1、 20122018 数列不等式文科真题数列不等式文科真题 目录目录 数列部分：. 1 2018 高考真题 1 一选择题 . 1 二填空题 . 2 三解答题 . 3 2017 高考真题 11 一选择题 . 11 二填空题 . 11 三解答题 . 12 2016 高考真题 19 一选择题 . 19 二填空题 . 20 三解答题 . 22 2015 高考真题 31 一选择题 . 31 二填空题 . 32 三解答题 . 35 2014 高考真题 46 一选择题 . 46 二填空题 . 49 三解答题 . 50 2013 高考真题 64 一选择题 . 64 二填空题 . 65 三解答题 . 69 201
2、2 高考真题 83 一选择题 . 83 二填空题 . 86 三解答题 . 91 不等式部分： . 104 2018 高考真题 104 一选择题 . 104 二填空题 . 106 三解答题 . 114 2017 高考真题 118 一选择题 . 118 二填空题 . 122 三解答题 . 126 2016 高考真题 131 一选择题 . 131 二填空题 . 133 三解答题 . 138 2015 高考真题 142 一选择题 . 142 二填空题 . 150 三解答题 . 157 2014 高考真题 161 一选择题 . 161 二填空题 . 170 三解答题 . 176 2013 高考真题 17
3、9 一选择题 . 179 二填空题 . 186 三解答题 . 196 2012 高考真题 199 一选择题 . 199 二填空题 . 209 三解答题 . 217 1 数列部分：数列部分： 2018 高考高考真题真题 一选择题（共（共 2 小题）小题） 1（2012新课标） 已知 0， 0， 直线 x= 4和 x= 5 4 是函数 f （x） =sin （x+） 图象的两条相邻的对称轴，则 =（ ） A 4 B 3 C 2 D3 4 【解答】解：因为直线 x= 4和 x= 5 4 是函数 f（x）=sin（x+）图象的两条相邻 的对称轴， 所以 T=2 (5 4 4)=2所以 =1，并且 si
4、n（ 4+）与 sin（ 5 4 +）分别是最大 值与最小值，0， 所以 = 4 故选：A 2（2018全国） 已知等比数列an的前 n 项和为 Sn， S4=1， S8=3， 则 a9+a10+a11+a12= （ ） A8 B6 C4 D2 【解答】解：等比数列an的前 n 项和为 Sn，S4=1，S8=3， 由等比数列的性质得 S4，S8S4，S12S8成等比数列， 1，31=2，S12S8=a9+a10+a11+a12成等比数列， a9+a10+a11+a12=4 故选：C 2 二填空题（共（共 3 小题）小题） 3（2012江苏） 设 为锐角， 若 cos （+ 6） = 4 5，
5、则 sin （2+ 12） 的值为 172 50 【解答】解：设 =+ 6， sin=3 5，sin2=2sincos= 24 25，cos2=2cos 21= 7 25， sin（2+ 12）=sin（2+ 3 4）=sin（2 4）=sin2cos 4cos2sin 4= 172 50 故答案为：172 50 4（2018上海） 记等差数列an的前n项和为Sn， 若a3=0， a6+a7=14， 则S7= 14 【解答】解：等差数列an的前 n 项和为 Sn，a3=0，a6+a7=14， 1 +2 = 0 1+5+1+6 = 14， 解得 a1=4，d=2， S7=7a1+76 2 =28
6、+42=14 故答案为：14 5（2018上海） 设等比数列an的通项公式为 an=qn 1 （nN*） ， 前 n 项和为 Sn 若 +1= 1 2，则 q= 3 【解答】解：等比数列an的通项公式为 a =qn 1（nN*） ，可得 a 1=1， 因为 +1= 1 2，所以数列的公比不是 1， = 1(1) 1 ，an+1=qn 可得 1 1 = 1 (1)= 1 1 1 = 1 ;1= 1 2， 可得 q=3 3 故答案为：3 三解答题（共（共 10 小题）小题） 6 （2012江苏）在ABC 中，已知 = 3 （1）求证：tanB=3tanA； （2）若 cosC= 5 5 ，求 A
