【文档说明】(新高考)高考数学一轮单元复习真题模拟卷第06章《数列》(解析版).doc，共(51)页，2.785 MB，由MTyang资料小铺上传

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02卷第六章数列《真题模拟卷》《真题模拟卷》－2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）第I卷（选择题）一、单选题1．设函数()2cosfxxx，na是公差为8的等差数列，125()()()5fafafa

，则2313[()]faaaA．0B．2116C．218D．21316【答案】D【详解】∵数列{an}是公差为的等差数列，且125()()()5fafafa∴∴即得∴2313[()]faaa[点评]本题难度较大，

综合性很强.突出考查了等差数列性质和三角函数性质的综合使用，需考生加强知识系统、网络化学习.另外，隐蔽性较强，需要考生具备一定的观察能力.2．已知等差数列na的前n项和为55,5,15nSaS,则数列11nnaa的前100项和为A．100101B

．99101C．99100D．101100【答案】A【解析】设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.∵a5＝5，S5＝15，∴1145{545152adad⇒111ad⇒an＝n.∴11nnaa＝11n

n＝111nn，S100＝112＋1123＋…＋11100101＝1－1101＝100101.3．数列{}na的通项公式cos,2nnan其前n项和为nS，则2012S等于A．1006B．2012C．503D．0【答案】A【详解】

2012cos,210213041201212462010201225031006.nnanS故选：A.第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题4．（2017新课标全国II理科）等差数列na的前n项和为nS，33a，410S

，则11nkkS____________．【答案】21nn【详解】设等差数列的首项为1a，公差为d，由题意有1123434102adad，解得111ad，数列的前n项和1

11111222nnnnnnnSnadn，裂项可得12112()(1)1kSkkkk，所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nkknSnnnn．点睛:等差数列的通项公式及前

n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用得方法．使用裂项法求和时，要注意正、负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切

不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．5．数列na是等差数列，若1351,3,5aaa构成公比为q的等比数列，则q________.【答案】1【详解】试题分析：∵1351,3,5aaa

成等比，∴2111(1)[14(1)][12(1)]aadad，令11,1axdy，则2(4)(2)xxyxy，即222444xxyxxyy，∴0y，即10d，∴1q.考点：1.等差，等比数列的性质.三、解答题6．

已知数列na满足111,31nnaaa.(1)证明12na是等比数列，并求na的通项公式；(2)证明：121113...2naaa.【答案】（1）证明见解析，113322nna；（2）证明见解析.【详解】试题分析：本题第（1）问，证明等

比数列，可利用等比数列的定义来证明，之后利用等比数列，求出其通项公式；对第（2）问，可先由第（1）问求出1na，然后转化为等比数列求和，放缩法证明不等式.试题解析：（1）证明：由131nnaa得1113()22nnaa，所以112312nnaa，所以12

na是等比数列，首项为11322a，公比为3，所以12na1332n，解得na312n.（2）由（1）知：na312n，所以1231nna，因为当1n时，13123nn，所以1113123nn，于是11a21a1na111133n

=31(1)23n32，所以11a21a1na32.【易错点】对第（1）问，构造数列证明等比数列不熟练；对第（2）问，想不到当1n时，13123nn，而找不到思路，容易想到用数学归纳法证明而走弯路.考点：本小题考查等比数列的定义、数

列通项公式的求解、数列中不等式的证明等基础知识，考查同学们的逻辑推理能力，考查分析问题与解决问题的能力.数列是高考的热点问题之一，熟练数列的基础知识是解决好该类问题的关键.7．已知数列和满足.若为等比数列

，且（1）求与；（2）设．记数列的前项和为.（i）求；（ii）求正整数，使得对任意，均有．【答案】（1）2()nnanN，1()nbnnnN；（2）（i）11()12nnSnNn；（ii）4k．【解析】试题分析：（1）求与得通项公式，由已知得326bb，再

由已知得，32328bba，又因为数列为等比数列，即可写出数列na的通项公式为2()nnanN，由数列na的通项公式及，可得数列nb的通项公式为，1()nbnnnN；（2）

（i）求数列的前项和，首先求数列的通项公式，由，将2nna，1nbnn代入整理得11121nncnn，利用等比数列求和公式，即可得数列的前项和；（ii）求正整数，使得对任意

，均有，即求数列nS的最大项，即求数列得正数项，由数列的通项公式，可判断出12340,0,0,0cccc，当5n时，0nc，从而可得对任意nN恒有4nSS，即4k．（1）由题意，，326bb，知

32328bba，又有12a，得公比2q=（2q舍去），所以数列na的通项公式为2()nnanN，所以11212322nnnnnaaaa，故数列nb的通项公式为，1()nbnnnN

；（2）（i）由（1）知，11111()21nnnncnNabnn，所以11()12nnSnNn；（ii）因为12340,0,0,0cccc；当5n时，11112nnnn

cnn，而11112120222nnnnnnnnn，得51551122nnn，所以当5n时，0nc，综上对任意nN恒有4nSS，故4k．点评：本题主要考查等差数列与

等比的列得概念，通项公式，求和公式，不等式性质等基础知识，同时考查运算求解能力．8．已知数列和满足，（1）求与；（2）记数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据数列递推关系式，确定数列的特点，得到数列的通项公式；（2）根据（1）问得到

新的数列的通项公式，利用错位相减法进行数列求和.试题解析：（1）由，得.当时，，故.当时，，整理得，所以.（2）由（1）知，所以所以所以.考点：1.等差等比数列的通项公式；2.数列的递推关系式；3.错位相减法求和.9．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：245132,440aaaaaa，求证:数列{an}为―M－数列‖；（2）已知数列{bn}满足:111221,nnnbSbb，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1kkkcbc剟成立，求m的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①bn=n*nN；②5.【分析】（1）由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论；（2）①由题意利用递推关系式讨论可得数列{bn}是等差数列，据

此即可确定其通项公式；②由①确定kb的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得m的最大值．【详解】（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.由245321440aaaaaa，得2441121114

40aqaqaqaqa，解得112aq．因此数列{}na为―M—数列‖.（2）①因为1122nnnSbb，所以0nb．由1111,bSb得212211b，则22b.由1122nnnSbb，得112()nnnnnbbSbb，当2n时，由1nn

nbSS，得111122nnnnnnnnnbbbbbbbbb，整理得112nnnbbb．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*nN.②由①知，bk=k，*k

N.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1kkqkq，其中k=1，2，3，…，m.当k=1时，有q≥1；当k=2，3，…，m时，有lnlnln1kkqkk．设f（x

