2016届高考数学(文)二轮专题复习演练：专题3 数列(人教版含解析)(江苏专用)

PAGEPAGE2专题三数列真题体验·引领卷一、填空题1．(2014·江苏高考)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________2．(2010·江苏高考)函数y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，aeq\o\al(2,k))处的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝________．3．(2015·全国卷Ⅱ改编)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝________．4．(2014·天津高考改编)设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝________．5．(2013·新课标全国卷Ⅰ改编)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝________．6．(2015·全国卷Ⅰ)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________．7．(2015·湖南高考)设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝________．8．(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________．9．(2015·江苏高考)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))前10项的和为________．10．(2013·江苏高考)在正项等比数列{an}中，a5＝eq\f(1,2)，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整数n的值为________．二、解答题11．(2014·江苏高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”．(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H数列”；(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d＜0.若{an}是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．12．(2013·江苏高考)设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项的和．记bn＝eq\f(nSn,n2＋c)，n∈N*，其中c为实数．(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；(2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.13．(2015·江苏高考)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．(1)证明：2a1，2a2，2a3，(2)是否存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次构成等比数列？并说明理由；(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得aeq\o\al(n,1)，aeq\o\al(n＋k,2)，aeq\o\al(n＋2k,3)，aeq\o\al(n＋3k,4)依次构成等比数列？并说明理由．专题三数列经典模拟·演练卷一、填空题1．(2015·南通模拟)在等差数列{an}中，a1＋3a3＋a15＝10，则a5的值为________2．(2015·济南模拟)设{an}是公差为正数的等差数列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a133．(2015·成都诊断检测)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且满足a4a6＝eq\f(1,4)，a7＝eq\f(1,8)，则S4＝________．4．(2015·衡水中学调研)已知等比数列{an}中，a3＝2，a4a6＝16，则eq\f(a10－a12,a6－a8)＝________．5．(2015·郑州质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a2＝eq\f(3,4)，a4＋a5＝6，则S6＝________．6．(2015·潍坊调研)在等差数列{an}中，a1＝－2015，其前n项和为Sn，若eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝2，则S2015的值为________．7．(2015·南昌二模)已知数列{an}是等差数列，a3＝5，a9＝17，数列{bn}的前n项和Sn＝3n.若am＝b1＋b4，则正整数m的值为________．8．(2015·山西康杰中学、临汾一中联考)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n∈N*)，则S6＝________．9．(2015·江苏五市联考)各项均为正数的等比数列{an}中，a2－a1＝1.当a3取最小值时，数列{an}的通项公式an＝________．10．(2015·苏、锡、常、镇模拟)已知各项都为正的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得eq\r(am·an)＝4a1，则eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为________．二、解答题11．(2015·衡水点睛大联考)若{an}是各项均不为零的等差数列，公差为d，Sn为其前n项和，且满足aeq\o\al(2,n)＝S2n－1，n∈N*.