本章三年高考真题与高考等值卷（ 数列 ）（理科数学）-2020年领军高考数学一轮复习（文理通用） Word版含解析

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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a5＝‎3a3+‎4a1，则a3＝（　　）‎ A．16 B．‎8 ‎C．4 D．2‎ ‎【解答】解：设等比数列{an}的公比为q（q＞0），‎ 则由前4项和为15，且a5＝‎3a3+‎4a1，有 ‎，∴，‎ ‎∴，‎ 故选：C．‎ ‎2．【2019年新课标1理科09】记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（　　）‎ A．an＝2n﹣5 B．an＝3n﹣‎10 ‎C．Sn＝2n2﹣8n D．Snn2﹣2n ‎【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，‎ 由S4＝0，a5＝5，得 ‎，∴，‎ ‎∴an＝2n﹣5，，‎ 故选：A．‎ ‎3．【2019年浙江10】设a，b∈R，数列{an}满足a1＝a，an+1＝an2+b，n∈N*，则（　　）‎ A．当b时，a10＞10 B．当b时，a10＞10 ‎ C．当b＝﹣2时，a10＞10 D．当b＝﹣4时，a10＞10‎ ‎【解答】解：对于B，令0，得λ，‎ 取，∴，‎ ‎∴当b时，a10＜10，故B错误；‎ 对于C，令x2﹣λ﹣2＝0，得λ＝2或λ＝﹣1，‎ 取a1＝2，∴a2＝2，…，an＝2＜10，‎ ‎∴当b＝﹣2时，a10＜10，故C错误；‎ 对于D，令x2﹣λ﹣4＝0，得，‎ 取，∴，…，10，‎ ‎∴当b＝﹣4时，a10＜10，故D错误；‎ 对于A，，，‎ ‎，‎ an+1﹣an＞0，{an}递增，‎ 当n≥4时，an1，‎ ‎∴，∴（）6，∴a1010．故A正确．‎ 故选：A． ‎ ‎4．【2018年新课标1理科04】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2+S4，a1＝2，则a5＝（　　　　）‎ A．﹣12 B．﹣‎10 ‎C．10 D．12‎ ‎【解答】解：∵Sn为等差数列{an}的前n项和，3S3＝S2+S4，a1＝2，‎ ‎∴a1+a1+d+‎4a1d，‎ 把a1＝2，代入得d＝﹣3‎ ‎∴a5＝2+4×（﹣3）＝﹣10．‎ 故选：B． ‎ ‎5．【2018年浙江10】已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3），若a1＞1，则（　　　　）‎ A．a1＜a3，a2＜a4 B．a1＞a3，a2＜a4 ‎ C．a1＜a3，a2＞a4 D．a1＞a3，a2＞a4‎ ‎【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，‎ a1＞1，设公比为q，‎ 当q＞0时，a1+a2+a3+a4＞a1+a2+a3，a1+a2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3），不成立，‎ 即：a1＞a3，a2＞a4，a1＜a3，a2＜a4，不成立，排除A、D．‎ 当q＝﹣1时，a1+a2+a3+a4＝0，ln（a1+a2+a3）＞0，等式不成立，所以q≠﹣1；‎ 当q＜﹣1时，a1+a2+a3+a4＜0，ln（a1+a2+a3）＞0，a1+a2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3）不成立，‎ 当q∈（﹣1，0）时，a1＞a3＞0，a2＜a4＜0，并且a1+a2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3），能够成立，‎ 故选：B． ‎ ‎6．【2017年新课标1理科04】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4+a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为（　　　　）‎ A．1 B．‎2 ‎C．4 D．8‎ ‎【解答】解：∵Sn为等差数列{an}的前n项和，a4+a5＝24，S6＝48，‎ ‎∴，‎ 解得a1＝﹣2，d＝4，‎ ‎∴{an}的公差为4．‎ 故选：C． ‎ ‎7．【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：N＞100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（　　　　）‎ A．440 B．‎330 ‎C．220 D．110‎ ‎【解答】解：设该数列为{an}，设bn2n+1﹣1，（n∈N+），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Tn＝21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1＝2n+1﹣n﹣2，‎ 可知当N为时（n∈N+），数列{an}的前N项和为数列{bn}的前n项和，即为2n+1﹣n﹣2，‎ 容易得到N＞100时，n≥14，‎ A项，由435，440＝435+5，可知S440＝T29+b5＝230﹣29﹣2+25﹣1＝230，故A项符合题意．