2025高考数学二轮专题-向量、数列-专项训练（含答案）

这是一份2025高考数学二轮专题-向量、数列-专项训练（含答案），共28页。试卷主要包含了已知＝等内容，欢迎下载使用。
1．在等差数列{an}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记Tn＝a1a2…an（n＝1，2，…），则数列{Tn}（ ）
A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项
2．已知向量，满足||＝5，||＝6，•＝﹣6，则cs＜，+＞＝（ ）
A．﹣B．﹣C．D．
3．已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，bn+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是（ ）
A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6
C．＝a2a8D．＝b2b8
4．已知单位向量，的夹角为60°，则在下列向量中，与垂直的是（ ）
A．B．2+C．﹣2D．2﹣
5．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（ ）
A．2n﹣1B．2﹣21﹣nC．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣1
6．设a，b∈R，数列{an}满足a1＝a，an+1＝an2+b，n∈N*，则（ ）
A．当b＝时，a10＞10B．当b＝时，a10＞10
C．当b＝﹣2时，a10＞10D．当b＝﹣4时，a10＞10
7．已知非零向量，满足||＝2||，且（﹣）⊥，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
8．记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（ ）
A．an＝2n﹣5B．an＝3n﹣10
C．Sn＝2n2﹣8nD．Sn＝n2﹣2n
9．已知＝（2，3），＝（3，t），||＝1，则•＝（ ）
A．﹣3B．﹣2C．2D．3
10．已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3+4a1，则a3＝（ ）
A．16B．8C．4D．2
11．设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“|+|＞||”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
二．填空题（共16小题）
12．在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9．若＝m+（﹣m）（m为常数），则CD的长度是 ．
13．将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为 ．
14．如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且＝λ，•＝﹣，则实数λ的值为 ，若M，N是线段BC上的动点，且||＝1，则•的最小值为 ．
15．已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝（+），则||＝ ；•＝ ．
16．已知数列{an}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝ ．
17．已知，，，，…，（k∈N*）是平面内两两互不相等的向量，满足||＝1，且|﹣|∈{1，2}（其中i＝1，2，j＝1，2，…，k），则k的最大值是 ．
18．已知数列{an}满足an＝，则S3＝ ．
19．已知平面单位向量，满足|2﹣|≤．设＝+，＝3+，向量，的夹角为θ，则cs2θ的最小值是 ．
20．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝ ．
21．已知数列{an}（n∈N*）是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5+a8＝0，S9＝27，则S8的值是 ．
