历年高考试题汇编 — 数列1.（1994全国理，12）等差数列{a n }的前m 项和为30，前2m 项和为100，则它的前3m 项和为（ ）A.130B.170C.210D.260答案：C解法一：由题意得方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+=-+1002)12(22302)1(11d m m ma d m m ma 视m 为已知数，解得212)2(10,40m m a m d +== ∴210402)13(3)2(1032)13(3322113=-++=-+=m m m m m m d m ma ma S m解法二：设前m 项的和为b 1，第m +1到2m 项之和为b 2，第2m +1到3m 项之和为b 3，则b 1，b 2，b 3也成等差数列.于是b 1=30，b 2=100－30=70，公差d =70－30=40. ∴b 3=b 2+d =70+40=110∴前3m 项之和S 3m =b 1+b 2+b 3=210.解法三：取m =1，则a 1=S 1=30，a 2=S 2－S 1=70，从而d =a 2－a 1=40. 于是a 3=a 2+d =70+40=110.∴S 3=a 1+a 2+a 3=210.评述：本题考查等差数列的基本知识，及灵活运用等差数列解决问题的能力，解法二中是利用构造新数列研究问题，等比数列也有类似性质.解法三中，从题给选择支获得的信息可知，对任意变化的自然数m ，题给数列前3m 项的和是与m 无关的不变量，在含有某种变化过程的数学问题，利用不变量的思想求解，立竿见影.2.（1994全国理，15）某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次（一个分裂二个）经过3小时，这种细菌由1个可以繁殖成（）A.511个B.512个C.1023个D.1024个答案：B 解析：由题意知细菌繁殖过程中是一个公比为2的等比数列，所以a10＝a1q9=29=512.评述：该题作为数学应用题，又是选择题，问题的实际背景虽然简单，考查的知识点也集中明确，但也有一定的深刻性.解决本题，应搞清题意，应求的是a9的值，而不是求和.从题型设计的角度，本题的立意、取材和构题都是不错的.3.（1994上海，20）某个命题与自然数n有关，若n=k（k∈N）时该命题成立，那么可推得当n=k+1时该命题也成立，现已知当n=5时，该命题不成立，那么可推得（）A.当n=6时该命题不成立B.当n=6时该命题成立C.当n=4时该命题不成立D.当n=4时该命题成立答案：C 解析：因为当n=k时，命题成立可推出n=k+1时成立，所以n=5时命题不成立，则n=4时，命题也一定不成立，故应当选C.4.（1994全国文，25）设数列{a n}的前n项和为S n，若对于所有的正整数n，都有S n =2)(1naan.证明：{a n}是等差数列.解：证法一：令d=a2－a1，下面用数学归纳法证明a n=a1+（n－1）d（n∈N*）①当n=1时，上述等式为恒等式a1=a1，当n=2时，a1+（2－1）d=a1+（a2－a1）=a2，等式成立.②假设当n=k（k∈N，k≥2）时命题成立，即a k=a1+（k－1）d由题设，有2))(1(,2)(1111++++=+=k k k k a a k S a a k S ， 又S k +1=S k +a k +1，所以2)(2))(1(111k k a a k a a k +=++++a k +1将a k =a 1+（k －1）d 代入上式，得（k +1）（a 1+a k +1）=2ka 1+k （k －1）d +2a k +1 整理得（k －1）a k +1=（k －1）a 1+k （k －1）d ∵k ≥2，∴a k +1=a 1+［（k +1）－1］d . 即n =k +1时等式成立.由①和②，等式对所有的自然数n 成立，从而{a n }是等差数列. 证法二：当n ≥2时，由题设，2)(,2))(1(1111n n n n a a n S a a n S +=+-=--所以2))(1(2)(11211--+--+=-=n n n n a a n a a n S S a 同理有2)(2))(1(1111n n n a a n a a n a +-++=++从而2))(1()(2))(1(111111-+++-++-++=-n n n n n a a n a a n a a n a a整理得：a n +1－a n =a n －a n －1，对任意n ≥2成立. 从而{a n }是等差数列.评述：本题考查等差数列的基础知识，数学归纳法及推理论证能力，教材中是由等差数列的通项公式推出数列的求和公式，本题逆向思维，由数列的求和公式去推数列的通项公式，有一定的难度.考生失误的主要原因是知道用数学归纳法证，却不知用数学归纳法证什么，这里需要把数列成等差数列这一文字语言，转化为数列通项公式是a n =a 1+（n －1）d 这一数学符号语言.证法二需要一定的技巧.5.（1994全国理，25）设｛a n ｝是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对所有自然数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项.（Ⅰ）写出数列｛a n ｝的前三项；（Ⅱ）求数列｛a n ｝的通项公式（写出推证过程）； （Ⅲ）令b n =⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++1121n n n n a a a a （n ∈N *），求∞→n lim （b 1+b 2+…+b n －n ）. 解：（Ⅰ）由题意n n S a 222=+，a n ＞0令n =1时，11222S a =+ S 1=a 1 解得a 1=2，令n =2时有22222S a =+ S 2=a 1+a 2 解得a 2=6，令n =3时有33222S a =+ S 3=a 1+a 2+a 3 解得a 3=10 故该数列的前三项为2、6、10.（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）猜想数列｛a n ｝有通项公式a n =4n －2，下面用数学归纳法证明数列｛a n ｝的通项公式是a n =4n －2 （n ∈N *）1°当n =1时，因为4×1－2＝2，又在（Ⅰ）中已求得a 1=2，所以上述结论正确. 2°假设n =k 时，结论正确，即有a k =4k －2 由题意有k k S a 222=+ 得a k =4k －2，代入上式得2k =k S 2，解得S k =2k 2 由题意有11222++=+k k S a S k +1=S k +a k +1 得S k =2k 2代入得（221++k a ）2=2（a k +1+2k 2） 整理a k +12－4a k +1+4－16k 2=0由于a k +1＞0，解得：a k +1=2+4k 所以a k +1=2+4k =4（k +1）－2 这就是说n =k +1时，上述结论成立.根据1°，2°上述结论对所有自然数n 成立. 