1．在等差數(shù)列{an}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．記Tn＝a1a2…an（n＝1，2，…），則數(shù)列{Tn}（ ）
A．有最大項(xiàng)，有最小項(xiàng)B．有最大項(xiàng)，無最小項(xiàng)
C．無最大項(xiàng)，有最小項(xiàng)D．無最大項(xiàng)，無最小項(xiàng)
2．已知向量，滿足||＝5，||＝6，?＝﹣6，則cs＜，+＞＝（ ）
A．﹣B．﹣C．D．
3．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn，公差d≠0，且≤1．記b1＝S2，bn+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是（ ）
A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6
C．＝a2a8D．＝b2b8
4．已知單位向量，的夾角為60°，則在下列向量中，與垂直的是（ ）
A．B．2+C．﹣2D．2﹣
5．記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，則＝（ ）
A．2n﹣1B．2﹣21﹣nC．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣1
6．設(shè)a，b∈R，數(shù)列{an}滿足a1＝a，an+1＝an2+b，n∈N*，則（ ）
A．當(dāng)b＝時(shí)，a10＞10B．當(dāng)b＝時(shí)，a10＞10
C．當(dāng)b＝﹣2時(shí)，a10＞10D．當(dāng)b＝﹣4時(shí)，a10＞10
7．已知非零向量，滿足||＝2||，且（﹣）⊥，則與的夾角為（ ）
A．B．C．D．
8．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S4＝0，a5＝5，則（ ）
A．a(chǎn)n＝2n﹣5B．a(chǎn)n＝3n﹣10
C．Sn＝2n2﹣8nD．Sn＝n2﹣2n
9．已知＝（2，3），＝（3，t），||＝1，則?＝（ ）
A．﹣3B．﹣2C．2D．3
10．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為15，且a5＝3a3+4a1，則a3＝（ ）
A．16B．8C．4D．2
11．設(shè)點(diǎn)A，B，C不共線，則“與的夾角為銳角”是“|+|＞||”的（ ）
A．充分而不必要條件
B．必要而不充分條件
C．充分必要條件
D．既不充分也不必要條件
二．填空題（共16小題）
12．在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在邊BC上，延長AD到P，使得AP＝9．若＝m+（﹣m）（m為常數(shù)），則CD的長度是 ．
13．將數(shù)列{2n﹣1}與{3n﹣2}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{an}，則{an}的前n項(xiàng)和為 ．
14．如圖，在四邊形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且＝λ，?＝﹣，則實(shí)數(shù)λ的值為 ，若M，N是線段BC上的動(dòng)點(diǎn)，且||＝1，則?的最小值為 ．
15．已知正方形ABCD的邊長為2，點(diǎn)P滿足＝（+），則||＝ ；?＝ ．
16．已知數(shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列，且a1+a10＝a9，則＝ ．
17．已知，，，，…，（k∈N*）是平面內(nèi)兩兩互不相等的向量，滿足||＝1，且|﹣|∈{1，2}（其中i＝1，2，j＝1，2，…，k），則k的最大值是 ．
18．已知數(shù)列{an}滿足an＝，則S3＝ ．
19．已知平面單位向量，滿足|2﹣|≤．設(shè)＝+，＝3+，向量，的夾角為θ，則cs2θ的最小值是 ．
20．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，則S10＝ ．
21．已知數(shù)列{an}（n∈N*）是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和．若a2a5+a8＝0，S9＝27，則S8的值是 ．
22．如圖，在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，E在邊AB上，BE＝2EA，AD與CE交于點(diǎn)O．若?＝6?，則的值是 ．
23．已知正方形ABCD的邊長為1．當(dāng)每個(gè)λi（i＝1，2，3，4，5，6）取遍±1時(shí)，|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6|的最小值是 ，最大值是 ．
24．在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝5，∠A＝30°，點(diǎn)E在線段CB的延長線上，且AE＝BE，則?＝ ．
25．記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a1＝，a42＝a6，則S5＝ ．
26．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a1≠0，a2＝3a1，則＝ ．
27．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a2＝﹣3，S5＝﹣10，則a5＝ ，Sn的最小值為 ．
三．解答題（共10小題）
