历届高考数学真题汇编专题4_数列_理 124页

‎【2006年高考试题】‎ 一、选择题（共18题）‎ ‎1．（北京卷）设，则等于 ‎ （A） （B） （C） （D）‎ ‎2．（北京卷）如果-1，a,b,c,-9成等比数列，那么 ‎（A）b=3,ac=9 (B)b=-3,ac=9 (C)b=3,ac=-9 (D)b=-3,ac=-9‎ 解：由等比数列的性质可得ac＝（－1）×（－9）＝9，b×b＝9且b与奇数项的符号相同，故b＝－3，选B ‎3．（福建卷）在等差数列｛a｝中，已知a=2,a+a=13，则a+a+a等于 A.40 B‎.42 C.43 D.45‎ ‎4．（广东卷）已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为 A.5 B‎.4 C. 3 D. 2‎ 解：，故选C.‎ ‎5．（湖北卷）若互不相等的实数成等差数列，成等比数列，且，则 A．4 B．‎2 C．－2 D．－4‎ 解：由互不相等的实数成等差数列可设a＝b－d，c＝b＋d，由可得b＝2，所以a＝2－d，c＝2＋d，又成等比数列可得d＝6，所以a＝－4，选D ‎6．（湖北卷）在等比数列｛an｝中，a1＝1，a10＝3，则a‎2a3a4a5a6a7a8a9=‎ A. 81 B. ‎27 ‎C. D. 243‎ 解：因为数列｛an｝是等比数列，且a1＝1，a10＝3，所以a‎2a3a4a5a6a7a8a9＝‎ ‎（a‎2a9）（a‎3a8）（a‎4a7）（a‎5a6）＝（a‎1a10）4＝34＝81，故选A ‎7．（江西卷）已知等差数列｛an｝的前n项和为Sn，若，且A、B、C三点共线（该直线不过原点O），则S200＝（ ）‎ A．100 B. ‎101 C.200 D.201‎ 解：依题意，a1＋a200＝1，故选A ‎8．（江西卷）在各项均不为零的等差数列中，若，则（　　）‎ Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．‎ ‎9．（辽宁卷） 在等比数列中,,前项和为,若数列也是等比数列,则等于 ‎(A) (B) (C) (D)‎ ‎10．（全国卷I）设是公差为正数的等差数列，若，，则 A． B． C． D．‎ ‎【解析】是公差为正数的等差数列，若，，则，，∴ d=3，，，选B.‎ ‎11．（全国卷I）设是等差数列的前项和，若，则 A． B． C． D．‎ ‎【解析】是等差数列的前项和，若 ∴ ，选D.‎ ‎12．（全国II）设Sn是等差数列｛an｝的前n项和，若＝，则＝‎ ‎（A） （B） （C） （D） ‎13．（全国II）已知等差数列中，，则前10项的和＝‎ ‎（A）100 (B)210 (C)380 (D)400‎ 解：d＝，＝3，所以 ＝210，选B ‎14．(陕西卷)已知等差数列{an}中,a2+a8=8,则该数列前9项和S9等于( )‎ A.18 B‎.27 C.36 D.45‎ ‎.15．（天津卷）已知数列、都是公差为1的等差数列，其首项分别为、，且，．设（），则数列的前10项和等于（　　）‎ A．55　　　　 B．‎70　‎　　　　C．85　　　　　D．100‎ 解：数列、都是公差为1的等差数列，其首项分别为、，且，．设（），则数列的前10项和等于=，，∴ ‎ ‎=，选C.‎ ‎16．（天津卷）设是等差数列，，，则这个数列的前6项和等于（　　）‎ Ａ．12 Ｂ．24 Ｃ．36 Ｄ．48‎ ‎17．(重庆卷)在等差数列｛an｝中，若,SN是数列｛an｝的前n项和，则S 9的值为 ‎（A）48 (B)54 (C)60 (D)66‎ ‎18．(重庆卷)在等比数列中，若且，的值为 ‎（A）2 （B）4 （C）6 （D）8‎ 解：a‎3a7＝a52＝64，又，所以的值为8，故选D 二、填空题（共7题）‎ ‎…‎ ‎19．（广东卷）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第堆第层就放一个乒乓球，以表示第堆的乒乓球总数，则；（答案用表示）. ‎ 解：10，‎ ‎20．（湖南卷） 若数列满足：，2，3….则 ‎　　　　　　. ‎ 解：数列满足：，2，3…，该数列为公比为2的等比数列，∴ .‎ ‎21．（江苏卷）对正整数n，设曲线在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为，则数列的前n项和的公式是　　‎ ‎22．（山东卷）设为等差数列的前n项和，＝14，S10－＝30，则S9＝　　　　.‎ 解：设等差数列的首项为a1，公差为d，由题意得 ‎，联立解得a1=2,d=1，所以S9＝‎ ‎23．（浙江卷）设为等差数列的前项和，若,则公差为　　　（用数字作答）。‎ ‎【考点分析】本题考查等差数列的前项和，基础题。‎ 解析：设首项为，公差为，由题得 ‎【名师点拔】数学问题解决的本质是，你已知什么？从已知出发又能得出什么？完成了这些，也许水到渠成了。本题非常基础，等差数列的前项和公式的运用自然而然的就得出结论。‎ ‎24．(重庆卷)在数列｛an｝中，若a1=1,an+1=2an+3 (n≥1),则该数列的通项an=_________.‎ 解析：在数列中，若，∴ ，即{}是以为首项，2为公比的等比数列，，所以该数列的通项.‎ ‎25．(重庆卷)在数列中，若，，则该数列的通项 。‎ 解：由可得数列为公差为2的等差数列，又，所以2n－1‎ 三、解答题（共30题）‎ ‎26．（安徽卷）数列的前项和为，已知 ‎（Ⅰ）写出与的递推关系式，并求关于的表达式；‎ ‎（Ⅱ）设，求数列的前项和。‎ ‎27．（安徽卷）在等差数列中，，前项和满足条件， ‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）记，求数列的前项和。‎ ‎（Ⅱ）由，得。所以，‎ 当时，；‎ 当时，‎ ‎，‎ 即。‎ ‎28．（北京卷）在数列中，若是正整数，且，则称为“绝对差数列”.‎ ‎（Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）；‎ ‎（Ⅱ）若“绝对差数列”中，，数列满足，，分别判断当时，与的极限是否存在，如果存在，求出其极限值；‎ ‎（Ⅲ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.‎ 解：（Ⅰ）,（答案不惟一） ‎ ‎（Ⅱ）因为在绝对差数列中,.所以自第 20 项开始，该数列是,,即自第 20 项开始。每三个相邻的项周期地取值 3，0，3. 所以当时，的极限不存在. 当时, ,所以 若第一次出现的零项为第项，记，则自第项开始，每三个相邻的项周期地取值 0，, , 即 ‎ 所以绝对差数列中有无穷多个为零的项.‎ ‎29．（北京卷）设等差数列{an}的首项a1及公差d都为整数，前n项和为Sn.‎ ‎(Ⅰ)若a11=0,S14=98,求数列｛an｝的通项公式；‎ ‎(Ⅱ)若a1≥6，a11＞0，S14≤77，求所有可能的数列｛an｝的通项公式. 30。（福建卷）已知数列｛a｝满足a=1,a=‎2a+1(n∈N)‎ ‎（Ⅰ）求数列｛a｝的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若数列{bn}满足4k1-14k2-1…4k-1=(an+1)km(n∈N*),证明:{bn}是等差数列;‎ ‎（Ⅲ）证明:(n∈N*).‎ 解析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。满分14分。‎ ‎ （I）解：‎ ‎ ‎ ‎ 是以为首项，2为公比的等比数列。‎ ‎ ‎ ‎ 即　‎ ‎ （II）证法一：‎ ‎ ‎ ‎ 　　　　　　　　　　　　　①‎ ‎ 　　　　　　②‎ ‎ 证法二：同证法一，得 ‎ 　‎ ‎ 令得 ‎ 设下面用数学归纳法证明　‎ ‎ （1）当时，等式成立。‎ ‎ （2）假设当时，那么 ‎ ‎ ‎ 这就是说，当时，等式也成立。‎ ‎ 根据（1）和（2），可知对任何都成立。‎ ‎ 是等差数列。‎ ‎ （III）证明：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎31．（福建卷）已知数列满足 ‎ （I）证明：数列是等比数列；‎ ‎ （II）求数列的通项公式；‎ ‎ （II）若数列满足证明是等差数列。‎ 解析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。满分14分。‎ ‎（II）解：由（I）得 ‎　　‎ ‎（III）证明：‎ ‎　　　　　　　　①‎ ‎　　②‎ ‎32．（广东卷）已知公比为的无穷等比数列各项的和为9，无穷等比数列各项的和为.‎ ‎(I)求数列的首项和公比；‎ ‎(II)对给定的，设是首项为，公差为的等差数列，求的前10项之和；‎ ‎(III)设为数列的第项，，求，并求正整数，使得存在且不等于零.‎ ‎（注：无穷等比数列各项的和即当时该无穷等比数列前项和的极限）‎ 解: (Ⅰ)依题意可知,‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,,所以数列的的首项为,公差,‎ ‎,即数列的前10项之和为155.‎ ‎(Ⅲ) ===，‎ ‎，=‎ 当m=2时，=－，当m>2时，=0，所以m=2‎ ‎33．（湖北卷）已知二次函数的图像经过坐标原点，其导函数为，数列的前n项和为，点均在函数的图像上。‎ ‎（Ⅰ）、求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）、设，是数列的前n项和，求使得对所有都成立的最小正整数m；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得知＝＝，‎ 故Tn＝＝＝（1－）.