解法二：由题意有，n n S a 222=+（n ∈N *） 整理得S n =81（a n +2）2 由此得S n +1=81（a n +1+2）2所以a n +1=S n +1－S n =81［（a n +1+2）2－（a n +2）2］ 整理得（a n +1+a n ）（a n +1－a n －4）=0 由题意知a n +1+a n ≠0，所以a n +1－a n =4即数列｛a n ｝为等差数列，其中a 1=2，公差d =4， 所以a n =a 1＋（n －1）d =2+4（n －1） 即通项公式a n =4n －2. （Ⅲ）令c n =b n －1， 则⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=++11212112122122111n n n n a a a a c n nn n n 121121+--=n n b 1+b 2+…+b n －n =c 1+c 2+…+c n =12111211215131311+-=⎪⎭⎫⎝⎛+--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-n n n 所以⎪⎭⎫⎝⎛+-=-+++∞→∞→1211lim )(lim 21n n b b b n n n =1.评述：该题的解题思路是从所给条件出发，通过观察、试验、分析、归纳、概括、猜想出一般规律，然后再对归纳、猜想的结论进行证明.对于含自然数n 的命题，可以考虑用数学归纳法进行证明，该题着重考查了归纳、概括和数学变换的能力.7.（1994上海，26）已知数列｛a n ｝满足条件：a 1=1，a 2=r （r ＞0）且｛a n ·a n +1｝是公比为q （q ＞0）的等比数列，设b n =a 2n －1+a 2n （n =1，2，…）（Ⅰ）求出使不等式a n a n +1+a n +1a n +2＞a n +2a n +2（n ∈N *）成立的q 的取值范围； （Ⅱ）求b n 和nn S 1lim∞→，其中S n =b 1+b 2+…+b n ； （Ⅲ）设r =219．2－1，q =21，求数列｛nn b b 212log log +｝的最大项和最小项的值. 解：（Ⅰ）由题意得rq n －1+rq n ＞rq n +1 由题设r ＞0，q ＞0，故上式q 2－q －1＜0 所以251251+<<-q ， 由于q ＞0，故0＜q ＜251+ （Ⅱ）因为q a a a a a a nn n n n n ==++++2121所以nn n n n n n n n n a a qa q a a a a ab b 21221221222121++=++=---+++=q ≠0 b 1=1+r ≠0，所以｛b n ｝是首项为1+r ，公比为q 的等比数列， 从而b n =（1+r ）q n －1 当q =1时，S n =n （1+r ）0)1(1lim 1lim=+=∞→∞→r n S n nn当0＜q ＜1时，S n =qq r n --+1)1)(1(r qq r q S n n nn +-=-+-=∞→∞→11)1)(1(1lim 1lim当q ＞1时，S n =1)1)(1(--+q q r n 01lim =∞→n n S综上所述 ⎪⎩⎪⎨⎧≥<<+-=∞→)1( 0)10( 111l i m q q r qS n n（Ⅲ）由（Ⅱ）知b n =（1+r ）q n －1q n r qn r q r q r b b c n n n n n 2222122212log )1()1(log log )1(log ])1[(log ])1[(log log log -++++=++==-+ 2.2011-+=n从上式可知当n －20.2＞0时n ≥21（n ∈N ）时，c n 随n 的增大而减小，故1＜c n ＜c 21=1+8.0112.20211+=-=2.25①当n －20.2＜0，即n ≤20（n ∈N ）时，c n 也随着n 的增大而减小，故 1＞c n ＞c 20=1+42.0112.20201-=-=-②综合①、②两式知对任意的自然数n 有c 20≤c n ≤c 21 故｛c n ｝的最大项c 21=2.25，最小项c 20＝－4．评述：本题主要考查等比数列、对数、不等式等基础知识，推理能力以及分解问题和解决问题的能力.一九九五年高考1.（1995全国，12）等差数列｛a n ｝，｛b n ｝的前n 项和分别为S n 与T n ，若132+=n nT S n n ，则nnn b a ∞→lim 等于（ ） A.1B.36C.32D.94 答案：C解法一：应用等差数列中，若m +n =p +q ，有a m +a n =a p +a q 这条性质来解.26241)12(3)12(22)12)((2)12)((221212121121121121--=+--==-+-+=++==------n n n n T S n b b n a a b b a a b a b a n n n n n n n n n n ，所以3264lim==∞→nn n b a 解法二：设数列｛a n ｝的首项为a 1，公差为d ，｛b n ｝的首项为b 1，公差为m ，则132)1(2)1(211+=-+-+=n nm n b d n a T S n n 注意n 是极限中的变量有32132lim )1(2)1(2lim )1()1(lim lim1111=+=-+-+=-+-+=∞→∞→∞→∞→n n m n b d n a m n b d n a b a n n n n n n . 解法三：∵nn n T S n n +=2232 ∴不妨令S n =2n 2，T n =3n 2+n∴a n =S n －S n －1=2n 2－2（n －1）2=4n －2（n =1时成立），b n =T n －T n －1=6n －2（n =1成立）∴32lim=∞→nn n b a 评述：该题的形式新颖，其考查目的也明确，正确解答，可考查其数学能力，要是在题型的选用上，采用解答题的形式，那将是一道十分理想的中等难度的试题.可是作为选择题，其考查的有效性大打折扣，因为有相当一部分考生，并没有用正确的方法却也得出了正确答案C.2.（1995上海）若∞→n lim ［1+（r +1）n ］=1，则r 的取值范围是_____.答案：－2<r <0解析：∵∞→n lim 1=1，又∵∞→n lim ［1+（r +1）n ］=1，∴∞→n lim {［1+（r +1）n ］－}=1－1=0，即∞→n lim （r +1）n =0.则－1<r +1<1，因此－2<r <0.3.（1995上海）∞→n lim （1+n1）n －2=_____. 答案：e解析：e e nn n n n nn n n n n n n n ==+=+=+-∞→-∞→-∞→∞→12lim 22])11(lim [])11[(lim )11(lim .4.（1995上海，12）已知lo g 3x =3log 12-，那么x +x 2+x 3+…+x n +…=_____. 答案：1解析：lo g 3x =3log 12-=－lo g 32=lo g 321，故x =21， 于是x +x 2+x 3+…+x n +…=1211211=-=-x x.5.