1、高考资源网（） 您身边的高考专家三年高考真题与高考等值卷( 数列 )(理科数学)1.数列的概念和简单表示法(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式).(2)了解数列是自变量为正整数的一类函数.2.等差数列、等比数列(1)理解等差数列、等比数列的概念.(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.(3)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题.(4)了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.1【2019年新课标3理科05】已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a53a3+4a1，则a3（）A16B8C4D2【
2、解答】解：设等比数列an的公比为q（q0），则由前4项和为15，且a53a3+4a1，有，故选：C2【2019年新课标1理科09】记Sn为等差数列an的前n项和已知S40，a55，则（）Aan2n5Ban3n10CSn2n28nDSnn22n【解答】解：设等差数列an的公差为d，由S40，a55，得，an2n5，故选：A3【2019年浙江10】设a，bR，数列an满足a1a，an+1an2+b，nN*，则（）A当b时，a1010B当b时，a1010C当b2时，a1010D当b4时，a1010【解答】解：对于B，令0，得，取，当b时，a1010，故B错误；对于C，令x220，得2或1，取a12，
3、a22，an210，当b2时，a1010，故C错误；对于D，令x240，得，取，10，当b4时，a1010，故D错误；对于A，an+1an0，an递增，当n4时，an1，（）6，a1010故A正确故选：A4【2018年新课标1理科04】记Sn为等差数列an的前n项和若3S3S2+S4，a12，则a5（）A12B10C10D12【解答】解：Sn为等差数列an的前n项和，3S3S2+S4，a12，a1+a1+d+4a1d，把a12，代入得d3a52+4（3）10故选：B5【2018年浙江10】已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4ln（a1+a2+a3），若a11，则（）A
4、a1a3，a2a4Ba1a3，a2a4Ca1a3，a2a4Da1a3，a2a4【解答】解：a1，a2，a3，a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a11，设公比为q，当q0时，a1+a2+a3+a4a1+a2+a3，a1+a2+a3+a4ln（a1+a2+a3），不成立，即：a1a3，a2a4，a1a3，a2a4，不成立，排除A、D当q1时，a1+a2+a3+a40，ln（a1+a2+a3）0，等式不成立，所以q1；当q1时，a1+a2+a3+a40，ln（a1+a2+a3）0，a1+a2+a3+a4ln（a1+a2+a3）不成立，当q（1，0）时，a1a30，
5、a2a40，并且a1+a2+a3+a4ln（a1+a2+a3），能够成立，故选：B6【2017年新课标1理科04】记Sn为等差数列an的前n项和若a4+a524，S648，则an的公差为（）A1B2C4D8【解答】解：Sn为等差数列an的前n项和，a4+a524，S648，解得a12，d4，an的公差为4故选：C7【2017年新课标1理科12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，其中第一项是20，接下来的两项
6、是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂那么该款软件的激活码是（）A440B330C220D110【解答】解：设该数列为an，设bn2n+11，（nN+），则ai，由题意可设数列an的前N项和为SN，数列bn的前n项和为Tn，则Tn211+221+2n+112n+1n2，可知当N为时（nN+），数列an的前N项和为数列bn的前n项和，即为2n+1n2，容易得到N100时，n14，A项，由435，440435+5，可知S440T29+b5230292+251230，故A项符合题意B项，仿上可知325，可知S330T
7、25+b5226252+251226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意C项，仿上可知210，可知S220T20+b10221202+2101221+21023，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意D项，仿上可知105，可知S110T14+b5215142+251215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意故选A方法二：由题意可知：，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：211，221，231，2n1，每项含有的项数为：1，2，3，n，总共的项数为N1+2+3+n，所有项数的和为Sn：211+221+231+2n1（21+22+23+2n）nn2n+12n，由题意可知：2n+
