1、十年高考分类解析与应试策略数学第三章 数 列考点阐释数列是高中代数的重点之一，也是高考的考查重点，在近十年高考试题中有较大的比重.这些试题不仅考查数列，等差数列和等比数列，数列极限的基础知识、基本技能、基本思想和方法，以及数学归纳法这一基本方法，而且可以有效地测试逻辑推理能力、运算能力，以及运用有关的知识和方法，分析问题和解决问题的能力.重点掌握的是等差、等比数列知识的综合运用能力.试题类编一、选择题1.（2003京春文，6）在等差数列an中，已知a1+a2+a3+a4+a5=20，那么a3等于（ ）A.4 B.5 C.6 D.72.（2002上海春，16）设an（nN*）是等差数列，Sn是其
2、前n项的和，且S5S6，S6S7S8，则下列结论错误的是（ ）A.d0B.a70C.S9S5D.S6与S7均为Sn的最大值3.（2002京皖春，11）若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有（ ）A.13项B.12项C.11项D.10项4.（2001京皖蒙春，12）根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量Sn（万件）近似地满足Sn=（21nn25）（n=1，2，12）.按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是（ ）A.5月、6月B.6月、7月C7月、8月D.8月、9月5.（2001全国理，3）设数列an是递增等
3、差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（ ）A.1 B.2 C.4 D.66.（2001上海春，16）若数列an前8项的值各异，且an+8=an对任意nN*都成立，则下列数列中可取遍an前8项值的数列为（ ）A.a2k+1 B.a3k+1 C.a4k+1 D.a6k+17.（2001天津理，2）设Sn是数列an的前n项和，且Sn=n2，则an是（ ）A.等比数列，但不是等差数列B.等差数列，但不是等比数列C.等差数列，而且也是等比数列D.既非等比数列又非等差数列8.（2000京皖春，13）已知等差数列an满足a1+a2+a3+a1010，则有（ ）A.a1a1010B.a2a
4、1000C.a3a990D.a51519.（1998全国文，15）等比数列an的公比为，前n项和Sn满足，那么a1的值为（ ）A. B. C. D.10.（1998全国理，15）在等比数列an中，a11，且前n项和Sn满足，那么a1的取值范围是（ ）A.（1，） B.（1，4） C.（1，2） D（1，）11.（1997上海文，6）设f（n）=1+（nN），那么f（n+1）f（n）等于（ ）A. B. C. D.12.（1997上海理，6）设f（n）=（nN），那么f（n+1）f（n）等于（ ）A. B. C. D.13.（1996全国理，10）等比数列an的首项a11，前n项和为Sn，若，则
5、Sn等于（ ）A. B. C.2 D.214.（1994全国理，12）等差数列an的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为（ ）A.130 B.170 C.210 D.26015.（1995全国，12）等差数列an，bn的前n项和分别为Sn与Tn，若，则等于（ ）A.1 B. C. D.16.（1994全国理，15）某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次（一个分裂二个）经过3小时，这种细菌由1个可以繁殖成（ ）A.511个 B.512个 C.1023个 D.1024个17.（1994上海，20）某个命题与自然数n有关，若n=k（kN）时该命题成立，那么可推得当n=k+1时该命
6、题也成立，现已知当n=5时，该命题不成立，那么可推得（ ）A.当n=6时该命题不成立B.当n=6时该命题成立C.当n=4时该命题不成立D.当n=4时该命题成立二、填空题18.（2003京春理14，文15）在某报自测健康状况的报道中，自测血压结果与相应年龄的统计数据如下表.观察表中数据的特点，用适当的数填入表中空白（_）内.19.（2003上海春，12）设f（x）=.利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f（5）+f（4）+f（0）+f（5）+f（6）的值为_.20.（2002北京，14）等差数列an中，a12，公差不为零，且a1，a3，a11恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列
7、公比的值等于 21.（2002上海，5）在二项式（13x）n和（2x5）n的展开式中，各项系数之和分别记为an、bn（n是正整数），则= 22.（2001全国，15）设an是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和，若Sn是等差数列，则q=_.23.（2001上海文，2）设数列an的首项a17，且满足an1an2（nN），则a1a2a17 .24.（2001上海，6）设数列an是公比q0的等比数列，Sn是它的前n项和，若Sn7，则此数列的首项a1的取值范围是 .25.（2001上海理，2）设数列an的通项为an2n7（nN*），则|a1|a2|a15| 26.（2001上海春，7）计算=_.27
