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高中数学 高考复习 数列 专题练习
（选择题+解答题）100题合集
一、单选题
1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则“Sn+1>Sn”是“{an}单调递增”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．观察下列式子:，，，…，则可归纳出小于（ ）
A． B． C． D．
3．若数列的前n项和(n∈N*)，则=（ ）
A．20 B．30 C．40 D．50
4．已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，．记b1=S2，bn+1=S2n+2–S2n，，下列等式不可能成立的是（ ）
A．2a4=a2+a6 B．2b4=b2+b6 C． D．
5．已知数列满足，为正整数，则该数列的最大值是（ ）
A． B． C． D．
6．设等差数列的公差为d，其前n项和为，且，，则使得的正整数n的最小值为（ ）
A．16 B．17 C．18 D．19
7．用数学归纳法证明“当为正奇数时，能被整除”时，第二步归纳假设应写成（ ）
A．假设当时成立，再推出当时成立
B．假设当时成立，再推出当时成立
C．假设当时成立，再推出当时成立
D．假设当时成立，再推出当时成立
8．已知等比数列中，，，则公比（ ）
A．－2 B．2
C．3 D．2或－2
9．在数列中，，则的值为（ ）
A． B．5
C． D．
10．已知是公差为d的等差数列，为其前n项和．若，则（ ）
A． B． C．1 D．2
11．已知数列、都是等差数列，设的前项和为，的前项和为.若，则（ ）
A． B． C． D．
12．在正项数列中，首项，且是直线上的点，则数列的前项和（ ）
A． B． C． D．
13．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1，3，3，5，5，7，…，若该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群共有（ ）．
A．10层 B．11层 C．12层 D．13层
14．已知等比数列中，，，则（ ）
A．1 B．2 C．±1 D．±2
15．设等差数列的前项和为，数列的前和为，已知，若，则正整数的值为（ ）
A． B． C． D．
16．数列中，，对任意 ，若，则 （ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
17．设等比数列的公比为，前项和为.若，，且，，则的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
18．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
19．设数列的前n项和为，且，，则数列的前10项和是（ ）
A． B． C． D．
20．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间段，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为(参考数据：，)（ ）
A． B． C． D．
21．等比数列中，，，为的前项和．若，则的值是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．不存在
22．已知等比数列{}中，，则这个数列的公比为（ ）
A．2 B． C． D．
23．已知数列的前n项和为，，对任意的都有，则（ ）
A． B． C． D．
24．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，，即此数列第1项是，接下来2项是，，再接下来3项是，，，，设是数列的前项和，则（ ）
A． B．
C． D．
25．在数列中，，，若，则（ ）
A．671 B．672 C．673 D．674
26．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
27．数列满足：，，是的前项和，则（ ）
A．4042 B．2021
C． D．
28．已知等差数列的前n项和为，若，，则取最大值时n的值为（ ）
A．8 B．5 C．6 D．7
29．若数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
30．已知数列，，则下列说法正确的是（ ）
A．此数列没有最大项 B．此数列的最大项是
C．此数列没有最小项 D．此数列的最小项是
31．在等比数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
32．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且＝，则＝（ ）
A． B． C． D．
33．已知数列，都是等差数列，，，且，则的值为（ ）
A．-17 B．-15 C．17 D．15
34．已知首项为的数列，对任意的，都有，则（ ）
A．0 B．-1011 C．1011 D．2022
35．等差数列前项和为， ，则（ ）
A． B． C． D．
36．在数列中，，则（ ）
A．25 B．32 C．62 D．72
37．用数学归纳法证明：对于任意正偶数n均有，在验证正确后，归纳假设应写成（ ）
A．假设时命题成立
B．假设时命题成立
C．假设时命题成立
D．假设时命题成立
38．等差数列中，，.设，记为数列的前项和，若，则的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
39．设数列{an}的通项公式为an＝2n－7，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a15|＝（ ）
A．139 B．153
C．144 D．178
40．已知数列是公比为正数的等比数列，是其前项和，，，则（ ）
A．31 B．63 C．127 D．255
41．已知数列满足，则数列的前5项和为（ ）
A． B． C． D．
42．设是等比数列，且，，则（ ）
A．12 B．24 C．30 D．32
43．已知是数列的前n项和，若，数列的首项，则（ ）
A． B． C．2021 D．
44．下列叙述正确的是（ ）
A．数列与是相同的数列
B．数列可以表示为
C．数列是常数列
D．数列是递增数列
45．在等比数列中，，，则的值为（ ）
A．48 B．72 C．144 D．192
46．标准对数视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式.标准对数视力表各行为正方形“E”字视标，且从视力5.1的视标所在行开始往上，每一行“E”的边长都是下方一行“E”的边长的倍，若视力4.0的视标边长为，则视力4.9的视标边长为（ ）
A． B． C． D．
47．我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度).二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则下列说法不正确的是（ ）
A．小寒比大寒的晷长长一尺
B．春分和秋分两个节气的晷长相同
C．小雪的晷长为一丈五寸
D．立春的晷长比立秋的晷长长
48．在等差数列中，，其前n项和为，若，则（ ）
A．2021 B．-2021 C．-2022 D．2022
49．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
50．某市抗洪指挥部接到最新雨情通报，未来城区拦洪坝外洪水将超过警戒水位，因此需要紧急抽调工程机械加高加固拦洪坝．经测算，加高加固拦洪坝工程需要调用台某型号翻斗车，每辆翻斗车需要平均工作．而抗洪指挥部目前只有一辆翻斗车可立即投入施工，其余翻斗车需要从其他施工现场抽调．若抽调的翻斗车每隔才有一辆到达施工现场投入工作，要在内完成拦洪坝加高加固工程，指挥部至少还需要抽调这种型号翻斗车（ ）
A．辆 B．辆 C．辆 D．辆
二、解答题
51．已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求.
52．记Sn是公差不为0的等差数列的前n项和，若，且，，成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)求使成立的n的最小值.