8、1为2的整数幂只需将2n消去即可，则1+2+（2n）0，解得：n1，总共有23，不满足N100，1+2+4+（2n）0，解得：n5，总共有318，不满足N100，1+2+4+8+（2n）0，解得：n13，总共有495，不满足N100，1+2+4+8+16+（2n）0，解得：n29，总共有5440，满足N100，该款软件的激活码440故选：A8【2017年新课标2理科03】我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A1盏B3盏C5盏D
9、9盏【解答】解：设塔顶的a1盏灯，由题意an是公比为2的等比数列，S7381，解得a13故选：B9【2017年新课标3理科09】等差数列an的首项为1，公差不为0若a2，a3，a6成等比数列，则an前6项的和为（）A24B3C3D8【解答】解：等差数列an的首项为1，公差不为0a2，a3，a6成等比数列，（a1+2d）2（a1+d）（a1+5d），且a11，d0，解得d2，an前6项的和为24故选：A10【2017年浙江06】已知等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，则“d0”是“S4+S62S5”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【解答】解：S4+S
10、62S5，4a1+6d+6a1+15d2（5a1+10d），21d20d，d0，故“d0”是“S4+S62S5”充分必要条件，故选：C11【2017年上海14】在数列an中，an（）n，nN*，则an（）A等于B等于0C等于D不存在【解答】解：数列an中，an（）n，nN*，则an0故选：B12【2017年上海15】已知a、b、c为实常数，数列xn的通项xnan2+bn+c，nN*，则“存在kN*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是（）Aa0Bb0Cc0Da2b+c0【解答】解：存在kN*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列，可得：2a
11、（200+k）2+b（200+k）+ca（100+k）2+b（100+k）+c+a（300+k）2+b（300+k）+c，化为：a0使得x100+k，x200+k，x300+k成等差数列的必要条件是a0故选：A13【2019年新课标3理科14】记Sn为等差数列an的前n项和若a10，a23a1，则【解答】解：设等差数列an的公差为d，则由a10，a23a1可得，d2a1， ，故答案为：414【2019年新课标1理科14】记Sn为等比数列an的前n项和若a1，a42a6，则S5【解答】解：在等比数列中，由a42a6，得q6a12q5a10，即q0，q3，则S5，故答案为：15【2019年北京理科
12、10】设等差数列an的前n项和为Sn，若a23，S510，则a5，Sn的最小值为【解答】解：设等差数列an的前n项和为Sn，a23，S510，解得a14，d1，a5a1+4d4+410，Sn4n（n）2，n4或n5时，Sn取最小值为S4S510故答案为：0，1016【2019年江苏08】已知数列an（nN*）是等差数列，Sn是其前n项和若a2a5+a80，S927，则S8的值是【解答】解：设等差数列an的首项为a1，公差为d，则，解得6（5）+15216故答案为：1617【2018年江苏14】已知集合Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an，
13、记Sn为数列an的前n项和，则使得Sn12an+1成立的n的最小值为【解答】解：利用列举法可得：当n26时，AB中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列an，所以数列an的前26项分成两组：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23.25，41；2，4，8，16，32S26，a2743，12a27516，不符合题意当n27时，AB中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列an，所以数列an的前27项分成两组：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，41，43；2，4，8，16，32S27546，a284512a28540，符合题意，故答案为：27
14、18【2018年新课标1理科14】记Sn为数列an的前n项和若Sn2an+1，则S6【解答】解：Sn为数列an的前n项和，Sn2an+1，当n1时，a12a1+1，解得a11，当n2时，Sn12an1+1，由可得an2an2an1，an2an1，an是以1为首项，以2为公比的等比数列，S663，故答案为：6319【2018年上海06】记等差数列an的前n项和为Sn，若a30，a6+a714，则S7【解答】解：等差数列an的前n项和为Sn，a30，a6+a714，解得a14，d2，S77a128+4214故答案为：1420【2018年上海10】设等比数列an的通项公式为anqn1（nN*），前n
