高考文科数学专题复习练习2数列的概念

高考文科数学专题复习练习2数列的概念

‎77‎ 数列的概念 ‎1.(2015东北三省四市一联,文16,数列的概念,填空题)已知数列{an}中,an>0,a1=1,an+2=‎1‎an‎+1‎,a100=a96,则a2 014+a3=　　　　　. ‎ 解析:因为a1=1,故a3=‎1‎a‎1‎‎+1‎‎=‎‎1‎‎2‎.a100=‎1‎a‎98‎‎+1‎‎=‎‎1‎‎1‎a‎96‎‎+1‎‎+1‎=a96.‎ 因为an>0,故a96=‎5‎‎-1‎‎2‎,‎ 则a98=‎1‎a‎96‎‎+1‎‎=‎‎5‎‎-1‎‎2‎,a100=‎5‎‎-1‎‎2‎,‎ 故当n为偶数时,an=‎5‎‎-1‎‎2‎,故a2 014+a3=‎5‎‎2‎.‎ 答案:‎‎5‎‎2‎ ‎2.(2015江西赣州摸底考试,文12,数列的概念,选择题)已知数列{an}满足an+an+1=(-1‎)‎n(n+1)‎‎2‎n,Sn是前n项和,若S2 015=-1 007,则a1=(　　)‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ 解析:因为a2+a3=-2,a4+a5=4,a6+a7=-6,a8+a9=8,……,a2 012+a2 013=2 012,‎ a2 014+a2 015=-2 014,‎ 所以S2 015=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2 012+a2 013)+(a2 014+a2 015)=a1+503×2-2 014=-1 007,‎ 解得a1=1,故选B.‎ 答案:B ‎78‎ 数列的通项公式 ‎1.(2015吉林长春质量监测(二),文11,数列的通项公式,选择题)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,{Sn+nan}为常数列,则an=(　　)‎ A.‎1‎‎3‎n-1‎ B.‎‎2‎n(n+1)‎ C.‎6‎‎(n+1)(n+2)‎ D.‎‎5-2n‎3‎ 解析:由题意知Sn+nan=2,当n≥2时,(n+1)an=(n-1)an-1,‎ 从而a‎2‎a‎1‎‎·a‎3‎a‎2‎·‎a‎4‎a‎3‎·…·anan-1‎‎=‎1‎‎3‎·‎‎2‎‎4‎·…·n-1‎n+1‎,‎ 有an=‎2‎n(n+1)‎,当n=1时上式成立,‎ 所以an=‎2‎n(n+1)‎,故选B.‎ 答案:B ‎2.(2015广西桂林、防城港一联,文12,数列的通项公式,选择题)已知数列{an}满足a1=2,nan+(n+1)an-1=0,n∈N*,且n≥2,则数列an‎(2n+1)(2n+3)‎的前10项和为(　　)‎ A.‎5‎‎69‎ B.‎10‎‎69‎ C.‎20‎‎69‎ D.‎‎25‎‎69‎ 解析:由题意可得anan-1‎=-n+1‎n,‎ 累乘得an=(-1)n-1·(n+1),‎ 所以an‎(2n+1)(2n+3)‎‎=‎‎(-1‎)‎n-1‎·(n+1)‎‎(2n+1)(2n+3)‎,‎ 则前10项的和为‎2‎‎3×5‎‎+‎-3‎‎5×7‎+‎4‎‎7×9‎+‎-5‎‎9×11‎+‎6‎‎11×13‎+‎-7‎‎13×15‎+‎8‎‎15×17‎+‎-9‎‎17×19‎+‎10‎‎19×21‎+‎-11‎‎21×23‎=‎1‎‎3×7‎+‎1‎‎7×11‎+‎1‎‎11×15‎+‎1‎‎15×19‎+‎1‎‎19×23‎=‎1‎‎4‎×‎1‎‎3‎‎-‎1‎‎7‎+‎1‎‎7‎-‎1‎‎11‎+…+‎1‎‎19‎-‎‎1‎‎23‎=‎1‎‎4‎×‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎23‎=‎‎5‎‎69‎,故选A.‎ 答案:A ‎3.(2015东北三校一联,文9,数列的通项公式,选择题)已知数列{an}满足ln ‎a‎1‎‎2‎‎·ln ‎a‎2‎‎5‎·‎ln ‎a‎3‎‎8‎·…·ln ‎an‎3n-1‎‎=‎‎3n+2‎‎2‎(n∈N*),则a10=(　　)‎ A.e26 B.e29 C.e32 D.e35‎ 解析:令n=9,得ln ‎a‎1‎‎2‎‎·‎ln ‎a‎2‎‎5‎·…·ln ‎a‎9‎‎26‎‎=‎‎29‎‎2‎.‎ 令n=10,得ln ‎a‎1‎‎2‎‎·‎ln ‎a‎2‎‎5‎·…·ln ‎a‎9‎‎26‎‎·ln ‎a‎10‎‎29‎=‎‎32‎‎2‎,‎ 故‎29‎‎2‎‎·ln ‎a‎10‎‎29‎=‎‎32‎‎2‎,解得a10=e32,故选C.‎ 答案:C ‎4.(2015黑龙江哈尔滨第三中学二模,文9,数列的通项公式,选择题)设数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn(n∈N*),则S6=(　　)‎ A.44 B.45 C.‎4‎‎6‎‎-1‎‎3‎ D.‎‎4‎‎5‎‎3‎ 解析:利用通项与求和的关系确定数列类型后得数列通项.‎ 由an+1=3Sn得a2=3S1=3,‎ 当n≥2时,an=3Sn-1,‎ 则an+1-an=3an,n≥2,‎ 即an+1=4an,n≥2,‎ 则数列{an}从第二项起构成等比数列,‎ 所以S6=a‎7‎‎3‎‎=‎‎3·‎‎4‎‎5‎‎3‎=45,故选B.‎ 答案:B ‎5.(2015宁夏银川一中二模,文15,数列的通项公式,填空题)已知Sn为数列{an}的前n项和,2an-n=Sn,则数列{an}的通项公式为　　　　　. ‎ 解析:依题意得2an-n=Sn,2an+1-(n+1)=Sn+1,两式相减得an+1+1=2(an+1).‎ 又2a1-1=a1,所以a1=1.‎ 因此数列{an+1}是以a1+1=2为首项,2为公比的等比数列,an+1=2×2n-1=2n,an=2n-1.‎ 答案:2n-1‎ ‎6.(2015贵州八校二联,文14,数列的通项公式,填空题)已知数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)在函数y=2x2+x的图象上,则数列{an}的通项公式为　　　　　. ‎ 解析:由题意得Sn=2n2+n,‎ 当n≥2时,Sn-1=2(n-1)2+n-1=2n2-3n+1,‎ 所以an=Sn-Sn-1=2n2+n-(2n2-3n+1)=4n-1.‎ 当n=1时,a1=S1=3也满足an=4n-1.‎ 答案:an=4n-1‎ ‎7.(2015河北石家庄二中一模,文8,数列的通项公式,选择题)对于函数y=f(x),部分x与y的对应关系如下表:‎ x ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ y ‎3‎ ‎7‎ ‎5‎ ‎9‎ ‎6‎ ‎1‎ ‎8‎ ‎2‎ ‎4‎ 数列{xn}满足:x1=1,且对于任意n∈N*,点(xn,xn+1)都在函数y=f(x)的图象上,则x1+x2+x3+x4+…+x2 013+x2 014的值为(　　)‎ A.7 549 B.7 545 C.7 539 D.7 553‎ 解析:由表得,x1=1,x2=3,x3=5,x4=6,x5=1,…,‎ 由此可推出数列{xn}是以4为周期的周期数列.‎ 又2 014=503×4+2,所以x1+x2+…+x2 014=503(x1+x2+x3+x4)+x1+x2=503×(1+3+5+6)+1+3=7 549,故选A.‎ 答案:A ‎8.(2015山西太原模拟(一),文15,数列的通项公式,填空题)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-1,Sn=2an+n(n∈N*),则an=　　　　　. ‎ 解析:利用数列的通项公式求解.‎ 由Sn=2an+n得Sn-1=2an-1+n-1,n≥2,‎ 两式相减得an=2an-2an-1+1,n≥2,‎ 即an=2an-1-1,n≥2,an-1=2(an-1-1),n≥2,‎ 所以数列{an-1}是首项为a1-1=-2,公比为2的等比数列,‎ 则an-1=-2×2n-1=-2n,an=1-2n.‎ 答案:1-2n ‎10.(2015河南实验中学质量检测,文16,数列的通项公式,填空题)若在由正整数构成的无穷数列{an}中,对任意的正整数n,都有an≤an+1,且对任意的正整数k,该数列中恰有2k-1个k,则a2 014=　　　　　. ‎ 解析:由题意可得数列{an}中的项依次是1个1,3个2,5个3,…,2k-1个k,‎ 则最后一个k是该数列中第1+3+5+…+(2k-1)=k2项,‎ 当k=44时,k2=1 936,‎ 当k=45时,k2=2 025,所以该数列从第1 937项到第2 025项都是45,故a2 014=45.‎ 答案:45‎ ‎11.(本小题满分12分)(2015山西二测,文18,数列的通项公式,解答题)已知数列{an}中,a1=2,an=an-1+2n(n∈N*,n≥2).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列‎1‎an的前n项和Sn.