高考数学真题汇编数列有答案

1、高考数学真题汇编-数列学校：_姓名：_班级：_考号：_一选择题（共9小题）1（2017新课标）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（）A1B2C4D82（2017新课标）在明朝程大位算法统宗中有这样的一首歌谣：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”这首古诗描述的这个宝塔（古称浮屠），本题说它一共有7层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，共有381盏灯，问塔顶有几盏灯？你算出的结果是（）A6B5C4D33（2017新课标）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（）A24B3C3D84（

2、2017新课标）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂那么该款软件的激活码是（）A440B330C220D1105（2016上海）已知无穷等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，且=S，下列条件中，使得2SnS（nN*）恒成立的是（）Aa10，0.6q0.7Ba

3、10，0.7q0.6Ca10，0.7q0.8Da10，0.8q0.76（2016新课标）已知等差数列an前9项的和为27，a10=8，则a100=（）A100B99C98D977（2016四川）某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（）（参考数据：lg1.12=0.05，lg1.3=0.11，lg2=0.30）A2018年B2019年C2020年D2021年8（2016浙江）如图，点列An、Bn分别在某锐角的两边上，且|AnAn+1|=|An+

4、1An+2|，AnAn+1，nN*，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|，BnBn+1，nN*，（PQ表示点P与Q不重合）若dn=|AnBn|，Sn为AnBnBn+1的面积，则（）ASn是等差数列BSn2是等差数列Cdn是等差数列Ddn2是等差数列9（2016新课标）定义“规范01数列”an如下：an共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k2m，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数，若m=4，则不同的“规范01数列”共有（）A18个B16个C14个D12个二填空题（共9小题）10（2017北京）若等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=1，a4=b4=8，则=11（2017江苏）

5、等比数列an的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3=，S6=，则a8=12（2017新课标）等差数列an的前n项和为Sn，a3=3，S4=10，则 =13（2017新课标）设等比数列an满足a1+a2=1，a1a3=3，则a4=14（2016江苏）已知an是等差数列，Sn是其前n项和，若a1+a22=3，S5=10，则a9的值是15（2016北京）已知an为等差数列，Sn为其前n项和若a1=6，a3+a5=0，则S6=16（2016上海）无穷数列an由k个不同的数组成，Sn为an的前n项和，若对任意nN*，Sn2，3，则k的最大值为17（2016新课标）设等比数列an满足a1+a3=10，

6、a2+a4=5，则a1a2an的最大值为18（2016浙江）设数列an的前n项和为Sn，若S2=4，an+1=2Sn+1，nN*，则a1=，S5=三解答题（共22小题）19（2017新课标）已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，a1=1，b1=1，a2+b2=2（1）若a3+b3=5，求bn的通项公式；（2）若T3=21，求S320（2017山东）已知xn是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3x2=2（）求数列xn的通项公式；（）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1（x1，1），P2（x2，2）Pn+1（xn+1，n+1）得到折线P1 P2Pn+1

7、，求由该折线与直线y=0，x=x1，x=xn+1所围成的区域的面积Tn21（2017山东）已知an是各项均为正数的等比数列，且a1+a2=6，a1a2=a3（1）求数列an通项公式；（2）bn 为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n+1=bnbn+1，求数列的前n项和Tn22（2017天津）已知an为等差数列，前n项和为Sn（nN*），bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a42a1，S11=11b4（）求an和bn的通项公式；（）求数列a2nbn的前n项和（nN*）23（2017天津）已知an为等差数列，前n项和为Sn（nN+），bn是首项为2的等比数列

8、，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a42a1，S11=11b4（）求an和bn的通项公式；（）求数列a2nb2n1的前n项和（nN+）24（2017新课标）设数列an满足a1+3a2+（2n1）an=2n（1）求an的通项公式；（2）求数列的前n项和25（2017新课标）记Sn为等比数列an的前n项和已知S2=2，S3=6（1）求an的通项公式；（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列26（2017江苏）对于给定的正整数k，若数列an满足：ank+ank+1+an1+an+1+an+k1+an+k=2kan对任意正整数n（nk）总成立，则称数列an是“P（k）数列”（1

