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20解析几何★★★★☆
已知斜率为 kk 的直线 ll 与椭圆 C:x24+y23=1C:\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1 交于 AA，BB 两点，线段 ABAB 的中点为 M(1,m)M(1,m)（m>0m>0）.
(1) 证明：k<−12k<-\dfrac12； (2) 设 FF 为 CC 的右焦点，PP 为 CC 上一点，且 FP→+FA→+FB→=0→\overrightarrow{FP}+\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}=\overrightarrow{0}. 证明：∣FA→∣\left|\overrightarrow{FA}\right|，∣FP→∣\left|\overrightarrow{FP}\right|，∣FB→∣\left|\overrightarrow{FB}\right| 成等差数列，并求该数列的公差.

2018 · 全国 · 三卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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19数列★★★★☆
设等差数列 {an}\{a_{n}\} 的公差为 dd，点 (an,bn)(a_{n}, b_{n}) 在函数 f(x)=2xf(x) = 2^{x} 的图象上 （n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}）.
(1) 若 a1=−2a_{1} = -2，点 (a8,4b7)(a_{8}, 4b_{7}) 在函数 f(x)f(x) 的图象上，求数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n}； (2) 若 a1=1a_{1} = 1，函数 f(x)f(x) 的图象在点 (a2,b2)(a_{2}, b_{2}) 处的切线在 xx 轴上的截距为 2−1ln⁡22 - \frac{1}{\ln 2}，求数列 {anbn}\left\{\frac{a_n}{b_n}\right\} 的前 nn 项和 TnT_{n}.

2014 · 四川 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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12数列★★★★☆
设函数 f(x)=2x−cos⁡xf(x) = 2x - \cos x，{an}\{a_n\} 是公差为 π8\frac{\pi}{8} 的等差数列，f(a1)+f(a2)+⋯+f(a5)=5πf(a_1) + f(a_2) + \cdots + f(a_5) = 5\pi，则 [f(a3)]2−a1a5=\left[f(a_3)\right]^2 - a_1a_5 =（ ）
A.
0
B.
116π2\frac{1}{16}\pi^2
C.
18π2\frac{1}{8}\pi^2
D.
1316π2\frac{13}{16}\pi^2

2012 · 四川 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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20数列★★★★☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和为 SnS_{n}，且 a2an=S2+Sna_{2}a_{n} = S_{2} + S_{n} 对一切正整数 nn 都成立.
(1) 求 a1a_{1}，a2a_{2} 的值； (2) 设 a1>0a_{1} > 0，数列 {lg⁡10a1an}\left\{\lg \frac{10a_{1}}{a_{n}}\right\} 的前 nn 项和为 TnT_{n}，当 nn 为何值时，TnT_{n} 最大，并求出 TnT_{n} 的最大值.

2012 · 四川 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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12数列★★★★☆
设函数 f(x)=(x−3)3+x−1f(x) = (x - 3)^3 + x - 1，{an}\{a_n\} 是公差不为 0 的等差数列，f(a1)+f(a2)+⋯+f(a7)=14f(a_1) + f(a_2) + \dots + f(a_7) = 14，则 a1+a2+⋯+a7=a_1 + a_2 + \dots + a_7 =（ ）
A.
0
B.
7
C.
14
D.
21

2012 · 四川 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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20数列★★★★☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和为 SnS_{n}，常数 λ>0\lambda > 0，且 λa1an=S1+Sn\lambda a_{1}a_{n} = S_{1} + S_{n}. 对一切正整数 nn 都成立.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 a1>0a_{1} > 0，λ=100\lambda = 100. 当 nn 为何值时，数列 {lg⁡1an}\left\{\lg \frac{1}{a_n}\right\} 的前 nn 项和最大.

2012 · 四川 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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20计数原理与组合数学★★★★☆
设 dd 为非零实数，an=1n[Cn1d+2Cn2d2+⋯+(n−1)Cnn−1dn−1+nCnndn]a_{n} = \frac{1}{n}\left[\mathrm C_n^1d + 2\mathrm C_n^2d^{2} + \dots + (n - 1)\mathrm C_n^{n - 1}d^{n - 1} + n\mathrm C_n^nd^{n}\right] （n∈N∗n\in \mathbf{N}^{*}）.
(1) 写出 a1a_1，a2a_2，a3a_3 并判断 {an}\{a_n\} 是否为等比数列. 若是，给出证明；若不是，说明理由； (2) 设 bn=ndanb_n = nda_n （n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），求数列 {bn}\{b_n\} 的前 nn 项和 SnS_n.

