備戰(zhàn)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義第六章

第六章數(shù)列第28講數(shù)列的概念與簡(jiǎn)單表示1.D解析：a2＝1＋eq\f(－12,a1)＝2，a3＝1＋eq\f(－13,a2)＝eq\f(1,2)，a4＝1＋eq\f(－14,a3)＝3，a5＝1＋eq\f(－15,a4)＝eq\f(2,3).2.D解析：a3＝S3－S2＝(2－24)－(2－23)＝－8.3.B解析：由題意得a2＝1－eq\f(1,a1)＝5，a3＝1－eq\f(1,a2)＝eq\f(4,5)，a4＝1－eq\f(1,a3)＝－eq\f(1,4)，則數(shù)列{an}的周期為3，所以a2025＝a675×3＝a3＝eq\f(4,5).4.A解析：因?yàn)閍n＋1－3an＋2an－1＝0，所以an＋1－an＝2(an－an－1)，所以{an＋1－an}是以2為公比，a2－a1＝1為首項(xiàng)的等比數(shù)列，所以an＋1－an＝2n－1，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－2＋2n－3＋…＋21＋20＋1＝eq\f(1－2n－1,1－2)＋1＝2n－1，即an＝2n－1.5.BC6.ABD解析：對(duì)于A(yíng)，由2an＋1－anan＋1＝1，得an＋1(2－an)＝1，當(dāng)a1＝a＝1時(shí)，an＝1，為常數(shù)列；對(duì)于B，eq\f(1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,\f(1,2－an)－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(2－an,an－1)－eq\f(1,an－1)＝－1，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))為等差數(shù)列，當(dāng)a＝0時(shí)，eq\f(1,an－1)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))的前10項(xiàng)和為－1－2－3－…－10＝－55；對(duì)于C，由B知，當(dāng)a＝eq\f(13,11)時(shí)，eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,\f(13,11)－1)＋(n－1)×(－1)＝eq\f(13,2)－n，故an＝1＋eq\f(1,\f(13,2)－n)，數(shù)列{an}的最小值為a7＝－1；對(duì)于D，eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,a－1)＋(n－1)×(－1)＝eq\f(a,a－1)－n，故an＝1＋eq\f(1,\f(a,a－1)－n)＝1－eq\f(1,n－\f(a,a－1))，當(dāng){an}遞增時(shí)，eq\f(a,a－1)<1，所以a<1.7.21解析：因?yàn)閿?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝n2＋2n－1，所以令n＝1，解得a1＝2.因?yàn)閍9＝S9－S8＝(92＋2×9－1)－(82＋2×8－1)＝19，所以a1＋a9＝2＋19＝21.8.an＝n2－5(n∈N*)解析：因?yàn)閍2－a1＝3，a3－a2＝5，a4－a3＝7，…，an－an－1＝2n－1，以上各式相加得an－a1＝3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2－1，則an＝n2－1＋a1＝n2－5(n＝1時(shí)也適合)，所以an＝n2－5(n∈N*)．9.eq\f(1,n)解析：由題知[(n＋1)an＋1－nan](an＋1＋an)＝0，an>0，所以(n＋1)an＋1＝nan，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，從而eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,2)，eq\f(a3,a2)＝eq\f(2,3)，…，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n)，將以上各式兩邊分別相乘得eq\f(an,a1)＝eq\f(1,n)，所以an＝eq\f(1,n)(n＝1時(shí)也適合)．10.【解答】(1)因?yàn)閍n＋1－an＝－3n，所以a2－a1＝－3×1，a3－a2＝－3×2，a4－a3＝－3×3，…，an－an－1＝－3(n－1)，將上面n－1個(gè)式子疊加，得an－a1＝－3×(1＋2＋3＋…＋n－1)＝－3×eq\f(n－1n,2)＝－eq\f(3,2)(n2－n)，所以an＝1－eq\f(3,2)(n2－n)＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(3,2)n＋1(n＝1也適合此式)，故{an}的通項(xiàng)公式為an＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(3,2)n＋1.(2)因?yàn)閍n>0,2eq\r(Sn)＝an＋1，所以當(dāng)n＝1時(shí)，2eq\r(S1)＝a1＋1，解得a1＝1.當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn＝(an＋1)2,4Sn－1＝(an－1＋1)2，所以4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2＝aeq\o\al(2,n)＋2an－aeq\o\al(2,n－1)－2an－1，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，所以an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.11.【解答】(1)因?yàn)閍1＝1，所以S1＝a1＝1，所以eq\f(S1,a1)＝1.又因?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列，所以eq\f(Sn,an)＝1＋eq\f(1,3)(n－1)＝eq\f(n＋2,3)，所以Sn＝eq\f(n＋2an,3)，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝eq\f(n＋1an－1,3)，所以an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2an,3)－eq\f(n＋1an－1,3)，整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)，所以an＝a1×eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an－1,an－2)×eq\f(an,an－1)＝1×eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×…×eq\f(n,n－2)×eq\f(n＋1,n－1)＝eq\f(nn＋1,2)，顯然對(duì)于n＝1也成立，所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(nn＋1,2).