广东省广州市重点学校备战2017高考数学一轮复习 数列试题精选（打包23套）.zip

- 1 -数列 01一、选择题1．设 4710310()22()nfnN ，则 ()fn等于（A） (8)n （B） 8 （C） 32817（D）4(8)7n2．如果-1， a,b,c,-9 成等比数列，那么（A） b=3,ac=9 (B)b=-3,ac=9 (C)b=3,ac=-9 (D)b=-3,ac=-9解：由等比数列的性质可得 ac＝（－1）×（－9）＝9，b×b＝9 且 b 与奇数项的符号相同，故 b＝－3，选 B3．在等差数列｛ an｝中，已知 a1=2,a 2+a3=13，则 a 4+a5+a6等于A.40 B.42 C.43 D.454．已知某等差数列共有 10 项，其奇数项之和为 15，偶数项之和为 30，则其公差为A.5 B.4 C. 3 D. 2解： 302511da，故选 C.5．若互不相等的实数 ,bc成等差数列， ,cab成等比数列，且 310abc，则 aA．4 B．2 C．－2 D．－4解：由互不相等的实数 ,a成等差数列可设 a＝b－d，c＝b＋d，由 可- 2 -得 b＝2，所以 a＝2－d，c＝2＋d，又 ,cab成等比数列可得 d＝6，所以 a＝－4，选 D6．在等比数列｛ an｝中 ， a1＝1， a10＝3，则 a2a3a4a5a6a7a8a9=A. 81 B. 2757 C. D. 243解：因为数列｛ an｝是等比数列，且 a1＝1， a10＝3，所以 a2a3a4a5a6a7a8a9＝（ a2a9） （ a3a8） （ a4a7） （ a5a6）＝（ a1a10） 4＝3 4＝81，故选 A7．已知等差数列｛a n｝的前 n 项和为 Sn，若 1OB＝ 20C＋，且 A、B、C 三点共线（该直线不过原点 O） ，则 S200＝（ ）A．100 B. 101 C.200 D.201解：依题意，a 1＋a 200＝1，故选 A8．在各项均不为零的等差数列 n中，若 2110(2)nna≥ ，则 214nS（ ）Ａ． 2Ｂ． 0Ｃ． Ｄ．9．在等比数列 na中, 12,前 n项和为 nS,若数列 1na也是等比数列,则 nS等于(A) 12 (B) 3 (C) 2 (D)31n10．设 na是公差为正数的等差数列，若 1235a， 12380a，则1213- 3 -A． 120 B． 105 C． 90 D． 75【解析】 na是公差为正数的等差数列，若 123a， 12380a，则25， 13()6d，∴ d=3， 205， 1213a05，选 B.11．设 nS是等差数列 n的前 项和，若 7S，则 4aA． 8 B． 7 C． 6 D． 5【解析】 n是等差数列 na的前 项和，若 743, ∴ 4，选 D.12．设 Sn是等差数列｛ an｝的前 n 项和，若 ＝ ，则 ＝S 3S 6 13S 6S 12（ A） （ B） （ C） （ D）310 13 18 1913．已知等差数列 na中， 247,15a，则前 10 项的和 10S＝（A）100 (B)210 (C)380 (D)400解： d＝4215， 1a＝3，所以 10S＝210，选 B14．已知等差数列{a n}中,a 2+a8=8,则该数列前 9 项和 S9等于( )A.18 B.27 C.36 D.4515．已知数列 }{na、 b都是公差为 1 的等差数列，其首项分别为 1a、 b，且 51，*1,Nba．设 nc（ *N） ，则数列 }{nc的前 10 项和等于（ ）- 4 -A．55 B．70 C．85 D．100解：数列 }{na、 b都是公差为 1 的等差数列，其首项分别为 1a、 b，且 51，*1,Nba．设 nc（ *N） ，则数列 }{nc的前 10 项和等于 1210ba =119b， 11()4a，∴ 119bba=456385 ，选 C.16．设 na是等差数列， 1359， 6，则这个数列的前 6 项和等于（ ）Ａ．12 Ｂ．24 Ｃ．36 Ｄ．4817．在等差数列｛ an｝中，若 4612a,SN是数列｛a n｝的前 n 项和，则 S 9的值为（A）48 (B)54 (C)60 (D)6618．在等比数列 na中，若 0n且 3764a， 5的值为（A）2 （B）4 （C）6 （D）8解： a3a7＝ a52＝64，又 n，所以 5的值为 8，故选 D二、填空题19．