53．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9=－a5．
（1）若a3=4，求{an}的通项公式；
（2）若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
54．设数列满足：对任意正整数n，有．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
55．已知等差数列的前四项和为10，且成等比数列
（1）求数列通项公式
（2）设，求数列的前项和
56．已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足，，．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100．
57．已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
58．已知数列{an}满足＝1，an＋1＝2an＋1，bn ＝an＋1(n∈N*)．
（1）求证：{ bn }是等比数列；
（2）求{ an }的通项公式．
59．设等差数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足， 求数列的前项和.
60．已知数列的各项均为正数，记为的前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数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
61．已知数列的通项公式为.
（1）数列的第几项最大，最大项为多少？
（2）若，求正整数m的最小值.
62．设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
63．已知数列的前n项和为，，______．指出，，…，中哪一项最大，并说明理由．从①，，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中，并作答．
64．已知各项均不相等的等差数列的前项和为，且 是等比数列的前项.
（1）求，；
（2）设，求的前项和.
65．已知正项数列的前n项和为，满足（，），.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和的表达式.
66．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*).
（1）设bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列；
（2）设cn＝，求证：{cn}是等差数列.
67．已知数列为等差数列，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若等比数列满足，求数列的通项公式．
68．已知数列满足，其中.
（1）求证是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）设，若对任意的恒成立，求p的最小值.
69．已知等差数列的公差为正数，，其前项和为，数列为等比数列，，且，.
（1）求数列与的通项公式；
（2）求数列的前项和.
（3）设，，求数列的前项和.
70．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．
71．等差数列的首项为，公差，前n项和为．
（1）若，求的值；
（2）若对任意正整数n均成立，求的取值范围．
72．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，求数列的前项和．
73．已知数列满足，且.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）设，记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求的取值范围.
74．为等差数列的前项和，已知，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求，并求的最小值.
75．已知数列的前n项和满足，设.
（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）按以下规律构造数列，具体方法如下：，，，…，，求数列的通项公式.
76．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1＝2Sn+2，数列{bn}满足b1＝2，（n+2）bn＝nbn+1，其中n∈N*.
(1)分别求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列，求数列{bncn}的前n项和Tn.
77．某学校实验室有浓度为2 g/ml和0.2 g/ml的两种K溶液．在使用之前需要重新配制溶液，具体操作方法为取浓度为2 g/ml和0.2 g/ml的两种K溶液各300 ml分别装入两个容积都为500 ml的锥形瓶A，B中，先从瓶A中取出100 ml溶液放入B瓶中，充分混合后，再从B瓶中取出100 ml溶液放入A瓶中，再充分混合．以上两次混合过程完成后算完成一次操作．设在完成第n次操作后，A瓶中溶液浓度为an g/ml，B瓶中溶液浓度为bn g/ml.(lg 2≈0.301，lg 3≈0.477)
（1）请计算a1，b1，并判定数列{an－bn}是否为等比数列？若是，求出其通项公式；若不是，请说明理由；
（2）若要使得A，B两个瓶中的溶液浓度之差小于0.01 g/ml，则至少要经过几次？
78．已知为数列的前项和，满足，．再从条件①②③中选择一个作为已知条件，完成下列问题：
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
条件①；②（为常数）；③．
注：如果选择多个问题分别解答，按第一个解答计分．
79．已知数列的前n项和为Sn，满足．
(1)求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)若不等式2对任意的正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．
80．在数列中，，点在函数的图象上.
（1）求，，的值；
（2）猜想数列的一个通项公式.
81．已知等差数列满足，前项和.
（1）求的通项公式；
（2）设等比数列满足，，求的前项和
82．记为等差数列的前项和，已知，．
(1)求的通项公式和；
(2)求 的值．
83．已知等差数列中，，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
84．在①S3＝17，②S1+S2＝4，③S2＝4S1这三个条件中任选一个，补充到下面的横线上，并解答相应问题：已知数列{Sn}满足Sn≥0，且Sn+1＝3Sn+2．
（1）证明：数列{Sn+1}为等比数列；
（2）若_____，是否存在等比数列{an}的前n项和为Sn？若存在，求{an}的通项公式；若不存在，说明理由．
85．在数列中，，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
86．已知数列的前项和为.
（1）求出的通项公式；
（2）求数列前n项和最小时n的取值
87．设数列满足，.
（1）求数列的通项公式;
（2）令，求数列的前项和.
88．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．
89．已知数列满足递推关系，且.
(1)求，，；
(2)尝试归纳出数列的通项公式.
90．已知在等差数列中，公差，其前n项和为，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
91．数列满足，且，.规定的通项公式只能用的形式表示.
（1）求的值；
（2）证明3为数列的一个周期，并用正整数表示；
（3）求的通项公式.
92．已知函数．
(1)求f(x)的解析式；
(2)求f(x)在处的切线方程．
93．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，
94．记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
95．设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
96．已知正项数列的前项和为，且，(且).
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
97．已知函数.
（1）若在区间上为增函数，求a的取值范围.
（2）若的单调递减区间为，求a的值.
98．记数列的前项和为，，，.
(1)证明数列为等差数列，并求通项公式；
(2)记，求.
99．某公司2021年年初花费25万元引进一种新的设备，设备投入后每年的收益均为21万元.若2021年为第1年，且该公司第年需要支付的设备维修和工人工资等费用总和（单位：万元）的情况如图所示.
（1）求；
（2）引进这种设备后，第几年该公司开始获利？
100．等差数列满足，.
（1）求的通项公式.
（2）设等比数列满足，，求数列的前n项和.
参考答案：
1．D
【分析】由，举反例和即可得出结果
【详解】，例如，但是数列不单调递增，故不充分；
数列单调递增，例如，但是，故不必要；
故选：D
2．C
【解析】根据已知式子分子和分母的规律归纳出结论.
【详解】由已知式子可知所猜测分式的分母为，分子第个正奇数，即，
.
故选：C.
3．B
【分析】由前项和公式直接作差可得.