28．已知數(shù)列{an}（n∈N*）的首項(xiàng)a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn．設(shè)λ和k為常數(shù)，若對一切正整數(shù)n，均有﹣＝λ成立，則稱此數(shù)列為“λ﹣k”數(shù)列．
（1）若等差數(shù)列{an}是“λ﹣1”數(shù)列，求λ的值；
（2）若數(shù)列{an}是“﹣2”數(shù)列，且an＞0，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（3）對于給定的λ，是否存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}為“λ﹣3”數(shù)列，且an≥0？若存在，求出λ的取值范圍；若不存在，說明理由．
29．已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿足a2+a4＝20，a3＝8．
（1）求{an}的通項(xiàng)公式；
（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1．
30．已知{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．
（Ⅰ）求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）記{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：SnSn+2＜Sn+12（n∈N*）；
（Ⅲ）對任意的正整數(shù)n，設(shè)cn＝求數(shù)列{cn}的前2n項(xiàng)和．
31．已知{an}是無窮數(shù)列．給出兩個(gè)性質(zhì)：
①對于{an}中任意兩項(xiàng)ai，aj（i＞j），在{an}中都存在一項(xiàng)am，使得＝am；
②對于{an}中任意一項(xiàng)an（n≥3），在{an}中都存在兩項(xiàng)ak，al（k＞l），使得an＝．
（Ⅰ）若an＝n（n＝1，2，…），判斷數(shù)列{an}是否滿足性質(zhì)①，說明理由；
（Ⅱ）若an＝2n﹣1（n＝1，2，…），判斷數(shù)列{an}是否同時(shí)滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，說明理由；
（Ⅲ）若{an}是遞增數(shù)列，且同時(shí)滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，證明：{an}為等比數(shù)列．
32．已知數(shù)列{an}為有限數(shù)列，滿足|a1﹣a2|≤|a1﹣a3|≤…≤|a1﹣am|，則稱{an}滿足性質(zhì)P．
（1）判斷數(shù)列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性質(zhì)P，請說明理由；
（2）若a1＝1，公比為q的等比數(shù)列，項(xiàng)數(shù)為10，具有性質(zhì)P，求q的取值范圍；
（3）若{an}是1，2，3，…，m的一個(gè)排列（m≥4），{bn}符合bk＝ak+1（k＝1，2，…，m﹣1），{an}、{bn}都具有性質(zhì)P，求所有滿足條件的數(shù)列{an}．
33．已知數(shù)列{an}，{bn}，{cn}滿足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an+1﹣an，cn+1＝cn（n∈N*）．
（Ⅰ）若{bn}為等比數(shù)列，公比q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）若{bn}為等差數(shù)列，公差d＞0，證明：c1+c2+c3+…+cn＜1+，n∈N*．
34．定義首項(xiàng)為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M﹣數(shù)列”．
（1）已知等比數(shù)列{an}（n∈N*）滿足：a2a4＝a5，a3﹣4a2+4a1＝0，求證：數(shù)列{an}為“M﹣數(shù)列”；
（2）已知數(shù)列{bn}（n∈N*）滿足：b1＝1，＝﹣，其中Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．
①求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
②設(shè)m為正整數(shù)，若存在“M﹣數(shù)列”{cn}（n∈N*），對任意正整數(shù)k，當(dāng)k≤m時(shí)，都有ck≤bk≤ck+1成立，求m的最大值．
35．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＝4，a4＝S3．?dāng)?shù)列{bn}滿足：對每個(gè)n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比數(shù)列．
（Ⅰ）求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）記cn＝，n∈N*，證明：c1+c2+…+cn＜2，n∈N*．
36．設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2﹣2，b3＝2a3+4．
（Ⅰ）求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{cn}滿足c1＝1，cn＝其中k∈N*．
（i）求數(shù)列{（﹣1）}的通項(xiàng)公式；
（ii）求aici（n∈N*）．
