数列河北高考题及答案摘(03--10)（5篇材料）

第一篇：数列河北高考题及答案摘(03--10)

数列河北高考摘（03--10）

1.（河北03）等差数列{an}中，已知a11，a2a54，an33，则n-----------（）

3A．48B.49C.50D.512.（河北06）设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S735，则a4-------------------（）

A．8B.7C.6D.5

3.（河北08）已知等比数列{an}满足a1a23，a2a36，则a7----------------（）

A．64B．81C.128D.243

4.（河北10）已知各项均为正数的等比数列{an}，a1a2a35，a7a8a910，则a4a5a6

A

．B．7C.6D.5.（河北04）已知等比数列{an}中，a33，a10384，则该数列的通项公式an__________。

6.（河北07）.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，2S2，3S3成等差数列，则此数列{an} 的公比为___________________。

7.（河北09）设等差数列{an}的前n项和为Sn。若S972，则a2a4a9___________.8.（河北03）已知数列{an}满足a11，an3n1an1（n≥2）

3n1（Ⅰ）求a2，a3；（Ⅱ）证明an.29.（河北04）若等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1030，a2050。（Ⅰ）求通项an；（Ⅱ）若Sn242，求n.10.（河北06）已知{an}是等比数列，a32，a2a4

20。求数列{an}通项。3

11.（河北05）设正项等比数列{an}的首项a1

且210S30(2101)S20S100，前n项和为Sn，2

（Ⅰ）求数列{an}的通项；（Ⅱ）求数列{nSn}的前n项和Tn。

12.设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1b11，a3b521，a5b313.（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项；（Ⅱ）求数列{

13.（河北08）在数列{an}中，a11，an12an2n（Ⅰ）设bn

an的前n项和Sn。bn

an，证明数列{bn}是等差数列； 2n1

（Ⅱ）求数列{an}的前n项和Sn。

14.(河北09)(本小题满分10分)(注意:在试题卷上作答无效)．．．．．．．．．

设等差数列{an}的前n项和为sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn，已知a11，b13，a3b317，T3S312，求数列{an}，{bn}的通项公式.15（河北10）（本小题满分10分）(注意：在试题卷上作答无效)．．．．．．．．．．．．

记等差数列an的前n项和为Sn，设S312，且2a1，a2，a31成等比数列，求Sn.补：16.（江西08）等差数列{an}的各项都为正数，a13且{an}的前n项和为Sn。{bn}是等比数列，b11且b2S264，b3S3960。（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项；（Ⅱ）求

1111

的值。S1S2S3Sn

参考答案

1.C；2.D；3.A；4.A5.32

n3

；6.；7.24 3

8．（I）解：∵a11,a2314,a332413（II）证明：由已知anan13n1,故

an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1=3

n1

3

n2

3n1

31.3n1

所以an

9．本小题主要考查等差数列的通项公式、求和公式，考查运算能力.满分12分.解：（Ⅰ）由ana1(n1)d,a1030,a2050,得方程组

a19d30,……4分解得a112,d2.所以an2n10.……7分

a19d50.

1（Ⅱ）由Snna112n

n(n1)

d,Sn242得方程

2n(n1)

2242.……10分 解得n11或n22(舍去).………12分 2

10.解：设等比数列an的公比为q，则q0，a2

a32

，a4a3q2q，qq

所以

2202q，q31,q23

3解得q1当q

时,a118，2

1n1183n

所以an18()n123

332

当q3时,a1，92n1n3

所以an323，911.解：（Ⅰ）由 210S30(2101)S20S100 得 210(S30S20)S20S10,即210(a21a22a30)a11a12a20, 可得210q10(a11a12a20)a11a12a20.11n1

n,n1,2,.，因而 ana1q

（Ⅱ）因为{an}是首项a1、公比q的等比数列，故

11(1n)

