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  • 2021-06-22 发布

本章三年高考真题与高考等值卷( 数列 )(理科数学)-2020年领军高考数学一轮复习(文理通用) Word版含解析

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三年高考真题与高考等值卷( 数列 )(理科数学)‎ ‎1.数列的概念和简单表示法 ‎(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式).‎ ‎(2)了解数列是自变量为正整数的一类函数.‎ ‎2.等差数列、等比数列 ‎(1)理解等差数列、等比数列的概念.‎ ‎(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.‎ ‎(3)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题.‎ ‎(4)了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.‎ ‎1.【2019年新课标3理科05】已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=‎3a3+‎4a1,则a3=(  )‎ A.16 B.‎8 ‎C.4 D.2‎ ‎【解答】解:设等比数列{an}的公比为q(q>0),‎ 则由前4项和为15,且a5=‎3a3+‎4a1,有 ‎,∴,‎ ‎∴,‎ 故选:C.‎ ‎2.【2019年新课标1理科09】记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则(  )‎ A.an=2n﹣5 B.an=3n﹣‎10 ‎C.Sn=2n2﹣8n D.Snn2﹣2n ‎【解答】解:设等差数列{an}的公差为d,‎ 由S4=0,a5=5,得 ‎,∴,‎ ‎∴an=2n﹣5,,‎ 故选:A.‎ ‎3.【2019年浙江10】设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=an2+b,n∈N*,则(  )‎ A.当b时,a10>10 B.当b时,a10>10 ‎ C.当b=﹣2时,a10>10 D.当b=﹣4时,a10>10‎ ‎【解答】解:对于B,令0,得λ,‎ 取,∴,‎ ‎∴当b时,a10<10,故B错误;‎ 对于C,令x2﹣λ﹣2=0,得λ=2或λ=﹣1,‎ 取a1=2,∴a2=2,…,an=2<10,‎ ‎∴当b=﹣2时,a10<10,故C错误;‎ 对于D,令x2﹣λ﹣4=0,得,‎ 取,∴,…,10,‎ ‎∴当b=﹣4时,a10<10,故D错误;‎ 对于A,,,‎ ‎,‎ an+1﹣an>0,{an}递增,‎ 当n≥4时,an1,‎ ‎∴,∴()6,∴a1010.故A正确.‎ 故选:A. ‎ ‎4.【2018年新课标1理科04】记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=(    )‎ A.﹣12 B.﹣‎10 ‎C.10 D.12‎ ‎【解答】解:∵Sn为等差数列{an}的前n项和,3S3=S2+S4,a1=2,‎ ‎∴a1+a1+d+‎4a1d,‎ 把a1=2,代入得d=﹣3‎ ‎∴a5=2+4×(﹣3)=﹣10.‎ 故选:B. ‎ ‎5.【2018年浙江10】已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),若a1>1,则(    )‎ A.a1<a3,a2<a4 B.a1>a3,a2<a4 ‎ C.a1<a3,a2>a4 D.a1>a3,a2>a4‎ ‎【解答】解:a1,a2,a3,a4成等比数列,由等比数列的性质可知,奇数项符号相同,偶数项符号相同,‎ a1>1,设公比为q,‎ 当q>0时,a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3,a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),不成立,‎ 即:a1>a3,a2>a4,a1<a3,a2<a4,不成立,排除A、D.‎ 当q=﹣1时,a1+a2+a3+a4=0,ln(a1+a2+a3)>0,等式不成立,所以q≠﹣1;‎ 当q<﹣1时,a1+a2+a3+a4<0,ln(a1+a2+a3)>0,a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)不成立,‎ 当q∈(﹣1,0)时,a1>a3>0,a2<a4<0,并且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),能够成立,‎ 故选:B. ‎ ‎6.【2017年新课标1理科04】记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为(    )‎ A.1 B.‎2 ‎C.4 D.8‎ ‎【解答】解:∵Sn为等差数列{an}的前n项和,a4+a5=24,S6=48,‎ ‎∴,‎ 解得a1=﹣2,d=4,‎ ‎∴{an}的公差为4.‎ 故选:C. ‎ ‎7.【2017年新课标1理科12】几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是(    )‎ A.440 B.‎330 ‎C.220 D.110‎ ‎【解答】解:设该数列为{an},设bn2n+1﹣1,(n∈N+),则ai,‎ 由题意可设数列{an}的前N项和为SN,数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1=2n+1﹣n﹣2,‎ 可知当N为时(n∈N+),数列{an}的前N项和为数列{bn}的前n项和,即为2n+1﹣n﹣2,‎ 容易得到N>100时,n≥14,‎ A项,由435,440=435+5,可知S440=T29+b5=230﹣29﹣2+25﹣1=230,故A项符合题意.‎ B项,仿上可知325,可知S330=T25+b5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4,显然不为2的整数幂,故B项不符合题意.‎ C项,仿上可知210,可知S220=T20+b10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23,显然不为2的整数幂,故C项不符合题意.‎ D项,仿上可知105,可知S110=T14+b5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15,显然不为2的整数幂,故D项不符合题意.‎ 故选A.‎ 方法二:由题意可知:,,,,‎ 根据等比数列前n项和公式,求得每项和分别为:21﹣1,22﹣1,23﹣1,…,2n﹣1,‎ 每项含有的项数为:1,2,3,…,n,‎ 总共的项数为N=1+2+3+…+n,‎ 所有项数的和为Sn:21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1=(21+22+23+…+2n)﹣nn=2n+1﹣2﹣n,‎ 由题意可知:2n+1为2的整数幂.