‎ 因此，要使（1－）<（）成立的m,必须且仅须满足≤，即m≥10，所以满足要求的最小正整数m为10.‎ ‎34．（湖北卷）设数列的前n项和为，点 均在函数y＝3x－2的图像上。‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，是数列的前n项和，求使得对所有都成立的最小正整数m。‎ 本小题主要是考查等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能，考查分析问题能力和推理能力。‎ 因此，使得﹤成立的m必须满足≤，即m≥10,故满足要求的最小整数m为10。‎ ‎35．（湖南卷）在m（m≥2）个不同数的排列P1P2…Pn中，若1≤i＜j≤m时Pi＞Pj（即前面某数大于后面某数），则称Pi与Pj构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数. 记排列的逆序数为an，如排列21的逆序数，排列321的逆序数.‎ ‎（Ⅰ）求a4、a5，并写出an的表达式；‎ ‎（Ⅱ）令，证明，n=1,2,….‎ 解　（Ⅰ）由已知得，‎ ‎　　.‎ ‎（Ⅱ）因为，‎ ‎　　　所以.‎ ‎ 又因为，‎ ‎　　所以 ‎　　　　　　　　　　　　　 =.‎ 综上，.‎ ‎36．（江苏卷）设数列、、满足：，（n=1,2,3,…），证明为等差数列的充分必要条件是为等差数列且（n=1,2,3,…）‎ 本小题主要考查等差数列、充要条件等基础知识，考查综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力。‎ ‎①-②得cn–cn+2=（an–an+2）+2 (an+1–an+3)+3 (an+2–an+4)=bn+2bn+1+3bn+2‎ ‎∵cn–cn+2=( cn–cn+1)+( cn+1–cn+2)= –2 d2 ‎ ‎∴bn+2bn+1+3bn+2=–2 d2 ③ ‎ 从而有bn+1+2bn+2+3bn+3=–2 d2 ④‎ ‎④-③得（bn+1–bn）+2 (bn+2–bn+1)+3 (bn+3–bn+2)=0 ⑤‎ ‎∵bn+1–bn≥0, bn+2–bn+1≥0 , bn+3–bn+2≥0,‎ ‎∴由⑤得bn+1–bn=0 ( n=1,2,3,…)，‎ 由此不妨设bn=d3 ( n=1,2,3,…)则an–an+2= d3(常数).‎ 由此cn=an+2an+1+3an+2= cn=4an+2an+1–3d3‎ 从而cn+1=4an+1+2an+2–5d3 ，‎ 两式相减得cn+1–cn=2( an+1–an) –2d3‎ 因此(常数) ( n=1,2,3,…)‎ 所以数列{an}公差等差数列。‎ ‎【解后反思】理解公差d的涵义，能把文字叙述转化为符号关系式.利用递推关系是解决数列的重要方法,要求考生熟练掌握等差数列的定义、通项公式及其由来.‎ ‎37．（江西卷）已知数列｛an｝满足：a1＝，且an＝‎ 求数列｛an｝的通项公式；‎ 证明：对于一切正整数n，不等式a‎1·a2·……an<2·n！‎ 用数学归纳法证明3°式：‎ n＝1时，3°式显然成立，‎ 设n＝k时，3°式成立，‎ 即³1－（）‎ 则当n＝k＋1时，‎ ³〔1－（）〕·（）‎ ‎＝1－（）－＋（）‎ ³1－（＋）即当n＝k＋1时，3°式也成立。‎ 故对一切nÎN*，3°式都成立。‎ 利用3°得，³1－（）＝1－‎ ‎＝1－> 故2°式成立，从而结论成立。‎ ‎38．（江西卷）已知各项均为正数的数列，满足：，且，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，，求，并确定最小正整数，使为整数．‎ ‎（2）由1°式有Sn＋Tn＝‎ ‎＝‎ ‎＝‎ 为使Sn＋Tn＝为整数，当且仅当为整数.‎ ‎39．（辽宁卷）已知函数f(x)=,其中a,b,c是以d为公差的等差数列，，且a＞0,d＞0.设［1-］上，，在，将点A，B，C ‎(I)求 ‎(II)若⊿ABC有一边平行于x轴，且面积为，求a,d的值 ‎【解析】(I)解:‎ 令,得 当时,;‎ 当时,‎ 所以f(x)在x=-1处取得最小值即 ‎(II)‎ 的图像的开口向上,对称轴方程为 由知 在上的最大值为 即 又由 当时,取得最小值为 解法2:‎ 又c>0知在上的最大值为 即:‎ 又由 当时,取得最小值为 由三角形ABC有一条边平行于x轴知AC平行于x轴,所以 ‎41．（辽宁卷）已知等差数列的前项和为 ‎（Ⅰ）求q的值；‎ ‎（Ⅱ）若a1与a5的等差中项为18，bn满足，求数列的{bn}前n项和.‎ 解析：本小题考查数列的概念，等差数列，等比数列，对数与指数互相转化等基础知识。考查综合运用数学知识解决问题的能力。满分12分.‎ ‎(Ⅰ)解法一：当时，,‎ 当时,.‎ 是等差数列,‎ ‎,‎ ‎············4分 解法二：当时,,‎ 当时,.‎ 当时,.‎ ‎.‎ 又,‎ 所以,得.············4分 ‎41．（全国卷I）设数列的前项的和 ‎，‎ ‎（Ⅰ）求首项与通项；‎ ‎（Ⅱ）设，，证明：‎ 解: (Ⅰ)由 Sn=an－×2n+1+, n=1,2,3，… , ① 得 a1=S1= a1－×4+ 所以a1=2.‎ 再由①有 Sn－1=an－1－×2n+, n=2,3，4,…‎ 将①和②相减得: an=Sn－Sn－1= (an－an－1)－×(2n+1－2n),n=2,3, …‎ 整理得: an+2n=4(an－1+2n－1),n=2,3, … , 因而数列{ an+2n}是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列,即 : an+2n=4×4n－1= 4n, n=1,2,3, …, 因而an=4n－2n, n=1,2,3, …,‎ ‎(Ⅱ)将an=4n－2n代入①得 Sn= ×(4n－2n)－×2n+1 + = ×(2n+1－1)(2n+1－2)‎ ‎ = ×(2n+1－1)(2n－1) ‎ ‎ Tn= = × = ×( － )‎ 所以, = － ) = ×( － ) < ‎42．（全国卷I）已知为等比数列，，求的通项式。‎ ‎43．（全国II）设数列｛an｝的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，…．‎ ‎（Ⅰ）求a1，a2；‎ ‎（Ⅱ）｛an｝的通项公式．‎ 解：(Ⅰ)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，‎ 于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝．‎ 当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，‎ 于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得a1＝．‎ ‎(Ⅱ)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，　Sn2－2Sn＋1－anSn＝0．‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0　　　①‎ 由(Ⅰ)知S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝．‎ 由①可得S3＝．‎ 由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，…．　　　　　　……8分 下面用数学归纳法证明这个结论．‎ ‎(i)n＝1时已知结论成立．‎ ‎(ii)假设n＝k时结论成立，即Sk＝，‎ 当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝，即Sk＋1＝，‎ 故n＝k＋1时结论也成立．‎ 综上，由(i)、(ii)可知Sn＝对所有正整数n都成立．　　……10分 于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，‎ 又n＝1时，a1＝＝，所以｛an｝的通项公式an＝，n＝1，2，3，…． 12分 ‎44．（全国II）设等比数列的前n项和为，‎ ‎45．（山东卷）已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…‎ 证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；‎ 设Tn=(1+a1) (1+a2) …(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项；‎ 记bn=，求｛bn｝数列的前项和Sn，并证明Sn+=1.‎ 解：（Ⅰ）由已知， ‎ ‎ ，两边取对数得 ‎，即 是公比为2的等比数列.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知 （*）‎ ‎ =‎ ‎ 由（*）式得 ‎46．（山东卷）已知数列｛｝中，在直线y=x上，其中n=1,2,3….‎ ‎(Ⅰ)令 ‎(Ⅱ)求数列 ‎(Ⅲ)设的前n项和,是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，试求出.若不存在,则说明理由。‎ 解：（I）由已知得 ‎ 又 是以为首项，以为公比的等比数列.‎ ‎（III）解法一：‎ 存在，使数列是等差数列.‎ 数列是等差数列的充要条件是、是常数 即 又 当且仅当，即时，数列为等差数列.‎ ‎47．