11,nSnn.Snn12n2n12

12n

则数列{nSn}的前n项和 Tn(12n)(2n),222

因为an0，所以 210q101,解得q

Tn112n1n

(12n)(23nn1).222222

前两式相减，得

Tn1111n

(12n)(2n)n1 222222

(1n)

n(n1)n即Tn(n1)1n2.n

122n12n42n112

12.解：

12dq21，（Ⅰ）设an的公差为d，bn的公比为q，则依题意有q0且 2

14dq13，解得d2，q

所以an1(n1)d2n1，bnqn12n1

（Ⅱ）

an bn352n32n1n1，① 21222n22

52n32n1

2Sn23n3n2，②

222Sn1

②－①得Sn22

2222n12n2n1，2222

12n111

2212n2n1

2222

n12n122n1 212

2n36n1

1

13．解：（1）an12an2n，an1an

1，2n2n1

bn1bn1，则bn为等差数列，b11，bnn，ann2n1．

Sn120221(n1)2n2n2n1----------（1）2Sn121222(n1)2n1n2n-----------（2）

(2)(1)两式相减，得Snn2n120212n1n2n2n1.14解：设an的公差为d，数列bn的公比为q0，由题得

12dq2172

qq1(33d)12解得q2,d2 q0

∴an12(n1)2n1，bn12n12n1 15.解析：设数列an的公差d，∵S312，且2a1,a2,a31成等比数列，∴a1a2a312且2a1(a31)a22, 从而有a1d4①

2a1(a12d)(a1d)2,②

由①②解得a11,d3，或a18,d4 所以 Sn

n(3n1)，或Sn2n(5n)2

16补江西08．解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，an3(n1)d，bnqn1

S3b3(93d)q2960依题意有①

S2b2(6d)q64

6d

d25解得(舍去),或

40q8q3

故an32(n1)2n1,bn8n1（2）Sn35(2n1)n(n2)∴

1111111



S1S2Sn132435n(n2)11111111(1)232435nn2111132n3(1)22n1n242(n1)(n2)



第二篇：一道数列高考题的多解研究

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一道数列高考题的多解研究 作者：杨辉

来源：《理科考试研究·高中》2013年第05期

数列通项公式的几种常用求法

第三篇：数列测试题及答案

数列

一、选择题

1、（2010全国卷2理数）如果等差数列an中，a3a4a512，那么a1a2...a7（A）14（B）21（C）28（D）35 【答案】C

【解析】a3a7)

4a53a412,a44,a1a2

aa1a7

7（27a428

2、（2010辽宁文数）设Sn为等比数列an的前n项和，已知3S3a42，3S2a32，则公比q

（A）

3（B）

4（C）

5（D）6

解析：选B.两式相减得，3a3a4a3，a44a3,q

a4

a4.33、（2010安徽文数）设数列{an}的前n项和Snn2，则a8的值为（A）15(B)16(C)49（D）64 答案：A

【解析】a8S8S7644915.4、（2010浙江文数）设sS

5n为等比数列{an}的前n项和，8a2a50则S

2(A)-1

1(B)-8(C)5(D)115、(2009年广东卷文)已知等比数列{an}的公比为正数，且a

23·a9=2a5，a2=1，则a1=A.12B.2

2C.2D.2

【答案】B

【解析】设公比为q,由已知得a2

81qa1q2

a41q

2,即q

2,又因为等比数列{an}的公比为正数，所以q故aa21

q

2,选B

6、（2009广东卷理）已知等比数列{a，且a2n

n}满足an0,n1,2,5a2n52(n3)，则当n1时，log2a1log2a3log2a2n1

A.n(2n1)B.(n1)2C.n

2D.(n1)2

【解析】由an2

5a2n522(n3)得an22n，an0，则ann2，log2a1log2a3

log2a2n113(2n1)n2，选C.7、（2009江西卷文）公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比中项, S832,则S10等于

