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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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2015分数列★★★★☆
设等差数列 {an}\{a_n\} 的公差为 dd，且 d>1d>1. 令 bn=n2+nanb_n=\frac{n^2+n}{a_n}，记 SnS_n，TnT_n 分别为数列 {an}\{a_n\}，{bn}\{b_n\} 的前 nn 项和.
(1) 若 3a2=3a1+a33a_2=3a_1+a_3，S3+T3=21S_3+T_3=21，求 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 若 {bn}\{b_n\} 为等差数列，且 S99−T99=99S_{99}-T_{99}=99，求 dd.

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 20 题 · 解答题

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20数列★★★★☆
已知等差数列 {an}\{a_n\} 的首项 a1=−1a_1=-1，公差 d>1d>1. 记 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）.
(1) 若 S4−2a2a3+6=0S_4-2a_2a_3+6=0，求 SnS_n； (2) 若对于每个 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，存在实数 cnc_n，使 an+cna_n+c_n，an+1+4cna_{n+1}+4c_n，an+2+15cna_{n+2}+15c_n 成等比数列，求 dd 的取值范围.

2022 · 浙江 · 第 20 题 · 解答题

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20数列★★★★☆
已知数列 {an}\{a_n\} 前 nn 项和为 SnS_n，a1=−94a_1=-\frac{9}{4}，且 4Sn+1=3Sn−94S_{n+1}=3S_n-9.
(1) 求数列 {an}\{a_n\} 的通项； (2) 设 {bn}\{b_n\} 满足 3bn+(n−4)an=03b_n+(n-4)a_n=0（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*），记其前 nn 项和为 TnT_n. 若 Tn≤λbnT_n\le\lambda b_n 对任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^* 恒成立，求 λ\lambda 的取值范围.

2021 · 浙江 · 第 20 题 · 解答题

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20数列★★★★☆
已知数列 {an}\{a_n\}，{bn}\{b_n\}，{cn}\{c_n\} 中，a1=b1=c1=1a_1=b_1=c_1=1，cn+1=an+1−anc_{n+1}=a_{n+1}-a_n，cn+1=bnbn+2 cnc_{n+1}=\dfrac{b_n}{b_{n+2}}\,c_n（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）.
(1) 若数列 {bn}\{b_n\} 为等比数列，且公比 q>0q>0，且 b1+b2=6b3b_1+b_2=6b_3，求 qq 与 ana_n 的通项公式； (2) 若数列 {bn}\{b_n\} 为等差数列，且公差 d>0d>0，证明：c1+c2+⋯+cn<1+1dc_1+c_2+\cdots+c_n<1+\dfrac1d，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*.

2020 · 浙江 · 第 20 题 · 解答题

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20数列★★★★☆
设等差数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n，a3=4a_3=4，a4=S3a_4=S_3，数列 {bn}\{b_n\} 满足：对每个 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，Sn+bnS_n+b_n，Sn+1+bnS_{n+1}+b_n，Sn+2+bnS_{n+2}+b_n 成等比数列.
(1) 求数列 {an}\{a_n\}，{bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 记 Cn=an2bnC_n=\sqrt{\dfrac{a_n}{2b_n}}（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*），证明：C1+C2+⋯+Cn<2nC_1+C_2+\cdots+C_n<2\sqrt n，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*.

2019 · 浙江 · 第 20 题 · 解答题

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20数列★★★★☆
已知等比数列 {an}\{a_n\} 的公比 q>1q>1，且 a3+a4+a5=28a_3+a_4+a_5=28，a4+2a_4+2 是 a3a_3，a5a_5 的等差中项. 数列 {bn}\{b_n\} 满足 b1=1b_1=1，数列 {(bn+1−bn)an}\{(b_{n+1}-b_n)a_n\} 的前 nn 项和为 2n2+n2n^2+n.
(1) 求 qq 的值； (2) 求数列 {bn}\{b_n\} 的通项公式.