在德国不来梅举行的第 48 届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第 1 堆只有 1 层，就一个球；第2,34堆最底层（第一层）分别按图 4 所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第 n堆第 层就放一个乒乓球，以 ()fn表示第 堆的乒乓球总数，则 (3)_f； ()_f（答案用 表示）. …- 5 -解： )3(f10， 6)2(1)(nf20． 若数列 na满足： 1.2,1nan，2，3….则 naa21 . 解：数列 满足： , ，2，3…，该数列为公比为 2 的等比数列，∴ naa21 21n.21．对正整数 n，设曲线 )1(xyn在 x＝2 处的切线与 y 轴交点的纵坐标为 na，则数列}1{na的前 n 项和的公式是 22．设 nS为等差数列 na的前 n 项和， 4S＝14，S 10－ 7＝30，则 S9＝ .解：设等差数列 的首项为 a1，公差为 d，由题意得 ,142)(41da30]2)7([]2)10([11 da，联立解得 a1=2,d=1，所以 S9＝54923．设 nS为等差数列 na的前 项和，若 5,105S,则公差为 （用数字作答）- 6 -。【考点分析】本题考查等差数列的前 n项和，基础题。解析：设首项为 1a，公差为 d，由题得 141912541051  ddd【名师点拔】数学问题解决的本质是，你已知什么？从已知出发又能得出什么？完成了这些，也许水到渠成了。本题非常基础，等差数列的前 n项和公式的运用自然而然的就得出结论。24．在数列｛ an｝中，若 a1=1,an+1=2an+3 (n≥ 1),则该数列的通项 an=_________.解析：在数列 中，若 1,231)na，∴ 132()1n，即{ 3n}是以 14为首项，2 为公比的等比数列， 14n，所以该数列的通项 an.25．在数列 {}n中，若 1a， 12(1)na，则该数列的通项 na 。解：由 12()可得数列 {}为公差为 2 的等差数列，又 1，所以 n2n－1三、解答题26．数列 na的前 项和为 nS，已知 21, ,2,naSa（Ⅰ）写出 S与 1的递推关系式 ，并求 关于 的表达式；（Ⅱ）设 /,nnnfxbfpR，求数列 nb的前 项和 nT。- 7 -27．在等差数列 na中， 1，前 n项和 nS满足条件 24,12,n ， （Ⅰ）求数列 n的通项公式；（Ⅱ）记 (0)abp，求数列 nb的前 项和 nT。（Ⅱ）由 nanbp，得 nbp。所以 231()nnTpp ，当 1时， 12nT；当 时， 2341()nnppp，23111()(1) nnnn pPT - 8 -即 1,2(1),nnpTp。28．在数列 {}na中，若 12,a是正整数，且 12||,34,5nna ，则称{}na为“绝对差数列”.（Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列” （只要求写出前十项） ；（Ⅱ）若“绝对差数列” {}na中， 2013,a，数列 {}nb满足 12nna，1,23n，分别判断当 时， n与 b的极限是否存在，如果存在，求出其极限值；（Ⅲ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.解：（Ⅰ） 1234567,,1,0,1aaa, 8910,,.a（答案不惟一） （Ⅱ）因为在绝对差数列 n中 20, 21.所以自第 20 项开始，该数列是203a, 21, 22456273,,3,,aaao.即自第 20 项开始。每三个相邻的项周期地取值 3，0，3. 所以当 n时， n的极限不存在. 当 20n时, 126nnb,所以 limnb- 9 -若第一次出现的零项为第 n项，记 1(0)naA，则自第 n项开始，每三个相邻的项周期地取值 0， A, , 即312,0,23,nkka所以绝对差数列 na中有无穷多个为零的项.- 1 -数列 0229．设等差数列{ an}的首项 a1及公差 d都为整数，前 n项和为 Sn.(Ⅰ)若 a11=0,S14=98,求数列｛ an｝的通项公式；(Ⅱ)若 a1≥6， a11＞0， S14≤77，求所有可能的数列｛ an｝的通项公式.30。已知数列｛ an｝满足 a1=1,a n=2a +1(n∈N )（Ⅰ）求数列｛ a ｝的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}满足 4k1-14k2-1…4k-1=(an+1)km(n∈N *),证明:{b n}是等差数列;（Ⅲ）证明: 2312132naan＜＜ (n∈N *).- 2 -解析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。满分 14分。