高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測3 數(shù)列（含解析）試題

3數(shù)列時間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(文)(2015·北京西城區(qū)二模)數(shù)列{an}為等差數(shù)列，滿足a2＋a4＋…＋a20＝10，則數(shù)列{an}前21項的和等于()A.eq\f(21,2) B．21C．42 D．84[答案]B[解析]由a2＋a4＋…＋a20＝10a11＝10得a11＝1，所以等差數(shù)列{an}的前21項和S21＝21a(理)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S10＝eq\i\in(0,3,)(1＋2x)dx，S20＝17，則S30為()A．15 B．20C．25 D．30[答案]A[解析]S10＝eq\i\in(0,3,)(1＋2x)dx＝(x＋x2)|eq\o\al(3,0)＝12.又S10，S20－S10，S30－S20成等差數(shù)列．即2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴S30＝15.2．(文)(2015·北京東城練習(xí))已知{an}為各項都是正數(shù)的等比數(shù)列，若a4·a8＝4，則a5·a6·a7＝()A．4 B．8C．16 D．64[答案]B[解析]由題意得a4a8＝aeq\o\al(2,6)＝4，又因為數(shù)列{an}為正項等比數(shù)列，所以a6＝2，則a5a6a7＝aeq\o\al(3,6)＝8，故選B．(理)(2014·河北衡水中學(xué)二調(diào))已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S2n＝4(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1),a1a2a3＝27，則A．27 B．81C．243 D．729[答案]C[解析]∵a1a2a3＝aeq\o\al(3,2)＝27，∴a2＝3，∵S2n＝4(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)，∴S2＝4a1，∴a1＋a2＝4a1，∴a2＝3a1＝3，∴a1＝1，∴q＝eq\f(a2,a1)＝3，∴a6＝a1q5＝35＝243.3．(2015·杭州第二次質(zhì)檢)設(shè)等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，若eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,2)＝eq\f(2,a1)＋eq\f(2,a2)，eq\f(a3,4)＋eq\f(a4,4)＝eq\f(4,a3)＋eq\f(4,a4)，則a1a5＝()A．24eq\r(2) B．8C．8eq\r(2) D．16[答案]C[解析]利用等比數(shù)列的通項公式求解．設(shè)此正項等比數(shù)列的公比為q，q>0，則由eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,2)＝eq\f(2,a1)＋eq\f(2,a2)得eq\f(a1＋a2,2)＝eq\f(2a1＋a2,a1a2)，a1a2＝4，同理由eq\f(a3,4)＋eq\f(a4,4)＝eq\f(4,a3)＋eq\f(4,a4)得a3a4＝16，則q4＝eq\f(a3a4,a1a2)＝4，q＝eq\r(2)，a1a2＝eq\r(2)aeq\o\al(2,1)＝4，aeq\o\al(2,1)＝2eq\r(2)，所以a1a5＝aeq\o\al(2,1)q4＝8eq\r(2)，故選C.4．(文)(2015·青島市質(zhì)檢)“?n∈N*,2an＋1＝an＋an＋2”是“數(shù)列{anA．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]C[解析]本題考查等差數(shù)列的定義以及充要條件的判斷，難度較小．由2an＋1＝an＋an＋2，可得an＋1－an＝an＋2－an＋1，由n的任意性可知，數(shù)列從第二項起每一項與前一項的差是固定的常數(shù)，即數(shù)列{an}為等差數(shù)列，反之，若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，易得2an＋1＝an＋an＋2，故“?n∈N*,2an＋1＝an＋an＋2”是“數(shù)列{an}為等差數(shù)列”的充要條件，故選C.(理)“l(fā)gx，lgy，lgz成等差數(shù)列”是“y2＝xz”成立的()A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]A[解析]“l(fā)gx，lgy，lgz成等差數(shù)列”?2lgy＝lgx＋lgz?y2＝xz，但y2＝xz?/2lgy＝lgx＋lgz，∴選A.5．(文)(2015·福州質(zhì)檢)在等差數(shù)列{an}中，若a2＝1，a8＝2a6＋a4，則a5A．－5 B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2) D．eq\f(5,2)[答案]B[解析]本題考查等差數(shù)列的通項公式，難度中等．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因為a8＝2a6＋a4，故a2＋6d＝2a2＋8d＋a2＋2d，解得d＝－eq\f(1,2)，故a5＝a2＋3d＝1－eq\f(3,2)＝－eq\f(1,2)，故選B．(理)已知正數(shù)組成的等差數(shù)列{an}，前20項和為100，則a7·a14的最大值是()A．25 B．50C．100 D．不存在[答案]A[解析]∵S20＝eq\f(a1＋a20,2)×20＝100，∴a1＋a20＝10.∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10.∵an>0，∴a7·a14≤(eq\f(a7＋a14,2))2＝25.當(dāng)且僅當(dāng)a7＝a14時取等號．6．(文)在直角坐標系中，O是坐標原點，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是第一象限內(nèi)的兩個點，若1，x1，x2,4依次成等差數(shù)列，而1，y1，y2,8依次成等比數(shù)列，則△OP1P2的面積是()A．1 B．2C．3 D．4[答案]A[解析]由等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，可求得x1＝2，x2＝3，y1＝2，y2＝4，∴P1(2,2)，P2(3,4)，∴S△OP1P2＝1.(理)(2015·長沙市一模)等比數(shù)列{an}中，a4＝2，a5＝5，則數(shù)列{lgan}的前8項和等于()A．6 B．5C．4 D．3[答案]C[解析]設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則q＝eq\f(a5,a4)＝eq\f(5,2)，an＝a4qn－4＝2×(eq\f(5,2))n－4，則lgan＝lg2＋(n－4)lgeq\f(5,2)，數(shù)列{lgan}成等差數(shù)列，所以前8項和等于eq\f(8lga1＋lga8,2)＝4(lg2－3lgeq\f(5,2)＋lg2＋4lgeq\f(5,2))＝4，故選C.7．(2015·河南商丘市二模)在遞增的等比數(shù)列{an}中，已知a1＋an＝34，a3·an－2＝64，且前n項和為Sn＝42，則n＝()A．6 B．5C．4 D．3[答案]D[解析]由已知得a1＋a1qn－1＝34，aeq\o\al(2,1)qn－1＝64，∴a1＋eq\f(64,a1)＝34，解得：a1＝32或a1＝2，當(dāng)a1＝32時，qn－1<1不適合題意，故a1＝2，qn－1＝16，又Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(21－16q,1－q)＝42，解得q＝4，∴4n－1＝16，n－1＝2，n＝3.8．(文)兩個正數(shù)a、b的等差中項是eq\f(5,2)，一個等比中項是eq\r(6)，且a>b，則雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的離心率e等于()A.eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(15),2)C．eq\r(13) D．