2020年高考数学压轴必刷题
1．【2019年浙江10】设a，b∈R，数列{an}满足a1＝a，an+1＝an2+b，n∈N，则（）
A．当b时，a10＞10 B．当b时，a10＞10
C．当b＝﹣2时，a10＞10 D．当b＝﹣4时，a10＞10
【解答】解：对于B，令0，得λ，
取，∴，
∴当b时，a10＜10，故B错误；
对于C，令x2﹣λ﹣2＝0，得λ＝2或λ＝﹣1，
取a1＝2，∴a2＝2，…，an＝2＜10，
∴当b＝﹣2时，a10＜10，故C错误；
对于D，令x2﹣λ﹣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，an1，
∴，∴（）6，∴a1010．故A正确．
故选：A．
2．【2018年浙江10】已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3），若a1＞1，则（）
A．a1＜a3，a2＜a4 B．a1＞a3，a2＜a4
C．a1＜a3，a2＞a4 D．a1＞a3，a2＞a4
【解答】解：a1，a2，a3，a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，
a1＞1，设公比为q，
当q＞0时，a1+a2+a3+a4＞a1+a2+a3，a1+a2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3），不成立，
即：a1＞a3，a2＞a4，a1＜a3，a2＜a4，不成立，排除A、D．
当q＝﹣1时，a1+a2+a3+a4＝0，ln（a1+a2+a3）＞0，等式不成立，所以q≠﹣1；
当q＜﹣1时，a1+a2+a3+a4＜0，ln（a1+a2+a3）＞0，a1+a2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3）不成立，
当q∈（﹣1，0）时，a1＞a3＞0，a2＜a4＜0，并且a1+a2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3），能够成立，
故选：B．
3．【2017年新课标1理科12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）
A．440 B．330 C．220 D．110
【解答】解：设该数列为{an}，设bn2n+1﹣1，（n∈N+），则ai，
由题意可设数列{an}的前N项和为SN，数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1＝2n+1﹣n﹣2，
可知当N为时（n∈N+），数列{an}的前N项和为数列{bn}的前n项和，即为2n+1﹣n﹣2，
容易得到N＞100时，n≥14，
A项，由435，440＝435+5，可知S440＝T29+b5＝230﹣29﹣2+25﹣1＝230，故A项符合题意．
B项，仿上可知325，可知S330＝T25+b5＝226﹣25﹣2+25﹣1＝226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．
C项，仿上可知210，可知S220＝T20+b10＝221﹣20﹣2+210﹣1＝221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．
D项，仿上可知105，可知S110＝T14+b5＝215﹣14﹣2+25﹣1＝215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．
故选A．
方法二：由题意可知：，，，，
根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，
每项含有的项数为：1，2，3，…，n，
总共的项数为N＝1+2+3+…+n，
所有项数的和为Sn：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1＝（21+22+23+…+2n）﹣nn＝2n+1﹣2﹣n，
由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，
则①1+2+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝1，总共有2＝3，不满足N＞100，
②1+2+4+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝5，总共有3＝18，不满足N＞100，
③1+2+4+8+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝13，总共有4＝95，不满足N＞100，
④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝29，总共有5＝440，满足N＞100，
∴该款软件的激活码440．
故选：A．
4．【2017年上海15】已知a、b、c为实常数，数列{xn}的通项xn＝an2+bn+c，n∈N，则“存在k∈N，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是（）
