资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
七：数列
一：选择题
1.（2022·全国乙（文））已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
2.（2022·全国乙（理）T8） 已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
3.（2022·全国乙（理）T4） 嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A B. C. D.
4.（2022·新高考Ⅱ卷） 中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，是举， 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，若是公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9
5.（2022·浙江卷） 已知数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
6．（2021·全国甲卷）记 为等比数列 的前 项和．若 ，则 (　　)
A．7 B．8 C．9 D．10
7．（2021·全国甲卷）等比数列｛an｝的公比为q，前n项和为Sn，设甲：q>0，乙:｛Sn｝是递増数列，则（　　）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
8．（2020·新课标Ⅱ·理）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（　　）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
9．（2020·新课标Ⅱ·理）数列 中， ， ，若 ，则 （　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
10．（2020·新课标Ⅱ·文）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则 =（　　）
A．2n–1 B．2–21–n C．2–2n–1 D．21–n–1
11．（2022·上海）已知 为等比数列， 的前n项和为 ，前n项积为 ，则下列选项中正确的是（　　）
A．若 ，则数列 单调递增
B．若 ，则数列 单调递增
C．若数列 单调递增，则
D．若数列 单调递增，则
12．（2021·北京） 和 是两个等差数列，其中 为常值， ， ， ，则 （　　）
A．64 B．128 C．256 D．512
13．（2021·北京）数列 是递增的整数数列，且 ， ，则 的最大值为（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
14．（2021·浙江）已知 ，函数 .若 成等比数列，则平面上点 的轨迹是（　　）
A．直线和圆 B．直线和椭圆
C．直线和双曲线 D．直线和抛物线
15．（2021·浙江）已知数列 满足 .记数列 的前n项和为 ，则（　　）
A． B． C． D．
16．（2020·浙江）已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0， ≤1．记b1＝S2，bn+1＝Sn+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是（　　）
A．2a4＝a2+a6 B．2b4＝b2+b6 C．a42＝a2a8 D．b42＝b2b8
17．（2020·北京）在等差数列 中， ， ．记 ，则数列 （　　）．
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
18．（2019·浙江）已知数列{an}满足 (n∈N)，若2≤a10≤3，则a1的取值范围是（　　）
A．1≤a1≤10 B．1≤a1≤17 C．2≤a1≤3 D．2≤a1≤6
19．（2022·浙江）已知数列 满足 ，则（　　）
A． B．
C． D．
20．（2019·全国Ⅲ卷理）已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5=3a3+4a1，则a3=（　　）
A．16 B．8 C．4 D．2
21．（2019·浙江）设a，b∈R，数列{an}，满足a1 =a，an+1= an2+b，b∈N*，则（　　）
A．当b= 时，a10>10 B．当b= 时，a10>10
C．当b=-2时，a10>10 D．当b=-4时，a10>10
22．（2019·全国Ⅰ卷理）记Sn为等差数列 的前n项和。已知 =0， =5，则（　　）
A．an=2n-5 B．an=3n-10
C．Sn=2n2-8n D．Sn= n2-2n
23．（2018·浙江）已知 成等比数列，且 ．若 ，则（　　）
A． B．
C． D．
24．（2018·全国Ⅰ卷理）记 为等差数列 的前n项和，若 ，则a5=（　　）
A．-12 B．-10 C．10 D．12
二：填空题
25．（2022·全国乙卷）记 为等差数列 的前n项和．若 ，则公差 　 　．
26．（2020·新高考Ⅰ）将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为　 　．
27．（2020·新课标Ⅱ·文）记 为等差数列 的前n项和．若 ，则 　 　．
28．（2020·江苏）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和 ，则d+q的值是　 　．
29．（2022·北京）已知数列 的各项均为正数，其前 项和 ，满足 给出下列四个结论：
① 的第2项小于3； ② 为等比数列；
③ 为递减数列； ④ 中存在小于 的项。
其中所有正确结论的序号是　 　．
30．（2019·浙江）设等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，首项a1=3，公比q=2，则a4=　 　; S3= 　 　 ．
31．（2019·江苏）已知数列 是等差数列， 是其前n项和.若 ，则 的值是　 　.
32．（2019·全国Ⅲ卷文）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若 ，则 　 　.
33．（2019·全国Ⅰ卷文）记Sn为等比数列{an}的前n项和。若a1= ， ，则S4=　 　
34．（2019·北京）设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2=-3，S5=-10，则a5=　 　，Sn的最小值为　 　.
35．（2018·全国Ⅰ卷理）记 为数列 的前n项的和，若 ，则 =　 　.
