数学新题分类汇编数列高考真题模拟新题 28页

‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 课标文数17.D1[2011·浙江卷] 若数列中的最大项是第k项，则k＝________.‎ 课标文数17.D1[2011·浙江卷] 4　【解析】 设最大项为第k项，则有 ‎ ‎∴ ⇒ ⇒k＝4.‎ 课标文数20.D2，A2[2011·北京卷] 若数列An：a1，a2，…，an(n≥2)满足|ak＋1－ak|＝1(k＝1,2，…，n－1)，则称An为E数列．记S(An)＝a1＋a2＋…＋an.‎ ‎(1)写出一个E数列A5满足a1＝a3＝0；‎ ‎(2)若a1＝12，n＝2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an＝2011；‎ ‎(3)在a1＝4的E数列An中，求使得S(An)＝0成立的n的最小值．‎ 课标文数20.D2，A2[2011·北京卷] 【解答】 (1)0,1,0,1,0是一个满足条件的E数列A5.‎ ‎(答案不唯一，0，－1,0,1,0；0，±1,0,1,2；0，±1,0，－1，－2；0，±1,0，－1,0都是满足条件的E数列A5)‎ ‎(2)必要性：因为E数列An是递增数列，‎ 所以ak＋1－ak＝1(k＝1,2，…，1999)．‎ 所以An是首项为12，公差为1的等差数列．‎ 所以a2000＝12＋(2000－1)×1＝2011，‎ 充分性：由于a2000－a1999≤1.‎ a1999－a1998≤1.‎ ‎……‎ a2－a1≤1.‎ 所以a2000－a1≤1999，即a2000≤a1＋1999.‎ 又因为a1＝12，a2000＝2011.‎ 所以a2000＝a1＋1999.‎ 故ak＋1－ak＝1>0(k＝1,2，…，1999)，即E数列An是递增数列．‎ 综上，结论得证．‎ ‎(3)对首项为4的E数列An，由于 a2≥a1－1＝3，‎ a3≥a2－1≥2，‎ ‎……‎ a8≥a7－1≥－3，‎ ‎……‎ 所以a1＋a2＋…＋ak>0(k＝2,3，…，8)．‎ 所以对任意的首项为4的E数列An，若S(An)＝0，则必有n≥9.‎ 又a1＝4的E数列A9：4,3,2,1,0，－1，－2，－3，－4满足S(A9)＝0，‎ 所以n的最小值是9.‎ 大纲理数4.D2[2011·全国卷] 设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝(　　)‎ A．8 B．7 C．6 D．5‎ 大纲理数4.D2[2011·全国卷] D　【解析】 ∵Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝4k＋4，∴4k＋4＝24，可得k＝5，故选D.‎ 大纲理数20.D2，D4[2011·全国卷] 设数列{an}满足a1＝0且－＝1.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，记Sn＝k，证明：Sn＜1.‎ 大纲理数20.D2，D4[2011·全国卷] 【解答】 (1)由题设－＝1，‎ 即是公差为1的等差数列．‎ 又＝1，故＝n.‎ 所以an＝1－.‎ ‎(2)证明：由(1)得 bn＝＝＝－，‎ ‎∴Sn＝bk＝＝1－<1.‎ 大纲文数6.D2[2011·全国卷] 设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝(　　)‎ A．8 B．7 ‎ C．6 D．5‎ 大纲文数6.D2[2011·全国卷] D　【解析】 ∵Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝4k＋4，∴4k＋4＝24，可得k＝5，故选D.‎ 课标理数10.M1，D2，B11[2011·福建卷] 已知函数f(x)＝ex＋x.对于曲线y＝f(x)上横坐标成等差数列的三个点A、B、C，给出以下判断：‎ ‎①△ABC一定是钝角三角形；‎ ‎②△ABC可能是直角三角形；‎ ‎③△ABC可能是等腰三角形；‎ ‎④△ABC不可能是等腰三角形．‎ 其中，正确的判断是(　　)‎ A．①③ B．①④ ‎ C．②③ D．②④‎ 课标理数10.M1，D2，B11[2011·福建卷] B　【解析】 解法一：(1)设A、B、C三点的横坐标分别为x1，x2，x3(x10，‎ ‎∴ f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，‎ ‎∴ f(x1)0,0<φ<π)在x＝处取得最大值，且最大值为a3，求函数f(x)的解析式．‎ ‎ 课标数学16.D3，C4[2011·福建卷] 【解答】 (1)由q＝3，S3＝得＝，解得a1＝.‎ 所以an＝×3n－1＝3n－2.[来源:Z_xx_k.Com]‎ ‎(2)由(1)可知an＝3n－2，所以a3＝3.‎ 因为函数f(x)的最大值为3，所以A＝3；‎ 因为当x＝时f(x)取得最大值，‎ 所以sin＝1.‎ 又0<φ<π，故φ＝.‎ 所以函数f(x)的解析式为f(x)＝3sin.‎ 课标文数16.D3[2011·福建卷] 商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，即根据商品的最低销售限价a，最高销售限价b(b>a)以及实数x(0a，b－a≠0，‎ ‎∴x2＝1－x，即x2＋x－1＝0，‎ 解得 x＝，‎ 因为00)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.‎ ‎(1)若a＝1，求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{an}唯一，求a的值．