eq\f(\r(13),3)[答案]D[解析]由已知可得a＋b＝5，ab＝6，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝3))(舍去)．則c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(13)，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(13),3).(理)△ABC的三邊分別為a、b、c，若b既是a、c的等差中項，又是a、c的等比中項，則△ABC是()A．等腰直角三角形 B．等腰三角形C．等邊三角形 D．直角三角形[答案]C[解析]∵b是a、c的等差中項，∴b＝eq\f(a＋c,2).又∵b是a、c的等比中項，∴b＝eq\r(ac)，∴(eq\f(a＋c,2))2＝ac，∴(a－c)2＝0，∴a＝c，∴b＝eq\f(a＋c,2)＝a，故△ABC是等邊三角形．9．(2015·天津十二區(qū)縣聯(lián)考)數(shù)列{an}滿足a1＝1，且對于任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2015)等于()A.eq\f(4028,2015) B．eq\f(2014,2015)C.eq\f(2015,1008) D．eq\f(2015,2016)[答案]C[解析]本題考查數(shù)列的遞推公式、裂項法求和，難度中等．依題意an＋1＝an＋n＋1，故an＋1－an＝n＋1，由累加法可得an－a1＝eq\f(n2＋n－2,2)，an＝eq\f(n2＋n,2)，故eq\f(1,an)＝eq\f(2,n2＋n)＝2(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))，故eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2015)＝2(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2015)－eq\f(1,2016))＝eq\f(4030,2016)＝eq\f(2015,1008)，故選C.10．(文)已知數(shù)列{an}，若點(n，an)(n∈N*)在經(jīng)過點(5,3)的定直線l上，則數(shù)列{an}的前9項和S9＝()A．9 B．10C．18 D．27[答案]D[解析]由條件知a5＝3，∴S9＝9a5(理)(2015·鄭州市質(zhì)檢)已知實數(shù)4，m,9構(gòu)成一個等比數(shù)列，則圓錐曲線eq\f(x2,m)＋y2＝1的離心率為()A.eq\f(\r(30),6) B．eq\r(7)C.eq\f(\r(30),6)或eq\r(7) D．eq\f(5,6)或eq\r(7)[答案]C[解析]由題意知m2＝36，m＝±6，當(dāng)m＝6時，該圓錐曲線表示橢圓，此時a＝eq\r(6)，b＝1，c＝eq\r(5)，e＝eq\f(\r(30),6)；當(dāng)m＝－6時，該圓錐曲線表示雙曲線，此時a＝1，b＝eq\r(6)，c＝eq\r(7)，e＝eq\r(7)，故選C.11．(文)(2015·重慶市調(diào)研)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a2＝7，a6＋a8＝－6，則Sn取最大值時，n的值為()A．3 B．4C．5 D．6[答案]C[解析]a7＝eq\f(1,2)(a6＋a8)＝－3，公差d＝eq\f(a7－a2,7－2)＝－2，an＝a2－2(n－2)＝11－2n，因此在等差數(shù)列{an}中，前5項均為正，從第6項起以后各項均為負，當(dāng)Sn取最大值時，n的值為5，故選C.(理)等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，前n項和為Sn，則“d>|a1|”是“Sn的最小值為S1，且Sn無最大值”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]A[解析]依題意，當(dāng)d>|a1|時，數(shù)列{an}是遞增的數(shù)列，無論a1的取值如何，Sn的最小值為S1，且Sn無最大值；反過來，當(dāng)Sn的最小值為S1，且Sn無最大值時，如當(dāng)a1＝1，d＝eq\f(1,3)時，此時Sn的最小值為S1，且Sn無最大值，但不滿足d>|a1|.綜上所述，“d>|a1|”是“Sn的最小值為S1，且Sn無最大值”的充分不必要條件．12．(文)已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，執(zhí)行程序框圖(如下圖)，當(dāng)k＝4時，輸出S＝eq\f(1,3)，則a2014＝()A．2012 B．2013C．2014 D．2015[答案]D[解析]由程序框圖可知，{an}是公差為1的等差數(shù)列，且eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋eq\f(1,a3a4)＋eq\f(1,a4a5)＝eq\f(1,3)，∴eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a2)－eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a3)－eq\f(1,a4)＋eq\f(1,a4)－eq\f(1,a5)＝eq\f(1,a1)－eq\f(1,a5)＝eq\f(1,3)，∴eq\f(1,a1)－eq\f(1,a1＋4)＝eq\f(1,3)，解得a1＝2，∴a2014＝a1＋2013d＝2＋2013＝2015.(理)已知曲線C：y＝eq\f(1,x)(x>0)上兩點A1(x1，y1)和A2(x2，y2)，其中x2>x1.過A1、A2的直線l與x軸交于點A3(x3,0)，那么()A．x1，eq\f(x3,2)，x2成等差數(shù)列B．x1，eq\f(x3,2)，x2成等比數(shù)列C．x1，x3，x2成等差數(shù)列D．x1，x3，x2成等比數(shù)列[答案]A[解析]直線A1A2的斜率k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(\f(1,x2)－\f(1,x1),x2－x1)＝－eq\f(1,x1x2)，所以直線A1A2的方程為y－eq\f(1,x1)＝－eq\f(1,x1x2)(x－x1)，令y＝0解得x＝x1＋x2，∴x3＝x1＋x2，故x1，eq\f(x3,2)，x2成等差數(shù)列，故選A.二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，將正確答案填在題中橫線上)13．(2015·?？谑姓{(diào)研)在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sineq\f(n＋1π,2)，記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，則S2014＝________.[答案]1008[解析]由an＋1－an＝sineq\f(n＋1π,2)?an＋1＝an＋sineq\f(n＋1π,2)，∴a2＝a1＋sinπ＝1＋0＝1，a3＝a2＋sineq\f(3π,2)＝1＋(－1)＝0，a4＝a3＋sin2π＝0＋0＝0，a5＝a4＋sineq\f(5π,2)＝0＋1＝1，∴a5＝a1，如此繼續(xù)可得an＋4＝an(n∈N*)，數(shù)列{an}是一個以4為周期的周期數(shù)列，而2014＝4×503＋2，因此S2014＝503×(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝503×(1＋1＋0＋0)＋1＋1＝1008.14．(文)定義運算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(a,b,c,d)))＝ad－bc，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(x－1,2,－x,x＋3)))圖象的頂點坐標是(m，n)，且k，m，n，r成等差數(shù)列，則k＋r的值為________．[答案]－9[解析]f(x)＝(x－1)(x＋3)＋2x＝x2＋4x－3＝(x＋2)2－7的頂點坐標為(－2，－7)，∵m＝－2，n＝－7，∴k＋r＝m＋n＝－9.(理)已知數(shù)列{an}的通項為an＝7n＋2，數(shù)列{bn}的通項為bn＝n2.若將數(shù)列{an}、{bn}中相同的項按從小到大順序排列后記作數(shù)列{cn}，則c9的值是________．[答案]961[解析]設(shè)數(shù)列{an}中的第n項是數(shù)列{bn}中的第m項，則m2＝7n＋2，m、n∈N*.