【详解】数列的前n项和(n∈N*)，所以
.
故选：B.
4．D
【分析】根据题意可得，，而，即可表示出题中，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．
【详解】对于A，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由可得，，A正确；
对于B，由题意可知，，，
∴，，，．
∴，．
根据等差数列的下标和性质，由可得，B正确；
对于C，，
当时，，C正确；
对于D，，，
．
当时，，∴即；
当时，，∴即，所以，D不正确．
故选：D.
【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．
5．B
【分析】求出数列的前5项，再由对勾函数的性质可得，的单调性，从而即可得最大值.
【详解】解：由，得，，，，．
又，，
又因为在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为．
故选：B．
6．D
【分析】根据等差数列的性质及已知分别判断、、的符号即可.
【详解】由，得，
因为是等差数列，所以，，，
，，，
所以，
使得的正整数n的最小值为.
故选: D.
7．B
【分析】根据数学归纳法的步骤，即可判断选项.
【详解】第二步假设当时成立，再推出当时成立.
故选：B.
8．B
【分析】由可得，即可求出公比.
【详解】设数列的公比为，因为为等比数列，
所以，所以，
所以，解得．
故选：B．
9．B
【分析】根据递推关系可判断数列为周期数列，从而可求.
【详解】因为在数列中，，
所以，
故是周期数列且周期为3，故.
故选：B.
10．C
【解析】根据是公差为d的等差数列，且，利用等差数列的前n项和公式求解.
【详解】因为是公差为d的等差数列，且，
所以，
解得，
故选：C
11．A
【分析】由题意利用等差数列的性质、等差数列的前项和公式，得出结论．
【详解】∵，
∴，
故选：A
12．B
【分析】由题意，代入点坐标进入直线方程可得，即数列是首项为2，公比为2的等比数列，利用等比数列求和公式即得解
【详解】在正项数列中，，且是直线上的点，
可得，所以，
可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，
则的前项和.
故选：B
13．C
【分析】设该数列为，塔群共有n层，则数列为1，3，3，5，5，7，…，该数列从第5项开始成等差数列，根据题意结合等差数求和公式可得，从而可求出的值
【详解】根据题意，设该数列为，塔群共有n层，
即数列有n项，数列为1，3，3，5，5，7，…，
则．
该数列从第5项开始成等差数列，且，，则其公差，
则有，
又，则有，
即，解得或（舍去），则．
故选：C．
14．B
【分析】根据等比数列通项公式列方程计算即可.
【详解】等比数列中，，，
则，解得，
故选：B．
15．A
【分析】设等差数列的公差为d，根据求得公差d，即可求得数列的通项，从而求得数列的通项，再根据裂项相消法求得数列的前和为，从而可得出答案.
【详解】解：设等差数列的公差为d，
，所以，
则，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，解得.
故选：A.
16．C
【分析】取，可得出数列是等比数列，求得数列的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于的等式，由可求得的值.
【详解】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.
故选：C.
【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.
17．B
【分析】先利用条件求出公比的值，然后利用等比数列求和公式以及可求出正整数的值.
【详解】因为，
所以，得到，
因为，所以.
由，得，又，
所以，
因为，则，
所以，解得，
故选：B
18．B
【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.
【详解】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.
故选：B.
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.
19．C
【分析】由和的关系式，可得出数列是等差数列，从而得出数列的通项公式，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】由得，
当时，，
整理得，
所以是公差为4的等差数列，又因为，
所以，从而，
所以，
所以数列的前10项和为．
故选：C
20．C
【分析】根据规律可总结出第次操作去掉区间的长度和为，利用等比数列求和公式可求得去掉区间的长度总和，由此构造不等式求得结果.
【详解】第一次操作去掉的区间长度为；
第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；
第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；
以此类推，第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，
进行了第次操作后，去掉区间长度和，
由，即，，
又，的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够根据已知所给的规律总结出每次操作去掉的区间长度和成等比数列，并能得到等比数列通项公式.
21．A
【分析】利用基本量代换，求出公比q，再根据前n项和公式，即可求出m.
【详解】等比数列中，，，则，则．
当时，若，则有，解得；
当时，若，则有，整理可得，无整数解．故．
故选：A．
22．C
【分析】结合等比数列的知识求得正确答案.
【详解】数列是等比数列，
所以公比.
故选：C
23．C
【解析】由，可得，数列为常数列，令，可得，进而可得，利用裂项求和即可求解.
【详解】数列满足，对任意的都有，
则有，可得数列为常数列，
有，得，得，
又由，
所以．
故选：C
【点睛】方法点睛：数列求和的方法
（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法
（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；
（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；
（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.
24．A
【分析】结合分组求和法、等比数列前项和公式求得.
【详解】分组：第1组有1项为；第2组有2项，为，；……；第组有项，为，，…，.
根据等比数列的前项和公式得每组各项和分别为，，，…，.∵前63组共有（项），
∴.
故选：A.
25．D
【分析】分析得到数列是以1为首项，3为公差的等差数列，利用等差数列通项即得解.
【详解】∵，，
∴
∴数列是以1为首项，3为公差的等差数列，
∴，解得.
故选：D.
26．B
【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前项和公式进行求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，
由可得：，
所以，
因此.
故选：B.
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前项和公式的应用，考查了数学运算能力.
27．D
【分析】由，得出，周期为3，利用周期性可得答案.
【详解】因为，，
由得，
进而得：，，可得：，
．
故选：D.
28．D
【分析】由，，可得，再结合等差中项分析得，进而得出，由此得解.
【详解】设等差数列的公差为，
∵，∴，∴.
∵，，∴，
∴当取最大值时.
故选：D.
29．C
【分析】利用前项积与通项的关系可求得结果.
【详解】由已知可得.
故选：C.
30．B
【分析】令，则，，然后利用函数的知识可得答案.
【详解】令，则，
当时，
当时，，由双勾函数的知识可得在上单调递增，在上单调递减
所以当即时，取得最大值，
所以此数列的最大项是，最小项为
故选：B．
31．A
【分析】由题设结合等比数列通项公式求得公比，进而求.
