高考數(shù)學(xué)真題匯編數(shù)列有答案

1、高考數(shù)學(xué)真題匯編-數(shù)列學(xué)校：_姓名：_班級：_考號：_一選擇題（共9小題）1（2017新課標(biāo)）記Sn為等差數(shù)列an的前n項和若a4+a5=24，S6=48，則an的公差為（）A1B2C4D82（2017新課標(biāo)）在明朝程大位算法統(tǒng)宗中有這樣的一首歌謠：“遠(yuǎn)看巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”這首古詩描述的這個寶塔（古稱浮屠），本題說它一共有7層，每層懸掛的紅燈數(shù)是上一層的2倍，共有381盞燈，問塔頂有幾盞燈？你算出的結(jié)果是（）A6B5C4D33（2017新課標(biāo)）等差數(shù)列an的首項為1，公差不為0若a2，a3，a6成等比數(shù)列，則an前6項的和為（）A24B3C3D84（

2、2017新課標(biāo)）幾位大學(xué)生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號召，開發(fā)了一款應(yīng)用軟件為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案：已知數(shù)列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，其中第一項是20，接下來的兩項是20，21，再接下來的三項是20，21，22，依此類推求滿足如下條件的最小整數(shù)N：N100且該數(shù)列的前N項和為2的整數(shù)冪那么該款軟件的激活碼是（）A440B330C220D1105（2016上海）已知無窮等比數(shù)列an的公比為q，前n項和為Sn，且=S，下列條件中，使得2SnS（nN*）恒成立的是（）Aa10，0.6q0.7Ba

3、10，0.7q0.6Ca10，0.7q0.8Da10，0.8q0.76（2016新課標(biāo)）已知等差數(shù)列an前9項的和為27，a10=8，則a100=（）A100B99C98D977（2016四川）某公司為激勵創(chuàng)新，計劃逐年加大研發(fā)資金投入若該公司2015年全年投入研發(fā)資金130萬元，在此基礎(chǔ)上，每年投入的研發(fā)資金比上一年增長12%，則該公司全年投入的研發(fā)資金開始超過200萬元的年份是（）（參考數(shù)據(jù)：lg1.12=0.05，lg1.3=0.11，lg2=0.30）A2018年B2019年C2020年D2021年8（2016浙江）如圖，點列An、Bn分別在某銳角的兩邊上，且|AnAn+1|=|An+

4、1An+2|，AnAn+1，nN*，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|，BnBn+1，nN*，（PQ表示點P與Q不重合）若dn=|AnBn|，Sn為AnBnBn+1的面積，則（）ASn是等差數(shù)列BSn2是等差數(shù)列Cdn是等差數(shù)列Ddn2是等差數(shù)列9（2016新課標(biāo)）定義“規(guī)范01數(shù)列”an如下：an共有2m項，其中m項為0，m項為1，且對任意k2m，a1，a2，ak中0的個數(shù)不少于1的個數(shù)，若m=4，則不同的“規(guī)范01數(shù)列”共有（）A18個B16個C14個D12個二填空題（共9小題）10（2017北京）若等差數(shù)列an和等比數(shù)列bn滿足a1=b1=1，a4=b4=8，則=11（2017江蘇）

5、等比數(shù)列an的各項均為實數(shù)，其前n項和為Sn，已知S3=，S6=，則a8=12（2017新課標(biāo)）等差數(shù)列an的前n項和為Sn，a3=3，S4=10，則 =13（2017新課標(biāo)）設(shè)等比數(shù)列an滿足a1+a2=1，a1a3=3，則a4=14（2016江蘇）已知an是等差數(shù)列，Sn是其前n項和，若a1+a22=3，S5=10，則a9的值是15（2016北京）已知an為等差數(shù)列，Sn為其前n項和若a1=6，a3+a5=0，則S6=16（2016上海）無窮數(shù)列an由k個不同的數(shù)組成，Sn為an的前n項和，若對任意nN*，Sn2，3，則k的最大值為17（2016新課標(biāo)）設(shè)等比數(shù)列an滿足a1+a3=10，

6、a2+a4=5，則a1a2an的最大值為18（2016浙江）設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn，若S2=4，an+1=2Sn+1，nN*，則a1=，S5=三解答題（共22小題）19（2017新課標(biāo)）已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn，等比數(shù)列bn的前n項和為Tn，a1=1，b1=1，a2+b2=2（1）若a3+b3=5，求bn的通項公式；（2）若T3=21，求S320（2017山東）已知xn是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，且x1+x2=3，x3x2=2（）求數(shù)列xn的通項公式；（）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，依次連接點P1（x1，1），P2（x2，2）Pn+1（xn+1，n+1）得到折線P1 P2Pn+1