15、项和为Sn若，则q【解答】解：等比数列an的通项公式为anqn1（nN*），可得a11，因为，所以数列的公比不是1，an+1qn可得，可得q3故答案为：321【2018年北京理科09】设an是等差数列，且a13，a2+a536，则an的通项公式为【解答】解：an是等差数列，且a13，a2+a536，解得a13，d6，ana1+（n1）d3+（n1）66n3an的通项公式为an6n3故答案为：an6n322【2017年江苏09】等比数列an的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3，S6，则a8【解答】解：设等比数列an的公比为q1，S3，S6，解得a1，q2则a832故答案为：3223【201
16、7年新课标2理科15】等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则 【解答】解：等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，S42（a2+a3）10，可得a22，数列的首项为1，公差为1，Sn，则 212（1）故答案为：24【2017年新课标3理科14】设等比数列an满足a1+a21，a1a33，则a4【解答】解：设等比数列an的公比为q，a1+a21，a1a33，a1（1+q）1，a1（1q2）3，解得a11，q2则a4（2）38故答案为：825【2017年上海10】已知数列an和bn，其中ann2，nN*，bn的项是互不相等的正整数，若对于任意nN*，bn的第an项等于an的第b
17、n项，则【解答】解：ann2，nN*，若对于一切nN*，bn中的第an项恒等于an中的第bn项，b1a11，b4，b9，b16b1b4b9b162故答案为：226【2017年北京理科10】若等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a4b48，则【解答】解：等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a4b48，设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q可得：81+3d，d3，a22；8q3，解得q2，b22可得1故答案为：127【2019年天津理科19】设an是等差数列，bn是等比数列已知a14，b16，b22a22，b32a3+4（）求an和bn的通项公式；（）设数列cn满足c11，cn其中k
18、N*（i）求数列a（c1）的通项公式；（ii）求aici（nN*）【解答】解：（）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，依题意有：，解得，an4+（n1）33n+1，bn62n132n（）（i）数列cn满足c11，cn其中kN*a（c1）（bn1）（32n+1）（32n1）94n1，数列a（c1）的通项公式为：a（c1）94n1（ii）aiciai+ai（ci1）（3）（322n1+52n1）+9n2722n+1+52n1n12（nN*）28【2019年全国新课标2理科19】已知数列an和bn满足a11，b10，4an+13anbn+4，4bn+13bnan4（1）证明：an+bn
19、是等比数列，anbn是等差数列；（2）求an和bn的通项公式【解答】解：（1）证明：4an+13anbn+4，4bn+13bnan4；4（an+1+bn+1）2（an+bn），4（an+1bn+1）4（anbn）+8；即an+1+bn+1（an+bn），an+1bn+1anbn+2；又a1+b11，a1b11，an+bn是首项为1，公比为的等比数列，anbn是首项为1，公差为2的等差数列；（2）由（1）可得：an+bn（）n1，anbn1+2（n1）2n1；an（）n+n，bn（）nn29【2019年北京理科20】已知数列an，从中选取第i1项、第i2项、第im项（i1i2im），若aaa，则
20、称新数列a，a，a为an的长度为m的递增子列规定：数列an的任意一项都是an的长度为1的递增子列（）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（）已知数列an的长度为p的递增子列的末项的最小值为a，长度为q的递增子列的末项的最小值为a若pq，求证：aa；（）设无穷数列an的各项均为正整数，且任意两项均不相等若an的长度为s的递增子列末项的最小值为2s1，且长度为s末项为2s1的递增子列恰有2s1个（s1，2，），求数列an的通项公式【解答】解：（I）1，3，5，6（II）证明：考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列，该数列的第p项，（III）解：考虑2s
21、1与2s这一组数在数列中的位置若an中有2s，在2s在2s1之后，则必然在长度为s+1，且末项为2s的递增子列，这与长度为s的递增子列末项的最小值为2s1矛盾，2s必在2s1之前继续考虑末项为2s+1的长度为s+1的递增子列对于数列2n1，2n，由于2n在2n1之前，研究递增子列时，不可同时取2n与2n1，对于1至2s的所有整数，研究长度为s+1的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，第s项是2s1与2s二选1，故递增子列最多有2s个由题意，这s组数列对全部存在于原数列中，并且全在2s+1之前2，1，4，3，6，5，是唯一构造即a2k2k1，a2k12k，kN*30【2019
