2014高考总复习单元检测数列

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第六章 单元测试 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分．每小题中只有一项符合题目要求) 1．若{an}为等差数列，且 a7－2a4＝－1，a3＝0，则公差 d＝ ( ) A．－2 B．－1 2 C.1 2 D．2 答案 B 解析 由等差中项的定义结合已知条件可知 2a4＝a5＋a3，∴2d＝a7－a5＝－1，即 d＝－1 2 .故选 B. 2．在等比数列{an}中，若 a3a5a7a9a11＝243，则a2 9 a11 的值为 ( ) A．9 B．1 C．2 D．3 答案 D 解析 由等比数列性质可知 a3a5a7a9a11＝a5 7＝243，所以得 a7＝3，又a2 9 a11 ＝a7a11 a11 ＝a7，故选 D. 3．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＋a5＝1 2 S5，且 a9＝20，则 S11＝( ) A．260 B．220 C．130 D．110 答案 D 解析 ∵S5＝a1＋a5 2 ×5，又∵1 2 S5＝a1＋a5，∴a1＋a5＝0.∴a3＝0，∴S11＝a1＋a11 2 ×11＝a3＋a9 2 ×11＝ 0＋20 2 ×11＝110，故选 D. 4．各项均不为零的等差数列{an}中，若 a2 n－an－1－an＋1＝0(n∈N*，n≥2)，则 S2 009 等于 ( ) A．0 B．2 C．2 009 D．4 018 答案 D 解析 各项均不为零的等差数列{an}，由于 a2 n－an－1－an＋1＝0(n∈N*，n≥2)，则 a2 n－2an＝0，an＝2， S2 009＝4 018，故选 D. 5．数列{an}是等比数列且 an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，那么 a3＋a5 的值等于 ( ) A．5 B．10 C．15 D．20 答案 A 解析 由于 a2a4＝a2 3，a4a6＝a2 5，所以 a2·a4＋2a3·a5＋a4·a6＝a2 3＋2a3a5＋a2 5＝(a3＋a5)2＝25.所以 a3＋ a5＝±5.又 an>0，所以 a3＋a5＝5.所以选 A. 6．首项为 1，公差不为 0 的等差数列{an}中，a3，a4，a6 是一个等比数列的前三项，则这个等比数列的 第四项是 ( ) A．8 B．－8 C．－6 D．不确定 答案 B 解析 a2 4＝a3·a6⇒(1＋3d)2＝(1＋2d)·(1＋5d) ⇒d(d＋1)＝0⇒d＝－1，∴a3＝－1，a4＝－2，∴q＝2. ∴a6＝a4·q＝－4，第四项为 a6·q＝－8. 7．设函数 f(x)满足 f(n＋1)＝2f n ＋n 2 (n∈N*)，且 f(1)＝2，则 f(20)＝( ) A．95 B．97 C．105 D．192 答案 B 解析 f(n＋1)＝f(n)＋n 2 ，∴ f 20 ＝f 19 ＋19 2 ， f 19 ＝f 18 ＋18 2 ， …… f 2 ＝f 1 ＋1 2 . 累加，得 f(20)＝f(1)＋(1 2 ＋2 2 ＋…＋19 2 )＝f(1)＋19×20 4 ＝97. 8．若 a x－1，ay，a－ x＋1(a>0，且 a≠1)成等比数列，则点(x，y)在平面直角坐标系内的轨迹位于 ( ) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 答案 D 解析 ∵成等比，∴(ay)2＝a x－1·a－ x＋1. 即 2y＝ x－1－ x＋1，x－1>0，∴x>1. x－1a8S9 B．a9S80， q<0，所以－a2 1q7>0，即 a9S8>a8S9，故选 A. 10．在等差数列{an}中，前 n 项和为 Sn，且 S2 011＝－2 011，a1 007＝3，则 S2 012 的值为 ( ) A．1 006 B．－2 012 C．2 012 D．－1 006 答案 C 解析 方法一 设等差数列的首项为 a1，公差为 d，根据题意可得， S2 011＝2 011a1＋2 011× 2 011－1 2 d＝－2 011， a1 007＝a1＋1 006d＝3， 即 a1＋1 005d＝－1， a1＋1 006d＝3， 解得 a1＝－4 021， d＝4. 所以，S2 012＝2 012a1＋2 012× 2 012－1 2 d ＝2 012×(－4 021)＋2 012×2 011×2 ＝2 012×(4 022－4 021)＝2019. 方法二 由 S2 011＝2 011 a1＋a2 011 2 ＝2 011a1 006＝－2 011， 解得 a1 006＝－1，则 S2 012＝2 012 a1＋a2 012 2 ＝2 012 a1 006＋a1 007 2 ＝2 012× －1＋3 2 ＝2 012. 