36．（2018·上海）记等差数列 的前n项和为Sn，若 ，则S7=　 　。
37．（2018·北京）设 是等差数列，且a1=3， a2+a5= 36，则 的通项公式为　 　
三：解答题
38．（2022·浙江）已知等差数列 的首项 ，公差 ．记 的前n项和为 ．
（Ⅰ）若 ，求 ；
（Ⅱ）若对于每个 ，存在实数 ，使 成等比数列，求d的取值范围．
39.（2022·新高考Ⅱ卷）已知 为等差数列， 是公比为2的等比数列，且 ．
（1）证明： ；
（2）求集合 中元素个数．
40．（2022·全国甲卷）记 为数列 的前n项和．已知 ．
（1）证明： 是等差数列；
（2）若 成等比数列，求 的最小值．
41．（2022·新高考Ⅰ卷）记 为数列 的前n项和，已知 是公差为 ，的等差数列.
（1）求 的通项公式；
（2）证明：
42．（2021·新高考Ⅰ）已知数列{ }满足 =1，
（1）记 = ，写出 ， ，并求数列 的通项公式；
（2）求 的前20项和
43．（2022·北京）已知 为有穷整数数列．给定正整数 ，若对任意的 ，在 中存在 ，使得 ，则称 为 连续可表数列．
（Ⅰ）判断 是否为5-连续可表数列？是否为 连续可表数列？说明理由；
（Ⅱ）若 为 连续可表数列，求证： 的最小值为4；
（Ⅲ）若 为 连续可表数列， ，求证： ．
44．（2022·上海）已知数列 ， ， 的前n项和为 .
（1）若 为等比数列， ，求 ；
（2）若 为等差数列，公差为d，对任意 ，均满足 ，求d的取值范围.
45．（2021·天津）已知 是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 是公比大于0的等比数列， ．
（1）求 和 的通项公式；
（2）记 .
（i）证明 是等比数列；
（ii）证明
46．（2021·新高考Ⅱ卷）记 是公差不为0的等差数列 的前n项和，若 ．
（1）求数列 的通项公式 ；
（2）求使 成立的n的最小值．
47．（2021·北京）设p为实数．若无穷数列{an}满足如下三个性质，则称{an}为RP数列：
：① ， ；
② ；
③ （m=1，2，…；n=1，2，…） ．
（1）如果数列{an}的前4项2，-2，-2，-1的数列，那么{an}是否可以为 数列？说明理由；
（2）若数列 是 数列，求 ；
（3）设数列{an}的前n项和为Sn，是否存在 数列 ，对 恒成立 ？若存在，求出所有这样的p；若不存在，说明理由．
48．（2021·浙江）已知数列 的前n项和为 ， ，且 .
（1）求数列 的通项；
（2）设数列 满足 ，记 的前n项和为 ，若 对任意 恒成立，求 的范围.
49．（2021·全国甲卷）已知数列{an｝的各项均为正数，记Sn为{an｝的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列{an｝是等差数列：②数列{ ｝是等差数列；③a2=3a1
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
50.（2020·新高考Ⅱ）已知公比大于 的等比数列 满足 ．
（1）求 的通项公式；
（2）求 .
51．（2020·新高考Ⅰ）已知公比大于1的等比数列 满足 ．
（1）求 的通项公式；
（2）记 为 在区间 中的项的个数，求数列 的前100项和 ．
52．（2020·天津）已知 为等差数列， 为等比数列， ．
（Ⅰ）求 和 的通项公式；
（Ⅱ）记 的前 项和为 ，求证： ；
（Ⅲ）对任意的正整数 ，设 求数列 的前2n项和．
53．（2020·江苏）已知数列 的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有 成立，则称此数列为“λ–k”数列．
（1）若等差数列 是“λ–1”数列，求λ的值；
（2）若数列 是“ ”数列，且an＞0，求数列 的通项公式；
（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列 为“λ–3”数列，且an≥0 若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，
54．（2020·北京）已知 是无穷数列．给出两个性质：
①对于 中任意两项 ，在 中都存在一项 ，使 ；
②对于 中任意项 ，在 中都存在两项 ．使得 ．
(Ⅰ)若 ，判断数列 是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若 ，判断数列 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： 为等比数列.
55．（2020·浙江）已知数列{an}，{bn}，{cn}中，a1＝b1＝c1＝1，cn+1＝an+1﹣an，cn+1＝ cn（n∈N*）．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比q＞0，且b1+b2＝6b3，求q与an的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差d＞0，证明：c1+c2+…+cn＜1+ ．
56．（2020·新课标Ⅲ·理）设数列{an}满足a1=3， ．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
57．（2020·新课标Ⅲ·文）设等比数列{an}满足 ， ．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记 为数列{log3an}的前n项和．若 ，求m．
58．（2020·新课标Ⅰ·理）设 是公比不为1的等比数列， 为 ， 的等差中项．
（1）求 的公比；
（2）若 ，求数列 的前n项和．
59．（2019·上海）已知数列 ， ，前 项和为 ．
（1）若 为等差数列，且 ，求 ；
（2）若 为等比数列，且 ，求公比 的取值范围．
60．（2019·江苏）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.
（1）已知等比数列{an} 满足： ，求证:数列{an}为“M－数列”；
（2）已知数列{bn}满足: ，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn} ，对任意正整数k，当k≤m时，都有 成立，求m的最大值．
61．（2019·全国Ⅱ卷理）已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0， ， .