‎ 解:(1)∵a1=2,an=an-1+2n(n∈N*,n≥2),‎ ‎∴a2-a1=4,a3-a2=6,a4-a3=8,……,an-an-1=2n,(3分)‎ 以上各式相加得an=a1+4+6+8+…+2n=n(n+1),(5分)‎ 当n=1时,a1=2也适合上式,‎ ‎∴an=n(n+1)(n∈N*).(6分)‎ ‎(2)由(1)得an=n(n+1),‎ ‎∴‎1‎an‎=‎1‎n(n+1)‎=‎1‎n-‎‎1‎n+1‎.(8分)‎ ‎∴Sn=‎1‎a‎1‎‎+‎‎1‎a‎2‎+…+‎‎1‎an ‎=‎1‎‎1‎‎-‎‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎+…+‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎(10分)‎ ‎=nn+1‎.(12分)‎ ‎12.(2015山西太原二模,文15,数列的通项公式,填空题)已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=nanan+1(n∈N*),则an=　　　　　. ‎ 解析:由an-an+1=nanan+1得‎1‎an+1‎‎-‎‎1‎an=n,‎ 则由累加法得‎1‎an‎-‎‎1‎a‎1‎=1+2+…+(n-1)=n‎2‎‎-n‎2‎,‎ 又因为a1=1,所以‎1‎an‎=‎n‎2‎‎-n‎2‎+1=n‎2‎‎-n+2‎‎2‎.‎ 所以an=‎2‎n‎2‎‎-n+2‎.‎ 答案:‎‎2‎n‎2‎‎-n+2‎ ‎13.(2015河南洛阳3月统一考试,文16,数列的通项公式,填空题)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,对∀n∈N*有2Sn=an‎2‎+an.令bn=‎1‎anan+1‎‎+‎an+1‎an,设{bn}的前n项和为Tn,则在T1,T2,T3,…,T100中有理数的个数为　　　　　. ‎ 解析:当n=1时,a1=S1=‎1‎‎2‎‎(‎a‎1‎‎2‎+a1),‎ 解得a1=1.‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1‎ ‎=‎1‎‎2‎‎(‎an‎2‎+an)-‎1‎‎2‎‎(‎an-1‎‎2‎+an-1),‎ 即(an+an-1)(an-an-1-1)=0,‎ 又因为数列{an}为正项数列,‎ 所以an-an-1-1=0,即an-an-1=1,‎ 即数列{an}为首项为1,公差为1的等差数列,‎ 所以an=n,则bn=‎1‎nn+1‎+(n+1)‎n‎=‎1‎n-‎‎1‎n+1‎,‎ Tn=b1+b2+…+bn=‎1-‎‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎+…+‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎=1-‎1‎n+1‎,‎ 若Tn为有理数,则n+1‎为有理数,‎ 易知2到101内的完全平方数有9个,故T1,T2,T3,…,T100中的有理数有9个.‎ 答案:9‎ ‎14.(2015江西南昌二模,文6,数列的通项公式,选择题)已知{an}是等差数列,a3=5,a9=17,数列{bn}的前n项和Sn=3n-1,若1+am=b4,则正整数m等于(　　)‎ A.29 B.28 C.27 D.26‎ 解析:因为{an}是等差数列,a9=17,a3=5,‎ 所以6d=17-5,得d=2,an=2n-1.‎ 又因为Sn=3n-1,所以当n=1时,b1=2,‎ 当n≥2时,Sn-1=3n-1-1,bn=3n-3n-1=2·3n-1,‎ 由1+am=b4得1+2m-1=54,即m=27,故选C.‎ 答案:C ‎15.(2015江西南昌二模,文12,数列的通项公式,选择题)已知数列{an}满足a1=1,|an-an-1|=‎1‎‎3‎n(n∈N,n≥2),且{a2n-1}是递减数列,{a2n}是递增数列,则12a10=(　　)‎ A.6-‎1‎‎3‎‎10‎ B.6-‎1‎‎3‎‎9‎ C.11-‎1‎‎3‎‎10‎ D.11-‎‎1‎‎3‎‎9‎ 解析:由于{a2n-1}是递减数列,‎ 因而a2n+1-a2n-1<0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)<0.①‎ 因为‎1‎‎3‎‎2n+1‎‎<‎‎1‎‎3‎‎2n,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②‎ 由①②知,a2n-a2n-1<0.‎ 因为{a2n}是递增数列,所以a2n+2-a2n>0,a2n+2-a2n+1+a2n+1-a2n>0,|a2n+2-a2n+1|<|a2n+1-a2n|,‎ 所以a2n+1-a2n>0.‎ 所以a10=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a10-a9)‎ ‎=1-‎1‎‎3‎‎2‎‎+‎‎1‎‎3‎‎3‎-…-‎1‎‎3‎‎10‎=1+‎‎-‎‎1‎‎3‎‎2‎‎1-‎‎-‎‎1‎‎3‎‎9‎‎1+‎‎1‎‎3‎ ‎=1-‎1+‎‎1‎‎3‎‎9‎‎12‎,‎ 所以12a10=11-‎1‎‎3‎‎9‎,故选D.‎ 答案:D ‎16.(2015河北石家庄一检,文14,数列的通项公式,填空题)在数列{an}中,anan+1=‎1‎‎2‎,a1=1,若Sn为数列{an}的前n项和,则S20=　　　　　. ‎ 解析:由anan+1=‎1‎‎2‎,a1=1得数列{an}的通项公式an=‎‎1,n为奇数,‎‎1‎‎2‎‎,n为偶数.‎ 则S20=10×1+10×‎1‎‎2‎=15.‎ 答案:15‎ ‎79‎ 等差数列的概念与运算 ‎1.(2015辽宁重点中学协作体模拟,文8,等差数列的概念与运算,选择题)已知数列{an}的首项a1=1且an-an+1=anan+1(n∈N*),则a2 015=(　　)‎ A.‎1‎‎2 014‎ B.‎2 013‎‎2 015‎ C.‎2 014‎‎2 015‎ D.‎‎1‎‎2 015‎ 解析:依题意得an+1=an‎1+‎an,所以对∀n∈N*,an≠0.‎ 所以‎1‎an+1‎‎-‎‎1‎an=1,数列‎1‎an是以‎1‎a‎1‎=1为首项、1为公差的等差数列,‎1‎an=1+(n-1)×1=n,‎ 即an=‎1‎n,a2 015=‎1‎‎2 015‎,故选D.‎ 答案:D ‎2.(2015山西太原模拟(一),文3,等差数列的概念与运算,选择题)在单调递增的等差数列{an}中,若a3=1,a2a4=‎3‎‎4‎,则a1=(　　)‎ A.-1 B.0 C.‎1‎‎4‎ D.‎‎1‎‎2‎ 解析:利用等差数列的概念、通项公式求解.‎ 设等差数列{an}的公差为d,d>0,则2a3=a2+a4=2,‎ 又a2a4=‎3‎‎4‎,且数列{an}单调递增,‎ 所以a2=‎1‎‎2‎,a4=‎3‎‎2‎,2d=a4-a2=1,d=‎1‎‎2‎.‎ 所以a1=a2-d=0.故选B.‎ 答案:B ‎4.(本小题满分12分)(2015东北三省四市二联,文17,等差数列的概念与运算,解答题)等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1+a7=-9,S9=-‎99‎‎2‎.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=‎1‎‎2‎Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn>-‎3‎‎4‎.‎ 解:(1)设数列{an}的公差为d,‎ 则由已知条件可得‎2a‎1‎+6d=-9,‎‎9a‎1‎+36d=-‎99‎‎2‎,‎(2分)‎ 解得a‎1‎‎=-‎3‎‎2‎,‎d=-1.‎(4分)‎ 所以an=-‎2n+1‎‎2‎.(6分)‎ ‎(2)证明:由(1)可知Sn=-n(n+2)‎‎2‎,(7分)‎ 故bn=-‎1‎n(n+2)‎=-‎1‎‎2‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎,(8分)‎ Tn=-‎‎1‎‎2‎‎1+‎1‎‎2‎+‎1‎‎3‎+…+‎‎1‎n‎-‎ ‎1‎‎3‎‎+‎1‎‎4‎+‎1‎‎5‎+…+‎‎1‎n+2‎ ‎=-‎1‎‎2‎‎3‎‎2‎‎-‎1‎n+1‎-‎‎1‎n+2‎.(10分)‎ 又因为‎3‎‎2‎‎-‎1‎n+1‎-‎1‎n+2‎<‎‎3‎‎2‎,(11分)‎ 所以Tn>-‎3‎‎4‎.(12分)‎ ‎80‎ 等差数列的性质 ‎1.(2015河南六市一联,文3,等差数列的性质,选择题)在等差数列{an}中,首项a1=0,公差d≠0,若ak=a1+a2+a3+…+a7,则k=(　　)‎ A.22 B.23 C.24 D.25‎ 解析:利用等差数列的通项公式、性质求解.‎ 因为数列{an}为等差数列,‎ 所以ak=a1+a2+…+a7=7a4,‎ 则a1+(k-1)d=7(a1+3d),‎ 因为a1=0,所以(k-1)d=21d,d≠0,解得k=22,故选A.‎ 答案:A ‎2.