二、填空题(本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分，把答案填在题中横线上) 11．若 m，n，m＋n 成等差数列，m，n，m·n 成等比数列，则椭圆x2 m ＋y2 n ＝1 的离心率为________． 答案 2 2 解析 由题意知 2n＝m＋m＋n， ∴n＝2m.又 n2＝m·m·n，∴n＝m2，∴m2＝2m. ∴m＝2，∴n＝4，∴a2＝4，b2＝2，c2＝2. ∴e＝c a ＝ 2 2 . 12．数列{an}，{bn}的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn，若Sn Tn ＝ 2n 3n＋1 ，则a100 b100 ＝________. 答案 199 299 解析 a100 b100 ＝ a1＋a199 2 b1＋b199 2 ＝S199 T199 ＝199 299 . 13．等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S3＝6，a3＝4，则公差 d 等于________． 答案 2 解析 ∵S3＝ a1＋a3× 3 2 ＝6，而 a3＝4，∴a1＝0. ∴d＝a3－a1 2 ＝2. 14．某人从 2019 年 1 月份开始，每月存入银行 100 元，月利率是 3‰(不计复利)，到 2019 年 12 月底 取出的本利和应是________元． 答案 1 223.4 解析 应为 1 200＋0.3×12＋0.3×11＋…＋0.3＝1 200＋0.3×12×13 2 ＝1 223.4(元)． 15．已知各项都为正数的等比数列{an}中，a2·a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，则满足 an·an＋1·an＋2>1 9 的最大 正整数 n 的值为________． 答案 4 解析 设等比数列{an}的公比为 q，其中 q>0，依题意得 a2 3＝a2·a4＝4.又 a3>0，因此 a3＝a1q2＝2，a1 ＋a2＝a1＋a1q＝12，由此解得 q＝1 2 ，a1＝8，an＝8×(1 2 )n－1＝24－n，an·an＋1·an＋2＝29－3n.由于 2－3＝1 8 >1 9 ，因 此要使 29－3n>1 9 ，只要 9－3n≥－3，即 n≤4，于是满足 an·an＋1·an＋2>1 9 的最大正整数 n 的值为 4. 16．等比数列{an}的首项为 a1＝1，前 n 项和为 Sn，若S10 S5 ＝31 32 ，则公比 q 等于________． 答案 －1 2 解析 因为S10 S5 ＝31 32 ，所以S10－S5 S5 ＝31－32 32 ＝－ 1 32 ，即 q5＝(－1 2 )5，所以 q＝－1 2 . 三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分 10 分)数列{an}中，a1＝1，an，an＋1 是方程 x2－(2n＋1)x＋1 bn ＝0 的两个根，求数列{bn} 的前 n 项和 Sn. 答案 Sn＝ n n＋1 解析 ∵an，an＋1 是 x2－(2n＋1)x＋1 bn ＝0 的两根， ∴an＋an＋1＝2n＋1，an·an＋1＝1 bn . ∴an＋1＋an＋2＝2n＋3. ∴an＋2－an＝2. ∴a3－a1＝2， a5－a3＝2， a2n－1－a2n－3＝2. ∴a2n－1－a1＝2(n－1)． ∴a2n－1＝2n－1，∴当 n 为奇数时，an＝n. 同理可得当 n 为偶数时 an＝n. ∴an＝n. ∴bn＝ 1 an·an＋1 ＝ 1 n n＋1 ＝1 n － 1 n＋1 . ∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋1 3 －1 4 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝1－ 1 n＋1 ＝ n n＋1 . 18．(本小题满分 12 分)成等差数列的三个正数的和等于 15，并且这三个数分别加上 2、5、13 后成为 等比数列{bn}中的 b3、b4、b5. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn，求证：数列{Sn＋5 4 }是等比数列． 答案 (1)bn＝5 4 ·2n－1＝5·2n－3 (2)略 解析 (1)设成等差数列的三个正数分别为 a－d，a，a＋d. 依题意，得 a－d＋a＋a＋d＝15，解得 a＝5. 所以{bn}中的 b3，b4，b5 依次为 7－d,10,18＋d. 依题意，有(7－d)(18＋d)＝100， 解得 d＝2 或 d＝－13(舍去)． 故{bn}的第 3 项为 5，公比为 2. 由 b3＝b1·22，即 5＝b1·22，解得 b1＝5 4 . 