高考专项训练21数列大题专项训练 28页

‎ 一．解答题（共30小题）‎ ‎1．（2012•上海）已知数列{an}、{bn}、{cn}满足．‎ ‎（1）设cn=3n+6，{an}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值；‎ ‎（2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有bn≥bk；‎ ‎（3）设，．当b1=1时，求数列{bn}的通项公式．‎ ‎2．（2011•重庆）设{an}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．‎ ‎（Ⅰ）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an+bn}的前n项和Sn．‎ ‎3．（2011•重庆）设实数数列{an}的前n项和Sn满足Sn+1=an+1Sn（n∈N*）．‎ ‎（Ⅰ）若a1，S2，﹣2a2成等比数列，求S2和a3．‎ ‎（Ⅱ）求证：对k≥3有0≤ak≤．‎ ‎4．（2011•浙江）已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n项和为Sn，且，，成等比数列．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式及Sn；‎ ‎（Ⅱ）记An=+++…+，Bn=++…+，当a≥2时，试比较An与Bn的大小．‎ ‎5．（2011•上海）已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an=3n+6，bn=2n+7（n∈N*）．将集合{x|x=an，n∈N*}∪{x|x=bn，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，…，cn，…‎ ‎（1）写出c1，c2，c3，c4；‎ ‎（2）求证：在数列{cn}中，但不在数列{bn}中的项恰为a2，a4，…，a2n，…；‎ ‎（3）求数列{cn}的通项公式．‎ ‎6．（2011•辽宁）已知等差数列{an}满足a2=0，a6+a8=﹣10‎ ‎（I）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（II）求数列{}的前n项和．‎ ‎7．（2011•江西）（1）已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1=a（a＞0），b1﹣a1=1，b2﹣a2=2，b3﹣a3=3，若数列{an}唯一，求a的值；‎ ‎（2）是否存在两个等比数列{an}，{bn}，使得b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3．b4﹣a4成公差不 为0的等差数列？若存在，求{an}，{bn}的通项公式；若不存在，说明理由．‎ ‎8．（2011•湖北）成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn}中的b3、b4、b5．‎ ‎（I） 求数列{bn}的通项公式；‎ ‎（II） 数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列{Sn+}是等比数列．‎ ‎9．（2011•广东）设b＞0，数列{an}满足a1=b，an=（n≥2）‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（4）证明：对于一切正整数n，2an≤bn+1+1．‎ ‎10．（2011•安徽）在数1 和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积计作Tn，再令an=lgTn，n≥1．‎ ‎（I）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设bn=tanan•tanan+1，求数列{bn}的前n项和Sn．‎ ‎11．（2010•浙江）设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6+15=0．‎ ‎（Ⅰ）若S5=5，求S6及a1；‎ ‎（Ⅱ）求d的取值范围．‎ ‎12．（2010•四川）已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为﹣4．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设bn=（4﹣an）qn﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．‎ ‎13．（2010•四川）已知数列{an}满足a1=0，a2=2，且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1+a2n﹣1=2am+n﹣1+2（m﹣n）2‎ ‎（1）求a3，a5；‎ ‎（2）设bn=a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N*），证明：{bn}是等差数列；‎ ‎（3）设cn=（an+1﹣an）qn﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{cn}的前n项和Sn．‎ ‎14．（2010•陕西）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1=1，且a1，a3，a9成等比数列．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项；‎ ‎（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和Sn．‎ ‎15．（2010•宁夏）设数列满足a1=2，an+1﹣an=3•22n﹣1‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）令bn=nan，求数列的前n项和Sn．‎ ‎16．（2010•江西）正实数数列{an}中，a1=1，a2=5，且{an2}成等差数列．‎ ‎（1）证明数列{an}中有无穷多项为无理数；‎ ‎（2）当n为何值时，an为整数，并求出使an＜200的所有整数项的和．‎ ‎17．（2009•陕西）已知数列{an}满足，，n∈N×．‎ ‎（1）令bn=an+1﹣an，证明：{bn}是等比数列；‎ ‎（2）求{an}的通项公式．‎ ‎18．（2009•山东）等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点（n，Sn），均在函数y=bx+r（b＞0）且b≠1，b，r均为常数）的图象上．‎ ‎（1）求r的值；‎ ‎（2）当b=2时，记bn=n∈N*求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎19．（2009•江西）数列{an}的通项，其前n项和为Sn，‎ ‎（1）求Sn；‎ ‎（2），求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎20．（2009•辽宁）等比数列{an}的前n项和为sn，已知S1，S3，S2成等差数列，‎ ‎（1）求{an}的公比q；‎ ‎（2）求a1﹣a3=3，求sn．