高三数学数列专题试卷

高三数学数列专题试卷（精选5篇）

1.高三数学数列专题试卷 篇一

“2013届高三数学二轮复习热点 专题一 高考中选择题、填空题

解题能力突破18 考查等比数列 理 ”

【例43】►(特例法)(2010·安徽)设{an}是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为X，Y，Z，则下列等式中恒成立的是()．

A．X＋Z＝2YC．Y2＝XZ

B．Y(Y－X)＝Z(Z－X)

D．Y(Y－X)＝X(Z－X)

解析 对任意的等比数列，涉及前2n项和的，可取特殊数列：1，－1,1，－1,1，－1，….则Y＝0，再取n＝1有X＝1，Z＝1，可排除A、B、C.答案 D

【例44】►(2012·辽宁)已知等比数列{an}为递增数列，且a25＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.解析 根据条件求出首项a1和公比q，再求通项公式．由2(an＋an＋2)＝5an＋1⇒2q2－5q192

＋2＝0⇒q＝2或，由a25＝a10＝a1q＞0⇒a1＞0，又数列{an}递增，所以q＝2.a5＝a10＞0⇒

2(a1q)＝a1q⇒a1＝q＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2.49

n

答案 2n

命题研究：以客观题的形式考查等比数列的定义、通项公式、前n次和公式、等比中项的性质与证明等，难度中等偏下.)

[押题35] 若数列{an}满足：lgan＋1＝1＋lgan(n∈N*)，a1＋a2＋a3＝10，则lg(a4＋a5＋

a6)的值为()．

A．4B．3C．2D．1

答案：A [由lg an＋1＝1＋lg an(n∈N*)可得lg an＋1－lg an＝＝10，an＞0，an＋1＞0所以数列{an}是以qan＋1an＋1

＝1(n∈N*)，即anan

an＋1

＝10(n∈N*)为公比的正项等比数列，由等比an

数列的定义，可知a4＋a5＋a6＝a1q3＋a2q3＋a3q3，所以lg(a4＋a5＋a6)＝lg q3(a1＋a2＋a3)＝lg q3＋lg(a1＋a2＋a3)＝3lg q＋lg 10＝4.]

[押题36] 等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1,2S2,3S3成等差数列，则数列{an}的公比为________．

解析 因为an＝a1qn－1(q≠0)，又4S2＝S1＋3S3，所以4(a1＋a1q)＝a1＋3(a1＋a1q＋a1q2)，1解得： q＝3

答案

2.高三数学数列专题试卷 篇二

关键词：高中数学；数列；差分；专题教学；研究

中图分类号：G633.6 文献标识码： A 文章编号：1992-7711（2015）04-068-01

高中阶段的数学教学过程中，尤其是“数列与差分”专题教学，可帮助学生有效解决现实生活中的一些问题，实用价值非常的大。

1. 数列与差分关系分析

第一，数列是描述世界客观事物的数学模型。数列是定义在自然数集上的特殊函数，对客观存在的各种离散变量进行描述。实践中可以看到，客观存在的很多变量本身都表现出一定的离散性，比如细胞分裂、股市等，均具有函数关系的离散性特点。同时，还存在着很多连续函数关系，无法用解析式对其进行表示，比如河流的水位变化等，只能通过测得相应数值来得到数列。在不影响研究结果的情况下，为了更加方便分析研究，通常将对连续函数的研究有效地转化成对数列的研究。

