2014年高三一模汇编数列

1（2014

1

...1a

，则a 14,n

2

2n1nnna1b15a1,b1【答案】

设cnab(nN),则数列cn的前10项和等 ,3.（2014长宁一模理14）定义：mina1,a2,a3 ,an表示a1,a2,a3,ff(xminx5xx22x1nNf(1ff成立，则常数k的取值范围 【答案】[12

中的最小值．若定义n4.（2014杨浦一模理1文1）计算： n【答案】

n3n

2014松江一模理5文7已知{an}nSn

a11，a35，Sn64则n 11) 松江一模理文记a为(1x)n1xn1lim(1

【答案】

n2

27.（201411）2n2n

128.（201433）已知数列a中，a1，a

3,(n2,nN*)，则a 【答案】3n

9.（2014嘉定一模理4文4）已知数列{an}的前n项和Snn(nN*)，则a的值 288【答案】

n 存在，则实数r的取值范围 n2r1【答案】(113 3 11.（201410）yax（a0a1）P2,14 4 则lim(aa2an) 【答案】12.（2014嘉定一模文11）设等比数列{an}的前n项和为Sn，且a5S5，则S2014 【答案】

（2（3…；重复上述作图方法，依次得到四级、五级、…、n级分形图．则n级分形图的周长为 4【答案】3 314.（201411）在数列{ana12an4an13（n2，则数列{an前n项和Sn 4nn1（nN*

11

nSn

a1ncos（ （

nN*

S2014 【答案】16.（20144）已知{an

2a3a16an则a1aan【答案】2n117.（201410）an1an42nN*，如果an则a1 【答案】18.（20148）已知an是各项均为正数的等比数列，且a1a5则a2a4的最小值等 【答案】

f(n)f(n1)则a1a2a3a2014 偶数项的和是150，则d 【答案】21.（20148）若等差数列an2，公差为d(d0，其前nSn任意的nN，都有S2n是非零常数．则d 【答案】22.（2014青浦一模文理3）各项为实数的等比数列中a71，a198,则a13 2a13223.（2014青浦一模文理8）已知lim(1qn)1，则实数q的取值范围 1q24.（201414）若不等式

a3

n

范围 25.（2014徐汇一模文理1）计算：lim2n10 x3n231 1 26.（201467）f1 1

项27.（20148）在等差数列

a=3，公差不等于零，且aaa 数列的前三项，那么该等比数列的公比的值等 52n28.（2014金山一模文理11）设数列 是公比为q的等比数列，它的前n项和为Snn

Sn=2 【答案】(029.（2014910）如图，在半径为r 又在此内切圆内作正六边形，如此无限继续下去，设S为前n个圆的面积之和，则limS 30.（2014闵行一模理14）Ax|xkt1,1t1，其中k2, ,2014，则所有A ktk 交集 25 2 a1,a4,a10…组成等比数列，则该等比数列的公比 【答案】32.（20145）己知数列an2的等差数列，若a6a7和a8则an .nN【答案】2n-3

xt, 是增广矩阵3

y 的线性方程组

0 2

a21xa22y【答案】

42 前2013项和S2013的值

35.（201414）己知数列a满足

S2016的值

1.（201418）和，则0”的充要条件是“00{an}和{bn}，则limanbn0”的充要条件是liman=0或limbn0

z1z2C，则z1z20”的充要条件是z10z20R，则sincos0”的充要条件是

(kZ)或

(kZ) 【答案】 2.（2014奉贤一模文理18）设双曲线nx2(n1)y21(nN*)上动点P到定点Q(1,0)的距离的最小值为d，则limd 222【答案】