令m＝7k＋i，i＝0,1,2，…，6，k∈Z，則i2除以7的余數(shù)是2，則i＝3或4，所以數(shù)列{cn}中的項依次是{bn}中的第3,4,10,11,17,18,24,25,31,32，…，故c9＝b31＝312＝961.15．(2014·遼寧省協(xié)作校聯(lián)考)若數(shù)列{an}與{bn}滿足bn＋1an＋bnan＋1＝(－1)n＋1，bn＝eq\f(3＋－1n－1,2)，n∈N＋，且a1＝2，設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S63＝________.[答案]560[解析]∵bn＝eq\f(3＋－1n－1,2)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n為奇數(shù),1n為偶數(shù)))，又a1＝2，∴a2＝－1，a3＝4，a4＝－2，a5＝6，a6＝－3，…，∴S63＝a1＋a2＋a3＋…a63＝(a1＋a3＋a5＋…＋a63)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a62)＝(2＋4＋6＋…＋64)－(1＋2＋3＋…＋31)＝1056－496＝560.16．(2014·山西大學(xué)附中月考)已知無窮數(shù)列{an}具有如下性質(zhì)：①a1為正整數(shù)；②對于任意的正整數(shù)n，當(dāng)an為偶數(shù)時，an＋1＝eq\f(an,2)；當(dāng)an為奇數(shù)時，an＋1＝eq\f(an＋1,2).在數(shù)列{an}中，若當(dāng)n≥k時，an＝1，當(dāng)1≤n<k時，an>1(k≥2，k∈N*)，則首項a1可取數(shù)值的個數(shù)為________(用k表示)．[答案]2k－2[解析]當(dāng)n≥k時，an＝1，∴ak＝1，當(dāng)n<k時，若ak＝eq\f(ak－1＋1,2)，則ak－1＝1這與ak－1>1矛盾，∴ak＝eq\f(ak－1,2)，∴ak－1＝2，同理可得ak－2＝3或4，ak－3＝5,6,7或8，…，倒推下去，∵k－(k－2)＝2，∴倒推(k－2)步可求得a1，∴a1有2k－2個可能取值．三、解答題(本大題共6個小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本題滿分10分)(文)(2015·江蘇宿遷摸底)已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，其前n項和Sn＝eq\f(1,2)(an－1)(an＋2)，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝(－1)nanan＋1，求數(shù)列{bn}的前2n項的和T2n.[解析](1)當(dāng)n＝1時，S1＝eq\f(1,2)(a1－1)(a1＋2)＝a1，解得a1＝－1或a1＝2，因為a1>0，所以a1＝2.當(dāng)n≥2時，Sn＝eq\f(1,2)(an－1)(an＋2)，Sn－1＝eq\f(1,2)(an－1－1)(an－1＋2)，兩式相減得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，又因為an>0，所以an＋an－1>0，所以an－an－1＝1，所以{an}是首項為2，公差為1的等差數(shù)列，所以an＝n＋1.(2)T2n＝－a1a2＋a2a3－a3a4＋a4a5－a5a6＋…＋a2n－2a2n－1－a2n－1a2n＋a2na2n＋1＝2(a2＋又a2，a4，…，a2n是首項為3，公差為2的等差數(shù)列，所以a2＋a4＋…＋a2n＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n，故T2n＝2n2＋4n.[易錯分析]本題有兩個易錯點：一是數(shù)列{an}的通項公式求解錯誤或者不認真審題導(dǎo)致求解過程出現(xiàn)增根；二是在數(shù)列求和時，不能夠合理地分類與整合．(理)(2014·臨沂三校聯(lián)考)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1,4eq\r(2)是a1和a4的一個等比中項，a2和a3的等差中項為6，若數(shù)列{bn}滿足bn＝log2an(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求數(shù)列{anbn}的前n項和Sn.[解析](1)因為4eq\r(2)是a1和a4的一個等比中項，所以a1·a4＝(4eq\r(2))2＝32.由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2·a3＝32，,a2＋a3＝12.))因為q>1，所以a3>a2.解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,a3＝8.))所以q＝eq\f(a3,a2)＝2.故數(shù)列{an}的通項公式an＝2n.(2)由于bn＝log2an(n∈N*)，所以anbn＝n·2n，Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，①2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.②①－②得，－Sn＝1·2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n·2n＋1.所以Sn＝2－2n＋1＋n·2n＋1.18．(本題滿分12分)(文)已知數(shù)列{an}的首項為1，對任意的n∈N*，定義bn＝an＋1－an.(1)若bn＝n＋1，①求a3的值和數(shù)列{an}的通項公式；②求數(shù)列{eq\f(1,an)}的前n項和Sn；(2)若bn＋1＝bn＋2bn(n∈N*)，且b1＝2，b2＝3，求數(shù)列{bn}的前3n項的和．[解析](1)①a1＝1，a2＝a1＋b1＝1＋2＝3，a3＝a2＋b2＝3＋3＝6當(dāng)n≥2時，由an＋1－an＝n＋1得an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋b1＋b2＋…＋bn－1＝eq\f(nn＋1,2)而a1＝1適合上式，所以an＝eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)．②由①得：eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))，Sn＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)＝2(1－eq\f(1,2))＋2(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋2(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋2(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝2(1－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(2n,n＋1).(2)因為對任意的n∈N*有bn＋6＝eq\f(bn＋5,bn＋4)＝eq\f(bn＋4,bn＋3bn＋4)＝eq\f(1,bn＋3)＝bn，所以數(shù)列{bn}為周期數(shù)列，周期為6.又數(shù)列{bn}的前6項分別為2,3，eq\f(3,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(2,3)，且這六個數(shù)的和為8.設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，則當(dāng)n＝2k(k∈N*)時，S3n＝S6k＝k(b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6)＝8k，當(dāng)n＝2k＋1(k∈N*)時，S3n＝S6k＋3＝k(b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6)＋b6k＋1＋b6k＋2＋b6k＋3＝8k＋b1＋b2＋b3＝8k＋eq\f(13,2)，當(dāng)n＝1時，S3＝eq\f(13,2)所以，當(dāng)n為偶數(shù)時，S3n＝4n；當(dāng)n為奇數(shù)時，S3n＝4n＋eq\f(5,2).