‎ B项，仿上可知325，可知S330＝T25+b5＝226﹣25﹣2+25﹣1＝226+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S220＝T20+b10＝221﹣20﹣2+210﹣1＝221+210﹣23，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S110＝T14+b5＝215﹣14﹣2+25﹣1＝215+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：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，‎ 每项含有的项数为：1，2，3，…，n，‎ 总共的项数为N＝1+2+3+…+n，‎ 所有项数的和为Sn：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1＝（21+22+23+…+2n）﹣nn＝2n+1﹣2﹣n，‎ 由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，‎ 则①1+2+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝1，总共有2＝3，不满足N＞100，‎ ‎②1+2+4+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝5，总共有3＝18，不满足N＞100，‎ ‎③1+2+4+8+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝13，总共有4＝95，不满足N＞100，‎ ‎④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝29，总共有5＝440，满足N＞100，‎ ‎∴该款软件的激活码440．‎ 故选：A． ‎ ‎8．【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（　　　　）‎ A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．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a1＝3．‎ 故选：B． ‎ ‎9．【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（　　　　）‎ A．﹣24 B．﹣‎3 ‎C．3 D．8‎ ‎【解答】解：∵等差数列{an}的首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，‎ ‎∴，‎ ‎∴（a1+2d）2＝（a1+d）（a1+5d），且a1＝1，d≠0，‎ 解得d＝﹣2，‎ ‎∴{an}前6项的和为24．‎ 故选：A． ‎ ‎10．【2017年浙江06】已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞‎0”‎是“S4+S6＞2S‎5”‎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+S6＞2S5，‎ ‎∴‎4a1+6d+‎6a1+15d＞2（‎5a1+10d），‎ ‎∴21d＞20d，‎ ‎∴d＞0，‎ 故“d＞0”是“S4+S6＞2S‎5”‎充分必要条件，‎ 故选：C． ‎ ‎11．【2017年上海14】在数列{an}中，an＝（）n，n∈N*，则an（　　　　）‎ A．等于 B．等于‎0 ‎C．等于 D．不存在 ‎【解答】解：数列{an}中，an＝（）n，n∈N*，‎ 则an0．‎ 故选：B． ‎ ‎12．【2017年上海15】已知a、b、c为实常数，数列{xn}的通项xn＝an2+bn+c，n∈N*，则“存在k∈N*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是（　　　　）‎ A．a≥0 B．b≤‎0 ‎C．c＝0 D．a﹣2b+c＝0‎ ‎【解答】解：存在k∈N*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列，可得：2[a（200+k）2+b（200+k）+c]＝a（100+k）2+b（100+k）+c+a（300+k）2+b（300+k）+c，化为：a＝0．‎ ‎∴使得x100+k，x200+k，x300+k成等差数列的必要条件是a≥0．‎ 故选：A． ‎ ‎13．【2019年新课标3理科14】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝‎3a1，则　　．‎ ‎【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，则 由a1≠0，a2＝‎3a1可得，d＝‎2a1，‎ ‎∴‎ ‎ ‎ ‎，‎ 故答案为：4． ‎ ‎14．【2019年新课标1理科14】记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1，a42＝a6，则S5＝　　．‎ ‎【解答】解：在等比数列中，由a42＝a6，得q‎6a12＝q‎5a1＞0，‎ 即q＞0，q＝3，‎ 则S5，‎ 故答案为： ‎ ‎15．【2019年北京理科10】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝﹣3，S5＝﹣10，则a5＝　　，Sn的最小值为　　．‎ ‎【解答】解：设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝﹣3，S5＝﹣10，‎ ‎∴，‎ 解得a1＝﹣4，d＝1，‎ ‎∴a5＝a1+4d＝﹣4+4×1＝0，‎ Sn4n（n）2，‎ ‎∴n＝4或n＝5时，Sn取最小值为S4＝S5＝﹣10．‎ 故答案为：0，﹣10． ‎ ‎16．【2019年江苏08】已知数列{an}（n∈N*）是等差数列，Sn是其前n项和．若a‎2a5+a8＝0，S9＝27，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）+15×2＝16．‎ 故答案为：16． ‎ ‎17．【2018年江苏14】已知集合A＝{x|x＝2n﹣1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}，记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn＞12an+1成立的n的最小值为　　　　．‎ ‎【解答】解：利用列举法可得：当n＝26时，A∪B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；‎ ‎2，4，8，16，32．