数列高考题及答案

2024-06-26

数列高考题及答案（精选6篇）

篇1：数列高考题及答案

学而思教育·学习改变命运思考成就未来！

高考网=2·3n-1,故cn=

n1bn23(n2).故c1+c2+c3+…+c2007=3+2×3+2×32+…+2×32006=32007.10．（1）由(3m)sn2manm3得(3m)sn12man1m3，两式相减得(3m)an12man,m3,an12m,∴an是等比数列。anm3（2）b1a11,qf(m)2m,nNn2 m3bn332bn1111f(bn1)bnbn13bn3bn1.22bn13bnbn1311是1为首项为公比的等差数列3bn1n1n21,bn33bn3.n23Sn1，an3Sn4(n2)2

11．（1）由题意知2an3Sn42由a11可得a2111,a3,a4 248(2)当n2时,an3Sn4,an13Sn14,两式相减得an1an3an1 an11 为常数a2,a3,a4,成等比数列an2(n1)111其中a2,q,an 1n122()(n2)212．（Ⅰ）由2an1anan2得an2an1an1an，则数列{an}是等差数列． a12d5,a11, 

因此，an2n1．

6a115d36.d2.（Ⅱ）设等比数列{bn}的公比为q，学而思教育·学习改变命运思考成就未来！

高考网 b1(1q)1a由得qa，b11． 33b1q(1q)a(1a)则bnb1qn1an1，anbn(2n1)an1．

Tn13a5a27a3(2n1)an1

………………①

当a1时，aTna3a25a37a4(2n1)an ………… ② 由①-②得(1a)Tn12a2a22a32an1(2n1)an

2(1an)1(2n1)an，1a2(1an)1(2n1)an所以，Tn．

21a(1a)当a1时，Tnn2．

a1d813．（1）设{an}公差为d,有 10910a1d1852解得a1=5,d=3，∴an=a1+(n－1)d=3n+2(2)依题意 bna2n322

∴Tn=b1+b2+…+bn=(3×21+2)+(3×22+2)+…+(3×2n+2)=3(21+22+…+2n)+2n=6×2n+2n-6.14．(Ⅰ）解：设数列{an}公差为d，则 a1a2a33a13d12,又a12,所以d2.所以an2n.（Ⅱ）解：令Snb1b2bn,则由bnanxn2nxn,得

Sn2x4x2(2n2)xn12nxn,①

xSn2x24x3(2n2)xn2nxn1,②

当x1时，①式减去②式，得

n(1x)Sn2(xx2xn)2nxn12x(1x)2nxn1，1xnn1

所以S2x(1x)2nx.n2(1x)1x当x1时, Sn242nn(n1)学而思教育·学习改变命运思考成就未来！

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nn1综上可得当x1时,Snn(n1)；当x1时，S2x(1x)2nx.n2(1x)1x15．（I）Sn1(an1)2

① 41(an11)2

②

411(an1)2(an11)2，44Sn1①－②得anSnSn1整理得(anan1)(anan12)0

an0anan10anan120即anan12(n2)

{an}是等差数列.又a1S11(a11)24a11, an2n1

（II）bn11111()

anan1(2n1)(2n1)22n12n1Tn11n111111).[(1)()()](122n12n123342n12n116．（Ⅰ）∵Sn是各项均为正数的等比数列.∴SnS1qn1(q0).当n=1时，a1=S1，当n2时,anSnSn1S1(q1)qn2.∴anS1n2(n1)(n2)S1(q1)q

（Ⅱ）当n=1时，33a1a32a2S1S1(q1)q2S1(q1)S1[(q)2]0.24当n2时，anan22an1S1(q1)qn2S1(q1)qn2S1(q1)qn1S1(q1)3qn2

因为S10,qn20.所以

①当q=1时，(q1)30,anan22an1.学而思教育·学习改变命运思考成就未来！

高考网 ②当0q1时,(q1)30,anan22an1.③当q1时,(q1)30,anan22an1.综上可知：

当n=1时，a1a32a2 当n2时,若q1,则anan22an1;

若0q1,则anan22an1;

若q1,则anan22an1.

篇2：数列高考题及答案

20普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）语文

第一卷（共36分）

一、（15分，每小题3分）

1、下列词语中加点的字，读音全都正确的一组是

A、仲(zhòng)裁阿(ē)谀入场券(quàn) 捕(pǔ)风捉影

B、袅娜(nuó) 勒(lēi)紧嚼(jué)舌头百孔千疮(chuāng)

C、精辟(pì) 躯壳(qiào) 横剖(pōu)面一语中的(dì)

D、柏(bǎi)树模(mó)具配给(jǐ)制否(pǐ)极泰来

2、下列词语中没有错别字的一组是

A、驰骋原生态疾风劲草吉人自有天象

B、诀别声讯台震耳欲聋真金不怕火炼

C、问侯顶梁柱目不暇接明人不说暗话

D、受理高架桥粗制烂造在其位谋其政

3、依次填入下列序号处的标点符号，正确的`一项是

乐观、自信，是金晶留给人们最深的印象1我从小性格就像个男孩子，记得那时很爱看电影《佐罗》2看完后就觉得自己真的成了那里面的剑客3这位被大学生称作“微笑天使”的姑娘笑着说4后来在2001年我很自然地选择了学习击剑5

。“

，

。”

，“

。”

，“

，

。”

：“

。”

。“

，

”。

，“

”。

，“

。

”。

：“

篇3：数列高考题型解读

数列试题的难度分布幅度大,既有容易的基本题和难度中等的小综合题,也有综合性和思考性强的难题,试题形态多变,时常有新颖的试题入卷. 考生为了在高考中取得好成绩,必须复习掌握好数列这一板块及其相关的知识和技能,了解数列试题的能力考查特点,提高解答这类试题的能力.为此,建议考生关注近几年来高考数列试题的考查特点,下面举例说明之.

一、等差、等比数列及其前 n 项和需要完全掌握

例1.(温州市十校联合体2014届高三10月测试理)已知数列{an}中,a1=1,

(1)求证*是等比数列,并求{an}的通项公式an;

评注:(1)理解等比数列的概念.(2)掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.(3) 能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用有关知识解决相应的问题.(4)了解等比数列与指数函数的关系.

二、递推数列注重创新

例2.(2012年广东)设数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N*,且a1,a2+5,a3成等差数列.

(1)求a1的值;

(2)求数列{an}的通项公式.

评注:Sn与an的关系是高考常见题型,主要根据an=Sn-Sn-1(n≥2)将和、项“混合式”转化为和或项的“单纯式”.常用构造新数列思想,以考查学生的推理与创新能力.

三、数列与函数、不等式、解析几何的综合问题是重中之重

例3.(2010年江苏) 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn.已知,数列*是公差为d的等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式(用n,d表示);

(2)设c为实数,对满足m+n=3k且m≠n的任意正整数m,n,k,不等式Sm+Sn>c Sk都成立,求证:c的最大值为9/2.

评注:本小题主要考查等差数列的通项、求和以及基本不等式等有关知识,考查探索、分析及论证的能力.

篇4：2012年高考数列命题预测

1. 依数列的概念为依托，考查基本运算

从近年的命题情况看,依托数列的基本概念,设计考查基本运算的试题是数列中命制客观性试题的一种常见思路,此类题难度不大,往往在某一性质、某一知识点处设卡，突破后，可谓“一马平川”，直接得分.

例1 若互不相等的实数a，b，c成等差数列，c，a，b成等比数列，且a+3b+c=10，则a=（）

A． 4 B． 2 C．－2 D．－4

解析由a，b，c成等差数列，得2b=a+c，由于a+3b+c=10，得b=2，又c，a，b成等比数列，得a2=bc，即a2=2c，再结合a+c=4，得a=2或-4，由于a，b，c互不相等，故a=-4，选D.

点评本题依托等比、等差数列的基本概念考查数列的基本运算问题，在求解中用到了等差数列的性质，难度不大，运算需细心，若将答案B改为“2或-4”，可能有粗心的考生会误选.

例2 已知等差数列{an}的公差d=1，若a1+a2+…+a99+a100=150，那么a2+a4+…+a98+a100的值为（）

A． 100 B． 150 C． 200 D． 250

解析设由a1+a3+…+a97+a99=A，a2+a4+…+a98+a100=B，

那么A+B=a1+a2+…+a99+a100=150，B-A=50d=50?圯2B=200?圯B=100，选A.

点评本题依托等差数列前项和的概念，考查等差数列的基本运算.难度不大,求解方法也很多,其中利用等差数列的性质,进行整体运算给人有种赏心悦目的感觉.

2. 依数列的性质为依托，考查基本技能

数列的性质包括通项与前n项和之间的关系、等差、等比数列的性质、由递推公式确定数列的基本特征等，这些基本性质是在数列中设计“小、巧、活”试题的重要基地.

例3 设正数a0，a1，…，a2012构成数列{an}且满足下列两个条件：①a0=a2012，②an-1+■=2an+■，则所有满足条件的数列中a0的最大值为 .

解析由an-1+■=2an+■?圯an-1=2an……①或an-1=■……②

则a2012=a0（-1）■·22012-t，即a2012用了t次②，用了2012-t①，

（i）若t为奇数，得：a2012=■·22012-t，由于a0=a2012，即a0=■·22012-t，显然，a0≤■·22012-1，得a0≤21005■.

（ii）若t为偶数，此时a2012=a0·22012-t，由于a0=a2012，即a0=a0·22012-t，此时a0最小值不存在.

故a0的最小值为21005■.

点评本题依托递推式an-1+■=2an+■，再借助于（-1）t的运算结果巧妙地设计出数列的最值问题，看看求解过程，可谓“短小精悍”极具“数学味”.

3. 依分段数列为依托，考查分析推理能力

数列是特殊函数，结合分段函数产生分段数列，依托分段数列项的波动性考查分析推理能力是近年高考命题的一大特点，此类数列的项的规律性不是太明显，不深入探究，极易出错或产生不了结论.

例4 已知数列{an}满足：a1=m（m为正整数），an+1=■，当an为偶数时3an+1，当an为奇数时若a6=1，则m所有可能的取值为 .

解析由a6=1结合递推式，可得若a5为偶数，则由a6=■?圯a5=2；若a5为奇数，则由a6=3a5+1?圯a5=0（不合题意，舍去）.

由a5=2，若a4为偶数，则a5=■?圯a4=4；若a4为奇数，则由a5=3a4+1?圯a4=■（不合题意，舍去）.

由a4=4，若a3为偶数，则a4=■?圯a3=8；若a3为奇数，则由a4=3a3+1?圯a3=1.

由a3=8，若a2为偶数，则a2=16；若a2为奇数，则a2=■（不合题意，舍去）.

由a3=1，若a2为偶数，则a2=2；若a2为奇数，则a2=0（不合题意，舍去）.

由a2=16，若a1为偶数，则a1=32?圯m=32；若a1为奇数，则a2=3a1+1?圯a1=5?圯m=5；由a2=2，若a1为偶数，则a1=4?圯m=4；若a1为奇数，则a1=■（不合题意，舍去）.

故m所有可能的取值为32、5、4.

点评本题借助于a6及递推公式，逐步向前推理，逐步分析，直至产生a1，再与条件结合产生结论.难度不大，但运算量不大，必须细心才行.

4. 依基本图形为依托，考查捕捉信息能力

图形，直观地告诉我们所有内容，“有用的”与“无用的”尽显无遗.依托图形设计数列问题，通过对图形变化的分析、纷乱数据的整理来考查考生捕捉信息与利用信息能力也是近年高考命题的一大特点.求解此类问题的关键在于图与数之间的合理、科学的转化.

例5 将正△ABC分割成n2（n≥2，n∈N）个全等的小正三角形（图1，图2分别给出了n=2，3的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于△ABC的三边及平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别依次成等差数列，若顶点A，B，C处的三个数互不相同且和为1，记所有顶点上的数之和为f（n），则有f（2）=2，f（3）= ，…，f（n）= .

解析当n=3时，如图3所示，分别设各顶点的数用小写字母表示，即由条件知a+b+c=1，x1+x2=a+b，y1+y2=b+c，z1+z2=c+a.

那么x1+x2+y1+y2+z1+z2=2（a+b+c）=2，2g=x1+y2=x2+z1=y1+z2，

6g=x1+x2+y1+y2+z1+z2=2（a+b+c）=2，得g=■.

于是f（3）=a+b+c+x1+x2+y1+y2+z1+z2+g=1+2+■=■.

类似地可求得f（4）=5.由上知f（1）中有三个数，f（2）中有6个数，f（3）中共有10个数相加，f（4）中有15个数相加，…，若f（n-1）中有an-1（n>1）个数相加，可得f（n）中有（an-1+n+1）个数相加，且由f（1）=1=■，f（2）=■=■=f（1）+■，f（3）=■=f（2）+■，f（4）=5=f（3）+■，…，可得f（n）=f（n-1）+■，

所以f（n）=f（n-1）+■=f（n-2）+■+■=…=■+■+■+■+f（1）=■+■+■+■+■+■=■（n+1）（n+2）.

点评本题建立在图形的基础上，结合等差数列的性质产生了f（3）、又类比f（3）的方法产生f（4），再通过f（2）、f（3）、f（3）中后一项与前一项的关系，归纳出f（n）与f（n-1）之间进一步的关系使问题出现实质性的转机，本题有难度也有技巧.

nlc202309040551

5. 依两类特殊数列为依托，考查数列中的基本思想与基本方法的应用

等差数列与等比数列是两类特殊数列，每年高考围绕这两类数列设计的试题都比较多.对于此类题在设计上往往还会同时注重数列中的其它技能，比如：数列求和错位相减法及裂项法等，求解时，首先抓好第一问的求解，因为第一问的结论可能还会为第二问甚至第三问“服务”.

例6 设Sn等比数列{an}的前n项和，且S2，■，a2成等差数列，又S3=■.

（Ⅰ）求数列{■}的通项；

（Ⅱ）设bn=■，求数列{bn}的前n项和Sn．

解析（Ⅰ）设首项为a1，公比为q，由S3=■，S2+a2=■，得■=■，a1+a1q+a1q=■?圯a1=■，q=■?圯an=■?圯■=3n.

所以数列{■}的通项为■=3n.