A.18B.24C.60D.90 答案：C

【解析】由a

24a3a7得(a13d)2(a12d)(a16d)得2a13d0,再由S88a56

1

2d32得 2a17d8则d2,a13,所以S1010a1

d60,.故选C

8、（2009辽宁卷理）设等比数列{ a6n}的前n 项和为Sn，若

SS=3，则S= 3S6

（A）2（B）

73（C）8

3（D）3 【解析】设公比为q ,则S6(1q3)S

3S

＝1＋q3＝3q3＝2 3S3

于是S391qq61247

S1q3

 6123

【答案】B9、（2009安徽卷理）已知an为等差数列，a1+a3+a5=105，a2a4a6=99，以Sn表示an的前n项和，则

使得Sn达到最大值的n是

（A）21（B）20（C）19（D）18

[解析]：由a1+a3+a5=105得3a3105,即a335，由a2a4a6=99得3a499即a433，∴d2，a2)412n，由

an0

na4(n4)(得n20，选Ban

1010、2009上海十四校联考）无穷等比数列1,22,12,24,…各项的和等于（）

A．22 B．22

C．2

1D．21

答案B11、（2009江西卷理）数列{a2

2nn}的通项ann(cos

3sin2n)，其前n项和为Sn，则S30为 A．470B．490C．495D．510 答案：A

【解析】由于{cos

n3sin2n

以3 为周期,故 (12223)(4252S2

3062(282292

22)

3022)

[(3k2)2(3k1)210

(3k)2

]k12[9k5]9101125470故选k

122A12、2009湖北卷文）设xR,记不超过x的最大整数为[x],令{x}=x-[x]，则{512}，[51

12],2A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列 C.既是等差数列又是等比数列

D.既不是等差数列也不是等比数列 【答案】B

【解析】可分别求得

，1.则等比数列性质易得三者构成等比数列.二、填空题

13、(2010辽宁文数）（14）设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S33，S624，则a9

S33a12d3解析：填15.2,解得65a11d2，a9a18d15.

S66a

12d24

14、（2010福建理数）11．在等比数列an中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式

an．

【答案】

4n-

1【解析】由题意知an-1

14a116a121，解得a11，所以通项an4。

15、（2009浙江理）设等比数列{an}的公比q12，前n项和为SS

n，则4a

4答案：1

5【解析】对于sa41(1q)

3s41q441q,a4a1q,a315

4q(1q)

16、（2009北京理）已知数列{an}满足：a4n31,a4n10,a2nan,nN,则a2009________；

a2014=_________.【答案】1，0

【解析】本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.依题意，得a2009a450331，三、解答题17、2009全国卷Ⅱ文）

已知等差数列{an}中，a3a716,a4a60,求{an}前n项和sn.解：设an的公差为d，则



a12da16d16

5d0

a13da1a218da2即112d16

a4d

1解得

a18,a18

2,或 d

d

2因此Sn8nnn1nn9，或Sn8nnn1nn9

18、（2010重庆文数）

已知an是首项为19，公差为-2的等差数列，Sn为an的前n项和.（Ⅰ）求通项an及Sn；

（Ⅱ）设bnan是首项为1，公比为3的等比数列，求数列bn的通项公式及其前n项和Tn.19、（2010山东理数）（18）（本小题满分12分）

已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an及Sn；

（Ⅱ）令b

1n=a21

(nN*)，求数列bn的前n项和Tn．

n【解析】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，因为a37，a5a726，所以有



a12d7，解得2a10d26

a13,d2，1所以an3（2n1)=2n+1；Sn(n-1)

n=3n+

22=n2+2n。（Ⅱ）由（Ⅰ）知a1

111111n2n+1，所以bn=

a21=（2n+1)21=4n(n+1)=

4(n-n+1)，n所以T1n=

(1-111+111142+23+n-n+1)=4(1-n+1)=n

4(n+1)，即数列bn的前n项和Tn

n=

4(n+1)。

20、2009全国卷Ⅱ理）设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11,Sn14an2（I）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列

（II）求数列{an}的通项公式。

解：（I）由a11,及Sn14an2，有a1a24a12,a23a125,b1a22a13由Sn14an2，．．．①则当n2时，有Sn4an12．．．．．② ②－①得an14an4an1,an12an2(an2an1)又

bnan12an，bn2bn1{bn}是首项b13，公比为２的等比数列．

（II）由（I）可得b1，

an1nan12an32n2n

1an

32n

4数列{

an

2n

是首项为12，公差为3

4的等比数列．an1(n13n3，1a22n2444

n(3n1)2n 21、（2009江西卷文）（本小题满分12分）数列{a2

2nn}的通项ann(cos3sin2n)，其前n项和为Sn.(1)求Sn;