7、的值 【解答】解： （1） =3 ， cbcosA=3cacosB，即 bcosA=3acosB， 由正弦定理 = 得：sinBcosA=3sinAcosB， 又 0A+B，cosA0，cosB0， 在等式两边同时除以 cosAcosB，可得 tanB=3tanA； （2）cosC= 5 5 ，0C， sinC=12=25 5 ， tanC=2， 则 tan（A+B）=2，即 tan（A+B）=2， : 1;=2， 将 tanB=3tanA 代入得：:3 1;32 =2， 整理得：3tan2A2tanA1=0，即（tanA1） （3tanA+1）=0， 解得：tanA=1 或 tanA=1 3
8、， 又 cosA0，tanA=1， 又 A 为三角形的内角， 则 A= 4 7 （2018新课标）已知数列an满足 a1=1，nan+1=2（n+1）an，设 bn= 4 （1）求 b1，b2，b3； （2）判断数列bn是否为等比数列，并说明理由； （3）求an的通项公式 【解答】解： （1）数列an满足 a1=1，nan+1=2（n+1）an， 则： :1 :1 = 2（常数） ， 由于= ， 故：:1 = 2， 数列bn是以 b1为首项，2 为公比的等比数列 整理得：= 121= 21， 所以：b1=1，b2=2，b3=4 （2）数列bn是为等比数列， 由于:1 = 2（常数） ； （3）
9、由（1）得：= 21， 根据= ， 所以：= 21 8 （2018新课标）记 Sn为等差数列an的前 n 项和，已知 a1=7，S3=15 （1）求an的通项公式； （2）求 Sn，并求 Sn的最小值 【解答】解： （1）等差数列an中，a1=7，S3=15， a1=7，3a1+3d=15，解得 a1=7，d=2， an=7+2（n1）=2n9； （2）a1=7，d=2，an=2n9， Sn= 2 (1+ )=1 2 (22 16)=n28n=（n4）216， 5 当 n=4 时，前 n 项的和 Sn取得最小值为16 9 （2018浙江）已知等比数列an的公比 q1，且 a3+a4+a5=28
10、，a4+2 是 a3，a5 的等差中项数列bn满足 b1=1，数列（bn+1bn）an的前 n 项和为 2n2+n （）求 q 的值； （）求数列bn的通项公式 【解答】解： （）等比数列an的公比 q1，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5 的等差中项， 可得 2a4+4=a3+a5=28a4， 解得 a4=8， 由8 +8+8q=28，可得 q=2（ 1 2舍去） ， 则 q 的值为 2； （）设 cn=（bn+1bn）an=（bn+1bn）2n 1， 可得 n=1 时，c1=2+1=3， n2 时，可得 cn=2n2+n2（n1）2（n1）=4n1， 上式对 n=1 也成
11、立， 则（bn+1bn）an=4n1， 即有 bn+1bn=（4n1）（1 2） n1， 可得 bn=b1+（b2b1）+（b3b2）+（bnbn1） =1+3（1 2） 0+7（1 2） 1+（4n5）（1 2） n2， 1 2bn= 1 2+3（ 1 2）+7（ 1 2） 2+（4n5）（1 2） n1， 相减可得1 2bn= 7 2+4（ 1 2）+（ 1 2） 2+（1 2） n2（4n5）（1 2） n1 =7 2+4 1 2(1; 1 2;2) 1;1 2 （4n5）（1 2） n1， 化简可得 bn=15（4n+3）（1 2） n2 6 10 （2018江苏）设an是首项为 a1
12、，公差为 d 的等差数列，bn是首项为 b1， 公比为 q 的等比数列 （1）设 a1=0，b1=1，q=2，若|anbn|b1对 n=1，2，3，4 均成立，求 d 的取 值范围； （2）若 a1=b10，mN*，q（1，2 ，证明：存在 dR，使得|anbn| b1对 n=2，3，m+1 均成立，并求 d 的取值范围（用 b1，m，q 表示） 【解答】解： （1）由题意可知|anbn|1 对任意 n=1，2，3，4 均成立， a1=0，q=2， |0 1| 1 |2| 1 |24| 1 |38| 1 ，解得 1 3 3 2 5 2 7 3 3 即7 3d 5 2 证明： （2）an=a1+