‎ 课标理数18.D3[2011·江西卷] 【解答】 (1)设{an}的公比为q，则b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2，‎ 由b1，b2，b3成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)，‎ 即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋，q2＝2－，‎ 所以{an}的通项公式为an＝(2＋)n－1或an＝(2－)n－1.‎ ‎(2)设{an}的公比为q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，得aq2－4aq＋3a－1＝0，(*)‎ 由a＞0得Δ＝4a2＋4a＞0，故方程(*)有两个不同的实根，‎ 由{an}唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a＝.‎ 课标文数5.D3[2011·辽宁卷] 若等比数列{an}满足anan＋1＝16n，则公比为(　　)‎ A．2 B．4 C．8 D．16‎ 课标文数5.D3[2011·辽宁卷] B　【解析】 由于anan＋1＝16n，又an－1an＝16n－1，所以＝q2＝16，又由anan＋1＝16n知an>0，所以q＝4.‎ 课标文数17.D2，D3[2011·课标全国卷] 已知等比数列{an}中，a1＝，公比q＝.‎ ‎(1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn＝；‎ ‎(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式．‎ 课标文数17.D2，D3[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)因为an＝×n－1＝，‎ Sn＝＝，‎ 所以Sn＝.‎ ‎(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an ‎＝－(1＋2＋…＋n)‎ ‎＝－.‎ 所以{bn}的通项公式为bn＝－.‎ 大纲文数9.D3[2011·四川卷] 数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝(　　)‎ A．3×44 B．3×44＋1‎ C．44 D．44＋1‎ 大纲文数9.D3[2011·四川卷] A　【解析】 由an＋1＝3Sn⇒Sn＋1－Sn＝3Sn⇒Sn＋1＝4Sn，所以数列{Sn}是首项为1，公比为4的等比数列，所以Sn＝4n－1，所以a6＝S6－S5＝45－44＝3×44，所以选择A.‎ 大纲理数11.D2[2011·重庆卷] 在等差数列{an}中，a3＋a7＝37，则a2＋a4＋a6＋a8＝________.‎ 大纲理数11.D2[2011·重庆卷] 74　【解析】 由a3＋a7＝37，得(a1＋2d)＋(a1＋6d)＝37，即2a1＋8d＝37.∴a2＋a4＋a6＋a8＝(a1＋d)＋(a1＋3d)＋(a1＋5d)＋(a1＋7d)＝2(2a1＋8d)＝74.‎ 课标文数7.D4[2011·安徽卷] 若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝(　　)‎ A．15 B．12‎ C．－12 D．－15‎ 课标文数7.D4[2011·安徽卷] A　【解析】 a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)]＝3×5＝15.‎ 课标文数21.D3，D4[2011·安徽卷] 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个数的乘积记作Tn，再令an＝lgTn，n≥1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 课标文数21.D3，D4[2011·安徽卷] 本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力．‎ ‎【解答】 (1)设t1，t2，…，tn＋2构成等比数列，其中t1＝1，tn＋2＝100，则 Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，①‎ Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1.②‎ ‎①×②并利用titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得 T＝(t1tn＋2)·(t2tn＋1)·…·(tn＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n＋2)，‎ ‎∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1.‎ ‎(2)由题意和(1)中计算结果，知 bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1.‎ 另一方面，利用tan1＝tan[(k＋1)－k]＝.‎ 得tan(k＋1)·tank＝－1.‎ 所以Sn＝bk＝tan(k＋1)·tank ‎＝ ＝－n.