2

3.（201417）在AnBnCnAnBn、Cnan、bn、cn 且这三角形的三边长是公差为1的等差数列，若最小边an1，则limC A.2

B.3

C.4

D.64.（201413）给出下列等式：132332，13233362，13233343102a2，a

22 n 【答案】5.（201413）给出下列等式：132332，13233362，13233343102

1现设1

3nan（n

2，n

n B． 【答案】36.（201417）设等差数列{annSnS150，S16032，，则 2，，

SS15

，中最大的项为 ，【答案】

7.（201418）设数列an的前nSn

Sk0a1a2

ak0其中，错误命题的序号是

Sk0(k2anan10A B C D【答案】8.（201418）设数列an的前nSn无穷数列anakak0

Sk0a1a2

ak0其中，正确命题的个数是

Sk0(k2anan10A B C D【答案】9.（2014宝山一模文理16）下列关于极限的计算，的是

n2n7

21 n2

5n2

5 lim24

lim

n2nn2nn为奇数 an

n

为偶数，则lim

an 【答案】则limSn的值为 B． C． 【答案】23（（2）（3）8分yf(x确定数列aaf(n.yf1x能确定数列bbf1n xx1f(x1

11

111

a(12a对任意的正整数n

1(1)2

n1(1)323

1)（

，若数列

cndn的公共项组成的数列为tn（公共项tkcpdqkpq为正整数，求数列tn的前nSn x2

（1）

(x0，则bn4

(n4

4

n

n

12

5设

n

n

2n，因为

2n

2n

则(Tn

112

a(12a)1，即

a(12a)2.因为12a02 0a12a2

2得0a

10当

2n1，

1(n 2由2p11(q1q4p3，即

2n

…………13nSn2n

当为偶数时，cn3n，dnlog3 15由3plog3q得q33p，即cndn，因此tn3n 17

3(3n2

23（（2）（3）8分f(xk4)x2{an}满足an1f(anf(x

(kR)xf(x)6x2

(0,)时，数列

}已知

1，是否存在非零整数nN33 3

3

3

3

1 a 1

a 2 2

ann若存在，求之；若不存在，说明理由（1）f(x)6x2恒成立等价于(k4)x2k6)x20k4

k (k

8(k4)

，化简得(k

k2f(x)

2x，………3其值域为

1 42（2）解：

af(a)

2a22a

1)2

…………6a

1

1

1 (0,2)4an44(an

162(an1

82(an

088从而得an1an0，即an1an，所以数列{an}在区间(0,2)上是递增数 10a （3）由（2）知 (0,2)，从而2an(0,2)1 1(2a2

)2a22a12(a1)21

2(1

)2 12

令b1a，则有 2b2且b 1

(0,)从而有lgbn12lgbnlg2，可得lgbn1lg22(lgbnlg2

lg2}是lg

lg2lg1为首项，公比为23 12n

12n3

12n3

112n从而得lgblg2 2n1lg ，即lgblg ，所以b 3 23所

232n1，所以

3

(232n1)

33 2an33

1

log3

log3

nlog3212

nlog321 a 1

a

a n 即2nnlog211n12nlog21，所以，2n11n1恒成立 当n为奇数时，即2n1恒成立，当且仅当n1时，2n1有最小值1为。 16当n为偶数时，即2n1恒成立，当且仅当n2时，有最大值2为。 17所以，对任意nN，有21。又非零整数， 1823（135分,8分S是数列a的前nnN*都有2Sknbaap (其中k、bp是常数)（1）当k0b3p4Sn（2）当k1b0p0①若a33，a915，求数列{an}的通 aa2，试问：是否存在数列a为数列”，使得对任意nN*S0 11

1

．若存在，求数列aa 11 （1）当k0，b3p4时，由2Snknba1anp得3(a1an42Sn用n1去代n得，3(a1an1)42Sn1 ②—①得，3(an1an)2an1，an13an ……2在①中令n1a1，则a0

3a an∴数列{an13Sn（2）当k1b0p0

3n2

…….5n(a1an)2(a1 an) 用n1去代n得，(n1)(a1an1)2(a1 anan1) ④—

(n1)an1nana10 …….7用n1去代n得，nan2(n1)an1a10 ⑥—⑤得，nan22nan1nan0，即an2an1an1an …….8∴数列{an是等差数列.a33a915∴公差da99

2，∴

2n

……10数列{ana2a12ana12(n1n又a是数列”，得：对任意mnN*pN*n得a12(pmn1)，故a1是偶数 …….121111，故18

1 一方面，当18

12

n(n

1)0，对任意nN*

1 11

.…….13另一方面，当a2

n(n1)，

1 1

1

1

n

n取n21

11211，不合题 14 当a4Sn(n3

11 1S Sn

3 n1

111

13

n

n

n

)11 …….15当a6Sn(n

1)n(n3)，11(1

1)

n1

1

1(

1)11 …….16

3n n

n 11

12a4或a6或a8或a

…….17

,

……1822（6分，第（3）6分已知数列aS是其前n

2nN

n2n成立.设bnann（1）a2求证：数列bn

40成立的最小正整数n【答案】(1)

