第九章 数列-【高考一线·真题研究】2025年高考数学分类必刷题

高考一线 真题研究 数学 第九章 数 列 9.1 等差数列 【解题·小帮手】 ▶两个基本概念 (1)等差数列:an+1-an=d(n∈N*,d 为常 数). (2)等差中项:A 是a 与b的等差中项⇔A= a+b 2 . ▶两个基本公式 (1)通 项 公 式:an=a1+(n-1)d=dn+ (a1-d)(一次函数形式),其中a1 为首项,d 为公差. (2)前n 项和公式:Sn= n(a1+an) 2 =na1+ n(n-1) 2 d= d 2n 2+a1- d 2 n(二次函数形 式),其中a1 为首项,d 为公差. ▶四个常用性质 (1)若{an}为等差数列,m,n∈N*且m>n, 则am=an+(m-n)d⇔d= am-an m-n . (2)若{an}为等差数列,且m+n=p+q(m, n,p,q∈N*),则am+an=ap+aq.特别 地,若m+n=2p,则am+an=2ap. (3)若{an}为等差数列,则数列Sk,S2k- Sk,S3k-S2k,…(k∈N*)是等差数列,公差 为k2d. (4)若{an},{bn}都是等差数列,Sn,Tn 分别 为它们的前n 项和,则 an bn = S2n-1 T2n-1 . ▶增减性:等差数列{an}递增⇔公差d>0;等 差数列{an}递减⇔公差d<0. ▶求Sn 最值的两种方法 (1)函数法:将Sn= d 2n 2+ a1- d 2 n 配平 方,转化成二次函数最值问题. (2)通项法:若a1>0,d<0,则所有正数项 之和最大;若a1<0,d>0,则所有负数项之 和最小. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 548.(2024·新课标全国甲理,4)等差数列 {an}的前n 项和为Sn,若S5=S10,a5= 1,则a1= ( ) A.-2 B. 7 3 C.1 D.2 549.(2024·新高考全国二,12)记Sn 为等差 数列{an}的前n 项和,若a3+a4=7, 3a2+a5=5,则S10= . 550.(2024·新高考全国一,19节选)设m 为 正整数,数列a1,a2,…,a4m+2 是公差不为 0的等差数列,若从中删去两项ai 和aj(i< j)后剩余的4m 项可被平均分为m 组,且每 组的4个数都能构成等差数列,则称数列 a1,a2,…,a4m+2 是(i,j)—可分数列. (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使数 列a1,a2,…,a6 是(i,j)—可分数列; (2)当 m≥3时,证明:数列a1,a2,…, a4m+2 是(2,13)—可分数列. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 76 第九章 数 列 551.(2023·新课标全国甲文,5)记Sn 为等差 数列{an}的前n 项和.若a2+a6=10, a4a8=45,则S5= ( ) A.25 B.22 C.20 D.15 552.(2023·新课标全国乙理,10)已知等差数 列{an}的公差为 2π 3 ,集合S={cosan|n∈ N*},若S={a,b},则ab= ( ) A.-1 B.- 1 2 C. 0 D. 1 2 553.(2023·新课标全国乙文,18)记Sn 为等 差数列{an}的前n 项和,已知a2=11, S10=40. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 554.(2023·新高考全国一,20)设等差数列 {an}的公差为d,且d>1,令bn= n2+n an ,记 Sn,Tn 分别为数列{an},{bn}的前n项和. (1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an} 的通项公式; (2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99, 求d. 555.(2023·新高考全国二,18){an}为等差数 列,bn= an-6,n为奇数, 2an,n为偶数, 记Sn,Tn 分别 为数列{an},{bn}的前n 项和,S4=32, T3=16. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:当n>5时,Tn>Sn. 556.(2022·新课标全国乙文,13)记Sn 为等 差数列{an}的前n项和,若2S3=3S2+6, 则公差d= . 557.(2022·新高考全国二,3)图1是中国古 代建 筑 中 的 举 架 结 构,AA',BB',CC', DD'是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直 距离称为举,图2是某古代建筑屋顶截面 的示意图.其中 DD1,CC1,BB1,AA1 是 举,OD1,DC1,CB1,BA1 是相等的步,相邻 桁的举步之比分别为 DD1 OD1 =0.5, CC1 DC1 = k1, BB1 CB1 =k2, AA1 BA1 =k3,已知k1,k2,k3 成 公差为0.1的等差数列,且直线OA 的斜 率为0.725,则k3= ( ) 图1 A B C D D C B A O y x 图2 A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9 558.(2021·新课标全国甲,18)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{Sn}是 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 77 高考一线 真题研究 数学 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. 559.(2020·上海,8)已知数列{an}是公差不 为零 的 等 差 数 列,且 a1+a10=a9,则 a1+a2+…+a9 a10 = . 560.(2020·北京,8)在等差数列{an}中,a1= -9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2, …),则数列{Tn} ( ) 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 561.(2019·新课标全国一,9)记Sn 为等差数 列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则 ( ) A.an=2n-5 B.an=3n-10 C.Sn=2n2-8n D.Sn= 1 2n 2-2n 562.(2019·新课标全国三,14)记Sn 为等差 数列{an}的前n 项和.若a1≠0,a2=3a1, 则 S10 S5 = . 563.(2019·北京,10)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 . 564.(2019·江苏,8)已知数列{an}(n∈N*) 是等差数列,Sn 是其前n 项和.若a2a5+ a8=0,S9=27,则S8 的值是 . 565.(2018·北京,9)设{an}是等差数列,且 a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为 . 566.(2018·上海,6)记等差数列{an}的前n 项和为Sn,若a3=0,a6+a7=14,则S7= . 567.(2018·新课标全国一,4)记Sn 为等差数 列{an}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1= 2,则a5= ( ) A.-12 B.-10 C.10 D.12 568.(2017·新课标全国一,4)记Sn 为等差数 列{an}的前n 项和.若a4+a5=24,S6= 48,则{an}的公差为 ( ) A.1 B.2 C.4 D.8 569.(2017·浙江,6)已知等差数列{an}的公 差为d,前n项和为Sn,则“d>0”是“S4+ S6>2S5”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 570.(2016·新课标全国一,3))已知等差数列 {an}前9项和为27,a10=8,则a100= ( ) A.100 B.99 C.98 D.97 571.(2016·北京,12)已知{an}为等差数列, Sn 为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则 S6= . 572.(2015·重庆,2)在等差数列{an}中,若 a2=4,a4=2,则a6= ( ) A.-1 B.0 C.1 D.6 573.(2015·北京,6)设{an}是等差数列,下列 结论中正确的是 ( ) A.若a1+a2>0,则a2+a3>0 B.若a1+a3<0,则a1+a2<0 C.若0<a1<a2,则a2> a1a3 D.若a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0 574.(2015·广东,10)在等差数列{an}中,若 a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8= . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 78 第九章 数 列 9.2 等比数列 【解题·小帮手】 ▶两个基本概念 (1)等比数列: an+1 an =q(n∈N*,q 为常数且 q≠0). (2)等比中项:G 是a 与b的等比中项⇔G= ± ab(ab≠0). ▶两个基本公式 (1)通项公式an=a1qn-1= a1 qq n(幂函数形 式),其中a1 为首项,q(q≠0)为公比. (2)前n 项和公式: Sn= na1(q=1), a1(1-qn) 1-q = a1-anq 1-q (q≠1), 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 其中a1 为首项,q(q≠0)为公比. 说明:当q≠1时,Sn= a1 1-q - a1qn 1-q =Aqn- A(其中A= a1 1-q ,幂函数形式),注意指数 的系数和常数项互为相反数. ▶三个常用性质 (1)若{an}为等比数列,则an=amqn-m (m, n∈N*). (2)若{an}为等比数列,且m+n=p+q(m, n,p,q∈N*),则aman=apaq.特别地,若 m+n=2p,则aman=a2p. (3)公比不为-1的等比数列{an}的前n 项 和为Sn,则Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…(k∈ N*)是等比数列,其公比为qk. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 575.(2024·北京,15)设{an}与{bn}是两个不 同的无穷数列,且都不是常数列.记集合 M={k|ak=bk,k∈N*},给出下列4个结论: ①若{an}与{bn}均为等差数列,则 M 中 最多有1个元素; ②若{an}与{bn}均为等比数列,则 M 中 最多有2个元素; ③若{an}为等差数列,{bn}为等比数列, 则M 中最多有3个元素; ④若{an}为递增数列,{bn}为递减数列, 则M 中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 . 576.(2024·天津,19)已知数列{an}是公比大 于0的等比数列.其前n 项和为Sn.若 a1=1,S2=a3-1. (1)求数列{an}前n项和Sn; (2)设bn= k,n=ak bn-1+2k,ak<n<ak+1, b1= 1,其中k是大于1的正整数. (ⅰ)当n=ak+1 时,求证:bn-1≥ak·bn; (ⅱ)求∑ Sn i=1 bi. 577.(2024·新高考全国二,19)已知双曲线 C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C 上,k为常数,0<k<1.按照如下方式依 次构造点Pn(n=2,3,…),过Pn-1 作斜 率为k的直线与C 的左支交于点Qn-1,令 Pn 为Qn-1 关于y 轴的对称点,记Pn 的 坐标为(xn,yn). (1)若k=12 ,求x2,y2; (2)证明:数列{xn-yn}是公比为 1+k 1-k 的 等比数列; (3)设Sn 为△PnPn+1Pn+2 的面积,证明: 对任意的正整数n,Sn=Sn+1. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 79 高考一线 真题研究 数学 578.(2023·新高考全国二,8)记Sn 为等比数 列{an}的 前n 项 和,若 S4=-5,S6= 21S2,则S8= ( ) A.120 B.85 C.-85 D.-120 579.(2023·新课标全国甲理,5)已知正项等 比数列{an}中,a1=1,Sn 为{an}前n 项 和,S5=5S3-4,则S4= ( ) A.7 B.9 C.15 D.30 580.(2023·新课标全国甲文,13)记Sn 为等 比数列{an}的前n 项和.若8S6=7S3,则 {an}的公比为 . 581.(2023·天津,6)已知{an}为等比数列,Sn 为数列{an}的前n 项和,an+1=2Sn+2,则 a4 的值为 ( ) A.3 B.18 C.54 D.152 582.(2023·新课标全国乙理,15)已知{an}为 等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则 a7= . 583.(2022·新课标全国乙,8)已知等比数列 {an}的前3项和为168,a2-a5=42,则 a6= ( ) A.14 B.12 C.6 D.3 584.(2021·新课标全国二,9)记Sn 为等比数 列{an}的前n 项和,若S2=4,S4=6,则 S6= ( ) A.7 B.8 C.9 D.10 585.(2020·新课标全国二,6)数列{an}中, a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ ak+10=215-25,则k= ( ) A.2 B.3 C.4 D.5 586.(2019·新课标全国一,14)记Sn 为等比 数列{an}的前n 项和.若a1= 1 3 ,a24=a6, 则S5= . 587.(2019·新课标全国三,5)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= . 588.(2019·新课标全国二,18)已知{an}是各 项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+ 16. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=log2an,求数列{bn}的前n项和. 589.(2018·新课标全国三,17)等比数列{an} 中,a1=1,a5=4a3. (1)求{an}的通项公式; (2)记Sn 为{an}的前n 项和.若Sm=63, 求m. 590.(2017·新课标全国三,14)设等比数列 {an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则 a4= . 591.(2017·江苏,9)等比数列{an}的各项均 为实数,其前n 项和为Sn,已知S3= 7 4 , S6= 63 4 ,则a8= . