多年高考試題分類匯總-03-第三章-數(shù)-列

軒轅工作室精心匯編__________________________________________________________第三章數(shù)列●考點(diǎn)闡釋數(shù)列是高中代數(shù)的重點(diǎn)之一，也是高考的考查重點(diǎn)，在近十年高考試題中有較大的比重.這些試題不僅考查數(shù)列，等差數(shù)列和等比數(shù)列，數(shù)列極限的基礎(chǔ)知識(shí)、基本技能、基本思想和方法，以及數(shù)學(xué)歸納法這一基本方法，而且可以有效地測(cè)試邏輯推理能力、運(yùn)算能力，以及運(yùn)用有關(guān)的知識(shí)和方法，分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力.重點(diǎn)掌握的是等差、等比數(shù)列知識(shí)的綜合運(yùn)用能力.●試題類編一、選擇題1.（2003京春文，6）在等差數(shù)列{an}中，已知a1+a2+a3+a4+a5=20，那么a3等于（）A.4 B.5 C.6 D.72.（2002上海春，16）設(shè)｛an｝（n∈N*）是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）A.d＜0 B.a7＝0C.S9＞S5 D.S6與S7均為Sn的最大值3.（2002京皖春，11）若一個(gè)等差數(shù)列前3項(xiàng)的和為34，最后3項(xiàng)的和為146，且所有項(xiàng)的和為390，則這個(gè)數(shù)列有（）A.13項(xiàng) B.12項(xiàng) C.11項(xiàng) D.10項(xiàng)4.（2001京皖蒙春，12）根據(jù)市場(chǎng)調(diào)查結(jié)果，預(yù)測(cè)某種家用商品從年初開(kāi)始的n個(gè)月內(nèi)累積的需求量Sn（萬(wàn)件）近似地滿足Sn=（21n－n2－5）（n=1，2，……，12）.按此預(yù)測(cè)，在本年度內(nèi)，需求量超過(guò)1.5萬(wàn)件的月份是（）A.5月、6月 B.6月、7月C．7月、8月 D.8月、9月5.（2001全國(guó)理，3）設(shè)數(shù)列{an}是遞增等差數(shù)列，前三項(xiàng)的和為12，前三項(xiàng)的積為48，則它的首項(xiàng)是（）A.1 B.2 C.4 D.66.（2001上海春，16）若數(shù)列{an}前8項(xiàng)的值各異，且an+8=an對(duì)任意n∈N*都成立，則下列數(shù)列中可取遍{an}前8項(xiàng)值的數(shù)列為（）A.{a2k+1} B.{a3k+1} C.{a4k+1} D.{a6k+1}7.（2001天津理，2）設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且Sn=n2，則{an}是（）A.等比數(shù)列，但不是等差數(shù)列 B.等差數(shù)列，但不是等比數(shù)列C.等差數(shù)列，而且也是等比數(shù)列 D.既非等比數(shù)列又非等差數(shù)列8.（2000京皖春，13）已知等差數(shù)列｛an｝滿足a1+a2+a3+…＋a101＝0，則有（）A.a1＋a101＞0 B.a2＋a100＜0C.a3＋a99＝0 D.a51＝519.（1998全國(guó)文，15）等比數(shù)列{an}的公比為－，前n項(xiàng)和Sn滿足，那么a1的值為（）A.± B.± C.± D.±10.（1998全國(guó)理，15）在等比數(shù)列｛an｝中，a1＞1，且前n項(xiàng)和Sn滿足，那么a1的取值范圍是（）A.（1，＋∞）B.（1，4）C.（1，2） D．（1，）11.（1997上海文，6）設(shè)f（n）=1+（n∈N），那么f（n+1）－f（n）等于（）A. B.C. D.12.（1997上海理，6）設(shè)f（n）=（n∈N），那么f（n+1）－f（n）等于（）A. B.C. D.13.（1996全國(guó)理，10）等比數(shù)列｛an｝的首項(xiàng)a1＝－1，前n項(xiàng)和為Sn，若，則Sn等于（）A. B.－ C.2 D.－214.（1994全國(guó)理，12）等差數(shù)列{an}的前m項(xiàng)和為30，前2m項(xiàng)和為100，則它的前3m項(xiàng)和為（）A.130 B.170 C.210 D.26015.（1995全國(guó)，12）等差數(shù)列｛an｝，｛bn｝的前n項(xiàng)和分別為Sn與Tn，若，則等于（）A.1 B. C. D.※16.（1994全國(guó)理，15）某種細(xì)菌在培養(yǎng)過(guò)程中，每20分鐘分裂一次（一個(gè)分裂二個(gè)）經(jīng)過(guò)3小時(shí)，這種細(xì)菌由1個(gè)可以繁殖成（）A.511個(gè) B.512個(gè) C.1023個(gè) D.1024個(gè)2時(shí)，一個(gè)單位時(shí)間即可完成計(jì)算，方法可用下表表示：機(jī)器號(hào)初始時(shí)第一單位時(shí)間第二單位時(shí)間第三單位時(shí)間被讀機(jī)號(hào)結(jié)果被讀機(jī)號(hào)結(jié)果被讀機(jī)號(hào)結(jié)果1v12v1+v2v1+v2v21v2+v1（Ⅰ）當(dāng)n＝4時(shí)，至少需要多少個(gè)單位時(shí)間可完成計(jì)算?把你設(shè)計(jì)的方法填入下表機(jī)器號(hào)初始時(shí)第一單位時(shí)間第二單位時(shí)間第三單位時(shí)間被讀機(jī)號(hào)結(jié)果被讀機(jī)號(hào)結(jié)果被讀機(jī)號(hào)結(jié)果1v12v23v34v4（Ⅱ）當(dāng)n＝128時(shí)，要使所有機(jī)器都得到，至少需要多少個(gè)單位時(shí)間可完成計(jì)算?（結(jié)論不要求證明）50.（2002天津理，22）已知｛an｝是由非負(fù)整數(shù)組成的數(shù)列，滿足a1＝0，a2＝3，an＋1an＝（an－1＋2）（an－2＋2），n＝3，4，5，…．（Ⅰ）求a3；（Ⅱ）證明an＝an－2＋2，n＝3，4，5，…；（Ⅲ）求｛an｝的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和Sn．51.（2001全國(guó)春季北京、安徽，20）在1與2之間插入n個(gè)正數(shù)a1，a2，a3……，an，使這n＋2個(gè)數(shù)成等比數(shù)列；又在1與2之間插入n個(gè)正數(shù)b1，b2，b3，……，bn，使這n＋2個(gè)數(shù)成等差數(shù)列.記An＝a1a2a3……an，Bn＝b1＋b2＋b3＋……＋bn.（Ⅰ）求數(shù)列｛An｝和｛Bn｝的通項(xiàng)；（Ⅱ）當(dāng)n≥7時(shí)，比較An與Bn的大小，并證明你的結(jié)論.※52.（2001全國(guó)理，21）從社會(huì)效益和經(jīng)濟(jì)效益出發(fā)，某地投入資金進(jìn)行生態(tài)環(huán)境建設(shè)，并以此發(fā)展旅游產(chǎn)業(yè).根據(jù)規(guī)劃，本年度投入800萬(wàn)元，以后每年投入將比上年減少.本年度當(dāng)?shù)芈糜螛I(yè)收入估計(jì)為400萬(wàn)元，由于該項(xiàng)建設(shè)對(duì)旅游業(yè)的促進(jìn)作用，預(yù)計(jì)今后的旅游業(yè)收入每年會(huì)比上年增加.（Ⅰ）設(shè)n年內(nèi)（本年度為第一年）總投入為an萬(wàn)元，旅游業(yè)總收入為bn萬(wàn)元.寫出an，bn的表達(dá)式；（Ⅱ）至少經(jīng)過(guò)幾年旅游業(yè)的總收入才能超過(guò)總投入?圖3—2※53.（2001上海，22）對(duì)任意函數(shù)f（x），x∈D圖3—2①輸入數(shù)據(jù)x0∈D，經(jīng)數(shù)列發(fā)生器輸出x1＝f（x0）；②若x1D，則數(shù)列發(fā)生器結(jié)束工作；若x1∈D，則將x1反饋回輸入端，再輸出x2＝f（x1），并依此規(guī)律繼續(xù)下去．現(xiàn)定義f（x）=．（Ⅰ）若輸入x0＝，則由數(shù)列發(fā)生器產(chǎn)生數(shù)列｛xn｝．請(qǐng)寫出數(shù)列｛xn｝的所有項(xiàng)；（Ⅱ）若要數(shù)列發(fā)生器產(chǎn)生一個(gè)無(wú)窮的常數(shù)列，試求輸入的初始數(shù)據(jù)x0的值；（Ⅲ）（理）若輸入x0時(shí)，產(chǎn)生的無(wú)窮數(shù)列｛xn｝滿足：對(duì)任意正整數(shù)n,均有xn＜xn＋1，求x0的取值范圍．