上海地区高考数学总复习专题数列分项练习含解析 32页

第六章 数列 一．基础题组 ‎1. 【2017高考上海，10】已知数列 和 ，其中 ， 的项是互不相同的正整数.若对于任意 ， 的第 项等于 的第 项，则 .‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】由题意可得： ，‎ 当 时： ；‎ 当 时： ；‎ 当 时： ；‎ 当 时： ；‎ 则： ，‎ 据此可得： .‎ ‎2、【2016高考上海理数】无穷数列由k个不同的数组成，为的前n项和.若对任意，‎ ‎，则k的最大值为________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】试题分析：‎ 当时，或；当时，若，则，于是，若，则，于是，从而存在，当时，.所以数列要涉及最多的不同的项可以为：2,1，−1,0,0从而可看出.‎ ‎【考点】数列的项与和 ‎【名师点睛】从分析条件入手，推断数列的构成特点，解题时应特别注意“数列由k个不同的数组成”和“k的最大值”.本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等.‎ ‎3. 【2016高考上海理数】已知无穷等比数列的公比为，前n项和为，且.下列条件中，‎ 使得恒成立的是（ ）.‎ ‎（A） （B）‎ ‎（C） （D）‎ ‎【答案】B ‎【考点】数列的极限、等比数列求和 ‎【名师点睛】本题解答时确定不等关系是基础，准确分类讨论是关键，易错点是在建立不等关系之后，不知所措或不能恰当地分类讨论.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.‎ ‎4. 【2014上海,理8】 设无穷等比数列{}的公比为q，若，则q= .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意，即，∵，∴.‎ ‎【考点】无穷递缩等比数列的和.‎ ‎5. 【2013上海,理10】设非零常数d是等差数列x1，x2，…，x19的公差，随机变量ξ等可能地取值x1，x2，…，x19，则方程Dξ＝______.‎ ‎【答案】30|d|　‎ ‎【解析】Eξ＝x10，Dξ＝‎ ‎6. 【2013上海,理17】在数列{an}中，an＝2n－1.若一个7行12列的矩阵的第i行第j列的元素cij＝ai·aj＋ai＋aj(i＝1,2，…，7；j＝1,2，…，12)，则该矩阵元素能取到的不同数值的个数为(　　)‎ A．18 B．‎28 ‎ C．48 D．63‎ ‎【答案】A　　‎ ‎【解析】ai，j＝ai·aj＋ai＋aj＝2i＋j－1，而i＋j＝2,3，…，19，故不同数值个数为18，选A.‎ ‎7. 【2013上海,文2】在等差数列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝30，则a2＋a3＝______.‎ ‎【答案】15　‎ ‎【解析】a1＋a2＋a3＋a4＝2(a2＋a3)＝‎30a2＋a3＝15.‎ ‎8. 【2013上海,文7】设常数aR.若的二项展开式中x7项的系数为－10，则a＝______.‎ ‎【答案】－2　‎ ‎【解析】＝－10x7r＝1，＝－10‎5a＝－10，a＝－2‎ ‎9. 【2012上海,理6】有一列正方体，棱长组成以1为首项、为公比的等比数列，体积分别记为V1，V2，…，Vn，…，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎∴.‎ ‎10. 【2012上海,文8】在(x－)6的二项展开式中，常数项等于__________．‎ ‎【答案】－20‎ ‎【解析】展开式的通项为Tr＋1＝x6－r·(－)r，令6－r＝r，可得r＝3‎ 所以T4＝x3×(－)3＝－＝－20.‎ ‎11. 【2012上海,文14】已知，各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an＋2＝f(an)．若a2 010＝a2 012，则a20＋a11的值是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由an＋2＝f(an)＝，a1＝1，‎ 可得，，‎ ‎，，‎ ‎.