(2015河北衡水中学二模,文4,等差数列的性质,选择题)等差数列{an}中,若a2+a8=15-a5,则a5的值为(　　)‎ A.3 B.4 C.5 D.6‎ 解析:因为等差数列a2+a8=2a5=15-a5,‎ 所以a5=5,故选C.‎ 答案:C ‎3.(2015甘肃第二次诊断考试,文10,等差数列的性质,选择题)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足S17>0,S18<0,则S‎1‎a‎1‎‎,‎S‎2‎a‎2‎,…,S‎15‎a‎15‎中最大的项为(　　)‎ A.S‎7‎a‎7‎ B.S‎8‎a‎8‎ C.S‎9‎a‎9‎ D.‎S‎10‎a‎10‎ 解析:利用等差数列的性质求解.‎ 因为{an}是等差数列,所以S17=‎17(a‎1‎+a‎17‎)‎‎2‎=17a9>0,a9>0,S18=‎18(a‎1‎+a‎18‎)‎‎2‎=9(a9+a10)<0,a10<0,‎ 即该等差数列前9项均是正数项,从第10项开始是负数项,则S‎9‎a‎9‎最大,故选C.‎ 答案:C ‎4.(2015河北石家庄一模,文14,等差数列的性质,填空题)已知等差数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和,若a2,a4是方程x2-6x+5=0的两个根,则S6的值为　　　　　. ‎ 解析:由等差数列{an}是递增数列,且a2,a4是方程x2-6x+5=0的两个根,‎ 可得a2=1,a4=5,‎ 所以an=2n-3,故S6=a‎1‎‎+‎a‎6‎‎2‎×6=‎-1+9‎‎2‎×6=24.‎ 答案:24‎ ‎5.(2015江西重点中学盟校联考,文13,等差数列的性质,填空题)在等差数列{an}中,已知a5+a7=16,则该数列前11项和S11=　　　　　. ‎ 解析:因为a5+a7=16,由等差数列的性质可得a1+a11=16,‎ 所以S11=‎11(a‎1‎+a‎11‎)‎‎2‎=88.‎ 答案:88‎ ‎6.(2015贵州贵阳监测考试(一),文14,等差数列的性质,填空题)若Sn是等差数列{an}的前n项和,且S8-S3=20,则S11的值为　　　　　. ‎ 解析:利用等差数列的性质和求和公式求解.‎ 因为{an}是等差数列,所以S8-S3=a4+a5+a6+a7+a8=5a6=20,a6=4,‎ 所以S11=‎11(a‎1‎+a‎11‎)‎‎2‎=11a6=44.‎ 答案:44‎ ‎7.(2015东北三校一联,文13,等差数列的性质,填空题)若等差数列{an}中,满足a4+a6+a2 010+a2 012=8,则S2 015=　　　　　. ‎ 解析:因为a4+a2 012=a6+a2 010=a1+a2 015,‎ 故a1+a2 015=4,故S2 015=‎(a‎1‎+a‎2 015‎)·2 015‎‎2‎=4 030.‎ 答案:4 030‎ ‎8.(本小题满分12分)(2015河北唐山一模,文17,等差数列的性质,解答题)设数列{an}的前n项和为Sn,满足(1-q)Sn+qn=1,且q(q-1)≠0.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)若S3,S9,S6成等差数列,求证:a2,a8,a5成等差数列.‎ 解:(1)当n≥2时,由(1-q)Sn+qn=1得(1-q)Sn-1+qn-1=1,‎ 两式相减得(1-q)an+qn-qn-1=0,(4分)‎ 因为q(q-1)≠0,所以an=qn-1(n≥2).‎ 当n=1时,a1=1也符合上式,(5分)‎ 所以an=qn-1.(6分)‎ ‎(2)证明:由(1)可知anan-1‎=q,‎ 所以{an}是以1为首项,q为公比的等比数列.‎ 所以Sn=‎1-anq‎1-q.又S3+S6=2S9,(8分)‎ 即‎1-a‎3‎q‎1-q‎+‎1-a‎6‎q‎1-q=‎‎2(1-a‎9‎q)‎‎1-q,(9分)‎ 化简得a3+a6=2a9,两边同除以q得a2+a5=2a8.(11分)‎ 故a2,a8,a5成等差数列.(12分)‎ ‎81‎ 等差数列前n项和公式与最值 ‎1.(2015辽宁大连双基测试,文12,等差数列的前n项和公式与最值,选择题)数列{an}满足an-an+1=an·an+1(n∈N*),数列{bn}满足bn=‎1‎an,且b1+b2+…+b9=90,则b4·b6的值为(　　)‎ A.10 B.99 C.100 D.200‎ 解析:依题意得‎1‎an+1‎‎-‎‎1‎an=1,即bn+1-bn=1,数列{bn}是公差为1的等差数列,‎ 于是有9b1+‎9×8‎‎2‎×1=90,解得b1=6,‎ ‎∴bn=6+(n-1)×1=n+5,b4b6=9×11=99,故选B.‎ 答案:B ‎2.(2015东北三省四市一联,文6,等差数列前n项和公式与最值,选择题)等差数列{an}的公差d≠0,a1=20,且a3,a7,a9成等比数列.Sn为{an}的前n项和,则S10的值为(　　)‎ A.-110 B.-90 C.90 D.110‎ 解析:依题意得a‎7‎‎2‎=a3a9,即(a1+6d)2=(a1+2d)(a1+8d),‎ 即(20+6d)2=(20+2d)(20+8d).‎ 因为d≠0,解得d=-2,故S10=10a1+‎10×9‎‎2‎d=110,故选D.‎ 答案:D ‎3.(2105河北石家庄二检,文7,等差数列前n项和公式与最值,选择题)已知等差数列{an}中,a1 007=4,S2 014=2 014,则S2 015=(　　)‎ A.-2 015 B.2 015 C.-4 030 D.4 030‎ 解析:利用等差数列的性质和求和公式求解.‎ 因为{an}是等差数列,‎ 所以S2 014=1 007(a1+a2 014)=1 007(a1 007+a1 008)=2 014,‎ 则a1 007+a1 008=2.‎ 又a1 007=4,所以a1 008=-2,‎ 则S2 015=‎2 015(a‎1‎+a‎2 015‎)‎‎2‎=2 015a1 008=-4 030,故选C.‎ 答案:C ‎4.(2015河北保定一模,文12,等差数列的前n项和公式与最值,选择题)设等差数列{an}满足a1=1,an>0(n∈N*),其前n项和为Sn,若数列{Sn}也为等差数列,则Sn+10‎an‎2‎的最大值是(　　)‎ A.310 B.212 C.180 D.121‎ 解析:因为等差数列{an}满足a1=1,an>0(n∈N*),‎ 设公差为d,则an=1+(n-1)d,其前n项和为Sn=n[1+1+(n-1)d]‎‎2‎,‎ 所以Sn‎=n[2+(n-1)d]‎‎2‎,‎S‎1‎=1,S‎2‎‎=‎2+d,S‎3‎=‎‎3+3d.‎ 因为数列{Sn}也为等差数列,‎ 所以2S‎2‎‎=S‎1‎+‎S‎3‎,‎ 即2‎2+d=1+‎3+3d,解得d=2,Sn=n2.‎ 所以Sn+10=(n+10)2,an‎2‎=(2n-1)2.‎ 所以Sn+10‎an‎2‎‎=n+10‎‎2n-1‎‎2‎=‎‎1‎‎2‎‎+‎‎21‎‎4n-2‎‎2‎.‎ 由于‎1‎‎2‎‎+‎‎21‎‎4n-2‎‎2‎为单调递减数列,‎ 所以Sn+10‎an‎2‎‎≤‎S‎11‎a‎1‎‎2‎=112=121,故选D.‎ 答案:D ‎5.(2015江西赣州摸底考试,文14,等差数列的前n项和公式与最值,填空题)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S9=45,则a5=　　　　　. ‎ 解析:由S9=‎9(a‎1‎+a‎9‎)‎‎2‎‎=‎‎9×2‎a‎5‎‎2‎=45,解得a5=5.‎ 答案:5‎ ‎8.(2015山西四校三联,文15,等差数列前n项和公式与最值,填空题)设数列{an}满足a2+a4=10,点Pn(n,an)对任意的n∈N*,都有向量PnPn+1‎=(1,2),则数列{an}的前n项和Sn=　　　　　. ‎ 解析:依题意得(1,an+1-an)=(1,2),an+1-an=2,数列{an}是以2为公差的等差数列,‎ 又a2+a4=2a3=10,a3=5=a1+4,‎ 因此a1=1,Sn=1×n+n(n-1)‎‎2‎×2=n2.‎ 答案:n2‎ ‎9.(本小题满分12分)(2015甘肃兰州诊断,文17,等差数列的前n项和公式与最值,解答题)在等比数列{an}中,已知a1=2,a4=16.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若a3,a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项,试求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解:(1)∵{an}为等比数列,∴a‎4‎a‎1‎=q3=8.‎ ‎∴q=2,∴an=2·2n-1=2n.(6分)‎ ‎(2)∵b3=a3=23=8,b5=a5=25=32,‎ 又∵{bn}为等差数列,∴b5-b3=24=2d.‎ ‎∴d=12,a1=a3-2d=-16,‎ ‎∴Sn=-16n+n(n-1)‎‎2‎×12=6n2-22n.(12分)‎ ‎82‎ 等比数列的概念与运算 ‎1.