只需将﹣2﹣n消去即可,‎ 则①1+2+(﹣2﹣n)=0,解得:n=1,总共有2=3,不满足N>100,‎ ‎②1+2+4+(﹣2﹣n)=0,解得:n=5,总共有3=18,不满足N>100,‎ ‎③1+2+4+8+(﹣2﹣n)=0,解得:n=13,总共有4=95,不满足N>100,‎ ‎④1+2+4+8+16+(﹣2﹣n)=0,解得:n=29,总共有5=440,满足N>100,‎ ‎∴该款软件的激活码440.‎ 故选:A. ‎ ‎8.【2017年新课标2理科03】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远看巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯(    )‎ A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏 ‎【解答】解:设塔顶的a1盏灯,‎ 由题意{an}是公比为2的等比数列,‎ ‎∴S7381,‎ 解得a1=3.‎ 故选:B. ‎ ‎9.【2017年新课标3理科09】等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为(    )‎ A.﹣24 B.﹣‎3 ‎C.3 D.8‎ ‎【解答】解:∵等差数列{an}的首项为1,公差不为0.a2,a3,a6成等比数列,‎ ‎∴,‎ ‎∴(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),且a1=1,d≠0,‎ 解得d=﹣2,‎ ‎∴{an}前6项的和为24.‎ 故选:A. ‎ ‎10.【2017年浙江06】已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,则“d>‎0”‎是“S4+S6>2S‎5”‎的(    )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 ‎ C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎【解答】解:∵S4+S6>2S5,‎ ‎∴‎4a1+6d+‎6a1+15d>2(‎5a1+10d),‎ ‎∴21d>20d,‎ ‎∴d>0,‎ 故“d>0”是“S4+S6>2S‎5”‎充分必要条件,‎ 故选:C. ‎ ‎11.【2017年上海14】在数列{an}中,an=()n,n∈N*,则an(    )‎ A.等于 B.等于‎0 ‎C.等于 D.不存在 ‎【解答】解:数列{an}中,an=()n,n∈N*,‎ 则an0.‎ 故选:B. ‎ ‎12.【2017年上海15】已知a、b、c为实常数,数列{xn}的通项xn=an2+bn+c,n∈N*,则“存在k∈N*,使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是(    )‎ A.a≥0 B.b≤‎0 ‎C.c=0 D.a﹣2b+c=0‎ ‎【解答】解:存在k∈N*,使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列,可得:2[a(200+k)2+b(200+k)+c]=a(100+k)2+b(100+k)+c+a(300+k)2+b(300+k)+c,化为:a=0.‎ ‎∴使得x100+k,x200+k,x300+k成等差数列的必要条件是a≥0.‎ 故选:A. ‎ ‎13.【2019年新课标3理科14】记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0,a2=‎3a1,则  .‎ ‎【解答】解:设等差数列{an}的公差为d,则 由a1≠0,a2=‎3a1可得,d=‎2a1,‎ ‎∴‎ ‎ ‎ ‎,‎ 故答案为:4. ‎ ‎14.【2019年新课标1理科14】记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1,a42=a6,则S5=  .‎ ‎【解答】解:在等比数列中,由a42=a6,得q‎6a12=q‎5a1>0,‎ 即q>0,q=3,‎ 则S5,‎ 故答案为: ‎ ‎15.【2019年北京理科10】设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=﹣3,S5=﹣10,则a5=  ,Sn的最小值为  .‎ ‎【解答】解:设等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=﹣3,S5=﹣10,‎ ‎∴,‎ 解得a1=﹣4,d=1,‎ ‎∴a5=a1+4d=﹣4+4×1=0,‎ Sn4n(n)2,‎ ‎∴n=4或n=5时,Sn取最小值为S4=S5=﹣10.‎ 故答案为:0,﹣10. ‎ ‎16.【2019年江苏08】已知数列{an}(n∈N*)是等差数列,Sn是其前n项和.若a‎2a5+a8=0,S9=27,则S8的值是  .‎ ‎【解答】解:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,‎ 则,解得.‎ ‎∴6×(﹣5)+15×2=16.‎ 故答案为:16. ‎ ‎17.【2018年江苏14】已知集合A={x|x=2n﹣1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an},记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为    .‎ ‎【解答】解:利用列举法可得:当n=26时,A∪B中的所有元素从小到大依次排列,构成一个数列{an},‎ 所以数列{an}的前26项分成两组:1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23.25,…41;‎ ‎2,4,8,16,32.‎ S26,a27=43,⇒‎12a27=516,不符合题意.‎ 当n=27时,A∪B中的所有元素从小到大依次排列,构成一个数列{an},‎ 所以数列{an}的前27项分成两组:1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,…41,43;‎ ‎2,4,8,16,32.‎ S27546,a28=45⇒‎12a28=540,符合题意,‎ 故答案为:27. ‎ ‎18.【2018年新课标1理科14】记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=    .‎ ‎【解答】解:Sn为数列{an}的前n项和,Sn=2an+1,①‎ 当n=1时,a1=‎2a1+1,解得a1=﹣1,‎ 当n≥2时,Sn﹣1=2an﹣1+1,②,‎ 由①﹣②可得an=2an﹣2an﹣1,‎ ‎∴an=2an﹣1,‎ ‎∴{an}是以﹣1为首项,以2为公比的等比数列,‎ ‎∴S663,‎ 故答案为:﹣63 ‎ ‎19.【2018年上海06】记等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3=0,a6+a7=14,则S7=    .‎ ‎【解答】解:∵等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=0,a6+a7=14,‎ ‎∴,‎ 解得a1=﹣4,d=2,‎ ‎∴S7=‎7a128+42=14.‎ 故答案为:14. ‎ ‎20.