‎ 由a2 012＝＝a2 010，可得a2 010＝a2 012＝，‎ 则a2＝a4＝…＝a20＝a2n＝a2 010＝a2 012＝.‎ 所以a20＋a11＝.‎ ‎12. 【2012上海,文18】若(n∈N*)，则在S1，S2，…，S100中，正数的个数是(　　)‎ A．16 B．‎72 C．86 D．100‎ ‎【答案】 C　‎ ‎【解析】由，，…，，，‎ 所以S13＝S14＝0.‎ 同理S27＝S28＝S41＝S42＝S55＝S56＝S69＝S70＝S83＝S84＝S97＝S98＝0，‎ 所以在S1，S2，…，S100中，其余各项均大于0.‎ 故选C项．‎ ‎13. 【2011上海,理18】设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai＋1的矩形的面积(i＝1，2，…)，则{An}为等比数列的充要条件是(　　)‎ A．{an}是等比数列 B．a1，a3，…，a2n－1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列 C．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列 D．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…a2n，…均是等比数列，且公比相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎14. 【2010上海,理11】将直线：、：（，）轴、轴围成的封闭图形的面积记为，则 ；‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】直线：、：（，）轴、轴围成的封闭图形为四边形，其中，，，，则，，∴，故，于是，故答案为：1.‎ ‎【点评】本题将直线与直线的位置关系与数列极限结合，考查两直线的交点的求法、两直线垂直的充要条件、四边形的面积计算以及数列极限的运算法则，是本次考题的一个闪光点.‎ ‎15. (2009上海,理12)已知函数f(x)=sinx+tanx,项数为27的等差数列{an}满足an∈(,),且公差d≠0.若f(a1)+f(a2)+…+f(a27)=0,则当k=__________时,f(ak)=0.‎ ‎【答案】14‎ ‎16. (2009上海,理23)本题共有3个小题,第1小题满分5分,第2小题满分5分,第3小题满分8分.‎ 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、k∈N*,有am+am+1=ak?说明理由;‎ ‎(2)找出所有数列{an}和{bn},使对一切n∈N*,,并说明理由;‎ ‎(3)若a1=5,d=4,b1=q=3,试确定所有的p,使数列{an}中存在某个连续p项的和是数列{bn}中的一项,请证明.‎ ‎【答案】(1) 不存在;(2) {an}为非零常数列,{bn}为恒等于1的常数列;(3)参考解析 ‎【解析】(1)由am+am+1=ak,得‎6m+5=3k+1,‎ 整理后,可得,‎ ‎∵m、k∈N*,∴k‎-2m为整数.‎ ‎∴不存在m、k∈N*,使等式成立.‎ ‎(2)解法一:若,即,(*)‎ ‎①若d=0,则1=b1qn-1=bn.‎ 当{an}为非零常数列,{bn}为恒等于1的常数列,满足要求.‎ ‎②若d≠0,(*)式等号左边取极限得,(*)式等号右边的极限只有当q=1时,才可能等于1.此时等号左边是常数,‎ ‎∴d=0,矛盾.‎ 综上所述,只有当{an}为非零常数列,{bn}为恒等于1的常数列,满足要求.‎ 解法二:设an=nd+c.‎ 若,对n∈N*都成立,且{bn}为等比数列,‎ 则,对n∈N*都成立,‎ 即anan+2=qan+12.‎ ‎∴(dn+c)(dn+2d+c)=q(dn+d+c)2‎ 对n∈N*都成立.∴d2=qd2.‎ ‎①若d=0,则an=c≠0,∴bn=1,n∈N*.‎ ‎②若d≠0,则q=1,∴bn=m(常数),‎ 即,则d=0,矛盾.‎ 综上所述,有an=c≠0,bn=1,‎ 使对一切n∈N*,.‎ ‎(3)an=4n+1,bn=3n,n∈N*.‎ 设am+1+am+2+…+am+p=bk=3k,p、k∈N*,m∈N.