（1995上海理，11）1992年底世界人口达54.8亿，若人口的年平均增长率为x %，2000年底世界人口数为y （亿），那么y 与x 的函数关系式是_____.答案：y =54.8（1+x %）8解析：因为y 1=54.8，y 2=54.8（1+x %），y 3=54.8（1+x %）2 从1992年底到2000年底共经过8年，因此有：y =54.8（1+x %）86.（1995全国理，25）设｛a n ｝是由正数组成的等比数列，S n 是前n 项和. （Ⅰ）证明：2lg lg 2++n n S S ＜l gS n ＋1；（Ⅱ）是否存在常数C ＞0使得2)lg()lg(2C S C S n n -+-+=l g （S n +1－C ）成立?并证明你的结论.（Ⅰ）证明：设｛a n ｝的公比为q ，由题设知a 1＞0，q ＞0 （ⅰ）当q =1时，S n =a 1n ，从而S n S n +2－S n +12=a 1n （n +2）a 1－（n +1）2a 12=－a 12＜0（ⅱ）当q ≠1时，S n =21)1()1(q q a n --，从而 S n S n +2－S n +12=221212221)1()1()1()1)(1(q q a q q q a n n n ------++=－a 12q n＜0 由（ⅰ）和（ⅱ）得S n S n +2＜S n +12根据对数函数的单调性知l g （S n S n +2）＜l gS n +12 即2lg lg 2++n n S S ＜l gS n +1.（Ⅱ）解：不存在. 证法一：要使2)lg()lg(2C S C S n n -+-+=l g （S n +1－C ）成立，则有⎩⎨⎧>--=--++0)())((212C S C S C S C S n n n n分两种情况讨论： （ⅰ）当q =1时，（S n －C ）（S n +2－C ）－（S n +1－C ）2＝（a 1n －C ）［a 1（n +2）－C ］－［a 1（n +1）－C ］2 =－a 12＜0可知，不满足条件①，即不存在常数C ＞0，使结论成立. （ⅱ）当q ≠1时，（S n －C ）（S n +2－C ）－（S n +1－C ）2)]1([1)1(1)1(1)1(11211211q C a q a C q q a C q q a C q q a n n n n ---=⎥⎦⎤⎢⎣⎡----⎥⎦⎤⎢⎣⎡---⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=++ 因a 1q n ≠0，若条件①成立，故只能是a 1－C （1－q ）=0，即C =qa -11，此时因为C ＞0，a 1＞0，所以0＜q ＜1，但是0＜q ＜1时，S n －qq a q a n--=-1111＜0，不满足条件②，即不存在常数C ＞0，使结论成立.综合（ⅰ）、（ⅱ），同时满足条件①，②的常数C ＞0不存在，即不存在常数C ＞0， 使2)lg()lg(2C S C S n n -+-+=l g （S n ＋1－C ）证法二：用反证法，假设存在常数C ＞0，使)lg (2)lg ()lg (12C S C S C S n n n -=-+-++则有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-->->->-++++1221())((000C S C S C S C S C S C S n n n n n n 由④得S n S n +2－S n +12=C （S n +S n +2－2S n +1 ⑤ 根据平均值不等式及①、②、③、④知S n +S n +2－2S n +1=（S n －C ）+（S n +2－C ）－2（S n +1－C ） ≥))((22C S C S n n --+－2（S n +1－C ）=0因为C ＞0，故⑤式右端非负，而由（Ⅰ）知，⑤式左端小于零，矛盾， 故不存在常数C ＜0，使2)lg()lg(2C S C S n n -+-+=l g （S n +1－C ）.评述：本题为综合题，以数列为核心知识，在考查等比数列基本知识的同时，考查不等式的证明和解方程，兼考对数的运算法则和对数函数的单调性，并且多角度、多层次考查数学思想方法的灵活、恰当的运用，提高对数学能力的考查要求.该题的解答方法很多，表明该题能较好考查灵活综合运用数学知识的能力.第（Ⅰ）问侧重知识和基本技能的考查，第（Ⅱ）问则把考查的重心放在能力要求上.对思维的逻辑性、周密性和深刻性；运算的合理性、准确性；应用的灵活性、有效性等，该题都涉及到了，是一道突出能力考查的好试题.一九九六年高考1.（1996全国理，10）等比数列｛a n ｝的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若3231510=S S ，则∞→n lim S n 等于（ ）A.32B.－32 C.2 D.－2答案：B解析：323113231)1()1()1)(1(3231551101510=+⇒=----⇒=q q a q q q a S S 213215-=⇒-=⇒q q ，又a 1=－1，故322111lim 1-=+-=-=∞→q a S n n ，故选B.评述：本题主要考查等比数列前n 项和求和公式的灵活运用，较好地考查了基本知识以及思维的灵活性.2.（1996全国文，21）设等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，若S 3＋S 6＝2S 9，求数列的公比q .解：若q =1，则有S 3=3a 1，S 6=6a 1，S 9=9a 1.因a 1≠0，得S 3+S 6≠2S 9，显然q =1与题设矛盾，故q ≠1.由S 3+S 6=2S 9，得qq a q q a q q a --=--+--1)1(21)1(1)1(916131，整理得q 3（2q 6－q 3－1）=0，由q ≠0，得2q 6－q 3－1=0，从而（2q 3＋1）（q 3－1）=0，因q 3≠1，故q 3=－21，所以q = －243.3.（1996上海，24）设A n 为数列｛a n ｝的前n 项和，A n =23（a n －1）（n ∈N *），数列｛b n ｝的通项公式为b n =4n +3（n ∈N ）.（Ⅰ）求数列｛a n ｝的通项公式；（Ⅱ）若d ∈｛a 1，a 2，a 3，…，a n ，…｝∩｛b 1，b 2，b 3，…，b n ，…｝，则称d 为数列｛a n ｝与｛b n ｝的公共项，将数列｛a n ｝｛b n ｝的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列｛d n ｝，证明数列｛d n ｝的通项公式为d n =32n +1（n ∈N *）；（Ⅲ）设数列｛d n ｝中第n 项是数列｛b n ｝中的第r 项，B r 为数列｛b n ｝的前r 项的和，D n 为数列｛d n ｝的前n 项和，T n =B r +D n ，求4)(limnnn a T ∞→.解：（Ⅰ）由已知A n =23（a n －1）（n ∈N ），当n =1时，a 1=23（a 1－1）， 解得a 1=3，当n ≥2时，a n =A n －A n －1=23（a n －a n －1），由此解得a n =3a n －1， 即1-n na a =3（n ≥2）. 