【2018年上海10】设等比数列{an}的通项公式为an=qn﹣1(n∈N*),前n项和为Sn.若,则q=    .‎ ‎【解答】解:等比数列{an}的通项公式为an=qn﹣1(n∈N*),可得a1=1,‎ 因为,所以数列的公比不是1,‎ ‎,an+1=qn.‎ 可得,‎ 可得q=3.‎ 故答案为:3. ‎ ‎21.【2018年北京理科09】设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为    .‎ ‎【解答】解:∵{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,‎ ‎∴,‎ 解得a1=3,d=6,‎ ‎∴an=a1+(n﹣1)d=3+(n﹣1)×6=6n﹣3.‎ ‎∴{an}的通项公式为an=6n﹣3.‎ 故答案为:an=6n﹣3. ‎ ‎22.【2017年江苏09】等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn,已知S3,S6,则a8=    .‎ ‎【解答】解:设等比数列{an}的公比为q≠1,‎ ‎∵S3,S6,∴,,‎ 解得a1,q=2.‎ 则a832.‎ 故答案为:32. ‎ ‎23.【2017年新课标2理科15】等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则     .‎ ‎【解答】解:等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,S4=2(a2+a3)=10,‎ 可得a2=2,数列的首项为1,公差为1,‎ Sn,,‎ 则 2[1]=2(1).‎ 故答案为:. ‎ ‎24.【2017年新课标3理科14】设等比数列{an}满足a1+a2=﹣1,a1﹣a3=﹣3,则a4=    .‎ ‎【解答】解:设等比数列{an}的公比为q,∵a1+a2=﹣1,a1﹣a3=﹣3,‎ ‎∴a1(1+q)=﹣1,a1(1﹣q2)=﹣3,‎ 解得a1=1,q=﹣2.‎ 则a4=(﹣2)3=﹣8.‎ 故答案为:﹣8. ‎ ‎25.【2017年上海10】已知数列{an}和{bn},其中an=n2,n∈N*,{bn}的项是互不相等的正整数,若对于任意n∈N*,{bn}的第an项等于{an}的第bn项,则    .‎ ‎【解答】解:∵an=n2,n∈N*,若对于一切n∈N*,{bn}中的第an项恒等于{an}中的第bn项,‎ ‎∴.‎ ‎∴b1=a1=1,b4,b9,b16.‎ ‎∴b1b4b9b16.‎ ‎∴2.‎ 故答案为:2. ‎ ‎26.【2017年北京理科10】若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=﹣1,a4=b4=8,则    .‎ ‎【解答】解:等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=﹣1,a4=b4=8,‎ 设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q.‎ 可得:8=﹣1+3d,d=3,a2=2;‎ ‎8=﹣q3,解得q=﹣2,∴b2=2.‎ 可得1.‎ 故答案为:1. ‎ ‎27.【2019年天津理科19】设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=‎2a2﹣2,b3=‎2a3+4.‎ ‎(Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)设数列{cn}满足c1=1,cn其中k∈N*.‎ ‎(i)求数列{a(c1)}的通项公式;‎ ‎(ii)求aici(n∈N*).‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,‎ 依题意有:‎ ‎,解得,‎ ‎∴an=4+(n﹣1)×3=3n+1,‎ bn=6×2n﹣1=3×2n.‎ ‎(Ⅱ)(i)∵数列{cn}满足c1=1,cn其中k∈N*.‎ ‎∴a(c1)(bn﹣1)=(3×2n+1)(3×2n﹣1)=9×4n﹣1,‎ ‎∴数列{a(c1)}的通项公式为:‎ a(c1)=9×4n﹣1.‎ ‎(ii)aici[ai+ai(ci﹣1)]‎ ‎=(3)‎ ‎=(3×22n﹣1+5×2n﹣1)+9n ‎=27×22n+1+5×2n﹣1﹣n﹣12.(n∈N*). ‎ ‎28.【2019年全国新课标2理科19】已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an﹣bn+4,4bn+1=3bn﹣an﹣4.‎ ‎(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an﹣bn}是等差数列;‎ ‎(2)求{an}和{bn}的通项公式.‎ ‎【解答】解:(1)证明:∵4an+1=3an﹣bn+4,4bn+1=3bn﹣an﹣4;‎ ‎∴4(an+1+bn+1)=2(an+bn),4(an+1﹣bn+1)=4(an﹣bn)+8;‎ 即an+1+bn+1(an+bn),an+1﹣bn+1=an﹣bn+2;‎ 又a1+b1=1,a1﹣b1=1,‎ ‎∴{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列,‎ ‎{an﹣bn}是首项为1,公差为2的等差数列;‎ ‎(2)由(1)可得:an+bn=()n﹣1,‎ an﹣bn=1+2(n﹣1)=2n﹣1;‎ ‎∴an=()n+n,‎ bn=()n﹣n. ‎ ‎29.【2019年北京理科20】已知数列{an},从中选取第i1项、第i2项、…、第im项(i1<i2<…<im),若aaa,则称新数列a,a,…,a为{an}的长度为m的递增子列.规定:数列{an}的任意一项都是{an}的长度为1的递增子列.‎ ‎(Ⅰ)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列;‎ ‎(Ⅱ)已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为a,长度为q的递增子列的末项的最小值为a.若p<q,求证:aa;‎ ‎(Ⅲ)设无穷数列{an}的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若{an}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s﹣1,且长度为s末项为2s﹣1的递增子列恰有2s﹣1个(s=1,2,…),求数列{an}的通项公式.‎ ‎【解答】解:(I)1,3,5,6.‎ ‎(II)证明:考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列,‎ ‎∴该数列的第p项,‎ ‎∴.‎ ‎(III)解:考虑2s﹣1与2s这一组数在数列中的位置.‎ 若{an}中有2s,在2s在2s﹣1之后,则必然在长度为s+1,且末项为2s的递增子列,‎ 这与长度为s的递增子列末项的最小值为2s﹣1矛盾,∴2s必在2s﹣1之前.‎ 继续考虑末项为2s+1的长度为s+1的递增子列.‎ ‎∵对于数列2n﹣1,2n,由于2n在2n﹣1之前,∴研究递增子列时,不可同时取2n与2n﹣1,‎ ‎∵对于1至2s的所有整数,研究长度为s+1的递增子列时,第1项是1与2二选1,第2项是3与4二选1,……,第s项是2s﹣1与2s二选1,‎ 故递增子列最多有2s个.