2

n2

当n1时故a2

……4 由 3Sn22及S

(n

……6得an13an2n1，故(an1n1)3(ann) ……8即bn1bn(n2)，当n1时上式也成立 ……9,故bn是以3为首项，3为公比的等比数 ……10b3 由（2）得b3n,1b3 n1(11

……11111 1

1)

……14

13

故3n81解得n4，最小正整数n的值 ……1623（38 成数列123451已知数列{an}为数列{2n}(n1

Sn为数列{an}的前n若生成数列{a}满足： 1(11)，求{a}的通

证明：对于给定的nN，S的所有可能值组成的集合为：{x|x2m1,mN （1）a1|a|1(nNn2) ∴a1,a

2 1117111 8 135

, 888

4（2）∵ 1(11) n1aaa

1(111 5

n2a3n2

a3nS3n

……6∵{a}是1(nN

；

； 1

∴a3n23n1

……8

4,

2,

时，才成立 9∴an

1,n3k21

,kN

10

,n3kn1

S1，命题成立 11 nk(k1S所有可能值集合为：{x|x2m1mNkS=2m1(mNm

13

2k1S11 2k则当nk1，Sk1 11 2k

2k

2k

2(2m1)

kSk

2k

2k

15Sk

2(2m112k

k

2(2m)1(mN,m2kSk

2m12k1

(mN,m2k

∴nk1时，命题成 ……17nNS所有可能值集合为{x|x2m1mNm2n1}。……18 S111 共有2n1S1S111n2 1

1

2n

，即2nSn

122n12n12n3

2n

又Sn

x共有

设数列{an}与数列{bn}为两个生成数列，数列{an}的前nSn，数列{bn}的前n项和Tn，从第二项开始比较两个数列，设第一个不相等的项为第k项。由于|a||b|1a

0a)(ba)(bn k b)212(11n2k 2k 1ST(a k2

2(

1)

1所以，只有当数列{an}与数列{bn}的前n项完全相同时，才有SnTn 16∴S1

1

共有2n1

Sn

n,n

n

，共 个 2n,S所有可能值集合为{x|x2k1kNk2n,

18 23（38对于数列{An}：A1,A2,A3, ,An，若不改变A1，仅改变A2,A3, ,An中部分项的符号，得到的新数列{an}称为数列{An}的一个生成数列．如仅改变数列1,2,3,4,5的第二、三项的符号可以得到一个生成数列123451已知数列{an}为数列{2n}(n1

Sn为数列{an}的前n若生成数列{an}的通 为an

1,n3k11

kNSn

,n3knnNSn{x|x2m1,mN,m2n1}．（1）a1|a|1(nNn2) ∴a1,a

2 1117111 8 135

, 888

4（2）∵an

1,n3k11

,kN∴n3k(k

,n3kS(1 1)(1n(

123k)123k)1[11

1 (3) 2[1(3) 3

2 2

[1)k ) ………71

1

n3k1(kNS

a1[11n111 1

8( 5( ( 5(

n3k2(kN)时，S

1[11n111[1( ( 1(11),n

S

),n3k (kN

10 1(13),n3k （3）①n1时，S1，命题成立 11 nk(k1S所有可能值集合为：{x|x2m1mNkS=2m1(mNm

13

2k1S11 2k则当nk1，Sk1 11 2k

2k

2k

2(2m1)

kSk

2k

2k

15Sk

2(2m112k

k

2(2m)1(mN,m2kSk

2m12k1

(mN,m2k

∴nk1时，命题成 ……17nNS所有可能值集合为{x|x2m1mNm2n1}。……18 23（设项数均为k（k2kN*）的数列{a}、{b}、{c前nS、T、U 已知集合{a1,a2 ,bk}={2,4, ,4k2,已知Un2n2，求数列{c}的通 nnn

n

2n

(1nknN*，试研究k4和k6}，n}，若ab2n(1nk,nN*，对于固定的k，求证：符合条件的数列对（{a}，{b}） （1）n1c1U1n2

Un

2n2n2(n1)2n122n1，

414,n1cn22n1,2n（2）a1b1S1T14

4n2anbnSnSn1TnTn1SnTnSn12n2n2(n1)2n12

6k4a1b14a2b24a3b36a4b4{a1,a2,a3,a4,b1,b2,b3,b4}={2,4,6,8,10,12,14,数列{an}、{bn}可以为（不唯一① ② 8k6ab22k122k12 2