‎ 课标理数18.D3，D4[2011·安徽卷] ‎ 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个数的乘积记作Tn，再令an＝lgTn，n≥1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 课标理数18.D3，D4[2011·安徽卷] 【解析】 本题考查等比和等差数列，对数和指数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用基本知识解决问题的能力，运算求解能力和创新思维能力．‎ ‎【解答】 (1)设t1，t2，…，tn＋2构成等比数列，其中t1＝1，tn＋2＝100，则 Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，①‎ Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1，②‎ ‎①×②并利用titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得 T＝(t1tn＋2)·(t2tn＋1)·…·(tn＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n＋2)．‎ ‎∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1.‎ ‎(2)由题意和(1)中计算结果，知 bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1，‎ 另一方面，利用 tan1＝tan[(k＋1)－k]＝，‎ 得tan(k＋1)·tank＝－1.‎ 所以Sn＝k＝an(k＋1)·tank ‎＝ ‎＝－n.‎ 大纲理数20.D2，D4[2011·全国卷] 设数列{an}满足a1＝0且－＝1.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，记Sn＝k，证明：Sn＜1.‎ 大纲理数20.D2，D4[2011·全国卷] 【解答】 (1)由题设－＝1，‎ 即是公差为1的等差数列．‎ 又＝1，故＝n.‎ 所以an＝1－.‎ ‎(2)证明：由(1)得 bn＝＝＝－，‎ ‎∴Sn＝bk＝＝1－<1.‎ 课标文数20.D4[2011·湖南卷] 某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.‎ ‎(1)求第n年初M的价值an的表达式；‎ ‎(2)设An＝.若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对M更新．证明：须在第9年初对M更新．‎ 课标文数20.D4[2011·湖南卷] 【解答】 (1)当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列．‎ an＝120－10(n－1)＝130－10n；‎ 当n≥6时，数列{an}是以a6为首项，公比为的等比数列，又a6＝70，所以an＝70×n－6.‎ 因此，第n年初，M的价值an的表达式为 an＝ ‎(2)设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，‎ An＝120－5(n－1)＝125－5n；‎ 当n≥7时，由于S6＝570，故 Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70××4×＝780－210×n－6，‎ An＝，‎ 因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列．又 A8＝＝82>80，‎ A9＝＝76<80，‎ 所以须在第9年初对M更新．‎ 课标理数5.D4[2011·江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1.那么a10＝(　　)‎ A．1 B．9‎ C．10 D．55‎ 课标理数5.D4[2011·江西卷] A　【解析】 方法一：由Sn＋Sm＝Sn＋m，得S1＋S9＝S10，‎ ‎∴a10＝S10－S9＝S1＝a1＝1，故选A.‎ 方法二：‎ ‎∵S2＝a1＋a2＝2S1，∴a2＝1，‎ ‎∵S3＝S1＋S2＝3，∴a3＝1，‎ ‎∵S4＝S1＋S3＝4，∴a4＝1，‎ 由此归纳a10＝1，故选A.‎ 课标理数17.D4[2011·辽宁卷] ‎ 已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和．‎ 课标理数17.D4[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)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.‎ ‎(2)设数列的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋＋…＋，故S1＝1，‎ ＝＋＋…＋.‎ 所以，当n＞1时，‎ ＝a1＋＋…＋－ ‎＝1－－ ‎＝1－－ ‎＝，‎ 所以Sn＝.‎ 综上，数列的前n项和Sn＝.‎ 课标理数14.D4[2011·陕西卷] 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________(米)．‎ 课标理数14.D4[2011·陕西卷] 2000　【解析】 树苗放在10或11‎ 号坑，则其余的十九人一次走过的路程为90,80,70,60，…，80,90,100，则和为s＝×2＝2000，若放在11号坑，结果一样．