所以数列｛a n ｝是首项为3，公比为3的等比数列，故a n =3n （n ∈N *）； （Ⅱ）证明：由计算可知a 1，a 2不是数列｛b n ｝中的项， 因为a 3=27=4×6＋3，所以d 1=27是数列｛b n ｝中的第6项 设a k =3k 是数列｛b n ｝中的第n 项，则3k =4m +3（k ，m ∈N ）， 因为a k +1=3k +1=3·3k =3（4m +3）=4（3m +2）+1， 所以a k +1不是数列｛b n ｝中的项.而a k +2=3k +2=9·3k =9（4m +3）=4（9m +6）+3， 所以a k +2是数列｛b n ｝中的项由以上讨论可知d 1=a 3，d 2=a 5，d 3=a 7，…，d n =a 2n +1 所以数列｛d n ｝的通项公式是d n =a 2n +1=32n +1（n ∈N *）（Ⅲ）解：由题意，32n +1=4r +3，所以r =4343312=-+n （32n －1）易知8)37)(13(32)(1221++-=+=n n r r b b r B 8631539,8)13(271)1(2421+⋅-⋅=-=-=--=nnn r n n n n D B T q q d D∴8938631539lim )(lim 4244=⋅+⋅-⋅=∞→∞→n n n n nn n a T一九九七年高考1.（1997上海文，6）设f （n ）=1+1313121-+++n （n ∈N ），那么f （n +1）－ f （n ）等于（ ）A.231+n B.13131++n n C.231131+++n nD.23113131++++n n n 答案：D解析：∵f （n ）=1+1313121-+++n ∴f （n +1）=2311313113131211+++++-++++n n n n ∴f （n +1）－f （n ）=23113131++++n n n 2.（1997上海理，6）设f （n ）=nn n n 21312111+++++++ （n ∈N ），那么 f （n +1）－f （n ）等于（ ）A.121+n B. 221+n C.221121+++n nD.221121+-+n n 答案：D解析：f （n ）为n 个连续自然数的倒数之和 f （n +1）=221121213121+++++++++n n n n n ∴f （n +1）－f （n ）=22112111221121+-+=+-+++n n n n n . 3.（1997上海）设0<a <b ，则nn nn b a b -∞→4lim =_____.答案：－4解析：414]1)[(lim 4lim 1)(4lim 4lim -=-=-=-=-∞→∞→∞→∞→n n n n n n n n n b ab a b4.（1997上海）n n n2)21(lim -∞→-=_____.答案：e 4解析：4422})]2(1{[lim )21(lim e nn nn n n =-+=--∞→-∞→.5.（1997全国理，21）已知数列｛a n ｝｛b n ｝都是由正数组成的等比数列，公比分别为p 、q ，其中p ＞q ，且p ≠1，q ≠1，设c n =a n +b n ，S n 为数列｛c n ｝的前n 项和，求1lim -∞→n nn S S .解：1)1(1)1(11--+--=q q b p p a S n n n )1)(1()1)(1()1)(1()1)(1(1111111--+----+--=---n n n n n n q p b p q a q p b p q a S S 分两种情况讨论（1）当p ＞1时，因p ＞q ＞0，则1＞pq＞0，所以 )]1)(1()11)(1([)]1)(1()11)(1([lim lim 1111111111-----∞→-∞→--+----+--=n n n n n n n n n nn n nn pp q p b p q a p pp q p b p q a p S S pq a q a p pp q p b p q a pp q p b p q a p n n n n n n n =--⋅=--+----+--=---∞→)1()1(]1))[(1()11)(1(]1))[(1()11)(1(lim11111111（2）当p ＜1时，因p ＞q ＞0，则1＞p ＞q ＞01)1()1()1()1()1)(1()1)(1()1)(1()1)(1(lim lim 11111111111=--------=--+----+--=--∞→-∞→p b q a p b q a q p b p q a q p b p q a S S n n n n n n n n .评述：该题考查了数列、极限的有关知识和分类讨论的思想，考查了学生解决问题的能力，知识、方法、基本计算能力要求较高.6.（1997全国文，21）设S n 是等差数列｛a n ｝前n 项的和，已知31S 3与41S 4的等比中项为4354131,51S S S 与的等差中项为1，求等差数列｛a n ｝的通项a n .解：设等差数列｛a n ｝的首项为a ，公差为d ，则a n =a +（n －1）d ， 前n 项和为S n =na +2)1(dn n -， 由题意得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=⋅,24131,)51(4131432543S S S S S 其中S 5≠0. 于是得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⨯++⨯+⨯+=⨯+⨯⨯+.2)2344(41)2233(31,)2455(251)2344(41)2233(312d a d a d a d a d a 整理得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+,2252.0532d a d ad 解得⎪⎩⎪⎨⎧=-=⎩⎨⎧==.4,512;1,0a d a d 由此得a n =1；或a n =4－512（n －1）=532－512n . 经验证a n =1时，S 5=5，或a n =5121532-n 时，S 5=－4，均适合题意.故所求数列通项公式为a n =1，或a n =5121532-n . 评述：该题考查了数列的有关基本知识及代数运算能力，思路明显，运算较基本. 8.（1997上海理，22）设数列{a n }的首项a 1=1，前n 项和S n 满足关系式： 3tS n －（2t +3）S n －1=3t （t >0，n =2，3，4，…） （1）求证：数列{a n }是等比数列；（2）设数列{a n }的公比为f （t ），作数列{b n }，使b 1=1，b n =f （11-n b ）（n =2，3，4，…），求数列{b n }的通项b n ；（3）求和：b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－b 4b 5…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1. 