22．如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE＝2EA，AD与CE交于点O．若•＝6•，则的值是 ．
23．已知正方形ABCD的边长为1．当每个λi（i＝1，2，3，4，5，6）取遍±1时，|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6|的最小值是 ，最大值是 ．
24．在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝5，∠A＝30°，点E在线段CB的延长线上，且AE＝BE，则•＝ ．
25．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a42＝a6，则S5＝ ．
26．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则＝ ．
27．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝﹣3，S5＝﹣10，则a5＝ ，Sn的最小值为 ．
三．解答题（共10小题）
28．已知数列{an}（n∈N*）的首项a1＝1，前n项和为Sn．设λ和k为常数，若对一切正整数n，均有﹣＝λ成立，则称此数列为“λ﹣k”数列．
（1）若等差数列{an}是“λ﹣1”数列，求λ的值；
（2）若数列{an}是“﹣2”数列，且an＞0，求数列{an}的通项公式；
（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{an}为“λ﹣3”数列，且an≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．
29．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4＝20，a3＝8．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1．
30．已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．
（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn+2＜Sn+12（n∈N*）；
（Ⅲ）对任意的正整数n，设cn＝求数列{cn}的前2n项和．
31．已知{an}是无穷数列．给出两个性质：
①对于{an}中任意两项ai，aj（i＞j），在{an}中都存在一项am，使得＝am；
②对于{an}中任意一项an（n≥3），在{an}中都存在两项ak，al（k＞l），使得an＝．
（Ⅰ）若an＝n（n＝1，2，…），判断数列{an}是否满足性质①，说明理由；
（Ⅱ）若an＝2n﹣1（n＝1，2，…），判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
（Ⅲ）若{an}是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{an}为等比数列．
32．已知数列{an}为有限数列，满足|a1﹣a2|≤|a1﹣a3|≤…≤|a1﹣am|，则称{an}满足性质P．
（1）判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P，请说明理由；
（2）若a1＝1，公比为q的等比数列，项数为10，具有性质P，求q的取值范围；
（3）若{an}是1，2，3，…，m的一个排列（m≥4），{bn}符合bk＝ak+1（k＝1，2，…，m﹣1），{an}、{bn}都具有性质P，求所有满足条件的数列{an}．
33．已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an+1﹣an，cn+1＝cn（n∈N*）．
（Ⅰ）若{bn}为等比数列，公比q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若{bn}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+cn＜1+，n∈N*．
34．定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M﹣数列”．
（1）已知等比数列{an}（n∈N*）满足：a2a4＝a5，a3﹣4a2+4a1＝0，求证：数列{an}为“M﹣数列”；
