高考數(shù)學(xué)真題-數(shù)列大題

數(shù)列｛0“｝中，q=2,an+i-an+cn(c是常數(shù),n=1,2,3,),且q,a2,4成公比不

為1的等比數(shù)列.

(I)求c的值；

(II)求｛怎｝的通項公式.

若數(shù)列A,=4，4,…，凡(”之2)滿足1%-%|=1(攵=,數(shù)列4為E

數(shù)列，記S(A)=4+%+….

(I)寫出一個滿足4=4=0,且S(A)〉0的E數(shù)列4；

(II)若q=12,n=2000,證明：E數(shù)列片是遞增數(shù)列的充要條件是4=2011；

(III)對任意給定的整數(shù)n(n22),是否存在首項為0的E數(shù)列4,使得

5(A)=0?如果存在，寫出一個滿足條件的E數(shù)列4；如果不存在，說明理由。

20.

【解析】⑴?力：0>】，2,1.。或0,1.0,b0均滿足要求.

⑵必要檢：

若｛a.｝遞增，則上—?4|?4?：?%■!，

于是,為公是為的等是數(shù)列，故必要性成立：

4；1fl;;x-a-!9y9-2011?

克分41：

若公.則，a；0-a：?：9995

而出一/

<|a;-a.|?1：

%一3〈出-ajT，

U-%”《|&；x-4；%|=]，

犯這些或于全都相加即將生：，-&<1999,

等號成立說明上面的所有尊號都要成立,

收W-4=4—Q==a：*：-2*；=],

于￡；&；?為公是ki的，星加力m：遞增；般充分地成立.

⑶若存在滿足條件的“E數(shù)列,使得4-0,>

設(shè)&，2WNW",于是，?；或-1。

注急到W?°i

生=a：_(&_q、=f；s

勾=烏一(4-&)+(&-生)=/；-

a.=d-(a；-q)-4g.=工一鈞一一￡；

*,?$a.).q_a：.-■—a.

?S-1)Y：-(〃-?)Y[一?

**?;“-1G-｛〃一？：,一,—：?,001

而(〃7；；和("7；同號饋，”2:;和(力7)同壽％…，：Y.和1同奇得

...0和57)-(”-，-7=":間奇偶，即竺二必定是停收；

若"or4,\"、,?二式：1-D為偈為

\2a,a<18

己知數(shù)列｛a.｝滿足4eN*,4436,且。,用=<、(?=1,2...).

\2an-36,a?>18

記集合M=｛q,l〃eN*｝

(I)若q=6,寫出集合M的所有元素；

(II)若集合M存在個元素是3的倍數(shù)，證明：M的所有元素都是3的倍數(shù);

(III)求集合M的元素個數(shù)的最大值.

解：(I)6,12.24.

(II)若存在a,(i=l,2,L,")是3的倍數(shù)，設(shè)4=3A(AGN*),

當(dāng)4WI8時，4+1=24=6%,他也是3的倍數(shù)；

當(dāng)一>18時,aM=2a；-36=64-36,aM也是3的倍數(shù).

綜上，。那是3的倍數(shù)，依次類推，當(dāng)〃，i時，%是3的倍數(shù);

若存在a,.(i=2,3,L,〃)是3的倍數(shù)，設(shè)%=3k*wN*),

當(dāng)用W18時，鶴*=3區(qū),因為a-wN*,所以％也是3的倍數(shù)；

當(dāng)4>18時，4T=色詈=3.(g+6),因為q-eN*,所以a-也是3的倍數(shù)；.

綜上，4T是3的倍數(shù)，依次類推，當(dāng)〃<i時，勺是3的倍數(shù)；

所以原結(jié)論成立.

(III)當(dāng)6=1時，將4=1代入"%W%”=I,2,L),

[2%-36,an>18

依次得到2,4,8,16,32,28,20,4,L

所以當(dāng)〃》9時，an=a,…，此時M={1,2,4,8,16,20,28,32},

共8個元素.

由題意，出可取的值有4弓，44-36,4^-72,4弓-108共4個元素，

顯然，不論《為何值，的必為4的倍數(shù)，所以4=以(％=1,2,1,9),

①當(dāng)/e{4,8,16,20,28,32}時，

4,€{4,8,16,20,28,32}(〃云3),此時〃最多有8個元素；

②當(dāng)外€{12,24}時，

anw{12,24}(〃》3),止匕時M最多有4個元素；

③當(dāng)生=36時，

an=36(〃與3),此時A7最多有3個兀素；

所以集合”的元素個數(shù)的最大值為8.

