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文档介绍
上海地区高考数学总复习专题数列分项练习含解析
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查看更多