13、（n1）d，bn=b1qn 1， 若存在 dR，使得|anbn|b1对 n=2，3，m+1 均成立， 则|b1+（n1）db1qn 1|b 1， （n=2，3，m+1） ， 即 ;1;2 ;1 b1d1 ;1 ;1 ， （n=2，3，m+1） ， q（1，2 ，则 1qn 1qm2， （n=2，3，m+1） ， ;1;2 ;1 b10，1 ;1 ;1 0， 因此取 d=0 时，|anbn|b1对 n=2，3，m+1 均成立， 下面讨论数列 ;1;2 ;1 的最大值和数列 ;1 ;1 的最小值， 当 2nm 时， ;2 ;1;2 ;1 = ;1:2 (;1) =( ;1);:2 (;1) ， 当
14、 1q2 1 时，有 qnqm2， 从而 n（qnqn 1）qn+20， 因此当 2nm+1 时，数列 ;1;2 ;1 单调递增， 故数列 ;1;2 ;1 的最大值为 ;2 设 f（x）=2x（1x） ，当 x0 时，f（x）=（ln21xln2）2x0， f（x）单调递减，从而 f（x）f（0）=1， 7 当 2nm 时， ;1 ;1 =(;1) 2 1 （11 ）=f（ 1 ）1， 因此当 2nm+1 时，数列 ;1 ;1 单调递递减， 故数列 ;1 ;1 的最小值为 ，1( ;2) d 的取值范围是 d1( ;2) ，1 11 （2018新课标）等比数列an中，a1=1，a5=4a3 （
15、1）求an的通项公式； （2）记 Sn为an的前 n 项和若 Sm=63，求 m 【解答】解： （1）等比数列an中，a1=1，a5=4a3 1q4=4（1q2） ， 解得 q=2， 当 q=2 时，an=2n 1， 当 q=2 时，an=（2）n 1， an的通项公式为，an=2n 1，或 a n=（2）n 1 （2）记 Sn为an的前 n 项和 当 a1=1，q=2 时，Sn=1(1; ) 1; =1;(;2) 1;(;2) =1;(;2) 3 ， 由 Sm=63，得 Sm=1;(;2) 3 =63，mN，无解； 当 a1=1，q=2 时，Sn=1(1; ) 1; =1;2 1;2 =2n
16、1， 由 Sm=63，得 Sm=2m1=63，mN， 解得 m=6 12 （2018上海）给定无穷数列an，若无穷数列bn满足：对任意 nN*，都 有|bnan|1，则称bn与an“接近” （1）设an是首项为 1，公比为1 2的等比数列，bn=an +1+1，nN*，判断数列bn 8 是否与an接近，并说明理由； （2）设数列an的前四项为：a1=1，a2=2，a3=4，a4=8，bn是一个与an接近 的数列，记集合 M=x|x=bi，i=1，2，3，4，求 M 中元素的个数 m； （3）已知an是公差为 d 的等差数列，若存在数列bn满足：bn与an接近， 且在 b2b1， b3b2， ，
17、 b201b200中至少有 100 个为正数， 求 d 的取值范围 【解答】解： （1）数列bn与an接近 理由：an是首项为 1，公比为1 2的等比数列， 可得 an= 1 2;1，bn=an +1+1= 1 2+1， 则|bnan|=| 1 2+1 1 2;1|=1 1 21，nN *， 可得数列bn与an接近； （2）bn是一个与an接近的数列， 可得 an1bnan+1， 数列an的前四项为：a1=1，a2=2，a3=4，a4=8， 可得 b10，2，b21，3，b33，5，b47，9， 可能 b1与 b2相等，b2与 b3相等，但 b1与 b3不相等，b4与 b3不相等， 集合 M=
18、x|x=bi，i=1，2，3，4， M 中元素的个数 m=3 或 4； （3）an是公差为 d 的等差数列，若存在数列bn满足：bn与an接近， 可得 an=a1+（n1）d， 若 d0，取 bn=an，可得 bn+1bn=an+1an=d0， 则 b2b1，b3b2，b201b200中有 200 个正数，符合题意； 若 d=0，取 bn=a11 ，则|bnan|=|a1 1 a1|= 1 1，nN *， 可得 bn+1bn=1 1 :10， 则 b2b1，b3b2，b201b200中有 200 个正数，符合题意； 若2d0，可令 b2n1=a2n11，b2n=a2n+1， 则 b2nb2n1
