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2015年10月18日姚杰的高中数学组卷
一．选择题（共5小题）
1．（2013•黑龙江）若存在正数x使2x（x﹣a）＜1成立，则a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，+∞） B．（﹣2，+∞） C．（0，+∞） D．（﹣1，+∞）
2．（2012•陕西）小王从甲地到乙地的往返时速分别为a和b（a＜b），其全程的平均时速为v，则（ ）
A．a＜v＜ B．v= C．＜v＜ D．v=
3．（2008•江西）已知函数f（x）=2x2+（4﹣m）x+4﹣m，g（x）=mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）的值至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（ ）
A．[﹣4，4] B．（﹣4，4） C．（﹣∞，4） D．（﹣∞，﹣4）
4．（2006•重庆）若a，b，c＞0且，则2a+b+c的最小值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2004•山东）a2+b2=1，b2+c2=2，c2+a2=2，则ab+bc+ca的最小值为（ ）
A．﹣ B．﹣ C．﹣﹣ D．+
二．解答题（共25小题）
6．（2007•重庆）已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足S1＞1，且6Sn=（an+1）（an+2），n∈N*．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}满足，并记Tn为{bn}的前n项和，求证：3Tn+1＞log2（an+3），n∈N*．
7．（2007•上海）如果有穷数列a1，a2，a3，…，am（m为正整数）满足条件a1=am，a2=am﹣1，…，am=a1，即ai=am﹣i+1（i=1，2，…，m），我们称其为“对称数列”．例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”．
（1）设{bn}是7项的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4是等差数列，且b1=2，b4=11．依次写出{bn}的每一项；
（2）设{cn}是49项的“对称数列”，其中c25，c26，…，c49是首项为1，公比为2的等比数列，求{cn}各项的和S；
（3）设{dn}是100项的“对称数列”，其中d51，d52，…，d100是首项为2，公差为3的等差数列．求{dn}前n项的和Sn（n=1，2，…，100）．
8．（2007•福建）数列{an}的前N项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn（n∈N*）．
（Ⅰ）求数列{an}的通项an；
（Ⅱ）求数列{nan}的前n项和Tn．
9．（2007•上海）若有穷数列a1，a2…an（n是正整数），满足a1=an，a2=an﹣1…an=a1即ai=an﹣i+1（i是正整数，且1≤i≤n），就称该数列为“对称数列”．
（1）已知数列{bn}是项数为7的对称数列，且b1，b2，b3，b4成等差数列，b1=2，b4=11，试写出{bn}的每一项
（2）已知{cn}是项数为2k﹣1（k≥1）的对称数列，且ck，ck+1…c2k﹣1构成首项为50，公差为﹣4的等差数列，数列{cn}的前2k﹣1项和为S2k﹣1，则当k为何值时，S2k﹣1取到最大值？最大值为多少？
（3）对于给定的正整数m＞1，试写出所有项数不超过2m的对称数列，使得1，2，22…2m﹣1成为数列中的连续项；当m＞1500时，试求其中一个数列的前2008项和S2008．
10．（2006•北京）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．
11．（2006•山东）已知数列{an}中，，点（n，2an+1﹣an）在直线y=x上，其中n=1，2，3…．
（Ⅰ）令bn=an+1﹣an﹣1，求证数列{bn}是等比数列；
（Ⅱ）求数列{an}的通项；
（Ⅲ）设Sn、Tn分别为数列{an}、{bn}的前n项和，是否存在实数λ，使得数列为等差数列？若存在，试求出λ．若不存在，则说明理由．
12．（2006•山东）已知a1=2，点（an，an+1）在函数f（x）=x2+2x的图象上，其中n=1，2，3，…
（1）证明数列{lg（1+an）}是等比数列；
（2）设Tn=（1+a1）（1+a2）…（1+an），求Tn及数列{an}的通项；
（3）记，求数列{bn}的前n项Sn，并证明．
13．（2006•天津）已知数列{xn}，{yn}满足x1=x2=1，y1=y2=2，并且（λ为非零参数，n=2，3，4，…）．
（1）若x1，x3，x5成等比数列，求参数λ的值；
（2）当λ＞0时，证明；当λ＞1时，证明：．
14．（2006•天津）已知数列{xn}满足x1=x2=1并且为非零参数，n=2，3，4，…）．
（1）若x1、x3、x5成等比数列，求参数λ的值；
（2）设0＜λ＜1，常数k∈N*且k≥3，证明．
15．（2005•山东）已知数列{an}的首项a1=5，前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n+5（n∈N*）
（I）证明数列{an+1}是等比数列；
（II）令f（x）=a1x+a2x2+…+anxn，求函数f（x）在点x=1处的导数f'（1）并比较2f'（1）与23n2﹣13n的大小．
16．（2005•重庆）数列{an}满足a1=1且8an+1an﹣16an+1+2an+5=0（n≥1）．记．
（Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值；
（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和Sn．
17．（2004•上海）设P1（x1，y1），P1（x2，y2），…，Pn（xn，yn）（n≥3，n∈N）是二次曲线C上的点，且a1=|OP1|2，a2=|OP2|2，…，an=|OPn|2构成了一个公差为d（d≠0）的等差数列，其中O是坐标原点．记Sn=a1+a2+…+an．
（1）若C的方程为=1，n=3．点P1（10，0）及S3=255，求点P3的坐标；（只需写出一个）
（2）若C的方程为（a＞b＞0）．点P1（a，0），对于给定的自然数n，当公差d变化时，求Sn的最小值；
（3）请选定一条除椭圆外的二次曲线C及C上的一点P1，对于给定的自然数n，写出符合条件的点P1，P2，…Pn存在的充要条件，并说明理由．
18．（2003•上海）已知数列{an}（n为正整数）是首项是a1，公比为q的等比数列．
（1）求和：a1C20﹣a2C21+a3C22，a1C30﹣a2C31+a3C32﹣a4C33；
（2）由（1）的结果归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明．
（3）设q≠1，Sn是等比数列{an}的前n项和，求：S1Cn0﹣S2Cn1+S3Cn2﹣S4Cn3+…+（﹣1）nSn+1Cnn．
19．（2014秋•周村区校级月考）已知数列{bn}是等差数列，b1=1，b1+b2+…+b10=145．
（1）求数列{bn}的通项bn；
（2）设数列{an}的通项an=loga（1+）（其中a＞0，且a≠1），记Sn是数列{an}的前n项和．试比较Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论．
20．（2010•重庆）在数列{an}中，a1=1，an+1=can+cn+1（2n+1）（n∈N*），其中实数c≠0．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若对一切k∈N*有a2k＞azk﹣1，求c的取值范围．
21．（2010•安徽模拟）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），设数列|xn|由f（xn）=n（n=1，2，…）定义．
（1）求x1、x2和xn的表达式；
（2）求f（x）的表达式，并写出其定义域；
（3）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．