7、，求由該折線與直線y=0，x=x1，x=xn+1所圍成的區(qū)域的面積Tn21（2017山東）已知an是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1+a2=6，a1a2=a3（1）求數(shù)列an通項公式；（2）bn 為各項非零的等差數(shù)列，其前n項和為Sn，已知S2n+1=bnbn+1，求數(shù)列的前n項和Tn22（2017天津）已知an為等差數(shù)列，前n項和為Sn（nN*），bn是首項為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a42a1，S11=11b4（）求an和bn的通項公式；（）求數(shù)列a2nbn的前n項和（nN*）23（2017天津）已知an為等差數(shù)列，前n項和為Sn（nN+），bn是首項為2的等比數(shù)列

8、，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a42a1，S11=11b4（）求an和bn的通項公式；（）求數(shù)列a2nb2n1的前n項和（nN+）24（2017新課標(biāo)）設(shè)數(shù)列an滿足a1+3a2+（2n1）an=2n（1）求an的通項公式；（2）求數(shù)列的前n項和25（2017新課標(biāo)）記Sn為等比數(shù)列an的前n項和已知S2=2，S3=6（1）求an的通項公式；（2）求Sn，并判斷Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差數(shù)列26（2017江蘇）對于給定的正整數(shù)k，若數(shù)列an滿足：ank+ank+1+an1+an+1+an+k1+an+k=2kan對任意正整數(shù)n（nk）總成立，則稱數(shù)列an是“P（k）數(shù)列”（1

9、）證明：等差數(shù)列an是“P（3）數(shù)列”；（2）若數(shù)列an既是“P（2）數(shù)列”，又是“P（3）數(shù)列”，證明：an是等差數(shù)列27（2017北京）已知等差數(shù)列an和等比數(shù)列bn滿足a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5（）求an的通項公式；（）求和：b1+b3+b5+b2n128（2017北京）設(shè)an和bn是兩個等差數(shù)列，記cn=maxb1a1n，b2a2n，bnann（n=1，2，3，），其中maxx1，x2，xs表示x1，x2，xs這s個數(shù)中最大的數(shù)（1）若an=n，bn=2n1，求c1，c2，c3的值，并證明cn是等差數(shù)列；（2）證明：或者對任意正數(shù)M，存在正整數(shù)m，當(dāng)nm時，M；或

10、者存在正整數(shù)m，使得cm，cm+1，cm+2，是等差數(shù)列29（2017浙江）已知數(shù)列xn滿足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（nN*），證明：當(dāng)nN*時，（）0xn+1xn；（）2xn+1xn；（）xn30（2016北京）已知an是等差數(shù)列，bn是等比數(shù)列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4（1）求an的通項公式；（2）設(shè)cn=an+bn，求數(shù)列cn的前n項和31（2016北京）設(shè)數(shù)列A：a1，a2，aN （N2）如果對小于n（2nN）的每個正整數(shù)k都有akan，則稱n是數(shù)列A的一個“G時刻”，記G（A）是數(shù)列A的所有“G時刻”組成的集合（）對數(shù)列A：2，2，1，1

11、，3，寫出G（A）的所有元素；（）證明：若數(shù)列A中存在an使得ana1，則G（A）；（）證明：若數(shù)列A滿足anan11（n=2，3，N），則G（A）的元素個數(shù)不小于aNa132（2016新課標(biāo)）等差數(shù)列an中，a3+a4=4，a5+a7=6（）求an的通項公式；（）設(shè)bn=an，求數(shù)列bn的前10項和，其中x表示不超過x的最大整數(shù)，如0.9=0，2.6=233（2016天津）已知an是等比數(shù)列，前n項和為Sn（nN*），且=，S6=63（1）求an的通項公式；（2）若對任意的nN*，bn是log2an和log2an+1的等差中項，求數(shù)列（1）nb的前2n項和34（2016上海）對于無窮數(shù)列an

12、與bn，記A=x|x=an，nN*，B=x|x=bn，nN*，若同時滿足條件：an，bn均單調(diào)遞增；AB=且AB=N*，則稱an與bn是無窮互補(bǔ)數(shù)列（1）若an=2n1，bn=4n2，判斷an與bn是否為無窮互補(bǔ)數(shù)列，并說明理由；（2）若an=2n且an與bn是無窮互補(bǔ)數(shù)列，求數(shù)量bn的前16項的和；（3）若an與bn是無窮互補(bǔ)數(shù)列，an為等差數(shù)列且a16=36，求an與bn的通項公式35（2016新課標(biāo)）已知數(shù)列an的前n項和Sn=1+an，其中0（1）證明an是等比數(shù)列，并求其通項公式；（2）若S5=，求36（2016浙江）設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn，已知S2=4，an+1=2Sn+1，n

