高中數學經典高考難題集錦解析版

第4頁（共35頁）2015年10月18日姚杰的高中數學組卷一．填空題（共17小題）1．（2014?永川區(qū)校級學業(yè)考試）已知等差數列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a9成等比數列，則的值是

．2．（2013?江蘇）在正項等比數列{an}中，，a6+a7=3，則滿足a1+a2+…+an＞a1a2…an的最大正整數n的值為．3．（2013?湖南）設Sn為數列{an}的前n項和，Sn=（﹣1）nan﹣，n∈N*，則（1）a3=；（2）S1+S2+…+S100=．4．（2012?湖南）對于n∈N*，將n表示為n=+…+，當i=k時，ai=1，當0≤i≤k﹣1時，ai為0或1．定義bn如下：在n的上述表示中，當a0，a1，a2，…，ak中等于1的個數為奇數時，bn=1；否則bn=0．（1）b2+b4+b6+b8=；（2）記cm為數列{bn}中第m個為0的項與第m+1個為0的項之間的項數，則cm的最大值是．5．（2012?河北）數列{an}滿足an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，則{an}的前60項和為．6．（2012?上海）已知，各項均為正數的數列{an}滿足a1=1，an+2=f（an），若a2010=a2012，則a20+a11的值是．7．（2012?上海）已知等差數列{an}的首項及公差均為正數，令．當bk是數列{bn}的最大項時，k=．8．（2011?浙江）若數列中的最大項是第k項，則k=．9．（2010?天津）設{an}是等比數列，公比，Sn為{an}的前n項和．記．設為數列{Tn}的最大項，則n0=．10．（2013?湖南）對于E={a1，a2，…．a100}的子集X={ai1，ai2，…，aik}，定義X的“特征數列”為x1，x2…，x100，其中xi1=xi2=…xik=1．其余項均為0，例如子集{a2，a3}的“特征數列”為0，1，1，0，0，…，0（1）子集{a1，a3，a5}的“特征數列”的前3項和等于；（2）若E的子集P的“特征數列”P1，P2，…，P100滿足p1=1，pi+pi+1=1，1≤i≤99；E的子集Q的“特征數列”q1，q2，q100滿足q1=1，qj+qj+1+qj+2=1，1≤j≤98，則P∩Q的元素個數為．11．（2010?湖南）若數列{an}滿足：對任意的n∈N﹡，只有有限個正整數m使得am＜n成立，記這樣的m的個數為（an）+，則得到一個新數列{（an）+}．例如，若數列{an}是1，2，3…，n，…，則數列{（an）+}是0，1，2，…，n﹣1…已知對任意的n∈N+，an=n2，則（a5）+=，（（an）+）+=．12．（2010?遼寧）已知數列{an}滿足a1=33，an+1﹣an=2n，則的最小值為．13．（2008?北京）某校數學課外小組在坐標紙上，為學校的一塊空地設計植樹方案如下：第k棵樹種植在點Pk（xk，yk）處，其中x1=1，y1=1，當k≥2時，T（a）表示非負實數a的整數部分，例如T（2.6）=2，T（0.2）=0．按此方案，第6棵樹種植點的坐標應為；第2009棵樹種植點的坐標應為．14．（2008?天津）已知數列{an}中，，則=．15．（2006?天津）設函數，點A0表示坐標原點，點An（n，f（n））（n∈N*），若向量，θn是與的夾角，（其中），設Sn=tanθ1+tanθ2+…+tanθn，則=．其中表n（n=1，2，3…）有n行，第1行的n個數是1，3，5，…2n﹣1，從第2行起，每行中的每個數都等于它肩上的兩數之和．（I）寫出表4，驗證表4各行中數的平均數按從上到下的順序構成等比數列，并將結論推廣到表n（n≥3）（不要求證明）；（II）每個數列中最后一行都只有一個數，它們構成數列1，4，12…，記此數列為{bn}求和：（n∈N+）25．（2010?湖北）已知數列{an}滿足：，anan+1＜0（n≥1），數列{bn}滿足：bn=an+12﹣an2（n≥1）．（Ⅰ）求數列{an}，{bn}的通項公式（Ⅱ）證明：數列{bn}中的任意三項不可能成等差數列．26．（2009?廣東）已知點（1，）是函數f（x）=ax（a＞0，且a≠1）的圖象上一點，等比數列{an}的前n項和為f（n）﹣c，數列{bn}（bn＞0）的首項為c，且前n項和Sn滿足Sn﹣Sn﹣1=（n≥2）．（Ⅰ）求數列{an}和{bn}的通項公式；（Ⅱ）若數列{}前n項和為Tn，問滿足Tn＞的最小正整數n是多少？27．（2009?江西）數列{an}的通項an=n2（cos2﹣sin2），其前n項和為Sn．（1）求Sn；（2）bn=，求數列{bn}的前n項和Tn．28．（2009?重慶）已知，（Ⅰ）求b1，b2，b3的值；（Ⅱ）設cn=bnbn+1，Sn為數列{cn}的前n項和，求證：Sn≥17n；（Ⅲ）求證：．29．（2008?四川）設數列{an}的前n項和為Sn=2an﹣2n，（Ⅰ）求a1，a4（Ⅱ）證明：{an+1﹣2an}是等比數列；（Ⅲ）求{an}的通項公式．30．（2007?福建）等差數列{an}的前n項和為Sn，，．（1）求數列{an}的通項an與前n項和為Sn；（2）設（n∈N+），求證：數列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數列．