9、）证明：等差数列an是“P（3）数列”；（2）若数列an既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：an是等差数列27（2017北京）已知等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5（）求an的通项公式；（）求和：b1+b3+b5+b2n128（2017北京）设an和bn是两个等差数列，记cn=maxb1a1n，b2a2n，bnann（n=1，2，3，），其中maxx1，x2，xs表示x1，x2，xs这s个数中最大的数（1）若an=n，bn=2n1，求c1，c2，c3的值，并证明cn是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当nm时，M；或

10、者存在正整数m，使得cm，cm+1，cm+2，是等差数列29（2017浙江）已知数列xn满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（nN*），证明：当nN*时，（）0xn+1xn；（）2xn+1xn；（）xn30（2016北京）已知an是等差数列，bn是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4（1）求an的通项公式；（2）设cn=an+bn，求数列cn的前n项和31（2016北京）设数列A：a1，a2，aN （N2）如果对小于n（2nN）的每个正整数k都有akan，则称n是数列A的一个“G时刻”，记G（A）是数列A的所有“G时刻”组成的集合（）对数列A：2，2，1，1

11、，3，写出G（A）的所有元素；（）证明：若数列A中存在an使得ana1，则G（A）；（）证明：若数列A满足anan11（n=2，3，N），则G（A）的元素个数不小于aNa132（2016新课标）等差数列an中，a3+a4=4，a5+a7=6（）求an的通项公式；（）设bn=an，求数列bn的前10项和，其中x表示不超过x的最大整数，如0.9=0，2.6=233（2016天津）已知an是等比数列，前n项和为Sn（nN*），且=，S6=63（1）求an的通项公式；（2）若对任意的nN*，bn是log2an和log2an+1的等差中项，求数列（1）nb的前2n项和34（2016上海）对于无穷数列an

12、与bn，记A=x|x=an，nN*，B=x|x=bn，nN*，若同时满足条件：an，bn均单调递增；AB=且AB=N*，则称an与bn是无穷互补数列（1）若an=2n1，bn=4n2，判断an与bn是否为无穷互补数列，并说明理由；（2）若an=2n且an与bn是无穷互补数列，求数量bn的前16项的和；（3）若an与bn是无穷互补数列，an为等差数列且a16=36，求an与bn的通项公式35（2016新课标）已知数列an的前n项和Sn=1+an，其中0（1）证明an是等比数列，并求其通项公式；（2）若S5=，求36（2016浙江）设数列an的前n项和为Sn，已知S2=4，an+1=2Sn+1，n

13、N*（）求通项公式an；（）求数列|ann2|的前n项和37（2016新课标）Sn为等差数列an的前n项和，且a1=1，S7=28，记bn=lgan，其中x表示不超过x的最大整数，如0.9=0，lg99=1（）求b1，b11，b101；（）求数列bn的前1000项和38（2016四川）已知数列an的首项为1，Sn为数列an的前n项和，Sn+1=qSn+1，其中q0，nN+（）若a2，a3，a2+a3成等差数列，求数列an的通项公式；（）设双曲线x2=1的离心率为en，且e2=2，求e12+e22+en239（2016新课标）已知an是公差为3的等差数列，数列bn满足b1=1，b2=，anbn+

14、1+bn+1=nbn（）求an的通项公式；（）求bn的前n项和40（2016江苏）记U=1，2，100，对数列an（nN*）和U的子集T，若T=，定义ST=0；若T=t1，t2，tk，定义ST=+例如：T=1，3，66时，ST=a1+a3+a66现设an（nN*）是公比为3的等比数列，且当T=2，4时，ST=30（1）求数列an的通项公式；（2）对任意正整数k（1k100），若T1，2，k，求证：STak+1；（3）设CU，DU，SCSD，求证：SC+SCD2SD41、（2016山东）已知数列an的前n项和Sn=3n2+8n，bn是等差数列，且an=bn+bn+1（）求数列bn的通项公式；（）