54.（2001上海春，22）已知{an}是首項(xiàng)為2，公比為的等比數(shù)列,Sn為它的前n項(xiàng)和.（1）用Sn表示Sn+1；（2）是否存在自然數(shù)c和k，使得>2成立.55.（2001全國(guó)文，17）已知等差數(shù)列前三項(xiàng)為a，4，3a，前n項(xiàng)和為Sn，Sk=2550.（1）求a及k的值；（2）求.56.（2000京皖春理，24）已知函數(shù)f（x）=其中f1（x）＝－2（x）2＋1，f2（x）＝－2x＋2．（Ⅰ）在圖3—3坐標(biāo)系上畫出y=f（x）的圖象；（Ⅱ）設(shè)y=f2（x）（x∈［，1］）的反函數(shù)為y=g（x），a1＝1，a2＝g（a1），…，an＝g（an－1）；求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式，并求an；（Ⅲ）若x0∈［0，），x1＝f（x0），f（x1）＝x0，求x0．57.（2000京皖春文，22）已知等差數(shù)列｛an｝的公差和等比數(shù)列｛bn｝的公比相等，且都等于d（d＞0，d≠1）.若a1=b1，a3=3b3，a5=5b5，求an，bn．58.（2000全國(guó)理，20）（Ⅰ）已知數(shù)列｛cn｝，其中cn＝2n＋3n，且數(shù)列｛cn＋1－pcn｝為等比數(shù)列，求常數(shù)p；（Ⅱ）設(shè)｛an｝、｛bn｝是公比不相等的兩個(gè)等比數(shù)列，cn=an+bn，證明數(shù)列｛cn｝不是等比數(shù)列.59.（2000全國(guó)文，18）設(shè)｛an｝為等差數(shù)列，Sn為數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和，已知S7＝7，S15＝75，Tn為數(shù)列｛｝的前n項(xiàng)和，求Tn．60.（2000上海，21）在XOY平面上有一點(diǎn)列P1（a1，b1），P2（a2，b2），…，Pn（an，bn），…，對(duì)每個(gè)自然數(shù)n，點(diǎn)Pn位于函數(shù)y=2000（）x（0＜a＜10）的圖象上，且點(diǎn)Pn、點(diǎn)（n，0）與點(diǎn)（n+1，0）構(gòu)成一個(gè)以Pn為頂點(diǎn)的等腰三角形.（Ⅰ）求點(diǎn)Pn的縱坐標(biāo)bn的表達(dá)式；（Ⅱ）若對(duì)每個(gè)自然數(shù)n，以bn，bn＋1，bn＋2為邊長(zhǎng)能構(gòu)成一個(gè)三角形，求a的取值范圍；（Ⅲ）（理）設(shè)Bn＝b1，b2…bn（n∈N）.若a取（Ⅱ）中確定的范圍內(nèi)的最小整數(shù)，求數(shù)列｛Bn｝的最大項(xiàng)的項(xiàng)數(shù).（文）設(shè)cn＝lg（bn）（n∈N）.若a?。á颍┲写_定的范圍內(nèi)的最小整數(shù)，問(wèn)數(shù)列｛cn｝前多少項(xiàng)的和最大?試說(shuō)明理由.61.（2000上海春，20）已知｛an｝是等差數(shù)列，a1＝－393，a2＋a3＝－768，｛bn｝是公比為q（0＜q＜1）的無(wú)窮等比數(shù)列，b1＝2，且｛bn｝的各項(xiàng)和為20.（Ⅰ）寫出｛an｝和｛bn｝的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）試求滿足不等式≤－160b2的正整數(shù)m.62.（2000廣東，18）設(shè){an}為等比數(shù)列，Tn=na1+（n－1）a2+…+2an－1+an，已知T1=1，T2=4.（1）求數(shù)列{an}的首項(xiàng)和公比；（2）求數(shù)列{Tn}的通項(xiàng)公式.63.（1999全國(guó)理，23）已知函數(shù)y=f（x）的圖象是自原點(diǎn)出發(fā)的一條折線.當(dāng)n≤y≤n+1（n=0，1，2，…）時(shí)，該圖象是斜率為bn的線段（其中正常數(shù)b≠1），該數(shù)列｛xn｝由f（xn）=n（n=1，2，…）定義.（Ⅰ）求x1、x2和xn的表達(dá)式；（Ⅱ）求f（x）的表達(dá)式，并寫出其定義域；（Ⅲ）證明：y=f（x）的圖象與y=x的圖象沒(méi)有橫坐標(biāo)大于1的交點(diǎn).64.（1999全國(guó)文，20）數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和記為Sn．已知an＝5Sn－3（n∈N）．求（a1＋a3＋…＋a2n－1）的值.65.（1999上海，18）設(shè)正數(shù)數(shù)列{an}為一等比數(shù)列，且a2=4，a4=16，求.66.（1998全國(guó)理，25）已知數(shù)列｛bn｝是等差數(shù)列，b1=1，b1+b2+…+b10=145.（Ⅰ）求數(shù)列｛bn｝的通項(xiàng)bn；（Ⅱ）設(shè)數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)an=loga（1+）（其中a＞0，且a≠1），記Sn是數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和.試比較Sn與logabn+1的大小，并證明你的結(jié)論.67.（1998全國(guó)文，25）已知數(shù)列｛bn｝是等差數(shù)列，b1=1，b1+b2+…+b10=100.（Ⅰ）求數(shù)列｛bn｝的通項(xiàng)bn；（Ⅱ）設(shè)數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)an=lg（1+），記Sn是數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和，試比較Sn與lgbn+1的大小，并證明你的結(jié)論.68.（1998上海，22）若An和Bn分別表示數(shù)列{an}和{bn}前n項(xiàng)的和，對(duì)任意正整數(shù)n，an=－，4Bn－12An=13n.（1）求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)有拋物線列C1，C2，…，Cn，…拋物線Cn（n∈N*）的對(duì)稱軸平行于y軸，頂點(diǎn)為（an，bn），且通過(guò)點(diǎn)Dn（0，n2+1），求點(diǎn)Dn且與拋物線Cn相切的直線斜率為kn，求極限.（3）設(shè)集合X={x|x=2an，n∈N*}，Y={y|y=4bn，n∈N*}.若等差數(shù)列{Cn}的任一項(xiàng)Cn∈X∩Y，C1是X∩Y中的最大數(shù)，且－265<C10<－125.求{Cn}的通項(xiàng)公式.69.（1997全國(guó)理，21）已知數(shù)列｛an｝｛bn｝都是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，公比分別為p、q，其中p＞q，且p≠1，q≠1，設(shè)cn=an+bn，Sn為數(shù)列｛cn｝的前n項(xiàng)和，求.70.（1997全國(guó)文，21）設(shè)Sn是等差數(shù)列｛an｝前n項(xiàng)的和，已知S3與S4的等比中項(xiàng)為的等差中項(xiàng)為1，求等差數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)an.71.（1997上海理，22）設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1，前n項(xiàng)和Sn滿足關(guān)系式：3tSn－（2t+3）Sn－1=3t（t>0，n=2，3，4，…）（1）求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列；（2）設(shè)數(shù)列{an}的公比為f（t），作數(shù)列{bn}，使b1=1，bn=f（）（n=2，3，4，…），求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)bn；（3）求和：b1b2－b2b3+b3b4－b4b5…+b2n－1b2n－b2nb2n+1.72.（1996全國(guó)文，21）設(shè)等比數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn，若S3＋S6＝2S9，求數(shù)列的公比q.73.