(理)(2015·鄭州市質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2an－2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，求使(n－8)bn≥nk對任意n∈N*恒成立的實數(shù)[解析](1)由Sn＝2an－2可得a1＝2，因為Sn＝2an－2，所以，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1,即：eq\f(an,an－1)＝2.數(shù)列{an}是以a1＝2為首項，公比為2的等比數(shù)列，所以，an＝2n(n∈N*)．(2)bn＝log2a1＋log2a2＋…log2an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).(n－8)bn≥nk對任意n∈N*恒成立，等價于eq\f(n－8n＋1,2)≥k對n∈N*恒成立；設(shè)cn＝eq\f(1,2)(n－8)(n＋1)，則當(dāng)n＝3或4時，cn取得最小值為－10，所以k≤－10.19．(本題滿分12分)(文)(2015·河北衡水中學(xué)三調(diào))已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)，eq\f(an＋1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝0，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(an＋1,an)－1，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，證明Sn<eq\f(3,4).[解析](1)由已知eq\f(an＋1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝0，n∈N*.即eq\f(an＋1－1＋1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝0,1＋eq\f(1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝0.即eq\f(1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝－1(常數(shù))∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))是以eq\f(1,a1－1)＝－2為首項，以－1為公差的等差數(shù)列．可得eq\f(1,an－1)＝－2＋(n－1)×(－1)＝－(n＋1)，∴an＝eq\f(n,n＋1)(2)由(1)可得an＝eq\f(n,n＋1).∵bn＝eq\f(an＋1,an)－1＝eq\f(n＋12,nn＋2)－1＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))<eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝eq\f(3,4).(理)已知數(shù)列{an}具有性質(zhì)：①a1為整數(shù)；②對于任意的正整數(shù)n，當(dāng)an為偶數(shù)時，an＋1＝eq\f(an,2)；當(dāng)an為奇數(shù)時，an＋1＝eq\f(an－1,2)；(1)若a1為偶數(shù)，且a1，a2，a3成等差數(shù)列，求a1的值；(2)設(shè)a1＝2m＋3(m>3且m∈N)，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，求證：Sn≤2m(3)若an為正整數(shù)，求證：當(dāng)n>1＋log2a1(n∈N)時，都有an[解析](1)設(shè)a1＝2k，則a2＝k，由條件知2k＋a3＝2k，∴a3＝0.分兩種情況討論：若k是奇數(shù)，則a3＝eq\f(a2－1,2)＝eq\f(k－1,2)＝0，∴k＝1，a1＝2，a2＝1，a3＝0，若k是偶數(shù)，則a3＝eq\f(a2,2)＝eq\f(k,2)＝0，∴k＝0，a1＝0，a2＝0，a3＝0，∴a1的值為2或0.(2)當(dāng)m>3時，a1＝2m＋3，a2＝2m－1＋1，a3＝2m－2，a4＝2m－3，a5＝2m－4，…，am＝2，am＋1＝1，am∴Sn≤Sm＋1＝1＋2＋…＋2m＋4＝2m＋1＋3.(3)∵n>1＋log2a1，∴n－1>log2a1，∴2n－1>a由定義可知：an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(an,2)，an是偶數(shù),\f(an－1,2)，an是奇數(shù)))，∴an＋1≤eq\f(an,2)，∴eq\f(an＋1,an)≤eq\f(1,2).∴an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1≤eq\f(1,2n－1)a1，∴an<eq\f(1,2n－1)·2n－1＝1，∵an∈N，∴an＝0，綜上可知：當(dāng)n>1＋log2a1(n∈N)時，都有an＝0.20．(本題滿分12分)(文)(2014·江西八校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的首項a1＝4，前n項和為Sn，且Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝anx＋an－1x2＋an－2x3＋…＋a1xn，f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，令bn＝f′(1)，求數(shù)列{bn}的通項公式，并研究其單調(diào)性．[解析](1)由Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)得Sn－3Sn－1－2n＋2－4＝0(n≥2)，兩式相減得an＋1－3an－2＝0，可得an＋1＋1＝3(an＋1)(n≥2)，又由已知a2＝14，所以a2＋1＝3(a1＋1)，即{an＋1}是一個首項為5，公比q＝3的等比數(shù)列，所以an＝5×3n－1－1(n∈N*)．(2)因為f′(x)＝an＋2an－1x＋…＋na1xn－1，所以f′(1)＝an＋2an－1＋…＋na1＝(5×3n－1－1)＋2(5×3n－2－1)＋…＋n(5×30－1)＝5[3n－1＋2×3n－2＋3×3n－3＋…＋n×30]－eq\f(nn＋1,2)令S＝3n－1＋2×3n－2＋3×3n－3＋…＋n×30，則3S＝3n＋2×3n－1＋3×3n－2＋…＋n×31，作差得S＝－eq\f(n,2)－eq\f(3－3n＋1,4)，所以f′(1)＝eq\f(5×3n＋1－15,4)－eq\f(nn＋6,2)，即bn＝eq\f(5×3n＋1－15,4)－eq\f(nn＋6,2)，而bn＋1＝eq\f(5×3n＋2－15,4)－eq\f(n＋1n＋7,2)，作差得bn＋1－bn＝eq\f(15×3n,2)－n－eq\f(7,2)>0，所以{bn}是單調(diào)遞增數(shù)列．(理)已知數(shù)列{an}的首項a1＝5，且an＋1＝2an＋1(n∈N*)．(1)證明：數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項公式；(2)令f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，求數(shù)列f(x)在點x＝1處的導(dǎo)數(shù)f′(1)．[解析](1)證明：∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，∴eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝2，∴數(shù)列{an＋1}是以a1＋1為首項，2為公比的等比數(shù)列，∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝6·2n－1＝3·2n，∴an＝3·2n－1.(2)∵f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，∴f′(x)＝a1＋2a2x＋…＋nanxn－1，∴f′(1)＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(3·21－1)＋2(3·22－1)＋3(3·23－1)＋…＋n(3·2n－1)＝3(2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)－(1＋2＋3＋…＋n)，令Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，∴2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，∴－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝－(n－1)·2n＋1－2，∴Tn＝(n－1)·2n＋1＋2，∴f′(1)＝3(n－1)·2n＋1－eq\f(nn＋1,2)＋6.21．