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 80 第九章 数 列 592.(2016·天津,5)设{an}是首项为正数的 等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意的 正整数n,a2n-1+a2n<0”的 ( ) A.充要条件 B.充分而不必要条件 C.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件 593.(2016·新课标全国三,17)已知各项都为 正数的数列{an}满足a1=1,a2n-(2an+1- 1)an-2an+1=0. (1)求a2,a3; (2)求{an}的通项公式. 594.(2015·新课标全国二,4)已知等比数列 {an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+ a5+a7= ( ) A.21 B.42 C.63 D.84 595.(2014·全国,10)等比数列{an}中,a4= 2,a5=5,则数列{lg an}的前8项和等于 ( ) A.6 B.5 C.4 D.3 596.(2014·北京,5)设{an}是公比为q 的等 比数列,则“q>1”是“{an}为递增数列”的 ( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 597.(2014·安徽,14)已知数列{an}是递增的 等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列 {an}的前n项和等于 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 9.3 差比综合问题 【解题·小帮手】 ▶若条件是等差数列,主体框架是等比数列, 则结合等差数列的有关知识表示出条件,再 在等比框架下生成代数式,进一步求解. ▶若条件是等比数列,主体框架是等差数列, 则结合等比数列的有关知识表示出条件,再 在等差框架下生成代数式,进一步求解. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 598.(2023·北京,14)我国度量衡的发展有着 悠久的历史,战国时期就已经出现了类似 于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已 知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构 成项数为9的数列{an},该数列的前3项 成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1, a5=12,a9=192,则a7= ;数列 {an}所有项的和为 . 599.(2022·新高考全国二,17)已知{an}为等 差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且 a2-b2=a3-b3=b4-a4. (1)证明:a1=b1; (2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中 元素个数. 600.(2022·浙江,20)已知等差数列{an}的首 项a1=-1,公差d>1,记{an}的前n 项和 为Sn(n∈N*). (1)若S4-2a2a3+6=0,求Sn; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 81 高考一线 真题研究 数学 (2)若对于每个n∈N*,存在实数cn,使 an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn 成等比数 列,求d 的取值范围. 601.(2021·新课标全国乙文,19)设{an}是首 项为1的等比数列,数列{bn}满足bn= nan 3 ,已知a1,3a2,9a3 成等差数列. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)记Sn 和Tn 分别为{an}和{bn}的前n 项和.证明:Tn< Sn 2. 602.(2020·新课标全国三,17)设等比数列 {an}满足a1+a2=4,a3-a1=8. (1)求{an}的通项公式; (2)记Sn 为数列{log3an}的前n 项和,若 Sm+Sm+1=Sm+3,求m. 603.(2019·天津,19(1))设{an}是等差数列, {bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2= 2a2-2,b3=2a3+4,求{an}和{bn}的通项 公式. 604.(2018·北京,15)设{an}是等差数列,且 a1=ln 2,a2+a3=5ln 2. (1)求{an}的通项公式; (2)求ea1+ea2+…+ean. 605.(2017·新课标全国三,9)等差数列{an} 的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6 成等 比数列,则{an}前6项的和为 ( ) A.-24 B.-3 C.3 D.8 606.(2017·北京,10)若等差数列{an}和等比 数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则 a2 b2 = . 607.(2016·新课标全国一,17)已知{an}是公 差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1, b2= 1 3 ,anbn+1+bn+1=nbn. (1)求{an}的通项公式; (2)求{bn}的前n项和. 608.(2015·浙江,3)已知{an}是等差数列,公 差d 不为零,前n 项和是Sn,若a3,a4,a8 成等比数列,则 ( ) A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0 C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0 609.(2015·福建,8)若a,b 是函数f(x)= x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零 点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成 等差数列,也可适当排序后成等比数列,则 p+q的值等于 ( ) A.6 B.7 C.8 D.9 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 82 第九章 数 列 610.(2014·新课标全国二,5)等差数列{an} 的公差是2,若a2,a4,a8 成等比数列,则 {an}的前n项和Sn= ( ) A.n(n+1) B.n(n-1) C. n(n+1) 2 D. n(n-1) 2 611.(2014·天津,11)设{an}是首项为a1,公 差为-1的等差数列,Sn 为其前n 项和,若 S1,S2,S4 成 等 比 数 列,则 a1 的 值 为 . 612.(2014·安徽,14)设Sn 为等比数列{an} 的前n 项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3 成 等差数列,则an= . 613.(2013·重庆,12)已知{an}是等差数列, a1=1,公差d≠0,Sn 为其前n 项和,若 a1,a2,a5 成等比数列,则S8= . 614.(2013·新课标全国二,14)已知数列{an} 和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an- bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (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. 615.(2013·大纲,17)等差数列{an}的前n 项 和为Sn,已知S3=a22,且S1,S2,S4 成等比 数列,求{an}的通项公式. 616.(2012·湖北,18)已知等差数列{an}前三 项的和为-3,前三项的积为8. (1)求等差数列{an}的通项公式; (2)若 a2,a3,a1 成 等 比 数 列,求 数 列 {|an|}的前n项和. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 9.4 求通项公式 【解题·小帮手】 ▶已知前n 项和求通项 an= S1,n=1, Sn-Sn-1,n≥2, 注意这是一个分段函 数,需要分段求解,最后用n≥2的an 来检 验a1. ▶累加累乘求通项 (1)累加:an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+… +(a2-a1)(n≥2)结合数列求和知识求an. (2)累 乘:an = an an-1 ·an-1 an-2 · … ·a2 a1 · a1(n≥2)结合数列求积知识求an. ▶构造辅助数列求通项 (1)若an+1=pan+q(p,q 为常数),则可设 an+1+λ=p(an+λ),应用待定系数法解得 λ= q p-1 ,得数列{an+λ}是以a1+λ 为首 项,以p 为公比的等比数列. (2)若an+1= san pan+q (p,q为常数,且p≠0, q≠s),则可取倒数 1 an+1 =p an+q san ,设bn= 1 an ,则该式可变为bn+1= q sbn+ p s ,转化为模 型(1). (3)若an+1=pan+qn(p,q为常数,且p≠1). 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 83 高考一线 真题研究 数学 ①若p=q,则an+1=pan+pn,两边同除以 pn+1 得 an+1 pn+1 = an pn + 1 p ,所以 an pn 是等差数列. ②若p≠q,则构造an+1+λqn+1=p(an+ λqn),应用待定系数法解得λ= 1 p-q ,得数 列{an+λqn}是以a1+λq 为首项,以p 为公 比的等比数列. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 617.(2022·新课标全国乙,4)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的人造行星, 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{bn}:b1=1+ 1 α1 ,b2=1+ 1 α1+ 1 α2 ,b3=1+ 1 α1+ 1 α2+ 1 α3 ,…,依此类推, 其中αk∈N*(k=1,2,…),则 ( ) A.b1<b5 B.b3<b8 C.b6<b2 D.b4<b7 618.(2022·浙江,10)已知数列{an}满足a1= 1,an+1=an- 1 3a 2 n(n∈N*),则 ( ) A.2<100a100< 5 2 B. 5 2<100a100<3 C.3<100a100< 7 2 D. 7 2<100a100<4 619.(2022·北京,15)已知数列{an}各项均为 正数,其前n项和Sn 满足an·Sn=9(n= 1,2,…).给出下列四个结论:①{an}的第2 项小于3;②{an}为等比数列;③{an}为递 减数列;④{an}中存在小于 1 100 的项.其中 所有正确结论的序号是 . 620.(2022·新课标全国甲理,17)记Sn 为数 列{an}的前n项和.已知 2Sn n +n=2an+1. (1)证明:{an}是等差数列; (2)若a4,a7,a9 成等比数列,求Sn 的最 小值. 621.(2021·新课标全国乙,19)记Sn 为数列 {an}的前n项和,bn 为数列{Sn}的前n 项 积,已知2 Sn + 1 bn =2. (1)证明:数列{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式. 622.(2016·新课标全国三,17)已知各项都为 正数的数列{an}满足a1=1,a2n-(2an+1- 1)an-2an+1=0. (1)求a2,a3; (2)求数列{an}的通项公式. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 84 第九章 数 列 623.(2015·广东,21)数列{an}满足a1+ 2a2+…+nan=4- n+2 2n-1 ,n∈N*. (1)求a3 的值; (2)求数列{an}的前n项和Tn. 624.(2014·大纲,17)已知数列{an}满足a1= 1,a2=2,an+2=2an+1-an+2. (1)令bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式. 625.(2010·新课标全国,17节选)设数列{an} 满足a1=2,an+1-an=3×22n-1,求数列 {an}的通项公式. 626.(2009·全国二,19)设数列{an}的前n 项 和为Sn,已知a1=1,Sn+1=4an+2(n∈ N*). (1)设bn=an+1-2an,证明:数列{bn}是等 比数列; (2)求数列{an}的通项公式. 627.(2009·陕西,21)已知数列{an}满足a1= 1,a2=2,an+2= an+an+1 2 (n∈N*). (1)令bn=an+1-an,证明{bn}是等比数列; (2)求{an}的通项公式. 628.(2008·陕西,21节选)已知数列{an}的首 项a1= 3 5 ,an+1= 3an 2an+1 (n∈N*),求数列 {an}的通项公式. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 85 高考一线 真题研究 数学 629.(2008·江西,5)在数列{an}中,a1=2, an+1=an+ln1+ 1 n ,则an= ( ) A.2+ln n B.2+(n-1)ln n C.2+nln n D.1+n+ln n 630.(2007·全国一,21节选)已知数列{an} 中,满足a1=2,an+1=(2-1)(an+2)(n ∈N*),求数列{an}的通项公式. 631.(2007·天津,20节选)在数列{an}中, a1=2,an+1=4an-3n+1(n∈N*). 证明:数列{an-n}是等比数列. 632.(2006·全国一,21节选)设数列{an}的前 n项和为Sn= 4 3an- 1 3×2 n+1+ 2 3 (n∈ N*),求首项a1 及通项an. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 9.5 数列求和 【解题·小帮手】 ▶错位相减法 (1)对于{anbn}结构,其中{an}是等差数列, {bn}是等比数列,用错位相减法求和; (2)差比数列求和公式:若an=(An+B) qn-1(A≠0,q≠1),则Sn=(Dn+E)qn- E,其中D= A q-1 ,E=B-D q-1 .注意:①对于 选填题,可直接用公式求解;②对于解答题, 用错位相减法写过程,再用公式化简计算得 到结果. ▶裂项相消法 裂项相消法实质是把数列的通项分解为两 项或多项的差,在求和的过程中使得中间部 分项得以抵消.裂项是手段,而相消才是目 标.