(2)由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<2.12.D解析：對(duì)于A(yíng),2>eq\f(π,2)，由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知y＝sinx在[－2,2]上不為增函數(shù)，故排除；對(duì)于B，y＝－2x在[－2，2]上單調(diào)遞減，故排除；對(duì)于C，y＝e|x|＝e|－x|，則函數(shù)y在[－2,2]上為偶函數(shù)，故排除；對(duì)于D，y＝2x3,2(－x)3＝－2x3，故函數(shù)在[－2,2]上為奇函數(shù)，且由冪函數(shù)的性質(zhì)知y＝x3在[－2,2]上單調(diào)遞增，則y＝2x3在[－2,2]上單調(diào)遞增，滿(mǎn)足題意．13.BC解析：由題意z＝eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq\f(2i,2)＝i，eq\x\to(z)＝－i，z2025＝i2025＝i，A錯(cuò)誤；z·eq\x\to(z)＝1，虛部是0，B正確；|z·eq\x\to(z)＋2z|＝|1＋2i|＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，C正確；z·eq\x\to(z)＋2z＝1＋2i，對(duì)應(yīng)點(diǎn)為(1,2)，在第一象限，D錯(cuò)誤．14.【解答】(1)由bsinA＝eq\r(3)acosB及正弦定理，得sinBsinA＝eq\r(3)sinAcosB.因?yàn)閟inA>0，所以sinB＝eq\r(3)cosB，又cosB≠0，所以tanB＝eq\r(3).因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)如圖，延長(zhǎng)BD到點(diǎn)M使BD＝DM，連接AM，在△ABM中，AB＝4，AM＝a，BM＝2eq\r(7)，∠BAM＝eq\f(2π,3)，由余弦定理得BM2＝AB2＋AM2－2AB·AM·coseq\f(2π,3)，即a2＋4a－12＝0，解得a＝2或a＝－6(舍去)，所以a＝2.(第14題)第29講等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和1.A解析：由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(8a1＋\f(8×7,2)d＝4a1＋2d，,a1＋6d＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝10，,d＝－2，))所以a9＝a1＋8d＝10－8×2＝－6.2.C解析：在等差數(shù)列{an}中，a2＋a2023＝a1＋a2024＝6，所以S2024＝eq\f(2024a1＋a2024,2)＝1012×6＝6072.3.C解析：由題意知S3＝3a1＋3d＝6，S5＝5a1＋10d＝25，解得a1＝－1，d＝3，所以a4＝a1＋3d＝8.4.B解析：用an表示該女子第n天織布尺數(shù)，則a1＝2，S20＝60，由S20＝eq\f(20a1＋a20,2)，得10×(2＋a20)＝60，解得a20＝4，所以該女子第二十日織布四尺．5.BD解析：因?yàn)镾n≤S6，所以S5≤S6且S7≤S6，即a6＝S6－S5≥0，a7＝S7－S6≤0，因?yàn)閐≠0即a6，a7不同時(shí)為零，所以d＝a7－a6<0.因?yàn)閍6≥0，即a1＋5d≥0，所以a1>0，S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝13a7≤0，a6不一定為零．6.BD解析：因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}是遞減數(shù)列，所以an＋1－an<0，所以d<0，故A錯(cuò)誤；因?yàn)镾7＝S8，所以a8＝S8－S7＝0，故B正確；因?yàn)镾15＝eq\f(15a1＋a15,2)＝15a8＝0，故C錯(cuò)誤；由題意得a7>0，a8＝0，a9<0，所以S7＝S8≥Sn(n∈N*)，故D正確．7.2解析：由2S3＝3S2＋6，得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化簡(jiǎn)得2a3＝a1＋a2＋6，即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2.8.eq\f(17,4)解析：設(shè){an}的公差為d，因?yàn)閍2＝4a1，所以a1＋d＝4a1，所以d＝3a1，所以eq\f(S6,S3)＝eq\f(6a1＋\f(6×5,2)×d,3a1＋\f(3×2,2)×d)＝eq\f(6a1＋15d,3a1＋3d)＝eq\f(6a1＋45a1,3a1＋9a1)＝eq\f(51a1,12a1)＝eq\f(17,4).9.82820解析：由題可知滿(mǎn)足被3除余2，被5除余3，被7除余2的最小的數(shù)為23，滿(mǎn)足該條件的數(shù)從小到大構(gòu)成以23為首項(xiàng)，3×5×7為公差的等差數(shù)列，其通項(xiàng)公式為an＝105n－82，令an≤4200，解得n≤40eq\f(82,105)，則所有滿(mǎn)足條件的數(shù)的和為23×40＋eq\f(40×39,2)×105＝82820.10.【解答】(1)因?yàn)閑q\f(2Sn,n)＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n①，當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)②，①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)，即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1，即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*，所以{an}是以1為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，又a4，a7，a9成等比數(shù)列，所以aeq\o\al(2,7)＝a4·a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12，所以an＝n－13，所以Sn＝－12n＋eq\f(nn－1,2)＝eq\f(1,2)n2－eq\f(25,2)n＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))2－eq\f(625,8)，所以當(dāng)n＝12或n＝13時(shí)，(Sn)min＝－78.11.【解答】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d>0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋4d＝10，,a1＋da1＋3d＝21，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝－2))(舍去)，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，則2log2bn＝2n－2，即log2bn＝n－1，所以bn＝2n－1，所以數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(2n－1,2－1)＝2n－1.