（Ⅱ）∵bn=■，∴bn=n·3n．

∴Sn=3+2×32+3×33+…+n·3n………①

∴3Sn=32+2×33+3×34+…+n3n+1………②

②-①得：2Sn=n3n+1-（3+32+33+…+3n），即2Sn=n3n+1-■，∴Sn=■+■．

点评本题依托等差数列与等比数列，考查在数列中最常用的基本思想——方程思想与数列中最重要的求和方法——错位相减法.本题的求解中，第一问的结论很重要，因为它直接为第二问服务，若是第一问出错，第二问就什么也不谈了.

6. 依新定义为依托，考查数列中的创新意识与创新能力

以新定义为依托，命制新背景、新定义、新运算、新性质等的创新题型，考查考生创新能力与创新意识是近年高考数列试题的一种新苗头.由于数列本身具有抽象性与灵活性，又加上创新问题还存在着“阅读理解”问题，因此，此类题有较大难度，往往出在试卷的最后两题的位置.

例7 数列{an}的前n项和记为Sn，前kn项和记为Skn（n，k∈N*），对给定的常数k，若■是与n无关的非零常数t=f（k），则称该数列{an}是“k类和科比数列”，

（1）已知Sn=（■）2，an>0，求数列{an}的通项公式；

（2）证明:（1）的数列{an}是一个“k类和科比数列”；

（3）设正数列{cn}是一个等比数列，首项c1，公比Q（Q≠1），若数列{lgcn}是一个“k类和科比数列”，探究c1与Q的关系.

解析（1）由Sn+1=■得Sn=■，作差得an+1=■，化简整理2an+1+2an=a2n+1-a2n，∴an+1-an=2.

由a1=（■）2，a1>0?圯a1=1，于是an=2n-1.

（2）由（1）知Sn=■=n2，那么S（k+1）n=（k+1）2n2，Skn=k2n2.

由于■=（■）2与n无关的非零常数，

所以数列{an}是一个“k类和科比数列”.

（3）由lgcn+1-lgcn=lg■=lgQ是一个常数，所以{lgcn}是一个等差数列，首项lgc1，公差lgQ，于是Sn=nlgc1+■·lgQ.

那么Skn=knlgc1+■·lgQ，S（k+1）n=（k+1）nlgc1+■·lgQ，

■=■=t

对一切n∈N*恒成立，化简整理[（k+1）2-k2t]·lgQ·n+[（k+1）-kt]·（2lgc1-lgQ）=0对一切n∈N*恒成立，所以（k+1）2-k2t=0，2lgc1-lgQ=0?圯Q=c12.

点评本题依托“k类和科比数列”的定义,设计证明一个数列是“k类和科比数列”及利用这个数列的定义展开的推理问题.第一问属于常规问题,第二问与第三问就是新定义的运用.第三问的转化有难度,求解必需细心.

7. 依递推式为依托，考查推理论证的能力

递推式是数列的表示形式之一.近年利用这一表示形式对数列进行考查是司空见惯的，且大有越来越难之势.常规命题是建立在非线性的递推式的基础上进行展开，通过求通项及一些数列性质的论证等，考查考生对问题的变形能力及数列常规技巧、技巧的掌握情况.

例8 已知数列{bn}中，bn+1=■，n∈N*，记an=■.

（1）求证：数列{an}是等比数列；

（2）若b1=0，试求数列{bn}的最大项与最小项；

（3）是否存在正整数b1使an>22-n，若存在，求出b1的值，否则，说明理由.

解析（1）由bn+1=■?圯bn+1-1=■，bn+1+2=■?圯■=（-■）·■，即an+1=（-■）·an，显然，数列{an}是以a1为首项，以-■为公比的等比数列.

（2）由b1=0，得a1=■=-■，所以an=（-■）n-1·a1=（-■）n，

即■=（-■）n?圯bn=■=■+1.

显然，n为奇数时，■递增，则当n=1时，b1=0最小；此时，最大值不存在，无限地趋近于1.

n为偶数时，■递减，则当n=2时，b2=4最大；此时，最小值不存在，无限地趋近于1.

综上可知，数列{bn}的最大项为b2=4、最小项为b1=0.

（3）由（1）an=■=■·（-■）n-1，那么an>22-n即为■·（-■）n-1>22-n?圯■>2，由于b1为正整数，得■>2?圯b1-1>2（b1+2）?圯b1<-5，显然，不存在.

点评本题第一问的合理变形是求解的重点与难点,突破这个之后求解就能顺利展开.对第二问最大项与最小项的分析要借助于符号进行,第三问其实是一个不等式问题.

8. 依函数、不等式为依托，考查综合运算数列知识的能力

依托函数的抽象性与不等式的灵活性，综合考查数列的运算能力，在广东的试卷中经常出现，也许2009年广东理科最后一题在复习时已经见过，函数、导数、不等式的巧妙结合令人叫绝.其求解的灵活性与构造的巧妙性也令人叹服，当然，对考生的“折磨”程度也让今天的你“望而生畏”.

例9 已知p≠0，对于任意自然数n都有点（an，an+1）在函数f（x）=px+1-p的图像上，且a1=2，

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）bn=2-qn-1（n∈N*），当n≥2时，p，q都在区间（0，1）内变化，且满足p2n-2+q2n-2≤1时，求所有点（an，bn）所构成图形的面积；

（3）当p>1时，证明：■<■+■+…+■<■（n∈N*）.

解析（1）∵an+1=pan+1-p（n∈N*），∴ an+1-1=p（an-1），

∴{an-1}是以a1-1=1为首项，p为公比的等比数列.

因此an-1=pn-1，即an=1+pn-1.

（2）∵当n≥2时，an=1+pn-1，bn=2-qn-1，由0

∵p2n-2+q2n-2≤1，又∵（an-1）2=（pn-1）2=p2n-2，（bn-2）2=q2n-2.

而p2n-2+q2n-2≤1，∴（an-1）2+（bn-2）2≤1.

即对满足题设的所有点（an，bn）在区域?赘：

１

而对区域?赘内的任一点（x，y），取p=■∈（0，1），q=■∈（0，1），

则an=1+pn-1，bn=2-qn-1.

即?埚p，q∈（0，1），使得?坌（x，y）∈?赘，（x，y）都是（an，bn）（n∈N，n≥2）中的点.

综上可知，点（an，bn）构成的图形是如图所示的■圆，其面积为■.

（3）∵■=■=■>■=■?圯■+■+…＋■>■.

又∵■=■=■=■+■·■<■+■·■，

∴ ■+■+…＋■<■+■（■+■+…＋■）=■+■·■＝■+■（1-（■）n）<■，

∴■<■+■+…＋■<■（n∈N*）.

点评建立在简单递推式的基础上给出数列是高考数列命题的常见形式之一.本题就是如此，将简单的递推式变开后，结合等比数列的定义，产生等比数列，再通过等比数列的有关性质产生第一问的结论.第二问与线性规划结合，其中分析出不等式组很关键，必须保证都不出错，否则满盘皆输.第三问除了数列的基本技能外，还要用到不等式的处理技巧.

数列题年年都有，且难度具有波动性.2011年文、理科都是第20题,又都是与递推式有关的且难度较大的试题.对于2012年我们要做好两手准备,既对基础考查与综合考查,唯有此,才能保住数列中的分数不少得.

（作者单位：中山市第一中学）

责任编校徐国坚

篇5：数列高考题及答案

一．解答题（共50小题）

1．数列{an}满足a1=1，a2=+，…，an=++…+（n∈N*）

（1）求a2，a3，a4，a5的值；

（2）求an与an﹣1之间的关系式（n∈N*，n≥2）；

（3）求证：（1+）（1+）…（1+）＜3（n∈N*）

2．已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；

（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤；

（Ⅲ）≤xn≤．

3．数列{an}中，a1=，an+1=（n∈N*）

（Ⅰ）求证：an+1＜an；

（Ⅱ）记数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn＜1．

4．已知正项数列{an}满足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1．

（1）求a2的值；

（2）证明：对任意实数n∈N*，an≤2an+1；

（3）记数列{an}的前n项和为Sn，证明：对任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．

5．已知在数列{an}中，．，n∈N*

（1）求证：1＜an+1＜an＜2；

（2）求证：；

（3）求证：n＜sn＜n+2．

6．设数列{an}满足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn为{an}的前n项和．证明：对任意n∈N*，（I）当0≤a1≤1时，0≤an≤1；

（II）当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1；

（III）当a1=时，n﹣＜Sn＜n．

7．已知数列{an}满足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn为{an}的前n项和（n∈N*）．

（Ⅰ）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{bn}满足，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，．

8．已知数列{an}满足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）

证明：；

（Ⅱ）

证明：．

9．设数列{an}的前n项的和为Sn，已知a1=，an+1=，其中n∈N*．

（1）证明：an＜2；

（2）证明：an＜an+1；

（3）证明：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．

10．数列{an}的各项均为正数，且an+1=an+﹣1（n∈N*），{an}的前n项和是Sn．

（Ⅰ）若{an}是递增数列，求a1的取值范围；

（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N*，都有Sn≥na1﹣（n﹣1），证明：Sn＜2n+1．

11．设an=xn，bn=（）2，Sn为数列{an•bn}的前n项和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．

（Ⅰ）若x=2，求数列{}的前n项和Tn；

（Ⅱ）求证：对∀n∈N*，方程fn（x）=0在xn∈[，1]上有且仅有一个根；

（Ⅲ）求证：对∀p∈N*，由（Ⅱ）中xn构成的数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．

12．已知数列{an}，{bn}，a0=1，（n=0，1，2，…），Tn为数列{bn}的前n项和．

求证：（Ⅰ）an+1＜an；

（Ⅱ）；

（Ⅲ）．

13．已知数列{an}满足：a1=，an=an﹣12+an﹣1（n≥2且n∈N）．

（Ⅰ）求a2，a3；并证明：2﹣≤an≤•3；

（Ⅱ）设数列{an2}的前n项和为An，数列{}的前n项和为Bn，证明：=an+1．

14．已知数列{an}的各项均为非负数，其前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，都有．

（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；

（2）若对任意n∈N*，都有Sn≤1，求证：．

15．已知数列{an}中，a1=4，an+1=，n∈N*，Sn为{an}的前n项和．

（Ⅰ）求证：n∈N*时，an＞an+1；

（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤Sn﹣2n＜．

16．已知数列{an}满足，a1=1，an=﹣．

（1）求证：an≥；

（2）求证：|an+1﹣an|≤；

（3）求证：|a2n﹣an|≤．

17．设数列{an}满足：a1=a，an+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．

（1）证明：当n≥2时，an＜an+1＜1；

（2）若b∈（a2，1），求证：当整数k≥+1时，ak+1＞b．

18．设a＞3，数列{an}中，a1=a，an+1=，n∈N*．

（Ⅰ）求证：an＞3，且＜1；（Ⅱ）当a≤4时，证明：an≤3+．

19．已知数列{an}满足an＞0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（n∈N*）．

（Ⅰ）证明：an＞1；

（Ⅱ）证明：++…+＜（n≥2）．

20．已知数列{an}满足：．

（1）求证：；

（2）求证：．

21．已知数列{an}满足a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣）．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）求证：++…+＜；

（3）记Sn=++…+，证明：对于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．

22．已知数列{an}满足a1=1，an+1=，n∈N*．

（1）求证：≤an≤1；

（2）求证：|a2n﹣an|≤．

23．已知数列{an]的前n项和记为Sn，且满足Sn=2an﹣n，n∈N*

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）证明：+…（n∈N*）

24．已知数列{an}满足：a1=，an+1=+an（n∈N*）．

（1）求证：an+1＞an；

（2）求证：a2017＜1；

（3）若ak＞1，求正整数k的最小值．

25．已知数列{an}满足：an2﹣an﹣an+1+1=0，a1=2

（1）求a2，a3；

（2）证明数列为递增数列；

（3）求证：＜1．

26．已知数列{an}满足：a1=1，（n∈N*）

（Ⅰ）求证：an≥1；

（Ⅱ）证明：≥1+

（Ⅲ）求证：＜an+1＜n+1．

27．在正项数列{an}中，已知a1=1，且满足an+1=2an（n∈N*）

（Ⅰ）求a2，a3；

（Ⅱ）证明．an≥．

28．设数列{an}满足．

（1）证明：；

（2）证明：．

29．已知数列{an}满足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），令bn=an+1．

（Ⅰ）求证：{bn}是等比数列；

（Ⅱ）记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn；

（Ⅲ）求证：﹣＜+…+．

30．已知数列{an}中，a1=3，2an+1=an2﹣2an+4．

（Ⅰ）证明：an+1＞an；

（Ⅱ）证明：an≥2+（）n﹣1；

（Ⅲ）设数列{}的前n项和为Sn，求证：1﹣（）n≤Sn＜1．

31．已知数列{an}满足a1=，an+1=，n∈N*．

（1）求a2；

（2）求{}的通项公式；

（3）设{an}的前n项和为Sn，求证：（1﹣（）n）≤Sn＜．

32．数列{an}中，a1=1，an=．

（1）证明：an＜an+1；

（2）证明：anan+1≥2n+1；

（3）设bn=，证明：2＜bn＜（n≥2）．

33．已知数列{an}满足，（1）若数列{an}是常数列，求m的值；

（2）当m＞1时，求证：an＜an+1；

（3）求最大的正数m，使得an＜4对一切整数n恒成立，并证明你的结论．

34．已知数列{an}满足：，p＞1，．

（1）证明：an＞an+1＞1；

（2）证明：；

（3）证明：．

35．数列{an}满足a1=，an+1﹣an+anan+1=0（n∈N*）．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）求证：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