(2)bS3n

n

n4n,求数列｛bn｝的前n项和Tn.解:(1)由于cos2n3sin2n2n3cos

3,故

S3k(a1a2a3)(a4a5a6)

(a3k2a3k1a3k)

(122232)(425262(3k2)2(3k1)2 22)

(2

(3k)2))



1318k5k(9k2312



24)

2, Sk(49k)

3k1S3ka3k2,SSak(49k)(3k1)213k2

13k2

3k13k1222k36,n1,n3k2

36故S(n1)(13n),n3k1(kN*n



6)n(3n4)



6,n3k(2)bn

S3nn4n9n

424

n,T113229n4n2[4424n

], 4T1229n4n2[1344

n1],两式相减得

3T199n

2[1349n419n419nn4n14n]2[13]14n822n322n1, 4

故T81n3

322n33n

22n1

.22、（2009执信中学）设函数

fx

x2a

bxc

b,cN.若方程fxx的根为0和2, 且

f2

.(1)求函数

fx的解析式；

(2)已知各项均不为零的数列

an满足: 4Snf(1a)1(Sn为该数列前n项和),求该数列的通项an.n

【解析】



⑴设xa220ca0bxcx,得1bxcxa0,1cab,

b1 

201b

2f(x)x2(1c)xc,f(2)21

c3, 1c2又 b,cNx2

,c2,bc，fx

2x1x1⑵由已知得2Sna22

nan,2Sn1an1an1,两式相减得anan1anan110, anan1或anan11.当n

1，2a21a1a1a11，若anan1，则a21，这与an1矛盾.anan11,ann.⑶由an1

fanaan111n1

2a211

n2an1an2

22,an10或an12.若an1

0，则an13；若an12，则aanan2n1an

2a0

n1an在n2时单调递减.a2

2a1482a8

2，ana23在n2时成立122423

3.

第四篇：高考数列试题及答案

数列试题

1．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9=2a5，a2=1，则a1=（）A.2．已知

为等差数列，B。1C.3D.7，则等于（）212B.。C.222D.2A.-1

3．公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比中项, S832,则S10等于（）

A.18B.24C。60D.90

4．设Sn是等差数列an的前n项和，已知a23，a611，则S7等于（）

A．13B．35C。49D． 63

5．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3 =6，a1=4，则公差d等于（）

A．1B

６.已知an为等差数列，且a7－2a4＝－1, a3＝0,则公差d＝

（A）－2（B）。－

5C。-2D 3 311（C）（D）2 22

７.设等比数列{ an}的前n 项和为Sn，若

S6S

=3，则9 = S3S6

（A）2（B）。

（C）（D）3 33

８．等比数列an的前n项和为sn，且4a1，2a2，a3成等差数列。若a1=1，则s4=（A）7（B）8（ｃ）。15（4）16

９．等差数列an的前n项和为Sn，已知am1am1am0，S2m138,则m

（A）38（B）20（C）。10（D）9

本题注意：因为an是等差数列，所以，am1am12am

１０.（本小题满分14分）设an是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足

a22a32a42a52,S77。求数列an的通项公式及前n项和Sn；

１１。已知等差数列{an}中，a3a716,a4a60求{an}前n项和sn.n1

１２。已知数列an的前n项和Snan()2（n为正整数），令bn2nan，12

求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式；

１３。.设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，记

bn

4an

(nN*)。1an

（I）求数列an与数列bn的通项公式；

（II）设数列bn的前n项和为Rn，是否存在正整数k，使得Rn4k成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，请说明理由；