設(shè)數(shù)列A：q,a,,a,v(論2).如果對小于”(2W〃SV)的每個正整數(shù)％都有a4<a“，則

稱n是數(shù)列A的一個“G時刻”.記G(N)是數(shù)列A的所有“G時刻”組成的集合.

(I)對數(shù)列A：-2,2,-1,1,3,寫出G(4)的所有元素；

(II)證明：若數(shù)列A中存在a“使得a“>q,則G(4)H0；

(III)證明：若數(shù)列A滿足4-%_曰(〃=2,3,…,N),則G(力)的元素個數(shù)不小于知-6.

【答案】(I)G(/)的元素為2和5；(II)見解析；(III)見解析.

【解析】

試題分析：(D關(guān)鍵是理解“G時刻的定義，根據(jù)定義即可寫出GQ4)的所有元素；

(II)要證G(N)H0,即證G(K)中含有一元素即可；

(III)當(dāng)々'4對時，結(jié)論成立.只要證明當(dāng)時結(jié)論仍然成立即可.

試題解析：(I)G(X)的元素為2和5

(II)因為存在/使得4,所以｛ieN平

記物=min,eN*|2<;<N,a.>q｝,

則加之2,且對任意正整數(shù)k<mz%<ax<an.

設(shè)各項均為正數(shù)的數(shù)列｛《,｝的前n項和為S“，已知2a2=/+%，數(shù)列醫(yī)｝是公差為d

的等差數(shù)列。

(1)求數(shù)列｛凡｝的通項公式(用〃，”表示)；

(2)設(shè)。為實數(shù)，對滿足加+〃=3々且加聲〃的任意正整數(shù)即〃次，不等式S,“+5”>cS.

9

都成立。求證：c的最大值為一。

2

[解析]本小題主要考查等差數(shù)列的通項、求和以及基本不等式等有關(guān)知識，考查探索、分

析及論證的能力。滿分16分。

(1)由題意知：d>。,=V^'+(n-Y)d=y[a^+(n-V)d

2

2al=4+%=>3%=S3=>3(S2—Sy)=S3,3KAy+d)-qf=(y[a^+2d)\

化簡，得：q—2yjc^?d+d?=0,=d,%=d2

2

=d+(n-l)d=nd,StJ=rrd,

2222

當(dāng)時，an=Sz,-=trd-(H-1)d=(2n-1)J,適合〃=1情形。

故所求q=(2〃-1)筋

（2）（方法一）

m~2+n~2

22222222

Sm+Sn>cSk=nrd+nd>c-kd=m+n>c-k,c<恒成立。

9

>

又"z+〃=3攵且加wn,2(m2+/)>(m+??)2=9k2=>----——2-

故?！兑?，即c的最大值為9三。

22

（方法二）由M=d及厄=8+（〃-Dd,得d>0,S“=〃2d2。

于是，對滿足題設(shè)的m^n,有

222

鼠+Sn=（m+n）d>（"；〃）/=屋公=|s*。

所以。的最大值>|9?

另一方面，任取實數(shù)。>—9。設(shè)攵為偶數(shù)，令根=巳3上+1,”=3—左一1,則相，〃次符合條件,

222

331

且S,n+S?=（加+〃2）/=儲［（”+］）2+（”-1）2］=/（%2+4）。

21

22

于是，只要取2+4<2或2,即當(dāng)攵>-7=^=時，Sm+S<-d-2ak=aSl!.

,2a-92

99

所以滿足條件的d從而cmax<-o

22

9

因此c的最大值為二。

2

設(shè)數(shù)列｛%｝的前〃項和為S“.若對任意正整數(shù)〃，總存在正整數(shù)相，使得S“=a,“，則稱

｛%｝是“H數(shù)列”.

（1）若數(shù)列｛%｝的前“項和S"=2"（〃€N，）,證明：㈤｝是““數(shù)列”；

（2）設(shè)｛%｝是等差數(shù)列,其首項％=1,公差d<0,若｛%｝是“H數(shù)列”，求d的值；

（3）證明:對任意的等差數(shù)列｛%｝，總存在兩個“，數(shù)列”仍“｝和｛%｝,使得%="+cn

（"eN*）成立.