2015年10月18日姚杰的高中數學組卷參考答案與試題解析一．填空題（共17小題）1．（2014?永川區(qū)校級學業(yè)考試）已知等差數列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a9成等比數列，則的值是

．考點：等差數列的性質．專題：壓軸題．分析：由a1，a3，a9成等比數列求得a1與d的關系，再代入即可．解答：解：∵a1，a3，a9成等比數列，∴（a1+2d）2=a1?（a1+8d），∴a1=d，∴=，故答案是：．點評：本題主要考查等差數列的通項公式及等比數列的性質．2．（2013?江蘇）在正項等比數列{an}中，，a6+a7=3，則滿足a1+a2+…+an＞a1a2…an的最大正整數n的值為12．考點：等比數列的前n項和；一元二次不等式的解法；數列的函數特性；等差數列的前n項和．專題：等差數列與等比數列．分析：設正項等比數列{an}首項為a1，公比為q，由題意可得關于這兩個量的方程組，解之可得數列的通項公式和a1+a2+…+an及a1a2…an的表達式，化簡可得關于n的不等式，解之可得n的范圍，取上限的整數部分即可得答案．解答：解：設正項等比數列{an}首項為a1，公比為q，由題意可得，解之可得：a1=，q=2，故其通項公式為an==2n﹣6．記Tn=a1+a2+…+an==，Sn=a1a2…an=2﹣5×2﹣4…×2n﹣6=2﹣5﹣4+…+n﹣6=．由題意可得Tn＞Sn，即＞，化簡得：2n﹣1＞，即2n﹣＞1，因此只須n＞，即n2﹣13n+10＜0解得＜n＜，由于n為正整數，因此n最大為的整數部分，也就是12．故答案為：12點評：本題考查等比數列的求和公式和一元二次不等式的解法，屬中檔題．3．（2013?湖南）設Sn為數列{an}的前n項和，Sn=（﹣1）nan﹣，n∈N*，則（1）a3=﹣；（2）S1+S2+…+S100=．考點：數列的求和；數列的函數特性．專題：壓軸題；等差數列與等比數列．分析：（1）把給出的數列遞推式先分n=1和n≥2討論，由此求出首項和n≥2時的關系式．對此關系式再分n為偶數和奇數分別得到當n為偶數和奇數時的通項公式，則a3可求；（2）把（1）中求出的數列的通項公式代入，n∈N*，則利用數列的分組求和和等比數列的前n項和公式可求得結果．解答：解：由，n∈N*，當n=1時，有，得．當n≥2時，．即．若n為偶數，則．所以（n為正奇數）；若n為奇數，則=．所以（n為正偶數）．所以（1）．故答案為﹣；（2）因為（n為正奇數），所以﹣，又（n為正偶數），所以．則．，．則．…．所以，S1+S2+S3+S4+…+S99+S100====．故答案為．點評：本題考查了數列的求和，考查了數列的函數特性，解答此題的關鍵在于當n為偶數時能求出奇數項的通項，當n為奇數時求出偶數項的通項，此題為中高檔題．4．（2012?湖南）對于n∈N*，將n表示為n=+…+，當i=k時，ai=1，當0≤i≤k﹣1時，ai為0或1．定義bn如下：在n的上述表示中，當a0，a1，a2，…，ak中等于1的個數為奇數時，bn=1；否則bn=0．（1）b2+b4+b6+b8=3；（2）記cm為數列{bn}中第m個為0的項與第m+1個為0的項之間的項數，則cm的最大值是2．考點：數列的應用；數列的函數特性．專題：壓軸題；新定義．分析：（1）由題設定義可知，2=1×2，4=1×22，6=1×22+1×2，8=1×23，從而b2=1，b4=1，b6=0，b8=1，故可求b2+b4+b6+b8的值；（2）設{bn}中第m個為0的項為bi，即bi=0，構造二進制數（i）10=（akak﹣1…a1a0）2，則akak﹣1…a1a0中1的個數為偶數，再進行分類討論：當a2a1a0=000時，cm=2；當a2a1a0=001時，cm=0；當a2a1a0=010時，cm=1；當a2a1a0=011時，cm=0；當a2a1a0=100時，cm=2；當a2a1a0=101時，cm=0；當a0=0，前面有奇數個1時，cm=1；當a0=0，前面有偶數個1時，cm=2；當末位有奇數個1時，cm=1；當末位有偶數個1時，cm=0，由此可得cm的最大值．