(2015黑龙江哈尔滨第三中学二模,文5,等比数列的概念与运算,选择题)已知等比数列{an}中,各项都是正数,且a1,‎1‎‎2‎a3,2a2成等差数列,则a‎9‎‎+‎a‎10‎a‎7‎‎+‎a‎8‎=(　　)‎ A.1+‎2‎ B.1-‎‎2‎ C.3+2‎2‎ D.3-2‎‎2‎ 解析:利用基本公式求解.‎ 设等比数列{an}的公比为q(q>0),则a1+2a2=2×‎1‎‎2‎a3=a3,即a1+2a1q=a1q2,q2-2q-1=0,q=1+‎2‎(舍负),‎ 所以a‎9‎‎+‎a‎10‎a‎7‎‎+‎a‎8‎=q2=(1+‎2‎)2=3+2‎2‎,故选C.‎ 答案:C ‎2.(2015山西大附中第五次月考,文6,等比数列的概念与运算,选择题)已知等比数列{an}的公比为q,记bn=am(n-1)+1+am(n-1)+2+…+am(n-1)+m,cn=am(n-1)+1·am(n-1)+2·…·am(n-1)+m(m,n∈N*),则以下结论一定正确的是(　　)‎ A.数列{bn}为等比数列,公比为q2m B.数列{bn}为等差数列,公差为qm C.数列{cn}为等比数列,公比为qmm D.数列{cn}为等比数列,公比为qm‎2‎ 解析:因为bn=am(n-1)(q+q2+…+qm),所以bn+1‎bn‎=amn‎(q+q‎2‎+…+qm)‎am(n-1)‎‎(q+q‎2‎+…+qm)‎=‎amnam(n-1)‎=qm(常数),bn+1-bn不是常数.‎ 又cn=(am(n-1))mq1+2+…+m=(am(n-1)q‎1+m‎2‎)m,‎ 所以cn+1‎cn‎=‎(‎amnq‎1+m‎2‎‎)‎m‎(‎am(n-1)‎q‎1+m‎2‎‎)‎m=‎qm‎2‎(常数),故选D.‎ 答案:D ‎3.(2015山西四校三联,文3,等比数列的概念与运算,选择题)若等比数列{an}满足a1+a3=20,a2+a4=40,则公比q=(　　)‎ A.1 B.2 C.-2 D.4‎ 解析:依题意得q=a‎1‎q+a‎3‎qa‎1‎‎+‎a‎3‎‎=‎a‎2‎‎+‎a‎4‎a‎1‎‎+‎a‎3‎=2,故选B.‎ 答案:B ‎4.(2015江西三校联考,文15,等比数列的概念与运算,填空题)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,且满足Sn=an+1+1,则a7=　　　　　. ‎ 解析:依题意得Sn=Sn+1-Sn+1,即Sn+1-1=2(Sn-1).‎ 又S1-1=2≠0,因此数列{Sn-1}是以2为首项,2为公比的等比数列,‎ 于是有Sn-1=2×2n-1=2n,Sn=2n+1,a7=S7-S6=26=64.‎ 答案:64‎ ‎5.(2015河北保定一模,文14,等比数列的概念与运算,填空题)已知公比为q的等比数列{an},满足a1+a2+a3=-8,a4+a5+a6=1,则a‎1‎‎1-q=　　　　　. ‎ 解析:由题意得a4+a5+a6=q3(a1+a2+a3)=-8q3=1,‎ 解得q=-‎1‎‎2‎,代入a1+a2+a3=-8得a1‎1-‎1‎‎2‎+‎‎1‎‎4‎=-8,‎ 解得a1=-‎32‎‎3‎,‎ 所以a‎1‎‎1-q‎=‎‎-‎‎32‎‎3‎‎1+‎‎1‎‎2‎=-‎64‎‎9‎.‎ 答案:-‎‎64‎‎9‎ ‎83‎ 等比数列的性质 ‎1.(2015广西桂林、防港城一联,文7,等比数列的性质,选择题)已知{an}是等差数列,{bn}是正项等比数列,若a11=b10,则(　　)‎ A.a13+a9=b14b6 B.a13+a9=b14+b6‎ C.a13+a9≥b14+b6 D.a13+a9≤b14+b6‎ 解析:利用数列性质和基本不等式求解.由题意可得a13+a9=2a11,b14b6=b‎10‎‎2‎,又等比数列各项都是正数,则b14+b6≥2b‎14‎b‎6‎=2b10=2a11,故选D.‎ 答案:D ‎2.(2015黑龙江哈尔滨第六中学二模,文6,等比数列的性质,选择题)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=(　　)‎ A.7 B.5 C.-5 D.-7‎ 解析:因为a5a6=a4a7=-8,a4+a7=2,‎ 所以a4=4,a7=-2或a4=-2,a7=4,即q3=-‎1‎‎2‎,a1=-8或q3=-2,a1=1.‎ 所以a1+a10=a1(1+q9)=-8‎1-‎‎1‎‎8‎=-7或a1+a10=1+(-8)=-7,故选D.‎ 答案:D ‎3.(2015贵州八校二联,文5,等比数列的性质,选择题)已知数列{an}是等差数列,若a2+2,a4+4,a6+6构成等比数列,则数列{an}的公差d等于(　　)‎ A.1 B.-1 C.2 D.-2‎ 解析:由题设得(a4+4)2=(a2+2)(a6+6),即(a1+3d+4)2=(a1+d+2)(a1+5d+6),整理得d2+2d+1=0,解得d=-1,故选B.‎ 答案:B ‎4.(2015辽宁大连双基测试,文13,等比数列的性质,填空题)在等比数列{an}中,a4·a8=16,则a4·a5·a7·a8的值为　　　　　. ‎ 解析:依题意得a4a5a7a8=(a4a8)2=256.‎ 答案:256‎ ‎5.(本小题满分12分)(2015宁夏银川一中二模,文17,等比数列的性质,解答题)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S1,S3,S2成等差数列.‎ ‎(1)求{an}的公比q;‎ ‎(2)若a1-a3=3,bn=nan.求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)由已知可得2S3=S1+S2,‎ 即‎2a‎1‎(1-q‎3‎)‎‎1-q=2a1+a1q,‎ 解得q=-‎1‎‎2‎,q=0(舍).(6分)‎ ‎(2)Tn=‎16‎‎9‎‎-‎16‎‎9‎‎+‎8‎‎3‎n·‎‎-‎‎1‎‎2‎n.(12分)‎ ‎6.(2015河南适应性模拟练习,文11,等比数列的性质,选择题)已知正项等比数列{an}满足:a9=a8+2a7,若存在两项am,an,使得aman=16a‎1‎‎2‎,则‎1‎m‎+‎‎4‎n的最小值为(　　)‎ A.‎3‎‎2‎ B.‎5‎‎3‎ C.‎25‎‎6‎ D.不存在 解析:因为a9=a8+2a7,所以a7q2=a7q+2a7,解得q=2或-1(舍去).‎ 因为aman=16a‎1‎‎2‎,所以a‎1‎‎2‎2m+n-2=16a‎1‎‎2‎,m+n-2=4.‎ 所以‎1‎m‎+‎4‎n=‎‎1‎‎6‎(m+n)‎‎1‎m‎+‎‎4‎n ‎=‎‎1‎‎6‎‎1+4+nm+‎‎4mn ‎≥‎1‎‎6‎‎1+4+2‎nm‎×‎‎4mn‎=‎‎3‎‎2‎.‎ 当且仅当n=2m=4时,等号成立.所以‎1‎m‎+‎‎4‎n的最小值为‎3‎‎2‎,故选A.‎ 答案:A ‎7.(2015河南郑州第二次质量检测,文13,等比数列的性质,填空题)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若27a3-a6=0,则S‎6‎S‎3‎=　　　　　. ‎ 解析:依题意得q3=a‎6‎a‎3‎=27,解得q=3,‎ 则S6-S3=q3S3=27S3≠0,‎ S6=28S3≠0,S‎6‎S‎3‎=28.‎ 答案:28‎ ‎8.(本小题满分12分)(2015山西太原二模,文17,等比数列的性质,解答题)已知公比q>0的等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,S3=7,数列{bn}中,b1=0,b3=1.‎ ‎(1)若数列{an+bn}是等差数列,求an,bn;‎ ‎(2)在(1)的条件下,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)由题意得S3=1+q+q2=7,∴q=-3或q=2,‎ ‎∵q>0,∴q=2,∴an=2n-1,(2分)‎ ‎∴a1+b1=1,a3+b3=5,‎ ‎∴数列{an+bn}的公差d=2,∴an+bn=2n-1,(4分)‎ ‎∴bn=2n-1-an=(2n-1)-2n-1.(6分)‎ ‎(2)由(1)得bn=(2n-1)-2n-1,‎ ‎∴Tn=(1-20)+(3-21)+(5-22)+…+[(2n-1)-2n-1](8分)‎ ‎=[1+3+5+…+(2n-1)]-(20+21+22+…+2n-1)(10分)‎ ‎=n2-2n+1.(12分)‎ ‎9.(本小题满分12分)(2015广西南宁第二次适应性测试,文17,等比数列的性质,解答题)在各项均为正数的等比数列{an}中,a1=2,且2a1,a3,3a2成等差数列.‎ ‎(1)求等比数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn=(n+2)log2an,求数列‎1‎bn的前n项和Tn.‎ 解:(1)设数列{an}的公比为q,‎ ‎∵2a1,a3,3a2成等差数列,∴2a1+3a2=2a3,(1分)‎ ‎2a1+3a1q=2a1q2,(2分)‎ ‎2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-‎1‎‎2‎.(3分)‎ ‎∵q>0,∴q=2.