（2）已知数列{bn}（n∈N*）满足：b1＝1，＝﹣，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m为正整数，若存在“M﹣数列”{cn}（n∈N*），对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck+1成立，求m的最大值．
35．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3．数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记cn＝，n∈N*，证明：c1+c2+…+cn＜2，n∈N*．
36．设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2﹣2，b3＝2a3+4．
（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{cn}满足c1＝1，cn＝其中k∈N*．
（i）求数列{（﹣1）}的通项公式；
（ii）求aici（n∈N*）．
37．已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4．
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an﹣bn}是等差数列；
（2）求{an}和{bn}的通项公式．
参考答案与试题解析
一．选择题（共11小题）
1．【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，由a1＝﹣9，a5＝﹣1，得d＝，
∴an＝﹣9+2（n﹣1）＝2n﹣11．
由an＝2n﹣11＝0，得n＝，而n∈N*，
可知数列{an}是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值．
可知T1＝﹣9＜0，T2＝63＞0，T3＝﹣315＜0，T4＝945＞0为最大项，
自T5起均小于0，且逐渐减小．
∴数列{Tn}有最大项，无最小项．
故选：B．
2．【解答】解：向量，满足||＝5，||＝6，•＝﹣6，
可得||＝＝＝7，
cs＜，+＞＝＝＝＝．
故选：D．
3．【解答】解：
在等差数列{an}中，an＝a1+（n﹣1）d，
∴a2＝a1+d，a4＝a1+3d，a8＝a1+7d，
bn+1＝S2n+2﹣S2n，
∴b2＝S4﹣S2＝a3+a4，
b4＝S8﹣S6＝a7+a8，
b6＝S12﹣S10＝a11+a12，
b8＝S16﹣S14＝a15+a16，
A.2a4＝a2+a6，根据等差数列的性质可得A正确，
B．若2b4＝b2+b6，则2（a7+a8）＝a3+a4+a11+a12＝（a3+a12）+（a4+a11），成立，B正确，
C．若＝a2a8，则（a1+3d）2＝（a1+d）（a1+7d），
即+6a1d+9d2＝+8a1d+7d2，得a1d＝d2，
∵d≠0，∴a1＝d，符合≤1，C正确；
D．若＝b2b8，则（a7+a8）2＝（a3+a4）（a15+a16），
即4+52a1d+169d2＝4+68a1d+145d2，得16a1d＝24d2，
∵d≠0，∴2a1＝3d，不符合≤1，D错误；
故选：D．
4．【解答】解：单位向量||＝||＝1，•＝1×1×cs60°＝，
对于A，（+2）＝•+2＝+2＝，所以（+2）与不垂直；
对于B，（2+）＝2•+＝2×+1＝2，所以（2+）与不垂直；
对于C，（﹣2）＝•﹣2＝﹣2＝﹣，所以（﹣2）与不垂直；
对于D，（2﹣）＝2•﹣＝2×﹣1＝0，所以（2﹣）与垂直．
故选：D．
5．【解答】解：设等比数列的公比为q，
∵a5﹣a3＝12，
∴a6﹣a4＝q（a5﹣a3），
∴q＝2，
∴a1q4﹣a1q2＝12，
∴12a1＝12，
∴a1＝1，
∴Sn＝＝2n﹣1，an＝2n﹣1，
∴＝＝2﹣21﹣n，
故选：B．
6．【解答】解：对于B，令＝0，得x＝，
取，∴，
∴当b＝时，a10＜10，故B错误；
对于C，令x2﹣x﹣2＝0，得x＝2或x＝﹣1，
取a1＝2，∴a2＝2，…，an＝2＜10，
∴当b＝﹣2时，a10＜10，故C错误；
对于D，令x2﹣x﹣4＝0，得，
取，∴，…，＜10，
∴当b＝﹣4时，a10＜10，故D错误；
对于A，，，
≥，
an+1﹣an＞0，{an}递增，
当n≥4时，＝an+＞1+＝，