（1996上海，24）設(shè)An為數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和，An=（an－1）（n∈N*），數(shù)列｛bn｝的通項(xiàng)公式為bn=4n+3（n∈N）.（Ⅰ）求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）若d∈｛a1，a2，a3，…，an，…｝∩｛b1，b2，b3，…，bn，…｝，則稱d為數(shù)列｛an｝與｛bn｝的公共項(xiàng)，將數(shù)列｛an｝｛bn｝的公共項(xiàng)，按它們?cè)谠瓟?shù)列中的先后順序排成一個(gè)新的數(shù)列｛dn｝，證明數(shù)列｛dn｝的通項(xiàng)公式為dn=32n+1（n∈N*）；（Ⅲ）設(shè)數(shù)列｛dn｝中第n項(xiàng)是數(shù)列｛bn｝中的第r項(xiàng)，Br為數(shù)列｛bn｝的前r項(xiàng)的和，Dn為數(shù)列｛dn｝的前n項(xiàng)和，Tn=Br+Dn，求.74.（1995全國(guó)理，25）設(shè)｛an｝是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，Sn是前n項(xiàng)和.（Ⅰ）證明：＜lgSn＋1；（Ⅱ）是否存在常數(shù)C＞0使得=lg（Sn+1－C）成立?并證明你的結(jié)論.75.（1994全國(guó)文，25）設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)于所有的正整數(shù)n，都有Sn=.證明：{an}是等差數(shù)列.76.（1994全國(guó)理，25）設(shè)｛an｝是正數(shù)組成的數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，并且對(duì)所有自然數(shù)n，an與2的等差中項(xiàng)等于Sn與2的等比中項(xiàng).（Ⅰ）寫出數(shù)列｛an｝的前三項(xiàng)；（Ⅱ）求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式（寫出推證過(guò)程）；（Ⅲ）令bn=（n∈N*），求（b1+b2+…+bn－n）.77.（1994上海，26）已知數(shù)列｛an｝滿足條件：a1=1，a2=r（r＞0）且｛an·an+1｝是公比為q（q＞0）的等比數(shù)列，設(shè)bn=a2n－1+a2n（n=1，2，…）（Ⅰ）求出使不等式anan+1+an+1an+2＞an+2an+2（n∈N*）成立的q的取值范圍；（Ⅱ）求bn和，其中Sn=b1+b2+…+bn；（Ⅲ）設(shè)r=219．2－1，q=，求數(shù)列｛｝的最大項(xiàng)和最小項(xiàng)的值.答案解析1.答案：A解法一：因?yàn)閍n為等差數(shù)列，設(shè)首項(xiàng)為a1，公差為d，由已知有5a1+10d=20，∴a1+2d=4，即a3=4解法二：在等差數(shù)列中a1+a5=a2+a4=2a3.所以由a1+a2+a3+a4+a5=20得5a3=20，∴a3=4.評(píng)述：本題考查數(shù)列的基本知識(shí)，在解析二中，比較靈活地運(yùn)用了等差數(shù)列中項(xiàng)的關(guān)系.2.答案：C解析：由S5<S6得a1+a2+a3+…+a5<a1+a2+…+a5+a6，∴a6>0又S6=S7，∴a1+a2+…+a6=a1+a2+…+a6+a7，∴a7=0.由S7>S8，得a8<0，而C選項(xiàng)S9>S5，即a6+a7+a8+a9>02（a7+a8）>0.由題設(shè)a7=0，a8<0，顯然C選項(xiàng)是錯(cuò)誤的.3.答案：A解析：設(shè)這個(gè)數(shù)列有n項(xiàng)∵ ∴∴n＝134.答案：C解析：n個(gè)月累積的需求量為Sn．∴第n個(gè)月的需求量為an＝Sn－Sn－1＝（21n－n2－5）－［21（n－1）－（n－1）2－5］＝（－n2＋15n－9）an＞1．5即滿足條件，∴（－n2＋15n－9）＞1.5，6＜n＜9（n＝1，2，3，…，12），∴n=7或n=8．5.答案：B解析：前三項(xiàng)和為12，∴a1＋a2＋a3＝12，∴a2＝＝4a1·a2·a3＝48，∵a2＝4，∴a1·a3＝12，a1＋a3＝8，把a(bǔ)1，a3作為方程的兩根且a1＜a3，∴x2－8x＋12＝0，x1＝6，x2＝2，∴a1＝2，a3＝6，∴選B.6.答案：B解析：∵k∈N*，∴當(dāng)k=0，1，2，…7時(shí)，利用an+8=an，數(shù)列{a3k+1}可以取遍數(shù)列{an}的前8項(xiàng).評(píng)述：本題考查了數(shù)列的基本知識(shí)和考生分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力.7.答案：B解法一：an=∴an=2n－1（n∈N）又an+1－an=2為常數(shù)，≠常數(shù)∴{an}是等差數(shù)列，但不是等比數(shù)列.解法二：如果一個(gè)數(shù)列的和是一個(gè)沒(méi)有常數(shù)項(xiàng)的關(guān)于n的二次函數(shù)，則這個(gè)數(shù)列一定是等差數(shù)列.評(píng)述：本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的概念和基本知識(shí)，以及靈活運(yùn)用遞推式an=Sn－Sn－1的推理能力.但不要忽略a1，解法一緊扣定義，解法二較為靈活.8.答案：C解析：a1+a2+a3+…＋a101＝0即（a3＋a99）＝0，∴a3＋a99＝0．9.答案：D解析：，∴a12=1－q，∴a12=，∴a=±.10.答案：D解析：由題意得：且0＜|q|＜1∴－q=a12－1∴0＜|a12－1|＜1又∵a1＞1∴1＜a1＜，故選D.評(píng)述：該題主要考查了無(wú)窮等比數(shù)列各項(xiàng)和公式的應(yīng)用，挖掘了公式成立的條件.11.答案：D解析：∵f（n）=1+∴f（n+1）=∴f（n+1）－f（n）=12.答案：D解析：f（n）為n個(gè)連續(xù)自然數(shù)的倒數(shù)之和f（n+1）=∴f（n+1）－f（n）=.13.答案：B解析：，又a1=－1，故，故選B.評(píng)述：本題主要考查等比數(shù)列前n項(xiàng)和求和公式的靈活運(yùn)用，較好地考查了基本知識(shí)以及思維的靈活性.14.答案：C解法一：由題意得方程組視m為已知數(shù)，解得∴解法二：設(shè)前m項(xiàng)的和為b1，第m+1到2m項(xiàng)之和為b2，第2m+1到3m項(xiàng)之和為b3，則b1，b2，b3也成等差數(shù)列.于是b1=30，b2=100－30=70，公差d=70－30=40.∴b3=b2+d=70+40=110∴前3m項(xiàng)之和S3m=b1+b2+b3=210.解法三：取m=1，則a1=S1=30，a2=S2－S1=70，從而d=a2－a1=40.于是a3=a2+d=70+40=110.∴S3=a1+a2+a3=210.評(píng)述：本題考查等差數(shù)列的基本知識(shí)，及靈活運(yùn)用等差數(shù)列解決問(wèn)題的能力，解法二中是利用構(gòu)造新數(shù)列研究問(wèn)題，等比數(shù)列也有類似性質(zhì).解法三中，從題給選擇支獲得的信息可知，對(duì)任意變化的自然數(shù)m，題給數(shù)列前3m項(xiàng)的和是與m無(wú)關(guān)的不變量，在含有某種變化過(guò)程的數(shù)學(xué)問(wèn)題，利用不變量的思想求解，立竿見(jiàn)影.15.答案：C解法一：應(yīng)用等差數(shù)列中，若m+n=p+q，有am+an=ap+aq這條性質(zhì)來(lái)解.，所以解法二：設(shè)數(shù)列｛an｝的首項(xiàng)為a1，公差為d，｛bn｝的首項(xiàng)為b1，公差為m，則注意n是極限中的變量有.解法三：∵∴不妨令Sn=2n2，Tn=3n2+n∴an=Sn－Sn－1=2n2－2（n－1）2=4n－2（n=1時(shí)成立），bn=Tn－Tn－1=6n－2（n=1成立）∴評(píng)述：該題的形式新穎，其考查目的也明確，正確解答，可考查其數(shù)學(xué)能力，要是在題型的選用上，采用解答題的形式，那將是一道十分理想的中等難度的試題.可是作為選擇題，其考查的有效性大打折扣，因?yàn)橛邢喈?dāng)一部分考生，并沒(méi)有用正確的方法卻也得出了正確答案C.16.答案：B解析：由題意知細(xì)菌繁殖過(guò)程中是一個(gè)公比為2的等比數(shù)列，所以a10＝a1q9=29=512.評(píng)述：該題作為數(shù)學(xué)應(yīng)用題，又是選擇題，問(wèn)題的實(shí)際背景雖然簡(jiǎn)單，考查的知識(shí)點(diǎn)也集中明確，但也有一定的深刻性.