(陕西卷) 已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an .‎ 解析：解: ∵10Sn=an2+5an+6， ① ∴‎10a1=a12+‎5a1+6，解之得a1=2或a1=3． ‎ 又10Sn－1=an－12+5an－1+6(n≥2)，② ‎ ‎ 由①－②得 10an=(an2－an－12)+6(an－an－1)，即(an+an－1)(an－an－1－5)=0 ‎ ‎∵an+an－1>0 ， ∴an－an－1=5 (n≥2)． ‎ 当a1=3时，a3=13，a15=73． a1， a3，a15不成等比数列∴a1≠3;‎ 当a1=2时，a3=12， a15=72， 有a32=a‎1a15 ， ∴a1=2， ∴an=5n－3．‎ ‎48．(上海卷)已知有穷数列共有2项（整数≥2），首项＝2．设该数列的前项和为，且＝＋2（＝1，2，┅，2－1），其中常数＞1．‎ ‎（1）求证：数列是等比数列；‎ ‎（2）若＝2，数列满足＝（＝1，2，┅，2），求数列的通项公式；‎ ‎（3）若（2）中的数列满足不等式|－|＋|－|＋┅＋|－|＋|－|≤4，求的值．‎ ‎(1) [证明] 当n=1时,a2=‎2a,则=a；‎ ‎ 2≤n≤2k－1时, an+1=(a－1) Sn+2, an=(a－1) Sn－1+2,‎ ‎ an+1－an=(a－1) an, ∴=a, ∴数列{an}是等比数列.‎ ‎49．(上海卷)设数列的前项和为，且对任意正整数，。‎ ‎（1）求数列的通项公式 ‎（2）设数列的前项和为,对数列，从第几项起？‎ ‎.解(1) ∵an+ Sn=4096, ∴a1+ S1=4096, a1 =2048.‎ ‎ 当n≥2时, an= Sn－Sn－1=(4096－an)－(4096－an－1)= an－1－an ‎ ∴= an=2048()n－1.‎ ‎ (2) ∵log2an=log2[2048()n－1]=12－n,‎ ‎ ∴Tn=(－n2+23n).‎ ‎ 由Tn<－509,解得n>,而n是正整数,于是,n≥46.‎ ‎ ∴从第46项起Tn<－509.‎ ‎50．（四川卷）已知数列，其中，，（），记数列的前项和为，数列的前项和为。‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）设（），（其中为的导数），计算。‎ 本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及对数运算、导数运算和极限运算的能力，同时考查分类讨论的思想方法，满分12分。‎ ‎51．（四川卷）数列的前项和记为 ‎（Ⅰ）求的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）等差数列的各项为正，其前项和为，且，又成等比数列，求 本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及推理能力与运算能力。满分12分。‎ ‎（Ⅱ）设的公比为 由得，可得，可得 故可设 又 由题意可得 解得 ‎∵等差数列的各项为正，∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎52．（天津卷）已知数列满足，并且 ‎（为非零参数，）．‎ ‎（1）若成等比数列，求参数的值；‎ ‎（2）当时，证明；‎ 当时，证明.‎ 本小题以数列的递推关系为载体，主要考查等比数列的等比中项及前n项和公式、不等式的性质及证明等基础知识，考查运算能力和推理论证能力。满分14分。‎ ‎（III）证明：当时，由（II）可知。‎ 又由（II）则 ‎ 从而因此 ‎ ‎ ‎53．（天津卷）已知数列满足，并且（为非零参数，‎ ‎）．‎ ‎（Ⅰ）若成等比数列，求参数的值；‎ ‎（Ⅱ）设，常数且．证明．‎ 本小题以数列的递推关系为载体，主要考查等比数列的等比中项及前项和公式、等差数列前项和公式、不等式的性质及证明等基础知识，考查运算能力和推理论证能力。满分14分。‎ ‎　　　因此，对任意 ‎　　　　　　‎ ‎　　　　　　　　‎ ‎　　　当且时，所以 ‎　　　　　　‎ ‎54．（浙江文）若是公差不为 0的等差数列的前项和，且成等比数列 ‎ ‎（Ⅰ）求数列的公比； ‎ ‎（Ⅱ）=4，求的通项公式。 ‎ 本题主要考察等差、等比数列的基本知识、考查运算及推理 能力。满分 14分。 55．（上海春）已知数列，其中是首项为1，公差为1的等差数列；是公差为的等差数列；是公差为的等差数列（）.‎ ‎（1）若，求；‎ ‎（2）试写出关于的关系式，并求的取值范围；‎ ‎（3）续写已知数列，使得是公差为的等差数列，……，依次类推，把已知数列推广为无穷数列. 提出同（2）类似的问题（（2）应当作为特例），并进行研究，你能得到什么样的结论？‎ 解：（1）因为a10=10,a20=10+10d=40,所以d=3．‎ ‎   （2）因为a20=10+10d，所以a30=a20+10d3=10(1+d+d2)(d≠0)．‎ ‎    显然　 ，注意到d≠0 ．于是 ‎    当d∈-∞,0)∪(0,+∞) 时，a30∈[15/2，+∞). ‎ ‎   （3）所给数列可推广为无穷数列{an}，其中a1,a2,…,a10是首项为1，公差为1的等差数列，当n≥1 时，数列a10n,a10n+1,…a10(n+1)是公差为dn的等差数列．‎ 研究的问题可以是：试写出a10(n+1)关于d的关系式，并求a10(n+1)的取值范围．‎ 研究的结论可以是：由a40=a30+10d3=10(1+d+d2+d3)，‎ ‎  依次类推，可得  ‎ ‎    当d>0 时，a10(n+1)的取值范围为(10,+∞) 等．‎ ‎【2005年高考试题】‎ 选择题 ‎1. （广东卷）已知数列满足，，…．若，则(B)‎ ‎（Ａ）（Ｂ）３（Ｃ）４（Ｄ）５‎ ‎4. （湖南卷）已知数列{log2(an－1)}（n∈N*）为等差数列，且a1＝3，a2＝5，则 ‎　　= （C）‎ ‎　　A．2　　 B．　　 C．1　　 D．‎ ‎5. （湖南卷）设f0(x)＝sinx，f1(x)＝f0′(x)，f2(x)＝f1′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N，则f2005(x)＝（C）‎ ‎　　A．sinx　 B．－sinx　 C．cosx　 D．－cosx ‎6. （江苏卷）在各项都为正数的等比数列｛an｝中，首项a1=3 ，前三项和为21，则a3+ a4+ a5=(C )‎ ‎ ( A ) 33 ( B ) 72 ( C ) 84 ( D )189‎ ‎7. (全国卷II) 如果数列是等差数列，则(B )‎ ‎(A) (B) (C) (D) ‎ ‎8. (全国卷II) 11如果为各项都大于零的等差数列，公差，则(B)‎ ‎(A) (B) (C) (D) ‎ ‎ ‎ ‎[答]( C )‎ ‎ (A)-3600 (B) 1800 (C)-1080 (D)-720‎ ‎11. （浙江卷）＝( C )‎ ‎(A) 2 (B) 4 (C) (D)0‎ ‎12. (重庆卷) 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点。已知最底层正方体的棱长为2，且改塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39，则该塔形中正方体的个数至少是( C)‎ ‎ (A) 4；‎ ‎ (B) 5；‎ ‎ (C) 6；‎ ‎ (D) 7。‎ ‎13. （江西卷）‎ 填空题 ‎1. （广东卷）‎ 设平面内有ｎ条直线，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三角形不过同一点．若用表示这ｎ条直线交点的个数，则_____5________；当ｎ＞４时，＝_____________．‎ ‎3. （湖北卷）设等比数列的公比为q，前n项和为Sn，若Sn+1,Sn，Sn+2成等差数列，则q的值为 -2 .‎ ‎4. (全国卷II) 在和之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为_______216 __．‎ ‎5. （山东卷）‎ ‎6. （上海）12、用个不同的实数可得到个不同的排列，每个排列为一行写成一个行的数阵。对第行，记，。例如：用1，2，3可得数阵如图，由于此数阵中每一列各数之和都是12，所以，，那么，在用1，2，3，4，5形成的数阵中，=_-1080_________。‎ 解答题 ‎1.（北京卷）‎ 设数列{an}的首项a1=a≠，且, ‎ 记，n＝＝l，2，3，…·．‎ ‎（I）求a2，a3；‎ ‎（II）判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；‎ ‎（III）求．‎ 解：（I）a2＝a1+=a+，a3=a2=a+；‎ ‎（II）∵ a4=a3+=a+, 所以a5=a4=a+,‎ 所以b1=a1－=a－, b2=a3－=(a－), b3=a5－=(a－),‎ 猜想：{bn}是公比为的等比数列·‎ ‎ 证明如下：‎ ‎ 因为bn+1＝a2n+1－=a2n－=(a2n－1－)=bn, (n∈N*)‎ ‎ 所以{bn}是首项为a－, 公比为的等比数列·‎ ‎ （III）.‎ ‎（II）由（I）可知是首项为，公比为项数为n的等比数列，∴ =‎ ‎3．（福建卷）‎ ‎ 已知{}是公比为q的等比数列，且成等差数列.‎ ‎ （Ⅰ）求q的值；‎ ‎（Ⅱ）设{}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由.