‎ 课标理数19.B11，D4[2011·陕西卷] ‎ 图1－11‎ 如图1－11，从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线y＝ex于点Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2.现从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，记Pk点的坐标为(xk,0)(k＝1,2，…，n)．‎ ‎(1)试求xk与xk－1的关系(2≤k≤n)；‎ ‎(2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|.‎ 课标理数19.B11，D4[2011·陕西卷] 【解答】 ‎ ‎(1)设Pk－1(xk－1,0)，由y′＝ex得Qk－1(xk－1，exk－1)点处切线方程为y－exk－1＝exk－1(x－xk－1)，‎ 由y＝0得xk＝xk－1－1(2≤k≤n)．‎ ‎(2)由x1＝0，xk－xk－1＝－1，得xk＝－(k－1)，‎ 所以|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是 Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|‎ ‎＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝＝.‎ 课标文数10.D4[2011·陕西卷] 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为(　　)‎ A．①和⑳ B．⑨和⑩‎ C．⑨和⑪ D．⑩和⑪ ‎ 课标文数10.D4[2011·陕西卷] D　【解析】 从实际问题中考虑将树苗放在最中间的坑旁边，则每个人所走的路程和最小，一共20个坑，为偶数，在中间的有两个坑为10和11号坑，故答案选D.‎ 课标文数19.B11，D4[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设Pk－1(xk－1,0)，由y′＝ex得Qk－1(xk－1，exk－1)点处切线方程为y－exk－1＝exk－1(x－xk－1)，‎ 由y＝0得xk＝xk－1－1(2≤k≤n)．‎ ‎(2)由x1＝0，xk－xk－1＝－1，得xk＝－(k－1)，‎ 所以|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是 Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|‎ ‎＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝＝.‎ 大纲文数16.D4[2011·重庆卷] 设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)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.‎ 大纲文数16.D4[2011·重庆卷] ‎ ‎【解答】 (1)设q为等比数列{an}的公比，则由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，因此q＝2.‎ 所以{an}的通项为an＝2·2n－1＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)Sn＝＋n×1＋×2‎ ‎＝2n＋1＋n2－2.‎ 课标理数20.D5，A3[2011·北京卷] 若数列An：a1，a2，…，an(n≥2)满足|ak＋1－ak|＝1(k＝1,2，…，n－1)，则称An为E数列．记S(An)＝a1＋a2＋…＋an.‎ ‎(1)写出一个满足a1＝a5＝0，且S(A5)＞0的E数列A5；‎ ‎(2)若a1＝12，n＝2000.证明：E数列An是递增数列的充要条件是an＝2011；‎ ‎(3)对任意给定的整数n(n≥2)，是否存在首项为0的E数列An，使得S(An)＝0？如果存在，写出一个满足条件的E数列An；如果不存在，说明理由．‎ 课标理数20.D5，A3[2011·北京卷] 【解答】 (1)0,1,2,1,0是一个满足条件的E数列A5.‎ ‎(答案不唯一，0,1,0,1,0也是一个满足条件的E数列A5)‎ ‎(2)必要性：因为E数列An是递增数列，‎ 所以ak＋1－ak＝1(k＝1,2，…，1999)．‎ 所以An是首项为12，公差为1的等差数列．‎ 所以a2000＝12＋(2000－1)×1＝2011.‎ 充分性：由于a2000－a1999≤1，‎ a1999－a1998≤1，‎ ‎……‎ a2－a1≤1，‎ 所以a2000－a1≤1999，即a2000≤a1＋1999.‎ 又因为a1＝12，a2000＝2011，‎ 所以a2000＝a1＋1999，‎ 故ak＋1－ak＝1＞0(k＝1,2，…，1999)，即E数列An是递增数列．‎ 综上，结论得证．‎ ‎(3)令ck＝ak＋1－ak(k＝1,2，…，n－1)，则ck＝±1，‎ 因为a2＝a1＋c1，‎ a3＝a1＋c1＋c2，‎ ‎……‎ an＝a1＋c1＋c2＋…＋cn－1，‎ 所以S(An)＝na1＋(n－1)c1＋(n－2)c2＋(n－3)c3＋…＋cn－1‎ ‎＝(n－1)＋(n－2)＋…＋1－[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)·(n－2)＋…＋(1－cn－1)]‎ ‎＝－[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)]．　