A．a≥0 B．b≤0 C．c＝0 D．a﹣2b+c＝0
【解答】解：存在k∈N，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列，可得：2[a（200+k）2+b（200+k）+c]＝a（100+k）2+b（100+k）+c+a（300+k）2+b（300+k）+c，化为：a＝0．
∴使得x100+k，x200+k，x300+k成等差数列的必要条件是a≥0．
故选：A．
5．【2016年浙江理科06】如图，点列{An}、{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn+1|＝|An+1An+2|，An≠An+1，n∈N，|BnBn+1|＝|Bn+1Bn+2|，Bn≠Bn+1，n∈N，（P≠Q表示点P与Q不重合）若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn+1的面积，则（）
A．{Sn}是等差数列 B．{Sn2}是等差数列
C．{dn}是等差数列 D．{dn2}是等差数列
【解答】解：设锐角的顶点为O，|OA1|＝a，|OB1|＝c，
|AnAn+1|＝|An+1An+2|＝b，|BnBn+1|＝|Bn+1Bn+2|＝d，
由于a，c不确定，则{dn}不一定是等差数列，
{dn2}不一定是等差数列，
设△AnBnBn+1的底边BnBn+1上的高为hn，
由三角形的相似可得，
，
两式相加可得，2，
即有hn+hn+2＝2hn+1，
由Snd?hn，可得Sn+Sn+2＝2Sn+1，
即为Sn+2﹣Sn+1＝Sn+1﹣Sn，
则数列{Sn}为等差数列．
另解：可设△A1B1B2，△A2B2B3，…，AnBnBn+1为直角三角形，
且A1B1，A2B2，…，AnBn为直角边，
即有hn+hn+2＝2hn+1，
由Snd?hn，可得Sn+Sn+2＝2Sn+1，
即为Sn+2﹣Sn+1＝Sn+1﹣Sn，
则数列{Sn}为等差数列．
故选：A．
6．【2016年新课标3理科12】定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有（）
A．18个 B．16个 C．14个 D．12个
【解答】解：由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若m＝4，说明数列有8项，满足条件的数列有：
0，0，0，0，1，1，1，1；0，0，0，1，0，1，1，1；0，0，0，1，1，0，1，1；0，0，0，1，1，1，0，1；0，0，1，0，0，1，1，1；
0，0，1，0，1，0，1，1；0，0，1，0，1，1，0，1；0，0，1，1，0，1，0，1；0，0，1，1，0，0，1，1；0，1，0，0，0，1，1，1；
0，1，0，0，1，0，1，1；0，1，0，0，1，1，0，1；0，1，0，1，0，0，1，1；0，1，0，1，0，1，0，1．共14个．
故选：C．
7．【2016年上海理科17】已知无穷等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且S，下列条件中，使得2Sn＜S（n∈N）恒成立的是（）
A．a1＞0，0.6＜q＜0.7 B．a1＜0，﹣0.7＜q＜﹣0.6
C．a1＞0，0.7＜q＜0.8 D．a1＜0，﹣0.8＜q＜﹣0.7
【解答】解：∵，S，﹣1＜q＜1，
2Sn＜S，
∴，
若a1＞0，则，故A与C不可能成立；
若a1＜0，则qn，
在B中，a1＜0，﹣0.7＜q＜﹣0.6故B成立；
在D中，a1＜0，﹣0.8＜q＜﹣0.7，此时q2，D不成立．
故选：B．
8．【2015年上海理科17】记方程①：x2+a1x+1＝0，方程②：x2+a2x+2＝0，方程③：x2+a3x+4＝0，其中a1，a2，a3是正实数．当a1，a2，a3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（）
A．方程①有实根，且②有实根
B．方程①有实根，且②无实根
C．方程①无实根，且②有实根
D．方程①无实根，且②无实根
【解答】解：当方程①有实根，且②无实根时，△1＝a12﹣4≥0，△2＝a22﹣8＜0，
即a12≥4，a22＜8，
∵a1，a2，a3成等比数列，
∴a22＝a1a3，
即a3，
则a32＝（）2，
即方程③的判别式△3＝a32﹣16＜0，此时方程③无实根，
故选：B．
9．【2015年上海理科18】设Pn（xn，yn）是直线2x﹣y（n∈N）与圆x2+y2＝2在第一象限的交点，则极限（）
A．﹣1 B． C．1 D．2
【解答】解：当n→+∞时，直线2x﹣y趋近于2x﹣y＝1，与圆x2+y2＝2在第一象限的交点无限靠近（1，1），而可看作点Pn（xn，yn）与（1，1）连线的斜率，其值会无限接近圆x2+y2＝2在点（1，1）处的切线的斜率，其斜率为﹣1．
∴1．
故选：A．
10．【2013年新课标1理科12】设△AnBn?n的三边长分别为an，bn，cn，△AnBn?n的面积为Sn，n＝1，2，3…若b1＞c1，b1+c1＝2a1，an+1＝an，，，则（）