由题意,这s组数列对全部存在于原数列中,并且全在2s+1之前.‎ ‎∴2,1,4,3,6,5,……,是唯一构造.‎ 即a2k=2k﹣1,a2k﹣1=2k,k∈N*.‎ ‎30.【2019年江苏20】定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M﹣数列”.‎ ‎(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足:a‎2a4=a5,a3﹣‎4a2+‎4a1=0,求证:数列{an}为“M﹣数列”;‎ ‎(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足:b1=1,,其中Sn为数列{bn}的前n项和.‎ ‎①求数列{bn}的通项公式;‎ ‎②设m为正整数,若存在“M﹣数列”{cn}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.‎ ‎【解答】解:(1)设等比数列{an}的公比为q,则 由a‎2a4=a5,a3﹣‎4a2+‎4a1=0,得 ‎∴,‎ ‎∴数列{an}首项为1且公比为正数 即数列{an}为“M﹣数列”;‎ ‎(2)①∵b1=1,,‎ ‎∴当n=1时,,∴b2=2,‎ 当n=2时,,∴b3=3,‎ 当n=3时,,∴b4=4,‎ 猜想bn=n,下面用数学归纳法证明;‎ ‎(i)当n=1时,b1=1,满足bn=n,‎ ‎(ii)假设n=k时,结论成立,即bk=k,则n=k+1时,‎ 由,得 k+1,‎ 故n=k+1时结论成立,‎ 根据(i)(ii)可知,bn=n对任意的n∈N*都成立.‎ 故数列{bn}的通项公式为bn=n;‎ ‎②设{cn}的公比为q,‎ 存在“M﹣数列”{cn}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,‎ 即qk﹣1≤k≤k对k≤m恒成立,‎ 当k=1时,q≥1,当k=2时,,‎ 当k≥3,两边取对数可得,对k≤m有解,‎ 即,‎ 令f(x),则,‎ 当x≥3时,f'(x)<0,此时f(x)递增,‎ ‎∴当k≥3时,,‎ 令g(x),则,‎ 令,则,‎ 当x≥3时,ϕ'(x)<0,即g'(x)<0,‎ ‎∴g(x)在[3,+∞)上单调递减,‎ 即k≥3时,,则 ‎,‎ 下面求解不等式,‎ 化简,得3lnm﹣(m﹣1)ln3≤0,‎ 令h(m)=3lnm﹣(m﹣1)ln3,则h'(m)ln3,‎ 由k≥3得m≥3,h'(m)<0,∴h(m)在[3,+∞)上单调递减,‎ 又由于h(5)=3ln5﹣4ln3=ln125﹣ln81>0,h(6)=3ln6﹣5ln3=ln216﹣ln243<0,‎ ‎∴存在m0∈(5,6)使得h(m0)=0,‎ ‎∴m的最大值为5,此时q∈,. ‎ ‎31.【2019年浙江20】设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足:对每个n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.‎ ‎(Ⅰ)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)记cn,n∈N*,证明:c1+c2+…+cn<2,n∈N*.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)设数列{an}的公差为d,‎ 由题意得,‎ 解得a1=0,d=2,‎ ‎∴an=2n﹣2,n∈N*.‎ ‎∴Sn=n2﹣n,n∈N*,‎ ‎∵数列{bn}满足:对每个n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.‎ ‎∴(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn),‎ 解得,‎ 解得bn=n2+n,n∈N*.‎ 证明:(Ⅱ),n∈N*,‎ 用数学归纳法证明:‎ ‎①当n=1时,c1=0<2,不等式成立;‎ ‎②假设n=k,(k∈N*)时不等式成立,即c1+c2+…+ck<2,‎ 则当n=k+1时,‎ c1+c2+…+ck+ck+1<22‎ ‎<222,‎ 即n=k+1时,不等式也成立.‎ 由①②得c1+c2+…+cn<2,n∈N*. ‎ ‎32.【2018年江苏20】设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列.‎ ‎(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an﹣bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;‎ ‎(2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,],证明:存在d∈R,使得|an﹣bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).‎ ‎【解答】解:(1)由题意可知|an﹣bn|≤1对任意n=1,2,3,4均成立,‎ ‎∵a1=0,q=2,‎ ‎∴,解得.即d.‎ 证明:(2)∵an=a1+(n﹣1)d,bn=b1•qn﹣1,‎ 若存在d∈R,使得|an﹣bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,‎ 则|b1+(n﹣1)d﹣b1•qn﹣1|≤b1,(n=2,3,…,m+1),‎ 即b1≤d,(n=2,3,…,m+1),‎ ‎∵q∈(1,],∴则1<qn﹣1≤qm≤2,(n=2,3,…,m+1),‎ ‎∴b1≤0,0,‎ 因此取d=0时,|an﹣bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,‎ 下面讨论数列{}的最大值和数列{}的最小值,‎ ‎①当2≤n≤m时,,‎ 当1<q时,有qn≤qm≤2,‎ 从而n(qn﹣qn﹣1)﹣qn+2>0,‎ 因此当2≤n≤m+1时,数列{}单调递增,‎ 故数列{}的最大值为.‎ ‎②设f(x)=2x(1﹣x),当x>0时,f′(x)=(ln2﹣1﹣xln2)2x<0,‎ ‎∴f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1,‎ 当2≤n≤m时,(1)=f()<1,‎ 因此当2≤n≤m+1时,数列{}单调递递减,‎ 故数列{}的最小值为 ‎∴d的取值范围是d∈[,]. ‎ ‎33.【2018年江苏26】设n∈N*,对1,2,……,n的一个排列i1i2……in,如果当s<t时,有is>it,则称(is,it)是排列i1i2……in的一个逆序,排列i1i2……in的所有逆序的总个数称为其逆序数.例如:对1,2,3的一个排列231,只有两个逆序(2,1),(3,1),则排列231的逆序数为2.记fn(k)为1,2,…,n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数.‎ ‎(1)求f3(2),f4(2)的值;‎ ‎(2)求fn(2)(n≥5)的表达式(用n表示).‎ ‎【解答】解:(1)记μ(abc)为排列abc得逆序数,对1,2,3的所有排列,有 μ(123)=0,μ(132)=1,μ(231)=2,μ(321)=3,‎ ‎∴f3(0)=1,f3(1)=f3(2)=2,‎ 对1,2,3,4的排列,利用已有的1,2,3的排列,将数字4添加进去,4在新排列中的位置只能是最后三个位置.