(4分)‎ ‎∵a1=2,∴数列{an}的通项公式an=a1qn-1=2n,n∈N*.(6分)‎ ‎(2)∵bn=(n+2)log2an=n(n+2),(7分)‎ ‎∴‎1‎bn‎=‎1‎n(n+2)‎=‎‎1‎‎2‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎,(9分)‎ Tn=‎1‎b‎1‎‎+‎‎1‎b‎2‎+…+‎‎1‎bn-1‎‎+‎‎1‎bn ‎=‎‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎3‎‎+‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎4‎+‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎+…+‎ ‎1‎n-2‎‎-‎‎1‎n‎+‎1‎n-1‎‎-‎‎1‎n+1‎+‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎‎(10分)‎ ‎=‎1‎‎2‎‎1+‎1‎‎2‎-‎1‎n+1‎-‎‎1‎n+2‎(11分)‎ ‎=‎3‎‎4‎‎-‎‎2n+3‎‎2(n‎2‎+3n+2)‎.(12分)‎ ‎10.(2015江西九校联合考试,文3,等比数列的性质,选择题)已知数列{an}为等比数列,a5=1,a9=81,则a7=(　　)‎ A.9或-9 B.9‎ C.27或-27 D.-27‎ 解析:依题意得a‎7‎‎2‎=a5a9=81,‎ 又a7=a5q2=q2>0,因此a7=9,故选B.‎ 答案:B ‎11.(2015江西重点中学盟校联考,文3,等比数列的性质,选择题)已知等比数列{an}中,a1=4,且a4a6=4a‎7‎‎2‎,则a3=(　　)‎ A.‎1‎‎2‎ B.1 C.2 D.‎‎1‎‎4‎ 解析:设等比数列{an}的公比为q,由等比数列的性质并结合a4a6=4a‎7‎‎2‎可得a‎5‎‎2‎=4a‎5‎‎2‎q4,所以q2=‎1‎‎2‎,a3=a1q2=4×‎1‎‎2‎=2,故选C.‎ 答案:C ‎12.(2015河南洛阳3月统一考试,文14,等比数列的性质,填空题)等比数列{an}中,a1=1,a10=2,则log2a1+log2a2+…+log2a10=　　　　. ‎ 解析:由题意得log2a1+log2a2+…+log2a10‎ ‎=log2(a1a2·…·a10)=log2(a1a10)5=log225=5.‎ 答案:5‎ ‎13.(2015河北石家庄二检,文14,等比数列的性质,填空题)若数列{an}的前n项和为Sn=2an+1,则数列{an}的通项公式an=　　　　. ‎ 解析:当n=1时,a1=S1=2a1+1⇒a1=-1.当n≥2时,Sn-1=2an-1+1,‎ 又Sn=2an+1,两式相减得an=2an-2an-1,即an=2an-1,n≥2.所以数列{an}是以-1为首项、公比为2的等比数列,故其通项公式为an=-2n-1.‎ 答案:-2n-1‎ ‎14.(本小题满分12分)(2015江西南昌一模,文17,等比数列的性质,解答题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,S3=6,正项数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn=‎2‎Sn.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)若λbn>an对n∈N*均成立,求实数λ的取值范围.‎ 解:(1)等差数列{an},a1=1,S3=6,∴d=1,故an=n.(3分)‎ b‎1‎‎·b‎2‎·b‎3‎·…·bn=‎2‎Sn,‎b‎1‎‎·b‎2‎·b‎3‎…·bn-1‎=‎2‎Sn-1‎,‎‎①‎‎②‎ ‎①÷②得bn=‎2‎Sn‎-‎Sn-1‎‎=‎‎2‎an=2n(n≥2),‎ b1=‎2‎S‎1‎=21=2,满足通项公式,故bn=2n.(7分)‎ ‎(2)设λbn>an恒成立⇒λ>n‎2‎n恒成立,‎ 设cn=n‎2‎n‎⇒cn+1‎cn=‎n+1‎‎2n,‎ 当n≥2时,cn<1,{cn}单调递减,(10分)‎ ‎∴(cn)max=c1=‎1‎‎2‎,故λ>‎1‎‎2‎.(12分)‎ ‎15.(本小题满分12分)(2015山西3月质量监测,文17,等比数列的性质,解答题)在公差不为零的等差数列{an}中,a1=2,且a1,a2,a4成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=(-1)n+1‎2‎an‎+‎‎2‎an+1‎,求数列{bn}的前2n-1项的和T2n-1.‎ 解:(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),‎ 即(2+d)2=2(2+3d),‎ 又d≠0,所以d=2.‎ 故数列{an}的通项公式为an=2n.(6分)‎ ‎(2)由(1)得bn=(-1)n+1·‎1‎n‎+‎‎1‎n+1‎,‎ 所以T2n-1=‎1+‎‎1‎‎2‎‎-‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎‎+‎‎1‎‎4‎-‎‎1‎‎4‎‎+‎‎1‎‎5‎+…-‎‎1‎‎2n-2‎‎+‎‎1‎‎2n-1‎‎+‎‎1‎‎2n-1‎‎+‎‎1‎‎2n ‎=1+‎1‎‎2n‎=‎‎2n+1‎‎2n.‎ 所以数列{bn}的前2n-1项和T2n-1=‎2n+1‎‎2n.(12分)‎ ‎84‎ 等比数列的前n项和公式 ‎1.(2015贵州贵阳监测考试(一),文9,等比数列的前n项和公式,选择题)在等比数列{an}中,2a4,a6,48成等差数列,且a3·a5=64,则{an}的前8项和为(　　)‎ A.255 B.85 C.255或-85 D.255或85‎ 解析:利用基本公式求解.‎ 设等比数列{an}的公比为q,‎ 则由2a4,a6,48成等差数列可得2a4+48=2a6,①‎ 又a3a5=a‎4‎‎2‎=64,所以a4=-8或8.‎ 当a4=-8时,①式即为-16+48=-16q2,无解;‎ 当a4=8时,①式即为16+48=16q2,q2=4,则q=2,‎a‎1‎‎=1‎或q=-2,‎a‎1‎‎=-1,‎所以前8项的和S8=‎1-‎‎2‎‎8‎‎1-2‎=255或S8=‎-[1-(-2‎)‎‎8‎]‎‎1+2‎=85,故选D.‎ 答案:D ‎2.(2015吉林省吉林市二调,文10,等比数列的前n项和公式,选择题)等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,若4a1,2a2,a3成等差数列,则S3=(　　)‎ A.7 B.8 C.15 D.16‎ 解析:因为4a1,2a2,a3成等差数列,‎ 所以4a2=4a1+a3,即4a1q=4a1+a1q2,解得q=2.‎ 所以S3=1+2+4=7,故选A.‎ 答案:A ‎3.(2015河南实验中学质量检测,文6,等比数列的前n项和公式,选择题)在数列{an}中,已知a1+a2+…+an=2n-1,则a‎1‎‎2‎‎+‎a‎2‎‎2‎+…+an‎2‎等于(　　)‎ A.(2n-1)2 B.‎‎(‎2‎n-1‎‎)‎‎2‎‎3‎ C.4n-1 D.‎‎4‎n‎-1‎‎3‎ 解析:利用等比数列的求和公式求解.由a1+a2+…+an=2n-1得an=2n-1,则an‎2‎=4n-1,a‎1‎‎2‎‎+‎a‎2‎‎2‎+…+an‎2‎=40+4+42+…+4n-1=‎1-‎‎4‎n‎1-4‎‎=‎‎4‎n‎-1‎‎3‎,故选D.‎ 答案:D ‎4.(2015辽宁东北育才学校五模,文14,等比数列前n项和公式,填空题)已知单调递增的等比数列{an}中,a2·a6=16,a3+a5=10,则数列{an}的前n项和Sn=　　　　　. ‎ 解析:由等比数列的性质可知a2a6=a3a5=16,‎ 又a3+a5=10,且数列{an}单调递增,‎ 故a3=2,a5=8,故a1=a‎3‎‎2‎a‎5‎‎=‎‎1‎‎2‎,公比q=2,‎ 故Sn=‎1‎‎2‎‎(1-‎2‎n)‎‎1-2‎=2n-1-‎1‎‎2‎.‎ 答案:2n-1-‎‎1‎‎2‎ ‎5.(本小题满分12分)(2015甘肃兰州实战,文17,等比数列的前n项和公式,解答题)已知数列{an}中,a1=1,前n项和Sn=‎3‎‎2‎n2-‎1‎‎2‎n.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=‎2‎an,求证:b1+b2+…+bn>‎2‎‎7‎.‎ 解:(1)∵Sn=‎3‎‎2‎n2-‎1‎‎2‎n,∴当n≥2时,‎ an=Sn-Sn-1=‎3‎‎2‎n2-‎1‎‎2‎n-‎3‎‎2‎(n-1)2+‎1‎‎2‎(n-1)‎ ‎=3n-2.‎ 当n=1时,a1=3-2=1,∴an=3n-2.(6分)‎ ‎(2)证明:∵bn=‎2‎an=23n-2,∴bn+1‎bn‎=‎‎2‎‎3(n+1)-2‎‎2‎‎3n-2‎=8,‎ ‎∴数列{bn}是以b1=23-2=2为首项,以8为公比的等比数列.‎ ‎∴b1+b2+…+bn=‎2(1-‎8‎n)‎‎1-8‎‎=‎‎2‎‎7‎(8n-1).