36．已知数列{an}满足a1=1，an+1=an2+p．

（1）若数列{an}就常数列，求p的值；

（2）当p＞1时，求证：an＜an+1；

（3）求最大的正数p，使得an＜2对一切整数n恒成立，并证明你的结论．

37．已知数列{an}满足a1=a＞4，（n∈N*）

（1）求证：an＞4；

（2）判断数列{an}的单调性；

（3）设Sn为数列{an}的前n项和，求证：当a=6时，．

38．已知数列{an}满足a1=1，an+1=．

（Ⅰ）求证：an+1＜an；

（Ⅱ）求证：≤an≤．

39．已知数列{an}满足：a1=1，．

（1）若b=1，证明：数列是等差数列；

（2）若b=﹣1，判断数列{a2n﹣1}的单调性并说明理由；

（3）若b=﹣1，求证：．

40．已知数列{an}满足，（n=1，2，3…），Sn=b1+b2+…+bn．

证明：（Ⅰ）an﹣1＜an＜1（n≥1）；

（Ⅱ）（n≥2）．

41．已知数列{an}满足a1=1，an+1=，n∈N*，记S，Tn分别是数列{an}，{a}的前n项和，证明：当n∈N*时，（1）an+1＜an；

（2）Tn=﹣2n﹣1；

（3）﹣1＜Sn．

42．已知数列{an}满足a1=3，an+1=an2+2an，n∈N*，设bn=log2（an+1）．

（I）求{an}的通项公式；

（II）求证：1+++…+＜n（n≥2）；

（III）若=bn，求证：2≤＜3．

43．已知正项数列{an}满足a1=3，n∈N*．

（1）求证：1＜an≤3，n∈N*；

（2）若对于任意的正整数n，都有成立，求M的最小值；

（3）求证：a1+a2+a3+…+an＜n+6，n∈N*．

44．已知在数列{an}中，，n∈N*．

（1）求证：1＜an+1＜an＜2；

（2）求证：；

（3）求证：n＜sn＜n+2．

45．已知数列{an}中，（n∈N*）．

（1）求证：；

（2）求证：是等差数列；

（3）设，记数列{bn}的前n项和为Sn，求证：．

46．已知无穷数列{an}的首项a1=，=n∈N*．

（Ⅰ）证明：0＜an＜1；

（Ⅱ）

记bn=，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：对任意正整数n，Tn．

47．已知数列{xn}满足x1=1，xn+1=2+3，求证：

（I）0＜xn＜9；

（II）xn＜xn+1；

（III）．

48．数列{an}各项均为正数，且对任意n∈N*，满足an+1=an+can2（c＞0且为常数）．

（Ⅰ）若a1，2a2，3a3依次成等比数列，求a1的值（用常数c表示）；

（Ⅱ）设bn=，Sn是数列{bn}的前n项和，（i）求证：；

（ii）求证：Sn＜Sn+1＜．

49．设数列满足|an﹣|≤1，n∈N*．

（Ⅰ）求证：|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）

（Ⅱ）若|an|≤（）n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*．

50．已知数列{an}满足：a1=1，an+1=an+．（n∈N*）

（Ⅰ）证明：≥1+；

（Ⅱ）求证：＜an+1＜n+1．

高考数列压轴题

参考答案与试题解析

一．解答题（共50小题）

1．数列{an}满足a1=1，a2=+，…，an=++…+（n∈N*）

（1）求a2，a3，a4，a5的值；

（2）求an与an﹣1之间的关系式（n∈N*，n≥2）；

（3）求证：（1+）（1+）…（1+）＜3（n∈N*）

【解答】解：（1）a2=+=2+2=4，a3=++=3+6+6=15，a4=+++=4+4×3+4×3×2+4×3×2×1=64，a5=++++=5+20+60+120+120=325；

（2）an=++…+=n+n（n﹣1）+n（n﹣1）（n﹣2）+…+n!

=n+n[（n﹣1）+（n﹣1）（n﹣2）+…+（n﹣1）!]

=n+nan﹣1；

（3）证明：由（2）可知=，所以（1+）（1+）…（1+）=•…

==+++…+=+++…+

=+++…+≤1+1+++…+

=2+1﹣+﹣+…+﹣=3﹣＜3（n≥2）．

所以n≥2时不等式成立，而n=1时不等式显然成立，所以原命题成立．

2．已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；

（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤；

（Ⅲ）≤xn≤．

【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：xn＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，则xk＞0，那么n=k+1时，若xk+1＜0，则0＜xk=xk+1+ln（1+xk+1）＜0，矛盾，故xn+1＞0，因此xn＞0，（n∈N*）

∴xn=xn+1+ln（1+xn+1）＞xn+1，因此0＜xn+1＜xn（n∈N*），（Ⅱ）由xn=xn+1+ln（1+xn+1）得xnxn+1﹣4xn+1+2xn=xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1），记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0

∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）=0，因此xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）≥0，故2xn+1﹣xn≤；

（Ⅲ）∵xn=xn+1+ln（1+xn+1）≤xn+1+xn+1=2xn+1，∴xn≥，由≥2xn+1﹣xn得﹣≥2（﹣）＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，∴xn≤，综上所述≤xn≤．

3．数列{an}中，a1=，an+1=（n∈N*）

（Ⅰ）求证：an+1＜an；

（Ⅱ）记数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn＜1．

【解答】证明：（Ⅰ）∵＞0，且a1=＞0，∴an＞0，∴an+1﹣an=﹣an=＜0．

∴an+1＜an；

（Ⅱ）∵1﹣an+1=1﹣=，∴=．

∴，则，又an＞0，∴．

4．已知正项数列{an}满足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1．

（1）求a2的值；

（2）证明：对任意实数n∈N*，an≤2an+1；

（3）记数列{an}的前n项和为Sn，证明：对任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．

【解答】解：（1）an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1，即有a12+a1=3a22+2a2=2，解得a2=（负的舍去）；

（2）证明：an2+an=3a2n+1+2an+1，可得an2﹣4a2n+1+an﹣2an+1+a2n+1=0，即有（an﹣2an+1）（an+2an+1+1）+a2n+1=0，由于正项数列{an}，即有an+2an+1+1＞0，4a2n+1＞0，则有对任意实数n∈N*，an≤2an+1；

（3）由（1）可得对任意实数n∈N*，an≤2an+1；

即为a1≤2a2，可得a2≥，a3≥a2≥，…，an≥，前n项和为Sn=a1+a2+…+an≥1+++…+

==2﹣，又an2+an=3a2n+1+2an+1＞a2n+1+an+1，即有（an﹣an+1）（an+an+1+1）＞0，则an＞an+1，数列{an}递减，即有Sn=a1+a2+…+an＜1+1+++…+

=1+=3（1﹣）＜3．

则有对任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．

5．已知在数列{an}中，．，n∈N*

（1）求证：1＜an+1＜an＜2；

（2）求证：；

（3）求证：n＜sn＜n+2．

【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明1＜an＜2．

①．n=1时，②．假设n=k时成立，即1＜ak＜2．

那么n=k+1时，成立．

由①②知1＜an＜2，n∈N*恒成立.．

所以1＜an+1＜an＜2成立．

（2），当n≥3时，而1＜an＜2．所以．

由，得，所以

（3）由（1）1＜an＜2得sn＞n

由（2）得，6．设数列{an}满足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn为{an}的前n项和．证明：对任意n∈N*，（I）当0≤a1≤1时，0≤an≤1；

（II）当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1；

（III）当a1=时，n﹣＜Sn＜n．

【解答】证明：（Ⅰ）用数学归纳法证明．

①当n=1时，0≤an≤1成立．

②假设当n=k（k∈N*）时，0≤ak≤1，则当n=k+1时，=（）2+∈[]⊂[0，1]，由①②知，．

∴当0≤a1≤1时，0≤an≤1．

（Ⅱ）由an+1﹣an=（）﹣an=（an﹣1）2≥0，知an+1≥an．

若a1＞1，则an＞1，（n∈N*），从而=﹣an=an（an﹣1），即=an≥a1，∴，∴当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1．

（Ⅲ）当时，由（Ⅰ），0＜an＜1（n∈N*），故Sn＜n，令bn=1﹣an（n∈N*），由（Ⅰ）（Ⅱ），bn＞bn+1＞0，（n∈N*），由，得．

∴=（b1﹣b2）+（b2﹣b3）+…+（bn﹣bn+1）=b1﹣bn+1＜b1=，∵≥，∴nbn2，即，（n∈N*），∵==，∴b1+b2+…+bn[（）+（）+…+（）]=，即n﹣Sn，亦即，∴当时，．

7．已知数列{an}满足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn为{an}的前n项和（n∈N*）．

（Ⅰ）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{bn}满足，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，．

【解答】解：（Ⅰ）数列{an}满足Sn=2an+1，则Sn=2an+1=2（Sn+1﹣Sn），即3Sn=2Sn+1，∴，即数列{Sn}为以1为首项，以为公比的等比数列，∴Sn=（）n﹣1（n∈N*）．

∴S1=1，S2=；

（Ⅱ）在数列{bn}中，Tn为{bn}的前n项和，则|Tn|=|=．

而当n≥2时，即．

8．已知数列{an}满足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）

证明：；

（Ⅱ）

证明：．

【解答】（Ⅰ）

证明：∵①，∴②

由②÷①得：，∴

（Ⅱ）

证明：由（Ⅰ）得：（n+1）an+2=nan

∴

令bn=nan，则③

∴bn﹣1•bn=n④

由b1=a1=1，b2=2，易得bn＞0

由③﹣④得：

∴b1＜b3＜…＜b2n﹣1，b2＜b4＜…＜b2n，得bn≥1

根据bn•bn+1=n+1得：bn+1≤n+1，∴1≤bn≤n

∴

一方面：

另一方面：由1≤bn≤n可知：．

9．设数列{an}的前n项的和为Sn，已知a1=，an+1=，其中n∈N*．

（1）证明：an＜2；

（2）证明：an＜an+1；

（3）证明：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．

【解答】证明：（1）an+1﹣2=﹣2=，由于+2=+1＞0，+2=2+＞0．

∴an+1﹣2与an﹣2同号，因此与a1﹣2同号，而a1﹣2=﹣＜0，∴an＜2．

（2）an+1﹣1=，可得：an+1﹣1与an﹣1同号，因此与a1﹣1同号，而a1﹣1=＞0，∴an＞1．

又an＜2．∴1＜an＜2．an+1﹣an=，可得分子＞0，分母＞0．

∴an+1﹣an＞0，故an＜an+1．

（3）n=1时，S1=，满足不等式．

n≥2时，==，∴，即2﹣an≥．

∴2n﹣Sn≥=1﹣．即Sn≤2n﹣1+．

另一方面：由（II）可知：．，=≤．

从而可得：=≤．

∴2﹣an≤，∴2n﹣Sn≤=．

∴Sn≥2n﹣＞2n﹣．

综上可得：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．

10．数列{an}的各项均为正数，且an+1=an+﹣1（n∈N*），{an}的前n项和是Sn．

（Ⅰ）若{an}是递增数列，求a1的取值范围；

（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N*，都有Sn≥na1﹣（n﹣1），证明：Sn＜2n+1．

【解答】（I）解：由a2＞a1＞0⇔﹣1＞a1＞0，解得0＜a1＜2，①．

又a3＞a2＞0，⇔＞a2，⇔0＜a2＜2⇔﹣1＜2，解得1＜a1＜2，②．

由①②可得：1＜a1＜2．

下面利用数学归纳法证明：当1＜a1＜2时，∀n∈N*，1＜an＜2成立．

（1）当n=1时，1＜a1＜2成立．

（2）假设当n=k∈N*时，1＜an＜2成立．

则当n=k+1时，ak+1=ak+﹣1∈⊊（1，2），即n=k+1时，不等式成立．

综上（1）（2）可得：∀n∈N*，1＜an＜2成立．

于是an+1﹣an=﹣1＞0，即an+1＞an，∴{an}是递增数列，a1的取值范围是（1，2）．

（II）证明：∵a1＞2，可用数学归纳法证明：an＞2对∀n∈N*都成立．

于是：an+1﹣an=﹣1＜2，即数列{an}是递减数列．

在Sn≥na1﹣（n﹣1）中，令n=2，可得：2a1+﹣1=S2≥2a1﹣，解得a1≤3，因此2＜a1≤3．

下证：（1）当时，Sn≥na1﹣（n﹣1）恒成立．

事实上，当时，由an=a1+（an﹣a1）≥a1+（2﹣）=．

于是Sn=a1+a2+…+an≥a1+（n﹣1）=na1﹣．

再证明：（2）时不合题意．

事实上，当时，设an=bn+2，可得≤1．

由an+1=an+﹣1（n∈N*），可得：bn+1=bn+﹣1，可得=≤≤．

于是数列{bn}的前n和Tn≤＜3b1≤3．

故Sn=2n+Tn＜2n+3=na1+（2﹣a1）n+3，③．

令a1=+t（t＞0），由③可得：Sn＜na1+（2﹣a1）n+3=na1﹣﹣tn+．

只要n充分大，可得：Sn＜na1﹣．这与Sn≥na1﹣（n﹣1）恒成立矛盾．

∴时不合题意．

综上（1）（2）可得：，于是可得=≤≤．（由可得：）．

故数列{bn}的前n项和Tn≤＜b1＜1，∴Sn=2n+Tn＜2n+1．

11．设an=xn，bn=（）2，Sn为数列{an•bn}的前n项和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．

（Ⅰ）若x=2，求数列{}的前n项和Tn；

（Ⅱ）求证：对∀n∈N*，方程fn（x）=0在xn∈[，1]上有且仅有一个根；

（Ⅲ）求证：对∀p∈N*，由（Ⅱ）中xn构成的数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．

【解答】解：（Ⅰ）若x=2，an=2n，则=（2n﹣1）（）n，则Tn=1×（）1+3×（）2+…+（2n﹣1）（）n，∴Tn=1×（）2+3×（）3+…+（2n﹣1）（）n+1，∴Tn=+2×[（）2+（）3+…+（）n]﹣（2n﹣1）（）n+1

=+2×﹣（2n﹣1）（）n+1=+1﹣（）n﹣1﹣（2n﹣1）（）n+1，∴Tn=3﹣（）n﹣2﹣（2n﹣1）（）n=3﹣；

（Ⅱ）证明：fn（x）=﹣1+x+++…+（x∈R，n∈N+），fn′（x）=1+++…+＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．

由于f1（x1）=0，当n≥2时，fn（1）=++…+＞0，即fn（1）＞0．

又fn（）=﹣1++[+++…+]≤﹣+•（）i，=﹣+×=﹣•（）n﹣1＜0，根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn∈[，1]，满足fn（xn）=0．

（Ⅲ）证明：对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}，当x＞0时，∵fn+1（x）=fn（x）+＞fn（x），∴fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0．