１４ 设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11,Sn14an2

（I）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列（II）求数列{an}的通项公式。

１５ 等比数列{an}的前n 项和为sn，已知S1,S3,S2成等差数列（1）求{an}的公比q；（2）求a1－a3＝3，求sn

1’a22,an＋2＝１６。已知数列an}满足，a1＝

anan1,nN*.2

(Ⅱ)求an}的通项公式。

令bnan1an，证明：{bn}是等比数列；

１７。已知a11,a24,an24an1an,bn

an1,nN． an

（Ⅰ）求b1,b2,b3的值；（Ⅱ）设cnbnbn1,Sn为数列cn的前n项和，求证：Sn17n

答案：１２在Snan()

n1

2中，令n=1，可得S1an12a1，即a11

2，anSnSn1anan1()n1，2

当n2时，Sn1an1()

n2

2anan1()n1,即2nan2n1an11.bn2nan,bnbn11,即当n2时，bnbn11.又b12a11,数列bn是首项和公差均为1的等差数列.

n.n21

１３（I）当n1时，a15S11,a1

于是bn1(n1)1n2an,an

n

又an5Sn1,an15Sn11

an1an5an1,即

11an11

∴数列an是首项为a1，公比为q的等比数

44an4

1n

4()1n列，∴an()，bn(nN*)

1()n

14()n

54（II）不存在正整数k，使得Rn4k成立。证明由（I）知bnn

n(4)11()4

55201516k40

b2k1b2k88kk8k8.k

(4)2k11(4)2k1161164(161)(164)

∴当n为偶数时，设n2m(mN)



∴Rn(b1b2)(b3b4)(b2m1b2m)8m4n 当n为奇数时，设n2m1(mN)

∴Rn(b1b2)(b3b4)(b2m3b2m2)b2m18(m1)48m44n ∴对于一切的正整数n，都有Rn4k



∴不存在正整数k，使得Rn4k成立。

１４解由a11,及Sn14an2，有a1a2a4,12a23a125,b1a22a13

由Sn14an2，．．．①则当n2时，有Sn4an12．．．．．② ②－①得an14an4an1,an12an2(an2an1)

又bnan12an，bn2bn1{bn}是首项b13，公比为２的等比数列．（II）由（I）可得bnan12an32n1，数列{

an1an3

n n1

224

an13

}是首项为，公差为的等比数列．

242n

a1331(n1nn，an(3n1)2n2n22444

１５解：（Ⅰ）依题意有a1(a1a1q)2(a1a1qa1q2)

由于 a10，故 2q2q0 又q0，从而q－

（（Ⅱ）由已知可得a1a1）3故a14

1n

（41（））

81n从而Sn1（））

1321（）

１６（1）证b1a2a11, 当n2时，bnan1an所以bn是以1为首项，

an1an11

an(anan1)bn1, 222

为公比的等比数列。2

1n1

（2）解由（1）知bnan1an(),当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)11()()

1212

n2

11()n1

215211[1()n2]()n1, 1

323321()

52111

当n1时，()1a1。

332521n1*

所以an()(nN)。

332

.１７。解：（Ⅰ）a24,a317,a472，所以b14.b2（Ⅱ）由an24an1an得

1772,b3 417

an2a1

4n即bn14 an1an1bn

所以当n≥2时，bn4于是c1b1,b217,cnbnbn14bn117所以Snc1c2cn17n

(n≥2)

第五篇：数列测试题及答案

数列测试题及答案：

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．

1．在等差数列{an}中，若a1＋a2＋a12＋a13＝24，则a7为()

A．6 B．7 C．8 D．9

解析：∵a1＋a2＋a12＋a13＝4a7＝24，∴a7＝6.答案：A

2．若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S33－S22＝1，则数列{an}的公差是()

A.12 B．1 C．2 D．

3解析：由Sn＝na1＋n(n－1)2d，得S3＝3a1＋3d，S2＝2a1＋d，代入S33－S22＝1，得d＝2，故选C.答案：C

3．已知数列a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则a2 011等于()

A．1 B．－4 C．4 D．

5解析：由已知，得a1＝1，a2＝5，a3＝4，a4＝－1，a5＝－5，a6＝－4，a7＝1，a8＝5，…

故{an}是以6为周期的数列，∴a2 011＝a6×335＋1＝a1＝1.答案：A

4．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论错误的是()