所以{bn}是以5 4 为首项，2 为公比的等比数列，其通项公式为 bn＝5 4 ·2n－1 ＝5·2n－3. (2)数列{bn}的前 n 项和 Sn＝ 5 4 1－2n 1－2 ＝5·2n－2－5 4 ， 即 Sn＋5 4 ＝5·2n－2. 所以 S1＋5 4 ＝5 2 ， Sn＋1＋5 4 Sn＋5 4 ＝5·2n－1 5·2n－2＝2. 因此{Sn＋5 4 }是以5 2 为首项，公比为 2 的等比数列． 19．(本小题满分 12 分)已知数列{xn}的首项 x1＝3，通项 xn＝2np＋nq(n∈N*，p，q 为常数)，且 x1， x4，x5 成等差数列，求： (1)p，q 的值；[来源:1ZXXK] (2)数列{xn}的前 n 项的和 Sn 的公式． 解析 (1)由 x1＝3，得 2p＋q＝3，又 x4＝24p＋4q， x5＝25p＋5q，且 x1＋x5＝2x4，得 3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得 p＝1，q＝1. (2)Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2n＋1－2＋n n＋1 2 . 20．(本小题满分 12 分)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且 a1＋a2＝2(1 a1 ＋1 a2 )，a3＋a4＋a5＝64(1 a3 ＋1 a4 ＋1 a5 )． (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝(an＋1 an )2，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解析 (1)设{an}的公比为 q，则 an＝a1qn－1. 由已知，有 a1＋a1q＝2 1 a1 ＋ 1 a1q ， a1q2＋a1q3＋a1q4＝64 1 a1q2＋ 1 a1q3＋ 1 a1q4 ， 化简，得 a2 1q＝2， a2 1q6＝64. 又 a1>0，故 q＝2，a1＝1. 所以 an＝2n－1. (2)由(1)知，bn＝ an＋1 an 2＝a2 n＋1 a2 n ＋2＝4n－1＋ 1 4n－1＋2. 因此，Tn＝(1＋4＋…＋4n－1)＋(1＋1 4 ＋…＋ 1 4n－1)＋2n＝1－4n 1－4 ＋ 1－1 4n 1－1 4 ＋2n＝1 3 (4n－41－n)＋2n＋1. 21．(本小题满分 12 分)某企业 2019 年的纯利润为 500 万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将 逐年下降．若不进行技术改造，预测从 2019 年起每年比上一年纯利润减少 20 万元，2019 年初该企业一次 性投入资金 600 万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第 n 年(2019 年为第一年)的利 润为 500(1＋1 2n)万元(n 为正整数)． (1)设从 2019 年起的前 n 年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为 An 万元，进行技术改造后的累 计纯利润为 Bn 万元(须扣除技术改造资金)，求 An，Bn 的表达式； (2)依上述预测，从 2019 年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术 改造的累计纯利润？ 思路 (1)An 是一个等差数列的前 n 项和，Bn 是一个常数数列和一个等比数列的组合的前 n 项和，根据 数列的求和公式，就可以求出 An，Bn 的表达式． (2)建模 Bn>An，解这个关于 n 的不等式． 解析 (1)依题意知，An 是一个以 480 为首项，－20 为公差的等差数列的前 n 项和，所以 An＝480n＋ n n－1 2 ×(－20)＝490n－10n2， Bn＝500(1＋1 2 )＋500(1＋1 22)＋…＋500(1＋1 2n)－600 ＝500n＋500(1 2 ＋1 22＋…＋1 2n)－600 ＝500n＋500× 1 2 [1－ 1 2 n] 1－1 2 －600 ＝500n－500 2n －100. (2)依题意得，Bn>An， 即 500n－500 2n －100>490n－10n2， 可化简得50 2n g(3)＝2，f(4)＝50 16 2 010 的 n 的最小值． 解析 (1)因为 Sn＋n＝2an，所以 Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，n∈N*)．两式相减，得 an＝2an－1＋1. 所以 an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)，所以数列{an＋1}为等比数列． 