22．（2009•陕西）已知数列{xn}满足x1=，xn+1=，n∈N*；
（1）猜想数列{x2n}的单调性，并证明你的结论；
（Ⅱ）证明：．
23．（2009•上海）已知{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列
（1）若an=3n+1，是否存在m，n∈N*，有am+am+1=ak？请说明理由；
（2）若bn=aqn（a、q为常数，且aq≠0）对任意m存在k，有bm•bm+1=bk，试求a、q满足的充要条件；
（3）若an=2n+1，bn=3n试确定所有的p，使数列{bn}中存在某个连续p项的和式数列中{an}的一项，请证明．
24．（2008•北京）对于每项均是正整数的数列A：a1，a2，…，an，定义变换T1，T1将数列A变换成数列T1（A）：n，a1﹣1，a2﹣1，…，an﹣1；对于每项均是非负整数的数列B：b1，b2，…，bm，定义变换T2，T2将数列B各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T2（B）；又定义S（B）=2（b1+2b2+…+mbm）+b12+b22+…+bm2．设A0是每项均为正整数的有穷数列，令Ak+1=T2（T1（Ak））（k=0，1，2，…）．
（Ⅰ）如果数列A0为5，3，2，写出数列A1，A2；
（Ⅱ）对于每项均是正整数的有穷数列A，证明S（T1（A））=S（A）；
（Ⅲ）证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列A0，存在正整数K，当k≥K时，S（Ak+1）=S（Ak）．
25．（2007•四川）已知函数f（x）=x2﹣4，设曲线y=f（x）在点（xn，f（xn））处的切线与x轴的交点为（xn+1，0）（n∈N*），其中x1为正实数．
（Ⅰ）用xn表示xn+1；
（Ⅱ）证明：对一切正整数n，xn+1≤xn的充要条件是x1≥2
（Ⅲ）若x1=4，记，证明数列{an}成等比数列，并求数列{xn}的通项公式．
26．（2006•江苏）设数列{an}、{bn}、{cn}满足：bn=an﹣an+2，cn=an+2an+1+3an+2（n=1，2，3，…），
证明：{an}为等差数列的充分必要条件是{cn}为等差数列且bn≤bn+1（n=1，2，3，…）
27．（2006•辽宁）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x0为f（x）的极小值点，在[1﹣]上，f′（x）在x1处取得最大值，在x2处取得最小值，将点（x0，f（x0）），（x1，f′（x1）），（x2，f′（x2，f（x2））依次记为A，B，C．
（Ⅰ）求x0的值；
（Ⅱ）若△ABC有一边平行于x轴，且面积为2+，求a，d的值．
28．（2005•江西）已知数列{an}的各项都是正数，且满足：a0=1，an+1=（4﹣an），n∈N．
（1）证明an＜an+1＜2，n∈N；
（2）求数列{an}的通项公式an．
29．（2003•江苏）设a＞0，如图，已知直线l：y=ax及曲线C：y=x2，C上的点Q1的横坐标为a1（0＜a1＜a）．从C上的点Qn（n≥1）作直线平行于x轴，交直线l于点Pn+1，再从点Pn+1作直线平行于y轴，交曲线C于点Qn+1．Qn（n=1，2，3，…）的横坐标构成数列{an}．
（Ⅰ）试求an+1与an的关系，并求{an}的通项公式；
（Ⅱ）当时，证明；
（Ⅲ）当a=1时，证明．
30．（1977•北京）在2和30中间插入两个正数，这两个正数插入后使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，求插入的两个正数？
2015年10月18日姚杰的高中数学组卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2013•黑龙江）若存在正数x使2x（x﹣a）＜1成立，则a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，+∞） B．（﹣2，+∞） C．（0，+∞） D．（﹣1，+∞）
考点：
其他不等式的解法；函数单调性的性质．菁优网版权所有
专题：
不等式的解法及应用．
分析：
转化不等式为，利用x是正数，通过函数的单调性，求出a的范围即可．
解答：
解：因为2x（x﹣a）＜1，所以，
函数y=是增函数，x＞0，所以y＞﹣1，即a＞﹣1，
所以a的取值范围是（﹣1，+∞）．
故选：D．
点评：
本题考查不等式的解法，函数单调性的应用，考查分析问题解决问题的能力．
2．（2012•陕西）小王从甲地到乙地的往返时速分别为a和b（a＜b），其全程的平均时速为v，则（ ）
A．a＜v＜ B．v= C．＜v＜ D．v=
考点：
基本不等式．菁优网版权所有
专题：
计算题；压轴题．
分析：
设小王从甲地到乙地按时速分别为a和b，行驶的路程S，则v==及0＜a＜b，利用基本不等式及作差法可比较大小
解答：
解：设小王从甲地到乙地按时速分别为a和b，行驶的路程S
则v==
∵0＜a＜b
∴a+b＞0
∴
∵v﹣a==
=
∴v＞a
综上可得，
故选A
点评：
本题主要考查了基本不等式在实际问题中的应用，比较法中的比差法在比较大小中的应用．
3．（2008•江西）已知函数f（x）=2x2+（4﹣m）x+4﹣m，g（x）=mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）的值至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（ ）
A．[﹣4，4] B．（﹣4，4） C．（﹣∞，4） D．（﹣∞，﹣4）
考点：
一元二次不等式的应用．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
对函数f（x）判断△=m2﹣16＜0时一定成立，可排除D，再对特殊值m=4和﹣4进行讨论可得答案．
解答：
解：当△=m2﹣16＜0时，即﹣4＜m＜4，显然成立，排除D
当m=4，f（0）=g（0）=0时，显然不成立，排除A；
当m=﹣4，f（x）=2（x+2）2，g（x）=﹣4x显然成立，排除B；
故选C．
点评：
本题主要考查对一元二次函数图象的理解．对于一元二次不等式，一定要注意其开口方向、对称轴和判别式．
4．（2006•重庆）若a，b，c＞0且，则2a+b+c的最小值为（ ）
A． B． C． D．
考点：
基本不等式在最值问题中的应用．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
已知条件中出现bc，待求式子中有b+c，引导找b，c的不等式
解答：
解：若a，b，c＞0且，
所以，
∴，
则（2a+b+c）≥，
故选项为D．
点评：
本题考查由已知与待求的式子凑出和的形式．
5．（2004•山东）a2+b2=1，b2+c2=2，c2+a2=2，则ab+bc+ca的最小值为（ ）
A．﹣ B．﹣ C．﹣﹣ D．+
考点：
基本不等式．菁优网版权所有
专题：
计算题；压轴题．
分析：
先把题设中的三个等式联立可求得a，b和c，再把它们的值代入所求代数式，即可得解．
解答：
解：∵b2+c2=2，c2+a2=2，
∴b2+c2=c2+a2
∴b2=a2
又a2+b2=1，
所以当a=b=，c=﹣ 时ab+bc+ca有最小值为：×+×（﹣）+×（﹣）=﹣，
ab+bc+ca的最小值为﹣，
故选B．
点评：
本题解题的关键是通过已知条件求得a，b和c值，然后代入即可．
二．解答题（共25小题）
6．（2007•重庆）已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足S1＞1，且6Sn=（an+1）（an+2），n∈N*．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}满足，并记Tn为{bn}的前n项和，求证：3Tn+1＞log2（an+3），n∈N*．
考点：
数列的求和；等差数列的通项公式；不等式的证明．菁优网版权所有
专题：
计算题；证明题；压轴题．
分析：
（1）先根据题设求得a1，进而根据an+1=Sn+1﹣Sn整理得（an+1+an）（an+1﹣an﹣3）=0求得an+1﹣an=3，判断出{an}是公差为3，首项为2的等差数列，则数列的通项公式可得．
（2）把（1）中的an代入可求得bn
，进而求得前n项的和Tn，代入到3Tn+1﹣log2（an+3）中，令，进而判断出f（n+1）＞f（n），从而推断出3Tn+1﹣log2（an+3）=log2f（n）＞0，原式得证．