A．d＜0 B．a7＝0

C．S9＞S5 D．S6与S7均为Sn的最大值

解析：∵S5＜S6，∴a6＞0.S6＝S7，∴a7＝0.又S7＞S8，∴a8＜0.假设S9＞S5，则a6＋a7＋a8＋a9＞0，即2(a7＋a8)＞0.∵a7＝0，a8＜0，∴a7＋a8＜0.假设不成立，故S9＜S5.∴C错误.答案：C

5．设数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q的值为()

A．－12 B.1

2C．1或－12 D．－2或12[

解析：设首项为a1，公比为q，则当q＝1时，S3＝3a1＝3a3，适合题意．

当q≠1时，a1(1－q3)1－q＝3a1q2，∴1－q3＝3q2－3q3，即1＋q＋q2＝3q2,2q2－q－1＝0，解得q＝1(舍去)，或q＝－12.综上，q＝1，或q＝－12.答案：C

6．若数列{an}的通项公式an＝5 252n－2－425n－1，数列{an}的最大项为第x项，最小项为第y项，则x＋y等于()

A．3 B．4 C．5 D．6

解析：an＝5252n－2－425n－1＝525n－1－252－45，∴n＝2时，an最小；n＝1时，an最大．

此时x＝1，y＝2，∴x＋y＝3.答案：A

7．数列{an}中，a1 ＝15,3an＋1＝ 3an－2(n∈N *)，则该数列中相邻两项的乘积是负数的是()

A．a21a22 B．a22a23 C．a23a24 D．a24a25

解析：∵3an＋1＝3an－2，∴an＋1－an＝－23，即公差d＝－23.∴an＝a1＋(n－1)d＝15－23(n－1)．

令an＞0，即15－23(n－1)＞0，解得n＜23.5.又n∈N*，∴n≤23，∴a23＞0，而a24＜0，∴a23a24＜0.答案：C

8．某工厂去年产值为a，计划今后5年内每年比上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为()

A．1.14a B．1.15a

C．11×(1.15－1)a D．10×(1.16－1)a

解析：由已知，得每年产值构成等比数列a1＝a，w

an＝a(1＋10%)n－1(1≤n≤6)．

∴总产值为S6－a1＝11×(1.15－1)a.答案：C

9．已知正数组成的等差数列{an}的前20项的和为100，那么a7a14的最大值为()

A．25 B．50 C．1 00 D．不存在解析：由S20＝100，得a1＋a20＝10.∴a7＋a14＝10.又a7＞0，a14＞0，∴a7a14≤a7＋a1422＝25.答案：A

10．设数列{an}是首项为m，公比为q(q≠0)的等比数列，Sn是它的前n项和，对任意的n∈N*，点an，S2nSn()

A．在直线mx＋qy－q＝0上

B．在直线qx－my＋m＝0上

C．在直线qx＋my－q＝0上

D．不一定在一条直线上

解析：an＝mqn－1＝x，①S2nSn＝m(1－q2n)1－qm(1－qn)1－q＝1＋qn＝y，②

由②得qn＝y－1，代入①得x＝mq(y－1)，即qx－my＋m＝0.答案：B

11．将以2为首项的偶数数列，按下列方法分组：(2)，(4,6)，(8,10,12)，…，第n组有n个数，则第n组的首项为()

A．n2－n B．n2＋n＋2

C．n2＋n D．n2－n＋2

解析：因为前n－1组占用了数列2,4,6，…的前1＋2＋3＋…＋(n－1)＝(n－1)n2项，所以第n组的首项为数列2,4,6，…的第(n－1)n2＋1项，等于2＋(n－1)n2＋1－12＝n2－n＋2.答案：D

12．设m∈N*，log2m的整数部分用F(m)表示，则F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)的值是()

A．8 204 B．8 192

C．9 218 D．以上都不对

解析：依题意，F(1)＝0，F(2)＝F(3)＝1，有2 个

F(4)＝F(5)＝F(6)＝F(7)＝2，有22个．

F(8)＝…＝F(15)＝3，有23个．

F(16)＝…＝F(31)＝4，有24个．

…

F(512)＝…＝F(1 023)＝9，有29个．

F(1 024)＝10，有1个．

故F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋…＋9×29＋10.令T＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋9×29，①