因为 Sn＋n＝2an，令 n＝1 得 a1＝1. a1＋1＝2，所以 an＋1＝2n，所以 an＝2n－1. (2)因为 bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，所以 bn＝(2n＋1)·2n. 所以 Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n， ① 2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1， ② ①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1 ＝6＋2×22－2n＋1 1－2 －(2n＋1)·2n＋1 [来源:学_科_网 Z_X_X_K] ＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1. 所以 Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1. 若Tn－2 2n－1 >2 010， 则2＋ 2n－1· 2n＋1 2n－1 >2 010，即 2n＋1>2 010. 由于 210＝1 024,211＝2 048，所以 n＋1≥11，即 n≥10. 所以满足不等式Tn－2 2n－1 >2 010 的 n 的最小值是 10. 1．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，数列{bn}是等差数列，且 a6＝b7，则有 ( ) A．a3＋a9≤b4＋b10 B．a3＋a9≥b4＋b10 C．a3＋a9≠b4＋b10 D．a3＋a9 与 b4＋b10 的大小关系不确定 答案 B 解析 记等比数列{an}的公比为 q，由数列{bn}为等差数列可知 b4＋b10＝2b7.又数列{an}是各项均为正 数的等比数列，∴a3＋a9＝a3(1＋q6)＝a6(1＋q6 q3 )＝b7(1＋q6 q3 )，又1＋q6 q3 ＝1 q3＋q3≥2，当且仅当 q＝1 时，等号 成立，∴a3＋a9≥b4＋b10.故选 B. 2．已知 an＝ 3 2n－11 (n∈N＋)，数列{an}的前 n 项和为 Sn，则使 Sn>0 的 n 的最小值是 ( ) A．5 B．6 C．10 D．11 答案 D 解析 令 f(x)＝ 3 2x－11 知 f(x)关于(11 2 ，0)对称， ∴a1＋a10＝a2＋a9＝a3＋a8＝a5＋a6＝0， 且 a6>a7>a8>a9>a10>…>0. ∴S10＝0，S11>0，选 D.[来源:学#科#网] 3．数列{an}中，Sn 为其前 n 项和，已知 S1＝1，S2＝2，且 Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0(n∈N*且 n≥2)，则此数 列为 ( ) A．等差数列 B．等比数列 C．从第二项起为等差数列 D．从第二项起为等比数列 答案 D 解析 Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0， ∴Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1，∴an＋1＝2an. 又 a1＝1，a2＝1，∴从第二项起为等比数列． 4．已知数列{an}满足 a1＝2 3 ，且对任意的正整数 m，n，都有 am＋n＝am＋an，则an n 等于 ( ) A.1 2 B.2 3 C.3 2 D．2 答案 B 解析 令 m＝1，得 an＋1＝a1＋an，即 an＋1－an＝a1＝2 3 ，可知数列{an}是首项为 a1＝2 3 ，公差为 d＝2 3 的等 差数列，于是 an＝2 3 ＋(n－1)·2 3 ＝2 3 n，即an n ＝2 3 .故选 B. 5．设 a1，a2，…，a50 是以－1,0,1 这三个整数中取值的数列，若 a1＋a2＋…＋a50＝9 且(a1＋1)2＋(a2 ＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝107，则 a1，a2，…，a50 当中取零的项共有 ( ) A．11 个 B．12 个 C．15 个 D．25 个 答案 A 解析 (a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝a2 1＋a2 2＋…＋a2 50＋2(a1＋a2＋…＋a50)＋50＝107，∴a2 1＋a2 2＋ …＋a2 50＝39，∴a1，a2，…，a50 中取零的项应为 50－39＝11 个，故选 A. 6．已知等差数列{an}满足 a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有 ( ) A．a1＋a101>0 B．a2＋a100<0 C．