解答：解：（1）由題設定義可知，2=1×2，4=1×22，6=1×22+1×2，8=1×23，∴b2=1，b4=1，b6=0，b8=1∴b2+b4+b6+b8=3（2）設{bn}中第m個為0的項為bi，即bi=0，構造二進制數（i）10=（akak﹣1…a1a0）2，則akak﹣1…a1a0中1的個數為偶數，當a2a1a0=000時，bi+1=1，bi+2=1，bi+3=0，cm=2；當a2a1a0=001時，bi+1=0，cm=0；當a2a1a0=010時，bi+1=1，bi+2=0，cm=1；當a2a1a0=011時，bi+1=0，cm=0；當a2a1a0=100時，bi+1=1，bi+2=1，bi+3=0，cm=2；當a2a1a0=101時，bi+1=0，cm=0；當a0=0，前面有奇數個1時，bi+1=1，bi+2=0，cm=1；當a0=0，前面有偶數個1時，bi+1=1，bi+2=1，bi+3=0，cm=2；當末位有奇數個1時，bi+1=1，bi+2=0，cm=1；當末位有偶數個1時，bi+1=1，bi+2=0，cm=0；故cm的最大值為2．點評：對于新定義型問題，正確理解新定義傳遞的信息是解題的突破口．5．（2012?河北）數列{an}滿足an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，則{an}的前60項和為1830．考點：數列遞推式；數列的求和．專題：計算題；壓軸題．分析：令bn+1=a4n+1+a4n+2+a4n+3+a4n+4，則bn+1=a4n+1+a4n+2+a4n+3+a4n+4=a4n﹣3+a4n﹣2+a4n﹣2+a4n+16=bn+16可得數列{bn}是以16為公差的等差數列，而{an}的前60項和為即為數列{bn}的前15項和，由等差數列的求和公式可求解答：解：∵，∴令bn+1=a4n+1+a4n+2+a4n+3+a4n+4，a4n+1+a4n+3=（a4n+3+a4n+2）﹣（a4n+2﹣a4n+1）=2，a4n+2+a4n+4=（a4n+4﹣a4n+3）+（a4n+3+a4n+2）=16n+8，則bn+1=a4n+1+a4n+2+a4n+3+a4n+4=a4n﹣3+a4n﹣2+a4n﹣1+a4n+16=bn+16∴數列{bn}是以16為公差的等差數列，{an}的前60項和為即為數列{bn}的前15項和∵b1=a1+a2+a3+a4=10∴=1830點評：本題主要考查了由數列的遞推公式求解數列的和，等差數列的求和公式的應用，解題的關鍵是通過構造等差數列6．（2012?上海）已知，各項均為正數的數列{an}滿足a1=1，an+2=f（an），若a2010=a2012，則a20+a11的值是．考點：數列與函數的綜合．專題：綜合題；壓軸題．分析：根據，各項均為正數的數列{an}滿足a1=1，an+2=f（an），可確定a1=1，，，a7=，，，利用a2010=a2012，可得a2010=（負值舍去），依次往前推得到a20=，由此可得結論．解答：解：∵，各項均為正數的數列{an}滿足a1=1，an+2=f（an），∴a1=1，，，a7=，，∵a2010=a2012，∴∴a2010=（負值舍去），由a2010=得a2008=…依次往前推得到a20=∴a20+a11=故答案為：點評：本題主要考查數列的概念、組成和性質、同時考查函數的概念．理解條件an+2=f（an），是解決問題的關鍵，本題綜合性強，運算量較大，屬于中高檔試題．7．（2012?上海）已知等差數列{an}的首項及公差均為正數，令．當bk是數列{bn}的最大項時，k=1006．考點：數列與不等式的綜合；等差數列的性質．專題：綜合題；壓軸題．分析：設，，由，根據基本不等式（x+y）2=x2+y2+2xy≤x2+y2+x2+y2=2（x2+y2），得bn2=（）2≤2（an+a2012﹣n）=2（2a1006）=4a1006，由此能求出結果．解答：解：設，，∵，∴根據基本不等式（x+y）2=x2+y2+2xy≤x2+y2+x2+y2=2（x2+y2），得bn2=（）2≤2（an+a2012﹣n）=2（2a1006）=4a1006，當且僅當an=a2012﹣n時，bn取到最大值，此時n=1006，所以k=1006．故答案為：1006．點評：本題考查數列與不等式的綜合應用，具體涉及到等差數列的通項公式、基本不等式的性質等基本知識，解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉化．8．（2011?浙江）若數列中的最大項是第k項，則k=4．考點：數列的函數特性．專題：點列、遞歸數列與數學歸納法．分析：求數列的最大值，可通過做差或做商比較法判斷數列的單調性處理．解答：解：令，假設=≥1，則2（n+1）（n+5）≥3n（n+4），即n2≤10，所以n＜4，又n是整數，即n≤3時，an+1＞an，當n≥4時，an+1＜an，所以a4最大．故答案為：4．點評：本題考查數列的最值問題，利用做差或做商比較法判斷數列的單調性是求數列最值的常用方式．9．（2010?天津）設{an}是等比數列，公比，Sn為{an}的前n項和．記．設為數列{Tn}的最大項，則n0=4．考點：等比數列的前n項和；等比數列的性質．專題：等差數列與等比數列．分析：首先用公比q和a1分別表示出Sn和S2n，代入Tn易得到Tn的表達式．