‎ 因为ck＝±1，所以1－ck为偶数(k＝1,2，…，n－1)，[来源:学&科&网]‎ 所以(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)为偶数，‎ 所以要使S(An)＝0，必须使为偶数，‎ 即4整除n(n－1)，亦即n＝4m或n＝4m＋1(m∈N*)．‎ 当n＝4m(m∈N*)时，E数列An的项满足a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1,2，…，m)时，有a1＝0，S(An)＝0；‎ 当n＝4m＋1(m∈N*)时，E数列An的项满足a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1,2，…，m)，a4m＋1＝0时，有a1＝0，S(An)＝0；‎ 当n＝4m＋2或n＝4m＋3(m∈N*)时，n(n－1)不能被4整除，此时不存在E数列An，使得a1＝0，S(An)＝0.‎ 课标理数20.D5[2011·广东卷] 设b>0，数列{an}满足a1＝b，an＝(n≥2)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明：对于一切正整数n，an≤＋1.‎ 课标理数20.D5[2011·广东卷] 【解答】 (1)由a1＝b>0，知an＝>0，＝＋·.‎ 令An＝，A1＝，‎ 当n≥2时，An＝＋An－1‎ ‎＝＋＋…＋＋A1‎ ‎＝＋＋…＋＋.‎ ‎①当b≠2时，‎ An＝＝；‎ ‎②当b＝2时，An＝.‎ ‎∴an＝ ‎(2)证明：当b≠2时，欲证an＝≤＋1，只需证nbn≤，即证(2n＋1＋bn＋1)≥n·2n＋1bn.‎ 而(2n＋1＋bn＋1)＝(2n＋1＋bn＋1)(bn－1＋2bn－2＋…＋2n－1)‎ ‎＝2n＋1bn－1＋2n＋2bn－2＋…＋22n＋b2n＋2b2n－1＋…＋2n－1bn＋1‎ ‎＝2nbn ‎>2nbn(2＋2＋…＋2)＝2n·2nbn＝n·2n＋1bn，‎ ‎∴an＝<1＋.‎ 当b＝2时，an＝2＝＋1.‎ 综上所述，an≤＋1.‎ 课标文数20.D5，E7[2011·广东卷] ‎ 设b＞0，数列{an}满足a1＝b，an＝(n≥2)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明：对于一切正整数n,2an≤bn＋1＋1.‎ 课标文数20.D5，E7[2011·广东卷] 【解答】 (1)由a1＝b>0，知an＝>0，‎ ＝＋·.‎ 令An＝，A1＝，‎ 当n≥2时，An＝＋An－1‎ ‎＝＋…＋＋A1‎ ‎＝＋…＋＋.‎ ‎①当b≠1时，An＝＝，[来源:Z*xx*k.Com]‎ ‎②当b＝1时，An＝n.‎ ‎∴an＝ ‎(2)证明：当b≠1时，欲证2an＝≤bn＋1＋1，只需证2nbn≤(bn＋1＋1).‎ ‎∵(bn＋1＋1)＝b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1＋bn－1＋bn－2＋…＋1‎ ‎＝bn ‎>bn(2＋2＋…＋2)‎ ‎＝2nbn，‎ ‎∴2an＝<1＋bn＋1.‎ 当b＝1时，2an＝2＝bn＋1＋1.‎ 综上所述2an≤bn＋1＋1.‎ 课标文数21.D5[2011·江西卷] (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．‎ 课标文数21.D5[2011·江西卷] 【解答】 (1)设{an}的公比为q，则b1＝1＋a，b2＝2＋aq，b3＝3＋aq2，‎ 由b1，b2，b3成等比数列得(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，‎ 即aq2－4aq＋3a－1＝0.‎ 由a>0得Δ＝4a2＋4a>0，故方程有两个不同的实根，‎ 再由{an}唯一，知方程必有一根为0，‎ 将q＝0代入方程得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＝b1q－a1q，‎ b4－a4＝b1q－a1q，‎ 由b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成等差数列得 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①②得b1＝a1或q1＝q2＝1，这时(b2－a2)－(b1－a1)＝0，与公差不为0矛盾；‎ ii)当q1＝1时，由①②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b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不为0的等差数列．‎ 课标理数17.D5[2011·课标全国卷] 等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前n项和．‎ 课标理数17.D5[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)设数列{an}的公比为q，由a＝9a2a6得a＝9a ，所以q2＝.‎ 由条件可知q＞0，故q＝.‎ 由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an ‎＝－(1＋2＋…＋n)‎ ‎＝－.‎ 故＝－＝－2，‎ ＋＋…＋＝－2＋＋…＋＝－.‎ 所以数列的前n项和为－.‎ ‎[来源:Zxxk.Com]‎ 课标理数20.D5[2011·山东卷] 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列．