【详解】由题设，，又，可得，
∴.
故选：A
32．A
【分析】运用等差数列前n项和公式进行求解即可.
【详解】设等差数列{an}的公差为d，
∵，显然，
∴，
故选：A
33．D
【分析】结合等差数列的通项公式可求得，进而可求出结果.
【详解】因为数列，都是等差数列，设数列，的公差分别为，
又，，且，则，
即，所以，
故选：D.
34．D
【分析】利用递推关系得到数列中项之间的规律，发现该数列时隔项相等的数列，故只需要得到前2项的即可.
【详解】∵①，∴②，又∵，∴，由得，即，
又∵，且，∴，∴，
∴.
故选：D.
35．C
【分析】将化成和的形式，得到二者关系，求得，利用求得结果.
【详解】
，即
故选：C.
【点睛】思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题思路如下：
（1）根据题中所给的条件，结合等差数列通项公式，将其转化为关于首项与公差的式子；
（2）化简求得数列的某一项；
（3）结合等差数列求和公式，得到和与项的关系，求得结果.
36．B
【分析】令，故函数在上单调递减，在上单调递增，进而得当时，是单调递减数列，当时，是单调递增数列，再根据函数单调性去绝对值求和即可.
【详解】解：令函数，
由对勾函数的性质得函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，是单调递减数列，当时，是单调递增数列，
所以
所以
故选：B
37．C
【分析】依题意根据数学归纳法证明判断即可；
【详解】解：因为要证明的是对任意正偶数n均有等式成立，所以在验证正确后，
归纳假设应写成：假设时命题成立．
故选：C．
38．C
【分析】首先求数列的通项公式，然后利用等比数列的前项和公式，求的值.
【详解】设的公差为，由题意得，因为，
所以，解得，故，则.
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，
由得，解得.
故选：C.
39．B
【分析】根据数列的通项公式，可得数列{an}为等差数列，即可求得，进而可得前n项和，所求可化简为，代入公式，即可得答案.
【详解】∵an＝2n－7，∴，
∴数列{an}为等差数列，且a1＝－5，d＝2.
∴前n项和.
∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝.
故选：B
40．C
【分析】根据条件求出数列的首项和公比后再求和即可.
【详解】由题意，设数列的公比为，则，
所以.
故选：C
41．D
【分析】先求出，得到，利用裂项相消法求和.
【详解】因为，
所以.
所以前5项和为
故选：D
42．D
【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.
【详解】设等比数列的公比为，则，
，
因此，.
故选：D.
【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．
43．A
【分析】通过对二项展开式赋值求解出的值，然后通过所给的条件变形得到为等差数列，从而求解出的通项公式，即可求解出的值.
【详解】令，得.
又因为，所以.
由，得，所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
所以，所以.
故选：A.
【点睛】本题考查二项展开式与数列的综合运用，对学生的分析与计算能力要求较高，难度较难.解答问题时注意的运用.
44．D
【分析】根据数列的概念逐一判断即可.
【详解】对于A，数列与不是相同的数列，故A错误；
对于B，数列可以表示为，故B错误；
对于C，数列是摆动数列，故C错误；
对于D，数列是递增数列，故D正确.
故选：D.
45．D
【分析】利用等比中项可得，，因此，再结合，可得解
【详解】由，得，
由，得，所以，
所以．
故选：D
46．D
【分析】由等比数列的通项公式计算．
【详解】设第行视标边长为，第行视标边长为，
由题意可得，则，则数列为首项为，公比为的等比数列，
所以，则视力4.9的视标边长为，
故选：D.
47．C
【分析】先计算从夏至到冬至的晷长构成等差数列的公差和冬至到夏至的晷长构成等差数列的公差，再对选项各个节气对应的数列的项进行计算，判断说法的正误，即得结果.
【详解】由题意可知，夏至到冬至的晷长构成等差数列，其中寸，寸，公差为寸，则，解得（寸）；
同理可知，由冬至到夏至的晷长构成等差数列，首项，末项，公差（单位都为寸）.
故小寒与大寒相邻，小寒比大寒的晷长长10寸，即一尺，选项A正确；
春分的晷长为，，
秋分的晷长为，，故春分和秋分两个节气的晷长相同，所以B正确；
小雪的晷长为，，115寸即一丈一尺五寸，故小雪的晷长为一丈一尺五寸，C错误；
立春的晷长，立秋的晷长分别为，，
，，，
故立春的晷长比立秋的晷长长，故D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：
本题的解题关键在于看懂题意，二十四节气的晷长变化形成两个等差数列，即结合等差数列项的计算突破难点.
48．C
【分析】由等差数列前n项和公式可得数列为等差数列，根据可得公差为1，即可求解的值，即可得出结论.
【详解】解：因为数列为等差数列，故，则，
当时，，则，
所以数列为等差数列，设其公差为d．又，即，又，所以，所以，即．
故选：C.
49．C
【分析】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，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.
【详解】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.
故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
50．C
【分析】由题意可知每辆车的工作时间成等差数列，利用等差数列前项和公式可确定辆车的工作总时长，当时，，当时，，可知共需要辆车，由此确定结果.
【详解】总工作量为：，
由题意可知：每调来一辆车，工作时间依次递减，则每辆车的工作时间成等差数列，
设第辆车的工作时间为，则，等差数列的公差，
辆车的工作总时长，
，，
共需辆车完成工程，至少还需要抽调辆车.
故选：C.
51．（1）；（2）
【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；
(2)首先求得数列的通项公式，然后结合等比数列前n项和公式求解其前n项和即可.
【详解】(1) 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)由于：，故：
.
【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础.
52．(1)
(2)7
【分析】（1）设等差数列的公差为d，则由题意可得，化简可得从而可求出d，进而可求出通项公式，
（2）由，得，解不等式可得答案
【详解】（1）设等差数列的公差为d，则
∵成等比数列，
∴，即，即
又
∴
∴
∴数列的通项公式为
（2）
则不等式，即
整理可得，解得或，
又n为正整数，故n的最小值为7.