8、.（2000上海春，7）若数列an的通项为（nN*），则（a1+n2an） 28.（2000全国，15）设an是首项为1的正项数列，且（n+1）an12nan2+an1an0（n1，2，3，），则它的通项公式是an 29.（2000上海，12）在等差数列an中，若a100，则有等式a1+a2+an=a1+a2+a19n（n19，nN成立.类比上述性质，相应地：在等比数列bn中，若b91，则有等式 成立.30.（2000上海，4）计算=_.31.（1999上海，10）在等差数列an中，满足3a4=7a7，且a10，Sn是数列an前n项的和，若Sn取得最大值，则n=_.32.（1998上海文、理，
9、10）在数列an和bn中，a1=2，且对任意自然数n，3an+1an=0，bn是an与an+1的等差中项，则bn的各项和是_.33.（1997上海）设0a2成立.55.（2001全国文，17）已知等差数列前三项为a，4，3a，前n项和为Sn，Sk=2550.（1）求a及k的值；（2）求.56.（2000京皖春理，24）已知函数f（x）=其中f1（x）2（x）21，f2（x）2x2（）在图33坐标系上画出y=f（x）的图象；（）设y=f2（x）（x，1）的反函数为y=g（x），a11，a2g（a1），ang（an1）；求数列an的通项公式，并求an；（）若x00，），x1f（x0），f（x1）x
10、0，求x057.（2000京皖春文，22）已知等差数列an的公差和等比数列bn的公比相等，且都等于d（d0，d1）.若a1=b1，a3=3b3，a5=5b5，求an，bn58.（2000全国理，20）（）已知数列cn，其中cn2n3n，且数列cn1pcn为等比数列，求常数p；（）设an、bn是公比不相等的两个等比数列，cn=an+bn，证明数列cn不是等比数列.59.（2000全国文，18）设an为等差数列，Sn为数列an的前n项和，已知S77，S1575，Tn为数列的前n项和，求Tn60.（2000上海，21）在XOY平面上有一点列P1（a1，b1），P2（a2，b2），Pn（an，bn），
11、对每个自然数n，点Pn位于函数y=2000（）x（0a10）的图象上，且点Pn、点（n，0）与点（n+1，0）构成一个以Pn为顶点的等腰三角形.（）求点Pn的纵坐标bn的表达式；（）若对每个自然数n，以bn，bn1，bn2为边长能构成一个三角形，求a的取值范围；（）（理）设Bnb1，b2bn（nN）.若a取（）中确定的范围内的最小整数，求数列Bn的最大项的项数.（文）设cnlg（bn）（nN）.若a取（）中确定的范围内的最小整数，问数列cn前多少项的和最大?试说明理由.61.（2000上海春，20）已知an是等差数列，a1393，a2a3768，bn是公比为q（0q1）的无穷等比数列，b12，
12、且bn的各项和为20.（）写出an和bn的通项公式；（）试求满足不等式160b2的正整数m.62.（2000广东，18）设an为等比数列，Tn=na1+（n1）a2+2an1+an，已知T1=1，T2=4.（1）求数列an的首项和公比；（2）求数列Tn的通项公式.63.（1999全国理，23）已知函数y=f（x）的图象是自原点出发的一条折线.当nyn+1（n=0，1，2，）时，该图象是斜率为bn的线段（其中正常数b1），该数列xn由f（xn）=n（n=1，2，）定义.（）求x1、x2和xn的表达式；（）求f（x）的表达式，并写出其定义域；（）证明：y=f（x）的图象与y=x的图象没有横坐标大于
13、1的交点.64.（1999全国文，20）数列an的前n项和记为Sn已知an5Sn3（nN）求（a1a3a2n1）的值.65.（1999上海，18）设正数数列an为一等比数列，且a2=4，a4=16，求.66.（1998全国理，25）已知数列bn是等差数列，b1=1，b1+b2+b10=145.（）求数列bn的通项bn；（）设数列an的通项an=loga（1+）（其中a0，且a1），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.67.（1998全国文，25）已知数列bn是等差数列，b1=1，b1+b2+b10=100.（）求数列bn的通项bn；（）设数列an的通
14、项an=lg（1+），记Sn是数列an的前n项和，试比较Sn与lgbn+1的大小，并证明你的结论.68.（1998上海，22）若An和Bn分别表示数列an和bn前n项的和，对任意正整数n，an=，4Bn12An=13n.（1）求数列bn的通项公式；（2）设有抛物线列C1，C2，Cn，抛物线Cn（nN*）的对称轴平行于y轴，顶点为（an，bn），且通过点Dn（0，n2+1），求点Dn且与抛物线Cn相切的直线斜率为kn，求极限.（3）设集合X=x|x=2an，nN*，Y=y|y=4bn，nN*.若等差数列Cn的任一项CnXY，C1是XY中的最大数，且265C100，n=2，3，4，）（1）求证：数