15、令cn=，求数列cn的前n项和Tn42、（2016新课标）已知各项都为正数的数列an满足a1=1，an2（2an+11）an2an+1=0（1）求a2，a3；（2）求an的通项公式高考数学真题汇编-数列参考答案与试题解析一选择题（共9小题）1【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出an的公差【解答】解：Sn为等差数列an的前n项和，a4+a5=24，S6=48，解得a1=2，d=4，an的公差为4故选：C2【分析】设塔顶的a1盏灯，由题意an是公比为2的等比数列，利用等比数列前n项和公式列出方程，能求出结果【解答】解：设塔顶的a1盏灯，由题意an是公比为

16、2的等比数列，S7=381，解得a1=3故选：D3【分析】利用等差数列通项公式、等比数列性质列出方程，求出公差，由此能求出an前6项的和【解答】解：等差数列an的首项为1，公差不为0a2，a3，a6成等比数列，（a1+2d）2=（a1+d）（a1+5d），且a1=1，d0，解得d=2，an前6项的和为=24故选：A4【分析】方法一：由数列的性质，求得数列bn的通项公式及前n项和，可知当N为时（nN+），数列an的前N项和为数列bn的前n项和，即为2n+1n2，容易得到N100时，n14，分别判断，即可求得该款软件的激活码；方法二：由题意求得数列的每一项，及前n项和Sn=2n+12n，及项数，由

17、题意可知：2n+1为2的整数幂只需将2n消去即可，分别即可求得N的值【解答】解：设该数列为an，设bn=+=2n+11，（nN+），则=ai，由题意可设数列an的前N项和为SN，数列bn的前n项和为Tn，则Tn=211+221+2n+11=2n+1n2，可知当N为时（nN+），数列an的前N项和为数列bn的前n项和，即为2n+1n2，容易得到N100时，n14，A项，由=435，440=435+5，可知S440=T29+b5=230292+251=230，故A项符合题意B项，仿上可知=325，可知S330=T25+b5=226252+251=226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意C项

18、，仿上可知=210，可知S220=T20+b10=221202+2101=221+21023，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意D项，仿上可知=105，可知S110=T14+b5=215142+251=215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意故选A方法二：由题意可知：，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：211，221，231，2n1，每项含有的项数为：1，2，3，n，总共的项数为N=1+2+3+n=，所有项数的和为Sn：211+221+231+2n1=（21+22+23+2n）n=n=2n+12n，由题意可知：2n+1为2的整数幂只需将2n消去即可，则1+2+（2n）=0

19、，解得：n=1，总共有+2=3，不满足N100，1+2+4+（2n）=0，解得：n=5，总共有+3=18，不满足N100，1+2+4+8+（2n）=0，解得：n=13，总共有+4=95，不满足N100，1+2+4+8+16+（2n）=0，解得：n=29，总共有+5=440，满足N100，该款软件的激活码440故选：A5【分析】由已知推导出，由此利用排除法能求出结果【解答】解：，S=，1q1，2SnS，若a10，则，故A与C不可能成立；若a10，则qn，在B中，a10，0.7q0.6故B成立；在D中，a10，0.8q0.7，此时q2，D不成立故选：B6【分析】根据已知可得a5=3，进而求出公差，

20、可得答案【解答】解：等差数列an前9项的和为27，S9=9a59a5=27，a5=3，又a10=8，d=1，a100=a5+95d=98，故选：C7【分析】设第n年开始超过200万元，可得130×（1+12%）n2015200，两边取对数即可得出【解答】解：设第n年开始超过200万元，则130×（1+12%）n2015200，化为：（n2015）lg1.12lg2lg1.3，n2015=3.8取n=2019因此开始超过200万元的年份是2019年故选：B8【分析】设锐角的顶点为O，再设|OA1|=a，|OB1|=c，|AnAn+1|=|An+1An+2|=b，|BnBn+1