(2)由(1)知Sn＝2n－1，又由Tn＝nb1＋(n－1)b2＋…＋bn，知Tn＝b1＋(b1＋b2)＋(b1＋b2＋b3)＋…＋(b1＋b2＋…＋bn)＝S1＋S2＋…＋Sn＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)－n＝eq\f(22n－1,2－1)－n＝2n＋1－2－n.12.A解析：由|z|＝1，可得eq\r(a＋12＋－a2)＝1，解得a＝－1或0，所以“a＝－1”是“|z|＝1”的充分不必要條件．13.A解析：因?yàn)閙＝2sin18°，所以eq\f(\r(1＋cos36°),m2－2·sin144°)＝eq\f(\r(2cos218°),4sin218°－2sin36°)＝eq\f(\r(2)cos18°,－2cos36°sin36°)＝eq\f(\r(2)sin72°,－sin72°)＝－eq\r(2).14.【解答】由f(x)＝ex－lnx，得f′(x)＝e－eq\f(1,x)＝eq\f(ex－1,x)，x∈(0，＋∞)，令f′(x)>0，得ex－1>0，即x>eq\f(1,e)，因此函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增．①當(dāng)0<t＋1≤eq\f(1,e)，即－1<t≤eq\f(1－e,e)<0時(shí)，與題設(shè)矛盾，舍去；②當(dāng)t≥eq\f(1,e)時(shí)，函數(shù)f(x)在[t，t＋1](t>0)上單調(diào)遞增，因此f(x)min＝f(t)＝et－lnt；③當(dāng)t<eq\f(1,e)<t＋1，即0<t<eq\f(1,e)時(shí)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，t＋1))上單調(diào)遞增，因此f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－lneq\f(1,e)＝2.綜上所述，當(dāng)t≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)min＝et－lnt；當(dāng)0<t<eq\f(1,e)時(shí)，f(x)min＝2.第30講等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和1.D解析：因?yàn)?S3＝a2＋a3＋a4，所以2(a1＋a2＋a3)＝a2＋a3＋a4，即2a1＋a2＋a3＝a4.因?yàn)閍1≠0，所以2＋q＋q2＝q3，即(q－2)(q2＋q＋1)＝0.因?yàn)閝2＋q＋1≠0，所以q＝2.2.A解析：因?yàn)閧an}為等差數(shù)列，且a2，a3，a6成等比數(shù)列，設(shè)公差為d，則aeq\o\al(2,3)＝a2a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)．因?yàn)閍1＝1，代入上式可得d2＋2d＝0，又d≠0，則d＝－2，所以S6＝6a1＋eq\f(6×5,2)d＝1×6＋eq\f(6×5,2)×(－2)＝－24.3.D解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，由題知a1＋a2＝48，a3＋a4＝12，所以q2＝eq\f(1,4)，所以q＝eq\f(1,2)，從而eq\f(3,2)a1＝48，解得a1＝32，所以an＝32·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－6.又Tn＝a1a2·…·an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－5－4－…＋(n－6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(nn－11,2)<1，所以n>11，故nmin＝12.4.B解析：由題知等差數(shù)列{an}的公差d＝2，因?yàn)閍2，a3，a5成等比數(shù)列，所以aeq\o\al(2,3)＝a2·a5，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，解得a1＝0，所以Sn＝n×0＋eq\f(nn－1,2)×2＝n(n－1)．5.ABD解析：由已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，因此乘積Kn也為正數(shù)，公比q>0.又K5<K6，K6＝K7>K8，所以eq\f(K6,K5)＝a6>1，eq\f(K7,K6)＝a7＝1，B正確；eq\f(K8,K7)＝a8<1，q＝eq\f(a7,a6)<1，即0<q<1，A正確；由a7＝1，得a6a8＝1，a5a9＝1，所以K4＝K9，而a5>1，K5>K4，因此K9<K5，C錯(cuò)誤；結(jié)合K5<K6，K6＝K7>K8及0<q<1，知K6與K7均為Kn的最大值，D正確．6.AC解析：對(duì)于A(yíng)，S6＝eq\f(1－26,1－2)＝26－1＝63，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)閍n＝a1·qn－1，所以{an}的單調(diào)性由q和a1共同決定，當(dāng)q>1時(shí)無(wú)法判斷數(shù)列為遞增數(shù)列，如a1<0，此時(shí)數(shù)列為遞減數(shù)列，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)閎n＋1－bn＝lgan＋1－lgan＝lgeq\f(an＋1,an)＝lgq為常數(shù)，所以數(shù)列{bn}是公差為lgq的等差數(shù)列，故C正確；對(duì)于D，若a1>0，q>0，則an>0，a5a6＝a1a10，因?yàn)?a1＋a10)2＝a5a6＋12，所以(a1＋a10)2＝a1a10＋12≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1＋a10,2)))2＋12，即(a1＋a10)2≤eq\f(a1＋a102,4)＋12，所以(a1＋a10)2≤16，即0<a1＋a10≤4，所以當(dāng)a1＝a10時(shí)，a1＋a10的最大值為4，故D錯(cuò)誤．7.4解析：由題意知aeq\o\al(2,5)＝a3a8?(a1＋8)2＝(a1＋4)·(a1＋14)?a1＝4.8.20解析：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則aeq\o\al(2,4)＝(a3＋2)(a6－4)，即(2＋3d)2＝(2＋2d＋2)(2＋5d－4)，化簡(jiǎn)得d2＋4d－12＝0，解得d＝2或d＝－6，又d>0，故d＝2，則a10＝a1＋9d＝20.9.－2n(答案不唯一)解析：當(dāng)數(shù)列{an}為等比數(shù)列時(shí)，am＝a1qm－1，an＝a1qn－1，am＋n＝a1qm＋n－1，因?yàn)閍m＋n＋aman＝0，所以a1qm＋n－1＋aeq\o\al(2,1)qm＋n－2＝0，所以a1qm＋n－2(q＋a1)＝0.因?yàn)閍1≠0，q≠0，所以a1＝－q.因?yàn)閧an}為遞減數(shù)列，所以當(dāng)a1<－1，q>1時(shí)符合題意，可取a1＝－2，q＝2，此時(shí)an＝－2n.10.【解答】(1)根據(jù)等比數(shù)列的定義和表格中數(shù)據(jù)，得到a1＝2，a2＝4，a3＝8，即數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，故an＝2×2n－1＝2n.