a3＋a99＝0 D．a51＝51 答案 C 解析 由题意，得 a1＋a2＋…＋a101＝a1＋a101 2 ×101＝0.所以 a1＋a101＝a2＋a100＝a3＋a99＝0. 7．已知数列{an}，{bn}满足 a1＝1，且 an，an＋1 是函数 f(x)＝x2－bnx＋2n 的两个零点，则 b10＝________. 答案 64 解析 an＋an＋1＝bn，an·an＋1＝2n， ∴an＋1·an＋2＝2n＋1. ∴an＋2＝2an. 又∵a1＝1，a1·a2＝2，∴a2＝2. ∴a2n＝2n，a2n－1＝2n－1(n∈N*)． ∴b10＝a10＋a11＝64. 8．已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，S10>0 并且 S11＝0，若 Sn≤Sk 对 n∈N*恒成立，则正整数 k 构成 的集合为________． 答案 {5,6} 解析 等差数列中由 S10>0，S11＝0，得 S10＝10 a1＋a10 2 >0⇒a1＋a10>0⇒a5＋a6>0， S11＝11 a1＋a11 2 ＝0⇒a1＋a11＝2a6＝0，故可知，等差数列{an}是递减数列且 a6＝0，所以 S5＝S6≥Sn， 即 k＝5 或 6. ∴集合为{5,6}． 9．(2019·衡水调研)已知各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn，函数 f(x)＝1 2 px2－(p＋q)x＋ qlnx(其中 p、q 均为常数，且 p>q>0)，当 x＝a1 时，函数 f(x)取得极小值，点(an,2Sn)(n∈N*)均在函数 y ＝2px2－q x ＋f′(x)＋q 的图像上．(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数) (1)求 a1 的值； (2)求数列{an}的通项公式； (3)记 bn＝ 4Sn n＋3 ·qn，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解析 (1)由题易得 f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝px－(p＋q)＋q x ＝px2－ p＋q x＋q x ＝ x－1 px－q x . 令 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝q p . ∵p>q>0，∴00，∴an－an－1＝1 2 (n≥2)． ∴{an}是以 a1＝1 为首项，1 2 为公差的等差数列． ∴an＝1＋(n－1)×1 2 ＝n＋1 2 . (3)Sn＝n＋n n－1 2 ·1 2 ＝n2＋3n 4 ，∴bn＝ 4Sn n＋3 ·qn＝nqn.∴Tn＝q＋2q2＋3q3＋…＋(n－1)qn－1＋nqn. ③ 已知 p>q>0，而由(2)知 p＝1，则 q≠1. ∴qTn＝q2＋2q3＋3q4＋…＋(n－1)qn＋nqn＋1. ④ 由③－④，得(1－q)Tn＝q＋q2＋q3＋…＋qn－1＋qn－nqn＋1＝q 1－qn 1－q －nqn＋1. ∴Tn＝q 1－qn 1－q 2 －nqn＋1 1－q . 10．将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表： a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 … 已知表中的第一列数 a1，a2，a5，…构成一个等差数列，记为{bn}，且 b2＝4，b5＝12.表中每一行正中 间一个数 a1，a3，a7，…构成数列{cn}，其前 n 项和为 Sn. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)若上表中 ，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数， 且 a13＝1. ①求 Sn； ②记 M＝{n|(n＋1)cn≥λ，n∈N*}，若集合 M 的元素个数为 3，求实数λ的取值范围． 解析 (1)设数列{bn}的公差为 d， 则 b1＋d＝4， b1＋4d＝10， 解得 b1＝2， d＝2， 所以 bn＝2n. (2)①设每一行组成的等比数列的公比为 q. 由于前 n 行共有 1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2 个数，且 32<13<42，所以 a10＝b4＝8. 所以 a13＝a10q3＝8q3，又 a13＝1，解得 q＝1 2 . 由已知可得 cn＝bnqn－1，因此 cn＝2n·(1 2 )n－1＝ n 2n－2. 所以 Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝ 1 2－1＋2 20＋3 21＋…＋ n 2n－2. 