21、|=|Bn+1Bn+2|=d，由于a，c不确定，判断C，D不正确，设AnBnBn+1的底边BnBn+1上的高为hn，运用三角形相似知识，hn+hn+2=2hn+1，由Sn=dhn，可得Sn+Sn+2=2Sn+1，进而得到数列Sn为等差数列【解答】解：设锐角的顶点为O，|OA1|=a，|OB1|=c，|AnAn+1|=|An+1An+2|=b，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|=d，由于a，c不确定，则dn不一定是等差数列，dn2不一定是等差数列，设AnBnBn+1的底边BnBn+1上的高为hn，由三角形的相似可得=，=，两式相加可得，=2，即有hn+hn+2=2hn+1，由Sn=dhn，可

22、得Sn+Sn+2=2Sn+1，即为Sn+2Sn+1=Sn+1Sn，则数列Sn为等差数列另解：可设A1B1B2，A2B2B3，AnBnBn+1为直角三角形，且A1B1，A2B2，AnBn为直角边，即有hn+hn+2=2hn+1，由Sn=dhn，可得Sn+Sn+2=2Sn+1，即为Sn+2Sn+1=Sn+1Sn，则数列Sn为等差数列故选：A9【分析】由新定义可得，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，当m=4时，数列中有四个0和四个1，然后一一列举得答案【解答】解：由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若m=4

23、，说明数列有8项，满足条件的数列有：0，0，0，0，1，1，1，1； 0，0，0，1，0，1，1，1； 0，0，0，1，1，0，1，1； 0，0，0，1，1，1，0，1； 0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1； 0，0，1，0，1，1，0，1； 0，0，1，1，0，1，0，1； 0，0，1，1，0，0，1，1； 0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，0，1，0，1共14个故选：C二填空题（共9小题）10【分析】利用等差数列求出公差，等比数列求出公比，然后求解

24、第二项，即可得到结果【解答】解：等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=1，a4=b4=8，设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q可得：8=1+3d，d=3，a2=2；8=q3，解得q=2，b2=2可得=1故答案为：111【分析】设等比数列an的公比为q1，S3=，S6=，可得=，=，联立解出即可得出【解答】解：设等比数列an的公比为q1，S3=，S6=，=，=，解得a1=，q=2则a8=32故答案为：3212【分析】利用已知条件求出等差数列的前n项和，然后化简所求的表达式，求解即可【解答】解：等差数列an的前n项和为Sn，a3=3，S4=10，S4=2（a2+a3）=10，可得a2=2，

25、数列的首项为1，公差为1，Sn=，=，则 =21+=2（1）=故答案为：13【分析】设等比数列an的公比为q，由a1+a2=1，a1a3=3，可得：a1（1+q）=1，a1（1q2）=3，解出即可得出【解答】解：设等比数列an的公比为q，a1+a2=1，a1a3=3，a1（1+q）=1，a1（1q2）=3，解得a1=1，q=2则a4=（2）3=8故答案为：814【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出a9的值【解答】解：an是等差数列，Sn是其前n项和，a1+a22=3，S5=10，解得a1=4，d=3，a9=4+8×3=20故答案为：201

26、5【分析】由已知条件利用等差数列的性质求出公差，由此利用等差数列的前n项和公式能求出S6【解答】解：an为等差数列，Sn为其前n项和a1=6，a3+a5=0，a1+2d+a1+4d=0，12+6d=0，解得d=2，S6=3630=6故答案为：616【分析】对任意nN*，Sn2，3，列举出n=1，2，3，4的情况，归纳可得n4后都为0或1或1，则k的最大个数为4【解答】解：对任意nN*，Sn2，3，可得当n=1时，a1=S1=2或3；若n=2，由S22，3，可得数列的前两项为2，0；或2，1；或3，0；或3，1；若n=3，由S32，3，可得数列的前三项为2，0，0；或2，0，1；或2，1，0；或