13、N*（）求通項公式an；（）求數(shù)列|ann2|的前n項和37（2016新課標(biāo)）Sn為等差數(shù)列an的前n項和，且a1=1，S7=28，記bn=lgan，其中x表示不超過x的最大整數(shù)，如0.9=0，lg99=1（）求b1，b11，b101；（）求數(shù)列bn的前1000項和38（2016四川）已知數(shù)列an的首項為1，Sn為數(shù)列an的前n項和，Sn+1=qSn+1，其中q0，nN+（）若a2，a3，a2+a3成等差數(shù)列，求數(shù)列an的通項公式；（）設(shè)雙曲線x2=1的離心率為en，且e2=2，求e12+e22+en239（2016新課標(biāo)）已知an是公差為3的等差數(shù)列，數(shù)列bn滿足b1=1，b2=，anbn+

14、1+bn+1=nbn（）求an的通項公式；（）求bn的前n項和40（2016江蘇）記U=1，2，100，對數(shù)列an（nN*）和U的子集T，若T=，定義ST=0；若T=t1，t2，tk，定義ST=+例如：T=1，3，66時，ST=a1+a3+a66現(xiàn)設(shè)an（nN*）是公比為3的等比數(shù)列，且當(dāng)T=2，4時，ST=30（1）求數(shù)列an的通項公式；（2）對任意正整數(shù)k（1k100），若T1，2，k，求證：STak+1；（3）設(shè)CU，DU，SCSD，求證：SC+SCD2SD41、（2016山東）已知數(shù)列an的前n項和Sn=3n2+8n，bn是等差數(shù)列，且an=bn+bn+1（）求數(shù)列bn的通項公式；（）

15、令cn=，求數(shù)列cn的前n項和Tn42、（2016新課標(biāo)）已知各項都為正數(shù)的數(shù)列an滿足a1=1，an2（2an+11）an2an+1=0（1）求a2，a3；（2）求an的通項公式高考數(shù)學(xué)真題匯編-數(shù)列參考答案與試題解析一選擇題（共9小題）1【分析】利用等差數(shù)列通項公式及前n項和公式列出方程組，求出首項和公差，由此能求出an的公差【解答】解：Sn為等差數(shù)列an的前n項和，a4+a5=24，S6=48，解得a1=2，d=4，an的公差為4故選：C2【分析】設(shè)塔頂?shù)腶1盞燈，由題意an是公比為2的等比數(shù)列，利用等比數(shù)列前n項和公式列出方程，能求出結(jié)果【解答】解：設(shè)塔頂?shù)腶1盞燈，由題意an是公比為

16、2的等比數(shù)列，S7=381，解得a1=3故選：D3【分析】利用等差數(shù)列通項公式、等比數(shù)列性質(zhì)列出方程，求出公差，由此能求出an前6項的和【解答】解：等差數(shù)列an的首項為1，公差不為0a2，a3，a6成等比數(shù)列，（a1+2d）2=（a1+d）（a1+5d），且a1=1，d0，解得d=2，an前6項的和為=24故選：A4【分析】方法一：由數(shù)列的性質(zhì)，求得數(shù)列bn的通項公式及前n項和，可知當(dāng)N為時（nN+），數(shù)列an的前N項和為數(shù)列bn的前n項和，即為2n+1n2，容易得到N100時，n14，分別判斷，即可求得該款軟件的激活碼；方法二：由題意求得數(shù)列的每一項，及前n項和Sn=2n+12n，及項數(shù)，由

17、題意可知：2n+1為2的整數(shù)冪只需將2n消去即可，分別即可求得N的值【解答】解：設(shè)該數(shù)列為an，設(shè)bn=+=2n+11，（nN+），則=ai，由題意可設(shè)數(shù)列an的前N項和為SN，數(shù)列bn的前n項和為Tn，則Tn=211+221+2n+11=2n+1n2，可知當(dāng)N為時（nN+），數(shù)列an的前N項和為數(shù)列bn的前n項和，即為2n+1n2，容易得到N100時，n14，A項，由=435，440=435+5，可知S440=T29+b5=230292+251=230，故A項符合題意B項，仿上可知=325，可知S330=T25+b5=226252+251=226+4，顯然不為2的整數(shù)冪，故B項不符合題意C項

18、，仿上可知=210，可知S220=T20+b10=221202+2101=221+21023，顯然不為2的整數(shù)冪，故C項不符合題意D項，仿上可知=105，可知S110=T14+b5=215142+251=215+15，顯然不為2的整數(shù)冪，故D項不符合題意故選A方法二：由題意可知：，根據(jù)等比數(shù)列前n項和公式，求得每項和分別為：211，221，231，2n1，每項含有的項數(shù)為：1，2，3，n，總共的項數(shù)為N=1+2+3+n=，所有項數(shù)的和為Sn：211+221+231+2n1=（21+22+23+2n）n=n=2n+12n，由題意可知：2n+1為2的整數(shù)冪只需將2n消去即可，則1+2+（2n）=0