由

fn+1（x）

在（0，+∞）上单调递增，可得

xn+1＜xn，即

xn﹣xn+1＞0，故数列{xn}为减数列，即对任意的n、p∈N+，xn﹣xn+p＞0．

由于

fn（xn）=﹣1+xn+++…+=0，①，fn+p

（xn+p）=﹣1+xn+p+++…++[++…+]，②，用①减去②并移项，利用

0＜xn+p≤1，可得

xn﹣xn+p=+≤≤＜=﹣＜．

综上可得，对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．

12．已知数列{an}，{bn}，a0=1，（n=0，1，2，…），Tn为数列{bn}的前n项和．

求证：（Ⅰ）an+1＜an；

（Ⅱ）；

（Ⅲ）．

【解答】解：证明：（Ⅰ）=，所以an+1＜an

（Ⅱ）法一、记，则，原命题等价于证明；用数学归纳法

提示：构造函数在（1，+∞）单调递增，故==+＞+×=+×（﹣）=，法二、只需证明，由，故：n=1时，n≥2，可证：，（3）由，得=，可得：，叠加可得，所以，13．已知数列{an}满足：a1=，an=an﹣12+an﹣1（n≥2且n∈N）．

（Ⅰ）求a2，a3；并证明：2﹣≤an≤•3；

（Ⅱ）设数列{an2}的前n项和为An，数列{}的前n项和为Bn，证明：=an+1．

【解答】解：（I）a2=a12+a1==，a3=a22+a2==．

证明：∵an=an﹣12+an﹣1，∴an+=an﹣12+an﹣1+=（an﹣1+）2+＞（an﹣1+）2，∴an+＞（an﹣1+）2＞（an﹣2+）4＞＞（an﹣3+）8＞…＞（a1+）=2，∴an＞2﹣，又∵an﹣an﹣1=an﹣12＞0，∴an＞an﹣1＞an﹣2＞…＞a1＞1，∴an2＞an，∴an=an﹣12+an﹣1＜2a，∴an＜2a＜2•22＜2•22•24＜…＜2•22•24•…•2a1

=2•（）=•3．

综上，2﹣≤an≤•3．

（II）证明：∵an=an﹣12+an﹣1，∴an﹣12=an﹣an﹣1，∴An=a12+a22+a32+…an2=（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an+1﹣an）=an+1﹣，∵an=an﹣12+an﹣1=an﹣1（an﹣1+1），∴==，∴=，∴Bn=…+=（）+（）+（﹣）+…+（）

=﹣．

∴==．

14．已知数列{an}的各项均为非负数，其前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，都有．

（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；

（2）若对任意n∈N*，都有Sn≤1，求证：．

【解答】解：（1）由题意知an+1﹣an≤an+2﹣an+1，设di=ai+1﹣ai（i=1，2，…，504），则d1≤d2≤d3≤…≤d504，且d1+d2+d3+…+d504=2016，∵=，所以d1+d2+…+d5≤20，∴a6=a1+（d1+d2+…+d5）≤21．

（2）证明：若存在k∈N*，使得ak＜ak+1，则由，得ak+1≤ak﹣ak+1≤ak+2，因此，从an项开始，数列{an}严格递增，故a1+a2+…+an≥ak+ak+1+…+an≥（n﹣k+1）ak，对于固定的k，当n足够大时，必有a1+a2+…+an≥1，与题设矛盾，所以{an}不可能递增，即只能an﹣an+1≥0．

令bk=ak﹣ak+1，（k∈N*），由ak﹣ak+1≥ak+1﹣ak+2，得bk≥bk+1，bk＞0，故1≥a1+a2+…+an=（b1+a2）+a2+…+an=b1+2（b2+a3）+a3+…+an，=…=b1+2b2+…+nbn+nan，所以，综上，对一切n∈N*，都有．

15．已知数列{an}中，a1=4，an+1=，n∈N*，Sn为{an}的前n项和．

（Ⅰ）求证：n∈N*时，an＞an+1；

（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤Sn﹣2n＜．

【解答】证明：（I）n≥2时，作差：an+1﹣an=﹣=，∴an+1﹣an与an﹣an﹣1同号，由a1=4，可得a2==，可得a2﹣a1＜0，∴n∈N*时，an＞an+1．

（II）∵2=6+an，∴=an﹣2，即2（an+1﹣2）（an+1+2）=an﹣2，①

∴an+1﹣2与an﹣2同号，又∵a1﹣2=2＞0，∴an＞2．

∴Sn=a1+a2+…+an≥4+2（n﹣1）=2n+2．

∴Sn﹣2n≥2．

由①可得：=，因此an﹣2≤（a1﹣2），即an≤2+2×．

∴Sn=a1+a2+…+an≤2n+2×＜2n+．

综上可得：n∈N*时，2≤Sn﹣2n＜．

16．已知数列{an}满足，a1=1，an=﹣．

（1）求证：an≥；

（2）求证：|an+1﹣an|≤；

（3）求证：|a2n﹣an|≤．

【解答】证明：（1）∵a1=1，an=﹣．

∴a2=，a3=，a4=，猜想：≤an≤1．

下面用数学归纳法证明．

（i）当n=1时，命题显然成立；

（ii）假设n=k时，≤1成立，则当n=k+1时，ak+1=≤＜1．，即当n=k+1时也成立，所以对任意n∈N*，都有．

（2）当n=1时，当n≥2时，∵，∴．

（3）当n=1时，|a2﹣a1|=＜；

当n≥2时，|a2n﹣an|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|．

17．设数列{an}满足：a1=a，an+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．

（1）证明：当n≥2时，an＜an+1＜1；

（2）若b∈（a2，1），求证：当整数k≥+1时，ak+1＞b．

【解答】证明：（1）由an+1=知an与a1的符号相同，而a1=a＞0，∴an＞0，∴an+1=≤1，当且仅当an=1时，an+1=1

下面用数学归纳法证明：

①∵a＞0且a≠1，∴a2＜1，∴=＞1，即有a2＜a3＜1，②假设n=k时，有ak＜ak+1＜1，则

ak+2==＜1且=＞1，即ak+1＜ak+2＜1

即当n=k+1时不等式成立，由①②可得当n≥2时，an＜an+1＜1；

（2）若ak≥b，由（1）知ak+1＞ak≥b，若ak＜b，∵0＜x＜1以及二项式定理可知（1+x）n=1+Cn1x+…+Cnnxn≥nx，而ak2+1＜b2+1＜b+1，且a2＜a3＜…＜ak＜b＜1

∴ak+1=a2••…，=a2•

＞a2•（）k﹣1＞a2•（）k﹣1=a2•（1+）k﹣1，≥a2•[1+（k﹣1）]，∵k≥+1，∴1+（k﹣1）≥+1=，∴ak+1＞b．

18．设a＞3，数列{an}中，a1=a，an+1=，n∈N*．

（Ⅰ）求证：an＞3，且＜1；

（Ⅱ）当a≤4时，证明：an≤3+．

【解答】证明：（I）∵an+1﹣3=﹣3=．=﹣=，∴（）=＞0，∴与同号，又a＞3，∴=a﹣＞0，∴＞0，∴an+1﹣3＞0，即an＞3（n=1时也成立）．

∴==＜1．

综上可得：an＞3，且＜1；

（Ⅱ）当a≤4时，∵an+1﹣3=﹣3=．

∴=，由（I）可知：3＜an≤a1=a≤4，∴3＜an≤4．

设an﹣3=t∈（0，1]．

∴==≤，∴•…•≤，∴an﹣3≤（a1﹣3）×≤，∴an≤3+．

19．已知数列{an}满足an＞0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（n∈N*）．

（Ⅰ）证明：an＞1；

（Ⅱ）证明：++…+＜（n≥2）．

【解答】证明：（Ⅰ）由题意得（n+1）an+12﹣（n+1）=nan2﹣n+an﹣1，∴（n+1）（an+1+1）（an+1﹣1）=（an﹣1）（nan+n+1），由an＞0，n∈N*，∴（n+1）（an+1+1）＞0，nan+n+1＞0，∴an+1﹣1与an﹣1同号，∵a1﹣1=1＞0，∴an＞1；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故（n+1）an+12=nan2+an＜（n+1）an2，∴an+1＜an，1＜an≤2，又由题意可得an=（n+1）an+12﹣nan2，∴a1=2a22﹣a12，a2=3a32﹣2a22，…，an=（n+1）an+12﹣nan2，相加可得a1+a2+…+an=（n+1）an+12﹣4＜2n，∴an+12≤，即an2≤，n≥2，∴≤2（+）≤2（﹣）+（﹣+），n≥2，当n=2时，=＜，当n=3时，+≤＜＜，当n≥4时，++…+＜2（+++）+（++﹣）=1+++++＜，从而，原命题得证

20．已知数列{an}满足：．

（1）求证：；

（2）求证：．

【解答】证明：（1）由，所以，因为，所以an+2＜an+1＜2．

（2）假设存在，由（1）可得当n＞N时，an≤aN+1＜1，根据，而an＜1，所以．

于是，…．

累加可得（*）

由（1）可得aN+n﹣1＜0，而当时，显然有，因此有，这显然与（*）矛盾，所以．

21．已知数列{an}满足a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣）．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）求证：++…+＜；

（3）记Sn=++…+，证明：对于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．

【解答】解：（1）a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣），可得an+12+an2﹣2an+1an﹣2an+1+2an+1=0，即有（an+1﹣an）2﹣2（an+1﹣an）+1=0，即为（an+1﹣an﹣1）2=0，可得an+1﹣an=1，则an=a1+n﹣1=n，n∈N*；

（2）证明：由=＜=﹣，n≥2．

则++…+=1+++…+

＜1++﹣+﹣+…+﹣=﹣＜，故原不等式成立；

（3）证明：Sn=++…+=1++…+，当n=2时，S22=（1+）2=＞2•=成立；

假设n=k≥2，都有Sk2＞2（++…+）．

则n=k+1时，Sk+12=（Sk+）2，Sk+12﹣2（++…++）

=（Sk+）2﹣2（++…+）﹣2•

=Sk2﹣2（++…+）++2•﹣2•

=Sk2﹣2（++…+）+，由k＞1可得＞0，且Sk2＞2（++…+）．

可得Sk2﹣2（++…+）＞0，则Sk+12＞2（++…++）恒成立．

综上可得，对于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．

22．已知数列{an}满足a1=1，an+1=，n∈N*．

（1）求证：≤an≤1；

（2）求证：|a2n﹣an|≤．

【解答】证明：（1）用数学归纳法证明：

①当n=1时，=，成立；

②假设当n=k时，有成立，则当n=k+1时，≤≤1，≥=，∴当n=k+1时，命题也成立．

由①②得≤an≤1．

（2）当n=1时，|a2﹣a1|=，当n≥2时，∵（）（）=（）=1+=，∴|an+1﹣an|=||=≤|an﹣an﹣1|＜…＜（）n﹣1|a2﹣a1|=，∴|a2n﹣a2n﹣1|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|

≤=

=（）n﹣1﹣（）2n﹣1≤，综上：|a2n﹣an|≤．

23．已知数列{an]的前n项和记为Sn，且满足Sn=2an﹣n，n∈N*

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）证明：+…（n∈N*）

【解答】解：（Ⅰ）∵Sn=2an﹣n（n∈N+），∴Sn﹣1=2an﹣1﹣n+1=0（n≥2），两式相减得：an=2an﹣1+1，变形可得：an+1=2（an﹣1+1），又∵a1=2a1﹣1，即a1=1，∴数列{an+1}是首项为2、公比为2的等比数列，∴an+1=2•2n﹣1=2n，an=2n﹣1．

（Ⅱ）由，（k=1，2，…n），∴=，由=﹣，（k=1，2，…n），得﹣=，综上，+…（n∈N*）．

24．已知数列{an}满足：a1=，an+1=+an（n∈N*）．

（1）求证：an+1＞an；

（2）求证：a2017＜1；

（3）若ak＞1，求正整数k的最小值．

【解答】（1）证明：an+1﹣an=≥0，可得an+1≥an．

∵a1=，∴an．

∴an+1﹣an=＞0，∴an+1＞an．

（II）证明：由已知==，∴=﹣，由=，=，…，=，累加求和可得：=++…+，当k=2017时，由（I）可得：=a1＜a2＜…＜a2016．

∴﹣=++…+＜＜1，∴a2017＜1．

（III）解：由（II）可得：可得：=a1＜a2＜…＜a2016＜a2017＜1．

∴﹣=++…+＞2017×=1，∴a2017＜1＜a2018，又∵an+1＞an．∴k的最小值为2018．

25．已知数列{an}满足：an2﹣an﹣an+1+1=0，a1=2

（1）求a2，a3；

（2）证明数列为递增数列；

（3）求证：＜1．

【解答】（1）解：∵a1=2，∴a2=22﹣2+1=3，同理可得：a3=7．

（2）证明：，对n∈N*恒成立，∴an+1＞an．

（3）证明：

故=．

26．已知数列{an}满足：a1=1，（n∈N*）

（Ⅰ）求证：an≥1；

（Ⅱ）证明：≥1+

（Ⅲ）求证：＜an+1＜n+1．

【解答】证明：（I）数列{an}满足：a1=1，（n∈N*），可得：，⇒an+1≥an≥an﹣1≥…≥a1=1；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：；

（Ⅲ），由（Ⅱ）得：，所以，累加得：，另一方面由an≤n可得：原式变形为，所以：，累加得．

27．在正项数列{an}中，已知a1=1，且满足an+1=2an（n∈N*）

（Ⅰ）求a2，a3；

（Ⅱ）证明．an≥．

【解答】解：（Ⅰ）∵在正项数列{an}中，a1=1，且满足an+1=2an（n∈N*），∴=，=．

证明：（Ⅱ）①当n=1时，由已知，成立；

②假设当n=k时，不等式成立，即，∵f（x）=2x﹣在（0，+∞）上是增函数，∴≥

=（）k+（）k﹣

=（）k+

=（）k+，∵k≥1，∴2×（）k﹣3﹣3=0，∴，即当n=k+1时，不等式也成立．

根据①②知不等式对任何n∈N*都成立．

28．设数列{an}满足．

（1）证明：；

（2）证明：．

【解答】（本题满分15分）

证明：（I）易知an＞0，所以an+1＞an+＞an，所以

ak+1=ak+＜ak+，所以．

所以，当n≥2时，=，所以an＜1．

又，所以an＜1（n∈N*），所以

an＜an+1＜1（n∈N*）．…（8分）

（II）当n=1时，显然成立．

由an＜1，知，所以，所以，所以，所以，当n≥2时，=，即．

所以（n∈N*）．

…（7分）

29．已知数列{an}满足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），令bn=an+1．

（Ⅰ）求证：{bn}是等比数列；

（Ⅱ）记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn；

（Ⅲ）求证：﹣＜+…+．

【解答】（I）证明：a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），∴a2=2×（2+1+1）=8．

n≥2时，an=2（Sn﹣1+n），相减可得：an+1=3an+2，变形为：an+1+1=3（an+1），n=1时也成立．

令bn=an+1，则bn+1=3bn．∴{bn}是等比数列，首项为3，公比为3．

（II）解：由（I）可得：bn=3n．

∴数列{nbn}的前n项和Tn=3+2×32+3×33+…+n•3n，3Tn=32+2×33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1，∴﹣2Tn=3+32+…+3n﹣n•3n+1=﹣n•3n+1=×3n+1﹣，解得Tn=+．