‎ S26，a27＝43，⇒‎12a27＝516，不符合题意．‎ 当n＝27时，A∪B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；‎ ‎2，4，8，16，32．‎ S27546，a28＝45⇒‎12a28＝540，符合题意，‎ 故答案为：27． ‎ ‎18．【2018年新课标1理科14】记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an+1，则S6＝　　　　．‎ ‎【解答】解：Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2an+1，①‎ 当n＝1时，a1＝‎2a1+1，解得a1＝﹣1，‎ 当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1+1，②，‎ 由①﹣②可得an＝2an﹣2an﹣1，‎ ‎∴an＝2an﹣1，‎ ‎∴{an}是以﹣1为首项，以2为公比的等比数列，‎ ‎∴S663，‎ 故答案为：﹣63 ‎ ‎19．【2018年上海06】记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝0，a6+a7＝14，则S7＝　　　　．‎ ‎【解答】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝0，a6+a7＝14，‎ ‎∴，‎ 解得a1＝﹣4，d＝2，‎ ‎∴S7＝‎7a128+42＝14．‎ 故答案为：14． ‎ ‎20．【2018年上海10】设等比数列{an}的通项公式为an＝qn﹣1（n∈N*），前n项和为Sn．若，则q＝　　　　．‎ ‎【解答】解：等比数列{an}的通项公式为an＝qn﹣1（n∈N*），可得a1＝1，‎ 因为，所以数列的公比不是1，‎ ‎，an+1＝qn．‎ 可得，‎ 可得q＝3．‎ 故答案为：3． ‎ ‎21．【2018年北京理科09】设{an}是等差数列，且a1＝3，a2+a5＝36，则{an}的通项公式为　　　　．‎ ‎【解答】解：∵{an}是等差数列，且a1＝3，a2+a5＝36，‎ ‎∴，‎ 解得a1＝3，d＝6，‎ ‎∴an＝a1+（n﹣1）d＝3+（n﹣1）×6＝6n﹣3．‎ ‎∴{an}的通项公式为an＝6n﹣3．‎ 故答案为：an＝6n﹣3． ‎ ‎22．【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q≠1，‎ ‎∵S3，S6，∴，，‎ 解得a1，q＝2．‎ 则a832．‎ 故答案为：32． ‎ ‎23．【2017年新课标2理科15】等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则 　　　　．‎ ‎【解答】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，S4＝2（a2+a3）＝10，‎ 可得a2＝2，数列的首项为1，公差为1，‎ Sn，，‎ 则 2[1]＝2（1）．‎ 故答案为：． ‎ ‎24．【2017年新课标3理科14】设等比数列{an}满足a1+a2＝﹣1，a1﹣a3＝﹣3，则a4＝　　　　．‎ ‎【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，∵a1+a2＝﹣1，a1﹣a3＝﹣3，‎ ‎∴a1（1+q）＝﹣1，a1（1﹣q2）＝﹣3，‎ 解得a1＝1，q＝﹣2．‎ 则a4＝（﹣2）3＝﹣8．‎ 故答案为：﹣8． ‎ ‎25．【2017年上海10】已知数列{an}和{bn}，其中an＝n2，n∈N*，{bn}的项是互不相等的正整数，若对于任意n∈N*，{bn}的第an项等于{an}的第bn项，则　　　　．‎ ‎【解答】解：∵an＝n2，n∈N*，若对于一切n∈N*，{bn}中的第an项恒等于{an}中的第bn项，‎ ‎∴．‎ ‎∴b1＝a1＝1，b4，b9，b16．‎ ‎∴b1b4b9b16．‎ ‎∴2．‎ 故答案为：2． ‎ ‎26．【2017年北京理科10】若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝﹣1，a4＝b4＝8，则　　　　．‎ ‎【解答】解：等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝﹣1，a4＝b4＝8，‎ 设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q．‎ 可得：8＝﹣1+3d，d＝3，a2＝2；‎ ‎8＝﹣q3，解得q＝﹣2，∴b2＝2．‎ 可得1．‎ 故答案为：1． ‎ ‎27．【2019年天津理科19】设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝‎2a2﹣2，b3＝‎2a3+4．‎ ‎（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设数列{cn}满足c1＝1，cn其中k∈N*．‎ ‎（i）求数列{a（c1）}的通项公式；‎ ‎（ii）求aici（n∈N*）．‎ ‎【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，‎ 依题意有：‎ ‎，解得，‎ ‎∴an＝4+（n﹣1）×3＝3n+1，‎ bn＝6×2n﹣1＝3×2n．‎ ‎（Ⅱ）（i）∵数列{cn}满足c1＝1，cn其中k∈N*．‎ ‎∴a（c1）（bn﹣1）＝（3×2n+1）（3×2n﹣1）＝9×4n﹣1，‎ ‎∴数列{a（c1）}的通项公式为：‎ a（c1）＝9×4n﹣1．‎ ‎（ii）aici[ai+ai（ci﹣1）]‎ ‎＝（3）‎ ‎＝（3×22n﹣1+5×2n﹣1）+9n ‎＝27×22n+1+5×2n﹣1﹣n﹣12．（n∈N*）． ‎ ‎28．【2019年全国新课标2理科19】已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4．‎ ‎（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an﹣bn}是等差数列；‎ ‎（2）求{an}和{bn}的通项公式．