1、课标文数17.D1 若数列中的最大项是第k项，则k_.课标文数17.D1 4【解析】 设最大项为第k项，则有 k4.课标文数20.D2，A2 若数列An：a1，a2，an(n2)满足|ak1ak|1(k1，2，n1)，则称An为E数列记S(An)a1a2an.(1)写出一个E数列A5满足a1a30；(2)若a112，n2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an2011；(3)在a14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 【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，
2、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ak1ak1(k1，2，1999)所以An是首项为12，公差为1的等差数列所以a200012(20001)12011，充分性：由于a2000a19991.a1999a19981.a2a11.所以a2000a11999，即a2000a11999.又因为a112，a20002011.所以a2000a11999.故ak1ak10(k1，2，1999)，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a2a113，a3a212，a8a713，所以a1a2ak0(k2，3，8)所以对任意
3、的首项为4的E数列An，若S(An)0，则必有n9.又a14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 设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k()A8 B7 C6 D5大纲理数4.D2 D【解析】 Sk2Skak1ak22a1(2k1)d4k4，4k424，可得k5，故选D.大纲理数20.D2，D4 设数列an满足a10且1.(1)求an的通项公式；(2)设bn，记Snk，证明：Sn1.大纲理数20.D2，D4 【解答】 (1)由题设1，即是公差为1的等差数列又1，故n.所以an1.(2)证明：由(1
4、)得bn，Snbk11.大纲文数6.D2 设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k()A8 B7 C6 D5大纲文数6.D2 D【解析】 Sk2Skak1ak22a1(2k1)d4k4，4k424，可得k5，故选D.课标理数10.M1，D2，B11 已知函数f(x)exx.对于曲线yf(x)上横坐标成等差数列的三个点A、B、C，给出以下判断：ABC一定是钝角三角形；ABC可能是直角三角形；ABC可能是等腰三角形；ABC不可能是等腰三角形其中，正确的判断是()A B C D课标理数10.M1，D2，B11 B【解析】 解法一：(1)设A、B、C三点的横坐标分别为x
5、1，x2，x3(x1x20， f(x)在(，)上是增函数， f(x1)f(x2)f(x3)，且f， (x1x2，f(x1)f(x2)，(x3x2，f(x3)f(x2)， (x1x2)(x3x2)(f(x1)f(x2)(f(x3)f(x2)0， ABC为钝角，判断正确，错；(2)若ABC为等腰三角形，则只需ABBC，即(x1x2)2(f(x1)f(x2)2(x3x2)2(f(x3)f(x2)2， x1，x2，x3成等差数列，即2x2x1x3，且f(x1)f(x2)f(x3)，只需 f(x2)f(x1)f(x3)f(x2)，即2f(x2)f(x1)f(x3)，即 f，这与f相矛盾，ABC不可能是等
6、腰三角形，判断错误，正确，故选B.解法二：(1)设A、B、C三点的横坐标为x1，x2，x3(x1x20， f(x)在(，)上是增函数，画出f(x)的图象(大致) f(x1)f(x2)f(x3)，且f，如图12，设直线AB、BC的倾斜角分别为和，由0kABkBC，得，故ABC()为钝角，判断正确，错误；由x1，x2，x3成等差数列，得x2x1x3x2，若ABC为等腰三角形，只需ABBC，则 f(x2)f(x1)f(x3)f(x2)，由0kAB0，0)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 【解答】 (1)由q3，S3得，解得a1.所以an3n13n2.