（III）证明：∵bn=3n=an+1，解得an=3n﹣1．

由=．

∴+…+＞…+==，因此左边不等式成立．

又由==＜=，可得+…+＜++…+

=＜．因此右边不等式成立．

综上可得：﹣＜+…+．

30．已知数列{an}中，a1=3，2an+1=an2﹣2an+4．

（Ⅰ）证明：an+1＞an；

（Ⅱ）证明：an≥2+（）n﹣1；

（Ⅲ）设数列{}的前n项和为Sn，求证：1﹣（）n≤Sn＜1．

【解答】证明：（I）an+1﹣an=﹣an=≥0，∴an+1≥an≥3，∴（an﹣2）2＞0

∴an+1﹣an＞0，即an+1＞an；

（II）∵2an+1﹣4=an2﹣2an=an（an﹣2）

∴=≥，∴an﹣2≥（an﹣1﹣2）≥（）2（an﹣2﹣2）≥（）3（an﹣3﹣2）≥…≥（）n﹣1（a1﹣2）=（）n﹣1，∴an≥2+（）n﹣1；

（Ⅲ）∵2（an+1﹣2）=an（an﹣2），∴==（﹣）

∴=﹣，∴=﹣+，∴Sn=++…+=﹣+﹣+…+﹣=﹣=1﹣，∵an+1﹣2≥（）n，∴0＜≤（）n，∴1﹣（）n≤Sn=1﹣＜1．

31．已知数列{an}满足a1=，an+1=，n∈N*．

（1）求a2；

（2）求{}的通项公式；

（3）设{an}的前n项和为Sn，求证：（1﹣（）n）≤Sn＜．

【解答】（1）解：∵a1=，a，n∈N+．∴a2==．

（2）解：∵a1=，a，n∈N+．∴=﹣，化为：﹣1=，∴数列是等比数列，首项与公比都为．

∴﹣1=，解得=1+．

（3）证明：一方面：由（2）可得：an=≥=．

∴Sn≥+…+==，因此不等式左边成立．

另一方面：an==，∴Sn≤+++…+=×＜×3＜（n≥3）．

又n=1，2时也成立，因此不等式右边成立．

综上可得：（1﹣（）n）≤Sn＜．

32．数列{an}中，a1=1，an=．

（1）证明：an＜an+1；

（2）证明：anan+1≥2n+1；

（3）设bn=，证明：2＜bn＜（n≥2）．

【解答】证明：（1）数列{an}中，a1=1，an=．

可得an＞0，an2=anan+1﹣2，可得an+1=an+＞an，即an＜an+1；

（2）由（1）可得anan﹣1＜an2=anan+1﹣2，可得anan+1﹣anan﹣1＞2，n=1时，anan+1=a12+2=3，2n+1=3，则原不等式成立；

n≥2时，anan+1＞3+2（n﹣1）=2n+1，综上可得，anan+1≥2n+1；

（3）bn=，要证2＜bn＜（n≥2），即证2＜an＜，只要证4n＜an2＜5n，由an+1=an+，可得an+12=an2+4+，且a2=3，an+12﹣an2=4+＞4，且4+＜4+=4+=，即有an+12﹣an2∈（4，），由n=2，3，…，累加可得

an2﹣a22∈（4（n﹣2），），即有an2∈（4n+1，）⊆（4n，5n），故2＜bn＜（n≥2）．

33．已知数列{an}满足，（1）若数列{an}是常数列，求m的值；

（2）当m＞1时，求证：an＜an+1；

（3）求最大的正数m，使得an＜4对一切整数n恒成立，并证明你的结论．

【解答】解：（1）若数列{an}是常数列，则，得．显然，当时，有an=1．

…（3分）

（2）由条件得，得a2＞a1．…（5分）

又因为，两式相减得．

…（7分）

显然有an＞0，所以an+2﹣an+1与an+1﹣an同号，而a2﹣a1＞0，所以an+1﹣an＞0，从而有an＜an+1．…（9分）

（3）因为，…（10分）

所以an=a1+（a2﹣a1）+…+（an﹣an﹣1）≥1+（n﹣1）（m﹣2）．

这说明，当m＞2时，an越来越大，显然不可能满足an＜4．

所以要使得an＜4对一切整数n恒成立，只可能m≤2．…（12分）

下面证明当m=2时，an＜4恒成立．用数学归纳法证明：

当n=1时，a1=1显然成立．

假设当n=k时成立，即ak＜4，则当n=k+1时，成立．

由上可知an＜4对一切正整数n恒成立．

因此，正数m的最大值是2．…（15分）

34．已知数列{an}满足：，p＞1，．

（1）证明：an＞an+1＞1；

（2）证明：；

（3）证明：．

【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明an＞1．

①当n=1时，∵p＞1，∴；

②假设当n=k时，ak＞1，则当n=k+1时，．

由①②可知an＞1．

再证an＞an+1．，令f（x）=x﹣1﹣xlnx，x＞1，则f＇（x）=﹣lnx＜0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以f（x）＜f（1）=0，所以，即an＞an+1．

（2）要证，只需证，只需证其中an＞1，先证，令f（x）=2xlnx﹣x2+1，x＞1，只需证f（x）＜0．

因为f＇（x）=2lnx+2﹣2x＜2（x﹣1）+2﹣2x=0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以f（x）＜f（1）=0．

再证（an+1）lnan﹣2an+2＞0，令g（x）=（x+1）lnx﹣2x+2，x＞1，只需证g（x）＞0，令，x＞1，则，所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，所以h（x）＞h（1）=0，从而g＇（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递增，所以g（x）＞g（1）=0，综上可得．

（3）由（2）知，一方面，由迭代可得，因为lnx≤x﹣1，所以，所以ln（a1a2…an）=lna1+lna2+…+lnan=；

另一方面，即，由迭代可得．

因为，所以，所以=；

综上，．

35．数列{an}满足a1=，an+1﹣an+anan+1=0（n∈N*）．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）求证：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

【解答】解（Ⅰ）：由已知可得数列{an}各项非零．

否则，若有ak=0结合ak﹣ak﹣1+akak﹣1=0⇒ak﹣1=0，继而⇒ak﹣1=0⇒ak﹣2=0⇒…⇒a1=0，与已知矛盾．

所以由an+1﹣an+anan+1=0可得．

即数列是公差为1的等差数列．

所以．

所以数列{an}的通项公式是（n∈N*）．

（Ⅱ）

证明一：因为．

所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an=．

所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

证明二：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an===．

所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

36．已知数列{an}满足a1=1，an+1=an2+p．

（1）若数列{an}就常数列，求p的值；

（2）当p＞1时，求证：an＜an+1；

（3）求最大的正数p，使得an＜2对一切整数n恒成立，并证明你的结论．

【解答】解：（1）若数列{an}是常数列，则，；显然，当时，有an=1

（2）由条件得得a2＞a1，又因为，两式相减得

显然有an＞0，所以an+2﹣an+1与an+1﹣an同号，而a2﹣a1＞0，所以an+1﹣an＞0；

从而有an＜an+1．

（3）因为，所以an=a1+（a2﹣a1）+…（an﹣an﹣1）＞1+（n﹣1）（p﹣1），这说明，当p＞1时，an越来越大，不满足an＜2，所以要使得an＜2对一切整数n恒成立，只可能p≤1，下面证明当p=1时，an＜2恒成立；用数学归纳法证明：

当n=1时，a1=1显然成立；

假设当n=k时成立，即ak＜2，则当n=k+1时，成立，由上可知对一切正整数n恒成立，因此，正数p的最大值是1

37．已知数列{an}满足a1=a＞4，（n∈N*）

（1）求证：an＞4；

（2）判断数列{an}的单调性；

（3）设Sn为数列{an}的前n项和，求证：当a=6时，．

【解答】（1）证明：利用数学归纳法证明：

①当n=1时，a1=a＞4，成立．

②假设当n=k≥2时，ak＞4，．

则ak+1=＞=4．

∴n=k+1时也成立．

综上①②可得：∀n∈N*，an＞4．

（2）解：∵，（n∈N*）．

∴﹣=﹣2an﹣8=﹣9＞（4﹣1）2﹣9=0，∴an＞an+1．

∴数列{an}单调递减．

（3）证明：由（2）可知：数列{an}单调递减．

一方面Sn＞a1+4（n﹣1）=4n+2．

另一方面：=＜，∴an﹣4＜，∴Sn﹣4n＜＜．即Sn＜4n+．

∴当a=6时，．

38．已知数列{an}满足a1=1，an+1=．

（Ⅰ）求证：an+1＜an；

（Ⅱ）求证：≤an≤．

【解答】解：（Ⅰ）证明：由a1=1，an+1=，得an＞0，（n∈N），则an+1﹣an=﹣an=＜0，∴an+1＜an；

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知0＜an＜1，又an+1=．，∴=≥，即an+1＞an，∴an＞an﹣1≥（）2an﹣1≥…≥（）2an﹣1≥（）n﹣1a1=，即an≥．

由an+1=，则=an+，∴﹣=an，∴﹣=a1=1，﹣=a2=，﹣=a3=（）2…﹣=an﹣1≥（）n﹣2，累加得﹣=1++（）2+…+（）n﹣2==2﹣（）n﹣2，而a1=1，∴≥3﹣（）n﹣2==，∴an≤．

综上得≤an≤．

39．已知数列{an}满足：a1=1，．

（1）若b=1，证明：数列是等差数列；

（2）若b=﹣1，判断数列{a2n﹣1}的单调性并说明理由；

（3）若b=﹣1，求证：．

【解答】解：（1）证明：当b=1，an+1=+1，∴（an+1﹣1）2=（an﹣1）2+2，即（an+1﹣1）2﹣（an﹣1）2=2，∴（an﹣1）2﹣（an﹣1﹣1）2=2，∴数列{（an﹣1）2}是0为首项、以2为公差的等差数列；

（2）当b=﹣1，an+1=﹣1，数列{a2n﹣1}单调递减．

可令an+1→an，可得1+an=，可得an→，即有an＜（n=2，3，…），再令f（x）=﹣1，可得

在（﹣∞，1]上递减，可得{a2n﹣1}单调递减．

（3）运用数学归纳法证明，当n=1时，a1=1＜成立；

设n=k时，a1+a3+…+22k﹣1＜，当n=k+1时，a1+a3+…+a2k﹣1+a2k+1

＜+=，综上可得，成立．

40．已知数列{an}满足，（n=1，2，3…），Sn=b1+b2+…+bn．

证明：（Ⅰ）an﹣1＜an＜1（n≥1）；

（Ⅱ）（n≥2）．

【解答】证明：（Ⅰ）由得：（*）

显然an＞0，（*）式⇒

故1﹣an与1﹣an﹣1同号，又，所以1﹣an＞0，即an＜1…（3分）

（注意：也可以用数学归纳法证明）

所以

an﹣1﹣an=（2an+1）（an﹣1）＜0，即an﹣1＜an

所以

an﹣1＜an＜1（n≥1）…（6分）

（Ⅱ）（*）式⇒，由0＜an﹣1＜an＜1⇒an﹣1﹣an+1＞0，从而bn=an﹣1﹣an+1＞0，于是，Sn=b1+b2+…+bn＞0，…（9分）

由（Ⅰ）有1﹣an﹣1=2（1+an）（1﹣an）⇒，所以（**）…（11分）

所以Sn=b1+b2+…+bn=（a0﹣a1+1）+（a1﹣a2+1）+…（an﹣1﹣an+1）=…（12分）

=…（14分）

∴（n≥2）成立…（15分）

41．已知数列{an}满足a1=1，an+1=，n∈N*，记S，Tn分别是数列{an}，{a}的前n项和，证明：当n∈N*时，（1）an+1＜an；

（2）Tn=﹣2n﹣1；

（3）﹣1＜Sn．

【解答】解：（1）由a1=1，an+1=，n∈N*，知an＞0，故an+1﹣an=﹣an=＜0，因此an+1＜an；

（2）由an+1=，取倒数得：=+an，平方得：=+an2+2，从而﹣﹣2=an2，由﹣﹣2=a12，﹣﹣2=a22，…，﹣﹣2=an2，累加得﹣﹣2n=a12+a22+…+an2，即Tn=﹣2n﹣1；

（3）由（2）知：﹣=an，可得﹣=a1，﹣=a2，…，﹣=an，由累加得﹣=a1+a2+…+an=Sn，又因为=a12+a22+…+an2+2n+1＞2n+2，所以＞，Sn=an+an﹣1+…+a1

=﹣＞﹣1＞﹣1；

又由＞，即＞，得

当n＞1时，an＜=＜=（﹣），累加得Sn＜a1+[（﹣1）+（﹣）+…+（﹣）]=1+（﹣1）＜，当n=1时，Sn成立．

因此﹣1＜Sn．

42．已知数列{an}满足a1=3，an+1=an2+2an，n∈N*，设bn=log2（an+1）．

（I）求{an}的通项公式；

（II）求证：1+++…+＜n（n≥2）；

（III）若=bn，求证：2≤＜3．

【解答】解：（I）由，则，由a1=3，则an＞0，两边取对数得到，即bn+1=2bn（2分）

又b1=log2（a1+1）=2≠0，∴{bn}是以2为公比的等比数列．

即（3分）

又∵bn=log2（an+1），∴（4分）

（2）用数学归纳法证明：1o当n=2时，左边为=右边，此时不等式成立；

（5分）

2o假设当n=k≥2时，不等式成立，则当n=k+1时，左边=（6分）

＜k+1=右边

∴当n=k+1时，不等式成立．

综上可得：对一切n∈N*，n≥2，命题成立．（9分）

（3）证明：由得cn=n，∴，首先，（10分）

其次∵，∴，当n=1时显然成立．所以得证．（15分）

43．已知正项数列{an}满足a1=3，n∈N*．

（1）求证：1＜an≤3，n∈N*；

（2）若对于任意的正整数n，都有成立，求M的最小值；

（3）求证：a1+a2+a3+…+an＜n+6，n∈N*．

【解答】（1）证明：由正项数列{an}满足a1=3，n∈N*．

得+an+2=2an+1，两式相减得（an+2﹣an+1）（an+2+an+1+1）=2（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+2﹣an+1与an+1﹣an同号．