‎ ‎∵n≥1,∴8n-1>1,∴‎2‎‎7‎(8n-1)>‎2‎‎7‎.‎ ‎∴b1+b2+…+bn>‎2‎‎7‎.(12分)‎ ‎6.(本小题满分12分)(2015河南六市一联,文17,等比数列前n项和公式,解答题)已知{an}是一个公差大于0的等差数列,且满足a3a5=45,a2+a6=14.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足:b‎1‎‎2‎‎+‎b‎2‎‎2‎‎2‎+…+bn‎2‎n=an+1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则依题设d>0.‎ 由a2+a6=14得a4=7,‎ 由a3a5=45得(7-d)(7+d)=45,解得d=2,‎ 所以a1=7-3d=1,所以an=2n-1.(6分)‎ ‎(2)设cn=bn‎2‎n,则c1+c2+…+cn=an+1,‎ 即c1+c2+…+cn=2n,‎ 则c1=2,且c1+c2+…+cn+cn+1=2(n+1).‎ 所以cn+1=2,cn=2(n∈N*).‎ 所以bn=2n+1,‎ 所以数列{bn}是首项为4,公比为2的等比数列.‎ 所以前n项和Sn=‎4(1-‎2‎n)‎‎1-2‎=2n+2-4.(12分)‎ ‎85‎ 分组求和与并项求和 ‎1.(2015甘肃第二次诊断考试,文15,分组求和与并项求和,填空题)已知等差数列{an}的首项为1,公差为2,若a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…-a2na2n+1≥t·n2对n∈N*恒成立,则实数t的取值范围是　　　　. ‎ 解析:利用分组求和与分离参数法求解.‎ 由题意可得an=2n-1,则a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…-a2na2n+1=(a1-a3)a2+(a3-a5)a4+…+(a2n-1-a2n+1)a2n=-4(a2+a4+a6+…+a2n)=-4×n(3+4n-1)‎‎2‎=-4n(2n+1)≥t·n2对n∈N*恒成立,t≤‎-8-‎‎4‎nmin=-12,‎ 当n=1时取得最小值,所以实数t的取值范围是(-∞,-12].‎ 答案:(-∞,-12]‎ ‎2.(2015江西八校联考,文15,分组求和与并项求和,填空题)在数列{an}中,已知a1=1,an+1+(-1)nan=cos(n+1)π,记Sn为数列{an}的前n项和,则S2 015=　　　　. ‎ 解析:利用数列的周期性求解.‎ 当n为奇数时,an+1-an=1;‎ 当n为偶数时,an+1+an=-1.‎ 又a1=1,所以a2=2,a3=-3,a4=-2,a5=1,a6=2,…,数列{an}以4为周期重复出现,且a1+a2+a3+a4=1+2-3-2=-2,‎ 所以S2 015=503(a1+a2+a3+a4)+a1+a2+a3=-1 006.‎ 答案:-1 006‎ ‎3.(本小题满分12分)(2015广西柳州3月模拟,文17,分组求和与并项求和,解答题)已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=n2+n.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若bn=‎1‎anan+1‎+2an-1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解:(1)由2Sn=n2+n得n≥2时,2Sn-1=(n-1)2+(n-1),(2分)‎ ‎∴2an=2Sn-2Sn-1=2n,∴an=n(n≥2).(4分)‎ 又n=1时,a1=1适合上式.∴an=n.(6分)‎ ‎(2)∵bn=‎1‎anan+1‎+2an-1=‎1‎n(n+1)‎+2n-1‎ ‎=‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎+(2n-1),(8分)‎ ‎∴Sn=‎‎1-‎‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎4‎+…+‎ ‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎‎+(1+3+…+2n-1)(10分)‎ ‎=1-‎1‎n+1‎+n2.(12分)‎ ‎4.(本小题满分12分)(2015贵州适应性考试,文17,分组求和与并项求和,解答题)已知公差大于零的等差数列{an},各项均为正数的等比数列{bn},满足a1=1,b1=2,a4=b2,a8=b3.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{cn}满足cn=an‎,n为偶数,‎bn‎,n为奇数,‎求数列{cn}的前2n项和T2n.‎ 解:(1)由已知,有‎1+3d=2q,‎‎1+7d=2q‎2‎,‎(2分)‎ 解得d=1,‎q=2‎或d=-‎1‎‎9‎,‎q=‎‎1‎‎3‎(舍).(4分)‎ 于是an=1+(n-1)·1=n,bn=2·2n-1=2n.(6分)‎ ‎(2)由已知,{cn}的奇数项是以2为首项,4为公比的等比数列,偶数项是以2为首项,2为公差的等差数列.(8分)‎ T2n=21+2×1+23+2×2+…+22n-1+2n ‎=(21+23+…+22n-1)+(2×1+2×2+…+2n)‎ ‎=‎2‎‎2n+1‎‎-2‎‎3‎+n(n+1).(12分)‎ ‎6.(本小题满分12分)(2015宁夏银川二中一模,文17,分组求和与并项求和,解答题)已知数列{an}中,a1=1,且点(an,an+1)在函数y=x+1的图象上(n∈N*),数列{bn}是各项都为正数的等比数列,且b2=2,b4=8.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{cn}满足cn=(-1)nan+bn,记数列{cn}的前n项和为Tn,求T100的值.‎ 解:(1)∵点(an,an+1)在直线y=x+1的图象上,‎ ‎∴an+1=an+1,即an+1-an=1.‎ ‎∴数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列.‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an=n.(4分)‎ 数列{bn}为等比数列,设公比为q,则b‎2‎‎=b‎1‎q=2,‎b‎4‎‎=b‎1‎q‎3‎=8,‎ ‎∵bn>0,∴b1=1,q=2.‎ ‎∴bn=2n-1(n∈N*).(8分)‎ ‎(2)由(1)得cn=(-1)n·n+2n-1,‎ ‎∴T100=(-1+2-3+4-…+100)+(20+21+22+…+299)‎ ‎=[(-1+2)(-3+4)+…+(-99+100)]+(20+21+22+…+299)‎ ‎=50+‎1-‎‎2‎‎100‎‎1-2‎=2100+49.(12分)‎ ‎86‎ 错位相减求和 ‎1.(本小题满分12分)(2015山西大附中第五次月考,文17,错位相减求和,解答题)数列{an}为正项等比数列,且满足a1+‎1‎‎2‎a2=4,a‎3‎‎2‎‎=‎‎1‎‎4‎a2a6;设正项数列{bn}的前n项和为Sn,满足bn‎+1‎‎2‎‎=‎Sn.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=an·bn,求数列{cn}的前n项的和Tn.‎ 解:(1)设数列{an}的公比为q,‎ 由a‎3‎‎2‎‎=‎‎1‎‎4‎a2a6得a‎3‎‎2‎‎=‎‎1‎‎4‎a‎4‎‎2‎,所以q2=4.‎ 由条件可知q>0,故q=2.‎ 由a1+‎1‎‎2‎a2=4得a1+‎1‎‎2‎a1q=4,所以a1=2,‎ 故数列{an}的通项公式为an=2n.(4分)‎ ‎(2)由bn‎+1‎‎2‎‎=‎Sn得Sn=‎(bn+1‎‎)‎‎2‎‎4‎,‎ 当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=‎(bn+1‎‎)‎‎2‎‎4‎‎-‎‎(bn-1‎+1‎‎)‎‎2‎‎4‎,‎ ‎∴4bn=(bn‎2‎‎-‎bn-1‎‎2‎)+2(bn-bn-1),‎ ‎∴(bn‎2‎‎-‎bn-1‎‎2‎)-2(bn+bn-1)=0,‎ ‎∴(bn-bn-1-2)(bn+bn-1)=0,‎ ‎∵bn>0,∴bn+bn-1>0,‎ ‎∴bn-bn-1-2=0,即bn-bn-1=2,‎ ‎∴数列{bn}为等差数列,且公差d=2,‎ 又b1=S1=‎(b‎1‎+1‎‎)‎‎2‎‎4‎,‎ ‎∴b1=1,∴bn=1+2(n-1)=2n-1.‎ 由cn=anbn得cn=(2n-1)×2n,‎ ‎∴Tn=c1+c2+…+cn ‎=(2×1-1)×21+(2×2-1)×22+…+(2n-1)×2n,①‎ ‎2Tn=(2×1-1)×22+(2×2-1)×23+…+(2n-1)×2n+1,②‎ ‎①-②得-Tn=2(22+23+…+2n)-(2n-1)×2n+1+2=2n+2-8-(2n-1)×2n+1+2‎ ‎=(3-2n)·2n+1-6,‎ ‎∴Tn=(2n-3)·2n+1+6.