）=ln(1)xxx，则21ln()xf'xx．令()0f'x，得x=e.列表如下：x(1,e)e(e，+∞)()f'x+0–f（x）极大值因为ln2ln8ln9ln32663，所以maxln3()(3)3fkf．

取33q，当k=1，2，3，4，5时，lnlnkqk„，即kkq，经检验知1kqk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．【点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．10．设na是等差数列，nb是等比

数列，公比大于0，已知113ab，23ba，3243ba.（Ⅰ）求na和nb的通项公式；（Ⅱ）设数列nc满足21,,,nnncbn为奇数为偶数求*112222nnacacacnN.【答案】（I）3nan，3nnb；（II

）22(21)369()2nnnnN【分析】（I）首先设出等差数列的公差，等比数列的公比，根据题意，列出方程组，求得33dq，进而求得等差数列和等比数列的通项公式；（II）根据题中所给的nc所满足的条件，将112222nnacacac表示出来，之后

应用分组求和法，结合等差数列的求和公式，以及错位相减法求和，最后求得结果.【详解】（I）解：设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，依题意，得23323154qdqd，解得33dq，故33(1)3nann，1333nnnb，所

以，na的通项公式为3nan，nb的通项公式为3nnb；（II）112222nnacacac135212142632()()nnnaaaaabababab123(1)[36](6312318363)2nnnnn2

1236(13233)nnn，记1213233nnTn①则231313233nnTn②②①得，231233333nnnTn113(13)(

21)333132nnnnn，所以122112222(21)3336332nnnnnacacacnTn22(21)369()2nnnnN.【点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式等基

础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力，属于中档题目.11．设等差数列{}na的前n项和为nS，34a，43aS，数列{}nb满足：对每12,,,nnnnnnnSbSbSbN成等比数列.（1）求数列{},{}nnab的通项公式；（2）记

,,2nnnaCnbN证明：12+2,.nCCCnnN【答案】（1）21nan，1nbnn；（2）证明见解析.【分析】(1)首先求得数列na的首项和公差确定数列na的通项公式，然后结合三项成等比数列的充分必要条件整理计算即可确定数列n

b的通项公式；(2)结合(1)的结果对数列nc的通项公式进行放缩，然后利用不等式的性质和裂项求和的方法即可证得题中的不等式.【详解】(1)由题意可得：1112432332adadad，解得：102ad，则数列na的通项公式为22n

an.其前n项和02212nnnSnn.则1,1,12nnnnnbnnbnnb成等比数列，即：21112nnnnnbnnbnnb，据此有：

2222121112121nnnnnnnnnbbnnnnnnbnnbb，故22112121(1)(1)(1)(2)nnnnnnbnnnnnnnnn

.(2)结合(1)中的通项公式可得：112221211nnnanCnnbnnnnnnn，则12210221212nCCCnnn.【点睛】本题主要

考查数列通项公式的求解，，裂项求和的方法，数列中用放缩法证明不等式的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.12．设na是等差数列，nb是等比数列.已知1122334,622,24abbaba，.（Ⅰ）求na和nb的通项公式；（

Ⅱ）设数列nc满足111,22,1,,2,kknkknccbn其中*kN.（i）求数列221nnac的通项公式；（ii）求2*1niiiacnN.【答案】（Ⅰ）31nan

；32nnb（Ⅱ）（i）221941nnnac（ii）2*211*12725212nnniiiacnnnNN【分析】(Ⅰ)由题意首先求得公比和公差，然

后确定数列的通项公式即可；(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论可得数列221nnac的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行等价变形，结合等比数列前n项和公式可得21niiiac的值.【详解】(Ⅰ)设等差数列na的公差为d，

等比数列nb的公比为q.依题意得262426262424124qddqdd，解得32dq，故4(1)331nann，16232nnnb.所以，

na的通项公式为31nan，nb的通项公式为32nnb.(Ⅱ)(i)22211321321941nnnnnnnacab.所以，数列221nnac的通项公式为221941nnnac.(ii)2211

1nniiiiiiiacaac2222111nniiiiiaac2212432nnn1941nii2114143252914nnnn211*2725212nnnnN

.【点睛】本题主要考查等差数列､等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.13．已知{}na是各项均为正数的等比数列，1322,216aaa.（1）求{}na的通项公式；（2）设2lognn

ba，求数列{}nb的前n项和.【答案】（1）212nna；（2）2nSn.【分析】(1)本题首先可以根据数列na是等比数列将3a转化为21aq，2a转化为1aq，再然后将其带入32216aa=+中，并根据数列na是各项均为正数以及

12a即可通过运算得出结果；(2)本题可以通过数列na的通项公式以及对数的相关性质计算出数列nb的通项公式，再通过数列nb的通项公式得知数列nb是等差数列，最后通过等差数列求和公式即可得出结果．【详解】(1)因为数列na是各项均为正数的等比数列，32216aa

=+，12a，所以令数列na的公比为q，2231=2aaqq=，212aaqq==，所以22416qq=+，解得2q(舍去)或4，所以数列na是首项为2、公比为4的等比数列，121242nnna．(2)因为2lognnba，所以

21nbn，+121nbn=+，12nnbb+-=，所以数列nb是首项为1、公差为2的等差数列，21212nnSnn+-=?．【点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考

查计算能力，是简单题．14．已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，1434nnnaab，1434nnnbba.（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.【答案】（1）见解析；（2）1122nnan=+

-，1122nnbn=-+．【分析】(1)可通过题意中的1434nnnaab以及1434nnnbba对两式进行相加和相减即可推导出数列nnab是等比数列以及数列nnab是等差数列；(2)可通过(1)中的结果

推导出数列nnab以及数列nnab的通项公式，然后利用数列nnab以及数列nnab的通项公式即可得出结果．【详解】(1)由题意可知1434nnnaab，1434nnnb

ba，111ab+=，111ab，所以1144323442nnnnnnnnababbaab++=+=--+++-，即()1112nnnnabab++++=，所以数列nnab是首项为1、公比为12的等比数列，()112nnnab-+=，因为()11443434448nnnnnnnn

ababbaab++---=+-=-+-，所以112nnnnabab++=-+-，数列nnab是首项1、公差为2的等差数列，21nnabn-=-．(2)由(1)可知，()112nnnab-+=，21nnabn-=-，所以()111222nnnnnnaababn=++-=+-

，()111222nnnnnnbababn轾=+--=-+臌．【点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档

题．15．已知数列na，13a，前n项和为nS.（1）若na为等差数列，且415a，求nS；（2）若na为等比数列，且lim12nnS，求公比q的取值范围.【答案】（1）22nSnn；（2）31,