∵+a2=2a1=6，∴a2=2，则a2﹣a1＜0，∴an+1﹣an＜0，即数列{an}是单调减数列，则an≤a1=3．

另一方面：由正项数列{an}满足a1=3，n∈N*．

可得：+an+1=2an，得+an+1﹣2=2an﹣2，得（an+1+2）（an+1﹣1）=2（an﹣1），由an+1+2＞0，易知an+1﹣1与an﹣1同号，由于a1﹣1=2＞0，可知an﹣1＞0，即an＞1．

综上可得：1＜an≤3，n∈N*．

（2）解：由（1）知：=，而3＜an+1+2≤a2+2=4，则≤，∴．

故M的最小值为．

（3）证明：由（2）知n≥2时，an﹣1=（a1﹣1）×××…×＜=2×，又n=1时，a1﹣1=2，故有an﹣1≤，n∈N*．

即an≤，n∈N*．

则a1+a2+a3+…+an＜n+2=n+2×＜n+6，n∈N*．

44．已知在数列{an}中，，n∈N*．

（1）求证：1＜an+1＜an＜2；

（2）求证：；

（3）求证：n＜sn＜n+2．

【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明1＜an＜2

1°．n=1时

2°．假设n=k时成立，即1＜ak＜2，n=k+1时，ak∈（1，2）成立．

由1°2°知1＜an＜2，n∈N*恒成立.=（an﹣1）（an﹣2）＜0．

所以1＜an+1＜an＜2成立．

（2），当n≥3时，而1＜an＜2．

所以．

由得，=

所以

（3）由（1）1＜an＜2得sn＞n

由（2）得，=．

45．已知数列{an}中，（n∈N*）．

（1）求证：；

（2）求证：是等差数列；

（3）设，记数列{bn}的前n项和为Sn，求证：．

【解答】证明：（1）当n=1时，满足，假设当n=k（k≥1）时结论成立，即≤ak＜1，∵ak+1=，∴，即n=k+1时，结论成立，∴当n∈N*时，都有．

（2）由，得，∴，∴==﹣1，即，∴数列是等差数列．

（3）由（2）知，∴，∴==，∵当n≥2时，12n2+18n﹣（7n2+21n+14）=（5n+7）（n﹣2）≥0，∴n≥2时，∴n≥2时，又b1=，b2=，∴当n≥3时，==

．

46．已知无穷数列{an}的首项a1=，=n∈N*．

（Ⅰ）证明：0＜an＜1；

（Ⅱ）

记bn=，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：对任意正整数n，Tn．

【解答】（Ⅰ）证明：①当n=1时显然成立；

②假设当n=k（k∈N*）时不等式成立，即0＜ak＜1，那么：当n=k+1时，＞，∴0＜ak+1＜1，即n=k+1时不等式也成立．

综合①②可知，0＜an＜1对任意n∈N*成立．﹣﹣﹣﹣

（Ⅱ），即an+1＞an，∴数列{an}为递增数列．

又=，易知为递减数列，∴也为递减数列，∴当n≥2时，==

∴当n≥2时，=

当n=1时，成立；

当n≥2时，Tn=b1+b2+…+bn＜=

综上，对任意正整数n，47．已知数列{xn}满足x1=1，xn+1=2+3，求证：

（I）0＜xn＜9；

（II）xn＜xn+1；

（III）．

【解答】证明：（I）（数学归纳法）

当n=1时，因为x1=1，所以0＜x1＜9成立．

假设当n=k时，0＜xk＜9成立，则当n=k+1时，．

因为，且得xk+1＜9

所以0＜xn＜9也成立．

（II）因为0＜xn＜9，所以．

所以xn＜xn+1．

（III）因为0＜xn＜9，所以．

从而xn+1=2+3＞+3．

所以，即．

所以．

又x1=1，故．

48．数列{an}各项均为正数，且对任意n∈N*，满足an+1=an+can2（c＞0且为常数）．

（Ⅰ）若a1，2a2，3a3依次成等比数列，求a1的值（用常数c表示）；

（Ⅱ）设bn=，Sn是数列{bn}的前n项和，（i）求证：；

（ii）求证：Sn＜Sn+1＜．

【解答】（I）解：对任意n∈N*，满足an+1=an+can2（c＞0且为常数）．∴a2=．a3=．

∵a1，2a2，3a3依次成等比数列，∴=a1•3a3，∴=a1•3（），a2＞0，化为4a2=3a1（1+ca2）．

∴4（）=3a1[1+c（）]，a1＞0，化为：3c2x2﹣cx﹣1=0，解得x=．

（II）证明：（i）由an+1=an+can2（c＞0且为常数），an＞0．

∴﹣=﹣==﹣．即﹣=﹣．

（ii）由（i）可得：﹣=﹣．

∴bn==，∴Sn=+…+=．

由an+1=an+can2＞an＞0，可得﹣．

∴Sn＜=Sn+1＜．

∴Sn＜Sn+1＜．

49．设数列满足|an﹣|≤1，n∈N*．

（Ⅰ）求证：|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）

（Ⅱ）若|an|≤（）n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*．

【解答】解：（I）∵|an﹣|≤1，∴|an|﹣|an+1|≤1，∴﹣≤，n∈N*，∴=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）≤+++…+==1﹣＜1．

∴|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）．

（II）任取n∈N*，由（I）知，对于任意m＞n，﹣=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）

≤++…+=＜．

∴|an|＜（+）•2n≤[+•（）m]•2n=2+（）m•2n．①

由m的任意性可知|an|≤2．

否则，存在n0∈N*，使得|a|＞2，取正整数m0＞log且m0＞n0，则

2•（）＜2•（）=|a|﹣2，与①式矛盾．

综上，对于任意n∈N*，都有|an|≤2．

50．已知数列{an}满足：a1=1，an+1=an+．（n∈N*）

（Ⅰ）证明：≥1+；

（Ⅱ）求证：＜an+1＜n+1．

【解答】证明：（Ⅰ）∵，∴an+1＞an＞a1≥1，∴．

（Ⅱ）∵，∴0＜＜1，即﹣=＜＜﹣，累加可得，﹣＜1﹣，故an+1＜n+1，另一方面，由an≤n可得，原式变形为

故

累加得，故＜an+1＜n+1．

—

END

篇6：高考语文语句排序题及答案

一、有语境客观排序题

1.依次填入下列横线处的句子，排列顺序恰当的一组是()《春水晴峦》是一幅山水画：________，________，________，________。画家笔下的朦胧意境，映照出实实在在的心情文章。

①山坡上舒展着绿色苔草

②山脊在平远中突兀矗立

③船帆在江河上影影点点 ④石间水口涌动着汩汩清泉

A.①④②③ B.④③②① C.③①②④ D.②①④③

答案 A 解析 “山水画”及冒号提示：先写山，后写水。故③应在①②之后。从“朦胧意境”和 “在平远中”分析，应是先清晰后朦胧、先近后远的顺序。2.根据语境，下列排序最恰当的一项是()古往今来的画家，可谓恒河沙数，不可胜计，可大致分为三类：第一类，画社会认为最好的画；第二类，________________________；第三类，______________________。第一类人，______________________；第二类人，________________________；第三类人，与道合而为一，“其人若天之自高，地之自厚，日月之自明”。他的艺术，______________________，________________________。

①“朝闻道夕死可矣”

②置好坏于度外，受冥顽不朽的力量驱动作画 ③终身勤于斯而不闻道

④世俗形骸消亡之日，正是他的艺术走向永恒之时 ⑤画自己认为最好的画 ⑥就是天然本真的生命

A.①④⑤②⑥③ B.①④⑤②③⑥ C.⑤②③①⑥④ D.⑤②①③④⑥

答案 C 解析第一、二空，应从“画怎样的画”和内容递进的角度思考，可确定为⑤②；第三、四空，要从“人”与“道”对应的角度思考，可确定为③①。最后两句作评论性总结，⑥ 2 在④前。

3.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是()原始人的美感，还属于初级阶段的美感。__________，____________，____________。____________。____________，____________。

①而智能处于初级阶段又使他们把神秘而又令人恐惧的观念渗入到审美的意识中

②原始人的生活极其困难

③但还不可能获得和谐感和自由感

④他们在审美活动中获得了满足感、愉快感

⑤因此，他们的美感既受到物质需要的束缚，又受到精神观念的束缚 ⑥生活迫使他们把动物当作主要的审美对象

A.④③⑤②⑥① B.②④③⑥①⑤ C.②⑥①⑤④③ D.⑥②①⑤④③ 答案 C 解析文段是谈原始人的审美的，观察所给的六个句子发现，谈论重心有两点：生活与精神。本着先生活后精神的原则，②句应作为首句。第⑥句中的“生活”和第②句中的“生活”相关联，因此②⑥排在一起；第⑤句中的“因此”是对②⑥①句的总结，应排在其后；第③句和第④句构成转折关系，④排在③前。由此可得出答案。

4.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是()西湖，是我国江南流域用钱塘江水冲泡出的一盏清透碧绿的茶汤。____________。____________。____________。____________。____________。____________。杨柳下面长满青青的芳草，夏也葱葱，冬也葱葱，匆匆地抹去了江湖上、武林中那一拨又一拨各类人物的足迹，只留下些残存的景观与建筑伴着四季轮开的鲜花供人们留念、遐想。

①日光里，游客乘着叶叶扁舟行于池上，宛若漂浮在盏中的片片龙井扁芽 ②盏面烟波满目，云海沉沉，池水渺，苏堤、白堤径自横 ③盏袤九百六十丈，盏广八百四十丈，盏深六百八十丈

④茶盏周边布满了依依杨柳，春也飘飘，秋也飘飘，顽皮地轻拂着你我的面颊，你我的发梢

⑤晨启雾腾，斜阳残照

⑥明月夜，游人归去，水波静敛，茶盏亦如当初，被安稳地放置在杭州这一巨大茶盘的西南地带，天目山脉旁

A.③①⑤⑥②④ B.⑤⑥②①④③ C.⑤③②①⑥④ D.③②⑤①⑥④ 答案 D 解析本段运用了比喻的修辞手法，本体是西湖，喻体是“一盏茶汤”。最后一空下文是 “杨柳”，承接的应该是④，故排除B 项；茶盏的“袤”“广”“深”是总写，应放在前 3 面，故排除C 项；写湖面景象按时间顺序，⑤是总写，①⑥是分写，先总后分，按句意排序应为⑤①⑥，故排除A 项。

5.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是()花朵是植物给人类最美好的礼物，____________，____________。____________，____________。____________，____________。这些花器官总是按照某种对称方式生长排布，可谓美妙绝伦。①除了赏心悦目的外表

②由外至内分别是萼片、花瓣、雄蕊、雌蕊 ③在承担着繁衍重任的同时

④多数被子植物的花朵是由好几轮器官组合而成的 ⑤还给人类带来丰富的感官享受和无穷的艺术灵感 ⑥对称均衡的美感也是花朵为人所喜爱的重要因素

A.②③④①⑥⑤ B.③⑤①⑥④② C.③①②④⑤⑥ D.①⑤③⑥④② 答案 B 解析对六句话进行具体分析可以看出，这六句话主要是从花朵给人的感受、对称均衡的美感的作用、被子植物花朵的组成等角度解说花朵的。分析横线前的语句可以看出，接下来应该分析为什么说花朵是最美好的礼物，③⑤承上比较紧密，然后是花朵的对称和组成。对六句话进行排序时要注意把握“除了”“同时”“还”“也”等关联词语。

6.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一项是()在古代山水田园诗的发展史上，孟浩然可谓名家。________________，____________。____________，____________，____________。____________，他的形象和经历代表着那个时代许多士人的共同命运和文化心态。①隐逸情结使他倾向于后者

②他承先启后的诗歌创作丰富了中国诗歌的美学天地

③然而乡野诗人的身份和都城生活经历的特殊人生使他的隐逸具有不同于传统隐逸诗人的文化内涵

④在魏阙与山林的传统知识分子生存之路的抉择中

⑤在他身上集中体现着盛唐思想领域中的儒、道、侠并存的思想风貌 ⑥他的出现使盛唐诗歌的天空出现了一颗璀璨的明星

A.⑥⑤④①③② B.⑥④⑤②①③ C.③①④⑥⑤② D.③④⑤①②⑥

答案 A 解析解答该题，要认真阅读所给句子，明确其主要内容：所给句子主要写孟浩然的历史地位、隐逸情结和其文化内涵。在此基础上分析可知，⑥⑤为一层，④①③为一层，②为一层，再根据句子的逻辑关系确定每一层次句子的排序。最后可从三组间的逻辑关系出发，确定答案为A 项。

7.把下列6个句子组成语意连贯的一段话，最恰当的一组是()①而且你越思考问题，问题就越多。

②就像影子一样，你总想也总以为可以超越自己的影子，可是你永远也做不到。③是不是问题在作弄我们呢？ ④后来我好像有些明白，人和问题的关系就像身体和影子的关系一样，其实影子就是人的产物。

⑤问题就像上帝一样嘲笑着探究问题的人类。⑥所以昆德拉说，人类一思考，上帝就发笑。A.②③①⑥④⑤ B.③②①⑥⑤④ C.⑤⑥④②③① D.①③②⑥④⑤ 答案 B 解析本文段先提出一个问题“是不是问题在作弄我们呢？”②是作弄的表现。①进一步说明作弄的表现。然后用昆德拉的话总结这种作弄，⑤是对⑥的具体解说。④应该是对这个问题思考的结果，所以放在最后。8.在文中横线处填入下列语句，衔接最恰当的一项是()发源于新石器时代早期而绵延至今的“玉文化”是中国文化有别于世界其他文明的显著特点。________，________。________。________，________。________。①玉在丧葬方面的特殊作用也使玉具有了神秘的宗教意义 ②取材于自然，琢磨于宫苑的玉制品被视为身份地位的象征 ③更是中国人的伟大创造

