5、用，本題屬于中檔題．
【解析】設該等差數列的首項為，公差為，根據題意，得，
解得，所以，，
所以，當且僅當，解得，此時的最小值為，故選C.
3.【答案】Ｄ
【命題立意】本題重點考查了等差數列的通項公式、等差數列的概念等知識．
【解析】根據題意，，兩式相減，得到，得，故選Ｄ．
4.【答案】A
【命題立意】本題旨在考查數列的通項公式、等差數列的概念、判斷、求和公式等知識．
【解析】當時，，即，解得
當，時，，，兩式相減得
故數列從第二項起是首項為2，公差為2的等差數列，，故選A.
5.【答案】37
【命題立意】本題旨在考查等差數列的通項、性質與求和．
【解析】由
6、于，解得，故a10=a1+9d=37．
6.【答案】
【命題立意】本題考查數列的通項公式和裂項相消法求和，難度中等．
【解析】因為，所以，得，，，將各式相加得，即，所以．
7.【答案】2n+1
【命題立意】本題考查等差數列的性質，意在考查轉化能力，容易題.
【解析】設等差數列{an}的公差為，，，
，即，.
8.【答案】見解析
【命題立意】本題主要考查數列的通項與前n項和的關系，數列求和，及放縮法的應用.
【解析】（1）當時， ，
當時， ，
∵當時， ∴ .
（2）∵
，
∴ ，
，
（3）令 ∴
令∴
7、令∴，代入上式可得
∴，
∴∴數列的通項公式為 ，
∵
∴數列是首項，公差為15的等差數列 ，
∴ .
9.【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）．
【命題立意】考查等差數列、等比數列的通項公式，錯位相減求和，考查轉化能力，計算能力，中等題．
【解析】（Ⅰ），
,,
．
（Ⅱ） ，
上述兩式作差得
.
10.【答案】（1）bn=2·（）n－2；（2）1或2．
【命題立意】本題旨在考查數列的遞推關系式，等差數列與等比數列的通項，數列求和，函數的基本性質及其應用，考查分類討論思維．
【解析】（1）因為，當時，，解得.
由，
當時，
8、 ，
兩式相減，得．
又因為，所以，
所以，
所以是以1為首項，1為公差的等差數列，
所以．
由，得，
所以．
（2）由題意得
所以
，
，
所以，
故若為中的項只能為．
①若，則，所以無解．
②若，則， 顯然不合題意，符合題意．
當時，即，則，
設，則，
即為增函數，
故，即為增函數，故．
故當時方程無解，
即 是方程唯一解．
③若，則，即.
綜上所述，或．
11.【答案】（1）＝2；（2）略；（3）略。
【命題立意】本題旨在考查數列的遞推關系式，等比數列的定義與通項，數列求和，數列與不等式的綜合。
【解析】
9、（1）由（Sm＋n＋S1）2＝4a2na2m，得（S2＋S1）2＝4a，即（a2＋2a1）2＝4a．
因為a1＞0，a2＞0，所以a2＋2a1＝a2，即＝2．
證明：（2）（方法一）令m＝1，n＝2，得（S3＋S1）2＝4a2a4，即（2a1＋a2＋a3）2＝4a2a4，
令m＝n＝2，得S4＋S1＝2a4，即2a1＋a2＋a3＝a4．
所以a4＝4a2＝8a1．
又因為＝2，所以a3＝4a1．
由（Sm＋n＋S1）2＝4a2na2m，得（Sn＋1＋S1）2＝4a2na2，（Sn＋2＋S1）2＝4a2na4．
兩式相除，得＝，所以＝＝2．
即Sn＋2＋S1＝2（Sn＋1＋S1）
10、，
從而Sn＋3＋S1＝2（Sn＋2＋S1）．
所以an＋3＝2an＋2，故當n≥3時，{an}是公比為2的等比數列．
又因為a3＝2a2＝4a1，從而an＝a1·2 n－1，n∈N*．
顯然，an＝a1·2 n－1滿足題設，
因此{an}是首項為a1，公比為2的等比數列．
（方法二）在（Sm＋n＋S1）2＝4a2na2m中，
令m＝n，得S2n＋S1＝2a2n． ①
令m＝n＋1，得S2n＋1＋S1＝2 ， ②
在①中，用n＋1代n得，S2n＋2＋S
11、1＝2a2n＋2． ③
②－①，得a2n＋1＝2－2a2n＝2（－）， ④
③－②，得a2n＋2＝2a2n＋2－2＝2（－）， ⑤
由④⑤得a2n＋1＝． ⑥
⑥代入④，得a2n＋1＝2a2n；⑥代入⑤得a2n＋2＝2a2n＋1，
所以＝＝2．又＝2，
從而an＝a1·2 n－1，n∈N*．
顯然，an＝a1·2 n－1滿足題設，
因此{an}是首項為a1，公比為2的等比數列．
（3）由（2）知，an＝a1·2 n－1．
因
12、為|cp|＝|dp|＝a1·2p－1，所以cp＝dp或cp＝－dp．
若cp＝－dp，不妨設cp＞0，dp＜0，
則Tp≥a1·2p－1－（a1·2p－2＋a1·2p－3＋…＋a1）＝a1·2p－1－a1·（2p－1－1）＝a1＞0．
Rp≤－a1·2p－1＋（a1·2p－2＋a1·2p－3＋…＋a1）＝－a1·2p－1＋a1·（2p－1－1）＝－a1＜0．
這與Tp＝Rp矛盾，所以cp＝dp．
從而Tp－1＝Rp－1．
由上證明，同理可得cp－1＝dp－1．如此下去，可得cp－2＝dp－2，cp－3＝dp－3．…，c1＝d1．
即對任意正整數k（1≤k≤p），ck＝dk．
13、
因此{an}是首項為a1，公比為2的等比數列．
（3）由（2）知，an＝a1·2 n－1．
因為|cp|＝|dp|＝a1·2p－1，所以cp＝dp或cp＝－dp．
若cp＝－dp，不妨設cp＞0，dp＜0，
則Tp≥a1·2p－1－（a1·2p－2＋a1·2p－3＋…＋a1）＝a1·2p－1－a1·（2p－1－1）＝a1＞0．
Rp≤－a1·2p－1＋（a1·2p－2＋a1·2p－3＋…＋a1）＝－a1·2p－1＋a1·（2p－1－1）＝－a1＜0．
這與Tp＝Rp矛盾，所以cp＝dp．
從而Tp－1＝Rp－1．
由上證明，同理可得cp－1＝dp－1．如此下去，可得cp－2＝dp－2，cp－3＝dp－3．…，c1＝d1．
即對任意正整數k（1≤k≤p），ck＝dk．
2022年高考數學三輪復習試題匯編 專題4 數列推理與證明 第1講 數列（B卷）文（含解析）