【答案】（1）證明見解析；（2）d=-l：（3）證明見解析

nn

【解析】（1）首先q=，=2,當(dāng)"22時，an=S,l-Sn_,=2-2-'=2"-',所以

2,〃=1,

所

2n-',n>2,

以對任意的％eV*，g=2*是數(shù)列｛%｝中的萬+1項，因此數(shù)列｛4｝是數(shù)列

（2）由題意勺=1+5-13，S?=n+^^d,數(shù)列3J是“凡數(shù)列”，則存在keN*,使

?+———-d=\+（k-X）d,k=---+———-+1,由于一——-6又keN*,則——eZ對

2d22d

一切正整數(shù)〃部成立，所以d=-l.

（3）首先，若公=物（占是常數(shù)），則葭列｛4）前“匚點為E=力是數(shù)列中的第亭?項，

因此｛dj是"巴數(shù)列"，對任意的等差雙列｛%｝,a*=%+（%-l）d（d是公差），設(shè)這=加1，

q=（d-aiX%—1），則a*=4+c*，而數(shù)列色）,｛c*｝都是"http://數(shù)列"，證畢.

【考點】（D新定義與數(shù)列的項，3）數(shù)列的項與整數(shù)的整除；（3）構(gòu)造法.

設(shè)％,%,生，能是各項為正數(shù)且公差為d（d中0）的等差數(shù)列

（1）證明：2。，2%,2%,24依次成等比數(shù)列；

（2）是否存在q,d,使得q,4?,四,，。；依次成等比數(shù)列，并說明理由；

（3）是否存在q,d及正整數(shù)〃次，使得a：,。，*,域3,。丁3人依次成等比數(shù)列，并說明

理由.

【答案】（1）詳見解析（2）不存在（3）不存在

【解析】

試題分析：(1)根據(jù)等比數(shù)列定義只需驗證每一項與前一項的比值都為同一個不為零的常數(shù)即可(2)本題

d

列式簡單，變形較難，首先令，=二將二元問題轉(zhuǎn)化為一元，再分別求解兩個高次方程，利用消最高次的方

%

法得到方程：-r-4r-3=0,無解，所以不存在(3)同(2)先令，=芻將二元問題轉(zhuǎn)化為一元，為降次,

所以兩邊取對數(shù)，消去n,k得到關(guān)于t的一元方程

4tad-3r)ln(l+r)-ln(l+3r)ln(l-2r)-31n(l+2r)hi(l-r)=0,從而將方程的解轉(zhuǎn)化為秤允函數(shù)

g(r)=4hi(l+2ln(l+r)-hi(l+3r)ln(l-2r)-3ln(l+2r)ln(1+r)零點情況，這入函數(shù)需要利用一次求導(dǎo)

才可確定其在(07+二)上無零點

試題解析：(1)證明t因為—=22,"'2<=2s(?；=1>33)是同一個常數(shù)，

所以產(chǎn),產(chǎn)，2%2工依次構(gòu)成等比數(shù)列.

(2)令4+d=a，則q,a2,a3,4分別為a-4,a,a+d,a+2d(.a>d,a>-2d,

4x0).

假設(shè)存在q,d,使得4,a；,a；,a：依次構(gòu)成等比數(shù)列，

則a"=(a-")(a+d)3,且(a+d?=(。+2d1.

令r=4,貝ijl=(l—f)(l+f)3,且(l+f)，=(l+2f)4t^O),

化簡得「+2/-2=0(*),且*=f+i.將/=/+］代入(*)式，

/?+1)+2(，+1)—2=產(chǎn)+3/=f+l+3r=4f+l=0,則￡=一；.

顯然不是上面方程得解，矛盾，所以假設(shè)不成立，

4

因此不存在q，d,使得q,a；,al，a：依次構(gòu)成等比數(shù)列.

(3)假設(shè)存在《，”及正整數(shù)〃，k,使得a；,a'；",a'；+2k,依次構(gòu)成等比數(shù)歹|j.

則a；(a,+2d)n+2k=(4+d嚴(yán)3且(q(q+3d)***=(q+2d產(chǎn)狗.

分別在兩個等式的兩邊同除以a；("旬及a；(/2"),并令/=一rxo),

43

則(1+2t)n+2k=(1+f產(chǎn)閨，且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2f嚴(yán)國.

將上述兩個等式兩邊取對數(shù)，得(〃+2。In(1+2/)=2(〃+k)\n(1+f),

且(〃++/)+(〃+3%)ln(l+3f)=2(〃+2Z)ln(l+27).