Ck2Ckk

k

k

k

kk2k

k

k

)k2k4(k1)(k4)4k此时ak不存在.故数列对（{an}，{bn}）不存在 10ab22k122k14k2k8k 当k6时，2kC0C1C2 Ck1Ck2(C0C1C2)k2k （3）令

4k2b，e4k2

（1nknN* 12 dnen(4k2bn)(4k2an)anbn又{a1,a2 ,bk}={2,4, ,4k}，,{4k2a1,4k2a2 ,4k2ak,4k2b1,4k2b2 ,4k2bk}={2,,所以，数列对（{an}，{bn}）与（{dn}，{en}）成对出现 16假设数列{an}与{dnd24k2b2a2及a2b24，得a22k3b22k1，故，符合条件的数列对（{an}，{bn}）有偶数对 1823（设项数均为k（k2kN*）的数列{a}、{b}、{c前nS、T、U 已知集合{a1,a2 ,bk}={2,4, ,4k2,已知Un2n2，求数列{c}的通 nnn若k4S4和T4的值，并写出两对符合题意的数列{an}、对于固定的k，求证：符合条件的数列对（{an}，{bn}）有偶数对（1）n1c1U1n2

Un

2n2n2(n1)2n122n1，

414,n1cn22n1,2n

4又 (a1a2a3a4)(b1b2b3b4)246810121416得，S4=46，T4 8数列{an}、{bn}可以为：① ② ③ 16,8,12,10；14,4,6,2…10（3）令

4k2b，e4k2

（1nknN* 12 dnen(4k2bn)(4k2an)anbn又{a1,a2 ,bk}={2,4, ,4k}，,{4k2a1,4k2a2 ,4k2ak,4k2b1,4k2b2 ,4k2bk}={2,,所以，数列对（{an}，{bn}）与（{dn}，{en}）成对出现 16假设数列{an}与{dnd24k2b2a2及a2b24，得a22k3b22k1，故，符合条件的数列对（{an}，{bn}）有偶数对 1823（38数列{an}的首项为a（a0，前nSnSn1tSna（t0．设bnSn1，cnkb1b2bn（kR求数列{an}的通项当t1nN*|bn||b3|恒成立，求a当t1时，试求三个正数atk的一组值，使得{cn}为等比数列，且atk【答案（1）因为Sn1tSn 当n2时，SntSn1 ①—②得，an1tan（n2 （2分又由S2tS1a，得a2ta1 （1分 所以，{a}是首项为a，公比为taatn1（nN*．……（1 当t1时，ana，Snna，bnna1， （1分由|bn||b3|，得|na1||3a1|(n3)a[(n3)a2（*）

（1分a0（*）等价于(n3)[(n3)a2

（**）n4时，有(n3)a20a

n

a27n1时，有4a20a1n2时，有5a20a2．………（3分 综上，a的取值范围是2,2 （1分 7当 1时，Sn 1

，bn

1t

111

at1

………（1分cknan 1

(1t)2

atn1

1a1

n

k(1t)2

………（2分1at0

at11 所以，当k(1t)2

时，数列{cn}是等比数列，所以k

………（2分,

t又因为atk成等差数列，所以2tak，即2tt1

t

，解得t

51．………（1分2a

51，k2

53．………（1分2a

51，t2

51，k2

53时，数列{c}为等比数列．……（1分n2n23（38已知数列{an}an12ann1（nN*若数列{an}证明：数列{an}若a11cnanknb（nN*，试求实数k和b的值，使得数列{cn}为等比数列；并求此时数列{an}的通项．【答案（1）解法一：由已知a22a12，a32a234a17， ……（1分）若{an}是等差数列，则2a2a1a3，即4a145a17，……（1分）得a13，a24，故d （1分所以，数列{an}的首项为3，公差为 （1分解法二：因为数列{an}dan1and，and2ann1，……（1分）annd1，又ana1(n1)d，所以有d （1分又a1dd1，从而a1 （1分所以，数列{an}的首项为3，公差为 （1分假设数列