第二，差分是对数列变化进行描述的一种工具。比如，△an=an+1.其中，an 代表{an}这一数列中的第n项一阶差分，并将“△”称作差分算子，此时有△（△an）=△2；an=△an+1；其中△an代表{an}这一数列的第n项二阶差分。对于二阶差分△2an而言，其中的2代表差分两次运算。{an}这一竖列的二阶差分，构成了一个新的数列，即{△2an}。事实上，高中数学数列与差分之间存在着一定的关联性，具体表现在以下几个方面：当{an}={2，2，2，2，2}时，一阶差分△an为{0，0，0，0}；此时数列的一阶差分为各项是零的常数列；再如，当{an}={3n-5}时，即{an}={-2，1，4，7，10，13，16，19}；一阶差分△an为常数列 {3，3，3，3，3，3，3}，通项an=3n-5（线性函数）。当{an}这一数列是由线性函数定义的等差数列时，一阶差分即为常数列；当{an}= {n2-3n+5}= {3，3，5，9，15，23}时，一阶差分为{0，2，4，6，8}，二阶差分为{2，2，2，2}，通项an=n2-3n+5（二次函数）。当{an}这一数列由二次函数定义时，二阶差分为常数列。若将上述由二次函数、线性函数或者指数函数定义的不同阶差分结论作为定理，则这些结论对基于数列的一阶和二阶差分，对研究数列遵循变化情况、数列通项，意义重大。

2. 高中数学“数列与差分”教学策略

本文以待定系数法求解差分方程为例，对如何进行数列与差分教学深入分析。所谓待定系数法求解差分方程、常微分方程思想，可以对比分析；在非齐次线性差分方程求解过程中，采用待定系数法应用效果也非常的好。从应用实践来看，采用待定系数法对差分方程进行求解，主要是基于方程自身的特点，设一般模式，然后再根据相关条件，确定解之后将其代入方程之中，从而求得待定系数。比如，当K≠1时，一阶非齐次差分方程可表示为xn+1=kxn+b①，此时得到一个特定解，即xn=A；将xn=A代入公式①中，则可得A=kA+b，A=b/（1-k），此时xn=b/（1-k），一阶非齐次差分方程通解：xn=knc+ b/（1-k），（其中c代表任意常数）；当k=1时，xn+1=xn+b的一阶差分是一个常数，设xn=An特解，然后将其代入原方程之中，此时A（n+1）=An+b，即A=b；xn=bn；方程①的通解：xn=knc+ bn=c+bn（其中，c代表任意常数）。以下可通过具体的例子来说明上述理论分析。

例1：某教室内的座位布设过程中，如果每后一排均比前一排插座数量多出2个，而且已知首排插座数量为30，求以下四个问题的解。

①用yn表示n排插座的数量，试求yn与yn+1的关系；

②试求第九排插座的数量是多少？

③以Sn来表示第n排之前插座的总数，试求Sn与Sn+1的关系？

④若该教室共有20排插座，试问可以同时坐多少个学生？

解：①yn+1=yn+2；其中n=1，2… ②从题目中可知，k=1，b=2，此时yn=2n+c，（其中c代表任意常数）；已知y1=30，则可求出c=28，此时的特解方程为yn=2n+28，即y9=46；③Sn+1=Sn+yn+1= Sn+2（n+1）+28，此时Sn+1= Sn+30，n=1，2… ④通过③可以得到Sn+1-Sn= 2n+30，即Sn=2n+30，此时可得到数列Sn一阶差分表达式二次函数，将这一二次函数设为：Sn=An2+Bn+C，可得Sn= A（n+1）2+B（n+1）+C- An2-Bn-C=2An+A+B=2n+30；A=1，B=29，结合条件可得y1=30=S1，30=A+B+C， Sn=n2+29n，n=1，2… 由此可得S20=980.

3. 结语

总而言之，数学这门学科的实用性非常的强，将数列与差分教学纳入新课改下的高中数学教学过程之中，既是课程改革和教学的需求，又是学科发展的必然，因此应当重视和不断创新教学模式，只有这样才能提高教学质量和效率。

[参考文献]

[1] 姜武.高中数学“数列与差分”专题教学设计研究[J].山西青

年·下半月，2014（01）.