再根據基本不等式得出n0解答：解：==因為≧8，當且僅當=4，即n=4時取等號，所以當n0=4時Tn有最大值．故答案為：4．點評：本題主要考查了等比數列的前n項和公式與通項及平均值不等式的應用，屬于中等題．本題的實質是求Tn取得最大值時的n值，求解時為便于運算可以對進行換元，分子、分母都有變量的情況下通?？梢圆捎梅蛛x變量的方法求解．10．（2013?湖南）對于E={a1，a2，…．a100}的子集X={ai1，ai2，…，aik}，定義X的“特征數列”為x1，x2…，x100，其中xi1=xi2=…xik=1．其余項均為0，例如子集{a2，a3}的“特征數列”為0，1，1，0，0，…，0（1）子集{a1，a3，a5}的“特征數列”的前3項和等于2；（2）若E的子集P的“特征數列”P1，P2，…，P100滿足p1=1，pi+pi+1=1，1≤i≤99；E的子集Q的“特征數列”q1，q2，q100滿足q1=1，qj+qj+1+qj+2=1，1≤j≤98，則P∩Q的元素個數為17．考點：數列的求和；交集及其運算．專題：壓軸題；新定義．分析：（1）利用“特征數列”的定義即可得出；（2）利用“特征數列”的定義分別求出子集P，Q的“特征數列”，再找出相同“1”的個數即可．解答：解：（1）子集{a1，a3，a5}的“特征數列”為：1，0，1，0，1，0，…，0．故前三項和等于1+0+1=2；（2）∵E的子集P的“特征數列”P1，P2，…，P100滿足Pi+Pi+1=1，1≤i≤99，∴P的特征數列為1，0，1，0，…，1，0．其中奇數項為1，偶數項為0．則P={a1，a3，a5，…，a99}有50個元素，又E的子集Q的“特征數列”q1，q2，…，q100滿足q1=1，qj+qj+1+qj+2=1，1≤j≤98，可知：j=1時，q1+q2+q3=1，∵q1=1，∴q2=q3=0；同理q4=1=q7=…=q3n﹣2．∴子集Q的“特征數列”為1，0，0，1，0，0，1，…，1，0，0，1．則Q={a1，a4，a7，…，a100}則P∩Q的元素為a1，a7，a13，…，a91，a97．∵97=1+（17﹣1）×6，∴共有17相同的元素．故答案分別為2，17．點評：正確理解“特征數列”的定義是解題的關鍵．11．（2010?湖南）若數列{an}滿足：對任意的n∈N﹡，只有有限個正整數m使得am＜n成立，記這樣的m的個數為（an）+，則得到一個新數列{（an）+}．例如，若數列{an}是1，2，3…，n，…，則數列{（an）+}是0，1，2，…，n﹣1…已知對任意的n∈N+，an=n2，則（a5）+=2，（（an）+）+=n2．考點：數列的應用．專題：計算題；壓軸題；新定義．分析：根據題意，若am＜5，而an=n2，知m=1，2，∴（a5）+=2，由題設條件可知（（a1）+）+=1，（（a2）+）+=4，（（a3）+）+=9，（（a4）+）+=16，于是猜想：（（an）+）+=n2．解答：解：∵am＜5，而an=n2，∴m=1，2，∴（a5）+=2．∵（a1）+=0，（a2）+=1，（a3）+=1，（a4）+=1，（a5）+=2，（a6）+=2，（a7）+=2，（a8）+=2，（a9）+=2，（a10）+=3，（a11）+=3，（a12）+=3，（a13）+=3，（a14）+=3，（a15）+=3，（a16）+=3，∴（（a1）+）+=1，（（a2）+）+=4，（（a3）+）+=9，（（a4）+）+=16，猜想：（（an）+）+=n2．答案：2，n2．點評：本題考查數列的性質和應用，解題時要認真審題．仔細解答．12．（2010?遼寧）已知數列{an}滿足a1=33，an+1﹣an=2n，則的最小值為．考點：數列遞推式；基本不等式在最值問題中的應用．專題：計算題；壓軸題．分析：由累加法求出an=33+n2﹣n，所以，設f（n）=，由此能導出n=5或6時f（n）有最小值．借此能得到的最小值．解答：解：an=（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1=2[1+2+…+（n﹣1）]+33=33+n2﹣n所以設f（n）=，令f′（n）=，則f（n）在上是單調遞增，在上是遞減的，因為n∈N+，所以當n=5或6時f（n）有最小值．又因為，，所以的最小值為點評：本題考查了遞推數列的通項公式的求解以及構造函數利用導數判斷函數單調性，考查了同學們綜合運用知識解決問題的能力．13．（2008?北京）某校數學課外小組在坐標紙上，為學校的一塊空地設計植樹方案如下：第k棵樹種植在點Pk（xk，yk）處，其中x1=1，y1=1，當k≥2時，T（a）表示非負實數a的整數部分，例如T（2.6）=2，T（0.2）=0．按此方案，第6棵樹種植點的坐標應為（1，2）；第2009棵樹種植點的坐標應為（4，402）．考點：數列的應用．專題：壓軸題；規(guī)律型．