27、2，1，1；或3，0，0；或3，0，1；或3，1，0；或3，1，1；若n=4，由S32，3，可得数列的前四项为2，0，0，0；或2，0，0，1；或2，0，1，0；或2，0，1，1；或2，1，0，0；或2，1，0，1；或2，1，1，0；或2，1，1，1；或3，0，0，0；或3，0，0，1；或3，0，1，0；或3，0，1，1；或3，1，0，0；或3，1，0，1；或3，1，1，0；或3，1，1，1；即有n4后一项都为0或1或1，则k的最大个数为4，不同的四个数均为2，0，1，1，或3，0，1，1故答案为：417【分析】求出数列的等比与首项，化简a1a2an，然后求解最值【解答】解：等比数列an满足a

28、1+a3=10，a2+a4=5，可得q（a1+a3）=5，解得q=a1+q2a1=10，解得a1=8则a1a2an=a1nq1+2+3+（n1）=8n=，当n=3或4时，表达式取得最大值：=26=64故答案为：6418【分析】运用n=1时，a1=S1，代入条件，结合S2=4，解方程可得首项；再由n1时，an+1=Sn+1Sn，结合条件，计算即可得到所求和【解答】解：由n=1时，a1=S1，可得a2=2S1+1=2a1+1，又S2=4，即a1+a2=4，即有3a1+1=4，解得a1=1；由an+1=Sn+1Sn，可得Sn+1=3Sn+1，由S2=4，可得S3=3×4+1=13，S4=3

29、×13+1=40，S5=3×40+1=121故答案为：1，121三解答题（共22小题）19【分析】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式，列方程解方程可得d，q，即可得到所求通项公式；（2）运用等比数列的求和公式，解方程可得公比，再由等差数列的通项公式和求和，计算即可得到所求和【解答】解：（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，a1=1，b1=1，a2+b2=2，a3+b3=5，可得1+d+q=2，1+2d+q2=5，解得d=1，q=2或d=3，q=0（舍去），则bn的通项公式为bn=2n1，nN*；（2）b

30、1=1，T3=21，可得1+q+q2=21，解得q=4或5，当q=4时，b2=4，a2=24=2，d=2（1）=1，S3=123=6；当q=5时，b2=5，a2=2（5）=7，d=7（1）=8，S3=1+7+15=2120【分析】（I）列方程组求出首项和公比即可得出通项公式；（II）从各点向x轴作垂线，求出梯形的面积的通项公式，利用错位相减法求和即可【解答】解：（I）设数列xn的公比为q，则q0，由题意得，两式相比得：，解得q=2或q=（舍），x1=1，xn=2n1（II）过P1，P2，P3，Pn向x轴作垂线，垂足为Q1，Q2，Q3，Qn，记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn，则bn=（

31、2n+1）×2n2，Tn=3×21+5×20+7×21+（2n+1）×2n2，2Tn=3×20+5×21+7×22+（2n+1）×2n1，得：Tn=+（2+22+2n1）（2n+1）×2n1=+（2n+1）×2n1=+（12n）×2n1Tn=21【分析】（1）通过首项和公比，联立a1+a2=6、a1a2=a3，可求出a1=q=2，进而利用等比数列的通项公式可得结论；（2）利用等差数列的性质可知S2n+1=（2n+1）bn+1，结合S2n+1=bnbn+1可知bn=2n+1，进

32、而可知=，利用错位相减法计算即得结论【解答】解：（1）记正项等比数列an的公比为q，因为a1+a2=6，a1a2=a3，所以（1+q）a1=6，q=q2a1，解得：a1=q=2，所以an=2n；（2）因为bn 为各项非零的等差数列，所以S2n+1=（2n+1）bn+1，又因为S2n+1=bnbn+1，所以bn=2n+1，=，所以Tn=3+5+（2n+1），Tn=3+5+（2n1）+（2n+1），两式相减得：Tn=3+2（+）（2n+1），即Tn=3+（+）（2n+1），即Tn=3+1+）（2n+1）=3+（2n+1）=522【分析】（）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q通过b2+