（I）解： *12(),naN1(),n是以 1为首项，2 为公比的等比数列。2.nna即 *().N（II）证法一： 1214().nnkkka12(.)4.nnk[.],nbb①1211()(]().n nb ②证法二：同证法一，得1()20nb令 ,得 .设 2(),dR下面用数学归纳法证明 2(1).nbd（1）当 ,n时，等式成立。- 3 -（2）假设当 (2)nk时， (1),kbd那么1 2[][(1)].1kkb kdk这就是说，当 时，等式也成立。根据（1）和（2） ，可知 2(1)nbd对任何 *nN都成立。,nbd是等差数列。（III）证明： 121,2,.()kkkan12312naa1111.,2,.()3.23kkkkk na12 231. .)(),n nna*231.().nnN31．已知数列 na满足 *221,,3().nnaa（I）证明：数列 1n是等比数列；（II）求数列 n的通项公式；（II）若数列 b满足 121*4.()),nnbbbaN证明 nb是等差数列。解析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。满分 14分。- 4 -（II）解：由（I）得 *12(),nnaN1 1()().nnaa2*.()nN（III）证明： 1214.(),nnbbba12(.)4,nnb12[.],nnb①11()(().nb②- 5 -32．已知公比为 (01)q的无穷等比数列 na各项的和为 9，无穷等比数列 2na各项的和为 815.(I)求数列 na的首项 1和公比 q；(II)对给定的 (1,23,)kn ，设 ()kT是首项为 ka，公差为 21ka的等差数列，求(2)T的前 10项之和；(III)设 ib为数列 ()kT的第 i项， 12nnSb ，求 nS，并求正整数 (1)m，使得 limnS存在且不等于零 .（注：无穷等比数列各项的和即当 时该无穷等比数列前 项和的极限）解: (Ⅰ)依题意可知, 3258192qaa(Ⅱ)由(Ⅰ)知,13nna,所以数列 )2(T的的首项为 21at,公差312d, 159020S,即数列 )2(的前 10项之和为 155.(Ⅲ) ib= iai=12iai= 13iii，3271845nnSn， mnSli=li mnm27845当 m=2时， mnSli=－ ，当 m2时， nli=0，所以 m=2- 6 -33．已知二次函数 ()yfx的图像经过坐标原点，其导函数为 '()62fx，数列{}na的前 n项和为 nS，点 ,)nN均在函数 ()yf的图像上。（Ⅰ） 、求数列 {}a的通项公式；（Ⅱ） 、设 1nb， nT是数列 {}nb的前 n项和，求使得 20nmT对所有 nN都成立的最小正整数 m；（Ⅱ）由（Ⅰ）得知 13nab＝ 5)1(6(3n＝ )16(2n，故 Tn＝ i1＝ 2 ).)37)( ＝ （1－ ）.因此，要使 （ 1－ 6n） 20m（ nN）成立的 m,必须且仅须满足 2≤ 0m，即m≥ 10，所以满足要求的最小正整数 m为 10.- 1 -数列 0334．设数列 {}na的前 n 项和为 nS，点 (,)nN均在函数 y＝3x－2 的图像上。（Ⅰ）求数列 的通项公式；（Ⅱ）设 13nab， T是数列 {}nb的前 n 项和，求使得 20nmT对所有 nN都成立的最小正整数 m。本小题主要是考查等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能，考查分析问题能力和推理能力。因此，使得 126n﹤ 20mNA成立的 m 必须满足 12≤ 0，即 m≥10,故满足要求的最小整数 m 为 10。35．在 m（ m≥2）个不同数的排列 P1P2…Pn中，若 1≤ i＜ j≤ m 时 Pi＞ Pj（即前面某数大于后面某数） ，则称 Pi与 Pj构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数. 记排列 321)(1n的逆序数为 an，如排列 21 的逆序数 1a，排列 321 的逆序数63a.- 2 -（Ⅰ）求 a4、 a5，并写出 an的表达式；（Ⅱ）令 nnab1，证明 32221nb ， n=1,2,….解 （Ⅰ）由已知得 5,04，2)1()1(na .（Ⅱ）因为 ,21,221  nnnabn ，所以 b21 .又因为 ,21,2nnn ，所以 )]()4()31[(21 bb = 322nn.综上，  ,1,3221nbn.36．