‎ ‎21．（2009•湖北）已知数列{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a2a6=55，a2+a7=16‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）数列{an}和数列{bn}满足等式an=（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．‎ ‎22．（2009•福建）等比数列{an}中，已知a1=2，a4=16‎ ‎（I）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn．‎ ‎23．（2009•安徽）已知数列{an}的前n项和Sn=2n2+2n，数列{bn}的前n项和Tn=2﹣bn ‎（Ⅰ）求数列{an}与{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设cn=an2•bn，证明：当且仅当n≥3时，cn+1＜cn．‎ ‎24．（2009•北京）设数列{an}的通项公式为an=pn+q（n∈N*，P＞0）．数列{bn}定义如下：对于正整数m，bm是使得不等式an≥m成立的所有n中的最小值．‎ ‎（Ⅰ）若，求b3；‎ ‎（Ⅱ）若p=2，q=﹣1，求数列{bm}的前2m项和公式；‎ ‎（Ⅲ）是否存在p和q，使得bm=3m+2（m∈N*）？如果存在，求p和q的取值范围；如果不存在，请说明理由．‎ ‎25．（2008•浙江）已知数列{xn}的首项x1=3，通项xn=2np+np（n∈N*，p，q为常数），且成等差数列．求：‎ ‎（Ⅰ）p，q的值；‎ ‎（Ⅱ）数列{xn}前n项和Sn的公式．‎ ‎26．（2008•四川）设数列{an}的前n项和为Sn=2an﹣2n，‎ ‎（Ⅰ）求a1，a4‎ ‎（Ⅱ）证明：{an+1﹣2an}是等比数列；‎ ‎（Ⅲ）求{an}的通项公式．‎ ‎27．（2008•四川）在数列{an}中，a1=1，．‎ ‎（Ⅰ）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令，求数列{bn}的前n项和Sn；‎ ‎（Ⅲ）求数列{an}的前n项和Tn．‎ ‎28．（2008•陕西）已知数列{an}的首项，，n=1，2，3，…．‎ ‎（Ⅰ）证明：数列是等比数列；‎ ‎（Ⅱ）求数列的前n项和Sn．‎ ‎29．（2008•辽宁）在数列{an}，{bn}是各项均为正数的等比数列，设．‎ ‎（Ⅰ）数列{cn}是否为等比数列？证明你的结论；‎ ‎（Ⅱ）设数列{lnan}，{lnbn}的前n项和分别为Sn，Tn．若a1=2，，求数列{cn}的前n项和．‎ ‎30．（2008•辽宁）在数列{an}，{bn}中，a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列．‎ ‎（1）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；‎ ‎（2）证明：．‎ 答案与评分标准 一．解答题（共30小题）‎ ‎1．（2012•上海）已知数列{an}、{bn}、{cn}满足．‎ ‎（1）设cn=3n+6，{an}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值；‎ ‎（2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有bn≥bk；‎ ‎（3）设，．当b1=1时，求数列{bn}的通项公式．‎ 考点：数列递推式；数列的函数特性。‎ 专题：计算题；分类讨论。‎ 分析：（1）先根据条件得到数列{bn}的递推关系式，即可求出结论；‎ ‎（2）先根据条件得到数列{bn}的递推关系式；进而判断出其增减性，即可求出结论；‎ ‎（3）先根据条件得到数列{bn}的递推关系式；再结合叠加法以及分类讨论分情况求出数列{bn}的通项公式，最后综合即可．‎ 解答：解：（1）∵an+1﹣an=3，‎ ‎∴bn+1﹣bn=n+2，‎ ‎∵b1=1，‎ ‎∴b2=4，b3=8．‎ ‎（2）∵．‎ ‎∴an+1﹣an=2n﹣7，‎ ‎∴bn+1﹣bn=，‎ 由bn+1﹣bn＞0，解得n≥4，即b4＜b5＜b6…；‎ 由bn+1﹣bn＜0，解得n≤3，即b1＞b2＞b3＞b4．‎ ‎∴k=4．‎ ‎（3）∵an+1﹣an=（﹣1）n+1，‎ ‎∴bn+1﹣bn=（﹣1）n+1（2n+n）．‎ ‎∴bn﹣bn﹣1=（﹣1）n（2n﹣1+n﹣1）（n≥2）．‎ 故b2﹣b1=21+1；‎ b3﹣b2=（﹣1）（22+2），‎ ‎…‎ bn﹣1﹣bn﹣2=（﹣1）n﹣1（2n﹣2+n﹣2）．‎ bn﹣bn﹣1=（﹣1）n（2n﹣1+n﹣1）．‎ 当n=2k时，以上各式相加得 bn﹣b1=（2﹣22+…﹣2n﹣2+2n﹣1）+[1﹣2+…﹣（n﹣2）+（n﹣1）]‎ ‎=+=+．‎ ‎∴bn==++．‎ 当n=2k﹣1时，‎ ‎=++﹣（2n+n）‎ ‎=﹣﹣+‎ ‎∴bn=．‎ 点评：本题主要考察数列递推关系式在求解数列通项中的应用．是对数列知识的综合考察，属于难度较高的题目．‎ ‎2．（2011•重庆）设{an}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．‎ ‎（Ⅰ）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an+bn}的前n项和Sn．‎ 考点：等比数列的通项公式；数列的求和。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（Ⅰ）由{an}是公比为正数的等比数列，设其公比，然后利用a1=2，a3=a2+4可求得q，即可求得{an}的通项公式 ‎（Ⅱ）由{bn}是首项为1，公差为2的等差数列 可求得bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1，然后利用等比数列与等差数列的前n项和公式即可求得数列{an+bn}的前n项和Sn．‎ 解答：解：（Ⅰ）∵设{an}是公比为正数的等比数列 ‎∴设其公比为q，q＞0‎ ‎∵a3=a2+4，a1=2‎ ‎∴2×q2=2×q+4 解得q=2或q=﹣1‎ ‎∵q＞0‎ ‎∴q=2 ‎ ‎∴{an}的通项公式为an=2×2n﹣1=2n ‎（Ⅱ）∵{bn}是首项为1，公差为2的等差数列 ‎∴bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1‎ ‎∴数列{an+bn}的前n项和Sn=+=2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2‎ 点评：本题考查了等比数列的通项公式及数列的求和，注意题目条件的应用．在用等比数列的前n项和公式时注意辨析q是否为1，只要简单数字运算时不出错，问题可解，是个基础题．‎ ‎3．（2011•重庆）设实数数列{an}的前n项和Sn满足Sn+1=an+1Sn（n∈N*）．‎ ‎（Ⅰ）若a1，S2，﹣2a2成等比数列，求S2和a3．‎ ‎（Ⅱ）求证：对k≥3有0≤ak≤．‎ 考点：数列与不等式的综合；数列递推式。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（Ⅰ）由题意，得S22=﹣2S2，由S2是等比中项知S2=﹣2，由此能求出S2和a3．