‎ ‎【解答】解：（1）证明：∵4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4；‎ ‎∴4（an+1+bn+1）＝2（an+bn），4（an+1﹣bn+1）＝4（an﹣bn）+8；‎ 即an+1+bn+1（an+bn），an+1﹣bn+1＝an﹣bn+2；‎ 又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，‎ ‎∴{an+bn}是首项为1，公比为的等比数列，‎ ‎{an﹣bn}是首项为1，公差为2的等差数列；‎ ‎（2）由（1）可得：an+bn＝（）n﹣1，‎ an﹣bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；‎ ‎∴an＝（）n+n，‎ bn＝（）n﹣n． ‎ ‎29．【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（i1＜i2＜…＜im），若aaa，则称新数列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．‎ ‎（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；‎ ‎（Ⅱ）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p＜q，求证：aa；‎ ‎（Ⅲ）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2s﹣1，且长度为s末项为2s﹣1的递增子列恰有2s﹣1个（s＝1，2，…），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﹣1与2s这一组数在数列中的位置．‎ 若{an}中有2s，在2s在2s﹣1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2s﹣1矛盾，∴2s必在2s﹣1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2n﹣1，2n，由于2n在2n﹣1之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n与2n﹣1，‎ ‎∵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2s﹣1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a2k＝2k﹣1，a2k﹣1＝2k，k∈N*．‎ ‎30．【2019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}（n∈N*）满足：a‎2a4＝a5，a3﹣‎4a2+‎4a1＝0，求证：数列{an}为“M﹣数列”；‎ ‎（2）已知数列{bn}（n∈N*）满足：b1＝1，，其中Sn为数列{bn}的前n项和．‎ ‎①求数列{bn}的通项公式；‎ ‎②设m为正整数，若存在“M﹣数列”{cn}（n∈N*），对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck+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a‎2a4＝a5，a3﹣‎4a2+‎4a1＝0，得 ‎∴，‎ ‎∴数列{an}首项为1且公比为正数 即数列{an}为“M﹣数列”；‎ ‎（2）①∵b1＝1，，‎ ‎∴当n＝1时，，∴b2＝2，‎ 当n＝2时，，∴b3＝3，‎ 当n＝3时，，∴b4＝4，‎ 猜想bn＝n，下面用数学归纳法证明；‎ ‎（i）当n＝1时，b1＝1，满足bn＝n，‎ ‎（ii）假设n＝k时，结论成立，即bk＝k，则n＝k+1时，‎ 由，得 k+1，‎ 故n＝k+1时结论成立，‎ 根据（i）（ii）可知，bn＝n对任意的n∈N*都成立．‎ 故数列{bn}的通项公式为bn＝n；‎ ‎②设{cn}的公比为q，‎ 存在“M﹣数列”{cn}（n∈N*），对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck+1成立，‎ 即qk﹣1≤k≤k对k≤m恒成立，‎ 当k＝1时，q≥1，当k＝2时，，‎ 当k≥3，两边取对数可得，对k≤m有解，‎ 即，‎ 令f（x），则，‎ 当x≥3时，f'（x）＜0，此时f（x）递增，‎ ‎∴当k≥3时，，‎ 令g（x），则，‎ 令，则，‎ 当x≥3时，ϕ'（x）＜0，即g'（x）＜0，‎ ‎∴g（x）在[3，+∞）上单调递减，‎ 即k≥3时，，则 ‎，‎ 下面求解不等式，‎ 化简，得3lnm﹣（m﹣1）ln3≤0，‎ 令h（m）＝3lnm﹣（m﹣1）ln3，则h'（m）ln3，‎ 由k≥3得m≥3，h'（m）＜0，∴h（m）在[3，+∞）上单调递减，‎ 又由于h（5）＝3ln5﹣4ln3＝ln125﹣ln81＞0，h（6）＝3ln6﹣5ln3＝ln216﹣ln243＜0，‎ ‎∴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，a3＝4，a4＝S3．数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）记cn，n∈N*，证明：c1+c2+…+cn＜2，n∈N*．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，‎ 由题意得，‎ 解得a1＝0，d＝2，‎ ‎∴an＝2n﹣2，n∈N*．‎ ‎∴Sn＝n2﹣n，n∈N*，‎ ‎∵数列{bn}满足：对每个n∈N*，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bn＝n2+n，n∈N*．‎ 证明：（Ⅱ），n∈N*，‎ 用数学归纳法证明：‎ ‎①当n＝1时，c1＝0＜2，不等式成立；‎ ‎②假设n＝k，（k∈N*）时不等式成立，即c1+c2+…+ck＜2，‎ 则当n＝k+1时，‎ c1+c2+…+ck+ck+1＜22‎ ‎＜222，‎ 即n＝k+1时，不等式也成立．