‎ 因此,f4(2)=f3(2)+f3(1)+f3(0)=5;‎ ‎(2)对一般的n(n≥4)的情形,逆序数为0的排列只有一个:12…n,∴fn(0)=1.‎ 逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列,fn(1)=n﹣1.‎ 为计算fn+1(2),当1,2,…,n的排列及其逆序数确定后,将n+1添加进原排列,n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置.‎ 因此,fn+1(2)=fn(2)+fn(1)+fn(0)=fn(2)+n.‎ 当n≥5时,fn(2)=[fn(2)﹣fn﹣1(2)]+[fn﹣1(2)﹣fn﹣2(2)]+…+[f5(2)﹣f4(2)]+f4(2)‎ ‎=(n﹣1)+(n﹣2)+…+4+f4(2).‎ 因此,当n≥5时,fn(2).‎ ‎34.【2018年新课标2理科17】记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=﹣7,S3=﹣15.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求Sn,并求Sn的最小值.‎ ‎【解答】解:(1)∵等差数列{an}中,a1=﹣7,S3=﹣15,‎ ‎∴a1=﹣7,‎3a1+3d=﹣15,解得a1=﹣7,d=2,‎ ‎∴an=﹣7+2(n﹣1)=2n﹣9;‎ ‎(2)∵a1=﹣7,d=2,an=2n﹣9,‎ ‎∴Snn2﹣8n=(n﹣4)2﹣16,‎ ‎∴当n=4时,前n项的和Sn取得最小值为﹣16. ‎ ‎35.【2018年新课标3理科17】等比数列{an}中,a1=1,a5=‎4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63,求m.‎ ‎【解答】解:(1)∵等比数列{an}中,a1=1,a5=‎4a3.‎ ‎∴1×q4=4×(1×q2),‎ 解得q=±2,‎ 当q=2时,an=2n﹣1,‎ 当q=﹣2时,an=(﹣2)n﹣1,‎ ‎∴{an}的通项公式为,an=2n﹣1,或an=(﹣2)n﹣1.‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和.‎ 当a1=1,q=﹣2时,Sn,‎ 由Sm=63,得Sm63,m∈N,无解;‎ 当a1=1,q=2时,Sn2n﹣1,‎ 由Sm=63,得Sm=‎2m﹣1=63,m∈N,‎ 解得m=6. ‎ ‎36.【2018年浙江20】已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1﹣bn)an}的前n项和为2n2+n.‎ ‎(Ⅰ)求q的值;‎ ‎(Ⅱ)求数列{bn}的通项公式.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项,‎ 可得‎2a4+4=a3+a5=28﹣a4,‎ 解得a4=8,‎ 由8+8q=28,可得q=2(舍去),‎ 则q的值为2;‎ ‎(Ⅱ)设cn=(bn+1﹣bn)an=(bn+1﹣bn)2n﹣1,‎ 可得n=1时,c1=2+1=3,‎ n≥2时,可得cn=2n2+n﹣2(n﹣1)2﹣(n﹣1)=4n﹣1,‎ 上式对n=1也成立,‎ 则(bn+1﹣bn)an=4n﹣1,‎ 即有bn+1﹣bn=(4n﹣1)•()n﹣1,‎ 可得bn=b1+(b2﹣b1)+(b3﹣b2)+…+(bn﹣bn﹣1)‎ ‎=1+3•()0+7•()1+…+(4n﹣5)•()n﹣2,‎ bn3•()+7•()2+…+(4n﹣5)•()n﹣1,‎ 相减可得bn4[()+()2+…+()n﹣2]﹣(4n﹣5)•()n﹣1‎ ‎4•(4n﹣5)•()n﹣1,‎ 化简可得bn=15﹣(4n+3)•()n﹣2. ‎ ‎37.【2018年上海21】给定无穷数列{an},若无穷数列{bn}满足:对任意n∈N*,都有|bn﹣an|≤1,则称{bn}与{an}“接近”.‎ ‎(1)设{an}是首项为1,公比为的等比数列,bn=an+1+1,n∈N*,判断数列{bn}是否与{an}接近,并说明理由;‎ ‎(2)设数列{an}的前四项为:a1=1,a2=2,a3=4,a4=8,{bn}是一个与{an}接近的数列,记集合M={x|x=bi,i=1,2,3,4},求M中元素的个数m;‎ ‎(3)已知{an}是公差为d的等差数列,若存在数列{bn}满足:{bn}与{an}接近,且在b2﹣b1,b3﹣b2,…,b201﹣b200中至少有100个为正数,求d的取值范围.‎ ‎【解答】解:(1)数列{bn}与{an}接近.‎ 理由:{an}是首项为1,公比为的等比数列,‎ 可得an,bn=an+1+11,‎ 则|bn﹣an|=|1|=11,n∈N*,‎ 可得数列{bn}与{an}接近;‎ ‎(2){bn}是一个与{an}接近的数列,‎ 可得an﹣1≤bn≤an+1,‎ 数列{an}的前四项为:a1=1,a2=2,a3=4,a4=8,‎ 可得b1∈[0,2],b2∈[1,3],b3∈[3,5],b4∈[7,9],‎ 可能b1与b2相等,b2与b3相等,但b1与b3不相等,b4与b3不相等,‎ 集合M={x|x=bi,i=1,2,3,4},‎ M中元素的个数m=3或4;‎ ‎(3){an}是公差为d的等差数列,若存在数列{bn}满足:{bn}与{an}接近,‎ 可得an=a1+(n﹣1)d,‎ ‎①若d>0,取bn=an,可得bn+1﹣bn=an+1﹣an=d>0,‎ 则b2﹣b1,b3﹣b2,…,b201﹣b200中有200个正数,符合题意;‎ ‎②若d=0,取bn=a1,则|bn﹣an|=|a‎1a1|1,n∈N*,‎ 可得bn+1﹣bn0,‎ 则b2﹣b1,b3﹣b2,…,b201﹣b200中有200个正数,符合题意;‎ ‎③若﹣2<d<0,可令b2n﹣1=a2n﹣1﹣1,b2n=a2n+1,‎ 则b2n﹣b2n﹣1=a2n+1﹣(a2n﹣1﹣1)=2+d>0,‎ 则b2﹣b1,b3﹣b2,…,b201﹣b200中恰有100个正数,符合题意;‎ ‎④若d≤﹣2,若存在数列{bn}满足:{bn}与{an}接近,‎ 即为an﹣1≤bn≤an+1,an+1﹣1≤bn+1≤an+1+1,‎ 可得bn+1﹣bn≤an+1+1﹣(an﹣1)=2+d≤0,‎ b2﹣b1,b3﹣b2,…,b201﹣b200中无正数,不符合题意.‎ 综上可得,d的范围是(﹣2,+∞).‎ ‎38.【2018年天津理科18】设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.‎ ‎(Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*),‎ ‎(i)求Tn;‎ ‎(ii)证明2(n∈N*).‎ ‎【解答】(Ⅰ)解:设等比数列{an}的公比为q,由a1=1,a3=a2+2,可得q2﹣q﹣2=0.‎ ‎∵q>0,可得q=2.‎ 故.‎ 设等差数列{bn}的公差为d,由a4=b3+b5,得b1+3d=4,‎ 由a5=b4+2b6,得3b1+13d=16,‎ ‎∴b1=d=1.‎ 故bn=n;‎ ‎(Ⅱ)(i)解:由(Ⅰ),可得,‎ 故;‎ ‎(ii)证明:∵.‎ ‎∴2. ‎ ‎39.