00,4；【解析】【分析】（1）通过4a，求解出d，通过求和公式得到nS；（2）根据lim12nnS可得1lim41nnqq且1q，从而得到不等式141q，解不等式得到结果.【详解】（1）由41315aad且13a4

d21132122nnnSnadnnnnn（2）由题意可知1q113111nnnaqqSqq则31limlim121nnnnqSq1lim41nnqq且1q141q34q或1q又1q31,00

,4q【点睛】本题考查等差数列求和、等比数列前n项和的应用问题.利用等比数列前n项和的极限求解q的范围的关键在于能够明确存在极限的前提，然后通过公式得到关于q的不等式，求解不等式得到结果.16．已知{}na为等差数列，前n项和为*()nSnN，

{}nb是首项为2的等比数列，且公比大于0，2334111412,2,11bbbaaSb.（Ⅰ）求{}na和{}nb的通项公式；（Ⅱ）求数列2{}nnab的前n项和*()nN.【答案】（Ⅰ

）32nan.2nnb.（Ⅱ）2(34)216nn.【详解】试题分析：根据等差数列和等比数列通项公式及前n项和公式列方程求出等差数列首项1a和公差d及等比数列的公比q，写出等差数列和等比孰劣的通项公式，利用错位相减法求出数列的和，要求

计算要准确.试题解析：（Ⅰ）设等差数列{}na的公差为d，等比数列{}nb的公比为q.由已知2312bb，得2112bqq，而12b，所以260qq.又因为0q，解得2q.所以，2nnb.由3412baa，可得138da①.由11411Sb，可得1516a

d②，联立①②，解得11,3ad，由此可得32nan.所以，{}na的通项公式为32nan，{}nb的通项公式为2nnb.（Ⅱ）解：设数列2{}nnab的前n项和为nT，由262nan，有2342102162622nnTn，2341242

102162682622nnnTnn，上述两式相减，得23142626262622nnnTn12121246223421612nnnnn.得23421

6nnTn.所以，数列2{}nnab的前n项和为234216nn.【考点】等差数列、等比数列、数列求和【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前n项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前n项和公式，这是等差数列、等

比数列的基本要求，数列求和方法有倒序相加法，错位相减法，裂项相消法和分组求和法等，本题考查错位相减法求和.17．已知{an}是各项均为正数的等比数列,且121236,aaaaa.(I)求数列{an}通项公式；(II){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和Sn,已知211nnnS

bb,求数列nnba的前n项和nT.【答案】（Ⅰ）2nna.（Ⅱ）2552nnnT.【详解】试题分析：（Ⅰ）列出关于1,aq的方程组,解方程组求基本量；（Ⅱ）用错位相减法求和.试题解析：（Ⅰ）设{}na的公比为q，由题意知：22

111(1)6,aqaqaq.又0na，解得：12,2aq，所以2nna.（Ⅱ）由题意知：121211(21)()(21)2nnnnbbSnb，又2111,0,nnnnSbbb所以21nbn,令nnnbca,则212n

nnc，因此12231357212122222nnnnnnTccc,又234113572121222222nnnnnT,两式相减得2111311121222222nnnnT所以2552n

nnT.【考点】等比数列的通项,错位相减法求和.【名师点睛】(1)等比数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公比q,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．等比数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,an,q,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了方程的思

想．(2)用错位相减法求和时,应注意：在写出―Sn‖与―qSn‖的表达式时应特别注意将两式―错项对齐‖，以便下一步准确写出―Sn－qSn‖的表达式，若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解．18．在等差数列na中，

已知公差2d，2a是1a与4a的等比中项.（1）求数列na的通项公式；（2）设(1)2nnnba，记1234(1)nnnTbbbbb，求nT.【答案】（1）2nan.（2）2(1),2{(2)2nnnTnnn为奇数，为偶数.【详解】试题分析：（1）

由题意知2111()(3)adaad，解得12a，即得所求.（2）由题意知(1)2(1)nnnbann.从而得到122334(1)(1)nnTnn.由于12(1)nnbbn.因此应分n为偶数、n为奇数讨论求和具体的，当n为偶数时，12341(

)()()nnnTbbbbbb48122n(2)2nn当n为奇数时，1()nnnTTb2(1)2n.试题解析：（1）由题意知2111()(3)adaad，即2

111(2)(6)aaa，解得12a，所以数列na的通项公式为2nan.（2）由题意知(1)2(1)nnnbann.所以122334(1)(1)nnTnn.因为12(1)nnbbn.可得，当

n为偶数时，12341()()()nnnTbbbbbb48122n(42)22nn(2)2nn当n为奇数时，1()nnnTTb(1)(1)(1)2nnnn2(1)2n所以2(1),2{(2)2nnn

Tnnn为奇数，为偶数.考点：等差数列、等比数列，数列的求和，分类讨论思想.19．nS为等差数列na的前n项和，且17=128.aS，记=lgnnba，其中x表示不超过x的最大整数，如0.9=0lg99=1，.（Ⅰ）求111101,,bbb；（Ⅱ）求数列nb的前1

000项和.【答案】（Ⅰ）1111010,1,2.bbb（Ⅱ）1893.【详解】试题分析：（Ⅰ）先求公差、通项na，再根据已知条件求111101bbb，，；（Ⅱ）用分段函数表示nb，再由等差数列的前n项和公式求数列

nb的前1000项和．试题解析：（Ⅰ）设na的公差为d，据已知有72128d，解得1.d所以na的通项公式为.nan111101[lg1]0,[lg11]1,[lg101]2.bbb（Ⅱ）因为0,110,1,10100,{2,1001000,

3,1000.nnnbnn所以数列nb的前1000项和为1902900311893.【考点】等差数列的通项公式、前n项和公式，对数的运算【名师点睛】解答新颖的数学题时，一是通过转化，化―新‖为―旧‖；二是通过深入分析，多

方联想，以―旧‖攻―新‖；三是创造性地运用数学思想方法，以―新‖制―新‖，应特别关注创新题型的切入点和生长点.20．设nfx是等比数列1，x，2x，，nx的各项和，其中0x，n，2n．（Ⅰ）证明：函数F2nnxfx在1,12

内有且仅有一个零点（记为nx），且11122nnnxx；（Ⅱ）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为ngx，比较nfx与ngx的大小，并加以证明．【答案】（Ⅰ

）证明见解析；（Ⅱ）当1x时，()()nnfxgx，当1x时，()()nnfxgx，证明见解析．【详解】试题分析：（Ⅰ）先利用零点定理可证Fnx在1,12内至少存在一个零点，再利用函数的单调性可证Fnx在1,12内有且仅有一个零点，进而利用nx是Fnx