‎ ‎,‎ ‎∴‎4m+2p+3=.‎ ‎∵p、k∈N*,∴p=3s,s∈N.‎ 取k=3s+2,‎4m=32s+2-2×3s-3=(4-1)2s+2-2×(4-1)s-3≥0,‎ 由二项展开式可得正整数M1、M2,‎ 使得(4-1)2s+2=‎4M1+1,2×(4-1)s=‎8M2‎+(-1)s2,‎ ‎∴‎4m=4(M1‎-2M2‎)-(-1)s+1］2.‎ ‎∴存在整数m满足要求.‎ 故当且仅当p=3s,s∈N时,命题成立.‎ 说明:第(3)题若学生从以下角度解题,可分别得部分分(即分步得分).‎ 若p为偶数,则am+1+am+2+…+am+p为偶数,但3k为奇数.‎ 故此等式不成立,∴p一定为奇数.‎ 当p=1时,则am+1=bk,即‎4m+5=3k,‎ 而3k=(4-1)k ‎=,‎ M∈Z.‎ 当k为偶数时,存在m,使‎4m+5=3k成立.‎ 当p=3时,则am+1+am+2+am+3=bk,‎ 即3am+2=bk,‎ 也即3(‎4m+9)=3k,‎ ‎∴‎4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1.‎ 由已证可知,当k-1为偶数即k为奇数时,‎ 存在m,‎4m+9=3k成立.‎ 当p=5时,则am+1+am+2+…+am+5=bk,即5am+3=bk,‎ 也即5(‎4m+13)=3k,而3k不是5的倍数,‎ ‎∴当p=5时,所要求的m不存在.‎ 故不是所有奇数都成立.‎ ‎17. 【2008上海,理14】 若数列{an}是首项为1，公比为a－的无穷等比数列，且{an}各项的和为a，则a的值是（ ）　　　A．1 B．‎2 C． D． ‎【答案】‎ ‎18. 【2007上海,文14】数列中， 则数列的极限值（　　）‎ Ａ.等于 Ｂ.等于 Ｃ.等于或 Ｄ.不存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎19. 【2005上海,理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，‎ ‎=________.‎ ‎【答案】－1080‎ ‎【解析】在用1，2，3，4，5形成的数阵中，每一列各数之和都是360，‎ ‎20. 【2005上海,理20】（本题满分14分）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后，该市每年新建住房面积平均比上年增长8%．另外，每年新建住房中，中底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%？‎ ‎【答案】（1）2013；（2）2009‎ ‎【解析】（1）设中低价房面积形成数列，由题意可知是等差数列，‎ 其中a1=250，d=50，则 ‎ 令 即 ‎∴到2013年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米.‎ ‎（2）设新建住房面积形成数列{bn}，由题意可知{bn}是等比数列，‎ 其中b1=400，q=1.08， 则bn=400·(1.08)n－1‎ 由题意可知 有250+(n－1)50>400 · (1.08)n－1 · 0.85.‎ 由计算器解得满足上述不等式的最小正整数n=6，‎ ‎∴到2009年底，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%.‎ 二．能力题组 ‎21.【2016高考上海理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.‎ 若无穷数列满足：只要，必有，则称具有性质.‎ ‎（1）若具有性质，且，，求；‎ ‎（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为正数的等比数列，，，，判断是否具有性质，并说明理由；‎ ‎（3）设是无穷数列，已知.求证：“对任意都具有性质”的充要条件为“是常数列”.‎ ‎【答案】（1）；（2）不具有性质，理由见解析；（3）见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎（3）从充分性、必要性两方面加以证明，其中必要性用反证法证明． ‎ 试题解析：（1）因为，所以，，．