2018 · 浙江 · 第 20 题 · 解答题

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22数列★★★★★
已知数列 {xn}\{x_n\} 满足：x1=1x_1=1，xn=xn+1+ln⁡(1+xn+1)x_n=x_{n+1}+\ln(1+x_{n+1})（n∈N∗n\in \mathbf{N}^*），证明：当 n∈N∗n\in \mathbf{N}^* 时，
(1) 0<xn+1<xn0<x_{n+1}<x_n； (2) 2xn+1−xn≤xnxn+122x_{n+1}-x_n\le \dfrac{x_nx_{n+1}}{2}； (3) 12n−1≤xn≤12n−2\dfrac{1}{2^{n-1}}\le x_n\le \dfrac{1}{2^{n-2}}.

2017 · 浙江 · 第 22 题 · 解答题

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20数列★★★★★
设数列满足 ∣an−an+12∣≤1\left|a_n-\dfrac{a_{n+1}}{2}\right|\le 1，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*.
(1) 求证：∣an∣≥2n−1(∣a1∣−2)|a_n|\ge 2^{n-1}\left( |a_1|-2 \right)，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*； (2) 若 ∣an∣≤(32)n|a_n|\le \left( \dfrac32 \right)^n，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，证明：∣an∣≤2|a_n|\le 2，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*.

2016 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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17数列★★★★☆
设数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n，已知 S2=4S_2=4，an+1=2Sn+1a_{n+1}=2S_n+1，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*.
(1) 求通项公式 ana_n； (2) 求数列 {∣an−n−2∣}\{|a_n-n-2|\} 的前 nn 项和.

2016 · 浙江 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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20数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=12a_1 = \frac{1}{2} 且 an+1=an−an2a_{n + 1} = a_n - a_n^2（n∈N∗n\in \mathbf{N}^*）.
(1) 证明： 1⩽anan+1⩽21 \leqslant \frac{a_n}{a_{n+1}} \leqslant 2（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）； (2) 设数列 {an2}\{a_n^2\} 的前 nn 项和为 SnS_n，证明： 12(n+2)⩽Snn⩽12(n+1)\frac{1}{2(n+2)} \leqslant \frac{S_n}{n} \leqslant \frac{1}{2(n+1)} （n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.

2015 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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17数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 满足 a1=2a_1=2，b1=1b_1=1，an+1=2ana_{n+1}=2a_n（n∈N∗n\in\mathbf{N}^{*}），b1+12b2+13b3+⋯+1nbn=bn+1−1b_1+\frac{1}{2}b_2+\frac{1}{3}b_3+\dots+\frac{1}{n}b_n=b_{n+1}-1（n∈N∗n\in\mathbf{N}^{*}）.
(1) 求 ana_n 与 bnb_n； (2) 记数列 {anbn}\{a_nb_n\} 的前 nn 项和为 TnT_n，求 TnT_n.

2015 · 浙江 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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19数列★★★★☆
已知数列 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 满足 a1a2a3⋯an=(2)bna_1a_2a_3\cdots a_n = (\sqrt{2})^{b_n}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）. 若 {an}\{a_n\} 为等比数列，且 a1=2a_1 = 2，b3=6+b2b_3 = 6 + b_2.
(1) 求 ana_{n} 与 bnb_{n}； (2) 设 cn=1an−1bnc_{n} = \frac{1}{a_{n}} - \frac{1}{b_{n}}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）. 记数列 {cn}\{c_{n}\} 的前 nn 项和为 SnS_{n}.
(i) 求 SnS_{n}； (ii) 求正整数 kk，使得对任意 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，均有 Sk⩾SnS_k \geqslant S_n.

2014 · 浙江 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19数列★★★☆☆
已知等差数列 {an}\{a_{n}\} 的公差 d>0d > 0，设 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和为 SnS_{n}，a1=1a_{1} = 1，S2⋅S3=36S_{2} \cdot S_{3} = 36.
(1) 求 dd 及 SnS_{n}； (2) 求 mm，kk（mm，k∈N∗k \in \mathbf{N}^*）的值，使得 am+am+1+am+2+⋯+am+k=65a_m + a_{m+1} + a_{m+2} + \cdots + a_{m+k} = 65.

2014 · 浙江 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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18数列★★★☆☆
在公差为 dd 的等差数列 {an}\{a_{n}\} 中，已知 a1=10a_{1} = 10，且 a1a_{1}，2a2+22a_{2} + 2，5a35a_{3} 成等比数列.
(1) 求 dd，ana_{n}； (2) 若 d<0d < 0，求 ∣a1∣+∣a2∣+∣a3∣+⋯+∣an∣\left|a_{1}\right| + \left|a_{2}\right| + \left|a_{3}\right| + \cdots + \left|a_{n}\right|.