常见裂项方法: (1) 1 nn+k = 1 k 1 n- 1 n+k ; (2) 1 n(n+1)(n+2)= 1 2 1 n(n+1)- 1 (n+1)(n+2) 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 ; (3) 1 n+ n+k = 1 k n+k- n ; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 86 第九章 数 列 (4) (a-1)an (an+b)(an+1+b) = 1 an+b - 1 an+1+b . ▶分组法求和 (1)对于{an+bn}结构,可用分组求和法; (2)若数列{an}中的某些项满足某种变化规 律,先将满足同一规律的项求和,再将这些 和相加. ▶奇偶项求和 (1)根据条件分别得到奇数项和偶数项的递 推关系,再对奇数项和偶数项分别求和,然 后相加. (2)通过求a2k-1+a2k 进而求得S2k,而S2k-1= S2k-a2k;或是通过求a2k+a2k+1 进而求得 S2k+1,而S2k=S2k+1-a2k+1. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 633.(2024·新课标全国甲理,18)记Sn 为数 列{an}的前n项和,且4Sn=3an+4. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前 n项和Tn. 634.(2023·新课标全国甲理,17)已知数列 {an}中,a2=1,设Sn 为{an}前n 项和, 2Sn=nan. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列 an+1 2n 的前n项和Tn. 635.(2022·新高考全国一,17)记Sn 为数列 {an}的前n项和,已知a1=1, Sn an 是公差 为1 3 的等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)证明: 1 a1 + 1 a2 +…+ 1 an <2. 636.(2022·天津,18)设{an}是等差数列, {bn}是等比数列,且a1=b1=a2-b2= a3-b3=1. (1)求{an}与{bn}的通项公式; (2)设{an}的前n项和为Sn,求证:(Sn+1+ an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn; (3)求∑ 2n k=1 [ak+1-(-1)kak]bk. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 87 高考一线 真题研究 数学 637.(2021·新课标全国一,17)设{an}是首项 为1的等比数列,数列{bn}满足bn= nan 3 , 已知a1,3a2,9a3 成等差数列. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)记Sn 和Tn 分别为{an}和{bn}的前n 项和,求证:Tn< Sn 2. 638.(2021·新高考全国一,17)已知数列{an} 满足a1=1,an+1= an+1,n为奇数, an+2,n为偶数. (1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn} 的通项公式; (2)求{an}的前20项和. 639.(2020·新高考全国一,18)已知公比大于 1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8. (1)求{an}的通项公式; (2)记bm 为{an}在区间(0,m](m∈N*)中 的项的个数,求数列{bm}的前100项和 S100. 640.(2020·新课标全国一,17)设{an}是公比 不为1的等比数列,a1 为a2,a3 的等差中项. (1)求{an}的公比; (2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和. 641.(2018·天津,18)设{an}是等比数列,公 比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn} 是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4= b3+b5,a5=b4+2b6. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*). (ⅰ)求Tn; (ⅱ)证明∑ n k=1 (Tk+bk+2)bk (k+1)(k+2)= 2n+2 n+2-2 (n∈ N*). 642.(2017·新课标全国三,17)设数列{an}满 足a1+3a2+…+(2n-1)·an=2n. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列 an 2n+1 的前n项和. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 88 第九章 数 列 643.(2017·天津,18)已知{an}为等差数列, 前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2 的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12, b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*). 644.(2017·新课标全国二,15)等差数列{an} 的前n 项和为Sn,a3=3,S4=10,则∑ n k=1 1 Sk = . 645.(2016·新课标全国二理,17)Sn 为等差 数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28,记 bn=[lg an].其中[x]表示不超过x 的最 大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求b1,b11,b101; (2)求数列bn 的前1 000项和. 646.(2015·福建,17)设{an}是等差数列, {bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1, a14=b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn=an+bn,求 数 列{cn}的 前n 项和. 647.(2014·山东,19)已知等差数列{an}的公 差为2,前n 项和为Sn,且S1,S2,S4 成等 比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令bn=(-1)n-1 4n anan+1 ,求数列{bn}的 前n项和Tn. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 89 高考一线 真题研究 数学 4a+6bi=4+6i,则 4a=4, 6b=6, 即 a=1 , b=1, 故 z=a+bi=1+i,故选C. 536.D 解析:z= 21-i=1+i ,故选D. 537.B 解析:∵(1-i)2z=3+2i,∴z= 3+2i (1+i)2 = 3+2i -2i= (3+2i)i 2 = -2+3i 2 = -1+ 3 2i ,故选B. 538.B 解析:(1+2i)(2+i)=2+i+4i+2i2= 5i,故选B. 8.2 复数几何意义 539.A 解析:因为(1+3i)(3-i)=3+8i- 3i2=6+8i,所以该复数在复平面内对应的 点为(6,8),位于第一象限,故选A. 540.D 解析:因为z 在复平面对应的点是 (-1,3),所以z=-1+ 3i,z=-1- 3i,故选D. 541.C 解析:几何角度:z对应的点Z 是与点 (0,1)之间的距离为1的点的集合,即圆心 (0,1),r=1的圆,方程为x2+(y-1)2= 1,故选C. 代数角度:设z=x+yi,|z-i|=|x+(y-1)i|= x2+(y-1)2=1,则x2+(y-1)2=1, 故选C. 542.D 解析:从几何角度:z 对应点坐标(3, 2),z与z关于x 轴对称,则z 对应的点坐 标(3,-2),故选D. 从代数角度:z=3-2i,则z 对应点坐标 (3,-2),故选D. 543.D 解析:原式= 1 2 · 2 1-i= 1 2 (1+i),对 应点位于第一象限,求共轭复数再关于 x 轴对称,故选D. 544.D 解析:对应点坐标(sin 2,cos 2),不知 道sin 2,cos 2是多少? 要好好学习三角函 数的定义啦! π 2<2<π⇒sin 2>0,cos 2< 0,故选D. 545.B 解析:原式=a+i-ai-i2=(a+1)+ (1-a)i,对应坐标(a+1,1-a)在第二象 限,则 a+1<0, 1-a>0, 即a<-1,故选B. 546.A 解析:关于y 轴对称,z2=-2+i, z1z2=(2+i)·(-2+i)=i2-22=-5,故 选A. 547.B 解析:共轭⇒关于x 轴对称,故选B. 第九章 数 列 9.1 等差数列 548.B 解析:由S5=S10,得S10-S5=a6+ a7+a8+a9+a10=5a8=0,则a8=0.又 a5=1,所以等差数列{an}的公差d= a8-a5 3 = 0-1 3 =- 1 3 ,则a1=a5-4d= 1-4× - 1 3 =73,故选B. 549.95 解析:因为数列{an}为等差数列,则 由题 意 得 a1+2d+a1+3d=7, 3(a1+d)+a1+4d=5, 解 得 a1=-4, d=3, 所 以 S10=10a1+10×92 d= 10×(-4)+45×3=95. 550.解:由等差数列的性质,得,a1,a2,…, a4m+2 是(i,j)—可 分 数 列 ⇔1,2,…, 4m+2是(i,j)—可分数列. (1)相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数 i和j(i<j),使得剩下四个数是等差数 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 264 详解答案 列,那么剩下四个数只可能是3,4,5,6,或 2,3,4,5,或1,2,3,4,所以所有可能的(i, j)为(1,2),(1,6),(5,6). (2)从数列1,2,…,4m+2中取出2和 13后,剩余的4m 个数可以分为以下两个 部分,共m 组,使得每组成等差数列: ①{1,4,7,10},{3,6,9,12},{5,8,11, 14},共3组; ②{15,16,17,18},{19,20,21,22},…, {4m-1,4m,4m+1,4m+2},共 m- 3组. (如果m-3=0,则忽略②) 所以数列1,2,…,4m+2是(2,13)—可 分数列. 551.C 解析:解法一:设等差数列{an}的公差 为d,首项为a1,由题意得a2+a6=a1+ d+a1+5d=10,即a1+3d=5.又a4a8= (a1+3d)(a1+7d)=45,解得d=1,a1= 2,所以S5=5a1+ 5×4 2 ×d=5×2+10= 20,故选C. 解法二:因为a2+a6=2a4=10,a4a8=45, 所以a4=5,a8=9,d= a8-a4 8-4 =1 ,则a3= a4-d=5-1=4,所以S5=5a3=20,故 选C. 552.B 解析:由题意得an=a1+(n-1)· 2π 3= 2π 3n+a1- 2π 3 ,因为y= cos2π3n+a1- 2π 3 􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 的周期为3,n∈N*, 所以 cos an 最 多 3 个 不 同 的 取 值.又 {cos an|n∈N*}={a,b},所 以 在cos a1, cos a2,cos a3 中,cos a1=cos a2≠cos a3 或 cos a1≠cos a2 =cos a3,所 以 cos θ= cosθ+ 2π 3 ,所以θ+θ+2π3 =2kπ,k∈ Z,解得θ=kπ-π3 ,k∈Z, 所以ab=coskπ- π 3 cos kπ-π3 +4π3􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 = -coskπ- π 3 cos kπ= -cos2kπcosπ3= - 1 2 ,故选B. 553.解:(1)设等差数列的公差为d, 由 题 意 得 a2=a1+d=11, S10=10a1+ 10×9 2 d=40 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 即 a1+d=11, 2a1+9d=8, 解得a1=13 , d=-2, 所以an=13- 2(n-1)=15-2n. (2)Sn = n(13+15-2n) 2 =14n-n 2,令 an=15-2n>0,解得n< 15 2 ,且n∈N*. 当n≤7时,则an>0,得 Tn=|a1|+ |a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn= 14n-n2; 当n≥8时,则an<0,得 Tn=|a1|+ |a2|+…+|an|=(a1+a2+…+a7)- (a8+…+an)=S7-(Sn-S7)=2S7- Sn=2(14×7-72)-(14n-n2)=n2- 14n+98. 综上,Tn= 14n-n2,n≤7, n2-14n+98,n≥8. 554.解:(1)由题意得 3a2=3a1+a3, 2a2=a1+a3, 解得 a2=2a1, a3=3a1, 所以d=a3-a2=a1, an=a1+(n-1)a1=na1, 所以bn= n2+n an = n2+n na1 = n+1 a1 . 因为S3+T3=21, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 265 高考一线 真题研究 数学 所以6a1+ 9 a1 =21,解得a1= 1 2 (舍)或 a1=3, 所以an=3n. (2)设an=dn+s,bn=d1n+t,其中d>1. 记cn=an-bn=(d-d1)n+s-t,则{cn}为等 差数列, 所 以 S99-T99=c1+c2 + … +c99 = 99(c1+c99) 2 =99c50=99 ,得c50=1. 又bn= n2+n an ,an=dn+s,bn=d1n+t, 所以d1n+t= n2+n dn+s , 所以n2+n=(d1n+t)(dn+s)=dd1n2+ (dt+d1s)n+ts, 所以 dd1=1, dt+d1s=1, ts=0, 50(d-d1)+s-t=1, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 解得d=5150. 555.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,而 bn= an-6,n=2k-1, 2an,n=2k, k∈N*, 则b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3= a3-6=a1+2d-6, 所以 S4=4a1+6d=32, T3=4a1+4d-12=16, 解得a1=5 , d=2, 所以an=a1+(n-1)d=2n+3. (2)解法一:由(1)知,Sn= n(5+2n+3) 2 = n2+4n,bn= 2n-3,n=2k-1, 4n+6,n=2k, k∈N*. 