【2017年江苏19】对于给定的正整数k,若数列{an}满足:an﹣k+an﹣k+1+…+an﹣1+an+1+…+an+k﹣1+an+k=2kan对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{an}是“P(k)数列”.‎ ‎(1)证明:等差数列{an}是“P(3)数列”;‎ ‎(2)若数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{an}是等差数列.‎ ‎【解答】解:(1)证明:设等差数列{an}首项为a1,公差为d,则an=a1+(n﹣1)d,‎ 则an﹣3+an﹣2+an﹣1+an+1+an+2+an+3,‎ ‎=(an﹣3+an+3)+(an﹣2+an+2)+(an﹣1+an+1),‎ ‎=2an+2an+2an,‎ ‎=2×3an,‎ ‎∴等差数列{an}是“P(3)数列”;‎ ‎(2)证明:当n≥4时,因为数列{an}是P(3)数列,则an﹣3+an﹣2+an﹣1+an+1+an+2+an+3=6an,①‎ 因为数列{an}是“P(2)数列”,所以an﹣2+an﹣1+an+1+an+2=4an,②‎ 则an﹣1+an+an+2+an+3=4an+1,③,‎ ‎②+③﹣①,得2an=4an﹣1+4an+1﹣6an,即2an=an﹣1+an+1,(n≥4),‎ 因此n≥4从第3项起为等差数列,设公差为d,注意到a2+a3+a5+a6=‎4a4,‎ 所以a2=‎4a4﹣a3﹣a5﹣a6=4(a3+d)﹣a3﹣(a3+2d)﹣(a3+3d)=a3﹣d,‎ 因为a1+a2+a4+a5=‎4a3,所以a1=‎4a3﹣a2﹣a4﹣a5=4(a2+d)﹣a2﹣(a2+2d)﹣(a2+3d)=a2﹣d,‎ 也即前3项满足等差数列的通项公式,‎ 所以{an}为等差数列. ‎ ‎40.【2017年浙江22】已知数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*),证明:当n∈N*时,‎ ‎(Ⅰ)0<xn+1<xn;‎ ‎(Ⅱ)2xn+1﹣xn;‎ ‎(Ⅲ)xn.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)用数学归纳法证明:xn>0,‎ 当n=1时,x1=1>0,成立,‎ 假设当n=k时成立,则xk>0,‎ 那么n=k+1时,若xk+1<0,则0<xk=xk+1+ln(1+xk+1)<0,矛盾,‎ 故xn+1>0,‎ 因此xn>0,(n∈N*)‎ ‎∴xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1,‎ 因此0<xn+1<xn(n∈N*),‎ ‎(Ⅱ)由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得xnxn+1﹣4xn+1+2xn=xn+12﹣2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1),‎ 记函数f(x)=x2﹣2x+(x+2)ln(1+x),x≥0‎ ‎∴f′(x)ln(1+x)>0,‎ ‎∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ ‎∴f(x)≥f(0)=0,‎ 因此xn+12﹣2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)≥0,‎ 故2xn+1﹣xn;‎ ‎(Ⅲ)∵xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,‎ ‎∴xn,‎ 由2xn+1﹣xn得2()>0,‎ ‎∴2()≥…≥2n﹣1()=2n﹣2,‎ ‎∴xn,‎ 综上所述xn.‎ ‎41.【2017年北京理科20】设{an}和{bn}是两个等差数列,记cn=max{b1﹣a1n,b2﹣a2n,…,bn﹣ann}(n=1,2,3,…),其中max{x1,x2,…,xs}表示x1,x2,…,xs这s个数中最大的数.‎ ‎(1)若an=n,bn=2n﹣1,求c1,c2,c3的值,并证明{cn}是等差数列;‎ ‎(2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当n≥m时,M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2,…是等差数列.‎ ‎【解答】解:(1)a1=1,a2=2,a3=3,b1=1,b2=3,b3=5,‎ 当n=1时,c1=max{b1﹣a1}=max{0}=0,‎ 当n=2时,c2=max{b1﹣‎2a1,b2﹣‎2a2}=max{﹣1,﹣1}=﹣1,‎ 当n=3时,c3=max{b1﹣‎3a1,b2﹣‎3a2,b3﹣‎3a3}=max{﹣2,﹣3,﹣4}=﹣2,‎ 下面证明:对∀n∈N*,且n≥2,都有cn=b1﹣na1,‎ 当n∈N*,且2≤k≤n时,‎ 则(bk﹣nak)﹣(b1﹣na1),‎ ‎=[(2k﹣1)﹣nk]﹣1+n,‎ ‎=(2k﹣2)﹣n(k﹣1),‎ ‎=(k﹣1)(2﹣n),由k﹣1>0,且2﹣n≤0,‎ 则(bk﹣nak)﹣(b1﹣na1)≤0,则b1﹣na1≥bk﹣nak,‎ 因此,对∀n∈N*,且n≥2,cn=b1﹣na1=1﹣n,‎ cn+1﹣cn=﹣1,‎ ‎∴c2﹣c1=﹣1,‎ ‎∴cn+1﹣cn=﹣1对∀n∈N*均成立,‎ ‎∴数列{cn}是等差数列;‎ ‎(2)证明:设数列{an}和{bn}的公差分别为d1,d2,下面考虑的cn取值,‎ 由b1﹣a1n,b2﹣a2n,…,bn﹣ann,‎ 考虑其中任意bi﹣ain,(i∈N*,且1≤i≤n),‎ 则bi﹣ain=[b1+(i﹣1)d1]﹣[a1+(i﹣1)d2]×n,‎ ‎=(b1﹣a1n)+(i﹣1)(d2﹣d1×n),‎ 下面分d1=0,d1>0,d1<0三种情况进行讨论,‎ ‎①若d1=0,则bi﹣ain═(b1﹣a1n)+(i﹣1)d2,‎ 当若d2≤0,则(bi﹣ain)﹣(b1﹣a1n)=(i﹣1)d2≤0,‎ 则对于给定的正整数n而言,cn=b1﹣a1n,此时cn+1﹣cn=﹣a1,‎ ‎∴数列{cn}是等差数列;‎ 当d2>0,(bi﹣ain)﹣(bn﹣ann)=(i﹣n)d2>0,‎ 则对于给定的正整数n而言,cn=bn﹣ann=bn﹣a1n,‎ 此时cn+1﹣cn=d2﹣a1,‎ ‎∴数列{cn}是等差数列;‎ 此时取m=1,则c1,c2,…,是等差数列,命题成立;‎ ‎②若d1>0,则此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数,‎ 故必存在m∈N*,使得n≥m时,﹣d1n+d2<0,‎ 则当n≥m时,(bi﹣ain)﹣(b1﹣a1n)=(i﹣1)(﹣d1n+d2)≤0,(i∈N*,1≤i≤n),‎ 因此当n≥m时,cn=b1﹣a1n,‎ 此时cn+1﹣cn=﹣a1,故数列{cn}从第m项开始为等差数列,命题成立;‎ ‎③若d1<0,此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数,‎ 故必存在s∈N*,使得n≥s时,﹣d1n+d2>0,‎ 则当n≥s时,(bi﹣ain)﹣(bn﹣ann)=(i﹣1)(﹣d1n+d2)≤0,(i∈N*,1≤i≤n),‎ 因此,当n≥s时,cn=bn﹣ann,‎ 此时an,‎ ‎=﹣d2n+(d1﹣a1+d2),‎ 令﹣d1=A>0,d1﹣a1+d2=B,b1﹣d2=C,‎ 下面证明:An+B对任意正整数M,存在正整数m,使得n≥m,M,‎ 若C≥0,取m=[1],[x]表示不大于x的最大整数,‎ 当n≥m时,An+B≥Am+B=A[1]+B>A•B=M,‎ 此时命题成立;‎ 若C<0,取m=[]+1,‎ 当n≥m时,‎ An+BAm+B+C>A•B+C≥M﹣C﹣B+B+C=M,‎ 此时命题成立,‎ 因此对任意正数M,存在正整数m,使得当n≥m时,M;‎ 综合以上三种情况,命题得证.