精选多年高考试题分类汇总-03-第三章-数-列

1、多年高考试题分类汇总-03第三章-数-列轩辕工作室精心汇编 _ _ _第三章 数 列考点阐释数列是高中代数的重点之一，也是高考的考查重点，在近十年高考试题中有较大的比重.这些试题不仅考查数列，等差数列和等比数列，数列极限的根底知识、根本技能、根本思想和方法，以及数学归纳法这一根本方法，而且可以有效地测试逻辑推理能力、运算能力，以及运用有关的知识和方法，分析问题和解决问题的能力.重点掌握的是等差、等比数列知识的综合运用能力.试题类编一、选择题1.2023京春文，6在等差数列an中，a1+a2+a3+a4+a5=20，那么a3等于 A.4 B.5 C.6 D.72.2023上海春，16设annN*

2、是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5S6，S6S7S8，那么以下结论错误的选项是 A.d0B.a70C.S9S5D.S6与S7均为Sn的最大值3.2023京皖春，11假设一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，那么这个数列有 A.13项B.12项C.11项D.10项4.2001京皖蒙春，12根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量Sn万件近似地满足Sn=21nn25n=1，2，12.按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是 A.5月、6月B.6月、7月C7月、8月D.8月、9月5.2001全国理，3设数列an是递增等差数列

3、，前三项的和为12，前三项的积为48，那么它的首项是 A.1 B.2 C.4 D.66.2001上海春，16假设数列an前8项的值各异，且an+8=an对任意nN*都成立，那么以下数列中可取遍an前8项值的数列为 A.a2k+1 B.a3k+1 C.a4k+1 D.a6k+17.2001天津理，2设Sn是数列an的前n项和，且Sn=n2，那么an是 A.等比数列，但不是等差数列B.等差数列，但不是等比数列C.等差数列，而且也是等比数列D.既非等比数列又非等差数列8.2000京皖春，13等差数列an满足a1+a2+a3+a1010，那么有 A.a1a1010B.a2a1000C.a3a990D.

4、a51519.1998全国文，15等比数列an的公比为，前n项和Sn满足，那么a1的值为 A. B. C. D.10.1998全国理，15在等比数列an中，a11，且前n项和Sn满足，那么a1的取值范围是 A.1， B.1，4 C.1，2 D1，11.1997上海文，6设fn=1+nN，那么fn+1fn等于 A. B. C. D.12.1997上海理，6设fn=nN，那么fn+1fn等于 A. B. C. D.13.1996全国理，10等比数列an的首项a11，前n项和为Sn，假设，那么Sn等于 A. B. C.2 D.214.1994全国理，12等差数列an的前m项和为30，前2m项和为10

5、0，那么它的前3m项和为 A.130 B.170 C.210 D.26015.1995全国，12等差数列an，bn的前n项和分别为Sn与Tn，假设，那么等于 A.1 B. C. D.16.1994全国理，15某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次一个分裂二个经过3小时，这种细菌由1个可以繁殖成 A.511个 B.512个 C.1023个 D.1024个17.1994上海，20某个命题与自然数n有关，假设n=kkN时该命题成立，那么可推得当n=k+1时该命题也成立，现当n=5时，该命题不成立，那么可推得 A.当n=6时该命题不成立B.当n=6时该命题成立C.当n=4时该命题不成立D.当n=4时

6、该命题成立二、填空题18.2023京春理14，文15在某报?自测健康状况?的报道中，自测血压结果与相应年龄的统计数据如下表.观察表中数据的特点，用适当的数填入表中空白_内.19.2023上海春，12设fx=.利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f5+f4+f0+f5+f6的值为_.20.2023北京，14等差数列an中，a12，公差不为零，且a1，a3，a11恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于 21.2023上海，5在二项式13xn和2x5n的展开式中，各项系数之和分别记为an、bnn是正整数，那么= 22.2001全国，15设an是公比为q的等比数列，Sn是它

7、的前n项和，假设Sn是等差数列，那么q=_.23.2001上海文，2设数列an的首项a17，且满足an1an2nN，那么a1a2a17 .24.2001上海，6设数列an是公比q0的等比数列，Sn是它的前n项和，假设Sn7，那么此数列的首项a1的取值范围是 .25.2001上海理，2设数列an的通项为an2n7nN*，那么|a1|a2|a15| 26.2001上海春，7计算=_.27.2000上海春，7假设数列an的通项为nN*，那么a1+n2an 28.2000全国，15设an是首项为1的正项数列，且n+1an12nan2+an1an0n1，2，3，那么它的通项公式是an 29.2000上海