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；
（2）求{an}和{bn}的通项公式.
62．（2019·全国Ⅱ卷文）已知 是各项均为正数的等比数列， ， 。
（1）求 的通项公式；
（2）设 ，求数列{ }的前n项和。
63．（2019·天津）设 是等差数列， 是等比数列.已知 .
（Ⅰ）求 和 的通项公式；
（Ⅱ）设数列 满足 其中 .
（i）求数列 的通项公式；
（ii）求 .
64．（2019·天津）设 是等差数列， 是等比数列，公比大于0，已知 ， ， .
（Ⅰ）求 和 的通项公式；
（Ⅱ）设数列 满足 求 .
65．（2019·浙江）设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=4.a4=S3，数列{bn}满足：
对每个n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn、Sn+2+bn成等比数列
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式
（2）记Cn= ，n∈N*，证明：C1+C2+…+Cn＜2 ，n∈N*
66．（2019·全国Ⅰ卷文）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知Sn=-a5
（1）若a3=4，求{an}的通项公式。
（2）若a1≥0，求使得Sn≥an的n取值范围。
67．（2019·北京）设{an}是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列.
（I）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值.
68．（2018·浙江）已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1=1，数列{（bn+1 bn）an}的前n项和为2n2+n．
（Ⅰ）求q的值；
（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式．
69．（2018·全国Ⅱ卷文）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1=-7，S3=-15.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求Sn，并求Sn的最小值。
70．（2018·全国Ⅱ卷理）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1=-7，S3=-15.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求Sn，并求Sn的最小值。
71．（2018·全国Ⅰ卷文）已知数列{an}满足a1=1，nan+1=2(n+1)an，设bn=
（1）求b1，b2，b3
（2）判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
（3）求{an}的通项公式
72．（2018·上海）给定无穷数列 ，若无穷数列{bn}满足：对任意 ，都有 ，则称 “接近”。
（1）设 是首项为1，公比为 的等比数列， ， ，判断数列 是否与 接近，并说明理由；
（2）设数列 的前四项为： =1， =2， =4， =8，{bn}是一个与 接近的数列，记集合M={x|x=bi，i=1，2，3，4}，求M中元素的个数m；
（3）已知 是公差为d的等差数列，若存在数列{bn}满足：{bn}与 接近，且在b -b ，b -b ，…b201-b200中至少有100个为正数，求d的取值范围。
73.（2018·北京）设 是等差数列，且 ， +a3=5 .
（Ⅰ）求 的通项公式；
（Ⅱ）求 + +…+ .
74．（2018·全国Ⅲ卷文）等比数列 中， .
（1）求 的通项公式；
（2）记 为 的前 项和，若Sm=63，求m。
75．（2018·全国Ⅲ卷理）等比数列 中， .
（1）求 的通项公式；
（2）记 为 的前 项和，若Sm=63，求m。
76．（2018·江苏）设{ }是首项为 ，公差为 的等差数列， 是首项 ，公比为q的等比数列
（1） 设 若 对n=1，2，3，4均成立，求d的取值范围
（2） 若 ， ， 证明：存在 ，使得 对
n=2，3，…， 均成立，并求 的取值范围（用 表示）。
77．（2018·天津）设 是等比数列，公比大于0，其前n项和为 ， 是等差数列.已知 ， ， ， .
（Ⅰ）求 和 的通项公式；
（Ⅱ）设数列 的前n项和为 ，
（i）求 ；
（ii）证明 .
78．（2018·天津）设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N*）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．
（Ⅰ）求Sn和Tn；
（Ⅱ）若Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整数n的值．
参考答案
1.【答案】D
【解析】
解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
2.【答案】D
【解析】
解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
3.【答案】D
【解析】
解：因为，
所以，，得到，同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
故选：D.
4.【答案】D
【解析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
5.【答案】B
【解析】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
6．【答案】A
【解答】由题意知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列，
即4,2，S6-6成等比数列，
则4×（S6-6）=22
解得S6=7
故答案为：A
7．【答案】B
【解析】解：当a1=-1，q=2时，{Sn}是递减数列，所以甲不是乙的充分条件；
当{Sn}是递增数列时，an+1=Sn+1-Sn>0，即a1qn>0，则q>0，所以甲是乙的必要条件；
所以甲是乙的必要条件但不是充分条件.
故答案为：B
8．【答案】C
【解析】设第n环天石心块数为 ，第一层共有n环，
则 是以9为首项，9为公差的等差数列， ，
设 为 的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为 ，因为下层比中层多729块，
所以 ，
即
即 ，解得 ，
所以 .
故答案为：C
9．【答案】C
【解析】在等式 中，令 ，可得 ， ，
所以，数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列，则 ，
，
，则 ，解得 .
故答案为：C.
10．【答案】B
【解析】【解答】设等比数列的公比为 ，
由 可得： ，
所以 ，
因此 .