‎ 第一列 第二列 第三列 第一行 ‎3‎ ‎2‎ ‎10‎ 第二行 ‎6‎ ‎4‎ ‎14‎ 第三行 ‎9‎ ‎8‎ ‎18‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 课标理数20.D5[2011·山东卷] 【解答】 (1)当a1＝3时，不合题意；‎ 当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；‎ 当a1＝10时，不合题意．‎ 因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，‎ 所以公比q＝3，‎ 故an＝2·3n－1.‎ ‎(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan ‎＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)‎ ‎＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]‎ ‎＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，‎ 所以 Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3.‎ 所以 当n为偶数时，Sn＝2·＋ln3‎ ‎＝3n＋ln3－1；‎ 当n为奇数时，Sn＝2×－(ln2－ln3)＋ln3‎ ‎＝3n－ln3－ln2－1.‎ 综上所述，Sn＝ 课标文数20.D5[2011·山东卷] 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.‎ 第一列 第二列 第三列 第一行 ‎3‎ ‎2‎ ‎10‎ 第二行 ‎6‎ ‎4‎ ‎14‎ 第三行 ‎9‎ ‎8‎ ‎18‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前2n项和S2n.‎ 课标文数20.D5[2011·山东卷] 【解答】 (1)当a1＝3时，不合题意；‎ 当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；‎ 当a1＝10时，不合题意．‎ 因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.‎ 故an＝2·3n－1.‎ ‎(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan ‎＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)‎ ‎＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]‎ ‎＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，‎ 所以S2n＝b1＋b2＋…＋b2n ‎＝2(1＋3＋…＋32n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n2n]ln3‎ ‎＝2×＋nln3‎ ‎＝32n＋nln3－1.‎ 课标数学13.D5[2011·江苏卷] 设1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是________．‎ 课标数学13.D5[2011·江苏卷] 　【解析】 记a2＝m，则1≤m≤q≤m＋1≤q2≤m＋2≤q3，‎ 要q取最小值，则m必定为1，于是有1≤q≤2,2≤q2≤3,3≤q3，所以q≥.‎ 课标数学20.D5[2011·江苏卷] 设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1＝1，前n项的和为Sn，已知对任意的整数k∈M，当整数n>k时，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立．‎ ‎(1)设M＝{1}，a2＝2，求a5的值；‎ ‎(2)设M＝{3,4}，求数列{an}的通项公式．‎ 课标数学20.D5[2011·江苏卷] 本题考查数列的通项与前n项和的关系、等差数列的基本性质等基础知识，考查考生分析探究及逻辑推理的能力．[来源:Z_xx_k.Com]‎ ‎【解答】 (1)由题设知，当n≥2时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)，即(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1.‎ 从而an＋1－an＝2a1＝2.‎ 又a2＝2，故当n≥2时，an＝a2＋2(n－2)＝2n－2.‎ 所以a5的值为8.‎ ‎(2)由题设知，当k∈M＝{3,4}且n>k时，Sn＋k＋Sn－k＝2Sn＋2Sk且Sn＋1＋k＋Sn＋1－k＝2Sn＋1＋2Sk，两式相减得an＋1＋k＋an＋1－k＝2an＋1，即an＋1＋k－an＋1＝an＋1－an＋1－k.所以当n≥8时，an－6，an－3，an，an＋3，an＋6成等差数列，且an－6，an－2，an＋2，an＋6也成等差数列．‎ 从而当n≥8时，2an＝an＋3＋an－3＝an＋6＋an－6，(*)‎ 且an＋6＋an－6＝an＋2＋an－2，所以当n≥8时，2an＝an＋2＋an－2，即an＋2－an＝an－an－2，于是当n≥9时，an－3，an－1，an＋1，an＋3成等差数列，从而an＋3＋an－3＝an＋1＋an－1，故由(*)式知2an＝an＋1＋an－1，即an＋1－an＝an－an－1.