分析：由題意可知，數列xn為1，2，3，4，5，1，2，3，4，5，1，2，3，4，5，…；數列{yn}為1，1，1，1，1，2，2，2，2，2，3，3，3，3，3，4，4，4，4，4，…由此入手能夠得到第6棵樹種植點的坐標和第2009棵樹種植點的坐標．解答：解：∵組成的數列為0，0，0，0，1，0，0，0，0，1，0，0，0，0，1…，k=2，3，4，5，…一一代入計算得數列xn為1，2，3，4，5，1，2，3，4，5，1，2，3，4，5，…即xn的重復規(guī)律是x5n+1=1，x5n+2=2，x5n+3=3，x5n+4=4，x5n=5．n∈N*．數列{yn}為1，1，1，1，1，2，2，2，2，2，3，3，3，3，3，4，4，4，4，4，…即yn的重復規(guī)律是y5n+k=n，0≤k＜5．∴由題意可知第6棵樹種植點的坐標應為（1，2）；第2009棵樹種植點的坐標應為（4，402）．點評：本題考查數列的性質和應用，解題時要注意創(chuàng)新題的靈活運用．14．（2008?天津）已知數列{an}中，，則=．考點：數列的求和；極限及其運算．專題：計算題；壓軸題．分析：首先由求an可以猜想到用錯位相加法把中間項消去，即可得到an的表達式，再求極限即可．解答：解：因為所以an是一個等比數列的前n項和，所以，且q=2．代入，所以．所以答案為點評：此題主要考查數列的求和問題，用到錯位相加法的思想，需要注意．15．（2006?天津）設函數，點A0表示坐標原點，點An（n，f（n））（n∈N*），若向量，θn是與的夾角，（其中），設Sn=tanθ1+tanθ2+…+tanθn，則=1．考點：數列的極限．專題：綜合題；壓軸題．分析：設函數，點A0表示坐標原點，點An（n，f（n））（n∈N*），則能推導出Sn=，由此能導出．解答：解：設函數，點A0表示坐標原點，點An（n，f（n））（n∈N*），若向量=，θn是與的夾角，（其中），設Sn=tanθ1+tanθ2+…+tanθn=，則=1．點評：本題考查數列的極限和運算，解題時要注意三角函數的靈活運用．16．（2005?上海）已知函數f（x）=2x+log2x，數列{an}的通項公式是an=0.1n（n∈N），當|f（an）﹣2005|取得最小值時，n=110．考點：數列的函數特性；等差數列的通項公式．專題：壓軸題．分析：要使|f（an）﹣2005|取得最小值，可令|f（an）﹣2005|=0，即20.1n+log20.1n=2005，對n值進行粗略估算可得答案．解答：解：|f（an）﹣2005|=|f（0．n）﹣2005|=|20.1n+log20.1n﹣2005|，（1）要使（1）式取得最小值，可令（1）式等于0，即|20.1n+log20.1n﹣2005|=0，20.1n+log20.1n=2005，又210=1024，211=2048，則當n=100時，210=1024，log210≈3，（1）式約等于978，當n=110時，211≈2048，log211≈3，（1）式約等于40，當n＜100或n＞110式（1）式的值會變大，所以n=110，故答案為：110．點評：本題考查數列的函數特性、指數函數對數函數的性質，考查學生靈活運用知識解決問題的能力．17．（2006?湖北）將楊輝三角中的每一個數Cnr都換成，就得到一個如下圖所示的分數三角形，成為萊布尼茨三角形，從萊布尼茨三角形可看出，其中x=r+1，令，則=．考點：數列的求和；極限及其運算．專題：計算題；壓軸題；探究型．分析：通過觀察可得=〔（1+++…+）﹣（++…+）〕+〔（++++…+）﹣（++…+）〕=1﹣+﹣=+﹣．進而可得．解答：解：第一個空通過觀察可得．==（1+﹣1）+（）+（+﹣）+（+﹣）+…+（+﹣）+（+﹣）=（1+++…+）+（++++…+）﹣2（++…+）=〔（1+++…+）﹣（++…+）〕+〔（++++…+）﹣（++…+）〕=1﹣+﹣=+﹣所以=．答案：．點評：本題考查數列的性質和應用，解題時要認真審題，仔細解答．二．解答題（共13小題）18．（2008?安徽）設數列{an}滿足a1=a，an+1=can+1﹣c，n∈N*，其中a，c為實數，且c≠0（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）設N*，求數列{bn}的前n項和Sn；（Ⅲ）若0＜an＜1對任意n∈N*成立，證明0＜c≤1．考點：數列的求和；數列的函數特性．專題：壓軸題．分析：（Ⅰ）需要觀察題設條件進行恒等變形，構造an﹣1=c（an﹣1﹣1）利用迭代法計算出數列的通項公式；（Ⅱ）由（Ⅰ）的結論求出數列的通項，觀察知應用錯位相減法求和；（Ⅲ）由（Ⅰ）的結論知an=（a﹣1）cn﹣1+1．接合題設條件得出，．然后再用反證法通過討論得出c的范圍．解答：解：（Ⅰ）由題設得：n≥2時，an﹣1=c（an﹣1﹣1）=c2（an﹣2﹣1）=…=cn﹣1（a1﹣1）=（a﹣1）cn﹣1．所以an=（a﹣1）cn﹣1+1．當n=1時，a1=a也滿足上式．故所求的數列{an}的通項公式為：an=（a﹣1）cn﹣1+1．（Ⅱ）由（Ⅰ）得：.