8、，12在等差数列an中，假设a100，那么有等式a1+a2+an=a1+a2+a19nn19，nN成立.类比上述性质，相应地：在等比数列bn中，假设b91，那么有等式 成立.30.2000上海，4计算=_.31.1999上海，10在等差数列an中，满足3a4=7a7，且a10，Sn是数列an前n项的和，假设Sn取得最大值，那么n=_.32.1998上海文、理，10在数列an和bn中，a1=2，且对任意自然数n，3an+1an=0，bn是an与an+1的等差中项，那么bn的各项和是_.33.1997上海设0a2成立.55.2001全国文，17等差数列前三项为a，4，3a，前n项和为Sn，Sk=2

9、550.1求a及k的值；2求.56.2000京皖春理，24函数fx=其中f1x2x21，f2x2x2在图33坐标系上画出y=fx的图象；设y=f2xx，1的反函数为y=gx，a11，a2ga1，angan1；求数列an的通项公式，并求an；假设x00，x1fx0，fx1x0，求x057.2000京皖春文，22等差数列an的公差和等比数列bn的公比相等，且都等于dd0，d1.假设a1=b1，a3=3b3，a5=5b5，求an，bn58.2000全国理，20数列cn，其中cn2n3n，且数列cn1pcn为等比数列，求常数p；设an、bn是公比不相等的两个等比数列，cn=an+bn，证明数列cn不是

10、等比数列.59.2000全国文，18设an为等差数列，Sn为数列an的前n项和，S77，S1575，Tn为数列的前n项和，求Tn60.2000上海，21在XOY平面上有一点列P1a1，b1，P2a2，b2，Pnan，bn，对每个自然数n，点Pn位于函数y=2000 x0a10的图象上，且点Pn、点n，0与点n+1，0构成一个以Pn为顶点的等腰三角形.求点Pn的纵坐标bn的表达式；假设对每个自然数n，以bn，bn1，bn2为边长能构成一个三角形，求a的取值范围；理设Bnb1，b2bnnN.假设a取中确定的范围内的最小整数，求数列Bn的最大项的项数.文设cnlgbnnN.假设a取中确定的范围内的最

11、小整数，问数列cn前多少项的和最大?试说明理由.61.2000上海春，20an是等差数列，a1393，a2a3768，bn是公比为q0q1的无穷等比数列，b12，且bn的各项和为20.写出an和bn的通项公式；试求满足不等式160b2的正整数m.62.2000广东，18设an为等比数列，Tn=na1+n1a2+2an1+an，T1=1，T2=4.1求数列an的首项和公比；2求数列Tn的通项公式.63.1999全国理，23函数y=fx的图象是自原点出发的一条折线.当nyn+1n=0，1，2，时，该图象是斜率为bn的线段其中正常数b1，该数列xn由fxn=nn=1，2，定义.求x1、x2和xn的表

12、达式；求fx的表达式，并写出其定义域；证明：y=fx的图象与y=x的图象没有横坐标大于1的交点.64.1999全国文，20数列an的前n项和记为Snan5Sn3nN求a1a3a2n1的值.65.1999上海，18设正数数列an为一等比数列，且a2=4，a4=16，求.66.1998全国理，25数列bn是等差数列，b1=1，b1+b2+b10=145.求数列bn的通项bn；设数列an的通项an=loga1+其中a0，且a1，记Sn是数列an的前n项和.试比拟Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论.67.1998全国文，25数列bn是等差数列，b1=1，b1+b2+b10=100.求数列bn

13、的通项bn；设数列an的通项an=lg1+，记Sn是数列an的前n项和，试比拟Sn与lgbn+1的大小，并证明你的结论.68.1998上海，22假设An和Bn分别表示数列an和bn前n项的和，对任意正整数n，an=，4Bn12An=13n.1求数列bn的通项公式；2设有抛物线列C1，C2，Cn，抛物线CnnN*的对称轴平行于y轴，顶点为an，bn，且通过点Dn0，n2+1，求点Dn且与抛物线Cn相切的直线斜率为kn，求极限.3设集合X=x|x=2an，nN*，Y=y|y=4bn，nN*.假设等差数列Cn的任一项CnXY，C1是XY中的最大数，且265C100，n=2，3，4，1求证：数列an是