‎ ‎（Ⅱ）由题设条件知Sn+an+1=an+1Sn，Sn≠1，an+1≠1，且，，由此能够证明对k≥3有0≤an﹣1≤．‎ 解答：解：（Ⅰ）由题意，‎ 得S22=﹣2S2，‎ 由S2是等比中项知S2≠0，‎ ‎∴S2=﹣2．‎ 由S2+a3=a3S2，解得．‎ ‎（Ⅱ）证明：因为Sn+1=a1+a2+a3+…+an+an+1=an+1+Sn，‎ 由题设条件知Sn+an+1=an+1Sn，‎ ‎∴Sn≠1，an+1≠1，且，‎ 又从而对k≥3，有 ‎0≤ak≤．‎ 点评：本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意公式的合理运用．‎ ‎4．（2011•浙江）已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n项和为Sn，且，，成等比数列．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式及Sn；‎ ‎（Ⅱ）记An=+++…+，Bn=++…+，当a≥2时，试比较An与Bn的大小．‎ 考点：数列与不等式的综合；数列的求和；等差数列的性质。‎ 专题：计算题；证明题。‎ 分析：（Ⅰ）设出等差数列的公差，利用等比中项的性质，建立等式求得d，则数列的通项公式和前n项的和可得．‎ ‎（Ⅱ）利用（Ⅰ）的an和Sn，代入不等式，利用裂项法和等比数列的求和公式整理An与Bn，最后对a＞0和a＜0两种情况分情况进行比较．‎ 解答：解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由（）2=•，‎ 得（a1+d）2=a1（a1+3d），因为d≠0，所以d=a1=a 所以an=na，Sn=‎ ‎（Ⅱ）解：∵=（﹣）‎ ‎∴An=+++…+=（1﹣）‎ ‎∵=2n﹣1a，所以==，‎ Bn=++…+=•=•（1﹣）‎ 当n≥2时，2n=Cn0+Cn1+…+Cnn＞n+1，即1﹣＜1﹣‎ 所以，当a＞0时，An＜Bn；当a＜0时，An＞Bn．‎ 点评：本题主要考查了等差数列的性质．涉及了等差数列的通项公式，求和公式以及数列的求和的方法，综合考查了基础知识的运用．‎ ‎5．（2011•上海）已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an=3n+6，bn=2n+7（n∈N*）．将集合{x|x=an，n∈N*}∪{x|x=bn，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，…，cn，…‎ ‎（1）写出c1，c2，c3，c4；‎ ‎（2）求证：在数列{cn}中，但不在数列{bn}中的项恰为a2，a4，…，a2n，…；‎ ‎（3）求数列{cn}的通项公式．‎ 考点：等差数列的通项公式；数列的概念及简单表示法。‎ 专题：综合题；分类讨论；转化思想。‎ 分析：（1）利用两个数列的通项公式求出前3项，按从小到大挑出4项．‎ ‎（2）对于数列{an}，对n从奇数与偶数进行分类讨论，判断是否能写成2n+7的形式．‎ ‎（3）对{an}中的n从从奇数与偶数进行分类讨论，对{bn}中的n从被3除的情况分类讨论，判断项的大小，求出数列的通项．‎ 解答：解：（1）a1=3×1+6=9； a2=3×2+6=12 a3=3×3+6=15‎ b1=2×1+7=9 b2=2×2+7=11 b3=2×3+7=13 ‎ ‎∴c1=9；c2=11；c3=12；c4=13‎ ‎（2）解对于an=3n+6，‎ 当n为奇数时，设为n=2k+1‎ 则3n+6=2（3k+1）+7∈{bn}‎ 当n为偶数时，设n=2k则3n+6=6k﹣1+7不属于{bn}‎ ‎∴在数列{cn}中，但不在数列{bn}中的项恰为a2，a4，…，a2n，…；‎ ‎（3）b3k﹣2=2（3k﹣2）+7=a2k﹣1‎ b3k﹣1=6k+5 ‎ a2k=6k+6‎ b3k=6k+7‎ ‎∵6k+3＜6k+5＜6k+6＜6k+7‎ ‎∴当k=1时，依次有b1=a1=c1，b2=c2，a2=c3，b3=c4…‎ ‎∴‎ 点评：本题考查利用数列的通项公式求数列的项、考查判断某项是否属于一个数列是看它是否能写出通项形式、考查分类讨论的数学数学方法．‎ ‎6．（2011•辽宁）已知等差数列{an}满足a2=0，a6+a8=﹣10‎ ‎（I）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（II）求数列{}的前n项和．‎ 考点：等差数列的通项公式；数列的求和。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（I）‎ 根据等差数列的通项公式化简a2=0和a6+a8=﹣10，得到关于首项和公差的方程组，求出方程组的解即可得到数列的首项和公差，根据首项和公差写出数列的通项公式即可；‎ ‎（II）‎ 把（I）求出通项公式代入已知数列，列举出各项记作①，然后给两边都除以2得另一个关系式记作②，①﹣②后，利用an的通项公式及等比数列的前n项和的公式化简后，即可得到数列{}的前n项和的通项公式．‎ 解答：解：（I）设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得，‎ 解得：，‎ 故数列{an}的通项公式为an=2﹣n；‎ ‎（II）设数列{}的前n项和为Sn，即Sn=a1++…+①，故S1=1，‎ ‎=++…+②，‎ 当n＞1时，①﹣②得：‎ ‎=a1++…+﹣‎ ‎=1﹣（++…+）﹣‎ ‎=1﹣（1﹣）﹣=，‎ 所以Sn=，‎ 综上，数列{}的前n项和Sn=．‎ 点评：此题考查学生灵活运用等差数列的通项公式化简求值，会利用错位相减法求数列的和，是一道中档题．‎ ‎7．（2011•江西）（1）已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1=a（a＞0），b1﹣a1=1，b2﹣a2=2，b3﹣a3=3，若数列{an}唯一，求a的值；‎ ‎（2）是否存在两个等比数列{an}，{bn}，使得b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3．b4﹣a4成公差不 为0的等差数列？若存在，求{an}，{bn}的通项公式；若不存在，说明理由．‎ 考点：等比数列的性质；等比数列的通项公式。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（1）设等比数列{an}的公比为q，根据等比数列的通项公式，由b1﹣a1=1，b2﹣a2=2，b3﹣a3=3表示出b1，b2，b3，根据b1，b2，b3成等比数列，再根据等比数列的通项公式得到等比数列{an}的首项与公比的关系式，把q看作未知数，根据a大于0得出根的判别式大于0，进而得到方程有两个不同的实根，又数列{an}唯一，得到方程必有一根为0，把q=0代入方程即可得到关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值；‎ ‎（2）利用反证法进行证明，假设存在，分别设出两等比数列的公比，根据等差数列的通项公式，b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3，b4﹣a4成公差不为0的等差数列，列出关系式，化简后分别求出两等比数列的首项及公比，分别求出b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3，b4﹣a4的公差为0，与已知的公差不为0矛盾，假设错误，进而得到不存在两个等比数列{an}，{bn}，使得b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3．