22、年江苏20】定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”（1）已知等比数列an（nN*）满足：a2a4a5，a34a2+4a10，求证：数列an为“M数列”；（2）已知数列bn（nN*）满足：b11，其中Sn为数列bn的前n项和求数列bn的通项公式；设m为正整数，若存在“M数列”cn（nN*），对任意正整数k，当km时，都有ckbkck+1成立，求m的最大值【解答】解：（1）设等比数列an的公比为q，则由a2a4a5，a34a2+4a10，得，数列an首项为1且公比为正数即数列an为“M数列”；（2）b11，当n1时，b22，当n2时，b33，当n3时，b44，猜想bnn，下面用数学归纳法证
23、明；（i）当n1时，b11，满足bnn，（ii）假设nk时，结论成立，即bkk，则nk+1时，由，得k+1，故nk+1时结论成立，根据（i）（ii）可知，bnn对任意的nN*都成立故数列bn的通项公式为bnn；设cn的公比为q，存在“M数列”cn（nN*），对任意正整数k，当km时，都有ckbkck+1成立，即qk1kk对km恒成立，当k1时，q1，当k2时，当k3，两边取对数可得，对km有解，即，令f（x），则，当x3时，f（x）0，此时f（x）递增，当k3时，令g（x），则，令，则，当x3时，（x）0，即g（x）0，g（x）在3，+）上单调递减，即k3时，则，下面求解不等式，化简，得3ln
24、m（m1）ln30，令h（m）3lnm（m1）ln3，则h（m）ln3，由k3得m3，h（m）0，h（m）在3，+）上单调递减，又由于h（5）3ln54ln3ln125ln810，h（6）3ln65ln3ln216ln2430，存在m0（5，6）使得h（m0）0，m的最大值为5，此时q，31【2019年浙江20】设等差数列an的前n项和为Sn，a34，a4S3数列bn满足：对每个nN*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列（）求数列an，bn的通项公式；（）记cn，nN*，证明：c1+c2+cn2，nN*【解答】解：（）设数列an的公差为d，由题意得，解得a10，d2，an2n
25、2，nN*Snn2n，nN*，数列bn满足：对每个nN*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列（Sn+1+bn）2（Sn+bn）（Sn+2+bn），解得，解得bnn2+n，nN*证明：（），nN*，用数学归纳法证明：当n1时，c102，不等式成立；假设nk，（kN*）时不等式成立，即c1+c2+ck2，则当nk+1时，c1+c2+ck+ck+122222，即nk+1时，不等式也成立由得c1+c2+cn2，nN*32【2018年江苏20】设an是首项为a1，公差为d的等差数列，bn是首项为b1，公比为q的等比数列（1）设a10，b11，q2，若|anbn|b1对n1，2，3，4均
26、成立，求d的取值范围；（2）若a1b10，mN*，q（1，证明：存在dR，使得|anbn|b1对n2，3，m+1均成立，并求d的取值范围（用b1，m，q表示）【解答】解：（1）由题意可知|anbn|1对任意n1，2，3，4均成立，a10，q2，解得即d证明：（2）ana1+（n1）d，bnb1qn1，若存在dR，使得|anbn|b1对n2，3，m+1均成立，则|b1+（n1）db1qn1|b1，（n2，3，m+1），即b1d，（n2，3，m+1），q（1，则1qn1qm2，（n2，3，m+1），b10，0，因此取d0时，|anbn|b1对n2，3，m+1均成立，下面讨论数列的最大值和数列的最小
27、值，当2nm时，当1q时，有qnqm2，从而n（qnqn1）qn+20，因此当2nm+1时，数列单调递增，故数列的最大值为设f（x）2x（1x），当x0时，f（x）（ln21xln2）2x0，f（x）单调递减，从而f（x）f（0）1，当2nm时，（1）f（）1，因此当2nm+1时，数列单调递递减，故数列的最小值为d的取值范围是d，33【2018年江苏26】设nN*，对1，2，n的一个排列i1i2in，如果当st时，有isit，则称（is，it）是排列i1i2in的一个逆序，排列i1i2in的所有逆序的总个数称为其逆序数例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序（2，1），（3，1），则排
28、列231的逆序数为2记fn（k）为1，2，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数（1）求f3（2），f4（2）的值；（2）求fn（2）（n5）的表达式（用n表示）【解答】解：（1）记（abc）为排列abc得逆序数，对1，2，3的所有排列，有（123）0，（132）1，（231）2，（321）3，f3（0）1，f3（1）f3（2）2，对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置因此，f4（2）f3（2）+f3（1）+f3（0）5；（2）对一般的n（n4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12n，fn（0）1逆序数为1的排列只能是将排