故答案为：B.
11．【答案】D
【解析】解：对于A，设，显然有 ，但数列 单调递减，故A错误；
对于B，设an=-2n， 显然有 ，但数列 单调递减，故B错误；
对于C，设，显然有数列 单调递增，但 ，故C错误；
对于D，若数列{Tn}单调递增，则Tn>Tn-1>0，则an>1,q≥1，则，故D正确.
故答案为：D
12．【答案】B
【解析】解：由题意得，则，则，所以.
故答案为：B
13.【答案】C
【解析】解：∵数列 是递增的整数数列 ，
∴n要取最大，d尽可能为小的整数，
故可假设d=1
∵a1=3，d=1
∴an=n+2
∴
则S11=88<100，S12=102>100，
故n的最大值为11.
故答案为：C
14.．【答案】C
【解析】因为 成等比数列， 所以 ，
即 ，
整理得:
，
，
，
，
所以
所以 或 ，
所以 或
其中 是双曲线, 是直线.
故答案为：C.
15．【答案】A
【解析】因为 ，所以 ，且
由 可得
，即 由
所以 ，当且仅当 时取等号，
，
所以
即 ．
故答案为：A．
16【答案】D
【解析】解：在等差数列{an}中，an=a1+ ( n-1 ) d，
∴a2=a1+d，a4=a1+3d，a8=a1+7d，bn+1=S2n+2-S2n，
∴b2=S4-S2=a3+a4，b4=S8-S6=a7+a8，b6=S12-S10=a11+a12，b8=S16-S14=a15+a16，
A.2a4=a2+a6，根据等差数列的性质可得A正确，
B.若2b4=b2+b6，则2 ( a7+a8)=a3+a4+a11+a12=( a3+a12)+( a4＋a11 )，成立，B正确，
C．若a42=a2a8，则 ( a1+3d ) 2= ( a1+d ) ( a1+7d ) ,
即a12+6a1d+9d2=a12+8a1d＋7d2，得a1d=d2，
∵d≠0，∴a=d，符合 ≤1，C正确；
D.若b42=b2b8，则( a7+a8 ) 2= ( a3+a4 ) ( a15+a16 )，
即4a12+52a1d+169d2=4a12+68a1d+145d2，得16a1d=24d2，
∵d≠0，∴2a1=3d,不符合 ≤1,D错误；
故答案为：D．
17．【答案】B
【解析】由题意可知，等差数列的公差 ，
则其通项公式为： ，
注意到 ，
且由 可知 ，
由 可知数列 不存在最小项，
由于 ，
故数列 中的正项只有有限项： ， .
故数列 中存在最大项，且最大项为 .
故答案为：B.
18．【答案】B
【解析】解：∵, 2≤a10≤3 ∴,.∵∴.同理以此类推即可得出.
故答案为：B
19．【答案】B
【解析】由题意易知为递减数列，∴为递减数列，
因为，所以
∴，
又，则＞0，
∴，
∴，
∴，则，
∴
由得得
利用累加可得
∴，
∴；
综上，．
故选：B
20．【答案】C
【解析】 解：∵a5=3a3+4a1，则 ，∵ ，∴ ，
解得 或 （舍），∵各项均为正数，∴ ，又∵等比数列{an}的前4项为和为15，
∴ ，解得 ，∴ ，
故答案为：C.
21．【答案】A
【解析】 选项B：不动点满足 时，如图，若 ，
排除
如图，若 为不动点 则
选项C：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 ，
排除
选项D：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 ，排除.
故答案为：A
22．【答案】A
【解析】 利用等差数列通项公式和等差数列前n项和公式得，
①
②
①②联立求出:
故答案为：A
23．【答案】B
【解析】a1，a2，a3，a4 成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a1＞1，设公比为q
当q>0时 ， a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3) ，不成立；
即a1>a3，a2当q=-1时 ， a1+a2+a3+a4=0，ln(a1+a2+a3) >0，等式不成立，所以q≠-1；
当q<-1时 ， a1+a2+a3+a4<0，ln(a1+a2+a3) >0，a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)不成立，
当q∈（-1，0）时，a1>a3>0，a2故答案为：B
24．【答案】B
【解析】解： 3S3=S2+S4 S3+3a3=a3+a4 9a2=5a2+a3 4a2=a3 ，又 a1=2 ，
∴d=-3.
则 ，
故答案为：B。
二：填空题
25．【答案】2
【解析】由 可得 ，化简得 ，即 ，解得 .
故答案为：2
26．【答案】
【解析】因为数列 是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列 是以1首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列 是以1为首项，以6为公差的等差数列，
所以 的前 项和为 ，
故答案为： .
27．【答案】25
【解析】【解答】 是等差数列，且 ，
设 等差数列的公差d
根据等差数列通项公式：
可得
即：
整理可得：
解得：
根据等差数列前 项和公式：
可得：
.
故答案为：25.