‎ 当n≥9时，设d＝an－an－1.‎ 当2≤m≤8时，m＋6≥8，从而由(*)式知2am＋6＝am＋am＋12，故2am＋7＝am＋1＋am＋13.‎ 从而2(am＋7－am＋6)＝am＋1－am＋(am＋13－am＋12)，‎ 于是am＋1－am＝2d－d＝d.‎ 因此，an＋1－an＝d对任意n≥2都成立．又由Sn＋k＋S n－k－2Sn＝2Sk(k∈{3,4})可知(Sn＋k－Sn)－‎ ‎(Sn－Sn－k)＝2Sk，故9d＝2S3且16d＝2S4，解得a4＝d，从而a2＝d，a1＝.因此，数列{an}为等差数列．‎ 由a1＝1知d＝2.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.‎ 大纲文数20.D5[2011·四川卷] 已知{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，Sn为它的前n项和．‎ ‎(1)当S1、S3、S4成等差数列时，求q的值；‎ ‎(2)当Sm、Sn、Sl成等差数列时，求证：对任意自然数k，am＋k，an＋k，al＋k也成等差数列．‎ 大纲文数20.D5[2011·四川卷] 【解答】 (1)由已知，an＝aqn－1，因此 S1＝a，S3＝a(1＋q＋q2)，S4＝a(1＋q＋q2＋q3)．‎ 当S1，S3，S4成等差数列时，S4－S3＝S3－S1.‎ 可得aq3＝aq＋aq2.‎ 化简得q2－q－1＝0.‎ 解得q＝.‎ ‎(2)证明：若q＝1，则{an}的每项an＝a，此时am＋k，an＋k，al＋k显然构成等差数列．‎ 若q≠1，由Sm，Sn，Sl构成等差数列可得Sm＋Sl＝2Sn，即 ＋＝.‎ 整理得qm＋ql＝2qn.‎ 因此，am＋k＋al＋k＝aqk－1(qm＋ql)＝2aqn＋k－1＝2an＋k.‎ 所以，am＋k，an＋k，al＋k成等差数列．‎ 大纲理数20.D5[2011·四川卷] 设d为非零实数，an＝[Cd＋2Cd2＋…＋(n－1)Cdn－1＋nCdn](n∈N*)．‎ ‎(1)写出a1，a2，a3并判断{an}是否为等比数列．若是，给出证明；若不是，说明理由；‎ ‎(2)设bn＝ndan(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 大纲理数20.D5[2011·四川卷] 【解答】 (1)由已知可得a1＝d，a2＝d(1＋d)，a3＝d(1＋d)2.‎ 当n≥2，k≥1时，C＝C，因此 an＝Cdk＝dk＝ddk＝d(d＋1)n－1.‎ 由此可见，当d≠－1时，{an}是以d为首项，d＋1为公比的等比数列；‎ 当d＝－1时，a1＝－1，an＝0(n≥2)，此时{an}不是等比数列．‎ ‎(2)由(1)可知，an＝d(d＋1)n－1，从而 bn＝nd2(d＋1)n－1，‎ Sn＝d2[1＋2(d＋1)＋3(d＋1)2＋…＋(n－1)(d＋1)n－2＋n(d＋1)n－1]．　①‎ 当d＝－1时，Sn＝d2＝1.‎ 当d≠－1时，①式两边同乘d＋1得 ‎(d＋1)Sn＝d2[(d＋1)＋2(d＋1)2＋…＋(n－1)(d＋1)n－1＋n(d＋1)n]．②‎ ‎①，②式相减可得 ‎－dSn＝d2[1＋(d＋1)＋(d＋1)2＋…＋(d＋1)n－1－n(d＋1)n]‎ ‎＝d2.‎ 化简即得Sn＝(d＋1)n(nd－1)＋1.‎ 综上，Sn＝(d＋1)n(nd－1)＋1.‎ 课标理数20.D5[2011·天津卷] 已知数列{an}与{bn}满足bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，bn＝，n ‎∈N*，且a1＝2，a2＝4.‎ ‎(1)求a3，a4，a5的值；‎ ‎(2)设cn＝a2n－1＋a2n＋1，n∈N*，证明{cn}是等比数列；‎ ‎(3)设Sk＝a2＋a4＋…＋a2k，k∈N*，证明 <(n∈N*)．‎ 课标理数20.D5[2011·天津卷] 【解答】 (1)由bn＝，n∈N*，可得bn＝ 又bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，‎ 当n＝1时，a1＋a2＋2a3＝0，‎ 由a1＝2，a2＝4，可得a3＝－3；‎ 当n＝2时，2a2＋a3＋a4＝0，可得a4＝－5；‎ 当n＝3时，a3＋a4＋2a5＝0，可得a5＝4.‎ ‎(2)证明：对任意n∈N*，‎ a2n－1＋a2n＋2a2n＋1＝0，①‎ ‎2a2n＋a2n＋1＋a2n＋2＝0，②‎ a2n＋1＋a2n＋2＋2a2n＋3＝0.③‎ ‎②－③，得a2n＝a2n＋3.④‎ 将④代入①，可得a2n＋1＋a2n＋3＝－(a2n－1＋a2n＋1)，‎ 即cn＋1＝－cn(n∈N*)．‎ 又c1＝a1＋a3＝－1，故cn≠0，因此＝－1.‎ 所以{cn}是等比数列．‎ ‎(3)证明：由(2)可得a2k－1＋a2k＋1＝(－1)k.于是，对任意k∈N*且k≥2，有a1＋a3＝－1，－(a3＋a5)＝－1，a5＋a7＝－1，…，(－1)k(a2k－3＋a2k－1)＝－1.‎ 将以上各式相加，得a1＋(－1)ka2k－1＝－(k－1)，‎ 即a2k－1＝(－1)k＋1(k＋1)，此式当k＝1时也成立．‎ 由④式得a2k＝(－1)k＋1(k＋3)．‎ 从而S2k＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a4k－2＋a4k)＝－k，S2k－1＝S2k－a4k＝k＋3.‎ 所以，对任意n∈N*，n≥2，‎ ＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝＋＋ ‎<＋＋ ‎＝＋·＋＋…＋＋ ‎＝＋－·＋<.