设数列 }{na、 b、 }{nc满足：- 3 -2nnab， 213nnac（ n=1,2,3,…） ，证明 }{na为等差数列的充分必要条件是 }{为等差数列且 b（ n=1,2,3,…）本小题主要考查等差数列、充要条件等基础知识，考查综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力。①-②得 cn–cn+2=（a n–an+2）+2 (a n+1–an+3)+3 (an+2–an+4)=bn+2bn+1+3bn+2∵c n–cn+2=( cn–cn+1)+( cn+1–cn+2)= –2 d2 ∴b n+2bn+1+3bn+2=–2 d2 ③ 从而有 bn+1+2bn+2+3bn+3=–2 d2 ④④-③得（b n+1–bn）+2 (b n+2–bn+1)+3 (bn+3–bn+2)=0 ⑤∵b n+1–bn≥0, bn+2–bn+1≥0 , bn+3–bn+2≥0,∴由⑤得 bn+1–bn=0 ( n=1,2,3,…)，由此不妨设 bn=d3 ( n=1,2,3,…)则 an–an+2= d3(常数).由此 cn=an+2an+1+3an+2= cn=4an+2an+1–3d3从而 cn+1=4an+1+2an+2–5d3 ，两式相减得 cn+1–cn=2( an+1–an) –2d3因此 112ncad(常数) ( n=1,2,3,…)所以数列{a n}公差等差数列。【解后反思】理解公差 d 的涵义，能把文字叙述转化为符号关系式.利用递推关系是解决数列的重要方法,要求考生熟练掌握等差数列的定义、通项公式及其由来.- 4 -37．已知数列｛a n｝满足：a 1＝ 32，且 an＝ n132nN－－ （ ， ）＋ －求数列｛a n｝的通项公式；证明：对于一切正整数 n，不等式 a1a2……an2n！用数学归纳法证明 3式：n＝1 时，3式显然成立，设 n＝k 时，3式成立，即 2k113（ － ） （ － ） …（ － ） 1－（ 2k13＋ ＋ …＋ ）则当 n＝k＋1 时， 2kk13＋（ － ） （ － ） （ － ） （ － ）〔1－（ 2k3＋ ＋ ＋ ） 〕 （k1＋－）＝1－（ 2k13＋ ＋ ＋ ）－ k1＋ ＋ 3＋ （ 2k1＋ ＋ ＋ ）1－（ 3＋ ＋ …＋ ＋ ＋ ）即当 n＝k＋1 时，3式也成立。故对一切 nN，3式都成立。利用 3得， 2n1（ － ） （ － ） （ － ） 1－（ 2n133＋ ＋ …＋ ）＝1－- 5 -n13〔 － （ ） 〕－＝1－ nn112323〔 － （ ） 〕 ＝ ＋ （ ） 故 2式成立，从而结论成立。38．已知各项均为正数的数列 na，满足： 13，且 112nna， *N．（1）求数列 na的通项公式；（2）设 221nnS ， 2211nTaa ，求 nST，并确定最小正整数 ，使 nT为整数．（2）由 1式有 Sn＋T n＝ 222111naaa（ － ） ＋ （ － ） ＋ ＋ （ － ） ＋＝345n222233＋（ ） ＋ （ ） ＋ （ ） ＋ …＋ （ ） ＋＝ n61nN7（ － ） ＋ （ ）为使 Sn＋T n＝ 422（ － ） ＋ （ ） 为整数，当且仅当n4127－为整数.- 6 -39．已知函数 f(x)= dcxba231,其中 a,b,c 是以 d 为公差的等差数列， ，且a＞0,d＞0.设 的 极 小 值 点 ， 在为 )(0xf［1- 0,2ab］上， 处 取 得 最 大 植在 1')(xf ，在处 取 得 最 小 值2x，将点 依 次 记 为（ ,(),(), 2'21'0xfxf A，B，C(I)求 的 值o(II)若⊿ABC 有一边平行于 x 轴，且面积为 3，求 a,d 的值【解析】(I)解: 2bac2(()(1)fxcxac令 )0,得 1xa或adbc1,当 xa时, ()0fx;当 时,所以 f(x)在 x=-1 处取得最小值即 1ox(II) 2((0)fxabca的图像的开口向上,对称轴方程为 bxa由 1ba知 |()(|()|a)fx在 2[,0]上的最大值为 0fc- 7 -即 1x=0又由 2,[1,0]bbaa知当 x时, ()fx取得最小值为2(),bdbfxaa即01()3ffa21,(,),)bdABcC解法 2: 2()(0)fxabxca10,)f又 c0 知 (fx在 [,]a上的最大值为 (0)fc即: 1=又由 2,[1,0]bba知当 x时, ()fx取得最小值为2(),bdbfxaa即01()3ffa21,(,),)bdABcC- 8 -由三角形 ABC 有一条边平行于 x 轴知 AC 平行于 x 轴,所以221,a=3(1)3d即- 1 -数列 0440.