37．已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1＝1，b1＝0，4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4．
（1）證明：{an+bn}是等比數(shù)列，{an﹣bn}是等差數(shù)列；
（2）求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式．
參考答案與試題解析
一．選擇題（共11小題）
1．【解答】解：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a1＝﹣9，a5＝﹣1，得d＝，
∴an＝﹣9+2（n﹣1）＝2n﹣11．
由an＝2n﹣11＝0，得n＝，而n∈N*，
可知數(shù)列{an}是單調(diào)遞增數(shù)列，且前5項(xiàng)為負(fù)值，自第6項(xiàng)開始為正值．
可知T1＝﹣9＜0，T2＝63＞0，T3＝﹣315＜0，T4＝945＞0為最大項(xiàng)，
自T5起均小于0，且逐漸減?。?br>∴數(shù)列{Tn}有最大項(xiàng)，無最小項(xiàng)．
故選：B．
2．【解答】解：向量，滿足||＝5，||＝6，?＝﹣6，
可得||＝＝＝7，
cs＜，+＞＝＝＝＝．
故選：D．
3．【解答】解：
在等差數(shù)列{an}中，an＝a1+（n﹣1）d，
∴a2＝a1+d，a4＝a1+3d，a8＝a1+7d，
bn+1＝S2n+2﹣S2n，
∴b2＝S4﹣S2＝a3+a4，
b4＝S8﹣S6＝a7+a8，
b6＝S12﹣S10＝a11+a12，
b8＝S16﹣S14＝a15+a16，
A.2a4＝a2+a6，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得A正確，
B．若2b4＝b2+b6，則2（a7+a8）＝a3+a4+a11+a12＝（a3+a12）+（a4+a11），成立，B正確，
C．若＝a2a8，則（a1+3d）2＝（a1+d）（a1+7d），
即+6a1d+9d2＝+8a1d+7d2，得a1d＝d2，
∵d≠0，∴a1＝d，符合≤1，C正確；
D．若＝b2b8，則（a7+a8）2＝（a3+a4）（a15+a16），
即4+52a1d+169d2＝4+68a1d+145d2，得16a1d＝24d2，
∵d≠0，∴2a1＝3d，不符合≤1，D錯(cuò)誤；
故選：D．
4．【解答】解：單位向量||＝||＝1，?＝1×1×cs60°＝，
對于A，（+2）＝?+2＝+2＝，所以（+2）與不垂直；
對于B，（2+）＝2?+＝2×+1＝2，所以（2+）與不垂直；
對于C，（﹣2）＝?﹣2＝﹣2＝﹣，所以（﹣2）與不垂直；
對于D，（2﹣）＝2?﹣＝2×﹣1＝0，所以（2﹣）與垂直．
故選：D．
5．【解答】解：設(shè)等比數(shù)列的公比為q，
∵a5﹣a3＝12，
∴a6﹣a4＝q（a5﹣a3），
∴q＝2，
∴a1q4﹣a1q2＝12，
∴12a1＝12，
∴a1＝1，
∴Sn＝＝2n﹣1，an＝2n﹣1，
∴＝＝2﹣21﹣n，
故選：B．
6．【解答】解：對于B，令＝0，得x＝，
取，∴，
∴當(dāng)b＝時(shí)，a10＜10，故B錯(cuò)誤；
對于C，令x2﹣x﹣2＝0，得x＝2或x＝﹣1，
取a1＝2，∴a2＝2，…，an＝2＜10，
∴當(dāng)b＝﹣2時(shí)，a10＜10，故C錯(cuò)誤；
對于D，令x2﹣x﹣4＝0，得，
取，∴，…，＜10，
∴當(dāng)b＝﹣4時(shí)，a10＜10，故D錯(cuò)誤；
對于A，，，
≥，
an+1﹣an＞0，{an}遞增，
當(dāng)n≥4時(shí)，＝an+＞1+＝，
∴，∴＞（）6，∴a10＞＞10．故A正確．
故選：A．
7．【解答】解：∵（﹣）⊥，
∴
＝，
∴
＝＝，
∵，
∴．
故選：B．
8．【解答】解：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
由S4＝0，a5＝5，得
，∴，
∴an＝2n﹣5，，
故選：A．
9．【解答】解：∵＝（2，3），＝（3，t），
∴＝＝（1，t﹣3），
∵||＝1，
∴t﹣3＝0即＝（1，0），
則?＝2
故選：C．
10．【解答】解：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q（q＞0），
則由前4項(xiàng)和為15，且a5＝3a3+4a1，有
，∴，
∴．
故選：C．
11．【解答】解：點(diǎn)A，B，C不共線，
＝，∴，
當(dāng)與的夾角為銳角時(shí)，＝＞0，
∴“與的夾角為銳角”?“|+|＞||”，
“|+|＞||”?“與的夾角為銳角”，
∴設(shè)點(diǎn)A，B，C不共線，則“與的夾角為銳角”是“|+|＞||”的充分必要條件．
故選：C．
二．填空題（共16小題）
12．【解答】解：如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AC所在直線為x，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，
則B（4，0），C（0，3），
由＝m+（﹣m），得，
整理得：
＝﹣2m（4，0）+（2m﹣3）（0，3）＝（﹣8m，6m﹣9）．
由AP＝9，得64m2+（6m﹣9）2＝81，解得m＝或m＝0．
當(dāng)m＝0時(shí)，，此時(shí)C與D重合，|CD|＝0；
當(dāng)m＝時(shí)，直線PA的方程為y＝x，
直線BC的方程為，
聯(lián)立兩直線方程可得x＝m，y＝3﹣2m．
即D（，），
∴|CD|＝．
∴CD的長度是0或．
故答案為：0或．
13．【解答】解：將數(shù)列{2n﹣1}與{3n﹣2}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{an}，