‎ 由①②得c1+c2+…+cn＜2，n∈N*． ‎ ‎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a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an﹣bn|≤b1对n＝1，2，3，4均成立，求d的取值范围；‎ ‎（2）若a1＝b1＞0，m∈N*，q∈（1，]，证明：存在d∈R，使得|an﹣bn|≤b1对n＝2，3，…，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|an﹣bn|≤1对任意n＝1，2，3，4均成立，‎ ‎∵a1＝0，q＝2，‎ ‎∴，解得．即d．‎ 证明：（2）∵an＝a1+（n﹣1）d，bn＝b1•qn﹣1，‎ 若存在d∈R，使得|an﹣bn|≤b1对n＝2，3，…，m+1均成立，‎ 则|b1+（n﹣1）d﹣b1•qn﹣1|≤b1，（n＝2，3，…，m+1），‎ 即b1≤d，（n＝2，3，…，m+1），‎ ‎∵q∈（1，]，∴则1＜qn﹣1≤qm≤2，（n＝2，3，…，m+1），‎ ‎∴b1≤0，0，‎ 因此取d＝0时，|an﹣bn|≤b1对n＝2，3，…，m+1均成立，‎ 下面讨论数列{}的最大值和数列{}的最小值，‎ ‎①当2≤n≤m时，，‎ 当1＜q时，有qn≤qm≤2，‎ 从而n（qn﹣qn﹣1）﹣qn+2＞0，‎ 因此当2≤n≤m+1时，数列{}单调递增，‎ 故数列{}的最大值为．‎ ‎②设f（x）＝2x（1﹣x），当x＞0时，f′（x）＝（ln2﹣1﹣xln2）2x＜0，‎ ‎∴f（x）单调递减，从而f（x）＜f（0）＝1，‎ 当2≤n≤m时，（1）＝f（）＜1，‎ 因此当2≤n≤m+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n∈N*，对1，2，……，n的一个排列i1i2……in，如果当s＜t时，有is＞it，则称（is，it）是排列i1i2……in的一个逆序，排列i1i2……in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）（n≥5）的表达式（用n表示）．‎ ‎【解答】解：（1）记μ（abc）为排列abc得逆序数，对1，2，3的所有排列，有 μ（123）＝0，μ（132）＝1，μ（231）＝2，μ（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（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，∴fn（0）＝1．‎ 逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，fn（1）＝n﹣1．‎ 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n≥5时，fn（2）＝[fn（2）﹣fn﹣1（2）]+[fn﹣1（2）﹣fn﹣2（2）]+…+[f5（2）﹣f4（2）]+f4（2）‎ ‎＝（n﹣1）+（n﹣2）+…+4+f4（2）．‎ 因此，当n≥5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a1＝﹣7，S3＝﹣15．‎ ‎（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，a1＝﹣7，S3＝﹣15，‎ ‎∴a1＝﹣7，‎3a1+3d＝﹣15，解得a1＝﹣7，d＝2，‎ ‎∴an＝﹣7+2（n﹣1）＝2n﹣9；‎ ‎（2）∵a1＝﹣7，d＝2，an＝2n﹣9，‎ ‎∴Snn2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，‎ ‎∴当n＝4时，前n项的和Sn取得最小值为﹣16． ‎ ‎35．【2018年新课标3理科17】等比数列{an}中，a1＝1，a5＝‎4a3．‎ ‎（1）求{an}的通项公式；‎ ‎（2）记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m．‎ ‎【解答】解：（1）∵等比数列{an}中，a1＝1，a5＝‎4a3．‎ ‎∴1×q4＝4×（1×q2），‎ 解得q＝±2，‎ 当q＝2时，an＝2n﹣1，‎ 当q＝﹣2时，an＝（﹣2）n﹣1，‎ ‎∴{an}的通项公式为，an＝2n﹣1，或an＝（﹣2）n﹣1．‎ ‎（2）记Sn为{an}的前n项和．‎ 当a1＝1，q＝﹣2时，Sn，‎ 由Sm＝63，得Sm63，m∈N，无解；‎ 当a1＝1，q＝2时，Sn2n﹣1，‎ 由Sm＝63，得Sm＝‎2m﹣1＝63，m∈N，‎ 解得m＝6． ‎ ‎36．【2018年浙江20】已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3+a4+a5＝28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{（bn+1﹣bn）an}的前n项和为2n2+n．‎ ‎（Ⅰ）求q的值；‎ ‎（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）等比数列{an}的公比q＞1，且a3+a4+a5＝28，a4+2是a3，a5的等差中项，‎ 可得‎2a4+4＝a3+a5＝28﹣a4，‎ 解得a4＝8，‎ 由8+8q＝28，可得q＝2（舍去），‎ 则q的值为2；‎ ‎（Ⅱ）设cn＝（bn+1﹣bn）an＝（bn+1﹣bn）2n﹣1，‎ 可得n＝1时，c1＝2+1＝3，‎ n≥2时，可得cn＝2n2+n﹣2（n﹣1）2﹣（n﹣1）＝4n﹣1，‎ 上式对n＝1也成立，‎ 则（bn+1﹣bn）an＝4n﹣1，‎ 即有bn+1﹣bn＝（4n﹣1）•（）n﹣1，‎ 可得bn＝b1+（b2﹣b1）+（b3﹣b2）+…+（bn﹣bn﹣1）‎ ‎＝1+3•（）0+7•（）1+…+（4n﹣5）•（）n﹣2，‎ bn3•（）+7•（）2+…+（4n﹣5）•（）n﹣1，‎ 相减可得bn4[（）+（）2+…+（）n﹣2]﹣（4n﹣5）•（）n﹣1‎ ‎4•（4n﹣5）•（）n﹣1，‎ 化简可得bn＝15﹣（4n+3）•（）n﹣2． ‎ ‎37．