b4﹣a4成公差不 为0的等差数列．‎ 解答：解：（1）设{an}的公比为q，‎ ‎∵a1=a（a＞0），b1﹣a1=1，b2﹣a2=2，b3﹣a3=3，‎ ‎∴b1=1+a，b2=2+aq，b3=3+aq2，‎ ‎∵b1，b2，b3成等比数列，‎ ‎∴（2+aq）2=（1+a）（3+aq2）即aq2﹣4aq+3a﹣1=0，‎ ‎∵a＞0，‎ ‎∴△=4a2+4a＞0，‎ ‎∴方程有两个不同的实根，‎ 又∵数列{an}唯一，‎ ‎∴方程必有一根为0，将q=0代入方程得a=，‎ ‎∴a=；‎ ‎（2）假设存在两个等比数列{an}，{bn}，使b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3，b4﹣a4成公差不为0的等差数列，‎ 设{an}的公比为q1，{bn}的公比为q2，‎ 则b2﹣a2=b1q2﹣a1q1，b3﹣a3=b1q22﹣a1q12，b4﹣a4=b1q23﹣a1q13，‎ 由b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3，b4﹣a4成的等差数列得：‎ 即，‎ ‎①×q2﹣②得：a1（q1﹣q2）（q1﹣1）2=0，‎ 由a1≠0得：q1=q2或q1=1，‎ ‎（i）当q1=q2时，由①，②得b1=a1或q1=q2=1，这时（b2﹣a2）﹣（b1﹣a1）=0与公差不为0矛盾；‎ ‎（ii）q1=1时，由①，②得b1=0或q2=1，这时（b2﹣a2）﹣（b1﹣a1）=0与公差不为0矛盾，‎ 综上所述，不存在两个等比数列{an}，{bn}，使得b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3．b4﹣a4成公差不为0的等差列．‎ 点评：此题考查学生灵活运用等比数列的通项公式及等比数列的性质化简求值，会利用反证法说明命题的真假，是一道中档题．‎ ‎8．（2011•湖北）成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn}中的b3、b4、b5．‎ ‎（I） 求数列{bn}的通项公式；‎ ‎（II） 数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列{Sn+}是等比数列．‎ 考点：等比关系的确定；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和。‎ 专题：证明题；综合题。‎ 分析：（I）利用成等差数列的三个正数的和等于15可设三个数分别为5﹣d，5+d，代入等比数列中可求d，进一步可求数列{bn}的通项公式 ‎（II）根据（I）及等比数列的前 n项和公式可求Sn，要证数列{Sn+}是等比数列⇔即可．‎ 解答：解：（I）设成等差数列的三个正数分别为a﹣d，a，a+d 依题意，得a﹣d+a+a+d=15，解得a=5‎ 所以{bn}中的依次为7﹣d，10，18+d 依题意，有（7﹣d）（18+d）=100，解得d=2或d=﹣13（舍去）‎ 故{bn}的第3项为5，公比为2‎ 由b3=b1•22，即5=4b1，解得 所以{bn}是以首项，2为公比的等比数列，通项公式为 ‎（II）数列{bn}的前和 即，所以，‎ 因此{}是以为首项，公比为2的等比数列 点评：本题主要考查了等差数列、等比数列及前n和公式等基础知识，同时考查基本运算能力 ‎9．（2011•广东）设b＞0，数列{an}满足a1=b，an=（n≥2）‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（4）证明：对于一切正整数n，2an≤bn+1+1．‎ 考点：数列递推式；数列与不等式的综合。‎ 专题：综合题；分类讨论；转化思想。‎ 分析：（1）由题设形式可以看出，题设中给出了关于数列an的面的一个方程，即一个递推关系，所以应该对此递推关系进行变形整理以发现其中所蕴含的规律，观察发现若对方程两边取倒数则可以得到一个类似等差数列的形式，对其中参数进行讨论，分类求其通项即可．‎ ‎（2）由于本题中条件较少，解题思路不宜用综合法直接分析出，故求解本题可以采取分析法的思路，由结论探究其成立的条件，再证明此条件成立，即可达到证明不等式的目的．‎ 解答：解：（1）∵（n≥2），‎ ‎∴（n≥2），‎ 当b=1时，（n≥2），‎ ‎∴数列{}是以为首项，以1为公差的等差数列，‎ ‎∴=1+（n﹣1）×1=n，即an=1，‎ 当b＞0，且b≠1时，（n≥2），‎ 即数列{}是以=为首项，公比为的等比数列，‎ ‎∴=×=，即an=，‎ ‎∴数列{an}的通项公式是 ‎（2）证明：当b=1时，不等式显然成立 当b＞0，且b≠1时，an=，要证对于一切正整数n，2an≤bn+1+1，只需证2×≤bn+1+1，即证 ‎∵‎ ‎=‎ ‎=（bn+1+1）×（bn﹣1+bn﹣2+…+b+1）‎ ‎=（b2n+b2n﹣1+…+bn+2+bn+1）+（bn﹣1+bn﹣2+…+b+1）‎ ‎=bn[（bn+bn﹣1+…+b2+b）+（++…+）]‎ ‎≥bn（2+2+…+2）=2nbn 所以不等式成立，‎ 综上所述，对于一切正整数n，有2an≤bn+1+1，‎ 点评：本题考点是数列的递推式，考查根据数列的递推公式求数列的通项，研究数列的性质的能力，本题中递推关系的形式适合用取倒数法将所给的递推关系转化为有规律的形式，两边取倒数，条件许可的情况下，使用此技巧可以使得解题思路呈现出来．数列中有请多成熟的规律，做题时要注意积累这些小技巧，在合适的情况下利用相关的技巧，可以简化做题．在（2）的证明中，采取了分析法的来探究解题的思路，通过本题希望能进一步熟悉分析法证明问题的技巧．‎ ‎10．（2011•安徽）在数1 和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积计作Tn，再令an=lgTn，n≥1．‎ ‎（I）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设bn=tanan•tanan+1，求数列{bn}的前n项和Sn．‎ 考点：等比数列的通项公式；数列与三角函数的综合。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（I）根据在数1 和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，我们易得这n+2项的几何平均数为10，故Tn=10n+2，进而根据对数的运算性质我们易计算出数列{an}的通项公式；‎ ‎（II）根据（I）的结论，利用两角差的正切公式，我们易将数列{bn}的每一项拆成的形式，进而得到结论．‎ 解答：解：（I）∵在数1 和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，‎ 又∵这n+2个数的乘积计作Tn，‎ ‎∴Tn=10n+2‎ 又∵an=lgTn，‎ ‎∴an=lg10n+2=n+2，n≥1．‎ ‎（II）∵bn=tanan•tanan+1=tan（n+2）•tan（n+3）=，‎ ‎∴Sn=b1+b2+…+bn=[]+[]+…+[]‎ ‎=‎ 点评：本题考查的知识点是等比数列的通项公式及数列与三角函数的综合，其中根据已知求出这n+2项的几何平均数为10，是解答本题的关键．