数列{bn}满足bn＝eq\f(1,an·an＋1)，Tn为数列{bn}的前n项和．(1)求an和Tn；(2)是否存在正整数m、n(1<m<n)，使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出所有m，n的值；若不存在，请说明理由．12．(2015·苏北四市调研)如果无穷数列{an}满足下列条件：①eq\f(an＋an＋2,2)≤an＋1；②存在实数M，使得an≤M，其中n∈N*，那么我们称数列{an}为Ω数列．(1)设数列{bn}的通项为bn＝5n－2n，且是Ω数列，求M的取值范围；(2)设{cn}是各项为正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3＝eq\f(1,4)，S3＝eq\f(7,4)，证明：数列{Sn}是Ω数列；(3)设数列{dn}是各项均为正整数的Ω数列，求证：dn≤dn＋1.13．(2014·泰州期末)设数列{an}的前n项积为Tn，已知对∀n，m∈N*，当n＞m时，总有eq\f(Tn,Tm)＝Tn－m·q(n－m)m(q＞0是常数)．(1)求证：数列{an}是等比数列；(2)设正整数k，m，n(k＜m＜n)成等差数列，试比较Tn·Tk和(Tm)2的大小，并说明理由；(3)探究：命题p：“对∀n，m∈N*，当n＞m时，总有eq\f(Tn,Tm)＝Tn－m·q(n－m)m(q＞0是常数)”是命题t：“数列{an}是公比为q(q＞0)的等比数列”的充要条件吗？若是，请给出证明；若不是，请说明理由．专题三数列专题过关·提升卷(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1．(2015·陕西高考)中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________．2．设{an}是公比为q的等比数列，则“q>1”是数列“{an}为递增数列”的________条件．3．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＝8，S3＝6，则a9＝________．4．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－10x＋9＝0的两个根，则S6＝________．5．(2015·广州调研)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝6．在各项均为正数的等比数列{an}中，若am＋1·am－1＝2am(m≥2)，数列{an}的前n项积为Tn，若log2T2m－1＝9，则m＝________7．各项为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝5S2，a2＝2且Sk＝31，则正整数k的值为________．8．若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且满足eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋2,4n－5)，则eq\f(a5,b5)＝________．9．(2015·太原诊断)已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)，则实数a的值为________．10．(2015·菏泽调研)西非埃博拉病毒导致2500多人死亡，引起国际社会广泛关注，为防止疫情蔓延，西非各国政府在世界卫生组织、国际社会援助下全力抗击埃博拉疫情，预计某首都医院近30天内每天因治愈出院的人数依次构成数列{an}，已知a1＝3，a2＝2，且满足an＋2－an＝1＋(－1)n，则该医院30天内因治愈埃博拉病毒出院的患者共有________人．11．(2015·长沙模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝2n－n.若按如图所示的流程图进行运算，则输出n的值为________．12．(2015·衡水点睛联考)已知数列{an}满足a1＝1，且an＝eq\f(1,3)an－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋1＝2a6，且S7＝S10，则使得Sn取得最小值时，n的值为________14．(2015·郑州质检)设数列{an}是首项为1，公比为q(q≠－1)的等比数列，若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋an＋1)))是等差数列，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,a3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)＋\f(1,a4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2013)＋\f(1,a2014)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2014)＋\f(1,a2015)))＝________．二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)15．(本小题满分14分)(2015·大庆质检)已知公差不为0的等差数列{an}满足S7＝77，且a1，a3，a11成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Tn.16．(本小题满分14分)(2015·揭阳模拟)已知等比数列{an}满足：an>0，a1＝5，Sn为其前n项和，且20S1，S3，7S2成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log5a2＋log5a4＋…＋log5a2n＋2，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n项和Tn.17．(本小题满分14分)(2015·济宁模拟)已知数列{bn}满足Sn＋bn＝eq\f(n＋13,2)，其中Sn为数列{bn}的前n项和．