的零点可证11122nnnxx；（Ⅱ）先设nnhxfxgx，再对x的取值范围进行讨论来判断hx与0的大小，进而可得nfx和ngx的大小．试题解析：（Ⅰ）2()()212nnnFxfxxxx，则(1)10,nFn1211111112()

1220,12222212nnnnF所以()nFx在1,12内至少存在一个零点nx．又，故在1,12内单调递增，所以()nFx在1,12内有且仅有一个零点nx．因为nx是()nFx的零点，

所以()=0nnFx，即11201nnnxx，故111=+22nnnxx+．（Ⅱ）解法一：由题设，11().2nnnxgx设211()()()1,0.2nnnnnxhxfxgx

xxxx当1x时，()()nnfxgx当1x时，111()12.2nnnnxhxxnx若01x，11110.22nnnnnnxx若1x，11110.22nnnnnnxx所以()hx在(0,1)上递

增，在(1,)上递减，所以，即()()nnfxgx．综上所述，当1x时,()()nnfxgx；当1x时()()nnfxgx解法二由题设，211()1,(),0.2nnnnnxfxxxxgxx当1x时,()

()nnfxgx当1x时,用数学归纳法可以证明()()nnfxgx．当2n时,2221()()(1)0,2fxgxx所以22()()fxgx成立．假设(2)nkk时，不等式成立，即()()kkfxgx．那么，当+1nk时，111k+1k1

1()()()2kkkkkkxfxfxxgxxx12112kkxkxk．又11k+121111()22kkkkxkxkkxkxgx令1()11(0)kkkhxkxkxx，则11(

)(1)11(1)kkkkhxkkxkkxkkxx所以当01x,()0khx,()khx在(0,1)上递减；当1x,()0khx,()khx在(1,)上递增．所以()(1)0kkhxh，从而1k+1211()2k

kxkxkgx故11()()kkfxgx．即+1nk，不等式也成立．所以，对于一切2n的整数，都有()()nnfxgx．解法三:由已知，记等差数列为ka,等比数列为kb,1,2,,1.kn则111ab，11nnnabx++==，所

以11+1(2)nkxakknn,1(2),kkbxkn令111()1,0(2).nkkkkkxmxabxxknn当1x时,=kkab,所以()()nnfxgx．当1x时,12211()(1)11nkknkkk

mxnxkxkxxn而2kn，所以10k，11nk．若01x，11nkx，()0kmx，当1x，11nkx，()0kmx，从而()kmx在(0,1)上递减，()kmx在(1,)上递增．所以()(1)0kkmx

m，所以当01,(2),kkxxabkn且时又11ab，11nnab，故()()nnfxgx综上所述，当1x时，()()nnfxgx；当1x时()()nnfxgx．考点：1

、等比数列的前n项和公式；2、零点定理；3、等差数列的前n项和公式；4、利用导数研究函数的单调性．21．已知数列na是首项为正数的等差数列，数列11nnaa的前n项和为21nn.（1）求数列na的通项公式；（2）设12nannba

，求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)21nan；(2)143149nnnT.【详解】（Ⅰ）设数列na的公差为d，令1,n得12113aa，所以123aa.令2,n得12231125

aaaa，所以2315aa.解得1a1,d2==，所以21.nan（Ⅱ）由（Ⅰ）知21224,nnnbnn所以121424......4,nnTn所以23141424......(1)44,nnnTnn两式相减，得121

344......44nnnTn114(14)13444,1433nnnnn所以113144(31)44.999nnnnnT考点：1.等差数列的通项公式；2.数列的求和、―错位相减法‖.22．

设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanabA，且B为钝角.（1）证明：2BA；（2）求sinsinAC的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）29(,]28.【详解】试题分析：(Ⅰ)运用正弦定理将化简变形,再解

三角方程即可获解；(Ⅱ)将角用表示,换元法求函数的值域即可.试题解析：(Ⅰ)由tanabA及正弦定理，得sinsincossinAaAAbB，∴sincosBA，即sinsin()2BA，又B为钝角，因此(,)22A，故2BA，即2BA

；(Ⅱ)由（1）知，()CAB(2)2022AA，∴(0,)4A，于是sinsinsinsin(2)2ACAA2219sincos22sinsin12(si

n)48AAAAA，∵04A，∴20sin2A，因此221992(sin)2488A，由此可知sinsinAC的取值范围是29(,]28．考点：正弦定理、三角变换，二次函数的有关知识和公式的应用.23．等差数列n

a中，24a，4715aa．（1）求数列na的通项公式；（2）设22nanbn，求12310bbbb的值．【答案】（1）3(1)12nann；（2）2101【详解】（Ⅰ）设等差数列na的公差为d．由

已知得1114{3615adadad，解得13{1ad．所以112naandn．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得2nnbn．所以231012310212223210bbbb2

3102222123101021211010122112255112532101．考点：1、等差数列通项公式；2、分组求和法．24．正项数列{an}满足：an2﹣（2n﹣1）

an﹣2n＝0．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令bn11nan，求数列{bn}的前n项和Tn．【答案】（1）2nan（2）2(1)nnTn【分析】（1）根据数列的递推关系，即可求数列{an}的通项公式an；（2）求出bn11nan

的通项公式，利用裂项法即可得到结论．【详解】解：（1）∵an2﹣（2n﹣1）an﹣2n＝0，∴（an﹣2n）（an+1）＝0，又∵各项为正，∴an＝2n．（2）∵bn1111212nannn（111nn），∴数列{bn}的前n

项和Tn12（1111112231nn）（11)12(1)nnn，【点睛】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和，利用裂项法是解决本题的关键．25．设等差数列{}na的公差为d，点(),

nnab在函数()2xfx的图象上（*nN）.（1）若12a，点87(,4)ab在函数()fx的图象上，求数列{}na的前n项和nS；（2）若11a，函数()fx的图象在点22()ab,处的切线在x轴上的截距为12ln2，求数列{}nnab的前n项和nT.【

答案】（1）(3)nSnn；（2）1222nnnnT.【详解】试题分析：据题设可得，2nanb.（1）7262627722,422,2adddbd，由等差数列的前n项和公

式可得nS.（2）首先可求出()2xfx在22()ab,处的切线为2222ln2()aybxa，令0y得222221(2ln2)(),,2ln2abxaxaa，由此可求出nan，2nnb.所以2nnn

anb，这个数列用错位相消法可得前n项和nT.试题解答：2nanb.（1）7262627722,422,2adddbd，所以2(1)(3)nSnnnnn.（2）将(

)2xfx求导得()2ln2xfx，所以()2xfx在22()ab,处的切线为2222ln2()aybxa，令0y得222221(2ln2)(),,2ln2abxaxaa，所以211,ndan，