(2)由題知bn＝an＋(－1)nlog2an＝2n＋(－1)nlog22n＝2n＋(－1)nn，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＋eq\f(n,2)＝2n＋1＋eq\f(n,2)－2；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…＋(n－1)－n]＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＋eq\f(n－1,2)－n＝2n＋1＋eq\f(n－1,2)－n－2＝2n＋1－eq\f(n,2)－eq\f(5,2).綜上所述，Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n為偶數(shù)，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n為奇數(shù).))11.【解答】(1)因?yàn)閍1＝2，b1＝1，所以b2＝eq\f(a1＋4b1,5)＝eq\f(2＋4×1,5)＝eq\f(6,5)，a2＝eq\f(1,6)(5a1＋b2)＝eq\f(28,15).因?yàn)閎n＋1＝eq\f(an＋4bn,5)，則an＋1＝eq\f(1,6)(5an＋bn＋1)＝eq\f(26an＋4bn,30)，所以an＋1－bn＋1＝eq\f(26an＋4bn,30)－eq\f(an＋4bn,5)＝eq\f(2,3)(an－bn)，所以{an－bn}是以a1－b1＝1為首項(xiàng)，eq\f(2,3)為公比的等比數(shù)列．(2)由(1)知{an－bn}是以a1－b1＝1為首項(xiàng)，eq\f(2,3)為公比的等比數(shù)列，所以an－bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1，所以an＝bn＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1.因?yàn)閎n＋1＝eq\f(an＋4bn,5)＝eq\f(1,5)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(bn＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1＋4bn))，所以bn＋1－bn＝eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1，所以當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝1＋eq\f(1,5)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))0＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－2))＝1＋eq\f(1,5)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1,1－\f(2,3))＝eq\f(8,5)－eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1.當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝1也適合上式，所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝eq\f(8,5)－eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝bn＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1＝eq\f(8,5)＋eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1.12.B解析：充分性：當(dāng)a＝3，b＝1時(shí)，充分性不成立；必要性：由eq\r(a)>eq\r(b)＋1可得(eq\r(a))2>(eq\r(b)＋1)2＝b＋1＋2eq\r(b)>b＋1，即a>b＋1.所以“a>b＋1”是“eq\r(a)>eq\r(b)＋1”的必要不充分條件．13.BC解析：對(duì)于A(yíng)，二次函數(shù)y＝－4x2－4x＋1在x＝－eq\f(1,2)時(shí)取得最大值－4×eq\f(1,4)＋4×eq\f(1,2)＋1＝2，故A不符合題意；對(duì)于B，由|x|≥0，得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|∈(0,1]，最大值為1，故B符合題意；對(duì)于C，y＝sin2x－cos2x＝－cos2x∈[－1,1]，最大值為1，故C符合題意；對(duì)于D，y＝2－ex－e－x＝2－(ex＋e－x)≤2－2eq\r(ex·e－x)＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào)，則函數(shù)的最大值為0，故D不符合題意．14.【解答】(1)因?yàn)閍cosB＋bcosA＝2ccosC，所以由正弦定理得sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosC，即sin(A＋B)＝2sinCcosC.又因?yàn)锳＋B＝π－C，所以sin(A＋B)＝sinC＝2sinCcosC.因?yàn)?<C<π，故sinC≠0，所以cosC＝eq\f(1,2)，從而C＝eq\f(π,3).(2)由(1)知C＝eq\f(π,3)，A＝eq\f(2π,3)－B，因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以0<B<eq\f(π,2)且0<eq\f(2π,3)－B<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，由正弦定理得eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B)),sinB)＝eq\f(\f(\r(3),2)cosB＋\f(1,2)sinB,sinB)＝eq\f(\r(3),2tanB)＋eq\f(1,2).因?yàn)閑q\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，所以tanB>eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).