14、等比数列；2设数列an的公比为ft，作数列bn，使b1=1，bn=fn=2，3，4，求数列bn的通项bn；3求和：b1b2b2b3+b3b4b4b5+b2n1b2nb2nb2n+1.72.1996全国文，21设等比数列an的前n项和为Sn，假设S3S62S9，求数列的公比q.73.1996上海，24设An为数列an的前n项和，An=an1nN*，数列bn的通项公式为bn=4n+3nN.求数列an的通项公式；假设da1，a2，a3，an，b1，b2，b3，bn，那么称d为数列an与bn的公共项，将数列anbn的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列dn，证明数列dn的通项公式为dn=

15、32n+1nN*；设数列dn中第n项是数列bn中的第r项，Br为数列bn的前r项的和，Dn为数列dn的前n项和，Tn=Br+Dn，求.74.1995全国理，25设an是由正数组成的等比数列，Sn是前n项和.证明：lgSn1；是否存在常数C0使得=lgSn+1C成立?并证明你的结论.75.1994全国文，25设数列an的前n项和为Sn，假设对于所有的正整数n，都有Sn=.证明：an是等差数列.76.1994全国理，25设an是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对所有自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项.写出数列an的前三项；求数列an的通项公式写出推证过程；令bn=nN*，求b

16、1+b2+bnn.77.1994上海，26数列an满足条件：a1=1，a2=rr0且anan+1是公比为qq0的等比数列，设bn=a2n1+a2nn=1，2，求出使不等式anan+1+an+1an+2an+2an+2nN*成立的q的取值范围；求bn和，其中Sn=b1+b2+bn；设r=21921，q=，求数列的最大项和最小项的值.答案解析1.答案：A解法一：因为an为等差数列，设首项为a1，公差为d，由有5a1+10d=20，a1+2d=4，即a3=4解法二：在等差数列中a1+a5=a2+a4=2a3.所以由a1+a2+a3+a4+a5=20得5a3=20，a3=4.评述：此题考查数列的根本知

17、识，在解析二中，比拟灵活地运用了等差数列中项的关系.2.答案：C解析：由S5S6得a1+a2+a3+a50又S6=S7，a1+a2+a6=a1+a2+a6+a7，a7=0.由S7S8，得a8S5，即a6+a7+a8+a902a7+a80.由题设a7=0，a80，显然C选项是错误的.3.答案：A解析：设这个数列有n项n134.答案：C解析：n个月累积的需求量为Sn第n个月的需求量为anSnSn121nn2521n1n125n215n9an15即满足条件，n215n91.5，6n9n1，2，3，12，n=7或n=85.答案：B解析：前三项和为12，a1a2a312，a24a1a2a348，a24，

18、a1a312，a1a38，把a1，a3作为方程的两根且a1a3，x28x120，x16，x22，a12，a36，选B.6.答案：B解析：kN*，当k=0，1，2，7时，利用an+8=an，数列a3k+1可以取遍数列an的前8项.评述：此题考查了数列的根本知识和考生分析问题、解决问题的能力.7.答案：B解法一：an=an=2n1nN又an+1an=2为常数，常数an是等差数列，但不是等比数列.解法二：如果一个数列的和是一个没有常数项的关于n的二次函数，那么这个数列一定是等差数列.评述：此题主要考查等差数列、等比数列的概念和根本知识，以及灵活运用递推式an=SnSn1的推理能力.但不要忽略a1，解

19、法一紧扣定义，解法二较为灵活.8.答案：C解析：a1+a2+a3+a1010即a3a990，a3a9909.答案：D解析：，a12=1q，a12=，a=.10.答案：D解析：由题意得：且0|q|1q=a121 0|a121|1又a11 1a1，应选D.评述：该题主要考查了无穷等比数列各项和公式的应用，挖掘了公式成立的条件.11.答案：D解析：fn=1+fn+1=fn+1fn=12.答案：D解析：fn为n个连续自然数的倒数之和fn+1=fn+1fn=.13.答案：B解析：，又a1=1，故，应选B.评述：此题主要考查等比数列前n项和求和公式的灵活运用，较好地考查了根本知识以及思维的灵活性.14.答

20、案：C解法一：由题意得方程组视m为数，解得解法二：设前m项的和为b1，第m+1到2m项之和为b2，第2m+1到3m项之和为b3，那么b1，b2，b3也成等差数列.于是b1=30，b2=10030=70，公差d=7030=40.b3=b2+d=70+40=110前3m项之和S3m=b1+b2+b3=210.解法三：取m=1，那么a1=S1=30，a2=S2S1=70，从而d=a2a1=40.于是a3=a2+d=70+40=110.S3=a1+a2+a3=210.评述：此题考查等差数列的根本知识，及灵活运用等差数列解决问题的能力，解法二中是利用构造新数列研究问题，等比数列也有类似性质.解法三中，从

