上海地区2018版高考数学总复习专题6数列分项练习含解析(共32页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上第六章数列一基础题组1. 【2017高考上海，10】已知数列 和 ，其中 ， 的项是互不相同的正整数.若对于任意 ， 的第 项等于 的第 项，则 .【答案】2【解析】由题意可得： ，当 时： ；当 时： ；当 时： ；当 时： ；则： ，据此可得： .2、【2016高考上海理数】无穷数列由k个不同的数组成，为的前n项和.若对任意，则k的最大值为_.【答案】4【解析】试题分析：当时，或；当时，若，则，于是，若，则，于是，从而存在，当时，.所以数列要涉及最多的不同的项可以为：2,1，1,0,0从而可看出.【考点】数列的项与和【名师点睛】从分析条件入手，推断数列的构成特点，

2、解题时应特别注意“数列由k个不同的数组成”和“k的最大值”.本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等.3. 【2016高考上海理数】已知无穷等比数列的公比为，前n项和为，且.下列条件中，使得恒成立的是（ ）.（A） （B）（C） （D）【答案】B【考点】数列的极限、等比数列求和【名师点睛】本题解答时确定不等关系是基础，准确分类讨论是关键，易错点是在建立不等关系之后，不知所措或不能恰当地分类讨论.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.4. 【2014上海,理8】 设无穷等比数列的公比为q，若，则q= .【答案】【解析】由题意，即，.【考点】无穷递缩等比数列的

3、和.5. 【2013上海,理10】设非零常数d是等差数列x1，x2，x19的公差，随机变量等可能地取值x1，x2，x19，则方程D_.【答案】30|d|【解析】Ex10，D6. 【2013上海,理17】在数列an中，an2n1.若一个7行12列的矩阵的第i行第j列的元素cijaiajaiaj(i1,2，7；j1,2，12)，则该矩阵元素能取到的不同数值的个数为()A18 B28 C48 D63【答案】A【解析】ai，jaiajaiaj2ij1，而ij2,3，19，故不同数值个数为18，选A.7. 【2013上海,文2】在等差数列an中，若a1a2a3a430，则a2a3_.【答案】15【解析】

4、a1a2a3a42(a2a3)30a2a315.8. 【2013上海,文7】设常数aR.若的二项展开式中x7项的系数为10，则a_.【答案】2【解析】10x7r1，105a10，a29. 【2012上海,理6】有一列正方体，棱长组成以1为首项、为公比的等比数列，体积分别记为V1，V2，Vn，则_.【答案】.10. 【2012上海,文8】在(x)6的二项展开式中，常数项等于_【答案】20【解析】展开式的通项为Tr1x6r()r，令6rr，可得r3所以T4x3()320.11. 【2012上海,文14】已知，各项均为正数的数列an满足a11，an2f(an)若a2 010a2 012，则a20a1

5、1的值是_【答案】【解析】由an2f(an)，a11，可得，.由a2 012a2 010，可得a2 010a2 012，则a2a4a20a2na2 010a2 012.所以a20a11.12. 【2012上海,文18】若(nN*)，则在S1，S2，S100中，正数的个数是()A16 B72 C86 D100【答案】 C【解析】由，所以S13S140.同理S27S28S41S42S55S56S69S70S83S84S97S980，所以在S1，S2，S100中，其余各项均大于0.故选C项13. 【2011上海,理18】设an是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai1的矩形的面积(i1，2，)

6、，则An为等比数列的充要条件是()Aan是等比数列Ba1，a3，a2n1，或a2，a4，a2n，是等比数列Ca1，a3，a2n1，和a2，a4，a2n，均是等比数列Da1，a3，a2n1，和a2，a4，a2n，均是等比数列，且公比相同【答案】D【解析】14. 【2010上海,理11】将直线：、：（，）轴、轴围成的封闭图形的面积记为，则 ；【答案】1【解析】直线：、：（，）轴、轴围成的封闭图形为四边形，其中，则，故，于是，故答案为：1.【点评】本题将直线与直线的位置关系与数列极限结合，考查两直线的交点的求法、两直线垂直的充要条件、四边形的面积计算以及数列极限的运算法则，是本次考题的一个闪光点.1