15、列an是等比数列；（2）设数列an的公比为f（t），作数列bn，使b1=1，bn=f（）（n=2，3，4，），求数列bn的通项bn；（3）求和：b1b2b2b3+b3b4b4b5+b2n1b2nb2nb2n+1.72.（1996全国文，21）设等比数列an的前n项和为Sn，若S3S62S9，求数列的公比q.73.（1996上海，24）设An为数列an的前n项和，An=（an1）（nN*），数列bn的通项公式为bn=4n+3（nN）.（）求数列an的通项公式；（）若da1，a2，a3，an，b1，b2，b3，bn，则称d为数列an与bn的公共项，将数列anbn的公共项，按它们在原数列中的先后顺序
16、排成一个新的数列dn，证明数列dn的通项公式为dn=32n+1（nN*）；（）设数列dn中第n项是数列bn中的第r项，Br为数列bn的前r项的和，Dn为数列dn的前n项和，Tn=Br+Dn，求.74.（1995全国理，25）设an是由正数组成的等比数列，Sn是前n项和.（）证明：lgSn1；（）是否存在常数C0使得=lg（Sn+1C）成立?并证明你的结论.75.（1994全国文，25）设数列an的前n项和为Sn，若对于所有的正整数n，都有Sn=.证明：an是等差数列.76.（1994全国理，25）设an是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对所有自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比
17、中项.（）写出数列an的前三项；（）求数列an的通项公式（写出推证过程）；（）令bn=（nN*），求（b1+b2+bnn）.77.（1994上海，26）已知数列an满足条件：a1=1，a2=r（r0）且anan+1是公比为q（q0）的等比数列，设bn=a2n1+a2n（n=1，2，）（）求出使不等式anan+1+an+1an+2an+2an+2（nN*）成立的q的取值范围；（）求bn和，其中Sn=b1+b2+bn；（）设r=21921，q=，求数列的最大项和最小项的值.答案解析1.答案：A解法一：因为an为等差数列，设首项为a1，公差为d，由已知有5a1+10d=20，a1+2d=4，即a3=
18、4解法二：在等差数列中a1+a5=a2+a4=2a3.所以由a1+a2+a3+a4+a5=20得5a3=20，a3=4.评述：本题考查数列的基本知识，在解析二中，比较灵活地运用了等差数列中项的关系.2.答案：C解析：由S5S6得a1+a2+a3+a50又S6=S7，a1+a2+a6=a1+a2+a6+a7，a7=0.由S7S8，得a8S5，即a6+a7+a8+a902（a7+a8）0.由题设a7=0，a80，显然C选项是错误的.3.答案：A解析：设这个数列有n项n134.答案：C解析：n个月累积的需求量为Sn第n个月的需求量为anSnSn1（21nn25）21（n1）（n1）25（n215n9
19、）an15即满足条件，（n215n9）1.5，6n9（n1，2，3，12），n=7或n=85.答案：B解析：前三项和为12，a1a2a312，a24a1a2a348，a24，a1a312，a1a38，把a1，a3作为方程的两根且a1a3，x28x120，x16，x22，a12，a36，选B.6.答案：B解析：kN*，当k=0，1，2，7时，利用an+8=an，数列a3k+1可以取遍数列an的前8项.评述：本题考查了数列的基本知识和考生分析问题、解决问题的能力.7.答案：B解法一：an=an=2n1（nN）又an+1an=2为常数，常数an是等差数列，但不是等比数列.解法二：如果一个数列的和是一
20、个没有常数项的关于n的二次函数，则这个数列一定是等差数列.评述：本题主要考查等差数列、等比数列的概念和基本知识，以及灵活运用递推式an=SnSn1的推理能力.但不要忽略a1，解法一紧扣定义，解法二较为灵活.8.答案：C解析：a1+a2+a3+a1010即（a3a99）0，a3a9909.答案：D解析：，a12=1q，a12=，a=.10.答案：D解析：由题意得：且0|q|1q=a121 0|a121|1又a11 1a1，故选D.评述：该题主要考查了无穷等比数列各项和公式的应用，挖掘了公式成立的条件.11.答案：D解析：f（n）=1+f（n+1）=f（n+1）f（n）=12.答案：D解析：f（n
21、）为n个连续自然数的倒数之和f（n+1）=f（n+1）f（n）=.13.答案：B解析：，又a1=1，故，故选B.评述：本题主要考查等比数列前n项和求和公式的灵活运用，较好地考查了基本知识以及思维的灵活性.14.答案：C解法一：由题意得方程组视m为已知数，解得解法二：设前m项的和为b1，第m+1到2m项之和为b2，第2m+1到3m项之和为b3，则b1，b2，b3也成等差数列.于是b1=30，b2=10030=70，公差d=7030=40.b3=b2+d=70+40=110前3m项之和S3m=b1+b2+b3=210.解法三：取m=1，则a1=S1=30，a2=S2S1=70，从而d=a2a1=4
22、0.于是a3=a2+d=70+40=110.S3=a1+a2+a3=210.评述：本题考查等差数列的基本知识，及灵活运用等差数列解决问题的能力，解法二中是利用构造新数列研究问题，等比数列也有类似性质.解法三中，从题给选择支获得的信息可知，对任意变化的自然数m，题给数列前3m项的和是与m无关的不变量，在含有某种变化过程的数学问题，利用不变量的思想求解，立竿见影.15.答案：C解法一：应用等差数列中，若m+n=p+q，有am+an=ap+aq这条性质来解.，所以解法二：设数列an的首项为a1，公差为d，bn的首项为b1，公差为m，则注意n是极限中的变量有.解法三：不妨令Sn=2n2，Tn=3n2+