A．{Sn}为递减数列
B．{Sn}为递增数列
C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列
D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列
【解答】解：b1＝2a1﹣c1且b1＞c1，∴2a1﹣c1＞c1，∴a1＞c1，
∴b1﹣a1＝2a1﹣c1﹣a1＝a1﹣c1＞0，∴b1＞a1＞c1，
又b1﹣c1＜a1，∴2a1﹣c1﹣c1＜a1，∴2c1＞a1，∴，
由题意，an，∴bn+1+cn+1﹣2an（bn+cn﹣2an），
∵b1+c1＝2a1，∴b1+c1﹣2a1＝0，
∴bn+cn﹣2an＝0，∴bn+cn＝2an＝2a1，∴bn+cn＝2a1，
由此可知顶点An在以Bn、cn为焦点的椭圆上，
又由题意，bn+1﹣cn+1，∴a1﹣bn，
∴bn+1﹣a1，∴bn﹣a1，
∴，cn＝2a1﹣bn，
∴[][]
[]单调递增（可证当n＝1时0）
故选：B．
11．【2012年浙江理科07】设Sn是公差为d（d≠0）的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是（）
A．若d＜0，则数列{Sn}有最大项
B．若数列{Sn}有最大项，则d＜0
C．若对任意n∈N，均有Sn＞0，则数列{Sn}是递增数列
D．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N，均有Sn＞0
【解答】解：由等差数列的求和公式可得Sn＝na1dn2+（a1）n，
选项A，若d＜0，由二次函数的性质可得数列{Sn}有最大项，故正确；
选项B，若数列{Sn}有最大项，则对应抛物线开口向下，则有d＜0，故正确；
选项C，若对任意n∈N，均有Sn＞0，对应抛物线开口向上，d＞0，
可得数列{Sn}是递增数列，故正确；
选项D，若数列{Sn}是递增数列，则对应抛物线开口向上，
但不一定有任意n∈N，均有Sn＞0，故错误．
故选：D．
12．【2012年上海理科18】设ansin，Sn＝a1+a2+…+an，在S1，S2，…S100中，正数的个数是（）
A．25 B．50 C．75 D．100
【解答】解：由于f（n）＝sin的周期T＝50
由正弦函数性质可知，a1，a2，…，a24＞0，a25＝0，a26，a27，…，a49＜0，a50＝0
且sin，sin但是f（n）单调递减
a26…a49都为负数，但是|a26|＜a1，|a27|＜a2，…，|a49|＜a24
∴S1，S2，…，S25中都为正，而S26，S27，…，S50都为正
同理S1，S2，…，s75都为正，S1，S2，…，s75，…，s100都为正，
故选：D．
13．【2012年北京理科08】某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如图所示．从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，则m的值为（）
A．5 B．7 C．9 D．11
【解答】解：若果树前n年的总产量S与n在图中对应P（S，n）点
则前n年的年平均产量即为直线OP的斜率
由图易得当n＝9时，直线OP的斜率最大
即前9年的年平均产量最高，
故选：C．
14．【2011年上海理科18】设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai+1的矩形的面积（i＝1，2，…），则{An}为等比数列的充要条件是（）
A．{an}是等比数列
B．a1，a3，…，a2n﹣1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列
C．a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列
D．a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同
【解答】解：依题意可知Ai＝ai?ai+1，
∴Ai+1＝ai+1?ai+2，
若{An}为等比数列则q（q为常数），则a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比均为q；
反之要想{An}为等比数列则需为常数，即需要a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相等；
故{An}为等比数列的充要条件是a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同．
故选：D．
15．【2018年江苏14】已知集合A＝{x|x＝2n﹣1，n∈N}，B＝{x|x＝2n，n∈N}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}，记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn＞12an+1成立的n的最小值为．
【解答】解：利用列举法可得：当n＝26时，A∪B中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，
