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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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18数列★★★☆☆
记 SnS_n 为等差数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和，已知 a2=11a_2=11，S10=40S_{10}=40.
(1) 求 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 求数列 {∣an∣}\{|a_n|\} 的前 nn 项和 TnT_n.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设等差数列 {an}\{a_n\} 的首项为 a1a_1，公差为 dd，则 a2=a1+d=11a_2=a_1+d=11. 又因为 S10=102(2a1+9d)=40S_{10}=\dfrac{10}{2}(2a_1+9d)=40，所以 2a1+9d=82a_1+9d=8. 联立得 a1=13a_1=13，d=−2d=-2，从而 an=a1+(n−1)d=13−2(n−1)=15−2na_n=a_1+(n-1)d=13-2(n-1)=15-2n. \item 当 1≤n≤71\le n\le7 时，an=15−2n>0a_n=15-2n>0，所以 Tn=∑k=1n(15−2k)=n(14−n)T_n=\sum_{k=1}^n(15-2k)=n(14-n).
当 n≥8n\ge8 时，a1a_1，…\ldots，a7a_7 为正数，且 ak<0a_k<0（k≥8k\ge8），因此 Tn=∑k=17(15−2k)+∑k=8n(2k−15)=49+(n−7)2T_n=\sum_{k=1}^7(15-2k)+\sum_{k=8}^n(2k-15)=49+(n-7)^2. 综上，
Tn={n(14−n),1≤n≤7,49+(n−7)2,n≥8.T_n=\begin{cases} n(14-n),&1\le n\le7,\\ 49+(n-7)^2,&n\ge8. \end{cases}
\end{enumerate} \end{solution}

2023 · 全国 · 乙卷 · 文 · 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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17数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 Sn=3n2−n2S_{n} = \frac{3n^{2} - n}{2}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 证明：对任意 n>1n > 1，都有 m∈N∗m \in \mathbf{N}^*，使得 a1a_1，ana_n，ama_m 成等比数列.

2014 · 江西 · 文 · 第 17 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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16数列★★★☆☆
正项数列 {an}\{a_{n}\} 满足： an2−(2n−1)an−2n=0a_{n}^{2} - (2n - 1)a_{n} - 2n = 0.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 令 bn=1(n+1)anb_{n} = \frac{1}{(n + 1)a_{n}}，求数列 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和 TnT_{n}.

2013 · 江西 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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17三角函数★★★☆☆
在 △ABC\triangle ABC 中，角 AA，BB，CC 的对边分别为 aa，bb，cc. 已知 sin⁡Asin⁡B+sin⁡Bsin⁡C+cos⁡2B=1\sin A \sin B + \sin B \sin C + \cos 2B = 1.
(1) 求证： aa，bb，cc 成等差数列； (2) 若 C=2π3C = \frac{2\pi}{3}，求 ab\frac{a}{b} 的值.

2013 · 江西 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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17数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 Sn=−12n2+knS_{n} = -\frac{1}{2}n^{2} + kn （其中 k∈N+k \in \mathbf{N}_{+} ），且 SnS_{n} 的最大值为 8.
(1) 确定常数 kk，并求 ana_{n}； (2) 求数列 {9−2an2n}\left\{\frac{9-2a_{n}}{2^{n}}\right\} 的前 nn 项和 TnT_{n}.