‎ 于是，又因为，解得．‎ ‎（2）的公差为，的公比为， ‎ 所以，．‎ ‎．‎ ‎，但，，，‎ 所以不具有性质．‎ 证]（3）充分性：‎ 当为常数列时，．‎ 对任意给定的，只要，则由，必有．‎ 充分性得证．‎ 必要性：‎ 用反证法证明．假设不是常数列，则存在，‎ 使得，而．‎ 下面证明存在满足的，使得，但．‎ 设，取，使得，则 ‎，，故存在使得．‎ 取，因为（），所以，‎ 依此类推，得．‎ 但，即．‎ 所以不具有性质，矛盾．‎ 必要性得证．‎ 综上，“对任意，都具有性质”的充要条件为“是常数列”．‎ ‎【考点】等差数列、等比数列、充要条件的证明、反证法 ‎【名师点睛】本题对考生的逻辑推理能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，熟练掌握等差数列、等比数列的相关知识及反证法是基础，灵活应用已知条件进行推理是关键.本题易错主要有两个原因，一是不得法，二是对复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维及推理能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.‎ ‎22. 【2016高考上海文数】（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分.‎ 对于无穷数列{}与{}，记A={|=，}，B={|=，}，若同时满足条件：①{}，{}均单调递增；②且，则称{}与{}是无穷互补数列.‎ ‎（1）若=，=，判断{}与{}是否为无穷互补数列，并说明理由；‎ ‎（2）若=且{}与{}是无穷互补数列，求数列{}的前16项的和；‎ ‎（3）若{}与{}是无穷互补数列，{}为等差数列且=36，求{}与{}的通项公式.‎ ‎【答案】（1）与不是无穷互补数列，理由见解析；（2）；（3），．‎ ‎【解析】试题分析：（1）直接应用定义“无穷互补数列”的条件验证即得；（2）利用等差数列与等比数列的求和公式进行求解；（3）先求等差数列{}的通项公式，再求{}的通项公式.‎ 试题解析：（1）因为，，所以，‎ 从而与不是无穷互补数列．‎ ‎（2）因为，所以．‎ 数列的前项的和为：‎ ‎．‎ ‎（3）设的公差为，，则．‎ 由，得或．‎ 若，则，，与“与是无穷互补数列”矛盾；‎ 若，则，，‎ 综上，，‎ ‎【考点】等差数列、等比数列、新定义问题 ‎【名师点睛】本题对考生的逻辑推理能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，熟练掌握等差数列、等比数列的相关知识是基础，灵活应用已知条件进行推理是关键.本题易错主要有两个原因，一是不得法，二是对新定义的理解能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维及推理能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.‎ ‎23.【2015高考上海理数】（本题满分16分）本题共有3个小题.第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分.‎ ‎ 已知数列与满足，.‎ ‎（1）若，且，求数列的通项公式；‎ ‎（2）设的第项是最大项，即（），求证：数列的第项是最大项；‎ ‎（3）设，（），求的取值范围，使得有最大值与最小值，且.‎ ‎【答案】（1）（2）详见解析（3）‎ ‎【解析】解：（1）由，得，‎ 所以是首项为，公差为的等差数列，‎ 故的通项公式为，.‎ 证明：（2）由，得.‎ 所以为常数列，，即.‎ 因为，，所以，即.‎ 故的第项是最大项.‎ 解：（3）因为，所以，‎ 当时，‎ ‎ ‎ ‎ .‎ 当时，，符合上式.‎ 所以.‎ 因为，所以，.‎ ‎①当时，由指数函数的单调性知，不存在最大、最小值；‎ ‎②当时，的最大值为，最小值为，而；‎ ‎③当时，由指数函数的单调性知，的最大值，最小值，由及，得.‎ 综上，的取值范围是.‎ ‎【考点定位】等差数列，数列单调性 ‎【名师点睛】1.等差数列的四种判断方法 ‎(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数)⇔{an}是等差数列．