2nnb.所以2nnnanb，其前n项和1231123122222nnnnnT①两边乘以2得：12112321222nnnT②②－①得：121111111221222222nnnnnnnnTT，所以1222nnnnT.【考点

定位】等差数列与等比数列.26．已知等差数列na的公差为2，前n项和为nS，且124,,SSS成等比数列．（1）求数列na的通项公式；（2）令1141nnnnnbaa，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）21nan；（2）2,2122,21nn

nnTnnn为偶数为奇数【分析】（1）根据等差数列的性质得出2111122412,1aaaa运用通项公式求解即可．（2）由（1）可得11112121nnbnn.对n分类讨论―裂项相消求和‖

即可得出.【详解】（1）∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1、S2、S4成等比数列．∴Sn＝na1+n（n﹣1）（2a1+2）2＝a1（4a1+12），a1＝1，∴an＝2n﹣1；（2）∵由（1）可得11

1411112121nnnnnnbaann，当n为偶数时，Tn＝11111111113355723212121nnnn

1212121nnn．当n为奇数时，11111111113355723212121nTnnnn12212121nnn

．2,2122,21nnnnTnnn为偶数为奇数．【点睛】本题考查了等差数列等比数列的定义，性质，公式，分类讨论思想，裂项相消求和，属于中档题．27．已知na是等差数列，满足13a，412a，数列nb满足14b，4

20b，且nnba是等比数列.（1）求数列na和nb的通项公式；（2）求数列nb的前n项和.【答案】（1）3(1,2,)nann，132(1,2,)nnbnn；（2）3(1)212nnn【详解】试题分析：（1）利用等差数列，等比数列

的通项公式先求得公差和公比，即得到结论;（2）利用分组求和法，由等差数列及等比数列的前n项和公式即可求得数列nb前n项和．试题解析：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由题意得d===3．∴an=a1+（n

﹣1）d=3n设等比数列{bn﹣an}的公比为q，则q3===8，∴q=2，∴bn﹣an=（b1﹣a1）qn﹣1=2n﹣1，∴bn=3n+2n﹣1（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn=3n+2n﹣1，∵数列{3n}的前n项和为n（n+1），数列{2n﹣1}的前n项和

为1×=2n﹣1，∴数列{bn}的前n项和为；考点：1.等差数列性质的综合应用；2.等比数列性质的综合应用；3.数列求和．28．等差数列na的前n项和为nS，已知110a，2a为整数，且4nSS.（1）求na的通

项公式；（2）设11nnnbaa，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）133nan；（2）10103nnTn．【解析】试题分析：（1）由已知可得等差数列na的公差d为整数．由4nSS可得450,0,aa列出不等式组解得d的范围，从

而可确定整数d的值，最后由等差数列的通项公式可求得数列na的通项公式；（2）由已知先写出1133103nbnn，列出nT的表达式1211110774133103nnTbbbnn，

由于nb可分裂为1113103133nn，故采用裂项相消法求nT．（1）由110a，2a为整数知，等差数列na的公差d为整数．又4nSS，故450,0,aa于是1030,1040dd，解

得10532d，因此3d，故数列na的通项公式为133nan．（2）11111331033103133nbnnnn，于是12111111111137

104710313331031010103nnnTbbbnnnn．考点：1．等差数列通项公式；2．裂项法求数列的前n项和．29．设数列{an}的前n项和

为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*．(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式．【答案】(1)a1＝1；(2)an＝3·2n－1－2，n∈N*．【详解】(1)令1n得:a1的值为1;(2)当2n时,T

n-1=2Sn-1-(n-1)2，所以两式相减得:nS=2na-21n+,此式对1n也成立,所以对n∈N﹡,都有nS=2na-21n+,所以,当2n时,1nS=12na-2(1)1n,此两式相减得:na=2na-12na-

2,即na+2=12(2)na,所以数列2na是公比为2的等比数列,首项为3,所以2na132n,解得na=132n－2.30．已知等差数列na的前n项和nS满足30S，55S．（1）求na的通项公式；（2）求数列21211nnaa的前n项和

．【答案】(1)2nan；（2）12nn.【分析】（1）根据等差数列的前n项和公式解方程组即可求{an}的通项公式；（2）求出求数列{21211nnaa}的通项公式，利用裂项法即可求前n项和Sn．【详解】解：（1）由等差数列的性质可得1133054552ad

ad，即11021adad，解得a1＝1，d＝﹣1，则{an}的通项公式an＝1﹣（n﹣1）＝2﹣n；（2）21211111321221232nn

aannnn（21232123nnnn）12（112321nn），则数列{21211nnaa}的前n项和Sn12（11111132321nn

）12（﹣1121n）12nn．【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式的求解，以及利用裂项法进行求和，考查学生的计算能力．31．已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列12n

na的前n项和．【答案】（1）2nan；（2）12nn.【详解】(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得11021210adad＋＝＋＝－，解得111ad＝＝，故数列{an}的通项公式为an＝2－n.(2)

设数列12nna的前n项和为Sn，∵1121212222nnnnnann－－－－－＝＝－，∴Sn＝2211121222n－＋＋＋＋＋－21231222nn－＋＋＋＋

记Tn＝21231222nn－＋＋＋＋，①则12Tn＝231232222nn＋＋＋＋，②①－②得：12Tn＝1＋211112222nnn＋＋＋，∴12Tn＝112112n－－2nn，即Tn＝4112n－－12nn.∴Sn＝1212112n

－－4112n－＋12nn＝4112n－－4112n－＋12nn＝12nn.32．在数列na中，11111,(1)2nnnnaaan（I）设nnabn，求数列nb的通项公式（II）求数列n

a的前n项和nS【答案】（I）1122nnb(*nN)（II）nS=(1)nn1242nn【解析】试题分析：解:(I)由已知有利用累差迭加即可求出数列的通项公式:()(II)由(I)知,=而,又是一个典型的错位相减法模型,易得=考点：数列的通项公式和求和的

运用点评：解决的关键是对于数列的递推关系式的运用，根据迭代法得到通项公式，并结合错位相减法求和．33．本题共3个小题，第1小题满分3分，第2小题满分6分，第3小题满分9分.已知数列{}na满足1113,*,13nnnaaanNa.

