學(xué)生1已知an是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列bn等差數(shù)列且

a6＝b7，則有 D．a(chǎn)3＋a9與b4＋b10的大小關(guān)系不確定 解 記等比數(shù)列{an}的公比為q由數(shù)列{bn}為等差數(shù)列可知又?jǐn)?shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，∴a3＋a9＝a3(1＋q6) q3) 1b7(q3)，又q3＝q3＋q3≥2q＝1b10.故選已知 (n∈N＋)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則使Sn>0的n最小值 答 ＝解 令 ＝ a6>a7>a8>a9>a10>…>0.∴S10＝0，S11>0，選數(shù)列{an}中，SnnS1＝1，S2＝2＝0(n∈N*且n≥2)，則此數(shù)列 解 又a1＝1，a2＝1，∴從第二項(xiàng)起為等比數(shù)列已知數(shù)列{an}滿足

則n等 2222答

33解

＋1＝a1＋an

{an}是首為

1＝3，公差為d＝3的等差數(shù)列，于是an＝3＋(n－1)·3＝3n，即n＝3.故選 A．11 B．12C．15 D．25答 12解析(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝a2＋a2＋…＋a212 －39＝11已知等差數(shù)列{an}滿足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，則有 答 解 由題意，得 ×101＝0.所以已知數(shù)列{an}，{bn}a1＝1an，an＋1f(x)＝x2－bnx＋2n兩個(gè)零點(diǎn)，則 答 解 ∴an1·an —∴a2n＝2n，a2n—Sn是等差數(shù)列{an}n項(xiàng)和，S10>0S11＝0Sn≤SkN*恒成立，整數(shù)k構(gòu)成的集合為 解 等差數(shù)列中由S10>0，S11＝0， a6＝0S5＝S6≥Snk＝5∴集合為 得極小值(an,2Sn)(n∈N*)均在函數(shù)

f′(x)＋q(其中a1求數(shù)列{an}的通項(xiàng)

＝記bn 4Sn·qn，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.＝解 f′(x)＝0x＝1

q∵p>q>0，∴x變化時(shí)，f′(x)、f(x) 1＋0—0＋∴f(x)x＝1 nn1a1＝1p＝1.1n nn1∴當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＝2a2－ n1nn12an＝2(a2－a2－nn1∴2(a2－a2－ n∴(an＋an1)(an－an －an＋an1>0，∴an－an

—∴{an}是以

—1為首項(xiàng)，2∴a

×2＝2nn－1

·2＝ 由③－④，得

∴Tn＝1－q2將數(shù)列{an}中的所有項(xiàng)按每一行比上一行多兩項(xiàng)的規(guī)則排成如下數(shù)表 …已知表中的第一列數(shù)a1，a2，a5，…構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列，記為{bn}，且b2＝4，b5＝12.表中每一行正中間一個(gè)數(shù)a1，a3，a7，…構(gòu)成數(shù)列{cn}，其前n項(xiàng)和為(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)a13＝1.M＝{n|(n＋1)cn≥λ，n∈N*}M3λ的解 (1)設(shè)數(shù)列{bn}的公差為

n1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n232<13<42，所以所以a13＝a10q3＝8q3，又a13＝1，解得 由已知可得cn＝bnqn－1，因此

1 ＝所以 1＝

n

1 2

n2Sn＝20＋21＋…＋2n－2 1 1

1 n

1 n

因此

n－2－n－1＝4－n－2－

n－12

Sn＝82n－2＝②由①知 n，不等式(n＋1)c＝2 可化為2n－2≥λ.f(n)＝2n－2因?yàn)? n≥3計(jì)算得 ＝4M3λ的取值范圍是已知數(shù)列

{bn}n＋2解 得2λ2－5λ＋3＝0，解得λ＝1或 當(dāng)

3＝2時(shí)，a2＝2×2－2＝1，a1＝a2，故λ＝2不合題意舍去λ＝1an＝λan－1＋λ－2∴數(shù)列{an}a1＝1，d＝－1(2)λ＝3即 n＋2＝3(an－1＋2)，即∴數(shù)列{bn}構(gòu)成首項(xiàng)為

＝2

3 3

＝2n21－3 ∴Sn＝1－3已知等差數(shù)列{an}nSnS4＋a2＝2S3，等比數(shù)列{bn}滿足b1＝a2，b2＝a4.(1)求證：{bn}中的每一項(xiàng)均為{an}中的項(xiàng)(2)若

{cn}滿足

1·cn＝(－1)n(1＋2log2bn)，求數(shù)列{cn}的前

解 (1)證明：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由S4＋a2＝2S3得∴b1＝2a1，b2＝4a1，等比數(shù)列{bn}的公比