2013 · 浙江 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19数列★★★☆☆
在公差为 dd 的等差数列 {an}\{a_{n}\} 中，已知 a1=10a_1 = 10，且 a1a_1，2a2+22a_2 + 2，5a35a_3 成等比数列.
(1) 求 dd，ana_{n}； (2) 若 d<0d < 0，求 ∣a1∣+∣a2∣+∣a3∣+⋯+∣an∣\left|a_{1}\right| + \left|a_{2}\right| + \left|a_{3}\right| + \cdots + \left|a_{n}\right|.

2013 · 浙江 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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19数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和为 SnS_{n}，且 Sn=2n2+nS_{n} = 2n^{2} + n，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，数列 {bn}\{b_{n}\} 满足 an=4log⁡2bn+3a_{n} = 4\log_{2}b_{n} + 3，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}.
(1) 求 ana_{n}，bnb_{n}； (2) 求数列 {an⋅bn}\{a_{n} \cdot b_{n}\} 的前 nn 项和 TnT_{n}.

2012 · 浙江 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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18三角函数★★★★☆
在 △ABC\triangle ABC 中，角 AA，BB，CC 所对的边分别为 aa，bb，cc. 已知 sin⁡A+sin⁡C=psin⁡B\sin A + \sin C = p \sin B （p∈Rp \in \mathbf{R}），且 ac=14b2ac = \frac{1}{4} b^2.
(1) 当 p=54p = \frac{5}{4}，b=1b = 1 时，求 aa，cc 的值； (2) 若角 BB 为锐角，求 pp 的取值范围.

2011 · 浙江 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19数列★★★★☆
已知公差不为 00 的等差数列 {an}\{a_{n}\} 的首项 a1a_{1} 为 aa （a∈Ra\in\mathbf{R}）. 设数列的前 nn 项和为 SnS_{n}，且 1a1\frac{1}{a_{1}}，1a2\frac{1}{a_{2}}，1a4\frac{1}{a_{4}} 成等比数列.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式及 SnS_{n}； (2) 记 An=1S1+1S2+1S3+⋯+1SnA_{n} = \frac{1}{S_{1}} + \frac{1}{S_{2}} + \frac{1}{S_{3}} + \cdots + \frac{1}{S_{n}}，Bn=1a1+1a2+1a22+⋯+1a2n−1B_{n} = \frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} + \frac{1}{a_{2^{2}}} + \cdots + \frac{1}{a_{2^{n-1}}} 当 n⩾2n \geqslant 2 时，试比较 AnA_{n} 与 BnB_{n} 的大小.

2011 · 浙江 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19数列★★★☆☆
已知公差不为 0 的等差数列 {an}\{a_{n}\} 的首项 a1a_{1} 为 aa （a∈Ra \in \mathbf{R}），且 1a1\frac{1}{a_1}，1a2\frac{1}{a_2}，1a4\frac{1}{a_4} 成等比数列.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 对 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，试比较 1a2+1a22+1a23+⋯+1a2n\frac{1}{a_2} + \frac{1}{a_{2^2}} + \frac{1}{a_{2^3}} + \cdots + \frac{1}{a_{2^n}} 与 1a1\frac{1}{a_1} 的大小.

2011 · 浙江 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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19数列★★★☆☆
设 a1a_1，dd 为实数，首项为 a1a_1，公差为 dd 的等差数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n，满足 S5S6+15=0S_5S_6 + 15 = 0.
(1) 若 S5=5S_5 = 5，求 S6S_6 及 a1a_1； (2) 求 dd 的取值范围.

2010 · 浙江 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20数列★★★☆☆
设 SnS_{n} 为数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和，Sn=kn2+nS_{n} = kn^{2} + n，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，其中 kk 是常数.
(1) 求 a1a_{1} 及 ana_{n}； (2) 若对于任意的 m∈N∗m \in \mathbf{N}^*，ama_m，a2ma_{2m}，a4ma_{4m} 成等比数列，求 kk 的值.

