高中数学高考02卷 第六章　数　列《真题模拟卷》－2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）(解析版)

这是一份高中数学高考02卷 第六章　数　列《真题模拟卷》－2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）(解析版)，共52页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，是公差为的等差数列，，则
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】
∵数列{an}是公差为的等差数列，且
∴
∴ 即
得
∴
[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．已知等差数列的前项和为,则数列的前100项和为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
∵a5＝5，S5＝15，
∴⇒⇒an＝n.
∴＝＝，
S100＝＋＋…＋
＝1－＝.

3．数列的通项公式其前n项和为，则等于
A．1006 B．2012 C．503 D．0
【答案】A
【详解】

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）等差数列的前项和为，，，则____________．
【答案】
【详解】
设等差数列的首项为，公差为，由题意有 ，解得 ，
数列的前n项和，
裂项可得，
所以．
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．数列是等差数列，若构成公比为的等比数列，则________.
【答案】
【详解】
试题分析：∵成等比，∴，令，则，即，∴，即，∴.
考点：1.等差，等比数列的性质.


三、解答题
6．已知数列满足.
(1)证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)证明： .
【答案】（1）证明见解析，；（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，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：由得，所以，所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，解得.
（2）由（1）知：，所以，
因为当时，，所以，于是=，
所以.
【易错点】对第（1）问，构造数列证明等比数列不熟练；对第（2）问，想不到当时，，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）（i）；（ii）．
【解析】
试题分析：（1）求与得通项公式，由已知得，再由已知得，，又因为数列为等比数列，即可写出数列的通项公式为，由数列的通项公式及，可得数列的通项公式为，；（2）（i）求数列的前项和，首先求数列的通项公式，由，将，代入整理得，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，即求数列的最大项，即求数列得正数项，由数列的通项公式，可判断出，当时，，从而可得对任意恒有，即．
（1）由题意，，，知，又有，得公比（舍去），所以数列的通项公式为，所以，故数列的通项公式为，；
（2）（i）由（1）知，，所以；
（ii）因为；当时，，而，得，所以当时，，综上对任意恒有，故．
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：，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．
【答案】（1）见解析；
（2）①bn=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，得，解得．
因此数列为“M—数列”.
（2）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．
【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． 设是等差数列，是等比数列，公比大于，已知， ，.
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足求.
【答案】（I），；
（II）
【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，进而求得等差数列和等比数列的通项公式；
（II）根据题中所给的所满足的条件，将表示出来，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）


，
记 ①
则 ②
②①得，，
所以
.
【点睛】
本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前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．设等差数列的前项和为，，，数列满足：对每成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）记 证明：
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【分析】
(1)首先求得数列的首项和公差确定数列的通项公式，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的通项公式；
(2)结合(1)的结果对数列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：，解得：，
则数列的通项公式为 .
其前n项和.
则成等比数列，即：
，
据此有：
，
故.
(2)结合(1)中的通项公式可得：
，
则.
【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.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）（ii）
【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项和公式可得的值.
【详解】
(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)


.
【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.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
(1)本题首先可以根据数列是等比数列将转化为，转化为，再然后将其带入中，并根据数列是各项均为正数以及即可通过运算得出结果；
(2)本题可以通过数列的通项公式以及对数的相关性质计算出数列的通项公式，再通过数列的通项公式得知数列是等差数列，最后通过等差数列求和公式即可得出结果．
【详解】
(1)因为数列是各项均为正数的等比数列，，，
所以令数列的公比为，，，
所以，解得(舍去)或，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，．
(2)因为，所以，，，
所以数列是首项为、公差为的等差数列，．
【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， ，.
（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），．
【分析】
(1)可通过题意中的以及对两式进行相加和相减即可推导出数列是等比数列以及数列是等差数列；
(2)可通过(1)中的结果推导出数列以及数列的通项公式，然后利用数列以及数列的通项公式即可得出结果．
【详解】
(1)由题意可知，，，，
所以，即，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，，
因为，
所以，数列是首项、公差为的等差数列，．
(2)由(1)可知，，，
所以，．
【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，，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.
【答案】（1）；（2）；
【解析】
【分析】
（1）通过，求解出，通过求和公式得到；（2）根据可得且，从而得到不等式，解不等式得到结果.
【详解】
（1）由且