（1）若2342,,9aaxa，求x的取值范围；（2）若{}na是公比为q等比数列，12nnSaaa，113,*,3nnnSSSnN求q的取值范围；（3）若12,,,kaaa成等差数列，且121000kaaa

，求正整数k的最大值，以及k取最大值时相应数列12,,,kaaa的公差.【答案】（1）[3,6]；（2）1[,2]3；（3）k的最大值为1999，此时公差为11999d.【解析】【分析】（1）依题意：232133aaa，又343133aaa将已知代入求出x的范围；（2）先求出

通项：1nnaq，由121133aaa求出133q，对q分类讨论求出Sn分别代入不等式13Sn≤Sn+1≤3Sn，得到关于q的不等式组，解不等式组求出q的范围．（3）依题意得到关于k的不等式，得出k的最大值，并得出k取最大值时a1，a2，…ak的公差．【详解】

（1）依题意：232133aaa，∴263x；又343133aaa∴3≤x≤27，综上可得：3≤x≤6（2）由已知得，1nnaq，121133aaa，∴133q，当q＝1时，Sn＝n，13Sn≤Sn+1≤3Sn，即

133nnn，成立．当1＜q≤3时，11nnqSq，13Sn≤Sn+1≤3Sn，即1111133111nnnqqqqqq，∴111331nnqq不等式11320320nnnnqqqq

∵q＞1，故3qn+1﹣qn﹣2＝qn（3q﹣1）﹣2＞2qn﹣2＞0恒成立，而对于不等式qn+1﹣3qn+2≤0，令n＝1，得q2﹣3q+2≤0，解得1≤q≤2，又当1≤q≤2，q﹣3＜0，∴qn+1﹣3qn+2＝qn（q﹣3）+2≤q（q﹣3）+2＝（q﹣1）（q﹣2）≤0成立

，∴1＜q≤2，当113q＜时，11nnqSq，13Sn≤Sn+1≤3Sn，即1111133111nnnqqqqqq，∴此不等式即11320320nnnnqqqq，3q﹣1＞0，q﹣3＜0，3qn+1﹣qn﹣2＝qn（3q﹣

1）﹣2＜2qn﹣2＜0，qn+1﹣3qn+2＝qn（q﹣3）+2≥q（q﹣3）+2＝（q﹣1）（q﹣2）＞0∴113q＜时，不等式恒成立，∴q的取值范围为：123q．（3）设a1，a2，…ak的公差为d．由1133nnn

aaa，且a1＝1，得11113111213ndndndnk，，，，即212121232ndnknd，，，当n＝1时，23d≤2；当n＝2，3，…，k﹣1时，由222123nn

＞，得d221n，所以d22213k，所以1000＝k11122221kkkkadkk，即k2﹣2000k+1000≤0，得k≤1999所以k的最大值为1999，k＝1999时，a1

，a2，…ak的公差为11999．【点睛】本题考查等比数列的通项公式及前n项和的求法；考查不等式组的解法；找好分类讨论的起点是解决本题的关键，属于一道难题．34．设数列{an}的前n项和为Sn，满足，且a1，a2+5，a3成等差数列．（1）求a1的值；（2）求数列{an

}的通项公式；（3）证明：对一切正整数n，有．【答案】（1）1（2）an=3n﹣2n（3）见解析【详解】（1）在2Sn=an+1﹣2n+1+1中，令n=1得：2S1=a2﹣22+1，令n=2得：2S2=a3﹣23

+1，解得：a2=2a1+3，a3=6a1+13又2（a2+5）=a1+a3解得a1=1（2）由2Sn=an+1﹣2n+1+1，得an+2=3an+1+2n+1，又a1=1，a2=5也满足a2=3a1+21，所以an+1=3an+2n对n∈N*成立∴an+1+2n+1

=3（an+2n），又a1=1，a1+21=3，∴an+2n=3n，∴an=3n﹣2n；（3）（法一）∵an=3n﹣2n=（3﹣2）（3n﹣1+3n﹣2×2+3n﹣3×22+…+2n﹣1）≥3n﹣1∴≤，∴+++…+≤1+++…+=＜；（法二）∵an+1=3n+1

﹣2n+1＞2×3n﹣2n+1=2an，∴＜•，，当n≥2时，＜•，＜•，，…＜•，累乘得：＜•，∴+++…+≤1++×+…+×＜＜．35．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a1=a（a≠0），an+1=rSn（n∈N*，r∈R，r≠﹣1）．（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若存在k∈N*，使得Sk+1，Sk，Sk+2成等差数列，试判断：对于任意的m∈N*，且m≥2，am+1，am，am+2是否成等差数列，并证明你的结论．【答案】（1）（2）见解析【详解】（1）由已知an+1=rSn，则an+2=rSn+1，两式相减得an+2﹣an+1=

r（Sn+1﹣Sn）=ran+1即an+2=（r+1）an+1又a2=ra1=ra∴当r=0时，数列{an}为：a，0，0，…；当r≠0时，由r≠﹣1，a≠0，∴an≠0由an+2=（r+1）an+1得数列{an}从第二项开始为等比数列∴当n≥2时，an=r（r+1）n﹣2a综

上数列{an}的通项公式为（2）对于任意的m∈N*，且m≥2，am+1，am，am+2成等差数列，理由如下：当r=0时，由（1）知，∴对于任意的m∈N*，且m≥2，am+1，am，am+2成等差数列；当r≠0，r≠﹣1时∵Sk+2=Sk+ak+1+ak+2，

Sk+1=Sk+ak+1若存在k∈N*，使得Sk+1，Sk，Sk+2成等差数列，则2Sk=Sk+1+Sk+2∴2Sk=2Sk+ak+2+2ak+1，即ak+2=﹣2ak+1由（1）知，a2，a3，…，an，

…的公比r+1=﹣2，于是对于任意的m∈N*，且m≥2，am+1=﹣2am，从而am+2=4am，∴am+1+am+2=2am，即am+1，am，am+2成等差数列综上，对于任意的m∈N*，且m≥2，am+1，am，am+2成等

差数列．36．已知函数f（x）=2﹣|x|，无穷数列{an}满足an+1=f（an），n∈N*（1）若a1=0，求a2，a3，a4；（2）若a1＞0，且a1，a2，a3成等比数列，求a1的值（3）是否存在a1，使得a1，a2，…，an，…成等差数

列？若存在，求出所有这样的a1，若不存在，说明理由．【答案】（1）a2=2，a3=0，a4=2（2）a1=1或（3）存在【解析】试题分析：（1）由题意，代入计算得a2=2，a3=0，a4=2；（2）a2=2﹣|a1|=2﹣a1，a3=2

﹣|a2|=2﹣|2﹣a1|，①当0＜a1≤2时，a3=2﹣（2﹣a1）=a1，所以，得a1=1；②当a1＞2时，a3=2﹣（a1﹣2）=4﹣a1，所以，得（舍去）或．综合①②得a1=1或．（3）假设这样的等差数列存在，那么a2=2