解答：
解：（1）由，解得a1=1或a1=2，由假设a1=S1＞1，因此a1=2，
又由，
得（an+1+an）（an+1﹣an﹣3）=0，
即an+1﹣an﹣3=0或an+1=﹣an，因an＞0，故an+1=﹣an不成立，舍去
因此an+1﹣an=3，从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，
故{an}的通项为an=3n﹣1
（2）证明：由可解得；
从而
因此
令，则
因（3n+3）3﹣（3n+5）（3n+2）2=9n+7＞0，故f（n+1）＞f（n）
特别地，从而3Tn+1﹣log2（an+3）=log2f（n）＞0
即3Tn+1＞log2（an+3）
点评：
本题主要考查了等差数列的通项公式．涉及了不等式的证明，综合考查了学生对数列知识的灵活运用．
7．（2007•上海）如果有穷数列a1，a2，a3，…，am（m为正整数）满足条件a1=am，a2=am﹣1，…，am=a1，即ai=am﹣i+1（i=1，2，…，m），我们称其为“对称数列”．例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”．
（1）设{bn}是7项的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4是等差数列，且b1=2，b4=11．依次写出{bn}的每一项；
（2）设{cn}是49项的“对称数列”，其中c25，c26，…，c49是首项为1，公比为2的等比数列，求{cn}各项的和S；
（3）设{dn}是100项的“对称数列”，其中d51，d52，…，d100是首项为2，公差为3的等差数列．求{dn}前n项的和Sn（n=1，2，…，100）．
考点：
数列的求和；数列的概念及简单表示法．菁优网版权所有
专题：
计算题；压轴题；新定义．
分析：
（1）由b1，b2，b3，b4为等差数列，且b1=2，b4=11，先求b1，b2，b3，b4，然后由对称数列的特点可写出数列的各项．
（2）由c25，c26，…，c49是首项为1，公比为2的等比数列，先求出c25，c26，…，c49
通项，结合对称数列的对应项相等的特点，可知前面的各项，结合等比数列的求和公式可求出数列的和
（3）由d51，d52，…，d100是首项为2，公差为3的等差数列，可求该数列d51，d52，…，d100的通项，由对称数列的特点，结合等差数列的特点，求数列的和
解答：
解：（1）设数列{bn}的公差为d，则b4=b1+3d=2+3d=11，解得d=3，
∴数列{bn}为2，5，8，11，8，5，2．
（2）S=c1+c2+…+c49=2（c25+c26+…+c49）﹣c25=2（1+2+22+…+224）﹣1=2（225﹣1）﹣1=226﹣3=67108861．
（3）d51=2，d100=2+3×（50﹣1）=149．
由题意得d1，d2，，d50是首项为149，公差为﹣3的等差数列．
当n≤50时，Sn=d1+d2
+…+dn=．
当51≤n≤100时，Sn=d1+d2+…+dn=S50+（d51+d52+…+dn）
==
综上所述，
点评：
本题以新定义对称数列为切入点，运用的知识都是数列的基本知识：等差数列的通项及求和公式，等比数列的通项及求和公式，还体现了分类讨论在解题中的应用．
8．（2007•福建）数列{an}的前N项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn（n∈N*）．
（Ⅰ）求数列{an}的通项an；
（Ⅱ）求数列{nan}的前n项和Tn．
考点：
数列的求和；数列递推式．菁优网版权所有
专题：
计算题；压轴题．
分析：
（I）利用递推公式an+1=2Sn把已知转化为Sn+1与Sn之间的关系，从而确定数列an的通项；
（II）由（I）可知数列an从第二项开始的等比数列，设bn=n则数列bn为等差数列，所以对数列n•an的求和应用乘“公比”错位相减．
解答：
解：（I）∵an+1=2Sn，
∴Sn+1﹣Sn=2Sn，
∴=3．
又∵S1=a1=1，
∴数列{Sn}是首项为1、公比为3的等比数列，Sn=3n﹣1（n∈N*）．
∴当n≥2时，an﹣2Sn﹣1=2•3n﹣2（n≥2），
∴an=
（II）Tn=a1+2a2+3a3+…+nan，
当n=1时，T1=1；
当n≥2时，Tn=1+4•30+6•31+…+2n•3n﹣2，①3Tn=3+4•31+6•32+…+2n•3n﹣1，②
①﹣②得：﹣2Tn=﹣2+4+2（31+32+…+3n﹣2）﹣2n•3n﹣1=2+2•=﹣1+（1﹣2n）•3n﹣1
∴Tn=+（n﹣）3n﹣1（n≥2）．
又∵Tn=a1=1也满足上式，∴Tn=+（n﹣）3n﹣1（n∈N*）
点评：
本小题考查数列的基本知识，考查等比数列的概念、通项公式及数列的求和，考查分类讨论及化归的数学思想方法，以及推理和运算能力．
9．（2007•上海）若有穷数列a1，a2…an（n是正整数），满足a1=an，a2=an﹣1…an=a1即ai=an﹣i+1（i是正整数，且1≤i≤n），就称该数列为“对称数列”．
（1）已知数列{bn}是项数为7的对称数列，且b1，b2，b3，b4成等差数列，b1=2，b4=11，试写出{bn}的每一项
（2）已知{cn}是项数为2k﹣1（k≥1）的对称数列，且ck，ck+1…c2k﹣1构成首项为50，公差为﹣4的等差数列，数列{cn}的前2k﹣1项和为S2k﹣1，则当k为何值时，S2k﹣1取到最大值？最大值为多少？
（3）对于给定的正整数m＞1，试写出所有项数不超过2m的对称数列，使得1，2，22…2m﹣1成为数列中的连续项；当m＞1500时，试求其中一个数列的前2008项和S2008．
考点：
数列与函数的综合．菁优网版权所有
专题：
计算题；压轴题；新定义．
分析：
（1）设{bn}的公差为d，由b1，b2，b3，b4成等差数列求解d从而求得数列{bn}，
（2）先得到S2k﹣1=﹣4（k﹣13）2+4×132﹣50，用二次函数求解，
（3）按照1，2，22…2m﹣1是
数列中的连续项按照定义，用组合的方式写出来所有可能的数列，再按其数列的规律求前n项和取符合条件的一组即可．
解答：
解：（1）设{bn}的公差为d，则b4=b1+3d=2+3d=11，解得d=3，∴数列{bn}为2，5，8，11，8，5，2．
（2）S2k﹣1=c1+c2+…+ck﹣1+ck+ck+1+…+c2k﹣1=2（ck+ck+1+…+c2k﹣1）﹣ck，
S2k﹣1=﹣4（k﹣13）2+4×132﹣50，
∴当k=13时，S2k﹣1取得最大值．S2k﹣1的最大值为626．
（3）所有可能的“对称数列”是：
①1，2，22，2m﹣2，2m﹣1，2m﹣2，22，2，1；
②1，2，22，2m﹣2，2m﹣1，2m﹣1，2m﹣2，22，2，1；
③2m﹣1，2m﹣2，22
，2，1，2，22，2m﹣2，2m﹣1；
④2m﹣1，2m﹣2，22，2，1，1，2，22，2m﹣2，2m﹣1．
对于①，当m≥2008时，S2008=1+2+22+…+22007=22008﹣1．
当1500＜m≤2007时，S2008=1+2+…+2m﹣2+2m﹣1+2m﹣2+…+22m﹣2009=2m﹣1+2m﹣1﹣22m﹣2009=2m+2m﹣1﹣22m﹣2009﹣1．
对于②，当m≥2008时，S2008=22008﹣1．
当1500＜m≤2007时，S2008=2m+1﹣22m﹣2008﹣1．
对于③，当m≥2008时，S2008=2m﹣2m﹣2008．
当1500＜m≤2007时，S2008=2m+22009﹣m﹣3．
对于④，当m≥2008时，S2008=2m﹣2m﹣2008．
当1500＜m≤2007时，S2008=2m+22008﹣m﹣2．
点评：
本题一道新定义题，这样的题做法是严格按照定义要求，将其转化为已知的知识和方法去解决，本题涉及到等差数列的通项公式，等比数列求和，构造数列等知识．
10．（2006•北京）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．
考点：
等差数列的通项公式；等差数列的性质．菁优网版权所有
专题：
计算题；压轴题．
分析：
（Ⅰ）本题是关于等差数列的基本量的运算，设出题目中的首项和公差，根据第十一项和前十四项的和两个数据列出方程组，解出首项和公差的值，写出数列的通项．
（Ⅱ）根据三个不等关系，写出关于首项和公差的不等式组，解不等式组，得到一个范围，根据{an}的首项a1及公差d都为整数得到所有可能的结果，写出通项公式．
解答：
解：（Ⅰ）由S14=98得2a1+13d=14，