(本題滿分12分)(文)(2015·廣東文，19)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(5,4)，且當(dāng)n≥2時，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.(1)求a4的值；(2)證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))為等比數(shù)列；(3)求數(shù)列{an}的通項公式．[分析]考查：1.等比數(shù)列的定義；2.等比數(shù)列的通項公式；3.等差數(shù)列的通項公式．(1)令n＝2可得a4的值；(2)先利用an＝Sn－Sn－1將4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)轉(zhuǎn)化為4an＋2＋an＝4an＋1，再利用等比數(shù)列的定義可證eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是等比數(shù)列；(3)由(2)可得數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))的通項公式，再將數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))的通項公式轉(zhuǎn)化為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)))是等差數(shù)列，進而可得數(shù)列{an}的通項公式．[解析](1)當(dāng)n＝2時，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，解得：a4＝eq\f(7,8).(2)因為4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)，因為4a3＋a1＝4×eq\f(5,4)＋1＝6＝4a2，所以4an＋2＋an＝4an＋1，對于n＝1成立．因為eq\f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq\f(4an＋2－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(4an＋1－an－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(2an＋1－an,22an＋1－an)＝eq\f(1,2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq\f(1,2)a1＝1為首項，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．(3)由(2)知：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq\f(1,2)a1＝1為首項，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，所以an＋1－eq\f(1,2)an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.即eq\f(an＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1)－eq\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)＝4，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)))是以eq\f(a1,\f(1,2))＝2為首項，4為公差的等差數(shù)列，所以eq\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)＝2＋(n－1)×4＝4n－2，即an＝(4n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，所以數(shù)列{an}的通項公式是an＝(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.(理)(2015·遼寧葫蘆島市一模)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，a3＝5，a4＋a8＝22；(1)求數(shù)列{an}的通項公式an及前n項和公式Sn；(2)令bn＝eq\f(n＋1,SnSn＋2)，求證：b1＋b2＋…＋bn<eq\f(5,16).[解析](1)由a4＋a8＝22得：a6＝11，又a3＝5，∴d＝2，a1＝1，∴an＝2n－1，Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2.(2)bn＝eq\f(n＋1,SnSn＋2)＝eq\f(n＋1,n2·n＋22)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))當(dāng)n＝1時，b1＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))＝eq\f(2,9)<eq\f(5,16)，原不等式成立；當(dāng)n≥2時，b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,12)－\f(1,32)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)－\f(1,42)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)－\f(1,52)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,42)－\f(1,62)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－22)－\f(1,n2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－12)－\f(1,n＋12)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,12)＋\f(1,22)－\f(1,n＋12)－\f(1,n＋22)))<eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,12)＋\f(1,22)))＝eq\f(5,16)∴b1＋b2＋…＋bn<eq\f(5,16)(n∈N*)22．(本題滿分12分)已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝－eq\f(1,an＋2)，a1＝－eq\f(1,2).(1)求證{eq\f(1,an＋1)}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項公式；(3)設(shè)Tn＝an＋an＋1＋…＋a2n－1.若Tn≥p－n對任意的n∈N*恒成立，求p的最大值．[解析](1)證明：∵an＋1＝－eq\f(1,an＋2)，∴an＋1＋1＝－eq\f(1,an＋2)＋1＝eq\f(an＋2－1,an＋2)＝eq\f(an＋1,an＋2)，由于an＋1≠0，∴eq\f(1,an＋1＋1)＝eq\f(an＋2,an＋1)＝1＋eq\f(1,an＋1)，∴{eq\f(1,an＋1)}是以2為首項，1為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)題結(jié)論知：eq\f(1,an＋1)＝2＋(n－1)＝n＋1，∴an＝eq\f(1,n＋1)－1＝－eq\f(n,n＋1)(n∈N*)．