高考数学二轮复习 第2部分 大专题综合测3 数列（含解析）试题

3数列时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(文)(2015·北京西城区二模)数列{an}为等差数列，满足a2＋a4＋…＋a20＝10，则数列{an}前21项的和等于()A.eq\f(21,2) B．21C．42 D．84[答案]B[解析]由a2＋a4＋…＋a20＝10a11＝10得a11＝1，所以等差数列{an}的前21项和S21＝21a(理)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝eq\i\in(0,3,)(1＋2x)dx，S20＝17，则S30为()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成等差数列．即2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴S30＝15.2．(文)(2015·北京东城练习)已知{an}为各项都是正数的等比数列，若a4·a8＝4，则a5·a6·a7＝()A．4 B．8C．16 D．64[答案]B[解析]由题意得a4a8＝aeq\o\al(2,6)＝4，又因为数列{an}为正项等比数列，所以a6＝2，则a5a6a7＝aeq\o\al(3,6)＝8，故选B．(理)(2014·河北衡水中学二调)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2n＝4(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1),a1a2a3＝27，则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·杭州第二次质检)设等比数列{an}的各项均为正数，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)，则a1a5＝()A．24eq\r(2) B．8C．8eq\r(2) D．16[答案]C[解析]利用等比数列的通项公式求解．设此正项等比数列的公比为q，q>0，则由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，则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)，故选C.4．(文)(2015·青岛市质检)“∀n∈N*,2an＋1＝an＋an＋2”是“数列{anA．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件[答案]C[解析]本题考查等差数列的定义以及充要条件的判断，难度较小．由2an＋1＝an＋an＋2，可得an＋1－an＝an＋2－an＋1，由n的任意性可知，数列从第二项起每一项与前一项的差是固定的常数，即数列{an}为等差数列，反之，若数列{an}为等差数列，易得2an＋1＝an＋an＋2，故“∀n∈N*,2an＋1＝an＋an＋2”是“数列{an}为等差数列”的充要条件，故选C.(理)“lgx，lgy，lgz成等差数列”是“y2＝xz”成立的()A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件[答案]A[解析]“lgx，lgy，lgz成等差数列”⇔2lgy＝lgx＋lgz⇒y2＝xz，但y2＝xz⇒/2lgy＝lgx＋lgz，∴选A.5．(文)(2015·福州质检)在等差数列{an}中，若a2＝1，a8＝2a6＋a4，则a5A．－5 B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2) D．eq\f(5,2)[答案]B[解析]本题考查等差数列的通项公式，难度中等．设等差数列{an}的公差为d，因为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)，故选B．(理)已知正数组成的等差数列{an}，前20项和为100，则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.当且仅当a7＝a14时取等号．6．(文)在直角坐标系中，O是坐标原点，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是第一象限内的两个点，若1，x1，x2,4依次成等差数列，而1，y1，y2,8依次成等比数列，则△OP1P2的面积是()A．1 B．2C．3 D．4[答案]A[解析]由等差、等比数列的性质，可求得x1＝2，x2＝3，y1＝2，y2＝4，∴P1(2,2)，P2(3,4)，∴S△OP1P2＝1.(理)(2015·长沙市一模)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lgan}的前8项和等于()A．6 B．5C．4 D．3[答案]C[解析]设等比数列{an}的公比为q，则q＝eq\f(a5,a4)＝eq\f(5,2)，an＝a4qn－4＝2×(eq\f(5,2))n－4，则lgan＝lg2＋(n－4)lgeq\f(5,2)，数列{lgan}成等差数列，所以前8项和等于eq\f(8lga1＋lga8,2)＝4(lg2－3lgeq\f(5,2)＋lg2＋4lgeq\f(5,2))＝4，故选C.7．(2015·河南商丘市二模)在递增的等比数列{an}中，已知a1＋an＝34，a3·an－2＝64，且前n项和为Sn＝42，则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，当a1＝32时，qn－1<1不适合题意，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)两个正数a、b的等差中项是eq\f(5,2)，一个等比中项是eq\r(6)，且a>b，则双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的离心率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)．则c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(13)，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(13),3).(理)△ABC的三边分别为a、b、c，若b既是a、c的等差中项，又是a、c的等比中项，则△ABC是()A．等腰直角三角形 B．等腰三角形C．等边三角形 D．直角三角形[答案]C[解析]∵b是a、c的等差中项，∴b＝eq\f(a＋c,2).又∵b是a、c的等比中项，∴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是等边三角形．9．(2015·天津十二区县联考)数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则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]本题考查数列的递推公式、裂项法求和，难度中等．