解決本題，應(yīng)搞清題意，應(yīng)求的是a9的值，而不是求和.從題型設(shè)計(jì)的角度，本題的立意、取材和構(gòu)題都是不錯(cuò)的.17.答案：C解析：因?yàn)楫?dāng)n=k時(shí)，命題成立可推出n=k+1時(shí)成立，所以n=5時(shí)命題不成立，則n=4時(shí)，命題也一定不成立，故應(yīng)當(dāng)選C.18.答案：14085解析：從題目所給數(shù)據(jù)規(guī)律可以看到：收縮壓是等差數(shù)列.舒張壓的數(shù)據(jù)變化也很有規(guī)律：隨著年齡的變化，舒張壓分別增加了3毫米、2毫米，…照此規(guī)律，60歲時(shí)的收縮壓和舒張壓分別為140；85.評(píng)述：本題以實(shí)際問(wèn)題為背景，考查了如何把實(shí)際生活中的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問(wèn)題的能力.它不需要技能、技巧及繁雜的計(jì)算，需要有一定的數(shù)學(xué)意識(shí)，有效地把數(shù)學(xué)過(guò)程實(shí)施為數(shù)學(xué)思維活動(dòng).19.答案：3解析：因?yàn)閒（x）=，∴f（1－x）=∴f（x）+f（1－x）=.設(shè)S=f（－5）+f（－4）+…+f（6），則S=f（6）+f（5）+…+f（－5）∴2S=（f（6）+f（－5））+（f（5）+f（－4））+…+（f（－5）+…f（6））=6∴S=f（－5）+f（－4）+…+f（0）+…+f（6）=3.評(píng)述：本題利用課本中等差數(shù)列倒序求和為考生提供了一個(gè)思維模式，但發(fā)現(xiàn)f（x）+f（1－x）=有一定難度，需要考生有一定的觀察能力、思維能力及解決問(wèn)題的能力.20.答案：4解析：設(shè)a1，a3，a11組成的等比數(shù)列公比為q．∴a3＝a1q＝2q，a11＝a1q2＝2q2又∵數(shù)列｛an｝是等差數(shù)列∴a11＝a1＋5（a3－a1）∴2q2＝a1＋5（2q－a1）∴2q2＝2＋5（2q－2），解得q＝421.答案：解析：由二項(xiàng)式定理，得：an＝4n，bn＝7n∴22.答案：1解析：方法一：∵Sn－Sn－1＝an，又∵Sn為等差數(shù)列，∴an為定值．∴an為常數(shù)列，q＝＝1方法二：an為等比數(shù)列，設(shè)an＝a1qn－1，且Sn為等差數(shù)列，∴2S2＝S1＋S3，2a1q＋2a1＝2a1＋a1＋a1q＋a1q2，q2－q＝0，q＝0（舍）q=1.23.答案：153解析：∵an＋1－an＝2，∴｛an｝為等差數(shù)列．∴an＝－7（n－1）·2，∴a17＝－7＋16×2＝25．24.答案：（0，7）解析：∵Sn＝7，∴｛an｝是一個(gè)無(wú)窮遞縮等比數(shù)列，0＜q＜1，且＝7，∴a1＝7（1－q），又∵0＜q＜1，∴1＞1－q＞0，∴0＜7（1－q）＜7，即7＞a1＞0．25.答案：153解析：|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＋…＋23＝153．※26.答案：e2解析：27.答案：解析：．28.答案：解析：將（n+1）an＋12－nan2+an＋1an＝0化簡(jiǎn)得（n＋1）an＋1＝nan．當(dāng)n=1時(shí)，2a2=a1=1，∴a2＝，n=2時(shí)，3a3=2a2=2×＝1，∴a3＝，…可猜測(cè)an＝，數(shù)學(xué)歸納法證明略.29.答案：b1b2…bn＝b1b2…b17－n（n＜17，n∈N*）解析：在等差數(shù)列｛an｝中，由a10＝0，得a1＋a19＝a2＋a18＝…＝an＋a20－n＝an＋1＋a19－n＝2a10＝0，所以a1＋a2＋…＋an＋…＋a19＝0，即a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1，又∵a1＝－a19，a2＝－a18，…，a19－n＝－an＋1∴a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1＝a1＋a2＋…＋a19－n．若a9＝0，同理可得a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋a17－n．相應(yīng)地等比數(shù)列｛bn｝中，則可得：b1b2…bn＝b1b2…b17－n（n＜17，n∈N*）※30.答案：e－2解析：.評(píng)述：本題主要考查靈活運(yùn)用數(shù)列極限公式的能力及代數(shù)式的變形能力.31.答案：9解法一：設(shè)公差為d，由題設(shè)有3（a1+3d）=7（a1+6d），解得d=－a1<0，解不等式an>0，即a1+（n－1）（－a1）>0得n<，則n≤9.當(dāng)n≤9時(shí)，an>0，同理可得n≥10時(shí)an<0.所以n=9時(shí)，Sn取得最大值.解法二：∵d=－a1∴Sn=na1+=∵－<0，∴（n－）2最小時(shí)，Sn最大.又n∈N，∴n=9.評(píng)述：本題考查等差數(shù)列的基本知識(shí)，解法二的計(jì)算量太大.32.答案：2解析：bn=，3an+1=an∴bn=2an+1，∴b1+b2+…+bn=2（a1+a2+…+an）－2a1∵｛an｝是首項(xiàng)為2，公比為的等比數(shù)列∴（b1+b2+…+bn）=［2（a1+a2+…+an）－2a1］=2×－2×2=2.33.答案：－4解析：※34.答案：e4解析：.35.答案：－2<r<0解析：∵1=1，又∵［1+（r+1）n］=1，∴{［1+（r+1）n］－}=1－1=0，即（r+1）n=0.則－1<r+1<1，因此－2<r<0.※36.答案：e解析：.37.答案：1解析：log3x==－log32=log3，故x=，于是x+x2+x3+…+xn+…=.※38.答案：y=54.8（1+x%）8解析：因?yàn)閥1=54.8，y2=54.8（1+x%），y3=54.8（1+x%）2從1992年底到2000年底共經(jīng)過(guò)8年，因此有：y=54.8（1+x%）839.（Ⅰ）證明：記rn為圓On的半徑，則r1=tan30°=.=sin30°=，所以rn=rn－1（n≥2）于是a1=πr12=故{an}成等比數(shù)列.（Ⅱ）解：因?yàn)閍n=（）n－1a1（n∈N*）所以（a1+a2+…+an）=.評(píng)述：本題主要考查數(shù)列、數(shù)列極限、平面幾何、三角函數(shù)等基本知識(shí)，考查邏輯思維能力與解決問(wèn)題的能力.※40.解：（1）此人在A、B公司第n年的月工資數(shù)分別為：an=1500+230×（n－1）（n∈N*）bn=2000（1+5%）n－1（n∈N*）（2）若該人在A公司連續(xù)工作10年，則他的工資收入總量為12（a1+a2+…+a10）=304200（元）若該人在B公司連續(xù)工作10年，則他的工資收入總量為12（b1+b2+…+b10）≈301869（元）因?yàn)樵贏公司收入的總量高些，因此該人應(yīng)該選擇A公司.（3）問(wèn)題等價(jià)于求Cn=an－bn=1270+230n－2000×1.05n－1（n∈N*）的最大值.當(dāng)n≥2時(shí)，Cn－Cn－1=230－100×1.05n－2當(dāng)Cn－Cn－1>0，即230－100×1.05n－2>0時(shí)，1.05n－2<2.3，得n<19.1因此，當(dāng)2≤n≤19時(shí)，Cn－1<Cn；于是當(dāng)n≥20時(shí)，Cn≤Cn－1.∴C19=a19－b19≈827（元）即在A公司工作比在B公司工作的月工資收入最多可以多827元.評(píng)述：本題主要考查數(shù)列等知識(shí)，考查建立數(shù)學(xué)模型、運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力.※41.（Ⅰ）解：第1位職工的獎(jiǎng)金a1＝，第2位職工的獎(jiǎng)金a2＝（1－）b，第3位職工的獎(jiǎng)金a3＝（1－）2b，……第k位職工的獎(jiǎng)金ak＝（1－）k－1b．（Ⅱ）證明：ak－ak＋1＝（1－）k－1b＞0，此獎(jiǎng)金分配方案體現(xiàn)了“按勞分配”或“不吃大鍋飯”等原則.（Ⅲ）解：設(shè)fk（b）表示獎(jiǎng)金發(fā)給第k位職工后所剩余款，則f1（b）＝（1－）b，f2（b）＝（1－）2b，…，fk（b）＝（1－）kb，得Pn（b）＝fn（b）＝（1－）nb，則．42.（Ⅰ）解：當(dāng)n≥3時(shí)，xn＝．（Ⅱ）解：a1＝x2－x1＝a，a2＝x3－x2＝由此推測(cè)an＝（）n－1a（n∈N*）.