29、列12n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，fn（1）n1为计算fn+1（2），当1，2，n的排列及其逆序数确定后，将n+1添加进原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置因此，fn+1（2）fn（2）+fn（1）+fn（0）fn（2）+n当n5时，fn（2）fn（2）fn1（2）+fn1（2）fn2（2）+f5（2）f4（2）+f4（2）（n1）+（n2）+4+f4（2）因此，当n5时，fn（2）34【2018年新课标2理科17】记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S315（1）求an的通项公式；（2）求Sn，并求Sn的最小值【解答】解：（1）等差数列an中，a17，S31
30、5，a17，3a1+3d15，解得a17，d2，an7+2（n1）2n9；（2）a17，d2，an2n9，Snn28n（n4）216，当n4时，前n项的和Sn取得最小值为1635【2018年新课标3理科17】等比数列an中，a11，a54a3（1）求an的通项公式；（2）记Sn为an的前n项和若Sm63，求m【解答】解：（1）等比数列an中，a11，a54a31q44（1q2），解得q2，当q2时，an2n1，当q2时，an（2）n1，an的通项公式为，an2n1，或an（2）n1（2）记Sn为an的前n项和当a11，q2时，Sn，由Sm63，得Sm63，mN，无解；当a11，q2时，Sn2n
31、1，由Sm63，得Sm2m163，mN，解得m636【2018年浙江20】已知等比数列an的公比q1，且a3+a4+a528，a4+2是a3，a5的等差中项数列bn满足b11，数列（bn+1bn）an的前n项和为2n2+n（）求q的值；（）求数列bn的通项公式【解答】解：（）等比数列an的公比q1，且a3+a4+a528，a4+2是a3，a5的等差中项，可得2a4+4a3+a528a4，解得a48，由8+8q28，可得q2（舍去），则q的值为2；（）设cn（bn+1bn）an（bn+1bn）2n1，可得n1时，c12+13，n2时，可得cn2n2+n2（n1）2（n1）4n1，上式对n1也成立
32、，则（bn+1bn）an4n1，即有bn+1bn（4n1）（）n1，可得bnb1+（b2b1）+（b3b2）+（bnbn1）1+3（）0+7（）1+（4n5）（）n2，bn3（）+7（）2+（4n5）（）n1，相减可得bn4（）+（）2+（）n2（4n5）（）n14（4n5）（）n1，化简可得bn15（4n+3）（）n237【2018年上海21】给定无穷数列an，若无穷数列bn满足：对任意nN*，都有|bnan|1，则称bn与an“接近”（1）设an是首项为1，公比为的等比数列，bnan+1+1，nN*，判断数列bn是否与an接近，并说明理由；（2）设数列an的前四项为：a11，a22，a34
33、，a48，bn是一个与an接近的数列，记集合Mx|xbi，i1，2，3，4，求M中元素的个数m；（3）已知an是公差为d的等差数列，若存在数列bn满足：bn与an接近，且在b2b1，b3b2，b201b200中至少有100个为正数，求d的取值范围【解答】解：（1）数列bn与an接近理由：an是首项为1，公比为的等比数列，可得an，bnan+1+11，则|bnan|1|11，nN*，可得数列bn与an接近；（2）bn是一个与an接近的数列，可得an1bnan+1，数列an的前四项为：a11，a22，a34，a48，可得b10，2，b21，3，b33，5，b47，9，可能b1与b2相等，b2与b3
34、相等，但b1与b3不相等，b4与b3不相等，集合Mx|xbi，i1，2，3，4，M中元素的个数m3或4；（3）an是公差为d的等差数列，若存在数列bn满足：bn与an接近，可得ana1+（n1）d，若d0，取bnan，可得bn+1bnan+1and0，则b2b1，b3b2，b201b200中有200个正数，符合题意；若d0，取bna1，则|bnan|a1a1|1，nN*，可得bn+1bn0，则b2b1，b3b2，b201b200中有200个正数，符合题意；若2d0，可令b2n1a2n11，b2na2n+1，则b2nb2n1a2n+1（a2n11）2+d0，则b2b1，b3b2，b201b200
35、中恰有100个正数，符合题意；若d2，若存在数列bn满足：bn与an接近，即为an1bnan+1，an+11bn+1an+1+1，可得bn+1bnan+1+1（an1）2+d0，b2b1，b3b2，b201b200中无正数，不符合题意综上可得，d的范围是（2，+）38【2018年天津理科18】设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn（nN*），bn是等差数列已知a11，a3a2+2，a4b3+b5，a5b4+2b6（）求an和bn的通项公式；（）设数列Sn的前n项和为Tn（nN*），（i）求Tn；（ii）证明2（nN*）【解答】（）解：设等比数列an的公比为q，由a11，a3a2+2，可
36、得q2q20q0，可得q2故设等差数列bn的公差为d，由a4b3+b5，得b1+3d4，由a5b4+2b6，得3b1+13d16，b1d1故bnn；（）（i）解：由（），可得，故；（ii）证明：239【2017年江苏19】对于给定的正整数k，若数列an满足：ank+ank+1+an1+an+1+an+k1+an+k2kan对任意正整数n（nk）总成立，则称数列an是“P（k）数列”（1）证明：等差数列an是“P（3）数列”；（2）若数列an既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：an是等差数列【解答】解：（1）证明：设等差数列an首项为a1，公差为d，则ana1+（n1）d，则an3