依题意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)，故选C.10．(文)已知数列{an}，若点(n，an)(n∈N*)在经过点(5,3)的定直线l上，则数列{an}的前9项和S9＝()A．9 B．10C．18 D．27[答案]D[解析]由条件知a5＝3，∴S9＝9a5(理)(2015·郑州市质检)已知实数4，m,9构成一个等比数列，则圆锥曲线eq\f(x2,m)＋y2＝1的离心率为()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]由题意知m2＝36，m＝±6，当m＝6时，该圆锥曲线表示椭圆，此时a＝eq\r(6)，b＝1，c＝eq\r(5)，e＝eq\f(\r(30),6)；当m＝－6时，该圆锥曲线表示双曲线，此时a＝1，b＝eq\r(6)，c＝eq\r(7)，e＝eq\r(7)，故选C.11．(文)(2015·重庆市调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝7，a6＋a8＝－6，则Sn取最大值时，n的值为()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，因此在等差数列{an}中，前5项均为正，从第6项起以后各项均为负，当Sn取最大值时，n的值为5，故选C.(理)等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，则“d>|a1|”是“Sn的最小值为S1，且Sn无最大值”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件[答案]A[解析]依题意，当d>|a1|时，数列{an}是递增的数列，无论a1的取值如何，Sn的最小值为S1，且Sn无最大值；反过来，当Sn的最小值为S1，且Sn无最大值时，如当a1＝1，d＝eq\f(1,3)时，此时Sn的最小值为S1，且Sn无最大值，但不满足d>|a1|.综上所述，“d>|a1|”是“Sn的最小值为S1，且Sn无最大值”的充分不必要条件．12．(文)已知数列{an}的各项均为正数，执行程序框图(如下图)，当k＝4时，输出S＝eq\f(1,3)，则a2014＝()A．2012 B．2013C．2014 D．2015[答案]D[解析]由程序框图可知，{an}是公差为1的等差数列，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)已知曲线C：y＝eq\f(1,x)(x>0)上两点A1(x1，y1)和A2(x2，y2)，其中x2>x1.过A1、A2的直线l与x轴交于点A3(x3,0)，那么()A．x1，eq\f(x3,2)，x2成等差数列B．x1，eq\f(x3,2)，x2成等比数列C．x1，x3，x2成等差数列D．x1，x3，x2成等比数列[答案]A[解析]直线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)，所以直线A1A2的方程为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成等差数列，故选A.二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)13．(2015·海口市调研)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sineq\f(n＋1π,2)，记Sn为数列{an}的前n项和，则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，如此继续可得an＋4＝an(n∈N*)，数列{an}是一个以4为周期的周期数列，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)定义运算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(a,b,c,d)))＝ad－bc，函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(x－1,2,－x,x＋3)))图象的顶点坐标是(m，n)，且k，m，n，r成等差数列，则k＋r的值为________．[答案]－9[解析]f(x)＝(x－1)(x＋3)＋2x＝x2＋4x－3＝(x＋2)2－7的顶点坐标为(－2，－7)，∵m＝－2，n＝－7，∴k＋r＝m＋n＝－9.(理)已知数列{an}的通项为an＝7n＋2，数列{bn}的通项为bn＝n2.若将数列{an}、{bn}中相同的项按从小到大顺序排列后记作数列{cn}，则c9的值是________．[答案]961[解析]设数列{an}中的第n项是数列{bn}中的第m项，则m2＝7n＋2，m、n∈N*.令m＝7k＋i，i＝0,1,2，…，6，k∈Z，则i2除以7的余数是2，则i＝3或4，所以数列{cn}中的项依次是{bn}中的第3,4,10,11,17,18,24,25,31,32，…，故c9＝b31＝312＝961.15．(2014·辽宁省协作校联考)若数列{an}与{bn}满足bn＋1an＋bnan＋1＝(－1)n＋1，bn＝eq\f(3＋－1n－1,2)，n∈N＋，且a1＝2，设数列{an}的前n项和为Sn，则S63＝________.[答案]560[解析]∵bn＝eq\f(3＋－1n－1,2)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n为奇数,1n为偶数))，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·山西大学附中月考)已知无穷数列{an}具有如下性质：①a1为正整数；②对于任意的正整数n，当an为偶数时，an＋1＝eq\f(an,2)；当an为奇数时，an＋1＝eq\f(an＋1,2).在数列{an}中，若当n≥k时，an＝1，当1≤n<k时，an>1(k≥2，k∈N*)，则首项a1可取数值的个数为________(用k表示)．[答案]2k－2[解析]当n≥k时，an＝1，∴ak＝1，当n<k时，若ak＝eq\f(ak－1＋1,2)，则ak－1＝1这与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个可能取值．三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分10分)(文)(2015·江苏宿迁摸底)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn＝eq\f(1,2)(an－1)(an＋2)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(－1)nanan＋1，求数列{bn}的前2n项的和T2n.[解析](1)当n＝1时，S1＝eq\f(1,2)(a1－1)(a1＋2)＝a1，解得a1＝－1或a1＝2，因为a1>0，所以a1＝2.