（2）由题意可知

则 且
或
又
【点睛】
本题考查等差数列求和、等比数列前项和的应用问题.利用等比数列前项和的极限求解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的不等式，求解不等式得到结果.
16．已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，
.
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）求数列的前n项和.
【答案】（Ⅰ）. .（Ⅱ）.
【详解】
试题分析：根据等差数列和等比数列通项公式及前项和公式列方程求出等差数列首项和公差及等比数列的公比，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）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.由已知，得，而，所以.又因为，解得.所以，.
由，可得.由，可得，联立①②，解得，由此可得.
所以，的通项公式为，的通项公式为.
（Ⅱ）解：设数列的前项和为，由，有
，
，
上述两式相减，得
.
得.
所以，数列的前项和为.
【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.
(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,求数列的前n项和.
【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.
【详解】
试题分析：（Ⅰ）列出关于的方程组,解方程组求基本量；（Ⅱ）用错位相减法求和.
试题解析：（Ⅰ）设的公比为，由题意知：.
又，
解得：，
所以.
（Ⅱ）由题意知：，
又
所以,
令,
则，
因此
,
又,
两式相减得
所以.
【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．
在等差数列中，已知公差，是与的等比中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，记，求.
【答案】（1）.（2）.
【详解】
试题分析：（1）由题意知，
解得，即得所求.
（2）由题意知.
从而得到.
由于.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，



当n为奇数时，

.
试题解析：（1）由题意知，
即，
解得，
所以数列的通项公式为.
（2）由题意知.
所以.
因为.
可得，当n为偶数时，




当n为奇数时，



所以.
考点：等差数列、等比数列，数列的求和，分类讨论思想.

19．为等差数列的前n项和，且记，其中表示不超过x的最大整数，如.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求数列的前1000项和.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）1893.
【详解】
试题分析：（Ⅰ）先求公差、通项，再根据已知条件求；（Ⅱ）用分段函数表示，再由等差数列的前项和公式求数列的前1 000项和．
试题解析：（Ⅰ）设的公差为，据已知有，解得
所以的通项公式为

（Ⅱ）因为
所以数列的前项和为
【考点】等差数列的通项公式、前项和公式，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．设是等比数列，，，，的各项和，其中，，．
（Ⅰ）证明：函数在内有且仅有一个零点（记为），且；
（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，比较
与的大小，并加以证明．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）当时， ，当时，，证明见解析．
【详解】
试题分析：（Ⅰ）先利用零点定理可证在内至少存在一个零点，再利用函数的单调性可证在内有且仅有一个零点，进而利用是的零点可证；（Ⅱ）先设，再对的取值范围进行讨论来判断与的大小，进而可得和的大小．
试题解析：（Ⅰ），则

所以在内至少存在一个零点．
又，故在内单调递增，
所以在内有且仅有一个零点．
因为是的零点，所以，即，故．
（Ⅱ）解法一：由题设，
设
当时，
当时，
若，
若，
所以在上递增，在上递减，
所以，即．
综上所述，当时, ；当时
解法二 由题设，
当时,
当时, 用数学归纳法可以证明．
当时, 所以成立．
假设时，不等式成立，即．
那么，当时，
．
又
令，则
所以当,,在上递减；
当,,在上递增．
所以，从而
故．即，不等式也成立．
所以，对于一切的整数，都有．
解法三:由已知，记等差数列为,等比数列为,则，，
所以,
令
当时, ,所以．
当时,
而，所以，．
若，，，
当，，，
从而在上递减，在上递增．所以，
所以当又，，故
综上所述，当时，；当时．
考点：1、等比数列的前项和公式；2、零点定理；3、等差数列的前项和公式；4、利用导数研究函数的单调性．

21．已知数列是首项为正数的等差数列，数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】(1)；(2).
【详解】
（Ⅰ）设数列的公差为，
令得，所以.
令得，所以.
解得，所以
（Ⅱ）由（Ⅰ）知所以
所以
两式相减，得

所以
考点：1.等差数列的通项公式；2.数列的求和、“错位相减法”.