[2] 李昌官.高中数学“导研式教学”研究与实践[J].课程、教材、教

3.高三数学数列重庆历年考题 篇三

已知an是首相为1，公差为2的等差数列，Sn表示an的前n项和.（I）求an及Sn；

（II）设bn是首相为2的等比数列，公比q满足qa41qS40，求bn的通

项公式及其前n项和Tn.16．(2013重庆，文16)(本小题满分13分，(1)小问7分，(2)小问6分．)设数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N＋.(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；(2)已知{bn}是等差数列，Tn为其前n项和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.2012年（21）（本小题满分12分，（I）小问5分，（II）小问7分。）设数列an的前n项和Sn满足Sn1a2Sna1，其中a20。（I）求证：an是首项为1的等比数列；

（II）若a21，求证：Sn

2011年(16)(本小题满分13分，(Ⅰ)小问7分，(Ⅱ)小问6分.)

n

(a1a2)，并给出等号成立的充要条件。2

设是公比为正数的等比数列，的通项公式;,.(Ⅰ)求(Ⅱ)设

是首项为1，公差为2的等差数列，求数列的前项和.2010年（16）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问7分.）已知an是首项为19，公差为-2的等差数列，Sn为an的前n项和.（Ⅰ）求通项an及Sn；

4.高三数学数列专题试卷 篇四

南京九中震旦校区徐永忠

一、试题特点

1、近四年高考各试卷数列解答题考查情况统计

2005年高考各地的16套试卷中，每套试卷均有1道数列解答题试题，处于压轴位置的有6道．数列解答题属于中档题或难题．其中，涉及等差数列和等比数列的试题有11道，有关递推数列的有8道，关于不等式证明的有6道．另外，等比求和的错位相减法，广东卷的概率和数列的交汇，湖北卷的不等式型的递推数列关系都是高考试题中展现的亮点．

2006年高考各地的18套试卷中,有18道数列解答试题．其中与函数综合的有6道，涉及数列不等式证明的有8道，北京还命制了新颖的“绝对差数列”,值得一提的是，其中有8道属于递推数列问题，这在高考中是一个重点．

2007年高考各地的各套试卷中都有数列题，有7套试卷是在压轴题的位置，有9套是在倒数第二道的位置，其它的一般在第二、三的位置，几乎每道题涉及到递推数列,有9道涉及到数列、不等式或函数的综合问题，安徽省还出现了一道数列应用题．

2008年高考各地的各套试卷中都有数列题，也都是几乎每道题涉及到递推数列, 数列、不等式或函数的综合问题．

综上可知，数列解答题是高考命题的一个每年必考且难度较大的题型，其命题热点是与不等式交汇、呈现递推关系的综合性试题．当中，以函数迭代、解析几何中曲线上的点列为命题载体，有着高等数学背景的数列解答题仍将是未来高考命题的亮点，而以考查学生归纳、猜想、数学试验等能力研究性试题也将成为高考命题的一个新亮点．

2、主要特点

数列是高中代数的重要内容之一，也是与大学衔接的内容，由于在测试学生逻辑推理能力和理性思维水平，以及考查学生创新意识和创新能力等方面有不可替代的作用，所以在历年高考中占有重要地位，近几年更是有所加强．

数列解答题大多以数列为考查平台，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用递推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类整合等各种数学思想方法，考查学生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，其难度属于中、高档难度．

高考对本章的考查比较全面，等差数列、等比数列的考查每年都不会遗漏．一般情况下都是一个客观题和一个综合解答题，数列的综合题难度都很大，甚至很多都是试卷的压轴题，它不仅考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，还涉及了配方法、换元法、待定系数法、放缩法等基本数学方法．其中的高考热点——探索性问题也出现在近年高考的数列解答题中．

3、考查知识

（1）考查数列、等差数列、等比数列等基本知识、基本技能．

（2）常与函数、方程、不等式、解析几何等知识相结合，考查学生在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融会，进而考查学生的学习潜能和数学素养．