(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn－\f(1,2)))是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；(2)如果对任意n∈N*，不等式eq\f(12k,12＋n－2Sn)≥2n－7恒成立，求实数k的取值范围．18．(本小题满分16分)设数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＝1－2Sn；将函数y＝sinπx在区间(0，＋∞)内的全部零点按从小到大的顺序排成数列{an}．(1)求{bn}与{an}的通项公式；(2)设cn＝an·bn(n∈N*)，Tn为数列{cn}的前n项和．若a2－2a>4Tn恒成立，试求实数a19．(本小题满分16分)(2012·江苏高考)已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：an＋1＝eq\f(an＋bn,\r(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)))，n∈N*.(1)设bn＋1＝1＋eq\f(bn,an)，n∈N*，求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))\s\up12(2)))是等差数列；(2)设bn＋1＝eq\r(2)·eq\f(bn,an)，n∈N*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值．20．(本小题满分16分)(2015·南京、盐城模拟)已知数列{an}满足a1＝a(a＞0，a∈N*)，a1＋a2＋…＋an－pan＋1＝0(p≠0，p≠－1，n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若对每一个正整数k，若将ak＋1，ak＋2，ak＋3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为dk.①求p的值及对应的数列{dk}．②记Sk为数列{dk}的前k项和，问是否存在a，使得Sk＜30对任意正整数k恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由．专题三数列真题体验·引领卷1．4[因为a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，解得q2＝2，a6＝a2q4＝1×222．21[在点(ak，aeq\o\al(2,k))处的切线方程为：y－aeq\o\al(2,k)＝2ak(x－ak)，当y＝0时，解得x＝eq\f(ak,2)，所以ak＋1＝eq\f(ak,2)，故{an}是a1＝16，q＝eq\f(1,2)的等比数列，即an＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.]3．42[设等比数列{an}的公比为q，由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21.得3(1＋q2＋q4)＝21.解得q2＝2或q2＝－3(舍)．于是a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.]4．－eq\f(1,2)[∵S1，S2，S4成等比数列，∴Seq\o\al(2,2)＝S1·S4，又Sn为公差为－1的等差数列的前n项和．从而(a1＋a1－1)2＝a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4a1－\f(1,2)×4×3))，解得a1＝－eq\f(1,2).]5．5[由题设，am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3.因为数列{an}为等差数列．所以公差d＝am＋1－am＝1.由Sm＝eq\f(m（a1＋am）,2)＝0，得m(a1＋2)＝0，则a1＝－2.又am＝a1＋(m－1)d＝2，解得m＝5.]6．6[∵a1＝2，an＋1＝2an，∴数列{an}是以公比q＝2，首项a1＝2的等比数列．则Sn＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＝126，解得n＝6.]7．3n－1[由于3S1，2S2，S3成等差数列．所以4S2＝3S1＋S3，即3(S2－S1)＝S3－S2.∴3a2＝a3，则等比数列{an}的公比q＝3.故数列{an}的通项公式an＝a1qn－1＝3n－18．－eq\f(1,n)[由题意，得S1＝a1＝－1.∵an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，则Sn≠0，从而eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq\f(1,S1)＝－1为首项，－1为公差的等差数列，因此eq\f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－eq\f(1,n).]9.eq\f(20,11)[∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，将以上n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq\f(（2＋n）（n－1）,2)，即an＝eq\f(n（n＋1）,2)，令bn＝eq\f(1,an)，故bn＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，故S10＝b1＋b2＋…＋b10＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq\f(20,11).]10．12[由已知条件得eq\f(1,2)q＋eq\f(1,2)q2＝3，即q2＋q－6＝0，解得q＝2，或q＝－3(舍去)，an＝a5qn－5＝eq\f(1,2)×2n－5＝2n－6，a1＋a2＋…＋an＝eq\f(1,32)(2n－1)，a1a2…an＝2－52－42－3…2n－6＝2eq\f(n2－11n,2)，由a1＋a2＋…＋an>a1a2…an，可知2n－5－2－5>2eq\f(n（n－11）,2)，由2n－5－2－5>2eq\f(n（n－11）,2)，可求得n的最大值为12，而当n＝13时，28－2－5<213，所以n的最大值为12.]11．