23、nan=SnSn1=2n22（n1）2=4n2（n=1时成立），bn=TnTn1=6n2（n=1成立）评述：该题的形式新颖，其考查目的也明确，正确解答，可考查其数学能力，要是在题型的选用上，采用解答题的形式，那将是一道十分理想的中等难度的试题.可是作为选择题，其考查的有效性大打折扣，因为有相当一部分考生，并没有用正确的方法却也得出了正确答案C.16.答案：B解析：由题意知细菌繁殖过程中是一个公比为2的等比数列，所以a10a1q9=29=512.评述：该题作为数学应用题，又是选择题，问题的实际背景虽然简单，考查的知识点也集中明确，但也有一定的深刻性.解决本题，应搞清题意，应求的是a9的值，而不是
24、求和.从题型设计的角度，本题的立意、取材和构题都是不错的.17.答案：C解析：因为当n=k时，命题成立可推出n=k+1时成立，所以n=5时命题不成立，则n=4时，命题也一定不成立，故应当选C.18.答案：140 85解析：从题目所给数据规律可以看到：收缩压是等差数列.舒张压的数据变化也很有规律：随着年龄的变化，舒张压分别增加了3毫米、2毫米，照此规律，60岁时的收缩压和舒张压分别为140；85.评述：本题以实际问题为背景，考查了如何把实际生活中的问题转化为数学问题的能力.它不需要技能、技巧及繁杂的计算，需要有一定的数学意识，有效地把数学过程实施为数学思维活动.19.答案：3解析：因为f（x）=
25、，f（1x）=f（x）+f（1x）=.设S=f（5）+f（4）+f（6），则S=f（6）+f（5）+f（5）2S=（f（6）+f（5）+（f（5）+f（4）+（f（5）+f（6）=6S=f（5）+f（4）+f（0）+f（6）=3.评述：本题利用课本中等差数列倒序求和为考生提供了一个思维模式，但发现f（x）+f（1x）=有一定难度，需要考生有一定的观察能力、思维能力及解决问题的能力.20.答案：4解析：设a1，a3，a11组成的等比数列公比为qa3a1q2q，a11a1q22q2又 数列an是等差数列a11a15（a3a1）2q2a15（2qa1） 2q225（2q2），解得q421.答案：解析
26、：由二项式定理，得：an4n，bn7n22.答案：1解析：方法一：SnSn1an，又Sn为等差数列，an为定值an为常数列，q1方法二：an为等比数列，设ana1qn1，且Sn为等差数列，2S2S1S3，2a1q2a12a1a1a1qa1q2，q2q0，q0（舍）q=1.23.答案：153解析：an1an2，an为等差数列an7（n1）2，a1771622524.答案：（0，7）解析：Sn7，an是一个无穷递缩等比数列，0q1，且7，a17（1q），又0q1，11q0，07（1q）7，即7a1025.答案：153解析：|a1|a2|a15|5311352315326.答案：e2解析：27.答案
27、：解析：28.答案：解析：将（n+1）an12nan2+an1an0化简得（n1）an1nan当n=1时，2a2=a1=1，a2，n=2时，3a3=2a2=21，a3，可猜测an，数学归纳法证明略.29.答案：b1b2bnb1b2b17n（n17，nN*）解析：在等差数列an中，由a100，得a1a19a2a18ana20nan1a19n2a100，所以a1a2ana190，即a1a2ana19a18an1，又a1a19，a2a18，a19nan1a1a2ana19a18an1a1a2a19n若a90，同理可得a1a2ana1a2a17n相应地等比数列bn中，则可得：b1b2bnb1b2b17
28、n（n17，nN*）30.答案：e2解析：.评述：本题主要考查灵活运用数列极限公式的能力及代数式的变形能力.31.答案：9解法一：设公差为d，由题设有3（a1+3d）=7（a1+6d），解得d=a10，即a1+（n1）（a1）0得n0，同理可得n10时an0.所以n=9时，Sn取得最大值.解法二：d=a1Sn=na1+=0，（n）2最小时，Sn最大.又nN，n=9.评述：本题考查等差数列的基本知识，解法二的计算量太大.32.答案：2 解析：bn=，3an+1=an bn=2an+1，b1+b2+bn=2（a1+a2+an）2a1an是首项为2，公比为的等比数列（b1+b2+bn）=2（a1+a
29、2+an）2a1=222=2.33.答案：4解析：34.答案：e4解析：.35.答案：2r0解析：1=1，又1+（r+1）n=1， 1+（r+1）n=11=0，即（r+1）n=0.则1r+11，因此2r0，即2301001.05n20时，1.05n22.3，得n19.1因此，当2n19时，Cn12，只要.因为Sk=4（1）0（kN*）故只要Sk2cSk（kN*），所以Sk2S12=1.又Sk4，故要使成立，c只能取2或3.当c=2时，因为S1=2，所以当k=1时，cc，由SkSk+1（kN*），得Sk2c，从而不成立.当c=3时，因为S1=2，S2=3，所以当k=1，2时，cc，又Sk2c，从