28．【答案】4
【解析】设等差数列 的公差为d，等比数列 的公比为q，根据题意 .
等差数列 的前n项和公式为 ，
等比数列 的前n项和公式为 ，
依题意 ，即 ，
通过对比系数可知 ，故 .
故答案为：4
29．【答案】①③④
【解析】 ，可得 ，又各项均为正，可得 ，令 可得 ，可解得 ，故①正确；
当 时，由 得 ，于是可得 ，即 ，若 为等比数列，则 时 ，即从第二项起为常数，可检验 则不成立，故②错误；
，可得 ，于是 ，所以 ，于是③正确；
对于④，若所有项均大于等于 ，取 ，则 ， ，于是 与已知矛盾，所以④错误.
30．【答案】24；21
【解析】解：结合等比数列的通项公式,
【分析】利用等比数列的通项公式以及前n项和的定义代入数值即可。
31．【答案】16
【解析】 数列 是等差数列，又
利用等差数列通项公式 得：
①
是等差数列 前n项和，且
利用等差数列前n项和公式 得：
②
①②联立，得：
32．【答案】100
【解析】 解：∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，
故答案为：100.
33．【答案】
【解析】 【解答】设等比数列的公比为q,利用等比数列的前n项和公式，
当 时，
当 时，
由求根公式求出q的值，根据题意， 从而确定q的值。
34．【答案】0；-10
【解析】 解： ，
解得 ，所以 ，
，
根据二次函数的性质，当n=4或5时， 有最小值-10.
故答案为：0；-10.
35．【答案】-63
【解析】解：∵
，作差，
∴ ，
∴ ，
∴ 。
36．【答案】14
【解析】【解答】a3=a1+2d=0
a6+a7=a1+5d+a1+6d=14
故 ，
故
故S7=72-5×7=14。
37．【答案】
【解析】解： ， ，
设 公差为d，则5d=33-3=30 d=6，
即 ，
∴+。
故答案为：
三：解答题
38．【答案】解：（Ⅰ） 设 ，依题意得， .
解得 ，则 ，
于是 .
（Ⅱ）设 ，依题意得，
，
故
对任意正整数n成立.
时，显然成立；
时， ，则 ；
时， .
综上所述， .
39．【答案】（1）证明：设数列 的公差为 ，所以， ，即可解得， ，所以原命题得证．
（2）解：由（1）知 ，
由 知：
即 ，即 ，
因为 ，故 ，解得
故集合 中元素的个数为9个.
40．【答案】（1）已知 ，即 ①，
当 时， ②，
①-②得， ，
即 ，
即 ，所以 ， 且 ，
所以 是以1为公差的等差数列．
（2）由（1）中 可得， ， ， ，
又 ， ， 成等比数列，所以 ，
即 ，解得 ，
所以 ，所以 ，
所以，当 或 时 ．
41．【答案】（1）因为 是公差为 的等差数列，而 ，
所以 ①
时， ②
①-②有： .
所以 ，
以上式子相乘，得
经检验， 时， ，符合.
所以 .
（2）由（1）知
所以
所以 = =
因为 ，所以 ，
所以 ，
即 ．
42．【答案】（1） 为偶数，
则 ， ，
，即 ，且 ，
是以 为首项，3为公差的等差数列，
， ， ．
（2）当 为奇数时， ，
的前 项和为
．
由（1）可知，
．
的前20项和为 ．
43．【答案】（Ⅰ） 若，则对于任意，，所以Q是5-连续可表数列；由不存在任意连续若干项之和相加为6，所以Q不是6-连续可表数列；
（Ⅱ）若 ，设为a，b，c，则至多 6种矛盾 满足
（Ⅲ）若k≤5，则 至多可表15个数，与题意矛盾，若 至多可表21个数，而 ，所以其中有负的，从而a，b，c，d，e，f可表 及那个负数（恰21个)
这表明 中仅一个负的，没有0，且这个们的在 中绝对值最小，同时 中没有两数相同，设那个负数为
则所有数之和 ，再考虑排序
(仅一种方式)
∴-1与2相序
若-1不在两端，则" 2 ___"形式
若 ，则 (2种方式矛盾)
，问理 ，故-1在一端，不妨为" 形式
右 ，则 (2种矛盾) 同理不行
，则 (2种矛盾)从而
由 ，由表法唯一知3，4不相邻，故只能 ①
或 ②这2种情形
对① 矛后
对② 也矛盾
综上
44．【答案】（1）设等比数列的公比为q，则由题意得a1=2，
则
则
则
（2）由题意得
则(3-2n)d≤1
当n=1时,d≤1；
当n≥2时,恒成立；
∵
∴d≥0
综上
45．【答案】（1）因为 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．
所以 ，所以 ，
所以 ；
设等比数列 的公比为 ，
所以 ，解得 （负值舍去），
所以 ；
（2）（i）由题意， ，
所以 ，
所以 ，且 ，
所以数列 是等比数列；
（ii）由题意知， ，
所以 ，
所以 ，
设 ，
则 ，
两式相减得 ，
所以 ，
所以 .