(1)证明由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.所以{an}是“H数列”．(2)解由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.因为{an}是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝因为d＜0，所以m－2＜0，故m＝1.从而d＝－1.当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝eq\f(n（3－n）,2)是小于2的整数，n∈N*，于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝2－Sn＝2－eq\f(n（3－n）,2)，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H数列”．因此d的值为－1.(3)证明设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*)．下证{bn}是“H”“数列”，设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝eq\f(n（n＋1）,2)a1(n∈N*)，于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝eq\f(n（n＋1）,2)；使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列”．同理可证{cn}也是“H数列”．所以，对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．12．解由题设，Sn＝na＋eq\f(n（n－1）,2)d.(1)由c＝0，得bn＝eq\f(Sn,n)＝a＋eq\f(n－1,2)d.又b1，b2，b4成等比数列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(d,2)))eq\s\up12(2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,2)d))，化简得d2－2ad＝0.因为d≠0，所以d＝2a因此，对于所有的m∈N*，有Sm＝m2a从而对于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2S(2)证明设数列{bn}的公差为d1，则bn＝b1＋(n－1)d1，即eq\f(nSn,n2＋c)＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的n∈N*，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d1－\f(1,2)d))n3＋(b1－d1－a＋eq\f(1,2)d)n2＋cd1n＝c(d1－b1)．令A＝d1－eq\f(1,2)d，B＝b1－d1－a＋eq\f(1,2)d，D＝c(d1－b1)，则对于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)在(*)式中分别取n＝1，2，3，4，得A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4从而有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7A＋3B＋cd1＝0，①,19A＋5B＋cd1＝0，②,21A＋5B＋cd1＝0，③))由②，③得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，从而cd1＝0.即d1－eq\f(1,2)d＝0，b1－d1－a＋eq\f(1,2)d＝0，cd1＝0.若d1＝0，则由d1－eq\f(1,2)d＝0，得d＝0，与题设矛盾，所以d1≠0.又cd1＝0，所以c＝0.13．(1)证明因为eq\f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝2d(n＝1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4(2)解不存在，理由如下：令a1＋d＝a，则a1，a2，a3，a4分别为a－d，a，a＋d，a＋2d(a＞d，a＞－2d，d≠0)．假设存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次构成等比数列，则a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.令t＝eq\f(d,a)，则1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＜t＜1，t≠0))，化简得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.将t2＝t＋1代入(*)式，t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，则t＝－eq\f(1,4).显然t＝－eq\f(1,4)不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立．因此不存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次构成等比数列．(3)解不存在，理由如下：假设存在a1，d及正整数n，k，使得aeq\o\al(n,1)，aeq\o\al(n＋k,2)，aeq\o\al(n＋2k,3)，aeq\o\al(n＋3k,4)依次构成等比数列，则aeq\o\al(n,1)(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)，且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k)．