当n≥2时，Sn＝eq\f(1,2)(an－1)(an＋2)，Sn－1＝eq\f(1,2)(an－1－1)(an－1＋2)，两式相减得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，又因为an>0，所以an＋an－1>0，所以an－an－1＝1，所以{an}是首项为2，公差为1的等差数列，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是首项为3，公差为2的等差数列，所以a2＋a4＋…＋a2n＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n，故T2n＝2n2＋4n.[易错分析]本题有两个易错点：一是数列{an}的通项公式求解错误或者不认真审题导致求解过程出现增根；二是在数列求和时，不能够合理地分类与整合．(理)(2014·临沂三校联考)已知等比数列{an}的公比q>1,4eq\r(2)是a1和a4的一个等比中项，a2和a3的等差中项为6，若数列{bn}满足bn＝log2an(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和Sn.[解析](1)因为4eq\r(2)是a1和a4的一个等比中项，所以a1·a4＝(4eq\r(2))2＝32.由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2·a3＝32，,a2＋a3＝12.))因为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.故数列{an}的通项公式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．(本题满分12分)(文)已知数列{an}的首项为1，对任意的n∈N*，定义bn＝an＋1－an.(1)若bn＝n＋1，①求a3的值和数列{an}的通项公式；②求数列{eq\f(1,an)}的前n项和Sn；(2)若bn＋1＝bn＋2bn(n∈N*)，且b1＝2，b2＝3，求数列{bn}的前3n项的和．[解析](1)①a1＝1，a2＝a1＋b1＝1＋2＝3，a3＝a2＋b2＝3＋3＝6当n≥2时，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适合上式，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)因为对任意的n∈N*有bn＋6＝eq\f(bn＋5,bn＋4)＝eq\f(bn＋4,bn＋3bn＋4)＝eq\f(1,bn＋3)＝bn，所以数列{bn}为周期数列，周期为6.又数列{bn}的前6项分别为2,3，eq\f(3,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(2,3)，且这六个数的和为8.设数列{bn}的前n项和为Sn，则当n＝2k(k∈N*)时，S3n＝S6k＝k(b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6)＝8k，当n＝2k＋1(k∈N*)时，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)，当n＝1时，S3＝eq\f(13,2)所以，当n为偶数时，S3n＝4n；当n为奇数时，S3n＝4n＋eq\f(5,2).(理)(2015·郑州市质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，求使(n－8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立的实数[解析](1)由Sn＝2an－2可得a1＝2，因为Sn＝2an－2，所以，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1,即：eq\f(an,an－1)＝2.数列{an}是以a1＝2为首项，公比为2的等比数列，所以，an＝2n(n∈N*)．(2)bn＝log2a1＋log2a2＋…log2an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).(n－8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立，等价于eq\f(n－8n＋1,2)≥k对n∈N*恒成立；设cn＝eq\f(1,2)(n－8)(n＋1)，则当n＝3或4时，cn取得最小值为－10，所以k≤－10.19．(本题满分12分)(文)(2015·河北衡水中学三调)已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,2)，eq\f(an＋1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝0，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(an＋1,an)－1，数列{bn}的前n项和为Sn，证明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(常数)∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))是以eq\f(1,a1－1)＝－2为首项，以－1为公差的等差数列．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)已知数列{an}具有性质：①a1为整数；②对于任意的正整数n，当an为偶数时，an＋1＝eq\f(an,2)；当an为奇数时，an＋1＝eq\f(an－1,2)；(1)若a1为偶数，且a1，a2，a3成等差数列，求a1的值；(2)设a1＝2m＋3(m>3且m∈N)，数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn≤2m(3)若an为正整数，求证：当n>1＋log2a1(n∈N)时，都有an[解析](1)设a1＝2k，则a2＝k，由条件知2k＋a3＝2k，∴a3＝0.分两种情况讨论：若k是奇数，则a3＝eq\f(a2－1,2)＝eq\f(k－1,2)＝0，∴k＝1，a1＝2，a2＝1，a3＝0，若k是偶数，则a3＝eq\f(a2,2)＝eq\f(k,2)＝0，∴k＝0，a1＝0，a2＝0，a3＝0，∴a1的值为2或0.(2)当m>3时，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由定义可知：an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(an,2)，an是偶数,\f(an－1,2)，an是奇数))，∴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，综上可知：当n>1＋log2a1(n∈N)时，都有an＝0.20．(本题满分12分)(文)(2014·江西八校联考)已知数列{an}的首项a1＝4，前n项和为Sn，且Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设函数f(x)＝anx＋an－1x2＋an－2x3＋…＋a1xn，f′(x)是函数f(x)的导函数，令bn＝f′(1)，求数列{bn}的通项公式，并研究其单调性．