（3）常以应用题或探索题的形式出现，为考生展现其创新意识和发挥创造能力提供广阔的空间．

二、教学要求

1、了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊函数．理解数列的通项公式的意义．

2、理解等差数列的概念；掌握等差数列的通项公式、前n项和公式，能运用公式解决一些简单问题．

能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．了解等差数列与一次函数的关系．

3、理解等比数列的概念；掌握等比数列的通项公式、前n项和公式，能运用公式解决一些简单问题．

能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．了解等比数列与指数函数的关系．

探索等差、等比数列的通项公式和前n项和公式．

4、数列教学，要注意的问题：

（1）教学中，应使学生了解数列是一种特殊函数．

（2）会根据简单数列的前几项写出数列的一个通项公式．

（3）教学中，要掌握数列中各量之间的基本关系．但训练要控制难度和复杂程度，避免繁琐的计算、人为技巧化的难题．

（4）等差数列和等比数列有着广泛的应用，教学中应重视在具体的问题情境中，发现数列的等差关系或等比关系．这样做，即突出了问题意识，也有助于学生理解数列的本质．

三、考试要求：

四、2008年高考数列试题类型

类型一：考查等差、等比数列的基本问题

等差、等比数列是两类最基本的数列，它们是数列部分的重点，也是高考考查的热点．等差、等比数列的定义、通项公式、前n项的和等基本知识一直是高考考查的重点，这方面考题的解法灵活多样，技巧性强，考查的目的在于测试考生灵活运用知识的能力，这个“灵活”就集中在“转化”的水平上．

1．（全国数学Ⅰ文科19）在数列an中，a11，an12an2n．

（Ⅰ）设bnan．证明：数列bn是等差数列；（Ⅱ）求数列an的前n项和Sn． 2n

1（全国数学Ⅱ文科18）等差数列an中，求数列an前20项的和S20． a410且a3，a6，a10成等比数列，类型二：考查递推数列的通项公式问题

对于由递推式所确定的数列的通项公式问题，通常可对递推式进行变形，从而转化为等差、等比数列问题来解决．这类问题一直是高考久考不衰的题型，尤其以2007年高考试题最为明显。

全国卷近三年理科所考查六个解答题中有四道（2006年全国Ⅰ理科第22题、2007年全国Ⅰ理科第22题、2007年全国Ⅱ理科第21题、2008年全国Ⅱ理科第20题）(占了三分之二)都是形如：an1cand(c0,c1,d0)或者ancan1dbn(c0,c1,d0,bc)的递推数列求其通项公式的问题．

2．（全国数学Ⅰ理科22）设函数f(x)xxlnx．数列an满足0a11，an1f(an)．（Ⅰ）证明：函数f(x)在区间(0，（Ⅱ）证明：anan11； 1)是增函数；

（Ⅲ）设b(a1，1)，整数k≥a1b．证明：ak1b． a1lnb

*3．（全国数学Ⅱ理科20）设数列an的前n项和为Sn．已知a1a，an1Sn3n，nN．

（Ⅰ）设bnSn3n，求数列bn的通项公式；（Ⅱ）若an1≥an，nN，求a的取值范围． *

类型三：考查数列与不等式的综合问题

数列与不等式都是高中数学重要内容，一些常见的解题技巧和思想方法在数列与不等式的综合问题中都得到了比较充分的体现．以两者的交汇处为主干，构筑成知识网络型代数推理题，在高考中出现的频率相当高，占据着令人瞩目的地位．

4．（陕西卷理科数学22）已知数列{an}的首项a133an，2，．，an1，n152an

1（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）证明：对任意的x0，an≥1122，； x，n1，2n1x(1x)3

（Ⅲ）证明：a1a2n

2an． n1

类型四：考查考察存在性和探索性问题

课程改革突出强调培养学生的探究、发现和创造能力，2008年江苏卷对此考查全面且达到了一定的深度，特别是第19题数列题使这样的考查达到了相当的水平，体现了研究性学习思想．