，∴．∴所以∴．（Ⅲ）證明：由（Ⅰ）知an=（a﹣1）cn﹣1+1．若0＜（a﹣1）cn﹣1+1＜1，則0＜（1﹣a）cn﹣1＜1．因為0＜a1=a＜1，∴．由于cn﹣1＞0對于任意n∈N+成立，知c＞0．下面用反證法證明c≤1．假設c＞1．由函數f（x）=cx的圖象知，當n→+∞時，cn﹣1→+∞，所以不能對任意n∈N+恒成立，導致矛盾．∴c≤1．因此0＜c≤1點評：本題主要考查數列的概念、數列通項公式的求法以及不等式的證明等；考查運算能力，綜合運送知識分析問題和解決問題的能力．第三問中特值法與反證法想接合，對做題方向與方法選取要求較高．是一個技能性較強的題．19．（2011?廣東）設b＞0，數列{an}滿足a1=b，an=（n≥2）（1）求數列{an}的通項公式；（2）證明：對于一切正整數n，2an≤bn+1+1．考點：數列遞推式；數列與不等式的綜合．專題：等差數列與等比數列．分析：（1）由題設形式可以看出，題設中給出了關于數列an的面的一個方程，即一個遞推關系，所以應該對此遞推關系進行變形整理以發(fā)現其中所蘊含的規(guī)律，觀察發(fā)現若對方程兩邊取倒數則可以得到一個類似等差數列的形式，對其中參數進行討論，分類求其通項即可．（2）由于本題中條件較少，解題思路不宜用綜合法直接分析出，故求解本題可以采取分析法的思路，由結論探究其成立的條件，再證明此條件成立，即可達到證明不等式的目的．解答：解：（1）∵（n≥2），∴（n≥2），當b=1時，（n≥2），∴數列{}是以為首項，以1為公差的等差數列，∴=1+（n﹣1）×1=n，即an=1，當b＞0，且b≠1時，（n≥2），即數列{}是以=為首項，公比為的等比數列，∴=×=，即an=，∴數列{an}的通項公式是（2）證明：當b=1時，不等式顯然成立當b＞0，且b≠1時，an=，要證對于一切正整數n，2an≤bn+1+1，只需證2×≤bn+1+1，即證∵==（bn+1+1）×（bn﹣1+bn﹣2+…+b+1）=（b2n+b2n﹣1+…+bn+2+bn+1）+（bn﹣1+bn﹣2+…+b+1）=bn[（bn+bn﹣1+…+b2+b）+（++…+）]≥bn（2+2+…+2）=2nbn所以不等式成立，綜上所述，對于一切正整數n，有2an≤bn+1+1，點評：本題考點是數列的遞推式，考查根據數列的遞推公式求數列的通項，研究數列的性質的能力，本題中遞推關系的形式適合用取倒數法將所給的遞推關系轉化為有規(guī)律的形式，兩邊取倒數，條件許可的情況下，使用此技巧可以使得解題思路呈現出來．數列中有請多成熟的規(guī)律，做題時要注意積累這些小技巧，在合適的情況下利用相關的技巧，可以簡化做題．在（2）的證明中，采取了分析法的來探究解題的思路，通過本題希望能進一步熟悉分析法證明問題的技巧．20．（2014?濮陽二模）設{an}是等差數列，{bn}是各項都為正數的等比數列，且a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=13（Ⅰ）求{an}、{bn}的通項公式；（Ⅱ）求數列的前n項和Sn．考點：等差數列的通項公式；等比數列的通項公式；數列的求和．專題：等差數列與等比數列．分析：（Ⅰ）設{an}的公差為d，{bn}的公比為q，根據等比數列和等差數列的通項公式，聯立方程求得d和q，進而可得{an}、{bn}的通項公式．（Ⅱ）數列的通項公式由等差和等比數列構成，進而可用錯位相減法求得前n項和Sn．解答：解：（Ⅰ）設{an}的公差為d，{bn}的公比為q，則依題意有q＞0且解得d=2，q=2．所以an=1+（n﹣1）d=2n﹣1，bn=qn﹣1=2n﹣1．（Ⅱ），，①Sn=，②①﹣②得Sn=1+2（++…+）﹣，則===．點評：本題主要考查等差數列的通項公式和用錯位相減法求和．21．（2014秋?渝中區(qū)校級月考）已知數列{an}中，a1=1，an+1=c﹣．（Ⅰ）設c=，bn=，求數列{bn}的通項公式；（Ⅱ）求使不等式an＜an+1＜3成立的c的取值范圍．考點：數列遞推式；數學歸納法．專題：綜合題；壓軸題．分析：（1）令c=代入到an+1=c﹣中整理并令bn=進行替換，得到關系式bn+1=4bn+2，進而可得到{}是首項為﹣，公比為4的等比數列，先得到{}的通項公式，即可得到數列{bn}的通項公式．（2）先求出n=1，2時的c的范圍，然后用數學歸納法分3步進行證明當c＞2時an＜an+1，然后當c＞2時，令α=，根據由可發(fā)現c＞時不能滿足條件，進而可確定c的范圍．解答：解：（1），，即bn+1=4bn+2，a1=1，故所以{}是首項為﹣，公比為4的等比數列，，（Ⅱ）a1=1，a2=c﹣1，由a2＞a1得c＞2．用數學歸納法證明：當c＞2時an＜an+1．（?。┊攏=1時，a2=c﹣＞a1，命題成立；（ii）設當n=k時，ak＜ak+1，則當n=k+1時，故由（i）（ii）知當c＞2時，an＜an+1當c＞2時，令α=，由當2＜c≤時，an＜α≤3當c＞時，α＞3且1≤an＜α于是α﹣an+1≤（α﹣1），當n＞因此c＞不符合要求．