7、(2)由(1)可知an3n2，所以a33.因为函数f(x)的最大值为3，所以A3；因为当x时f(x)取得最大值，所以sin1.又0a)以及实数x(0xa，ba0，x21x，即x2x10，解得 x，因为0x0)，b1a11，b2a22，b3a33.(1)若a1，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 【解答】 (1)设an的公比为q，则b11a2，b22aq2q，b33aq23q2，由b1，b2，b3成等比数列得(2q)22(3q2)，即q24q20，解得q12，q22，所以an的通项公式为an(2)n1或an(2)n1.(2)设an的公比为q，则由(2aq)2(
8、1a)(3aq2)，得aq24aq3a10，(*)由a0得4a24a0，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 若等比数列an满足anan116n，则公比为()A2 B4 C8 D16课标文数5.D3 B【解析】 由于anan116n，又an1an16n1，所以q216，又由anan116n知an0，所以q4.课标文数17.D2，D3 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bnlog3a1log3a2log3an，求数列bn的通项公式课标文数17.D2，D3 【解答】 (1)因为an，Sn
9、，所以Sn.(2)bnlog3a1log3a2log3an(12n).所以bn的通项公式为bn.大纲文数9.D3 数列an的前n项和为Sn，若a11，an13Sn(n1)，则a6()A344 B3441C44 D441大纲文数9.D3 A【解析】 由an13SnSn1Sn3SnSn14Sn，所以数列Sn是首项为1，公比为4的等比数列，所以Sn4n1，所以a6S6S54544344，所以选择A.大纲理数11.D2 在等差数列an中，a3a737，则a2a4a6a8_.大纲理数11.D2 74【解析】 由a3a737，得(a12d)(a16d)37，即2a18d37.a2a4a6a8(a1d)(a
10、13d)(a15d)(a17d)2(2a18d)74.课标文数7.D4 若数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a10()A15 B12C12 D15课标文数7.D4 A【解析】 a1a2a1014710(1)10(3102)(14)(710)3515.课标文数21.D3，D4 在数1和100之间插入n个实数，使得这n2个数构成递增的等比数列，将这n2个数的乘积记作Tn，再令anlgTn，n1.(1)求数列an的通项公式；(2)设bntanantanan1，求数列bn的前n项和Sn.课标文数21.D3，D4 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，
11、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，tn2构成等比数列，其中t11，tn2100，则Tnt1t2tn1tn2，Tntn2tn1t2t1.并利用titn3it1tn2102(1in2)，得T(t1tn2)(t2tn1)(tn1t2)(tn2t1)102(n2)，anlgTnn2，n1.(2)由题意和(1)中计算结果，知bntan(n2)tan(n3)，n1.另一方面，利用tan1tan.得tan(k1)tank1.所以Snbktan(k1)tank n.课标理数18.D3，D4 在数1和100之间插入n个实数，使得这n2个数构成递增的等比数列，
12、将这n2个数的乘积记作Tn，再令anlgTn，n1.(1)求数列an的通项公式；(2)设bntanantanan1，求数列bn的前n项和Sn.课标理数18.D3，D4 【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，tn2构成等比数列，其中t11，tn2100，则Tnt1t2tn1tn2，Tntn2tn1t2t1，并利用titn3it1tn2102(1in2)，得T(t1tn2)(t2tn1)(tn1t2)(tn2t1)102(n2)anlgTnn2，n1.(2)由题意和
13、(1)中计算结果，知bntan(n2)tan(n3)，n1，另一方面，利用tan1tan，得tan(k1)tank1.n.大纲理数20.D2，D4 设数列an满足a10且1.(1)求an的通项公式；(2)设bn，记Snk，证明：Sn1.大纲理数20.D2，D4 【解答】 (1)由题设1，即是公差为1的等差数列又1，故n.所以an1.(2)证明：由(1)得bn，Snbk180，A9760，数列an满足a1b，an(n2)(1)求数列an的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n，an1.课标理数20.D5 【解答】 (1)由a1b0，知an0，.令An，A1，当n2时，AnAn1A1.当b2时，A