所以数列{an}的前26项分成两组：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23.25，…41；
2，4，8，16，32．
S26，a27＝43，?12a27＝516，不符合题意．
当n＝27时，A∪B中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，
所以数列{an}的前27项分成两组：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，…41，43；
2，4，8，16，32．
S27546，a28＝45?12a28＝540，符合题意，
故答案为：27．
16．【2017年上海10】已知数列{an}和{bn}，其中an＝n2，n∈N，{bn}的项是互不相等的正整数，若对于任意n∈N，{bn}的第an项等于{an}的第bn项，则．
【解答】解：∵an＝n2，n∈N，若对于一切n∈N，{bn}中的第an项恒等于{an}中的第bn项，
∴．
∴b1＝a1＝1，b4，b9，b16．
∴b1b4b9b16．
∴2．
故答案为：2．
17．【2016年浙江理科13】设数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，an+1＝2Sn+1，n∈N，则a1＝，S5＝．
【解答】解：由n＝1时，a1＝S1，可得a2＝2S1+1＝2a1+1，
又S2＝4，即a1+a2＝4，
即有3a1+1＝4，解得a1＝1；
由an+1＝Sn+1﹣Sn，可得
Sn+1＝3Sn+1，
由S2＝4，可得S3＝3×4+1＝13，
S4＝3×13+1＝40，
S5＝3×40+1＝121．
故答案为：1，121．
18．【2016年上海理科11】无穷数列{an}由k个不同的数组成，Sn为{an}的前n项和，若对任意n∈N，Sn∈{2，3}，则k的最大值为．
【解答】解：对任意n∈N，Sn∈{2，3}，可得
当n＝1时，a1＝S1＝2或3；
若n＝2，由S2∈{2，3}，可得数列的前两项为2，0；或2，1；或3，0；或3，﹣1；
若n＝3，由S3∈{2，3}，可得数列的前三项为2，0，0；或2，0，1；
或2，1，0；或2，1，﹣1；或3，0，0；或3，0，﹣1；或3，1，0；或3，1，﹣1；
若n＝4，由S3∈{2，3}，可得数列的前四项为2，0，0，0；或2，0，0，1；
或2，0，1，0；或2，0，1，﹣1；或2，1，0，0；或2，1，0，﹣1；
或2，1，﹣1，0；或2，1，﹣1，1；或3，0，0，0；或3，0，0，﹣1；
或3，0，﹣1，0；或3，0，﹣1，1；或3，﹣1，0，0；或3，﹣1，0，1；
或3，﹣1，1，0；或3，﹣1，1，﹣1；
…
即有n＞4后一项都为0或1或﹣1，则k的最大个数为4，
不同的四个数均为2，0，1，﹣1．
故答案为：4．
19．【2015年江苏11】设数列{an}满足a1＝1，且an+1﹣an＝n+1（n∈N），则数列{}的前10项的和为．
【解答】解：∵数列{an}满足a1＝1，且an+1﹣an＝n+1（n∈N），
∴当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+…+（a2﹣a1）+a1＝n+…+2+1．
当n＝1时，上式也成立，
∴an．
∴2．
∴数列{}的前n项的和Sn
．
∴数列{}的前10项的和为．
故答案为：．
20．【2015年新课标2理科16】设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝﹣1，an+1＝Sn+1Sn，则Sn＝．
【解答】解：∵an+1＝Sn+1Sn，
∴Sn+1﹣Sn＝Sn+1Sn，
∴1，
又∵a1＝﹣1，即1，
∴数列{}是以首项是﹣1、公差为﹣1的等差数列，
∴n，
∴Sn，
故答案为：．
21．【2013年江苏14】在正项等比数列{an}中，，a6+a7＝3，则满足a1+a2+…+an＞a1a2…an的最大正整数n的值为．
【解答】解：设正项等比数列{an}首项为a1，公比为q，
由题意可得，解之可得：a1，q＝2，
故其通项公式为an2n﹣6．
记Tn＝a1+a2+…+an，
Sn＝a1a2…an＝2﹣5×2﹣4…×2n﹣6＝2﹣5﹣4+…+n﹣6．
由题意可得Tn＞Sn，即，
化简得：2n﹣1，即2n1，
因此只须n，（n＞1），即n2﹣13n+10＜0，
解得n，
由于n为正整数，因此n最大为的整数部分，也就是12．
故答案为：12
22．【2013年新课标2理科16】等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为．
【解答】解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
∵S10＝10a1+45d＝0，S15＝15a1+105d＝25，
∴a1＝﹣3，d，
∴Sn＝na1dn2n，
∴nSnn3n2，令nSn＝f（n），
∴f′（n）＝n2n，
∴当n时，f（n）取得极值，当n时，f（n）递减；当n时，f（n）递增；
因此只需比较f（6）和f（7）的大小即可．