[解析](1)由Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)得Sn－3Sn－1－2n＋2－4＝0(n≥2)，两式相减得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}是一个首项为5，公比q＝3的等比数列，所以an＝5×3n－1－1(n∈N*)．(2)因为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，则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}是单调递增数列．(理)已知数列{an}的首项a1＝5，且an＋1＝2an＋1(n∈N*)．(1)证明：数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)令f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，求数列f(x)在点x＝1处的导数f′(1)．[解析](1)证明：∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，∴eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝2，∴数列{an＋1}是以a1＋1为首项，2为公比的等比数列，∴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．(本题满分12分)(文)(2015·广东文，19)设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(5,4)，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.(1)求a4的值；(2)证明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))为等比数列；(3)求数列{an}的通项公式．[分析]考查：1.等比数列的定义；2.等比数列的通项公式；3.等差数列的通项公式．(1)令n＝2可得a4的值；(2)先利用an＝Sn－Sn－1将4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)转化为4an＋2＋an＝4an＋1，再利用等比数列的定义可证eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是等比数列；(3)由(2)可得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))的通项公式，再将数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))的通项公式转化为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)))是等差数列，进而可得数列{an}的通项公式．[解析](1)当n＝2时，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)因为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)，因为4a3＋a1＝4×eq\f(5,4)＋1＝6＝4a2，所以4an＋2＋an＝4an＋1，对于n＝1成立．因为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)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq\f(1,2)a1＝1为首项，公比为eq\f(1,2)的等比数列．(3)由(2)知：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq\f(1,2)a1＝1为首项，公比为eq\f(1,2)的等比数列，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，所以数列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为首项，4为公差的等差数列，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，所以数列{an}的通项公式是an＝(2n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.(理)(2015·辽宁葫芦岛市一模)已知数列{an}为等差数列，a3＝5，a4＋a8＝22；(1)求数列{an}的通项公式an及前n项和公式Sn；(2)令bn＝eq\f(n＋1,SnSn＋2)，求证：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)))当n＝1时，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；当n≥2时，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．(本题满分12分)已知数列{an}满足an＋1＝－eq\f(1,an＋2)，a1＝－eq\f(1,2).(1)求证{eq\f(1,an＋1)}是等差数列；(2)求数列{an}的通项公式；(3)设Tn＝an＋an＋1＋…＋a2n－1.若Tn≥p－n对任意的n∈N*恒成立，求p的最大值．[解析](1)证明：∵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为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)题结论知：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，对任意n∈N*恒成立，而1＋an＝eq\f(1,n＋1)，设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，∴数列{H(n)}单调递增，∴n∈N*时，H(n)≥H(1)＝eq\f(1,2)，故p≤eq\f(1,2).∴p的最大值为eq\f(1,2).反馈练习一、选择题1．等比数列{an}中，a1＋a3＝5，a2＋a4＝10，则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·广州二测)已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为()A．10 B．20C．30 D．40[答案]A[解析]设这个数列的项数为2n，于是有2×n＝25－15＝10，即这个数列的项数为10，故选A.[易错分析]考生不会利用奇数项和与偶数项和的关系去求解数列的项数，导致无法解题．3．已知等差数列{an}的公差d≠0，a1，a5，a17依次成等比数列，则这个等比数列的公比是()A．4 B．3C．2 D．eq\f(1,2)[答案]B[解析]解法1：由条件知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，故选B．