2009 · 浙江 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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22数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_{n}\}，an⩾0a_{n} \geqslant 0，a1=0a_{1} = 0，an+12+an+1−1=an2a_{n+1}^{2} + a_{n+1} - 1 = a_{n}^{2}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）. 记 Sn=a1+a2+⋯+anS_{n} = a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n}，Tn=11+a1+1(1+a1)(1+a2)+⋯+1(1+a1)(1+a2)⋯(1+an)T_{n} = \frac{1}{1 + a_{1}} + \frac{1}{(1 + a_{1})(1 + a_{2})} + \cdots + \frac{1}{(1 + a_1)(1 + a_2)\cdots(1 + a_n)}. 求证：当 n∈N∗n\in \mathbf{N}^* 时，
(1) an<an+1a_{n} < a_{n + 1}； (2) Sn>n−2S_{n} > n - 2； (3) Tn<3T_{n} < 3.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 an⩾0a_n\geqslant0，递推式中的 an+1a_{n+1} 取非负根，故
an+1=−1+5+4an22a_{n+1}=\frac{-1+\sqrt{5+4a_n^2}}2
先证 0⩽an<10\leqslant a_n<1.a1=0<1a_1=0<1，若 0⩽an<10\leqslant a_n<1，则 5+4an2<95+4a_n^2<9，从而 0<an+1<10<a_{n+1}<1，归纳可得对一切 nn 都成立. 又因为两边均非负，
an+1>an⟺5+4an2>2an+1⟺5+4an2>(2an+1)2⟺an<1a_{n+1}>a_n\Longleftrightarrow\sqrt{5+4a_n^2}>2a_n+1 \Longleftrightarrow 5+4a_n^2>(2a_n+1)^2 \Longleftrightarrow a_n<1
所以 an<an+1a_n<a_{n+1}. \item a2a_2 是方程 x2+x−1=0x^2+x-1=0 的非负根，故 a2=5−12>12a_2=\frac{\sqrt5-1}{2}>\frac12.当 n=1n=1，22 时，分别有 S1=0>−1S_1=0>-1 和 S2=a2>0S_2=a_2>0.
当 k⩾3k\geqslant3 时，递推式可改写为
1−ak=ak2−ak−12=(ak−ak−1)(ak+ak−1)1-a_k=a_k^2-a_{k-1}^2=(a_k-a_{k-1})(a_k+a_{k-1})
由于数列递增且 a2>12a_2>\frac12，有 ak+ak−1>2a2>1a_k+a_{k-1}>2a_2>1，所以 1−ak<ak−ak−11-a_k<a_k-a_{k-1}.于是当 n⩾3n\geqslant3 时，
n−Sn=∑k=1n(1−ak)<1+(1−a2)+(an−a2)<3−2a2<2n-S_n=\sum_{k=1}^{n}(1-a_k) <1+(1-a_2)+(a_n-a_2)<3-2a_2<2
故 Sn>n−2S_n>n-2. \item 由 a1=0a_1=0 且数列递增，ak⩾a2a_k\geqslant a_2 对 k⩾2k\geqslant2 成立.因此
∏j=1k(1+aj)⩾(1+a2)k−1\prod_{j=1}^{k}(1+a_j)\geqslant(1+a_2)^{k-1}
从而
Tn⩽∑k=1n1(1+a2)k−1<∑k=1∞1(1+a2)k−1=1+a2a2=3+52<3T_n\leqslant\sum_{k=1}^{n}\frac1{(1+a_2)^{k-1}} <\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{(1+a_2)^{k-1}} =\frac{1+a_2}{a_2}=\frac{3+\sqrt5}{2}<3
\end{enumerate} \end{solution}

2008 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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18数列★★☆☆☆
已知数列 {xn}\{x_{n}\} 的首项 x1=3x_{1} = 3，通项 xn=2np+nqx_{n} = 2^{n}p + nq（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，pp，qq 为常数），且 x1x_{1}，x4x_{4}，x5x_{5} 成等差数列. 求：
(1) pp，qq 的值； (2) 数列 {xn}\{x_{n}\} 前 nn 项和 SnS_{n} 的公式.

2008 · 浙江 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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