16、已知点是区域的点，目标函数的最大值记作，若数列的前n项和为，，且点在直线上。
（1）证明：
数列是等比数列；
（2）求数列的前n项和。
17、设数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，若，.
（1）求数列的通项公式；
（2）对于正整数（），求证：
“且”是“这三项经适当排序后能构成等差数列”成立的充要条件；
（3）设数列满足：
对任意的正整数，都有
，且集合中有且仅有3个元素，试求的取值围.
18、已知等比数列，则
A． B．
C． D．
19、现有六名篮球运动员进行传球训练，由甲开始传球（第一次传球是由甲传向其他五名运动员中的一位），若第次传球后，球传回到甲的不同传球方式的种数记为.
（1）求出、的值，并写出与≥的关系式；
（2）证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式；
（3）当≥时，证明：
.
20、定义：
若各项为正实数的数列满足，则称数列为“算术平方根递推数列”.
已知数列满足且点在二次函数的图像上.
（1）试判断数列是否为算术平方根递推数列？
若是，请说明你的理由；
（2）记，求证：
数列是等比数列，并求出通项公式；
（3）从数列中依据某种顺序自左至右取出其中的项，把这些项重新组成一个新数列：
.（理科）若数列是首项为、公比为的无穷等比数列，且数列各项的和为，求正整数的值．
（文科）若数列是首项为，公比为的无穷等比数列，且数列各项的和为，求正整数的值．
答案
1、（Ⅰ）由an+1=Sn+3n可得Sn+1﹣3n+1=2Sn+3n﹣3n+1=2（Sn﹣3n），从而得到bn+1=2bn，于是有：
数列{bn}是等比数列，可求得b1=1，从而可求得数列{bn}的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：
cn=2log2bn﹣+2=2n﹣，设M=1++++…++…①则M=++++…++…②，利用错位相减法即可求得数列{cn}的前n项和Tn．
证明：
（Ⅰ）∵an+1=Sn+3n，
∴Sn+1﹣Sn=Sn+3n
即Sn+1=2Sn+3n，
∴Sn+1﹣3n+1=2Sn+3n﹣3n+1=2（Sn﹣3n）
∴bn+1=2bn…（4分）
又b1=S1﹣3=a1﹣3=1，
∴{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
故数列{bn}的通项公式为bn=2n﹣1…（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：
cn=2log2bn﹣+2=2n﹣…（8分）
设M=1++++…++…①
则M=++++…++…②
①﹣②得：
M=1+++++…+﹣=2﹣﹣，
∴M=4﹣﹣=4﹣，
∴Tn=n（n+1）+﹣4…（12分）
2、
（1）直接利用an=Sn﹣Sn﹣1（n≥2）求解数列的通项公式即可（注意要验证n=1时通项是否成立）．
（2）先利用
（1）的结论求出数列{bn}的通项，再求出bkbk+2的表达式，利用基本不等式得出不存在k（k≥2，k∈N*），使得bk、bk+1、bk+2成等比数列．
解：
（1）当n≥2时，，（2分）
即（n≥2）．（4分）
所以数列是首项为的常数列．（5分）
所以，即an=n（n∈N*）．
所以数列{an}的通项公式为an=n（n∈N*）．（7分）
（2）假设存在k（k≥2，m，k∈N*），使得bk、bk+1、bk+2成等比数列，
则bkbk+2=bk+12．（8分）
因为bn=lnan=lnn（n≥2），
所以
．（13分）
这与bkbk+2=bk+12矛盾．
故不存在k（k≥2，k∈N*），使得bk、bk+1、bk+2成等比数列．（14分）
3、
（1）根据题意得出=q（n≥2），判断出奇数项，偶数项分别成等比数列，运用等比数列的通项公式求解即可．
（2）运用等比数列的求和公式得出q=1时，Sn=（1+r）n，=0，q≠1时，Sn=，=，分类讨论求解即可
（3）利用条件得出（1+r）8（﹣）28=（1+r）9（﹣）36，r=28﹣1=255，Tn=（256）n•（﹣2）=（﹣1）•2，再根据函数性质得出最小项，注意符号即可．
解：
（1）bn=an•an+1，{bn}是公比为q（q≠0，q≠﹣1）的等比数列，
因为数列{anan+1}是一个以q（q＞0）为公比的等比数列
因此=q，所以=q（n≥2），
即=q（n≥2），
∴奇数项，偶数项分别成等比数列
∵设cn=a2n﹣1+a2n．
∴cn=1•qn﹣1+r•qn﹣1=（1+t）•qn﹣1
∴bn=（1+r）•qn﹣1
（2）q=1时，Sn=（1+r）n，=0
q≠1时，Sn=，=
若0＜q＜1，=
若q＞1，=0∴
=
（3）设{cn}前n项积为Tn，当q=﹣时，Tn=（1+r）n
∵Tn的最大值在n=8和n=9的时候取到，
∴（1+r）8（﹣）28=（1+r）9（﹣）36，r=28﹣1=255，
∴Tn=（256）n•（﹣2）=（﹣1）•2，
根据数列的函数性质得出n=7，n=10时，Tn的最小值为﹣235．
4、（Ⅰ）利用等比数列的前n项和公式表示出S2，S4，S3，然后根据S2，S4，S3成等差数列，利用等差数列的性质列出关系式，将表示出的S2，S4，S3代入得到关于a1与q的关系式，由a1≠0，两边同时除以a1，得到关于q的方程，求出方程的解，即可得到数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）Sn=1﹣，分类讨论，利用函数的单调性，即可求出bn的最大值与最小值．
解：
（Ⅰ）由题意，q≠1，则
∵S2，S4，S3成等差数列，
∴2S4=S2+S3，
又数列{an}为等比数列，