化簡得2%][11(1+2￡)-111(1+/)]=〃[2111(1+/)-111(1+2。],

且3火[ln(l+3f)-ln(l+f)]=〃[31n(l+f)—ln(l+3f)].

再將這兩式相除，化簡得ln(l+3/)ln(l+27)+31n(l+2/)ln(l+f)=41n(l+3f)ln(l+f)

(**).

令g(f)=41n(l+3f)ln(l+/)-In(1+3r)ln(1+2f)-31n(1+2f)ln(l+f),

2(l+3/)2ln(l+3r)-3(l+2r)2ln(l+2r)+3(l+r)2ln(l+z

則g?)=

(l+r)(l+2r)(l+3r)

☆0?)=(l+3f)21n(l+3f)—3(l+2f)21n(l+2f)+3(l+f)21n(l+。，

則d(f)=6[(l+3/)ln(l+3f)-2(l+2f)ln(l+2f)+(l+f)ln(l+f)].

令/=，則d(f)=6[31n(l+3f)-41n(l+2f)+ln(l+f)].

12

令心(S則娼")=兩西加布>0.

由g(o)=。(。)=例(O)=%(。)=。,4")>0,

知性(/),/⑺，°(。，g(/)在(一:,0和(0,+00)上均單調(diào).

故g(/)只有唯一零點，=(),即方程(**)只有唯一解/=(),故假設(shè)不成立.

記。={1,2,,100}.對數(shù)列{叫(〃€1<*)和0的子集丁，若T=0,定義6=0；

Sa

若T=｛32,"J，定義T=h+%++%.例如:T=｛1,3,66｝時，

57.=4+/+46-現(xiàn)設(shè)｛4｝(〃€1<)是公比為3的等比數(shù)列，且當(dāng)T=｛2,4｝時，

Sr=30.

(1)求數(shù)列｛4｝的通項公式；

(2)對任意正整數(shù)M1WZW100),若Tq｛l,2,,k｝,求證：ST<ak+｝；

(3)設(shè)C￡U,O1U,ScNSc，求證：Sc+ScD>2SD.

【答案】(1)an=3''-'(2)詳見解析(3)詳見解析

【解析】

試題分析：(D根據(jù)及時定義，列出等蚩關(guān)系，解出苜項，寫出通項公式；(2)根據(jù)子集關(guān)系，進行

放縮，轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求和；(3)利用等比數(shù)列和與項的大小關(guān)系，確定所定義和的大小關(guān)系：設(shè)

J=cc(CnD),B=CD(cn。),，則/nB=0,因此由S:>SD^S_,>SBf因此A\JB中最大項必在月

中，由(2)得當(dāng)

試題解析：⑴由已知得4

于是當(dāng)T=｛2,4｝時，S,=%+q=+27q=30al.

又S,=30,故30al=30,即q=L

所以數(shù)列｛4｝的通項公式為4=

(2)因為T三｛1,2,次｝,a“=3"T>0,〃eN*,

所以++4=1+3++3卜|=；(3*—1)<3人.

因此，Sr<ak+l.

對于給定的正整數(shù)",若數(shù)列an滿足%_*+*+1+an+l+...an+k_]+an+k=2kan

=24a.對任意正整數(shù)/7?！祂)總成立，則稱數(shù)列l(wèi)a,,1是“產(chǎn)犯數(shù)列”

(1)證明：等差數(shù)列an是“尸⑶數(shù)列”；

(1)若數(shù)列an既是“尸⑵數(shù)列”，又是“尸⑶數(shù)歹『'，證明：an是等差數(shù)列.

證明：⑴因為｛4｝是等差數(shù)列，設(shè)其公差為4,則

從而，當(dāng)〃之4時，+Q“+A=4+(〃-%—+4+(〃+攵-1)1

=2a1+2(n—l)d=2an,k—1,2,3,

所以an_3+a?_2+4“+a?+i+an+2+an+3=6a,,,

因此等差數(shù)列｛4,｝是“P(3)數(shù)列”.

(2)數(shù)列｛a,J既是"P(2)數(shù)列”，又是“尸(3)數(shù)列”，因此，

當(dāng)“23時，an_2+an_｛+an+i+an+2=^an,①

當(dāng)〃N4時，an_3+a?_2+a,-+an+l+an+2+an+3=6a“.②

由①知，an_3+an_2=4an_,-(an+an+l),③

%+2+4+3=4a“+i一(a,i+4)，④

將③④代入②，得a,1+??+1=2a?,其中〃24,

所以4,a4M5，是等差數(shù)列，設(shè)其公差為

在①中，取”=4,則外+4+佻+心=也，所以4=4一

在①中，取”=3,則4+02+%+%=牝3，所以4=4-2〃'，

所以數(shù)列｛q｝是等差數(shù)列.