19、=a2n+1（a2n11）=2+d0， 则 b2b1，b3b2，b201b200中恰有 100 个正数，符合题意； 9 若 d2，若存在数列bn满足：bn与an接近， 即为 an1bnan+1，an+11bn+1an+1+1， 可得 bn+1bnan+1+1（an1）=2+d0， b2b1，b3b2，b201b200中无正数，不符合题意 综上可得，d 的范围是（2，+） 13 （2018北京）设an是等差数列，且 a1=ln2，a2+a3=5ln2 （）求an的通项公式； （）求 e 1+e2+e 【解答】解： （）an是等差数列，且 a1=ln2，a2+a3=5ln2 可得：2a1+3d=5
20、ln2，可得 d=ln2， an的通项公式；an=a1+（n1）d=nln2， （）e =2=2n， e 1+e2+e=21+22+23+2n=2(1;2 ) 1;2 =2n +12 14 （2018天津）设an是等差数列，其前 n 项和为 Sn（nN*） ；bn是等比数 列，公比大于 0，其前 n 项和为 Tn（nN*） 已知 b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5， b5=a4+2a6 （）求 Sn和 Tn； （）若 Sn+（T1+T2+Tn）=an+4bn，求正整数 n 的值 【解答】解： （）设等比数列bn的公比为 q，由 b1=1，b3=b2+2，可得 q2q 2=0 q0，可得
21、 q=2 故= 21，= 12 12 = 21； 设等差数列an的公差为 d，由 b4=a3+a5，得 a1+3d=4， 由 b5=a4+2a6，得 3a1+13d=16， 10 a1=d=1 故 an=n，= (+1) 2 ； （）由（） ，可得 T1+T2+Tn=(21+ 22+ + 2) = 2(12) 12 =2n +1 n2 由 Sn+（T1+T2+Tn）=an+4bn， 可得(:1) 2 + 2+1 2 = + 2+1， 整理得：n23n4=0，解得 n=1（舍）或 n=4 n 的值为 4 15 （2018全国）已知数列an的前 n 项和为 Sn，a1=2，an0，an+1（Sn+
22、1+Sn） =2 （1）求 Sn； （2）求 1 1:2+ 1 2:3+ 1 :1 【解答】解： （1）a1=2，an0，an+1（Sn+1+Sn）=2， 可得（Sn+1Sn） （Sn+1+Sn）=2， 可得 Sn+12Sn2=2， 即数列Sn2为首项为 2，公差为 2 的等差数列， 可得 Sn2=2+2（n1）=2n， 由 an0，可得 Sn=2； （2） 1 :1= 1 2:2(:1) = 2 2 （ 1 :1）= 2 2 （+1） ， 即有 1 1:2+ 1 2:3+ 1 :1 = 2 2 （21+32+23+1） = 2 2 （+ 11） 11 2017 高考高考真题真题 一选择题（共
23、（共 1 小题）小题） 1 （2017全国）设等差数列an的前 n 项和为 Sn，a1=4，S5S4S6，则公差 d 的取值范围是（ ） A,1， 8 9- B,1， 4 5- C, 8 9 ， 4 5- D1，0 【解答】解：等差数列an的前 n 项和为 Sn，a1=4，S5S4S6， 5 4 4 6， 51+ 54 2 41+ 43 2 41+ 43 2 61+ 65 2 ， 4 4 8 9， 解得1d8 9 公差 d 的取值范围是1，8 9 故选：A 二填空题（共（共 2 小题）小题） 2 （2017江苏）等比数列an的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn，已知 S3=7 4， S6=6
24、3 4 ，则 a8= 32 【解答】解：设等比数列an的公比为 q1， S3=7 4，S6= 63 4 ，1(1; 3) 1; =7 4， 1(1;6) 1; =63 4 ， 解得 a1=1 4，q=2 则 a8=1 4 27=32 12 故答案为：32 3 （2017上海）已知数列an和bn，其中 an=n2，nN*，bn的项是互不相等 的正整数，若对于任意 nN*，bn的第 an项等于an的第 bn项，则 (14916) (1234) = 2 【解答】解：an=n2，nN*，若对于一切 nN*，bn中的第 an项恒等于an 中的第 bn项， =()2 b1=a1=1，(2)2=b4，(3)