当n 为偶数时,bn-1+bn=2(n-1)-3+ 4n+6=6n+1,Tn= 13+(6n+1) 2 ·n 2= 3 2n 2+ 7 2n , 当n>5时,Tn-Sn= 3 2n 2+ 7 2n -(n2+ 4n)=12n (n-1)>0,因此Tn>Sn; 当 n 为 奇 数 时,Tn =Tn+1 -bn+1 = 3 2 (n+1)2+72 (n+1)-[4(n+1)+6]= 3 2n 2+ 5 2n-5 , 当n>5时,Tn-Sn= 3 2n 2+ 5 2n-5 - (n2+4n)=12 (n+2)(n-5)>0,因此 Tn>Sn, 所以当n>5时,Tn>Sn. 解法 二:由(1)知,Sn = n(5+2n+3) 2 = n2+4n,bn= 2n-3,n=2k-1, 4n+6,n=2k, k∈N*. 当n 为 偶 数 时,Tn = (b1+b3+ … + bn-1)+ (b2 + b4 + … + bn )= -1+2(n-1)-3 2 ·n 2+ 14+4n+6 2 ·n 2= 3 2n 2+ 7 2n , 当n>5时,Tn-Sn= 3 2n 2+ 7 2n -(n2+ 4n)=12n (n-1)>0,因此Tn>Sn, 当n 为奇数时,若n≥3,则 Tn=(b1+ b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)= -1+2n-3 2 ·n+1 2 + 14+4(n-1)+6 2 · n-1 2 = 3 2n 2+ 5 2n-5 ,显然T1=b1=-1满 足上式,因此当n 为奇数时,Tn= 3 2n 2+ 5 2n-5 , 当n>5时,Tn-Sn= 3 2n 2+ 5 2n-5 - 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 266 详解答案 (n2+4n)=12 (n+2)(n-5)>0,因此 Tn>Sn, 所以当n>5时,Tn>Sn. 556.2 解析:由2S3=3S2+6,得2(a1+a2+ a3)=3(a1+a2)+6,化简得2a3=a1+ a2+6,即2(a1+2d)=2a1+d+6,解得 d=2. 557.D 解析:设OD1=DC1=CB1=BA1= 1,则CC1=k1,BB1=k2,AA1=k3,依题 意,得k3-0.2=k1,k3-0.1=k2,且 DD1+CC1+BB1+AA1 OD1+DC1+CB1+BA1 =0.725,所 以 0.5+3k3-0.3 4 =0.725 ,解得k3=0.9,故 选D. 558.证明:选①②作条件证明③:设 Sn = an+b(a>0),则Sn=(an+b)2. 当n=1时,a1=S1=(a+b)2; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(an+b)2- (an-a+b)2=a(2an-a+2b). 因为{an}也是等差数列,所以(a+b)2= a(2a-a+2b),解得b=0, 所以an=a2(2n-1),所以a2=3a1. 选①③作条件证明②: 因为a2=3a1,{an}是等差数列, 所以公差d=a2-a1=2a1, 所 以 Sn =na1+ n(n-1) 2 d=n 2a1,即 Sn= a1n. 因为 Sn+1- Sn= a1(n+1)- a1n= a1, 所以{Sn}是等差数列. 选②③作条件证明①:设 Sn=an+b(a> 0),则Sn=(an+b)2. 当n=1时,a1=S1=(a+b)2; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(an+b)2- (an-a+b)2=a(2an-a+2b). 因为a2=3a1,所以a(3a+2b)=3(a+ b)2,解得b=0或b=-4a3. 当b=0时,a1=a2,an=a2(2n-1). 当n≥2时,an-an-1=2a2 满足等差数列 的定义,此时{an}为等差数列; 当b=-4a3 时,Sn =an+b=an- 4 3a , S1=- a 3<0 不合题意,舍去. 综上,{an}为等差数列. 559. 27 8 解析:设{an}公差为d,由a1+a10=a9 得a1+(a1+9d)=a1+8d,则a1=-d,所以 a1+a2+…+a9 a10 = S9 a10 = 9a1+ 9(9-1) 2 d a1+9d = 27d 8d = 27 8. 560.B 解 析:由 题 意 知 d = a5-a1 5-1 = -1-(-9) 4 =2 ,那么an=a1+(n-1)d= -9+2(n-1)=2n-11. 该数列单调递增,且a5=-1<0,a6=1> 0,这里 Tn=a1a2…an 表现的是前n 项 的积. 通过判断前5项都是负数,即当n≥6且 n∈N*时,Tn<0,则当n=2或n=4时, Tn>0(偶数个负数之积为正),那么T2 和 T4 必定可以比出大小,即Tn 有最大值.又 当n≥6时,an≥1,即Tn 不断减小,且没有 最小值,故选B. 561.A 解析:设{an}公差为d,首项为a1,由 Sn =na1 + n(n-1) 2 d 得 S4 =4a1 + 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 267 高考一线 真题研究 数学 4×(4-1) 2 d=6d+4a1=0① ,而a5=a1+ 4d=5②,联立①②解方程得a1=-3,d= 2,所以an=a1+(n-1)d=-3+2(n- 1)=2n-5,Sn= d 2n 2+a1- d 2 n=n2- 4n,故选A. 562.4 解析:设{an}的公差为d,由a2= 3a1 得a1+d=3a1,所以d=2a1,因此 S10=10a1+ 10(10-1) 2 d=50d ,而S5= 5a1+ 5(5-1) 2 d= 25 2d ,故S10 S5 = 50d 25 2d =4. 563.0,-10 解析:方法一:设{an}公差为d, 首项 为a1,由 Sn =na1+ n(n-1) 2 d 得 S5=5a1+ 5(5-1) 2 d=10d+5a1=-10 ①,而a2=a1+d=-3②,联立①②解方 程得a1=-4,d=1.所以a5=a1+4d= -4+4=0,an=a1+(n-1)d=-4+ (n-1)=n-5,Sn=na1+ n(n-1) 2 d= 1 2n 2- 9 2n. 关于Sn 的最小值计算有两种方法: ①Sn= 1 2n 2- 9 2n 是关于n的二次函数,且 n∈N*,抛物线开口向上,对称轴n=92. 所 以 当 n=4 或 n=5 时,Sn 最 小,故 (Sn)最小值=S4=S5=-10. ②an=n-5是关于n 的一次函数,且n∈ N*,单调递增,a5=0,所以Sn 要取得最小 值则需要所有的负数项相加,即前4项或 前5项和最小.又a1=-4,则(Sn)min= S4= 4(a1+a4) 2 =S5= 5(a1+a5) 2 =-10. 方法二:设{an}公差为d,首项为a1,S5= 5(a1+a5) 2 = 5×2a3 2 =5a3=-10 ,所 以 a3=-2.又a2=-3,则d=a3-a2=1,故 an=a2+(n-2)d=-3+(n-2)=n- 5或an=a3+(n -3)d=-2+(n-3)= n-5.因此a1=-4,故Sn= n(a1+an) 2 = n(-4+n-5) 2 = 1 2n 2- 9 2n. 接下来同方 法一. 564.16 解析:设公差是d,那么a2=a5-3d, a8=a5+3d,则3a2+a8=3(a5-3d)+ (a5+3d)=4a5-6d=0,解得d=2. 方法一:S8=S9-a9=S9-(a5+4d)= 27-(3+4×2)=16. 方法二:由a5=3和d=2得a1=a5- 4d=-5,a8=a5+3d=9,所 以 S8= 8(a1+a8) 2 =16. 方法三:由a5=3和d=2得a1=a5- 4d=-5,S8=8a1+ 8(8-1) 2 d=16. 565.an=6n-3 解析:设{an}公差为d,由 a2+a5=36得(a1+d)+(a1+4d)= 2a1+5d=36.又a1=3,则d= 36-2a1 5 = 36-6 5 =6 ,所以an=a1+(n-1)d=3+ (n-1)×6=6n-3. 566.14 解析:设{an}公差为d,首项为a1,则 有a6+a7=(a1+5d)+(a1+6d)=2a1+ 11d=14①,而a3=a1+2d=0②,联立 ①②解方程可得a1=-4,d=2. 方法 一:Sn=na1+ n(n-1) 2 d ,得 S7= -4×7+ 7(7-1) 2 ×2=14. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 268 详解答案 方法 二:a7=-4+6×2=8,则 S7= 7(a1+a7) 2 =14. 方法三:S7= 7(a1+a7) 2 = 7×2a4 2 =7a4= 7(-4+2×3)=14. 567.B 解析:设{an}的公差为d,由Sn=na1+ n(n-1) 2 d 得3S3=33×2+ 3×(3-1) 2 d = 9d+18,S2 +S4 = 2×2+ 2×(2-1) 2 d + 4×2+ 4×(4-1) 2 d =12+7d,又3S3=S2+ S4,则9d+18=12+7d,解得d=-3,所 以a5=a1+4d=2+4×(-3)=-10,故 选B. 568.C 解析:方法一:设{an}公差为d,首项 为a1,所 以 由 Sn =na1+ n(n-1) 2 d 得 S6=6a1+ 6×(6-1) 2 d=15d+6a1=48 ①,而a4+a5=(a1+3d)+(a1+4d)= 2a1+7d=24②,联立①②解方程得a1= -2,d=4,故选C. 方 法 二:由 Sn = n(a1+an) 2 得 S6 = 6(a1+a6) 2 =3 (a1+a6)=48,则a1+a6= 16①.又a4+a5=24②,所以②-①得 (a4+a5)-(a1+a6)=(a1+3d+a1+ 4d)-(a1+a1+5d)=2d=8,所以d= 4.故选C. 569.C 解析:充分性:因为d>0,所以S4+ S6-2S5=(S4-S5)+(S6-S5)=a6- a5=d>0,充分性成立;必要性:因为S4+ S6>2S5,所以S4+S6-2S5=(S4-S5)+ (S6-S5)=a6-a5=d>0,必要性成立.所 以,d>0是S4+S6>2S5 的充要条件.故 选C. 570.C 解 析:方 法 一:S9= 9(a1+a9) 2 = 9×2a5 2 =9a5=27 ,则a5=3,而a10=8,那 么a100=a10+90· a10-a5 10-5=98 ,故选C. 方法二:观察S9 的末项序号是奇数,那么 中间 项 序 号 是9+1 2 ,即 中 间 项 为a5,则 S9=9a5=27,所以a5=3,而a10=8,那么 a100=a10+90· a10-a5 10-5=98 ,故选C. 571.6 解析:设{an}公差为d,由题意得a3+ a5=2a4=0,则 a4=0,d= a4-a1 3 = 0-6 3 =-2 ,S6=6×6+ 6×(6-1) 2 × (- 2)=6. 572.B 解析:因为a2+a6=2a4,a6=2a4-a2= 0,故选B. 573.C 解析:A:a2+a3=(a1+a2)+2d,虽 然a1+a2>0,但因d 的正负不明,所以 a2+a3 正负不确定,A错误; B:因为a1+a3=2a2<0,则a2<0,但 a1 正负不定,无法说明a1+a2<0,B错误; C:因为a2>a1>0,所以由基本不等式得 a2= a1+a3 2 > a1a3 成立,C正确; D:(a2-a1)(a2-a3)=-d2≤0,D错误, 故选C. 574.10 解析:方法一:因为a3+a7=a4+ a6=2a5,所以a3+a4+a5+a6+a7= 5a5=25,因此a5=5,所以a2+a8=2a5= 10. 方法二:因为3+4+5+6+7=5×5,所以 由 “若 x1 + x2 + … + xn = nx1+x2+ …+xn n (其 中x1+x2+…+xnn ∈ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 269 高考一线 真题研究 数学 N*),则ax1+ax2+…+axn=nax1+x2+…+xn n (其中xi(i=1,2,…,n)∈N*)”得a3+ a4+a5+a6+a7=5a5=25,因此a5=5,所 以a2+a8=2a5=10. 9.2 等比数列 575.①③④ 解析:对于①,因为{an},{bn}均 为等差数列,所以它们的散点图分布在直 线上,而两条直线至多有一个公共点,所 以M 中至多一个元素,①正确;对于②, 取an=2n-1,bn=-(-2)n-1,则{an}, {bn}均为等比数列,但当n 为偶数时, an=2n-1=bn=-(-2)n-1,此时 M 中有 无穷多个元素,②错误;对于③,设bn= Aqn(Aq≠0,q≠±1),an=kn+b(k≠0), 若M 中至少四个元素,则关于n 的方程 Aqn=kn+b 至少有4个不同的正数解, 若q>0,q≠1,则由y=Aqn 和y=kn+b 的散点图可得关于n 的方程Aqn=kn+b 至多有两个不同的解,矛盾;若q<0,q≠ ±1,考虑关于n的方程Aqn=kn+b奇数 解的个数和偶数解的个数,当Aqn=kn+ b有偶数解,此方程即为A|q|n=kn+b, 方程至多有两个偶数解,且有两个偶数解 时Akln|q|>0,否则Akln|q|<0,因为 y=A|q|n,y=kn+b 单调性相反,方程 A|q|n=kn+b 至 多 一 个 偶 数 解;当 Aqn=kn+b 有 奇 数 解,此 方 程 即 为 -A|q|n=kn+b,方程至多有两个奇数 解,且有两个奇数解时-Akln|q|>0,即 Akln|q|<0,否则Akln|q|>0.因为y= -A|q|n,y=kn+b 单调性相反,方程 A|q|n=kn+b 至多一个奇数解.因为 Akln|q|>0,Akln|q|<0不可能同时成 立,则Aqn=kn+b 不可能有4个不同的 正数解,③正确;对于④,因为{an}为递增 数列,{bn}为递减数列,前者散点图呈上 升趋势,后者的散点图呈下降趋势,两者 至多一个交点,④正确. 576.解:(1)设等比数列{an}的公比为q>0, 因为a1=1,S2=a3-1,即a1+a2=a3-1, 所以1+q=q2-1,整理得q2-q-2=0, 解得q=2或q=-1(舍去), 所以Sn= 1-2n 1-2=2 n-1. (2)(ⅰ)由(1)可知an=2n-1,且k∈N*, k≥2. 当 n = ak+1 = 2k ≥ 4 时, 则 ak=2k-1<2k-1=n-1, n-1=ak+1-1<ak+1, 即ak<n-1<ak+1,所以ak=2k-1,bn= k+1, bn-1=bak +(ak+1-ak-1)·2k=k+ 2k(2k-1-1)=k(2k-1), 所以bn-1-ak·bn=k(2k-1)-(k+ 1)2k-1=(k-1)2k-1-k≥2(k-1)-k= k-2≥0,当且仅当k=2时,等号成立,所 以bn-1≥ak·bn. (ⅱ)由(1)知Sn=2n-1=an+1-1. 若n=1,则S1=1,b1=1; 若n≥2,则ak+1-ak=2k-1. 当2k-1<i≤2k-1时,bi-bi-1=2k,可知 {bi}为等差数列, 所以 ∑ 2k-1 i=2k-1 bi=k·2k-1+2k 2k-1(2k-1-1) 2 = k·4k-1=19 [(3k-1)4k-(3k-4)4k-1], 所以∑ Sn i=1 bi=1+ 1 9 [5×42-2×4+8×43- 5×42+…+(3n-1)4n-(3n-4)4n-1]= (3n-1)4n+1 9 , 且n=1,符合上式. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 270 详解答案 综上,∑ Sn i=1 bi= (3n-1)4n+1 9 . 577.