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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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1917分数列★★★★★
设 mm 为正整数，数列 a1a_1，a2a_2，…\dots，a4m+2a_{4m+2} 为公差不为 00 的等差数列，若删去两项 aia_i，aja_j（i<ji<j） 后剩余 4m4m 项可平均分为 mm 组且每组 4 个数都成等差，则称该数列为 (i,j)(i,j)-可分数列.
(1) 写出所有 (i,j)(i,j)，1≤i<j≤61\le i<j\le6，使 a1a_1，…\dots，a6a_6 是 (i,j)(i,j)-可分数列； (2) 当 m≥3m\ge3 时，证明 a1a_1，…\dots，a4m+2a_{4m+2} 是 (2,13)(2,13)-可分数列； (3) 从 11，22，…\dots，4m+24m+2 中不放回任取 i<ji<j，设 a1a_1，…\dots，a4m+2a_{4m+2} 是 (i,j)(i,j)-可分数列的概率为 PmP_m，证明 Pm>18P_m>\frac18.

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 19 题 · 解答题

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1817分数列★★★★☆
已知 {an}\{a_n\} 为等差数列，bn=an−6b_n=a_n-6（nn 为奇数），bn=2anb_n=2a_n（nn 为偶数）. 记 SnS_n，TnT_n 分别为 {an}\{a_n\}，{bn}\{b_n\} 的前 nn 项和，且 S4=32S_4=32，T3=16T_3=16.
(1) 求 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 证明：当 n>5n>5 时，Tn>SnT_n>S_n.

2023 · 全国 · 新高考二卷 · 第 18 题 · 解答题

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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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17数列★★★☆☆
设 {an}\{a_n\} 是公比不为 11 的等比数列，a1a_1 为 a2a_2，a3a_3 的等差中项.
(1) 求 {an}\{a_n\} 的公比； (2) 若 a1=1a_1=1，求数列 {nan}\{na_n\} 的前 nn 项和.

2020 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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21概率与统计★★★★★
为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验. 试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验. 对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药. 一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验. 当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多 44 只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效. 为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得 11 分，乙药得 −1-1 分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得 11 分，甲药得 −1-1 分；若都治愈或都未治愈则两种药均得 00 分. 甲、乙两种药的治愈率分别记为 α\alpha 和 β\beta，一轮试验中甲药的得分记为 XX.
(1) 求 XX 的分布列； (2) 若甲药、乙药在试验开始时都赋予 44 分，pip_i（i=0i=0，11，⋯\cdots，88）表示“甲药的累计得分为 ii 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则 p0=0p_0=0，p8=1p_8=1，pi=api−1+bpi+cpi+1p_i=ap_{i-1}+bp_i+cp_{i+1}（i=1i=1，22，⋯\cdots，77），其中 a=P(X=−1)a=P(X=-1)，b=P(X=0)b=P(X=0)，c=P(X=1)c=P(X=1). 假设 α=0.5\alpha=0.5，β=0.8\beta=0.8.
(i) 证明：{pi+1−pi}\{p_{i+1}-p_i\}（i=0i=0，11，22，⋯\cdots，77）为等比数列； (ii) 求 p4p_4，并根据 p4p_4 的值解释这种试验方案的合理性.

2019 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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18数列★★★☆☆
记 SnS_n 为等差数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和. 已知 S9=−a5S_9=-a_5.
(1) 若 a3=4a_3=4，求 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 若 a1>0a_1>0，求使得 Sn≥anS_n\ge a_n 的 nn 的取值范围.

2019 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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17数列★★☆☆☆
已知数列 {an}\{a_n\} 满足 a1=1a_1=1，nan+1=2(n+1)anna_{n+1}=2(n+1)a_n，设 bn=annb_n=\dfrac{a_n}{n}.
(1) 求 b1b_1，b2b_2，b3b_3； (2) 判断数列 {bn}\{b_n\} 是否为等比数列，并说明理由； (3) 求 {an}\{a_n\} 的通项公式.