解：（1）由a 1=S 1=1，S 2=1+a 2，得a 2=tta a t t 323,32312+=+ 又3tS n －（2t +3）S n －1=3t①3tS n －1－（2t +3）S n －2=3t ② ①－②得3ta n －（2t +3）a n －1=0 ∴tt a a n n 3321+=-，（n =2，3，…） 所以{a n }是一个首项为1，公比为tt 332+的等比数列. （2）由f （t ）=tt t 132332+=+，得b n =f 32)1(1=-n b +b n －1.∴{b n }是一个首项为1，公差为32的等差数列. ∴b n =1+32（n －1）=312+n （3）由b n =312+n ，可知{b 2n －1}和{b 2n }是首项分别为1和35，公差均为34的等差数列于是b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－b 4b 5+…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1=b 2（b 1－b 3）+b 4（b 3－b 5）+b 6（b 5－b 7）+…+b 2n （b 2n －1+b 2n +1） =－34（b 2+b 4+…+b 2n ）=－)31435(2134++n n =－94（2n 2+3n ）一九九八年高考1.（1998全国文，15）等比数列{a n }的公比为－21，前n 项和S n 满足11lim a S n n =∞→，那么a 1的值为（ ）A.±3B.±23C.±2D.±26 答案：D解析：1111lima q a n =-∞→，∴a 12=1－q ，∴a 12=23，∴a =±26.2.（1998全国理，15）在等比数列｛a n ｝中，a 1＞1，且前n 项和S n 满足11lim a S n n =∞→，那么a 1的取值范围是（ ）A.（1，＋∞）B.（1，4）C.（1，2）D ．（1，2）答案：D解析：由题意得：1111a q a =-且0＜|q |＜1 ∴－q =a 12－1 ∴0＜|a 12－1|＜1 又∵a 1＞1 ∴1＜a 1＜2，故选D.评述：该题主要考查了无穷等比数列各项和公式的应用，挖掘了公式成立的条件. 3.（1998上海文、理，10）在数列｛a n ｝和｛b n ｝中，a 1=2，且对任意自然数n ，3a n +1－a n =0，b n 是a n 与a n +1的等差中项，则｛b n ｝的各项和是_____.答案：2解析：b n =21++n n a a ，3a n +1=a n ∴b n =2a n +1，311=+n n a a ∴b 1+b 2+…+b n =2（a 1+a 2+…+a n ）－2a 1∵｛a n ｝是首项为2，公比为31的等比数列∴∞→n lim （b 1+b 2+…+b n ）=∞→n lim ［2（a 1+a 2+…+a n ）－2a 1］=2×3112-－2×2=2.4.（1998全国理，25）已知数列｛b n ｝是等差数列，b 1=1，b 1+b 2+…+b 10=145. （Ⅰ）求数列｛b n ｝的通项b n ； （Ⅱ）设数列｛a n ｝的通项a n =lo g a （1+nb 1）（其中a ＞0，且a ≠1），记S n 是数列｛a n ｝的前n 项和.试比较S n 与31lo g a b n +1的大小，并证明你的结论.解：（Ⅰ）设数列｛b n ｝的公差为d ，由题意得⎪⎩⎪⎨⎧=-+=1452)110(1010111d b b 解得⎩⎨⎧==311d b ∴b n ＝3n －2 （Ⅱ）由S n ＝3n －2知)2311(log )411(log )11(log -++++++=n S a a a n3113log log 31)]2311()711)(411)(11[(log +=-++++=+n b n a n a a因此要比较S n 与31log a b n ＋1的大小，可先比较（1＋1）（1＋41）…（1＋231-n ）与313+n 的大小.取n =1，有（1＋1）＞3113+⋅ 取n =2，有（1＋1）（1＋41）＞3123+⋅， ……由此推测（1＋1）（1＋41）……（1＋231-n ）＞313+n ① 若①式成立，则由对数函数性质可断定： 当a ＞1时，S n ＞31lo g a b n +1 当0＜a ＜1时，S n ＜31lo g a b n +1. 下面用数学归纳法证明①式. （i ）当n =1时已验证①式成立.（ii ）假设当n =k （k ≥1）时，①式成立， 即（1+1）（1+41）……>-+)2311(k 313+k . 那么，当n =k +1时， （1+1）（1+41）……（1+231-k ）·［1+2)1(31-+k ］＞313+k （1+131+k ） =13133++k k （3k +2）∵2233333)13()13)(43()23()43()23(1313+++-+=+-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++k k k k k k k k 0)13(492>++=k k ∴13133++k k （3k +2）＞331)1(343++=+k k因而（1+1）31)1(3)1311)(2311()411(++>++-++k k k 这就是说①式当n =k +1时也成立.由（i ）（ii ）知，①式对任何自然数n 都成立.由此证得： 当a ＞1时，S n ＞31lo g a b n +1当0＜a ＜1时，S n ＜31lo g a b n +1评述：该题是综合题，主要考查等差数列、数学归纳法、对数函数的性质等基本知识，以及归纳猜想，等价转化和代数式恒等变形的能力，相比之下，对能力的考查，远远高于对知识的考查.5.（1998全国文，25）已知数列｛b n ｝是等差数列，b 1=1，b 1+b 2+…+b 10=100. （Ⅰ）求数列｛b n ｝的通项b n ； （Ⅱ）设数列｛a n ｝的通项a n =l g （1+nb 1），记S n 是数列｛a n ｝的前n 项和，试比较S n 与21l gb n +1的大小，并证明你的结论.解：（Ⅰ）设数列｛b n ｝的公差为d ，由题意得⎪⎩⎪⎨⎧=-+=.1002)110(1010,111d b b 解得⎩⎨⎧==.2,11d b ∴b n =2n －1.（Ⅱ）由b n =2n －1，知S n =l g （1+1）+l g （1+31）+…+l g （1+121-n ） =l g ［（1+1）（1+31）…（1+121-n ）］，21l gb n +1=l g 12+n . 因此要比较S n 与21l gb n +1的大小，可先比较（1+1）（1+31）…（1+121-n ）与12+n 的大小.取n =1，有（1+1）＞112+⋅，取n =2，有（1+1）（1+31）＞122+⋅，……由此推测（1+1）（1+31） (1)121-n ）＞12+n . ①若①式成立，则由对数函数性质可断定：S n ＞21l gb n +1. 下面用数学归纳法证明①式. （i ）当n =1时已验证①式成立.