∵2n∈N*，∴{bn}中的每一項(xiàng)均為{an}中的項(xiàng)(2)解析

由bn＋1·cn＝(－1)n(1＋2log2bn)， 1 12)

1

1

1 1

1＋(－1

1 1

n1n

1

1 1＋3－3(－2) 1

1 (－2)

(－2)(1)求數(shù)列{an}的通式； (2)設(shè) 1 1 1 1，若對(duì)任意的正整數(shù)n，當(dāng)

時(shí)，不等式 n恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍 累差疊加，得an＝n(n＋1)(n≥2)．a(chǎn)1＝2，所以

1 1 b b ，bn

所以 1

g(m)＝－2tm＋t2g(m)>0m∈[－1,1]．t＝0，不成立；t≠0，g(m)是一次函數(shù)，14．已知等差數(shù)列{an}滿足：a3＝7，a5＋a7＝26.{an}nan令bn＝ (n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和n＋答 ＋4 由于a3＝7，a5＋a7＝26，a1＝3，d＝2.由于 n(2)因?yàn)閍n＝2n＋1，所以n因此 1 1)．＝＝ 1＝4(1－2＋2－3＋…＋n－n＋1 1 ＝＋所以數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和 ＝＋4 a3≤3，則a4＝ ≤4，a4的最大值為方法

∴a4≤4.a4方法 本題也可利用線性規(guī)劃知識(shí)求解由題意得

a4＝a1＋3d＝a1＋3d過(guò)可行域內(nèi)(1,1)16．(2012·)已知{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，{bn}是等比數(shù)列，a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通式(2)記Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，證明解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.由條件，得方程

(2)方法一由(1) —2Tn＝22an＋23an1＋…＋2na2＋2n－1a1. —

而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10， (1)當(dāng)n＝1時(shí)，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式n＝k＋1由(1)和(2)n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn17．(2012·陜西)設(shè){an}1nSna5，a3，a4成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的公比(2)證明：對(duì)任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差數(shù)列． (1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q(q≠0，q≠1)，a5，a3，a4(2)方法一對(duì)任意k∈N＋，k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1方法 對(duì)任意

11 k ＋2 k [2(1－q)－(2－q ＝

k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1N*a1，a2＋5，a3a1求數(shù)列{an}的通式 1 1

1，有解 (1)∵a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列因此4a1＋16＝7a1＋13，從而由題設(shè)條件知，n≥2＋2Sn＝an＋∴2an＝an＋1－an－2n，于＋而由(1)a2＝2a＋3＝5＝3a1＋2，nan12n＋1＝3(a＋2n)．＋∴{an＋2n}3為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列．a(chǎn)n＋2n＝3nan＝3n－2n. 1∴an≤3

111 －3n1

13(1)求等差數(shù)列{an}的通式；(2)a2，a3，a1成等比數(shù)列，求數(shù)列{|an|}n解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由題意得 解

所以由等差數(shù)列的通式可得an＝2－3(n－1)＝－3n＋5an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.an＝－3n＋5an＝3n－7.(2)an＝－3n＋5時(shí)，a2，a3，a1分別為－1，－4,2an＝3n－7時(shí)，a2，a3，a1分別為－1,2，－4記數(shù)列{|an|}nn＝1時(shí)，S1＝|a1|＝4n＝2時(shí)，S2＝|a1|＋|a2|＝5；n≥3時(shí)， 3 ＝2n2n＋10.n＝2綜上，Sn＝3 20．(2012·江西)已知數(shù)列{an}nSn＝kcn－k(c，k為常數(shù))(1)(2)求數(shù)列{nan}n— (1)由Sn＝kcn－k，得an＝Sn－Sn1＝kcn－kcn－1(n≥2)．由a2＝4，a6＝8a3，得kc(c－1)＝4，kc5(c－1)＝8kc2(c－1)．—解得

所以a1＝S1＝2，an＝kcn－kcn－1＝2n(n≥2)，于是 (2)Tn＝iai＝i·2i， n21．(2012·)數(shù)列{xn}滿足n證明：{xn}是遞減數(shù)列的充分必要條件是c的取值范圍，使{xn}n解 (1)先證充分性，若c<0，由于xn＋1＝－x2＋xn＋c≤xn＋c<xn，故{xn}nx1＝0x1<x2<x3，得nxn<xn＋1＝－x2＋xn＋cn對(duì)任意n≥1都有xn< nc－xn＋1＝x2－xn－c＋c＝(1－c－xn)(c－xn)， 1－c－xn>0xn<1－c.nxn≥0n≥1c－xn＋1≤(1－c)( c－xn≤(1－c)n－1(c－x1)<(1－xn<1－c和c－xn<(1－c)n－12c－1<(1－c)n－1n≥1y