‎ 对于n＝1，不等式显然成立．‎ 课标文数20.D5[2011·天津卷] 已知数列{an}与{bn}满足bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1，bn＝，n∈N*，且a1＝2.‎ ‎(1)求a2，a3的值；‎ ‎(2)设cn＝a2n＋1－a2n－1，n∈N*，证明{cn}是等比数列；‎ ‎(3)设Sn为{an}的前n项和，证明＋＋…＋＋≤n－(n∈N*)．‎ 课标文数20.D5[2011·天津卷] 【解答】 (1)由bn＝，n∈N，‎ 可得bn＝ 又bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1，‎ 当n＝1时，a1＋2a2＝－1，由a1＝2，可得a2＝－；‎ 当n＝2时，2a2＋a3＝5，可得a3＝8.‎ ‎(2)证明：对任意n∈N*，‎ a2n－1＋2a2n＝－22n－1＋1，①‎ ‎2a2n＋a2n＋1＝22n＋1.②‎ ‎②－①，得a2n＋1－a2n－1＝3×22n－1，即cn＝3×22n－1.‎ 于是＝4.‎ 所以{cn}是等比数列．‎ ‎(3)证明：a1＝2，由(2)知，当k∈N*且k≥2时，‎ a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3)‎ ‎＝2＋3(2＋23＋25＋…＋22k－3)＝2＋3×＝22k－1，‎ 故对任意k∈N*，a2k－1＝22k－1.‎ 由①得22k－1＋2a2k＝－22k－1＋1，‎ 所以a2k＝－22k－1，k∈N*.‎ 因此，S2k＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2k－1＋a2k)＝.‎ 于是，S2k－1＝S2k－a2k＝＋22k－1.‎ 故＋＝＋＝－＝1－－.‎ 所以，对任意n∈N*，‎ ＋＋…＋＋ ‎＝＋＋…＋ ‎＝＋＋…＋1－－ ‎＝n－－－…－＋≤n－＝n－.‎ 课标文数19.D5[2011·浙江卷] 已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a(a∈R)，且，，成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)对n∈N*，试比较＋＋…＋与的大小．‎ 课标文数19.D5[2011·浙江卷] 【解答】 设等差数列{an}的公差为d，由题意可知2＝·，‎ 即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，从而a1d＝d2.‎ 因为d≠0，所以d＝a1＝a，‎ 故通项公式an＝na.‎ ‎(2)记Tn＝＋＋…＋.因为a2n＝2na，‎ 所以Tn＝＝·＝.‎ 从而，当a＞0时，Tn＜，当a＜0时，Tn＞.‎ 大纲理数21.D5[2011·重庆卷] 设实数数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋1＝an＋1Sn(n∈N*)．‎ ‎(1)若a1，S2，－2a2成等比数列，求S2和a3；‎ ‎(2)求证：对k≥3有0≤ak＋1≤ak≤.‎ 大纲理数21.D5[2011·重庆卷] 【解答】 (1)由题意得S＝－2S2，‎ 由S2是等比中项知S2≠0.因此S2＝－2.‎ 由S2＋a3＝S3＝a3S2解得 a3＝＝＝.‎ ‎(2)证法一：由题设条件有Sn＋an＋1＝an＋1Sn，‎ 故Sn≠1，an＋1≠1且an＋1＝，Sn＝，‎ 从而对k≥3有 ak＝＝＝＝.①‎ 因a－ak－1＋1＝2＋>0且a≥0，由①得ak≥0.‎ 要证ak≤，由①只要证≤，‎ 即证3a≤4(a－ak－1＋1)，即(ak－1－2)2≥0，此式明显成立．‎ 因此ak≤(k≥3)．‎ 最后证ak＋1≤ak，若不然ak＋1＝>ak，‎ 又因ak≥0，故>1，即(ak－1)2<0.矛盾．‎ 因此ak＋1≤ak(k≥3)．‎ 证法二：由题设知Sn＋1＝Sn＋an＋1＝an＋1Sn，‎ 故方程x2－Sn＋1x＋Sn＋1＝0有根Sn和an＋1(可能相同)．‎ 因此判别式Δ＝S－4Sn＋1≥0.‎ 又由Sn＋2＝Sn＋1＋an＋2＝an＋2Sn＋1得an＋2≠1且Sn＋1＝.‎ 因此－≥0，即3a－4an＋2≤0，‎ 解得0≤an＋2≤.‎ 因此0≤ak≤(k≥3)．‎ 由ak＝≥0(k≥3)，得 ak＋1－ak＝－ak ‎＝ak＝ak ‎＝－＝－≤0，‎ 因此ak＋1≤ak(k≥3)．‎ ‎[2011·南开中学月考] 在数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝n(n∈N*)，则a100的值为(　　)‎ A．5050‎ B．5051‎ C．4950‎ D．4951‎ ‎[2011·湖南师大附中二模] 等差数列{an}中，Sn是其前n项和，a1＝－11，－＝2，则S11＝(　　)‎ A．－11　　　　‎ B．11　　　　　‎ C．10　　　　　　‎ D．－10‎ ‎ ‎ ‎[2011·云南示范中学联考] 等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是(　　)[来源:Z_xx_k.Com]‎ A．3 B．4‎ C．5 D．6‎ ‎[2011·福州二模] 设函数f(x)＝xm＋ax的导函数为f′(x)＝2x＋2，则数列(n∈N*)的前n项和为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[2011·浙江高考样卷] 已知等比数列{an}，首项为2，公比为3，则＝__________(n∈N*)．‎