又a11=a1+10d=0，
∴解得d=﹣2，a1=20．
∴{an}的通项公式是an=22﹣2n，
（Ⅱ）由
得
即
由①+②得﹣7d＜11．
即d＞﹣．
由①+③得13d≤﹣1
即d≤﹣
于是﹣＜d≤﹣
又d∈Z，故
d=﹣1 ④
将④代入①②得10＜a1≤12．
又a1∈Z，故a1=11或a1=12．
∴所有可能的数列{an}的通项公式是
an=12﹣n和an=13﹣n，
点评：
本题考查数列的基本量，是一个综合问题，题目中结合不等式和方程的解法，根据题目所给的关系，写出关于数列的首项和公差的方程组，解方程组得到公差和首相，再写出通项公式．
11．（2006•山东）已知数列{an}中，，点（n，2an+1﹣an）在直线y=x上，其中n=1，2，3…．
（Ⅰ）令bn=an+1﹣an﹣1，求证数列{bn}是等比数列；
（Ⅱ）求数列{an}的通项；
（Ⅲ）设Sn、Tn分别为数列{an}、{bn}的前n项和，是否存在实数λ，使得数列为等差数列？若存在，试求出λ．若不存在，则说明理由．
考点：
等比关系的确定；等差关系的确定；数列的求和；数列递推式．菁优网版权所有
专题：
计算题；压轴题．
分析：
（Ⅰ）把点（n、2an+1﹣an）代入直线方程可得2an+1=an+n代入bn和bn+1中两式相除结果为常数，故可判定{bn}为等比数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可求得数列{bn}的通项公式，进而可求得数列的前n项和，进而可得{an}的通项公式．
（Ⅲ）把数列an}、{bn}通项公式代入an+2bn，进而得到Sn+2T的表达式代入Tn，进而推断当且仅当λ=2时，数列是等差数列．
解答：
解：（Ⅰ）由已知得
，
∵，
又bn=an+1﹣an﹣1，bn+1=an+2﹣an+1﹣1，
∴===，
∴{bn}是以为首项，以为公比的等比数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
∴，
∴，
，
…
∴，
将以上各式相加得：
∴，
∴．
∴．
（Ⅲ）存在λ=2，使数列是等差数列．
由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，an+2bn=n﹣2
∴=
又
∴当且仅当λ=2时，数列是等差数列．
点评：
本题主要考查了等比关系和等差关系的确定．要利用好an和an﹣1的关系．
12．（2006•山东）已知a1=2，点（an，an+1）在函数f（x）=x2+2x的图象上，其中n=1，2，3，…
（1）证明数列{lg（1+an）}是等比数列；
（2）设Tn=（1+a1）（1+a2）…（1+an），求Tn及数列{an}的通项；
（3）记，求数列{bn}的前n项Sn，并证明．
考点：
等比关系的确定；数列的求和；数列递推式．菁优网版权所有
专题：
计算题；证明题；压轴题．
分析：
（1）把点（an，an+1）代入函数式，整理得an+1+1=（an+1）2，两边取对数整理得
，进而判断{lg（1+an）}是公比为2的等比数列．
（2）根据等比数列的通项公式求的数列{lg（1+an）}的通项公式，进而求的an代入到Tn=（1+a1）（1+a2）（1+an）求的Tn．
（3）把（2）求的an代入到，用裂项法求和求得项，又，原式得证．
解答：
解：（Ⅰ）由已知an+1=an2+2an，
∴an+1+1=（an+1）2
∵a1=2
∴an+1＞1，两边取对数得lg（1+an+1）=2lg（1+an），
即
∴{lg（1+an）}是公比为2的等比数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知lg（1+an）=2n﹣1•lg（1+a1）=
∴
∴
∴Tn=（1+a1）（1+a2）（1+an）==31+2+22+…+2n﹣1=
（Ⅲ）∵an+1=an2+2an
∴an+1=an（an+2）
∴
∴
又
∴
∴Sn=b1+b2+…+bn==
∵
∴
又
∴．
点评：
本题主要考查了等比关系的确定和数列的求和问题．考查了学生对数列知识的综合掌握．
13．（2006•天津）已知数列{xn}，{yn}满足x1=x2=1，y1=y2=2，并且（λ为非零参数，n=2，3，4，…）．
（1）若x1，x3，x5成等比数列，求参数λ的值；
（2）当λ＞0时，证明；当λ＞1时，证明：．
考点：
等比数列的性质；不等式的证明．菁优网版权所有
专题：
计算题；证明题；压轴题．
分析：
（1）根据把x1=x2=1代入求得x3，同理可求得x4=λ3，x5=λ6，进而根据等比中项的性质求得λ．
（2）根据根据不等式性质可知有≥…≥=λn﹣1；=…=λn﹣1
进而可得出
，再看当λ＞1时得出≥，即≥frac{{x}_{n+1}}{{x}_{n}}，代入frac{{x}_{1}﹣{y}_{1}}{{x}_{2}﹣{y}_{2}}+frac{{x}_{2}﹣{y}_{2}}{{x}_{3}﹣{y}_{3}}+…+frac{{x}_{n}﹣{y}_{n}}{{x}_{n+1}﹣{y}_{n+1}}，原式得证．
解答：
（1）解：由已知x1=x2=1，且
∴x3=λ，同理可知x4=λ3，x5=λ6，若x1、x3、x5成等比数列，则x32=x1x5，即λ2=λ6．而λ≠0，解得λ=±1．
（2）证明：（Ⅰ）由已知λ＞0，x1=x2=1及y1=y2=2，可得xn＞0，yn＞0．由不等式的性质，有
≥…≥
=λn﹣1；
另一方面，=…=λn﹣1．
因此，=（n∈N*）．故（n∈N*）．
（Ⅱ）当λ＞1时，由（Ⅰ）可知，yn＞xn≥1（n∈N*）．
又由（Ⅰ）
（n∈N*），则≥，
从而≥（n∈N*）．
∴
点评：
本题以数列的递推关系为载体，结合等比数列的等比中项及前n项和的公式，运用不等式的性质及证明等基础知识进行运算和推理论证．
14．（2006•天津）已知数列{xn}满足x1=x2=1并且为非零参数，n=2，3，4，…）．
（1）若x1、x3、x5成等比数列，求参数λ的值；
（2）设0＜λ＜1，常数k∈N*且k≥3，证明．
考点：
等比数列的性质；等差数列的前n项和；数列的应用；不等式的证明．菁优网版权所有
专题：
计算题；证明题；压轴题．
分析：
（1）令n=2，3，4代入到为非零参数，n=2，3，4，…）中得到x1、x3、x5若它们成等比数列则根据x32=x1x5，即求出λ即可；
（2）设，由已知，数列{an}是以为首项、λ为公比的等比数列，化简不等式左边由0＜λ＜1，常数k∈N*且k≥3得证．
解答：
解：（1）解：由已知x1=x2=1，且．
若x1、x3、x5成等比数列，
则x32=x1x5，即λ2=λ6．而λ≠0，
解得λ=±1．
（2）证明：设，由已知，数列{an}是以为首项、λ为公比的等比数列，
故，
则=λn+k﹣2．λn+k﹣3λn﹣1
．
因此，对任意n∈N*，==
=
．
当k≥3且0＜λ＜1时，，
所以．
点评：
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、等差数列前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．
15．（2005•山东）已知数列{an}的首项a1=5，前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n+5（n∈N*）
（I）证明数列{an+1}是等比数列；
（II）令f（x）=a1x+a2x2+…+anxn，求函数f（x）在点x=1处的导数f'（1）并比较2f'（1）与23n2﹣13n的大小．
考点：
等比关系的确定；导数的运算；不等式比较大小．菁优网版权所有
专题：
综合题；压轴题．
分析：
（I）根据an+1=Sn+1﹣Sn
，得到n≥2时an+1和an关系式即an+1=2an+1，两边同加1得到an+1+1=2（an+1），最后验证n=1时等式也成立，进而证明数列{an+1}是等比数列．
（II）通过（I）{an+1}的首项为5公比为2求得数列an+1的通项公式，进而求得an的通项公式，代入f（x）进而求出f'（x），再求得f‘（1），进而求得2f‘（1）．要比较2f'（1）与23n2﹣13n的大小，只需看2f′（1）﹣（23n2﹣13n）于0的关系．
解答：
解：（I）由已知Sn+1=2Sn+n+5（n∈N*），
可得n≥2，Sn=2Sn﹣1+n+4两式相减得Sn+1﹣Sn=2（Sn﹣Sn﹣1）+1即an+1=2an+1
从而an+1+1=2（an+1）
当n=1时S2=2S1+1+5所以a2+a1=2a1+6又a1=5所以a2=11
从而a2+1=2（a1+1）