37、+an2+an1+an+1+an+2+an+3，（an3+an+3）+（an2+an+2）+（an1+an+1），2an+2an+2an，23an，等差数列an是“P（3）数列”；（2）证明：当n4时，因为数列an是P（3）数列，则an3+an2+an1+an+1+an+2+an+36an，因为数列an是“P（2）数列”，所以an2+an1+an+1+an+24an，则an1+an+an+2+an+34an+1，+，得2an4an1+4an+16an，即2anan1+an+1，（n4），因此n4从第3项起为等差数列，设公差为d，注意到a2+a3+a5+a64a4，所以a24a4a3a5a64（
38、a3+d）a3（a3+2d）（a3+3d）a3d，因为a1+a2+a4+a54a3，所以a14a3a2a4a54（a2+d）a2（a2+2d）（a2+3d）a2d，也即前3项满足等差数列的通项公式，所以an为等差数列40【2017年浙江22】已知数列xn满足：x11，xnxn+1+ln（1+xn+1）（nN*），证明：当nN*时，（）0xn+1xn；（）2xn+1xn；（）xn【解答】解：（）用数学归纳法证明：xn0，当n1时，x110，成立，假设当nk时成立，则xk0，那么nk+1时，若xk+10，则0xkxk+1+ln（1+xk+1）0，矛盾，故xn+10，因此xn0，（nN*）xnxn+
39、1+ln（1+xn+1）xn+1，因此0xn+1xn（nN*），（）由xnxn+1+ln（1+xn+1）得xnxn+14xn+1+2xnxn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1），记函数f（x）x22x+（x+2）ln（1+x），x0f（x）ln（1+x）0，f（x）在（0，+）上单调递增，f（x）f（0）0，因此xn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）0，故2xn+1xn；（）xnxn+1+ln（1+xn+1）xn+1+xn+12xn+1，xn，由2xn+1xn得2（）0，2（）2n1（）2n2，xn，综上所述xn41【2017年北京理科20】设an和bn是
40、两个等差数列，记cnmaxb1a1n，b2a2n，bnann（n1，2，3，），其中maxx1，x2，xs表示x1，x2，xs这s个数中最大的数（1）若ann，bn2n1，求c1，c2，c3的值，并证明cn是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当nm时，M；或者存在正整数m，使得cm，cm+1，cm+2，是等差数列【解答】解：（1）a11，a22，a33，b11，b23，b35，当n1时，c1maxb1a1max00，当n2时，c2maxb12a1，b22a2max1，11，当n3时，c3maxb13a1，b23a2，b33a3max2，3，42，下面证明：对nN*，且n2，
41、都有cnb1na1，当nN*，且2kn时，则（bknak）（b1na1），（2k1）nk1+n，（2k2）n（k1），（k1）（2n），由k10，且2n0，则（bknak）（b1na1）0，则b1na1bknak，因此，对nN*，且n2，cnb1na11n，cn+1cn1，c2c11，cn+1cn1对nN*均成立，数列cn是等差数列；（2）证明：设数列an和bn的公差分别为d1，d2，下面考虑的cn取值，由b1a1n，b2a2n，bnann，考虑其中任意biain，（iN*，且1in），则biainb1+（i1）d1a1+（i1）d2n，（b1a1n）+（i1）（d2d1n），下面分d10，d
42、10，d10三种情况进行讨论，若d10，则biain（b1a1n）+（i1）d2，当若d20，则（biain）（b1a1n）（i1）d20，则对于给定的正整数n而言，cnb1a1n，此时cn+1cna1，数列cn是等差数列；当d20，（biain）（bnann）（in）d20，则对于给定的正整数n而言，cnbnannbna1n，此时cn+1cnd2a1，数列cn是等差数列；此时取m1，则c1，c2，是等差数列，命题成立；若d10，则此时d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，故必存在mN*，使得nm时，d1n+d20，则当nm时，（biain）（b1a1n）（i1）（d1n+d2
43、）0，（iN*，1in），因此当nm时，cnb1a1n，此时cn+1cna1，故数列cn从第m项开始为等差数列，命题成立；若d10，此时d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，故必存在sN*，使得ns时，d1n+d20，则当ns时，（biain）（bnann）（i1）（d1n+d2）0，（iN*，1in），因此，当ns时，cnbnann，此时an，d2n+（d1a1+d2），令d1A0，d1a1+d2B，b1d2C，下面证明：An+B对任意正整数M，存在正整数m，使得nm，M，若C0，取m1，x表示不大于x的最大整数，当nm时，An+BAm+BA1+BABM，此时命题成立；若C0