7、5. (2009上海,理12)已知函数f(x)=sinx+tanx,项数为27的等差数列an满足an(,),且公差d0.若f(a1)+f(a2)+f(a27)=0,则当k=_时,f(ak)=0.【答案】1416. (2009上海,理23)本题共有3个小题,第1小题满分5分,第2小题满分5分,第3小题满分8分.已知an是公差为d的等差数列,bn是公比为q的等比数列.(1)若an=3n+1,是否存在m、kN*,有am+am+1=ak?说明理由;(2)找出所有数列an和bn,使对一切nN*,并说明理由;(3)若a1=5,d=4,b1=q=3,试确定所有的p,使数列an中存在某个连续p项的和是数列bn

8、中的一项,请证明.【答案】(1) 不存在;(2) an为非零常数列,bn为恒等于1的常数列;(3)参考解析【解析】(1)由am+am+1=ak,得6m+5=3k+1,整理后,可得,m、kN*,k-2m为整数.不存在m、kN*,使等式成立.(2)解法一:若,即,(*)若d=0,则1=b1qn-1=bn.当an为非零常数列,bn为恒等于1的常数列,满足要求.若d0,(*)式等号左边取极限得,(*)式等号右边的极限只有当q=1时,才可能等于1.此时等号左边是常数,d=0,矛盾.综上所述,只有当an为非零常数列,bn为恒等于1的常数列,满足要求.解法二:设an=nd+c.若,对nN*都成立,且bn为等

9、比数列,则,对nN*都成立,即anan+2=qan+12.(dn+c)(dn+2d+c)=q(dn+d+c)2对nN*都成立.d2=qd2.若d=0,则an=c0,bn=1,nN*.若d0,则q=1,bn=m(常数),即,则d=0,矛盾.综上所述,有an=c0,bn=1,使对一切nN*,.(3)an=4n+1,bn=3n,nN*.设am+1+am+2+am+p=bk=3k,p、kN*,mN.,4m+2p+3=.p、kN*,p=3s,sN.取k=3s+2,4m=32s+2-23s-3=(4-1)2s+2-2(4-1)s-30,由二项展开式可得正整数M1、M2,使得(4-1)2s+2=4M1+1,

10、2(4-1)s=8M2+(-1)s2,4m=4(M1-2M2)-(-1)s+12.存在整数m满足要求.故当且仅当p=3s,sN时,命题成立.说明:第(3)题若学生从以下角度解题,可分别得部分分(即分步得分).若p为偶数,则am+1+am+2+am+p为偶数,但3k为奇数.故此等式不成立,p一定为奇数.当p=1时,则am+1=bk,即4m+5=3k,而3k=(4-1)k=,MZ.当k为偶数时,存在m,使4m+5=3k成立.当p=3时,则am+1+am+2+am+3=bk,即3am+2=bk,也即3(4m+9)=3k,4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1.由已证可知,当k-1为偶数即k为

11、奇数时,存在m,4m+9=3k成立.当p=5时,则am+1+am+2+am+5=bk,即5am+3=bk,也即5(4m+13)=3k,而3k不是5的倍数,当p=5时,所要求的m不存在.故不是所有奇数都成立.17. 【2008上海,理14】 若数列an是首项为1，公比为a的无穷等比数列，且an各项的和为a，则a的值是（ ）A1 B2 C D【答案】18. 【2007上海,文14】数列中， 则数列的极限值（）.等于.等于.等于或.不存在【答案】B【解析】19. 【2005上海,理12】用个不同的实数可得到个不同的排列，每个排列为一行写成一个行的数阵。对第行，记，。例如：用1，2，3可得数阵如图，由

