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共找到 17 题
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145分数列★★★★☆
设实数 qq 满足：存在数列 {an}\{a_n\}，使得对于任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，均有 a1+a2+⋯+a3n=n2+na_1+a_2+\cdots+a_{3n}=n^2+n，且 {an}\{a_n\} 中有某连续 99 项 aka_k，ak+1a_{k+1}，⋯\cdots，ak+8a_{k+8} 是公比为 qq 的等比数列，则 qq 的最大值为______．

2026 · 全国 · 一卷 · 第 14 题 · 填空题

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1615分数列★★★★☆
设数列 {an}\{a_n\} 满足 a1=3a_1 = 3，an+1n=ann+1+1n(n+1)\frac{a_{n+1}}{n} = \frac{a_n}{n+1} + \frac{1}{n(n+1)}.
(1) 证明：{nan}\{na_n\} 为等差数列； (2) 给定正整数 mm，设函数 f(x)=a1x+a2x2+⋯+amxmf(x) = a_1x + a_2x^2 + \cdots + a_mx^m，求 f′(−2)f'(-2).

2025 · 全国 · 一卷 · 第 16 题 · 解答题

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085分数列★★★★☆
已知函数 f(x)f(x) 的定义域为 R\mathbf{R}，且 f(x)>f(x−1)+f(x−2)f(x)>f(x-1)+f(x-2)， 当 x<3x<3 时 f(x)=xf(x)=x. 则下列结论中一定正确的是（ ）
A.
f(10)>100f(10)>100
B.
f(20)>1000f(20)>1000
C.
f(10)<1000f(10)<1000
D.
f(20)<10000f(20)<10000

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 8 题 · 选择题

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04不等式★★★★☆
嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列 {bn}\{b_n\}：b1=1+1α1b_1=1+\frac{1}{\alpha_1}，b2=1+1α1+1α2b_2=1+\frac{1}{\alpha_1+\frac{1}{\alpha_2}}，b3=1+1α1+1α2+1α3b_3=1+\frac{1}{\alpha_1+\frac{1}{\alpha_2+\frac{1}{\alpha_3}}}，…，依此类推，其中 αk∈N∗\alpha_k\in\mathbf{N}^*（k=1k=1，22，…\dots），则（ ）
A.
b1<b5b_1<b_5
B.
b3<b8b_3<b_8
C.
b6<b2b_6<b_2
D.
b4<b7b_4<b_7

2022 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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19数列★★★★☆
记 SnS_n 为数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和，bnb_n 为数列 {Sn}\{S_n\} 的前 nn 项积，已知 2Sn+1bn=2\frac{2}{S_n}+\frac{1}{b_n}=2.
(1) 证明：数列 {bn}\{b_n\} 是等差数列； (2) 求 {an}\{a_n\} 的通项公式.

2021 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19数列★★★★☆
设 {an}\{a_n\} 是首项为 11 的等比数列，数列 {bn}\{b_n\} 满足 bn=nan3b_n=\dfrac{na_n}{3}. 已知 a1a_1，3a23a_2，9a39a_3 成等差数列.
(1) 求 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 记 SnS_n 和 TnT_n 分别为 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 的前 nn 项和，证明：Tn<Sn2T_n<\dfrac{S_n}{2}.

2021 · 全国 · 乙卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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16数列★★★★☆
数列 {an}\{a_n\} 满足 an+2+(−1)nan=3n−1a_{n+2}+(-1)^n a_n=3n-1，前 1616 项和为 540540，则 a1=‾a_1=\underline{\hspace{2em}}.

2020 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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18数列★★★★☆
已知首项都是 11 的两个数列 {an}\{a_{n}\}，{bn}\{b_{n}\}（bn≠0b_{n} \neq 0，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}）满足 anbn+1−an+1bn+2bn+1bn=0a_{n}b_{n+1} - a_{n+1}b_{n} + 2b_{n+1}b_{n} = 0.
(1) 令 cn=anbnc_{n} = \frac{a_{n}}{b_{n}}，求数列 {cn}\{c_{n}\} 的通项公式； (2) 若 bn=3n−1b_{n} = 3^{n - 1}，求数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n}.

2014 · 江西 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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18数列★★★★☆
正项数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n} 满足 Sn2−(n2+n−1)Sn−(n2+n)=0S_{n}^{2} - (n^{2} + n - 1)S_{n} - (n^{2} + n) = 0.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 令 bn=n+1(n+2)2an2b_{n} = \frac{n + 1}{(n + 2)^2 a_{n}^{2}}，数列 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和为 TnT_{n}. 证明：对于任意 n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，都有 Tn<564T_{n} < \frac{5}{64}.