1 2 Sn＝1 20＋2 21＋…＋n－1 2n－2 ＋ n 2n－1. 因此 1 2 Sn＝ 1 2－1＋1 20＋1 21＋…＋ 1 2n－2－ n 2n－1＝4－ 1 2n－2－ n 2n－1＝4－n＋2 2n－1 . 解得 Sn＝8－n＋2 2n－2 . ②由①知，cn＝ n 2n－2，不等式(n＋1)cn≥λ， 可化为n n＋1 2n－2 ≥λ.设 f(n)＝n n＋1 2n－2 ， 因为 f(n＋1)－f(n)＝ n＋1 2－n 2n－1 ， 所以当 n≥3 时，f(n＋1)bn 恒成立，求实数 t 的取值范围． 解析 (1)由题意得 an－an－1＝2n(n≥2)， 累差叠加，得 an＝n(n＋1)(n≥2)． 又 a1＝2，所以 an＝n(n＋1)，(n∈N*)． (2)bn＝ 1 n＋1 n＋2 ＋ 1 n＋2 n＋3 ＋…＋ 1 2n 2n＋1 ＝ 1 n＋1 － 1 2n＋1 ＝ n n＋1 2n＋1 ＝ n 2n2＋3n＋1 ， bn＝ 1 2n＋1 n ＋3 ，bn 的最大值为 b1＝1 6 ， 所以 t2－2mt＋1 6 >1 6 恒成立，m∈[－1,1]． 构造 g(m)＝－2tm＋t2，即 g(m)>0 恒成立 m∈[－1,1]． 当 t＝0，不成立； 当 t≠0，g(m)是一次函数， g －1 >0， g 1 >0， 解得 t∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)． 14．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26.{an}的前 n 项和为 Sn. (1)求 an 及 Sn； (2)令 bn＝ 1 a2 n－1 (n∈N*)，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 答案 (1)an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2) (2)Tn＝ n 4 n＋1 解析 (1)设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d， 由于 a3 ＝7，a5＋a7＝26， 所以 a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26， 解得 a1＝3，d＝2. 由于 an＝a1＋(n－1)d，Sn＝n a1＋an 2 ， 所以 an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)． (2)因为 an＝2n＋1，所以 a2 n－1＝4n(n＋1)． 因此 bn＝ 1 4n n＋1 ＝1 4 (1 n － 1 n＋1 )． 故 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝1 4 (1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ) ＝1 4 (1－ 1 n＋1 )＝ n 4 n＋1 . 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝ n 4 n＋1 . 15．设数列{an}是等差数列，其前 n 项和 Sn，若 S4≥10，S5≤15，求 a4 的最大值． 解析 方法一 a5＝S5－S4≤5， S5＝a1＋a2＋…＋a5＝5a3≤15， a3≤3，则 a4＝a3＋a5 2 ≤4，a4 的最大值为 4. 方法二 ∵ S4＝4a1＋6d≥10， S5＝5a1＋10d≤15 ⇒ －2a1－3d≤－5， a1＋2d≤3 ⇒d≤1. 又∵S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3≤15，∴a 3≤3. ∴a4≤4.故 a4 的最大值为 4. 方法三 本题也可利用线性规划知识求解． 由题意得 4a1＋6d≥10， 5a1＋10d≤15 ⇒ 2a1＋3d≥5， a1＋2d≤3. a4＝a1＋3d. 画出可行域 2a1＋3d≥5， a1＋2d≤3， 求目标函数 a4＝a1＋3d 的最大值，即当直线 a4＝a1＋3d 过可行域内(1,1) 点时截距最大，此时 a4＝4. 16．(2019·天津)已知{an}是等差数列，其前 n 项和为 Sn，{bn}是等比数列，且 a1＝b1＝2，a4＋b4＝27， S4－b4＝10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记 Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，证明：Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)． 