33、b3=12，求出q，得到然后求出公差d，推出an=3n2（）设数列a2nbn的前n项和为Tn，利用错位相减法，转化求解数列a2nbn的前n项和即可【解答】（）解：设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q由已知b2+b3=12，得，而b1=2，所以q2+q6=0又因为q0，解得q=2所以，由b3=a42a1，可得3da1=8由S11=11b4，可得a1+5d=16，联立，解得a1=1，d=3，由此可得an=3n2所以，an的通项公式为an=3n2，bn的通项公式为（）解：设数列a2nbn的前n项和为Tn，由a2n=6n2，有，上述两式相减，得=得所以，数列a2nbn的前n项和为（3n4）

34、2n+2+1623【分析】（）设出公差与公比，利用已知条件求出公差与公比，然后求解an和bn的通项公式；（）化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可【解答】解：（I）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q由已知b2+b3=12，得b1（q+q2）=12，而b1=2，所以q+q26=0又因为q0，解得q=2所以，bn=2n由b3=a42a1，可得3da1=8由S11=11b4，可得a1+5d=16，联立，解得a1=1，d=3，由此可得an=3n2所以，数列an的通项公式为an=3n2，数列bn的通项公式为bn=2n（II）设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n=6n2

35、，b2n1=4n，有a2nb2n1=（3n1）4n，故Tn=2×4+5×42+8×43+（3n1）4n，4Tn=2×42+5×43+8×44+（3n1）4n+1，上述两式相减，得3Tn=2×4+3×42+3×43+3×4n（3n1）4n+1=（3n2）4n+18得Tn=所以，数列a2nb2n1的前n项和为24【分析】（1）利用数列递推关系即可得出（2）=利用裂项求和方法即可得出【解答】解：（1）数列an满足a1+3a2+（2n1）an=2nn2时，a1+3a2+（2n3）an1=2（n1）（2n

36、1）an=2an=当n=1时，a1=2，上式也成立an=（2）=数列的前n项和=+=1=25【分析】（1）由题意可知a3=S3S2=62=8，a1=，a2=，由a1+a2=2，列方程即可求得q及a1，根据等比数列通项公式，即可求得an的通项公式；（2）由（1）可知利用等比数列前n项和公式，即可求得Sn，分别求得Sn+1，Sn+2，显然Sn+1+Sn+2=2Sn，则Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列【解答】解：（1）设等比数列an首项为a1，公比为q，则a3=S3S2=62=8，则a1=，a2=，由a1+a2=2，+=2，整理得：q2+4q+4=0，解得：q=2，则a1=2，an=（2）（2）n

37、1=（2）n，an的通项公式an=（2）n；（2）由（1）可知：Sn=2+（2）n+1，则Sn+1=2+（2）n+2，Sn+2=2+（2）n+3，由Sn+1+Sn+2=2+（2）n+22+（2）n+3，=4+（2）×（2）n+1+（2）2×（2）n+1，=4+2（2）n+1=2×（2+（2）n+1），=2Sn，即Sn+1+Sn+2=2Sn，Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列26【分析】（1）由题意可知根据等差数列的性质，an3+an2+an1+an+1+an+2+an+3=（an3+an+3）+（an2+an+2）+（an1+an+1）2×3an，根据“

38、P（k）数列”的定义，可得数列an是“P（3）数列”；（2）由已知条件结合（1）中的结论，可得到an从第3项起为等差数列，再通过判断a2与a3的关系和a1与a2的关系，可知an为等差数列【解答】解：（1）证明：设等差数列an首项为a1，公差为d，则an=a1+（n1）d，则an3+an2+an1+an+1+an+2+an+3，=（an3+an+3）+（an2+an+2）+（an1+an+1），=2an+2an+2an，=2×3an，等差数列an是“P（3）数列”；（2）证明：当n4时，因为数列an是P（3）数列，则an3+an2+an1+an+1+an+2+an+3=6an，因为数列