2018 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18导数及其应用★★★★☆
设 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，xnx_n 是曲线 y=x2n+2+1y = x^{2n+2} + 1 在点 (1,2)(1,2) 处的切线与 xx 轴交点的横坐标.
(1) 求数列 {xn}\{x_{n}\} 的通项公式； (2) 记 Tn=x12x32⋯x2n−12T_{n} = x_{1}^{2}x_{3}^{2}\cdots x_{2n - 1}^{2}. 证明：Tn⩾14nT_{n} \geqslant \frac{1}{4n}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 函数 y=x2n+2+1y=x^{2n+2}+1 在 (1,2)(1,2) 处的导数为 2n+22n+2，所以切线方程为
y−2=(2n+2)(x−1)y-2=(2n+2)(x-1)
令 y=0y=0，得 −2=(2n+2)(xn−1)-2=(2n+2)(x_n-1)，xn=1−1n+1=nn+1x_n=1-\frac1{n+1}=\frac n{n+1}.
\item 由通项公式，
Tn=∏k=1n(2k−12k)2T_n=\prod_{k=1}^n\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2
当 k⩾2k\geqslant2 时，
(2k−1)2−2k(2k−2)=1>0(2k-1)^2-2k(2k-2)=1>0
故
(2k−12k)2>2k−22k=k−1k\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2>\frac{2k-2}{2k}=\frac{k-1}{k}
当 n=1n=1 时，T1=14=14nT_1=\frac14=\frac1{4n}；当 n⩾2n\geqslant2 时，
Tn=14∏k=2n(2k−12k)2>14∏k=2nk−1k=14nT_n=\frac14\prod_{k=2}^n\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2 >\frac14\prod_{k=2}^n\frac{k-1}{k}=\frac1{4n}
所以对任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，都有 Tn⩾14nT_n\geqslant\frac1{4n}. \end{enumerate} \end{solution}

2015 · 安徽 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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18数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 是递增的等比数列，且 a1+a4=9a_{1} + a_{4} = 9，a2a3=8a_{2}a_{3} = 8.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 SnS_{n} 为数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和，bn=an+1SnSn+1b_{n} = \frac{a_{n+1}}{S_{n} S_{n+1}}，求数列 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和 TnT_{n}.

2015 · 安徽 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
设实数 c>0c > 0，整数 p>1p > 1，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*.
(1) 证明：当 x>−1x > -1 且 x≠0x \neq 0 时，(1+x)p>1+px(1 + x)^p > 1 + px； (2) 数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1>c1pa_1 > c^{\frac{1}{p}}，an+1=p−1pan+cpan1−pa_{n+1} = \frac{p-1}{p}a_n + \frac{c}{p}a_n^{1-p}，证明：an>an+1>c1pa_n > a_{n+1} > c^{\frac{1}{p}}.

2014 · 安徽 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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18数列★★★☆☆
数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=1a_1 = 1，nan+1=(n+1)an+n(n+1)na_{n+1} = (n + 1)a_n + n(n + 1)，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*.
(1) 证明：数列 {ann}\left\{\frac{a_{n}}{n}\right\} 是等差数列； (2) 设 bn=3n⋅anb_n = 3^n \cdot \sqrt{a_n}，求数列 {bn}\{b_n\} 的前 nn 项和 SnS_n.

2014 · 安徽 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19数列★★★☆☆
设数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=2a_{1} = 2，a2+a4=8a_{2} + a_{4} = 8，且对任意 n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，函数 f(x)=(an−an+1+an+2)x+an+1cos⁡x−an+2sin⁡xf(x) = (a_{n} - a_{n+1} + a_{n+2})x + a_{n+1}\cos x - a_{n+2}\sin x 满足 f′ ⁣(π2)=0f'\!\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 若 bn=2(an+12an)b_{n} = 2\left(a_{n} + \frac{1}{2a_{n}}\right)，求数列 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n}.

2013 · 安徽 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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21数列★★★★★
数列 {xn}\{x_{n}\} 满足 x1=0x_{1} = 0，xn+1=−xn2+xn+cx_{n + 1} = -x_{n}^{2} + x_{n} + c （n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}）.
(1) 证明： {xn}\{x_{n}\} 是递减数列的充分必要条件是 c<0c < 0. (2) 求 cc 的取值范围，使 {xn}\{x_{n}\} 是递增数列.

2012 · 安徽 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★☆
设 f(x)=x2+sin⁡xf(x) = \frac{x}{2} + \sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为 {xn}\{x_n\}.
(1) 求数列 {xn}\{x_n\} 的通项公式； (2) 设 {xn}\{x_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n，求 sin⁡Sn\sin S_n.

2012 · 安徽 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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18数列★★★★☆
在数 11 和 100100 之间插入 nn 个实数，使得这 n+2n + 2 个数构成递增的等比数列，将这 n+2n + 2 个数的乘积记作 TnT_{n}，再令 an=lg⁡Tna_{n} = \lg T_{n}，n⩾1n \geqslant 1.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 bn=tan⁡an⋅tan⁡an+1b_{n} = \tan a_{n} \cdot \tan a_{n+1}，求数列 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n}.

2011 · 安徽 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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21数列★★★★☆
在数 11 和 100100 之间插入 nn 个实数，使得这 n+2n + 2 个数构成递增的等比数列，将这 n+2n + 2 个数的乘积记作 TnT_{n}，再令 an=lg⁡Tna_{n} = \lg T_{n}，n⩾1n \geqslant 1.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 bn=tan⁡an⋅tan⁡an+1b_{n} = \tan a_{n} \cdot \tan a_{n+1}，求数列 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n}.