‎ ‎42.【2017年天津理科18】已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N+),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4﹣‎2a1,S11=11b4.‎ ‎(Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)求数列{a2nb2n﹣1}的前n项和(n∈N+).‎ ‎【解答】解:(I)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.‎ 由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q+q2﹣6=0.‎ 又因为q>0,解得q=2.所以,bn=2n.‎ 由b3=a4﹣‎2a1,可得3d﹣a1=8①.‎ 由S11=11b4,可得a1+5d=16②,‎ 联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n﹣2.‎ 所以,数列{an}的通项公式为an=3n﹣2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.‎ ‎(II)设数列{a2nb2n﹣1}的前n项和为Tn,‎ 由a2n=6n﹣2,b2n﹣14n,有a2nb2n﹣1=(3n﹣1)4n,‎ 故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n﹣1)4n,‎ ‎4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n﹣1)4n+1,‎ 上述两式相减,得﹣3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n﹣(3n﹣1)4n+1‎ ‎(3n﹣2)4n+1﹣8‎ 得Tn.‎ 所以,数列{a2nb2n﹣1}的前n项和为. ‎ ‎1、以考查等差数列的通项、前n 项和及性质为主,等差数列的证明也是考查的热点.本节内容在高考中既可以以选择、填空的形式进行考查,也可以以解答题的形式进行考查.解答题往往与等比数列、数列求和、不等式等问题综合考查.‎ ‎2、以考查等比数列的通项、前n项和及性质为主,等比数列的证明也是考查的热点.本节内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查,也可以以解答题的形式进行考查.解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查.‎ ‎3、以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n项和为主,识别出等差(比)数列,直接用公式法也是考查的热点.题型以解答题的形式为主,难度中等或稍难.一般第一问考查求通项,第二问考查求和,并与不等式、函数、最值等问题综合.‎ ‎ 1.等差数列,等比数列,满足,,则能取到的最小整数是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 等差数列的公差设为,等比数列的公比设为,,‎ 由,,可得,‎ 则,‎ 可得能取到的最小整数是.‎ 故选:B.‎ ‎2.中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问題:今有牛、马、羊食人苗,苗主责之粟五斗,羊主曰:“我羊食半马、“马主曰:“我马食半牛,”今欲衰偿之,问各出几何?此问题的译文是:今有牛、马、羊吃了别人的禾苗,禾苗主人要求赔偿5斗粟、羊主人说:“我羊所吃的禾苗只有马的一半,”马主人说:“我马所吃的禾苗只有牛的一半,“打算按此比例偿还,他们各应偿还多少?该问题中,1斗为‎10升,则马主人应偿还( )升粟?‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为斗=升,设羊、马、牛的主人应偿还的量分别为,‎ 由题意可知其构成了公比为2的等比数列,且 则,解得,‎ 所以马主人要偿还的量为:,‎ 故选D.‎ ‎3.我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方:如图,将1,2,…,9填入的方格内,使三行,三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15.一般地,将连续的正整数填入个方格中,使得每行,每列和两条对角线上的数字之和都相等,这个正方形叫做阶幻方.记阶幻方的对角线上的数字之和为,如图三阶幻方的,那么 的值为( )‎ A.41 B.‎45 ‎C.369 D.321‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据题意可知,幻方对角线上的数成等差数列,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎.‎ 故.‎ 故选:C ‎4.设数列的前项和为,且 ,则数列的前10项的和是( )‎ A.290 B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由得,‎ 当时,,整理得,‎ 所以是公差为4的等差数列,又,‎ 所以,从而,‎ 所以,‎ 数列的前10项的和.‎ 故选.‎ ‎5.意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例,引入“兔子数列”:,即,此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等都有着广泛的应用.若此数列被2整除后的余数构成一个新数列,则数列的前2019项的和为( )‎ A.672 B.‎673 ‎C.1346 D.2019‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由数列各项除以2的余数,‎ 可得为,‎ 所以是周期为3的周期数列,‎ 一个周期中三项和为,‎ 因为,‎ 所以数列的前2019项的和为,‎ 故选C.‎ ‎6.已知数列是等比数列,数列是等差数列,若,,则的值是( )‎ A.1 B. C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 是等比数列 ‎ 是等差数列 ‎ 本题正确选项:‎ ‎7.已知数列满足,设数列满足:,数列的前项和为,若恒成立,则实数的取值范围为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解:数列满足,①‎ 当时,,②‎ ‎①﹣②得:,‎ 故:,‎ 数列满足:,‎ 则:‎ ‎,‎ 由于恒成立,‎ 故:,‎ 整理得:,‎ 因为在上单调递减,‎ 故当时,‎ 所以.