用數(shù)學(xué)歸納法證明.（?。┊?dāng)n＝1時(shí)，a1＝x2－x1＝a＝（）0a，公式成立．（ⅱ）假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，公式成立，即ak＝（）k－1a成立.那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，，公式仍成立．根據(jù)（?。┡c（ⅱ）可知，對(duì)任意n∈N，公式an＝（）n－1a成立．（Ⅲ）解：當(dāng)n≥3時(shí)，有xn＝（xn－xn－1）＋（xn－1－xn－2）＋…＋（x2－x1）＋x1＝an－1＋an－2＋…＋a1，由（Ⅱ）知｛an｝是公比為的等比數(shù)列，∴．※43.解：（Ⅰ）設(shè)n分鐘后第1次相遇，依題意，有2n＋＋5n＝70，整理得n2＋13n－140＝0．解得n＝7，n＝－20（舍去）．第1次相遇是在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后7分鐘．（Ⅱ）設(shè)n分鐘后第2次相遇，依題意，有2n＋＋5n＝3×70．整理得n2＋13n－6×70＝0．解得n＝15，n＝－28（舍去）．第2次相遇是在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后15分鐘．※44.解：2001年末汽車保有量為b1萬(wàn)輛，以后各年末汽車保有量依次為b2萬(wàn)輛，b3萬(wàn)輛，…，每年新增汽車x萬(wàn)輛，則b1＝30，b2＝b1×0．94＋x．對(duì)于n＞1，有bn＋1＝bn×0．94＋x＝bn－1×0．942＋（1＋0．94）x，……∴bn＋1＝b1×0．94n＋x（1＋0．94＋…＋0．94n－1）＝b1×0．94n＋．當(dāng)≥0，即x≤1．8時(shí)，bn＋1≤bn≤…≤b1＝30．當(dāng)＜0，即x＞1．8時(shí)，，并且數(shù)列｛bn｝逐項(xiàng)增加，可以任意靠近．因此，如果要求汽車保有量不超過(guò)60萬(wàn)輛，即bn≤60（n＝1，2，3，…）則≤60，即x≤3．6（萬(wàn)輛）．綜上，每年新增汽車不應(yīng)超過(guò)3．6萬(wàn)輛．45.（Ⅰ）解：由a1＝2，得a2＝a12－a1＋1＝3，由a2＝3，得a3＝a22－2a2＋1＝4，由a3＝4，得a4＝a32－3a3＋1＝5．由此猜想an的一個(gè)通項(xiàng)公式：an＝n＋1（n≥1）．（Ⅱ）證明：（?。┯脭?shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1，a1≥3＝1＋2，不等式成立.②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)不等式成立，即ak≥k＋2，那么，ak＋1＝ak（ak－k）＋1≥（k＋2）（k＋2－k）＋1≥k＋3，也就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)ak＋1≥（k＋1）＋2．根據(jù)①和②，對(duì)于所有n≥1，有an≥n＋2．（ⅱ）由an＋1＝an（an－n）＋1及（?。?，對(duì)k≥2，有ai＝ak－1（ak－1－k＋1）＋1≥ak－1（k－1＋2－k＋1）＋1＝2ak－1＋1，……∴ak≥2k－1a1＋2k－2＋…＋2＋1＝2k－1（a1＋1）－1．于是，k≥2．．46.（Ⅰ）證明：由x1＝a＞0，及xn＋1＝（xn＋），可歸納證明xn＞0從而有xn＋1＝（xn＋）≥（n∈N），所以，當(dāng)n≥2時(shí)，xn≥成立．（Ⅱ）證法一：當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)閤n≥＞0，xn＋1＝，所以xn＋1－xn＝≤0，故當(dāng)n≥2時(shí)，xn≥xn＋1成立．證法二：當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)閤n≥＞0，xn＋1＝，所以=1，故當(dāng)n≥2時(shí)，xn≥xn＋1成立．注：第（Ⅲ）問(wèn)文科不做理科做（Ⅲ）解：記，則=A，且A＞0．由，得，即A＝（A＋）．由A＞0，解得A＝，故．47.解：∵｛an｝為等差數(shù)列，｛bn｝為等比數(shù)列，∴a2＋a4＝2a3，b2b4＝b32．已知a2＋a4＝b3，b2b4＝a3，∴b3＝2a3，a3＝b32．得b3＝2b32．∵b3≠0∴b3＝，a3＝．由a1＝1，a3＝知｛an｝的公差為d＝，∴S10＝10a1＋．由b1＝1，b3＝知｛bn｝的公比為q＝或q＝．當(dāng)q＝時(shí)，，當(dāng)q＝時(shí)，．48.解：（Ⅰ）由＝a·b4，1＝a·b5，得b＝4，a＝，故f（x）＝4x．（Ⅱ）由題意an＝log2（·4n）＝2n－10，Sn＝（a1＋an）＝n（n－9），anSn＝2n（n－5）（n－9）．由anSn≤0，得（n－5）（n－9）≤0，即5≤n≤9.故n＝5，6，7，8，9．（Ⅲ）a1S1＝64，a2S2＝84，a3S3＝72，a4S4＝40．當(dāng)5≤n≤9時(shí)，anSn≤0．當(dāng)n≥10時(shí)，anSn≥a10S10＝100．因此，96不是數(shù)列｛anSn｝中的項(xiàng)．※49.解：（Ⅰ）當(dāng)n＝4時(shí)，只用2個(gè)單位時(shí)間即可完成計(jì)算．方法之一如下：（Ⅱ）當(dāng)n＝128＝27時(shí)，至少需要7個(gè)單位時(shí)間才能完成計(jì)算.50.（Ⅰ）解：由題設(shè)得a3a4＝10，且a3、a4均為非負(fù)整數(shù)，所以a3的可能的值為1，2，5，10．若a3＝1，則a4＝10，a5＝，與題設(shè)矛盾．若a3＝5，則a4＝2，a5＝，與題設(shè)矛盾．若a3＝10，則a4＝1，a5＝60，a6＝，與題設(shè)矛盾.所以a3＝2.（Ⅱ）用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝3，a3＝a1＋2，等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k（k≥3）時(shí)等式成立，即ak＝ak－2＋2,由題設(shè)ak＋1ak＝（ak－1＋2）·（ak－2＋2），因?yàn)閍k＝ak－2＋2≠0，所以ak＋1＝ak－1＋2，也就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式ak＋1＝ak－1＋2成立．根據(jù)①和②，對(duì)于所有n≥3，有an+1=an－1+2.（Ⅲ）解：由a2k－1＝a2（k－1）－1＋2，a1＝0，及a2k＝a2（k－1）＋2，a2＝3得a2k－1＝2（k－1），a2k＝2k＋1，k＝1，2，3，…．即an＝n＋（－1）n，n＝1，2，3，….所以Sn＝評(píng)述：本小題主要考查數(shù)列與等差數(shù)列前n項(xiàng)和等基礎(chǔ)知識(shí)，以及準(zhǔn)確表述，分析和解決問(wèn)題的能力．51.解：（Ⅰ）設(shè)公比為q，公差為d，等比數(shù)列1，a1，a2，……，an，2，等差數(shù)列1，b1，b2，……，bn，2則A1＝a1＝1·qA2＝1·q·1·q2A3＝1·q·1·q2·1·q3又∵an＋2＝1·qn＋1＝2得qn＋1＝2An＝q·q2…qn＝q（n＝1，2，3…）又∵bn＋2＝1＋（n＋1）d＝2∴（n＋1）d＝1B1＝b1＝1＋dB2＝b2＋b1＝1＋d＋1＋2dBn＝1＋d＋…＋1＋nd＝n（Ⅱ）An＞Bn，當(dāng)n≥7時(shí)證明：當(dāng)n＝7時(shí)，23．5＝8·＝AnBn＝×7，∴An＞Bn設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，An＞Bn，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)， 又∵Ak+1＝· 且Ak＞Bk∴Ak＋1＞·k∴Ak＋1－Bk＋1＞又∵k＝8，9，10…∴Ak＋1－Bk＋1＞0，綜上所述，An＞Bn成立.※52.解：（Ⅰ）第1年投入800萬(wàn)元，第2年投入800×（1－）萬(wàn)元……，第n年投入800×（1－）n－1萬(wàn)元所以總投入an＝800＋800（1）＋…＋800（1）n－1＝4000［1－（）n］同理，第1年收入400萬(wàn)元，第2年收入400×（1＋）萬(wàn)元，……，第n年收入400×（1＋）n－1萬(wàn)元bn＝400＋400×（1＋）＋…＋400×（1＋）n－1＝1600×［（）n－1］（Ⅱ）∴bn－an＞0，1600［（）n－1］－4000×［1－（）n］＞0化簡(jiǎn)得，5×（）n＋2×（）n－7＞0設(shè)x＝（）n，5x2－7x＋2＞0∴x＜，x＞1（舍），即（）n＜，n≥5評(píng)述：本題主要考查建立函數(shù)關(guān)系式，數(shù)列求和，不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力.