故总有an+1+1=2（an+1），n∈N*又a1=5，a1+1≠0
从而=2即数列{an+1}是等比数列；
（II）由（I）知an=3×2n﹣1
因为f（x）=a1x+a2x2+…+anxn所以f′（x）=a1+2a2x+…+nanxn﹣1
从而f′（1）=a1+2a2++nan=（3×2﹣1）+2（3×22﹣1）+…+n（3×2n﹣1）
=3（2+2×22++n×2n）﹣（1+2++n）=3（n﹣1）•2n+1﹣
+6．
由上2f′（1）﹣（23n2﹣13n）=12（n﹣1）•2n﹣12（2n2﹣n﹣1）
=12（n﹣1）•2n﹣12（n﹣1）（2n+1）
=12（n﹣1）[2n﹣（2n+1）]①
当n=1时，①式=0所以2f'（1）=23n2﹣13n；
当n=2时，①式=﹣12＜0所以2f'（1）＜23n2﹣13n
当n≥3时，n﹣1＞0又2n=（1+1）n=Cn0+Cn1++Cnn﹣1+Cnn≥2n+2＞2n+1
所以（n﹣1）[2n﹣（2n+1）]＞0即①＞0从而2f′（1）＞23n2﹣13n．
点评：
本题主要考查了数列中等比关系的确定．往往可以通过
，q为常数的形式来确定．
16．（2005•重庆）数列{an}满足a1=1且8an+1an﹣16an+1+2an+5=0（n≥1）．记．
（Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值；
（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和Sn．
考点：
数列的求和；数列递推式．菁优网版权所有
专题：
计算题；压轴题．
分析：
（法一）（I）由a1结合递推公式可求a2，a3，a4，代入求b1，b2，b3，b4
（II）先由（I）中求出的b1，b2，b3，b4的值，观察规律可猜想数列为等比数列，进而可求bn，结合⇒，从而猜想得以证明，代入求出an•bn
，进而求出前n和sn
（法二）（I）代入递推公式可得，代入可求b1，b2，b3，b4
（II）利用（I）中的递推关系个构造数列为等比数列，从而可求bn，sn
（法三）（I）同法一
（II）先由（I）中求出的b1，b2，b3，b4的值，观察规律可猜想数列bn+1﹣bn为等比数列，仿照法一再证明猜想，根据求通项的方法求bn，进一步求sn
解答：
解：法一：
（I）a1=1，故；，
故；，
故；，
故．
（II）因，
故猜想是首项为，公比q=2的等比数列．
因an≠2，（否则将an=2代入递推公式会导致矛盾）故．
因，
故确是公比为q=2的等比数列．
因，故，，
由得，
故Sn=a1b1+a2b2+…+anbn===
法二：
（Ⅰ）由得，代入递推关系8an+1an﹣16an+1+2an+5=0，
整理得
，即，
由a1=1，有b1=2，所以．
（Ⅱ）由，
所以是首项为，公比q=2的等比数列，
故，即．
由，得，
故Sn=a1b1+a2b2+…+anbn==
=．
法三：
（Ⅰ）同解法一
（Ⅱ）猜想{bn+1﹣bn}是首项为，
公比q=2的等比数列，
又因an≠2，故．
因此=
；
=
．
因是公比q=2的等比数列，，
从而bn=（bn﹣bn﹣1）+（bn﹣1﹣bn﹣2）+…+（b2﹣b1）+b1=
=
=．
由得，
故Sn=a1b1+a2b2+…+anbn==
=．
点评：
本题考查了数列的综合运用：递推关系的运用，构造等比求数列通项，累加求通项，归纳推理的运用，综合考查了考生的推理运算能力．
17．（2004•上海）设P1（x1，y1），P1（x2，y2），…，Pn（xn，yn）（n≥3，n∈N）是二次曲线C上的点，且a1=|OP1|2，a2=|OP2|2，…，an=|OPn|2构成了一个公差为d（d≠0）的等差数列，其中O是坐标原点．记Sn=a1+a2+…+an．
（1）若C的方程为=1，n=3．点P1（10，0）及S3=255，求点P3的坐标；（只需写出一个）
（2）若C的方程为（a＞b＞0）．点P1（a，0），对于给定的自然数n，当公差d变化时，求Sn的最小值；
（3）请选定一条除椭圆外的二次曲线C及C上的一点P1，对于给定的自然数n，写出符合条件的点P1，P2，…Pn存在的充要条件，并说明理由．
考点：
等差数列的性质；数列的求和；椭圆的应用．菁优网版权所有
专题：
计算题；压轴题．
分析：
（1）依题意可分别求得a1和a3，进而把椭圆方程和圆的方程联立求得交点即P3的坐标．
（2）根据原点O到二次曲线C：（a＞b＞0）上各点的最小距离为b，最大距离为a．根据a1=a2，判断d＜0，进而根据an≥b2，求得≤d，进而判断Sn在[，0）上递增，进而求得Sn的最小值．
（3）点P1（a，0），则对于给定的n，点P1，P2，Pn存在的充要条件是d＞0．根据双曲线的性质可知原点O到双曲线C上各点的距离h的范围，进而根据|OP1|=a2推断点P1，P2，Pn存在当且仅当|OPn|2＞|OP1|2符合．
解答：
解：（1）a1=|OP1|2
=100，由S3=（a1+a3）=255，得a3=|OP3|3=70．
由，得，
∴点P3的坐标可以为（2，）．
（2）原点O到二次曲线C：（a＞b＞0）上各点的最小距离为b，最大距离为a．
∵a1=|OP1|2=a2，
∴d＜0，且an=|OPn|2=a2+（n﹣1）d≥b2，
∴≤d＜0．∵n≥3，＞0
∴Sn=na2+
d在[，0）上递增，
故Sn的最小值为na2+•=．
（3）若双曲线C：﹣=1，点P1（a，0），
则对于给定的n，点P1，P2，Pn存在的充要条件是d＞0．
∵原点O到双曲线C上各点的距离h∈[|a|，+∞），且|OP1|=a2，
∴点P1，P2，Pn存在当且仅当|OPn|2＞|OP1|2，即d＞0．
点评：
本题主要考查了等差数列的性质．涉及了圆锥曲线和函数的知识，考查了学生综合分析问题和基本的运算能力．
18．（2003•上海）已知数列{an}（n为正整数）是首项是a1，公比为q的等比数列．
（1）求和：a1C20﹣a2C21+a3C22，a1C30﹣a2C31+a3C32﹣a4C33；
（2）由（1）的结果归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明．
（3）设q≠1，Sn是等比数列{an}的前n项和，求：S1Cn0﹣S2Cn1+S3Cn2﹣S4Cn3+…+（﹣1）nSn+1Cnn．
考点：
数列的求和；等比数列的性质．菁优网版权所有
专题：
计算题；证明题；压轴题．
分析：
（1）利用组合数公式和等比数列的通项公式进行化简，再利用平方差和立方差公式合并．
（2）利用归纳推理和（1）的结果进行推理出结论，利用二项式定理从左边到右边证明．
（3）由题意知数列{an}是等比数列，而且q≠1，求出sn
代入所给的式子，进行整理和分组，再利用二项式定理求解．
解答：
解：（1）a1C20﹣a2C21+a3C22=a1﹣2a1q+a1q2
=a1（1﹣q）2
a1C30﹣a2C31+a3C32﹣a4C33
=a1（1﹣q）2a1C30﹣a2C31+a3C32﹣a4C33
=a1﹣3a1q+3a1q2﹣a1q3
=a1（1﹣q）3；
（2）归纳概括的结论为：若数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列，
则a1Cn0﹣a2Cn1+a3Cn2﹣a4Cn3+…+（﹣1）nan+1Cnn=a1（1﹣q）n，n为正整数
证明：a1Cn0﹣a2Cn1+a3Cn2﹣a4Cn3+…+（﹣1）nan+1Cnn
=a1Cn0﹣a1qCn1+a1q2Cn2﹣a1q3Cn3+…+（﹣1）na1qnCnn
=a1[Cn0﹣qCn1+q2Cn2﹣q3Cn3+…+（﹣1）nqnCnn]
=a1（1﹣q）n；
∴左边=右边，该结论成立．
（3）∵数列{an}（n为正整数）是首项是a1，公比为q的等比数列，而且q≠1．
∴=，
∴S1Cn0﹣S2Cn1+S3Cn2﹣S4Cn3+…+（﹣1）nSn+1Cnn
=[（1﹣q）cn0﹣（1﹣q2）cn1+（1﹣q3）cn2﹣（1﹣q4）cn3+…+（﹣1）n（1﹣qn+1）cnn]
=
=．
点评：
本题为等比数列和二项式定理的综合应用，还用到组合数公式，计算量大；在化简式子时根据特点进行分组求解，利用二项式定理进行化简．
19．（2014秋•周村区校级月考）已知数列{bn}是等差数列，b1=1，b1+b2+…+b10=145．
（1）求数列{bn}的通项bn；
（2）设数列{an}的通项an=loga（1+）（其中a＞0，且a≠1），记Sn是数列{an}的前n项和．试比较Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论．