已知等差数列 na的前 项和为 2(,),nSpaqRnN（Ⅰ）求 q的值；（Ⅱ）若 a1与 a5的等差中项为 18，b n满足 2lognab，求数列的{b n}前 n项和.解析：本小题考查数列的概念，等差数列，等比数列，对数与指数互相转化等基础知识。考查综合运用数学知识解决问题的能力。满分 12分.(Ⅰ)解法一：当 1n时， 12aSpq,当 2时, 22(1)()aSnnq 2pn.n是等差数列 , 2pqp,0············4 分解法二：当 1n时, 1aSq,当 2时, 22(1)()nppnq2pm.当 3时, 1[] .232apqq.又 p,所以 3,得 0.············4分- 2 -41．设数列 na的前 项的和14233nS， ,A（Ⅰ）求首项 1与通项 n；（Ⅱ）设 2nTS， 1,3A，证明： 132niT解: (Ⅰ)由 S n= an－ ×2n+1+ , n=1,2,3，… , ① 得 a 1=S1= a1－ ×4+ 所以 a1=2.43 13 23 43 13 23再由①有 S n－1 = an－1 － ×2n+ , n=2,3，4,…43 13 23将①和②相减得: a n=Sn－S n－1 = (an－a n－1 )－ ×(2n+1－2 n),n=2,3, …43 13整理得: an+2n=4(an－1 +2n－1 ),n=2,3, … , 因而数列{ an+2n}是首项为 a1+2=4,公比为 4的等比数列,即 : a n+2n=4×4n－1 = 4n, n=1,2,3, …, 因而 an=4n－2 n, n=1,2,3, …,- 3 -(Ⅱ)将 an=4n－2 n代入①得 S n= ×(4n－2 n)－ ×2n+1 + = ×(2n+1－1)(2 n+1－2)43 13 23 13= ×(2n+1－1)(2 n－1) 23Tn= = × = ×( － )2nSn 32 2n(2n+1－ 1)(2n－ 1) 32 12n－ 1 12n+1－ 1所以, 1i= 1i － ) = ×( － ) 32 12i－ 1 12i+1－ 1 32 121－ 1 12i+1－ 1 3242．已知 na为等比数列， 3240,a，求 na的通项式。43．设数列｛ an｝的前 n项和为 Sn，且方程 x2－ anx－ an＝0 有一根为Sn－1， n＝1，2，3，…．（Ⅰ）求 a1， a2；（Ⅱ） ｛ an｝的通项公式．解：(Ⅰ)当 n＝1 时， x2－ a1x－ a1＝0 有一根为 S1－1＝ a1－1，于是( a1－1) 2－ a1(a1－1)－ a1＝0，解得 a1＝ ．12当 n＝2 时， x2－ a2x－ a2＝0 有一根为 S2－1＝ a2－ ，12于是( a2－ )2－ a2(a2－ )－ a2＝0，解得 a1＝ ．12 12 16(Ⅱ)由题设( Sn－1) 2－ an(Sn－1)－ an＝0， Sn2－2 Sn＋1－ anSn＝0．当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ，代入上式得 Sn－1 Sn－2 Sn＋1＝0 ①由(Ⅰ)知 S1＝ a1＝ ， S2＝ a1＋ a2＝ ＋ ＝ ．12 12 16 23由①可得 S3＝ ．34- 4 -由此猜想 Sn＝ ， n＝1，2，3，…． ……8 分nn＋ 1下面用数学归纳法证明这个结论．(i)n＝1 时已知结论成立．(ii)假设 n＝ k时结论成立，即 Sk＝ ，kk＋ 1当 n＝ k＋1 时，由①得 Sk＋1 ＝ ，即 Sk＋1 ＝ ，12－ S k k＋ 1k＋ 2故 n＝ k＋1 时结论也成立．综上，由( i)、( ii)可知 Sn＝ 对所有正整数 n都成立． ……10 分nn＋ 1于是当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ＝ － ＝ ，nn＋ 1 n－ 1n 1n(n＋ 1)又 n＝1 时， a1＝ ＝ ，所以｛ an｝的通项公式 an＝ ， n＝1，2，3，…． 1212 11×2 nn＋ 1分44．设等比数列 n的前 n项和为 nS， 481,7,?na求 通 项 公 式45．已知 a1=2，点( an,an+1)在函数 f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…证明数列｛lg(1+ an)｝是等比数列；设 Tn=(1+a1) (1+a2) …(1+an)，求 Tn及数列｛ an｝的通项；记 bn= n，求｛ bn｝数列的前项和 Sn，并证明 Sn+ 132T=1.