12、于此数阵中每一列各数之和都是12，所以，那么，在用1，2，3，4，5形成的数阵中，=_.【答案】1080【解析】在用1，2，3，4，5形成的数阵中，每一列各数之和都是360，20. 【2005上海,理20】（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分假设某市2004年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房预计在今后的若干年后，该市每年新建住房面积平均比上年增长8%另外，每年新建住房中，中底价房的面积均比上一年增加50万平方米那么，到哪一年底（1）该市历年所建中低价房的累计面积（以2004年为累计的第一年）将首次不少于4750万平方米？（2）当年建造的中

13、低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%？【答案】（1）2013；（2）2009【解析】（1）设中低价房面积形成数列，由题意可知是等差数列，其中a1=250，d=50，则 令 即到2013年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米.（2）设新建住房面积形成数列bn，由题意可知bn是等比数列，其中b1=400，q=1.08， 则bn=400(1.08)n1由题意可知有250+(n1)50400 (1.08)n1 0.85.由计算器解得满足上述不等式的最小正整数n=6，到2009年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.二能力题组21.【

14、2016高考上海理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.若无穷数列满足：只要，必有，则称具有性质.（1）若具有性质，且，求；（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为正数的等比数列，判断是否具有性质，并说明理由；（3）设是无穷数列，已知.求证：“对任意都具有性质”的充要条件为“是常数列”.【答案】（1）；（2）不具有性质，理由见解析；（3）见解析【解析】（3）从充分性、必要性两方面加以证明，其中必要性用反证法证明 试题解析：（1）因为，所以，于是，又因为，解得（2）的公差为，的公比为，所以，但，所以不具有性质证（3）充分性：当为常数列时

15、，对任意给定的，只要，则由，必有充分性得证必要性：用反证法证明假设不是常数列，则存在，使得，而下面证明存在满足的，使得，但设，取，使得，则，故存在使得取，因为（），所以，依此类推，得但，即所以不具有性质，矛盾必要性得证综上，“对任意，都具有性质”的充要条件为“是常数列”【考点】等差数列、等比数列、充要条件的证明、反证法【名师点睛】本题对考生的逻辑推理能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，熟练掌握等差数列、等比数列的相关知识及反证法是基础，灵活应用已知条件进行推理是关键.本题易错主要有两个原因，一是不得法，二是对复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维及推理能力、

16、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.22. 【2016高考上海文数】（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分.对于无穷数列与，记A=|=，B=|=，若同时满足条件：，均单调递增；且，则称与是无穷互补数列.（1）若=，=，判断与是否为无穷互补数列，并说明理由；（2）若=且与是无穷互补数列，求数列的前16项的和；（3）若与是无穷互补数列，为等差数列且=36，求与的通项公式.【答案】（1）与不是无穷互补数列，理由见解析；（2）；（3），【解析】试题分析：（1）直接应用定义“无穷互补数列”的条件验证即得；（2）利用等差数列与等比数列的求和公式进行求解

17、；（3）先求等差数列的通项公式，再求的通项公式.试题解析：（1）因为，所以，从而与不是无穷互补数列（2）因为，所以数列的前项的和为：（3）设的公差为，则由，得或若，则，与“与是无穷互补数列”矛盾；若，则，综上，【考点】等差数列、等比数列、新定义问题【名师点睛】本题对考生的逻辑推理能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，熟练掌握等差数列、等比数列的相关知识是基础，灵活应用已知条件进行推理是关键.本题易错主要有两个原因，一是不得法，二是对新定义的理解能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维及推理能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.23.【2015高考上海理数】（本题满分1

18、6分）本题共有3个小题.第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分. 已知数列与满足，.（1）若，且，求数列的通项公式；（2）设的第项是最大项，即（），求证：数列的第项是最大项；（3）设，（），求的取值范围，使得有最大值与最小值，且.【答案】（1）（2）详见解析（3）【解析】解：（1）由，得，所以是首项为，公差为的等差数列，故的通项公式为，.证明：（2）由，得.所以为常数列，即.因为，所以，即.故的第项是最大项.解：（3）因为，所以，当时， .当时，符合上式.所以.因为，所以，.当时，由指数函数的单调性知，不存在最大、最小值；当时，的最大值为，最小值为，而；当时，由指数函数的单调性知