30、而不成立.故不存在自然数c，k，使成立.评述：本题主要考查等比数列、不等式知识，以及探索和讨论存在性问题的能力，是高考试题的热点题型.55.解：（1）由已知a1=a，a2=4，a3=3a，a3a2=a2a1，即4a=8，a=2.首项a1=2，d=2Sk=ka1+d得k2+d=2550k2+k2550=0，解得k=50或k=51（舍去）a=2，k=50.（2）由Sn=na1+d，得Sn=n（n+1）评述：本题考查数列和数列极限等基础知识，以及推理能力和运算能力.56.解：（）函数图象：图34说明：图象过（0，）、（，1）、（1，0）点；在区间0，上的图象为上凸的曲线段；在区间，1上的图象为直线段
31、.（）f2（x）2x2，x，1的反函数为：y=1，x0，1由已知条件得：a11，a21a11，a31a21（）2，a41（）1（）2（）3，an（）0（）1（）2（）n1即an1（）n，.（）由已知x00，x1f1（x0）12（x0）2，由f1（x）的值域，得x1，1f2（x1）2212（x0）24（x0）2由f2（x1）x0，整理得4x025x010，解得x01，x0因为x00，所以x0评述：本小题主要考查函数及数列的基本概念和性质，考查分析、归纳、推理、运算的能力.57.解：由已知由，得a1（3d21）2d 由，得a1（5d41）4d 因为d0，由与得2（3d21）5d41，即5d46d2
32、10，解得d1，dd0，d1，d代入，得a1，故b1=.an（n1）（n6），bn（）n1评述：本小题考查等差数列和等比数列的概念、性质，方程（组）的解法以及运算能力和分析能力.58.（）解：因为cn1pcn是等比数列，故有（cn1pcn）2（cn2pcn1）（cnpcn1），将cn2n3n代入上式，得2n13n1p（2n3n）22n23n2p（2n13n1）2n3np（2n13n1）即（2p）2n（3p）3n2（2p）2n1（3p）3n1（2p）2n1（3p）3n1，整理得（2p）（3p）2n3n0，解得p=2或p=3.（）证明：设an、bn的公比分别为p、q，pq，cn=an+bn为证cn
33、不是等比数列只需证c22c1c3事实上，c22（a1pb1q）2a12p2b12q22a1b1pq，c1c3（a1b1）（a1p2b1q2）a12p2b12q2a1b1（p2q2）由于pq，p2q22pq，又a1、b1不为零，因此c22c1c3，故cn不是等比数列.评述：本题主要考查等比数列的概念和基本性质，推理和运算能力.59.解：设等差数列an的公差为d，则Sn=na1n（n1）dS77，S1575，即解得a12，d1a1（n1）d2（n1），数列是等差数列，其首项为2，公差为，Tnn2n评述：本题主要考查等差数列的基础知识和基本技能；运算能力.60.解：（）由题意，ann，bn2000（
34、）（）函数y=2000（）x（0a10）递减，对每个自然数n，有bnbn1bn2则以bn，bn1，bn2为边长能构成一个三角形的充要条件是bn2bn1bn，即（）2（1）0，解得a5（1）或a5（1），5（1）a10（）（理）5（1）a10，a=7，bn2000（）数列bn是一个递减的正数数列.对每个自然数n2，BnbnBn1于是当bn1时，BnBn1，当bn1时，BnBn1，因此，数列Bn的最大项的项数n满足不等式bn1且bn11.由bn2000（）1，得n20.8，n=20.（文）5（1）a10，a=7，bn2000（）于是cnlg2000（）3lg2（n）lg0.7数列cn是一个递减的等
35、差数列.因此，当且仅当cn0，且cn10时，数列cn的前n项的和最大.由cn3lg2（n）lg070，得n20.8，n=20.评述：本题主要考查函数的解析式，函数的性质，解不等式，等差等比数列的有关知识，及等价转化，数形结合等数学思想方法.61.解：（）设an的公差为d，则a2a32a13d，故2（393）3d=768，解得d=6，an3936（n1）6n399由S=20，得q=，bn2（）n1（nN）（）a1a2amma1393m3m（m1），am1am2a2m（a1a2a2m）（a1a2am）393（2m）+6m（2m1）+393m3m（m1）=9m2396m.160b2=288，9m23
36、96m288（m1），m244m32（m1），即（m4）（m8）0，解得4m8，又mN，从而m=4，5，6，7，8.62.解：（1）设等比数列an的公比为q，则T1=a1，T2=2a1+a2=a1（2+q）又T1=1，T2=4，a1=1，q=2.（2）解法一：由（1）知：a=1，q=2，an=a1qn1=2n1Tn=n1+（n1）2+（n2）22+22n2+12n12Tn=n2+（n1）22+（n2）23+22n1+12n得Tn=n2+（n1）22+22n1+2nn1+(n1)2+22n2+12n1=n+2+22+2n1+2=n+=2n+1（n+2）解法二：设Sn=a1+a2+an，而an=2
37、n1Sn=1+2+2n1=2n1Tn=na1+（n1）a2+2an1+an=a1+（a1+a2）+（a1+a2+a3）+（a1+a2+an1+an）=S1+S2+Sn=（21）+（221）+（2n1）=（2+22+2n）n=2n+1（n+2）评述：本题考查等比数列的有关知识，以及灵活运用数学方法的能力.第（2）问的两种解法都比较巧妙，解法一扣住课本中的错位相减法；解法二活用S1=a1，S2=a1+a2，从而获得新的解题思路.63.（）解：依题意f（0）=0，又由f（x1）1，当0y1时，函数y=f（x）的图象是斜率为b01的线段，故由1得x11又由f（x2）2，当1y2时，函数y=f（x）的图