設(shè)他“｝是首項為％,公差為d的等差數(shù)列，伯“｝是首項為伉，公比為g的等比數(shù)列.

(1)設(shè)4=0,4=1,4=2,若|a“-d區(qū)偽對〃=1,2,3,4均成立，求d的取值范圍；

(2)若4=偽＞0,加eN*,〃w(l,啦］,證明：存在deR,使得區(qū)4對

〃=2,3,，機+1均成立，并求”的取值范圍(用表示).

解：(1)由條件知：a“=(〃-1)4也=2"，

因為14-2區(qū)乙對〃=1，2,3,4均成立,

即l)d—2'i區(qū)1對〃=1,2,3,4均成立,

75

即1?1,1<J<3,3<2J<5,743d49,得一Kd<一.

32

因此，”的取值范圍為g,jj.學(xué)@科網(wǎng)

(2)由條件知：a/=瓦+(〃-l)d,b〃=如"”.

若存在d,使得|a“-2區(qū)4(〃=2,3,…,m+1)成立,

即|々+5-1)4一姐'"區(qū)4(〃=2,3,,m+l),

即當(dāng)〃=2,3,，加+1時，d滿足幺二々41工幺一口.

n-\n—\

因為4￡(1,正］,則1</T4rY2,

從而^-----/?!<0,——Z?!>0,對〃=2,3,，m+1均成立.

n-\n-\

因此，取占0時，|勺一包區(qū)4對〃=2,3,，帆+1均成立.

下面討論數(shù)列｛幺_卷｝的最大值和數(shù)列｛J｝的最小值(〃=2,3,，機+1).

n-\n-\

①當(dāng)―時，匕.31-"、+2=-一八2

nn-1n(n-1)n(n—1)

當(dāng)時，有q"q"2,從而〃(4"-q"T)-q"+2>0.

因此，當(dāng)2。4〃?+1時，數(shù)列｛仁二2｝單調(diào)遞增，

n-\

n-l_)m_Q

故數(shù)列壯~一｝的最大值為Z二.

n-\m

②設(shè)/(幻=2'(1-乃，當(dāng)G0時,Ax)=(ln2-l-xln2)2x<0,

所以f(x)單調(diào)遞減,從而/(x)勺'(0)=1.

q”?

當(dāng)24催V”?時，-^=^^<2"(1--)=/(-)<1,

qnnn

n-\

q"T

因此，當(dāng)2<九4m+1時，數(shù)列｛以―｝單調(diào)遞減，

n-\

故數(shù)列｛￡｝的最小值為

n-1m

因此，”的取值范圍為曲《一2),紅

mm

在數(shù)列｛q｝中，4=1,。,用=（1+工）4+察

nZ

⑴設(shè)a=M,求數(shù)列｛2｝的通項公式

n

（II）求數(shù)列｛4｝的前〃項和S〃

分析：（I）由己知有七=蟲+。,2+

〃+1nZ2

1*

利用累差迭加即可求出數(shù)列｛2｝的通項公式：bn=2--（neN）

n

（II）由（I）知外=2〃一再，

5"=力（2"-正）=￡（26一力聲

k=\乙A=1k=\/

“"k

而Z（2k）=〃（〃+1）,又是一個典型的錯位相減法模型，

A=1k=\2

口，日白k.〃+20z1、〃+2.

易得二年■=4一彳7'S”="（〃+D+彳7一4

設(shè)數(shù)列｛%｝滿足6=0且匚—=1.

n

求｛*｝的通項公式；

（II）設(shè)a=匕磨I,記s“=S>z證明：S?<1.

V?4=1

【命題意圖】本題主要考查等差數(shù)列的定義及其通項公式，裂項相消法求和，不等

式的證明，考查考生分析問題、解決問題的能力.

【解析】（I）由題設(shè)」.......--1,

1一4"+11一“"

即｛J—｝是公差為1的等差數(shù)列.

1-?！?/p>

又一--二1,故一--=n.