19、，解得：n=1，總共有+2=3，不滿足N100，1+2+4+（2n）=0，解得：n=5，總共有+3=18，不滿足N100，1+2+4+8+（2n）=0，解得：n=13，總共有+4=95，不滿足N100，1+2+4+8+16+（2n）=0，解得：n=29，總共有+5=440，滿足N100，該款軟件的激活碼440故選：A5【分析】由已知推導(dǎo)出，由此利用排除法能求出結(jié)果【解答】解：，S=，1q1，2SnS，若a10，則，故A與C不可能成立；若a10，則qn，在B中，a10，0.7q0.6故B成立；在D中，a10，0.8q0.7，此時q2，D不成立故選：B6【分析】根據(jù)已知可得a5=3，進(jìn)而求出公差，

20、可得答案【解答】解：等差數(shù)列an前9項的和為27，S9=9a59a5=27，a5=3，又a10=8，d=1，a100=a5+95d=98，故選：C7【分析】設(shè)第n年開始超過200萬元，可得130×（1+12%）n2015200，兩邊取對數(shù)即可得出【解答】解：設(shè)第n年開始超過200萬元，則130×（1+12%）n2015200，化為：（n2015）lg1.12lg2lg1.3，n2015=3.8取n=2019因此開始超過200萬元的年份是2019年故選：B8【分析】設(shè)銳角的頂點為O，再設(shè)|OA1|=a，|OB1|=c，|AnAn+1|=|An+1An+2|=b，|BnBn+1

21、|=|Bn+1Bn+2|=d，由于a，c不確定，判斷C，D不正確，設(shè)AnBnBn+1的底邊BnBn+1上的高為hn，運(yùn)用三角形相似知識，hn+hn+2=2hn+1，由Sn=dhn，可得Sn+Sn+2=2Sn+1，進(jìn)而得到數(shù)列Sn為等差數(shù)列【解答】解：設(shè)銳角的頂點為O，|OA1|=a，|OB1|=c，|AnAn+1|=|An+1An+2|=b，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|=d，由于a，c不確定，則dn不一定是等差數(shù)列，dn2不一定是等差數(shù)列，設(shè)AnBnBn+1的底邊BnBn+1上的高為hn，由三角形的相似可得=，=，兩式相加可得，=2，即有hn+hn+2=2hn+1，由Sn=dhn，可

22、得Sn+Sn+2=2Sn+1，即為Sn+2Sn+1=Sn+1Sn，則數(shù)列Sn為等差數(shù)列另解：可設(shè)A1B1B2，A2B2B3，AnBnBn+1為直角三角形，且A1B1，A2B2，AnBn為直角邊，即有hn+hn+2=2hn+1，由Sn=dhn，可得Sn+Sn+2=2Sn+1，即為Sn+2Sn+1=Sn+1Sn，則數(shù)列Sn為等差數(shù)列故選：A9【分析】由新定義可得，“規(guī)范01數(shù)列”有偶數(shù)項2m項，且所含0與1的個數(shù)相等，首項為0，末項為1，當(dāng)m=4時，數(shù)列中有四個0和四個1，然后一一列舉得答案【解答】解：由題意可知，“規(guī)范01數(shù)列”有偶數(shù)項2m項，且所含0與1的個數(shù)相等，首項為0，末項為1，若m=4

23、，說明數(shù)列有8項，滿足條件的數(shù)列有：0，0，0，0，1，1，1，1； 0，0，0，1，0，1，1，1； 0，0，0，1，1，0，1，1； 0，0，0，1，1，1，0，1； 0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1； 0，0，1，0，1，1，0，1； 0，0，1，1，0，1，0，1； 0，0，1，1，0，0，1，1； 0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，0，1，0，1共14個故選：C二填空題（共9小題）10【分析】利用等差數(shù)列求出公差，等比數(shù)列求出公比，然后求解

24、第二項，即可得到結(jié)果【解答】解：等差數(shù)列an和等比數(shù)列bn滿足a1=b1=1，a4=b4=8，設(shè)等差數(shù)列的公差為d，等比數(shù)列的公比為q可得：8=1+3d，d=3，a2=2；8=q3，解得q=2，b2=2可得=1故答案為：111【分析】設(shè)等比數(shù)列an的公比為q1，S3=，S6=，可得=，=，聯(lián)立解出即可得出【解答】解：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q1，S3=，S6=，=，=，解得a1=，q=2則a8=32故答案為：3212【分析】利用已知條件求出等差數(shù)列的前n項和，然后化簡所求的表達(dá)式，求解即可【解答】解：等差數(shù)列an的前n項和為Sn，a3=3，S4=10，S4=2（a2+a3）=10，可得a2=2，