解析 (1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q.由 a1＝b1＝2，得 a4＝2＋3d，b4＝2q3， S4＝8＋6d.由条件，得方程组 2＋3d＋2q3＝27， 8＋6d－2q3＝10， 解得 d＝3， q＝2. 所以 an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*. (2)方法一 由(1)得 Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1， ① 2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2na2＋2n－1a1. ② 由②－①，得 Tn＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2＝12 1－2n－1 1－2 ＋2n＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10. 而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10，故 Tn＋12＝－2an＋10bn，n∈N*. 方法二 (1)当 n＝1 时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立； (2)假设当 n＝k 时等式成立，即 Tn＋12＝－2ak＋10bk，则当 n＝k＋1 时，有 Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1 ＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk) ＝ak＋1b1＋qTk ＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12) ＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24 ＝－2ak＋1＋10bk＋1－12. 即 Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1. 因此 n＝k＋1 时等式也成立． 由(1)和(2)，可知对任意 n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn 成立． 17．(2019·陕西)设{an}是公比不为 1 的等比数列，其前 n 项和为 Sn，且 a5，a3，a4 成等差数列． (1)求数列{an}的公比； (2)证明：对任意 k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1 成等差数列． 解析 (1)设数列{an}的公比为 q(q≠0，q≠1)， 由 a5，a3，a4 成等差数列，得 2a3＝a5＋a4. 即 2a1q2＝a1q4＋a1q3. 由 a1≠0，q≠0，得 q2＋q－2＝0，解得 q1＝－2，q2＝1(舍去)，所以 q＝－2. (2)方法一 对任意 k∈N＋， Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk) ＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1 ＝2ak＋1＋ak＋1·(－2) ＝0， 所以，对任意 k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1 成等差数列． 方法二 对任意 k∈N＋，2Sk＝2a1 1－qk 1－q ， Sk＋2＋Sk＋1＝a1 1－qk＋2 1－q ＋a1 1－qk＋1 1－q ＝a1 2－qk＋2－qk＋1 1－q ， 2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝2a1 1－qk 1－q －a1 2－qk＋2－qk＋1 1－q ＝ a1 1－q [2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)] ＝ a1qk 1－q (q2＋q－2)＝0， 因此，对任意 k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1 成等差数列． 18．(2019·广东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足 2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且 a1，a2＋5，a3 成等 差数列． (1)求 a1 的值； (2)求数列{an}的通项公式； (3)证明：对一切正整数 n，有1 a1 ＋1 a2 ＋…＋1 an <3 2 . 