53．（1）；
（2）.
【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于和的方程组，求得和的值，利用等差数列的通项公式求得结果；
（2）根据题意有，根据，可知，根据，得到关于的不等式，从而求得结果.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，
根据题意有，
解答，所以，
所以等差数列的通项公式为；
（2）由条件，得，即，
因为，所以，并且有，所以有，
由得，整理得，
因为，所以有，即，
解得，
所以的取值范围是：
【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.
54．(1)
(2)
【分析】（1）将改写成形式，利用类似与的关系来处理；
（2）使用错位相减法求和.
（1）
当n＝1，得．
当时，，
得，即，
又也满足上式，
所以的通项公式为．
（2）
（2）由（1）及，得．因此
，①
，②
①－②得，
化简得.
55．（1）或；（2）见解析.
【解析】（1）设等差数列的公差为，由等差数列的通项公式结合等比数列的性质即可得解；
（2）由分组求和法结合等差、等比数列的前n项和公式即可得解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题意，得，解得或，
所以或；
（2）当时，，
此时；
当时，，
此时.
56．(1)，，，
(2)11302，
【分析】（1）先由已知条件求出，，从而可求出公差和公比，进而可求出数列的通项公式，
（2）由（1），即是数列中的第项，而，，从而可知数列的前100项是由数列的前107项去掉数列的前7项后构成的，进而可求得结果
（1）
设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，
由，，，可得，，
则d=2，q=2，，，，
（2）
由（1），
即是数列中的第项，
设数列的前n项和为，数列的前n项和为，
因为，，
所以数列的前100项是由数列的前107项去掉数列的前7项后构成的，
所以，
57．（1）；（2）.
【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列的特征，然后求和其通项公式即可；
(2)方法二：分组求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和.
【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：
显然为偶数，则，
所以，即，且，
所以是以2为首项，3为公差的等差数列，
于是．
[方法二]：奇偶分类讨论
由题意知，所以．
由（为奇数）及（为偶数）可知，
数列从第一项起，
若为奇数，则其后一项减去该项的差为1，
若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．
所以，则．
[方法三]：累加法
由题意知数列满足．
所以，
，
则．
所以，数列的通项公式．
（2）[方法一]：奇偶分类讨论
．
[方法二]：分组求和
由题意知数列满足，
所以．
所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
从而数列的前20项和为：
．
【整体点评】(1)方法一：由题意讨论的性质为最一般的思路和最优的解法；
方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；
方法三：写出数列的通项公式，然后累加求数列的通项公式，是一种更加灵活的思路.
(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前项和是一种常规的方法；
方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.
58．（1）证明见解析；（2）an＝2n－1.
【分析】（1）由题意可得an＋1＋1＝2(an＋1)，利用等比数列的定义即可证明.
（2）利用等比数列的通项公式即可求解.
【详解】（1）证明：∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，即bn＋1＝2bn，
∵b1＝＋1＝2≠0.∴bn≠0，∴＝2，∴{bn}是等比数列．
（2）由（1）知{bn}是首项b1＝2，公比为2的等比数列，
∴bn＝2×2n－1＝2n，即an＋1＝2n，∴an＝2n－1.
59．（1）；（2）.
【分析】（1）设等差数列的公差为，求出，即得解；
（2）由题得，再利用错位相减法求和得解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由，得，解得，
因此；
（2）由题意知：，
所以，
则，
两式相减得
，
因此，.
【点睛】本题主要考查等差数列通项的基本量的求法，考查等差数列的通项，考查错位相减法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
60．证明过程见解析
【分析】选①②作条件证明③时，可设出，结合的关系求出，利用是等差数列可证；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.
选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出，结合等差数列定义可证；
选②③作条件证明①时，设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论.
【详解】选①②作条件证明③：
[方法一]：待定系数法+与关系式
设，则，
当时，；
当时，；
因为也是等差数列，所以，解得；
所以，，故.
[方法二] ：待定系数法
设等差数列的公差为d，等差数列的公差为，
则，将代入，
化简得对于恒成立．
则有，解得．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：
[方法一]：定义法
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.
[方法二]【最优解】：求解通项公式
因为，所以，，因为也为等差数列，所以公差，所以，故，当时，，当时，满足上式，故的通项公式为，所以，，符合题意.
【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，平方后得到的关系式，利用得到的通项公式，进而得到，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出与的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，，进而得到；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出及，进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；法二：利用是等差数列即前两项的差求出公差，然后求出的通项公式，利用，求出的通项公式，进而证明出结论.
61．（1）第2，3项最大，最大项为38；（2）最小值是9.
【分析】（1）将数列的通项公式变形为，根据二次函数的性质可求得数列的最大项.
（2）由函数的图象开口向下，且对称轴方程为，可得数列从第3项起单调递减.再计算出，，可求得正整数m的最小值.
【详解】解：（1）因为，且，所以当或时，最大.
又，
故数列的第2，3项最大，最大项为38.
（2）因为函数的图象开口向下，且对称轴方程为，
所以可知数列从第3项起单调递减.
又，，，，
所以若，则.
所以正整数m的最小值是9.
62．(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．
且．
要证，只需证，即证，只需证．
又，所以，即．
所以只需证．而，所以，
又，所以只需证．
所以，原命题得证．
[方法三]：
若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．
又，故进一步有．
由可得且，从而．．
因为，
所以，
故只需证．
又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．
【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，
方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.
方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！
方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.
63．选择见解析；最大；理由见解析．
【分析】当时，由已知条件可得，化简可得，则是以为首项，为公差的等差数列，从而可得，再由，可求出，则为公差为2的等差数列，若选①，由，，可得，从而可求得最大，若选②，由，可得，从而可求得答案
【详解】因为，
所以当时，，
即，即，即．
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，所以，
当时，成立，
当时，，
满足，所以，，
故，所以为等差数列．
若选①，因为，，则，可得，
，可得，所以，
所以，，故最大．
若选②，因为，
所以，解得，
故，故，，故最大．
64．（1）；（2）.