25、數(shù)列的首項為1，公差為1，Sn=，=，則 =21+=2（1）=故答案為：13【分析】設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，由a1+a2=1，a1a3=3，可得：a1（1+q）=1，a1（1q2）=3，解出即可得出【解答】解：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，a1+a2=1，a1a3=3，a1（1+q）=1，a1（1q2）=3，解得a1=1，q=2則a4=（2）3=8故答案為：814【分析】利用等差數(shù)列的通項公式和前n項和公式列出方程組，求出首項和公差，由此能求出a9的值【解答】解：an是等差數(shù)列，Sn是其前n項和，a1+a22=3，S5=10，解得a1=4，d=3，a9=4+8×3=20故答案為：201

26、5【分析】由已知條件利用等差數(shù)列的性質(zhì)求出公差，由此利用等差數(shù)列的前n項和公式能求出S6【解答】解：an為等差數(shù)列，Sn為其前n項和a1=6，a3+a5=0，a1+2d+a1+4d=0，12+6d=0，解得d=2，S6=3630=6故答案為：616【分析】對任意nN*，Sn2，3，列舉出n=1，2，3，4的情況，歸納可得n4后都為0或1或1，則k的最大個數(shù)為4【解答】解：對任意nN*，Sn2，3，可得當(dāng)n=1時，a1=S1=2或3；若n=2，由S22，3，可得數(shù)列的前兩項為2，0；或2，1；或3，0；或3，1；若n=3，由S32，3，可得數(shù)列的前三項為2，0，0；或2，0，1；或2，1，0；或

27、2，1，1；或3，0，0；或3，0，1；或3，1，0；或3，1，1；若n=4，由S32，3，可得數(shù)列的前四項為2，0，0，0；或2，0，0，1；或2，0，1，0；或2，0，1，1；或2，1，0，0；或2，1，0，1；或2，1，1，0；或2，1，1，1；或3，0，0，0；或3，0，0，1；或3，0，1，0；或3，0，1，1；或3，1，0，0；或3，1，0，1；或3，1，1，0；或3，1，1，1；即有n4后一項都為0或1或1，則k的最大個數(shù)為4，不同的四個數(shù)均為2，0，1，1，或3，0，1，1故答案為：417【分析】求出數(shù)列的等比與首項，化簡a1a2an，然后求解最值【解答】解：等比數(shù)列an滿足a

28、1+a3=10，a2+a4=5，可得q（a1+a3）=5，解得q=a1+q2a1=10，解得a1=8則a1a2an=a1nq1+2+3+（n1）=8n=，當(dāng)n=3或4時，表達(dá)式取得最大值：=26=64故答案為：6418【分析】運(yùn)用n=1時，a1=S1，代入條件，結(jié)合S2=4，解方程可得首項；再由n1時，an+1=Sn+1Sn，結(jié)合條件，計算即可得到所求和【解答】解：由n=1時，a1=S1，可得a2=2S1+1=2a1+1，又S2=4，即a1+a2=4，即有3a1+1=4，解得a1=1；由an+1=Sn+1Sn，可得Sn+1=3Sn+1，由S2=4，可得S3=3×4+1=13，S4=3

29、×13+1=40，S5=3×40+1=121故答案為：1，121三解答題（共22小題）19【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為q，運(yùn)用等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式，列方程解方程可得d，q，即可得到所求通項公式；（2）運(yùn)用等比數(shù)列的求和公式，解方程可得公比，再由等差數(shù)列的通項公式和求和，計算即可得到所求和【解答】解：（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為q，a1=1，b1=1，a2+b2=2，a3+b3=5，可得1+d+q=2，1+2d+q2=5，解得d=1，q=2或d=3，q=0（舍去），則bn的通項公式為bn=2n1，nN*；（2）b

30、1=1，T3=21，可得1+q+q2=21，解得q=4或5，當(dāng)q=4時，b2=4，a2=24=2，d=2（1）=1，S3=123=6；當(dāng)q=5時，b2=5，a2=2（5）=7，d=7（1）=8，S3=1+7+15=2120【分析】（I）列方程組求出首項和公比即可得出通項公式；（II）從各點向x軸作垂線，求出梯形的面積的通項公式，利用錯位相減法求和即可【解答】解：（I）設(shè)數(shù)列xn的公比為q，則q0，由題意得，兩式相比得：，解得q=2或q=（舍），x1=1，xn=2n1（II）過P1，P2，P3，Pn向x軸作垂線，垂足為Q1，Q2，Q3，Qn，記梯形PnPn+1Qn+1Qn的面積為bn，則bn=（

31、2n+1）×2n2，Tn=3×21+5×20+7×21+（2n+1）×2n2，2Tn=3×20+5×21+7×22+（2n+1）×2n1，得：Tn=+（2+22+2n1）（2n+1）×2n1=+（2n+1）×2n1=+（12n）×2n1Tn=21【分析】（1）通過首項和公比，聯(lián)立a1+a2=6、a1a2=a3，可求出a1=q=2，進(jìn)而利用等比數(shù)列的通項公式可得結(jié)論；（2）利用等差數(shù)列的性質(zhì)可知S2n+1=（2n+1）bn+1，結(jié)合S2n+1=bnbn+1可知bn=2n+1，進(jìn)