第31講數(shù)列的求和第1課時(shí)分組求和法與錯(cuò)位相減法1.A解析：S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.2.B解析：當(dāng)n＝2k－1，k∈N*時(shí)，an＋1＝(－1)nan＋1，即a2k＝－a2k－1＋1，所以a2k－1＋a2k＝1，所以S2024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2023＋a2024)＝1012.3.B解析：設(shè)an＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))，則原式＝a1＋a2＋…＋a11＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1))＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2))＋…＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))11))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(11－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,211)))))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(11－\f(\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,211))),1－\f(1,2))))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(11－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,211)))))＝20＋eq\f(1,210).4.B解析：由余弦函數(shù)可知coseq\f(6k＋1,3)π＋coseq\f(6k＋2,3)π＋coseq\f(6k＋3,3)π＋coseq\f(6k＋4,3)π＋coseq\f(6k＋5,3)π＋coseq\f(6k＋6,3)π＝0，k∈Z，又(6k＋1)＋(6k＋2)＋(6k＋3)＋(6k＋4)＋(6k＋5)＋(6k＋6)＝36k＋21，所以S16＝(a1＋a2＋…＋a6)＋…＋(a13＋a14＋…＋a18)－a17－a18＝15＋51＋87－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(16＋cos\f(17π,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(17＋cos\f(18π,3)))＝eq\f(237,2).5.AD解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，,a1＋3d＋a1＋6d＝15，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝1，))所以an＝a1＋(n－1)·d＝n＋2，可得bn＝2n＋n，所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)＝eq\f(2×1－210,1－2)＋eq\f(1＋10×10,2)＝(211－2)＋55＝2101.6.BC解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝4，,a1＋a2＋a2＋a3＝12，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝4，,a2＋a3＝8，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1＋d＝4，,a1＋d＋a1＋2d＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))所以an＝2n－1，故eq\f(an,2n－1)＝eq\f(2n－1,2n－1)，所以Sn＝1＋eq\f(3,21)＋eq\f(5,22)＋…＋eq\f(2n－3,2n－2)＋eq\f(2n－1,2n－1)①，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋…＋eq\f(2n－3,2n－1)＋eq\f(2n－1,2n)②，由①－②得eq\f(1,2)Sn＝1＋1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－2)－eq\f(2n－1,2n)＝3－eq\f(2n＋3,2n)，所以Sn＝6－eq\f(4n＋6,2n).7.2－eq\f(n＋2,2n)解析：由題意得aeq\o\al(2,2)＝a1a4，所以(a1＋1)2＝a1(a1＋3)，故a1＝1，所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝n，則Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(3,24)＋…＋eq\f(n,2n＋1)，兩式相減得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)))－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)，所以Sn＝2－eq\f(n＋2,2n).8.(6n－5)×3n＋5解析：因?yàn)閍n＝(12n－4)×3n－1，所以Tn＝8×30＋20×31＋32×32＋…＋(12n－4)×3n－1，則3Tn＝8×31＋20×32＋32×33＋…＋(12n－4)×3n，則－2Tn＝8＋12×(31＋32＋…＋3n－1)－(12n－4)×3n＝－10－(12n－10)×3n，故Tn＝(6n－5)×3n＋5.9.6解析：因?yàn)閍n＝－n·2n，所以Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n×2n)①，所以2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1]②，由②－①得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1.因?yàn)镾n＋n·2n＋1>62，所以2n＋1－2>62，所以n＋1>6，解得n>5，所以使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整數(shù)n的最小值為6.10.【解答】(1)設(shè){an}的公差為d，因?yàn)閍1＝2，(2＋a2)2＝a1(4＋a7)，所以(4＋d)2＝2(6＋6d)，解得d＝2，所以an＝2＋2(n－1)＝2n.因?yàn)镾n＝2n－1①，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2n－1－1②，由①－②得bn＝2n－1.當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝2－1＝1滿(mǎn)足bn＝2n－1，所以bn＝2n－1.(2)因?yàn)閏n＝anbn＝2n·2n－1＝n×2n，所以Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n③，2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1④，由③－④得－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(22n－1,2－1)－n·2n＋1，所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.11.【解答】(1)當(dāng)n≥2時(shí)，由2an＋1＝Sn＋2，得2an＝Sn－1＋2，兩式相減得2an＋1－2an＝an，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,2).又a1＝1，a2＝eq\f(a1＋2,2)＝eq\f(3,2)，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,2)滿(mǎn)足上式，所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，eq\f(3,2)為公比的等比數(shù)列，所以an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1.