則{an}是以1為首項(xiàng)、以6為公差的等差數(shù)列，
故它的前n項(xiàng)和為n×1+＝3n2﹣2n，
故答案為：3n2﹣2n．
14．【解答】解：以B為原點(diǎn)，以BC為x軸建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，
∵∠B＝60°，AB＝3，
∴A（，），
∵BC＝6，
∴C（6，0），
∵＝λ，
∴AD∥BC，
設(shè)D（x0，），
∴＝（x0﹣，0），＝（﹣，﹣），
∴?＝﹣（x0﹣）+0＝﹣，解得x0＝，
∴D（，），
∴＝（1，0），＝（6，0），
∴＝，
∴λ＝，
∵||＝1，
設(shè)M（x，0），則N（x+1，0），其中0≤x≤5，
∴＝（x﹣，﹣），＝（x﹣，﹣），
∴?＝（x﹣）（x﹣）+＝x2﹣4x+＝（x﹣2）2+，當(dāng)x＝2時(shí)取得最小值，最小值為，
故答案為：，．
15．【解答】解：由＝（+），可得P為BC的中點(diǎn)，
則|CP|＝1，
∴|PD|＝＝，
∴?＝?（+）＝﹣?（+）＝﹣2﹣?＝﹣1，
故答案為：，﹣1．
16．【解答】解：根據(jù)題意，等差數(shù)列{an}滿足a1+a10＝a9，即a1+a1+9d＝a1+8d，變形可得a1＝﹣d，
所以＝＝＝＝．
故答案為：．
17．【解答】解：如圖，設(shè)，，
由||＝1，且|﹣|∈{1，2}，
分別以A1，A2為圓心，以1和2為半徑畫圓，其中任意兩圓的公共點(diǎn)共有6個(gè)．
故滿足條件的k的最大值為6．
故答案為：6．
18．【解答】解：數(shù)列{an}滿足an＝，
可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，
所以S3＝1+3+6＝10．
故答案為：10．
19．【解答】解：設(shè)、的夾角為α，由，為單位向量，滿足|2﹣|≤，
所以4﹣4?+＝4﹣4csα+1≤2，
解得csα≥；
又＝+，＝3+，且，的夾角為θ，
所以?＝3+4?+＝4+4csα，
＝+2?+＝2+2csα，
＝9+6+＝10+6csα；
則cs2θ＝＝＝＝﹣，
所以csα＝時(shí)，cs2θ取得最小值為﹣＝．
故答案為：．
20．【解答】解：因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}中，a1＝﹣2，a2+a6＝2a4＝2，
所以a4＝1，
3d＝a4﹣a1＝3，即d＝1，
則S10＝10a1＝10×（﹣2）+45×1＝25．
故答案為：25
21．【解答】解：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，
則，解得．
∴＝8×（﹣5）+56＝16．
故答案為：16．
22．【解答】解：設(shè)＝λ＝（），
＝+＝+μ＝+μ（）
＝（1﹣μ）+μ＝+μ
∴，∴，
∴＝＝（），
＝＝﹣+，
6?＝6×（）?（﹣+）
＝（++）
＝++，
∵?＝++，
∴＝，∴＝3，
∴＝．
故答案為：
23．【解答】解：如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，則A（0，0），B（1，0），C（1，1），D（0，1），
∴＝（1，0），＝（0，1），＝（﹣1，0），＝（0，﹣1），＝（1，1），＝（﹣1，1），
∴|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6|
＝|（λ1﹣λ3+λ5﹣λ6，λ2﹣λ4+λ5+λ6）|
＝，（*），
（*）中第一個(gè)括號(hào)中的λ1，λ3與第二個(gè)括號(hào)中的λ2，λ4的取值互不影響，
只需討論λ5，λ6的取值情況即可，
當(dāng)λ5，λ6同號(hào)時(shí)，不妨取λ5＝1，λ6＝1，則（*）式即為，
∵λ1，λ2，λ3，λ4∈{﹣1，1}，
∴λ1＝λ3，λ2﹣λ4＝﹣2（λ2＝﹣1，λ4＝1）時(shí)，（*）取得最小值0，
當(dāng)|λ1﹣λ3|＝2（如λ1＝1，λ3＝﹣1），λ2﹣λ4＝2（λ2＝1，λ4＝﹣1）時(shí)，（*）式取得最大值為2，
當(dāng)λ5，λ6異號(hào)時(shí)，不妨取λ5＝1，λ6＝﹣1，則（*）式即為，
同理可得最小值為0，最大值為2．
故答案為：0；2．
24．【解答】解：∵AE＝BE，AD∥BC，∠A＝30°，
∴在等腰三角形ABE中，∠BEA＝120°，
又AB＝2，∴AE＝2，
∴，
∵，∴
又，
∴?＝
＝
＝
＝﹣12+×5×2×﹣
＝﹣1
故答案為：﹣1．
25．【解答】解：在等比數(shù)列中，由a42＝a6，得q6a12＝q5a1＞0，
即q＞0，q＝3，
則S5＝＝，
故答案為：
26．【解答】解：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則
由a1≠0，a2＝3a1可得，d＝2a1，
∴
＝
＝，
故答案為：4．
27．【解答】解：設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a2＝﹣3，S5＝﹣10，
∴，
解得a1＝﹣4，d＝1，
∴a5＝a1+4d＝﹣4+4×1＝0，
Sn＝＝﹣4n+＝（n﹣）2﹣，
∴n＝4或n＝5時(shí)，Sn取最小值為S4＝S5＝﹣10．
故答案為：0，﹣10．
三．解答題（共10小題）
28．【解答】解：（1）k＝1時(shí)，an+1＝Sn+1﹣Sn＝λan+1，由n為任意正整數(shù)，且a1＝1，an≠0，可得λ＝1；
（2）﹣＝，則an+1＝Sn+1﹣Sn＝（﹣）?（+）＝?（+），
因此+＝?，即＝，Sn+1＝an+1＝（Sn+1﹣Sn），
從而Sn+1＝4Sn，又S1＝a1＝1，可得Sn＝4n﹣1，
an＝Sn﹣Sn﹣1＝3?4n﹣2，n≥2，