‎ ‎11．（2010•浙江）设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6+15=0．‎ ‎（Ⅰ）若S5=5，求S6及a1；‎ ‎（Ⅱ）求d的取值范围．‎ 考点：等差数列的前n项和。‎ 分析：（I）根据附加条件，先求得s6再求得a6分别用a1和d表示，再解关于a1和d的方程组．‎ ‎（II）所求问题是d的范围，所以用“a1，d”法．‎ 解答：解：（Ⅰ）由题意知S6==﹣3，‎ a6=S6﹣S5=﹣8‎ 所以 解得a1=7‎ 所以S6=﹣3，a1=7；‎ 解：（Ⅱ）因为S5S6+15=0，‎ 所以（5a1+10d）（6a1+15d）+15=0，‎ 即2a12+9da1+10d2+1=0．‎ 故（4a1+9d）2=d2﹣8．‎ 所以d2≥8．‎ 故d的取值范围为d≤﹣2或d≥2．‎ 点评：本题主要考查等差数列概念、求和公式通项公式等基础知识，同时考查运算求解能力及分析问题解决问题的能力．‎ ‎12．（2010•四川）已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为﹣4．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设bn=（4﹣an）qn﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．‎ 考点：等差数列的通项公式；数列的求和。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（1）设{an}的公差为d，根据等差数列的求和公式表示出前3项和前8项的和，求的a1和d，进而根据等差数列的通项公式求得an．‎ ‎（2）根据（1）中的an，求得bn，进而根据错位相减法求得数列{bn}的前n项和Sn．‎ 解答：解：（1）设{an}的公差为d，‎ 由已知得 解得a1=3，d=﹣1‎ 故an=3+（n﹣1）（﹣1）=4﹣n；‎ ‎（2）由（1）的解答得，bn=n•qn﹣1，于是 Sn=1•q0+2•q1+3•q2+…+（n﹣1）•qn﹣1+n•qn．‎ 若q≠1，将上式两边同乘以q，得 qSn=1•q1+2•q2+3•q3+…+（n﹣1）•qn+n•qn+1．‎ 将上面两式相减得到 ‎（q﹣1）Sn=nqn﹣（1+q+q2+…+qn﹣1）‎ ‎=nqn﹣‎ 于是Sn=‎ 若q=1，则Sn=1+2+3+…+n=‎ 所以，Sn=．‎ 点评：本小题主要考查数列的基础知识和划归、分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力．‎ ‎13．（2010•四川）已知数列{an}满足a1=0，a2=2，且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1+a2n﹣1=2am+n﹣1+2（m﹣n）2‎ ‎（1）求a3，a5；‎ ‎（2）设bn=a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N*），证明：{bn}是等差数列；‎ ‎（3）设cn=（an+1﹣an）qn﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{cn}的前n项和Sn．‎ 考点：数列递推式；数列的求和。‎ 专题：综合题；转化思想。‎ 分析：（1）欲求a3，a5只需令m=2，n=1赋值即可．‎ ‎（2）以n+2代替m，然后利用配凑得到bn+1﹣bn，和等差数列的定义即可证明．‎ ‎（3）由（1）（2）两问的结果可以求得cn，利用乘公比错位相减求{cn}的前n项和Sn．‎ 解答：解：（1）由题意，令m=2，n=1，可得a3=2a2﹣a1+2=6‎ 再令m=3，n=1，可得a5=2a3﹣a1+8=20‎ ‎（2）当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可得 a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8‎ 于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣1）=8‎ 即bn+1﹣bn=8‎ 所以{bn}是公差为8的等差数列 ‎（3）由（1）（2）解答可知{bn}是首项为b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列 则bn=8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣1=8n﹣2‎ 另由已知（令m=1）可得 an=﹣（n﹣1）2．‎ 那么an+1﹣an=﹣2n+1‎ ‎=﹣2n+1=2n 于是cn=2nqn﹣1．‎ 当q=1时，Sn=2+4+6++2n=n（n+1）‎ 当q≠1时，Sn=2•q0+4•q1+6•q2++2n•qn﹣1．‎ 两边同乘以q，可得 qSn=2•q1+4•q2+6•q3++2n•qn．‎ 上述两式相减得 ‎（1﹣q）Sn=2（1+q+q2++qn﹣1）﹣2nqn ‎=2•﹣2nqn ‎=2•‎ 所以Sn=2•‎ 综上所述，Sn=‎ 点评：本小题是中档题，主要考查数列的基础知识和化归、分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力．同时考查了等差，等比数列的定义，通项公式，和数列求和的方法．‎ ‎14．（2010•陕西）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1=1，且a1，a3，a9成等比数列．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项；‎ ‎（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和Sn．‎ 考点：等差数列与等比数列的综合。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（I）由题意可得a32=a1•a9=a9，从而建立关于公差d的方程，解方程可求d，进而求出通项an ‎（II）由（I）可得，代入等比数列的前n项和公式可求Sn 解答：解（Ⅰ）由题设知公差d≠0，‎ 由a1=1，a1，a3，a9成等比数列得=，‎ 解得d=1，d=0（舍去），故{an}的通项an=1+（n﹣1）×1=n；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知{2}^{{a}_{n}}={2}^{n}，由等比数列前n项和公式得 Sm=2+22+23+…+2n==2n+1﹣2．‎ 点评：本题考查了等差数列及等比数列的通项公式，等比数列的前n项和公式，属于基本公式的简单运用．‎ ‎15．（2010•宁夏）设数列满足a1=2，an+1﹣an=3•22n﹣1‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）令bn=nan，求数列的前n项和Sn．‎ 考点：数列递推式；数列的求和。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（Ⅰ）由题意得an+1=[（an+1﹣an）+（an﹣an﹣1）+…+（a2﹣a1）]+a1=3（22n﹣1+22n﹣3+…+2）+2=22（n+1）﹣1．