﹣|a1|，a3=2﹣|2﹣|a1||，由2a2=a1+a3得2﹣a1+|2﹣|a1||=2|a1|（*），以下分情况讨论：①当a1＞2时，由（*）得a1=0，与a1＞2矛盾；②当0＜a1≤2时，由（*）得a1=1，从而an=1（n=1，2，…），所以{an}是

一个等差数列；③当a1≤0时，则公差d=a2﹣a1=（a1+2）﹣a1=2＞0，因此存在m≥2使得am=a1+2（m﹣1）＞2，此时d=am+1﹣am=2﹣|am|﹣am＜0，矛盾．综合①②③可知，当且仅当a1=1时，a1，a2，…，an，…成等差数列．考点：等差关系的确定；数列的函数特性；等比关

系的确定点评：本题考查数列的函数特性、等差关系等比关系的确定，考查分类讨论思想，考查学生逻辑推理能力、分析解决问题的能力，综合性强，难度较大37．已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为A

n，第n项之后各项1na，2na…的最小值记为Bn，dn=An－Bn.(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，4nnaa)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d为非负整数，证明：dn=－d(n=1,2,3…

)的充分必要条件为{an}为公差为d的等差数列；(3)证明：若a1=2，dn=1(n=1,2,3…)，则{an}的项只能是1或2，且有无穷多项为1.【答案】(1)121dd，343dd.(2)见解

析(3)见解析【详解】充分利用题目所给信息进行反复推理论证.要证明充要条件，需要充分性和必要性两个方面叙述.(1)121dd，343dd.(2)充分性：因为na是公差为d的等差数列，且0d，所以12naaa，因此1,nn

nnAaBa，1(1,2,3)nnndaadn.必要性：因为0(1,2,3)nddn，所以nnnnABdB.又因为1,nnnnaAaB，所以1nnaa.于是1,nnnnAaBa.因此，1nnnnnaaBAdd，即

na是公差为d的等差数列.(3)因为a1=2，dn=1，所以11=2Aa，111=-1BAd，故对任意1n，11naB.假设na(2)n，中存在大于2的项，设m为满足2ma的的最小正整数，则2m，并且对任意1

,2kkma，又因为a1=2，所以12mA，且2mmAa.于是1211,min,2mmmmmmBAdBaB.故111220mmmdAB，与11md矛盾.所以对于任意

1n，都有2na，即非负整数数列na的各项只能为1或2,.因为对任意1n，12naa，所以2nA.故211.nnnBAd因此，对于任意正整数n，存在m满足mn，且1ma，即数列{an}有无穷多项为1.【考点定位】本题考查了数列的周期性

，等差数列.考查了推理论证能力和数据处理能力.试题难度较大，解答此题，需要非常强的分析问题和解决问题的能力.本题是一个信息题，考查了学生对知识的迁移能力.38．已知是等差数列，其前n项和为Sn，是等比数列，且，.（Ⅰ）求

数列与的通项公式；（Ⅱ）记，，证明（）.【答案】（1）31nan，2nnb，*nN（2）*nN，12210nnnTab【考点定位】本小题主要考查等差数列与等比数列的概念、通项公式、前n项和公式、数列求和等基础知识.考查化归与转化的思想方

法.考查运算能力、推理论证能力.该试题命制比较直接，没有什么隐含的条件，就是等比与等差数列的综合应用，但方法多样，第二问可以用错位相减法求解证明，也可用数学归纳法证明，给学生思维空间留有余地，符合高考命题选拔性的原则【解析】（1）设等差数列na的公差为d

，等比数列nb的公比为q.由112ab，得423ad，342bq，486Sd.由条件，得方程组3323227{86210dqdq，解得3{2dq所以31nan，2nnb，*nN.（2）证明：（方法一）由（1）得2312122

22nnnnnTaaaa①23112122222nnnnnTaaaa②由②-①得2322(31)3232322nnnTn1212(12)26212nnn102610n

n而210122(31)10212102610nnnnabnn故12210nnnTab，*nN（方法二：数学归纳法）①当n=1时，111121216Tab

，1121016ab，故等式成立.②假设当n=k时等式成立，即12210kkkTab，则当n=k+1时，有：11121311kkkkkTabababab111121()kkkkabqababab11kkabqT11(21012)kkkab

qab11124(3)1024kkkaab1121012kkab即11112210kkkTab，因此n=k+1时等式也成立由①和②，可知对任意*nN，12210nnnTab成立

.39．已知数列na与nb满足：1123(1)0,2nnnnnnnbaabab，*nN，且122,4aa．（Ⅰ）求345,,aaa的值；（Ⅱ）设*2121,nnncaanN，证明：nc是等比数列；（Ⅲ）设*242,,kkSaaakN

证明：4*17()6nkkkSnNa．【答案】（Ⅰ）3,5,4（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析【详解】（Ⅰ）由3(1)2nnb，可得1,2nnbn为奇数，为偶数，又1120,nnnnnbaaba将122,4aa代入可得40．在数列与中，，数列的前项和满足

,为与的等比中项，.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求数列与的通项公式；（Ⅲ）设.证明.【答案】（Ⅰ）23a，29b（Ⅱ）(1)2nnna，2(1)nbn（Ⅲ）证明见解析.【解析】本小题主要考查等差数列的概念、通项公式及前n项和

公式、等比数列的概念、等比中项、不等式证明、数学归纳等基础知识，考查运算能力和推理论证能力及分类讨论的思想方法．满分14分（Ⅰ）解：由题设有，，解得14b．由题设又有，，解得11a．（Ⅱ）解法一：由题设，，，及14b，11a，进一步可得，425b，，，猜想，，*nN

．先证，*nN．当2n时，，等式成立．当时用数学归纳法证明如下：（1当nk时，，等式成立．（2）假设2k时等式成立，即，．由题设，①的两边分别减去②的两边，整理得，从而．这就是说，当时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式

对任何的成立．综上所述，等式对任何的*nN都成立再用数学归纳法证明，*nN．（1）当2n时，，等式成立．（2）假设当2k时等式成立，即，那么．这就是说，当时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式对任何的*nN都成立．解法二：由题设1(3)nnnSnS1(1)(2)nnnS

nS①的两边分别减去②的两边，整理得1(2)nnnana，．所以3224aa，4335aa，……1(1)(1)nnnana，3n．将以上各式左右两端分别相乘，得2(1)!(1)!6nnnaa，由（Ⅰ）并化简得2(1)(1)62nn

nnnaa，3n．止式对1,2n也成立．由题设有2114nnnbba，所以221(2)(1)nnbbnn，即1221(1)(2)nnbbnn，*nN．令2(1)nnbxn，则