（ii ）假设当n =k （k ≥1）时，①式成立，即（1+1）（1+31）…（1+121-k ）＞12+k .那么，当n =k +1时，（1+1）（1+31） (1)121-k ）［1+1)1(21-+k ］＞12+k·（1+121+k ）=1212++k k （2k +2）. ∵［1212++k k （2k +2）］2－（32+k ）2＝012112)384(48422>+=+++-++k k k k k k ，∴.1)1(232)22(1212++=+>+=+k k k k k .因而 .1)1(2)1211)(1211()311)(11(++>++-+++k k k 这就是说①式当n =k +1时也成立.由（i ），（ii ）知①式对任何正整数n 都成立. 由此证得：S n ＞21l gb n +1.6.（1998上海，22）若A n 和B n 分别表示数列{a n }和{b n }前n 项的和，对任意正整数n ，a n =－232+n ，4B n －12A n =13n . （1）求数列{b n }的通项公式；（2）设有抛物线列C 1，C 2，…，C n ，…抛物线C n （n ∈N *）的对称轴平行于y 轴，顶点为（a n ，b n ），且通过点D n （0，n 2+1），求点D n 且与抛物线C n 相切的直线斜率为k n ，求极限nn nn b a k k k +++∞→ 21lim.（3）设集合X={x |x =2a n ，n ∈N *}，Y={y |y =4b n ，n ∈N *}.若等差数列{C n }的任一项C n∈X ∩Y ，C 1是X ∩Y 中的最大数，且－265<C 10<－125.求{C n }的通项公式.解：（1）∵a 1=－25，a n －a n －1=－123)1(2232-=+-++n n ∴数列{a n }是以－25为首项，－1为公差的等差数列.∴A n =2)4(2)23225(+-=+--n n n n由4B n －12A n =13n ，得B n =4116412132nn A n n +-=+ ∴b n =B n －B n －1=－4512+n （2）设抛物线C n 的方程为y =a （x +232+n ）2－4512+n 即y =x 2+（2n +3）x +n 2+1∵y ′=2x +（2n +3），∴D n 处切线斜率k n =2n +3.∴31)453)(23(4lim lim 221=----+=+++∞→∞→n n n n b a k k k n nn n n （3）对任意n ∈N *，2a n =－2n －3，4b n =－12n －5=－2（6n +1）－3∈X ∴y ⊆X ，故可得X ∩Y =Y .∵c 1是X ∩Y 中最大的数，∴c 1=－17 设等差数列{c n }的公差为d ，则c 10=－17+9d ∵－265<－17+9d <－125得－2795<d <－12而{4b n}是一个以－12为公差的等差数列.∴d=－12m（m∈N*），∴d=－24∴c n=7－24n（n∈N*）评述：本题考查数列、数列的极限、集合和解析几何中的直线、抛物线等知识.对思维能力有较高要求，考查了分析问题和解决问题的能力.一九九九年高考1.（1999上海，10）在等差数列{a n }中，满足3a 4=7a 7，且a 1>0，S n 是数列{a n }前n 项的和，若S n 取得最大值，则n =_____.答案：9解法一：设公差为d ，由题设有3（a 1+3d ）=7（a 1+6d ），解得d =－334a 1<0，解不等式a n >0，即a 1+（n －1）（－334a 1）>0得n <437，则n ≤9.当n ≤9时，a n >0，同理可得n ≥10时a n <0. 所以n =9时，S n 取得最大值. 解法二：∵d =－334a 1 ∴S n =na 1+)235(332)334(2)1(2)1(2111n n a a n n na d n n --=--+=- =])435()435[(332221---n a ∵－3321a <0，∴（n －435）2最小时，S n 最大.又n ∈N ，∴n =9.评述：本题考查等差数列的基本知识，解法二的计算量太大.2.（1999全国理，23）已知函数y =f （x ）的图象是自原点出发的一条折线.当n ≤y ≤n +1（n =0，1，2，…）时，该图象是斜率为b n 的线段（其中正常数b ≠1），该数列｛x n ｝由f （x n ）=n （n =1，2，…）定义.（Ⅰ）求x 1、x 2和x n 的表达式；（Ⅱ）求f （x ）的表达式，并写出其定义域；（Ⅲ）证明：y =f （x ）的图象与y =x 的图象没有横坐标大于1的交点.（Ⅰ）解：依题意f （0）=0，又由f （x 1）＝1，当0≤y ≤1时，函数y =f （x ）的图象是斜率为b 0＝1的线段，故由)0()(11--x f x f ＝1得x 1＝1．又由f （x 2）＝2，当1≤y ≤2时，函数y =f （x ）的图象是斜率为b 的线段，故由1212)()(x x x f x f --＝b ，即x 2－x 1＝b 1得x 2＝1＋b 1．记x 0＝0，由函数y =f （x ）图象中第n 段线段的斜率为b n －1，故得111)()(---=--n n n n n b x x x f x f ．又f （x n ）＝n ，f （x n －1）＝n －1； ∴x n －x n －1＝（b1）n －1，n ＝1，2，…．由此知数列｛x n －x n －1｝为等比数列，其首项为1，公比为b1． 因b ≠1，得x n ＝1)1(111)(1111--=+++=----=∑b b b b b x x n n k nk k ， 即x n ＝1)1(1---b b b n ． （Ⅱ）解：当0≤y ≤1，从（Ⅰ）可知y =x ，即当0≤x ≤1时，f （x ）=x . 当n ≤y ≤n ＋1时，即当x n ≤x ≤x n ＋1时，由（Ⅰ）可知 f （x ）=n +b n （x －x n ） （x n ≤x ≤x n ＋1，n ＝1，2，3，…）．为求函数f （x ）的定义域，须对x n ＝1)1(1---b b b n （n ＝1，2，3，…）进行讨论. 当b ＞1时，11)1(lim lim 1-=--=-∞→∞→b b b b b x n n n n ；当0＜b ＜1时，n →∞，x n 也趋向于无穷大.综上，当b ＞1时，y =f （x ）的定义域为［0，1-b b）；当0＜b ＜1时，y =f （x ）的定义域为［0，＋∞)． （Ⅲ）证法一：首先证明当b ＞1，1＜x ＜1-b b时，恒有f （x ）＞x 成立. 用数学归纳法证明：（ⅰ）由（Ⅱ）知当n =1时，在（1，x 2］上，y =f （x ）=1+b （x －1），所以f （x ）－x =（x －1）（b －1）＞0成立.（ⅱ）假设n =k 时在（x k ，x k ＋1］上恒有f （x ）＞x 成立. 可得f （x k ＋1）＝k ＋1＞x k ＋1，在（x k ＋1，x k ＋2］上，f （x ）＝k ＋1＋b k ＋1（x －x k ＋1），所以f （x ）－x =k +1+b k ＋1（x －x k ＋1）－x ＝（b k ＋1－1）（x －x k ＋1）＋（k ＋1－x k ＋1）＞0成立.