38、象是斜率为b的线段，故由b，即x2x1得x21记x00，由函数y=f（x）图象中第n段线段的斜率为bn1，故得又f（xn）n，f（xn1）n1；xnxn1（）n1，n1，2，由此知数列xnxn1为等比数列，其首项为1，公比为因b1，得xn，即xn（）解：当0y1，从（）可知y=x，即当0x1时，f（x）=x.当nyn1时，即当xnxxn1时，由（）可知f（x）=n+bn（xxn） （xnxxn1，n1，2，3，）为求函数f（x）的定义域，须对xn（n1，2，3，）进行讨论.当b1时，；当0b1时，n，xn也趋向于无穷大.综上，当b1时，y=f（x）的定义域为0，）；当0b1时，y=f（x）的定
39、义域为0，（）证法一：首先证明当b1，1x时，恒有f（x）x成立.用数学归纳法证明：（）由（）知当n=1时，在（1，x2上，y=f（x）=1+b（x1），所以f（x）x=（x1）（b1）0成立.（）假设n=k时在（xk，xk1上恒有f（x）x成立.可得f（xk1）k1xk1，在（xk1，xk2上，f（x）k1bk1（xxk1），所以f（x）x=k+1+bk1（xxk1）x（bk11）（xxk1）（k1xk1）0成立.由（）与（）知，对所有自然数n在（xn，xn1）上都有f（x）x成立.即1x时，恒有f（x）x其次，当b1，仿上述证明，可知当x1时，恒有f（x）x成立.故函数y=f（x）的图象与
40、y=x的图象没有横坐标大于1的交点.证法二：首先证明当b1，1x时，恒有f（x）x成立.对任意的x（1，）存在xn，使xnxxn1，此时有f（x）f（xn）bn（xxn）xxn（n1），f（x）xf（xn）xn又f（xn）n1xn，f（xn）xn0，f（x）xf（xn）xn0即有f（x）x成立.其次，当b1，仿上述证明，可知当x1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.评述：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.64.解：由Sna1a2an知，anSnSn1（n2），a1S1，由已知an5Sn3，得an
41、15Sn13于是anan15（SnSn1）5an，所以anan1由a15S13，得a1所以，数列an是首项a1，公比q的等比数列.由此知数列a1，a3，a5，a2n1，是首项为a1，公比为（）2的等比数列.（a1a3a5a2n1）评述：本小题主要考查等比数列和数列极限等基础知识.65.解：设数列an的公比为q，则q2=4.由an0（nN*），得q=2，a1=1，an=2n.于是66.解：（）设数列bn的公差为d，由题意得解得 bn3n2（）由Sn3n2知因此要比较Sn与logabn1的大小，可先比较（11）（1）（1）与的大小.取n=1，有（11）取n=2，有（11）（1），由此推测（11）（
42、1）（1）若式成立，则由对数函数性质可断定：当a1时，Snlogabn+1当0a1时，Snlogabn+1.下面用数学归纳法证明式.（i）当n=1时已验证式成立.（ii）假设当n=k（k1）时，式成立，即（1+1）（1+）.那么，当n=k+1时，（1+1）（1+）（1+）1+（1+）=（3k+2）（3k+2）因而（1+1）这就是说式当n=k+1时也成立.由（i）（ii）知，式对任何自然数n都成立.由此证得：当a1时，Snlogabn+1当0a1时，Snlogabn+1评述：该题是综合题，主要考查等差数列、数学归纳法、对数函数的性质等基本知识，以及归纳猜想，等价转化和代数式恒等变形的能力，相比之
43、下，对能力的考查，远远高于对知识的考查.67.解：（）设数列bn的公差为d，由题意得解得 bn=2n1.（）由bn=2n1，知Sn=lg（1+1）+lg（1+）+lg（1+）=lg（1+1）（1+）（1+），lgbn+1=lg.因此要比较Sn与lgbn+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+）.若式成立，则由对数函数性质可断定：Snlgbn+1.下面用数学归纳法证明式.（i）当n=1时已验证式成立.（ii）假设当n=k（k1）时，式成立，即（1+1）（1+）（1+）.那么，当n=k+1时，（
44、1+1）（1+）（1+）1+（1+）=（2k+2）.（2k+2）2（）2，.因而 这就是说式当n=k+1时也成立.由（i），（ii）知式对任何正整数n都成立.由此证得：Snlgbn+1.68.解：（1）a1=，anan1=数列an是以为首项，1为公差的等差数列.An=由4Bn12An=13n，得Bn=bn=BnBn1=（2）设抛物线Cn的方程为y=a（x+）2即y=x2+（2n+3）x+n2+1y=2x+（2n+3），Dn处切线斜率kn=2n+3.（3）对任意nN*，2an=2n3，4bn=12n5=2（6n+1）3XyX，故可得XY=Y.c1是XY中最大的数，c1=17设等差数列cn的公差为