2012 · 江西 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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22函数与初等函数★★★★★
若函数 h(x)h(x) 满足
① h(0)=1h(0)=1，h(1)=0h(1)=0； ② 对任意 a∈[0,1]a \in [0,1]，有 h(h(a))=ah(h(a)) = a； ③ 在 (0,1)(0,1) 上单调递减.
则称 h(x)h(x) 为补函数. 已知函数 h(x)=(1−xp1+λxp)1ph(x) = \left(\frac{1 - x^{p}}{1 + \lambda x^{p}}\right)^{\frac{1}{p}}（λ>−1\lambda > -1，p>0p > 0）.
(1) 判断函数 h(x)h(x) 是否为补函数，并证明你的结论； (2) 若存在 m∈[0,1]m \in [0,1]，使得 h(m)=mh(m) = m，称 mm 是函数 h(x)h(x) 的中介元. 记 p=1np = \frac{1}{n} （n∈N+n \in \mathbf{N}_+）时 h(x)h(x) 的中介元为 xnx_n. 且 Sn=∑i=1nxiS_n = \sum_{i=1}^{n} x_i，若对任意的 n∈N+n \in \mathbf{N}_+，都有 Sn<12S_n < \frac{1}{2}，求 λ\lambda 的取值范围； (3) 当 λ=0\lambda = 0，x∈(0,1)x \in (0,1) 时，函数 y=h(x)y = h(x) 的图象总在直线 y=1−xy = 1 - x 的上方，求 pp 的取值范围.

2012 · 江西 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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17数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 Sn=kcn−kS_{n} = kc^{n} - k （其中 cc，kk 为常数），且 a2=4a_{2} = 4，a6=8a3a_{6} = 8a_{3}.
(1) 求 ana_{n}； (2) 求数列 {nan}\{na_{n}\} 的前 nn 项和 TnT_{n}.

2012 · 江西 · 文 · 第 17 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★★★★★
(1) 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，若数列 {an}\{a_{n}\} 唯一，求 aa 的值； (2) 是否存在两个等比数列 {an}\{a_{n}\}，{bn}\{b_{n}\}，使得 b1−a1b_{1} - a_{1}，b2−a2b_{2} - a_{2}，b3−a3b_{3} - a_{3}，b4−a4b_{4} - a_{4} 成公差不为 0 的等差数列？ 若存在，求 {an}\{a_{n}\}，{bn}\{b_{n}\} 的通项公式；若不存在，说明理由.

2011 · 江西 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22数列★★★★★
证明以下命题：
(1) 对任一正整数 aa，都存在正整数 bb，cc（b<cb<c），使得 a2a^{2}，b2b^{2}，c2c^{2} 成等差数列； (2) 存在无穷多个互不相似的三角形 Δn\Delta_{n}，其边长 ana_{n}，bnb_{n}，cnc_{n} 为正整数且 an2a_{n}^{2}，bn2b_{n}^{2}，cn2c_{n}^{2} 成等差数列.

2010 · 江西 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22数列★★★★★
正实数数列 {an}\{a_{n}\} 中，a1=1a_{1} = 1，a2=5a_{2} = 5，且 {an2}\{a_{n}^{2}\} 成等差数列.
(1) 证明：数列 {an}\{a_{n}\} 中有无穷多项为无理数； (2) 当 nn 为何值时，ana_{n} 为整数，并求出使 an<200a_{n} < 200 的所有整数项的和.

2010 · 江西 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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22数列★★★★★
各项均为正数的数列 {an}\{a_{n}\}，a1=aa_{1} = a，a2=ba_{2} = b，且对满足 m+n=p+qm + n = p + q 的正整数 mm，nn，pp，qq 都有 am+an(1+am)(1+an)=ap+aq(1+ap)(1+aq)\frac{a_{m} + a_{n}}{(1 + a_{m})(1 + a_{n})} = \frac{a_{p} + a_{q}}{(1 + a_{p})(1 + a_{q})}.
(1) 当 a=12a = \frac{1}{2}，b=45b = \frac{4}{5} 时，求通项 ana_{n}； (2) 证明：对任意 aa，存在与 aa 有关的常数 λ\lambda，使得对于每个正整数 nn，都有 1λ⩽an⩽λ\frac{1}{\lambda} \leqslant a_n \leqslant \lambda.

2009 · 江西 · 理 · 第 22 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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19数列★★★☆☆
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，b3S3=960b_{3}S_{3} = 960.
(1) 求 ana_{n} 与 bnb_{n}； (2) 求 1S1+1S2+⋯+1Sn\frac{1}{S_1} + \frac{1}{S_2} + \cdots + \frac{1}{S_n}.

2008 · 江西 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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