(3)∵Tn＝an＋an＋1＋…＋a2n－1≥p－n，∴n＋an＋an＋1＋…＋a2n－1≥p，即(1＋an)＋(1＋an＋1)＋(1＋an＋2)＋…＋(1＋a2n－1)≥p，對任意n∈N*恒成立，而1＋an＝eq\f(1,n＋1)，設(shè)H(n)＝(1＋an)＋(1＋an＋1)＋…＋(1＋a2n－1)，∴H(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，H(n＋1)＝eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)，∴H(n＋1)－H(n)＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2)>0，∴數(shù)列{H(n)}單調(diào)遞增，∴n∈N*時，H(n)≥H(1)＝eq\f(1,2)，故p≤eq\f(1,2).∴p的最大值為eq\f(1,2).反饋練習(xí)一、選擇題1．等比數(shù)列{an}中，a1＋a3＝5，a2＋a4＝10，則a6＋a8等于()A．80 B．96C．160 D．320[答案]C[解析]∵eq\f(a2＋a4,a1＋a3)＝eq\f(qa1＋a3,a1＋a3)＝q＝eq\f(10,5)＝2，∴a6＋a8＝(a2＋a4)q4＝10×24＝160.2．(2015·廣州二測)已知等差數(shù)列{an}的公差為2，項數(shù)是偶數(shù)，所有奇數(shù)項之和為15，所有偶數(shù)項之和為25，則這個數(shù)列的項數(shù)為()A．10 B．20C．30 D．40[答案]A[解析]設(shè)這個數(shù)列的項數(shù)為2n，于是有2×n＝25－15＝10，即這個數(shù)列的項數(shù)為10，故選A.[易錯分析]考生不會利用奇數(shù)項和與偶數(shù)項和的關(guān)系去求解數(shù)列的項數(shù)，導(dǎo)致無法解題．3．已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，a1，a5，a17依次成等比數(shù)列，則這個等比數(shù)列的公比是()A．4 B．3C．2 D．eq\f(1,2)[答案]B[解析]解法1：由條件知aeq\o\al(2,5)＝a1a17，即(a1＋4d)2＝a1(a1＋16d)，得a1＝2d，a5＝a1＋4d＝6d，∴q＝eq\f(a5,a1)＝eq\f(6d,2d)＝3，故選B．解法2：q＝eq\f(a5,a1)＝eq\f(a17,a5)＝eq\f(a17－a5,a5－a1)＝eq\f(12d,4d)＝3，故選B．4．以Sn表示等差數(shù)列{an}的前n項和，若S5>S6，則下列不等關(guān)系不一定成立的是()A．2a3>3a4 B．5a5>a1C．a(chǎn)5＋a4－a3<0 D．a(chǎn)3＋a6＋a12<2a[答案]D[解析]依題意得a6＝S6－S5<0,2a3－3a4＝2(a1＋2d)－3(a1＋3d)＝－(a1＋5d)＝－a6>0,2a3>3a4；5a5－(a1＋6a6)＝5(a1＋4d)－a1－6(a1＋5d)＝－2(a1＋5d)＝－2a6>0,5a5>a1＋6a6；a5＋a4－a3＝(a3＋5．(文)在等差數(shù)列{an}中，7a5＋5a9＝0，且a5<a9，則使數(shù)列前n項和Sn取得最小值的A．5 B．6C．7 D．8[答案]B[解析]∵7a5＋5a9＝0，a5<a∴d>0，且a1＝－eq\f(17,3)d，∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝－eq\f(17,3)nd＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)(n2－eq\f(37n,3))，∴當(dāng)n＝6時，Sn取到最小值．(理)(2014·遼寧理，8)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，若數(shù)列{2a1anA．d<0 B．d>0C．a(chǎn)1d<0 D．a(chǎn)1d>0[答案]C[解析]數(shù)列{2a1an}遞減，∴{a1an∴a1an－a1an－1＝a1(an－an－1)＝a1d<0.6．(文)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項和為Sn，且a1>0，若S2>2a3，則qA．(－1,0)∪(0，eq\f(1,2))B．(－eq\f(1,2)，0)∪(0,1)C．(－∞，－1)∪(eq\f(1,2)，＋∞)D．(－∞，－eq\f(1,2))∪(1，＋∞)[答案]B[解析]∵S2>2a3，∴a1＋a1q>2a1q∵a1>0，∴2q2－q－1<0，∴－eq\f(1,2)<q<1且q≠0，故選B．(理)已知公差不等于0的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，如果S3＝－21，a7是a1與a5的等比中項，那么在數(shù)列{nan}中，數(shù)值最小的項是()A．第4項 B．第3項C．第2項 D．第1項[答案]B[解析]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝－21，得a2＝－7，又由a7是a1與a5的等比中項，得aeq\o\al(2,7)＝a1·a5，即(a2＋5d)2＝(a2－d)(a2＋3d)，將a2＝－7代入，結(jié)合d≠0，解得d＝2，則nan＝n[a2＋(n－2)·d]＝2n2－11n，對稱軸方程n＝2eq\f(3,4)，又n∈N*，結(jié)合二次函數(shù)的圖象知，當(dāng)n＝3時，nan取最小值，即在數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項是第3項．7．在數(shù)列{an}中，a1＝2，nan＋1＝(n＋1)an＋2(n∈N*)，則a10為()A．34 B．36C．38 D．40[答案]C[解析]由nan＋1＝(n＋1)an＋2，得eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，則有eq\f(an,n)－eq\f(an－1,n－1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，eq\f(an－1,n－1)－eq\f(an－2,n－2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))，……eq\f(a2,2)－eq\f(a1,1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))，累加得eq\f(an,n)－a1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n))).∵a1＝2，∴an＝4n－2，∴a10＝38.8．(文)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S9>0，S10<0，則eq\f(2,a1)，eq\f(22,a2)，…，eq\f(29,a9)中最大的是()A.eq\f(2,a1) B．eq\f(25,a5)C．eq\f(26,a6) D．eq\f(29,a9)[答案]B[解析]∵S9＝eq\f(9,2)(a1＋a9)＝9a5>0，∴a5>0.又∵S10＝eq\f(10,2)(a1＋a10)＝5(a5＋a6)<0，∴a5＋a6<0，即得a6<0，且|a6|>a5，則數(shù)列{an}的前5項均為正數(shù)，從第6項開始均為負數(shù)，則當(dāng)n≤5時，數(shù)列{eq\f(2n,an)}是遞增的正數(shù)項數(shù)列，其最大項為eq\f(25,a5)，當(dāng)n>6時，各項均為負數(shù)，即可得eq\f(25,a5)最大，故應(yīng)選B．(理)等比數(shù)列{an}的首項為2，項數(shù)為奇數(shù)，其奇數(shù)項之和為eq\f(85,32)，偶數(shù)項之和為eq\f(21,16)，這個等比數(shù)列前n項的積為Tn(n≥2)，則Tn的最大值為()A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．1 D．2[答案]D[解析]由題意知S奇－2＝S偶·q，S奇＝eq\f(85,32)，S偶＝eq\f(21,16)，∴q＝eq\f(1,2)，∵a1＝2，q＝eq\f(1,2)，∴{Tn}為遞減數(shù)列且a2＝1，ak<1(k>2)，∴T2＝a1a2＝2為最大值．9．(2015·南昌市二模)已知{an}是等差數(shù)列，a1＝5，a8＝18，數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝3n，若am＝b1＋b4，則正整數(shù)m等于()A．29 B．28C．27 D．26[答案]A[解析]由題意得：a8＝a1＋7d＝5＋7d＝18，∴d＝eq\f(13,7)，∴am＝5＋eq\f(13,7)(m－1)，又Sn＝3n，∴bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1,2·3n－1，n≥2))，∴5＋eq\f(13,7)(m－1)＝3＋2·33＝57，解得m＝29.10．