∴，∴＞（）6，∴a10＞＞10．故A正确．
故选：A．
7．【解答】解：∵（﹣）⊥，
∴
＝，
∴
＝＝，
∵，
∴．
故选：B．
8．【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
由S4＝0，a5＝5，得
，∴，
∴an＝2n﹣5，，
故选：A．
9．【解答】解：∵＝（2，3），＝（3，t），
∴＝＝（1，t﹣3），
∵||＝1，
∴t﹣3＝0即＝（1，0），
则•＝2
故选：C．
10．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q（q＞0），
则由前4项和为15，且a5＝3a3+4a1，有
，∴，
∴．
故选：C．
11．【解答】解：点A，B，C不共线，
＝，∴，
当与的夹角为锐角时，＝＞0，
∴“与的夹角为锐角”⇒“|+|＞||”，
“|+|＞||”⇒“与的夹角为锐角”，
∴设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“|+|＞||”的充分必要条件．
故选：C．
二．填空题（共16小题）
12．【解答】解：如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，
则B（4，0），C（0，3），
由＝m+（﹣m），得，
整理得：
＝﹣2m（4，0）+（2m﹣3）（0，3）＝（﹣8m，6m﹣9）．
由AP＝9，得64m2+（6m﹣9）2＝81，解得m＝或m＝0．
当m＝0时，，此时C与D重合，|CD|＝0；
当m＝时，直线PA的方程为y＝x，
直线BC的方程为，
联立两直线方程可得x＝m，y＝3﹣2m．
即D（，），
∴|CD|＝．
∴CD的长度是0或．
故答案为：0或．
13．【解答】解：将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，
则{an}是以1为首项、以6为公差的等差数列，
故它的前n项和为n×1+＝3n2﹣2n，
故答案为：3n2﹣2n．
14．【解答】解：以B为原点，以BC为x轴建立如图所示的直角坐标系，
∵∠B＝60°，AB＝3，
∴A（，），
∵BC＝6，
∴C（6，0），
∵＝λ，
∴AD∥BC，
设D（x0，），
∴＝（x0﹣，0），＝（﹣，﹣），
∴•＝﹣（x0﹣）+0＝﹣，解得x0＝，
∴D（，），
∴＝（1，0），＝（6，0），
∴＝，
∴λ＝，
∵||＝1，
设M（x，0），则N（x+1，0），其中0≤x≤5，
∴＝（x﹣，﹣），＝（x﹣，﹣），
∴•＝（x﹣）（x﹣）+＝x2﹣4x+＝（x﹣2）2+，当x＝2时取得最小值，最小值为，
故答案为：，．
15．【解答】解：由＝（+），可得P为BC的中点，
则|CP|＝1，
∴|PD|＝＝，
∴•＝•（+）＝﹣•（+）＝﹣2﹣•＝﹣1，
故答案为：，﹣1．
16．【解答】解：根据题意，等差数列{an}满足a1+a10＝a9，即a1+a1+9d＝a1+8d，变形可得a1＝﹣d，
所以＝＝＝＝．
故答案为：．
17．【解答】解：如图，设，，
由||＝1，且|﹣|∈{1，2}，
分别以A1，A2为圆心，以1和2为半径画圆，其中任意两圆的公共点共有6个．
故满足条件的k的最大值为6．
故答案为：6．
18．【解答】解：数列{an}满足an＝，
可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，
所以S3＝1+3+6＝10．
故答案为：10．
19．【解答】解：设、的夹角为α，由，为单位向量，满足|2﹣|≤，
所以4﹣4•+＝4﹣4csα+1≤2，
解得csα≥；
又＝+，＝3+，且，的夹角为θ，
所以•＝3+4•+＝4+4csα，
＝+2•+＝2+2csα，
＝9+6+＝10+6csα；
则cs2θ＝＝＝＝﹣，
所以csα＝时，cs2θ取得最小值为﹣＝．
故答案为：．
20．【解答】解：因为等差数列{an}中，a1＝﹣2，a2+a6＝2a4＝2，
所以a4＝1，
3d＝a4﹣a1＝3，即d＝1，
则S10＝10a1＝10×（﹣2）+45×1＝25．
故答案为：25
21．【解答】解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则，解得．
∴＝8×（﹣5）+56＝16．
故答案为：16．
22．【解答】解：设＝λ＝（），
＝+＝+μ＝+μ（）
＝（1﹣μ）+μ＝+μ
∴，∴，
∴＝＝（），
＝＝﹣+，