所以c的取值范圍是（2，]．點評：本小題主要考查數列的通項公式、等比數列的定義、遞推數列、不等式等基礎知識和基本技能，同時考查分析、歸納、探究和推理論證問題的能力，在解題過程中也滲透了對函數與方程思想、化歸與轉化思想的考查．22．（2010?荔灣區(qū)校級模擬）設{an}是由正數組成的等比數列，Sn是其前n項和．（1）證明；（2）是否存在常數c＞0，使得成立？并證明你的結論．考點：等比數列的前n項和；對數的運算性質；不等式的證明．專題：計算題；證明題；壓軸題．分析：（1）設{an}的公比為q，當q=1時根據Sn?Sn+2﹣Sn+12求得結果小于0，不符合；當q≠1時利用等比數列求和公式求得Sn?Sn+2﹣Sn+12＜0，進而推斷Sn?Sn+2，＜Sn+12．根據對數函數的單調性求得lg（Sn?Sn+2）＜lgSn+12，原式得證．（2）要使．成立，則有進而分兩種情況討論當q=1時根據（Sn﹣c）（Sn+2﹣c）=（Sn+1﹣c）2求得﹣a12＜0不符合題意；當q≠1時求得（Sn﹣c）（Sn+2﹣c）﹣（Sn+1﹣c）2=﹣a1qn[a1﹣c（1﹣q）]，進而推知a1﹣c（1﹣q）=0，判斷出0＜q＜1，但此時不符合題意，最后綜合可得結論．解答：（1）證明：設{an}的公比為q，由題設a1＞0，q＞0．（i）當q=1時，Sn=na1，從而Sn?Sn+2﹣Sn+12=na1?（n+2）a1﹣（n+1）2a12=﹣a12＜0（ⅱ）當q≠1時，，從而Sn?Sn+2﹣Sn+12==﹣a12qn＜0．由（i）和（ii）得Sn?Sn+2，＜Sn+12．根據對數函數的單調性，知lg（Sn?Sn+2）＜lgSn+12，即．（2）解：不存在．要使．成立，則有分兩種情況討論：（i）當q=1時，（Sn﹣c）（Sn+2﹣c）=（Sn+1﹣c）2=（na1﹣c）[（n+2）a1﹣c]﹣[（n+1）a1﹣c]2=﹣a12＜0．可知，不滿足條件①，即不存在常數c＞0，使結論成立．（ii）當q≠1時，若條件①成立，因為（Sn﹣c）（Sn+2﹣c）﹣（Sn+1﹣c）2==﹣a1qn[a1﹣c（1﹣q）]，且a1qn≠0，故只能有a1﹣c（1﹣q）=0，即此時，因為c＞0，a1＞0，所以0＜q＜1．但0＜q＜1時，，不滿足條件②，即不存在常數c＞0，使結論成立．綜合（i）、（ii），同時滿足條件①、②的常數c＞0不存在，即不存在常數c＞0，使．點評：本小題主要考查等比數列、對數、不等式等基礎知識，考查推理能力以及分析問題和解決問題的能力．23．（2010?安徽）設C1，C2，…，Cn，…是坐標平面上的一列圓，它們的圓心都在x軸的正半軸上，且都與直線相切，對每一個正整數n，圓Cn都與圓Cn+1相互外切，以rn表示Cn的半徑，已知{rn}為遞增數列．（Ⅰ）證明：{rn}為等比數列；（Ⅱ）設r1=1，求數列的前n項和．考點：數列的求和；等比關系的確定．專題：壓軸題．分析：（1）求直線傾斜角的正弦，設Cn的圓心為（λn，0），得λn=2rn，同理得λn+1=2rn+1，結合兩圓相切得圓心距與半徑間的關系，得兩圓半徑之間的關系，即{rn}中rn+1與rn的關系，證明{rn}為等比數列；（2）利用（1）的結論求{rn}的通項公式，代入數列，然后用錯位相減法求和．解答：解：（1）將直線y=x的傾斜角記為，則有tanθ=，sinθ=，設Cn的圓心為（λn，0），則由題意得知，得λn=2rn；同理λn+1=2rn+1，從而λn+1=λn+rn+rn+1=2rn+1，將λn=2rn代入，解得rn+1=3rn故|rn|為公比q=3的等比數列．（Ⅱ）由于r1=1，q=3，故rn=3n﹣1，從而，記，則有Sn=1+2?3﹣1+3?3﹣2+…+n?31﹣n①﹣②，得=，∴點評：本題考查等比數列的基本知識，利用錯位相減法求和等基本方法，考查抽象概括能力以及推理論證能力．對于數列與幾何圖形相結合的問題，通常利用幾何知識，并結合圖形，得出關于數列相鄰項an與an+1之間的關系，然后根據這個遞推關系，結合所求內容變形，得出通項公式或其他所求結論．對于數列求和問題，若數列的通項公式由等差與等比數列的積構成的數列時，通常是利用前n項和Sn乘以公比，然后錯位相減解決．24．（2010?湖南）給出下面的數表序列：其中表n（n=1，2，3…）有n行，第1行的n個數是1，3，5，…2n﹣1，從第2行起，每行中的每個數都等于它肩上的兩數之和．（I）寫出表4，驗證表4各行中數的平均數按從上到下的順序構成等比數列，并將結論推廣到表n（n≥3）（不要求證明）；（II）每個數列中最后一行都只有一個數，它們構成數列1，4，12…，記此數列為{bn}求和：（n∈N+）考點：數列的求和；等比數列的性質．專題：綜合題；壓軸題．分析：（1）根據表1，表2，表3的規(guī)律可寫出表4，然后求出各行的平均數，可確定等比數列的首項和公比，進而推廣到n．