46．【答案】（1）由等差数列的性质可得： ，则： ，
设等差数列的公差为 ，从而有： ，
，
从而： ，由于公差不为零，故： ，
数列的通项公式为： .
（2）由数列的通项公式可得： ，则： ，
则不等式 即： ，整理可得： ，
解得： 或 ，又 为正整数，故 的最小值为7.
47.【答案】（1）解：数列{an}不可能为 数列，理由如下，
因为p=2, a1=2, a2=-2，所以a1+a2+p=2, a1+a2+p+1=3,
因为a3=-2，所以a3 {a1+a2+p， a1+a2+p+1}，
所以数列{an}不满足性质③.
（2）性质① ，
由性质③ ，因此 或 ， 或 ，
若 ，由性质②可知 ，即 或 ，矛盾；
若 ，由 有 ，矛盾.
因此只能是 .
又因为 或 ，所以 或 .
若 ，则 ，
不满足 ，舍去.
当 ，则 前四项为:0，0，0，1，
下面用归纳法证明 ：
当 时，经验证命题成立，假设当 时命题成立，
当 时：
若 ，则 ，利用性质③：
，此时可得： ；
否则，若 ，取 可得： ，
而由性质②可得： ，与 矛盾.
同理可得：
，有 ；
，有 ；
，又因为 ，有
即当 时命题成立，证毕.
综上可得： ， .
（3）令 ，由性质③可知：
，
由于 ，
因此数列 为 数列.
由（2）可知:
若 ；
， ，
因此 ，此时 ， ，满足题意.
48．【答案】（1）解：当 时， ，
，
当 时，由 ①，
得 ②，①②得
，
又 是首项为 ，公比为 的等比数列，
（2）解：由 ，得 ，
所以 ，
，
两式相减得
，
所以 ，
由 得 恒成立，
即 恒成立，
时不等式恒成立；
时， ，得 ；
时， ，得 ；
所以
49．【答案】选①②作条件证明③：
设 ，则 ，
当 时， ；
当 时， ；
因为 也是等差数列，所以 ，解得 ；
所以 ，所以 .
选①③作条件证明②：
因为 ， 是等差数列，
所以公差 ，
所以 ，即 ，
因为 ，
所以 是等差数列.
选②③作条件证明①：
设 ，则 ，
当 时， ；
当 时， ；
因为 ，所以 ，解得 或 ；
当 时， ，当 时， 满足等差数列的定义，此时 为等差数列；
当 时， ， 不合题意，舍去.
综上可知 为等差数列.
50．【答案】（1）解：设等比数列 的公比为q(q>1)，则 ，
整理可得： ，
，
数列的通项公式为： .
（2）解：由于： ，故：
.
50．【答案】（1）解：由于数列 是公比大于 的等比数列，设首项为 ，公比为q，依题意有 ，解得解得 ，或 (舍)，
所以 ，所以数列 的通项公式为 .
（2）解：由于 ，所以
对应的区间为： ，则 ；
对应的区间分别为： ，则 ，即有 个 ；
对应的区间分别为： ，则 ，即有 个 ；
对应的区间分别为： ，则 ，即有 个 ；
对应的区间分别为： ，则 ，即有 个 ；
对应的区间分别为： ，则 ，即有 个 ；
对应的区间分别为： ，则 ，即有 个 .
所以 .
52【答案】解：(Ⅰ)设等差数列 的公差为d，等比数列 的公比为q.
由 ， ，可得d=1.
从而 的通项公式为 .
由 ，
又q≠0，可得 ，解得q=2，
从而 的通项公式为 .
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得 ，
故 ， ，
从而 ，
所以 .
(Ⅲ)当n为奇数时， ，
当n为偶数时， ，
对任意的正整数n，有 ，
和 ①
由①得 ②
由①②得 ，
由于 ，
从而得： .
因此， .
所以，数列 的前2n项和为 .
53．【答案】（1）解:
（2）解:
，
（3）解: 假设存在三个不同的数列 为 数列.
或
或
∵对于给定的 ，存在三个不同的数列 为 数列，且
或 有两个不等的正根.
可转化为 ，不妨设 ，则 有两个不等正根，设 .
①当 时， ，即 ，此时 ， ，满足题意.
②当 时， ，即 ，此时 ， ，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.
综上，
54．【答案】解：(Ⅰ) 不具有性质①；
(Ⅱ) 具有性质①；
具有性质②；
(Ⅲ)【解法一】
首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：
显然 ，假设数列中存在负项，设 ，
第一种情况：若 ，即 ，
由①可知：存在 ，满足 ，存在 ，满足 ，
由 可知 ，从而 ，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若 ，由①知存在实数 ，满足 ，由 的定义可知： ，
另一方面， ，由数列的单调性可知： ，
这与 的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项数恒为负数.
综上可得，数列中的项数同号.