解：（Ⅰ）由已知 21na， 21()nna- 5 -12a1n，两边取对数得1lg()lg()nn，即 1lg()2na{l}na是公比为 2的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）知 11lg()lg()naa1122lg3nn123n（*） 12()nTn…(+)0122n-1…2n-1…+= 2-3由（*）式得 13na46．已知数列｛ na｝中， 112na、 点 （ 、 ） 在直线 y=x上，其中 n=1,2,3….(Ⅰ)令 是 等 比 数 列 ；求 证 数 列 bb,3(Ⅱ)求数列 的 通 项 ；n(Ⅲ)设 分 别 为 数 列、 nTS、nab的前 n项和,是否存在实数 ，使得数列- 6 -nST为等差数列？若存在，试求出 .若不存在,则说明理由。解：（I）由已知得 11,2,naa233,44a又 1,nnb121,nb11211()2.nnnnnaaaa {}nb是以 34为首项，以 2为公比的等比数列.（III）解法一：存在 2，使数列 {}nST是等差数列.1123()(12)nnnSa n())23n233() .nn12 131()142().2nnn nnTb - 7 -数列 {}nST是等差数列的充要条件是 ,(nSTAB、 是常数 )即 2,nABn又 133()2nn nST231()2n当且仅当 102，即 时，数列 {}ST为等差数列.- 1 -数列 0547．已知正项数列{a n}，其前 n 项和 Sn满足 10Sn=an2+5an+6 且 a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项 an .解析：解: ∵10 Sn=an2+5an+6， ① ∴10 a1=a12+5a1+6，解之得 a1=2 或 a1=3． 又 10Sn－1 =an－1 2+5an－1 +6(n≥2)，② 由①－②得 10 an=(an2－ an－1 2)+6(an－ an－1 )，即( an+an－1 )(an－ an－1 －5)=0 ∵ an+an－1 0 ， ∴ an－ an－1 =5 (n≥2)． 当 a1=3 时， a3=13， a15=73． a1， a3， a15不成等比数列∴ a1≠3;当 a1=2 时， a3=12， a15=72， 有 a32=a1a15 ， ∴ a1=2， ∴ an=5n－3．48．已知有穷数列 {n}共有 2k项（整数 ≥2） ，首项 ＝2．设该数列的前 项和为 nS，且 1n＝ S)(＋2（ ＝1，2，┅，2 －1） ，其中常数 ＞1．（1）求证：数列 {na}是等比数列；（2）若 ＝2 1k，数列 nb满足 n＝ )(log121na（ ＝1，2，┅，2 k） ，求数列 {nb}的通项公式；（3）若（2）中的数列 {nb}满足不等式| 1b－ 23|＋| 2－ |＋┅＋| 12kb－ 3|＋|k－ |≤4，求 k的值．(1) 证明] 当 n=1 时,a 2=2a,则 12a=a；2≤n≤2k－1 时, a n+1=(a－1) S n+2, an=(a－1) S n－1 +2,an+1－a n=(a－1) a n, ∴ n1=a, ∴数列{a n}是等比数列.- 2 -49．设数列 {}na的前 项和为 nS，且对任意正整数 n， 4096naS。（1）求数列 的通项公式（2）设数列 2{log}n的前 项和为 nT,对数列 n，从第几项起 5nT？.解(1) ∵a n+ Sn=4096, ∴a 1+ S1=4096, a1 =2048.当 n≥2 时, a n= Sn－S n－1 =(4096－a n)－(4096－a n－1 )= an－1 －a n∴ 1n= 2 an=2048( 2)n－1 .(2) ∵log 2an=log22048( )n－1 ]=12－n,∴T n= (－n 2+23n).由 Tn 46013,而 n 是正整数,于是,n≥46.∴从第 46 项起 Tn0 时，a 10(n+1)的取值范围为(10,+∞) 等．- 1 -数列 061. 已知数列 nx满足 12x， 12nnx， 3,4…．若 lim2nx，则(B)（Ａ） 3（Ｂ）３（Ｃ）４（Ｄ）５2.已知数列{ log2(an－1)}（n∈N *）为等差数列，且 a1＝3， a2＝5，则nn 12312lim = （C）A．2 B． C．1 D． 25. 设 f0(x)＝ sinx， f1(x)＝ f0′( x)， f2(x)＝ f1′( x)，…， fn＋1 (x)＝ fn′( x)， n∈N，则f2005(x)＝（C）A． sinx B．－ sinx C．cos x D．－ cosx6. 