6•＝6×（）•（﹣+）
＝（++）
＝++，
∵•＝++，
∴＝，∴＝3，
∴＝．
故答案为：
23．【解答】解：如图，建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（1，0），C（1，1），D（0，1），
∴＝（1，0），＝（0，1），＝（﹣1，0），＝（0，﹣1），＝（1，1），＝（﹣1，1），
∴|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6|
＝|（λ1﹣λ3+λ5﹣λ6，λ2﹣λ4+λ5+λ6）|
＝，（*），
（*）中第一个括号中的λ1，λ3与第二个括号中的λ2，λ4的取值互不影响，
只需讨论λ5，λ6的取值情况即可，
当λ5，λ6同号时，不妨取λ5＝1，λ6＝1，则（*）式即为，
∵λ1，λ2，λ3，λ4∈{﹣1，1}，
∴λ1＝λ3，λ2﹣λ4＝﹣2（λ2＝﹣1，λ4＝1）时，（*）取得最小值0，
当|λ1﹣λ3|＝2（如λ1＝1，λ3＝﹣1），λ2﹣λ4＝2（λ2＝1，λ4＝﹣1）时，（*）式取得最大值为2，
当λ5，λ6异号时，不妨取λ5＝1，λ6＝﹣1，则（*）式即为，
同理可得最小值为0，最大值为2．
故答案为：0；2．
24．【解答】解：∵AE＝BE，AD∥BC，∠A＝30°，
∴在等腰三角形ABE中，∠BEA＝120°，
又AB＝2，∴AE＝2，
∴，
∵，∴
又，
∴•＝
＝
＝
＝﹣12+×5×2×﹣
＝﹣1
故答案为：﹣1．
25．【解答】解：在等比数列中，由a42＝a6，得q6a12＝q5a1＞0，
即q＞0，q＝3，
则S5＝＝，
故答案为：
26．【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，则
由a1≠0，a2＝3a1可得，d＝2a1，
∴
＝
＝，
故答案为：4．
27．【解答】解：设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝﹣3，S5＝﹣10，
∴，
解得a1＝﹣4，d＝1，
∴a5＝a1+4d＝﹣4+4×1＝0，
Sn＝＝﹣4n+＝（n﹣）2﹣，
∴n＝4或n＝5时，Sn取最小值为S4＝S5＝﹣10．
故答案为：0，﹣10．
三．解答题（共10小题）
28．【解答】解：（1）k＝1时，an+1＝Sn+1﹣Sn＝λan+1，由n为任意正整数，且a1＝1，an≠0，可得λ＝1；
（2）﹣＝，则an+1＝Sn+1﹣Sn＝（﹣）•（+）＝•（+），
因此+＝•，即＝，Sn+1＝an+1＝（Sn+1﹣Sn），
从而Sn+1＝4Sn，又S1＝a1＝1，可得Sn＝4n﹣1，
an＝Sn﹣Sn﹣1＝3•4n﹣2，n≥2，
综上可得an＝，n∈N*；
（3）若存在三个不同的数列{an}为“λ﹣3”数列，
则﹣＝λ，
则Sn+1﹣3+3﹣Sn＝λ3an+1＝λ3（Sn+1﹣Sn），
由a1＝1，an≥0，且Sn＞0，令pn＝＞0，
则（1﹣λ3）﹣3+3pn﹣（1﹣λ3）＝0，
λ＝1时，pn＝，
由pn＞0，可得pn＝1，则Sn+1＝Sn，
即an+1＝0，
此时{an}唯一，不存在三个不同的数列{an}，
λ≠1时，令t＝，则﹣+tpn﹣1＝0，则（pn﹣1）[+（1﹣t）pn+1]＝0，
①t≤1时，+（1﹣t）pn+1＞0，则pn＝1，同上分析不存在三个不同的数列{an}；
②1＜t＜3时，Δ＝（1﹣t）2﹣4＜0，+（1﹣t）pn+1＝0无解，
则pn＝1，同上分析不存在三个不同的数列{an}；
③t＝3时，（pn﹣1）3＝0，则pn＝1，同上分析不存在三个不同的数列{an}．
④t＞3时，即0＜λ＜1时，Δ＝（1﹣t）2﹣4＞0，+（1﹣t）pn+1＝0有两解α，β，
设α＜β，α+β＝t﹣1＞2，αβ＝1＞0，则0＜α＜1＜β，
则对任意n∈N*，＝1或＝α3（舍去）或＝β3，
由于数列{Sn}从任何一项求其后一项均有两种不同的结果，
所以这样的数列{Sn}有无数多个，则对应的数列{an}有无数多个．
则存在三个不同的数列{an}为“λ﹣3”数列，且an≥0，
综上可得0＜λ＜1．
29．【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q＞1），
则，
∵q＞1，∴，
∴．
（2）令bn＝（﹣1）n﹣1anan+1，则b1＝8，
所以＝＝﹣22，
所以数列{bn}是等比数列，公比为﹣22，首项为8，