【分析】（1）设数列的公差为，由题意列关于首项与公差的方程，联立求得首项与公差，则，可求；
（2）把（1）中求得的通项公式代入，分组后利用等比数列前n项和与裂项相消法求解数列的前项和.
【详解】解：（1）设数列的公差为，
由题意，，①
又∵成等比数列，∴，
即，得，②
联立①②可得，
∴ ，；
（2）∵，
∴
＝.
∴数列的前项和为.
【点睛】本题考查等差等比数列基本量的计算，等比数列求和公式，裂项求和，分组求和法等，考查运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于先根据分组求和，转化为等比数列的和与的和，进而利用裂项求和求解.
65．（1）；（2）.
【分析】（1）利用可将题设中的递推关系转化为，利用等差数列的通项公式可求的通项公式，从而可求的通项公式.
（2）利用裂项相消法可求.
【详解】（1）正项数列的前n项和为，满足（，），
所以，
整理得：，
由于数列为正项数列，所以（常数），
所以是以为首项，1为公差的等差数列，
所以，
所以，易见也适合该式.
故.
（2）由于，
所以
.
【点睛】方法点睛：数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法或把通项拆成一个数列连续两项的和（除了符号外）.
66．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）根据和之间的关系，an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1－4an，带入整理可得，即可得证；
（2）由（1）知bn＝3·2n－1＝an＋1－2an，所以即cn＋1－cn＝3，即可得解.
【详解】（1）an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an.
可得，
因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5.
所以b1＝a2－2a1＝3.
所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列.
（2）由（1）知bn＝3·2n－1＝an＋1－2an，
所以.
所以cn＋1－cn＝3，且c1＝＝2，
所以数列{cn}是等差数列，公差为3，首项为2.
67．（1）；（2）
【分析】（1）根据已知列式求出数列的首项和公差即可得出通项公式；
（2）由题可求出，即可求出公比，得出通项公式.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
，
，解得，；
（2），
等比数列的公比为，
.
68．（1）证明见解析，；（2）最小值为1.
【分析】（1）根据，可得，从而可得，即可得出结论，再根据等差数列的通项即可求得数列的通项公式；
（2），即，设，利用作差法证明数列单调递减，从而可得出答案.
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，∴，
∴是以1为首项，1为公差的等差数列.
，∴.
（2）解：∵，
∴，
即对任意的恒成立，
而，
设，
∴，
，
∴，
∴数列单调递减，
∴当时，，∴.
∴p的最小值为1.
69．（1）；；（2）；（3）.
【分析】（1）假设公差和公比，由等差和等比数列通项与求和公式可构造方程求得，由等差和等比通项公式可求得结果；
（2）由（1）可得，利用错位相减法可求得结果；
（3）由（1）可得，利用分组求和的方法，结合等比数列求和公式和裂项相消法可求得结果.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列公比为，
，解得：，
；；
（2）由（1）得：，
，
，
两式作差得：，
.
（3）由（1）得：，
则.
【点睛】方法点睛：当数列通项公式满足等差等比的形式时，采用错位相减法求解数列的前项和，具体步骤如下：
①列出的形式；
②左右两侧同乘通项中的等比部分的公比，得到；
③上下两式作差得到，结合等比数列求和公式可整理等式右侧的部分；
④整理所得式子求得.
70．(1)；(2)7.
【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；
(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.
【详解】(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.
【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.
71．（1）；（2）．
【分析】（1）根据等差数列的前项和公式，即可求解；
（2）代入等差数列的通项和前项和公式，变形为对任意正整数n均成立，再求的取值范围.
【详解】（1）由题意知，
∴，
∴．
（2），
，
由对任意正整数n均成立，
得对任意正整数n均成立，
即对任意正整数n均成立，
当时，上式恒成立；
当时，，
又当时，取得最小值0，∴．
∴的取值范围为．
72．（1）；（2）.
【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；
（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，
，
；
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
.
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.
73．（1）证明见详解；（2）.
【分析】（1）由题意得，化简整理，结合定义即可得证.
（2）由（1）可得，代入可得，分别讨论为奇数和偶数时的表达式，结合单调性，即可求出的取值范围.
【详解】（1）证明：因为，所以
即，则
从而数列是以6为首项，2为公比的等比数列
（2）解：由（1）知，即
所以
，
当为偶数时，
当为奇数时，
当为偶数时，是递减的，此时当时，取最大值，则；
当为奇数时，是递增的，此时，则.
综上，的取值范围是.
【点睛】本题考查了数列构造法，等比数列的定义以及裂项相消求和，还涉及了分类讨论的思想，属于难题
74．（1）；（2），时，的最小值为.
【解析】（1）利用等差数列的通项公式以及前项和公式求出，，代入通项公式即可求解.
（2）利用等差数列的前项和公式可得，配方即可求解.
【详解】（1）设的公差为 ，
由，，
即，解得，
所以.
（2），
，
所以当时，的最小值为.
75．（1）证明见解析，；（2）.
【分析】（1）由题意，① ，当时，，② ，① -② 得，数列是等差数列即得证，即得数列的通项公式；
（2）由题得，再利用等差数列求和得解.
【详解】（1）由题意，①
令，得，所以.
当时，，②
① -② 得，
所以，即.
因为，所以，
所以数列是公差为1的等差数列.
又，所以.
又，所以.
（2）由题意，得
.
又，，，…，是首项为，公差为1的等差数列，
且共有项，
所以.
76．(1)an＝2×3n-1，bn＝n（n+1）
(2)（2n﹣1） 3n+1
【分析】（1）根据an与Sn的关系求{an}通项，再利用累乘法求得bn（n≥2），并检验b1是否适合即可；
（2）先由题设和（1）求得cn与bncn，再利用错位相减法求得其前n项和Tn.