在各项都为正数的等比数列｛ an｝中，首项 a1=3 ，前三项和为 21，则 a3+ a4+ a5=(C )( A ) 33 ( B ) 72 ( C ) 84 ( D )1897. 如果数列 na是等差数列，则 (B )(A) 1845(B) 1845aa(C) 1845a(D) 1845a8. limn23n ＝( C )(A) 2 (B) 4 (C) 21 (D)09. 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点。已知最底层正方体的棱长为 2，且改塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过 39，则该塔形中正方体的个数至少是( C)(A) 4；- 2 -(B) 5；(C) 6；(D) 7。填空题1. 设平面内有ｎ条直线 (3)n，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三角形不过同一点．若用 ()fn表示这ｎ条直线交点的个数，则 (4)f_____5________；当ｎ＞４时，()f＝ __ 12___________．2. 设等比数列 }{na的公比为 q，前 n项和为 Sn，若 Sn+1,Sn，S n+2成等差数列，则 q的值为 -2 .3. 在 83和 27之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为_______216 __．4. 22lim__(1)nnC5. 用 个不同的实数 na,21 可得到 !个不同的排列，每个排列为一行写成一个 !n行的数阵。对第 i行 iia, ，记 iniiii aab)1(321，!,32,1ni。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， 46bb ，那么，在用 1，2，3，4，5 形成的数阵中， 12021 =_-1080_________。- 3 -解答题1.设数列{ an}的首项 a1=a≠ 4，且 1ΪżÊý2Ææ4nna, 记 21nb， n＝＝l，2，3，…·．（I） 求 a2， a3；（II）判断数列{ bn}是否为等比数列，并证明你的结论；（III）求 123lim()nnbb ．解：（I） a2＝ a1+ 4=a+ ， a3= 1a2= a+8；（II）∵ a4=a3+ = a+8, 所以 a5= a4= a+ 316,所以 b1=a1－ =a－ , b2=a3－ = (a－ ), b3=a5－ 4= (a－ 1),猜想：{ bn}是公比为 的等比数列 ·证明如下：因为 bn+1＝ a2n+1－ 41= a2n－ = 1(a2n－1 － 4)= bn, (n∈ N*)所以{ bn}是首项为 a－ , 公比为 的等比数列·（III）1112()2lim()lim2()4nnn bba.- 4 -2．已知{ na}是公比为 q的等比数列，且 231,a成等差数列.（Ⅰ）求 q的值；（Ⅱ）设{ nb}是以 2为首项，q 为公差的等差数列，其前 n项和为 Sn，当 n≥2 时，比较 Sn与 bn的大小，并说明理由.解：（Ⅰ）由题设 ,2,1113 qaa即 .012,01q.21或q（Ⅱ）若 .231)(, nnSn则当 .0,21bnnn时 故 .nbS若 .49)2(,12nSqn 则当 ,10,21bnn时故对于 .,1;;,9 nnn bSbSbSN  时当时当时当3. 设数列 }{na的前 n项和为 Sn=2n2， }{n为等比数列，且 .)(,121aa（Ⅰ）求数列 和 b的通项公式；（Ⅱ）设 nc，求数列 }{nc的前 n项和 Tn.解：（1）：当 ;2,11Sa时 ,24)(,22nnnn时当故{ an}的通项公式为 }{,41dan公 差是即 的等差数列.- 5 -设{ bn}的通项公式为 .41,,1qdbq则故 2}{42111  nnn bq的 通 项 公 式 为即（II） ,4)(11nnbac]4)12(4)32(45341[ ,5[1321nnnTc 两式相减得 ].54)6[(91 ]5)6[()()3132nn nnnT- 1 -数列 071. 已知不等式 nn其 中],[log21321 为大于 2 的整数， ][log2n表示不超过n2log的最大整数 . 