39、an是“P（2）数列”，所以an2+an1+an+1+an+2=4an，则an1+an+an+2+an+3=4an+1，+，得2an=4an1+4an+16an，即2an=an1+an+1，（n4），因此n4从第3项起为等差数列，设公差为d，注意到a2+a3+a5+a6=4a4，所以a2=4a4a3a5a6=4（a3+d）a3（a3+2d）（a3+3d）=a3d，因为a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=4a3a2a4a5=4（a2+d）a2（a2+2d）（a2+3d）=a2d，也即前3项满足等差数列的通项公式，所以an为等差数列27【分析】（）利用已知条件求出等差数列的公差，然后求an的

40、通项公式；（）利用已知条件求出公比，然后求解数列的和即可【解答】解：（）等差数列an，a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得d=2，所以an的通项公式：an=1+（n1）×2=2n1（）由（）可得a5=a1+4d=9，等比数列bn满足b1=1，b2b4=9可得b3=3，或3（舍去）（等比数列奇数项符号相同）q2=3，b2n1是等比数列，公比为3，首项为1b1+b3+b5+b2n1=28【分析】（1）分别求得a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，代入即可求得c1，c2，c3；由（bknak）（b1na1）0，则b1na1bknak，则cn=

41、b1na1=1n，cn+1cn=1对nN*均成立；（2）由biain=b1+（i1）d1a1+（i1）d2×n=（b1a1n）+（i1）（d2d1×n），分类讨论d1=0，d10，d10三种情况进行讨论根据等差数列的性质，即可求得使得cm，cm+1，cm+2，是等差数列；设=An+B+对任意正整数M，存在正整数m，使得nm，M，分类讨论，采用放缩法即可求得因此对任意正数M，存在正整数m，使得当nm时，M【解答】解：（1）a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，当n=1时，c1=maxb1a1=max0=0，当n=2时，c2=maxb12a1，b22a2=

42、max1，1=1，当n=3时，c3=maxb13a1，b23a2，b33a3=max2，3，4=2，下面证明：对nN*，且n2，都有cn=b1na1，当nN*，且2kn时，则（bknak）（b1na1），=（2k1）nk1+n，=（2k2）n（k1），=（k1）（2n），由k10，且2n0，则（bknak）（b1na1）0，则b1na1bknak，因此，对nN*，且n2，cn=b1na1=1n，cn+1cn=1，c2c1=1，cn+1cn=1对nN*均成立，数列cn是等差数列；（2）证明：设数列an和bn的公差分别为d1，d2，下面考虑的cn取值，由b1a1n，b2a2n，bnann，考虑其中

43、任意biain，（iN*，且1in），则biain=b1+（i1）d1a1+（i1）d2×n，=（b1a1n）+（i1）（d2d1×n），下面分d1=0，d10，d10三种情况进行讨论，若d1=0，则biain（b1a1n）+（i1）d2，当若d20，则（biain）（b1a1n）=（i1）d20，则对于给定的正整数n而言，cn=b1a1n，此时cn+1cn=a1，数列cn是等差数列；当d20，（biain）（bnann）=（in）d20，则对于给定的正整数n而言，cn=bnann=bna1n，此时cn+1cn=d2a1，数列cn是等差数列；此时取m=1，则c1，c2，是等

44、差数列，命题成立；若d10，则此时d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，故必存在mN*，使得nm时，d1n+d20，则当nm时，（biain）（b1a1n）=（i1）（d1n+d2）0，（iN*，1in），因此当nm时，cn=b1a1n，此时cn+1cn=a1，故数列cn从第m项开始为等差数列，命题成立；若d10，此时d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，故必存在sN*，使得ns时，d1n+d20，则当ns时，（biain）（bnann）=（i1）（d1n+d2）0，（iN*，1in），因此，当ns时，cn=bnann，此时=an+，=d2n+（d1a1+d2）