(2)bn＝an·(logeq\f(3,2)an－1)＝(n－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1，則Tn＝－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))0＋0×eq\f(3,2)＋1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋…＋(n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1，且eq\f(3,2)Tn＝－1×eq\f(3,2)＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＋…＋(n－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1＋(n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n，兩式相減得－eq\f(1,2)Tn＝－1＋eq\f(3,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1－(n－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n＝－2＋eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n,1－\f(3,2))－(n－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n，所以Tn＝2(n－4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n＋8.12.B解析：因?yàn)?sin2α＝cos2α＋1，所以4sinαcosα＝2cos2α.因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα>0，sinα>0，所以2sinα＝cosα.又sin2α＋cos2α＝1，所以5sin2α＝1，sin2α＝eq\f(1,5)，又sinα>0，所以sinα＝eq\f(\r(5),5).13.D解析：因?yàn)閒(x＋1)為偶函數(shù)，則f(x＋1)＝f(－x＋1)，所以f(－x＋2)＝f[－(x－1)＋1]＝f(x)．又f(－x＋2)＝－f(x＋2)，因此f(x＋2)＝－f(x)，則f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，于是得f(7)＝f(3＋4)＝f(3)＝f(1＋2)＝－f(1)＝－1，又f(2)＝f(0)，f(2)＝－f(0)，所以f(2)＝0，所以f(2)＋f(7)＝－1.14.【解答】(1)因?yàn)镃＝2A，所以B＝π－A－C＝π－3A，則sinB＝sin(π－3A)＝sin(A＋2A)＝sinAcos2A＋cosAsin2A.因?yàn)閟in2A＝2sinAcosA，cos2A＝2cos2A－1，所以sinB＝sinA(2cos2A－1)＋2sinAcos2A＝sinA(4cos2A－1)，由正弦定理，可得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，則eq\f(2,sinA)＝eq\f(3,sinA4cos2A－1)，則8cos2A－2＝3，解得cos2A＝eq\f(5,8)，則cosC＝cos2A＝2cos2A－1＝eq\f(1,4).由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋9－2×2×3×eq\f(1,4)＝10，故c＝eq\r(10).(2)因?yàn)閍2＋eq\f(1,5)b2＝c2，所以a2－c2＝－eq\f(1,5)b2，c2－a2＝eq\f(1,5)b2，由余弦定理得cosA＝eq\f(c2＋b2－a2,2cb)＝eq\f(b2＋\f(1,5)b2,2cb)＝eq\f(3,5)·eq\f(b,c)①，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(b2－\f(1,5)b2,2ab)＝eq\f(2,5)·eq\f(b,a)②，①與②相除可得eq\f(cosA,cosC)＝eq\f(3b,5c)·eq\f(5a,2b)＝eq\f(3a,2c)＝eq\f(3sinA,2sinC)，所以2cosAsinC＝3sinAcosC，兩邊同時(shí)除以cosAcosC，可得2tanC＝3tanA.第2課時(shí)裂項(xiàng)相消法1.A解析：因?yàn)閍n＝eq\f(4,n＋1n＋3)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋3)))，所以數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,4)－\f(1,6)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋1)－\f(1,n＋3)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)－\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3))).2.B解析：函數(shù)f(x)＝xa的圖象過(guò)點(diǎn)(4,2)，則4a＝2，解得a＝eq\f(1,2)，得f(x)＝eq\r(x)，an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，則S2024＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(2025)－eq\r(2024))＝－1＋eq\r(2025).3.D解析：由eq\r(\f(1,a\o\al(2,n))＋2)＝eq\f(1,an＋1)，得eq\f(1,a\o\al(2,n＋1))－eq\f(1,a\o\al(2,n))＝2，且eq\f(1,a\o\al(2,1))＝1，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n))))構(gòu)成以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，所以eq\f(1,a\o\al(2,n))＝1＋(n－1)×2＝2n－1，從而aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1,2n－1)，則bn＝eq\f(1,2n－1)，bnbn＋1＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).4.B解析：由題知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，在等式an＋1＝eq\f(an,2an＋1)兩邊同時(shí)取倒數(shù)得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1＋2an,an)＝eq\f(1,an)＋2，所以eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數(shù)列，且首項(xiàng)為eq\f(1,a1)＝1，公差為2，則eq\f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝eq\f(1,2n－1)，所以anan＋1＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，因此Tn＝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(1,3)－\f(1,5)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).5.BCD解析：由Sn＋1＝Sn＋2an＋1，得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1，可化為an＋1＋1＝2(an＋1)，由S1＝a1＝1，可得數(shù)列{an＋1}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，則an＋1＝2n，即an＝2n－1.