考点：
等差数列的通项公式；数列的求和；数学归纳法．菁优网版权所有
专题：
计算题；证明题；压轴题．
分析：
（1）根据数列{bn}是等差数列，建立b1与d的方程组，解之即可；
（2）因此要比较Sn与logabn+1的大小，可先比较（1+1）（1+）（1+）与
的大小，利用用数学归纳法证明此式，当a＞1时，Sn＞logabn+1，当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1．
解答：
解：（1）设数列{bn}的公差为d，由题意得
解得
所以bn=3n﹣2．
（2）由bn=3n﹣2，知
Sn=loga（1+1）+loga（1+）++loga（1+）
=loga[（1+1）（1+）（1+）]，logabn+1=loga．
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，即
（1+1）（1+）（1+）＞．
那么，当n=k+1时，
（1+1）（1+）（1+）（1+）＞（1+）
=（3k+2）．
因为==，
所以（3k+2）＞
．
因而（1+1）（1+）（1+）（1+）＞．
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：
当a＞1时，Sn＞logabn+1．
当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1．
点评：
本小题主要考查等差数列基本概念及其通项求法，考查对数函数性质，考查归纳、推理能力以及用数学归纳法进行论证的能力．
20．（2010•重庆）在数列{an}中，a1=1，an+1=can+cn+1（2n+1）（n∈N*），其中实数c≠0．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若对一切k∈N*有a2k＞azk﹣1，求c的取值范围．
考点：
数列递推式；数学归纳法．菁优网版权所有
专题：
计算题；压轴题；探究型；归纳法．
分析：
（1）根据a1，a2和a3猜测an=（n2﹣1）cn+cn﹣1，进而用数学归纳法证明．
（2）把（1）中求得的an代入a2k＞azk﹣1，整理得（4k2﹣1）c2﹣（4k2﹣4k﹣1）c﹣1＞0，分别表示ck和又ck'，根据ck＜＜1求得c≥1，再根据ck'＜0，判断出单调递增知ck'≥c1'求得＜﹣，最后综合答案可得．
解答：
解：（1）由a1=1，a2=ca1+c23=（22﹣1）c2+c
a3=ca2+c3•5=（32﹣1）c3+c2，
猜测an=（n2﹣1）cn+cn﹣1，
下面用数学归纳法证明，
当n=1是，等式成立
假设当n=k，等式成立即ak=（k2﹣1）ck+ck﹣1，
则当n=k+1时ak+1=cak+ck+1（2k+1）=（k2+2k）ck+1+ck=[（k+1）2﹣1]ck+1+ck，
综上an=（n2﹣1）cn+cn﹣1，对任意n∈N都成立．
（2）由a2k＞azk﹣1得
[（2k）2﹣1]c2k+c2k﹣1＞[（2k﹣1）2﹣1]c2k﹣1+c2k﹣2，
因c2k﹣2＞0，所以（4k2﹣1）c2﹣（4k2﹣4k﹣1）c﹣1＞0
解此不等式得c＞ck，或c＜ck'，其中
ck=
ck'=
易知ck=1
又由＜=4k2+1，知
ck＜＜1
因此由c＞ck对一切k∈N成立得c≥1
又ck'=＜0，可知
单调递增，故ck'≥c1'对一切k∈N*成立，因此由c＜ck'对一切k∈N*成立得c＜﹣
从而c的取值范围是（﹣∞，﹣）∪[1，+∞]
点评：
本题主要考查了数列的递推式．考查了学生综合运用所学知识和实际的运算能力．
21．（2010•安徽模拟）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），设数列|xn|由f（xn）=n（n=1，2，…）定义．
（1）求x1、x2和xn的表达式；
（2）求f（x）的表达式，并写出其定义域；
（3）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．
考点：
数列的极限．菁优网版权所有
专题：
综合题；压轴题．
分析：
（1）依题意f（0）=0，又由f（x1）=1，进而利用斜率公式得x1=1，再由当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），可得xn的递推关系，再利用累加法求得xn的表达式．
（2）先求出f（x）的表达式，再根据b的取值情况分别求得f（x）的定义域．
（3）法1：分情况用数学归纳法证明．
法2：分情况利用当xn＜x≤xn+1时有f（x）﹣f（xn）=bn（x﹣x0）＞x﹣xn（n≥1），从而f（x）﹣x＞f（xn）﹣xn．进而得解．
解答：
解：（1）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
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，即得．
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；
所以．
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
=，
即．
（2）当0≤y≤1，从Ⅰ可知y=x，当0≤x≤1时，f（x）=x．
当n≤y≤n+1时，即当xn≤x≤xn+1时，由Ⅰ可知f（x）=n+bn（x﹣xn）（xn≤x≤xn+1，n=1，2，3）．
为求函数f（x）的定义域，须对进行讨论．
当b＞1时，；
当0＜b＜1时，n→∞，xn也趋向于无穷大．
综上，当b＞1时，y=f（x）的定义域为；
当0＜b＜1时，y=f（x）的定义域为[0，+∞）．
（3）证法一：首先证明当b＞1，时，恒有f（x）＞x成立．
用数学归纳法证明：
（ⅰ）由（2）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也成立．
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．
证法二：首先证明当b＞1，时，恒有f（x）＞x成立．
对任意的，存在xn，使xn＜x≤xn+1，
此时有f（x）﹣f（xn）=bn（x﹣x0）＞x﹣xn（n≥1），
所以f（x）﹣x＞f（xn）﹣xn．
又，
所以f（xn）﹣xn＞0，
所以f（x）﹣x＞f（xn）﹣xn＞0，
即有f（x）＞x成立．
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f（x）的图象与y=x的图象没有横坐标大于1的交点．
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．
点评：
本题主要考查函数与数列以及极限的综合知识，考查知识的归纳、推理和综合运用的能力，能力层次要求高，要理解掌握本题的思想方法．
22．（2009•陕西）已知数列{xn}满足x1=，xn+1=，n∈N*；
（1）猜想数列{x2n}的单调性，并证明你的结论；
（Ⅱ）证明：．
考点：
数列的函数特性；数学归纳法．菁优网版权所有
专题：
证明题；压轴题．
分析：
（1）对于数列{xn
}的单调性的证明，我们可以根据数列的前若干项，归纳推理出数列的单调性，然后再利用数学归纳法进行证明．
（2）我们可以将待证的问题进行转化，变形成的形式，然后结合已知条件进行证明．
解答：
证明：（1）由x1=，xn+1=，
∴，，…
由x2＞x4＞x6猜想：数列{x2n}是递减数列
下面用数学归纳法证明：
（1）当n=1时，已证命题成立
（2）假设当n=k时命题成立，即x2k＞x2k+2
易知x2k＞0，那么
=
即x2（k+1）＞x2（k+1）+2
也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立
（2）当n=1时，，结论成立
当n≥2时，易知0＜xn﹣1＜1，
∴
∴
∴
=
点评：
本题（1）中的证明要用到数学归纳法，数学归纳法常常用来证明一个与自然数集N相关的性质，其步骤为：设P（n）是关于自然数n的命题，若1）（奠基） P（n）在n=1时成立；2）（归纳） 在P（k）（k为任意自然数）成立的假设下可以推出P（k+1）成立，则P（n）对一切自然数n都成立．
23．（2009•上海）已知{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列
（1）若an=3n+1，是否存在m，n∈N*，有am+am+1=ak？请说明理由；