設(shè)f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，且對任意的實數(shù)x、y∈R，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，若a1＝eq\f(1,2)，an＝f(n)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的前n項和Sn為()A．2n－1 B．1－2nC．(eq\f(1,2))n－1 D．1－(eq\f(1,2))n[答案]D[解析]由已知可得a1＝f(1)＝eq\f(1,2)，a2＝f(2)＝[f(1)]2＝(eq\f(1,2))2，a3＝f(3)＝f(2)·f(1)＝[f(1)]3＝(eq\f(1,2))3，…，an＝f(n)＝[f(1)]n＝(eq\f(1,2))n，∴Sn＝eq\f(1,2)＋(eq\f(1,2))2＋(eq\f(1,2))3＋…＋(eq\f(1,2))n＝eq\f(\f(1,2)[1－\f(1,2)n],1－\f(1,2))＝1－(eq\f(1,2))n，故選D．11．(文)數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，0≤an<\f(1,2),2an－1，\f(1,2)≤an<1))，若a1＝eq\f(3,5)，則a2014＝()A.eq\f(1,5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)[答案]A[解析]由題可得a1＝eq\f(3,5)，a2＝eq\f(1,5)，a3＝eq\f(2,5)，a4＝eq\f(4,5)，a5＝eq\f(3,5)，a6＝eq\f(1,5)，…，所以數(shù)列{an}是一個周期為4的周期數(shù)列，又因為2014＝503×4＋2，所以a2014＝a2＝eq\f(1,5)，故選A.(理)(2015·山西太原市一模)已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝(－1)n(2n－1)·coseq\f(nπ,2)＋1(n∈N*)，其前n項和為Sn，則S60＝()A．－30 B．－60C．90 D．120[答案]D[解析]由an的通項公式得：a1＝a3＝a5＝…＝a59＝1，當(dāng)n＝2p(p為奇數(shù)時)，an＝－(2n－1)＋1＝2－2n；當(dāng)n＝2q(q為偶數(shù)時)an＝(2n－1)＋1＝2n，∴S60＝30×1＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2×15＋\f(15×14,2)×－8))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8×15＋\f(15×14,2)×8))＝120.12．(文)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋2＝(1＋cos2eq\f(nπ,2))an＋sin2eq\f(nπ,2)，則該數(shù)列的前10項和為()A．2101 B．1067C．1012 D．2012[答案]B[解析]當(dāng)n為奇數(shù)時，an＋2＝an＋1，這是一個首項為1，公差為1的等差數(shù)列；當(dāng)n為偶數(shù)時，an＋2＝2an＋1，這是一個以2為首項，公比為2的等比數(shù)列，所以S18＝a1＋a2＋…＋a17＋a18＝(a1＋a3＋…＋a17)＋(a2＋a4＋…＋a18)＝9＋eq\f(99－1,2)×1＋eq\f(21－29,1－2)＝9＋36＋1022＝1067.(理)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若eq\o(OB,\s\up6(→))＝a2eq\o(OA,\s\up6(→))＋a2014eq\o(OC,\s\up6(→))，且A、B、C三點共線(該直線不過原點O)，則下列各式中正確的是()A．S2015＝1 B．S2014＝eq\f(2013,2)C．S2015＝eq\f(2015,2) D．S2014＝1007[答案]C[解析]∵A、B、C共線，且該直線不過O點，eq\o(OB,\s\up6(→))＝a2eq\o(OA,\s\up6(→))＋a2014eq\o(OC,\s\up6(→))，∴eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(a2－1)eq\o(OA,\s\up6(→))＋a2014eq\o(OC,\s\up6(→))，即eq\o(AB,\s\up6(→))＝(a2－1)eq\o(OA,\s\up6(→))＋a2004eq\o(OC,\s\up6(→))＝keq\o(CA,\s\up6(→))＝keq\o(OA,\s\up6(→))－keq\o(OC,\s\up6(→))，由共線向量定理得a2－1＝－a2014，∴a2＋a2014＝1，∴S2015＝eq\f(2015×a1＋a2015,2)＝eq\f(2015×a2＋a2014,2)＝eq\f(2015,2).二、填空題13．各項均為實數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項和記為Sn，若S10＝10，S30＝70，則S40＝________.[答案]150[解析]設(shè)每10項一組的和依次組成的數(shù)列為{bn}，由已知可得：b1＝10，b1＋b2＋b3＝70.①設(shè)原等比數(shù)列{an}的公比為q，則eq\f(b2,b1)＝eq\f(a11＋a12＋…＋a20,a1＋a2＋…＋a10)＝eq\f(a1q10＋a2q10＋…＋a10q10,a1＋a2＋…＋a10)＝q10.同理：eq\f(b3,b2)＝q10，eq\f(b4,b3)＝q10，…，∴{bn}構(gòu)成等比數(shù)列，且公比q′＝q10.由①可得10＋10q′＋10(q′)2＝70，即(q′)2＋q′－6＝0，解得q′＝2或q′＝－3.∵q′＝q10>0，∴q′＝2.∴{bn}的前4項依次是：10,20,40,80.∴S40＝150.14．等差數(shù)列{an}中，a1＋a2＋a8＝10，a14＋a15＝50，則此數(shù)列的前15項之和是________．[答案]180[解析]∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a8＝10，,a14＋a15＝50，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋8d＝10，,2a1＋27d＝50，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝2.))∴S15＝15a1＋eq\f(15×14,2)d＝180.15．(2015·山東青島摸底)設(shè)曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(1,1)處的切線與x軸的交點的橫坐標為xn，則log2015x1＋log2015x2＋…＋log2015x2014的值為________．[答案]－1[解析]因為y′＝(n＋1)xn，所以在點(1,1)處的切線的斜率k＝n＋1，所以eq\f(0－1,xn－1)＝n＋1，所以xn＝eq\f(n,n＋1)，所以log2015x1＋log2015x2＋…＋log2015x2014＝log2015(x1·x2·…·x2014)＝log2015(eq\f(1,2)·eq\f(2,3)·…·eq\f(2014,2015))＝log2015eq\f(1,2015)＝－1.16．(文)(2014·合肥質(zhì)檢)定義等積數(shù)列：在一個數(shù)列中，若每一項與它的后一項的積是同一常數(shù)，那么這個數(shù)列叫做等積數(shù)列，且稱此常數(shù)為公積．已知在等積數(shù)列{an}中，a1＝2，公積為5，當(dāng)n為奇數(shù)時，這個數(shù)列的前n項和Sn＝________.[答案]eq\f(9n－1,4)[解析]由題可知，等積數(shù)列{an}為2，eq\f(5,2)，2，eq\f(5,2)，…，當(dāng)n為奇數(shù)時，其前n項和Sn，可分兩部分組成，eq\f(n＋1,2)個2之和與eq\f(n－1,2)個eq\f(5,2)之和，所以Sn＝2×eq\f(n＋1,2)＋eq\f(5,2)×eq\f(n－1,2)＝eq\f(9n－1,4).(理)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，eq\f(1,1＋an＋1)＝eq\f(1,1＋an)＋1，則a10＝________.