※53.解：（Ⅰ）∵f（x）的定義域D＝（－∞－1）∪（－1，＋∞）∴數(shù)列｛xn｝只有三項(xiàng)x1＝，x2＝，x3＝－1（Ⅱ）∵f（x）＝＝x即x2－3x＋2＝0，∴x＝1或x＝2即x0＝1或2時(shí)，xn＋1＝＝xn故當(dāng)x0＝1時(shí)，x0＝1；當(dāng)x0＝2時(shí)，xn＝2（n∈N）（Ⅲ）解不等式x＜，得x＜－1或1＜x＜2，要使x1＜x2，則x2＜－1或1＜x1＜2對(duì)于函數(shù)f（x）＝若x1＜－1，則x2＝f（x1）＞4，x3＝f（x2）＜x2當(dāng)1＜x1＜2時(shí)，x2＝f（x）＞x1且1＜x2＜2依次類推可得數(shù)列｛xn｝的所有項(xiàng)均滿足xn＋1＞xn（n∈N）綜上所述，x1∈（1，2），由x1＝f（x0），得x0∈（1，2）54.解：（1）由Sn=4（1－），得Sn+1=4（1－）=Sn+2（n∈N*）（2）要使>2，只要.因?yàn)镾k=4（1－）<4.所以Sk－（Sk－2）=2－Sk>0（k∈N*）故只要Sk－2<c<Sk（k∈N*） ①因?yàn)镾k+1>Sk（k∈N*），所以Sk－2≥S1－2=1.又Sk<4，故要使①成立，c只能取2或3.當(dāng)c=2時(shí)，因?yàn)镾1=2，所以當(dāng)k=1時(shí)，c<Sk不成立，從而①不成立.因?yàn)镾2－2=>c，由Sk<Sk+1（k∈N*），得Sk－2<Sk+1－2，所以當(dāng)k≥2時(shí)，Sk－2>c，從而①不成立.當(dāng)c=3時(shí)，因?yàn)镾1=2，S2=3，所以當(dāng)k=1，2時(shí)，c<Sk不成立，從而①不成立.因?yàn)镾3－2=>c，又Sk－2<Sk+1－2，所以當(dāng)k≥3時(shí)，Sk－2>c，從而①不成立.故不存在自然數(shù)c，k，使成立.評(píng)述：本題主要考查等比數(shù)列、不等式知識(shí)，以及探索和討論存在性問(wèn)題的能力，是高考試題的熱點(diǎn)題型.55.解：（1）由已知a1=a，a2=4，a3=3a，∴a3－a2=a2－a1，即4a=8，∴a=2.∴首項(xiàng)a1=2，d=2Sk=k·a1+d得k·2+d=2550∴k2+k－2550=0，解得k=50或k=－51（舍去）∴a=2，k=50.（2）由Sn=na1+d，得Sn=n（n+1）∴圖3—4圖3—4評(píng)述：本題考查數(shù)列和數(shù)列極限等基礎(chǔ)知識(shí)，以及推理能力和運(yùn)算能力.56.解：（Ⅰ）函數(shù)圖象：說(shuō)明：圖象過(guò)（0，）、（，1）、（1，0）點(diǎn)；在區(qū)間［0，］上的圖象為上凸的曲線段；在區(qū)間［，1］上的圖象為直線段.（Ⅱ）f2（x）＝－2x＋2，x∈［，1］的反函數(shù)為：y=1－，x∈［0，1］．由已知條件得：a1＝1，a2＝1－a1＝1－，a3＝1－a2＝1－＋（）2，a4＝1＋（－）1＋（－）2＋（－）3，……∴an＝（－）0＋（－）1＋（－）2＋…＋（－）n－1即an＝［1－（－）n］，∴.（Ⅲ）由已知x0∈［0，，∴x1＝f1（x0）＝1－2（x0－）2，由f1（x）的值域，得x1∈［，1］．∴f2（x1）＝2－2［1－2（x0－）2］＝4（x0－）2．由f2（x1）＝x0，整理得4x02－5x0＋1＝0，解得x0＝1，x0＝．因?yàn)閤0∈［0，，所以x0＝．評(píng)述：本小題主要考查函數(shù)及數(shù)列的基本概念和性質(zhì)，考查分析、歸納、推理、運(yùn)算的能力.①②57.解：由已知①②由①，得a1（3d2－1）＝2d ③由②，得a1（5d4－1）＝4d④因?yàn)閐≠0，由③與④得2（3d2－1）＝5d4－1，即5d4－6d2＋1＝0，解得d＝±1，d＝±．∵d＞0，d≠1，∴d＝．代入③，得a1＝－，故b1=－.an＝－＋（n－1）＝（n－6），bn＝－×（）n－1．評(píng)述：本小題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的概念、性質(zhì)，方程（組）的解法以及運(yùn)算能力和分析能力.58.（Ⅰ）解：因?yàn)椋鹀n＋1－pcn｝是等比數(shù)列，故有（cn＋1－pcn）2＝（cn＋2－pcn＋1）（cn－pcn－1），將cn＝2n＋3n代入上式，得［2n＋1＋3n＋1－p（2n＋3n）］2＝［2n＋2＋3n＋2－p（2n＋1＋3n＋1）］·［2n＋3n－p（2n－1＋3n－1）］即［（2－p）2n＋（3－p）3n］2＝［（2－p）2n＋1＋（3－p）3n＋1］［（2－p）2n－1＋（3－p）3n－1］，整理得（2－p）（3－p）·2n·3n＝0，解得p=2或p=3.（Ⅱ）證明：設(shè)｛an｝、｛bn｝的公比分別為p、q，p≠q，cn=an+bn．為證｛cn｝不是等比數(shù)列只需證c22≠c1·c3．事實(shí)上，c22＝（a1p＋b1q）2＝a12p2＋b12q2＋2a1b1pq，c1·c3＝（a1＋b1）（a1p2＋b1q2）＝a12p2＋b12q2＋a1b1（p2＋q2）由于p≠q，p2＋q2＞2pq，又a1、b1不為零，因此c22≠c1·c3，故｛cn｝不是等比數(shù)列.評(píng)述：本題主要考查等比數(shù)列的概念和基本性質(zhì)，推理和運(yùn)算能力.59.解：設(shè)等差數(shù)列｛an｝的公差為d，則Sn=na1＋n（n－1）d．∴S7＝7，S15＝75，∴即解得a1＝－2，d＝1．∴＝a1＋（n－1）d＝－2＋（n－1）．∵，∴數(shù)列｛｝是等差數(shù)列，其首項(xiàng)為－2，公差為，∴Tn＝n2－n．評(píng)述：本題主要考查等差數(shù)列的基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能；運(yùn)算能力.60.解：（Ⅰ）由題意，an＝n＋，∴bn＝2000（）．（Ⅱ）∵函數(shù)y=2000（）x（0＜a＜10）遞減，∴對(duì)每個(gè)自然數(shù)n，有bn＞bn＋1＞bn＋2則以bn，bn＋1，bn＋2為邊長(zhǎng)能構(gòu)成一個(gè)三角形的充要條件是bn＋2＋bn＋1＞bn，即（）2＋（－1）＞0，解得a＜－5（1＋）或a＞5（－1），∴5（－1）＜a＜10．（Ⅲ）（理）∵5（－1）＜a＜10，∴a=7，bn＝2000（）．?dāng)?shù)列｛bn｝是一個(gè)遞減的正數(shù)數(shù)列.對(duì)每個(gè)自然數(shù)n≥2，Bn＝bnBn－1．于是當(dāng)bn≥1時(shí)，Bn≥Bn－1，當(dāng)bn＜1時(shí)，Bn＜Bn－1，因此，數(shù)列｛Bn｝的最大項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)n滿足不等式bn≥1且bn＋1＜1.由bn＝2000（）≥1，得n≤20.8，∴n=20.（文）∵5（－1）＜a＜10，∴a=7，bn＝2000（）．于是cn＝lg［2000（）］＝3＋lg2（n＋）lg0.7數(shù)列｛cn｝是一個(gè)遞減的等差數(shù)列.因此，當(dāng)且僅當(dāng)cn≥0，且cn＋1＜0時(shí)，數(shù)列｛cn｝的前n項(xiàng)的和最大.由cn＝3＋lg2＋（n＋）lg0．7≥0，得n≤20.8，∴n=20.評(píng)述：本題主要考查函數(shù)的解析式，函數(shù)的性質(zhì)，解不等式，等差等比數(shù)列的有關(guān)知識(shí)，及等價(jià)轉(zhuǎn)化，數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想方法.61.解：（Ⅰ）設(shè)｛an｝的公差為d，則a2＋a3＝2a1＋3d，故2×（－393）＋3d=－768，解得d=6，∴an＝－393＋6（n－1）＝6n－399．由S==20，得q=，bn＝2·（）n－1（n∈N）．（Ⅱ）∵a1＋a2＋…＋am＝ma1＋＝－393m＋3m（m－1），∴am＋1＋am＋2＋…＋a2m＝（a1＋a2＋…＋a2m）－（a1＋a2＋…＋am）＝－393×（2m）+6m（2m－1）+393m－3m（m－1）=9m2－396m.∵－160b2=－288，∴9m2－396m≤－288（m＋1），m2－44m≤－32（m＋1），即（m－4）（m－8）≤0，解得4≤m≤8，又m∈N，從而m=4，5，6，7，8.62.