（2）若bn=aqn（a、q为常数，且aq≠0）对任意m存在k，有bm•bm+1=bk，试求a、q满足的充要条件；
（3）若an=2n+1，bn=3n试确定所有的p，使数列{bn}中存在某个连续p项的和式数列中{an}的一项，请证明．
考点：
等差数列的性质；等比数列的性质．菁优网版权所有
专题：
综合题；压轴题．
分析：
（1）把an的通项公式代入am+am+1=ak，整理可得k和m的关系式，结果为分数，根据m、k∈N，可知k﹣2m也应该为整数，进而可判定不存在n、k∈N*，使等式成立．
（2）利用特殊值法，令m=1，则可知b1•b2=bk，把等比数列的通项公式代入整理可得a=qc，其中c是大于等于﹣2的整数；反之a=qc时，其中c是大于等于﹣2的整数，则bn=qn+c，代入bm•bm+1中整理得bm•bm+1=bk，进而可判断a、q满足的充要条件是a=qc，其中c是大于等于﹣2的整数
（3）设bm+1+bm+2+…+bm+p=ak，先看当p为偶数时等式左边为偶数，右边为奇数，等式不可能成立；再看当p=1时，等式成立，当p≥3且为奇数时，根据bm+1+bm+2+…+bm+p=ak，整理可得3m+1（3p﹣1）=4k+2，进而可知3m+1[2（Cp2+Cp2•22++Cpp•2p﹣2）+p]
=2k+1，此时，一定有m和k使上式一定成立．综合可知当p为奇数时，命题都成立．
解答：
解：（1）由am+am+1=ak，得6m+6+3k+1，
整理后，可得，∵m、k∈N，
∴k﹣2m为整数∴不存在n、k∈N*，使等式成立．
（2）当m=1时，则b1•b2=bk，
∴a2•q3=aqk∴a=qk﹣3，即a=qc，其中c是大于等于﹣2的整数
反之当a=qc时，其中c是大于等于﹣2的整数，则bn=qn+c，
显然bm•bm+1=qm+c•qm+1+c=q2m+1+2c=bk，其中k=2m+1+c
∴a、q满足的充要条件是a=qc，其中c是大于等于﹣2的整数
（3）设bm+1+bm+2+…+bm+p=ak
当p为偶数时，（*）式左边为偶数，右边为奇数，
当p为偶数时，（*）式不成立．
由（*）式得，
整理得3m+1（3p﹣1）=4k+2
当p=1时，符合题意．
当p≥3，p为奇数时，3p﹣1=（1+2）p﹣1
=Cp0+Cp1•21+Cp2•22++Cpp•2p﹣1
=Cp1•21+Cp2•22++Cpp•2p
=2（Cp1+Cp2•2++Cpp•2p﹣1）
=2[2（Cp2+Cp2•22++Cpp•2p﹣2）+p]
∴由3m+1（3p﹣1）=4k+2，得3m+1[2（Cp2+Cp2•22++Cpp•2p﹣2）+p]=2k+1
∴当p为奇数时，此时，一定有m和k使上式一定成立．
∴当p为奇数时，命题都成立．
点评：
本题主要考查了等比数列和等差数列的性质．考查了学生综合分析问题和解决问题的能力．
24．（2008•北京）对于每项均是正整数的数列A：a1，a2，…，an，定义变换T1，T1将数列A变换成数列T1（A）：n，a1﹣1，a2﹣1，…，an﹣1；对于每项均是非负整数的数列B：b1，b2，…，bm，定义变换T2，T2将数列B各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T2（B）；又定义S（B）=2（b1+2b2+…+mbm）+b12+b22+…+bm2．设A0是每项均为正整数的有穷数列，令Ak+1=T2（T1（Ak））（k=0，1，2，…）．
（Ⅰ）如果数列A0为5，3，2，写出数列A1，A2；
（Ⅱ）对于每项均是正整数的有穷数列A，证明S（T1（A））=S（A）；
（Ⅲ）证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列A0，存在正整数K，当k≥K时，S（Ak+1）=S（Ak）．
考点：
数列的应用．菁优网版权所有
专题：
压轴题；探究型．
分析：
（Ⅰ）由A0：5，3，2，求得T1（A0）再通过Ak+1=T2（T1（Ak））求解．
（Ⅱ）设有穷数列A求得T1（A）再求得S（T1（A）），由S（A）=2（a1+2a2++nan）+a12+a22++an2，两者作差比较．
（Ⅲ）设A是每项均为非负整数的数列a1，a2，an．在存在1≤i＜j≤n，有ai≤aj时条件下，交换数列A的第i项与第j项得到数列B，在存在1≤m＜n，使得am+1=am+2═an=0时条件下，若记数列a1，a2，…，am为C，Ak+1=T2（T1（Ak））s（Ak+1）≤S（T1（Ak））．由S（T1（Ak））=S（Ak），得到S（Ak+1）≤S（Ak）．S（Ak）是大于2的整数，所以经过有限步后，必有S（Ak）=S（Ak+1）=S（Ak+2）=0．
解答：
解：（Ⅰ）解：A0：5，3，2，T1（A0）：3，4，2，1，A1=T2（T1（A0））：4，3，2，1；T1（A1）：4，3，2，1，0，A2=T2（T1（A1））：4，3，2，1．
（Ⅱ）证明：设每项均是正整数的有穷数列A为a1，a2，an，
则T1（A）为n，a1﹣1，a2﹣1，an﹣1，
从而S（T1（A））=2[n+2（a1﹣1）+3（a2﹣1）++（n+1）（an﹣1）]+n2+（a1﹣1）2+（a2﹣1）2++（an﹣1）2．
又S（A）=2（a1+2a2++nan）+a12+a22++an2，
所以S（T1（A））﹣S（A）=2[n﹣2﹣3﹣﹣（n+1）]+2（a1+a2++an）+n2﹣2（a1+a2++an）+n=﹣n（n+1）+n2+n=0，
故S（T1（A））=S（A）．
（Ⅲ）证明：设A是每项均为非负整数的数列a1，a2，an．
当存在1≤i＜j≤n，使得ai≤aj时，交换数列A的第i项与第j项得到数列B，
则S（B）﹣S（A）=2（iaj+jai﹣iai﹣jaj）=2（i﹣j）（aj﹣ai）≤0．
当存在1≤m＜n，使得am+1=am+2═an=0时，若记数列a1，a2，am为C，
则S（C）=S（A）．
所以S（T2（A））≤S（A）．
从而对于任意给定的数列A0，由Ak+1=T2（T1（Ak））（k=0，1，2，）
可知S（Ak+1）≤S（T1（Ak））．
又由（Ⅱ）可知S（T1（Ak））=S（Ak），所以S（Ak+1）≤S（Ak）．
即对于k∈N，要么有S（Ak+1）=S（Ak），要么有S（Ak+1）≤S（Ak
）﹣1．
因为S（Ak）是大于2的整数，所以经过有限步后，必有S（Ak）=S（Ak+1）=S（Ak+2）=0．
即存在正整数K，当k≥K时，S（Ak+1）=S（A）
点评：
本题是一道由一个数列为基础，按着某种规律新生出另一个数列的题目，要注意新数列的前几项一定不能出错，一出旦错，则整体出错．
25．（2007•四川）已知函数f（x）=x2﹣4，设曲线y=f（x）在点（xn，f（xn））处的切线与x轴的交点为（xn+1，0）（n∈N*），其中x1为正实数．
（Ⅰ）用xn表示xn+1；
（Ⅱ）证明：对一切正整数n，xn+1≤xn的充要条件是x1≥2
（Ⅲ）若x1=4，记，证明数列{an}成等比数列，并求数列{xn}的通项公式．
考点：
数列递推式；导数的几何意义；数列的概念及简单表示法；用数学归纳法证明不等式．菁优网版权所有
专题：
计算题；证明题；综合题；压轴题．
分析：
（1）先对函数f（x）=x2﹣4进行求导，进而可得到过曲线上点（x0，f（x0））的切线方程，然后令y=0得到关系式xn2+4=2xnxn+1，整理即可得到答案．
（2）先由xn+1≤xn得到x2≤x1，再结合（1）中的结果可得到，最后根据x1＞0可得到必要性的证明；
由用数学归纳法可证明xn+1≤xn对一切正整数n成立．
（3）先由得到和
，然后两式相除可得到后再两边取对数，求得an+1=2an，进而可知数列{an}成等比数列，根据等比数列的通项公式求得an，代入即可求得数列{xn}的通项公式．
解答：
解：（Ⅰ）由题可得f′（x）=2x
所以过曲线上点（x0，f（x0））的切线方程为y﹣f（xn）=f′（xn）（x﹣xn），
即y﹣（xn﹣4）=2xn（x﹣xn）
令y=0，得﹣（xn2﹣4）=2xn（xn+1﹣xn），即xn2+4=2xnxn+1
显然xn≠0∴
（Ⅱ）证明：（必要性）
若对一切正整数n，xn+1≤xn，则x2≤x1，即，而x1＞0，∴x12≥4，即有x1≥2
（充分性）若x1≥2＞0，由
用数学归纳法易得xn＞0，从而，即xn≥2（n≥2）
又x1≥2∴xn≥2（n≥2）
于是=，
即xn+1≤xn对一切正整数n成立
（Ⅲ）由，知，同理，
故
从而，即an+1=2an
所以，数列{an}成等比数列，故，
即，从而=
所以．
点评：
本题综合考查数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力．