19、，的最大值，最小值，由及，得.综上，的取值范围是.【考点定位】等差数列，数列单调性【名师点睛】1.等差数列的四种判断方法(1)定义法：an1and(d是常数)an是等差数列(2)等差中项法：2an1anan2(nN*)an是等差数列(3)通项公式：anpnq(p，q为常数)an是等差数列(4)前n项和公式：SnAn2Bn(A、B为常数)an是等差数列2.数列作为特殊的函数，其单调性的判断与研究也是特别的，只需研究相邻两项之间关系即可.24. 【2015高考上海文数】（本题满分16分）本题共3小题.第1小题4分，第2小题6分，第3小题6分.已知数列与满足，.（1）若，且，求数列的通项公式；（2）

20、设的第项是最大项，即，求证：数列的第项是最大项；（3）设，求的取值范围，使得对任意，且.【答案】（1）；（2）详见解析；（3）.（2）由，得，所以为常数列，即，因为，所以，即，所以的第项是最大项.（3）因为，所以，当时， ，当时，符合上式，所以，因为，且对任意，故，特别地，于是，此时对任意，当时，由指数函数的单调性知，的最大值为，最小值为，由题意，的最大值及最小值分别是及，由及，解得，综上所述，的取值范围是.【考点定位】数列的递推公式，等差数列的性质，常数列，数列的最大项，指数函数的单调性.【名师点睛】数列是高中数学的重要内容之一，是衔接初等数学与高等数学的桥梁，在高考中的地位举足轻重，近年来

21、的新课标高考都把数列作为核心内容来加以考查，并且创意不断，常考常新25. 【2014上海,文23】（本题满分18分）本题共3个小题，第1小题满分3分，第2小题满分6分，第3小题满分9分.已知数列满足.（1） 若，求的取值范围；（2） 若是等比数列，且，正整数的最小值，以及取最小值时相应的仅比；（3） 若成等差数列，求数列的公差的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）的最大值为1999，此时公差为.【解析】试题分析：（1）比较容易，只要根据已知列出不等式组，即可解得；（2）首先由已知得不等式，即，可解得。又由条件，于是，取常用对数得，所以，即最小值为8；（3）由已知可得，这样我们可以计算出的取

22、值范围是试题解析：（1）由题得，（2）由题得，且数列是等比数列，.又由已知，又，的最小值为8，此时，即。（3）由题得，且数列数列成等差数列，【考点】解不等式（组），数列的单调性，分类讨论，等差（比）数列的前项和.26. 【2013上海,理23】(本题满分18分)本题共有3个小题，第1小题满分3分，第2小题满分6分，第3小题满分9分给定常数c0，定义函数f(x)2|xc4|xc|.数列a1，a2，a2，满足an1f(an)，nN*.(1)若a1c2，求a2及a3；(2)求证：对任意nN*，an1anc；(3)是否存在a1，使得a1，a2，an，成等差数列？若存在，求出所有这样的a1；若不存在，说

23、明理由【答案】(1) a22，a3c10 ;(2)参考解析; (3) c，)c8 (3)由(2)，结合c0，得an1an，即an为无穷递增数列又an为等差数列，所以存在正数M，当nM时，anc，从而，an1f(an)anc8.由于an为等差数列，因此其公差dc8.若a1c4，则a2f(a1)a1c8，又a2a1da1c8，故a1c8a1c8，即a1c8，从而a20.当n2时，由于an为递增数列，故ana20c，所以，an1f(an)anc8，而a2a1c8，故当a1c8时，an为无穷等差数列，符合要求；若c4a1c，则a2f(a1)3a13c8，又a2a1da1c8，所以，3a13c8a1c8

24、，得a1c，舍去；若a1c，则由ana1得到an1f(an)anc8，从而an为无穷等差数列，符合要求综上，a1的取值集合为c，)c827. 【2013上海,文22】已知函数f(x)2|x|，无穷数列an满足an1f(an)，nN*.(1)若a10，求a2，a3，a4；(2)若a10，且a1，a2，a3成等比数列，求a1的值；(3)是否存在a1，使得a1，a2，an，成等差数列？若存在，求出所有这样的a1；若不存在，说明理由【答案】(1) a22，a30，a42 ;(2) a1(舍去)或a1; (3) 当且仅当a11时，a1，a2，a3，构成等差数列【解析】(1)a22，a30，a42.(2)