解法2：q＝eq\f(a5,a1)＝eq\f(a17,a5)＝eq\f(a17－a5,a5－a1)＝eq\f(12d,4d)＝3，故选B．4．以Sn表示等差数列{an}的前n项和，若S5>S6，则下列不等关系不一定成立的是()A．2a3>3a4 B．5a5>a1C．a5＋a4－a3<0 D．a3＋a6＋a12<2a[答案]D[解析]依题意得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)在等差数列{an}中，7a5＋5a9＝0，且a5<a9，则使数列前n项和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))，∴当n＝6时，Sn取到最小值．(理)(2014·辽宁理，8)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1anA．d<0 B．d>0C．a1d<0 D．a1d>0[答案]C[解析]数列{2a1an}递减，∴{a1an∴a1an－a1an－1＝a1(an－an－1)＝a1d<0.6．(文)设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且a1>0，若S2>2a3，则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，故选B．(理)已知公差不等于0的等差数列{an}的前n项和为Sn，如果S3＝－21，a7是a1与a5的等比中项，那么在数列{nan}中，数值最小的项是()A．第4项 B．第3项C．第2项 D．第1项[答案]B[解析]设等差数列{an}的公差为d，则由S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝－21，得a2＝－7，又由a7是a1与a5的等比中项，得aeq\o\al(2,7)＝a1·a5，即(a2＋5d)2＝(a2－d)(a2＋3d)，将a2＝－7代入，结合d≠0，解得d＝2，则nan＝n[a2＋(n－2)·d]＝2n2－11n，对称轴方程n＝2eq\f(3,4)，又n∈N*，结合二次函数的图象知，当n＝3时，nan取最小值，即在数列{nan}中数值最小的项是第3项．7．在数列{an}中，a1＝2，nan＋1＝(n＋1)an＋2(n∈N*)，则a10为()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)))，则有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)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9>0，S10<0，则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，则数列{an}的前5项均为正数，从第6项开始均为负数，则当n≤5时，数列{eq\f(2n,an)}是递增的正数项数列，其最大项为eq\f(25,a5)，当n>6时，各项均为负数，即可得eq\f(25,a5)最大，故应选B．(理)等比数列{an}的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为eq\f(85,32)，偶数项之和为eq\f(21,16)，这个等比数列前n项的积为Tn(n≥2)，则Tn的最大值为()A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．1 D．2[答案]D[解析]由题意知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}为递减数列且a2＝1，ak<1(k>2)，∴T2＝a1a2＝2为最大值．9．(2015·南昌市二模)已知{an}是等差数列，a1＝5，a8＝18，数列{bn}的前n项和Sn＝3n，若am＝b1＋b4，则正整数m等于()A．29 B．28C．27 D．26[答案]A[解析]由题意得：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．设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，且对任意的实数x、y∈R，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，若a1＝eq\f(1,2)，an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn为()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，故选D．11．(文)数列{an}满足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)，则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]由题可得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)，…，所以数列{an}是一个周期为4的周期数列，又因为2014＝503×4＋2，所以a2014＝a2＝eq\f(1,5)，故选A.(理)(2015·山西太原市一模)已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)·coseq\f(nπ,2)＋1(n∈N*)，其前n项和为Sn，则S60＝()A．－30 B．－60C．90 D．120[答案]D[解析]由an的通项公式得：a1＝a3＝a5＝…＝a59＝1，当n＝2p(p为奇数时)，an＝－(2n－1)＋1＝2－2n；当n＝2q(q为偶数时)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)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝(1＋cos2eq\f(nπ,2))an＋sin2eq\f(nπ,2)，则该数列的前10项和为()A．2101 B．1067C．1012 D．2012[答案]B[解析]当n为奇数时，an＋2＝an＋1，这是一个首项为1，公差为1的等差数列；当n为偶数时，an＋2＝2an＋1，这是一个以2为首项，公比为2的等比数列，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)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若eq\o(OB,\s\up6(→))＝a2eq\o(OA,\s\up6(→))＋a2014eq\o(OC,\s\up6(→))，且A、B、C三点共线(该直线不过原点O)，则下列各式中正确的是()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共线，且该直线不过O点，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(→))，由共线向量定理得a2－1＝－a2014，∴a2＋a2014＝1，∴S2015＝eq\f(2015×a1＋a2015,2)＝eq\f(2015×a2＋a2014,2)＝eq\f(2015,2).