}a2aa，即4(a1)2a

7 （1分 1 解得a14，从而a26，a39 （1分又a42a3414 （2分因为a1，a2，a3，a4不成等比数列，与假设，所以数列{an}不是等比数列 （2分nN*

q（qq0即an1k(n1)bq （2分ankn即2ann1k(n1)b2an(k1)nkb1q （1分ankn ankn于是，2an(k1)nkb1qankqnqb （1分q2

q2所以，k1kq k1

…………（2分kb1qb b2所以，当k1，b2时，数列{cn}为等比数列 （1分

122q2

n22n 因此，{a}的通项为a2nn2 （1分 22（536分已知数列a中，a3， a32n，nN* nn nn1rs若1rs且rsN*aaa成等差数列的点列rs在某一直线上1rs（1）an1an32nan12n1an2n……1 1由于a23210，则 1（常数）……3分1nann即数列a2n是以1为首项，公比为1的等比数列……4n 所以a2n11)n11)n1a2n1)n1（nN*。……5 k（k2kN*k

ak1ak1 k k k k k k将ak2 ， ， k k2[2k1)k12k11)k2[2k11)k 82k141)k2，即2k141)k1，得(2)k14，解得ka2a3a4成等比数列。……10若a1aras成等差数列，则2ara1即2[2r1)r132s1)s1，变形得2s2r121)r11)s13……11分由于若rsN*且1rsrs进行讨论：①若r，s均为偶数，则2s2r10，解得sr1，与1r，舍去rs为偶数，则2s2r10sr③若r为偶数，s为奇数，则2s2r10，解得sr1，与1r，舍去④若r，s均为奇数，则2s2r10，解得sr1，与1r，舍去；……15r为奇数，s为偶数时，a1，ar，asrsyx1（x为正奇数）上。……16分（1分12（2014奉贤一模文23）已知数列{ana11a2mnN*，都有 a c．数列{a}前nS nn 若数列{a}是等比数列，求c的值和liman（7分S Sn（5c1n2nN*an1an1（6分【答案】(1)qa2m2nmn1mn1c,c

12因为数列{an}mm1

n,

1

an 4S S 1m0m1时，Sn

51

61当0m1时liman

当m1an

1

所以lim

mn

1mn mn

n 0mlimnm 7n

m由题意得：da2a1m 8a2a

n

10cm

12（3）计算

m21

an1an1a

14an1

man1an1anan2

an1an1an1ananan2n1 n即要证明 n1 na2

a

a21,a

2

n

n

n1 （***）左边= n1 18

（***）右边=a2 2

所以(***)成立

m21an1an1a

14 a

1,a2

a2a

a2

a2a

n

n

n

0an

an1an1anan2(n anan2an1an1 a1a3

an1an1m

是常 1813（2014奉贤一模理23）已知数列{ana11a2mnN*，都有a2a

c设c1若数列{an}是等差数列，求m（5分设c1n2nN*an1an1（6分n当cm12时，求数列{a}的通 （7n【答案（1）由题意得：da2a1m 1 2a2a

3m计算

m21，a1

5man1an1man1

m恒成 只需要证明an1an1anan2恒成 an1an1an1ananan2

n1 n即要证明 2n1 na2

a

a21,a

2

10

n

n

n1 2a21n1 11

m21，a1

an1an1 7mm a

1,a2

a2a

n

n

a2a

a2a 9 n nn

0an

an1an1anan2(n a1anan2an1a1

11an1an1m

是常 11 a

m21

计算a3

1， 3

2，类比猜想

12 a c,a2

a2a2a

a2

a2a

n

n

0an

an1an1anan2(n a1anan2an1a1

an1an1

是常 13an1an1an1anan1an

an1anan1an

14 a1n1m kk

15

假设nk时，a1)kk1mk2

kk kkak1

k

k1)(1k1km(k

17

18n14（201421（n 求数列an的前nSnnn求数列a的前n项和Tnna1a6 a3a4 【答案（1）

aax26x80的二个根，

a3a4 a3a41x24，此等差数列为递增数列，a34a42，公差d21a18．an2n 4（2）

n(a1an)n29n，S(n9)281，(S

S

8

n （3）由an0得2n100n5 10当1n5nNTn

)

n29n 12n6nNTna1

(a1a2a5)(a6an)Snn29n40 1415（2014 且An1An3AnAn1(n2,3, ),在射线yx(x0)上依次有点B1,B2 B的坐标为(3,3OB

(n2,3, ) 2AnBn的坐标(用含n的式子表示2设四边形AB 面积为S，解答下列问题nnn1 ②问{S}中是否存在连续的三项S, , （nN）恰好成等差数列 yy（1）|AnAn1|1,且|A