21、题给选择支获得的信息可知，对任意变化的自然数m，题给数列前3m项的和是与m无关的不变量，在含有某种变化过程的数学问题，利用不变量的思想求解，立竿见影.15.答案：C解法一：应用等差数列中，假设m+n=p+q，有am+an=ap+aq这条性质来解.，所以解法二：设数列an的首项为a1，公差为d，bn的首项为b1，公差为m，那么注意n是极限中的变量有.解法三：不妨令Sn=2n2，Tn=3n2+nan=SnSn1=2n22n12=4n2n=1时成立，bn=TnTn1=6n2n=1成立评述：该题的形式新颖，其考查目的也明确，正确解答，可考查其数学能力，要是在题型的选用上，采用解答题的形式，那将是一道十

22、分理想的中等难度的试题.可是作为选择题，其考查的有效性大打折扣，因为有相当一局部考生，并没有用正确的方法却也得出了正确答案C.16.答案：B解析：由题意知细菌繁殖过程中是一个公比为2的等比数列，所以a10a1q9=29=512.评述：该题作为数学应用题，又是选择题，问题的实际背景虽然简单，考查的知识点也集中明确，但也有一定的深刻性.解决此题，应搞清题意，应求的是a9的值，而不是求和.从题型设计的角度，此题的立意、取材和构题都是不错的.17.答案：C解析：因为当n=k时，命题成立可推出n=k+1时成立，所以n=5时命题不成立，那么n=4时，命题也一定不成立，故应中选C.18.答案：140 85解

23、析：从题目所给数据规律可以看到：收缩压是等差数列.舒张压的数据变化也很有规律：随着年龄的变化，舒张压分别增加了3毫米、2毫米，照此规律，60岁时的收缩压和舒张压分别为140；85.评述：此题以实际问题为背景，考查了如何把实际生活中的问题转化为数学问题的能力.它不需要技能、技巧及繁杂的计算，需要有一定的数学意识，有效地把数学过程实施为数学思维活动.19.答案：3解析：因为fx=，f1x=fx+f1x=.设S=f5+f4+f6，那么S=f6+f5+f52S=f6+f5+f5+f4+f5+f6=6S=f5+f4+f0+f6=3.评述：此题利用课本中等差数列倒序求和为考生提供了一个思维模式，但发现fx

24、+f1x=有一定难度，需要考生有一定的观察能力、思维能力及解决问题的能力.20.答案：4解析：设a1，a3，a11组成的等比数列公比为qa3a1q2q，a11a1q22q2又 数列an是等差数列a11a15a3a12q2a152qa1 2q2252q2，解得q421.答案：解析：由二项式定理，得：an4n，bn7n22.答案：1解析：方法一：SnSn1an，又Sn为等差数列，an为定值an为常数列，q1方法二：an为等比数列，设ana1qn1，且Sn为等差数列，2S2S1S3，2a1q2a12a1a1a1qa1q2，q2q0，q0舍q=1.23.答案：153解析：an1an2，an为等差数列a

25、n7n12，a1771622524.答案：0，7解析：Sn7，an是一个无穷递缩等比数列，0q1，且7，a171q，又0q1，11q0，071q7，即7a1025.答案：153解析：|a1|a2|a15|5311352315326.答案：e2解析：27.答案：解析：28.答案：解析：将n+1an12nan2+an1an0化简得n1an1nan当n=1时，2a2=a1=1，a2，n=2时，3a3=2a2=21，a3，可猜测an，数学归纳法证明略.29.答案：b1b2bnb1b2b17nn17，nN*解析：在等差数列an中，由a100，得a1a19a2a18ana20nan1a19n2a100，所

26、以a1a2ana190，即a1a2ana19a18an1，又a1a19，a2a18，a19nan1a1a2ana19a18an1a1a2a19n假设a90，同理可得a1a2ana1a2a17n相应地等比数列bn中，那么可得：b1b2bnb1b2b17nn17，nN*30.答案：e2解析：.评述：此题主要考查灵活运用数列极限公式的能力及代数式的变形能力.31.答案：9解法一：设公差为d，由题设有3a1+3d=7a1+6d，解得d=a10，即a1+n1a10得n0，同理可得n10时an0.所以n=9时，Sn取得最大值.解法二：d=a1Sn=na1+=0，n2最小时，Sn最大.又nN，n=9.评述：