2011 · 安徽 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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20数列★★★★☆
设数列 a1a_{1}，a2a_{2}，⋯\cdots，ana_{n}，⋯\cdots 中的每一项都不为 00. 证明： {an}\{a_{n}\} 为等差数列的充分必要条件是：对任何 n∈N+n \in \mathbf{N}^{+}，都有 1a1a2+1a2a3+⋯+1anan+1=na1an+1\frac{1}{a_{1} a_{2}} + \frac{1}{a_{2} a_{3}} + \cdots + \frac{1}{a_{n} a_{n+1}} = \frac{n}{a_{1} a_{n+1}}.

2010 · 安徽 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21数列★★★★☆
设 C1C_{1}，C2C_{2}，⋯\cdots，CnC_{n}，⋯\cdots 是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在 xx 轴的正半轴上，且都与直线 y=33xy = \frac{\sqrt{3}}{3}x 相切，对每一个正整数 nn，圆 CnC_{n} 都与圆 Cn+1C_{n+1} 相互外切，以 rnr_{n} 表示 CnC_{n} 的半径. 已知 {rn}\{r_{n}\} 为递增数列.
(1) 证明： {rn}\{r_{n}\} 为等比数列； (2) 设 r1=1r_1 = 1，求数列 {nrn}\left\{\frac{n}{r_n}\right\} 的前 nn 项和.

2010 · 安徽 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
点 P(x0,y0)P(x_0, y_0) 在椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 （a>b>0a > b > 0）上，x0=acos⁡βx_0 = a \cos \beta，y0=bsin⁡βy_0 = b \sin \beta，0<β<π20 < \beta < \frac{\pi}{2}，直线 l2l_2 与直线 l1: x0a2x+y0b2y=1l_1:\ \frac{x_0}{a^2} x + \frac{y_0}{b^2} y = 1 垂直，OO 为坐标原点，直线 OPOP 的倾斜角为 α\alpha，直线 l2l_2 的倾斜角为 γ\gamma.
(1) 证明：点 PP 是椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 与直线 l1l_1 的唯一交点； (2) 证明： tan⁡α\tan \alpha，tan⁡β\tan \beta，tan⁡γ\tan \gamma 构成等比数列.

2009 · 安徽 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21数列★★★★☆
首项为正数的数列 {an}\{a_n\} 满足 an+1=14(an2+3)a_{n + 1} = \frac{1}{4} (a_n^2 + 3)，n∈N+n\in \mathbf{N}_+.
(1) 证明：若 a1a_1 为奇数，则对一切 n⩾2n \geqslant 2，ana_n 都是奇数； (2) 若对一切 n∈N+n \in \mathbf{N}_+ 都有 an+1>ana_{n+1} > a_n，求 a1a_1 的取值范围.

2009 · 安徽 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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19数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和 Sn=2n2+2nS_{n} = 2n^{2} + 2n，数列 {bn}\{b_n\} 的前 nn 项和 Tn=2−bnT_{n} = 2 - b_{n}.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 与 {bn}\{b_{n}\} 的通项公式； (2) 设 cn=an2⋅bnc_{n} = a_{n}^{2} \cdot b_{n}，证明：当且仅当 n⩾3n \geqslant 3 时，cn+1<cnc_{n+1} < c_{n}.

2009 · 安徽 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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21数列★★★★★
设数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a0=0a_0 = 0，an+1=can3+1−ca_{n+1} = c a_n^3 + 1 - c，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，其中 cc 为实数.
(1) 证明：an∈[0,1]a_{n} \in [0,1] 对任意 n∈N∗n \in \mathbf{N}^* 成立的充分必要条件是 c∈[0,1]c \in [0,1]； (2) 设 0<c<130 < c < \frac{1}{3}. 证明：an⩾1−(3c)n−1a_{n} \geqslant 1 - (3c)^{n-1}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*； (3) 设 0<c<130 < c < \frac{1}{3}. 证明：a12+a22+⋯+an2>n+1−21−3ca_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2 > n + 1 - \frac{2}{1 - 3c}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*.

2008 · 安徽 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21数列★★★★☆
设数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=aa_1 = a，an+1=can+1−ca_{n+1} = c a_n + 1 - c，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，其中 aa，cc 为实数，且 c≠0c \neq 0.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 a=12a = \frac{1}{2}，c=12c = \frac{1}{2}，bn=n(1−an)b_n = n(1 - a_n)，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，求数列 {bn}\{b_n\} 的前 nn 项和 SnS_n； (3) 若 0<an<10 < a_{n} < 1 对任意 n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*} 成立，证明 0<c⩽10 < c \leqslant 1.

2008 · 安徽 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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