④因此，玉是东方精神的物化体现，是中国文化传统精髓的物质根基 ⑤把玉的自然品质作为“君子”应具有的德行而加以崇尚歌颂 ⑥成为维系社会统治秩序所谓“礼制”的重要组成部分

A.①③⑤②⑥④ B.②⑥①⑤③④ C.①⑥②③⑤④ D.②⑥①③④⑤

答案 B 解析本文段主要介绍中国“玉文化”的特点。根据语意，第②句和第⑥句讲“玉”因其被视为身份地位的象征而成为“礼制”的重要构成部分，应排在前面；再根据第①句中的 “也”、第⑤句与第③句中的“更”、第④句中的“因此”等连词，可以判定各句间的排序应如B 项所示。

9.把下列句子组成语意连贯的语段，排序最恰当的一项是()多年来，诸如“金光大道”“我们走在大路上”“高大的”“雄伟的”“宽阔的”“全新的”这类大词一直很流行。__________________________ ①唯有如此，才是屹立于世界东方的形象。②这些词代表的是对国家形象的想象、象征。

③在我看来，它们更是那些大词的具体化、符号化、空间化、物质化。

④后来，这些大词就不仅仅是文学性的想象了，已经成为我们生活世界本身。⑤许多人说到今天中国城市千篇一律的同质化，都说它们是马赛克、瓷砖、高楼大厦、钢筋水泥的同质化。

⑥转眼之间，一条条“金光大道”，一座座高大、雄伟、宽阔、光芒万丈的城市在中国拔地而起，黑暗望风而逃。A.④⑥③①②⑤ B.②①⑥③④⑤ C.④②①⑥⑤③ D.②①④⑥⑤③

答案 D 解析注意充分利用句子间的关系来排序。紧承“这类大词”，应该是②①，另外，④⑥ 应该是紧密相连，⑤③也应该紧密相连。10.在文中横线处填入下列语句，衔接最恰当的一项是()凉风拂面，我们从正门走大道，沿盘山公路缓步前行，约摸一个钟头，便到了云麓宫。________________，________________，________________，________________。四周古木参天，风景宜人，有三五游客在树下歇息，此时最宜泡一壶清茶，________________，________________。从云麓宫出发，十分钟即到禹王碑。

①内隐“云麓道宫”四字

②宫门题写“对云绝顶犹为麓，救道安人即是宫”一联 ③使人进入宁静悠远的忘我境界 ④冲淡市井的喧嚣繁华

⑤此宫属道教二十三洞真虚福地

⑥宫内有吕洞宾浮雕石像

A.①⑥④⑤②③ B.②①③⑤⑥④ C.⑤②④③①⑥ D.⑤②①⑥④③

答案 D 解析前四句由宫门写到宫内，后两句有承接关系

11.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一项是()我们对世界的了解是否充分？________________。因而，不了解世界，或者在理解世界上有错位，就往往会误解我们自身的文化与艺术。①事实上，我们即使是对西方文化艺术的把握，也有明显的不足

②而中国艺术是否属于“非理性”一路，也大可怀疑 ③但我们今天对世界的了解显然还是以西方为中心的 ④比如对非洲文化，甚至亚洲文化，往往就不甚熟悉

⑤不要忘记，西方是有非理性主义传统的，并非所有西方艺术都是“理性”的 ⑥历史上，中国曾经是了解和包容世界的

A.⑥④③①②⑤ B.①③④②⑤⑥ C.⑥③④①⑤② D.①②⑤⑥④③ 答案 C 解析注意句子之间的逻辑关系。承接第一个问句，与“了解世界”内容相关的，只能是 ⑥。比较③④句的内容，只有③在前④在后内容上才能够承接前句关于“了解世界”的内容，并由④过渡到关于“文化”的叙述。12.在文中横线处填入下列语句，衔接最恰当的一项是()想象力是指在知识材料的基础上，________。它是一种能促使人类预想不存在事物的独特能力，最具改革性和启示作用。想象力是知识的一种创意，__________，是一种能面对日常生活挑战而衍生出创新主张的能力。它是知识的一种创造，__________，将来还会创造更多，__________。它也是知识的一种创新，绝对不会让现有的知识停滞不前，__________。历史上有些被认为是最荒谬的想象往往成为人类的创举，想象力能够让知识创造出许许多多人间奇迹。__________，人类才会有今天和未来。①正是具备了超凡的想象力

②是将个人独特的才能、看法转换成新奇而有效的想法的能力

③人类的想象力创造了无数知识产品

④反而能使知识不断得到更新、进化 ⑤经过新的配合创造出新形象的能力

⑥正是这种创造推动了人类社会不断向前发展

A.⑤②③④⑥① B.⑤②③⑥④① C.①⑤③④⑥② D.①⑤③④⑥② 答案 B 解析这一段文字围绕“想象力”展开。⑤与上句一起，构成“想象力是……的能力”； ②紧承上文作进一步诠释；③“无数”与下句“更多”相关；⑥“正是这种创造”回应 “想象力是一种创造”；④“反而”与“绝对不会”相照应；①“正是”与“才会”相照应。13.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是()国家语言文字工作委员会在新时期推进语言文字工作的总体目标是构建和谐的社会语言生活，________________。________________。________________，______________，______________。________________。

①是因为必须确保以上四大领域信息的全国畅通

②同时，在少数民族地区，人们除学习普通话以外，也有学习和使用本民族文字的自由和权利

③首先就要处理好推广普通话与使用方言之间的关系

④之所以对推广普通话做出如此明确的要求

⑤《中华人民共和国国家通用语言文字法》规定政府机关、学校、新闻媒体、公共服务行业这四大领域应该使用普通话

⑥而除此以外，每个人都可以根据自己的喜好、地域特点等选择使用方言或其他语言

A.③⑤①⑥②④ B.⑤⑥④①③② C.③⑤④①⑥② D.⑤②③⑥④① 答案 C 解析 “首先”句起总领后文的作用，其余几句都是围绕“处理好推广普通话与使用方言之间的关系”进行论述的，所以③应排在前；根据③中“要处理好推广普通话与使用方言之间的关系”的提示可知，①④⑤为一组，讲推广普通话，而②⑥是一组，讲使用方言，并且①④⑤应在②⑥之前。再根据关联词语确定组内各句的顺序。根据④中的“之所以” 和①中的“是因为”可确定①紧承④，且它们放在⑤后，是对⑤的解释；根据②中的“同时….也„”可知，⑥应在②前。由此可得出答案。

14.把下列句子组成语意连贯的语段，排序最恰当的一项是()①古代散文不仅写得精练含蓄富于文采

②中国古代的散文是属于贵族的文体，是一种精英文学或高层叙事 ③由于散文只是士大夫们“呈才使能”的文化专利

④而且在审美格调上纯洁雅致，远离粗野俗气 ⑤它们一般与老百姓的日常生活没有太大的关系

⑥同时由于古代文人的生活方式、审美情趣的洁癖和书写工具的限制

A.①②④⑥⑤③ B.②③⑤⑥①④ C.②③⑤④①⑥ D.①⑤③④②⑥ 答案 B 解析文段写了古代散文的特点，②句是总起句，③⑤⑥①④分析“高层叙事”的特点，根据其中的关联词“由于”“同时”“不仅”“而且”及语意关系不难判断它们的先后顺序。

15.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是()阅读的功用是显而易见的。但是，我更想强调的是“无用”的阅读，____________。____________，____________。____________，______________，____________。它的“无用”本身便是更大的作用。这何尝不是一种更高的阅读境界呢？ ①这样的阅读不是生存甚至生计所必需的 ②虽然它是“无用”的，然而一切都有痕迹 ③它内在的文化含量并没有因表面的“无用”而打折扣

④我们沉重的肉身会因某些时刻“无用”的阅读而获得心灵的轻盈和洁净 ⑤正如文化给人的力量一样，“无用”的阅读给人更多的是缓慢、绵密、恒久的渗透

⑥但它让我们感受到了他人的存在，看到了生活的美好、温暖以及自身的价值 A.①⑥③②④⑤ B.①③⑥⑤②④ C.⑤②①④③⑥ D.⑤②④①⑥③ 答案 D 解析根据语段的内在逻辑关系来判断。本段讲述的是“无用”阅读的作用，先解释“无用”的阅读，再讲“无用”的阅读的作用。②⑤解说“无用”的阅读，根据“虽然”可知，②在⑤之后，排除A 项；根据关联词“但”可知，⑥放在①之后，排除B、C 两项。

16.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是()对于物也好，人也好，都既可以从自然科学的角度来对待和把握，也可以从人文科学的角度来对待和把握。____________，____________。____________，______________。____________，____________。

①在不同而相通的哲学本体论基础上建立和而不同的和谐社会

②但人之为人，其主导在于超越自然物的方面

③如果在人文社会领域片面强调求同

④因此在人文社会领域中应注重把握事物和人生的个性与具体性

⑤人生是自然与人文两方面的统一体

⑥其结果不过是把人文科学归结为自然科学

A.①④⑥③⑤② B.⑤③②④⑥① C.⑤②③⑥④① D.①④③⑤②⑥ 答案 C 解析解答此题，首先要根据所给语句明确文段话题。其次可根据句子的语意及关联词语等进行排序。⑤句紧接横线前的语句，从正面谈自然与人文的关系，②句中一个“但”表转折，强调人文。③⑥句进行假设分析，由③句中的“如果”和⑥句中的“其结果”可知，③句在前，⑥句在后。①④句对文段作结，根据两句话的意思可知④句在前，①句在后。

17.在文中横线处依次填入下列语句，衔接最恰当的一项是()传统美学理论所争论的问题之一，是画人容易还是画鬼容易。________。问题虽是从绘画方面提出的，其他艺术何尝不存在神与形的矛盾？________。艺术中的鬼虽是想象的产物，但虚构的依据仍然是人。________。________。这种虚中有实、富有真实感的形象，是再现与表现的统一。________。

①神鬼虽是一种依靠想象和幻想而虚构出来的形象，但它的根据仍然离不开对人和鸟兽的具体特征的观察、体验、改造与综合

②而神与形的矛盾，在创作上往往形成了再现与表现的矛盾

③这一争论在今天看来不仅仍然具有学术意义，而且仍然具有现实意义

④它和“照着葫芦画瓢”的再现方法有根本性的差别

⑤不论是描画印象中的人还是描画想象中的人或鬼，审美感受的深浅对于创作构思的得失具有决定性的意义和作用

A.③②⑤①④ B.③⑤④②① C.⑤①③②④ D.⑤②③①④ 答案 A 解析本文段以画人容易还是画鬼容易的争论谈艺术创作上再现与表现的关系，通过代词与连词的运用使论述环环相扣：第③句的“这一争论”代前句提出的争论问题，应排在前面；第②句开头“而神与形的矛盾”紧承上句的“何尝不存在神与形的矛盾”；第⑤句的 “不论…”承上句的“依据仍然是人”；第①句中的“神鬼”即后一句中的“这种虚中有实、富有真实感的形象”；第④句中的“它”代上句的“这种虚中有实、富有真实感的形象”，这一句指出“再现与表现的统一”和“照着葫芦画瓢”的纯粹再现有区别，是对整个文段论述的小结，应放在最末。18.在文中横线处填入下列语句，衔接最恰当的一项是()独创“谭腔”的谭鑫培，是京剧历史上最伟大的表演艺术家之一。如果用诗歌史上的伟大诗人作比，那么他就最接近于杜甫：__________。他就恰如杜甫的艺术精神在清朝末年的化身，__________，所以追随者众多。__________；__________。__________，__________。这就是中国传统诗论中最受重视的“风骨”，也正是谭鑫培所具有的风骨。

①不但在精神与美学上与之相通，还为后人打开了艺术表现上的极大空间 ②仅有苍劲，不是杜甫，不是谭腔

③只有融悲凉与苍劲为一体，把两者天衣无缝地融入跌宕起伏的音韵旋律中 ④含蓄蕴藉，沉郁顿挫，风气端翔，光英朗练

⑤才是杜甫，才是谭鑫培 ⑥仅有悲凉，不是杜甫，不是谭腔

A.①④③⑤⑥② B.①⑥④②⑤③ C.④③②⑥①⑤ D.④①⑥②③⑤ 答案 D 解析本文段围绕着“谭鑫培与杜甫在精神上的共同点”这一话题展开。解题时要注意上下句关联。第④句是杜甫诗歌风格的特征，应紧承上句“那么他就最接近于杜甫”；第① 句是“所以追随者众多”的原因解说；接下来的句子则是对两者风格相似的具体阐述；第 ⑥句与第②句的顺序由第③句中的“悲凉与苍劲”决定；第③⑤句的顺序由关联词“只有…，才…”确定。由此即可确定答案为D 项。

19.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一项是()久久地凝目审视那绿萝修长的藤蔓，绿蓬蓬一簇簇地攀绕在花架上，________，________，________。________，________，________，有着一股不达理想境地誓不罢休的毅力和精神。

①左冲右撞似龙蛇般的头颈

②枝蔓青瘦而坚挺，叶片柔嫩而韧健

③又好像在欢快地鸣唱着婉转动听的歌儿 ④似乎在向你招手

⑤生机勃勃地向前攀援

⑥它那坚韧的身躯

A.④③②⑤⑥① B.②④③⑥①⑤ C.⑤⑥①④③② D.②⑤①④③⑥ 答案 B 解析从语境方面考虑，横线前面是“藤蔓”，紧接着的应该是“枝蔓”，根据“似乎”“又好像”可以判定④在前，③在后，它们放在②后陈述“枝蔓”，横线后面谈的是 “毅力和精神”，因此⑤应放在最后。故选B。

20.把下列句子组成语意连贯的语段，排序最恰当的一项是()①英文的harmony 意即无冲突、无斗争的协调一致，这样的harmony 社会谁都不会相信在世界上会真实存在。

②其实，英文的harmony 一词不能完全反映中文“和谐”一词的含义。③所以，和谐思想不是不讲斗争，而是讲合理的斗争，合乎“道”的斗争。④外国人不理解“和谐社会”这个概念，主要是他们没有真正理解“和谐”的概念。