綜上可得an＝，n∈N*；
（3）若存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}為“λ﹣3”數(shù)列，
則﹣＝λ，
則Sn+1﹣3+3﹣Sn＝λ3an+1＝λ3（Sn+1﹣Sn），
由a1＝1，an≥0，且Sn＞0，令pn＝＞0，
則（1﹣λ3）﹣3+3pn﹣（1﹣λ3）＝0，
λ＝1時(shí)，pn＝，
由pn＞0，可得pn＝1，則Sn+1＝Sn，
即an+1＝0，
此時(shí){an}唯一，不存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}，
λ≠1時(shí)，令t＝，則﹣+tpn﹣1＝0，則（pn﹣1）[+（1﹣t）pn+1]＝0，
①t≤1時(shí)，+（1﹣t）pn+1＞0，則pn＝1，同上分析不存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}；
②1＜t＜3時(shí)，Δ＝（1﹣t）2﹣4＜0，+（1﹣t）pn+1＝0無解，
則pn＝1，同上分析不存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}；
③t＝3時(shí)，（pn﹣1）3＝0，則pn＝1，同上分析不存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}．
④t＞3時(shí)，即0＜λ＜1時(shí)，Δ＝（1﹣t）2﹣4＞0，+（1﹣t）pn+1＝0有兩解α，β，
設(shè)α＜β，α+β＝t﹣1＞2，αβ＝1＞0，則0＜α＜1＜β，
則對任意n∈N*，＝1或＝α3（舍去）或＝β3，
由于數(shù)列{Sn}從任何一項(xiàng)求其后一項(xiàng)均有兩種不同的結(jié)果，
所以這樣的數(shù)列{Sn}有無數(shù)多個(gè)，則對應(yīng)的數(shù)列{an}有無數(shù)多個(gè)．
則存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}為“λ﹣3”數(shù)列，且an≥0，
綜上可得0＜λ＜1．
29．【解答】解：（1）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q（q＞1），
則，
∵q＞1，∴，
∴．
（2）令bn＝（﹣1）n﹣1anan+1，則b1＝8，
所以＝＝﹣22，
所以數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，公比為﹣22，首項(xiàng)為8，
a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1
＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1?22n+1
＝＝．
30．【解答】解：（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，
由a1＝1，a5＝5（a4﹣a3），則1+4d＝5d，可得d＝1，
∴an＝1+n﹣1＝n，
∵b1＝1，b5＝4（b4﹣b3），
∴q4＝4（q3﹣q2），
解得q＝2，
∴bn＝2n﹣1；
（Ⅱ）證明：法一：由（Ⅰ）可得Sn＝，
∴SnSn+2＝n（n+1）（n+2）（n+3），（Sn+1）2＝（n+1）2（n+2）2，
∴SnSn+2﹣Sn+12＝﹣（n+1）（n+2）＜0，
∴SnSn+2＜Sn+12（n∈N*）；
法二：∵數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且an＝n，
∴Sn＝，Sn+2＝，Sn+1＝，
∴＝＝＜1，
∴SnSn+2＜Sn+12（n∈N*）；
（Ⅲ）當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，cn＝＝＝﹣，
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，cn＝＝，
對任意的正整數(shù)n，有c2k﹣1＝（﹣）＝﹣1，
和c2k＝＝+++…+，①，
由①×可得c2k＝++…++，②，
①﹣②得c2k＝+++…+﹣，
∴c2k＝﹣，
因此ck＝c2k﹣1+c2k＝﹣﹣．
數(shù)列{cn}的前2n項(xiàng)和﹣﹣．
31．【解答】解：（Ⅰ）不滿足，理由：＝?N*，不存在一項(xiàng)am使得＝am．
（Ⅱ）數(shù)列{an}同時(shí)滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，
理由：對于任意的i和j，滿足＝22i﹣j﹣1，因?yàn)閕∈N*，j∈N*且i＞j，所以2i﹣j∈N*，則必存在m＝2i﹣j，此時(shí)，2m﹣1∈{ai}且滿足＝22i﹣j﹣1＝am，性質(zhì)①成立，
對于任意的n，欲滿足an＝2n﹣1＝＝22k﹣l﹣1，滿足n＝2k﹣l即可，因?yàn)閗∈N*，l∈N*，且k＞l，
所以2k﹣l可表示所有正整數(shù)，所以必有一組k，l使n＝2k﹣l，即滿足an＝，性質(zhì)②成立．
（Ⅲ）首先，先證明數(shù)列恒正或恒負(fù)，
反證法：假設(shè)這個(gè)遞增數(shù)列先負(fù)后正，
那么必有一項(xiàng)al絕對值最小或者有al與al+1同時(shí)取得絕對值最小，
如僅有一項(xiàng)al絕對值最小，此時(shí)必有一項(xiàng)am＝，此時(shí)|am|＜|al|
與前提矛盾，
如有兩項(xiàng)al與al+1 同時(shí)取得絕對值最小值，那么必有am＝，
此時(shí)|am|＝|al|，與前提條件矛盾，
所以數(shù)列必然恒正或恒負(fù)，
在數(shù)列恒正的情況下，由②知，存在k，l且k＞l，