(1)
∵an+1＝2Sn+2，
∴an+2＝2Sn+1+2，
两式相减整理得：an+2＝3an+1，
∴等比数列{an}的公比q＝＝3，
又当n＝1时，有a2＝2S1+2，即3a1＝2a1+2，解得：a1＝2，
∴an＝2×3n-1，
∵b1＝2，（n+2）bn＝nbn+1，
∴＝，
∴bn＝×××…×××b1＝×××…×××2＝n（n+1），n≥2，
又当n＝1时，b1＝2也适合上式，
∴bn＝n（n+1）；
(2)
由（1）可得：cn＝＝＝，
∴bncn＝4n×3n﹣1，
∴Tn＝4（1×30+2×31+3×32+…+n×3n﹣1），
又3Tn＝4（1×31+2×32+…+n×3n），
两式相减得：﹣2Tn＝4（1+3+32+…+3n﹣1﹣n×3n）＝4（﹣n×3n），
整理得：Tn＝（2n﹣1） 3n+1.
77．（1）是，an－bn＝0.9·()n-1；（2）8次.
【分析】（1）通过配制溶液的步骤，可得a1，b1，an，bn，再利用公式即得；
（2）解不等式，计算即可.
【详解】（1）由题意，得b1＝＝0.65 g/ml，
a1＝＝1.55 g/ml.
当n≥2时，bn＝(300bn－1＋100an－1)＝(3bn－1＋an－1)，
an＝(200an－1＋100bn)＝(3an－1＋bn－1)，
∴an－bn＝(an－1－bn－1)，
∴等比数列{an－bn}的公比为，
其首项a1－b1＝1.55－0.65＝0.9，
∴an－bn＝0.9·()n-1.
(2)由题意可知，问题转化为解不等式0.9·()n-1<10－2，
∴n>1＋≈7.49，
∴至少要操作8次才能达到要求.
78．选择见解析；（1）；（2）．
【分析】（1）选择条件①,通过作差得到数列为等差数列，选择条件②，方法同选择条件①，选择条件③，根据式子的结构，先求出，再求；
（2）先求出的通项，再求和即可.
【详解】（1）选择条件①
由，得：，
两式作差得：，
即：，
故数列为等差数列，
当时，由条件①知：，，故公差，
所以．
选择条件②
当时，可知，
，
当时，，
两式相减得：，
即：，
又，所以，
故数列是1为首项2为公差的等差数列．
所以．
选择条件③
由得：数列为常数列，
所以，所以，
当时，，
又，也符合上式，故．
（2）选择条件①的解答如下，其他选择参考给分．
由（1）可知．
令，则，
所以．
79．(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）利用得，变形得，则可证明等比数列，根据等比数列的通项公式可得答案；
（3）令，通过计算的正负，求出的最大值，将题目转化为，解不等式即可.
（1）
①
②
①-②得，即，
变形可得，
又，得
故数列是以-1为首项，为公比的等比数列，
由等比数列的通项公式可得，
.
（2）
令，则
当或时，，
当时，
又，，
因为不等式对任意的正整数恒成立，
，解得.
80．（1），，；（2）.
【分析】（1）由已知可得：，代入，即可求得，，的值；
（2）由前4项的值即可归纳.
【详解】（1）因为点在函数的图象上，
所以，
又，所以，
，
.
（2）由（1）中数列的前4项的规律，
可归纳出数列的一个通项公式为.
81．（1）；（2）.
【分析】（1）设的公差为，根据等差数列的通项公式与求和公式列关于和的方程组，解得和的值即可得的通项公式；
（2）求出和的值，即可得的公比，再由等比数列求和公式即可求解.
【详解】（1）设的公差为，
由题意可得，解得：
所以；
（2）由（1）得，，
设的公比为，则，解得：，
所以的前项和.
82．(1)
(2)54
【分析】（1）利用等差数列的性质，求出等差数列的基本量，进而利用等差数列的通项公式和求和公式即可求解.
（2）利用等差数列的通项公式和求和公式，即可求解.
（1）
，设等差数列的公差为，得到，解得，得，
（2）
由（1）得，
83．（1）；（2）.
【解析】（1）先设等差数列的公差为，由题中条件，列出方程求出首项和公差，即可得出通项公式；
（2）根据（1）的结果，得到，再由等比数列的求和公式，即可得出结果.
【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，
所以，解得，所以；
（2）由（1）可得，，即数列为等比数列，
所以数列的前n项和.
84．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）利用和的关系式进行变形；（2）利用和的关系式得到通项，即可得到结果；
【详解】（1）数列中，，且，
所以，
数列是公比的等比数列；
（2）选择条件①，不存在，
因为，所以，
因为是公比为3的等比数列，所以，
解得，，
；
，
，因为，不符合上式，
所以数列不是等比数列，所以不存在．
选择条件②，不存在，
因为是公比为3的等比数列，所以，
又，得，所以，
，所以，
所以，因为，不符合上式，
所以数列不是等比数列，所以不存在．
选择条件③，存在，
因为是公比为3的等比数列，所以，
又，得，所以，
，所以，
所以，因为，符合上式，
所以数列是等比数列，所以存在，此时．
85．（1）；（2）.
【分析】（1）根据等比数列的定义可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，即可求得，即可得答案.
（2）由（1）可得，利用错位相减求和法，即可求得答案.
【详解】解：（1）因为，且，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
则，
所以.
（2）因为，
所以，
则，
上下相减得，
故.
86．（1）；（2）当或时，数列前n项和取得最小值.
【分析】（1）根据，分别讨论，两种情况，根据与的关系即可求出结果；
（2）根据等差数列前项和的函数特征，即可得出结果.
【详解】（1）因为，
所以当时，；
当时，；
显然是，也满足，
所以；
(2) 因为，
所以数列为等差数列，其前n项和
又，所以当或时，取得最小值.
87．（1），；（2），.
【分析】（1）利用累加法求通项公式；
（2）利用错位相减法以及等比数列求和公式即可得出.
【详解】（1）由已知，当时，
，
当时，符合上式，
，.