f（6）＝﹣48，f（7）＝﹣49，
故nSn的最小值为﹣49．
故答案为：﹣49．
23．【2012年新课标1理科16】数列{an}满足an+1+（﹣1）nan＝2n﹣1，则{an}的前60项和为．
【解答】解：∵an+1+（﹣1）nan＝2n﹣1，
故有a2﹣a1＝1，a3+a2＝3，a4﹣a3＝5，a5+a4＝7，a6﹣a5＝9，a7+a6＝11，…a50﹣a49＝97．
从而可得a3+a1＝2，a4+a2＝8，a7+a5＝2，a8+a6＝24，a9+a11＝2，a12+a10＝40，a13+a11＝2，a16+a14＝56，…
从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．
{an}的前60项和为15×2+（15×8）＝1830
24．【2011年江苏13】设1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是．
【解答】解：方法1：∵1＝a1≤a2≤…≤a7；a2，a4，a6成公差为1的等差数列，
∴a6＝a2+2≥3，
∴a6的最小值为3，
∴a7的最小值也为3，
此时a1＝1且a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，必有q＞0，
∴a7＝a1q3≥3，
∴q3≥3，q，
方法2：
由题意知1＝a1≤a2≤…≤a7；中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，得，所以，即q3﹣2≥1，所以q3≥3，解得q，
故q的最小值是：．
故答案为：．
25．【2011年上海理科14】已知点O（0，0）、Q0（0，1）和点R0（3，1），记Q0R0的中点为P1，取Q0P1和P1R0中的一条，记其端点为Q1、R1，使之满足（|OQ1|﹣2）（|OR1|﹣2）＜0，记Q1R1的中点为P2，取Q1P2和P2R1中的一条，记其端点为Q2、R2，使之满足（|OQ2|﹣2）（|OR2|﹣2）＜0．依次下去，得到P1，P2，…，Pn，…，则．
【解答】解：由题意（|OQ1|﹣2）（|OR1|﹣2）＜0，所以第一次只能取P1R0一条，（|OQ2|﹣2）（|OR2|﹣2）＜0．依次下去，则Q1、R1；Q2、R2，…中必有一点在（）的左侧，一点在右侧，由于P1，P2，…，Pn，…，是中点，根据题意推出P1，P2，…，Pn，…，的极限为：（），所以|Q0P1|，
故答案为：．
26．【2010年浙江理科14】设n≥2，n∈N，（2x）n﹣（3x）n＝a0+a1x+a2x2+…+anxn，将|ak|（0≤k≤n）的最小值记为Tn，则T2＝0，T3，T4＝0，T5，…，Tn…，其中Tn＝．
【解答】解：根据Tn的定义，列出Tn的前几项：
T0＝0
T1
T2＝0
T3
T4＝0
T5
T6＝0
…
由此规律，我们可以推断：Tn
故答案：
27．【2010年浙江理科15】设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6+15＝0，则d的取值范围是．
【解答】解：因为S5S6+15＝0，
所以（5a1+10d）（6a1+15d）+15＝0，整理得2a12+9a1d+10d2+1＝0，
此方程可看作关于a1的一元二次方程，它一定有根，故有△＝（9d）2﹣4×2×（10d2+1）＝d2﹣8≥0，
整理得d2≥8，解得d≥2，或d≤﹣2
则d的取值范围是．
故答案案为：．
1．【2012年新课标1文科12】数列{an}满足an+1+（﹣1）nan＝2n﹣1，则{an}的前60项和为（）
A．3690 B．3660 C．1845 D．1830
【解答】解：由于数列{an}满足an+1+（﹣1）nan＝2n﹣1，故有a2﹣a1＝1，a3+a2＝3，a4﹣a3＝5，
a5+a4＝7，a6﹣a5＝9，a7+a6＝11，…a50﹣a49＝97．
从而可得a3+a1＝2，a4+a2＝8，a7+a5＝2，a8+a6＝24，a11+a9＝2，a12+a10＝40，a15+a13＝2，a16+a14＝56，…
从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，
从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．
{an}的前60项和为15×2+（15×8）＝1830，
故选：D．
2．【2014年新课标2文科16】数列{an}满足an+1，a8＝2，则a1＝．
【解答】解：由题意得，an+1，a8＝2，
令n＝7代入上式得，a8，解得a7；
令n＝6代入得，a7，解得a6＝﹣1；
令n＝5代入得，a6，解得a5＝2；
…
根据以上结果发现，求得结果按2，，﹣1循环，
∵8÷3＝2…2，故a1
故答案为：．
3．【2010年天津文科15】设{an}是等比数列，公比，Sn为{an}的前n项和．记．设为数列{Tn}的最大项，则n0＝．
【解答】解：
因为≧8，当且仅当4，
即n＝4时取等号，所以当n0＝4时Tn有最大值．
故答案为：4．
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