解:(1)因为点P1(5,4)在双曲线C:x2- y2=m(m>0)上,所以m=52-42=9, 则双曲线C 的方程为x2-y2=9. 当k=12 时,过P1(5,4)且斜率为 1 2 的直 线为y-4= 1 2 (x-5), 即y= x+3 2 ,代入x2-y2=9,解得x= -3或x=5, 所以该直线与C 的不同于P1 的交点为 Q1(-3,0), 该点显然在C 的左支上,所以P2(3,0), 从而x2=3,y2=0. P P P P Q Q Q O x y (2)证明:由于过Pn(xn,yn)且斜率为k 的直线为y=k(x-xn)+yn,代入x2- y2=9联立,得 x2-(k(x-xn)+yn)2=9,整理得(1- k2)x2-2k(yn-kxn)x-(yn-kxn)2- 9=0. 因为Pn(xn,yn)是直线y=k(x-xn)+ yn 和x2-y2=9的公共点,所以方程必有 一根x=xn, 则另 一 根 为 x= 2k(yn-kxn) 1-k2 -xn = 2kyn-xn-k2xn 1-k2 , 则y=k(x-xn)+yn= yn+k2yn-2kxn 1-k2 , 所以该直线与C 的不同于Pn 的交点为 Qn 2kyn-xn-k2xn 1-k2 ,yn+k 2yn-2kxn 1-k2 . 又Qn 的横坐标亦可通过韦达定理表示为 -(yn-kxn)2-9 (1-k2)xn ,则 Qn 一定在C 的左 支上, 所以Pn+1 xn+k2xn-2kyn 1-k2 ,yn+k 2yn-2kxn 1-k2 , 则xn+1= xn+k2xn-2kyn 1-k2 , yn+1= yn+k2yn-2kxn 1-k2 , 所以xn+1-yn+1= xn+k2xn-2kyn 1-k2 - yn+k2yn-2kxn 1-k2 = xn+k2xn+2kxn 1-k2 - yn+k2yn+2kyn 1-k2 = 1+k2+2k 1-k2 (xn-yn)= 1+k 1-k (xn-yn). 由x21-y21=9,得x1-y1≠0,所以数列 {xn-yn}是公比为 1+k 1-k 的等比数列. (3)证明:由(2)得xn+1= xn+k2xn-2kyn 1-k2 , yn+1= yn+k2yn-2kxn 1-k2 , 则xn+1+yn+1= xn+k2xn-2kyn 1-k2 + yn+k2yn-2kxn 1-k2 = xn+k2xn-2kxn 1-k2 + yn+k2yn-2kyn 1-k2 = 1+k2-2k 1-k2 (xn+yn)= 1-k 1+k (xn+yn). 由x21-y21=9,得x1+y1≠0,所以数列 {xn+yn}是公比为 1-k 1+k 的等比数列, 所以对任意的正整数m,都有xnyn+m- 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 271 高考一线 真题研究 数学 ynxn+m = 1 2 (xnxn+m -ynyn+m)+(xnyn+m - ynxn+m) - 12 (xnxn+m -ynyn+m)- (xnyn+m-ynxn+m) = 1 2 (xn-yn)(xn+m+yn+m)- 1 2 (xn+ yn)(xn+m-yn+m) = 1 2 1-k 1+k m (xn -yn)(xn +yn)- 1 2 1+k 1-k m (xn+yn)(xn-yn) = 1 2 1-k 1+k m - 1+k1-k m (x2n-y2n) = 9 2 1-k 1+k m - 1+k1-k m . 所以xn+2yn+3-yn+2xn+3= 9 2 1-k 1+k- 1+k 1-k = xnyn+1-ynxn+1, xn+1yn+3-yn+1xn+3= 9 2 1-k 1+k 2 -1+k1-k 2 =xnyn+2-ynxn+2, 两式 相 减,得(xn+2yn+3-yn+2xn+3)- (xn+1yn+3 -yn+1xn+3)= (xnyn+1 - ynxn+1)-(xnyn+2-ynxn+2), 移项得xn+2yn+3-ynxn+2-xn+1yn+3+ ynxn+1=yn+2xn+3-xnyn+2-yn+1xn+3+ xnyn+1 所以(yn+3-yn)(xn+2-xn+1)=(yn+2- yn+1)(xn+3-xn). 因为 PnPn+3 →=(xn+3-xn,yn+3-yn), Pn+1Pn+2 →=(xn+2-xn+1,yn+2-yn+1), 所以PnPn+3 →和Pn+1Pn+2 →平行, 所以S△PnPn+1Pn+2=S△Pn+1Pn+2Pn+3, 即Sn=Sn+1. 578.C 解析:设等比数列{an}的公比为q,首 项为a1.若q=1,则S6=6a1=3×2a1= 3S2,与题意不符,所以q≠1;由S4=-5, S6=21S2,得 a1(1-q4) 1-q =-5, a1(1-q6) 1-q = 21× a1(1-q2) 1-q ①. 由①得1+q2+q4=21,解得q2=4, 所以S8= a1(1-q8) 1-q = a1(1-q4) 1-q ×(1+ q4)=-5×(1+16)=-85,故选C. 579.C 解析:因为S5=5S3-4,所以1+q+ q2+q3+q4=5(1+q+q2)-4,即q3+ q4=4q+4q2,即q3+q2-4q-4=0,即 (q-2)(q+1)(q+2)=0.由题意知q>0, 所以q=2,所以S4=1+2+4+8=15,故 选C. 580.- 1 2 解析:若q=1,则由8S6=7S3,得 8·6a1=7·3a1,则a1=0,不合题意,所以 q≠1;当q≠1时,因为8S6=7S3,所以8· a1(1-q6) 1-q =7· a1(1-q3) 1-q ,即8·(1- q6)=7·(1-q3),即8·(1+q3)(1- q3)=7·(1-q3),即8·(1+q3)=7,解得 q=- 1 2. 581.C 解析:当n=1时,a2=2a1+2,即a1q= 2a1+2,① 当n=2时,a3=2(a1+a2)+2,即a1q2= 2(a1+a1q)+2,② 联立①②解得a1=2,q=3,则a4=a1q3=54, 故选C. 582.-2 解析:设{an}的公比为q(q≠0),则 a2a4a5=a3a6=a2q·a5q,显然an≠0,则 a4=q2,即a1q3=q2,则a1q=1,因 为 a9a10=-8,则a1q8·a1q9=-8,则q15= (q5)3=-8=(-2)3,则q5=-2,则a7= a1q·q5=q5=-2. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 272 详解答案 583.D 解析:设等比数列{an}的公比为q, q≠0,若q=1,则a2-a5=0,与题意矛盾, 所以q≠1,则由题意得 a1+a2+a3= a1(1-q3) 1-q =168 , a2-a5=a1q-a1q4=42, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 a1=96, q= 1 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 所以a6=a1q5=3,故选D. 584.A 解析:方法一:结合上一题的小结论由 题意得 S4 S2 = a1q4-a1 a1q2-a1 = 1-q4 1-q2 =1+q2= 6 4= 3 2 ,则q2= 1 2. 而S2=Aq2-A=4,解得 A=-8,那么S6=Aq6-A=-8× 1 2 3 - (-8)=7,故选A. 方法二:由“等比数列的片段和依旧是等比 数列,即若{an}是等比数列,其公比为q,前 n项和为Sn,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 依 然是等比数列,其公比q'=qn”,得(S4- S2)2=(S6-S4)S2,即S6= (S4-S2)2 S2 + S4= (6-4)2 4 +6=7 ,所以S6=7.故选A. 585.C 解析:当m=1时,由am+n=aman 得 an+1=a1an=2an,则 an+1 an =2,所以数列 {an}是a1=2,公比q=2的等比数列.而 ak+1+ak+2+…+ak+10=Sk+10-Sk= 2(1-2k+10) 1-2 - 2(1-2k) 1-2 =2 (2k+10-2k)= 215-25=2(214-24),所以k=4,故选C. 586. 121 3 解析:方法一:因为6+2=2×4,则 a6a2=a24,又a24=a6,故a6a2=a6,所以 a2=1.设{an}的公比为q,故q= a2 a1 = 1 1 3 = 3,则S5= a1(1-q5) 1-q = 1 3 (1-35) 1-3 = 121 3 . 方法二:设{an}的公比为q,由a24=a6 得 (a1q3)2=a1q5,则q= 1 a1 =3,所以S5= a1(1-q5) 1-q = 1 3 (1-35) 1-3 = 121 3 . 587.4 解析:设{an}的公比为q,则由a5= 3a3+4a1 得a1q4=3a1q2+4a1,即q4= 3q2+4,解得q2=4. 因为{an}各项均为正数,故q=2,那么 S4=a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+ q3)=15a1=15,则a1=1, 所以a3=a1q2=4. 588.解:(1)设{an}的公比为q,由a1=2,a3= 2a2+16得2q2=4q+16,即(q-4)(q+ 2)=0.因为{an}各项都是正数,所以q=4, 故an=2×4n-1=22n-1. (2)由(1)知an=22n-1,则bn=log2an= log2 2n-1=2n-1,所以b1=1,bn+1-bn= 2,故{bn}是以b1=1为首项、以d=2为公 差的等差数列.设{bn}的前n项和为Sn,则 Sn= [1+(2n-1)]n 2 =n 2. 589.解:(1)由题意知q2= a5 a3 =4,解得q= ±2,所以当q=2时,an=2n-1;当q= -2时,an=(-2)n-1. (2)当q=2时,Sm= a1(1-qm) 1-q = 1-2m 1-2= 2m-1=63,解得m=6. 当 q = - 2 时,Sm = a1(1-qm) 1-q = 1-(-2)m 3 =63 ,即(-2)m=-188,此方程 无整数解. 综上,m=6. 590.-8 解析:设{an}的公比为q,则a1+ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 273 高考一线 真题研究 数学 a1q= -1①,a1-a1q2= -3②, ② ① 得 a1-a1q2 a1+a1q =1-q=3,解得q=-2③.再将 ③代 入 ① 式 得 a1=1,则 a4=a1q3= (-2)3=-8. 591.32 解析:设{an}的首项为a1,公比为q, 则 S6 S3 = a1(1-q6) 1-q a1(1-q3) 1-q = 1-q6 1-q3 =1+q3= 63 4 7 4 = 9,解得q=2. 又S3= a1(1-23) 1-2 =7a1= 7 4 ,则a1= 1 4 ,所 以a8=a1q7= 1 4×2 7=32. 通过以上两题我们发现了一个小结论:在 等 比 数 列 {an}中,若 q=1,则 S2n Sn = a1(1-q2n) 1-q a1(1-qn) 1-q = 1-q2n 1-qn =1+qn. 592.C 解析:充分性:设{an}的首项为a1,那 么 a2n-1 +a2n =a1q2n-2 +a1q2n-1 = a1q2n-2(1+q),虽然a1q2n-2>0,但1+q 正负不确定,所以a2n-1+a2n 正负不定,故 充分不成立. 必要性:若a2n-1+a2n=a1q2n-2+a1q2n-1= a1q2n-2(1+q)<0,则a1(1+q)<0,因为 a1>0,所以q<-1,满足q<0,故必要性 成立,故选C. 593.解:(1)当n=1时,a1=1,a21-(2a2- 1)a1-2a2=0,得4a2=2,即a2= 1 2. 当 n=2时,a2= 1 2 ,a22-(2a3-1)a2-2a3= 0,得3a3= 3 4 ,即a3= 1 4. (2)因为{an}各项都是正数,所以an+1>0, 则an-2an+1=0,即 an+1 an = 1 2 ,所以{an}是 以a1=1为首项、q= 1 2 为公比的等比数 列,则an= 1 2n-1 . 594.B 解析:设{an}的公比为q,则a1+a3+ a5=a1(1+q2+q4)=3(1+q2+q4)=21, 即1+q2+q4=7,解得q2=2,所以a3+ a5+a7=(a1+a3+a5)q2=21×2=42,故 选B. 595.C 解析:设{lg an}的前n 项和为Sn,则 S8=lg a1+lg a2+…+lg a7+lg a8= lg(a1a2…a7a8),而1+8=2+7=3+6= 4+5,则a1a8=a2a7=a3a6=a4a5=2× 5=10,故a1a2…a7a8=104,则S8=lg a1+ lg a2+…+lg a7+lg a8=lg(a1a2…a7a8)= lg 104=4,故选C. 596.D 解析:充分性:由“an=a1qn-1=cqn 其中c= a1 q ”知,因为q>1,所以qn 单调 递增,但c= a1 q 正负不定,所以无法说明单 调性,故充分性不成立. 必要性:若{an}为递增数列,则c= a1 q >0, qn 单调递增,即q>1且a1>0,或c= a1 q < 0,qn 单调递减,即0<q<1且a1<0,所以 必要性也不成立. 因此,q>1是{an}为递增数列的既不充分 也不必要条件,故选D. 597.2n-1 解析:方法一:因为1+4=2+3, 则a2·a3=a1·a4=8,又a1+a4=9,且 {an}是递增的等比数列,则解得a1=1, a4=8.设{an}的公比为q,则q= 3 a4 a1 = 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 274 详解答案 3 8 1 =2. 设 其 前n 项 和 为Sn,则 Sn= a1(1-qn) 1-q = 1-2n 1-2=2 n-1. 9.3 差比综合问题 598.48 384 解析:(解法一)设前3项的公 差为d,后7项公比为q>0,则q4= a9 a5 = 192 12=16 ,且q>0,解得q=2,则a3=1+ 2d= a5 q2 ,即1+2d=3,所以d=1,所以 a3=3,a7=a3q4=48,a1+a2+…+a9= 1+2+3+3×2+ … +3×26=3+ 3(1-27) 1-2 =384. (解法二)因为{an},3≤n≤7为等比数列, 则a27=a5a9=12×192=482,且an>0,所 以a7=48. 又因为a25=a3a7,所以a3= a25 a7 =3.设后 7项公比为q>0,则q2= a5 a3 =4,解得q= 2,所以a1+a2+a3= 3(a1+a3) 2 =6 ,a3+ a4+a5+a6+a7+a8+a9= a3-a9q 1-q = 3-192×2 1-2 =381 ,所以a1+a2+…+a9= 6+391-a3=384. 599.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则 a1+d-2b1=a1+2d-4b1, a1+d-2b1=8b1-(a1+3d), 解得 b1= d 2 , a1= d 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 所 以a1=b1. (2)由(1)知,b1=a1= d 2 ,所以bk=am+ a1⇔b1×2k-1=a1+(m-1)d+a1,化简得 2k-1=2m,所以m=2k-2∈[1,500],解得 2≤k≤10,所以满足等式的解k=2,3, 4,…,10,故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤ 500}中的元素个数为10-2+1=9. 