[-QI]—Q〃

所以4=1-工.................5分（II）

n

由（I）得

J/?+1_yfn

y/n+lg/n

J_____1_

yfnJ77+1'

S"444（十-志）=i-潟（1

..............12分

【點評】2011年高考數(shù)學(xué)全國卷將數(shù)列題由去年的第18題后移，一改往年的將數(shù)

列結(jié)合不等式放縮法問題作為押軸題的命題模式，具有讓考生和一線教師重視教

材和基礎(chǔ)知識、基本方法基本技能，重視兩綱的導(dǎo)向作用，也可看出命題人在有

意識降低難度和求變的良苦用心.估計以后的高考，對數(shù)列的考查主要涉及數(shù)列

的基本公式、基本性質(zhì)、遞推數(shù)列、數(shù)列求和、數(shù)列極限、簡單的數(shù)列不等式證

明等，這種考查方式還要持續(xù).

已知數(shù)列｛4｝的前〃項和S,,=(〃2+n)3".

(I)求lim組；(II)證明：4+尊+…+3>3".

222

…n5I2n

解：

(I)lim—=lim—~

Sn〃一>00Sn

S〃+l)

=lim(l一

7T

4分

=lim---

neSne〃+13

所以lim2=—.6分

isSn3

(II)當(dāng)n=l時，-p-=S=6>3;

當(dāng)〃>1時,

幺+生+…+&

I222n2

s?一S|-S〃+1

辛22n2

J'+((—?)§+...+(.Vs-

10分

>n4

2

^4^.3〃>3".

n~

所以，當(dāng)〃21時,g+與+…+之〉3".........12分

I222n1

S”為等差數(shù)列｛4,｝的前〃項和，且q=1,S7=28.記d=[lga〃],其中[尤]表示不超過x

的最大整數(shù)，如[0.9]=0,[lg99]=l.

(I)求白，偽401；

(II)求數(shù)列出｝的前1000項和.

【解析】

試題分析：(I)先求公差、通項％,再根據(jù)已知條件求&3,仿oi；(II)用分段函數(shù)表

示b”,再由等差數(shù)列的前n項和公式求數(shù)列｛2｝的前1000項和.

試題解析：(I)設(shè)｛〃“｝的公差為〃，據(jù)已知有7+214=28,解得d=I.

所以｛4｝的通項公式為/=〃.

々=[lgl]=0,6"=[lgll]=l,為“=[lgl(M]=2.

0,14〃<10,

(II)因為"="{,1()<?<10(),

210()<n<1000,

3.”=1000.

所以數(shù)歹(){〃,}的前1000項和為1x90+2x900+3x1=1893.

記為等差數(shù)列的前"項和，已知

S,｛q｝q=-7,S3=-15.

(1)求｛q｝的通項公式；

(2)求S,，并求S,,的最小值.

解：(1)設(shè)｛%｝的公差為d,由題意得34+3d=—15.

由4=—7得d=2.

所以｛4｝的通項公式為a”=2〃—9.

(2)由(1)得S.=〃2—8〃=(〃—4)2—16.

所以當(dāng)〃=4時,S,取得最小值，最小值為T6.

等比數(shù)列｛4｝中，q=1,%=4%.

(1)求｛q｝的通項公式；

(2)記S,,為｛q｝的前”項和.若S.,=63,求機.

解：(1)設(shè)｛4｝的公比為q,由題設(shè)得a“=q"T.

由已知得q4=4q2,解得4=0(舍去)，"=-2或4=2.

故見=(一2嚴(yán)或q=2"T.

(2)若a.=(-2)"T,則S,=I；2y由s,“=63得(―2)“'=—188,此方程沒有正

整數(shù)解.

若a,,=2"T,則5"=2"—1.由鼠=63得2'"=64,解得根=6.

綜上，m=6.

設(shè)數(shù)列｛q｝的前〃項和為S,,對任意的正整數(shù)〃，都有4=55“+1成立，記

將警…）。

（I）求數(shù)列｛〃｝的通項公式;

（II）記%=由“一三T（〃CN*）,設(shè)數(shù)列｛%｝的前〃項和為北，求證：對任意正整數(shù)〃都

七.3

有，＜5；

（ni）設(shè)數(shù)列也｝的前〃項和為此。已知正實數(shù)九滿足：對任意正整數(shù)W/U恒成立，

求4的最小值。

本小題主要考查數(shù)列、不等式等基礎(chǔ)知識、考查化歸思想、分類整合思想，以及推理論證、

分析與解決問題的能力。

解：（I）當(dāng)〃=1時，q=5al+1,―――

又Qa?=5a?+l,a?+1=5??+1+1

???a”+i=5《用，即4+|=一￡

數(shù)列｛4｝成等比數(shù)列，其首項q=-;，公比是4=一;