由此可知数列{an}的通项公式为an=22n﹣1．‎ ‎（Ⅱ）由bn=nan=n•22n﹣1知Sn=1•2+2•23+3•25++n•22n﹣1，，由此入手可知答案．‎ 解答：解：（Ⅰ）由已知，当n≥1时，an+1=[（an+1﹣an）+（an﹣an﹣1）++（a2﹣a1）]+a1=3（22n﹣1+22n﹣3+…+2）+2=22（n+1）﹣1．‎ 而a1=2，‎ 所以数列{an}的通项公式为an=22n﹣1．‎ ‎（Ⅱ）由bn=nan=n•22n﹣1知Sn=1•2+2•23+3•25+…+n•22n﹣1①‎ 从而22Sn=1•23+2•25+…+n•22n+1②‎ ‎①﹣②得（1﹣22）•Sn=2+23+25+…+22n﹣1﹣n•22n+1．‎ 即．‎ 点评：本题主要考查数列累加法（叠加法）求数列通项、错位相减法求数列和等知识以及相应运算能力．‎ ‎16．（2010•江西）正实数数列{an}中，a1=1，a2=5，且{an2}成等差数列．‎ ‎（1）证明数列{an}中有无穷多项为无理数；‎ ‎（2）当n为何值时，an为整数，并求出使an＜200的所有整数项的和．‎ 考点：数列的求和；等差数列的性质。‎ 专题：创新题型。‎ 分析：（1）由a1=1，a2=5且{an2}成等差数列，求出an2的通项公式，由通项公式分析出无理数；‎ ‎（2）由an的表达式讨论使an＜200的整数项，从而求出所有整数项的和．‎ 解答：（1）证明：由已知有：an2=1+24（n﹣1），从而，‎ 方法一：取n﹣1=242k﹣1，则 用反证法证明这些an都是无理数．‎ 假设为有理数，则an必为正整数，且an＜24k，‎ 故an﹣24k≥1．an﹣24k＞1，与（an﹣24k）（an+24k）=1矛盾，‎ 所以都是无理数，即数列an中有无穷多项为无理数；‎ ‎（2）要使an为整数，由（an﹣1）（an+1）=24（n﹣1）可知：‎ an﹣1，an+1同为偶数，且其中一个必为3的倍数，所以有an﹣1=6m或an+1=6m 当an=6m+1时，有an2=36m2+12m+1=1+12m（3m+1）（m∈N）‎ 又m（3m+1）必为偶数，所以an=6m+1（m∈N）满足an2=1+24（n﹣1）‎ 即（m∈N）时，an为整数；‎ 同理an=6m﹣1（m∈N+）有an2=36m2﹣12m+1=1+12（3m﹣1）（m∈N+）‎ 也满足an2=1+24（n﹣1），即（m∈N+）时，an为整数；‎ 显然an=6m﹣1（m∈N+）和an=6m+1（m∈N）是数列中的不同项；‎ 所以当（m∈N）和（m∈N+）时，an为整数；‎ 由an=6m+1＜200（m∈N）有0≤m≤33，‎ 由an=6m﹣1＜200（m∈N+）有1≤m≤33．‎ 设an中满足an＜200的所有整数项的和为S，则 S=（5+11+…+197）+（1+7+…+199）=‎ 点评：对一个正整数数能否写成另一个整数的平方的形式，是难点；对整数的奇偶性分析也是难点；故此题是中档题．‎ ‎17．（2009•陕西）已知数列{an}满足，，n∈N×．‎ ‎（1）令bn=an+1﹣an，证明：{bn}是等比数列；‎ ‎（2）求{an}的通项公式．‎ 考点：等比关系的确定；数列递推式。‎ 专题：证明题。‎ 分析：（1）先令n=1求出b1，然后当n≥2时，求出an+1的通项代入到bn中化简可得{bn}是以1为首项，为公比的等比数列得证；‎ ‎（2）由（1）找出bn的通项公式，当n≥2时，利用an=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）++（an﹣an﹣1）代入并利用等比数列的前n项和的公式求出即可得到an的通项，然后n=1检验也符合，所以n∈N，an都成立．‎ 解答：解：（1）证b1=a2﹣a1=1，‎ 当n≥2时，‎ 所以{bn}是以1为首项，为公比的等比数列．‎ ‎（2）解由（1）知，‎ 当n≥2时，an=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）++（an﹣an﹣1）=1+1+（﹣）+…+‎ ‎===，‎ 当n=1时，．‎ 所以．‎ 点评：考查学生会确定一个数列为等比数列，会利用数列的递推式的方法求数列的通项公式．以及会利用等比数列的前n项和的公式化简求值．‎ ‎18．（2009•山东）等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点（n，Sn），均在函数y=bx+r（b＞0）且b≠1，b，r均为常数）的图象上．‎ ‎（1）求r的值；‎ ‎（2）当b=2时，记bn=n∈N*求数列{bn}的前n项和Tn．‎ 考点：数列与函数的综合；数列的求和。‎ 专题：计算题；分类讨论。‎ 分析：（1）由“对任意的n∈N+，点（n，Sn），均在函数y=bx+r（b＞0，且b≠1，b，r均为常数）的图象上”可得到Sn=bn+r，‎ 再由通项与前n项和之间的关系可求得结果．‎ ‎（2）结合（1）可知an=（b﹣1）bn﹣1=2n﹣1，从而bn=，符合一个等差数列与等比数列相应项之积的形式，用错位相减法求解即可．‎ 解答：解：因为对任意的n∈N+，点（n，Sn），均在函数y=bx+r（b＞0，且b≠1，b，r均为常数）的图象上．‎ 所以得Sn=bn+r，‎ 当n=1时，a1=S1=b+r，‎ 当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=bn+r﹣（bn﹣1+r）=bn﹣bn﹣1=（b﹣1）bn﹣1，‎ 又因为{an}为等比数列，所以r=﹣1，公比为b，所以an=（b﹣1）bn﹣1‎ ‎（2）当b=2时，an=（b﹣1）bn﹣1=2n﹣1，bn=‎ 则Tn=‎ Tn=‎ 相减，得Tn=‎ ‎+=‎ 所以Tn=‎ 点评：本题主要考查数列与函数的综合运用，主要涉及了数列的通项与前n项和间的关系，错位相减法求和等问题，属中档题，是常考类型．‎ ‎19．（2009•江西）数列{an}的通项，其前n项和为Sn，‎ ‎（1）求Sn；‎ ‎（2），求数列{bn}的前n项和Tn．‎ 考点：数列的求和；二倍角的余弦。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（1）利用二倍角公式可得，由于，所以求和时需要对n分类讨论分类讨论，求出和 ‎（2）由（1）可得，利用错位相减求出数列的和 解答：解：（1）由于，‎ 故S3k=（a1+a2+a3）+（a4+a5+a6）+…+（a3k﹣2+a3k﹣1+a3k）‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎，‎ ‎，‎ 故（k∈N*）‎ ‎（2），‎ ‎，‎ ‎，‎ 两式相减得，‎ 故．‎ 点评：（1）本题三角公式中的二倍角公式及三角的周期性为切入点考查数列的求和，由于三角的周期性，在求 的值时需要对n分类讨论 ‎（2）主要考查数列求和的错位相减，此方法是数列求和部分高考考查的重点及热点．‎ ‎20．（2009•辽宁）等比数列{an}的前n项和为sn，已知S1，S3，S2成等差数列，‎ ‎（1）求{an}的公比q；‎ ‎（2）求a1﹣a3=3，求sn．‎ 考点：等差数列的性质；等比数列的前n项和。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（Ⅰ）由题意知a1+（a1+a1q）=2（a1+a1q+a1q2），由此可知2q2+q=0，从而．‎ ‎（Ⅱ）由已知可得，故a1=4，从而．