‎ 故选:D.‎ ‎8.已知函数的定义域为,当时,且对任意的实数,等式成立,若数列满足,且,则下列结论成立的是( )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由,令,,则 时, ‎ 当时,令,则,即 又 当时,‎ 令,则 ‎,即 在上单调递减 又 令,;令,;令,‎ 数列是以为周期的周期数列 ‎,,,,‎ 在上单调递减 ‎ ‎,,,‎ 本题正确选项:‎ ‎9.在数列中,,则的值为______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ 因为 所以,‎ ‎,‎ ‎,‎ 各式相加,可得 ‎,‎ ‎,‎ 所以,,故答案为1.‎ ‎10.已知正项等比数列满足,若存在两项,,使得,则的最小值为__________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ 正项等比数列满足,‎ ‎,‎ 整理,得,又,解得,,‎ 存在两项,使得,‎ ‎,‎ 整理,得,‎ ‎,‎ 则的最小值为2.‎ 当且仅当取等号,但此时,.又,‎ 所以只有当,时,取得最小值是2.‎ 故答案为:2‎ ‎11.已知数列满足对,都有成立,,函数,记,则数列的前项和为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 解:对,都有成立,‎ 可令即有,为常数,‎ 可得数列为等差数列,‎ 函数,‎ 由,‎ 可得的图象关于点对称,‎ ‎,‎ ‎,‎ 可得数列的前项和为.‎ 故答案为:.‎ ‎12.已知数列的前项和为,满足,则=_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意,数列满足,‎ 则,‎ 两式相减可得,‎ 即 整理得,即,即,‎ 当时,,即,解得,‎ 所以数列表示首项为,公比为的等比数列,‎ 所以,所以.‎ ‎13.等差数列中,且,,成等比数列,数列前20项的和____‎ ‎【答案】200或330‎ ‎【解析】‎ 设数列的公差为,则,‎ ‎,‎ 由成等比数列,得,‎ 即,‎ 整理得,解得或,‎ 当时,;‎ 当时,,‎ 于是,‎ 故答案为200或330.‎ ‎14.已知正项等比数列的前项和为.若,则取得最小值时,的值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由,得:q≠1,所以,‎ 化简得:,即,即,得,‎ 化简得==,‎ 当,即时,取得最小值,‎ 所以=‎ 故答案为:‎ ‎15.设数列的前项和为,且满足,则____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 解:,‎ 可得时, ,‎ 时,,‎ 又,‎ 两式相减可得,‎ 即,‎ 上式对也成立,‎ 可得数列是首项为1,公比为的等比数列,‎ 可得.‎ 故答案为:.‎ ‎16.已知数列满足,则数列的前项和为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由,得,‎ 所以数列是以为首项,2为公比的等比数列,‎ 于是,‎ 所以,‎ 因为,‎ 所以的前项和 ‎.‎ ‎17.定义:从数列中抽取项按其在中的次序排列形成一个新数列,则称为的子数列;若成等差(或等比),则称为的等差(或等比)子数列.‎ ‎(1)记数列的前项和为,已知.‎ ‎①求数列的通项公式;‎ ‎②数列是否存在等差子数列,若存在,求出等差子数列;若不存在,请说明理由.‎ ‎(2)已知数列的通项公式为,证明:存在等比子数列.‎ ‎【答案】(1)①;②见解析;(2)见证明 ‎【解析】‎ 解:(1)①因为,所以当时,,‎ 当时,,所以.‎ 综上可知:.‎ ‎②假设从数列中抽3项成等差,‎ 则,即,‎ 化简得:.‎ 因为,所以,,且,都是整数,‎ 所以为偶数,为奇数,所以不成立.‎ 因此,数列不存在三项等差子数列.‎ 若从数列中抽项,其前三项必成等差数列,不成立.‎ 综上可知,数列不存在等差子数列.‎ ‎(2)假设数列中存在3项,,成等比.‎ 设,则,故可设(与是互质的正整数).‎ 则需满足,‎ 即需满足,则需满足.‎ 取,则.‎ 此时,‎ ‎.‎ 故此时成立.‎ 因此数列中存在3项,,成等比,‎ 所以数列存在等比子数列.‎ ‎18.在等差数列中,已知公差,是与的等比中项 ‎(1)求数列的通项公式;‎ ‎(2)若数列满足,求数列的通项公式;‎ ‎(3)令,数列的前项和为.‎ ‎【答案】(1);(2);(3).‎ ‎【解析】‎ ‎(1)因为是与的等比中项,所以,‎ ‎∴数列的通项公式为.‎ ‎(2)∵①‎ ‎∴②‎ ‎②-①得:,,故。‎ ‎(3),‎ ‎∴,‎ 令,①‎ 则②‎ ‎①-②得: ,‎ ‎∴‎ ‎∴。‎ ‎∴数列的前项和 ‎19.已知等差数列满足,等比数列满足,且.‎ ‎(1)求数列,的通项公式;‎ ‎(2)记数列的前项和为,若数列满足,求 的前项和为.‎ ‎【答案】(1) , (2) .‎ ‎【解析】‎ ‎(1)设的首项为,公差为,则有,,‎ 解得所以, ‎ 设,由已知,可得,‎ 由可得,,可得,所以,‎ ‎(2)由(1)知,, ‎ 所以,,‎ 两式相减可得,, ‎ 当时,满足上式,所以, ‎ ‎,‎ 两式相减可得,‎ 所以.‎ ‎20.等差数列前项和为,且,.‎ ‎(1)求的通项公式;‎ ‎(2)数列满足且,求的前项和.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)等差数列的公差设为,前项和为,且,.‎ 可得,,‎ 解得,,‎ 可得;‎ ‎(2)由,‎ 可得 ‎,‎ ‎,‎ 则前项和 ‎.‎ ‎21.设是单调递增的等比数列,为数列的前项和.已知,且,,构成等差数列. ‎ ‎ (1)求及;‎ ‎ (2)是否存在常数.使得数列是等比数列?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】(1),(2)存在常数.使得数列是等比数列,详见解析 ‎【解析】‎ ‎(1)由题意得 ‎ ‎∴, ‎ ‎∴, 解得或 (舍) ‎ 所以, . ‎ ‎(2)假设存在常数.使得数列是等比数列,‎ 因为,,,‎ 所以,解得, ‎ 此时 ‎ ‎, ‎ ‎∴存在常数.使得数列是首项为,公比为等比数列 .‎ ‎22.对于无穷数列,,若,,则称是的“收缩数列”.其中,分别表示中的最大数和最小数.‎ 已知为无穷数列,其前项和为,数列是的“收缩数列”.‎ ‎(1)若,求的前项和;‎ ‎(2)证明:的“收缩数列”仍是;‎ ‎(3)若且,,求所有满足该条件的.‎ ‎【答案】(1);(2)详见解析;(3),.‎ ‎【解析】‎ ‎(1)由可得为递增数列 由通项公式可知为等差数列 的前项和为:‎ ‎(2)‎ ‎,又 的“收缩数列”仍是 ‎(3)由可得:‎ 当时,;‎ 当时,,即,所以;‎ 当时,,即(*),‎ 若,则,所以由(*)可得,与矛盾;‎ 若,则,所以由(*)可得 所以与同号,这与矛盾;‎ 若,则,由(*)可得.‎ 猜想:满足的数列是:‎ ‎, ‎ 经验证,左式 右式 下面证明其它数列都不满足(3)的题设条件 由上述时的情况可知,时,,是成立的 假设是首次不符合,的项,则 由题设条件可得(*)‎ 若,则由(*)式化简可得与矛盾;‎ 若,则,所以由(*)可得 所以与同号,这与矛盾;‎ 所以,则,所以由(*)化简可得.‎ 这与假设矛盾.‎ 所以不存在数列不满足,的符合题设条件 综上所述:,‎