‎ 解：（Ⅰ）由题设 ‎ ‎（Ⅱ）若 当 故 若 当 故对于 ‎ ‎ 故a取数列{bn}中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{an}‎ ‎5. （湖北卷）设数列的前n项和为Sn=2n2，为等比数列，且 ‎ （Ⅰ）求数列和的通项公式；‎ ‎ （Ⅱ）设，求数列的前n项和Tn.‎ 解：（1）：当 故{an}的通项公式为的等差数列.‎ 设{bn}的通项公式为 故 ‎（II）‎ 两式相减得 ‎6. （湖北卷）已知不等式为大于2的整数，表示不超过的最大整数. 设数列的各项为正，且满足 ‎ （Ⅰ）证明 ‎（Ⅱ）猜测数列是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）；‎ ‎（Ⅲ）试确定一个正整数N，使得当时，对任意b>0，都有 ‎∵‎ 证法2：设，首先利用数学归纳法证不等式 ‎ （i）当n=3时， 由 ‎ 知不等式成立.‎ ‎ （Ⅱ）有极限，且 ‎ （Ⅲ）∵‎ 则有 故取N=1024，可使当n>N时，都有 ‎7. （湖南卷）已知数列为等差数列，且 ‎ （Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎ （Ⅱ）证明 ‎（I）解：设等差数列的公差为d.‎ ‎ 由即d=1.‎ 所以即 ‎8. （湖南卷）自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响. 用xn表示某鱼群在第n年年初的总量，n∈N*，且x1＞0.不考虑其它因素，设在第n年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与xn成正比，死亡量与xn2成正比，这些比例系数依次为正常数a，b，c.‎ ‎ （Ⅰ）求xn+1与xn的关系式；‎ ‎ （Ⅱ）猜测：当且仅当x1，a，b，c满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不 要求证明）‎ ‎　 （Ⅱ）设a＝2，b＝1，为保证对任意x1∈（0,2），都有xn＞0，n∈N*，则捕捞强度b的 ‎ 最大允许值是多少？证明你的结论.‎ 解（I）从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为axn，被捕捞量为bxn，死亡量为 ‎ （II）若每年年初鱼群总量保持不变，则xn恒等于x1， n∈N*，从而由（*）式得 ‎ ‎ ‎ 因为x1>0，所以a>b.‎ ‎ 猜测：当且仅当a>b，且时，每年年初鱼群的总量保持不变.‎ ‎ （Ⅲ）若b的值使得xn>0，n∈N*‎ ‎ 由xn+1=xn(3－b－xn), n∈N*, 知 ‎ 01；解②，由于n可为奇数、可为偶数，得－10且－1<<0或>0‎ 当或时即 当且≠0时，即 当或=2时，即 ‎13. (全国卷II) 已知是各项为不同的正数的等差数列，、、成等差数列．又，．‎ A B C D E F P ‎(Ⅰ) 证明为等比数列；‎ ‎(Ⅱ) 如果数列前3项的和等于，求数列的首项和公差．‎ ‎ (I)证明：∵、、成等差数列 ‎∴2=+，即 ‎ ‎ ‎(II)解。∵‎ ‎∴=3‎ ‎∴==3‎ ‎14.(全国卷II)‎ 已知是各项为不同的正数的等差数列，、、成等差数列．又，．‎ ‎(Ⅰ) 证明为等比数列；‎ ‎(Ⅱ) 如果无穷等比数列各项的和，求数列的首项和公差．‎ ‎(注：无穷数列各项的和即当时数列前项和的极限)‎ ‎（Ⅱ）如果无穷等比数列的公比=1，则当→∞时其前项和的极限不存在。‎ 因而=≠0，这时公比=， ‎ 这样的前项和为 则S=‎ ‎ 由，得公差=3，首项==3‎ ‎15. (全国卷III) ‎ 在等差数列中，公差的等差中项.‎ 已知数列成等比数列，求数列的通项 ‎16. （山东卷）‎ 已知数列的首项前项和为，且 ‎（I）证明数列是等比数列；‎ ‎（II）令，求函数在点处的导数并比较与的大小.‎ 解：由已知可得两式相减得 即从而当时所以又所以从而 故总有，又从而即数列是等比数列；‎ ‎（II）由（I）知 因为所以 从而=‎ ‎=-=‎ 由上-=‎ ‎=12①‎ 当时，①式=0所以；‎ 当时，①式=-12所以 当时，又 所以即①从而 ‎17．(上海)本题共有2个小题,第1小题满分6分, 第2小题满分8分.‎ 假设某市2004年新建住房400万平方米,其中有250万平方米是中低价房.预计在今后的若干年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.那么,到哪一年底,‎ ‎(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米?‎ ‎(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?‎ ‎18. （天津卷）‎ 已知.‎ ‎（Ⅰ）当时，求数列的前n项和；‎ ‎（Ⅱ）求.‎ ‎（18）解：（Ⅰ）当时，．这时数列的前项和 ‎．　　　①‎ ‎①式两边同乘以，得　　　　 ②　‎ ‎①式减去②式，得　　‎ 若，‎ ‎，‎ 若，‎ ‎19. （天津卷）若公比为c的等比数列｛｝的首项＝1且满足：（＝3，4，…）。‎ ‎ （I）求c的值。‎ ‎（II）求数列｛｝的前项和。‎ ‎20. （浙江卷）已知实数a，b，c成等差数列，a＋1，了＋1，c＋4成等比数列，求a，b，c．‎ ‎21（浙江卷）设点(，0)，和抛物线：y＝x2＋an x＋bn(n∈N*)，其中an＝－2－4n－，由以下方法得到：‎ ‎ x1＝1，点P2(x2，2)在抛物线C1：y＝x2＋a1x＋b1上，点A1(x1，0)到P2的距离是A1到C1上点的最短距离，…，点在抛物线：y＝x2＋an x＋bn上，点(，0)到的距离是 到 上点的最短距离．‎ ‎ (Ⅰ)求x2及C1的方程．‎ ‎ (Ⅱ)证明{}是等差数列．‎ 解：（I）由题意，得。‎ 设点是上任意一点，则 令 则 由题意，得即 又在上，‎ 解得 故方程为 ‎①当n=1时， 等式成立。‎ ‎②假设当n=k时，等式成立，即 则当时，由（*）知 ‎ 又 即当时，等式成立。‎ 由①②知，等式对成立。‎ 是等差数列。‎ ‎22. (重庆卷)数列{an}满足a1=1且8an+1-16an+1+2an+5=0 (n³1)。记(n³1)。‎ ‎ (1) 求b1、b2、b3、b4的值；‎ ‎ (2) 求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和Sn。‎ 解法一：‎ ‎（I）‎ ‎, ‎ 解法二：‎ ‎（Ⅰ）由 整理得 ‎（Ⅱ）由 所以 故 由得 故 从而 故 ‎23. (重庆卷)数列{an}满足.‎ ‎（Ⅰ）用数学归纳法证明：；‎ ‎（Ⅱ）已知不等式，其中无理数e=2.71828….‎ ‎ （Ⅰ）证明：（1）当n=2时，，不等式成立.‎ ‎ （2）假设当时不等式成立，即 那么. 这就是说，当时不等式成立.‎ 根据（1）、（2）可知：成立.‎ ‎（Ⅱ）证法二：‎ 由数学归纳法易证成立，故 令 取对数并利用已知不等式得 ‎ 上式从2到n求和得 ‎ 因 故成立 ‎24. （江西卷）已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn－Sn－2=3求数列{an}的通项公式.‎ 解：方法一：先考虑偶数项有：‎ ‎ ‎ ‎ ………‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 同理考虑奇数项有：‎ ‎………‎ ‎ ‎ ‎ 综合可得 又 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎25. （江西卷）‎ 已知数列 ‎（1）证明 ‎（2）求数列的通项公式an.‎ 方法二：用数学归纳法证明：‎ ‎ 1°当n=1时，∴；‎ ‎ 2°假设n=k时有成立，‎ ‎ 令，在[0，2]上单调递增，所以由假设 有：即 也即当n=k+1时 成立，所以对一切 ‎ （2）下面来求数列的通项：所以 ‎,‎ 又bn=－1，所以 ‎【2004年高考试题】‎ 选择题 ‎2． （2004. 重庆理）若是等差数列，首项，则使前n项和成立的最大自然数n是： （ C ）‎ ‎ A．4005 B．‎4006 ‎ C．4007 D．4008‎ ‎3．（2004.湖南理）数列 （ C ）‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎4．（2004.湖南理）农民收入由工资性收入和其它收入两部分构成。2003年某地区农民人均收入为3150元(其中工资性收入为1800元，其它收入为1350元), 预计该地区自2004年起的5‎ ‎ 年内，农民的工资性收入将以每年6%的年增长率增长，其它收入每年增加160元。根据以上数据，2008年该地区农民人均收入介于 （ B ）‎ ‎ A．4200元~4400元 B．4400元~4600元 ‎ C．4600元~4800元 D．4800元~5000元 ‎5、（2004. 人教版理科）设数列是等差数列，且，是数列的前项和，则（ ）‎ A、 B、 C、 D、‎ 二）填空题 ‎6．（04. 上海春季高考）在数列中，，且对任意大于1的正整数，点在直线 上，则_____________.3‎ ‎7．（04. 上海春季高考）根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第个图中有___________个点.‎ ‎8．（04. 上海春季高考）在等差数列中，当时，‎ 必定是常数数列。然而在等比数列中，对某 些正整数、，当时，非常数数 列的一个例子是____________.，与同为奇数或偶数 ‎9.