600.解:(1)因为S4-2a2a3+6=0,a1=-1, 所以-4+6d-2(-1+d)(-1+2d)+ 6=0, 化简得d2-3d=0,又d>1,所以d=3, 所以an=3n-4, 所以Sn= (a1+an)n 2 = 3n2-5n 2 . (2)因为an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn 成 等比数列,所以(an+1+4cn)2=(an+cn) (an+2+15cn), 即(nd-1+4cn)2=(-1+nd-d+cn)(-1+ nd+d+15cn), 化简得c2n+(14d-8nd+8)cn+d2=0. 因为关于cn 的方程c2n+(14-8nd+8)cn+ d2=0有实数解, 所以Δ=(14d-8nd+8)2-4d2≥0, 即(16d-8nd+8)(12d-8nd+8)≥0对 于任意的n∈N*恒成立, 所以[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]≥0对 于任意的n∈N*恒成立. 当n=1时,[(n-2)d-1][(2n-3)d- 2]=(d+1)(d+2)≥0; 当n=2时,由(2d-2d-1)(4d-3d- 2)≥0,解得d≤2; 当n≥3时,[(n-2)d-1][(2n-3)d- 2]>(n-3)(2n-5)≥0. 又因为d>1,所以1<d≤2. 601.解:因为{an}是首项为1的等比数列且 a1,3a2,9a3 成等差数列,所以6a2=a1+ 9a3, 所以6a1q=a1+9a1q2,即9q2-6q+1= 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 275 高考一线 真题研究 数学 0,解得q= 1 3 , 所以an= 1 3 n-1 ,所以bn= nan 3 = n 3n . (2)证 明:由(1)得 Sn = 1×1- 1 3n 1- 1 3 = 3 21- 1 3n , Tn= 1 3+ 2 32 +…+ n-1 3n-1 + n 3n ,① 1 3Tn= 1 32 + 2 33 +…+ n-1 3n + n 3n+1 ,② ①-②得 2 3Tn= 1 3+ 1 32 + 1 33 +…+ 1 3n - n 3n+1 = 1 31- 1 3n 1- 1 3 - n 3n+1 = 1 2 1- 1 3n - n 3n+1 , 所以Tn= 3 41- 1 3n - n2·3n, 所以Tn- Sn 2= 3 41- 1 3n - n2·3n-34(1- 1 3n )=- n 2·3n <0, 所以Tn< Sn 2. 602.解:(1)设{an}的公比为q,由a1+a2= a1(1+q)=4,得q≠1≠0,故 a1q2-a1 a1+a1q = q2-1 1+q =q-1= 8 4=2 ,则q=3,又a1+ a2=a1+3a1=4,则a1=1,所以an=3n-1. (2)由 (1)知 an =3n-1,则 log3an = log3 n-1=n-1,故Sm= m(m-1) 2 ,Sm+1= m(m+1) 2 ,Sm+3= (m+3)(m+2) 2 ,由 Sm + Sm+1=Sm+3,得 m(m-1) 2 + m(m+1) 2 = (m+3)(m+2) 2 ,化简得 m2-5m-6=0, 因为m>0,故m=6. 603.解:设{an}的公差是d,{bn}的公比是q, 则6q=2(4+d)-2=6+2d①,6q2= 2(4+2d)+4=12+4d②,联立①②式解方 程得q=2,d=3,所以an=a1+(n-1) d=3n+1,bn=b1qn-1=6×2n-1=3×2n. 604.解:(1)设{an}的公差是d,则a2+a3= (a1+d)+(a1+2d)=2a1+3d=2ln 2+ 3d=5ln 2,即d=ln 2,所以an=a1+(n- 1)d=ln 2+(n-1)ln 2=nln 2. (2)由(1)知an=nlg 2=ln 2n,所以ean= eln 2n =2n,故 ea1 +ea2 + … +ean =2+ 22+…+2n= 2(1-2n) 1-2 =2 n+1-2. 605.A 解析:设等差数列{an}的公差为d,由 题意知a2=a1+d,a3=a1+2d,a6=a1+ 5d,a2,a3,a6 成等比数列,则a23=a2a6,即 (a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),化简得 d2+2a1d=0,因为d≠0,所以d=-2,由 Sn=na1+ n(n-1) 2 d ,得 S6=6×1+ 6(6-1) 2 × (-2)=-24,故选A. 606.1 解析:设等差数列{an}的公差为d,等 比数列{bn}的公差为q,那么d= a4-a1 3 = 3,q = 3 b4 b1 = -2,则 a2 b2 = a1+d b1q = -1+3 (-1)(-2)=1. 607.解:(1)当n=1时,a1b2+b2=b1,即 a1+1 3 =1 ,解得a1=2,所以an=2+3(n- 1)=3n-1. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 276 详解答案 (2)由(1)知an=3n-1,则(3n-1)bn+1+ bn+1=3nbn+1=nbn,即 bn+1 bn = 1 3 ,所以{bn} 是以b1=1为首项、 1 3 为公比的等比数列, 设其前n 项和为Sn,则Sn= 1- 1 3n 1- 1 3 = 3 2- 1 2×3n-1 . 608.B 解析:设等差数列{an}的首项为a1, 则a3=a1+2d,a4=a1+3d,a8=a1+ 7d.因为a3,a4,a8 成等比数列,则a24= a3a8,即(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d), 化简得3a1d+5d2=0(d≠0),即a1d=- 5 3d 2 <0,则 a1 = - 5 3d ,则 dS4 = d4a1+ 4(4-1) 2 d 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 =d 4× -5 3d+6d = - 2 3d 2<0,故选B. 609.D 解析:由题意知a+b=p>0,ab= q>0,所以a>0,b>0.因为a,b,-2适当 排列后成等比数列,由等比中项的平方大 于0知这三个数的排列只能是a,-2,b或 b,-2,a.无论这两种情况的哪一种,都有 ab=4①. 而这三个数为等差数列,所以-2只能是首 项或是末项,不妨设a<b(设a>b也可以 的).若这三个数的排列为-2,a,b,则有 2a=b-2②,联立①②式解方程可得b= 4,a=1,此时p+q=(a+b)+ab=(4+ 1)+4×1=9. 若这三个数的排列为a,b,-2,则有2b= a-2③,联立①③式解方程可得a=4,b= 1,此时p+q=(a+b)+ab=(4+1)+4× 1=9. 综上,p+q=9,故选D. 610.A 解析:设等差数列{an}的首项为a1, 则a2=a1+2,a4=a1+6,a8=a1+14. 又a2,a4,a8 成等比数列,则a24=a2a8,即 (a1+6)2=(a1+2)(a1+14),解得a1=2, 所以 Sn =na1+ n(n-1) 2 d=n 2+n= n(n+1),故选A. 611.- 1 2 解析:由题意知S2=a1+a2= 2a1-1,S4=2(a1+a4)=4a1-6,因为S1, S2,S4 成等比数列,所 以 S22=S1S4,即 (2a1-1)2=(4a1-6)a1,解得a1=- 1 2. 612.3n-1 解析:设等比数列{an}的公比为q, 则3S1=3a1=3,2S2=2(a1+a2)=2(a1+ a1q)=2(1+q),S3=a1+a2+a3=1+q+ q2,又3S1,2S2,S3 成等差 数 列,则2× 2S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+ q2,整理得q2-3q=0.因为q≠0,所以q= 3,则an=a1qn-1=3n-1. 613.64 解析:由题意知a2=a1+d,a5=a1+ 4d,a1,a2,a5 成等比数列,则a22=a1a5,即 (a1+d)2=a1(a1+4d),化 简 得 d2= 2a1d=2d.因为d≠0,所以d=2,由Sn= na1+ n(n-1) 2 d 得S8=8×1+ 8(8-1) 2 × 2=64. 614.解:(1)由题意知4an+1=3an-bn+4①, 4bn+1=3bn-an -4②,则 ① + ② 得 4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即 an+1+bn+1 an+bn = 1 2 ,而a1+b1=1,所以{an+bn}是以a1+ b1=1为首项、 1 2 为公比的等比数列. 又由①-②得4(an+1-bn+1)=4(an- bn)+8,即(an+1-bn+1)-(an-bn)=2,且 a1-b1=1,所以{an-bn}是以a1-b1=1为 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 277 高考一线 真题研究 数学 首项、2为公差的等差数列. (2)由(1)得an+bn= 1 2n-1 ③,an-bn=1+ 2(n-1)=2n-1④. ③+④ 2 =an= 1 2n +n-12 ,③-④ 2 =bn= 1 2n -n+12. 615.an=2n-1或an=3 解析:由“Sn= n(a1+an) 2 = n·2an+1 2 2 =na n+1 2 (n 为奇数)” 可得S3=3a2=a22,解得a2=3或a2= 0.由S1,S2,S4 成等比数列得S22=S1S4, 即(a1+a2)2=a1(a1+a2+a3+a4)= 2a1(a2+a3),则 (2a2 -d)2 =2(a2 - d)(2a2+d). 设{an}的公差为d,若a2=0,则(-d)2= 2(-d)d,解得d=0,则Sn=0,显然不合 题意; 若a2=3,则(6-d)2=2(3-d)(6+d),解 得d=2或d=0,所以an=a2+(n-2)2= 2n-1或an=3. 616.解:(1)设{an}的前n 项和为Sn,公差是 d,由题意得S3=a1+a2+a3=3a2=-3, 则a2=-1. 又由a1a2a3=8得a1a3=-8,即(a2- d)(a2+d)=a22-d2=-8,则d=3或 d=-3. ①当d=3时,a1=a2-d=-4,则an= a1+(n-1)d=-4+3(n-1)=3n-7. ②当d=-3时,a1=a2-d=2,则an= a1+(n-1)d=2-3(n-1)=-3n+5. 所以,an=3n-7或an=-3n+5. (2)当an=-3n+5时,a2=-1,a3=-4, a1=2,这三个数不成等比数列,不合题意. 当an=3n-7时,a2=-1,a3=2,a1= -4成等比数列,符合题意. 因此,|an|=|3n-7|= 3n-7,n≥3, 7-3n,n=1,2, 设 数列{|an|}的前n项和为Sn,则: 当n=1时,S1=|a1|=4,当n=2时,S2= |a1|+|a2|=4+1=5; 当n≥3时,Sn =|a1|+|a2|+a3+ a4+…+an=5+2+5+…+(3n-7)= 5+ (n-2)(2+3n-7) 2 = 3 2n 2- 11 2n+10. 且当n=2时,S2=5满足上式. 所以,Sn= 4,n=1, 3 2n 2- 11 2n+10 ,n≥2. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 9.4 求通项公式 617.D 解析:因为αk∈N*(k=1,2,…),所以 α1<α1+ 1 α2 ,1 α1 > 1 α1+ 1 α2 ,所以b1>b2. 同理α1+ 1 α2 >α1+ 1 α2+ 1 α3 ,所以b2<b3, b1>b3. 又因为1 α2 > 1 α2+ 1 α3+ 1 α4 ,α1+ 1 α2+ 1 α3 <α1+ 1 α2+ 1 α3+ 1 α4 ,所以b2<b4,b3>b4; 依此类推,得b1>b3>b5>b7>…,b7>b8, A错误;b3>b7>b8,B错误; 由1 α2 > 1 α2+ 1 α3+… 1 α6 ,得b2<b6,C错误; α1+ 1 α2+ 1 α3+ 1 α4 >α1+ 1 α2+… 1 α6+ 1 α7 ,得 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 278 详解答案 b4<b7,D正确,故选D. 618.B 解析:∵a1=1,∴a2= 2 3∈ (0,1),依 次类推可得an∈(0,1). ∵an+1=an- 1 3a 2 n,∴an+1=an1- 1 3an , ∴ 1 an+1 = 3 an(3-an) = 1 an + 1 3-an , ∴ 1 an+1 - 1 an = 1 3-an > 1 3 ,∴ 1 a2 - 1 a1 > 1 3 , 1 a3 - 1 a2 > 1 3 ,1 a4 - 1 a3 > 1 3 ,…,1 an - 1 an-1 > 1 3 ,(n≥2), 累加得1 an -1> 1 3 (n-1),即1an > 1 3 (n+ 2),(n≥2),∴an< 3 n+2 ,(n≥2),∴a100< 1 34 ,100a100< 100 34<3. 又 ∵ 1 an+1 - 1 an = 1 3-an < 1 3- 3 n+2 = 1 31+ 1 n+1 ,(n≥2), ∴ 1 a2 - 1 a1 = 1 3 1+ 1 2 ,1a3 - 1a2 < 1 31+ 1 3 ,1a4-1a3<13 1+14 ,…,1an- 1 an-1 < 1 31+ 1 n ,(n≥3), 累 加 得 1 an - 1 < 1 3 (n - 1)+ 1 3 1 2+ 1 3+ …+ 1 n ,(n≥3), ∴ 1 a100 -1<33+ 1 3 1 2+ 1 3+ …+ 1 99 < 33+ 1 3 1 2×4+ 1 6×94 <39,即 1a100<40, ∴a100> 1 40 ,即100a100> 5 2. 综 上,5 2< 100a100<3,故选B. 619.①③④ 解析:由题意知∀n∈N*,an> 0,当n=1时,由an·Sn=9,得a21=9,解 得a1=3; 当n≥2时,由Sn= 9 an ,得Sn-1= 9 an-1 ,两 式作差得an= 9 an - 9 an-1 ,所以 9 an-1 = 9 an - an,则 9 a2 -a2=3,整理得a22+3a2-9=0. 由a2>0,解得a2= 35-3 2 <3 ,①正确; 假设数列{an}为等比数列,设其公比为q, 则a22=a1a3,即 9 S2 2 = 81 S1S3 ,即 S22= S1S3, 所以a21(1+q)2=a21(1+q+q2),解得q= 0,不合题意,所以数列{an}不是等比数列, ②不正确; 当 n ≥2 时,由 an = 9 an - 9 an-1 = 9(an-1-an) anan-1 >0,得an<an-1,所以数列 {an}为递减数列,③正确; 假设对任意的n∈N*,an≥ 1 100 ,由Sn= 9 an ,得S100 000≥100 000× 1 100=1 000, 所以a100 000= 9 S100 000 ≤ 9 1 000< 1 100 ,与假设 矛盾,假设不成立,④正确. 620.解:(1)因为 2Sn n +n=2an+1 ,即2Sn+ n2=2nan+n.① 当n≥2时,2Sn-1+(n-1)2=2(n-1) an+1+(n-1).