5．（08江苏卷19）（Ⅰ）设a1,a2,，且公差d0，若将此,an是各项均不为零的等差数列（n4）数列删去某一项得到的数列（按原来的顺序）是等比数列：

①当n =4时，求a1的数值；②求n的所有可能值；d

（Ⅱ）求证：对于一个给定的正整数n(n≥4)，存在一个各项及公差都不为零的等差数列b1,b2,中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列． ,bn，其

6．（2007年江苏卷）已知 {an}是等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，a1b1,a2b2a1，记Sn为数列{bn}的前n项和．（1）若bkam(m,k是大于2的正整数)，求证：Sk1(m1)a1；

（2）若b3ai(i是某一正整数)，求证：q是整数，且数列{bn}中每一项都是数列{an}中的项；

（3）是否存在这样的正数q，使等比数列{bn}中有三项成等差数列？若存在，写出一个q的值，并加以说明；若不存在，请说明理由．

五、二轮复习建议：

1、填充题力争确保

（1）填充题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和等内容，对基本的计算技能要求不是很高，建议要强化方程思想在解题中的作用（基本量），知道前n项和与通项的关系，对中等及偏下的学生不必介绍过多解题技巧，对基础较好的学生，可适当介绍．

（2）填充题有可能出现与归纳推理有关的问题，此类题的难度不大，但对阅读问题及思路要求很高，情境也可能相对比较新颖．

2、解答题要有所为有所不为

（1）从江苏近几年的试题来看，数列题在最后两题中出现的可能性较大．

（2）对试卷中放在最后的压轴数列题，重点应放在前二问，基础较好的应冲刺最后一问，要加强1~2问的训练，不能刻意求全，能做到分步得分就好．同时不能放弃数列常规题的复习教学，这仍是一个重点，这是一项“根深叶茂”的基础工程，至关重要．

3、数列是考查学生自主探索、自主发现、数学试验、归纳猜想等直觉思维的良好载体，复习中建议多让学生猜猜、算算、证证，反朴归真，回归数学的本源．

4、对于递推数列问题，生源好的学校可以适当加强，生源一般的学校无须舍本求末得不偿失．

5、培养学生主动学习数学的习惯

让学生想一想做一做尝试尝试，不要题目一出来就分析，那是教师在分析，学生很难分析起来．不要用教师过早的“引导”限制、代替学生的思维，一旦学生养成了等待的习惯，学生离开了你该这么办，可以师生共做．要让学生首先熟悉题意，重视思维过程的指导，暴露如何想？怎么做？谈来龙去脉，重视通性通法的运用．

题目一出来，学生就立即做立即画，这是主动学习表现；若学生抬着头等你讲，那是思维懒惰的表现． 多让学生感到自然，与你共鸣．少让学生感到突然，强加给学生．努力使学生觉得，你老师想到的，我也差不多能够想到．少让学生感到，只有你老师自己能够想到，我怎么想也想不到．学生总觉得“老师你真聪明”不是一件好事．

6、评讲试卷建议

（1）教师自己亲自做一遍，与学生交流思维过程；

（2）请学生讲．不是简单的说答案，讲怎么想的，这不论对学生本人还是其他人都有教育意义．还可以讲“一题多解”，表扬一些学生的独特解法；

（3）不必面面俱到．分类归纳，集中讲评．抓住主要的、带有普遍的问题；

（4）抓大放小，居高临下；

5.高三数学数列专题试卷 篇五

一、选择题

1．已知无穷数列{an}是各项均为正数的等差数列，则有

aaAaa

aaD．aa6

8（）

aaB．a≤a6

8aaCaa

2．设{an}是由正数构成的等比数列，bn＝an+1＋an+2，cn＝an＋an+3，则

A．bn＞cn

B．bn＜cn

C．bn≥cn

D．bn≤cn

（）

3．已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，公比q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，则（）