‎ ‎(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．‎ ‎(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．‎ ‎(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{an}是等差数列．‎ ‎2.数列作为特殊的函数，其单调性的判断与研究也是特别的，只需研究相邻两项之间关系即可.‎ ‎24. 【2015高考上海文数】（本题满分16分）本题共3小题.第1小题4分，第2小题6分，第3小题6分.‎ 已知数列与满足，.‎ ‎（1）若，且，求数列的通项公式；‎ ‎（2）设的第项是最大项，即，求证：数列的第项是最大项；‎ ‎（3）设，，求的取值范围，使得对任意，，，且.‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析；（3）.‎ ‎（2）由，得，‎ 所以为常数列，，即，‎ 因为，，‎ 所以，即，‎ 所以的第项是最大项.‎ ‎（3）因为，所以，‎ 当时，‎ ‎ ‎ ‎ ，‎ 当时，，符合上式，‎ 所以，‎ 因为，且对任意，，‎ 故，特别地，于是，‎ 此时对任意，，‎ 当时，，，‎ 由指数函数的单调性知，的最大值为，最小值为，‎ 由题意，的最大值及最小值分别是及，‎ 由及，解得，‎ 综上所述，的取值范围是.‎ ‎【考点定位】数列的递推公式，等差数列的性质，常数列，数列的最大项，指数函数的单调性.‎ ‎【名师点睛】数列是高中数学的重要内容之一，是衔接初等数学与高等数学的桥梁，在高考中的地位举足轻重，近年来的新课标高考都把数列作为核心内容来加以考查，并且创意不断，常考常新．‎ ‎25. 【2014上海,文23】（本题满分18分）本题共3个小题，第1小题满分3分，第2小题满分6分，第3小题满分9分.‎ 已知数列满足.‎ （1） 若，求的取值范围；‎ （2） 若是等比数列，且，正整数的最小值，以及取最小值时相应的仅比；‎ （3） 若成等差数列，求数列的公差的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）的最大值为1999，此时公差为.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）比较容易，只要根据已知列出不等式组，即可解得；（2）首先由已知得不等式，即，可解得。又由条件，，于是，取常用对数得，，所以，即最小值为8；（3）由已知可得∴，∴，‎ ‎，这样我们可以计算出的取值范围是．‎ 试题解析：（1）由题得，‎ ‎（2）由题得，∵，且数列是等比数列，，‎ ‎∴，∴，∴.‎ 又由已知，∴，又∵，∴‎ ‎∴的最小值为8，此时，即。‎ ‎（3）由题得，∵，且数列数列成等差数列，，‎ ‎∴，∴，∴‎ ‎【考点】解不等式（组），数列的单调性，分类讨论，等差（比）数列的前项和.‎ ‎26. 【2013上海,理23】(本题满分18分)本题共有3个小题，第1小题满分3分，第2小题满分6分，第3小题满分9分．‎ 给定常数c＞0，定义函数f(x)＝2|x＋c＋4|－|x＋c|.数列a1，a2，a2，…满足an＋1＝f(an)，n∈N*.‎ ‎(1)若a1＝－c－2，求a2及a3；‎ ‎(2)求证：对任意n∈N*，an＋1－an≥c；‎ ‎(3)是否存在a1，使得a1，a2，…，an，…成等差数列？若存在，求出所有这样的a1；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】(1) a2＝2，a3＝c＋10 ;(2)参考解析; (3) －c，＋∞)∪{－c－8}‎ ‎ ‎ ‎(3)由(2)，结合c＞0，得an＋1＞an，即{an}为无穷递增数列．‎ 又{an}为等差数列，所以存在正数M，当n＞M时，an≥－c，‎ 从而，an＋1＝f(an)＝an＋c＋8.‎ 由于{an}为等差数列，因此其公差d＝c＋8.‎ ‎①若a1＜－c－4，则a2＝f(a1)＝－a1－c－8，‎ 又a2＝a1＋d＝a1＋c＋8，故－a1－c－8＝a1＋c＋8，即a1＝－c－8，从而a2＝0.