25、2=b9，(4)2=b16 b1b4b9b16=(1234)2 (14916) (1234) =2 故答案为：2 三解答题（共（共 9 小题）小题） 4 （2017新课标）记 Sn为等比数列an的前 n 项和已知 S2=2，S3=6 （1）求an的通项公式； （2）求 Sn，并判断 Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列 【解答】解： （1）设等比数列an首项为 a1，公比为 q， 则 a3=S3S2=62=8，则 a1=3 2= ;8 2，a2= 3 =;8 ， 由 a1+a2=2，;8 2+ ;8 =2，整理得：q2+4q+4=0，解得：q=2， 则 a1=2，an=（2） （2）n 1=
26、（2）n， an的通项公式 an=（2）n； （2）由（1）可知：Sn=1(1; ) 1; =;2,1;(;2) - 1;(;2) =1 32+（2） n+1， 则 Sn+1=1 32+（2） n+2，Sn +2= 1 32+（2） n+3， 13 由 Sn+1+Sn+2=1 32+（2） n+21 32+（2） n+3， =1 34+（2）（2） n+1+（2）2（2）n+1， =1 34+2（2） n+1=21 3（2+（2） n+1）， =2Sn， 即 Sn+1+Sn+2=2Sn， Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列 5 （2017新课标）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，等比数列
27、bn的前 n 项和为 Tn，a1=1，b1=1，a2+b2=2 （1）若 a3+b3=5，求bn的通项公式； （2）若 T3=21，求 S3 【解答】解： （1）设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q， a1=1，b1=1，a2+b2=2，a3+b3=5， 可得1+d+q=2，1+2d+q2=5， 解得 d=1，q=2 或 d=3，q=0（舍去） ， 则bn的通项公式为 bn=2n 1，nN*； （2）b1=1，T3=21， 可得 1+q+q2=21， 解得 q=4 或5， 当 q=4 时，b2=4，a2=24=2， d=2（1）=1，S3=123=6； 当 q=5 时，b2=5
28、，a2=2（5）=7， d=7（1）=8，S3=1+7+15=21 6 （2017新课标）设数列an满足 a1+3a2+（2n1）an=2n （1）求an的通项公式； （2）求数列 2:1的前 n 项和 14 【解答】解： （1）数列an满足 a1+3a2+（2n1）an=2n n2 时，a1+3a2+（2n3）an1=2（n1） （2n1）an=2an= 2 2;1 当 n=1 时，a1=2，上式也成立 an= 2 2;1 （2） 2:1= 2 (2;1)(2:1)= 1 2;1 1 2:1 数列 2:1的前 n 项和=(1 1 3)+( 1 3 1 5)+( 1 21 1 2+1)=1 1
29、 2:1= 2 2:1 7 （2017江苏）对于给定的正整数 k，若数列an满足：ank+ank+1+an 1+an+1+an+k1+an+k=2kan对任意正整数 n（nk）总成立，则称数列an是“P （k）数列” （1）证明：等差数列an是“P（3）数列”； （2）若数列an既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：an是等差数列 【解答】解： （1）证明：设等差数列an首项为 a1，公差为 d，则 an=a1+（n1） d， 则 an3+an2+an1+an+1+an+2+an+3， =（an3+an+3）+（an2+an+2）+（an1+an+1） ， =2an+2an+2an