分别在两个等式的两边同除以aeq\o\al(2（n＋k）,1)及aeq\o\al(2（n＋2k）,1)，并令t＝eq\f(d,a1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＞－\f(1,3)，t≠0))，则(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)．将上述两个等式两边取对数，得(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t)，且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t)．化简得2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]，且3k[ln(1＋3t)－ln(1＋t)]＝n[3ln(1＋t)－ln(1＋3t)]．再将这两式相除，化简得ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)(**)．令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，则g′(t)＝eq\f(2[（1＋3t）2ln（1＋3t）－3（1＋2t）2ln（1＋2t）＋3（1＋t）2ln（1＋t）],（1＋t）（1＋2t）（1＋3t）).令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，则φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)]．令φ1(t)＝φ′(t)，则φ1′(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]．令φ2(t)＝φ1′(t)，则φ2′(t)＝eq\f(12,（1＋t）（1＋2t）（1＋3t）)＞0.由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)＞0，知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))和(0，＋∞)上均单调．故g(t)只有唯一零点t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假设不成立．所以不存在a1，d及正整数n，k，使得aeq\o\al(n,1)，aeq\o\al(n＋k,2)，aeq\o\al(n＋2k,3)，aeq\o\al(n＋3k,4)依次构成等比数列．经典模拟·演练卷1．2[设数列{an}的公差为d，∵a1＋a15＝2a8，∴2a8＋3a3∴2(a5＋3d)＋3(a5－2d)＝10，∴5a5＝10，∴a5＝2．105[设数列{an}的公差为d，依题设知d>0，则a3>a1，∵a1＋a2＋a3＝15，则3a2＝15，a2＝5从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＝10，,a1a3＝16.))解之得a1＝2，a3＝8.所以公差d＝eq\f(a3－a1,2)＝3.故a11＋a12＋a13＝(a1＋a2＋a3)＋30d＝15＋90＝105.]3．15[设等比数列{an}的公比为q，且q>0，an>0.由于a4a6＝eq\f(1,4)，a7＝eq\f(1,8)，则a3＝eq\f(a4a6,a7)＝2，q4＝eq\f(a7,a3)＝eq\f(1,16)，所以q＝eq\f(1,2).于是a1＝eq\f(a3,q2)＝8.故S4＝eq\f(a1（1－q4）,1－q)＝eq\f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16))),1－\f(1,2))＝15.]4．4[设等比数列{an}的公比为q.由于a3＝a1q2＝2.∴a4a6＝aeq\o\al(2,1)q8＝(a1q2)2·q4＝4q4＝16.则q4＝4，故eq\f(a10－a12,a6－a8)＝eq\f(q4（a6－a8）,a6－a8)＝q4＝4.]5.eq\f(63,4)[∵a1＋a2＝eq\f(3,4)，a4＋a5＝6，q3＝eq\f(a4＋a5,a1＋a2)＝8，从而q＝2，可求a1＝eq\f(1,4).故S6＝eq\f(\f(1,4)（1－26）,1－2)＝eq\f(63,4).]6．－2015[设数列{an}的公差为d，则eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d.由eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝2，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(11d,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(9d,2)))＝2.所以d＝2，因此S2015＝2015a1＋eq\f(2015×2014,2)d＝－2015.]7．29[由等差数列的性质，a9＝a3＋6d.∴17＝5＋6d，得d＝2，因此am＝a3＋2(m－3)＝2m－又数列{bn}的前n项和Sn＝3n，∴b1＝S1＝3，b4＝S4－S3＝34－33＝54.由am＝b1＋b4，得2m－1＝3＋54，则m＝8．45[由a1＝1，a2＝3a1，得a2＝3又an＋1＝3Sn，知an＝3Sn－1(n≥2)，∴an＋1－an＝3Sn－3Sn－1＝3an，即an＋1＝4an(n≥2)．因此an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1（n＝1），,3·4n－2（n≥2），))故S6＝1＋eq\f(3（1－45）,1－4)＝45.]9．