2013 · 江西 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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18数列★★★★☆
已知两个等比数列 {an}\{a_{n}\}，{bn}\{b_{n}\}，满足 a1=aa_{1} = a（a>0a > 0），b1−a1=1b_{1} - a_{1} = 1，b2−a2=2b_{2} - a_{2} = 2，b3−a3=3b_{3} - a_{3} = 3.
(1) 若 a=1a = 1，求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 若数列 {an}\{a_{n}\} 唯一，求 aa 的值.

2011 · 江西 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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21数列★★★★☆
数列 {an}\{a_{n}\} 的通项 an=n2(cos⁡2nπ3−sin⁡2nπ3)a_{n} = n^{2}\left(\cos^{2}\frac{n\pi}{3} - \sin^{2}\frac{n\pi}{3}\right)，其前 nn 项和为 SnS_{n}.
(1) 求 SnS_{n}； (2) bn=S3nn⋅4nb_{n}=\frac{S_{3n}}{n\cdot4^{n}}，求数列 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和 TnT_{n}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 利用 cos⁡2u−sin⁡2u=cos⁡2u\cos^{2}u-\sin^{2}u=\cos2u，得 an=n2cos⁡2nπ3a_n=n^{2}\cos\frac{2n\pi}{3}. 当 n=3j−2n=3j-2，3j−13j-1，3j3j 时，分别有 a3j−2=−12(3j−2)2a_{3j-2}=-\frac12(3j-2)^{2}，a3j−1=−12(3j−1)2a_{3j-1}=-\frac12(3j-1)^{2}，a3j=9j2a_{3j}=9j^{2}. 每三个连续项的和为
a3j−2+a3j−1+a3j=9j−52a_{3j-2}+a_{3j-1}+a_{3j}=9j-\frac52
所以
S3k=∑j=1k(9j−52)=k(9k+4)2=n(3n+4)6S_{3k}=\sum_{j=1}^{k}\left(9j-\frac52\right)=\frac{k(9k+4)}2=\frac{n(3n+4)}6
由 S3k−1=S3k−a3kS_{3k-1}=S_{3k}-a_{3k}，得
S3k−1=k(9k+4)2−9k2=k(4−9k)2S_{3k-1}=\frac{k(9k+4)}2-9k^{2}=\frac{k(4-9k)}2
再由 S3k−2=S3k−1−a3k−1S_{3k-2}=S_{3k-1}-a_{3k-1}，得
S3k−2=k(4−9k)2+(3k−1)22=−k+12S_{3k-2}=\frac{k(4-9k)}2+\frac{(3k-1)^{2}}2=-k+\frac12
因此
Sn={−n3−16,n=3k−2,(n+1)(1−3n)6,n=3k−1,n(3n+4)6,n=3k,k∈N∗S_n= \begin{cases} -\dfrac{n}{3}-\dfrac{1}{6},&n=3k-2,\\[4pt] \dfrac{(n+1)(1-3n)}6,&n=3k-1,\\[4pt] \dfrac{n(3n+4)}6,&n=3k, \end{cases} \qquad k\in\mathbf{N}^*
\item 由第一问在 3n3n 处的结果，
bn=S3nn⋅4n=9n+42⋅4nb_n=\frac{S_{3n}}{n\cdot4^n}=\frac{9n+4}{2\cdot4^n}
于是
Tn=12∑j=1n9j+44jT_n=\frac12\sum_{j=1}^{n}\frac{9j+4}{4^j}
将上式乘以 44 后与原式相减，得
3Tn=12(13+94+942+⋯+94n−1−9n+44n)=12(16−9n+164n)=8−9n+162⋅4n3T_n=\frac12\left(13+\frac94+\frac9{4^2}+\cdots+\frac9{4^{n-1}}-\frac{9n+4}{4^n}\right) =\frac12\left(16-\frac{9n+16}{4^n}\right) =8-\frac{9n+16}{2\cdot4^n}
因此
Tn=83−83⋅4n−3n2⋅4n=83−13⋅22n−3−3n22n+1T_n=\frac83-\frac{8}{3\cdot4^n}-\frac{3n}{2\cdot4^n} =\frac83-\frac{1}{3\cdot2^{2n-3}}-\frac{3n}{2^{2n+1}}
\end{enumerate} \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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19数列★★★★☆
(1) 等差数列 {an}\{a_{n}\} 各项均为正整数，a1=3a_{1} = 3. 前 nn 项和为 SnS_{n}，等比数列 {bn}\{b_{n}\} 中，b1=1b_{1} = 1，且 b2S2=64b_{2}S_{2} = 64，{ban}\{b_{a_{n}}\} 是公比为 6464 的等比数列. 求 ana_{n} 与 bnb_{n}； (2) 证明：1S1+1S2+⋯+1Sn<34\frac{1}{S_1} + \frac{1}{S_2} + \cdots + \frac{1}{S_n} < \frac{3}{4}.