32、而可知=，利用錯位相減法計算即得結(jié)論【解答】解：（1）記正項等比數(shù)列an的公比為q，因為a1+a2=6，a1a2=a3，所以（1+q）a1=6，q=q2a1，解得：a1=q=2，所以an=2n；（2）因為bn 為各項非零的等差數(shù)列，所以S2n+1=（2n+1）bn+1，又因為S2n+1=bnbn+1，所以bn=2n+1，=，所以Tn=3+5+（2n+1），Tn=3+5+（2n1）+（2n+1），兩式相減得：Tn=3+2（+）（2n+1），即Tn=3+（+）（2n+1），即Tn=3+1+）（2n+1）=3+（2n+1）=522【分析】（）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為q通過b2+

33、b3=12，求出q，得到然后求出公差d，推出an=3n2（）設(shè)數(shù)列a2nbn的前n項和為Tn，利用錯位相減法，轉(zhuǎn)化求解數(shù)列a2nbn的前n項和即可【解答】（）解：設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為q由已知b2+b3=12，得，而b1=2，所以q2+q6=0又因為q0，解得q=2所以，由b3=a42a1，可得3da1=8由S11=11b4，可得a1+5d=16，聯(lián)立，解得a1=1，d=3，由此可得an=3n2所以，an的通項公式為an=3n2，bn的通項公式為（）解：設(shè)數(shù)列a2nbn的前n項和為Tn，由a2n=6n2，有，上述兩式相減，得=得所以，數(shù)列a2nbn的前n項和為（3n4）

34、2n+2+1623【分析】（）設(shè)出公差與公比，利用已知條件求出公差與公比，然后求解an和bn的通項公式；（）化簡數(shù)列的通項公式，利用錯位相減法求解數(shù)列的和即可【解答】解：（I）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為q由已知b2+b3=12，得b1（q+q2）=12，而b1=2，所以q+q26=0又因為q0，解得q=2所以，bn=2n由b3=a42a1，可得3da1=8由S11=11b4，可得a1+5d=16，聯(lián)立，解得a1=1，d=3，由此可得an=3n2所以，數(shù)列an的通項公式為an=3n2，數(shù)列bn的通項公式為bn=2n（II）設(shè)數(shù)列a2nb2n1的前n項和為Tn，由a2n=6n2

35、，b2n1=4n，有a2nb2n1=（3n1）4n，故Tn=2×4+5×42+8×43+（3n1）4n，4Tn=2×42+5×43+8×44+（3n1）4n+1，上述兩式相減，得3Tn=2×4+3×42+3×43+3×4n（3n1）4n+1=（3n2）4n+18得Tn=所以，數(shù)列a2nb2n1的前n項和為24【分析】（1）利用數(shù)列遞推關(guān)系即可得出（2）=利用裂項求和方法即可得出【解答】解：（1）數(shù)列an滿足a1+3a2+（2n1）an=2nn2時，a1+3a2+（2n3）an1=2（n1）（2n

36、1）an=2an=當(dāng)n=1時，a1=2，上式也成立an=（2）=數(shù)列的前n項和=+=1=25【分析】（1）由題意可知a3=S3S2=62=8，a1=，a2=，由a1+a2=2，列方程即可求得q及a1，根據(jù)等比數(shù)列通項公式，即可求得an的通項公式；（2）由（1）可知利用等比數(shù)列前n項和公式，即可求得Sn，分別求得Sn+1，Sn+2，顯然Sn+1+Sn+2=2Sn，則Sn+1，Sn，Sn+2成等差數(shù)列【解答】解：（1）設(shè)等比數(shù)列an首項為a1，公比為q，則a3=S3S2=62=8，則a1=，a2=，由a1+a2=2，+=2，整理得：q2+4q+4=0，解得：q=2，則a1=2，an=（2）（2）n

37、1=（2）n，an的通項公式an=（2）n；（2）由（1）可知：Sn=2+（2）n+1，則Sn+1=2+（2）n+2，Sn+2=2+（2）n+3，由Sn+1+Sn+2=2+（2）n+22+（2）n+3，=4+（2）×（2）n+1+（2）2×（2）n+1，=4+2（2）n+1=2×（2+（2）n+1），=2Sn，即Sn+1+Sn+2=2Sn，Sn+1，Sn，Sn+2成等差數(shù)列26【分析】（1）由題意可知根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，an3+an2+an1+an+1+an+2+an+3=（an3+an+3）+（an2+an+2）+（an1+an+1）2×3an，根據(jù)“