27、此题考查等差数列的根本知识，解法二的计算量太大.32.答案：2 解析：bn=，3an+1=an bn=2an+1，b1+b2+bn=2a1+a2+an2a1an是首项为2，公比为的等比数列b1+b2+bn=2a1+a2+an2a1=222=2.33.答案：4解析：34.答案：e4解析：.35.答案：2r0解析：1=1，又1+r+1n=1， 1+r+1n=11=0，即r+1n=0.那么1r+11，因此2r0，即2301001.05n20时，1.05n22.3，得n19.1因此，当2n19时，Cn12，只要.因为Sk=410kN*故只要Sk2cSkkN*，所以Sk2S12=1.又Sk4，故要使成立

28、，c只能取2或3.当c=2时，因为S1=2，所以当k=1时，cc，由SkSk+1kN*，得Sk2c，从而不成立.当c=3时，因为S1=2，S2=3，所以当k=1，2时，cc，又Sk2c，从而不成立.故不存在自然数c，k，使成立.评述：此题主要考查等比数列、不等式知识，以及探索和讨论存在性问题的能力，是高考试题的热点题型.55.解：1由a1=a，a2=4，a3=3a，a3a2=a2a1，即4a=8，a=2.首项a1=2，d=2Sk=ka1+d得k2+d=2550k2+k2550=0，解得k=50或k=51舍去a=2，k=50.2由Sn=na1+d，得Sn=nn+1图34评述：此题考查数列和数列极

29、限等根底知识，以及推理能力和运算能力.56.解：函数图象：说明：图象过0，、，1、1，0点；在区间0，上的图象为上凸的曲线段；在区间，1上的图象为直线段.f2x2x2，x，1的反函数为：y=1，x0，1由条件得：a11，a21a11，a31a212，a41123，an012n1即an1n，.由x00，x1f1x012x02，由f1x的值域，得x1，1f2x12212x024x02由f2x1x0，整理得4x025x010，解得x01，x0因为x00，所以x0评述：本小题主要考查函数及数列的根本概念和性质，考查分析、归纳、推理、运算的能力.57.解：由由，得a13d212d 由，得a15d414d

30、 因为d0，由与得23d215d41，即5d46d210，解得d1，dd0，d1，d代入，得a1，故b1=.ann1n6，bnn1评述：本小题考查等差数列和等比数列的概念、性质，方程组的解法以及运算能力和分析能力.58.解：因为cn1pcn是等比数列，故有cn1pcn2cn2pcn1cnpcn1，将cn2n3n代入上式，得2n13n1p2n3n22n23n2p2n13n12n3np2n13n1即2p2n3p3n22p2n13p3n12p2n13p3n1，整理得2p3p2n3n0，解得p=2或p=3.证明：设an、bn的公比分别为p、q，pq，cn=an+bn为证cn不是等比数列只需证c22c1

31、c3事实上，c22a1pb1q2a12p2b12q22a1b1pq，c1c3a1b1a1p2b1q2a12p2b12q2a1b1p2q2由于pq，p2q22pq，又a1、b1不为零，因此c22c1c3，故cn不是等比数列.评述：此题主要考查等比数列的概念和根本性质，推理和运算能力.59.解：设等差数列an的公差为d，那么Sn=na1nn1dS77，S1575，即解得a12，d1a1n1d2n1，数列是等差数列，其首项为2，公差为，Tnn2n评述：此题主要考查等差数列的根底知识和根本技能；运算能力.60.解：由题意，ann，bn2000函数y=2000 x0a10递减，对每个自然数n，有bnbn

32、1bn2那么以bn，bn1，bn2为边长能构成一个三角形的充要条件是bn2bn1bn，即210，解得a51或a51，51a10理51a10，a=7，bn2000数列bn是一个递减的正数数列.对每个自然数n2，BnbnBn1于是当bn1时，BnBn1，当bn1时，BnBn1，因此，数列Bn的最大项的项数n满足不等式bn1且bn11.由bn20001，得n20.8，n=20.文51a10，a=7，bn2000于是cnlg20003lg2nlg0.7数列cn是一个递减的等差数列.因此，当且仅当cn0，且cn10时，数列cn的前n项的和最大.由cn3lg2nlg070，得n20.8，n=20.评述：此