‎ 解答：解：（Ⅰ）依题意有a1+（a1+a1q）=2（a1+a1q+a1q2）‎ 由于a1≠0，故2q2+q=0‎ 又q≠0，从而 ‎（Ⅱ）由已知可得 故a1=4‎ 从而 点评：本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．‎ ‎21．（2009•湖北）已知数列{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a2a6=55，a2+a7=16‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）数列{an}和数列{bn}满足等式an=（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．‎ 考点：等差数列的通项公式；数列的求和。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（1）设等差数列{an}的公差为d，分别表示出a2a6=55，a2+a7=16联立方程求得d和a1进而根据等差数列通项公式求得an．‎ ‎（2）令cn=，则有an=c1+c2+…+cn，an+1=c1+c2+…+cn+1两式相减得cn+1等于常数2，进而可得bn，进而根据b1=2a1求得b1则数列{bn}通项公式可得，进而根据从第二项开始按等比数列求和公式求和再加上b1．‎ 解答：解：（1）设等差数列{an}的公差为d，‎ 则依题意可知d＞0由a2+a7=16，‎ 得2a1+7d=16①‎ 由a2a6=55，得（a1+2d）（a1+5d）=55②‎ 由①②联立方程求得 得d=2，a1=1或d=﹣2，a1=（排除）‎ ‎∴an=1+（n﹣1）•2=2n﹣1‎ ‎（2）令cn=，则有an=c1+c2+…+cn an+1=c1+c2+…+cn+1‎ 两式相减得 an+1﹣an=cn+1，由（1）得a1=1，an+1﹣an=2‎ ‎∴cn+1=2，即cn=2（n≥2），‎ 即当n≥2时，‎ bn=2n+1，又当n=1时，b1=2a1=2‎ ‎∴bn=‎ 于是Sn=b1+b2+b3+…+bn=2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6‎ 点评：本题主要考查等差数列的性质和等比数列的性质．考查了对数列问题的综合把握．‎ ‎22．（2009•福建）等比数列{an}中，已知a1=2，a4=16‎ ‎（I）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn．‎ 考点：等差数列与等比数列的综合。‎ 专题：计算题；转化思想。‎ 分析：（I）由a1=2，a4=16直接求出公比q再代入等比数列的通项公式即可．‎ ‎（Ⅱ）利用题中条件求出b3=8，b5=32，又由数列{bn}是等差数列求出．再代入求出通项公式及前n项和Sn．‎ 解答：解：（I）设{an}的公比为q 由已知得16=2q3，解得q=2‎ ‎（Ⅱ）由（I）得a3=8，a5=32，则b3=8，b5=32‎ 设{bn}的公差为d，则有 解得．‎ 从而bn=﹣16+12（n﹣1）=12n﹣28‎ 所以数列{bn}的前n项和．‎ 点评：本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，考查归化与转化思想．‎ ‎23．（2009•安徽）已知数列{an}的前n项和Sn=2n2+2n，数列{bn}的前n项和Tn=2﹣bn ‎（Ⅰ）求数列{an}与{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设cn=an2•bn，证明：当且仅当n≥3时，cn+1＜cn．‎ 考点：数列的应用。‎ 分析：（1）由题意知a1=S1=4，an=Sn﹣Sn﹣1化简可得，an=4n，n∈N*，再由bn=Tn﹣Tn﹣1=（2﹣bn）﹣（2﹣bn﹣1），可得2bn=bn﹣1知数列bn是等比数列，其首项为1，公比为的等比数列，由此可知数列{an}与{bn}的通项公式．‎ ‎（2）由题意知，=．由得，解得n≥3．由此能够导出当且仅当n≥3时cn+1＜cn．‎ 解答：解：（1）由于a1=S1=4‎ 当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=（2n2+2n）﹣[2（n﹣1）2+2（n﹣1）]=4n，∴an=4n，n∈N*，‎ 又当x≥n时bn=Tn﹣Tn﹣1=（2﹣bn）﹣（2﹣bn﹣1），∴2bn=bn﹣1‎ ‎∴数列bn是等比数列，其首项为1，公比为，∴．‎ ‎（2）由（1）知，=．‎ 由得，解得n≥3．‎ 又n≥3时，成立，即，由于cn＞0恒成立．‎ 因此，当且仅当n≥3时cn+1＜cn．‎ 点评：由可求出bn和an，这是数列中求通项的常用方法之一，在求出bn和an后，进而得到cn，接下来用作差法来比较大小，这也是一常用方法．‎ ‎24．（2009•北京）设数列{an}的通项公式为an=pn+q（n∈N*，P＞0）．数列{bn}定义如下：对于正整数m，bm是使得不等式an≥m成立的所有n中的最小值．‎ ‎（Ⅰ）若，求b3；‎ ‎（Ⅱ）若p=2，q=﹣1，求数列{bm}的前2m项和公式；‎ ‎（Ⅲ）是否存在p和q，使得bm=3m+2（m∈N*）？如果存在，求p和q的取值范围；如果不存在，请说明理由．‎ 考点：等差数列的前n项和；等差数列的通项公式。‎ 分析：（I）先得出an，再解关于n的不等式，利用正整数的条件得出具体结果；‎ ‎（II）先得出an，再解关于n的不等式，根据{bn}的定义求得bn再求得S2m；‎ ‎（III）根据bm的定义转化关于m的不等式恒成立问题．‎ 解答：解：（Ⅰ）由题意，得，‎ 解，得．‎ ‎∴成立的所有n中的最小正整数为7，即b3=7．‎ ‎（Ⅱ）由题意，得an=2n﹣1，‎ 对于正整数m，由an≥m，得．‎ 根据bm的定义可知 当m=2k﹣1时，bm=k（k∈N*）；‎ 当m=2k时，bm=k+1（k∈N*）．‎ ‎∴b1+b2++b2m=（b1+b3++b2m﹣1）+（b2+b4++b2m）=（1+2+3++m）+[2+3+4++（m+1）]=．‎ ‎（Ⅲ）假设存在p和q满足条件，由不等式pn+q≥m及p＞0得．‎ ‎∵bm=3m+2（m∈N*），根据bm的定义可知，对于任意的正整数m都有，‎ 即﹣2p﹣q≤（3p﹣1）m＜﹣p﹣q对任意的正整数m都成立．‎ 当3p﹣1＞0（或3p﹣1＜0）时，得（或），这与上述结论矛盾！‎ 当3p﹣1=0，即时，得，‎ 解得．（经检验符合题意）‎ ‎∴存在p和q，使得bm=3m+2（m∈N*）；p和q的取值范围分别是，．‎ 点评：本题主要考查数列的概念、数列的基本性质，考查运算能力、推理论证能力、分类讨论等数学思想方法．本题是数列与不等式综合的较难层次题．‎ ‎25．（2008•浙江）已知数列{xn}的首项x1=3，通项xn=2np+np（n∈N*，p，q为常数），且成等差数列．求：‎ ‎（Ⅰ）p，q的值；‎ ‎（Ⅱ）数列{xn}前n项和Sn的公式．‎ 考点：数列递推式；等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；等差数列的性质。‎ 专题：计算题；综合题。‎ 分析：（Ⅰ）根据x1=3，求得p，q的关系，进而根据通项xn=2np+np（n∈N*，p，q为常数），且成等差数列．建立关于p的方求得p，进而求得q．‎ ‎（Ⅱ）进而根据（1）中求得数列的首项和公差，利用等差数列的求和公式求得答案．