其次，证明 ：
利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
而 ，故 ，
此时必有 ，即 ，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列 的前 项成等比数列，不妨设 ，
其中 ，（ 的情况类似）
由①可得：存在整数 ，满足 ，且 （*）
由②得：存在 ，满足： ，由数列的单调性可知： ，
由 可得： （**）
由（**）和（*）式可得： ，
结合数列的单调性有： ，
注意到 均为整数，故 ，
代入（**）式，从而 .
总上可得，数列 的通项公式为： .
即数列 为等比数列.
【解法二】
假设数列中的项数均为正数：
首先利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
而 ，故 ，
此时必有 ，即 ，
即 成等比数列，不妨设 ，
然后利用性质①：取 ，则 ，
即数列中必然存在一项的值为 ，下面我们来证明 ，
否则，由数列的单调性可知 ，
在性质②中，取 ，则 ，从而 ，
与前面类似的可知则存在 ，满足 ，
若 ，则： ，与假设矛盾；
若 ，则： ，与假设矛盾；
若 ，则： ，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数 ，可见 不成立，从而 ，
同理可得： ，从而数列 为等比数列，
同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列 为等比数列.
55．【答案】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，
∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，
整理，得6q2﹣q﹣1＝0，
解得q＝﹣ （舍去），或q＝ ，
∴cn+1＝ cn＝ cn＝ cn＝ cn＝4 cn，
∴数列{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，
∴cn＝1 4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．
∴an+1﹣an＝cn+1＝4n，
则a1＝1，
a2﹣a1＝41，
a3﹣a2＝42，
……
an﹣an﹣1＝4n﹣1，
各项相加，可得
an＝1+41+42+…+4n﹣1＝ ＝ ．
（Ⅱ）证明：依题意，由cn+1＝ cn（n∈N*），可得
bn+2 cn+1＝bn cn，
两边同时乘以bn+1，可得
bn+1bn+2cn+1＝bnbn+1cn，
∵b1b2c1＝b2＝1+d，
∴数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为1+d，
bnbn+1cn＝1+d，
∴cn＝ ＝ ＝（1+ ） ＝（1+ ）（ ﹣ ），
∴c1+c2+…+cn
＝（1+ ）（ ﹣ ）+（1+ ）（ ﹣ ）+…+（1+ ）（ ﹣ ）
＝（1+ ）（ ﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ）
＝（1+ ）（ ﹣ ）
＝（1+ ）（1﹣ ）
＜1+ ，
∴c1+c2+…+cn＜1+ ，故得证．
56．【答案】（1）解：由题意可得 ， ，
由数列 的前三项可猜想数列 是以3为首项，2为公差的等差数列，即 ，
证明如下：
当 时， 成立；
假设 时， 成立.
那么 时， 也成立.
则对任意的 ，都有 成立
（2）解：由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，
即 .
57.【答案】（1）解：设等比数列 的公比为 ，
根据题意，有 ，解得 ，
所以
（2）解：令 ，
所以 ，
根据 ，可得 ，
整理得 ，因为 ，所以
58．【答案】（1）解：设 的公比为q， 为 的等差中项，
，
；
（2）解：设 的前 项和为 ， ，
，①
，②
①②得，
，
.
59．【答案】（1）解： ， ，
；
（2）解： ，
存在， ，且 ，
，
， ，
或 ，
公比 的取值范围为 ．
60．【答案】（1）解：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.
由 ，得 ，解得 ．
因此数列 为“M—数列”.
（2）解：①因为 ，所以 ． 由 得 ，则 . 由 ，得 ， 当 时，由 ，得 ， 整理得 ． 所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.
因此，数列{bn}的通项公式为bn=n .
②由①知，bk=k， . 因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0.
因为ck≤bk≤ck+1，所以 ，其中k=1，2，3，…，m.
当k=1时，有q≥1；
当k=2，3，…，m时，有 ．
设f（x）= ，则 ．
令 ，得x=e.列表如下：
x e (e，+∞)
+ 0 –
f（x） 极大值
因为 ，所以 ．
取 ，当k=1，2，3，4，5时， ，即 ，
经检验知 也成立．
因此所求m的最大值不小于5．
若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，
所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.
综上，所求m的最大值为5．
61．【答案】（1）解：由题设得 ，即 ． 又因为a1+b1=l，所以 是首项为1，公比为 的等比数列． 由题设得 ， 即 ．
又因为a1–b1=l，所以 是首项为1，公差为2的等差数列．
（2）由（1）知， ， ．
所以 ，
．
62．【答案】（1）解：设 的公比为q，由题设得
，即 .
解得 （舍去）或q=4.
因此 的通项公式为 .
（2）由（1）得 ，因此数列 的前n项和为 .
63．【答案】解：（Ⅰ）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 .依题意得 解得 故 .
所以， 的通项公式为 的通项公式为 .
（Ⅱ）（i） .
所以，数列 的通项公式为 .