33、题主要考查函数的解析式，函数的性质，解不等式，等差等比数列的有关知识，及等价转化，数形结合等数学思想方法.61.解：设an的公差为d，那么a2a32a13d，故23933d=768，解得d=6，an3936n16n399由S=20，得q=，bn2n1nNa1a2amma1393m3mm1，am1am2a2ma1a2a2ma1a2am3932m+6m2m1+393m3mm1=9m2396m.160b2=288，9m2396m288m1，m244m32m1，即m4m80，解得4m8，又mN，从而m=4，5，6，7，8.62.解：1设等比数列an的公比为q，那么T1=a1，T2=2a1+a2=a12

34、+q又T1=1，T2=4，a1=1，q=2.2解法一：由1知：a=1，q=2，an=a1qn1=2n1Tn=n1+n12+n222+22n2+12n12Tn=n2+n122+n223+22n1+12n得Tn=n2+n122+22n1+2nn1+(n1)2+22n2+12n1=n+2+22+2n1+2=n+=2n+1n+2解法二：设Sn=a1+a2+an，而an=2n1Sn=1+2+2n1=2n1Tn=na1+n1a2+2an1+an=a1+a1+a2+a1+a2+a3+a1+a2+an1+an=S1+S2+Sn=21+221+2n1=2+22+2nn=2n+1n+2评述：此题考查等比数列的有关

35、知识，以及灵活运用数学方法的能力.第2问的两种解法都比拟巧妙，解法一扣住课本中的错位相减法；解法二活用S1=a1，S2=a1+a2，从而获得新的解题思路.63.解：依题意f0=0，又由fx11，当0y1时，函数y=fx的图象是斜率为b01的线段，故由1得x11又由fx22，当1y2时，函数y=fx的图象是斜率为b的线段，故由b，即x2x1得x21记x00，由函数y=fx图象中第n段线段的斜率为bn1，故得又fxnn，fxn1n1；xnxn1n1，n1，2，由此知数列xnxn1为等比数列，其首项为1，公比为因b1，得xn，即xn解：当0y1，从可知y=x，即当0 x1时，fx=x.当nyn1时，

36、即当xnxxn1时，由可知fx=n+bnxxn xnxxn1，n1，2，3，为求函数fx的定义域，须对xnn1，2，3，进行讨论.当b1时，；当0b1时，n，xn也趋向于无穷大.综上，当b1时，y=fx的定义域为0，；当0b1时，y=fx的定义域为0，证法一：首先证明当b1，1x时，恒有fxx成立.用数学归纳法证明：由知当n=1时，在1，x2上，y=fx=1+bx1，所以fxx=x1b10成立.假设n=k时在xk，xk1上恒有fxx成立.可得fxk1k1xk1，在xk1，xk2上，fxk1bk1xxk1，所以fxx=k+1+bk1xxk1xbk11xxk1k1xk10成立.由与知，对所有自然数

37、n在xn，xn1上都有fxx成立.即1x时，恒有fxx其次，当b1，仿上述证明，可知当x1时，恒有fxx成立.故函数y=fx的图象与y=x的图象没有横坐标大于1的交点.证法二：首先证明当b1，1x时，恒有fxx成立.对任意的x1，存在xn，使xnxxn1，此时有fxfxnbnxxnxxnn1，fxxfxnxn又fxnn1xn，fxnxn0，fxxfxnxn0即有fxx成立.其次，当b1，仿上述证明，可知当x1时，恒有fxx成立.故函数fx的图象与y=x的图象没有横坐标大于1的交点.评述：本小题主要考查函数的根本概念、等比数列、数列极限的根底知识，考查归纳、推理和综合的能力.64.解：由Sna1

38、a2an知，anSnSn1n2，a1S1，由an5Sn3，得an15Sn13于是anan15SnSn15an，所以anan1由a15S13，得a1所以，数列an是首项a1，公比q的等比数列.由此知数列a1，a3，a5，a2n1，是首项为a1，公比为2的等比数列.a1a3a5a2n1评述：本小题主要考查等比数列和数列极限等根底知识.65.解：设数列an的公比为q，那么q2=4.由an0nN*，得q=2，a1=1，an=2n.于是66.解：设数列bn的公差为d，由题意得解得 bn3n2由Sn3n2知因此要比拟Sn与logabn1的大小，可先比拟1111与的大小.取n=1，有11取n=2，有111，