A．a6＝b6 B．a6＞b6 C．a6＜b6 D．a6＞b6或a6＜b64．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足５＜ak＜８，则k＝（）

A．9 B．8 C．7 D．6

5．已知等比数列{an}的公比q＞0，其前n项的和为Sn，则S4a5与S5a4的大小关系是（）

A．S4a5＜S5a4 B．S4a5＞S5a4 C．S4a5＝S5a4 D．不确定

Sn

6．设Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，则函数f(n)＝（）

(n＋32)Sn+

11A．201B．30

1C401D．50

（）

7．已知y是x的函数，且lg3，lg(sinx－2)，lg(1－y)顺次成等差数列，则 A．y有最大值1，无最小值 11

C．y有最小值12，最大值1

B．y有最小值12，无最大值 D．y有最小值－1，最大值1

8．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是

Ａ．(－∞，－1Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)Ｃ．3，＋∞)Ｄ．(－∞，－1∪3，＋∞)

（）

93b是1－a和1＋a的等比中项，则a＋3b的最大值为()A．1 B．2 C．3 D．

410．设等比数列{an}的首相为a1，公比为q，则“a1＜0，且0＜q＜1”是“对于任意n∈N*都有an+1

＞an”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件 C．充分比要条件D．既不充分又不必要条件

a11．{an}为等差数列，若a1，且它的前n项和Sn有最小值，那么当Sn取得最小正值时，10

n＝ A．11

B．17

C．19

D．21

（）

12．设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝

N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是 2，an＝f(n)(n∈

（）

A．2，2)

二、填空题

B．[2，2]

1C．21)1

D．[21]

S13．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，记Tnn如果存在正整数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都成立．则M的最小值是__________．

14．无穷等比数列{an}中，a1＞1，|q|＜1，且除a1外其余各项之和不大于a1的一半，则q的取值范围是________.(a＋b)

215．已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则cd是________.Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．

416．等差数列{an}的公差d不为零，Sn是其前n项和，给出下列四个命题：①A．若d＜0，且

S3＝S8，则{Sn}中，S5和S6都是{Sn}中的最大项；②给定n，对于一定k∈N*(k＜n)，都有ank＋an+k＝2an；③若d＞0，则{Sn}中一定有最小的项；④存在k∈N*，使ak－ak+1和ak－ak1同号

其中真命题的序号是____________.三、解答题

17．已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5．（Ⅰ）求{an}的通项an；（Ⅱ）求{an}前n项和

Sn的最大值．

18．已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(an，an+1)(n∈N*）在函数y＝x2＋1的图象上.(Ⅰ)

求数列｛an｝的通项公式；(Ⅱ)若列数｛bn｝满足b1＝1,bn+1＝bn＋2an，求证：bn ·bn+

2＜bn+1.3－an

119．设数列{an}的首项a1∈(0，1)，an＝2，n＝2，3，4，….（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn＝a3－2an，证明bn＜bn+1，其中n为正整数．

20．已知数列{an}中a1＝2，an+1＝(2－1)(an＋2)，n＝1，2，3，….（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{an}中b1＝2，bn+1＝3，…

3bn＋

4，n＝1，2，3，….证明：2＜bn≤a4n3，n＝1，2，2bn＋

321．已知二次函数y＝f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和

为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn

1m＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn20对所有n∈N*都成立的最小正整数m； anan＋1，2，）22．数列an满足a11，an1(n2n)an（n1，是常数．（Ⅰ）当a21时，求及a3的值；（Ⅱ）数列an是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求的取值范围，使得存在正整数m，当nm时总有an0．

【专题训练】参考答案

一、选择题

1．B【解析】a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝a12＋10a1d＋21d2，a62＝(a1＋5d)2＝a12＋10a1d＋25d2，a4a6故a≤a6