② ①-②得,2Sn+n2-2Sn-1-(n-1)2= 2nan+n-2(n-1)an-1-(n-1), 即2an+2n-1=2nan-2(n-1)an+1+1, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 279 高考一线 真题研究 数学 即2(n-1)an-2(n-1)an-1=2(n-1), 所以an-an-1=1,n≥2且n∈N〛*,所以 {an}是以1为公差的等差数列. (2)由(1)得,a4=a1+3,a7=a1+6,a9= a1+8. 因为a4,a7,a9 成等比数列,所以a27=a4· a9, 即(a1+6)2=(a1+3)·(a1+8),解得 a1=-12,所以an=n-13, 所以Sn=-12n+ n(n-1) 2 = 1 2n 2- 25 2n= 1 2n- 25 2 2 - 625 8 , 所以当n=12或n=13时(Sn)min=-78. 621.解:(1)因为bn 为{Sn}的前n 项积,注意 这个条件,可以利用bn 表示Sn,但别忘了 序号带来的限制条件n≥2,所以当n≥ 2时,Sn= bn bn-1 ,又2 Sn + 1 bn =2,所以 2bn-1 bn + 1 bn =2,整理得bn-bn-1= 1 2 ,又当n=1 时,2 S1 + 1 b1 = 3 b1 =2,即b1= 3 2. 所以,{bn}是以b1= 3 2 为首项、1 2 为公差的 等差数列. (2)由(1)知bn= 3 2+ 1 2 (n-1)=n+22 ,所 以2 Sn + 2 n+2=2 ,整 理 化 简 可 得 Sn = n+2 n+1. 当n=1时,a1= 3 2. 当n≥2 时,an =Sn -Sn-1= n+2 n+1- n+1 n = -1 n(n+1) ,且a1= 3 2 不满足该式,所 以an= 3 2 ,n=1, -1 n(n+1) ,n≥2. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 622.解:(1)当n=1时,1-(2a2-1)-2a2=0,即 a2= 1 2. 当n=2时,14- (2a3-1) 1 2-2a3=0 ,即 a3= 1 4. (2)由题意得a2n-(2an+1-1)an-2an+1= 0,则(an-2an+1)(an+1)=0. 因为an>0,则an+1>0,故an-2an+1= 0,即 an+1 an = 1 2 ,且a1=1,所以{an}是以 a1=1为首项、 1 2 为公比的等比数列,则 an= 1 2n-1 . 623.解:(1)当n=2时,a1+2a2=4- 2+2 22-1 = 2①,当n=3时,a1+2a2+3a3=4- 3+2 23-1 = 11 4② ,②-①得3a3= 11 4-2= 3 4 ,则 a3= 1 4. (2)由题意知a1+2a2+…+nan=4- n+2 2n-1 ①,当n≥2时,a1+2a2+…+(n- 1)an-1=4- n+1 2n-2 ②,①-②得nan = n+1 2n-2 - n+2 2n-1 = n 2n-1 ,则an= 1 2n-1 . 又当n=1时,a1=4- 1+2 21-1 =1也满足上 式,所以an= 1 2n-1 ,因此,an 是以a1=1为 首项,1 2 为 公 比 的 等 比 数 列,故 Tn = 1- 12 n 1- 12 =2- 12 n-1 . 624.解:(1)由题意知an+2=2an+1-an+2,即 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 280 详解答案 (an+2-an+1)-(an+1-an)=2,又bn= an+1-an,所以bn+1-bn=2,且b1=a2- a1=2-1=1,所以{bn}是以b1=1为首项、 2为公差的等差数列. (2)由(1)知bn=an+1-an=1+2(n-1)= 2n-1,当n≥2时,an=(an-an-1)+…+ (a3 -a2)+ (a2 -a1)+a1 =bn-1 + bn-2+…+b1+a1=(2n-3)+…+3+1+ 1=1+ (n-1)(1+2n-3) 2 =n 2-2n+2,且 a1=1满足该式,所以an=n2-2n+2. 625.解:由 题 意 知 当n≥2时,an =(an - an-1)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1= 3(22n-3 + … +23 +2)+2=2+3× 2(1-4n-1) 1-4 =2×4 n-1=22n-1,且a1=2满 足该式,所以an=22n-1. 626.解:(1)由题意知Sn+1=4an+2①,当n≥ 2时,Sn=4an-1+2②,则①-②得an+1= 4an-4an-1. 则an+1-2an=2(an-2an-1),所以bn= 2bn-1,即 bn bn-1 =2,又S2=a1+a2=1+a2= 4a1+2,解得a2=5,所以b1=a2-2a1=3, 则{bn}是以b1=3为首项、2为公比的等比 数列. (2)由(1)知bn=3×2n-1,即an+1=2an+ 3×2n-1,则 an+1 2n+1 = an 2n + 3 4 ,即an+1 2n+1 - an 2n = 3 4. 且 a1 2= 1 2 ,所以 an 2n 是以a12=12为首项、 3 4 为公差的等差数列.因此 an 2n = 1 2+ 3 4 (n -1)= 3n-1 4 ,所以an=(3n-1)2n-2. 627.解:(1)由 题 意 知 an+2= an+an+1 2 ,则 2an+2=an+an+1,即2(an+2-an+1)= -(an+1-an).又 bn =an+1-an,所 以 2bn+1=-bn,即 bn+1 bn =- 1 2 ,且b1=a2- a1=2-1=1,所以{bn}是以b1=1为首项、 - 1 2 为公比的等比数列. (2)由(1)知bn=an+1-an= - 1 2 n-1 ,当 n≥2时,an=(an-an-1)+…+(a3- a2)+(a2-a1)+a1= - 1 2 n-2 +…+ - 1 2 +1+1=1+ 1- - 1 2 n-1 1- - 1 2 = 5 3- 2 3 - 1 2 n-1 ,且a1=1满足该式,所以an= 5 3- 2 3 - 1 2 n-1 . 628.解:由题意得an+1= 3an 2an+1 ,对该式子取 倒数得 1 an+1 = 2an+1 3an = 1 3× 1 an + 2 3 ,设 bn= 1 an ,则b1= 1 a1 = 5 3 ,bn+1= 1 3bn+ 2 3 ,设 bn+1+λ= 1 3 (bn+λ),即bn+1= 1 3bn- 2λ 3 , 则需- 2λ 3= 2 3 ,即λ=-1.所以bn+1-1= 1 3 (bn-1),即 bn+1-1 bn-1 = 1 3 ,所以{bn-1}是 以b1-1= 2 3 为首项、1 3 为公比的等比数 列,则bn-1= 2 3× 1 3 n-1 = 2 3n ,所以bn= 2 3n +1,故an= 1 bn = 1 2 3n +1 = 3n 3n+2 . 629.A 解析:由题意知an+1-an=ln1+ 1 n = lnn+1n =ln(n+1)-ln n,则当n≥2时, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 281 高考一线 真题研究 数学 an-an-1=ln n-ln(n-1),所以an= (an-an-1)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+ a1=[ln n-ln(n-1)]+…+(ln 3- ln 2)+(ln 2-ln 1)+2=ln n+2,且a1= 2满足该式,所以an=ln n+2,故选A. 630.解:由题意知an+1=(2-1)(an+2)= (2-1)an+2(2-1). 设an+1+λ=(2-1)(an+λ),即an+1= (2-1)an+(2-2)λ,则需(2-2)λ= 2(2-1),即λ=- 2.所以an+1- 2= (2-1)(an- 2),即 an+1- 2 an- 2 = 2-1, 所以{an- 2}是以a1- 2=2- 2为首 项、2-1为公比的等比数列,则an- 2= (2- 2)(2-1)n-1= 2(2-1)n,故 an= 2(2-1)n+ 2. 631.证明:题目已经明确给出了构造形式,我 们根据条件调整结构.条件给出的an+1 需 要减去n+1,那我们就给上面这个式子两 边同时减去n+1,则an+1-(n+1)= 4(an-n),即 an+1-(n+1) an-n =4,且a1-1= 1,所以{an-n}是以a1-1=1为首项、4为 公比的等比数列. 632.解:当n=1,S1=a1= 4 3a1- 1 3×2 2+ 2 3 , 解得a1=2. 当n≥2时,Sn-1= 4 3an-1- 1 3×2 n+ 2 3① , 又Sn= 4 3an- 1 3×2 n+1+ 2 3② ,②-①得 an= 4 3an - 4 3an-1- 1 3 ×2 n,即 an = 4an-1+2n.设an+λ2n=4(an-1+λ2n-1), 即an=4an-1+λ·2n,则需λ=1.因此 an+2n=4(an-1+2n-1),即 an+2n an-1+2n-1 =4, 且a1+2=4,所以{an+2n}是以a1+2= 4为首项、4为公比的等比数列,因此an+ 2n=4n,即an=4n-2n. 9.5 数列求和 633.解:(1)当n=1时,4S1=4a1=3a1+4,解 得a1=4. 当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4,所以4Sn- 4Sn-1 =4an =3an -3an-1,即 an = -3an-1. 因为a1=4≠0,所以an≠0,则 an an-1 =-3, 所以数列{an}是以4为首项,-3为公比的 等比数列,所以an=4(-3)n-1. (2)因为bn=(-1)n-1nan=(-1)n-1·n· 4(-3)n-1=4n·3n-1, 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=4·30+ 8·31+12·32+…+4n·3n-1, 则3Tn=4·31+8·32+12·33+…+ 4n·3n, 所以-2Tn=4+4·31+4·32…+4· 3n-1-4n·3n =4+4· 3(1-3n-1) 1-3 -4n ·3n=4+2·3· (3n-1-1)-4n·3n=(2-4n)·3n-2, 所以Tn=(2n-1)·3n+1. 634.解:(1)因为2Sn=nan,所以当n=1时, 2a1=a1,即a1=0; 当n=3时,2(1+a3)=3a3,即a3=2; 当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1, 所以2(Sn-Sn-1)=nan-(n-1)an-1= 2an, 化简得(n-2)an=(n-1)an-1, 当n≥3时, an n-1= an-1 n-2= …= a3 2=1 , 即an=n-1,当n=1,2,3时都满足上式, 所以an=n-1(n∈N*). 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 282 详解答案 (2)因为 an+1 2n = n 2n , 所以 Tn =1× 1 2 1 +2× 12 2 +3× 1 2 3 +…+n× 12 n , 1 2Tn=1× 1 2 2 +2× 12 3 +…+(n- 1)× 12 n +n× 12 n+1 ,两式相减得, 1 2Tn= 1 2 1 + 12 2 + 12 3 +…+ 12 n - n× 12 n+1 = 1 2× 1- 1 2 n􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 1- 1 2 -n× 12 n+1 =1- 1+ n 2 12 n ,即 Tn=2-(2+n) 1 2 n ,n∈N*. 635.解:(1)∵a1=1,∴S1=a1=1,∴ S1 a1 =1. 又∵ Sn an 是公差为13的等差数列, ∴ Sn an =1+ 1 3 (n-1)=n+23 , ∴Sn= (n+2)an 3 , ∴当n≥2时,Sn-1= (n+1)an-1 3 , ∴an=Sn-Sn-1= (n+2)an 3 - (n+1)an-1 3 . 整理得(n-1)an=(n+1)an-1,即 an an-1 = n+1 n-1 , ∴an=a1× a2 a1 × a3 a2 ×…× an-1 an-2 × an an-1 = 1× 3 2× 4 3× …× n n-2× n+1 n-1= n(n+1) 2 , 显然对于n=1也成立, ∴{an}的通项公式an= n(n+1) 2 . (2)证明:∵ 1 an = 2 n(n+1)=2 1 n- 1 n+1 , ∴ 1 a1 + 1 a2 +…+ 1 an =2 1- 1 2 + 12-13 +… 1n- 1n+1 􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 =21- 1 n+1 <2. 636.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比 数列{bn}的公比为q,则an=1+(n-1)d, bn=qn-1. 由a2-b2=a3-b3=1,得 1+d-q=1, 1+2d-q2=1, 解得 d=0, q=0, (舍)或 d=2 , q=2, 所以an=2n-1,bn=2n-1. (2)证明:因为bn+1=2bn ≠0,所以要证 (Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn, 即证(Sn+1+an+1)bn=Sn+1·2bn-Snbn, 即证Sn+1+an+1=2Sn+1-Sn, 即证an+1=Sn+1-Sn. 因为an+1=Sn+1-Sn 显然成立, 所以(Sn+1+an+1)bn=Sn+1·bn+1-Sn·bn. (3)因 为 [a2k - (-1)2k-1a2k-1]b2k-1 + [a2k+1-(-1)2ka2k]b2k =(4k-1+4k-3)×22k-2+[4k+1- (4k-1)]×22k-1=2k·4k, 所以∑ 2n k=1 [ak+1-(-1)kak]bk=∑ n k=1 [(a2k- (-1)2k-1a2k-1)b2k-1+(a2k+1-(-1)2ka2k)b2k]= ∑ n k=1 2k·4k. 设Tn=∑ n k=1 2k·4k,则Tn=2×4+4×42+ 6×43+…+2n×4n, 所以4Tn=2×42+4×43+6×44+…+ 2n×4n+1, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 283 高考一线 真题研究 数学 作差得-3Tn=2(4+42+43+44+…+ 4n)-2n·4n+1=2×4 (1-4n) 1-4 -2n× 4n+1= (2-6n)4n+1-8 3 , 所以Tn= (6n-2)4n+1+8 9 , 所 以 ∑ 2n k=1 [ak+1 - (- 1)kak ]bk = (6n-2)4n+1+8 9 . 637.解:(1)设{an}的公比为q,则3a2=3q, 9a3=9q2,由题意得6q=1+9q2,即(3q- 1)2=0,则q= 1 3. 所以an= 1 3n-1 ,bn= nan 3 = n 3n . (2)Sn= 1- 1 3n 1- 1 3 = 3 2- 1 2×3n-1 . 方法一:Tn= 1 3+ 2 32 +…+ n-1 3n-1 + n 3n ①, Tn 3= 1 32 + 1 33 +…+ n-1 3n + n 3n+1 ②,①- ②得 2Tn 3 = 1 3+ 1 32 + … + 1 3n - n 3n+1 = 1 31- 1 3 n􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 1- 1 3 - n 3n+1 = 1 2 - 2n+3 2×3n+1 ,即 Tn= 3 4- 2n+3 4×3n ,则Tn- Sn 2= 3 4- 2n+3 4×3n - 3 4- 1 4×3n-1 =3-(2n+3)4×3n = -2n4×3n<0, 所以Tn< Sn 2. 