45、d，则c10=17+9d26517+9d125得27d12而4bn是一个以12为公差的等差数列.d=12m（mN*），d=24cn=724n（nN*）评述：本题考查数列、数列的极限、集合和解析几何中的直线、抛物线等知识.对思维能力有较高要求，考查了分析问题和解决问题的能力.69.解：分两种情况讨论（1）当p1时，因pq0，则10，所以（2）当p1时，因pq0，则1pq0.评述：该题考查了数列、极限的有关知识和分类讨论的思想，考查了学生解决问题的能力，知识、方法、基本计算能力要求较高.70.解：设等差数列an的首项为a，公差为d，则an=a+（n1）d，前n项和为Sn=na+，由题意得其中S50
46、.于是得整理得 解得由此得an=1；或an=4（n1）=n.经验证an=1时，S5=5，或an=n时，S5=4，均适合题意.故所求数列通项公式为an=1，或an=n.评述：该题考查了数列的有关基本知识及代数运算能力，思路明显，运算较基本.71.解：（1）由a1=S1=1，S2=1+a2，得a2=又3tSn（2t+3）Sn1=3t3tSn1（2t+3）Sn2=3t 得3tan（2t+3）an1=0，（n=2，3，）所以an是一个首项为1，公比为的等比数列.（2）由f（t）=，得bn=f+bn1.bn是一个首项为1，公差为的等差数列.bn=1+（n1）=（3）由bn=，可知b2n1和b2n是首项分
47、别为1和，公差均为的等差数列于是b1b2b2b3+b3b4b4b5+b2n1b2nb2nb2n+1=b2（b1b3）+b4（b3b5）+b6（b5b7）+b2n（b2n1+b2n+1）=（b2+b4+b2n）=（2n2+3n）72.解：若q=1，则有S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1.因a10，得S3+S62S9，显然q=1与题设矛盾，故q1.由S3+S6=2S9，得，整理得q3（2q6q31）=0，由q0，得2q6q31=0，从而（2q31）（q31）=0，因q31，故q3=，所以q=.73.解：（）由已知An=（an1）（nN），当n=1时，a1=（a11），解得a1=3，当n2时，
48、an=AnAn1=（anan1），由此解得an=3an1，即=3（n2）.所以数列an是首项为3，公比为3的等比数列，故an=3n（nN*）；（）证明：由计算可知a1，a2不是数列bn中的项，因为a3=27=463，所以d1=27是数列bn中的第6项设ak=3k是数列bn中的第n项，则3k=4m+3（k，mN），因为ak+1=3k+1=33k=3（4m+3）=4（3m+2）+1，所以ak+1不是数列bn中的项.而ak+2=3k+2=93k=9（4m+3）=4（9m+6）+3，所以ak+2是数列bn中的项由以上讨论可知d1=a3，d2=a5，d3=a7，dn=a2n+1所以数列dn的通项公式是d
49、n=a2n+1=32n+1（nN*）（）解：由题意，32n+1=4r+3，所以r=（32n1）易知74.（）证明：设an的公比为q，由题设知a10，q0（）当q=1时，Sn=a1n，从而SnSn+2Sn+12=a1n（n+2）a1（n+1）2a12=a120（）当q1时，Sn=，从而SnSn+2Sn+12=a12qn0由（）和（）得SnSn+2Sn+12根据对数函数的单调性知lg（SnSn+2）lgSn+12即lgSn+1.（）解：不存在.证法一：要使=lg（Sn+1C）成立，则有分两种情况讨论：（）当q=1时，（SnC）（Sn+2C）（Sn+1C）2（a1nC）a1（n+2）Ca1（n+1）
50、C2=a120可知，不满足条件，即不存在常数C0，使结论成立.（）当q1时，（SnC）（Sn+2C）（Sn+1C）2因a1qn0，若条件成立，故只能是a1C（1q）=0，即C=，此时因为C0，a10，所以0q1，但是0q1时，Sn0，不满足条件，即不存在常数C0，使结论成立.综合（）、（），同时满足条件，的常数C0不存在，即不存在常数C0，使=lg（Sn1C）证法二：用反证法，假设存在常数C0，使则有由得SnSn+2Sn+12=C（Sn+Sn+22Sn+1根据平均值不等式及、知Sn+Sn+22Sn+1=（SnC）+（Sn+2C）2（Sn+1C）2（Sn+1C）=0因为C0，故式右端非负，而由（
51、）知，式左端小于零，矛盾，故不存在常数C0，使=lg（Sn+1C）.评述：本题为综合题，以数列为核心知识，在考查等比数列基本知识的同时，考查不等式的证明和解方程，兼考对数的运算法则和对数函数的单调性，并且多角度、多层次考查数学思想方法的灵活、恰当的运用，提高对数学能力的考查要求.该题的解答方法很多，表明该题能较好考查灵活综合运用数学知识的能力.第（）问侧重知识和基本技能的考查，第（）问则把考查的重心放在能力要求上.对思维的逻辑性、周密性和深刻性；运算的合理性、准确性；应用的灵活性、有效性等，该题都涉及到了，是一道突出能力考查的好试题.75.解：证法一：令d=a2a1，下面用数学归纳法证明an=