又eq\f(2n,anan＋1)＝eq\f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，可得Tn＝1－eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,22－1)－eq\f(1,23－1)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)＝1－eq\f(1,2n＋1－1)<1，故A錯(cuò)誤，B，C，D正確．6.BCD解析：由題意得，a1＝1，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，以上n個(gè)式子累加可得an＝1＋2＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)(n≥2)，又a1＝1滿(mǎn)足上式，所以an＝eq\f(nn＋1,2)，故A錯(cuò)誤；a2＝3，a3＝6，a4＝10，a5＝15，a6＝21，a7＝28，得S7＝a1＋a2＋…＋a7＝1＋3＋6＋10＋15＋21＋28＝84，故B正確；a98＝eq\f(98×99,2)，故C正確；由eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，得eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2024)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2024)－\f(1,2025)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2025)))＝eq\f(4048,2025)，故D正確．7.eq\f(2025,1013)解析：令m＝1，得an＋1＝a1＋an＋n＝1＋an＋n，所以an＋1－an＝n＋1，則an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1，…，a3－a2＝3，a2－a1＝2，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，又a1＝1滿(mǎn)足上式，所以an＝eq\f(nn＋1,2)，所以eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，從而eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2025)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2025)－\f(1,2026)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2026)))＝eq\f(2025,1013).8.eq\f(n,2n＋2)解析：設(shè){an}的公差為d，則d≠0，由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2da1＋7d＝3a1＋10d，,3a1＋\f(3×2,2)d＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝0，,a1＝3))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝1，,a1＝2，))所以an＝2＋(n－1)×1＝n＋1.因?yàn)閑q\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,n＋1n＋2)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，所以Tn＝eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(n,2n＋2).9.neq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)－\f(1,n＋12)－\f(1,n＋22)))解析：因?yàn)?Sn＝(n＋1)an，n∈N*，所以2Sn－1＝nan－1，n≥2，n∈N*，兩式相減得2an＝(n＋1)an－nan－1，即(n－1)an＝nan－1，n≥2，n∈N*，所以eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)(n≥2，n∈N*)．又eq\f(a1,1)＝1，所以eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＝…＝eq\f(a1,1)＝1，所以an＝n.由上知bn＝eq\f(n＋1,n＋22a\o\al(2,n))＝eq\f(n＋1,n＋22n2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))，所以Tn＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)－\f(1,42)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)－\f(1,52)))＋…＋\f(1,n－12)－\f(1,n＋12)＋\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)－\f(1,n＋12)－\f(1,n＋22)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)－\f(1,n＋12)－\f(1,n＋22))).10.【解答】(1)由題知aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)－(2n＋1)(an＋1＋an)＝0，即(an＋1＋an)(an＋1－an－2n－1)＝0.又an>0，故an＋1－an＝2n＋1，即an－an－1＝2n－1(n≥2且n∈N*)，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1也滿(mǎn)足上式，所以an＝n2.(2)當(dāng)n＝1時(shí)，Tn＝1<2；當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(1,n2)<eq\f(1,nn－1)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，Tn＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)<1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝2－eq\f(1,n)<2，得證．11.【解答】(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比是q，首項(xiàng)是a1.由8a3＝a6，可得q＝2.