（2）先求出表n的首項的平均數，進而可確定它的各行中的數的平均數按從上到下的順序構成首項為n，公比為2的等比數列，進而得到表中最后一行的數bn=n?2n﹣1，再化簡通項，最后根據裂項法求和．解答：解：（I）表4為13574812122032它的第1，2，3，4行中的數的平均數分別是4，8，16，32，它們構成首項為4，公比為2的等比數列將這一結論推廣到表n（n≥3），即表n（n≥3）各行中的數的平均數按從上到下的順序構成首項為n，公比為2的等比數列．（II）表n的第1行是1，3，5，…，2n﹣1，其平均數是=n由（I）知，它的各行中的數的平均數按從上到下的順序構成首項為n，公比為2的等比數列（從而它的第k行中數的平均數是n?2k﹣1），于是，表中最后一行的唯一一個數為bn=n?2n﹣1．因此====（k=1，2，…，n）故++…+=（﹣）+（﹣）+…+[﹣]=﹣=4﹣．點評：本題主要考查數列求和和等比數列的性質．數列求和是高考的必考點，一般有公式法、裂項法、錯位相減法等，都要熟練掌握．25．（2010?湖北）已知數列{an}滿足：，anan+1＜0（n≥1），數列{bn}滿足：bn=an+12﹣an2（n≥1）．（Ⅰ）求數列{an}，{bn}的通項公式（Ⅱ）證明：數列{bn}中的任意三項不可能成等差數列．考點：數列遞推式；數列的概念及簡單表示法；等差數列的性質．專題：計算題；應用題；壓軸題．分析：（1）對化簡整理得，令cn=1﹣an2，進而可推斷數列{cn}是首項為，公比為的等比數列，根據等比數列通項公式求得cn，則a2n可得，進而根據anan+1＜0求得an．（2）假設數列{bn}存在三項br，bs，bt（r＜s＜t）按某種順序成等差數列，由于數列{bn}為等比數列，于是有br＞bs＞bt，則只有可能有2bs=br+bt成立，代入通項公式，化簡整理后發(fā)現等式左邊為2，右邊為分數，故上式不可能成立，導致矛盾．解答：解：（Ⅰ）由題意可知，令cn=1﹣an2，則又，則數列{cn}是首項為，公比為的等比數列，即，故，又，anan+1＜0故因為=，故（Ⅱ）假設數列{bn}存在三項br，bs，bt（r＜s＜t）按某種順序成等差數列，由于數列{bn}是首項為，公比為的等比數列，于是有2bs=br+bt成立，則只有可能有2br=bs+bt成立，∴化簡整理后可得，2=（）r﹣s+（）t﹣s，由于r＜s＜t，且為整數，故上式不可能成立，導致矛盾．故數列{bn}中任意三項不可能成等差數列．點評：本題主要考查了數列的遞推式．對于用遞推式確定數列的通項公式問題，常可把通過吧遞推式變形轉換成等差或等比數列．26．（2009?廣東）已知點（1，）是函數f（x）=ax（a＞0，且a≠1）的圖象上一點，等比數列{an}的前n項和為f（n）﹣c，數列{bn}（bn＞0）的首項為c，且前n項和Sn滿足Sn﹣Sn﹣1=（n≥2）．（Ⅰ）求數列{an}和{bn}的通項公式；（Ⅱ）若數列{}前n項和為Tn，問滿足Tn＞的最小正整數n是多少？考點：數列的求和；等比數列的通項公式；數列遞推式．專題：等差數列與等比數列．分析：（1）先根據點（1，）在f（x）=ax上求出a的值，從而確定函數f（x）的解析式，再由等比數列{an}的前n項和為f（n）﹣c求出數列{an}的公比和首項，得到數列{an}的通項公式；由數列{bn}的前n項和Sn滿足Sn﹣Sn﹣1=可得到數列{}構成一個首項為1公差為1的等差數列，進而得到數列{}的通項公式，再由bn=Sn﹣Sn﹣1可確定{bn}的通項公式．（2）先表示出Tn再利用裂項法求得的表達式Tn，根據Tn＞求得n．解答：解：（Ⅰ）∵f（1）=a=∴f（x）=（）x，∴a1=f（1）﹣c=﹣c，∴a2=[f（2）﹣c]﹣[f（1）﹣c]=﹣，a3=[f（3）﹣c]﹣[f（2）﹣c]=又數列{an}成等比數列，=﹣，∵a1=﹣c∴﹣=﹣c，∴c=1又公比q==所以an=（）n﹣1=﹣（）n，n∈N；∵Sn﹣Sn﹣1=（+）（﹣）=（n≥2）又bn＞0，＞0，∴=1；∴數列{}構成一個首項為1公差為1的等差數列，∴=1+（n﹣1）×1=n，Sn=n2當n≥2，bn=Sn﹣Sn﹣1=n2﹣（n﹣1）2=2n﹣1；又b1=c=1適合上式，∴bn=2n﹣1（n∈N）；（Ⅱ）Tn=++…+==（1﹣）+（﹣）+（）+…+=（1﹣）=由＞，得n＞滿足的最小正整數為84．點評：本題主要考查等差數列和等比數列的通項公式及數列的求和問題．考查學生綜合分析問題的能力．27．（2009?江西）數列{an}的通項an=n2（cos2﹣sin2），其前n項和為Sn．（1）求Sn；（2）bn=，求數列{bn}的前n項和Tn．考點：數列的求和；二倍角的余弦．專題：計算題；壓軸題．分析：（1）利用二倍角公式可得，由于，所以求和時需要對n分類討論，求出和（2）由（1）可得，利用錯位相減求出數列的和解答：解：（1）由于，故S3k=（a1+a2+a3）+（a4+a5+a6）+…+（a3k﹣2+a3k﹣1+a3k）==，，故（k∈N*）（2），，，兩式相減得，故．點