因?yàn)槭沁f增數(shù)列，ak＞al＞0，使得＝a3＞ak，
即3＞k＞l，所以＝a3，此時(shí)a1，a2，a3成等比數(shù)列，
數(shù)學(xué)歸納法：
（1）已證n＝3時(shí)，滿足{an}是等比數(shù)列，公比q＝，
（2）假設(shè)n＝k時(shí)，也滿足{ak}是等比數(shù)列，公比q＝，
那么由①知＝qak等于數(shù)列的某一項(xiàng)am，證明這一項(xiàng)為ak+1即可，
反證法：
假設(shè)這一項(xiàng)不是ak+1，因?yàn)槭沁f增數(shù)列，所以該項(xiàng)am＝＝qak＞ak+1，
那么ak＜ak+1＜qak，由等比數(shù)列{ak}得a1qk﹣1＜ak+1＜a1qk，
由性質(zhì)②得a1qk﹣1＜＜a1qk，同時(shí)ak+1＝＞am＞al，s所以k+1＞m＞l，
所以am，al分別是等比數(shù)列{ak}中兩項(xiàng)，即am＝a1qm﹣1，al＝a1ql﹣1，
原式變?yōu)閍1qk﹣1＜a1q2m﹣l﹣1＜a1qk，
所以k﹣1＜2m﹣l﹣1＜k，又因?yàn)閗∈N*，m∈N*，l∈N*，不存在這組解，所以矛盾，
所以知＝qak＝ak+1，{ak+1}為等比數(shù)列，
由數(shù)學(xué)歸納法知，{an}是等比數(shù)列得證，
同理，數(shù)列恒負(fù)，{an}也是等比數(shù)列．
32．【解答】解：（1）對于數(shù)列3，2，5，1，有|2﹣3|＝1，|5﹣3|＝2，|1﹣3|＝2，滿足題意，該數(shù)列滿足性質(zhì)P；
對于第二個(gè)數(shù)列4、3、2、5、1，|3﹣4|＝1，|2﹣4|＝2，|5﹣4|＝1．不滿足題意，該數(shù)列不滿足性質(zhì)P．
（2）由題意：|a1﹣a1qn|≥|a1﹣a1qn﹣1|，可得：|qn﹣1|≥|qn﹣1﹣1|，n∈{2，3，…，9}，
兩邊平方可得：q2n﹣2qn+1≥q2n﹣2﹣2qn﹣1+1，
整理可得：（q﹣1）qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≥0，當(dāng)q≥1時(shí)，得qn﹣1（q+1）﹣2≥0此時(shí)關(guān)于n恒成立，
所以等價(jià)于n＝2時(shí)，q（q+1）﹣2≥0，
所以，（q+2）（q﹣1）≥0，所以q≤﹣2，或q≥1，所以取q≥1，
當(dāng)0＜q≤1時(shí)，得qn﹣1（q+1）﹣2≤0，此時(shí)關(guān)于n恒成立，所以等價(jià)于n＝2時(shí)，q（q+1）﹣2≤0，
所以（q+2）（q﹣1）≤0，所以﹣2≤q≤1，所以取0＜q≤1．
當(dāng)﹣1≤q＜0時(shí)：qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≤0，
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，得qn﹣1（q+1）﹣2≤0，恒成立，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，qn﹣1（q+1）﹣2≥0，不恒成立；
故當(dāng)﹣1≤q＜0時(shí)，矛盾，舍去．
當(dāng)q＜﹣1時(shí)，得qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≤0，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，得qn﹣1（q+1）﹣2≤0，恒成立，
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，qn﹣1（q+1）﹣2≥0，恒成立；故等價(jià)于n＝2時(shí)，q（q+1）﹣2≥0，
所以（q+2）（q﹣1）≥0，所以q≤﹣2或q≥1，所以取q≤﹣2，
綜上q∈（﹣∞，﹣2]∪（0，+∞）．
（3）設(shè)a1＝p，p∈{3，4，…，m﹣3，m﹣2}，
因?yàn)閍1＝p，a2可以取p﹣1，或p+1，a3可以取p﹣2，或p+2，
如果a2或a3取了p﹣3或p+3，將使{an}不滿足性質(zhì)P；所以{an}的前5項(xiàng)有以下組合：
①a1＝p，a2＝p﹣1；a3＝p+1；a4＝p﹣2；a5＝p+2；
②a1＝p，a2＝p﹣1；a3＝p+1；a4＝p+2；a5＝p﹣2；
③a1＝p，a2＝p+1；a3＝p﹣1；a4＝p﹣2；a5＝p+2；
④a1＝p，a2＝p+1；a3＝p﹣1；a4＝p+2；a5＝p﹣2；
對于①，b1＝p﹣1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝1，與{bn}滿足性質(zhì)P矛盾，舍去；
對于②，b1＝p﹣1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝3，|b4﹣b1|＝1與{bn}滿足性質(zhì)P矛盾，舍去；
對于③，b1＝p+1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝3，|b4﹣b1|＝1與{bn}滿足性質(zhì)P矛盾，舍去；
對于④b1＝p+1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝1，與{bn}滿足性質(zhì)P矛盾，舍去；
所以P∈{3，4，…，m﹣3，m﹣2}，均不能同時(shí)使{an}、{bn}都具有性質(zhì)P．
當(dāng)p＝1時(shí)，有數(shù)列{an}：1，2，3，…，m﹣1，m滿足題意．
當(dāng)p＝m時(shí)，有數(shù)列{an}：m，m﹣1，…，3，2，1滿足題意．
當(dāng)p＝2時(shí)，有數(shù)列{an}：2，1，3，…，m﹣1，m滿足題意．