设数列 }{a的各项为正，且满足 ,43,),0(11 abann（Ⅰ）证明 ,543,][log22nbn（Ⅱ）猜测数列 }{na是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明） ；（Ⅲ）试确定一个正整数 N，使得当 n时，对任意 b0，都有 .51na∵ .][log2.2][log][log21, 21 nbabnnba nn - 2 -证法 2：设 nnf132)( ，首先利用数学归纳法证不等式.,54,)(1bfan（i）当 n=3 时， 由 .)3(1231312 bfaaa知不等式成立.（Ⅱ）有极限，且 .0limna（Ⅲ）∵ ,51][log2,][l][log222 nb令则有 ,04,10log1nn故取 N=1024，可使当 nN 时，都有 .5a- 3 -2. 已知数列 ))}1({log*2Nna为等差数列，且 .9,31a（Ⅰ）求数列 的通项公式；（Ⅱ）证明 .111232 naaa（I）解：设等差数列 )}1({log2na的公差为 d.由 ,8log2l9,31 a得 即 d=1.所以 ,)()(log2n即 .1n3. 自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响. 用 xn表示某鱼群在第 n 年年初的总量，n∈N *，且x1＞0.不考虑其它因素，设在第 n 年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与 xn成正比，死亡量与 xn2成正比，这些比例系数依次为正常数 a，b，c.（Ⅰ）求 xn+1与 xn的关系式；（Ⅱ）猜测：当且仅当 x1， a，b，c 满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不要求证明）- 4 -（Ⅱ）设 a＝2，b＝1，为保证对任意 x1∈（0,2） ，都有 xn＞0， n∈N *，则捕捞强度b 的最大允许值是多少？证明你的结论.解（I）从第 n 年初到第 n+1 年初，鱼群的繁殖量为 axn，被捕捞量为 bxn，死亡量为.(*)),1( .(,,1 22 Nncxbaxcn即 因 此（II）若每年年初鱼群总量保持不变，则 xn恒等于 x1， n∈N*，从而由（*）式得0,,0)( 1cbacbann 即所 以恒 等 于因为 x10，所以 ab.猜测：当且仅当 ab，且 cx1时，每年年初鱼群的总量保持不变.（Ⅲ）若 b 的值使得 xn0，n∈N*由 xn+1=xn(3－b－ xn), n∈N*, 知0xn3－b, n∈N*, 特别地，有 0x13－b. 即 0b3－ x1.而 x1∈(0, 2)，所以 ],0(由此猜测 b 的最大允许值是 1.下证 当 x1∈(0, 2) ，b=1 时，都有 xn∈(0, 2), n∈N*①当 n=1 时，结论显然成立.4. 设数列｛ an｝的前项和为 nS,已知 a1=1, a2=6, a3=11,且1(58)(52)nSSAB, ,32 其中 A,B 为常数.(Ⅰ)求 A 与 B 的值;(Ⅱ)证明数列｛ an｝为等差数列;- 5 -(Ⅲ)证明不等式 51mnnamn对 任 何 正 整 数 、 都 成 立 .解：(Ⅰ)由 1， 26， 3，得 1S， 2， 318S．把 ,2n分别代入 1(58)(52)nnSAB，得 2,4解得， 0A， B．(Ⅱ)由(Ⅰ)知， 115()8208nnSSn，即15820na， ①又 21()2()8nnS． ②②-①得， 221550naa，即 21(3)()0nn． ③又 32557aa． ④④-③得， 31())0nn，∴ 3210naa，∴ 325na ，又 215a，因此，数列 a是首项为 1，公差为 5 的等差数列．- 6 -5. 已 知 函 数 ).1(3)(xf设 数 列 na{}满 足 )(,1nnaf， 数 列 nb{}满 足).(|,3| *21NbbSabnnn （Ⅰ）用数学归纳法证明 123nn；（Ⅱ）证明 .32nS解：（Ⅰ）证明：当 .12)(,0xfx时 因为 a1=1，所以 *).(1Nna ………………2 分下面用数学归纳法证明不等式 .2)13(nnb（1）当 n=1 时，b 1= ，不等式成立，（2）假设当 n=k 时，不等式成立，即 .2)13(kkb那么 kkaab1||)3(||1 ………………6 分.2)(23kk所以，当 n=k+1 时，不等也成立。根据（1）和（2） ，可知不等式对任意 n∈N*都成立。 …………8 分- 7 -6. 设正项等比数列 na的首项 21，前 n 项和为 nS，且 0)12(120301 S。（Ⅰ）求 n的通项；（Ⅱ）求 S的前 n 项和 T。解：（Ⅰ）由 0)12(120301 S 得 ,)(21020310SS即 ,(2210 aaa可得 .)2012201q 因为 0n，所以 ,0q 解得 q，因而 .,21,1nqn