[答案]－eq\f(17,19)[解析]由eq\f(1,1＋an＋1)＝eq\f(1,1＋an)＋1，得eq\f(1,1＋an＋1)－eq\f(1,1＋an)＝1，又eq\f(1,1＋a1)＝eq\f(1,2)，故數(shù)列{eq\f(1,1＋an)}是首項為eq\f(1,2)，公差為1的等差數(shù)列，故eq\f(1,1＋a10)＝eq\f(1,2)＋(10－1)×1，得a10＝－eq\f(17,19).三、解答題17．(文)已知首項為eq\f(3,2)的等比數(shù)列{an}不是遞減數(shù)列，其前n項和為Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)Tn＝Sn－eq\f(1,Sn)(n∈N*)，求數(shù)列{Tn}的最大項的值與最小項的值．[解析](1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因為S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3于是q2＝eq\f(a5,a3)＝eq\f(1,4).又{an}不是遞減數(shù)列且a1＝eq\f(3,2)，所以q＝－eq\f(1,2).故等比數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(3,2)×(－eq\f(1,2))n－1＝(－1)n－1·eq\f(3,2n).(2)由(1)得Sn＝1－(－eq\f(1,2))n＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)，n為奇數(shù)，,1－\f(1,2n)，n為偶數(shù).))當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn隨n的增大而減小，所以1<Sn≤S1＝eq\f(3,2)，故0<Sn－eq\f(1,Sn)≤S1－eq\f(1,S1)＝eq\f(3,2)－eq\f(2,3)＝eq\f(5,6).當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn隨n的增大而增大，所以eq\f(3,4)＝S2≤Sn<1，故0>Sn－eq\f(1,Sn)≥S2－eq\f(1,S2)＝eq\f(3,4)－eq\f(4,3)＝－eq\f(7,12).綜上，對于n∈N*，總有－eq\f(7,12)≤Sn－eq\f(1,Sn)≤eq\f(5,6).所以數(shù)列{Tn}最大項的值為eq\f(5,6)，最小項的值為－eq\f(7,12).(理)已知等差數(shù)列{an}的首項a1≠0，前n項和為Sn，且S4＋a2＝3S3；等比數(shù)列{bn}滿足b1＝a2，b2＝a4.(1)求證：數(shù)列{bn}中的每一項都是數(shù)列{an}中的項；(2)若a1＝2，設(shè)cn＝eq\f(2,log2bn·log2bn＋1)，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn；(3)在(2)的條件下，若有f(n)＝log3Tn，求f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的最大值．[解析](1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由S4＋a2＝2S3，得4a1＋6d＋a1＋d＝6a1＋6d，∴a1＝d，則an＝a1＋(n－1)d＝na1，∴b1＝2a1，b2＝4a1，等比數(shù)列{bn}的公比q＝eq\f(b2,b1)＝2，則bn＝2a1·2n－1＝2n·a1，∵2n∈N*，∴{bn}中的每一項都是{an}中的項．(2)當(dāng)a1＝2時，bn＝2n＋1，cn＝eq\f(2,n＋1n＋2)＝2(eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))則Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝2(eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))＝2(eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2))＝eq\f(n,n＋2).(3)f(n)＝log3Tn＝log3eq\f(n,n＋2)，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝log3eq\f(1,3)＋log3eq\f(2,4)＋…＋log3eq\f(n,n＋2)＝log3(eq\f(1,3)·eq\f(2,4)·…·eq\f(n,n＋2))＝log3eq\f(2,n＋1n＋2)≤log3eq\f(2,1＋11＋2)＝－1，即f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的最大值為－1.18．(文)(2014·日照市診斷)已知等差數(shù)列{an}中，公差d>0，其前n項和為Sn，且滿足：a2a3＝45，a1＋a4(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)通過公式bn＝eq\f(Sn,n＋c)構(gòu)造一個新的數(shù)列{bn}．若{bn}也是等差數(shù)列，求非零常數(shù)c；(3)對于(2)中得到的數(shù)列{bn}，求f(n)＝eq\f(bn,n＋25·bn＋1)(n∈N*)的最大值．[解析](1)∵數(shù)列{an}是等差數(shù)列．∴a2＋a3＝a1＋a4＝14.又a2a3＝45，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝5,a3＝9))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝9,a3＝5)).∵公差d>0，∴a2＝5，a3＝9.∴d＝a3－a2＝4，a1＝a2－d＝1.∴an＝a1＋(n－1)d＝4n－3.(2)∵Sn＝na1＋eq\f(1,2)n(n－1)d＝n＋2n(n－1)＝2n2－n，∴bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(2n2－n,n＋c).∵數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，∴2b2＝b1＋b3，∴2·eq\f(6,c＋2)＝eq\f(1,c＋1)＋eq\f(15,c＋3)，解得c＝－eq\f(1,2)(c＝0舍去)．∴bn＝eq\f(2n2－n,n－\f(1,2))＝2n.顯然{bn}成等差數(shù)列，符合題意，故c＝－eq\f(1,2).(3)f(n)＝eq\f(2n,n＋25·2n＋1)＝eq\f(n,n2＋26n＋25)＝eq\f(1,n＋\f(25,n)＋26)≤eq\f(1,36).即f(n)的最大值為eq\f(1,36).(理)(2014·山西太原五中月考)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，an>0，a1＝eq\f(2,3)，且－eq\f(3,a2)，eq\f(1,a3)，eq\f(1,a4)成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bnlog3(1－Sn＋1)＝1，求適合方程b1b2＋b2b3＋…＋bnbn＋1＝eq\f(25,51)的正整數(shù)n的值．[解析](1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由－eq\f(3,a2)，eq\f(1,a3)，eq\f(1,a4)成等差數(shù)列得eq\f(2,a3)＝－eq\f(3,a2)＋eq\f(1,a4)，∴－3＋eq\f(1,q2)＝eq\f(2,q)，解得q＝eq\f(1,3)或q＝－1(舍去)，所以an＝2·(eq\f(1,3))n(2)因為Sn＋1＝eq\f(\f(2,3)1－\f(1,3n＋1),1－\f(1,3))＝1－eq\f(1,3n＋1)，得log3(1－Sn＋1)＝log3eq\f(1,3n＋1)＝－n－1所以bn＝－eq\f(1,n＋1)，bnbn＋1＝eq\f(1,n＋1n＋2)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，b1b2＋b2b3＋…＋bnbn＋1＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)由題意得eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2