（ii）
（Ⅰ）由 ，根据等差数列、等比数列的通项公式列出方程组，即可求 和 的通项公式；
（Ⅱ）由（ⅰ） 的通项公式为 的通项公式为 ， 得出数列 的通项公式；
（ⅱ）将 代值并化简即可求值。
64．【答案】解：（Ⅰ）解：设等差数列 的公差为d，等比数列 的公比为q依题意，得 ，解得 ，故 .
所以， 的通项公式为 ， 的通项公式 为 .
（Ⅱ）解：
=
. ①
， ②
②-①得， .
所以，
65．【答案】（1）设数列 的公差为d，由题意得
，
解得 ．
从而 ．
由 成等比数列得
．
解得 ．
所以 ．
（2） ．
我们用数学归纳法证明．
⑴当n=1时，c1=0<2，不等式成立；
⑵假设 时不等式成立，即 ．
那么，当 时，
．
即当 时不等式也成立．
根据（1）和（2），不等式 对任意 成立．
66.【答案】（1） 解：设 的公差为d．
由 得 ．
由a3=4得 ．
于是 ．
因此 的通项公式为 ．
（2）由（1）得 ，故 .由 知 ，故 等价于 ，解得1≤n≤10．
所以n的取值范围是 ．
( 2 )由（1）得 ，故 .
由 知 ，故 等价于 ，再利用一元二次不等式求解集的方法结合n自身的取值范围，从而求出n的取值范围。
67．【答案】解：（I）根据三者成等比数列，
可知 ，
故 ，
解得d=2，
故 ；
（Ⅱ）由（I）知 ，
该二次函数开口向上，对称轴为n=5.5，
故n=5或6时， 取最小值-30.
68．【答案】解：（Ⅰ）由 是 的等差中项得 ，
所以 ，
解得 .
由 得 ，
因为 ，所以 .
（Ⅱ）设 ，数列 前n项和为 .
由 解得 .
由（Ⅰ）可知 ，
所以 ，
故 ，
.
设 ，
所以 ，
因此 ，
又 ，所以
69.【答案】（1）设数列的公差为d，由题意有：
a1=-7，S3=3a2=-15
a2=-5，d=2
∴an=a1+（n-1）d=-7+2（n-1）=2n-9
所以{an}的通项公式为：an=2n-9
（2）由（1）知数列{an}的前n项和
Sn=n（n-8）=n2-8n=（n-4）2-16≥-16
当n=4时取最小值，
所以Sn的最小值为-16
70．【答案】（1）设数列的公差为d，由题意有：
a1=-7，S3=3a2=-15
a2=-5，d=2
∴an=a1+（n-1）d=-7+2（n-1）=2n-9
所以{an}的通项公式为：an=2n-9
（2）由（1）知数列{an}的前n项和
Sn=n（n-8）=n2-8n=（n-4）2-16≥-16
当n=4时取等，所以Sn的最小值为-16
71．【答案】（1）解： ，
（2）解：
∴
则 是以 为首项，以2为公比的等比数列
（3）解：
72．【答案】（1）由题意
又 ，故
则
又 ，故
即 ，故
（2）由题意分析可知
根据范围分析 ，根据元素互异性 ，又 可能出现 情况，也可能出现 情况，故根据互异性，M中元素个数为3个或4个
（3） 为等差数列，又 与 接近，有
则
又
故
当 即 中没有正数；当 ＞-2时，存在 使得 ，即有100个正数，故 ＞-2。
73．【答案】解：（Ⅰ），∵ ， ，
∴ ，则 ，
∴ 。
（Ⅱ） ，
∴ ，
74．【答案】（1）解：因为 ，a5=4a3
q4=4q2 q=±2
或
（2）解：
又
75．【答案】（1）解：因为 ，a5=4a3
q4=4q2 q=±2
或
（2）解：
又
76．【答案】（1）解：∵ 对n=1，2，3，4成立
∵∴
（2）解：∵ 且 ，对n=2，3，….，m+1均成立
∴
即
∵∴
∴
又 ∴存在 ，使 ，对 成立
∴m=1时，
当 时，设 ，则
= ，
设
∵q-1＞0∴
∵
∴
设 ，设
∵
在 恒成立，∴
∴∴
∴ 对n=2，3，…，.m均成立，∴
∴
∴
77．【答案】解：（Ⅰ）设等比数列 公比为q，由 ，
∵q>0，∴q=2，则 。
设等差数列 公差为d，由 ，由 ，
则
∴ 。
∴ 通项公式为 ，通项公式为 ，
（Ⅱ）(i)解由（1） ，
故 ，
(ii) ， = 。
78．【答案】解：（I）设等比数列 的公比为q，由b1=1，b3=b2+2，可得 .
∵ ，∴ ，故 .
∴ .
设等差数列 的公差为 .由 ，可得 .
由
从而 ，故 ，
∴ .
（II）由（I），知
由 ，
解得 （舍），或 .所以n的值为4.

展开更多......

收起↑