（2）由（1）知，
①
②
①-②得
所以，，.
【点睛】数列求和的方法技巧
(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
88．（1）；（2）.
【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；
（2）由（1）求出的通项公式，利用等差数列求和公式求得，根据已知列出关于的等量关系式，求得结果.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
根据题意，有，解得，
所以；
（2）令，
所以，
根据，可得，
整理得，因为，所以，
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.
89．(1)，，
(2)
【分析】（1）根据递推公式，直接代入求解即可
（2）根据题意归纳出规律：，进而可求解
(1)
因为，所以，，，
，.
(2)
由（1）可归纳得，
，
，
，可以猜测，
所以，可以猜测
90．（1）；（2）．
【分析】（1）利用等差数列前项和公式、通项公式及等比数列性质列出方程组，求出首项与公差，由此能出数列的通项公式；
（2）当时，；当时，，根据等差求和公式可求解．
【详解】（1）由，，
得，解得，
所以等差数列的通项公式为．
（2）当时，
．
当时，
．
故．
91．（1）（2）证明见解析；.（3）
【分析】（1）代入计算即可.
（2）分别令n＝1，2，3，即可证明，根据周期公式即可求出.
（3）分别由a1＝1，a2＝2，a3＝3，可得1＝Asin（+φ）+c，2＝﹣Asin（+φ）+c，3＝Asinφ+c，解得即可求出
【详解】解：（1）当a1＝1，a2＝2，a1a2a3＝a1+a2+a3，解得a3＝3；
（2）当n＝2时，6a4＝2+3+a4，解得a4＝1，
当n＝3时，3a5＝1+3+a5，解得a5＝2，
…，
可得an+3＝an，当a1＝1，a2＝2，a3＝3；
故3为数列{an}的一个周期，
则＝3，k∈N*，则；
（3）由（2）可得an＝Asin（n+φ）+c，
则1＝Asin（+φ）+c，2＝﹣Asin（+φ）+c，3＝Asinφ+c，
即1＝A cosφ﹣A sinφ+c，①
2＝﹣A cosφ﹣A sinφ+c，②
由①+②，可得3＝﹣Asinφ+2c，
∴c＝2，Asinφ＝1，
①﹣②，可得﹣1＝A cosφ，
则tanφ＝﹣，
∵|φ|＜，
∴φ＝﹣，
∴A＝﹣，
故．
【点睛】本题考查了数列的递推公式和三角函数的解析式，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．
92．(1)；
(2).
【分析】(1)对函数求导，利用给定条件列式计算即可得解.
(2)利用(1)的结论求出切点坐标、切线斜率，再由直线的点斜式方程即可求出切线方程..
（1）
由求导得：，
又，则，解得，
所以的解析式为.
（2）
由(1)得，，则，
在处的切线方程为，即，
所以f(x)在处的切线方程是：.
93．（1）1
（2）
（3）
【分析】（1）根据定义得，再根据和项与通项关系化简得，最后根据数列不为零数列得结果；
（2）根据定义得，根据平方差公式化简得，求得，即得；
（3）根据定义得，利用立方差公式化简得两个方程，再根据方程解的个数确定参数满足的条件，解得结果
【详解】（1）
（2）
，
（3）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，
【点睛】本题考查数列新定义、由和项求通项、一元二次方程实根分步，考查综合分析求解能力，属难题.
94．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】（1）[方法一]：
由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知 ①
于是． ②
由①②得． ③
又， ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）
由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；
方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；
95．（1），；（2）证明见解析.
【分析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；
（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.
【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
，
，
．
设， ⑧
则． ⑨
由⑧-⑨得．
所以．
因此．
故．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得 ，
所以，
所以，
所以.
[方法三]：构造裂项法
由（Ⅰ）知，令，且，即，
通过等式左右两边系数比对易得，所以．
则，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设，
由于，
则．
又，
所以
，下同方法二．
【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.
（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；
方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；
方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，
方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.
96．(1)
(2)
【分析】（1）由及题意可得数列为等差数列，从而求出，从而可求出答案；
（2）利用裂项相消法即可求出答案．
【详解】（1）∵，
∴，
又，
∴，
∴数列是以为首项，1为公差的等差数列，
∴，∴，
当时，，
当时，，满足上式，
∴数列的通项公式为；
（2）由（1）可知，，
，
∴当时，．
97．（1）；（2）3.
【分析】（1）由题意可得在上恒成立，即在上恒成立，转化为不等式右边的最小值成立，可得答案；
（2）显然，否则函数在上递增.利用导数求出函数的递减区间为，再根据已知递减区间，可得答案
【详解】（1）因为，且在区间上为增函数，
所以在上恒成立，即在(1，+∞)上恒成立，
所以在上恒成立，所以，即a的取值范围是
（2）由题意知.因为，所以.
由，得，
所以的单调递减区间为，
又已知的单调递减区间为，
所以，
所以，即.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，特别要注意：函数在某个区间上递增或递减与函数的递增或递减区间是的区别，属于基础题.
98．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）由可得出，结合等差数列的定义可证明结论成立，确定数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；
（2）求得，利用等差数列的求和公式可求得的值.
（1）证明：，，，则，即，解得，所以，，即，所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，故.
（2）解：，所以，.
99．（1）；（2）第2年该公司开始获利.
【分析】（1）根据题意得出数列的首项和公差，进而求得通项公式
（2）根据题意算出总利润，进而令总利润大于0，解出不等式即可.
【详解】（1）由题意知，数列是，公差的等差数列，
所以.
（2）设引进这种设备后，净利润与年数n的关系为，
则.
令得，解得，
又因为，所以，3，4，…，18，
即第2年该公司开始获利.
100．（1）；（2）.
【解析】（1）利用等差数列的通项公式求解即可；（2）根据条件计算，从而求出，利用等比数列前项和公式即可求出.
【详解】解：()∵是等差数列，
，
∴解出，，
∴
.
()∵，
，
是等比数列，
，
∴b1=4

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