由a2＋a5＝36，可得a1q(1＋q3)＝36，所以a1＝2，所以an＝2n.(2)因?yàn)閎n＝eq\f(an,an＋1an＋1＋1)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22＋1)－\f(1,23＋1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq\f(1,21＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1＋1).又eq\f(1,2n＋1＋1)>0，所以Tn<eq\f(1,3).12.A解析：因?yàn)閍＝log2eq\f(2,3)<log21＝0，b＝2eq\f(2,3)>20＝1,0<c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))－2<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))0＝1，所以a<c<b.13.【解答】(1)在△ABC中，由eq\f(sinA－sinB,sinA－sinC)＝eq\f(sinC,sinA＋sinB)，可得sin2A＋sin2C＝sin2B＋sinAsinC，由正弦定理得a2＋c2＝b2＋ac.由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2).因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)因?yàn)锽＝eq\f(π,3)，BM為∠ABC的平分線(xiàn)，所以∠MBC＝∠ABM＝eq\f(π,6).由三角形角平分線(xiàn)性質(zhì)得eq\f(AB,BC)＝eq\f(AM,MC)，所以eq\f(AB,BC)＝eq\f(1,2)，設(shè)AB＝m，則BC＝2m，eq\f(S△ABM,S△ABC)＝eq\f(AM,AC)＝eq\f(1,3)，即eq\f(\f(1,2)×2×m×sin\f(π,6),\f(1,2)×m×2m×sin\f(π,3))＝eq\f(1,3)，解得m＝eq\r(3)，所以BC＝2eq\r(3)，所以S△BMC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)×sineq\f(π,6)＝eq\r(3).微專(zhuān)題11數(shù)列中的奇、偶項(xiàng)問(wèn)題1.【解答】(1)由題意可知b1＝a1＝1，bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2a2n－1＋2＝2bn＋2，則bn＋1＋2＝2(bn＋2)，即eq\f(bn＋1＋2,bn＋2)＝2，故{bn＋2}是以b1＋2＝3為首項(xiàng)，q＝2為公比的等比數(shù)列，所以bn＋2＝3·2n－1，n∈N*，故bn＝3·2n－1－2，n∈N*.(2)由(1)知，bn＝3·2n－1－2，n∈N*，即a2n－1＝3·2n－1－2，n∈N*，由題意知an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋1，n＝2k－1，,2an，n＝2k))(k∈N*)，故a2n＝a2n－1＋1，n∈N*，故數(shù)列{an}的前2n項(xiàng)和S2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋n＝2[3(20＋21＋22＋…＋2n－1)－2n]＋n＝6×eq\f(1－2n,1－2)－3n＝6(2n－1)－3n.2.【解答】(1)由題意，當(dāng)n＝1時(shí)，a1a2＝9，可得a2＝9.因?yàn)閍n·an＋1＝9n，所以an＋1·an＋2＝9n＋1，所以eq\f(an＋2,an)＝9，所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)都是公比為9的等比數(shù)列．所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，設(shè)n＝2k－1(k∈N*)，則an＝a2k－1＝1·9k－1＝32k－2＝3n－1，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，設(shè)n＝2k(k∈N*)，則an＝a2k＝9·9k－1＝9k＝32k＝3n.因此，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n－1，n為奇數(shù)，,3n，n為偶數(shù).))(2)由(1)得bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－n，n為奇數(shù)，,3n－1，n為偶數(shù)，))所以S2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝[0－2－4－…－(2n－2)]＋(32＋34＋36＋…＋32n)－n＝－eq\f(n2n－2,2)＋eq\f(91－9n,1－9)－n＝eq\f(9n＋1－8n2－9,8).3.【解答】(1)因?yàn)閑q\f(Sn,n)＝eq\f(1,2)(an＋1)，所以Sn＝eq\f(n,2)(an＋1)，所以當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝eq\f(n－1,2)(an－1＋1)，兩式相減，得2an＝nan＋n－(n－1)an－1－(n－1)，即(n－2)an＝(n－1)an－1－1，所以(n－1)an＋1＝nan－1，兩式相減得(n－1)an＋1－(n－2)an＝nan－(n－1)an－1，即2an＝an－1＋an＋1，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列．當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝eq\f(1,2)(a1＋1)，解得a1＝1，所以公差d＝eq\f(a3－a1,3－1)＝1，所以an＝1＋(n－1)＝n(n∈N*)．(2)bn＝(－1)naeq\o\al(2,n)＝(－1)n×n2.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn＝－12＋22－32＋…＋(－1)n×n2＝[1＋2＋…＋(n－1)]－n2＝－eq\f(n2＋n,2)；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝－12＋22－32＋…＋n2＝1＋2＋…＋n＝eq\f(n2＋n,2).綜上所述，Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(n2＋n,2)，n∈N*且n為奇數(shù)，,\f(n2＋n,2)，n∈N*且n為偶數(shù).))4.【解答】(1)因?yàn)閍2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差數(shù)列，所以2(a3＋a4)＝a2＋a3＋a4＋a5，得a5－a3＝a4－a2，即(k－1)a2＝(k－1)a3.因?yàn)閗≠1，所以a2＝a3＝2，所以k＝eq\f(a3,a1)＝2，則an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\f(n－1,2)，n為奇數(shù)，,2\f(n,2)，n為偶數(shù).))(2)由(1)知，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－1，n為奇數(shù)，