82．D【解析】设其公比为q,则bn－cn＝an(q－1)(1－q2)＝－an(q－1)2(q＋1)，当q＝1时，bn

＝cn，当q＞0，且q≠1时，bn＜cn，故bn≤cn.a1＋a11b1＋b1

13．B【解析】因为q≠1，b1＞0，b11＞0，所以b1≠b11，则a6＝2＝2b1b11＝b6.4．B【解析】因数列为等差数列，an＝Sn－Sn1＝2n－10，由5＜2k－10＜8，得到k＝8.5．A【解析】S4a5－S5a4 ＝(a1＋a2＋a3＋a4)a4q－(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)a

4＝－a1a4＝－a12q3＜0，∴S4a5＜S5a4． 6．D【解析】由Sn＝

n(n＋1)nn11

f(n)＝＝＝264(n＋32)(n＋2)n＋34n＋64264＋34

n＋n＋34

1641＝50，当n＝n，即n＝8时取等号，即f(n)max＝f(8)＝50

7．B【解析】由已知y＝－3(sinx－2)2＋1，且sinx＞2y＜1，所以当sinx＝1时，y有最小11

值12，无最大值.11

8．D【解】∵等比数列{an}中a2＝1，∴S3＝a1＋a2＋a3＝a2(q＋1＋q)＝1＋q＋q∴当公比q＞01

时，S3＝1＋q＋q≥1＋113，当公比q＜0时，S＝1－(－q3qq)≤1－

2(－q)·(－q＝

－1，∴S3∈(－∞，－1∪3，＋∞).9．B3b是1－a和1＋a的等比中项，则3b2＝1－a2a2＋3b2＝1，令a＝cosθ3b＝sinθ，θ∈(0，2π)，所以a＋3b＝cosθ＋3inθ＝2sin(θ＋6)≤2.10．A【解析】当a1＜0，且0＜q＜1时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a1＞0，且q＞1，故选A.1

2×20(a1＋a20)a＋aa＋aaS11．C【解析】由a＜－1，得a0a01＜0S0，则要使

10101019

×19(a1＋a19)2

Sn取得最小正值必须满足S19＞0，且S20＜0，此时n＝19.12．C【解析】f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋

11n

－(22]111n

y)，a1＝2an＝f(n)(n∈N*)，an+1＝f(n＋1)＝f(1)f(n)2an，∴Sn＝＝1－(12).则数列

1－

21{an}的前n项和的取值范围是21).二、填空题

13．2【解析】由a4－a2＝8，可得公差d＝4，再由a3＋a5＝26，可得a1＝1，故Sn＝n＋2n(n2n－1

1－1)＝2n2－n，∴Tn＝n2－nTn≤M，只需M≥2即可，故M的最小值为2，答案：

21aqa1114．(－1，0∪(0，3【解析】23|q|＜1，且q≠0，故q∈(－1，0∪(0，3.1－q(a＋b)2(x＋y)2(2xy)2

15．4【解析】cdxyxy＝4.16．D【解析】对于①：∵S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝5a6＝0，∴S5＝S6，又d＜0，S5＝S6为

最大，故A正确；对于②：根据等差中项知正确；对于③：∵d＞0，点(n，Sn)分布在开口向上的抛物线，故{Sn}中一定有最小的项，故③正确；而ak－ak+1＝－d，ak－ak1＝d，且d≠0，故④为假命题.三、解答题

 a1＋d＝1

17．【解】（Ⅰ）设{an}的公差为d，由已知条件，，解出a1＝3，d＝－2．

a1＋4d＝－5

所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5．

n(n－1)