14、n；当b2时，An.an(2)证明：当b2时，欲证an1，只需证nbn，即证(2n1bn1)n2n1bn.而(2n1bn1)(2n1bn1)(bn12bn22n1)2n1bn12n2bn222nb2n2b2n12n1bn12nbn2nbn(222)2n2nbnn2n1bn，an0，知an0，.令An，A1，当n2时，AnAn1A1.当b1时，An，当b1时，Ann.an(2)证明：当b1时，欲证2anbn11，只需证2nbn(bn11).(bn11)b2nb2n1bn1bn1bn21bnbn(222)2nbn，2an0)，b1a11，b2a22，b3a33，若数列an唯一，求a的值；(2)是否
15、存在两个等比数列an，bn，使得b1a1，b2a2，b3a3，b4a4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 【解答】 (1)设an的公比为q，则b11a，b22aq，b33aq2，由b1，b2，b3成等比数列得(2aq)2(1a)(3aq2)，即aq24aq3a10.由a0得4a24a0，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q0代入方程得a.(2)假设存在两个等比数列an，bn使b1a1，b2a2，b3a3，b4a4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b2a2b1q2a1q1，b3a3b
16、1qa1q，b4a4b1qa1q，由b1a1，b2a2，b3a3，b4a4成等差数列得即q2得a1(q1q2)(q11)20.由a10得q1q2或q11，i)当q1q2时，由得b1a1或q1q21，这时(b2a2)(b1a1)0，与公差不为0矛盾；ii)当q11时，由得b10或q21，这时(b2a2)(b1a1)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b1a1，b2a2，b3a3，b4a4成公差不为0的等差数列课标理数17.D5 等比数列an的各项均为正数，且2a13a21，a9a2a6.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog3a1log3a2log3an，求数列的
17、前n项和课标理数17.D5 【解答】 (1)设数列an的公比为q，由a9a2a6得a9a，所以q2.由条件可知q0，故q.由2a13a21得2a13a1q1，所以a1.故数列an的通项公式为an.(2)bnlog3a1log3a2log3an(12n).故2，2.所以数列的前n项和为.课标理数20.D5 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3210第二行6414第三行9818(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：bnan(1)nlnan，求数列bn的前n项和Sn.课标理数20.
18、D5 【解答】 (1)当a13时，不合题意；当a12时，当且仅当a26，a318时，符合题意；当a110时，不合题意因此a12，a26，a318，所以公比q3，故an23n1.(2)因为bnan(1)nlnan23n1(1)nln(23n1)23n1(1)n23n1(1)n(ln2ln3)(1)nnln3，所以Sn2(133n1)(ln2ln3)ln3.所以当n为偶数时，Sn2ln33nln31；当n为奇数时，Sn2(ln2ln3)ln33nln3ln21.综上所述，Sn课标文数20.D5 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
19、在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：bnan(1)nlnan，求数列bn的前2n项和S2n.课标文数20.D5 【解答】 (1)当a13时，不合题意；当a12时，当且仅当a26，a318时，符合题意；当a110时，不合题意因此a12，a26，a318，所以公比q3.故an23n1.(2)因为bnan(1)nlnan23n1(1)nln(23n1)23n1(1)n23n1(1)n(ln2ln3)(1)nnln3，所以S2nb1b2b2n2(1332n1)(ln2ln3)ln32nln332nnln31.课标
20、数学13.D5 设1a1a2a7，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 【解析】 记a2m，则1mqm1q2m2q3，要q取最小值，则m必定为1，于是有1q2，2q23，3q3，所以q.课标数学20.D5 设M为部分正整数组成的集合，数列an的首项a11，前n项的和为Sn，已知对任意的整数kM，当整数nk时，SnkSnk2(SnSk)都成立(1)设M1，a22，求a5的值；(2)设M3，4，求数列an的通项公式课标数学20.D5 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