设数列{an}的前n项和为Sn，Sn=(对于所有n≥1)，且a4=54，则a1的数值是_______________________.2‎ ‎10、（2004.上海理）设等比数列{an}(n∈N)的公比q=－,且(a1+a3+a5+…+a2n-1)=,则a1= 2 .‎ ‎11、（2004.上海理）若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”.设{an}是公比为q的无穷等比数列,下列{an}的四组量中,一定能成为该数列“基本量”的是 第 12、①、④ 组.(写出所有符合要求的组号)‎ ‎ ①S1与S2; ②a2与S3; ③a1与an; ④q与an.‎ ‎ 其中n为大于1的整数, Sn为{an}的前n项和.‎ ‎12．（2004. 重庆理）如图P1是一块半径为1的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得圆形P3、P4、…..，Pn，…,记纸板Pn的面积为，则. ‎ 三）解答题 ‎13．（2004. 辽宁卷）（本小题满分14分）‎ 已知函数的最大值不大于，又当 ‎ （1）求a的值；‎ ‎ （2）设 ‎13．本小题主要考查函数和不等式的概念，考查数学归纳法，以及灵活运用数学方法分析和 解决问题的能力. 满分14分. ‎ ‎（1）解：由于的最大值不大于所以 ‎ ① ………………3分 又所以. ②‎ 由①②得………………6分 所以当n=k+1时，不等式也成立. ‎ 根据（i）（ii）可知，对任何，不等式成立.…………14分 证法二：（i）当n=1时，，不等式成立；‎ ‎（ii）假设时不等式成立，即，则当n=k+1时，‎ ‎………………8分 因所以 ‎……12分 于是 因此当n=k+1时，不等式也成立.‎ 根据（i）（ii）可知，对任何，不等式成立.…………14分 ‎14．（2004.湖南理）（本小题满分14分）‎ 如图，直线相交于点P.直线l1与x轴交于点P1，过点P1作x轴的垂线交直线l2于点Q1，过点Q1作y轴的垂线交直线l1于点P2，过点P2作x轴的垂线交直线l2于点Q2，…，这样一直作下去，可得到一系列点P1、Q1、P2、Q2，…，点Pn（n=1，2，…）的横坐标构成数列 ‎（Ⅰ）证明；‎ ‎（Ⅱ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅲ）比较的大小.‎ ‎（Ⅱ）解：由题设知 又由（Ⅰ）知 ，‎ 所以数列 是首项为公比为的等比数列.‎ 从而 ‎ ‎（Ⅲ）解：由得点P的坐标为（1，1）.‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎（i）当时，>1+9=10.‎ 而此时 ‎ ‎（ii）当时，<1+9=10.‎ 而此时 ‎ ‎15．(2004. 天津卷)（本小题满分12分）‎ ‎ 已知定义在R上的函数和数列满足下列条件：‎ ‎ ，‎ ‎ ‎ 其中为常数，为非零常数。‎ ‎(I)令，证明数列是等比数列；‎ ‎(II)求数列的通项公式；‎ ‎(III)当时，求 ‎15本小题主要考查函数、数列、等比数列和极限等概念，考查灵活应用数学知识分析问题和解决问题的能力。满分12分。‎ ‎ (II)解：由(I)知， ‎ 当 时 ‎ ‎ 当 时 ‎ ‎ 而 ‎ ‎ ‎ 所以，当时 ‎16.（2004.江苏）设无穷等差数列{an}的前n项和为Sn.‎ ‎(Ⅰ)若首项，公差，求满足的正整数k；‎ ‎(Ⅱ)求所有的无穷等差数列{an}，使得对于一切正整数k都有成立.‎ ‎16、解：（1）‎ ‎（2）或或 ‎17．（2004. 福建理）（本小题满分12分）‎ 某企业2003年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降.若不能进行技术改造，预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年（今年为第一年）的利润为500(1+)万元（n为正整数）.‎ ‎（Ⅰ）设从今年起的前n年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元（须扣除技术改造资金），求An、Bn的表达式；‎ ‎（Ⅱ）依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？‎ ‎17.本小题主要考查建立函数关系式、数列求和、不等式的等基础知识，考查运用数学知识解决实际问题的能力.满分12分.‎ ‎18．（2004.湖北理）（本小题满分14分）‎ ‎ 已知 ‎（I）已知数列极限存在且大于零，求（将A用a表示）；‎ ‎（II）设 ‎（III）若都成立，求a的取值范围.‎ ‎18．本小题主要考查数列、数列极限的概念和数学归纳法，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，满分14分.‎ ‎ ‎ ‎ （III）‎ ‎ ‎ ‎ （i）当n=1时结论成立（已验证）.‎ ‎ （ii）假设当 ‎ ‎ ‎ 故只须证明 ‎ ‎ ‎ 即n=k+1时结论成立.‎ ‎ 根据（i）和（ii）可知结论对一切正整数都成立.‎ ‎ 故 ‎19. （04. 上海春季高考） (本题满分14分) 本题共有2个小题，第一小题满分6分，第2小题满分8分.‎ 某市2003年共有1万辆燃油型公交车。有关部门计划于2004年投入128辆电力型公交车，‎ 随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%，试问：‎ 该市在2010年应该投入多少辆电力型公交车？‎ 到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的？‎ ‎【2003年以前高考试题】‎ 一、选择题 ‎1.（2003京春文，6）在等差数列{an}中，已知a1+a2+a3+a4+a5=20，那么a3等于（ ）‎ A.4 B‎.5 ‎ C.6 D.7‎ ‎2.（2002上海春，16）设｛an｝（n∈N*）是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论错误的是（ ）‎ A.d＜0 B.a7＝0‎ C.S9＞S5 D.S6与S7均为Sn的最大值 ‎3.（2002京皖春，11）若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所 有项的和为390，则这个数列有（ ）‎ A.13项 B.12项 C.11项 D.10项 ‎6.（2001上海春，16）若数列{an}前8项的值各异，且an+8=an对任意n∈N*都成立，则下列数列中可取遍{an}前8项值的数列为（ ）‎ A.{a2k+1} B.{a3k+1} C.{a4k+1} D.{a6k+1}‎ ‎7.（2001天津理，2）设Sn是数列{an}的前n项和，且Sn=n2，则{an}是（ ）‎ A.等比数列，但不是等差数列 B.等差数列，但不是等比数列 C.等差数列，而且也是等比数列 D.既非等比数列又非等差数列 ‎8.（2000京皖春，13）已知等差数列｛an｝满足a1+a2+a3+…＋a101＝0，则有（ ）‎ A.a1＋a101＞0 B.a2＋a100＜0‎ C.a3＋a99＝0 D.a51＝51‎ ‎9.（1998全国文，15）等比数列{an}的公比为－，前n项和Sn满足，那么a1的值为（ ）‎ A.± B.± C.± D.±‎ ‎10.（1998全国理，15）在等比数列｛an｝中，a1＞1，且前n项和Sn满足，那么a1的取值范围是（ ）‎ A.（1，＋∞） B.（1，4） C.（1，2） D．（1，）‎ ‎11.（1997上海文，6）设f（n）=1+（n∈N），那么f（n+1）－‎ f（n）等于（ ）‎ A. B. ‎ C. D.‎ ‎13.（1996全国理，10）等比数列｛an｝的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若，则Sn等于（ ）‎ A. B.－ C.2 D.－2‎ ‎14.（1994全国理，12）等差数列{an}的前m项和为30，前‎2m项和为100，则它的前‎3m项和为（ ）‎ A.130 B‎.170 ‎ C.210 D.260‎ ‎15.（1995全国，12）等差数列｛an｝，｛bn｝的前n项和分别为Sn与Tn，若 ‎，则等于（ ）‎ A.1 B. C. D.‎ 二、填空题 ‎※18.（2003京春理14，文15）在某报《自测健康状况》的报道中，自测血压结果与相应年龄的统计数据如下表.观察表中数据的特点，用适当的数填入表中空白（_____）内.‎ ‎19.（2003上海春，12）设f（x）=.利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f（－5）+f（－4）+…+f（0）+…+f（5）+f（6）的值为_____.‎ ‎20.（2002北京，14）等差数列｛an｝中，a1＝2，公差不为零，且a1，a3，a11恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于 ．‎ ‎21.（2002上海，5）在二项式（1＋3x）n和（2x＋5）n的展开式中，各项系数之和分别记为an、bn（n是正整数），则= ．‎ ‎22.（2001全国，15）设｛an｝是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和，若｛Sn｝是等差数列，则q=_____.‎ ‎23.（2001上海文，2）设数列｛an｝的首项a1＝－7，且满足an＋1＝an＋2（n∈N），则a1＋a2＋…＋a17＝ .