⑤但是，中国传统和谐思想的“和谐”一词是指“和而不同”，多样共存，互利合作，事物之间由不协调至协调，由不平衡至平衡。

⑥所以，许多外国人认为“和谐社会”是虚幻的。A.①⑥②④⑤③ B.①⑥④②③⑤ C.④①⑥②⑤③ D.④②①⑥⑤③ 答案 D 解析通读所有句子，可以知道这些句子的中心话题是“和谐”，可以分成两组：①②④⑥ 和⑤③。前一组是讲外国人眼中的“和谐”，后一组是中国人认为的“和谐”。从“但是” 看，⑤③应是第二组。再排定第一组的顺序：②①句是相连的，它们和⑥句合起来又是对 ④句的解释，所以其顺序应该是④②①⑥。21.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是()中国梦不同于美国梦。____________。____________，__________，____________。____________，____________。历史告诉我们，每个人的前途命运都与国家和民族的前途命运紧密相连。个人的梦想要在国家和民族的梦想中实现。①我们中国人不仅关心自己 ②我们不仅追求个人的成功

③还以仁待人，心怀天下，崇尚个人价值与社会价值的高度和谐 ④更要实现中华民族的伟大复兴

⑤美国梦是强调一个人只要辛勤工作就能有体面的生活，实现自己的理想 ⑥有着强烈的集体主义倾向

A.⑤②④①③⑥ B.⑤①③⑥②④ C.①③⑥②④⑤ D.①④②③⑥⑤ 答案 B 解析第⑤句说“美国梦”，是用作比较对象的，属于宾，当在前，据此排除C、D 两项； ①句有“我们中国人”接于⑤句后恰切，且①③⑥句衔接紧密，故排除A 项。

22.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是()游欧前梁启超的文化取向与新文化运动是一致的，______________。______________。______________。______________。______________。①他主张对西方学说不应盲从，坚持反对“科学万能论”

②所谓求同，就是认同新文化运动所彰显的“关注新青年，支持青年运动”等几大原则

③游欧回来梁启超增加了反省现代性的支点，其与新文化运动原主持者的关系是求同存异

④对于中国传统文化，则主张借助西方科学的精神与方法，重新评估和整理国故，以发展新文化

⑤所谓存异，即在于对“重新估定一切价值”这一“新文化的精神”的理解与把握不尽相同

A.③②⑤①④ B.③⑤①④② C.①④③②⑤ D.③②④⑤①

答案 A 解析整个语段的思路是先总写梁启超与新文化运动原主持者求同存异的关系，然后从求同与存异两个方面分别说明。排序时要注意关联词的提示作用。

23.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是()贺兰山位于内蒙古自治区与宁夏回族自治区的交界处，__________________，__________________，__________________。__________________，__________________。__________________。①在山的另一边则是被认为填补了中国岩画空缺的“贺兰山岩画群” ②它俯瞰着肥沃的河套平原 ③所以，若说贺兰山是河套平原的保护神也是不夸张的

④从山麓的一侧向上走，一路上都走在两侧高大树木的荫凉下 ⑤并将之与黄土高原隔离开来

⑥偶尔成双飞舞的蝴蝶身上有一两束阳光落下，像是一场美妙的舞蹈表演 A.⑤②①③④⑥ B.②⑤③④⑥① C.①③⑥④②⑤ D.③①⑤⑥②④答案 B 解析第一句话说的是贺兰山的地理位置，②句也是说地理位置，承接第一句话，⑤句和 ②句联系密切，③句“所以„„”紧接⑤句，②⑤③表达完整的意思。④句和⑥句联系紧密，①句单独成句，根据标点符号，可判断出选B 项。24.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是()于丹认为，________。________，________，________。________，________。的确是这样，悠闲的情趣与生活方式并非要让我们闲置大把的时光，放弃理想和责任，而恰恰是要让我们在建立价值观的同时不要丢失自己。

①回到今天，我们亲山临水的一番经历终会转化成一种新的能量 ②它让我们的心境有所改变

③当我们在山水自然、日月星辰的更迭中陶冶了性情 ④但你却能在生活中发现新的趣味

⑤品茶、饮酒、抚琴、领略自然，都是享受生命、寻回自我的手段 ⑥即使你的生活还是过去的样子

A.③②①⑥④⑤ B.⑤①③②⑥④ C.⑤③①②⑥④ D.③①②⑥④⑤ 答案 C 解析 ⑤是观点，应紧跟横线前的“于丹认为”；③①都是领略自然的方式，应紧跟⑤； ②是领略自然给心境带来的好处，故放在③①的后面；⑥④是最坏的一种假设，根据关联词，可判定⑥在前，④在后。

25.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是()中国的美术馆事业起步比较晚。____________，____________。____________，____________。____________，我们正在迎来一个“美术馆时代”。

①对美术馆的专业化建设及其公共文化服务职能的重视也日益加强 ②这种变化不仅来自于各级政府的重视

③也源于社会力量和艺术家的推动

④近几年，各级政府加大了对美术馆事业的投入

⑤可以说，中国的美术馆事业正处在历史上最好的发展时期 A.③④①⑤② B.④①②③⑤ C.①④③②⑤ D.④②①⑤③

答案 B 解析从“近几年”可以确定④句紧承“中国的美术馆事业起步比较晚”一句，抓住①句的“也”字，可确定①句在④句之后，由“这种变化”和“不仅”“也”等词可知接下来是②③两句，最后是总结性的语句⑤。

26.依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是()人总是需要一点精神的，_______________________ ①实现中国梦，要求我们不仅要在物质上强大起来，也要在精神上强大起来。②一个国家和民族更是这样。

③物质贫乏不是社会主义，精神空虚也不是社会主义。

④没有人的精神的有力支撑，就没有全民族精神力量的充分发挥。⑤一个国家一个民族就不可能屹立世界民族之林。

A.④⑤②③① B.④②⑤①③ C.②④⑤③① D.②①④⑤③ 答案 C 解析可以用排除法解答本题。这段话的开头句是“人总是需要一点精神的”，综观所给的五句话，只有②句与之构成递进关系，放在其他位置都不合适。于是，排除A、B 两项。①句是总结句，呼应上文，据此可确定答案。

二、无语境主观排序题

27.将下列句子组合成语意连贯、合乎逻辑的一段话，并将序号填入横线处。①电视剧不是历史，评书和话本也不是历史。②但时下的电视剧能够成为经典吗？

③能够成为后人解读历史、猜想历史的参照吗？

④因为评书和话本里边有着丰富的文化含量，故为人民所喜闻乐见。⑤恐怕连这些电视剧的编导们都没有自信。

⑥但评书和话本却能成为经典，甚至比历史书流传得还要广泛久远。答：________________________________________________________________________ 答案 ①⑥④②③⑤ 解析 ⑥句是①句的转折，故紧承其后。④句是⑥句的原因，故紧承其后。②③句紧接 ①⑥④句，表示转折。⑤句是对②③句的解答，故放在②③句后。

28.将下列句子组合成语意连贯、合乎逻辑的一段话，并将序号填入横线处。①火灾时，高耸的山墙可阻止火势蔓延和侵入。

②民间还有“镬耳屋”蕴涵富贵吉祥、丰衣足食一说。

③镬耳屋是岭南传统民居的代表，因其山墙状似镬耳，故称“镬耳屋”。④微风吹动时，山墙可挡风入巷道，进而通过门、窗流入屋内。⑤镬耳状建筑具有防火、通风性能良好等特点。⑥镬耳屋以广府风格的民居建筑为主要代表，潮汕、客家的民居建筑亦有类似镬耳山墙。答：________________________________________________________________________ 答案 ③⑤①④②⑥ 解析 ③是总起句，介绍何为“镬耳屋”；通过⑤中“防火”“通风”的顺序可以确定 ①④的位置；②句中的“还有”确定其顺序要在⑤①④的后面；⑥为总结句。

29.将下列句子组合成语意连贯、合乎逻辑的一段话，并将序号填入横线处。①当他爱一个人时，他心中会充满佛一样的大悲悯，在他所爱的人身上，他会发现神的影子。

②前一种孤独使人走向上帝和神圣的爱，或者遁入空门。

③一切人间的爱都不能解除形而上的孤独。然而，谁若怀着形而上的孤独，人间的爱在他的眼中就有了一种形而上的深度。④灵魂寻找自己的来源和归宿而不可得，感到自己是茫茫宇宙中的一个没有根据的偶然性，这是绝对的、形而上的、哲学性质的孤独。⑤后一种孤独使人走向他人和人间的爱，或者陷入自恋。

⑥灵魂寻找另一颗灵魂而不可得，感到自己是人世间的一个没有旅伴的漂泊者，这是相对的、形而下的、社会性质的孤独。答：________________________________________________________________________ 答案 ④⑥②⑤③① 解析由④“灵魂寻找自己的来源和归宿而不可得”，⑥“灵魂寻找另一颗灵魂而不可得”可知，此两句的顺序为④⑥；由②“前一种孤独”，⑤“后一种孤独”可知，此两句的顺序为②⑤；由③“一切人间的爱”，①“当他爱一个人时”可知，此两句的顺序为 ③①。根据三组句群的逻辑关系，正确的语序为④⑥②⑤③①。

30.将下列句子组合成语意连贯、合乎逻辑的一段话，并将序号填入横线处。①人是有机的，当我们重新组合自己，就会有新的创造。

②但是他虽然始终用同一个名字，在性格上，他在任何一个时刻，都不是他原来那个人。

③不仅是身体，心灵也是如此。

④我们常以为一个动物在一生中只是同一个东西。比如说，一个人从小到老，都只是他一个人。

⑤他的心情、见解、欲望、快乐、苦痛和恐惧，也都不是常住不变的，有些在生，有些在灭。

⑥他继续不断地在变成新人，也继续不断地让原来的人死灭，比如他的发、肉、骨、血，乃至全身都常在变化中。答：________________________________________________________________________ 答案 ④②⑥③⑤① 解析 ④句为话题句，理应放在段首，②句逻辑上紧承④句，③句为承上启下句，理应紧跟⑥句，①句为总结句，放在结尾。31．J2013·浙江卷依次填入下面空格处的语句，最恰当的一项是（）有地上之山水，有画上之山水，有梦中之山水，有胸中之山水。地上者妙在__________，画上者妙在________，梦中者妙在________，胸中者妙在________。[来源:学①位置自如 ②笔墨淋漓 ③景象变幻 ④丘壑深邃

A．④③②①

B．①②④③ C．②③①④

D．④②③① 31．D 32．J2013·新课标全国卷Ⅱ依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是(3分)（）在学校的日子里，我没有什么特别的感觉，________，________，________，________，________，________。我默默地注视着学校红色的大门，由衷地感谢她带给我的一切。

①很多时候你可能觉得今天跟昨天没什么不同 ②这时你可能非常留恋过去的日子 ③突然发现它写得真好

④你回过头来，其实一切都在改变

⑤不禁哼出一句“月亮的脸偷偷地在改变” ⑥现在要离开这个工作了七年的学校

A．①②④⑤⑥③B．①⑥②⑤③④C．⑥②⑤①④③D．⑥⑤③①④② 32．D

33．J[2013·新课标全国卷Ⅰ] 依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是(3分)（）当代艺术博物馆近日举办名为“风物”的展览，展出了几位画家、摄影师的作品。________，________。________，________，________，________，能启发我们发现身边的奇景和诗意。

①因此无论多么微不足道的事物都可变成艺术主题 ②展出的作品大都体现出用细节带出重点的风格特点 ③彰显出艺术独具的神奇力量

④作品展示的都是他们在美国南部腹地、新西兰北岛旅行时留下的记录 ⑤内容从自然环境、建筑、各类标志，到人物、室内布置，覆盖面很广 ⑥而且带有叙事意味，每件作品都像日常世界的一个短篇故事 A．②⑥⑤④③①

B．②③①④⑤⑥ C．④⑤②①⑥③

D．④⑥⑤①③② 33．C 34．J2013·辽宁卷把下列句子组成语意连贯的语段，排序最恰当的一组是(3分)（）①更要用人生的尺度

②因为所受教育的不同，人生的面貌也会不同 ③在一定意义上，人是教育的产物 ④衡量一种教育的优劣，不但要用社会的尺度，看它能否为社会培养有用的人

⑤看它是拓展了还是缩减了受教育者的人生可能性 ⑥当然，这里说的教育是广义的，不限于学校教育 A．③②⑥④①⑤

B．④①⑤⑥②③ C．④⑤②③①⑥

D．③②④⑤⑥① 34．A

35．J2013·湖南卷依次填入下面一段文字画横线处的语句，衔接最恰当的一组是（）闲情，是________，什么也不做，也不想了。也是________，去水边品茗。有时，从午后一直坐到日暮黄昏，________。人散去，一回头，仿佛看见丰子恺先生那幅画《人散后，一钩新月天如水》，只见天空淡月一弯，竹帘半卷，竹椅几把，桌上剩茶几盏，就是________。

①偷得浮生半日闲，邀三两知己 ②不见一个人，却有着说不出的意境 ③不知不觉，一弯月儿挂上柳梢 ④三月间看桃花开遍陌上，听杜鹃鸣 A．②①③④

B．④③①② C．④①③②

D．②③④① 35．C

36．J2013·大纲全国卷依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是（）[来源:学&科&网] 岳麓书院已有一千多年的历史，________，________，________，________，________，________，特别是各处悬挂的历代楹联，散发出浓郁的文化气息。

①院落格局中轴对称、层层递进 ②给人一种庄严、幽远的厚重感 ③它集教学、藏书、祭祀于一体

④主体建筑头门、大门、二门、讲堂、御书楼集中于中轴线上 ⑤门、堂、斋、轩、楼，每一处建筑都很古朴

⑥讲堂布置在中轴线的中央，斋舍、专祠等排列于两旁 A．②③④⑥⑤①

B．②⑥④①⑤③ C．③①④⑥⑤②

D．③②⑥④①⑤ 36．C 37．J[2013·北京卷] 给下面语句排序，衔接恰当的一项是（）①因为较弱的电磁辐射，也会对人的神经系统与心血管系统产生一定的干扰。

②人的大脑和神经会产生微弱的电磁波，当周围电器发出比它强数百万倍的电磁波时，人的神经活动就会受到严重干扰。

③即使在不太强的电磁场环境中工作和生活，人也会受到影响。

④如果长时间处于这种强电磁波的环境中，人会出现头痛、注意力不集中、嗜睡等症状，强电磁辐射会使心血管疾病加重、神经系统功能失调。