25、a22|a1|2a1，a32|a2|2|2a1|.当0a12时，a32(2a1)a1，所以(2a1)2，得a11.当a12时，a32(a12)4a1，所以a1(4a1)(2a1)2，得a1(舍去)或a1.综合得a11或a1.(3)假设这样的等差数列存在，那么a22|a1|，a32|2|a1|.由2a2a1a3得2a1|2|a1|2|a1|(*)以下分情况讨论：当a12时，由(*)得a10，与a12矛盾；当0a12时，由(*)得a11，从而an1(n1,2，)，所以an是一个等差数列；当a10时，则公差da2a1(a12)a120，因此存在m2使得ama12(m1)2.此时dam1am2|am|

26、am0，矛盾综合可知，当且仅当a11时，a1，a2，a3，构成等差数列28. 【2012上海,理23】对于数集X1，x1，x2，xn，其中0x1x2xn，n2，定义向量集Ya|a(s，t)，sX，tX若对任意a1Y，存在a2Y，使得a1a20，则称X具有性质P.例如1,1,2具有性质P.(1)若x2，且1,1,2，x具有性质P，求x的值；(2)若X具有性质P，求证：1X，且当xn1时，x11；(3)若X具有性质P，且x11，x2q(q为常数)，求有穷数列x1，x2，xn的通项公式 【答案】(1) 4;(2) 参考解析;(3) xkqk1【解析】(1)选取a1(x,2)，Y中与a1垂直的元素必有

27、形式(1，b)所以x2b，从而x4.(2)证明：取a1(x1，x1)Y.设a2(s，t)Y满足a1a20.由(st)x10得st0，所以s，t异号因为1是X中唯一的负数，所以s，t之中一为1，另一为1，故1X.假设xk1，其中1kn，则0x11xn.选取a1(x1，xn)Y，并设a2(s，t)Y满足a1a20，即sx1txn0，则s，t异号，从而s，t之中恰有一个为1.若s1，则x1txntx1，矛盾；若t1，则xnsx1sxn，矛盾所以x11.(3)解法一：猜测xiqi1，i1,2，n.记Ak1,1，x2，xk，k2,3，n.先证明：若Ak1具有性质P，则Ak也具有性质P.任取a1(s，t)

28、，s，tAk，当s，t中出现1时，显然有a2满足a1a20；当s1且t1时，则s，t1.因为Ak1具有性质P，所以有a2(s1，t1)，s1，t1Ak1，使得a1a20，从而s1和t1中有一个是1，不妨设s11.假设t1Ak1且t1Ak，则t1xk1.由(s，t)(1，xk1)0，得stxk1xk1，与sAk矛盾所以t1Ak，从而Ak也具有性质P.现用数学归纳法证明：xiqi1，i1,2，n.当n2时，结论显然成立；假设nk时， Ak1,1，x2，xk有性质P，则xiqi1，i1,2，k；当nk1时，若Ak11,1，x2，xk，xk1有性质P，则Ak1,1，x2，xk也有性质P，所以Ak11,

29、1，q，qk1，xk1取a1(xk1，q)，并设a2(s，t)满足a1a20.由此可得s1或t1.若t1，则xk1q，不可能；所以s1，xk1qtqk且xk1qk1，所以xk1qk.综上所述，xiqi1，i1,2，n.解法二：设a1(s1，t1)，a2(s2，t2)，则a1a20等价于.记，则数集X具有性质P，当且仅当数集B关于原点对称注意到1是X中的唯一负数，B(，0)x2，x3，xn共有n1个数，所以B(0，)也只有n1个数由于，已有n1个数，对以下三角数阵注意到，所以，从而数列的通项为xkx1()k1qk1，k1，2，n.29. 【2012上海,文23】对于项数为m的有穷数列an，记bk