52、a1+（n1）d（nN*）当n=1时，上述等式为恒等式a1=a1，当n=2时，a1+（21）d=a1+（a2a1）=a2，等式成立.假设当n=k（kN，k2）时命题成立，即ak=a1+（k1）d由题设，有，又Sk+1=Sk+ak+1，所以+ak+1将ak=a1+（k1）d代入上式，得（k+1）（a1+ak+1）=2ka1+k（k1）d+2ak+1整理得（k1）ak+1=（k1）a1+k（k1）dk2，ak+1=a1+（k+1）1d.即n=k+1时等式成立.由和，等式对所有的自然数n成立，从而an是等差数列.证法二：当n2时，由题设，所以同理有从而整理得：an+1an=anan1，对任意n2成立
53、.从而an是等差数列.评述：本题考查等差数列的基础知识，数学归纳法及推理论证能力，教材中是由等差数列的通项公式推出数列的求和公式，本题逆向思维，由数列的求和公式去推数列的通项公式，有一定的难度.考生失误的主要原因是知道用数学归纳法证，却不知用数学归纳法证什么，这里需要把数列成等差数列这一文字语言，转化为数列通项公式是an=a1+（n1）d这一数学符号语言.证法二需要一定的技巧.76.解：（）由题意，an0令n=1时，S1=a1解得a1=2，令n=2时有 S2=a1+a2解得a2=6，令n=3时有S3=a1+a2+a3 解得a3=10故该数列的前三项为2、6、10.（）解法一：由（）猜想数列an
54、有通项公式an=4n2，下面用数学归纳法证明数列an的通项公式是an=4n2 （nN*）1当n=1时，因为4122，又在（）中已求得a1=2，所以上述结论正确. 2假设n=k时，结论正确，即有ak=4k2由题意有得ak=4k2，代入上式得2k=，解得Sk=2k2由题意有Sk+1=Sk+ak+1得Sk=2k2代入得（）2=2（ak+1+2k2）整理ak+124ak+1+416k2=0由于ak+10，解得：ak+1=2+4k所以ak+1=2+4k=4（k+1）2 这就是说n=k+1时，上述结论成立.根据1，2上述结论对所有自然数n成立.解法二：由题意有，（nN*）整理得Sn=（an+2）2 由此得
55、Sn+1=（an+1+2）2所以an+1=Sn+1Sn=（an+1+2）2（an+2）2整理得（an+1+an）（an+1an4）=0由题意知an+1+an0，所以an+1an=4即数列an为等差数列，其中a1=2，公差d=4，所以an=a1（n1）d=2+4（n1）即通项公式an=4n2.（）令cn=bn1，则b1+b2+bnn=c1+c2+cn=所以=1.评述：该题的解题思路是从所给条件出发，通过观察、试验、分析、归纳、概括、猜想出一般规律，然后再对归纳、猜想的结论进行证明.对于含自然数n的命题，可以考虑用数学归纳法进行证明，该题着重考查了归纳、概括和数学变换的能力.77.解：（）由题意得
56、rqn1+rqnrqn+1由题设r0，q0，故上式q2q10所以，由于q0，故0q（）因为所以=q0b1=1+r0，所以bn是首项为1+r，公比为q的等比数列，从而bn=（1+r）qn1当q=1时，Sn=n（1+r）当0q1时，Sn=当q1时，Sn= 综上所述 （）由（）知bn=（1+r）qn1从上式可知当n20.20时n21（nN）时，cn随n的增大而减小，故1cnc21=1+=2.25当n20.20，即n20（nN）时，cn也随着n的增大而减小，故1cnc20=1+综合、两式知对任意的自然数n有c20cnc21故cn的最大项c21=2.25，最小项c204评述：本题主要考查等比数列、对数、
57、不等式等基础知识，推理能力以及分解问题和解决问题的能力.命题趋向与应试策略1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列、数学归纳法内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势（1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求
58、解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点.（2）数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查.（3）加强了数列与极限的综合考查题.3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质.等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即（a3+a5）2=25.又如第14题，利用等差
59、数列的性质：“在等差数列an中，Sn、S2n、S3n分别是其前n项和、前2n项和、前3n项和，则Sn，S2nSn，S3nS2n也成等差数列”可以快速求解.在考题中，此类情况比比皆是，大大提高了解题速度和准确度.4.对于极限，在掌握有关基本知识的前提下，应牢固掌握几种基本题型：根据极限定义证明简单数列极限求极限应掌握以下几种情形：（i）利用（ii）利用qn=0 （|q|1）（iii）利用等比数列各项和公式.（|q|1）5.对客观题，应注意寻求简捷方法.解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：借助特殊数列.灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法.6.在数列的学习中加强能力训练.数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养.7.在数列中加强应用题的训练.