1| A 1|A

1n1

1n1

1

1n

|A1A2|(3) (3)|A

||AA| |A

|931

271

1 2点An

(0,29

3

n)n4)

(32

是以

(n22为首项

)且| 2 ---------------------------------------------------2分nB的坐标为 1n 的面积为Sn ②设连续的三项S,S ,S （nN）成等差数列，则有，2Sn1Sn

31即

1n2

29 n

292

n 216（2014 且An1An3AnAn1(n2,3, ),在射线yx(x0)上依次有点B1,B2 AnBn

(n2,3, ) 2设四边形AB 面积为S2nnn1 2 ①问{S}中是否存在连续的三项S,S ,S （2 yy

1的所有自然数n 【答案 1 1| 点An

(0,29

(1)3

n4 2

是以

(n22为首项

)且| 2 ---------------------------------------------------2分nB的坐标为 1n 的面积为Sn . 3 ①设连续的三项S, , （n 则有，2Sn1SnSn2 1即

1n2

29 n

292

n，n 22n1②SnSn1

3n2 2

122

1

11

1的所有自然数n为不小于9的所有自然 42217（201421（已知数列{an的前nSn

Sn对一切正整数na0，数列{lg10a1的前n项和为Tn为何值时T最大？并求出T1a 1an（1）由已知数列an的前nSna2anS2Sn对一切正整数na2a1S2a2a2S2

a2a12a1即a2a2a1a2

22

22或22

22（2）a12

22即 722又a2anS2Sn，当n2a2an1S2Sn1

a2anan1Sn

an

2an1an

10令bn

，则bna a

2

2的等差数 11

4Tnb1b2bnn

2 2n

132

lg22 27.14，所以n7时T的值最大为2

721

14 n1

bnbn1

22

n

222

n

14

bn

n1

2

bn1

n

n

1418（2014 ,an为nn2,3, 阶“期待数列 an0；②a1a2a3

是

1sin(2n

(n1 2014，试判断数列a 2014阶“期待数列” 若一个等差数列cn既是2kkN*阶“期待数列”又是递增数列，求该数列的通 （1）因为an

1

2

a1a2a3a2014a1a3a2013a2a4a2014

1007

1007a1

4（2）①若q1，由①得，a12k0，得a10 5若q1a1a2a2k

1

0，得q 7由②得a1

2k或

1所以，q1，数列a的通 为a11i1i1,2,,2k或

1

9设等差数列a1a2a3,a2kk1的公差为ddaa 0，2ka1a2k0a

a

k1d0akak10ak0ak11

11

1，2

k

ak

a2k

13

k2d1,dk又akkk1d1

2k1 2k 是aai1d2k1i1

2k1

16

2k

k 2k19（201423（18分，第（1）4分，第（2）5分，第（3）9分 ,an为nn2,3, 阶“期待数列 an0；②a1a2a3

,

12 ,n使S1，试问数列S能否为n阶“期待数列 【答案（1）若q1，由①得，a12k0，得a10 1若q1a1a2a2k

1

0，得q 3a1

2k或

1所以，q1，数列a的通 为a11i1i1,2,,2k或

1

4a1a2a3,a2kk1的公差为ddaa 0，2ka1a2k0a

a

k1d0akak10ak0ak11

1，2

k

ak

a2k 6

k2d1,dk又akkk1d1

2k1 2k 是aai1d2k1i1

2k1

2k

k 2k 9记a1a2a3,anAAB0，AB1,A1B 1BSA1S

12

12a10,a20,am0,am10,am20,,an且

2

14

12

S3

1S S

S

0a

a

0，a1又

2

Sm1Sm2,SnS1S2S3

S1

16，S1S2S3Sn0S1S2S3

1所以对于有穷数列a1,a2,a3,,ann2,3,,4，若存在m1, ,nS1，则数列a的和数列S不能为n阶“期待数列 18 20（201421（已知数列

}满足：a=a， =1+

，又数列{b}b1

1（nNa an

bnn当aa40，并证明当a取数列bn中除b1以外的任意一项时，都可以得到一个有穷数列{a；n3

2n4)，求an4【答案（1）由题意的a ，又a0，所以n4

1a1aa2 3ban1b

证明：因为

，所以

1

，若a取数列b中任意一个数b(n1nn

bn

nabn

1

1

1

0

na 8a

an

3

113a2(n4),3

2,33a22,等价于a014

2a21（201423（8分 为a1，

a

(nN*) 1

n

求证数列1a n若关于n

2nlog(112

n

m52求整数m n在数列a1 (1n11)中，首项、第r项、第s项(1rs11)依次成等差数列 问有几组数对(rs)？请说明理由（1）aa

，得1

2 n

1即

12(

1，所以

1}是首项为2，公比为2的等比数列 4（2）由（1）可得：1

2n，所以已知的不等式等价于 n

n

...