【2018年上海21】给定无穷数列{an}，若无穷数列{bn}满足：对任意n∈N*，都有|bn﹣an|≤1，则称{bn}与{an}“接近”．‎ ‎（1）设{an}是首项为1，公比为的等比数列，bn＝an+1+1，n∈N*，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：a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝8，{bn}是一个与{an}接近的数列，记集合M＝{x|x＝bi，i＝1，2，3，4}，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b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200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，bn＝an+1+11，‎ 则|bn﹣an|＝|1|＝11，n∈N*，‎ 可得数列{bn}与{an}接近；‎ ‎（2）{bn}是一个与{an}接近的数列，‎ 可得an﹣1≤bn≤an+1，‎ 数列{an}的前四项为：a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝8，‎ 可得b1∈[0，2]，b2∈[1，3]，b3∈[3，5]，b4∈[7，9]，‎ 可能b1与b2相等，b2与b3相等，但b1与b3不相等，b4与b3不相等，‎ 集合M＝{x|x＝bi，i＝1，2，3，4}，‎ M中元素的个数m＝3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an＝a1+（n﹣1）d，‎ ‎①若d＞0，取bn＝an，可得bn+1﹣bn＝an+1﹣an＝d＞0，‎ 则b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中有200个正数，符合题意；‎ ‎②若d＝0，取bn＝a1，则|bn﹣an|＝|a‎1a1|1，n∈N*，‎ 可得bn+1﹣bn0，‎ 则b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中有200个正数，符合题意；‎ ‎③若﹣2＜d＜0，可令b2n﹣1＝a2n﹣1﹣1，b2n＝a2n+1，‎ 则b2n﹣b2n﹣1＝a2n+1﹣（a2n﹣1﹣1）＝2+d＞0，‎ 则b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中恰有100个正数，符合题意；‎ ‎④若d≤﹣2，若存在数列{bn}满足：{bn}与{an}接近，‎ 即为an﹣1≤bn≤an+1，an+1﹣1≤bn+1≤an+1+1，‎ 可得bn+1﹣bn≤an+1+1﹣（an﹣1）＝2+d≤0，‎ b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200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（n∈N*），{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2+2，a4＝b3+b5，a5＝b4+2b6．‎ ‎（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设数列{Sn}的前n项和为Tn（n∈N*），‎ ‎（i）求Tn；‎ ‎（ii）证明2（n∈N*）．‎ ‎【解答】（Ⅰ）解：设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1，a3＝a2+2，可得q2﹣q﹣2＝0．‎ ‎∵q＞0，可得q＝2．‎ 故．‎ 设等差数列{bn}的公差为d，由a4＝b3+b5，得b1+3d＝4，‎ 由a5＝b4+2b6，得3b1+13d＝16，‎ ‎∴b1＝d＝1．‎ 故bn＝n；‎ ‎（Ⅱ）（i）解：由（Ⅰ），可得，‎ 故；‎ ‎（ii）证明：∵．‎ ‎∴2． ‎ ‎39．【2017年江苏19】对于给定的正整数k，若数列{an}满足：an﹣k+an﹣k+1+…+an﹣1+an+1+…+an+k﹣1+an+k＝2kan对任意正整数n（n＞k）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an＝a1+（n﹣1）d，‎ 则an﹣3+an﹣2+an﹣1+an+1+an+2+an+3，‎ ‎＝（an﹣3+an+3）+（an﹣2+an+2）+（an﹣1+an+1），‎ ‎＝2an+2an+2an，‎ ‎＝2×3an，‎ ‎∴等差数列{an}是“P（3）数列”；‎ ‎（2）证明：当n≥4时，因为数列{an}是P（3）数列，则an﹣3+an﹣2+an﹣1+an+1+an+2+an+3＝6an，①‎ 因为数列{an}是“P（2）数列”，所以an﹣2+an﹣1+an+1+an+2＝4an，②‎ 则an﹣1+an+an+2+an+3＝4an+1，③，‎ ‎②+③﹣①，得2an＝4an﹣1+4an+1﹣6an，即2an＝an﹣1+an+1，（n≥4），‎ 因此n≥4从第3项起为等差数列，设公差为d，注意到a2+a3+a5+a6＝‎4a4，‎ 所以a2＝‎4a4﹣a3﹣a5﹣a6＝4（a3+d）﹣a3﹣（a3+2d）﹣（a3+3d）＝a3﹣d，‎ 因为a1+a2+a4+a5＝‎4a3，所以a1＝‎4a3﹣a2﹣a4﹣a5＝4（a2+d）﹣a2﹣（a2+2d）﹣（a2+3d）＝a2﹣d，‎ 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：x1＝1，xn＝xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，‎ ‎（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；‎ ‎（Ⅱ）2xn+1﹣xn；‎ ‎（Ⅲ）xn．