解：（1）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則T1=a1，T2=2a1+a2=a1（2+q）又T1=1，T2=4，∴a1=1，q=2.（2）解法一：由（1）知：a=1，q=2，∴an=a1·qn－1=2n－1∴Tn=n·1+（n－1）·2+（n－2）·22+…+2·2n－2+1·2n－1 ①2Tn=n·2+（n－1）·22+（n－2）·23+…+2·2n－1+1·2n ②②－①得Tn=n·2+（n－1）·22+…+2·2n－1+2n－［n·1+(n－1)2+…+2·2n－2+1·2n－1］=－n+2+22+…+2n－1+2=－n+=2n+1－（n+2）解法二：設(shè)Sn=a1+a2+…+an，而an=2n－1∴Sn=1+2+…2n－1=2n－1∴Tn=na1+（n－1）a2+…+2an－1+an=a1+（a1+a2）+（a1+a2+a3）+…+（a1+a2+…+an－1+an）=S1+S2+…+Sn=（2－1）+（22－1）+…+（2n－1）=（2+22+…+2n）－n=2n+1－（n+2）評(píng)述：本題考查等比數(shù)列的有關(guān)知識(shí)，以及靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)方法的能力.第（2）問(wèn)的兩種解法都比較巧妙，解法一扣住課本中的錯(cuò)位相減法；解法二活用S1=a1，S2=a1+a2，…，從而獲得新的解題思路.63.（Ⅰ）解：依題意f（0）=0，又由f（x1）＝1，當(dāng)0≤y≤1時(shí)，函數(shù)y=f（x）的圖象是斜率為b0＝1的線段，故由＝1得x1＝1．又由f（x2）＝2，當(dāng)1≤y≤2時(shí)，函數(shù)y=f（x）的圖象是斜率為b的線段，故由＝b，即x2－x1＝得x2＝1＋．記x0＝0，由函數(shù)y=f（x）圖象中第n段線段的斜率為bn－1，故得．又f（xn）＝n，f（xn－1）＝n－1；∴xn－xn－1＝（）n－1，n＝1，2，…．由此知數(shù)列｛xn－xn－1｝為等比數(shù)列，其首項(xiàng)為1，公比為．因b≠1，得xn＝，即xn＝．（Ⅱ）解：當(dāng)0≤y≤1，從（Ⅰ）可知y=x，即當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f（x）=x.當(dāng)n≤y≤n＋1時(shí)，即當(dāng)xn≤x≤xn＋1時(shí)，由（Ⅰ）可知f（x）=n+bn（x－xn）（xn≤x≤xn＋1，n＝1，2，3，…）．為求函數(shù)f（x）的定義域，須對(duì)xn＝（n＝1，2，3，…）進(jìn)行討論.當(dāng)b＞1時(shí)，；當(dāng)0＜b＜1時(shí)，n→∞，xn也趨向于無(wú)窮大.綜上，當(dāng)b＞1時(shí)，y=f（x）的定義域?yàn)椋?，）；當(dāng)0＜b＜1時(shí)，y=f（x）的定義域?yàn)椋?，＋∞．（Ⅲ）證法一：首先證明當(dāng)b＞1，1＜x＜時(shí)，恒有f（x）＞x成立.用數(shù)學(xué)歸納法證明：（?。┯桑á颍┲?dāng)n=1時(shí)，在（1，x2］上，y=f（x）=1+b（x－1），所以f（x）－x=（x－1）（b－1）＞0成立.（ⅱ）假設(shè)n=k時(shí)在（xk，xk＋1］上恒有f（x）＞x成立.可得f（xk＋1）＝k＋1＞xk＋1，在（xk＋1，xk＋2］上，f（x）＝k＋1＋bk＋1（x－xk＋1），所以f（x）－x=k+1+bk＋1（x－xk＋1）－x＝（bk＋1－1）（x－xk＋1）＋（k＋1－xk＋1）＞0成立.由（?。┡c（ⅱ）知，對(duì)所有自然數(shù)n在（xn，xn＋1）上都有f（x）＞x成立.即1＜x＜時(shí)，恒有f（x）＞x．其次，當(dāng)b＜1，仿上述證明，可知當(dāng)x＞1時(shí)，恒有f（x）＜x成立.故函數(shù)y=f（x）的圖象與y=x的圖象沒(méi)有橫坐標(biāo)大于1的交點(diǎn).證法二：首先證明當(dāng)b＞1，1＜x＜時(shí)，恒有f（x）＞x成立.對(duì)任意的x∈（1，）存在xn，使xn＜x≤xn＋1，此時(shí)有f（x）－f（xn）＝bn（x－xn）＞x－xn（n≥1），∴f（x）－x＞f（xn）－xn．又f（xn）＝n＞1＋＋…＋＝xn，∴f（xn）－xn＞0，∴f（x）－x＞f（xn）－xn＞0．即有f（x）＞x成立.其次，當(dāng)b＜1，仿上述證明，可知當(dāng)x＞1時(shí)，恒有f（x）＜x成立.故函數(shù)f（x）的圖象與y=x的圖象沒(méi)有橫坐標(biāo)大于1的交點(diǎn).評(píng)述：本小題主要考查函數(shù)的基本概念、等比數(shù)列、數(shù)列極限的基礎(chǔ)知識(shí)，考查歸納、推理和綜合的能力.64.解：由Sn＝a1＋a2＋…＋an知，an＝Sn－Sn－1（n≥2），a1＝S1，由已知an＝5Sn－3，得an－1＝5Sn－1－3．于是an－an－1＝5（Sn－Sn－1）＝5an，所以an＝－an－1．由a1＝5S1－3，得a1＝．所以，數(shù)列｛an｝是首項(xiàng)a1＝，公比q＝－的等比數(shù)列.由此知數(shù)列a1，a3，a5，…，a2n－1，…是首項(xiàng)為a1＝，公比為（－）2的等比數(shù)列.∴（a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1）＝．評(píng)述：本小題主要考查等比數(shù)列和數(shù)列極限等基礎(chǔ)知識(shí).65.解：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則q2==4.由an>0（n∈N*），得q=2，∴a1=1，an=2n.∴于是66.解：（Ⅰ）設(shè)數(shù)列｛bn｝的公差為d，由題意得解得∴bn＝3n－2（Ⅱ）由Sn＝3n－2知因此要比較Sn與logabn＋1的大小，可先比較（1＋1）（1＋）…（1＋）與的大小.取n=1，有（1＋1）＞取n=2，有（1＋1）（1＋）＞，……由此推測(cè)（1＋1）（1＋）……（1＋）＞ ①若①式成立，則由對(duì)數(shù)函數(shù)性質(zhì)可斷定：當(dāng)a＞1時(shí)，Sn＞logabn+1當(dāng)0＜a＜1時(shí)，Sn＜logabn+1.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明①式.（i）當(dāng)n=1時(shí)已驗(yàn)證①式成立.（ii）假設(shè)當(dāng)n=k（k≥1）時(shí)，①式成立，即（1+1）（1+）…….那么，當(dāng)n=k+1時(shí)，（1+1）（1+）……（1+）·［1+］＞（1+）=（3k+2）∵∴（3k+2）＞因而（1+1）這就是說(shuō)①式當(dāng)n=k+1時(shí)也成立.由（i）（ii）知，①式對(duì)任何自然數(shù)n都成立.由此證得：當(dāng)a＞1時(shí)，Sn＞logabn+1當(dāng)0＜a＜1時(shí)，Sn＜logabn+1評(píng)述：該題是綜合題，主要考查等差數(shù)列、數(shù)學(xué)歸納法、對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)等基本知識(shí)，以及歸納猜想，等價(jià)轉(zhuǎn)化和代數(shù)式恒等變形的能力，相比之下，對(duì)能力的考查，遠(yuǎn)遠(yuǎn)高于對(duì)知識(shí)的考查.67.解：（Ⅰ）設(shè)數(shù)列｛bn｝的公差為d，由題意得解得∴bn=2n－1.（Ⅱ）由bn=2n－1，知Sn=lg（1+1）+lg（1+）+…+lg（1+）=lg［（1+1）（1+）…（1+）］，lgbn+1=lg.因此要比較Sn與lgbn+1的大小，可先比較（1+1）（1+）…（1+）與的大小.取n=1，有（1+1）＞，取n=2，有（1+1）（1+）＞，……由此推測(cè)（1+1）（1+）…（1+）＞. ①若①式成立，則由對(duì)數(shù)函數(shù)性質(zhì)可斷定：Sn＞lgbn+1.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明①式.（i）當(dāng)n=1時(shí)已驗(yàn)證①式成立.（ii）假設(shè)當(dāng)n=k（k≥1）時(shí)，①式成立，即（1+1）（1+）…（1+）＞.那么，當(dāng)n=k+1時(shí)，（1+1）（1+）…（1+）［1+］＞·（1+）=（2k+2）.∵［（2k+2）］2－（）2＝，∴.因而這就是說(shuō)①式當(dāng)n=k+1時(shí)也成立.由（i），（ii）知①式對(duì)任何正整數(shù)n都成立.由此證得：Sn＞lgbn+1.68.