‎ ‎24.（2001上海，6）设数列｛an｝是公比q＞0的等比数列，Sn是它的前n项和，若Sn＝7，则此数列的首项a1的取值范围是 .‎ ‎25.（2001上海理，2）设数列｛an｝的通项为an＝2n－7（n∈N*），则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝ ．‎ ‎※26.（2001上海春，7）计算=_____.‎ ‎※30.（2000上海，4）计算=_____.‎ ‎31.（1999上海，10）在等差数列{an}中，满足‎3a4=‎7a7，且a1>0，Sn是数列{an}前n项的和，若Sn取得最大值，则n=_____.‎ ‎32.（1998上海文、理，10）在数列｛an｝和｛bn｝中，a1=2，且对任意自然数n，3an+1－an=0，bn是an与an+1的等差中项，则｛bn｝的各项和是_____.‎ ‎33.（1997上海）设02成立.‎ ‎55.（2001全国文，17）已知等差数列前三项为a，4，‎3a，前n项和为Sn，Sk=2550.‎ ‎（1）求a及k的值；‎ ‎（2）求.‎ ‎56.（2000京皖春理，24）已知函数f（x）=‎ 其中f1（x）＝－2（x）2＋1，f2（x）＝－2x＋2．‎ ‎（Ⅰ）在图3—3坐标系上画出y=f（x）的图象；‎ ‎（Ⅱ）设y=f2（x）（x∈［，1］）的反函数为y=g（x），a1＝1，a2＝g（a1），…，an＝g（an－1）；求数列｛an｝的通项公式，并求an；‎ ‎（Ⅲ）若x0∈［0，），x1＝f（x0），f（x1）＝x0，求x0．‎ ‎59.（2000全国文，18）设｛an｝为等差数列，Sn为数列｛an｝的前n项和，已知S7＝7，S15＝75，Tn为数列｛｝的前n项和，求Tn．‎ ‎60.（2000上海，21）在XOY平面上有一点列P1（a1，b1），P2（a2，b2），…，Pn（an，bn），…，对每个自然数n，点Pn位于函数y=2000（）x（0＜a＜10）的图象上，且点Pn、点（n，0）与点（n+1，0）构成一个以Pn为顶点的等腰三角形.‎ ‎（Ⅰ）求点Pn的纵坐标bn的表达式；‎ ‎（Ⅱ）若对每个自然数n，以bn，bn＋1，bn＋2为边长能构成一个三角形，求a的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）（理）设Bn＝b1，b2…bn（n∈N）.若a取（Ⅱ）中确定的范围内的最小整数，求数列｛Bn｝的最大项的项数.‎ ‎（文）设cn＝lg（bn）（n∈N）.若a取（Ⅱ）中确定的范围内的最小整数，问数列｛cn｝前多少项的和最大?试说明理由.‎ ‎61.（2000上海春，20）已知｛an｝是等差数列，a1＝－393，a2＋a3＝－768，｛bn｝是公比为q（0＜q＜1）的无穷等比数列，b1＝2，且｛bn｝的各项和为20.‎ ‎（Ⅰ）写出｛an｝和｛bn｝的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）试求满足不等式≤－160b2的正整数m.‎ ‎62.（2000广东，18）设{an}为等比数列，Tn=na1+（n－1）a2+…+2an－1+an，已知T1=1，T2=4.‎ ‎（1）求数列{an}的首项和公比；‎ ‎（2）求数列{Tn}的通项公式.‎ ‎63.（1999全国理，23）已知函数y=f（x）的图象是自原点出发的一条折线.当n≤y≤n+1（n=0，1，2，…）时，该图象是斜率为bn的线段（其中正常数b≠1），该数列｛xn｝由f（xn）=n（n=1，2，…）定义.‎ ‎（Ⅰ）求x1、x2和xn的表达式；‎ ‎（Ⅱ）求f（x）的表达式，并写出其定义域；‎ ‎（Ⅲ）证明：y=f（x）的图象与y=x的图象没有横坐标大于1的交点.‎ ‎64.（1999全国文，20）数列｛an｝的前n项和记为Sn．已知an＝5Sn－3（n∈N）．求（a1＋a3＋…＋a2n－1）的值.‎ ‎65.（1999上海，18）设正数数列{an}为一等比数列，且a2=4，a4=16，求.‎ ‎67.（1998全国文，25）已知数列｛bn｝是等差数列，b1=1，b1+b2+…+b10=100.‎ ‎（Ⅰ）求数列｛bn｝的通项bn；‎ ‎（Ⅱ）设数列｛an｝的通项an=lg（1+），记Sn是数列｛an｝的前n项和，试比较Sn与lgbn+1的大小，并证明你的结论.‎ ‎68.（1998上海，22）若An和Bn分别表示数列{an}和{bn}前n项的和，对任意正整数n，‎ an=－，4Bn－12An=13n.‎ ‎（1）求数列{bn}的通项公式；‎ ‎（2）设有抛物线列C1，C2，…，Cn，…抛物线Cn（n∈N*）的对称轴平行于y轴，顶点为（an，bn），且通过点Dn（0，n2+1），求点Dn且与抛物线Cn相切的直线斜率为kn，求极限.‎ ‎70.（1997全国文，21）设Sn是等差数列｛an｝前n项的和，已知S3与S4的等比中项为的等差中项为1，求等差数列｛an｝的通项an.‎ ‎71.（1997上海理，22）设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式：‎ ‎3tSn－（2t+3）Sn－1=3t（t>0，n=2，3，4，…）‎ ‎（1）求证：数列{an}是等比数列；‎ ‎（2）设数列{an}的公比为f（t），作数列{bn}，使b1=1，bn=f（）（n=2，3，4，…），求数列{bn}的通项bn；‎ ‎（3）求和：b1b2－b2b3+b3b4－b4b5…+b2n－1b2n－b2nb2n+1.‎ ‎72.（1996全国文，21）设等比数列｛an｝的前n项和为Sn，若S3＋S6＝2S9，求数列的公比q.‎ ‎73.（1996上海，24）设An为数列｛an｝的前n项和，An=（an－1）（n∈N*），数列｛bn｝的通项公式为bn=4n+3（n∈N）.‎ ‎（Ⅰ）求数列｛an｝的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若d∈｛a1，a2，a3，…，an，…｝∩｛b1，b2，b3，…，bn，…｝，则称d为数列｛an｝与｛bn｝的公共项，将数列｛an｝｛bn｝的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列｛dn｝，证明数列｛dn｝的通项公式为dn=32n+1（n∈N*）；‎ ‎（Ⅲ）设数列｛dn｝中第n项是数列｛bn｝中的第r项，Br为数列｛bn｝的前r项的和，Dn为数列｛dn｝的前n项和，Tn=Br+Dn，求.‎ ‎75.（1994全国文，25）设数列{an}的前n项和为Sn，若对于所有的正整数n，都有Sn=.证明：{an}是等差数列.‎ ‎76.（1994全国理，25）设｛an｝是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对所有自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项.‎ ‎（Ⅰ）写出数列｛an｝的前三项；‎ ‎（Ⅱ）求数列｛an｝的通项公式（写出推证过程）；‎ ‎（Ⅲ）令bn=（n∈N*），求（b1+b2+…+bn－n）.‎ ‎77.（1994上海，26）已知数列｛an｝满足条件：a1=1，a2=r（r＞0）且｛an·an+1｝是公比为q（q＞0）的等比数列，设bn=a2n－1+a2n（n=1，2，…）‎ ‎（Ⅰ）求出使不等式anan+1+an+1an+2＞an+2an+2（n∈N*）成立的q的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）求bn和，其中Sn=b1+b2+…+bn；‎ ‎（Ⅲ）设r=219．2－1，q=，求数列｛｝的最大项和最小项的值.‎ ‎●答案解析 ‎2.答案：C 解析：由S50‎ 又S6=S7，∴a1+a2+…+a6=a1+a2+…+a6+a7，∴a7=0.‎ 由S7>S8，得a8<0，而C选项S9>S5，即a6+a7+a8+a9>02（a7+a8）>0.‎ 由题设a7=0，a8<0，显然C选项是错误的.‎ ‎3.答案：A 解析：设这个数列有n项 ‎∵ ∴‎ ‎∴n＝13‎ ‎4.答案：C 解析：n个月累积的需求量为Sn．∴第n个月的需求量为 an＝Sn－Sn－1＝（21n－n2－5）－［21（n－1）－（n－1）2－5］‎ ‎＝（－n2＋15n－9）‎ an＞1．5即满足条件，∴（－n2＋15n－9）＞1.5，6＜n＜9（n＝1，2，3，…，12），‎ ‎∴n=7或n=8．‎ ‎6.答案：B 解析：∵k∈N*，∴当k=0，1，2，…7时，利用an+8=an，‎ 数列{a3k+1}可以取遍数列{an}的前8项.‎ 评述：本题考查了数列的基本知识和考生分析问题、解决问题的能力.‎ 解法二：如果一个数列的和是一个没有常数项的关于n的二次函数，则这个数列一定是等差数列.‎ 评述：本题主要考查等差数列、等比数列的概念和基本知识，以及灵活运用递推式an=Sn－Sn－1的推理能力.但不要忽略a1，解法一紧扣定义，解法二较为灵活.‎ ‎8.答案：C 解析：a1+a2+a3+…＋a101＝0‎ 即（a3＋a99）＝0，∴a3＋a99＝0．‎ ‎9.答案：D 解析：，‎ ‎∴a12=1－q，∴a12=，∴a=±.‎ ‎10.答案：D 解析：由题意得：且0＜|q|＜1‎ ‎∴－q=a12－1 ∴0＜|a12－1|＜1‎ 又∵a1＞1 ∴1＜a1＜，故选D.‎ 评述：该题主要考查了无穷等比数列各项和公式的应用，挖掘了公式成立的条件.‎ ‎12.答案：D 解析：f（n）为n个连续自然数的倒数之和 f（n+1）=‎ ‎∴f（n+1）－f（n）=.‎ ‎13.答案：B 解析：‎ ‎，又a1=－1，故，故选B.