39、由此推测1111假设式成立，那么由对数函数性质可断定：当a1时，Snlogabn+1当0a1时，Snlogabn+1.下面用数学归纳法证明式.i当n=1时已验证式成立.ii假设当n=kk1时，式成立，即1+11+.那么，当n=k+1时，1+11+1+1+1+=3k+23k+2因而1+1这就是说式当n=k+1时也成立.由iii知，式对任何自然数n都成立.由此证得：当a1时，Snlogabn+1当0a1时，Snlogabn+1评述：该题是综合题，主要考查等差数列、数学归纳法、对数函数的性质等根本知识，以及归纳猜测，等价转化和代数式恒等变形的能力，相比之下，对能力的考查，远远高于对知识的考查.67.

40、解：设数列bn的公差为d，由题意得解得 bn=2n1.由bn=2n1，知Sn=lg1+1+lg1+lg1+=lg1+11+1+，lgbn+1=lg.因此要比拟Sn与lgbn+1的大小，可先比拟1+11+1+与的大小.取n=1，有1+1，取n=2，有1+11+，由此推测1+11+1+.假设式成立，那么由对数函数性质可断定：Snlgbn+1.下面用数学归纳法证明式.i当n=1时已验证式成立.ii假设当n=kk1时，式成立，即1+11+1+.那么，当n=k+1时，1+11+1+1+1+=2k+2.2k+222，.因而 这就是说式当n=k+1时也成立.由i，ii知式对任何正整数n都成立.由此证得：Sn

41、lgbn+1.68.解：1a1=，anan1=数列an是以为首项，1为公差的等差数列.An=由4Bn12An=13n，得Bn=bn=BnBn1=2设抛物线Cn的方程为y=ax+2即y=x2+2n+3x+n2+1y=2x+2n+3，Dn处切线斜率kn=2n+3.3对任意nN*，2an=2n3，4bn=12n5=26n+13XyX，故可得XY=Y.c1是XY中最大的数，c1=17设等差数列cn的公差为d，那么c10=17+9d26517+9d125得27d12而4bn是一个以12为公差的等差数列.d=12mmN*，d=24cn=724nnN*评述：此题考查数列、数列的极限、集合和解析几何中的直线、

42、抛物线等知识.对思维能力有较高要求，考查了分析问题和解决问题的能力.69.解：分两种情况讨论1当p1时，因pq0，那么10，所以2当p1时，因pq0，那么1pq0.评述：该题考查了数列、极限的有关知识和分类讨论的思想，考查了学生解决问题的能力，知识、方法、根本计算能力要求较高.70.解：设等差数列an的首项为a，公差为d，那么an=a+n1d，前n项和为Sn=na+，由题意得其中S50.于是得整理得 解得由此得an=1；或an=4n1=n.经验证an=1时，S5=5，或an=n时，S5=4，均适合题意.故所求数列通项公式为an=1，或an=n.评述：该题考查了数列的有关根本知识及代数运算能力，

43、思路明显，运算较根本.71.解：1由a1=S1=1，S2=1+a2，得a2=又3tSn2t+3Sn1=3t3tSn12t+3Sn2=3t 得3tan2t+3an1=0，n=2，3，所以an是一个首项为1，公比为的等比数列.2由ft=，得bn=f+bn1.bn是一个首项为1，公差为的等差数列.bn=1+n1=3由bn=，可知b2n1和b2n是首项分别为1和，公差均为的等差数列于是b1b2b2b3+b3b4b4b5+b2n1b2nb2nb2n+1=b2b1b3+b4b3b5+b6b5b7+b2nb2n1+b2n+1=b2+b4+b2n=2n2+3n72.解：假设q=1，那么有S3=3a1，S6=6

44、a1，S9=9a1.因a10，得S3+S62S9，显然q=1与题设矛盾，故q1.由S3+S6=2S9，得，整理得q32q6q31=0，由q0，得2q6q31=0，从而2q31q31=0，因q31，故q3=，所以q=.73.解：由An=an1nN，当n=1时，a1=a11，解得a1=3，当n2时，an=AnAn1=anan1，由此解得an=3an1，即=3n2.所以数列an是首项为3，公比为3的等比数列，故an=3nnN*；证明：由计算可知a1，a2不是数列bn中的项，因为a3=27=463，所以d1=27是数列bn中的第6项设ak=3k是数列bn中的第n项，那么3k=4m+3k，mN，因为ak