30、， =23an， 等差数列an是“P（3）数列”； （2）证明：当 n4 时，因为数列an是 P（3）数列，则 an3+an2+an 1+an+1+an+2+an+3=6an， 因为数列an是“P（2）数列”，所以 an2+an1+an+1+an+2=4an， 则 an1+an+an+2+an+3=4an+1， +，得 2an=4an1+4an+16an，即 2an=an1+an+1， （n4） ， 因此 n4 从第 3 项起为等差数列，设公差为 d，注意到 a2+a3+a5+a6=4a4， 15 所以 a2=4a4a3a5a6=4（a3+d）a3（a3+2d）（a3+3d）=a3d， 因为
31、a1+a2+a4+a5=4a3， 所以 a1=4a3a2a4a5=4 （a2+d） a2 （a2+2d） （a2+3d） =a2d， 也即前 3 项满足等差数列的通项公式， 所以an为等差数列 8 （2017浙江）已知数列xn满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1） （nN*） ，证明： 当 nN*时， （）0xn+1xn； （）2xn+1xn:1 2 ； （） 1 2;1xn 1 2;2 【解答】解： （）用数学归纳法证明：xn0， 当 n=1 时，x1=10，成立， 假设当 n=k 时成立，则 xk0， 那么 n=k+1 时，若 xk+10，则 0xk=xk+1+ln（1+xk
32、+1）0，矛盾， 故 xn+10， 因此 xn0， （nN*） xn=xn+1+ln（1+xn+1）xn+1， 因此 0xn+1xn（nN*） ， （） 由 xn=xn+1+ln （1+xn+1） 得 xnxn+14xn+1+2xn=xn+122xn+1+ （xn+1+2） ln （1+xn+1） ， 记函数 f（x）=x22x+（x+2）ln（1+x） ，x0 f（x）=2 2: :1 +ln（1+x）0， f（x）在（0，+）上单调递增， f（x）f（0）=0， 因此 xn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）0， 故 2xn+1xn:1 2 ； （）xn=xn+1+ln（
33、1+xn+1）xn+1+xn+1=2xn+1， 16 xn 1 2;1， 由:1 2 2xn+1xn得 1 :1 1 22（ 1 1 2）0， 1 1 22（ 1 ;1 1 2）2 n1（ 1 1 1 2）=2 n2， xn 1 2;2， 综上所述 1 2;1xn 1 2;2 9 （2017天津）已知an为等差数列，前 n 项和为 Sn（nN*） ，bn是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，b2+b3=12，b3=a42a1，S11=11b4 （）求an和bn的通项公式； （）求数列a2nbn的前 n 项和（nN*） 【解答】 （）解：设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q由
34、已 知 b2+b3=12，得1(+ 2) = 12，而 b1=2，所以 q2+q6=0又因为 q0， 解得 q=2所以，= 2 由 b3=a42a1，可得 3da1=8 由 S11=11b4，可得 a1+5d=16，联立，解得 a1=1，d=3， 由此可得 an=3n2 所以，an的通项公式为 an=3n2，bn的通项公式为= 2 （） 解： 设数列a2nbn的前 n 项和为 Tn， 由 a2n=6n2， 有= 42+1022+ 1623+(62)2，2= 4 22+ 10 23+ 16 24+ + (6 8) 2+ (6 2) 2:1， 上 述 两 式 相 减 ， 得 = 4 2 + 6 2
35、2+ 6 23+ + 6 2 (6 2) 2:1=12(1;2 ) 1;2 4 (6 2) 2+1= (3 4)2+2 16 得= (34)2+2+16 所以，数列a2nbn的前 n 项和为（3n4）2n +2+16 17 10 （2017北京）已知等差数列an和等比数列bn满足 a1=b1=1，a2+a4=10， b2b4=a5 （）求an的通项公式； （）求和：b1+b3+b5+b2n1 【解答】解： （）等差数列an，a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得 d=2， 所以an的通项公式：an=1+（n1）2=2n1 （）由（）可得 a5=a1+4d=9， 等比数列