(12分)‎ ‎2.(本小题满分12分)(2015河南平顶山、许昌、新乡二调,文17,错位相减求和,解答题)已知首项为‎3‎‎2‎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)设数列bn=(-1)n+1n(n∈N*),求数列{an·bn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)设等比数列{an}的公比为q,‎ ‎∵S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,‎ ‎∴(S5+a5)-(S3+a3)=(S4+a4)-(S5+a5).(2分)‎ ‎∴4a5=a3.因此,q2=a‎5‎a‎3‎‎=‎‎1‎‎4‎.‎ ‎∵数列{an}不是递减数列,∴q=-‎1‎‎2‎.(4分)‎ ‎∴an=‎3‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎n-1‎=(-1)n-1‎3‎‎2‎n,n∈N*.(6分)‎ ‎(2)∵an·bn=(-1)n-1‎3‎‎2‎n×(-1)n+1n=‎3n‎2‎n,(7分)‎ ‎∴Tn=3‎1‎‎2‎‎+‎2‎‎2‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎3‎+…+‎n‎2‎n,(8分)‎ ‎1‎‎2‎Tn=3‎1‎‎2‎‎2‎‎+‎2‎‎2‎‎3‎+…+n-1‎‎2‎n+‎n‎2‎n+1‎,(10分)‎ 以上两式相减得 ‎1‎‎2‎Tn=3‎‎1‎‎2‎‎1‎‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n-‎n‎2‎n+1‎ ‎=3‎1-‎1‎‎2‎n-‎n‎2‎n+1‎,‎ ‎∴Tn=6‎1-‎n+2‎‎2‎n+1‎.(12分)‎ ‎3.(本小题满分12分)(2015河北石家庄一模,文17,错位相减求和,解答题)设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=λSn+1(n∈N*,λ≠-1),且a1,2a2,a3+3为等差数列{bn}的前三项.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{anbn}的前n项和.‎ 解:(1)∵an+1=λSn+1(n∈N*),‎ ‎∴an=λSn-1+1(n≥2),‎ ‎∴an+1-an=λan,即an+1=(λ+1)an(n≥2),λ+1≠0,‎ 又a1=1,a2=λS1+1=λ+1,‎ ‎∴数列{an}是首项为1,公比为λ+1的等比数列,(2分)‎ ‎∴a3=(λ+1)2,‎ ‎∴4(λ+1)=1+(λ+1)2+3,整理得λ2-2λ+1=0,解得λ=1.(4分)‎ ‎∴an=2n-1,bn=1+3(n-1)=3n-2.(6分)‎ ‎(2)由(1)可得anbn=(3n-2)·2n-1,‎ ‎∴Tn=1·1+4·21+7·22+…+(3n-2)·2n-1,①‎ ‎∴2Tn=1·21+4·22+7·23+…+(3n-5)·2n-1+(3n-2)·2n,②(8分)‎ ‎①-②得-Tn=1·1+3·21+3·22+…+3·2n-1-(3n-2)·2n ‎=1+3·‎2·(1-‎2‎n-1‎)‎‎1-2‎-(3n-2)·2n,(10分)‎ 整理得Tn=(3n-5)·2n+5.(12分)‎ ‎5.(本小题满分12分)(2015东北三省三校二联,文17,错位相减求和,解答题)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,an+1=Sn+2,n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=n·an,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)当n=1时,a2=S1+2=4=2a1.‎ 当n≥2时,an+1‎‎=Sn+2,‎an‎=Sn-1‎+2‎⇒an+1=2an.‎ 数列{an}满足an+1=2an(n∈N*),且a1=2,‎ ‎∴an=2n(n∈N*).‎ ‎(2)bn=n·an=n·2n.‎ Tn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n,‎ ‎2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1.‎ 两式相减得-Tn=21+22+23+…+2n-1+2n-n·2n+1‎ ‎=‎2(1-‎2‎n)‎‎1-2‎-n·2n+1,‎ ‎∴Tn=2+(n-1)·2n+1(n∈N*).‎ ‎6.(本小题满分12分)(2015河南高考适应性测试,文17,错位相减求和,解答题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,公比是q,且满足:a1=2,b1=1,b2+S2=8,S2=(b2+1)q.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)由已知可得q+2+a‎2‎=8,‎‎2+a‎2‎=(q+1)q,‎消去a2得q2+2q-8=0,‎ 解得q=2或q=-4(舍),(3分)‎ ‎∴a2=4,d=2,从而an=2n,bn=2n-1.(6分)‎ ‎(2)由(1)可得cn=2n‎1‎‎2‎n-1‎.‎ Tn=2×‎1‎‎2‎‎0‎+4×‎1‎‎2‎‎1‎+…+2(n-1)‎1‎‎2‎n-2‎+2n‎1‎‎2‎n-1‎.①‎ ‎1‎‎2‎Tn=2×‎1‎‎2‎‎1‎+4×‎1‎‎2‎‎2‎+…+2(n-1)‎1‎‎2‎n-1‎+2n‎1‎‎2‎n.②‎ ‎①-②得 ‎1‎‎2‎Tn=2×‎1‎‎2‎‎0‎+2×‎1‎‎2‎‎1‎+2×‎1‎‎2‎‎2‎+…+2×‎1‎‎2‎n-1‎-2n·‎‎1‎‎2‎n ‎=‎2‎‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎-2n·‎1‎‎2‎n=4-(4+2n)‎1‎‎2‎n.‎ 所以Tn=8-(n+2)‎1‎‎2‎n-2‎.(12分)‎ ‎87‎ 裂项相消求和 ‎1.(2015吉林省吉林市二调,文14,裂项相消求和,填空题)已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d=2,若数列{bn}满足bn=‎1‎an‎·‎an+1‎,则数列{bn}的前n项和Sn=　　　　. ‎ 解析:由题意知an=1+(n-1)×2=2n-1,所以bn=‎1‎anan+1‎‎=‎1‎‎(2n-1)(2n+1)‎=‎‎1‎‎2‎‎1‎‎2n-1‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎,‎ Sn=‎1‎a‎1‎a‎2‎‎+‎‎1‎a‎2‎a‎3‎+…+‎‎1‎anan+1‎ ‎=‎1‎‎2‎‎1-‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎-‎1‎‎5‎+…+‎1‎‎2n-1‎-‎‎1‎‎2n+1‎‎=‎n‎2n+1‎.‎ 答案:‎n‎2n+1‎ ‎2.(本小题满分12分)(2015贵州贵阳高三适应性检测考试(二),文17,裂项相消求和,解答题)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,S7=70,且a1,a2,a6成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=‎3‎‎2Sn+4n,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)设公差为d,由S7=70,且a1,a2,a6成等比数列得 ‎7a‎1‎+21d=70,‎a‎2‎‎2‎‎=‎a‎1‎a‎6‎即a‎1‎‎+3d=10,‎‎(a‎1‎+d‎)‎‎2‎=a‎1‎(a‎1‎+5d).‎ ‎∴a‎1‎‎=1,‎d=3‎或a‎1‎‎=10,‎d=0‎(舍),‎ ‎∴数列{an}的通项公式an=3n-2.(6分)‎ ‎(2)Sn=n‎2‎[1+(3n-2)]=‎3n‎2‎-n‎2‎,‎ bn=‎3‎‎2Sn+4n‎=‎‎1‎n(n+1)‎,‎ Tn=‎1‎‎1×2‎‎+‎‎1‎‎2×3‎+…+‎‎1‎n(n+1)‎ ‎=1-‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎-‎‎1‎‎3‎+…+‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎ ‎=1-‎1‎n+1‎‎=‎nn+1‎.(12分)‎ ‎3.(本小题满分12分)(2015宁夏银川质量检测,文17,裂项相消求和,解答题)已知各项都不相等的等差数列{an}的前7项和为70,且a3为a1和a7的等比中项.