21、及逻辑推理的能力【解答】 (1)由题设知，当n2时，Sn1Sn12(SnS1)，即(Sn1Sn)(SnSn1)2S1.从而an1an2a12.又a22，故当n2时，ana22(n2)2n2.所以a5的值为8.(2)由题设知，当kM3，4且nk时，SnkSnk2Sn2Sk且Sn1kSn1k2Sn12Sk，两式相减得an1kan1k2an1，即an1kan1an1an1k.所以当n8时，an6，an3，an，an3，an6成等差数列，且an6，an2，an2，an6也成等差数列从而当n8时，2anan3an3an6an6，(*)且an6an6an2an2，所以当n8时，2anan2an2，即an2
22、ananan2，于是当n9时，an3，an1，an1，an3成等差数列，从而an3an3an1an1，故由(*)式知2anan1an1，即an1ananan1.当n9时，设danan1.当2m8时，m68，从而由(*)式知2am6amam12，故2am7am1am13.从而2(am7am6)am1am(am13am12)，于是am1am2ddd.因此，an1and对任意n2都成立又由SnkS nk2Sn2Sk(k3，4)可知(SnkSn)(SnSnk)2Sk，故9d2S3且16d2S4，解得a4d，从而a2d，a1.因此，数列an为等差数列由a11知d2.所以数列an的通项公式为an2n1.大
23、纲文数20.D5 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，amk，ank，alk也成等差数列大纲文数20.D5 【解答】 (1)由已知，anaqn1，因此S1a，S3a(1qq2)，S4a(1qq2q3)当S1，S3，S4成等差数列时，S4S3S3S1.可得aq3aqaq2.化简得q2q10.解得q.(2)证明：若q1，则an的每项ana，此时amk，ank，alk显然构成等差数列若q1，由Sm，Sn，Sl构成等差数列可得SmSl2Sn，即.整理得qmql2qn.因此
24、，amkalkaqk1(qmql)2aqnk12ank.所以，amk，ank，alk成等差数列大纲理数20.D5 设d为非零实数，an(nN*)(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bnndan(nN*)，求数列bn的前n项和Sn.大纲理数20.D5 【解答】 (1)由已知可得a1d，a2d(1d)，a3d(1d)2.当n2，k1时，CC，因此由此可见，当d1时，an是以d为首项，d1为公比的等比数列；当d1时，a11，an0(n2)，此时an不是等比数列(2)由(1)可知，and(d1)n1，从而 bnnd2(d1)n1，Snd2当d1时
25、，Snd21.当d1时，式两边同乘d1得(d1)Snd2，式相减可得dSnd2d2.化简即得Sn(d1)n(nd1)1.综上，Sn(d1)n(nd1)1.课标理数20.D5 已知数列an与bn满足bnanan1bn1an20，bn，nN*，且a12，a24.(1)求a3，a4，a5的值；(2)设cna2n1a2n1，nN*，证明cn是等比数列；(3)设Ska2a4a2k，kN*，证明 (nN*)课标理数20.D5 【解答】 (1)由bn，nN*，可得bn又bnanan1bn1an20，当n1时，a1a22a30，由a12，a24，可得a33；当n2时，2a2a3a40，可得a45；当n3时，a
26、3a42a50，可得a54.(2)证明：对任意nN*，a2n1a2n2a2n10，2a2na2n1a2n20，a2n1a2n22a2n30.，得a2na2n3.将代入，可得a2n1a2n3(a2n1a2n1)，即cn1cn(nN*)又c1a1a31，故cn0，因此1.所以cn是等比数列(3)证明：由(2)可得a2k1a2k1(1)k.于是，对任意kN*且k2，有a1a31，(a3a5)1，a5a71，(1)k(a2k3a2k1)1.将以上各式相加，得a1(1)ka2k1(k1)，即a2k1(1)k1(k1)，此式当k1时也成立由式得a2k(1)k1(k3)从而S2k(a2a4)(a6a8)(a4k2a4k)k，S2k1S2ka4kk3.所以，对任意nN*，n2，0且a0，由得ak0.要证ak，由只要证，即证3a4(aak11)，即(ak12)20，此式明显成立因此ak(k3)最后证ak1ak，若不然ak1ak，又因ak0，故1，即(ak1)20.矛盾因此ak1ak(k3)证法二：由题设知Sn1Snan1an1Sn，故方程x2Sn1xSn10有根Sn和an1(可能相同)因此判别式S4Sn10.又由Sn2Sn1an2an2Sn1得an21且Sn1.因此0，即3a4an20，解得0an2.因此0ak(k3)由ak0(k3)，得ak1akakakak0，因此ak1ak(k3)