二、填空题13．各项均为实数的等比数列{an}的前n项和记为Sn，若S10＝10，S30＝70，则S40＝________.[答案]150[解析]设每10项一组的和依次组成的数列为{bn}，由已知可得：b1＝10，b1＋b2＋b3＝70.①设原等比数列{an}的公比为q，则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}构成等比数列，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项依次是：10,20,40,80.∴S40＝150.14．等差数列{an}中，a1＋a2＋a8＝10，a14＋a15＝50，则此数列的前15项之和是________．[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·山东青岛摸底)设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，则log2015x1＋log2015x2＋…＋log2015x2014的值为________．[答案]－1[解析]因为y′＝(n＋1)xn，所以在点(1,1)处的切线的斜率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·合肥质检)定义等积数列：在一个数列中，若每一项与它的后一项的积是同一常数，那么这个数列叫做等积数列，且称此常数为公积．已知在等积数列{an}中，a1＝2，公积为5，当n为奇数时，这个数列的前n项和Sn＝________.[答案]eq\f(9n－1,4)[解析]由题可知，等积数列{an}为2，eq\f(5,2)，2，eq\f(5,2)，…，当n为奇数时，其前n项和Sn，可分两部分组成，eq\f(n＋1,2)个2之和与eq\f(n－1,2)个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)已知数列{an}满足a1＝1，eq\f(1,1＋an＋1)＝eq\f(1,1＋an)＋1，则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)，故数列{eq\f(1,1＋an)}是首项为eq\f(1,2)，公差为1的等差数列，故eq\f(1,1＋a10)＝eq\f(1,2)＋(10－1)×1，得a10＝－eq\f(17,19).三、解答题17．(文)已知首项为eq\f(3,2)的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn＝Sn－eq\f(1,Sn)(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．[解析](1)设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，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}不是递减数列且a1＝eq\f(3,2)，所以q＝－eq\f(1,2).故等比数列{an}的通项公式为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为奇数，,1－\f(1,2n)，n为偶数.))当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，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).当n为偶数时，Sn随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).综上，对于n∈N*，总有－eq\f(7,12)≤Sn－eq\f(1,Sn)≤eq\f(5,6).所以数列{Tn}最大项的值为eq\f(5,6)，最小项的值为－eq\f(7,12).(理)已知等差数列{an}的首项a1≠0，前n项和为Sn，且S4＋a2＝3S3；等比数列{bn}满足b1＝a2，b2＝a4.(1)求证：数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项；(2)若a1＝2，设cn＝eq\f(2,log2bn·log2bn＋1)，求数列{cn}的前n项和Tn；(3)在(2)的条件下，若有f(n)＝log3Tn，求f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的最大值．[解析](1)设等差数列{an}的公差为d，由S4＋a2＝2S3，得4a1＋6d＋a1＋d＝6a1＋6d，∴a1＝d，则an＝a1＋(n－1)d＝na1，∴b1＝2a1，b2＝4a1，等比数列{bn}的公比q＝eq\f(b2,b1)＝2，则bn＝2a1·2n－1＝2n·a1，∵2n∈N*，∴{bn}中的每一项都是{an}中的项．(2)当a1＝2时，bn＝2n＋1，cn＝eq\f(2,n＋1n＋2)＝2(eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))则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)的最大值为－1.18．(文)(2014·日照市诊断)已知等差数列{an}中，公差d>0，其前n项和为Sn，且满足：a2a3＝45，a1＋a4(1)求数列{an}的通项公式；(2)通过公式bn＝eq\f(Sn,n＋c)构造一个新的数列{bn}．若{bn}也是等差数列，求非零常数c；(3)对于(2)中得到的数列{bn}，求f(n)＝eq\f(bn,n＋25·bn＋1)(n∈N*)的最大值．[解析](1)∵数列{an}是等差数列．∴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).∵数列{bn}是等差数列，∴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.显然{bn}成等差数列，符合题意，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)的最大值为eq\f(1,36).(理)(2014·山西太原五中月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an>0，a1＝eq\f(2,3)，且－eq\f(3,a2)，eq\f(1,a3)，eq\f(1,a4)成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足bnlog3(1－Sn＋1)＝1，求适合方程b1b2＋b2b3＋…＋bnbn＋1＝eq\f(25,51)的正整数n的值．[解析](1)设数列{an}的公比为q，由－eq\f(3,a2)，eq\f(1,a3)，eq\f(1,a4)成等差数列得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)因为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)由题意得eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2