22．设的内角，，的对边分别为，，，，且为钝角. （1）证明：； （2）求的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）.
【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)由及正弦定理，得，∴，
即，
又为钝角，因此，
故，即；
(Ⅱ)由（1）知，
，∴，
于是
，
∵，∴，因此，由此可知的取值范围是．
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．等差数列中，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求的值．
【答案】（1）；（2）
【详解】
（Ⅰ）设等差数列的公差为．
由已知得，
解得．
所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得．
所以



．
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，求数列{bn}的前n项和Tn．
【答案】（1）（2）
【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（），
∴数列{bn}的前n项和Tn（1）（1，
【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．设等差数列的公差为 ，点在函数 的图象上（）.
（1）若，点 在函数的图象上，求数列 的前项和 ；
（2）若，函数 的图象在点处的切线在 轴上的截距为，求数列 的前 项和.
【答案】（1）；（2）.
【详解】
试题分析：据题设可得，.（1），由等差数列的前项和公式可得.（2）首先可求出在处的切线为，令得，由此可求出，.所以，这个数列用错位相消法可得前 项和.
试题解答：.（1），所以.
（2）将求导得，所以在处的切线为，令得，
所以，.所以，
其前项和 ①
两边乘以2得： ②
②－①得：，所以.
【考点定位】等差数列与等比数列.

26．已知等差数列的公差为2，前项和为，且成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）根据等差数列的性质得出运用通项公式求解即可．
（2）由（1）可得.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，
当n为偶数时，Tn＝
．
当n为奇数时，
．
．
【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．已知是等差数列，满足，，数列满足，，且是等比数列.
（1）求数列和的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1），；（2）
【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．等差数列的前n项和为，已知，为整数，且.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】（1）；（2）．
【解析】
试题分析：（1）由已知可得等差数列的公差为整数．由可得列出不等式组解得的范围，从而可确定整数的值，最后由等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；
（2）由已知先写出，
列出的表达式，
由于可分裂为，故采用裂项相消法求．
（1）由，为整数知，等差数列的公差为整数．又，故于是，解得，因此，故数列的通项公式为．
（2），
于是．
考点：1．等差数列通项公式；2．裂项法求数列的前项和．

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)令得: a1的值为1;
(2)当时,Tn-1=2Sn-1-(n-1)2，所以两式相减得:
=-,此式对也成立,所以对n∈N﹡,都有=-,所以,当时,=-,此两式相减得:=--2,即+2=,所以
数列是公比为2的等比数列,首项为3,所以,解得=－2.

30．已知等差数列的前项和满足，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】(1)；（2）.
【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{}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，
即，解得a1＝1，d＝﹣1，
则{an}的通项公式an＝1﹣（n﹣1）＝2﹣n；
（2）（）（），
则数列{}的前n项和Sn（）
（﹣1）．
【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)求数列的前n项和．
【答案】（1）；（2）.
【详解】
(1)设等差数列{an}的公差为d，
由已知条件可得，
解得，
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)设数列的前n项和为Sn，
∵，
∴Sn＝－
记Tn＝，①
则Tn＝，②
①－②得：Tn＝1＋，
∴Tn＝－，即Tn＝4－.
∴Sn＝－4＋
＝4－4＋＝.

32．在数列中，
（I）设，求数列的通项公式
（II）求数列的前项和
【答案】（I）()
（II）=
【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.
已知数列满足.
（1）若，求的取值范围；
（2）若是公比为等比数列，，求的取值范围；
（3）若成等差数列，且，求正整数的最大值，以及取最大值时相应数列的公差.
【答案】（1）；（2）；（3）的最大值为1999，此时公差为.
【解析】
【分析】
（1）依题意：，又将已知代入求出x的范围；
（2）先求出通项：，由求出，对q分类讨论求出Sn分别代入不等式Sn≤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：，
∴；又
∴3≤x≤27，
综上可得：3≤x≤6
（2）由已知得，，，
∴，
当q＝1时，Sn＝n，Sn≤Sn+1≤3Sn，即，成立．
当1＜q≤3时，，Sn≤Sn+1≤3Sn，即，
∴
不等式
∵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，
当时，
，Sn≤Sn+1≤3Sn，即，
∴此不等式即，
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
∴时，不等式恒成立，
∴q的取值范围为：．
（3）设a1，a2，…ak的公差为d．由，且a1＝1，
得
即
当n＝1时，d≤2；
当n＝2，3，…，k﹣1时，由，得d，
所以d，
所以1000＝k，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．
【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An，第n项之后各项，…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*，)，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)，. (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)，.
(2)充分性：因为是公差为的等差数列，且，所以，
因此，.
必要性：因为，所以.
又因为，所以.
于是.
因此， ，即是公差为的等差数列.
(3)因为a1=2，dn=1，所以，，
故对任意，.
假设，中存在大于2的项，
设m为满足的的最小正整数，
则，并且对任意，
又因为a1=2，所以，且.
于是.
故，与矛盾.
所以对于任意，都有，即非负整数数列的各项只能为1或2,.
因为对任意，，
所以.
故
因此，对于任意正整数，存在满足，且，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），，（2），
【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）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.
由，得，，.
由条件，得方程组，解得
所以，，.
（2）证明：（方法一）
由（1）得
①
②
由②-①得



而
故，
（方法二：数学归纳法）
① 当n=1时，，，故等式成立.
② 假设当n=k时等式成立，即，则当n=k+1时，有：






即，因此n=k+1时等式也成立
由①和②，可知对任意，成立.