‎ 评述：本题主要考查等比数列前n项和求和公式的灵活运用，较好地考查了基本知识以及思维的灵活性.‎ ‎14.答案：C 解法一：由题意得方程组 视m为已知数，解得 ‎∴‎ ‎15.答案：C 解法一：应用等差数列中，若m+n=p+q，有am+an=ap+aq这条性质来解.‎ ‎，‎ 所以 解法二：设数列｛an｝的首项为a1，公差为d，｛bn｝的首项为b1，公差为m，则 注意n是极限中的变量有 ‎.‎ 解法三：∵‎ ‎∴不妨令Sn=2n2，Tn=3n2+n ‎∴an=Sn－Sn－1=2n2－2（n－1）2=4n－2（n=1时成立），bn=Tn－Tn－1=6n－2（n=1成立）‎ ‎∴‎ 评述：该题的形式新颖，其考查目的也明确，正确解答，可考查其数学能力，要是在题型的选用上，采用解答题的形式，那将是一道十分理想的中等难度的试题.可是作为选择题，其考查的有效性大打折扣，因为有相当一部分考生，并没有用正确的方法却也得出了正确答案C.‎ ‎17.答案：C 解析：因为当n=k时，命题成立可推出n=k+1时成立，所以n=5时命题不成立，则n=4时，命题也一定不成立，故应当选C.‎ ‎18.答案：140 85‎ 解析：从题目所给数据规律可以看到：收缩压是等差数列.舒张压的数据变化也很有规律：随着年龄的变化，舒张压分别增加了‎3毫米、‎2毫米，…照此规律，60岁时的收缩压和舒张压分别为140；85.‎ 评述：本题以实际问题为背景，考查了如何把实际生活中的问题转化为数学问题的能力.它不需要技能、技巧及繁杂的计算，需要有一定的数学意识，有效地把数学过程实施为数学思维活动.‎ ‎19.答案：3‎ 评述：本题利用课本中等差数列倒序求和为考生提供了一个思维模式，但发现f（x）+‎ f（1－x）=有一定难度，需要考生有一定的观察能力、思维能力及解决问题的能力.‎ ‎20.答案：4‎ 解析：设a1，a3，a11组成的等比数列公比为q．‎ ‎∴a3＝a1q＝2q，a11＝a1q2＝2q2‎ 又 ∵数列｛an｝是等差数列∴a11＝a1＋5（a3－a1）‎ ‎∴2q2＝a1＋5（2q－a1） ∴2q2＝2＋5（2q－2），解得q＝4‎ ‎21.答案：‎ 解析：由二项式定理，得：an＝4n，bn＝7n ‎∴‎ ‎22.答案：1‎ 解析：方法一：∵Sn－Sn－1＝an，又∵Sn为等差数列，∴an为定值．‎ ‎∴an为常数列，q＝＝1‎ 方法二：an为等比数列，设an＝a1qn－1，且Sn为等差数列，‎ ‎∴2S2＝S1＋S3，‎2a1q＋‎2a1＝‎2a1＋a1＋a1q＋a1q2，q2－q＝0，q＝0（舍）q=1.‎ ‎23.答案：153‎ 解析：∵an＋1－an＝2，∴｛an｝为等差数列．‎ ‎∴an＝－7（n－1）·2，∴a17＝－7＋16×2＝25‎ ‎．‎ ‎※26.答案：e2‎ 解析：‎ ‎27.答案：‎ 解析：．‎ ‎28.答案：‎ 解析：将（n+1）an＋12－nan2+an＋1an＝0化简得（n＋1）an＋1＝nan．当n=1时，‎2a2=a1=1，∴a2＝，n=2时，‎3a3=‎2a2=2×＝1，∴a3＝，…可猜测an＝，数学归纳法证明略.‎ ‎29.答案：b1b2…bn＝b1b2…b17－n（n＜17，n∈N*）‎ 解析：在等差数列｛an｝中，由a10＝0，得 a1＋a19＝a2＋a18＝…＝an＋a20－n＝an＋1＋a19－n＝‎2a10＝0，‎ 所以a1＋a2＋…＋an＋…＋a19＝0，‎ 即a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1，‎ 又∵a1＝－a19，a2＝－a18，…，a19－n＝－an＋1‎ ‎∴a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1＝a1＋a2＋…＋a19－n．‎ 若a9＝0，同理可得a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋a17－n．‎ 相应地等比数列｛bn｝中，则可得：b1b2…bn＝b1b2…b17－n（n＜17，n∈N*）‎ 解法二：∵d=－a1‎ ‎∴Sn=na1+‎ ‎=‎ ‎∵－<0，∴（n－）2最小时，Sn最大.‎ 又n∈N，∴n=9.‎ 评述：本题考查等差数列的基本知识，解法二的计算量太大.‎ ‎32.答案：2 ‎ 解析：bn=，3an+1=an ∴bn=2an+1，‎ ‎∴b1+b2+…+bn=2（a1+a2+…+an）－‎2a1‎ ‎∵｛an｝是首项为2，公比为的等比数列 ‎∴（b1+b2+…+bn）=［2（a1+a2+…+an）－‎2a1］=2×－2×2=2.‎ ‎35.答案：－20，即230－100×1.05n－2>0时，1.05n－2<2.3，得n<19.1‎ 因此，当2≤n≤19时，Cn－1c，又Sk－2c，从而①不成立.‎ 故不存在自然数c，k，使成立.‎ 评述：本题主要考查等比数列、不等式知识，以及探索和讨论存在性问题的能力，是高考试题的热点题型.‎ ‎55.解：（1）由已知a1=a，a2=4，a3=‎3a，∴a3－a2=a2－a1，即‎4a=8，∴a=2.‎ ‎∴首项a1=2，d=2‎ Sk=k·a1+d得k·2+d=2550‎ ‎∴k2+k－2550=0，解得k=50或k=－51（舍去）‎ ‎∴a=2，k=50.‎ ‎56.解：（Ⅰ）函数图象：‎ 图3—4‎ 说明：图象过（0，）、（，1）、（1，0）点；在区间［0，］上的图象为上凸的曲线段；在区间［，1］上的图象为直线段.‎ ‎（Ⅱ）f2（x）＝－2x＋2，x∈［，1］的反函数为：y=1－，‎ x∈［0，1］．‎ 由已知条件得：a1＝1，‎ a2＝1－a1＝1－，‎ a3＝1－a2＝1－＋（）2，‎ a4＝1＋（－）1＋（－）2＋（－）3，‎ ‎……‎ ‎∴an＝（－）0＋（－）1＋（－）2＋…＋（－）n－1‎ 即an＝［1－（－）n］，‎ ‎∴.‎ ‎①②‎ ‎57.解：由已知 由①，得a1（3d2－1）＝2d ③‎ 由②，得a1（5d4－1）＝4d ④‎ 因为d≠0，由③与④得2（3d2－1）＝5d4－1，‎ 即5d4－6d2＋1＝0，‎ 解得d＝±1，d＝±．‎ ‎∵d＞0，d≠1，∴d＝．‎ 代入③，得a1＝－，故b1=－.‎ an＝－＋（n－1）＝（n－6），‎ bn＝－×（）n－1．‎ 评述：本小题考查等差数列和等比数列的概念、性质，方程（组）的解法以及运算能力和分析能力.‎ ‎59.解：设等差数列｛an｝的公差为d，则 Sn=na1＋n（n－1）d．∴S7＝7，S15＝75，‎ ‎∴即 ‎（Ⅱ）∵函数y=2000（）x（0＜a＜10）递减，‎ ‎∴对每个自然数n，有bn＞bn＋1＞bn＋2‎ 则以bn，bn＋1，bn＋2为边长能构成一个三角形的充要条件是bn＋2＋bn＋1＞bn，‎ 即（）2＋（－1）＞0，‎ 解得a＜－5（1＋）或a＞5（－1），‎ ‎∴5（－1）＜a＜10．‎ ‎（Ⅲ）（理）∵5（－1）＜a＜10，‎ ‎∴a=7，bn＝2000（）．‎ 数列｛bn｝是一个递减的正数数列.对每个自然数n≥2，Bn＝bnBn－1．‎ 于是当bn≥1时，Bn≥Bn－1，当bn＜1时，Bn＜Bn－1，‎ 因此，数列｛Bn｝的最大项的项数n满足不等式bn≥1且bn＋1＜1.‎ 由bn＝2000（）≥1，得n≤20.8，∴n=20.‎ ‎61.解：（Ⅰ）设｛an｝的公差为d，则a2＋a3＝‎2a1＋3d，‎ 故2×（－393）＋3d=－768，解得d=6，‎ ‎∴an＝－393＋6（n－1）＝6n－399．‎ 由S==20，得q=，bn＝2·（）n－1（n∈N）．‎ ‎（Ⅱ）∵a1＋a2＋…＋am＝ma1＋＝－‎393m＋‎3m（m－1），‎ ‎∴am＋1＋am＋2＋…＋a‎2m＝（a1＋a2＋…＋a‎2m）－（a1＋a2＋…＋am）‎ ‎＝－393×（‎2m）+‎6m（‎2m－1）+‎393m－‎3m（m－1）=‎9m2‎－‎396m.‎ ‎∵－160b2=－288，∴‎9m2‎－‎396m≤－288（m＋1），‎ m2－‎44m≤－32（m＋1），‎ 即（m－4）（m－8）≤0，解得4≤m≤8，‎ 又m∈N，从而m=4，5，6，7，8.‎ ‎62.解：（1）设等比数列{an}的公比为q，则T1=a1，T2=‎2a1+a2=a1（2+q）‎ 又T1=1，T2=4，∴a1=1，q=2.‎ ‎（2）解法一：由（1）知：a=1，q=2，∴an=a1·qn－1=2n－1‎ ‎∴Tn=n·1+（n－1）·2+（n－2）·22+…+2·2n－2+1·2n－1 ①‎ ‎2Tn=n·2+（n－1）·22+（n－2）·23+…+2·2n－1+1·2n ②‎ ‎②－①得Tn=n·2+（n－1）·22+…+2·2n－1+2n－［n·1+(n－1)2+…+2·2n－2+1·2n－1］‎ ‎=－n+2+22+…+2n－1+2‎ ‎=－n+=2n+1－（n+2）‎ ‎63.（Ⅰ）解：依题意f（0）=0，又由f（x1）＝1，当0≤y≤1时，函数y=f（x）的图象是斜率为b0＝1的线段，故由 ‎＝1得x1＝1．‎ 又由f（x2）＝2，当1≤y≤2时，函数y=f（x）的图象是斜率为b的线段，故由 ‎＝b，即x2－x1＝得x2＝1＋．‎ 记x0＝0，由函数y=f（x）图象中第n段线段的斜率为bn－1，故得 ‎．‎ 又f（xn）＝n，f（xn－1）＝n－1；‎ ‎∴xn－xn－1＝（）n－1，n＝1，2，…．‎ 由此知数列｛xn－xn－1｝为等比数列，其首项为1，公比为．‎ 因b≠1，得xn＝，‎ 即xn＝．‎ ‎（Ⅲ）证法一：首先证明当b＞1，1＜x＜时，恒有f（x）＞x成立.‎ 用数学归纳法证明：‎ ‎（ⅰ）由（Ⅱ）知当n=1时，在（1，x2］上，y=f（x）=1+b（x－1），所以f（x）－x=（x－1）（b－1）＞0成立.