44、，取m+1，当nm时，An+BAm+B+CAB+CMCB+B+CM，此时命题成立，因此对任意正数M，存在正整数m，使得当nm时，M；综合以上三种情况，命题得证42【2017年天津理科18】已知an为等差数列，前n项和为Sn（nN+），bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b312，b3a42a1，S1111b4（）求an和bn的通项公式；（）求数列a2nb2n1的前n项和（nN+）【解答】解：（I）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q由已知b2+b312，得b1（q+q2）12，而b12，所以q+q260又因为q0，解得q2所以，bn2n由b3a42a1，可得3da18由S
45、1111b4，可得a1+5d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2所以，数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n（II）设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n14n，有a2nb2n1（3n1）4n，故Tn24+542+843+（3n1）4n，4Tn242+543+844+（3n1）4n+1，上述两式相减，得3Tn24+342+343+34n（3n1）4n+1（3n2）4n+18得Tn所以，数列a2nb2n1的前n项和为1、以考查等差数列的通项、前n项和及性质为主，等差数列的证明也是考查的热点本节内容在高考中既可以以选择、填空的形式进行考查，也
46、可以以解答题的形式进行考查解答题往往与等比数列、数列求和、不等式等问题综合考查.2、以考查等比数列的通项、前n项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点本节内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查.3、以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点题型以解答题的形式为主，难度中等或稍难一般第一问考查求通项，第二问考查求和，并与不等式、函数、最值等问题综合.1等差数列，等比数列，满足，则能取到的最小整数是（ ）ABCD【答案】B【解析】
47、等差数列的公差设为，等比数列的公比设为，由，可得，则，可得能取到的最小整数是故选：B2中国古代数学名著九章算术中有这样一个问題:今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰:“我羊食半马、“马主曰:“我马食半牛，”今欲衰偿之，问各出几何?此问题的译文是:今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟、羊主人说:“我羊所吃的禾苗只有马的一半，”马主人说:“我马所吃的禾苗只有牛的一半，“打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还( )升粟？ABCD【答案】D【解析】因为斗=升，设羊、马、牛的主人应偿还的量分别为，由题意可知其构成了公比为2的等比数列，且则，解得
48、，所以马主人要偿还的量为：，故选D.3我国古代的洛书中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，9填入的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15.一般地，将连续的正整数填入个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做阶幻方.记阶幻方的对角线上的数字之和为，如图三阶幻方的，那么 的值为（ ）A41B45C369D321【答案】C【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，故.故选：C4设数列的前项和为，且 ，则数列的前10项的和是（ ）A290BCD【答案】C【解析】由得，当时，整理得，所以是公差为4的等差数列，又，所以，从而，所以，数列的前
49、10项的和.故选.5意大利数学家列昂那多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：，即，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等都有着广泛的应用若此数列被2整除后的余数构成一个新数列，则数列的前2019项的和为（ ）A672B673C1346D2019【答案】C【解析】由数列各项除以2的余数，可得为，所以是周期为3的周期数列，一个周期中三项和为，因为，所以数列的前2019项的和为，故选C.6已知数列是等比数列，数列是等差数列，若，则的值是（ ）A1BCD【答案】D【解析】是等比数列 是等差数列 本题正确选项：7已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD
50、【答案】D【解析】解：数列满足，当时，得：，故：，数列满足：，则：，由于恒成立，故：，整理得：，因为在上单调递减，故当时，所以故选：D8已知函数的定义域为，当时，且对任意的实数，等式成立，若数列满足，且，则下列结论成立的是（ ）ABCD【答案】A【解析】由，令，则时， 当时，令，则，即又 当时，令，则，即在上单调递减又令，；令，；令，数列是以为周期的周期数列，在上单调递减 ，本题正确选项：9在数列中，则的值为_【答案】1【解析】因为所以，,各式相加，可得，所以，故答案为1.10已知正项等比数列满足，若存在两项，使得，则的最小值为_【答案】2【解析】正项等比数列满足，整理，得，又，解得，存在两项
51、，使得，整理，得，则的最小值为2当且仅当取等号，但此时，又，所以只有当，时，取得最小值是2故答案为：211已知数列满足对，都有成立，函数，记，则数列的前项和为_【答案】【解析】解：对，都有成立，可令即有，为常数，可得数列为等差数列，函数，由，可得的图象关于点对称，可得数列的前项和为故答案为：12已知数列的前项和为，满足，则=_【答案】【解析】由题意，数列满足，则，两式相减可得，即整理得，即，即，当时，即，解得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列，所以，所以.13等差数列中，且，成等比数列，数列前20项的和_【答案】200或330【解析】设数列的公差为，则，由成等比数列，得，即，整理得，解得或
52、，当时，；当时，于是，故答案为200或330.14已知正项等比数列的前项和为若，则取得最小值时，的值为_【答案】【解析】由，得：q1，所以，化简得：，即，即，得，化简得，当，即时，取得最小值，所以故答案为：15设数列的前项和为，且满足，则_【答案】【解析】解：，可得时， ，时，又，两式相减可得，即，上式对也成立，可得数列是首项为1，公比为的等比数列，可得故答案为：16已知数列满足，则数列的前项和为_.【答案】【解析】由，得，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，于是，所以，因为，所以的前项和.17定义：从数列中抽取项按其在中的次序排列形成一个新数列，则称为的子数列；若成等差（或等比），则称为
53、的等差（或等比）子数列.（1）记数列的前项和为，已知.求数列的通项公式；数列是否存在等差子数列，若存在，求出等差子数列；若不存在，请说明理由.（2）已知数列的通项公式为，证明：存在等比子数列.【答案】（1）；见解析；（2）见证明【解析】解：（1）因为，所以当时，当时，所以.综上可知：.假设从数列中抽3项成等差，则，即，化简得：.因为，所以，且，都是整数，所以为偶数，为奇数，所以不成立.因此，数列不存在三项等差子数列.若从数列中抽项，其前三项必成等差数列，不成立.综上可知，数列不存在等差子数列.（2）假设数列中存在3项，成等比.设，则，故可设（与是互质的正整数）.则需满足，即需满足，则需满足.取
54、，则.此时，.故此时成立.因此数列中存在3项，成等比，所以数列存在等比子数列.18在等差数列中，已知公差，是与的等比中项（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的通项公式；（3）令，数列的前项和为.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】（1）因为是与的等比中项，所以，数列的通项公式为.（2）得：，故。（3），令，则得： ，。数列的前项和19已知等差数列满足，等比数列满足，且.（1）求数列，的通项公式；（2）记数列的前项和为，若数列满足，求的前项和为.【答案】(1) ， (2) .【解析】（1）设的首项为，公差为，则有，解得所以， 设，由已知，可得，由可得，可得，所以，（2）由（1）知
55、， 所以，两式相减可得， 当时，满足上式，所以， ，两式相减可得，所以.20等差数列前项和为，且，（1）求的通项公式；（2）数列满足且，求的前项和【答案】(1) (2) 【解析】（1）等差数列的公差设为，前项和为，且，可得，解得，可得；（2）由，可得，则前项和21设是单调递增的等比数列，为数列的前项和已知，且，构成等差数列 （1）求及； （2）是否存在常数使得数列是等比数列?若存在，求的值；若不存在，请说明理由【答案】（1），（2）存在常数使得数列是等比数列，详见解析【解析】（1）由题意得 ， ， 解得或 （舍） 所以， . （2）假设存在常数使得数列是等比数列，因为，所以，解得， 此时 ，
56、存在常数使得数列是首项为，公比为等比数列 22对于无穷数列，若，则称是的“收缩数列”.其中，分别表示中的最大数和最小数.已知为无穷数列，其前项和为，数列是的“收缩数列”.（1）若，求的前项和；（2）证明：的“收缩数列”仍是；（3）若且，求所有满足该条件的.【答案】（1）；（2）详见解析；（3），.【解析】（1）由可得为递增数列由通项公式可知为等差数列的前项和为：（2），又的“收缩数列”仍是（3）由可得：当时，；当时，即，所以；当时，即（*），若，则，所以由（*）可得，与矛盾；若，则，所以由（*）可得所以与同号，这与矛盾；若，则，由（*）可得.猜想：满足的数列是：， 经验证，左式右式下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件由上述时的情况可知，时，是成立的假设是首次不符合，的项，则由题设条件可得（*）若，则由（*）式化简可得与矛盾；若，则，所以由（*）可得所以与同号，这与矛盾；所以，则，所以由（*）化简可得.这与假设矛盾.所以不存在数列不满足，的符合题设条件综上所述：，- 50 - 版权所有高考资源网