45、+，令d1=A0，d1a1+d2=B，b1d2=C，下面证明：=An+B+对任意正整数M，存在正整数m，使得nm，M，若C0，取m=+1，x表示不大于x的最大整数，当nm时，An+BAm+B=A+1+BA+B=M，此时命题成立；若C0，取m=+1，当nm时，An+B+Am+B+CA+B+CMCB+B+C=M，此时命题成立，因此对任意正数M，存在正整数m，使得当nm时，M；综合以上三种情况，命题得证29【分析】（）用数学归纳法即可证明，（）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，（）由2xn+1xn得2（）0，继续放缩即可证明【解答】解：（）用数学归纳法证明：xn

46、0，当n=1时，x1=10，成立，假设当n=k时成立，则xk0，那么n=k+1时，若xk+10，则0xk=xk+1+ln（1+xk+1）0，矛盾，故xn+10，因此xn0，（nN*）xn=xn+1+ln（1+xn+1）xn+1，因此0xn+1xn（nN*），（）由xn=xn+1+ln（1+xn+1）得xnxn+14xn+1+2xn=xn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1），记函数f（x）=x22x+（x+2）ln（1+x），x0f（x）=+ln（1+x）0，f（x）在（0，+）上单调递增，f（x）f（0）=0，因此xn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）0，

47、故2xn+1xn；（）xn=xn+1+ln（1+xn+1）xn+1+xn+1=2xn+1，xn，由2xn+1xn得2（）0，2（）2n1（）=2n2，xn，综上所述xn30【分析】（1）设an是公差为d的等差数列，bn是公比为q的等比数列，运用通项公式可得q=3，d=2，进而得到所求通项公式；（2）求得cn=an+bn=2n1+3n1，再由数列的求和方法：分组求和，运用等差数列和等比数列的求和公式，计算即可得到所求和【解答】解：（1）设an是公差为d的等差数列，bn是公比为q的等比数列，由b2=3，b3=9，可得q=3，bn=b2qn2=33n2=3n1；即有a1=b1=1，a14=b4=27

48、，则d=2，则an=a1+（n1）d=1+2（n1）=2n1；（2）cn=an+bn=2n1+3n1，则数列cn的前n项和为（1+3+（2n1）+（1+3+9+3n1）=n2n+=n2+31【分析】（）结合“G时刻”的定义进行分析；（）可以采用假设法和递推法进行分析；（）可以采用假设法和列举法进行分析【解答】解：（）根据题干可得，a1=2，a2=2，a3=1，a4=1，a5=3，a1a2满足条件，2满足条件，a2a3不满足条件，3不满足条件，a2a4不满足条件，4不满足条件，a1，a2，a3，a4，均小于a5，因此5满足条件，因此G（A）=2，5（）因为存在ana1，设数列A中第一个大于a1的

49、项为ak，则aka1ai，其中2ik1，所以kG（A），G（A）；（）设A数列的所有“G时刻”为i1i2ik，对于第一个“G时刻”i1，有a1ai（i=2，3，i11），则a11对于第二个“G时刻”i1，有ai（i=2，3，i11），则1类似的1，1于是，k（）+（）+（）+（a1）=a1对于aN，若NG（A），则=aN若NG（A），则aN，否则由（2）知，aN，中存在“G时刻”与只有k个“G时刻”矛盾从而ka1aNa132【分析】（）设等差数列an的公差为d，根据已知构造关于首项和公差方程组，解得答案；（）根据bn=an，列出数列bn的前10项，相加可得答案【解答】解：（）设等差数列an的公差为d，a3+a4=4，a5+a7=6，解得：，an=；（）bn=an，b1=b2=b3=1，b4=b5=2，b6=b7=b8=3，b9=b10=4故数列bn的前10项和S10=3×