‎ 解答：解：（Ⅰ）∵x1=3，‎ ‎∴2p+q=3，①‎ 又x4=24p+4q，x5=25p+5q，且x1+x3=2x4，‎ ‎∴3+25p+5q=25p+8q，②‎ 联立①②求得 p=1，q=1‎ ‎（Ⅱ）由（1）可知xn=2n+n ‎∴Sn=（2+22+…+2n）+（1+2+…+n）‎ ‎=‎ 点评：本题主要考查等差数列和等比数列的基本知识，考查运算及推理能力．‎ ‎26．（2008•四川）设数列{an}的前n项和为Sn=2an﹣2n，‎ ‎（Ⅰ）求a1，a4‎ ‎（Ⅱ）证明：{an+1﹣2an}是等比数列；‎ ‎（Ⅲ）求{an}的通项公式．‎ 考点：等比关系的确定；等比数列的通项公式；数列递推式。‎ 专题：计算题；证明题。‎ 分析：（Ⅰ）令n=1得到s1=a1=2并推出an，令n=2求出a2，s2得到a3推出a4即可；‎ ‎（Ⅱ）由已知得an+1﹣2an=（Sn+2n+1）﹣（Sn+2n）=2n+1﹣2n=2n即为等比数列；‎ ‎（Ⅲ）an=（an﹣2an﹣1）+2（an﹣1﹣2an﹣2）++2n﹣2（a2﹣2a1）+2n﹣1a1=（n+1）•2n﹣1即可．‎ 解答：解：（Ⅰ）因为a1=S1，2a1=S1+2，所以a1=2，S1=2‎ 由2an=Sn+2n知2an+1=Sn+1+2n+1=an+1+Sn+2n+1‎ 得an+1=sn+2n+1①‎ 所以a2=S1+22=2+22=6，S2=8a3=S2+23=8+23=16，S2=24a4=S3+24=40‎ ‎（Ⅱ）由题设和①式知an+1﹣2an=（Sn+2n+1）﹣（Sn+2n）=2n+1﹣2n=2n 所以{an+1﹣2an}是首项为2，公比为2的等比数列．‎ ‎（Ⅲ）an=（an﹣2an﹣1）+2（an﹣1﹣2an﹣2）++2n﹣2（a2﹣2a1）+2n﹣1a1=（n+1）•2n﹣1‎ 点评：此题重点考查数列的递推公式，利用递推公式求数列的特定项，通项公式等，同时考查学生掌握数列的递推式以及等比数列的通项公式的能力．‎ ‎27．（2008•四川）在数列{an}中，a1=1，．‎ ‎（Ⅰ）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令，求数列{bn}的前n项和Sn；‎ ‎（Ⅲ）求数列{an}的前n项和Tn．‎ 考点：数列递推式；数列的求和。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（Ⅰ）由题设条件得，由此可知．‎ ‎（Ⅱ）由题设条件知，，再由错位相减得，由此可知．‎ ‎（Ⅲ）由得．由此可知Tn=2Sn+2a1﹣2an+1=．‎ 解答：解：（Ⅰ）由条件得，又n=1时，，‎ 故数列构成首项为1，公式为的等比数列．从而，即．‎ ‎（Ⅱ）由得，，‎ 两式相减得：，所以．‎ ‎（Ⅲ）由得．‎ 所以Tn=2Sn+2a1﹣2an+1=．‎ 点评：本题考查数列的综合运用，解题时要认真审题，仔细解答．‎ ‎28．（2008•陕西）已知数列{an}的首项，，n=1，2，3，…．‎ ‎（Ⅰ）证明：数列是等比数列；‎ ‎（Ⅱ）求数列的前n项和Sn．‎ 考点：数列递推式；等比关系的确定；数列的求和。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（1）化简构造新的数列 ，进而证明数列是等比数列．‎ ‎（2）根据（1）求出数列的递推公式，得出an，进而构造数列，求出数列的通项公式，进而求出前n项和Sn．‎ 解答：解：（Ⅰ）由已知：，‎ ‎∴，（2分）‎ ‎∴，‎ 又，∴，（4分）‎ ‎∴数列是以为首项，为公比的等比数列．（6分）‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，‎ 即，∴．（8分）‎ 设，①‎ 则，②‎ 由①﹣②得：，（10分）‎ ‎∴．又1+2+3+．（12分）‎ ‎∴数列的前n项和：．（14分）‎ 点评：此题主要考查通过构造新数列达到求解数列的通项公式和前n项和的方法．‎ ‎29．（2008•辽宁）在数列{an}，{bn}是各项均为正数的等比数列，设．‎ ‎（Ⅰ）数列{cn}是否为等比数列？证明你的结论；‎ ‎（Ⅱ）设数列{lnan}，{lnbn}的前n项和分别为Sn，Tn．若a1=2，，求数列{cn}的前n项和．‎ 考点：等比关系的确定；数列的求和。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（Ⅰ）设|an|的公比为q1，|bn|的公比为q2，根据进而可得化简得进而可证明|cn|为等比数列．‎ ‎（Ⅱ）根据数列{an}，{bn}是各项均为正数的等比数列，可推断数列{lnan}，{lnbn}为等差数列．进而可求得Sn和Tn代入，可求得q1，q2=16和b1=8．代入即可得到数列{cn}的通项公式，结果发现数列{cn}是以4为首项，4为公比的等比数列，进而根据等比数列的求和公式可得到答案．‎ 解答：解：（Ⅰ）|cn|是等比数列．‎ 证明：设|an|的公比为q1（q1＞0），|bn|的公比为q2（q2＞0），‎ 则，故|cn|为等比数列．‎ ‎（Ⅱ）数列|lnan|和|lnbn|分别是公差为lnq1和lnq2的等差数列．‎ 由条件得，即．‎ 故对n=1，2，，（2lnq1﹣lnq2）n2+（4lna1﹣lnq1﹣2lnb1+lnq2）n+（2lna1﹣lnq1）=0．‎ 于是 将a1=2代入得q1=4，q2=16，b1=8．‎ 从而有．所以数列|cn|的前n项和为．‎ 点评：本小题主要考查等差数列，等比数列，对数等基础知识，考查综合运用数学知识解决问题的能力．‎ ‎30．（2008•辽宁）在数列{an}，{bn}中，a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列．‎ ‎（1）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；‎ ‎（2）证明：．‎ 考点：等差数列与等比数列的综合；数列递推式；数学归纳法。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（1）根据等差中项和等比中项的性质求得an和bn的关系式，分别求得a2，a3，a4及b2，b3，b4，推测出它们的通项公式．先看当n=1时，等式明显成立；进而假设当n=k时，结论成立，推断出ak和bk的表达式，进而看当n=k+1时看结论是否成立即可．‎ ‎（2）先n=1时，不等式成立，进而看n≥2时利用（1）中的{an}，{bn}的通项公式，以及裂项法进行求和，证明题设．‎ 解答：解：（1）由条件得2bn=an+an+1，an+12=bnbn+1‎ 由此可得a2=6，b2=9，a3=12，b3=16，a4=20，b4=25．‎ 猜测an=n（n+1），bn=（n+1）2．‎ 用数学归纳法证明：‎ ‎①当n=1时，由上可得结论成立．‎ ‎②假设当n=k时，结论成立，即ak=k（k+1），bk=（k+1）2，‎ 那么当n=k+1时，ak+1=2bk﹣ak=2（k+1）2﹣k（k+1）=（k+1）（k+2），bk+1==（k+2）2．‎ 所以当n=k+1时，结论也成立．‎ 由①②，可知an=n（n+1），bn（n+1）2对一切正整数都成立．‎ ‎（2）证明：．‎ n≥2时，由（1）知an+bn=（n+1）（2n+1）＞2（n+1）n．‎ 故==‎ 综上，原不等式成立．‎ 点评：本小题主要考查等差数列，等比数列，数学归纳法，不等式等基础知识，考查综合运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证等能力．‎