26．（2006•江苏）设数列{an}、{bn}、{cn}满足：bn=an﹣an+2，cn=an+2an+1+3an+2（n=1，2，3，…），
证明：{an}为等差数列的充分必要条件是{cn}为等差数列且bn≤bn+1（n=1，2，3，…）
考点：
等差数列的性质；必要条件、充分条件与充要条件的判断．菁优网版权所有
专题：
证明题；压轴题．
分析：
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．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．
解答：
证明：（必要性）
设是{an}公差为d1
的等差数列，则
bn+1﹣bn=（an+1﹣an+3）﹣（an﹣an+2）=（an+1﹣an）﹣（an+3﹣an+2）=d1﹣d1=0
所以bn≤bn+1（n=1，2，3，）成立．
又cn+1﹣cn=（an+1﹣an）+2（an+2﹣an+1）+3（an+3﹣an+2）=d1+2d1+3d1=6d1（常数）（n=1，2，3，）
所以数列{cn}为等差数列．
（充分性）
设数列{cn}是公差为d2的等差数列，且bn≤bn+1（n=1，2，3，）
∵cn=an+2an+1+3an+2①
∴cn+2=an+2+2an+3+3an+4②
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﹣c
n+2=（cn﹣cn+1）+（cn+1﹣cn+2）=﹣2d2
∴bn+2bn+1+3bn+2=﹣2d2③
从而有bn+1+2bn+2+3bn+3=﹣2d2④
④﹣③得（bn+1﹣bn）+2（bn+2﹣bn+1）+3（bn+3﹣bn+2）=0⑤
∵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．
综上所述：：{an}为等差数列的充分必要条件是{cn}为等差数列且bn≤bn+1（n=1，2，3，…）
点评：
有关充要条件的证明问题，要分清哪个是条件，哪个是结论，由“条件”“结论”是证明命题的充分性，由“结论”、“条件”是证明命题的必要性．证明要分两个环节：一是充分性；二是必要性．
27．（2006•辽宁）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x0为f（x）的极小值点，在[1﹣]上，f′（x）在x1处取得最大值，在x2处取得最小值，将点（x0，f（x0）），（x1，f′（x1）），（x2，f′（x2，f（x2））依次记为A，B，C．
（Ⅰ）求x0的值；
（Ⅱ）若△ABC有一边平行于x轴，且面积为2+，求a，d的值．
考点：
等差数列的性质；导数的几何意义；利用导数求闭区间上函数的最值．菁优网版权所有
专题：
综合题；压轴题．
分析：
（I）先对函数f（x）进行求导，把2b=a+c代入整理．令f‘（x）=0得x=﹣1或x=﹣，故可根据﹣＜x＜﹣1和x＞﹣1时f‘（x）于0的关系，判断函数f（x）的单调性，进而求出函数f（x）的最小值时x的值．
（2）先求出导函数的对称轴，根据对称轴的范围确定导函数的最大值和最小值及取得最值时的x的值，从而确定A，B，C的坐标，再由三角形ABC有一条边平行于x轴知AC平行于x轴，得到a与d的关系，再由三角形ABC的面积为2+
和b=a+d，c=a+2d得到d的方程，最后求出a，d的值．
解答：
解：（I）解：∵2b=a+c
∴f'（x）=ax2+2bx+x=ax2+（a+c）x+c=（x+1）（ax+c）
令f'（x）=0，得x=﹣1或x=﹣
∵a＞0，d＞0
∴0＜a＜b＜c
∴＞1，﹣＜﹣1
当﹣＜x＜﹣1时，f‘（x）＜0，
当x＞﹣1时，时，f‘（x）＞0，
所以f（x）在x=﹣1处取得最小值即x0=﹣1
（II）∵f'（x）=ax2+2bx+x（a＞0）
∴函数f'（x）的图象的开口向上，对称轴方程为x=﹣
由﹣
＞1知|（1﹣）﹣（﹣）|＜|0﹣（﹣）|
∴f'（x）在[1﹣，0]上的最大值为f'（0）=c，即x1=0．
又由＞1，知﹣∈[1﹣，0]
∴当x=﹣时，
f‘（x）取得最小值为f‘（﹣）=，即x2=﹣
∵f（x0）=f（﹣1）=﹣
∴A（﹣1，﹣），B（0，c），C（﹣，﹣）
由三角形ABC有一条边平行于x轴知AC平行于x轴，
所以﹣=
，即a2=3d①
又由三角形ABC的面积为2+得（﹣1+）•（c+）=2+
利用b=a+d，c=a+2d，得d+=2+②
联立①②可得d=3，a=3．
点评：
本小题考查了函数的导数，函数的极值的判定，闭区间上二次函数的最值，等差数基础知识的综合应用，考查了应用数形结合的数学思想分析问题解决问题的能力
28．（2005•江西）已知数列{an}的各项都是正数，且满足：a0=1，an+1=（4﹣an），n∈N．
（1）证明an＜an+1＜2，n∈N；
（2）求数列{an}的通项公式an．
考点：
数列递推式；数学归纳法．菁优网版权所有
专题：
综合题；压轴题；转化思想．
分析：
（1）先看当n=1时，根据题设求得a1，进而可知a0＜a1＜2；再假设n=k时有ak﹣1＜ak＜2．通过ak﹣ak+1=（ak﹣1﹣ak）（4﹣ak﹣1﹣ak）．根据ak﹣1＜ak＜2．进而证明原式，综合这两个方面，证明命题正确．
（2）整理an+1=4﹣an得，2（an+1﹣2）=﹣（an﹣2）2，令bn=an﹣2，代入2（an+1﹣2）=﹣（an﹣2）2整理求得bn，进而求得
an．
解答：
解：（1）1°当n=1时，a0=1，a1=（4﹣a0
）=，
∴a0＜a1＜2，命题正确．
2°假设n=k时有ak﹣1＜ak＜2．
则n=k+1时，ak﹣ak+1=（4﹣ak﹣1）﹣（4﹣ak）
=2（ak﹣1﹣ak）﹣（ak﹣12﹣ak2）
=（ak﹣1﹣ak）（4﹣ak﹣1﹣ak）．
而ak﹣1﹣ak＜0.4﹣ak﹣1﹣ak＞0，∴ak﹣ak+1＜0．
又ak+1=（4﹣ak）=[4﹣（ak﹣2）2]＜2
∴n=k+1时命题正确．
由1°、2°知，对一切n∈N时有an＜an+1＜2．
（2）an+1=（4﹣an）=[﹣（an﹣2）2+4]，
所以2（an+1﹣2）=﹣（an﹣2）2
令bn=an﹣2，则bn=﹣=﹣==…=﹣，
又b0=﹣1，所以bn=﹣，即an=2+bn=2﹣．
点评：
本题主要考查了数列的递推式以及用数学归纳法解决问题的能力．
29．（2003•江苏）设a＞0，如图，已知直线l：y=ax及曲线C：y=x2，C上的点Q1的横坐标为a1（0＜a1＜a）．从C上的点Qn（n≥1）作直线平行于x轴，交直线l于点Pn+1，再从点Pn+1作直线平行于y轴，交曲线C于点Qn+1．Qn（n=1，2，3，…）的横坐标构成数列{an}．
（Ⅰ）试求an+1与an的关系，并求{an}的通项公式；
（Ⅱ）当时，证明；
（Ⅲ）当a=1时，证明．
考点：
数列递推式；不等式的证明．菁优网版权所有
专题：
计算题；证明题；压轴题．
分析：
（Ⅰ）根据Qn，Pn+1，Qn+1的坐标进而求得，进而通过公式法求得{an}的通项公式．
（Ⅱ）把a=1代入
，根据可推断，由于当k≥1时，．进而可知．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，当a=1时，代入中，进而根据证明原式．
解答：
（Ⅰ）解：∵．
∴，
∴
=
=，
∴．
（Ⅱ）证明：由a=1知an+1=an2，
∵，∴．
∵当k≥1时，．
∴；
（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知，当a=1时，，
因此
==．
点评：
本小题主要考查二次函数、数列、不等式等基础知识，综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力，
30．（1977•北京）在2和30中间插入两个正数，这两个正数插入后使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，求插入的两个正数？
考点：
等比数列的性质；等差数列的性质．菁优网版权所有
专题：
计算题；压轴题．
分析：
依题意设出此数列，进而根据等比中项的性质和等差中项的性质联立方程组求得x和y，则插入的两个数可求．
解答：
解：设此数列为2，x，y，30．
于是有
解得x=6，y=18．
故插入的两个正数为6，18，
因此，所成的数列为2、6、18、30．
点评：
本题主要考查等比数列的性质．考查了考生分析问题和解决问题的能力．
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