11nnxx，即11nnxx．由11x得1nx，1n．所以21(1)nbn，即，1n．解法三：由题设有1(3)nnnSnS，*nN，所以214SS，3225SS，……1(1)(2)nnnSnS

，．将以上各式左右两端分别相乘，得112(1)45(2)nnSnS，化简得1(1)(2)(1)(2)236nnnnnnnSa，3n．由（Ⅰ），上式对1,2n也成立．所以1(1)2nnnnnaSS，．上式

对2n时也成立．以下同解法二，可得，1n．（Ⅲ）证明：12(1)222212(1)(1)(1)23(1)(1)nnnaaannTbbbn．当4nk，*kN时，222222222345(42)(41)(4)(41)nT

kkkk．注意到2222(42)(41)(4)(41)324kkkkk，故(1)32(12)43242nkkTkkk224(44)4(4)343kkkkknn

．当41nk，*kN时，2222(4)34(41)(1)3(1)(2)nTkkknnnn当42nk，*kN时，22222(4)34(41)(4)3(2)(3)33nTkkkknnnn

．当43nk，*kN时，222234(41)(41)3(3)(4)(2)3nTkkknnnn．所以．从而3n时，有222132,5,9,13,3312,6,10,14,{12,3,7,11,312,4,8,12,nnnnnTnnn

nnnn总之，当3n时有22nTn，即22nTn．41．等比数列{na}的前n项和为nS，已知对任意的nN，点(,)nnS，均在函数(0xybrb且1,,bbr均

为常数)的图像上．（1）求r的值；（11）当b=2时，记1()4nnnbnNa，求数列nb的前项和．【答案】（1）1r（11）13322nnnT【解析】因为对任意的nN，点(,)nnS，均在函数(0xybrb

且1,,bbr均为常数)的图像上.所以得nnSbr，当1n时,11aSbr，当2n时,1111()(1)nnnnnnnnaSSbrbrbbbb，又因为{na}为等比数列，所以1r，公比为

，所以．（2）当b=2时，11(1)2nnnabb，111114422nnnnnnnba，则234123412222nnnT，3451212341222222nnnnnT，相减，得23451212111112222222nnnnT

，31211(1)112212212nnn12311422nnn，所以113113322222nnnnnnT．42．设数列na满足3*0

10,1,,nnaacaccNc其中为实数（Ⅰ）证明：[0,1]na对任意*nN成立的充分必要条件是[0,1]c；（Ⅱ）设103c，证明：1*1(3),nnacnN;（Ⅲ）设103c，证明：222*1221,13

naaannNc【答案】见解析【解析】(1)必要性：120,1aac，又2[0,1],011ac，即[0,1]c充分性：设[0,1]c，对*nN用数学归纳法证明[0,1]na当1n时，10[0,1]a.假设[0,1](1)ka

k则31111kkacaccc，且31110kkacacc1[0,1]ka，由数学归纳法知[0,1]na对所有*nN成立(2)设103c，当1n时，10a，结论成立当2n时

，3211111,1(1)(1)nnnnnnacacacaaa103C,由（1）知1[0,1]na，所以21113nnaa且110na113(1)nnaca

21112113(1)(3)(1)(3)(1)(3)nnnnnacacacac1*1(3)()nnacnN(3)设103c，当1n时，2120213ac，结论成立当2n时，由（2）知

11(3)0nnac21212(1)1(1(3))12(3)(3)12(3)nnnnnacccc222222112212[3(3)(3)]nnnaaaaanccc2(1(3))2111313ncnncc43．已知

na是公差为d的等差数列，nb是公比为q的等比数列.（1）若31nan，是否存在*mkN、，有1?mmkaaa说明理由；（2）找出所有数列na和nb，使对一切*nN,1nnnaba,并说明理由；（3）若115,4,3,adbq试确定所有的p

，使数列na中存在某个连续p项的和是数列nb中的一项，请证明.【答案】（1）不存在，理由见解析（2）01nnacb，，理由见解析（3）3,spsN，证明见解析【分析】（1）知道了数列通项，可以把1mmkaaa表达出来，因为*mkN、，看mk、是否满

足条件；（2）写出两个数列的通项，根据公差的取值进行讨论；（3）由题意可知，数列的通项可以确定，设连续的p项的的首项ma，可以求出这p项的和，让其等于数列nb的第k项，建立方程，因为*,pkNmN、，从这里入手进行计算.【详

解】（1）由1,mmkaaa得：6531mk，整理后，可得423km，*mkN、，2km为整数，不存在*mkN、，使等式成立（2）解法一若1,nnnaba即1111(1)nandbqand，（*）（

i）若0,d则111nnbqb，当na为非零常数列，nb为恒等于1的常数列，满足要求（ii）若0d，（*）式等号左边取极限得11lim1,(1)nandand（*）式等号右边只有当

1q时，才可能等于1，此时等号左边是常数，0d，矛盾.综上所述，只有当na为非零常数列，nb为恒等于1的常数列，满足要求解法二设nandc，若1nnnaba，对nN都成立，且nb为等比数列，则211·nnnnaaqaa，对nN都成立，即221n

nnaaqa，2()(2)()dncdndcqdndc，对nN都成立，22dqd（i）若0,d则0nac，1,nbn.（ii）若0d，则1,qnbm(常数)即：,dndcmdnc则0

d，矛盾综上所述，有01nnacb，，使对一切nN，1nnnaba（3）*41,3,nnnanbnN，设*123,,.kmmmpkaaabpkNm、4(1)14()132kmmpp，3423kmpp，*

pkN、，3,spsN取222232,43233(41)2(41)30ssssksm，由二项展开式可得整数12,MM，使得221(41)41sM，22(41)8(1)2sSM1244(2)((1)1)2,SmMM存在整数m满

足要求.故当且仅当3,spsN，命题成立说明：第（3）题也可按以下解法求解，若p为偶数，则12mmmpaaa为偶数，但3k为奇数.故此等式不成立，p一定为奇数当1p时，则1,mkab

即453km，而3(41)kk0111144(1)4(1)(1)4(1),.kkkkkkkkkkkccccMM当k为偶数时，存在m，使453km成立，当3p时，则123,mmmkaaab即23mkab，也即3(49

)3km，11493,4(1)53kkmm，由已证可知，当1k为偶数即k为奇数时，存在m，493km成立，当5p时，则125,mmmkaaab即35mkab，也即5(413)3km

，而3k不是5的倍数，当5p时，则所要求的m不存在，故不是所有奇数都成立.