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：xn＞0，‎ 当n＝1时，x1＝1＞0，成立，‎ 假设当n＝k时成立，则xk＞0，‎ 那么n＝k+1时，若xk+1＜0，则0＜xk＝xk+1+ln（1+xk+1）＜0，矛盾，‎ 故xn+1＞0，‎ 因此xn＞0，（n∈N*）‎ ‎∴xn＝xn+1+ln（1+xn+1）＞xn+1，‎ 因此0＜xn+1＜xn（n∈N*），‎ ‎（Ⅱ）由xn＝xn+1+ln（1+xn+1）得xnxn+1﹣4xn+1+2xn＝xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1），‎ 记函数f（x）＝x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0‎ ‎∴f′（x）ln（1+x）＞0，‎ ‎∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，‎ ‎∴f（x）≥f（0）＝0，‎ 因此xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）≥0，‎ 故2xn+1﹣xn；‎ ‎（Ⅲ）∵xn＝xn+1+ln（1+xn+1）≤xn+1+xn+1＝2xn+1，‎ ‎∴xn，‎ 由2xn+1﹣xn得2（）＞0，‎ ‎∴2（）≥…≥2n﹣1（）＝2n﹣2，‎ ‎∴xn，‎ 综上所述xn．‎ ‎41．【2017年北京理科20】设{an}和{bn}是两个等差数列，记cn＝max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，bn﹣ann}（n＝1，2，3，…），其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．‎ ‎（1）若an＝n，bn＝2n﹣1，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n≥m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）a1＝1，a2＝2，a3＝3，b1＝1，b2＝3，b3＝5，‎ 当n＝1时，c1＝max{b1﹣a1}＝max{0}＝0，‎ 当n＝2时，c2＝max{b1﹣‎2a1，b2﹣‎2a2}＝max{﹣1，﹣1}＝﹣1，‎ 当n＝3时，c3＝max{b1﹣‎3a1，b2﹣‎3a2，b3﹣‎3a3}＝max{﹣2，﹣3，﹣4}＝﹣2，‎ 下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有cn＝b1﹣na1，‎ 当n∈N*，且2≤k≤n时，‎ 则（bk﹣nak）﹣（b1﹣na1），‎ ‎＝[（2k﹣1）﹣nk]﹣1+n，‎ ‎＝（2k﹣2）﹣n（k﹣1），‎ ‎＝（k﹣1）（2﹣n），由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，‎ 则（bk﹣nak）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥bk﹣nak，‎ 因此，对∀n∈N*，且n≥2，cn＝b1﹣na1＝1﹣n，‎ cn+1﹣cn＝﹣1，‎ ‎∴c2﹣c1＝﹣1，‎ ‎∴cn+1﹣cn＝﹣1对∀n∈N*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b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，bn﹣ann，‎ 考虑其中任意bi﹣ain，（i∈N*，且1≤i≤n），‎ 则bi﹣ain＝[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n，‎ ‎＝（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），‎ 下面分d1＝0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论，‎ ‎①若d1＝0，则bi﹣ain═（b1﹣a1n）+（i﹣1）d2，‎ 当若d2≤0，则（bi﹣ain）﹣（b1﹣a1n）＝（i﹣1）d2≤0，‎ 则对于给定的正整数n而言，cn＝b1﹣a1n，此时cn+1﹣cn＝﹣a1，‎ ‎∴数列{cn}是等差数列；‎ 当d2＞0，（bi﹣ain）﹣（bn﹣ann）＝（i﹣n）d2＞0，‎ 则对于给定的正整数n而言，cn＝bn﹣ann＝bn﹣a1n，‎ 此时cn+1﹣cn＝d2﹣a1，‎ ‎∴数列{cn}是等差数列；‎ 此时取m＝1，则c1，c2，…，是等差数列，命题成立；‎ ‎②若d1＞0，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m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，‎ 则当n≥m时，（bi﹣ain）﹣（b1﹣a1n）＝（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），‎ 因此当n≥m时，cn＝b1﹣a1n，‎ 此时cn+1﹣cn＝﹣a1，故数列{cn}从第m项开始为等差数列，命题成立；‎ ‎③若d1＜0，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s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，‎ 则当n≥s时，（bi﹣ain）﹣（bn﹣ann）＝（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），‎ 因此，当n≥s时，cn＝bn﹣ann，‎ 此时an，‎ ‎＝﹣d2n+（d1﹣a1+d2），‎ 令﹣d1＝A＞0，d1﹣a1+d2＝B，b1﹣d2＝C，‎ 下面证明：An+B对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，M，‎ 若C≥0，取m＝[1]，[x]表示不大于x的最大整数，‎ 当n≥m时，An+B≥Am+B＝A[1]+B＞A•B＝M，‎ 此时命题成立；‎ 若C＜0，取m＝[]+1，‎ 当n≥m时，‎ An+BAm+B+C＞A•B+C≥M﹣C﹣B+B+C＝M，‎ 此时命题成立，‎ 因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m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（n∈N+），{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3＝12，b3＝a4﹣‎2a1，S11＝11b4．