方法二:设bn= n 3n =[s(n+1)+t]1 3n+1 - (sn+t)1 3n ,即bn= - 2s 3n+ s 3- 2t 3n ,则需 - 2s 3=1 , s 3- 2t 3=0 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 即s=-32 ,t=-34. 所以bn = n 3n = - 3 2 (n+1)- 3 4 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 1 3n+1 - - 3 2n- 3 4 13n, 则Tn= - 15 4 ×132- -94 ×13􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 + - 21 4 ×133- -154 ×132􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 + - 27 4 ×134- -214 ×3􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 +…+ - 3 2 (n+1)- 3 4 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 1 3n+1 - - 3 2n- 3 4 13n = - 3 2 (n+1)- 3 4 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 1 3n+1 - - 9 4 ×13 = 3 4- 2n+3 4×3n ,接下来同方法一. 638.解:(1)由题设可得b1=a2=a1+1=2, b2=a4=a3+1=a2+2+1=5. 又a2k+2=a2k+1+1,a2k+1=a2k +2,故 a2k+2=a2k+3,即bn+1=bn+3,则bn+1- bn=3,所以{bn}是以b1=2为首项、3为公 差的等差数列,故bn=2+(n-1)×3= 3n-1. (2)设{an}的前20项和为S20,则S20= a1+a2+…+a20 因为a1=a2-1,a3=a4-1,…,a19=a20- 1,所以S20=2(a2+a4+…+a18+a20)- 10=2(b1+b2+…+b9+b10)-10=2× 10×2+ 9×10 2 ×3 -10=300. 639.解:(1)设{an}的首项为a1,公比为q(q> 1),由a2+a4=20得a1q+a1q3=20①,且 a3=a1q2=8②,联立①②解得a1=2,q= 2,或a1=32,q= 1 2 (舍),所以an=2n,故数 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 284 详解答案 列{an}的通项公式为an=2n. (2)方法一:因为21=2,22=4,23=8,24= 16,25=32,26=64,27=128,所以: b1 对应的区间为(0,1],则b1=0; b2,b3 对应的区间分别为(0,2],(0,3],则 b2=b3=1,即有2个1; b4,b5,b6,b7 对应的区间分别为(0,4],(0, 5],(0,6],(0,7],则b4=b5=b6=b7=2,即 有4=42 个2; b8,b9,…,b15 对应的区间分别为(0,8],(0, 9],…,(0,15],则b8=b9=…=b15=3,即 有8=23 个3; b16,b17,…,b31 对应的区间分别为(0,16], (0,17],…,(0,31],则b16=b17=…=b31= 4,即有16=24 个4; b32,b33,…,b63 对应的区间分别为(0,32], (0,33],…,(0,63],则b32=b33=…=b63= 5,即32=25 个5; b64,b65,…,b100 对应的区间分别为(0,64], (0,65],…,(0,100],则b64=b65=…= b100=6,即有37个6. 所以,S100=1×2+2×22+3×23+4×24+ 5×25+6×37=480. 方法二:由题及(1)知b1=0,则当m∈[2n, 2n+1)时,bm=n. 所以,S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+ b7)+…+(b64+b65+…+b100)=0+1× 2+2×22+3×23+4×24+5×25+6× (100-63)=480. 640.解:(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠ 1),由题意知2a1=a2+a3=a1q+a1q2,即 q2+q-2=0,解得q=-2. (2)由(1)知若a1=1 ,则an=(-2)n-1,设 cn=nan=n(-2)n-1,其前n项和为Sn. 方法一:Sn=c1+c2+…+cn-1+cn=1× 1+2×(-2)+…+(n-1)(-2)n-2+ n(-2)n-1①, -2Sn=1×(-2)+2×(-2)2+…+(n- 1)(-2)n-1+n(-2)n②, ①-②得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+ (-2)n-1-n (- 2)n = 1- (-2)n 1-(-2) - n(-2)n=- 13+n (-2)n+13,则 Sn= 1 9- 3n+1 9 (-2)n,所以{nan}的前n 项和 为1 9- 3n+1 9 (-2)n. 方法二:设cn=n(-2)n-1=[s(n+1)+ t](-2)n+1-(sn+t)(-2)n,即cn=(6sn+ 4s+6t)(-2)n-1,则需 6s=1, 4s+6t=0, 即s=16, t=-19. 所以cn=n(-2)n-1= 1 6 (n+1)- 1 9 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 (-2)n+1- 1 6n- 1 9 (-2)n,则 Sn = 2 9× (-2)2- 1 18× (-2) + 718× (-2)3- 2 9× (-2)2 + 59×(-2)4- 7 18× (-2)3 +…+ 16(n+1) 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 - 1 9 (-2)n+1- 1 6n- 1 9 (-2)n = 16(n+1)-19􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 (-2)n+1- 1 18× (-2)= 1 9- 3n+1 9 (-2)n,所以{nan} 的前n项和为19- 3n+1 9 (-2)n. 641.解:(1)设{an}的公比为q(q>0),则由 a3=a2+2得q2=q+2,解得q=2,所以 an=2n-1. 再设{bn}的公差为d,则a4=8=(b1+ 2d)+(b1+4d)=2b1+6d,a5=16=(b1+ 3d)+2(b1+5d)=3b1+13d,解得b1= 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 285 高考一线 真题研究 数学 d=1,所以bn=n. (2)(ⅰ)由(1)得Sn= 1-2n 1-2=2 n-1,则 Tn= 2(1-2n) 1-2 -n=2 n+1-n-2. (ⅱ ) 由 (ⅰ ) 得 (Tk+bk+2)bk (k+1)(k+2) = (2k+1-k-2+k+2)k (k+1)(k+2) = k2k+1 (k+1)(k+2)= [2(k+1)-(k+2)]2k+1 (k+1)(k+2) = 2k+2 k+2- 2k+1 k+1. 所 以∑ n k=1 (Tk+bk+2)bk (k+1)(k+2)=∑ n k=1 2k+2 k+2- 2k+1 k+1 = 23 3- 22 2 + 2 4 4- 23 3 +…+ 2 n+2 n+2- 2n+1 n+1 = 2n+2 n+2- 22 2= 2n+2 n+2-2. 642.解:(1)由题意知a1+3a2+…+(2n- 1)an=2n①,当n≥2时,a1+3a2+…+ (2n-3)an-1=2(n-1)②,①-②得(2n- 1)an=2n-2(n-1)=2,则an= 2 2n-1. 又 当n=1时,a1=2也满足上式,所以an= 2 2n-1. (2)设bn= an 2n+1= 2 2n-1 2n+1= 2 (2n-1)(2n+1) , (2n+1)-(2n-1) (2n-1)(2n+1) = (2n+1) (2n-1)(2n+1)- (2n-1) (2n-1)(2n+1)= 1 2n-1- 1 2n+1 , 所以bn= 1 2n-1- 1 2n+1. 再设bn 前n 项 和 为Sn,则 Sn =b1+ b2 + … +bn = 1- 1 3 + 13-15 + 1 5- 1 7 + … + 12n-1- 12n+1 =1- 1 2n+1= 2n 2n+1. 643.解:(1)设{bn}的公比为q(q>0),由b2+ b3=12,得2q+2q2=12,解得q=2,所以 bn=2n.因此b3=8,b4=16.再设{an}的首 项为a1,公差为d,则S11= 11(a1+a11) 2 = 11×2a6 2 =11a6=11b4 ,所以a6=a1+5d= 16,而a4-2a1=(a1+3d)-2a1=3d- a1=8,解得a1=1,d=3,所以an=1+ 3(n-1)=3n-2. (2)由(1)知a2nb2n-1=(6n-2)22n-1= (3n-1)4n,设cn=a2nb2n-1=(3n-1)4n, 其前n项和为Tn. 方法一:Tn=c1+c2+…+cn-1+cn=2× 4+5×42+…+(3n-4)4n-1+(3n- 1)4n①,4Tn=2×42+5×43+…+(3n- 4)4n+(3n-1)4n+1②,①-②得-3Tn= 2×4+3(42+43+ … +4n)- (3n- 1)4n+1=3× 4(1-4n) 1-4 - (3n-1)4n+1-4= -(3n-2)4n+1-8,则Tn= 3n-2 3 4 n+1+ 8 3 ,所以{a2nb2n-1}的前n项和为 3n-2 3 4 n+1+ 8 3. 方法二:设cn=(3n-1)4n=[s(n+1)+ t]4n+1-(sn+t)4n,即cn=(3sn+4s+ 3t)4n,则需 3s=3, 4s+3t=-1, 即s=1,t=-53. 所以cn=(3n-1)4n= (n+1)- 5 3 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 4n+1- n- 5 3 4n,则 Tn = 13×42- -23 ×4 + 4 3×4 3- 1 3×4 2 + 73×44-43×43 +…+ (n+1)-53 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 4n+1 - n- 5 3 4n = 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 286 详解答案 (n+1)- 5 3 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 4n+1- - 2 3 ×4=3n-23 4n+1+ 8 3 ,故{a2nb2n-1}的前n项和为 3n-2 3 4 n+1+ 8 3. 644. 2n n+1 解析:设{an}的首项为a1,公差为 d,则a3=a1+2d=3,S4=4a1+6d=10, 解得 a1 =1,d =1,所 以 Sn =na1 + n(n-1) 2 d= 1 2n 2+ 1 2n= 1 2n (n+1),则 1 Sn = 2 n(n+1)= 2[(n+1)-n] n(n+1) =2 1 n- 1 n+1 . 所以,∑ n k=1 1 Sk =2∑ n k=1 1 k- 1 k+1 =2 1- 1 2 + 12-13 +…+ 1n- 1n+1 􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 =21- 1 n+1 = 2nn+1. 645.解:(1)设{an}的首项为a1,公差为d,则 S7=7a1+21d=28.因为a1=1,所以d= 1,则an=1+n-1=n,故bn=[lg an]= [lg n],因此b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]= 1,b101=[lg 101]=2. (2)当1≤n<10时,0≤lg n<1,bn= [ln n]=0;当10≤n<100时,1≤ln n<2, bn=[lg n]=1; 当100≤n<1 000时,2≤lg n<3,bn= [lg n]=2;当n=1 000时,bn=[lg 1 000]=3. 设数列{bn}的前1 000项和为S1 000,则 S1 000=0×9+1×90+2×900+3=1893. 646.解:(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q, 则q= b3 b2 =3,b1= b2 q = 3 3=1 ,则bn=3n-1,则 a1=b1=1,a14=a1+13d=b4=27,解得d= 2,所以an=1+(n-1)×2=2n-1. (2)由(1)知cn=an+bn=3n-1+2n-1,设 {cn}的前n项和为Sn,则 Sn=(1+1)+(3+3)+(9+5)+…+ (3n-1+2n-1)=(1+3+9+…+3n-1)+ (1+3+5+2n-1)=1-3 n 1-3+ [1+(2n-1)]n 2 = n2+3 n-1 2 . 647.解:(1)设{an}的首项为a1,则S1=a1, S2=2a1+d,S4=4a1+6d,因为S1,S2, S4 成等比数列,则(2a1+2)2=a1(4a1+ 12),解得a1=1,则an=1+2(n-1)= 2n-1. (2)由 (1)知 bn = (-1)n-1 4n anan+1 = (-1)n-1· 4n (2n-1)(2n+1)= (-1)n-1· (2n-1)+(2n+1) (2n-1)(2n+1)= (-1)n-1 12n+1+ 1 2n-1 , 那么Tn=1+ 1 3 - 13+15 + 15+17 -…+ (-1)n-1 12n+1+ 1 2n-1 . 当n为偶数时,Tn=1- 1 2n+1= 2n 2n+1. 方法一:当n 为奇数时,Tn=1+ 1 2n+1= 2n+2 2n+1. 方 法 二:当 n 为 奇 数 时,Tn 可 利 用 “T2k-1=T2k-b2k”求得,n+1为偶数时,此 时Tn+1= 2n+2 2n+3 ,bn+1=- 1 2n+3+ 1 2n+1 ,因 此Tn=Tn+1-bn+1= 2n+2 2n+3- - 12n+3+ 1 2n+1 􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 = 2n+2 2n+1. 综上,Tn= 2n 2n+1 ,n为偶数, 2n+2 2n+1 ,n为奇数. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 第十章 立体几何与空间向量 10.1 空间点、直线、平面之间的位置关系 648.证明:由图所示:在CC1 上取点 M,使得 CM=2MC1,连接DM,MF. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 287