∴4（a1+a1q+a1q2+a1q3）=（a1+a1q）+（a1+a1q+a1q2），
整理得：
2q2﹣q﹣1=0，
解得：
q=1或q=﹣，
∴an=；
（Ⅱ）Sn=1﹣，
n为奇数时，Sn=1+，随着n的增大而减小，所以1＜Sn≤S1=，
因为y=x﹣在（0，+∞）上为增函数，bn=Sn﹣（n∈N*），
所以0＜bn≤；
n为偶数时，Sn=1﹣，随着n的增大而增大，所以S2≤Sn＜1，
因为y=x﹣在（0，+∞）上为增函数，bn=Sn﹣（n∈N*），
所以﹣≤bn＜0；
所以﹣≤bn＜0或0＜bn≤，
所以bn的最大值为，最小值为﹣．
5、（Ⅰ）依题意有
由于，故，又，从而……6分
（Ⅱ）由已知可得，故
从而 …………………………12分
6、
（1）由题意，得：
，则………………..2’
解得：
………………..4’
（2）是向量组的“向量”，证明如下：
，
当为奇数时，
………………..6’
，故………8’
即
当为偶数时，
故
即
综合得：
是向量组的“向量”………………..10’
（3）由题意，得：
，，即
即，同理，
三式相加并化简，得：
即，，所以………………..13’
设，由得：
设，则依题意得：
，
得
故
所以
……16’
当且仅当（）时等号成立
故………………..18’
7、
8、
关闭
9、
（1）利用等差数列的通项公式及其性质即可得出；
（2）①利用数列的单调性即可证明；
②利用“错位相减法”、等比数列的前n项和公式即可得出．
解析：
（1）由a1=10，a2为整数，等差数列{an}的公差d为整数．
又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，即10+3d≥0，10+4d≤0，
解得，
因此d=﹣3．
数列{an}的通项公式为an=10﹣3（n﹣1）=13﹣3n．
（2）①证明：
由
（1）可知：
bn==，
∴bn+1﹣bn=＜0，
∴数列{bn}是单调递减数列，{bn}的最大项为b1=．
∴bn+1＜bn≤．
②，
，
两式相减可得=﹣=﹣，
∴Tn=．
10、
（1）解：
∵5S1、2S2、S3成等差数列
∴，即 2分
∴
∵，∴q=2 4分
又∵，即，
∴． 5分
（2）解：
假设存在正整数k使得对于任意n∈N*不等式都成立
则 7分
又 9分
所以 10分
显然Tn关于正整数n是单调递增的，所以
∴，解得k≥2． 11分
所以存在正整数k，使得对于任意n∈N*不等式都成立
且正整数k的最小值为． 12分
11、
（1）设、分别为第年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量，
依题意知，数列是首项为、公比为的等比数列； 1分
数列是首项为、公差为的等差数列， 2分
所以数列的前和， 4分
数列的前项和， 6分
所以经过年，该市更换的公交车总数
； 7分
（2）因为、是关于的单调递增函数， 9分
因此是关于的单调递增函数， 10分
所以满足的最小值应该是， 11分
即，解得， 12分
又，所以的最小值为147． 13分
12、
…………12分
13、
（1）设公比为q，由题意：
q>1,，则，，∵，∴， 则
解得：
或（舍去）， ∴
（2）
则
14、
（1）有题意可得又因为……2分
…………………4分
（2）
………6分
…………10分
15、
（1）由已知有，
，
，
所以
，
.………………………………………………………7分
（2）即.由且，得，
所以或
即或对任意nN*成立，
且，所以或……………………………………………14分
16、
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，∴
∵， ∴………10分
∴
…………13分
17、
（1）数列是各项均为正数的等比数列，，，
又，，，； …………4分
（2）（ⅰ）必要性：
设这三项经适当排序后能构成等差数列，
①若，则，，，
. …………6分
②若，则，，左边为偶数，等式不成立，
③若，同理也不成立，
综合①②③，得，所以必要性成立. …………8分
（ⅱ）充分性：
设，，
则这三项为，即，调整顺序后易知成等差数列，
所以充分性也成立.
综合（ⅰ）（ⅱ），原命题成立. …………10分
（3）因为
，
即
，（*）
当时，
，（**）
则（**）式两边同乘以2，得
，（***）
（*）－（***），得，即，
又当时，，即，适合，.………14分
，，
时，，即；
时，，此时单调递减，
又，，，，. ……………16分
18、C
19、
（1）,，;
（2）（3）见解析.
解析：
（1）,，
第次传球后，不同传球方式种数为，不在甲手中的种数为，
∴当≥时， ……5分
（2）由=－＋得，，
又，则数列是以为首项，为公比的等比数列.
从而，故. …………9分
（3）.当≥为奇数时,则为偶数
＜
当≥为偶数时,则为奇数,从而
综上，当≥时,. …………分
【思路点拨】
（1）第次传球后，不同传球方式种数为，不在甲手中的种数为，由此能求出,，即可写出与≥的关系式．
（2）由=－＋得，，由此能证明数列是以为首项，为公比的等比数列.，从而能求出．
（3）当≥为奇数时,则为偶数，；当≥为偶数时,则为奇数,从而，由此能证明当≥时,.
20、
（1）答：
数列是算术平方根递推数列.
理由：
在函数的图像上，
，.
又，
∴．
∴数列是算术平方根递推数列.
证明
（2），
.
又,
数列是首项为,公比的等比数列.
.
（理）（3）由题意可知，无穷等比数列的首项,公比，
．
化简，得．
若，则.这是矛盾！
.
又时，,
.
.
（文）（3）由题意可知，无穷等比数列的首项,公比，
．
化简，得．
若，则.这是矛盾！
.
又时，,
.
.
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