45、+1=3k+1=33k=34m+3=43m+2+1，所以ak+1不是数列bn中的项.而ak+2=3k+2=93k=94m+3=49m+6+3，所以ak+2是数列bn中的项由以上讨论可知d1=a3，d2=a5，d3=a7，dn=a2n+1所以数列dn的通项公式是dn=a2n+1=32n+1nN*解：由题意，32n+1=4r+3，所以r=32n1易知74.证明：设an的公比为q，由题设知a10，q0当q=1时，Sn=a1n，从而SnSn+2Sn+12=a1nn+2a1n+12a12=a120当q1时，Sn=，从而SnSn+2Sn+12=a12qn0由和得SnSn+2Sn+12根据对数函数的单调性知

46、lgSnSn+2lgSn+12即lgSn+1.解：不存在.证法一：要使=lgSn+1C成立，那么有分两种情况讨论：当q=1时，SnCSn+2CSn+1C2a1nCa1n+2Ca1n+1C2=a120可知，不满足条件，即不存在常数C0，使结论成立.当q1时，SnCSn+2CSn+1C2因a1qn0，假设条件成立，故只能是a1C1q=0，即C=，此时因为C0，a10，所以0q1，但是0q1时，Sn0，不满足条件，即不存在常数C0，使结论成立.综合、，同时满足条件，的常数C0不存在，即不存在常数C0，使=lgSn1C证法二：用反证法，假设存在常数C0，使那么有由得SnSn+2Sn+12=CSn+Sn

47、+22Sn+1根据平均值不等式及、知Sn+Sn+22Sn+1=SnC+Sn+2C2Sn+1C2Sn+1C=0因为C0，故式右端非负，而由知，式左端小于零，矛盾，故不存在常数C0，使=lgSn+1C.评述：此题为综合题，以数列为核心知识，在考查等比数列根本知识的同时，考查不等式的证明和解方程，兼考对数的运算法那么和对数函数的单调性，并且多角度、多层次考查数学思想方法的灵活、恰当的运用，提高对数学能力的考查要求.该题的解答方法很多，说明该题能较好考查灵活综合运用数学知识的能力.第问侧重知识和根本技能的考查，第问那么把考查的重心放在能力要求上.对思维的逻辑性、周密性和深刻性；运算的合理性、准确性；应

48、用的灵活性、有效性等，该题都涉及到了，是一道突出能力考查的好试题.75.解：证法一：令d=a2a1，下面用数学归纳法证明an=a1+n1dnN*当n=1时，上述等式为恒等式a1=a1，当n=2时，a1+21d=a1+a2a1=a2，等式成立.假设当n=kkN，k2时命题成立，即ak=a1+k1d由题设，有，又Sk+1=Sk+ak+1，所以+ak+1将ak=a1+k1d代入上式，得k+1a1+ak+1=2ka1+kk1d+2ak+1整理得k1ak+1=k1a1+kk1dk2，ak+1=a1+k+11d.即n=k+1时等式成立.由和，等式对所有的自然数n成立，从而an是等差数列.证法二：当n2时，

49、由题设，所以同理有从而整理得：an+1an=anan1，对任意n2成立.从而an是等差数列.评述：此题考查等差数列的根底知识，数学归纳法及推理论证能力，教材中是由等差数列的通项公式推出数列的求和公式，此题逆向思维，由数列的求和公式去推数列的通项公式，有一定的难度.考生失误的主要原因是知道用数学归纳法证，却不知用数学归纳法证什么，这里需要把数列成等差数列这一文字语言，转化为数列通项公式是an=a1+n1d这一数学符号语言.证法二需要一定的技巧.76.解：由题意，an0令n=1时，S1=a1解得a1=2，令n=2时有 S2=a1+a2解得a2=6，令n=3时有S3=a1+a2+a3 解得a3=10

50、故该数列的前三项为2、6、10.解法一：由猜测数列an有通项公式an=4n2，下面用数学归纳法证明数列an的通项公式是an=4n2 nN*1当n=1时，因为4122，又在中已求得a1=2，所以上述结论正确. 2假设n=k时，结论正确，即有ak=4k2由题意有得ak=4k2，代入上式得2k=，解得Sk=2k2由题意有Sk+1=Sk+ak+1得Sk=2k2代入得2=2ak+1+2k2整理ak+124ak+1+416k2=0由于ak+10，解得：ak+1=2+4k所以ak+1=2+4k=4k+12 这就是说n=k+1时，上述结论成立.根据1，2上述结论对所有自然数n成立.解法二：由题意有，nN*整理得Sn