a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1
＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1•22n+1
＝＝．
30．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由a1＝1，a5＝5（a4﹣a3），则1+4d＝5d，可得d＝1，
∴an＝1+n﹣1＝n，
∵b1＝1，b5＝4（b4﹣b3），
∴q4＝4（q3﹣q2），
解得q＝2，
∴bn＝2n﹣1；
（Ⅱ）证明：法一：由（Ⅰ）可得Sn＝，
∴SnSn+2＝n（n+1）（n+2）（n+3），（Sn+1）2＝（n+1）2（n+2）2，
∴SnSn+2﹣Sn+12＝﹣（n+1）（n+2）＜0，
∴SnSn+2＜Sn+12（n∈N*）；
法二：∵数列{an}为等差数列，且an＝n，
∴Sn＝，Sn+2＝，Sn+1＝，
∴＝＝＜1，
∴SnSn+2＜Sn+12（n∈N*）；
（Ⅲ）当n为奇数时，cn＝＝＝﹣，
当n为偶数时，cn＝＝，
对任意的正整数n，有c2k﹣1＝（﹣）＝﹣1，
和c2k＝＝+++…+，①，
由①×可得c2k＝++…++，②，
①﹣②得c2k＝+++…+﹣，
∴c2k＝﹣，
因此ck＝c2k﹣1+c2k＝﹣﹣．
数列{cn}的前2n项和﹣﹣．
31．【解答】解：（Ⅰ）不满足，理由：＝∉N*，不存在一项am使得＝am．
（Ⅱ）数列{an}同时满足性质①和性质②，
理由：对于任意的i和j，满足＝22i﹣j﹣1，因为i∈N*，j∈N*且i＞j，所以2i﹣j∈N*，则必存在m＝2i﹣j，此时，2m﹣1∈{ai}且满足＝22i﹣j﹣1＝am，性质①成立，
对于任意的n，欲满足an＝2n﹣1＝＝22k﹣l﹣1，满足n＝2k﹣l即可，因为k∈N*，l∈N*，且k＞l，
所以2k﹣l可表示所有正整数，所以必有一组k，l使n＝2k﹣l，即满足an＝，性质②成立．
（Ⅲ）首先，先证明数列恒正或恒负，
反证法：假设这个递增数列先负后正，
那么必有一项al绝对值最小或者有al与al+1同时取得绝对值最小，
如仅有一项al绝对值最小，此时必有一项am＝，此时|am|＜|al|
与前提矛盾，
如有两项al与al+1 同时取得绝对值最小值，那么必有am＝，
此时|am|＝|al|，与前提条件矛盾，
所以数列必然恒正或恒负，
在数列恒正的情况下，由②知，存在k，l且k＞l，
因为是递增数列，ak＞al＞0，使得＝a3＞ak，
即3＞k＞l，所以＝a3，此时a1，a2，a3成等比数列，
数学归纳法：
（1）已证n＝3时，满足{an}是等比数列，公比q＝，
（2）假设n＝k时，也满足{ak}是等比数列，公比q＝，
那么由①知＝qak等于数列的某一项am，证明这一项为ak+1即可，
反证法：
假设这一项不是ak+1，因为是递增数列，所以该项am＝＝qak＞ak+1，
那么ak＜ak+1＜qak，由等比数列{ak}得a1qk﹣1＜ak+1＜a1qk，
由性质②得a1qk﹣1＜＜a1qk，同时ak+1＝＞am＞al，s所以k+1＞m＞l，
所以am，al分别是等比数列{ak}中两项，即am＝a1qm﹣1，al＝a1ql﹣1，
原式变为a1qk﹣1＜a1q2m﹣l﹣1＜a1qk，
所以k﹣1＜2m﹣l﹣1＜k，又因为k∈N*，m∈N*，l∈N*，不存在这组解，所以矛盾，
所以知＝qak＝ak+1，{ak+1}为等比数列，
由数学归纳法知，{an}是等比数列得证，
同理，数列恒负，{an}也是等比数列．
32．【解答】解：（1）对于数列3，2，5，1，有|2﹣3|＝1，|5﹣3|＝2，|1﹣3|＝2，满足题意，该数列满足性质P；
对于第二个数列4、3、2、5、1，|3﹣4|＝1，|2﹣4|＝2，|5﹣4|＝1．不满足题意，该数列不满足性质P．
（2）由题意：|a1﹣a1qn|≥|a1﹣a1qn﹣1|，可得：|qn﹣1|≥|qn﹣1﹣1|，n∈{2，3，…，9}，
两边平方可得：q2n﹣2qn+1≥q2n﹣2﹣2qn﹣1+1，
整理可得：（q﹣1）qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≥0，当q≥1时，得qn﹣1（q+1）﹣2≥0此时关于n恒成立，
所以等价于n＝2时，q（q+1）﹣2≥0，
所以，（q+2）（q﹣1）≥0，所以q≤﹣2，或q≥1，所以取q≥1，
当0＜q≤1时，得qn﹣1（q+1）﹣2≤0，此时关于n恒成立，所以等价于n＝2时，q（q+1）﹣2≤0，