‎ ‎（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求数列{a2nb2n﹣1}的前n项和（n∈N+）．‎ ‎【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+b3＝12，得b1（q+q2）＝12，而b1＝2，所以q+q2﹣6＝0．‎ 又因为q＞0，解得q＝2．所以，bn＝2n．‎ 由b3＝a4﹣‎2a1，可得3d﹣a1＝8①．‎ 由S11＝11b4，可得a1+5d＝16②，‎ 联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n﹣2．‎ 所以，数列{an}的通项公式为an＝3n﹣2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n．‎ ‎（II）设数列{a2nb2n﹣1}的前n项和为Tn，‎ 由a2n＝6n﹣2，b2n﹣14n，有a2nb2n﹣1＝（3n﹣1）4n，‎ 故Tn＝2×4+5×42+8×43+…+（3n﹣1）4n，‎ ‎4Tn＝2×42+5×43+8×44+…+（3n﹣1）4n+1，‎ 上述两式相减，得﹣3Tn＝2×4+3×42+3×43+…+3×4n﹣（3n﹣1）4n+1‎ ‎（3n﹣2）4n+1﹣8‎ 得Tn．‎ 所以，数列{a2nb2n﹣1}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（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 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：B．‎ ‎2．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？‎ A． B． C． D．‎ ‎【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，‎ 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（ ）‎ A．41 B．‎45 ‎C．369 D．321‎ ‎【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：C ‎4．设数列的前项和为，且 ，则数列的前10项的和是（ ）‎ A．290 B． C． D．‎ ‎【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（ ）‎ A．672 B．‎673 ‎C．1346 D．2019‎ ‎【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（ ）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎【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（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：数列满足，①‎ 当时，，②‎ ‎①﹣②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：D．‎ ‎8．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（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【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，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：2‎ ‎11．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，‎ 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：q≠1，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），则称为的等差（或等比）子数列.‎ ‎（1）记数列的前项和为，已知.‎ ‎①求数列的通项公式；‎ ‎②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）①；②见解析；（2）见证明 ‎【解析】‎ 解：（1）①因为，所以当时，，‎ 当时，，所以.‎ 综上可知：.‎ ‎②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，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）∵①‎ ‎∴②‎ ‎②－①得：，，故。‎ ‎（3），‎ ‎∴，‎ 令，①‎ 则②‎ ‎①－②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，， ‎ 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 ‎ ‎， ‎ ‎∴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：，‎