则2T＝1×22＋2×23＋…＋8×29＋9×210.②

①－②，得－T＝2＋22＋23＋…＋29－9×210 ＝

2(1－29)1－2－9×210＝210－2－9×210＝－8×210－2，∴T＝8×210＋2＝8 194，m]

∴F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)＝8 194＋10＝8 204.答案：A

第Ⅱ卷(非选择 共90分)

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．

13．若数列{an} 满足关系a1＝2，an＋1＝3an＋2，该数 列的通项公式为__________．

解析：∵an＋1＝3an＋2两边加上1得，an＋1＋1＝3(an＋1)，∴{an＋1}是以a1＋1＝3为首项，以3为公比的等比数列，∴an＋1＝33n－1＝3n，∴an＝3n－1.答案：an＝3n－

114．已知公差不为零的等差数列{an}中，M＝anan＋3，N＝an＋1an＋2，则M与N的大小关系是__________．

解析：设{an}的公差为d，则d≠0.M－N＝an(an＋3d)－[(an＋d)(an＋2d)]

＝an2＋3dan－an2－3dan－2d2＝－2d2＜0，∴M＜N.答案：M＜N

15．在数列{an}中，a1＝6，且对任意大于1的正整数n，点(an，an－1)在直线x－y＝6上，则数列{ann3(n＋1)}的前n项和Sn＝__________.解析：∵点(an，an－1)在直线x－y＝6上，∴an－an－1＝6，即数列{an}为等差数列．

∴an＝a1＋6(n－1)＝6＋6(n－1)＝6n，∴an＝6n2.∴ann3(n＋1)＝6n2n3(n＋1)＝6n(n＋1)＝61n－1n＋1

∴Sn＝61－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1.＝61－1n＋1＝6nn＋1.答案：6nn＋1

16．观察下表：3

4 5 6 75 6 7 8 9 10

…

则第__________行的各数之和等于2 0092.解析：设第n行的各数之和等于2 0092，则此行是一个首项a1＝n，项数为2n－1，公差为1的等差数列．

故S＝n×(2n－1)＋(2n－1)(2n－2)2＝2 0092，解得n＝1 005.答案：1 00

5三、解答题：本大题共6小题，共70分．

17．(10分)已知数列{an}中，a1＝12，an＋1＝12an＋1(n∈N*)，令bn＝an－2.(1)求证：{bn}是等比数列，并求bn；

(2)求通项an并求{an}的前n项和Sn.解析：(1)∵bn＋1bn＝an＋1－2an－2＝12an＋1－2an－2＝12an－1an－2＝12，∴{bn}是等比数列．

∵b1＝a1－2＝－32，∴bn＝b1qn－1＝－32×12n－1＝－32n.(2)an＝bn＋2＝－32n＋2，Sn＝a1＋a2＋…＋an

＝－32＋2＋－322＋2＋－323＋2＋…＋－32n＋2

＝－3×12＋122＋…＋12n＋2n＝－3×12×1－12n1－12＋2n＝32n＋2n－3.18．(12分)若数列{an}的前n项和Sn＝2n.(1)求{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1)，且cn＝anbnn，求数列{cn}的通项公式及其前n项和Tn.解析：(1)由题意Sn＝2n，得Sn－1＝2n－1(n≥2)，两式相减，得an＝2n－2n－1＝2n－1(n≥2)．

当n＝1时，21－1＝1≠S1＝a1＝2.∴an＝2(n＝1)，2n－1(n≥2).(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…

bn－bn－1＝2n－3.以上各式相加，得

bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)

＝(n－1)(1＋2n－3)2＝(n－1)2.∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n，∴cn＝－2(n＝1)，(n－2)×2n－1(n≥2)，∴Tn＝－2＋0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n－2)×2n－1，∴2Tn＝－4＋0×22＋1×23＋2×24＋…＋(n－2)×2n.∴－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－2)×2n

＝2(1－2n－1)1－2－(n－2)×2n

＝2n－2－(n－2)×2n

＝－2－(n－3)×2n.∴Tn＝2＋(n－3)×2n.19．(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3＋S5＝50，a1，a4，a13成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若从数列{an}中依次取出第2项，第4项，第8项，…，第2n项，…，按原来顺序组成一个新数列{bn}，记该数列的前n项和为Tn，求Tn的表达式．