38、P（k）數(shù)列”的定義，可得數(shù)列an是“P（3）數(shù)列”；（2）由已知條件結(jié)合（1）中的結(jié)論，可得到an從第3項起為等差數(shù)列，再通過判斷a2與a3的關(guān)系和a1與a2的關(guān)系，可知an為等差數(shù)列【解答】解：（1）證明：設(shè)等差數(shù)列an首項為a1，公差為d，則an=a1+（n1）d，則an3+an2+an1+an+1+an+2+an+3，=（an3+an+3）+（an2+an+2）+（an1+an+1），=2an+2an+2an，=2×3an，等差數(shù)列an是“P（3）數(shù)列”；（2）證明：當(dāng)n4時，因為數(shù)列an是P（3）數(shù)列，則an3+an2+an1+an+1+an+2+an+3=6an，因為數(shù)列

39、an是“P（2）數(shù)列”，所以an2+an1+an+1+an+2=4an，則an1+an+an+2+an+3=4an+1，+，得2an=4an1+4an+16an，即2an=an1+an+1，（n4），因此n4從第3項起為等差數(shù)列，設(shè)公差為d，注意到a2+a3+a5+a6=4a4，所以a2=4a4a3a5a6=4（a3+d）a3（a3+2d）（a3+3d）=a3d，因為a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=4a3a2a4a5=4（a2+d）a2（a2+2d）（a2+3d）=a2d，也即前3項滿足等差數(shù)列的通項公式，所以an為等差數(shù)列27【分析】（）利用已知條件求出等差數(shù)列的公差，然后求an的

40、通項公式；（）利用已知條件求出公比，然后求解數(shù)列的和即可【解答】解：（）等差數(shù)列an，a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得d=2，所以an的通項公式：an=1+（n1）×2=2n1（）由（）可得a5=a1+4d=9，等比數(shù)列bn滿足b1=1，b2b4=9可得b3=3，或3（舍去）（等比數(shù)列奇數(shù)項符號相同）q2=3，b2n1是等比數(shù)列，公比為3，首項為1b1+b3+b5+b2n1=28【分析】（1）分別求得a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，代入即可求得c1，c2，c3；由（bknak）（b1na1）0，則b1na1bknak，則cn=

41、b1na1=1n，cn+1cn=1對nN*均成立；（2）由biain=b1+（i1）d1a1+（i1）d2×n=（b1a1n）+（i1）（d2d1×n），分類討論d1=0，d10，d10三種情況進(jìn)行討論根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，即可求得使得cm，cm+1，cm+2，是等差數(shù)列；設(shè)=An+B+對任意正整數(shù)M，存在正整數(shù)m，使得nm，M，分類討論，采用放縮法即可求得因此對任意正數(shù)M，存在正整數(shù)m，使得當(dāng)nm時，M【解答】解：（1）a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，當(dāng)n=1時，c1=maxb1a1=max0=0，當(dāng)n=2時，c2=maxb12a1，b22a2=

42、max1，1=1，當(dāng)n=3時，c3=maxb13a1，b23a2，b33a3=max2，3，4=2，下面證明：對nN*，且n2，都有cn=b1na1，當(dāng)nN*，且2kn時，則（bknak）（b1na1），=（2k1）nk1+n，=（2k2）n（k1），=（k1）（2n），由k10，且2n0，則（bknak）（b1na1）0，則b1na1bknak，因此，對nN*，且n2，cn=b1na1=1n，cn+1cn=1，c2c1=1，cn+1cn=1對nN*均成立，數(shù)列cn是等差數(shù)列；（2）證明：設(shè)數(shù)列an和bn的公差分別為d1，d2，下面考慮的cn取值，由b1a1n，b2a2n，bnann，考慮其中

43、任意biain，（iN*，且1in），則biain=b1+（i1）d1a1+（i1）d2×n，=（b1a1n）+（i1）（d2d1×n），下面分d1=0，d10，d10三種情況進(jìn)行討論，若d1=0，則biain（b1a1n）+（i1）d2，當(dāng)若d20，則（biain）（b1a1n）=（i1）d20，則對于給定的正整數(shù)n而言，cn=b1a1n，此時cn+1cn=a1，數(shù)列cn是等差數(shù)列；當(dāng)d20，（biain）（bnann）=（in）d20，則對于給定的正整數(shù)n而言，cn=bnann=bna1n，此時cn+1cn=d2a1，數(shù)列cn是等差數(shù)列；此時取m=1，則c1，c2，是等