4+(-3"

bn=---------j-...........................3分

-I/工、〃

5525x16"

------1-------=--------------

42,,-142,,-'+1(16"-1)(16"+4)

25x16°25x16”25

=----------------<-------=---

(16n)2+3xl6n-4)(16")216"

134

又4=3也=亍，。|=]

3

當(dāng)〃=1時，T.<-

2

4111

當(dāng)〃22時、T<-+25x(—+—+K+——)

”316216316"

4iL"

=3+25x1^-----p

31-1

16

1

4cu苫693

7分

3.1482

1-------

16

5

(III)由(I)知仇=4+

一方面，已知恒成立，取n為大于1的奇數(shù)時，設(shè)〃=2k+l(ZwN*)

則R?=仇+仇+K+%+]

—4“+5x(---1—z------；----FKK—ZT-：)

4'+142-143+142<+1+1

=4〃+5x[--二+(------二)+KK+(=-----祟一)1

41+142-143+142t-l42i+l+l

>4n-l

.?.力224,>4〃—1,即(4—4)撲>—1對一切大于1的奇數(shù)n恒成立

.?.224,否貝!],(%—4)〃>—1只對滿足〃<—1—的正奇數(shù)n成立，矛盾。

4-2

另一方面，當(dāng);1=4時，對一切的正整數(shù)n都有A”<4〃

事實上，對任意的正整數(shù)k,有

/??>.+b-,=84----TT-.---1----ZT---

2,1-?(-4)21-1(_4產(chǎn)_1

20

(16/-1(16/+4

。15x16*-40。

(16"-1)(16*+4)

/.當(dāng)n為偶數(shù)時，設(shè)〃=2m(meN*)

則R.=(4+如+他+d)+K+(%+%.)

<8m=4〃

當(dāng)n為奇數(shù)時，設(shè)般=2m—l(mGN*)

則M=(4+幼+(4+d)+K+("_3+%.2)+邑t

<8(/篦-1)+4=8，"-4=4〃

.?.對一切的正整數(shù)n,都有用44〃

綜上所述，正實數(shù)幾的最小值為4...................14分

設(shè)d為非零實數(shù)，a,,=-(C\d+2C；,d2++(n-l)C：,-'dn-'+nC：d"](neN*)

n

(1)寫出4，出，4并判斷｛可｝是否為等比數(shù)列。若是，給出證明；若不是，說明理由；

(II)設(shè)=nda,neN"),求數(shù)歹U｛b〃｝的前n項和Stt.

解析：(1)

%—cl

a2-d(d+1)

%=d(d+1產(chǎn)

23

aH=C：：d+C\d+C;td++G,d"=d(l+1產(chǎn)

an+l=d(l+dy

4=d+l

a.

因為d為常數(shù)，所以｛qj是以d為首項，d+1為公比的等比數(shù)列。

b?=nd2(l+dy-'

(2)S?=J2(l+J)°+2J2(1+d)'+3J2(1+J)2++nd2d+d)"-'

=d2[(1+J)°+2(1+dp+3(1+dp++〃(1+d)"T](1)

(1+d)S“=d[(l+dP+2(1+d)2+3(1+d)3++n(l+d)"](2)

21，(1(1+6/))2n2n

(2)-(1)=dSn=-d[-+dn(\+d)=d+(dn-J)(l+d)

n1-(1+J)

.?.S,=1+(如—1)(1+d)”

在等差數(shù)列｛斯｝中，句+的=8,且。4為。2和09的等比中項，求數(shù)列｛斯｝的首項、公差及前

n項和.

解：設(shè)該數(shù)列公差為乩前〃項和為S〃.

由已知，可得2“i+2d=8,3|+3團2=(0+公(m+8幻.

所以，at+d=4,d(d—3ai)=0,解得?=4,d=0,或0=1,d=3,即數(shù)列｛”“｝的首

項為4,公差為0,或首項為1,公差為3.