39．
已知数列与满足：
，，且．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）设，证明：是等比数列；
（Ⅲ）设证明：．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析
【详解】
（Ⅰ）由，可得，又
将代入可得





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），
（Ⅱ），
（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．由题设又有，，解得．
（Ⅱ）解法一：由题设，，，及，，进一步可得，，，，猜想，，．
先证，．
当时，，等式成立．当时用数学归纳法证明如下：
（1当时，，等式成立．
（2）假设时等式成立，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，等式对任何的都成立
再用数学归纳法证明，．
（1）当时，，等式成立．
（2）假设当时等式成立，即，那么
．
这就是说，当时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式对任何的都成立．
解法二：由题设

①的两边分别减去②的两边，整理得，．所以
，
，
　　　　　　　　……
，．
将以上各式左右两端分别相乘，得，
由（Ⅰ）并化简得，．
止式对也成立．
由题设有，所以，即，．
令，则，即．由得，．所以，即，．
解法三：由题设有，，所以
，
，
　　　　　　　　……
，．
将以上各式左右两端分别相乘，得，化简得
，．
由（Ⅰ），上式对也成立．所以，．
上式对时也成立．
以下同解法二，可得，．
（Ⅲ）证明：．
当，时，
．
注意到，故
．
当，时，
当，时，
．
当，时，
．
所以．
从而时，有
总之，当时有，即．
41．
等比数列{}的前n项和为，已知对任意的，点，均在函数且均为常数)的图像上．
（1）求r的值；
（11）当b=2时，记，求数列的前项和．
【答案】（1）
（11）
【解析】
因为对任意的，点，均在函数且均为常数)的图像上.所以得，
当时,，
当时,，
又因为{}为等比数列，所以，公比为，所以．
（2）当b=2时，，，
则，
，
相减，得，
，
所以．
42．
设数列满足为实数
（Ⅰ）证明：对任意成立的充分必要条件是；
（Ⅱ）设，证明：;
（Ⅲ）设，证明：
【答案】见解析
【解析】
(1) 必要性：，
又，即
充分性：设，对用数学归纳法证明
当时，.假设
则，且
，由数学归纳法知对所有成立
(2) 设，当时，，结论成立
当时，

,由（1）知，所以且



(3)设，当时，，结论成立
当时，由（2）知



43．
已知是公差为的等差数列，是公比为的等比数列.
（1） 若，是否存在，有说明理由；
（2） 找出所有数列和，使对一切,,并说明理由；
（3） 若试确定所有的，使数列中存在某个连续项的和是数列中的一项，请证明.
【答案】（1）不存在，理由见解析（2），理由见解析（3），证明见解析
【分析】
（1）知道了数列通项，可以把表达出来，因为，看是否满足条件；
（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，设连续的项的的首项，可以求出这项的和，让其等于数列的第k项，建立方程，因为，从这里入手进行计算.
【详解】
（1）由得：，
整理后，可得，
，
为整数，
不存在，使等式成立
（2）解法一 若即，（*）
（i）若则，
当为非零常数列，为恒等于1的常数列，满足要求
（ii）若，（*）式等号左边取极限得（*）式等号右边只有当时，才可能等于1，此时等号左边是常数，，矛盾.
综上所述，只有当为非零常数列，为恒等于1的常数列，满足要求
解法二 设，若，对都成立，且为等比数列，则，对都成立，
即，
，对都成立，

（i）若则，
.
（ii）若，则
(常数)
即：则，矛盾
综上所述，有，使对一切，
（3），
设
，
，
，

取，
由二项展开式可得整数，使得，


存在整数满足要求.
故当且仅当，命题成立
说明：第（3）题也可按以下解法求解，
若为偶数，则为偶数，但为奇数.
故此等式不成立，
一定为奇数
当时，则即，
而
当为偶数时，存在，使成立，
当时，则即，
也即，
，
由已证可知，当为偶数即为奇数时，存在，成立，
当时，则即，
也即，而不是5的倍数，
当时，则所要求的不存在，
故不是所有奇数都成立.