30、maxa1，a2，ak(k1,2，m)，即bk为a1，a2，ak中的最大值，并称数列bn是an的控制数列如1,3,2,5,5的控制数列是1,3,3,5,5.(1)若各项均为正整数的数列an的控制数列为2,3,4,5,5，写出所有的an；(2)设bn是an的控制数列，满足akbmk1C(C为常数，k1,2，m)，求证：bkak(k1,2，m)；(3)设m100，常数a(，1)，若，bn是an的控制数列，求(b1a1)(b2a2)(b100a100)【答案】(1) 参考解析;(2) 参考解析;(3) 2 525(1a)【解析】(1)数列an为：2,3,4,5,1；2,3,4,5,2；2,3,4,5

31、,3；2,3,4,5,4；2,3,4,5,5.(2)因为bkmaxa1，a2，ak，bk1maxa1，a2，ak，ak1，所以bk1bk.因为akbmk1C，ak1bmkC，所以ak1akbmk1bmk0，即ak1ak.因此，bkak.(3)对k1,2，25，a4k3a(4k3)2(4k3)；a4k2a(4k2)2(4k2)；a4k1a(4k1)2(4k1)；a4ka(4k)2(4k)比较大小，可得a4k2a4k3.因为a1，所以a4k1a4k2(a1)(8k3)0，即a4k2a4k1；a4ka4k22(2a1)(4k1)0，即a4ka4k2.又a4k1a4k，从而b4k3a4k3，b4k2a

32、4k2，b4k1a4k2，b4ka4k.因此(b1a1)(b2a2)(b100a100)(a2a3)(a6a7)(a98a99)(a4k2a4k1)(1a)(8k3)2 525(1a)30. 【2011上海,理22】已知数列an和bn的通项公式分别为an3n6，bn2n7(nN*)将集合x|xan，nN*x|xbn，nN*中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，cn，.(1)写出c1，c2，c3，c4；(2)求证：在数列cn中，但不在数列bn中的项恰为a2，a4，a2n；(3)求数列cn的通项公式【答案】(1) 9,11,12,13; (2)参考解析; (3)参考解析【解析】(1)

33、它们是9,11,12,13. (2)证明：数列cn由an、bn的项构成，只需讨论数列an的项是否为数列bn的项对于任意nN*，a2n13(2n1)66n32(3n2)7b3n2，a2n1是bn的项下面用反证法证明：a2n不是bn的项假设a2n是数列bn的项，设a2nbm，则32n62m7，与mN*矛盾结论得证 (3)b3k22(3k2)76k3，a2k16k3，b3k16k5，a2k6k6，b3k6k7，b3k2a2k1b3k1a2kb3k，k1,2,3，.所以，kN*.综上，kN*.31. 【2011上海,文23】已知数列an和bn的通项公式分别为an3n6，bn2n7(nN*)将集合x|x

34、an，nN*x|xbn，nN*中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，cn，.(1)求三个最小的数，使它们既是数列an中的项又是数列bn中的项；(2) c1，c2，c3，c40中有多少项不是数列bn中的项？请说明理由；(3)求数列an的前4n项和S4n(nN*)【答案】(1)9,15,21; (2)10; (3) 【解析】 三项分别为. 分别为 ， 。32. 【2010上海,理20】 (本题满分13分)本题共有2个小题，第一个小题满分5分，第2个小题满分8分。已知数列的前项和为，且，(1)证明：是等比数列；(2)求数列的通项公式，并求出为何值时，取得最小值，并说明理由.【答案】（1

35、）（2）（2）由（1）知， 解不等式SnSn+1，得，当n15时，数列单调递增；同理可得，当n15时，数列单调递减；故当n=15时，取得最小值【点评】本题主要考查等比数列的定义、数列求和公式、不等式的解法以及方程和函数思想.本题的实质是：已知递推公式（，为常数）求通项公式.33. (2009上海,文23)已知an是公差为d的等差数列,bn是公比为q的等比数列.(1)若an=3n+1,是否存在m、kN*,有am+am+1=ak?请说明理由;(2)若bn=aqn(a,q为常数,且aq0),对任意m存在k,有bmbm+1=bk,试求a、q满足的充要条件;(3)若an=2n+1,bn=3n,试确定所有