3〃2—n

所以，數(shù)列的前"項和S=4n或S=------.

nn2

已知等差數(shù)列｛”“｝的公差為d(dHO),等比數(shù)列｛仇｝的公比為q(q>l)?設(shè)

-1+

S“=afy+a2b2++anbn,Tn=afy-a2b2+-??..+(-l)"anbn,neN

(I)若％=仇=1,d=2,q=3,求S3的值；

(II)若瓦=1,證明(1-q)(1—0邑,,一(1+=2感(1

l-q-

(IH)若正整數(shù)n滿足2?nWq,設(shè)k,^l12/“是，，，n的兩個不同的排

列，q=%也+4P2+…+4b“,c2—atby+q也+…+4b”證明qWc2。

本小題主要考查等差數(shù)列的通項公式、等比數(shù)列的通項公式與前n項和公式等基礎(chǔ)知識,

考查運算能力，推理論證能力及綜合分析和解決問題的能力的能力，滿分14分。

(I)解：由題設(shè)，可得a,,=2〃—l，2=3"T,〃wN*

所以，S3=4q+&&+生/=1x1+3x3+5x9=55

(II)證明：由題設(shè)可得勿=qi則

s?"=4+%q++…“+，①

13

T2n=ai-a2q+a^q-a4q+.....-021tq,②

①式減去②式，得

?,2n1

SR-T2K-2(a2q+a4q+...-a2nq~')

①式加上②式，得

$2"+n"=2(1+//+--+a2n-1￡f2"2)③

③式兩邊同乘q,得

4⑸〃+&)=2(qq+/q3')

所以,

(ir電“—(i+/J=(邑“—&)r(8“+汽)

=2d(q+g3+K+產(chǎn))

=2叱力)一

l-q)

(III)證明：cx—c2-(c%—q)偽+(%—aly)b2+K+(4-a,)bn

=&T)曲+(&-4)曲4+K+應(yīng)一/“)曲小

因為〃。0,乙。0,所以

=(-)4+K+K—l.)q2

db、

(1)若k產(chǎn)I”,取i=n

(2)若g=/“，取i滿足女產(chǎn)/,.且號=/j,i+lW_/W〃

由(1),(2)及題設(shè)知，1<三〃且

=(仁—4)+&T%+K(k-T+(kf

db1

①當(dāng)匕v(?時,得仁-(W—1,由q之〃,彳導(dǎo)無—/j?q—1,i=1,2,3z—1

即匕一'KqT,(h-lJqWqg-I)…,(kC?Wq^q-D

又色.T)/T<—，T,所以

三&=(q-I)+(q-l)q+K(7-1)7，-2-q^'=(^-1)

db}\-q

因此q—JW0,即qWc2

②當(dāng)仁>4同理可得上&?<—1,因此C[WC2

db1

綜上，C]WC2

在數(shù)列｛4｝中，4=0,且對任意人N*.“2I，%，%t+i成等差數(shù)列，其公差為4。

a成等比數(shù)列(k6N*)

(1)若"*=22，證明。2)1，。2*+1，2M

（H）若對任意ZeN*,a2k,a2k+],七八2成等比數(shù)列，其公比為公。

證明：由題設(shè)，可得々+1-々-1=伏丘”。

所以“2Z+1一%=（02左+1一“2攵—1）+（“2左—1一02女—3）+…

=44+4(左-1)+…+4*1

=2k(k+l)

22

由q=0,得外？[=2攵(％+1),從而分,a,-2k=2k,aQ,=2(A：+1).

12K+12k乙KILN/CI/

于是“2A+1=A±1々+2rZ+l,所以々+2「々+1。

a2kka2k+\ka2k+\a2k

所以4=2上時，對任意女eN*,4,,g70成等比數(shù)列。

K2k2Z+12攵+2

(II)證法一：(i)證明：由〃c/[?”仆]1成等差數(shù)列，及a],a].,(7,成

2K-12K+12k2K+12K+2

等比數(shù)列，得24,=嗎,+。2=女七」+②±1=_L-+%

2k212攵+1a2ka2k%

當(dāng)qWl時,可知/WLkwN"

從而—1—=----1------=—i—+1,即—1-------i—=l(k>2)

qk-\2___J____1"-Lqk-\"-J

所以」一是等差數(shù)列，公差為1。

41

(II)證明：q=0,々=2,可得%=4,從而[=一=2,」一=1.由(I)有

2%-1

_=1+左一1=攵,得為=4±1入.

”―1k

所以3+2=如1=1±1一從而攵出2=H%V

a2k+\&2k

因此，

〃一&2ka2k-2aAk2(后一1>22cc,2k+]c”，八，

....—.a。=-----z-.------7….2=2k。、[[=4c