當(dāng)p＝m﹣1時(shí)，有數(shù)列{an}：m﹣1，m，m﹣2，m﹣3，…，3，2，1滿足題意．
所以滿足題意的數(shù)列{an}只有以上四種．
33．【解答】（Ⅰ）解：由題意，b2＝q，b3＝q2，
∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，
整理，得6q2﹣q﹣1＝0，
解得q＝﹣（舍去），或q＝，
∴cn+1＝?cn＝?cn＝?cn＝?cn＝4?cn，
∴數(shù)列{cn}是以1為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列，
∴cn＝1?4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．
∴an+1﹣an＝cn＝4n﹣1，
則a1＝1，
a2﹣a1＝1，
a3﹣a2＝41，
…
an﹣an﹣1＝4n﹣2，
各項(xiàng)相加，可得
an＝1+1+41+42+…+4n﹣2＝+1＝．
（Ⅱ）證明：依題意，由cn+1＝?cn（n∈N*），可得
bn+2?cn+1＝bn?cn，
兩邊同時(shí)乘以bn+1，可得
bn+1bn+2cn+1＝bnbn+1cn，
∵b1b2c1＝b2＝1+d，
∴數(shù)列{bnbn+1cn}是一個(gè)常數(shù)列，且此常數(shù)為1+d，
bnbn+1cn＝1+d，
∴cn＝＝?＝（1+）?＝（1+）（﹣），
又∵b1＝1，d＞0，
∴bn＞0，
∴c1+c2+…+cn
＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）
＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）
＝（1+）（﹣）
＝（1+）（1﹣）
＜1+，
∴c1+c2+…+cn＜1+，故得證．
34．【解答】解：（1）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則
由a2a4＝a5，a3﹣4a2+4a1＝0，得∴，
∴數(shù)列{an}首項(xiàng)為1且公比為正數(shù)
即數(shù)列{an}為“M﹣數(shù)列”；
（2）①∵b1＝1，＝﹣，
∴當(dāng)n＝1時(shí)，，∴b2＝2，
當(dāng)n＝2時(shí)，，∴b3＝3，
當(dāng)n＝3時(shí)，，∴b4＝4，
猜想bn＝n，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明；
（i）當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝1，滿足bn＝n，
（ii）假設(shè)n＝k時(shí)，結(jié)論成立，即bk＝k，則n＝k+1時(shí)，
由，得
＝＝k+1，
故n＝k+1時(shí)結(jié)論成立，
根據(jù)（i）（ii）可知，bn＝n對任意的n∈N*都成立．
故數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝n；
②設(shè){cn}的公比為q，
存在“M﹣數(shù)列”{cn}（n∈N*），對任意正整數(shù)k，當(dāng)k≤m時(shí)，都有ck≤bk≤ck+1成立，
即qk﹣1≤k≤qk對k≤m恒成立，
當(dāng)k＝1時(shí)，q≥1，當(dāng)k＝2時(shí)，，
當(dāng)k≥3，兩邊取對數(shù)可得，對k≤m有解，即，
令f（x）＝，則，
當(dāng)x≥3時(shí)，f'（x）＜0，此時(shí)f（x）遞減，
∴當(dāng)k≥3時(shí)，，
令g（x）＝，則，
令，則，
當(dāng)x≥3時(shí)，?'（x）＜0，即g'（x）＜0，
∴g（x）在[3，+∞）上單調(diào)遞減，
即k≥3時(shí)，，則，
下面求解不等式，
化簡，得3lnm﹣（m﹣1）ln3≥0，
令h（m）＝3lnm﹣（m﹣1）ln3，則h'（m）＝﹣ln3，
由k≥3得m≥3，h'（m）＜0，∴h（m）在[3，+∞）上單調(diào)遞減，
又由于h（5）＝3ln5﹣4ln3＝ln125﹣ln81＞0，h（6）＝3ln6﹣5ln3＝ln216﹣ln243＜0，
∴存在m0∈（5，6）使得h（m0）＝0，
∴m的最大值為5，此時(shí)q∈，．
35．【解答】解：（Ⅰ）設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，
由題意得，
解得a1＝0，d＝2，
∴an＝2n﹣2，n∈N*．
∴Sn＝n2﹣n，n∈N*，
∵數(shù)列{bn}滿足：對每個(gè)n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比數(shù)列．
∴（Sn+1+bn）2＝（Sn+bn）（Sn+2+bn），
解得，
解得bn＝n2+n，n∈N*．
（Ⅱ）證明：＝＝，n∈N*，
用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①當(dāng)n＝1時(shí)，c1＝0＜2，不等式成立；
②假設(shè)n＝k，（k∈N*）時(shí)不等式成立，即c1+c2+…+ck＜2，
則當(dāng)n＝k+1時(shí)，
c1+c2+…+ck+ck+1＜2+＜2
＜2+＝2＝2，
即n＝k+1時(shí)，不等式也成立．
由①②得c1+c2+…+cn＜2，n∈N*．
36．【解答】解：（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，
依題意有：
，解得，
∴an＝4+（n﹣1）×3＝3n+1，
bn＝6×2n﹣1＝3×2n．
（Ⅱ）（i）∵數(shù)列{cn}滿足c1＝1，cn＝其中k∈N*．
∴（﹣1）＝（bn﹣1）＝（3×2n+1）（3×2n﹣1）＝9×4n﹣1，