44、差數(shù)列，命題成立；若d10，則此時d1n+d2為一個關(guān)于n的一次項系數(shù)為負(fù)數(shù)的一次函數(shù)，故必存在mN*，使得nm時，d1n+d20，則當(dāng)nm時，（biain）（b1a1n）=（i1）（d1n+d2）0，（iN*，1in），因此當(dāng)nm時，cn=b1a1n，此時cn+1cn=a1，故數(shù)列cn從第m項開始為等差數(shù)列，命題成立；若d10，此時d1n+d2為一個關(guān)于n的一次項系數(shù)為正數(shù)的一次函數(shù)，故必存在sN*，使得ns時，d1n+d20，則當(dāng)ns時，（biain）（bnann）=（i1）（d1n+d2）0，（iN*，1in），因此，當(dāng)ns時，cn=bnann，此時=an+，=d2n+（d1a1+d2）

45、+，令d1=A0，d1a1+d2=B，b1d2=C，下面證明：=An+B+對任意正整數(shù)M，存在正整數(shù)m，使得nm，M，若C0，取m=+1，x表示不大于x的最大整數(shù)，當(dāng)nm時，An+BAm+B=A+1+BA+B=M，此時命題成立；若C0，取m=+1，當(dāng)nm時，An+B+Am+B+CA+B+CMCB+B+C=M，此時命題成立，因此對任意正數(shù)M，存在正整數(shù)m，使得當(dāng)nm時，M；綜合以上三種情況，命題得證29【分析】（）用數(shù)學(xué)歸納法即可證明，（）構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，把數(shù)列問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題，即可證明，（）由2xn+1xn得2（）0，繼續(xù)放縮即可證明【解答】解：（）用數(shù)學(xué)歸納法證明：xn

46、0，當(dāng)n=1時，x1=10，成立，假設(shè)當(dāng)n=k時成立，則xk0，那么n=k+1時，若xk+10，則0xk=xk+1+ln（1+xk+1）0，矛盾，故xn+10，因此xn0，（nN*）xn=xn+1+ln（1+xn+1）xn+1，因此0xn+1xn（nN*），（）由xn=xn+1+ln（1+xn+1）得xnxn+14xn+1+2xn=xn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1），記函數(shù)f（x）=x22x+（x+2）ln（1+x），x0f（x）=+ln（1+x）0，f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，f（x）f（0）=0，因此xn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）0，

47、故2xn+1xn；（）xn=xn+1+ln（1+xn+1）xn+1+xn+1=2xn+1，xn，由2xn+1xn得2（）0，2（）2n1（）=2n2，xn，綜上所述xn30【分析】（1）設(shè)an是公差為d的等差數(shù)列，bn是公比為q的等比數(shù)列，運(yùn)用通項公式可得q=3，d=2，進(jìn)而得到所求通項公式；（2）求得cn=an+bn=2n1+3n1，再由數(shù)列的求和方法：分組求和，運(yùn)用等差數(shù)列和等比數(shù)列的求和公式，計算即可得到所求和【解答】解：（1）設(shè)an是公差為d的等差數(shù)列，bn是公比為q的等比數(shù)列，由b2=3，b3=9，可得q=3，bn=b2qn2=33n2=3n1；即有a1=b1=1，a14=b4=27

48、，則d=2，則an=a1+（n1）d=1+2（n1）=2n1；（2）cn=an+bn=2n1+3n1，則數(shù)列cn的前n項和為（1+3+（2n1）+（1+3+9+3n1）=n2n+=n2+31【分析】（）結(jié)合“G時刻”的定義進(jìn)行分析；（）可以采用假設(shè)法和遞推法進(jìn)行分析；（）可以采用假設(shè)法和列舉法進(jìn)行分析【解答】解：（）根據(jù)題干可得，a1=2，a2=2，a3=1，a4=1，a5=3，a1a2滿足條件，2滿足條件，a2a3不滿足條件，3不滿足條件，a2a4不滿足條件，4不滿足條件，a1，a2，a3，a4，均小于a5，因此5滿足條件，因此G（A）=2，5（）因為存在ana1，設(shè)數(shù)列A中第一個大于a1的

49、項為ak，則aka1ai，其中2ik1，所以kG（A），G（A）；（）設(shè)A數(shù)列的所有“G時刻”為i1i2ik，對于第一個“G時刻”i1，有a1ai（i=2，3，i11），則a11對于第二個“G時刻”i1，有ai（i=2，3，i11），則1類似的1，1于是，k（）+（）+（）+（a1）=a1對于aN，若NG（A），則=aN若NG（A），則aN，否則由（2）知，aN，中存在“G時刻”與只有k個“G時刻”矛盾從而ka1aNa132【分析】（）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，根據(jù)已知構(gòu)造關(guān)于首項和公差方程組，解得答案；（）根據(jù)bn=an，列出數(shù)列bn的前10項，相加可得答案【解答】解：（）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，a3+a4=4，a5+a7=6，解得：，an=；（）bn=an，b1=b2=b3=1，b4=b5=2，b6=b7=b8=3，b9=b10=4故數(shù)列bn的前10項和S10=3×