解析：(1)依题意，得

3a1＋3×22d＋5a1＋5×42d＝50，(a1＋3d)2＝a1(a1＋12d)，解得a1＝3，d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1，即an＝2n＋1.(2)由已知，得bn＝a2n＝2×2n＋1＝2n＋1＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝(22＋1)＋(23＋1)＋…＋(2n＋1＋1)

＝4(1－2n)1－2＋n＝2n＋2－4＋n.20．(12分)设数列{an}的前n项和为Sn，且ban－2n＝(b－1)Sn.(1)证明：当b＝2时，{an－n2n－1}是等比数列；

(2)求通项an.新 课 标 第 一 网

解析：由题意知，a1＝2，且ban－2n＝(b－1)Sn，ban＋1－2n＋1＝(b－1)Sn＋1，两式相减，得b(an＋1－an)－2n＝(b－1)an＋1，即an＋1＝ban＋2n.①

(1)当b＝2时，由①知，an＋1＝2an＋2n.于是an＋1－(n＋1)2n＝2an＋2n－(n＋1)2n

＝2an－n2n－1.又a1－ 120＝1≠0，∴{an－n2n－1}是首项为1，公比为2的等比数列．

(2)当b＝2时，由(1)知，an－n2n－1＝2n－1，即an＝(n＋1)2n－1

当b≠2时，由①得

an ＋1－12－b2n＋1＝ban＋2n－12－b2n＋1＝ban－b2－b2n

＝ban－12－b2n，因此an＋1－12－b2n＋1＝ban－12－b2n＝2(1－b)2－bbn.得an＝2，n＝1，12－b[2n＋(2－2b)bn－1]，n≥2.21．(12分)某地在抗洪抢险中接到预报，24小时后又一个超历史最高水位的洪峰到达，为保证万无一失，抗洪指挥部决定在24小时内另筑起一道堤作为第二道防线．经计算，如果有 20辆大型翻斗车同时作业25小时，可以筑起第二道防线，但是除了现有的一辆车可以立即投入作业外，其余车辆需从各处紧急抽调，每隔20分钟就有一辆车到达并投入工作．问指挥部至少还需组织多少辆车这样陆续工作，才能保证24小时内完成第二道防线，请说明理由．

解析：设从现有这辆车投入工作算起，各车的工作时间依次组成数列{an}，则an－an－1＝－13.所以各车的工作时间构成首项为24，公差为－13的等差数列，由题知，24小时内最多可抽调72辆车．

设还需组织(n－1)辆车，则

a1＋a2＋…＋an＝24n＋n(n－1)2×－13≥20×25.所以n2－145n＋3 000≤0，解得25≤n≤120，且n≤73.所以nmin＝25，n－1＝24.故至少还需组织24辆车陆续工作，才能保证在24小时内完成第二道防线．

22．(12分)已知点集L＝{(x，y)|y＝mn}，其中m＝(2x－2b,1)，n＝(1,1＋2b)，点列Pn(an，bn)在点集L中，P1为L的轨迹与y轴的交点，已知数列{an}为等差数列，且公差为1，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(3)设cn＝5nan|PnPn＋1|(n≥2)，求c2＋c3＋c4＋…＋cn的值．

解析：(1)由y＝mn，m＝(2x－2b,1)，n＝(1,1＋2b)，得y＝2x＋1，即L：y＝2x＋1.∵P1为L的轨迹与y轴的交点，∴P1(0,1)，则a1＝0，b1＝1.∵数列{an}为等差数列，且公差为1，∴an＝n－1(n∈N*)．

代入y＝2x＋1，得bn＝2n－1(n∈N*)．

(2)∵Pn(n－1,2n－1)，∴Pn＋1(n,2n＋1)．

＝5n2－n－1＝5n－1102－2120.∵n∈N*，(3)当n≥2时，Pn(n－1,2n－1)，∴c2＋c3＋…＋cn

＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝1－1n.