∴數(shù)列{（﹣1）}的通項(xiàng)公式為：
（﹣1）＝9×4n﹣1．
（ii）aici＝[ai+ai（ci﹣1）]＝+（﹣1）
＝（×3）+
＝（3×22n﹣1+5×2n﹣1）+9×﹣n
＝27×22n﹣1+5×2n﹣1﹣n﹣12．（n∈N*）．
37．【解答】解：（1）證明：∵4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4；
∴4（an+1+bn+1）＝2（an+bn），4（an+1﹣bn+1）＝4（an﹣bn）+8；
即an+1+bn+1＝（an+bn），an+1﹣bn+1＝an﹣bn+2；
又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，
∴{an+bn}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，
{an﹣bn}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列；
（2）由（1）可得：an+bn＝（）n﹣1，
an﹣bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
∴an＝（）n+n﹣，
bn＝（）n﹣n+．
聲明：試題解析

相關(guān)試卷

2025年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-3.1-等差數(shù)列、等比數(shù)列-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】：

這是一份2025年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-3.1-等差數(shù)列、等比數(shù)列-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】，共10頁。試卷主要包含了基本技能練，創(chuàng)新拓展練等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-數(shù)列題型選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】：

這是一份2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-數(shù)列題型選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】，共6頁。試卷主要包含了選擇題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-數(shù)列題型解答題專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】：

這是一份2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-數(shù)列題型解答題專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】，共11頁。試卷主要包含了解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-數(shù)列題型解答題（二）專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】

2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-數(shù)列題型解答題（二）專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】
2025年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-3.1-等差數(shù)列、等比數(shù)列-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

2025年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-3.1-等差數(shù)列、等比數(shù)列-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】
2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-數(shù)列題型填空題專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】

2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-數(shù)列題型填空題專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】
2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-數(shù)列題型解答題專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】

2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-數(shù)列題型解答題專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號(hào)注冊
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號(hào)注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部