解：（1）∵a1=－，an－an－1=－∴數(shù)列{an}是以－為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列.∴An=由4Bn－12An=13n，得Bn=∴bn=Bn－Bn－1=－（2）設(shè)拋物線Cn的方程為y=a（x+）2－即y=x2+（2n+3）x+n2+1∵y′=2x+（2n+3），∴Dn處切線斜率kn=2n+3.∴（3）對(duì)任意n∈N*，2an=－2n－3，4bn=－12n－5=－2（6n+1）－3∈X∴yX，故可得X∩Y=Y.∵c1是X∩Y中最大的數(shù)，∴c1=－17設(shè)等差數(shù)列{cn}的公差為d，則c10=－17+9d∵－265<－17+9d<－125得－27<d<－12而{4bn}是一個(gè)以－12為公差的等差數(shù)列.∴d=－12m（m∈N*），∴d=－24∴cn=7－24n（n∈N*）評(píng)述：本題考查數(shù)列、數(shù)列的極限、集合和解析幾何中的直線、拋物線等知識(shí).對(duì)思維能力有較高要求，考查了分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力.69.解：分兩種情況討論（1）當(dāng)p＞1時(shí)，因p＞q＞0，則1＞＞0，所以（2）當(dāng)p＜1時(shí)，因p＞q＞0，則1＞p＞q＞0.評(píng)述：該題考查了數(shù)列、極限的有關(guān)知識(shí)和分類討論的思想，考查了學(xué)生解決問(wèn)題的能力，知識(shí)、方法、基本計(jì)算能力要求較高.70.解：設(shè)等差數(shù)列｛an｝的首項(xiàng)為a，公差為d，則an=a+（n－1）d，前n項(xiàng)和為Sn=na+，由題意得其中S5≠0.于是得整理得解得由此得an=1；或an=4－（n－1）=－n.經(jīng)驗(yàn)證an=1時(shí)，S5=5，或an=n時(shí)，S5=－4，均適合題意.故所求數(shù)列通項(xiàng)公式為an=1，或an=n.評(píng)述：該題考查了數(shù)列的有關(guān)基本知識(shí)及代數(shù)運(yùn)算能力，思路明顯，運(yùn)算較基本.71.解：（1）由a1=S1=1，S2=1+a2，得a2=又3tSn－（2t+3）Sn－1=3t ①3tSn－1－（2t+3）Sn－2=3t ②①－②得3tan－（2t+3）an－1=0∴，（n=2，3，…）所以{an}是一個(gè)首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列.（2）由f（t）=，得bn=f+bn－1.∴{bn}是一個(gè)首項(xiàng)為1，公差為的等差數(shù)列.∴bn=1+（n－1）=（3）由bn=，可知{b2n－1}和{b2n}是首項(xiàng)分別為1和，公差均為的等差數(shù)列于是b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1=b2（b1－b3）+b4（b3－b5）+b6（b5－b7）+…+b2n（b2n－1+b2n+1）=－（b2+b4+…+b2n）=－=－（2n2+3n）72.解：若q=1，則有S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1.因a1≠0，得S3+S6≠2S9，顯然q=1與題設(shè)矛盾，故q≠1.由S3+S6=2S9，得，整理得q3（2q6－q3－1）=0，由q≠0，得2q6－q3－1=0，從而（2q3＋1）（q3－1）=0，因q3≠1，故q3=－，所以q=－.73.解：（Ⅰ）由已知An=（an－1）（n∈N），當(dāng)n=1時(shí)，a1=（a1－1），解得a1=3，當(dāng)n≥2時(shí)，an=An－An－1=（an－an－1），由此解得an=3an－1，即=3（n≥2）.所以數(shù)列｛an｝是首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列，故an=3n（n∈N*）；（Ⅱ）證明：由計(jì)算可知a1，a2不是數(shù)列｛bn｝中的項(xiàng)，因?yàn)閍3=27=4×6＋3，所以d1=27是數(shù)列｛bn｝中的第6項(xiàng)設(shè)ak=3k是數(shù)列｛bn｝中的第n項(xiàng)，則3k=4m+3（k，m∈N），因?yàn)閍k+1=3k+1=3·3k=3（4m+3）=4（3m+2）+1，所以ak+1不是數(shù)列｛bn｝中的項(xiàng).而ak+2=3k+2=9·3k=9（4m+3）=4（9m+6）+3，所以ak+2是數(shù)列｛bn｝中的項(xiàng)由以上討論可知d1=a3，d2=a5，d3=a7，…，dn=a2n+1所以數(shù)列｛dn｝的通項(xiàng)公式是dn=a2n+1=32n+1（n∈N*）（Ⅲ）解：由題意，32n+1=4r+3，所以r=（32n－1）易知∴74.（Ⅰ）證明：設(shè)｛an｝的公比為q，由題設(shè)知a1＞0，q＞0（?。┊?dāng)q=1時(shí)，Sn=a1n，從而SnSn+2－Sn+12=a1n（n+2）a1－（n+1）2a12=－a12＜0（ⅱ）當(dāng)q≠1時(shí)，Sn=，從而SnSn+2－Sn+12==－a12qn＜0由（?。┖停áⅲ┑肧nSn+2＜Sn+12根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知lg（SnSn+2）＜lgSn+12即＜lgSn+1.（Ⅱ）解：不存在.證法一：要使=lg（Sn+1－C）成立，則有①②①②分兩種情況討論：（?。┊?dāng)q=1時(shí)，（Sn－C）（Sn+2－C）－（Sn+1－C）2＝（a1n－C）［a1（n+2）－C］－［a1（n+1）－C］2=－a12＜0可知，不滿足條件①，即不存在常數(shù)C＞0，使結(jié)論成立.（ⅱ）當(dāng)q≠1時(shí)，（Sn－C）（Sn+2－C）－（Sn+1－C）2因a1qn≠0，若條件①成立，故只能是a1－C（1－q）=0，即C=，此時(shí)因?yàn)镃＞0，a1＞0，所以0＜q＜1，但是0＜q＜1時(shí)，Sn－＜0，不滿足條件②，即不存在常數(shù)C＞0，使結(jié)論成立.綜合（?。?、（ⅱ），同時(shí)滿足條件①，②的常數(shù)C＞0不存在，即不存在常數(shù)C＞0，使=lg（Sn＋1－C）證法二：用反證法，假設(shè)存在常數(shù)C＞0，使①②③④則有①②③④由④得SnSn+2－Sn+12=C（Sn+Sn+2－2Sn+1 ⑤根據(jù)平均值不等式及①、②、③、④知Sn+Sn+2－2Sn+1=（Sn－C）+（Sn+2－C）－2（Sn+1－C）≥－2（Sn+1－C）=0因?yàn)镃＞0，故⑤式右端非負(fù)，而由（Ⅰ）知，⑤式左端小于零，矛盾，故不存在常數(shù)C＜0，使=lg（Sn+1－C）.評(píng)述：本題為綜合題，以數(shù)列為核心知識(shí)，在考查等比數(shù)列基本知識(shí)的同時(shí)，考查不等式的證明和解方程，兼考對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則和對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，并且多角度、多層次考查數(shù)學(xué)思想方法的靈活、恰當(dāng)?shù)倪\(yùn)用，提高對(duì)數(shù)學(xué)能力的考查要求.該題的解答方法很多，表明該題能較好考查靈活綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)的能力.第（Ⅰ）問(wèn)側(cè)重知識(shí)和基本技能的考查，第（Ⅱ）問(wèn)則把考查的重心放在能力要求上.對(duì)思維的邏輯性、周密性和深刻性；運(yùn)算的合理性、準(zhǔn)確性；應(yīng)用的靈活性、有效性等，該題都涉及到了，是一道突出能力考查的好試題.75.解：證法一：令d=a2－a1，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明an=a1+（n－1）d（n∈N*）①當(dāng)n=1時(shí)，上述等式為恒等式a1=a1，當(dāng)n=2時(shí)，a1+（2－1）d=a1+（a2－a1）=a2，等式成立.②假設(shè)當(dāng)n=k（k∈N，k≥2）時(shí)命題成立，即ak=a1+（k－1）d由題設(shè)，有，又Sk+1=Sk+ak+1，所以+ak+1將ak=a1+（k－1）d代入上式，得（k+1）（a1+ak+1）=2ka1+k（k－1）d+2ak+1整理得（k－1）ak+1=（k－1）a1+k（k－1）d∵k≥2，∴ak+1=a1