‎ 当n≥2时，由于{an}为递增数列，故an≥a2＝0＞－c，‎ 所以，an＋1＝f(an)＝an＋c＋8，而a2＝a1＋c＋8，‎ 故当a1＝－c－8时，{an}为无穷等差数列，符合要求；‎ ‎②若－c－4≤a1＜－c，则a2＝f(a1)＝‎3a1＋‎3c＋8，‎ 又a2＝a1＋d＝a1＋c＋8，‎ 所以，‎3a1＋‎3c＋8＝a1＋c＋8，得a1＝－c，舍去；‎ ‎③若a1≥－c，则由an≥a1得到an＋1＝f(an)＝an＋c＋8，‎ 从而{an}为无穷等差数列，符合要求．‎ 综上，a1的取值集合为－c，＋∞)∪{－c－8}．‎ ‎27. 【2013上海,文22】已知函数f(x)＝2－|x|，无穷数列{an}满足an＋1＝f(an)，nN*.‎ ‎(1)若a1＝0，求a2，a3，a4；‎ ‎(2)若a1＞0，且a1，a2，a3成等比数列，求a1的值；‎ ‎(3)是否存在a1，使得a1，a2，…，an，…成等差数列？若存在，求出所有这样的a1；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】(1) a2＝2，a3＝0，a4＝2 ;(2) a1＝(舍去)或a1＝; (3) 当且仅当a1＝1时，a1，a2，a3，…构成等差数列 ‎【解析】(1)a2＝2，a3＝0，a4＝2.‎ ‎(2)a2＝2－|a1|＝2－a1，a3＝2－|a2|＝2－|2－a1|.‎ ‎①当0＜a1≤2时，a3＝2－(2－a1)＝a1，所以＝(2－a1)2，得a1＝1.‎ ‎②当a1＞2时，a3＝2－(a1－2)＝4－a1，所以a1(4－a1)＝(2－a1)2，‎ 得a1＝(舍去)或a1＝.‎ 综合①②得a1＝1或a1＝.‎ ‎(3)假设这样的等差数列存在，那么a2＝2－|a1|，a3＝2－|2－|a1||.‎ 由‎2a2＝a1＋a3得2－a1＋|2－|a1||＝2|a1|　(*)．‎ 以下分情况讨论：‎ ‎①当a1＞2时，由(*)得a1＝0，与a1＞2矛盾；‎ ‎②当0＜a1≤2时，由(*)得a1＝1，从而an＝1(n＝1,2，…)，‎ 所以{an}是一个等差数列；‎ ‎③当a1≤0时，则公差d＝a2－a1＝(a1＋2)－a1＝2＞0，因此存在m≥2使得am＝a1＋2(m－1)＞2.此时d＝am＋1－am＝2－|am|－am＜0，矛盾．‎ 综合①②③可知，当且仅当a1＝1时，a1，a2，a3，…构成等差数列．‎ ‎28. 【2012上海,理23】对于数集X＝{－1，x1，x2，…，xn}，其中0＜x1＜x2＜…＜xn，n≥2，定义向量集Y＝{a|a＝(s，t)，s∈X，t∈X}．若对任意a1∈Y，存在a2∈Y，使得a1·a2＝0，则称X具有性质P.例如{－1,1,2}具有性质P.‎ ‎(1)若x＞2，且{－1,1,2，x}具有性质P，求x的值；‎ ‎(2)若X具有性质P，求证：1∈X，且当xn＞1时，x1＝1；‎ ‎(3)若X具有性质P，且x1＝1，x2＝q(q为常数)，求有穷数列x1，x2，…，xn的通项公式．‎ ‎ 【答案】(1) 4;(2) 参考解析;(3) xk＝qk－1‎ ‎【解析】(1)选取a1＝(x,2)，Y中与a1垂直的元素必有形式(－1，b)．‎ 所以x＝2b，从而x＝4.‎ ‎(2)证明：取a1＝(x1，x1)∈Y.‎ 设a2＝(s，t)∈Y满足a1·a2＝0.‎ 由(s＋t)x1＝0得s＋t＝0，所以s，t异号．‎ 因为－1是X中唯一的负数，‎ 所以s，t之中一为－1，另一为1，故1∈X.‎ 假设xk＝1，其中1＜k＜n，则0＜x1＜1＜xn.‎ 选取a1＝(x1，xn)∈Y，并设a2＝(s，t)∈Y满足a1·a2＝0，即sx1＋txn＝0，‎ 则s，t异号，从而s，t之中恰有一个为－1.‎ 若s＝－1，则x1＝txn＞t≥x1，矛盾；‎ 若t＝－1，则xn＝sx1＜s≤xn，矛盾．‎ 所以x1＝1.‎ ‎(3)解法一：猜测xi＝qi－1，i＝1,2，…，n.‎ 记Ak＝{－1,1，x2，…，xk}，k＝2,3，…，n.‎ 先证明：若Ak＋1具有性质P，则Ak也具有性质P.‎ 任取a1＝(s，t)，s，t∈Ak，当s，t中出现－1时，显然有a2满足a1·a2＝0；‎ 当s≠－1且t≠－1时，则s，t≥1.‎ 因为Ak＋1具有性质P，所以有a2＝(s1，t1)，s1，t1∈Ak＋1，使得a1·a2＝0，从而s1和t1中有一个是－1，不妨设s1＝－1.