2n－1[根据题意，由于各项均为正数的等比数列{an}中，由a2－a1＝1，得a1(q－1)＝1，所以q>1且a1＝eq\f(1,q－1)，∴a3＝a1q2＝eq\f(q2,q－1)＝eq\f(（q－1）2＋2（q－1）＋1,q－1)＝q－1＋eq\f(1,q－1)＋2≥2eq\r(（q－1）·\f(1,q－1))＋2＝4，当且仅当q＝2时取得等号，因此an＝a1qn－1＝eq\f(qn－1,q－1)＝2n－1.]10.eq\f(3,2)[由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(与条件中等比数列的各项都为正矛盾，舍去)，又由eq\r(am·an)＝4a1，得aman＝16aeq\o\al(2,1)，即aeq\o\al(2,1)2m＋n－2＝16aeq\o\al(2,1)，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,6)(m＋n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m,n)＋\f(n,m)＋5))≥eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(4m,n)·\f(n,m))＋5))＝eq\f(3,2)，当且仅当eq\f(4m,n)＝eq\f(n,m)，m＋n＝6，即n＝2m＝4时取得最小值eq\f(3,2).]11．解(1)∵aeq\o\al(2,n)＝S2n－1(n∈N*)，an≠0.令n＝1，得a1＝1；令n＝2，得a2＝3，∴等差数列{an}的公差d＝2.从而an＝2n－1，bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，于是Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(n,2n＋1).(2)假设存在正整数m，n(1<m<n)，使得T1，Tm，Tn成等比数列．则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2m＋1)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,3)·eq\f(n,2n＋1)，可得eq\f(3,n)＝eq\f(－2m2＋4m＋1,m2)>0，∴－2m2＋4m＋1>0，解得1－eq\f(\r(6),2)<m<1＋eq\f(\r(6),2)，由于m∈N*，m>1，得m＝2，此时n＝12.故存在正整数m，n，当且仅当m＝2，n＝12时，满足T1，Tm，Tn成等比数列．12．(1)解∵bn＋1－bn＝5－2n，∴当n≥3，bn＋1－bn＜0，故数列{bn}单调递减；当n＝1，2时，bn＋1－bn＞0，即b1＜b2＜b3，则数列{bn}中的最大项是b3＝7，所以M≥7.(2)证明∵{cn}是各项为正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3＝eq\f(1,4)，S3＝eq\f(7,4)，设其公比为q＞0，∴eq\f(c3,q2)＋eq\f(c3,q)＋c3＝eq\f(7,4).整理得6q2－q－1＝0，解得q＝eq\f(1,2)，q＝－eq\f(1,3)(舍去)．∴c1＝1，cn＝eq\f(1,2n－1)，Sn＝2－eq\f(1,2n－1)＜2，对任意的n∈N*，有eq\f(Sn＋Sn＋2,2)＝2－eq\f(1,2n)－eq\f(1,2n＋2)＜2－eq\f(1,2n)＝Sn＋1，且Sn＜2，故{Sn}是Ω数列．(3)证明假设存在正整数k使得dk＞dk＋1成立，有数列{dn}的各项均为正整数，可得dk≥dk＋1＋1，即dk＋1≤dk－1.因为eq\f(dk＋dk＋2,2)≤dk＋1，所以dk＋2≤2dk＋1－dk≤2(dk－1)－dk＝dk－2，由dk＋2≤2dk＋1－dk及dk＞dk＋1得dk＋2＜2dk＋1－dk＋1＝dk＋1，故dk＋2≤dk＋1－1.因为eq\f(dk＋1＋dk＋3,2)≤dk＋2，所以dk＋3≤2dk＋2－dk＋1≤2(dk＋1－1)－dk＋1＝dk＋1－2≤dk－3，由此类推，可得dk＋m≤dk－m(m∈N*)．又存在M，使dk≤M，∴m＞M，使dk＋m＜0，这与数列{dn}的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，即对任意n∈N*，都有dk≤dk＋1成立．13．(1)证明设m＝1，则有eq\f(Tn,T1)＝Tn－1·qn－1，因为Ti≠0(i∈N*)，所以有eq\f(Tn,Tn－1)＝a1·qn－1，即an＝a1·qn－1，所以当n≥2时eq\f(an,an－1)＝q，所以数列{an}是等比数列．(2)解当q＝1时，an＝a1(n∈N*)，所以Tn＝aeq\o\al(n,1)，所以Tn·Tk＝aeq\o\al(n,1)·aeq\o\al(k,1)＝aeq\o\al(n＋k,1)＝aeq\o\al(2m,1)＝Teq\o\al(2,m)，当q≠1时，an＝a1·qn－1，Tn＝a1·a2…an＝aeq\o\al(n,1)·q1＋2＋…＋(n－1)＝aeq\o\al(n,1)·qeq\f(n（n－1）,2)，所以Tn·Tk＝aeq\o\al(n,1)·qeq\f(n（n－1）,2)·aeq\o\al(k,1)·qeq\f(k（k－1）,2)＝aeq\o\al(n＋k,1)·qeq\f(n2－n＋k2－k,2)，Teq\o\al(2,m)＝aeq\o\al(2m,1)·qm(m－1)．因为n＋k＝2m且k＜m＜n，所以aeq\o\al(n＋k,1)＝aeq\o\al(2m,1)，eq\f(n2＋k2－n－k,2)＝eq\f(n2＋k2,2)－m＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋k,2)))eq\s\up12(2)－m＝m2－m，所以若q＞1，则Tm·Tk＞Teq\o\al(2,m)；若q＜1，则Tm·Tk＜Teq\o\al(2,m).(3)解由(1)知，充分性成立；必要性：若数列{an}成等比数列，则an＝a1·qn－1，所以当q≠1时，Tn＝aeq\o\al(n,1)·qeq\f(n（n－1）,2)，则eq\f(Tn,Tm)＝\f(aeq\o\al(n,1)·q\f(n（n－1）,2),aeq\o\al(m,1)·q\f(m（m－1）,2))所以，“对∀n，m∈N*，当n＞m时总有eq\f(Tn,Tm)＝Tn－m·q(n－m)m成立；同理可证当q＝1时也成立．所以命题p是命题t的充要条件．专题过关·提升卷1．5[设数列的首项为a1，由等差数列与中位数定义，则a1＋2015＝2×1010，∴a1＝5.]2．既不充分也不必要[当a1<0，q>1时，数列{an}是递减数列．