2011 · 四川 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20数列★★★★☆
已知 {an}\{a_n\} 是以 aa 为首项，qq 为公比的等比数列，SnS_n 为它的前 nn 项和.
(1) 当 S1S_1，S3S_3，S4S_4 成等差数列时，求 qq 的值； (2) 当 SmS_m，SnS_n，SlS_l 成等差数列时，求证：对任意自然数 kk，am+ka_{m+k}，an+ka_{n+k}，al+ka_{l+k} 也成等差数列.

2011 · 四川 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21数列★★★★☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=0a_1 = 0，a2=2a_2 = 2，且对任意 mm，n∈N∗n \in \mathbf{N}^* 都有 a2m−1+a2n−1=2am+n−1+2(m−n)2a_{2m-1} + a_{2n-1} = 2a_{m+n-1} + 2(m - n)^2.
(1) 求 a3a_{3}，a5a_{5}； (2) 设 bn=a2n+1−a2n−1b_{n} = a_{2n + 1} - a_{2n - 1}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），证明：数列 {bn}\{b_{n}\} 是等差数列； (3) 设 cn=(an+1−an)qn−1c_{n} = (a_{n + 1} - a_{n})q^{n - 1}（q≠0q\ne 0， n∈N∗\ n\in \mathbf{N}^{*}），求数列 {cn}\{c_n\} 的前 nn 项和 SnS_{n}.

2010 · 四川 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=x2−4f(x) = x^2 - 4，设曲线 y=f(x)y = f(x) 在点 (xn,f(xn))(x_n, f(x_n)) 处的切线与 xx 轴的交点为 (xn+1,0)(x_{n+1}, 0)（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），其中 x1x_1 为正实数.
(1) 用 xnx_n 表示 xn+1x_{n+1}； (2) 求证：对一切正整数 nn，xn+1⩽xnx_{n+1} \leqslant x_n 的充要条件是 x1⩾2x_1 \geqslant 2； (3) 若 x1=4x_1 = 4，记 an=lg⁡xn+2xn−2a_n = \lg \frac{x_n + 2}{x_n - 2}，证明数列 {an}\{a_n\} 成等比数列，并求数列 {xn}\{x_n\} 的通项公式.

2007 · 四川 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22数列★★★★☆
已知函数 f(x)=x2−4f(x) = x^2 - 4，设曲线 y=f(x)y = f(x) 在点 (xn,f(xn))(x_n, f(x_n)) 处的切线与 xx 轴的交点为 (xn+1,0)(x_{n+1}, 0)（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*），其中 x1x_1 为正实数.
(1) 用 xnx_{n} 表示 xn+1x_{n + 1}； (2) 若 x1=4x_{1} = 4，记 an=lg⁡xn+2xn−2a_{n} = \lg \frac{x_{n} + 2}{x_{n} - 2}，证明数列 {an}\{a_{n}\} 成等比数列，并求数列 {xn}\{x_{n}\} 的通项公式； (3) 若 x1=4x_{1} = 4，bn=xn−2b_{n} = x_{n} - 2，TnT_{n} 是数列 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和，证明 Tn<3T_{n} < 3.

2007 · 四川 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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20数列★★★★☆
已知数列 {an}\{a_n\}，其中 a1=1a_1=1，a2=3a_2=3，2an=an+1+an−12a_n=a_{n+1}+a_{n-1}（n⩾2n\geqslant 2）. 记数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n，数列 {ln⁡Sn}\{\ln S_n\} 的前 nn 项和为 UnU_n.
(1) 求 UnU_n； (2) 设 Fn(x)=eUn2n(n!)2x2nF_n(x)=\frac{\mathrm{e}^{U_n}}{2n(n!)^2}x^{2n}（x>0x>0），Tn(x)=∑k=1nFk′(x)T_n(x)=\sum_{k=1}^{n}F_k'(x)（其中 Fk′(x)F_k'(x) 为 Fk(x)F_k(x) 的导函数），计算 lim⁡n→∞Tn(x)Tn+1(x)\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{T_n(x)}{T_{n+1}(x)}.

2006 · 四川 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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