‎ 假设t1∈Ak＋1且t1∉Ak，则t1＝xk＋1.‎ 由(s，t)·(－1，xk＋1)＝0，得s＝txk＋1≥xk＋1，与s∈Ak矛盾．‎ 所以t1∈Ak，从而Ak也具有性质P.‎ 现用数学归纳法证明：xi＝qi－1，i＝1,2，…，n.‎ 当n＝2时，结论显然成立；‎ 假设n＝k时， Ak＝{－1,1，x2，…，xk}有性质P，‎ 则xi＝qi－1，i＝1,2，…，k；‎ 当n＝k＋1时，若Ak＋1＝{－1,1，x2，…，xk，xk＋1}有性质P，则Ak＝{－1,1，x2，…，xk}也有性质P，‎ 所以Ak＋1＝{－1,1，q，…，qk－1，xk＋1}．‎ 取a1＝(xk＋1，q)，并设a2＝(s，t)满足a1·a2＝0.‎ 由此可得s＝－1或t＝－1.‎ 若t＝－1，则xk＋1＝≤q，不可能；‎ 所以s＝－1，xk＋1＝qt≤qk且xk＋1＞qk－1，‎ 所以xk＋1＝qk.‎ 综上所述，xi＝qi－1，i＝1,2，…，n.‎ 解法二：设a1＝(s1，t1)，a2＝(s2，t2)，‎ 则a1·a2＝0等价于.‎ 记，则数集X具有性质P，当且仅当数集B关于原点对称．‎ 注意到－1是X中的唯一负数，B∩(－∞，0)＝{－x2，－x3，…，－xn}共有n－1个数，所以B∩(0，＋∞)也只有n－1个数．‎ 由于，已有n－1个数，对以下三角数阵 ‎……‎ 注意到，所以，从而数列的通项为xk＝x1()k－1＝qk－1，k＝1，2，…，n.‎ ‎29. 【2012上海,文23】对于项数为m的有穷数列{an}，记bk＝max{a1，a2，…，ak}(k＝1,2，…，m)，即bk为a1，a2，…，ak中的最大值，并称数列{bn}是{an}的控制数列．如1,3,2,5,5的控制数列是1,3,3,5,5.‎ ‎(1)若各项均为正整数的数列{an}的控制数列为2,3,4,5,5，写出所有的{an}；‎ ‎(2)设{bn}是{an}的控制数列，满足ak＋bm－k＋1＝C(C为常数，k＝1,2，…，m)，求证：bk＝ak(k＝1,2，…，m)；‎ ‎(3)设m＝100，常数a∈(，1)，若，{bn}是{an}的控制数列，求(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(b100－a100)．‎ ‎【答案】(1) 参考解析;(2) 参考解析;(3) 2 525(1－a)‎ ‎【解析】(1)数列{an}为：2,3,4,5,1；2,3,4,5,2；2,3,4,5,3；2,3,4,5,4；2,3,4,5,5.‎ ‎(2)因为bk＝max{a1，a2，…，ak}，‎ bk＋1＝max{a1，a2，…，ak，ak＋1}，所以bk＋1≥bk.‎ 因为ak＋bm－k＋1＝C，ak＋1＋bm－k＝C，‎ 所以ak＋1－ak＝bm－k＋1－bm－k≥0，即ak＋1≥ak.因此，bk＝ak.‎ ‎(3)对k＝1,2，…，25，‎ a4k－3＝a(4k－3)2＋(4k－3)；‎ a4k－2＝a(4k－2)2＋(4k－2)；‎ a4k－1＝a(4k－1)2－(4k－1)；‎ a4k＝a(4k)2－(4k)．‎ 比较大小，可得a4k－2＞a4k－3.‎ 因为＜a＜1，‎ 所以a4k－1－a4k－2＝(a－1)(8k－3)＜0，‎ 即a4k－2＞a4k－1；‎ a4k－a4k－2＝2(‎2a－1)(4k－1)＞0，即a4k＞a4k－2.‎ 又a4k＋1＞a4k，‎ 从而b4k－3＝a4k－3，b4k－2＝a4k－2，b4k－1＝a4k－2，b4k＝a4k.‎ 因此(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(b100－a100)‎ ‎＝(a2－a3)＋(a6－a7)＋…＋(a98－a99)‎ ‎＝(a4k－2－a4k－1)‎ ‎＝(1－a)(8k－3)＝2 525(1－a)．‎ ‎30. 【2011上海,理22】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．‎ ‎【答案】(1) 9,11,12,13; (2)参考解析; (3)参考解析 ‎【解析】(1)它们是9,11,12,13.‎ ‎ (2)证明：∵数列{cn}由{an}、{bn}的项构成，‎ ‎∴只需讨论数列{an}的项是否为数列{bn}的项．