当{an}为递增数列时，a1<0，0<q<1或a1>0，q>1.因此，“q>1”是{an}为递增数列的既不充分也不必要条件．3．16[设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，因为a5＝8，S3＝6，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝8，,3a1＋3d＝6，))解得a1＝0，d＝2.所以a9＝a1＋8d＝8×2＝16.]4．364[因为a1，a3是方程x2－10x＋9＝0的两个根，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＝10，,a1·a3＝9，))又{an}是递增数列，所以a1＝1，a3＝9，所以q＝3，S6＝eq\f(1－36,1－3)＝364.]5．50[∵a10a11＋a9a12＝2a1a∴a1·a20＝e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1·a2·…·a20)＝ln(a1·a20)10＝lne50＝50.]6．5[由等比数列的性质，am＋1·am－1＝aeq\o\al(2,m)，∴aeq\o\al(2,m)＝2am(am≠0)，从而am＝2，因此T2m－1＝a1·a2·a3·…·a2m－1＝aeq\o\al(2m－1,m)＝22m－1所以log2T2m－1＝log222m－1＝2m－1＝97．5[由S4＝5S2，得a3＋a4＝4(a1＋a2)，∴q2(a1＋a2)＝4(a1＋a2)，由于a1＋a2≠0，则q＝2.又a2＝2a1＝2.知a1＝∴Sk＝eq\f(1·（1－2k）,1－2)＝31，解得k＝5.]8.eq\f(29,31)[eq\f(a5,b5)＝eq\f(9a5,9b5)＝eq\f(\f(9（a1＋a9）,2),\f(9（b1＋b9）,2))＝eq\f(S9,T9)＝eq\f(3×9＋2,4×9－5)＝eq\f(29,31).]9．－3[由Sn＝3n＋1＋a，则Sn－1＝3n＋a.∴an＝Sn－Sn－1＝2·3n(n≥2，n∈N*)．∵a1＝S1＝9＋a，又数列{an}为等比数列，因此a1应满足an＝2·3n，即a1＝6.所以9＋a＝6，∴a＝－3.]10．285[由an＋2－an＝1＋(－1)n，知，当n为奇数时，an＋2－an＝0；当n为偶数时，an＋2－an＝2.所以数列a1，a3，a5，…，a29为常数列；a2，a4，a6，…，a30是公差为2的等差数列．又a1＝3，a2＝2，因此S30＝15×3＋eq\f(a2＋a30,2)×15＝45＋eq\f(2＋30,2)×15＝285.]11．11[由程序框图，及an＝2n－n.∴Sn＝(21－1)＋(22－2)＋(23－3)＋…＋(2n－n)＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)＝2(2n－1)－eq\f(n（n＋1）,2)，由Sn>2015，得2n＋1－eq\f(n（n＋1）,2)>2017，由n∈N*，知n≥11.∴输出n的值为11.]12．an＝eq\f(n＋2,3n)[由an＝eq\f(1,3)an－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)，得3nan＝3n－1an－1＋1(n≥2)．∴数列{3nan}是以3为首项，公差为1的等差数列．因此3nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2，所以an＝eq\f(n＋2,3n).]13．8或9[设等差数列{an}的公差为d.由S10＝S7，得a8＋a9＋a10＝0，知a9＝0，又2a6＝a2＋a10＝a2＋1，得a10＝1∴公差d＝a10－a9＝1>0，数列{an}单调递增．所以，当n≤8时，an<0，当n≥10时，an>0，因此{an}的前8项或前9项和最小．]14．4026[因为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋an＋1)))是等差数列，则eq\f(1,a1＋a2)＋eq\f(1,a3＋a4)＝eq\f(2,a2＋a3)，又{an}是首项为1，公比为q(q≠－1)的等比数列，∴eq\f(1,1＋q)＋eq\f(1,q2＋q3)＝2·eq\f(1,q＋q2)⇒q＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为1的常数列，则an＝1.故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,a3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)＋\f(1,a4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2014)＋\f(1,a2015)))＝4026.]15．解(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，由S7＝7a4＝77，得a4＝11∴a1＋3d＝11，①因为a1，a3，a11成等比数列，所以aeq\o\al(2,3)＝a1a11，整理得2d2＝3a1d，又因d≠0.所以2d＝3a1联立①，②解得a1＝2，d＝3.所以{an}的通项公式an＝3n－1.(2)因为bn＝2an，所以bn＝23n－1＝eq\f(1,2)·8n，所以数列{bn}是以4为首项，8为公比的等比数列，由等比数列前n项和公式得，Tn＝eq\f(4（1－8n）,1－8)＝eq\f(23n＋2－4,7).16．解(1)设数列{an}的公比为q(q>0)．∵20S1，S3，7S2成等差数列，∴2S3＝20S1＋7S2.则2(a1＋a1q＋a1q2)＝20a1＋7(a1＋a1q)化简得2q2－5q－25＝0，解得q＝5或q＝－eq\f(5,2).由q>0.舍去q＝－eq\f(5,2).所以数列{an}的通项公式an＝a1qn－1＝5n.(2)由(1)知，a2n＋2＝52n＋2，则log5a2n＋2＝2n＋因此bn＝log5a2＋log5a4＋…＋log5a2＝2＋4＋…＋2(n＋1)＝(n＋1)(n＋2)．