36、bn满足 b1=1，b2b4=9可得 b3=3，或3（舍去） （等比数列奇数项符 号相同） q2=3， b2n1是等比数列，公比为 3，首项为 1 b1+b3+b5+b2n1=1(1; 2) 1;2 =3 ;1 2 11 （2017山东）已知an是各项均为正数的等比数列，且 a1+a2=6，a1a2=a3 （1）求数列an通项公式； （2）bn 为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn，已知 S2n+1=bnbn+1，求数列 * +的前 n 项和 Tn 【解答】解： （1）记正项等比数列an的公比为 q， 因为 a1+a2=6，a1a2=a3， 所以（1+q）a1=6，q12=q2a1，
37、解得：a1=q=2， 所以 an=2n； （2）因为bn 为各项非零的等差数列， 所以 S2n+1=（2n+1）bn+1， 又因为 S2n+1=bnbn+1， 18 所以 bn=2n+1， = 2:1 2 ， 所以 Tn=31 2+5 1 22+（2n+1） 1 2， 1 2Tn=3 1 22+5 1 23+（2n1） 1 2+（2n+1） 1 2:1， 两式相减得：1 2Tn=3 1 2+2（ 1 22+ 1 23+ 1 2）（2n+1） 1 2:1， 即1 2Tn=3 1 2+（ 1 2+ 1 22+ 1 23+ 1 2;1）（2n+1） 1 2:1， 即 Tn=3+1+1 2+ 1 22
38、+ 1 23+ 1 2;2）（2n+1） 1 2=3+ 1; 1 2;1 1;1 2 （2n+1） 1 2 =52:5 2 12 （2017全国）设数列bn的各项都为正数，且+1= +1 （1）证明数列* 1 +为等差数列； （2）设 b1=1，求数列bnbn+1的前 n 项和 Sn 【解答】解： （1）证明：数列bn的各项都为正数，且+1= +1， 两边取倒数得 1 :1 = :1 = 1 + 1 ， 故数列* 1 +为等差数列，其公差为 1，首项为 1 1； （2）由（1）得， 1 1 = 1， 1 = 1 1 + ( 1) = ， 故= 1 ，所以+1 = 1 (+1) = 1 1 +1
39、， 因此= 1 1 2 + 1 2 1 3 + 1 1 +1 = +1 19 2016 高考真题高考真题 一选择题（共（共 2 小题）小题） 1 （2016 浙江）如图，点列 An 、Bn分别在某锐角 的 两边上，且 |AnAn+1|=|An+1An+2|，AnAn+1，nN*，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|，BnBn+1，nN*， （PQ 表示点 P 与 Q 不重合） 若 dn=|AnBn|， Sn为AnBnBn+1的面积， 则 （ ） ASn是等差数列 BSn2是等差数列 Cdn是等差数列 Ddn2是等差数列 【解答】解：设锐角的顶点为 O，|OA1|=a，|OB1|=c， |An
40、An+1|=|An+1An+2|=b，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|=d， 由于 a，c 不确定，则dn不一定是等差数列， dn2不一定是等差数列， 设AnBnBn+1的底边 BnBn+1上的高为 hn， 由三角形的相似可得 :1= :1= :(;1) : ， :2 :1= :2 :1= :(:1) : ， 两式相加可得，:2 :1 =2:2 : =2， 即有 hn+hn+2=2hn+1， 由 Sn=1 2dhn，可得 Sn+Sn +2=2Sn+1， 即为 Sn+2Sn+1=Sn+1Sn， 则数列Sn为等差数列 20 另解：可设A1B1B2，A2B2B3，AnBnBn+1为直角三角形， 且 A1B1，A2B2，AnBn为直角边， 即有 hn+hn+2=2hn+1， 由 Sn=1 2dhn，可得 Sn+Sn +2=2Sn+1， 即为 Sn