‎ ‎∵对于任意n∈N*，a2n－1＝3(2n－1)＋6＝6n＋3＝2(3n－2)＋7＝b3n－2，∴a2n－1是{bn}的项．‎ 下面用反证法证明：a2n不是{bn}的项．‎ 假设a2n是数列{bn}的项，设a2n＝bm，则 ‎3·2n＋6＝‎2m＋7，，与m∈N*矛盾．‎ ‎∴结论得证．‎ ‎ (3)∵b3k－2＝2(3k－2)＋7＝6k＋3，‎ a2k－1＝6k＋3，b3k－1＝6k＋5，‎ a2k＝6k＋6，b3k＝6k＋7，‎ ‎∴b3k－2＝a2k－1＜b3k－1＜a2k＜b3k，k＝1,2,3，….‎ 所以，k∈N*.‎ 综上，k∈N*.‎ ‎31. 【2011上海,文23】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)求三个最小的数，使它们既是数列{an}中的项又是数列{bn}中的项；‎ ‎(2) c1，c2，c3，…，c40中有多少项不是数列{bn}中的项？请说明理由；‎ ‎(3)求数列{an}的前4n项和S4n(n∈N*)．‎ ‎【答案】(1)9,15,21; (2)10; (3) ‎ ‎【解析】⑴ 三项分别为.‎ ‎⑵ 分别为 ‎⑶ ，，，‎ ‎∵ ‎ ‎∴ 。‎ ‎32. 【2010上海,理20】 (本题满分13分)本题共有2个小题，第一个小题满分5分，第2个小题满分8分。‎ 已知数列的前项和为，且，‎ ‎(1)证明：是等比数列；‎ ‎(2)求数列的通项公式，并求出为何值时，取得最小值，并说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎（2）由（1）知，，∴， ‎ 解不等式Sn.‎ 原式=(－b1)+(－b2)+…+(－bk)+(bk+1－)+…+(b2k－)‎ ‎ =(bk+1+…+b2k)－(b1+…+bk)‎ ‎ ==.‎ ‎ 当≤4,得k2－8k+4≤0, 4－2≤k≤4+2,又k≥2,‎ ‎∴当k=2,3,4,5,6,7时,原不等式成立.‎ ‎38. 【2006上海,文20】（本题满分14）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分 ‎8分。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？‎ ‎【答案】（1）an=2048()n－1;（2）第46项起 ‎【解析】(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=log22048()n－1]=12－n,‎ ‎∴Tn=(－n2+23n).‎ 由Tn<－509,解待n>,而n是正整数,于是,n≥46.‎ ‎∴从第46项起Tn<－509.‎ ‎ ‎ ‎39. 【2008上海,理20】（本题满分18分）本题共3个小题，第1小题满分3分，第2小题满分6分，第3小题满分9分.‎ 已知数列满足.‎ （1） 若，求的取值范围；‎ （2） 若是公比为等比数列，，求的取值范围；‎ （3） 若成等差数列，且，求正整数的最大值，以及取最大值时相应数列的公差.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）的最大值为1999，此时公差为.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）比较容易，只要根据已知列出不等式组，即可解得；（2）首先由已知得不等式，即，可解得。又有条件，这时还要忘记分类讨论，时，，满足，当时，有，解这不等式时，分类，分和进行讨论；（3）由已知可得∴，∴，‎ ‎，这样我们可以首先计算出的取值范围是，再由，可得，从而，解得，即最大值为1999，此时可求得．‎ 试题解析：（1）由题得，‎ ‎（2）由题得，∵，且数列是等比数列，，‎ ‎∴，∴，∴.‎ 又∵，∴当时，对恒成立，满足题意.‎ 当时，‎ ‎∴①当时，，由单调性可得，，解得，‎ ‎②当时，，由单调性可得，，解得，‎ ‎（3）由题得，∵，且数列成等差数列，，‎ ‎∴，∴，,‎ 所以时，，时，，所以．‎ ‎∴‎ 又∵，∴‎ ‎∴，∴，解得，，‎ ‎∴的最大值为1999，此时公差为．‎ ‎【考点】解不等式（组），数列的单调性，分类讨论，等差（比）数列的前项和.‎