36、的p,使数列bn中存在某个连续p项的和是数列an中的一项,请证明.【答案】(1) 不存在m、kN*, (2) a=qc,其中c是大于等于-2的整数;(3) p为奇数【解析】（1）由am+am+1=ak,得6m+5=3k+1,整理后，可得,m、kN*,k-2m为整数.不存在m、kN*,使等式成立.（2）当m=1时，则b1b2=bk,a2q3=aqk.a=qk-3,即a=qc,其中c是大于等于-2的整数.反之,当a=qc时，其中c是大于等于-2的整数，则bn=qn+c,显然bmbm+1=qm+cqm+1+c=q2m+1+2c=bk,其中k=2m+1+c.a、q满足的充要条件是a=qc,其中c是大于

37、等于-2的整数.（3）设bm+1+bm+2+bm+p=ak,(*)当p为偶数时，(*)式左边为偶数，右边为奇数，p为偶数时，（*）式不成立.由（*）式得,整理得3m+1(3p-1)=4k+2,当p=1时，符合题意.当p3,p为奇数时，3p-1=(1+2)p-1=由3m+1(3p-1)=4k+2,得,当p为奇数时，此时，一定有m和k使上式一定成立.当p为奇数时，命题都成立.34. 【2008上海,文21】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分分，第2小题满分分，第3小题满分8分已知数列：，（是正整数），与数列：，（是正整数）记（1）若，求的值；（2）求证：当是正整数时，；（3）已知，且

38、存在正整数，使得在，中有4项为100求的值，并指出哪4项为100【答案】（1）4;（2）参考解析;（3）【解析】（1） .2分 .4分【证明】（2）用数学归纳法证明：当 当n=1时，等式成立.6分 假设n=k时等式成立，即那么当时，8分等式也成立.根据和可以断定：当.10分.13分 4m+1是奇数，均为负数， 这些项均不可能取到100. .15分此时，为100. 18分35. 【2007上海,理20】若有穷数列（是正整数），满足即（是正整数，且），就称该数列为“对称数列”。（1）已知数列是项数为7的对称数列，且成等差数列，试写出的每一项（2）已知是项数为的对称数列，且构成首项为50，公差为的等

39、差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？（3）对于给定的正整数，试写出所有项数不超过的对称数列，使得成为数列中的连续项；当时，试求其中一个数列的前2008项和 36. 【2007上海,文20】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分3分，第2小题满分6分，第3小题满分9分.如果有穷数列（为正整数）满足条件，即（），我们称其为“对称数列”. 例如，数列与数列都是“对称数列”. （1）设是7项的“对称数列”，其中是等差数列，且，.依次写出的每一项；（2）设是项的“对称数列”，其中是首项为，公比为的等比数列，求各项的和；（3）设是项的“对称数列”，其中是首项为，公差为

40、的等差数列.求前项的和. 【答案】（1）;（2）;（3）参考解析【解析】（1）设数列的公差为，则，解得 ，数列为. （2） . （3）. 由题意得 是首项为，公差为的等差数列. 当时，. 当时， .综上所述， 37. 【2006上海,理21】（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分）已知有穷数列共有2项（整数2），首项2设该数列的前项和为，且2（1，2，21），其中常数1（1）求证：数列是等比数列；（2）若2，数列满足（1，2，2），求数列的通项公式；（3）若（2）中的数列满足不等式|4，求的值【答案】（1）参考解析;（2）bn ;（3）k=2,3,4,5,6,7解(2)由(1)得an=2a, a1a2an=2a=2a=a,bn=(n=1,2,2k).（3）设bn,解得nk+,又n是正整数,于是当nk时, bn.原式=(b1)+(b2)+(bk)+(bk+1)+(b2k) =(bk+1+