解析 (1)∵a1，a2＋5，a3 成等差数列， ∴2(a2＋5)＝a1＋a3. 又∵2a1＝2S1＝a2－22＋1,2(a1＋a2)＝2S2＝a3－23＋1， ∴a2＝2a1＋3，a3＝6a1＋13. 因此 4a1＋16＝7a1＋13，从而 a1＝1. (2)由题设条件知，n≥2 时，2Sn－1＝an－2n＋1， 2Sn＝an＋1－2n＋1＋1. ∴2an＝an＋1－an－2n，于是 an＋1＝3an＋2n(n≥2)． 而由(1)知，a2＝2a1＋3＝5＝3a1＋2， 因此对一切正整数 n，有 an＋1＝3an＋2n. 所以 an＋1＋2n＋1＝3(an＋2n)． 又∵a1＋21＝3， ∴{an＋2n}是以 3 为首项，3 为公比的等比数列． 故 an＋2n＝3n，即 an＝3n－2n. (3)∵an＝3n－2n＝3·3n－1－2n＝3n－1＋2(3n－1－2n－1)≥3n－1， ∴1 an ≤ 1 3n－1. ∴1 a1 ＋1 a2 ＋…＋1 an ≤1＋1 3 ＋1 32＋…＋ 1 3n－1＝ 1－1 3n 1－1 3 <3 2 . 19．(2019·湖北)已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为 8. (1)求等差数列{an}的通项公式； (2)若 a2，a3，a1 成等比数列，求数列{|an|}的前 n 项和． 解析 (1)设等差数列{an}的公差为 d，则 a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d. 由题意得 3a1＋3d＝－3， a1 a1＋d a1＋2d ＝8. 解得 a1＝2， d＝－3 或 a1＝－4， d＝3. 所以由等差数列的通项公式可得 an＝2－3(n－1)＝－3n＋5 或 an＝－4＋3(n－1)＝3n－7. 故 an＝－3n＋5 或 an＝3n－7. (2)当 an＝－3n＋5 时，a2，a3，a1 分别为－1，－4,2，不成等比数列； 当 an＝3n－7 时，a2，a3，a1 分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件． 故|an|＝|3n－7|＝ －3n＋7，n＝1，2， 3n－7，n≥3. 记数列{|an|}的前 n 项和为 Sn. 当 n＝1 时，S1＝|a1|＝4；当 n＝2 时，S2＝|a1|＋|a2|＝5； 当 n≥3 时， Sn ＝ S2 ＋ |a3| ＋ |a4| ＋ … ＋ |an| ＝ 5 ＋ (3×3 － 7) ＋ (3×4 － 7) ＋ … ＋ (3n － 7) ＝ 5 ＋ n－2 [2＋ 3n－7 ] 2 ＝3 2 n2－11 2 n＋10.当 n＝2 时，满足此式． 综上，Sn＝ 4，n＝1， 3 2 n2－11 2 n＋10，n>1. 20．(2019·江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝kcn－k(其中 c，k 为常数)，且 a2＝4，a6＝8a3. (1)求 an； (2)求数列{nan}的前 n 项和 Tn. 解析 (1)由 Sn＝kcn－k，得 an＝Sn－Sn－1＝kcn－kcn－1(n≥2)． 由 a2＝4，a6＝8a3，得 kc(c－1)＝4，kc5(c－1)＝8kc2(c－1)． 解得 c＝2， k＝2， 所以 a1＝S1＝2，an＝kcn－kcn－1＝2n(n≥2)，于是 an＝2n. (2)Tn＝错误!ai＝错误!·2i，即 Tn＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n·2n， Tn＝2Tn－Tn＝－2－22－23－24－…－2n＋n·2n＋1＝－2n＋1＋2＋n·2n＋1＝(n－1)2n＋1＋2. 21．(2019·安徽)数列{xn}满足 x1＝0，xn＋1＝－x2 n＋xn＋c(n∈N*)． (1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是 c<0； (2)求 c 的取值范围，使{xn}是递增数列． 解析 (1)先证充分性，若 c<0，由于 xn＋1＝－x2 n＋xn＋c≤xn＋c0，即 xn<1－ c. 由②式和 xn≥0 还可得，对任意 n≥1 都有 c－xn＋1≤(1－ c)( c－xn)． ③ 反复运用③式，得 c－xn≤(1－ c)n－1( c－x1)<(1－ c)n－1. xn<1－ c和 c－xn<(1－ c)n－1 两式相加，知 2 c－1<(1－ c)n－1 对任意 n≥1 成立． 根据指数函数 y＝(1－ c)n 的性质，得 2 c－1≤0，c≤1 4 .故 00， 即证 xn< c对任意 n≥1 成立． 下面用数学归纳法证明：当 0xn，即{xn}是递增数列． 由(ⅰ)(ⅱ)知，使得数列{xn}单调递增的 c 的范围是(0，1 4 ]．