‎ ‎（ⅱ）假设n=k时在（xk，xk＋1］上恒有f（x）＞x成立.‎ 可得f（xk＋1）＝k＋1＞xk＋1，‎ 在（xk＋1，xk＋2］上，f（x）＝k＋1＋bk＋1（x－xk＋1），‎ 所以f（x）－x=k+1+bk＋1（x－xk＋1）－x＝（bk＋1－1）（x－xk＋1）＋（k＋1－xk＋1‎ ‎）＞0成立.‎ 由（ⅰ）与（ⅱ）知，对所有自然数n在（xn，xn＋1）上都有f（x）＞x成立.‎ 即1＜x＜时，恒有f（x）＞x．‎ 其次，当b＜1，仿上述证明，可知当x＞1时，恒有f（x）＜x成立.‎ 故函数y=f（x）的图象与y=x的图象没有横坐标大于1的交点.‎ 评述：本小题主要考查函数的基本概念、等比数列、数列极限的基础知识，考查归纳、推理和综合的能力.‎ ‎64.解：由Sn＝a1＋a2＋…＋an知，an＝Sn－Sn－1（n≥2），a1＝S1，‎ 由已知an＝5Sn－3，得an－1＝5Sn－1－3．‎ 于是an－an－1＝5（Sn－Sn－1）＝5an，所以an＝－an－1．‎ 由a1＝5S1－3，得a1＝．‎ 所以，数列｛an｝是首项a1＝，公比q＝－的等比数列.‎ 由此知数列a1，a3，a5，…，a2n－1，…‎ 是首项为a1＝，公比为（－）2的等比数列.‎ ‎∴（a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1）＝．‎ 评述：本小题主要考查等比数列和数列极限等基础知识.‎ ‎66.解：（Ⅰ）设数列｛bn｝的公差为d，由题意得 解得 ∴bn＝3n－2‎ ‎（Ⅱ）由Sn＝3n－2知 因此要比较Sn与logabn＋1的大小，可先比较（1＋1）（1＋）…（1＋）与的大小.‎ 取n=1，有（1＋1）＞‎ 取n=2，有（1＋1）（1＋）＞，‎ ‎……‎ 由此推测（1＋1）（1＋）……（1＋）＞ ①‎ 若①式成立，则由对数函数性质可断定：‎ 当a＞1时，Sn＞logabn+1‎ 当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1.‎ 下面用数学归纳法证明①式.‎ ‎（i）当n=1时已验证①式成立.‎ ‎（ii）假设当n=k（k≥1）时，①式成立，‎ 这就是说①式当n=k+1时也成立.‎ 由（i）（ii）知，①式对任何自然数n都成立.由此证得：‎ 当a＞1时，Sn＞logabn+1‎ 当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1‎ 评述：该题是综合题，主要考查等差数列、数学归纳法、对数函数的性质等基本知识，以及归纳猜想，等价转化和代数式恒等变形的能力，相比之下，对能力的考查，远远高于对知识的考查.‎ 取n=1，有（1+1）＞，‎ 取n=2，有（1+1）（1+）＞，……‎ 由此推测（1+1）（1+）…（1+）＞. ①‎ 若①式成立，则由对数函数性质可断定：Sn＞lgbn+1.‎ 下面用数学归纳法证明①式.‎ ‎（i）当n=1时已验证①式成立.‎ 因而 ‎ 这就是说①式当n=k+1时也成立.‎ 由（i），（ii）知①式对任何正整数n都成立.‎ 由此证得：Sn＞lgbn+1.‎ ‎68.解：（1）∵a1=－，an－an－1=－‎ ‎∴数列{an}是以－为首项，－1为公差的等差数列.‎ ‎∴An=‎ 由4Bn－12An=13n，得Bn=‎ ‎∴bn=Bn－Bn－1=－‎ ‎（2）设抛物线Cn的方程为y=a（x+）2－‎ 即y=x2+（2n+3）x+n2+1‎ ‎∵y′=2x+（2n+3），∴Dn处切线斜率kn=2n+3.‎ ‎∴‎ ‎69.解：‎ 分两种情况讨论 ‎（1）当p＞1时，因p＞q＞0，则1＞＞0，所以 ‎（2）当p＜1时，因p＞q＞0，则1＞p＞q＞0‎ ‎.‎ 评述：该题考查了数列、极限的有关知识和分类讨论的思想，考查了学生解决问题的能力，知识、方法、基本计算能力要求较高.‎ 整理得 解得 由此得an=1；或an=4－（n－1）=－n.‎ 经验证an=1时，S5=5，或an=n时，‎ S5=－4，均适合题意.‎ 故所求数列通项公式为an=1，或an=n.‎ 评述：该题考查了数列的有关基本知识及代数运算能力，思路明显，运算较基本.‎ ‎（2）由f（t）=，得bn=f+bn－1.‎ ‎∴{bn}是一个首项为1，公差为的等差数列.‎ ‎∴bn=1+（n－1）=‎ ‎（3）由bn=，可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列于是b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1‎ ‎=b2（b1－b3）+b4（b3－b5）+b6（b5－b7）+…+b2n（b2n－1+b2n+1）‎ ‎=－（b2+b4+…+b2n）=－‎ ‎=－（2n2+3n）‎ ‎72.解：若q=1，则有S3=‎3a1，S6=‎6a1，S9=‎9a1.‎ 因a1≠0，得S3+S6≠2S9，显然q=1与题设矛盾，故q≠1.‎ 由S3+S6=2S9，得，整理得q3（2q6－q3－1）=0，由q≠0，得2q6－q3－1=0，从而（2q3＋1）（q3－1）=0，因q3≠1，故q3=－，所以q=‎ ‎－.‎ ‎（Ⅲ）解：由题意，32n+1=4r+3，‎ 所以r=（32n－1）‎ 易知 ‎∴‎ ‎（Ⅱ）解：不存在.‎ 证法一：要使=lg（Sn+1－C）成立，则有 ‎①②‎ 分两种情况讨论：‎ ‎（ⅰ）当q=1时，‎ ‎（Sn－C）（Sn+2－C）－（Sn+1－C）2＝‎ ‎（a1n－C）［a1（n+2）－C］－［a1（n+1）－C］2‎ ‎=－a12＜0‎ 可知，不满足条件①，即不存在常数C＞0，使结论成立.‎ ‎（ⅱ）当q≠1时，‎ ‎（Sn－C）（Sn+2－C）－（Sn+1－C）2‎ 因a1qn≠0，若条件①成立，故只能是a1－C（1－q）=0，即C=，此时因为C＞0，a1＞0，所以0＜q＜1，但是0＜q＜1时，Sn－＜0，不满足条件②，即不存在常数C＞0，使结论成立.‎ 评述：本题为综合题，以数列为核心知识，在考查等比数列基本知识的同时，考查不等式的证明和解方程，兼考对数的运算法则和对数函数的单调性，并且多角度、多层次考查数学思想方法的灵活、恰当的运用，提高对数学能力的考查要求.该题的解答方法很多，表明该题能较好考查灵活综合运用数学知识的能力.第（Ⅰ）问侧重知识和基本技能的考查，第（Ⅱ）问则把考查的重心放在能力要求上.对思维的逻辑性、周密性和深刻性；运算的合理性、准确性；应用的灵活性、有效性等，该题都涉及到了，是一道突出能力考查的好试题.‎ ‎75.解：证法一：令d=a2－a1，下面用数学归纳法证明an=a1+（n－1）d（n∈N*）‎ ‎①当n=1时，上述等式为恒等式a1=a1，‎ 当n=2时，a1+（2－1）d=a1+（a2－a1）=a2，等式成立.‎ 由①和②，等式对所有的自然数n成立，从而{an}是等差数列.‎ 证法二：当n≥2时，由题设，‎ 所以 同理有 从而 整理得：an+1－an=an－an－1，对任意n≥2成立.‎ 从而{an}是等差数列.‎ 评述：本题考查等差数列的基础知识，数学归纳法及推理论证能力，教材中是由等差数列的通项公式推出数列的求和公式，本题逆向思维，由数列的求和公式去推数列的通项公式，有一定的难度.考生失误的主要原因是知道用数学归纳法证，却不知用数学归纳法证什么，这里需要把数列成等差数列这一文字语言，转化为数列通项公式是an=a1+（n－1）d这一数学符号语言.证法二需要一定的技巧.‎ ‎76.解：（Ⅰ）由题意，an＞0‎ 令n=1时， S1=a1‎ 解得a1=2，令n=2时有 S2=a1+a2‎ 解得a2=6，令n=3时有 S3=a1+a2+a3 解得a3=10‎ 故该数列的前三项为2、6、10.‎ 整理ak+12－4ak+1+4－16k2=0‎ 由于ak+1＞0，解得：ak+1=2+4k 所以ak+1=2+4k=4（k+1）－2 ‎ 这就是说n=k+1时，上述结论成立.‎ 根据1°，2°上述结论对所有自然数n成立.‎ 解法二：由题意有，（n∈N*）‎ 整理得Sn=（an+2）2 ‎ 由此得Sn+1=（an+1+2）2‎ 所以an+1=Sn+1－Sn=［（an+1+2）2－（an+2）2］‎ 整理得（an+1+an）（an+1－an－4）=0‎ 由题意知an+1+an≠0，所以an+1－an=4‎ 即数列｛an｝为等差数列，其中a1=2，公差d=4，‎ 所以an=a1＋（n－1）d=2+4（n－1）‎ 即通项公式an=4n－2.‎ 评述：该题的解题思路是从所给条件出发，通过观察、试验、分析、归纳、概括、猜想出一般规律，然后再对归纳、猜想的结论进行证明.对于含自然数n的命题，可以考虑用数学归纳法进行证明，该题着重考查了归纳、概括和数学变换的能力.‎ ‎77.解：（Ⅰ）由题意得rqn－1+rqn＞rqn+1‎ 由题设r＞0，q＞0，故上式q2－q－1＜0‎ 所以，‎ 由于q＞0，故0＜q＜‎ ‎（Ⅱ）因为 所以=q≠0‎ b1=1+r≠0，所以｛bn｝是首项为1+r，公比为q的等比数列，‎ 从而bn=（1+r）qn－1‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知bn=（1+r）qn－1‎ 从上式可知当n－20.2＞0时n≥21（n∈N）时，cn随n的增大而减小，故 ‎1＜cn＜c21=1+=2.25 ①‎ 当n－20.2＜0，即n≤20（n∈N）时，cn也随着n的增大而减小，故 ‎1＞cn＞c20=1+ ②‎ 综合①、②两式知对任意的自然数n有c20≤cn≤c21‎ 故｛cn｝的最大项c21=2.25，最小项c20＝－4．‎ 评述：本题主要考查等比数列、对数、不等式等基础知识，推理能力以及分解问题和解决问题的能力.‎