高考真题衍生卷·命题区间11
1．解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q0)，
因为a1＝1，S2＝a3－1，即a1＋a2＝a3－1，
可得1＋q＝q2－1，整理得q2－q－2＝0，
解得q＝2或q＝－1(舍去)，
所以Sn＝1-2n1-2＝2n
(2)(ⅰ)证明：由(1)知，ak＝2k-1，
所以bn＝k
当n＝ak＋1＝2k时，bn＝k＋1，
bn－1＝b2k－1＝b2k－2＋2k＝b2k－3＋4k＝…＝b2k-1＋2k·(2k-1－1)＝k＋2k·(2k-1－1)＝k·2k－
所以bn－1－ak·bn＝k·2k－k－(k＋1)2k-1＝(k－1)·2k-1－k．
设f(x)＝(x－1)2x-1－x，x≥2，则f′(x)＝2x-1＋(x－1)2x-1ln2－1≥2＋2ln2－10，所以f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(2)＝0，
所以bn－1－ak·bn≥0，即bn－1≥ak·bn．
(ⅱ)令k＝1，得b1＝1，
令k＝2，得b2＝2，b3＝b2＋2k＝6，
令k＝3，得b4＝3，b5＝b4＋2k＝9，b6＝b5＋2k＝15，b7＝b6＋2k＝21，
所以b2k-1，b2k-1+1
因为b2k-1＝k，所以b
所以b2k-1+b2k-1+1
所以
＝1×40＋2×41＋…＋n×4n-1，
4
＝1×41＋2×42＋…＋n×4n，
两式相减，得
－
＝1-
所以
2．解：由条件可得Sn＝na1＋nn-1
则bn＝Sn
(1)bn
要使得bnnd为常数，则2a1－d＝2d，故a1＝3
此时λ＝12
(2)证明：由a1＝d＝2可得，Sn＝n(n＋1)，
则bn＝nn+1n+2nn+1
故Tn1＋2＋3＋…＋n＝nn+1
1Tn
1T1+
即
3．解：(1)当n＝1时，2a1＝a2＋1，所以a2＝2a1－1＝3．
当n≥2时，2
两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an＋1，
即nan＋1＝(n＋1)an－1，①
所以(n＋1)an＋2＝(n＋2)an＋1－1，②
②－①得(n＋1)an＋2－nan＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即2an＋1＝an＋an＋2，
所以数列{an}从第2项起为等差数列．
由①令n＝2，可得2a3＝3a2－1，
所以a3＝4，从而a3－a2＝1，
所以当n≥2时，an＝3＋(n－2)×1＝n＋1，经检验当n＝1时亦满足，
所以an＝n＋1．
(2)证明：由(1)可得当n≥2时，1a
所以1a1a
4．解：(1)设an的公差为d，由已知，得a1＋3d＝9，3a1＋3d＝15，解得a1＝3，d＝2．所以an＝2n＋1
(2)因为ak与ak＋1k＝1，2，…
所以ak在bn中对应的项数为n＝k＋21＋22＋23＋…＋2k-1＝k＋2-2k1-2＝2k＋
当k＝6时，2k＋k－2＝68，当k＝7时，2k＋k－2＝133，
所以a6＝b68，a7＝b133，且b69＝b70＝…＝b100＝1．
因此T100＝S6＋(2×1＋22×1＋23×1＋24×1＋25×1)＋32×1＝62×(3＋13)＋2-261-2＋