2008 · 江西 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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21数列★★★★☆
设 {an}\{a_{n}\} 为等比数列，a1=1a_1 = 1，a2=3a_2 = 3.
(1) 求最小的自然数 nn，使 an⩾2007a_n \geqslant 2007； (2) 求和：T2n=1a1−2a2+3a3−⋯−2na2nT_{2n} = \frac{1}{a_1} - \frac{2}{a_2} + \frac{3}{a_3} - \dots - \frac{2n}{a_{2n}}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 等比数列的公比为 q=a2a1=3q=\frac{a_2}{a_1}=3，所以 an=3n−1a_n=3^{n-1}. 由于 36=729<2007⩽2187=373^6=729<2007\leqslant2187=3^7，故 n−1⩾7n-1\geqslant7，满足条件的最小自然数为 n=8n=8.
\item 由 ak=3k−1a_k=3^{k-1}，有 T2n=∑k=12nk(−13)k−1T_{2n}=\sum_{k=1}^{2n}k\left(-\frac{1}{3}\right)^{k-1}. 令 r∈Rr\in\mathbf{R}，由有限等比数列求和公式
1+r+r2+⋯+r2n=1−r2n+11−r1+r+r^2+\dots+r^{2n}=\frac{1-r^{2n+1}}{1-r}
两边对 rr 求导，得
1+2r+3r2+⋯+2nr2n−1=1−(2n+1)r2n+2nr2n+1(1−r)21+2r+3r^2+\dots+2nr^{2n-1}=\frac{1-(2n+1)r^{2n}+2nr^{2n+1}}{(1-r)^2}
令 r=−13r=-\frac{1}{3}，则
T2n=1−2n+132n−2n32n+1(1+13)2=916(1−8n+332n+1)=916−8n+316⋅32n−1T_{2n}=\frac{1-\frac{2n+1}{3^{2n}}-\frac{2n}{3^{2n+1}}}{\left(1+\frac{1}{3}\right)^2}=\frac{9}{16}\left(1-\frac{8n+3}{3^{2n+1}}\right)=\frac{9}{16}-\frac{8n+3}{16\cdot3^{2n-1}}
\end{enumerate} \end{solution}

2007 · 江西 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22数列★★★★☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 满足：a1=32a_{1} = \frac{3}{2}，且 an=3nan−12an−1+n−1a_{n} = \frac{3na_{n-1}}{2a_{n-1} + n - 1}（n⩾2n \geqslant 2，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}）.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 证明：对一切正整数 nn，不等式 a1⋅a2⋅⋯⋅an<2⋅n!a_1 \cdot a_2 \cdot \cdots \cdot a_n < 2 \cdot n! 恒成立.

2006 · 江西 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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12计数原理与组合数学★★★★☆
将 11，22，⋯\cdots，99 这 99 个数平均分成三组，则每组的三个数都成等差数列的概率为（ ）
A.
156\frac{1}{56}
B.
170\frac{1}{70}
C.
1336\frac{1}{336}
D.
1420\frac{1}{420}

2005 · 江西 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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21数列★★★★☆
已知数列 {an}\{a_n\} 的各项都是正数，且满足：a0=1a_{0}=1， an+1=12an(4−an)\ a_{n+1}=\frac{1}{2}a_n(4-a_n)，n∈Nn\in\mathbf{N}.
(1) 证明：an<an+1<2a_n<a_{n+1}<2，n∈Nn\in\mathbf{N}； (2) 求数列 {an}\{a_n\} 的通项公式 ana_n.

2005 · 江西 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22数列★★★★☆
已知数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和 SnS_n 满足 Sn−Sn−2=3(−12)n−1S_n-S_{n-2}=3\left(-\dfrac12\right)^{n-1}（n⩾3n\geqslant3），且 S1=1S_1=1、S2=−32S_2=-\dfrac32. 求数列 {an}\{a_n\} 的通项公式.

2005 · 江西 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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