所以（q+2）（q﹣1）≤0，所以﹣2≤q≤1，所以取0＜q≤1．
当﹣1≤q＜0时：qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≤0，
当n为奇数时，得qn﹣1（q+1）﹣2≤0，恒成立，当n为偶数时，qn﹣1（q+1）﹣2≥0，不恒成立；
故当﹣1≤q＜0时，矛盾，舍去．
当q＜﹣1时，得qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≤0，当n为奇数时，得qn﹣1（q+1）﹣2≤0，恒成立，
当n为偶数时，qn﹣1（q+1）﹣2≥0，恒成立；故等价于n＝2时，q（q+1）﹣2≥0，
所以（q+2）（q﹣1）≥0，所以q≤﹣2或q≥1，所以取q≤﹣2，
综上q∈（﹣∞，﹣2]∪（0，+∞）．
（3）设a1＝p，p∈{3，4，…，m﹣3，m﹣2}，
因为a1＝p，a2可以取p﹣1，或p+1，a3可以取p﹣2，或p+2，
如果a2或a3取了p﹣3或p+3，将使{an}不满足性质P；所以{an}的前5项有以下组合：
①a1＝p，a2＝p﹣1；a3＝p+1；a4＝p﹣2；a5＝p+2；
②a1＝p，a2＝p﹣1；a3＝p+1；a4＝p+2；a5＝p﹣2；
③a1＝p，a2＝p+1；a3＝p﹣1；a4＝p﹣2；a5＝p+2；
④a1＝p，a2＝p+1；a3＝p﹣1；a4＝p+2；a5＝p﹣2；
对于①，b1＝p﹣1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝1，与{bn}满足性质P矛盾，舍去；
对于②，b1＝p﹣1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝3，|b4﹣b1|＝1与{bn}满足性质P矛盾，舍去；
对于③，b1＝p+1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝3，|b4﹣b1|＝1与{bn}满足性质P矛盾，舍去；
对于④b1＝p+1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝1，与{bn}满足性质P矛盾，舍去；
所以P∈{3，4，…，m﹣3，m﹣2}，均不能同时使{an}、{bn}都具有性质P．
当p＝1时，有数列{an}：1，2，3，…，m﹣1，m满足题意．
当p＝m时，有数列{an}：m，m﹣1，…，3，2，1满足题意．
当p＝2时，有数列{an}：2，1，3，…，m﹣1，m满足题意．
当p＝m﹣1时，有数列{an}：m﹣1，m，m﹣2，m﹣3，…，3，2，1满足题意．
所以满足题意的数列{an}只有以上四种．
33．【解答】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，
∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，
整理，得6q2﹣q﹣1＝0，
解得q＝﹣（舍去），或q＝，
∴cn+1＝•cn＝•cn＝•cn＝•cn＝4•cn，
∴数列{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，
∴cn＝1•4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．
∴an+1﹣an＝cn＝4n﹣1，
则a1＝1，
a2﹣a1＝1，
a3﹣a2＝41，
…
an﹣an﹣1＝4n﹣2，
各项相加，可得
an＝1+1+41+42+…+4n﹣2＝+1＝．
（Ⅱ）证明：依题意，由cn+1＝•cn（n∈N*），可得
bn+2•cn+1＝bn•cn，
两边同时乘以bn+1，可得
bn+1bn+2cn+1＝bnbn+1cn，
∵b1b2c1＝b2＝1+d，
∴数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为1+d，
bnbn+1cn＝1+d，
∴cn＝＝•＝（1+）•＝（1+）（﹣），
又∵b1＝1，d＞0，
∴bn＞0，
∴c1+c2+…+cn
＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）
＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）
＝（1+）（﹣）
＝（1+）（1﹣）
＜1+，