由（ⅰ）与（ⅱ）知，对所有自然数n 在（x n ，x n ＋1）上都有f （x ）＞x 成立. 即1＜x ＜1-b b时，恒有f （x ）＞x ． 其次，当b ＜1，仿上述证明，可知当x ＞1时，恒有f （x ）＜x 成立. 故函数y =f （x ）的图象与y =x 的图象没有横坐标大于1的交点.证法二：首先证明当b ＞1，1＜x ＜1-b b时，恒有f （x ）＞x 成立.对任意的x ∈（1，1-b b）存在x n ，使x n ＜x ≤x n ＋1， 此时有f （x ）－f （x n ）＝b n （x －x n ）＞x －x n （n ≥1），∴f （x ）－x ＞f （x n ）－x n ． 又f （x n ）＝n ＞1＋b 1＋…＋11-n b＝x n ，∴f （x n ）－x n ＞0， ∴f （x ）－x ＞f （x n ）－x n ＞0． 即有f （x ）＞x 成立.其次，当b ＜1，仿上述证明，可知当x ＞1时，恒有f （x ）＜x 成立. 故函数f （x ）的图象与y =x 的图象没有横坐标大于1的交点.评述：本小题主要考查函数的基本概念、等比数列、数列极限的基础知识，考查归纳、推理和综合的能力.3.（1999全国文，20）数列｛a n ｝的前n 项和记为S n ．已知a n ＝5S n －3（n ∈N ）．求∞→n lim（a 1＋a 3＋…＋a 2n －1）的值.解：由S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 知，a n ＝S n －S n －1（n ≥2），a 1＝S 1， 由已知a n ＝5S n －3，得a n －1＝5S n －1－3．于是a n －a n －1＝5（S n －S n －1）＝5a n ，所以a n ＝－41a n －1． 由a 1＝5S 1－3，得a 1＝43．所以，数列｛a n ｝是首项a 1＝43，公比q ＝－41的等比数列. 由此知数列a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，… 是首项为a 1＝43，公比为（－41）2的等比数列.∴∞→n lim （a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1）＝54)41(1432=--． 评述：本小题主要考查等比数列和数列极限等基础知识.4.（1999上海，18）设正数数列{a n }为一等比数列，且a 2=4，a 4=16，求2221lg lg lg limn a a a nn n n +++++∞→ . 解：设数列{a n }的公比为q ，则q 2=24a a =4. 由a n >0（n ∈N *），得q =2，∴a 1=1，a n =2n . ∴222212lg 22lg )2(2lg )1(lg lg lg nn n n n a a a n n n +++++=+++++ 2lg )2123(2lg 2]2)1[(2lg 2)2()1(22n n n n n n n n n +=++=+++++=于是2lg 23lg lg lg lim2221=+++++∞→n a a a n n n n二○○○年高考1.（2000京皖春，13）已知等差数列｛a n ｝满足a 1+a 2+a 3+…＋a 101＝0，则有（ ） A.a 1＋a 101＞0 B.a 2＋a 100＜0 C.a 3＋a 99＝0D.a 51＝51答案：C解析：a 1+a 2+a 3+…＋a 101＝0 即2101（a 3＋a 99）＝0，∴a 3＋a 99＝0． 2.（2000上海春，7）若数列｛a n ｝的通项为)1(1+n n （n ∈N *），则∞→n lim （a 1+n 2a n ）＝ ．答案：23 解析：23])1(21[lim )(lim ,212211=++=+=∞→∞→n n n a n a a n n n ．3.（2000全国，15）设｛a n ｝是首项为1的正项数列，且（n +1）a n ＋12－na n 2+a n ＋1a n＝0（n ＝1，2，3，…），则它的通项公式是a n ＝ ．答案：n1解析：将（n +1）a n ＋12－na n 2+a n ＋1a n ＝0化简得（n ＋1）a n ＋1＝na n ．当n =1时，2a 2=a 1=1，∴a 2＝21，n =2时，3a 3=2a 2=2×21＝1，∴a 3＝31，…可猜测a n ＝n1，数学归纳法证明略.3.（2000上海，12）在等差数列｛a n ｝中，若a 10＝0，则有等式a 1+a 2+…＋a n =a 1+a 2+…＋a 19－n （n ＜19，n ∈N )成立.类比上述性质，相应地：在等比数列｛b n ｝中，若b 9＝1，则有等式 成立.答案：b 1b 2…b n ＝b 1b 2…b 17－n （n ＜17，n ∈N *）解析：在等差数列｛a n ｝中，由a 10＝0，得a 1＋a 19＝a 2＋a 18＝…＝a n ＋a 20－n ＝a n ＋1＋a 19－n ＝2a 10＝0， 所以a 1＋a 2＋…＋a n ＋…＋a 19＝0， 即a 1＋a 2＋…＋a n ＝－a 19－a 18－…－a n ＋1， 又∵a 1＝－a 19，a 2＝－a 18，…，a 19－n ＝－a n ＋1∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝－a 19－a 18－…－a n ＋1＝a 1＋a 2＋…＋a 19－n ． 若a 9＝0，同理可得a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋a 2＋a 17－n ．相应地等比数列｛b n ｝中，则可得：b 1b 2…b n ＝b 1b 2…b 17－n （n ＜17，n ∈N *） 4.（2000上海，4）计算nn n n )2(lim +∞→=_____. 答案：e －2解析：22222})]22(1{[lim )221(lim )2(lim -+-+-∞→∞→∞→=+-+=+-=+e n n n n n nn n n n n n .评述：本题主要考查灵活运用数列极限公式的能力及代数式的变形能力.5.（2000京皖春理，24）已知函数f （x ）=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈∈].1,21[),(),21,0[),(21x x f x x f其中f 1（x ）＝－2（x 21-）2＋1，f 2（x ）＝－2x ＋2． （Ⅰ）在图3—3坐标系上画出y =f （x ）的图象； （Ⅱ）设y =f 2（x ）（x ∈［21，1］）的反函数为y =g （x ），a 1＝1，a 2＝g （a 1），…，a n ＝g （a n －1）；求数列｛a n ｝的通项公式，并求∞→n lim a n ；（Ⅲ）若x 0∈［0，21），x 1＝f （x 0），f （x 1）＝x 0，求x 0． 解：（Ⅰ）函数图象：说明：图象过（0，21）、（21，1）、（1，0）点；在区间［0，21］上的图象为上凸的曲线段；在区间［21，1］上的图象为直线段. （Ⅱ）f 2（x ）＝－2x ＋2，x ∈［21，1］的反函数为：y =1－2x ， x ∈［0，1］．