∴eq\f(1,bn)＝eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，∴Tn＝eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)＝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,2（n＋2）).17．解(1)对于任意n∈N*，Sn＋bn＝eq\f(n＋13,2)①Sn＋1＋bn＋1＝eq\f(（n＋1）＋13,2)②②－①得bn＋1＝eq\f(1,2)bn＋eq\f(1,4)，所以bn＋1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn－\f(1,2)))又由①式知，S1＋b1＝eq\f(14,2)，即b1＝eq\f(7,2).所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn－\f(1,2)))是首项为b1－eq\f(1,2)＝3，公比为eq\f(1,2)的等比数列，∴bn－eq\f(1,2)＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，即bn＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＋eq\f(1,2).(2)因为bn＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＋eq\f(1,2)，所以Sn＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))＋eq\f(n,2)＝eq\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＋eq\f(n,2)＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＋eq\f(n,2).因为不等式eq\f(12k,12＋n－2Sn)≥2n－7，化简得k≥eq\f(2n－7,2n)，对任意n∈N*恒成立，设cn＝eq\f(2n－7,2n)，则cn＋1－cn＝eq\f(2（n＋1）－7,2n＋1)－eq\f(2n－7,2n)＝eq\f(9－2n,2n＋1)，当n≥5时，cn＋1≤cn，{cn}为单调递减数列，当1≤n<5时，cn＋1>cn，{cn}为单调递增数列，eq\f(1,16)＝c4<c5＝eq\f(3,32)，所以，n＝5时，cn取得最大值eq\f(3,32)，所以，要使k≥eq\f(2n－7,2n)对任意n∈N*恒成立，k≥eq\f(3,32).18．解(1)由bn＝1－2Sn，令n＝1，则b1＝1－2S1＝1－2b1，∴b1＝eq\f(1,3).又当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1，∴bn－bn－1＝(1－2Sn)－(1－2Sn－1)＝－2bn.因此3bn＝bn－1(n≥2，n∈N*)，∴数列{bn}是首项b1＝eq\f(1,3)，公比为q＝eq\f(1,3)的等比数列．所以bn＝b1qn－1＝eq\f(1,3n).令y＝sinπx＝0，x∈(0，＋∞)，得πx＝nπ(n∈N*)，∴x＝n(n∈N*)，它在区间(0，＋∞)内的取值构成以1为首项，以1为公差的等差数列．于是数列{an}的通项公式an＝n.(2)由(1)知，cn＝an·bn＝eq\f(n,3n)，则Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(n,3n)①所以eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,32)＋eq\f(2,33)＋…＋eq\f(n－1,3n)＋eq\f(n,3n＋1)②由①－②，得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,3n)－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq\f(n,3n＋1)，于是Tn＝eq\f(3,4)－eq\f(1,4·3n－1)－eq\f(n,2·3n)<eq\f(3,4)，要使a2－2a>4Tn恒成立则a2－2a≥3.解之得a≥3或a≤－1所以实数a的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．19．(1)证明由题设知an＋1＝eq\f(an＋bn,\r(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)))＝eq\f(1＋\f(bn,an),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))\s\up12(2)))＝eq\f(bn＋1,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))\s\up12(2)))，所以eq\f(bn＋1,an＋1)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))\s\up12(2))，从而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn＋1,an＋1)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))eq\s\up12(2)＝1(n∈N*)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))\s\up12(2)))是以1为公差的等差数列．(2)解因为an＞0，bn＞0，所以eq\f(（an＋bn）2,2)≤aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)＜(an＋bn)2，从而1＜an＋1＝eq\f(an＋bn,\r(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)))≤eq\r(2).(*)设等比数列{an}的公比为q，由an＞0知q＞0.下证q＝1.若q＞1，则a1＝eq\f(a2,q)＜a2≤eq\r