∴c1+c2+…+cn＜1+，故得证．
34．【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，则
由a2a4＝a5，a3﹣4a2+4a1＝0，得∴，
∴数列{an}首项为1且公比为正数
即数列{an}为“M﹣数列”；
（2）①∵b1＝1，＝﹣，
∴当n＝1时，，∴b2＝2，
当n＝2时，，∴b3＝3，
当n＝3时，，∴b4＝4，
猜想bn＝n，下面用数学归纳法证明；
（i）当n＝1时，b1＝1，满足bn＝n，
（ii）假设n＝k时，结论成立，即bk＝k，则n＝k+1时，
由，得
＝＝k+1，
故n＝k+1时结论成立，
根据（i）（ii）可知，bn＝n对任意的n∈N*都成立．
故数列{bn}的通项公式为bn＝n；
②设{cn}的公比为q，
存在“M﹣数列”{cn}（n∈N*），对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck+1成立，
即qk﹣1≤k≤qk对k≤m恒成立，
当k＝1时，q≥1，当k＝2时，，
当k≥3，两边取对数可得，对k≤m有解，即，
令f（x）＝，则，
当x≥3时，f'（x）＜0，此时f（x）递减，
∴当k≥3时，，
令g（x）＝，则，
令，则，
当x≥3时，ϕ'（x）＜0，即g'（x）＜0，
∴g（x）在[3，+∞）上单调递减，
即k≥3时，，则，
下面求解不等式，
化简，得3lnm﹣（m﹣1）ln3≥0，
令h（m）＝3lnm﹣（m﹣1）ln3，则h'（m）＝﹣ln3，
由k≥3得m≥3，h'（m）＜0，∴h（m）在[3，+∞）上单调递减，
又由于h（5）＝3ln5﹣4ln3＝ln125﹣ln81＞0，h（6）＝3ln6﹣5ln3＝ln216﹣ln243＜0，
∴存在m0∈（5，6）使得h（m0）＝0，
∴m的最大值为5，此时q∈，．
35．【解答】解：（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，
由题意得，
解得a1＝0，d＝2，
∴an＝2n﹣2，n∈N*．
∴Sn＝n2﹣n，n∈N*，
∵数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．
∴（Sn+1+bn）2＝（Sn+bn）（Sn+2+bn），
解得，
解得bn＝n2+n，n∈N*．
（Ⅱ）证明：＝＝，n∈N*，
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，c1＝0＜2，不等式成立；
②假设n＝k，（k∈N*）时不等式成立，即c1+c2+…+ck＜2，
则当n＝k+1时，
c1+c2+…+ck+ck+1＜2+＜2
＜2+＝2＝2，
即n＝k+1时，不等式也成立．
由①②得c1+c2+…+cn＜2，n∈N*．
36．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
依题意有：
，解得，
∴an＝4+（n﹣1）×3＝3n+1，
bn＝6×2n﹣1＝3×2n．
（Ⅱ）（i）∵数列{cn}满足c1＝1，cn＝其中k∈N*．
∴（﹣1）＝（bn﹣1）＝（3×2n+1）（3×2n﹣1）＝9×4n﹣1，
∴数列{（﹣1）}的通项公式为：
（﹣1）＝9×4n﹣1．
（ii）aici＝[ai+ai（ci﹣1）]＝+（﹣1）
＝（×3）+
＝（3×22n﹣1+5×2n﹣1）+9×﹣n
＝27×22n﹣1+5×2n﹣1﹣n﹣12．（n∈N*）．
37．【解答】解：（1）证明：∵4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4；
∴4（an+1+bn+1）＝2（an+bn），4（an+1﹣bn+1）＝4（an﹣bn）+8；
即an+1+bn+1＝（an+bn），an+1﹣bn+1＝an﹣bn+2；
又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，
∴{an+bn}是首项为1，公比为的等比数列，
{an﹣bn}是首项为1，公差为2的等差数列；
（2）由（1）可得：an+bn＝（）n﹣1，
an﹣bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
∴an＝（）n+n﹣，
bn＝（）n﹣n+．
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