（Ⅱ）Sn＝na12＝－n2＋4n＝－(n－2)2＋4，所以n＝2时，Sn取到最大值4． 18．【解】(Ⅰ)由已知得an+1＝an＋1，即an+1－an＝1，又a1＝1，所以数列｛an｝是以1为首项，公差为1的等差数列，故an＝1＋(a－1)×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知：an＝n从而bn+1－bn＝2n.bn＝(bn－bn1)＋(bn1－bn2)＋…＋（b2－b1）＋b1＝2

nn+2n1因为bn·bn+2－b2－1)2 n1＝(2－1)(2－1)－(2

n1

＋2

n2

1－2n

＋…＋2＋1＝＝2n－1.1－2

＝(22n+2－2n+2－2n＋1)－(22n+2－2－2n+1－1)＝－5·2n＋4·2n＝－2n＜0, 所以bn·bn+2＜b2n1.3－an1

19．【解】（Ⅰ）由an＝2n＝2，3，4，….整理得

1－an＝－2－an1)．

又1－a1≠0，所以{1－an}是首项为1－a1，2得an＝1－(1－a1)(－2)n1，3（Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜an＜2bn＞0．那么，3－an3－an9abn+12－bn2＝an+12(3－2an+1)－an2(3－2an)＝(2)2(3－2×2)－an2(3－2an)4(an－1)2.又由（Ⅰ）知an＞0，且an≠1，故bn+12－bn2＞0，因此

bn＜bn+1，为正整数．

20．【解】（Ⅰ）由题设：an+1＝(2－1)(an＋2)＝(2－1)(an－2)＋2－1)(22)，＝(2－1)(an2)＋2，∴an+1－2＝(2－1)(an－2)． 所以，数列{an－2}a是首项为22，公比为2－1)的等比数列，an－2＝2(2－1)n，即an的通项公式为an＝2[(2－1)n＋1]，n＝1，2，3，….（Ⅱ）用数学归纳法证明．

（ⅰ）当n＝1时，因2＜2，b1＝a1＝2，所以2＜b1≤a1，结论成立．（ⅱ）假设当n＝k2＜bk≤a4k3，也即0＜bn－2≤a4k3－2，当n＝k＋1时，bk+1－2＝又

3bk＋4(3－22)bk＋(4－32)(3－2)(bk－2)

2＞0，2bk＋32bk＋32bk＋3

3－22，2bk＋322＋3

(3－22)(b2)

所以bk+12(3－2)2(bk2)≤(2－1)4(a4k3－2)＝a4k+1－2

2bk＋3也就是说，当n＝k＋1时，结论成立．

根据（ⅰ）和（ⅱ2＜bn≤a4n3，n＝1，2，3，….21．【解】（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，则 f`(x)＝2ax＋b，由于f`(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.，又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上，所以Sn＝3n2－2n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5（n∈N*）.33111（Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn＝2)，anan＋1(6n－5)[6(n－1)－5]6n－56n＋1

11111111

故Tn＝bi＝2[(1－7＋(713)＋…＋()]＝2），6n－56n＋16n＋1i=1

n

11m1m

因此，要使220n∈N*）成立的m，必须且仅须满足220，即m≥10，所以

6n＋1满足要求的最小正整数m为10.22．【解】（Ⅰ）由于an1(n2n)an(n1，2，)，且a11．

所以当a21时，得12，故3．从而a3(2223)(1)3．（Ⅱ）数列an不可能为等差数列，证明如下：由a11，an1(n2n)an 得a22，a3(6)(2)，a4(12)(6)(2)．

若存在，使an为等差数列，则a3a2a2a1，即(5)(2)1，解得3．于是a2a112，a4a3(11)(6)(2)24． 这与

an为等差数列矛盾．所以，对任意，an都不可能是等差数列．

（Ⅲ）记bnn2n(n1，2，)，根据题意可知，b10且bn0，即2 且n2n(nN*)，这时总存在n0N*，满足：当n≥n0时，bn0； 当n≤n01时，bn0．所以由an1bnan及a110可知，若n0为偶数，则an00，从而当nn0时，an0；若n0为奇数，则an00，从而当nn0时an0．因此“存在mN，当nm时总有an0” 的充分必要条件是：n0为偶数，b2k(2k)2k0

记n02k(k1．，2，)，则满足2

b(2k1)2k102k1

故的取值范围是4k22k4k22k(kN*)．