由已知条件得：a 1＝1， a 2＝1－21a 1＝1－21， a 3＝1－21a 2＝1－21＋（21）2， a 4＝1＋（－21）1＋（－21）2＋（－21）3， ……∴a n ＝（－21）0＋（－21）1＋（－21）2＋…＋（－21）n －1)21(1)21(1----=n即a n ＝32［1－（－21）n ］， ∴32])21(1[32lim lim =--=∞→∞→n n n n a . （Ⅲ）由已知x 0∈［0，21)，∴x 1＝f 1（x 0）＝1－2（x 0－21）2， 由f 1（x ）的值域，得x 1∈［21，1］． ∴f 2（x 1）＝2－2［1－2（x 0－21）2］＝4（x 0－21）2． 由f 2（x 1）＝x 0，整理得4x 02－5x 0＋1＝0，解得x 0＝1，x 0＝41． 因为x 0∈［0，21)，所以x 0＝41． 评述：本小题主要考查函数及数列的基本概念和性质，考查分析、归纳、推理、运算的能力.6.（2000京皖春文，22）已知等差数列｛a n ｝的公差和等比数列｛b n ｝的公比相等，且都等于d （d ＞0，d ≠1）.若a 1=b 1，a 3=3b 3，a 5=5b 5，求a n ，b n ．解：由已知⎩⎨⎧=+=+.54,32411211d a d a d a d a 由①，得a 1（3d 2－1）＝2d ③ 由②，得a 1（5d 4－1）＝4d ④ 因为d ≠0，由③与④得2（3d 2－1）＝5d 4－1， 即5d 4－6d 2＋1＝0， 解得d ＝±1，d ＝±55． ∵d ＞0，d ≠1，∴d ＝55． 代入③，得a 1＝－5，故b 1=－5. a n ＝－5＋55（n －1）＝55（n －6）， b n ＝－5×（55）n －1． 评述：本小题考查等差数列和等比数列的概念、性质，方程（组）的解法以及运算能力和分析能力.7.（2000全国理，20）（Ⅰ）已知数列｛c n ｝，其中c n ＝2n ＋3n ，且数列｛c n ＋1－pc n ｝为等比数列，求常数p ；（Ⅱ）设｛a n ｝、｛b n ｝是公比不相等的两个等比数列，c n =a n +b n ，证明数列｛c n ｝不是等比数列.（Ⅰ）解：因为｛c n ＋1－pc n ｝是等比数列，故有 （c n ＋1－pc n ）2＝（c n ＋2－pc n ＋1）（c n －pc n －1）， 将c n ＝2n ＋3n 代入上式，得［2n ＋1＋3n ＋1－p （2n ＋3n ）］2＝［2n ＋2＋3n ＋2－p （2n ＋1＋3n ＋1）］·［2n ＋3n －p （2n －1＋3n －1）］即［（2－p ）2n ＋（3－p ）3n ］2＝［（2－p ）2n ＋1＋（3－p ）3n ＋1］［（2－p ）2n －1＋（3－p ）3n －1］， 整理得61（2－p ）（3－p ）·2n ·3n ＝0，解得p =2或p =3.（Ⅱ）证明：设｛a n ｝、｛b n ｝的公比分别为p 、q ，p ≠q ，c n =a n +b n ． 为证｛c n ｝不是等比数列只需证c 22≠c 1·c 3． 事实上，c 22＝（a 1p ＋b 1q ）2＝a 12p 2＋b 12q 2＋2a 1b 1pq ，c 1·c 3＝（a 1＋b 1）（a 1p 2＋b 1q 2）＝a 12p 2＋b 12q 2＋a 1b 1（p 2＋q 2） 由于p ≠q ，p 2＋q 2＞2pq ，又a 1、b 1不为零， 因此c 22≠c 1·c 3，故｛c n ｝不是等比数列.评述：本题主要考查等比数列的概念和基本性质，推理和运算能力.8.（2000全国文，18）设｛a n ｝为等差数列，S n 为数列｛a n ｝的前n 项和，已知S 7＝7，S 15＝75，T n 为数列｛nS n｝的前n 项和，求T n ． 解：设等差数列｛a n ｝的公差为d ，则S n =na 1＋21n （n －1）d ．∴S 7＝7，S 15＝75，∴⎩⎨⎧=+=+,7510515,721711d a d a 即⎩⎨⎧=+=+,57,1311d a d a 解得a 1＝－2，d ＝1．∴nS n ＝a 1＋21（n －1）d ＝－2＋21（n －1）．∵2111=-++n S n S n n ， ∴数列｛nS n ｝是等差数列，其首项为－2，公差为21，∴T n ＝41n 2－49n ．评述：本题主要考查等差数列的基础知识和基本技能；运算能力.9.（2000上海，21）在XOY 平面上有一点列P 1（a 1，b 1），P 2（a 2，b 2），…，P n （a n ，b n ），…，对每个自然数n ，点P n 位于函数y =2000（10a ）x（0＜a ＜10）的图象上，且点P n 、点（n ，0）与点（n +1，0）构成一个以P n 为顶点的等腰三角形.（Ⅰ）求点P n 的纵坐标b n 的表达式；（Ⅱ）若对每个自然数n ，以b n ，b n ＋1，b n ＋2为边长能构成一个三角形，求a 的取值范围；（Ⅲ）（理）设B n ＝b 1，b 2…b n （n ∈N ）.若a 取（Ⅱ）中确定的范围内的最小整数，求数列｛B n ｝的最大项的项数.（文）设c n ＝l g （b n ）（n ∈N ）.若a 取（Ⅱ）中确定的范围内的最小整数，问数列｛c n ｝前多少项的和最大?试说明理由.解：（Ⅰ）由题意，a n ＝n ＋21，∴b n ＝2000（10a ）21+n ．（Ⅱ）∵函数y =2000（10a ）x（0＜a ＜10）递减， ∴对每个自然数n ，有b n ＞b n ＋1＞b n ＋2则以b n ，b n ＋1，b n ＋2为边长能构成一个三角形的充要条件是b n ＋2＋b n ＋1＞b n ， 即（10a ）2＋（10a－1）＞0， 解得a ＜－5（1＋5）或a ＞5（5－1）， ∴5（5－1）＜a ＜10．（Ⅲ）（理）∵5（5－1）＜a ＜10，∴a =7，b n ＝2000（107）21+n ．数列｛b n ｝是一个递减的正数数列.对每个自然数n ≥2，B n ＝b n B n －1． 于是当bn ≥1时，B n ≥B n －1，当b n ＜1时，B n ＜B n －1，因此，数列｛B n ｝的最大项的项数n 满足不等式b n ≥1且b n ＋1＜1.由b n ＝2000（107）21+n ≥1，得n ≤20.8，∴n =20.（文）∵5（5－1）＜a ＜10，∴a =7，b n ＝2000（107）21+n ．于是c n ＝l g ［2000（107）21+n ］＝3＋l g 2（n ＋21）l g 0.7数列｛c n ｝是一个递减的等差数列.因此，当且仅当c n ≥0，且c n ＋1＜0时，数列｛c n ｝的前n 项的和最大. 由c n ＝3＋l g 2＋（n ＋21）l g 0．7≥0， 得n ≤20.8，∴n =20.评述：本题主要考查函数的解析式，函数的性质，解不等式，等差等比数列的有关知识，及等价转化，数形结合等数学思想方法.10.（2000上海春，20）已知｛a n ｝是等差数列，a 1＝－393，a 2＋a 3＝－768，｛b n ｝是公比为q （0＜q ＜1）的无穷等比数列，b 1＝2，且｛b n ｝的各项和为20.。