6nf(n

n

n

...

n

，则f(n1)f(n) 2f(nf

min

f(11 82于是1m5，即m3，故整数m的最小值为 10n nan

n2n n

1(1)n2n(1)n要使b,b,b成等差数列，只需bb2b，即2s2r11)s2(1)r

12 sr1，则上式左端2s2r10；又因为上式右端(1)s2(1)r3

14于是当且仅当sr1，且s为不小于4的偶数时，b1,br,bs成等差数列 16所以，r取3，5，7，9，数对(r,s)共有4组 1822（201422（6分 为a1，

a

(nN*) 1

n

求证数列1a n若关于n

nlog(11

nlog

)

m51n1nlog(11

求整数m n在数列a11)rs（1rs， （1）aa

，得1

2 n

1即

12(

1，所以

}是首项为2，公比为2的等比数列 4（2）由（1）可得：1

2n，所以已知的不等式等价于 n

n

...

n

m5 62令f(n)

...

，则f(n1)f(n)

0n

n

n

2n 2n

n 2n 2nf(nf

min

f(11 82于是1m5，即m3，故整数m的最小值为 10n n（3）an

nn n

1(1)n2n(1)n要使b,b,b成等差数列，只需bb2b，即2s2r11)s2(1)r

12 sr1，则上式左端2s2r10；又因为上式右端(1)s2(1)r3

14于是当且仅当sr1，且s为不小于4的偶数时，b1,br,bs成等差数列 1623（201423（38n为“类等比数列

bb0nN，都有b

928n nn若b2，求数列bn的前n项之积取最大值时n（1）因为b

928n，所以b

927n,bn2bn1bn21n

n1

4（2）由bbbb927得

9 5 112 12 b所 b12 12

7-9 -b b

b2k 8（n,

成立22

b

10（3）记数列bn的前n项之积为12 12b当b2bn

2

1212

，由bn的通 可-926

n当n4k2或n4k1,(kN*)时，T0 12n又因为0 1，所以 T，因而T取到最大值时，n4k(kN*)

144k 4k 4k1 bnbn1

得927(2)2n2，所以n 16

,

1,

T12,T12T14TT12,T12T14或，由 1得k13，所以k3，即前12项之积最4k34k24k1 因而，当n12时，Tn取到最大 1824（201422（已知数列a的前nS

1，

n1a 证明数列an n

nan与前nSn n设

n2

（1）因为

1，a

n1

nN*anna11,an1an1nN* 2n 所以an11n n a

1由n

为公比的等比数列得，n n 1

1

1

2所以ann2，由错项相减得Sn22 n2 1

1因为bn2SnN*，所以bn2S

1

由于 b3n2

，所以bb,bbb2 2

nN*4个元素，且bb3b2

15,bn35

25（201422（6分设无穷数列

1，前ns（nN*n (3tS2t 3t（nN*n2（t为与nn nbnb记数列af(t，数列b满足

1，bf(

)，设c b

n

2n1

2n若（2）中数列

的前n项和TnN*时，不等式

aa （1）由已知，有3tSn2t3)Sn13t（nn23t(1a(2t33t

2t3a2 22n2时，有3tSn12t3)Sn3t

1 1两式相减，得

(2t

0an12t3（n2

an an综上，an12t3（nN*故数列a是公比为2t3的等比数列 4n n（2）由（1）f(t)2t321，则n

f(

)

2（n2

于是数列b是公差d2的等差数列，即b2n1 7 则Tnc1c2cnb1b2b2b3b3b4b2n1b2n4n(b2b2n8n24 10 （3）不等式Ta恒成立，即8n24na恒成立，又T8n24n 上递减，

20 149a 16926（2014)36分设无穷数列

1，前nS（nN*，且点

n1,

)，(nN*,nn在直线(2t