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn+1-bn=an(n∈N*),且b1=2,求数列‎1‎bn的前n项和Tn.‎ 解:(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),‎ 则‎7a‎1‎+21d=70,‎a‎1‎‎(a‎1‎+6d)=(a‎1‎+2d‎)‎‎2‎,‎ 解得d=2,‎a‎1‎‎=4,‎∴an=2n+2.(6分)‎ ‎(2)∵由bn+1-bn=an,‎ ‎∴bn-bn-1=an-1=2n(n≥2,n∈N*),(7分)‎ bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1‎ ‎=an-1+an-2+…+a1+b1=n(n+1),‎ ‎∴bn=n(n+1)(n∈N*),(9分)‎ ‎∴‎1‎bn‎=‎1‎n(n+1)‎=‎1‎n-‎‎1‎n+1‎,(10分)‎ ‎∴Tn=1-‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎-‎‎1‎‎3‎+…+‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎ ‎=1-‎1‎n+1‎‎=‎nn+1‎.(12分)‎ ‎4.(本小题满分10分)(2015河北石家庄一检,文17,裂项相消求和,解答题)数列{an}为公差不为0的等差数列,a1=1,且a1,a3,a9成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{an}的前n项和为Sn,求数列‎1‎Sn的前n项和.‎ 解:(1)设数列{an}的公差为d,由题意得(1+2d)2=1×(1+8d),‎ 解得d=1或d=0(舍),(2分)‎ 所以{an}的通项公式为an=1+(n-1)×1=n.(4分)‎ ‎(2)由(1)得Sn=‎(1+n)×n‎2‎‎,‎1‎Sn=‎‎2‎n(n+1)‎.(6分)‎ 所以Tn=‎2‎‎1×2‎‎+‎2‎‎2×3‎+‎‎2‎‎3×4‎+…+‎‎2‎n(n+1)‎ ‎=2‎1-‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎-‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎-‎1‎‎4‎+…+‎1‎n-‎‎1‎n+1‎(8分)‎ ‎=2‎1-‎‎1‎n+1‎‎=‎‎2nn+1‎.(10分)‎ ‎6.5数列的综合应用 ‎88‎ 数列与不等式相结合问题 ‎3.(本小题满分12分)(2015河南郑州第二次质量检测,文17,数列与不等式相结合问题,解答题)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k的取值范围.‎ 解:(1)由Sn=2an-2得a1=2,因为Sn=2an-2,‎ 所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即anan-1‎=2,‎ 所以数列{an}是以a1=2为首项,公比为2的等比数列,‎ 所以an=2n(n∈N*).(6分)‎ ‎(2)由(1)得bn=log2a1+log2a2+…+log2an=1+2+3+…+n=n(n+1)‎‎2‎,‎ 则(n-8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立等价于实数k≤‎(n-8)(n+1)‎‎2‎对任意n∈N*恒成立.‎ 设cn=‎1‎‎2‎(n-8)(n+1),则当n=3或n=4时,cn取得最小值-10,‎ 所以k≤-10.(12分)‎ ‎4.(本小题满分12分)(2015江西九校联合考试,文17,数列与不等式相结合问题,解答题)数列{an}是等差数列,若公差d≠0,a1=1,且a3是a1,a9的等比中项.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若对任意的n∈N*,不等式‎1‎a‎1‎a‎2‎‎+‎‎1‎a‎2‎a‎3‎+…+‎1‎anan+1‎≥λ恒成立,求实数λ的取值范围.‎ 解:(1)(a1+2d)2=a1(a1+8d),得d=1或d=0(舍去),‎ ‎∴通项公式an=n.(5分)‎ ‎(2)由通项公式知‎1‎anan+1‎‎=‎1‎n(n+1)‎=‎1‎n-‎‎1‎n+1‎,‎ ‎∴‎1‎a‎1‎a‎2‎‎+‎‎1‎a‎2‎a‎3‎+…+‎‎1‎anan+1‎ ‎=‎1-‎‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎+…+‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎ ‎=1-‎1‎n+1‎,‎ 易知,当n=1时,1-‎1‎n+1‎有最小值‎1‎‎2‎,∴λ≤‎1‎‎2‎.(12分)‎ ‎89‎ 数列与函数相结合问题 ‎5.(本小题满分12分)(2015河南实验中学质量检测,文21,数列与函数相结合问题,解答题)已知函数f(x)=ln x-ax+1(a>0).‎ ‎(1)求函数f(x)的最大值;‎ ‎(2)若a=‎1‎‎2‎,且关于x的方程f(x)=-‎1‎‎6‎x+b在[1,4]上恰有两个不等的实根,求实数b的取值范围;‎ ‎(3)设各项为正数的数列{an}满足a1=1,an+1=ln an+an+2(n∈N*),求证:an≤2n-1.‎ 解:(1)由题可知函数的定义域为(0,+∞),‎ f'(x)=-ax-1‎x(x>0),‎ 当x∈‎0,‎‎1‎a时,f'(x)>0,f(x)单调递增,‎ 当x∈‎1‎a‎,+∞‎时,f'(x)<0,f(x)单调递减,‎ 故当x=‎1‎a时,f(x)取得最大值f‎1‎a=-ln a.(4分)‎ ‎(2)当a=‎1‎‎2‎时,由f(x)=-‎1‎‎6‎x+b得ln x-x‎3‎+1=b在[1,4]上有两个不同的实根,‎ 设g(x)=ln x-x‎3‎+1,x∈[1,4],‎ 则g'(x)=‎3-x‎3x,当x∈[1,3)时,g'(x)>0,当x∈(3,4]时,g'(x)<0,‎ 所以g(x)max=g(3)=ln 3,‎ g(1)=‎2‎‎3‎,g(4)=2ln 2-‎1‎‎3‎,‎ g(1)-g(4)=‎2‎‎3‎-2ln 2+‎1‎‎3‎=1-2ln 2<0,‎ 所以g(1)0,an+1=ln an+an+2‎ ‎≤an-1+an+2=2an+1,‎ 故an+1+1≤2(an+1),所以当n≥2时,‎ ‎00)的根从小到大依次为a1,a2,a3,…,an,则数列{an}的前n项和Sn=(　　)‎ A.‎n‎2‎π‎2‎ B.‎‎(3n‎2‎+1)π‎6‎‎,n为正奇数n‎2‎π‎2‎‎,n为正偶数 C.‎‎(n+1‎)‎‎2‎π‎2‎‎,n为正奇数n‎2‎π‎2‎‎,n为正偶数 D.‎‎(3n‎2‎-1)π‎6‎‎,n为正奇数n‎2‎π‎2‎‎,n为正偶数 解析:根据函数与数列的关系,求出数列{an}的通项,再求数列{an}的前n项的和.‎ 因为f(x)=‎2x‎1+x,则f(cos x)=‎2cosx‎1+cosx,由于f(cos x)=‎2‎‎3‎,‎ 则cos x=‎1‎‎2‎(x>0),所以a1=π‎3‎,a2=‎5π‎3‎,a3=2π+π‎3‎,a4=2π+‎5π‎3‎,…,an=‎‎(n-1)π+π‎3‎,n=2k-1,k∈N‎*‎,‎nπ-π‎3‎,n=2k,k∈N‎*‎,‎ 当n为偶数时,Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…+(an-1+an)=2π+6π+10π+…+2(n-1)π=n‎2‎π‎2‎;‎ 当n为奇数时,n-1为偶数,Sn=Sn-1+an=‎(n-1‎)‎‎2‎π‎2‎+(n-1)π+π‎3‎‎=‎‎3n‎2‎-1‎‎6‎π,故选D.‎ 答案:D ‎90‎ 数列中的探索性问题 ‎1.(2015江西南昌一模,文11,数列中的探索性问题,选择题)设无穷数列{an},如果存在常数A,对于任意给定的正数ε(无论多小),总存在正整数N,使得n>N时,恒有|an-A|<ε成立,就称数列{an}的极限为A,则下列四个无穷数列:‎ ‎①{(-1)n×2};②{n};③‎1+‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎3‎+…+‎‎1‎‎2‎n-1‎;④‎2n+1‎n.‎ 其极限为2的共有(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 解析:利用新定义,结合数列求和逐一判断.数列{(-1)n×2}:-2,2,-2,2,…没有极限,排除①;因为数列{n}:1,2,3,…没有极限,排除②;因为1+‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n-1‎‎=‎‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎=2‎1-‎‎1‎‎2‎n,所以③的极限是2;数列‎2n+1‎n的极限是2,所以极限为2的有2个,故选B.‎ 答案:B