学生1已知an是各项均为正数的等比数列bn等差数列且

a6＝b7，则有 D．a3＋a9与b4＋b10的大小关系不确定 解 记等比数列{an}的公比为q由数列{bn}为等差数列可知又数列{an}是各项均为正数的等比数列，∴a3＋a9＝a3(1＋q6) q3) 1b7(q3)，又q3＝q3＋q3≥2q＝1b10.故选已知 (n∈N＋)，数列{an}的前n项和为Sn，则使Sn>0的n最小值 答 ＝解 令 ＝ a6>a7>a8>a9>a10>…>0.∴S10＝0，S11>0，选数列{an}中，SnnS1＝1，S2＝2＝0(n∈N*且n≥2)，则此数列 解 又a1＝1，a2＝1，∴从第二项起为等比数列已知数列{an}满足

则n等 2222答

33解

＋1＝a1＋an

{an}是首为

1＝3，公差为d＝3的等差数列，于是an＝3＋(n－1)·3＝3n，即n＝3.故选 A．11 B．12C．15 D．25答 12解析(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝a2＋a2＋…＋a212 －39＝11已知等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有 答 解 由题意，得 ×101＝0.所以已知数列{an}，{bn}a1＝1an，an＋1f(x)＝x2－bnx＋2n两个零点，则 答 解 ∴an1·an —∴a2n＝2n，a2n—Sn是等差数列{an}n项和，S10>0S11＝0Sn≤SkN*恒成立，整数k构成的集合为 解 等差数列中由S10>0，S11＝0， a6＝0S5＝S6≥Snk＝5∴集合为 得极小值(an,2Sn)(n∈N*)均在函数

f′(x)＋q(其中a1求数列{an}的通项

＝记bn 4Sn·qn，求数列{bn}的前n项和Tn.＝解 f′(x)＝0x＝1

q∵p>q>0，∴x变化时，f′(x)、f(x) 1＋0—0＋∴f(x)x＝1 nn1a1＝1p＝1.1n nn1∴当n≥2时，2Sn－1＝2a2－ n1nn12an＝2(a2－a2－nn1∴2(a2－a2－ n∴(an＋an1)(an－an －an＋an1>0，∴an－an

—∴{an}是以

—1为首项，2∴a

×2＝2nn－1

·2＝ 由③－④，得

∴Tn＝1－q2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 …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(1)求数列{bn}的通项a13＝1.M＝{n|(n＋1)cn≥λ，n∈N*}M3λ的解 (1)设数列{bn}的公差为

n1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n232<13<42，所以所以a13＝a10q3＝8q3，又a13＝1，解得 由已知可得cn＝bnqn－1，因此

1 ＝所以 1＝

n

1 2

n2Sn＝20＋21＋…＋2n－2 1 1

1 n

1 n

因此

n－2－n－1＝4－n－2－

n－12

Sn＝82n－2＝②由①知 n，不等式(n＋1)c＝2 可化为2n－2≥λ.f(n)＝2n－2因为 n≥3计算得 ＝4M3λ的取值范围是已知数列

{bn}n＋2解 得2λ2－5λ＋3＝0，解得λ＝1或 当

3＝2时，a2＝2×2－2＝1，a1＝a2，故λ＝2不合题意舍去λ＝1an＝λan－1＋λ－2∴数列{an}a1＝1，d＝－1(2)λ＝3即 n＋2＝3(an－1＋2)，即∴数列{bn}构成首项为

＝2

3 3

＝2n21－3 ∴Sn＝1－3已知等差数列{an}nSnS4＋a2＝2S3，等比数列{bn}满足b1＝a2，b2＝a4.(1)求证：{bn}中的每一项均为{an}中的项(2)若

{cn}满足

1·cn＝(－1)n(1＋2log2bn)，求数列{cn}的前

解 (1)证明：设等差数列{an}的公差为d，由S4＋a2＝2S3得∴b1＝2a1，b2＝4a1，等比数列{bn}的公比

∵2n∈N*，∴{bn}中的每一项均为{an}中的项(2)解析

由bn＋1·cn＝(－1)n(1＋2log2bn)， 1 12)

1

1

1 1

1＋(－1

1 1

n1n

1

1 1＋3－3(－2) 1

1 (－2)

(－2)(1)求数列{an}的通式； (2)设 1 1 1 1，若对任意的正整数n，当

时，不等式 n恒成立，求实数t的取值范围 累差叠加，得an＝n(n＋1)(n≥2)．a1＝2，所以

1 1 b b ，bn

所以 1

g(m)＝－2tm＋t2g(m)>0m∈[－1,1]．t＝0，不成立；t≠0，g(m)是一次函数，14．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26.{an}nan令bn＝ (n∈N*)，求数列{bn}的前n项和n＋答 ＋4 由于a3＝7，a5＋a7＝26，a1＝3，d＝2.由于 n(2)因为an＝2n＋1，所以n因此 1 1)．＝＝ 1＝4(1－2＋2－3＋…＋n－n＋1 1 ＝＋所以数列{bn}的前n项和 ＝＋4 a3≤3，则a4＝ ≤4，a4的最大值为方法

∴a4≤4.a4方法 本题也可利用线性规划知识求解由题意得

a4＝a1＋3d＝a1＋3d过可行域内(1,1)16．(2012·)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.(1)求数列{an}与{bn}的通式(2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，证明解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.由条件，得方程

(2)方法一由(1) —2Tn＝22an＋23an1＋…＋2na2＋2n－1a1. —

而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10， (1)当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式n＝k＋1由(1)和(2)n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn17．(2012·陕西)设{an}1nSna5，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． (1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，a5，a3，a4(2)方法一对任意k∈N＋，k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1方法 对任意

11 k ＋2 k [2(1－q)－(2－q ＝

k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1N*a1，a2＋5，a3a1求数列{an}的通式 1 1

1，有解 (1)∵a1，a2＋5，a3成等差数列因此4a1＋16＝7a1＋13，从而由题设条件知，n≥2＋2Sn＝an＋∴2an＝an＋1－an－2n，于＋而由(1)a2＝2a＋3＝5＝3a1＋2，nan12n＋1＝3(a＋2n)．＋∴{an＋2n}3为首项，3为公比的等比数列．an＋2n＝3nan＝3n－2n. 1∴an≤3

111 －3n1

13(1)求等差数列{an}的通式；(2)a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}n解 (1)设等差数列{an}的公差为d，则由题意得 解

所以由等差数列的通式可得an＝2－3(n－1)＝－3n＋5an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.an＝－3n＋5an＝3n－7.(2)an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4记数列{|an|}nn＝1时，S1＝|a1|＝4n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；n≥3时， 3 ＝2n2n＋10.n＝2综上，Sn＝3 20．(2012·江西)已知数列{an}nSn＝kcn－k(c，k为常数)(1)(2)求数列{nan}n— (1)由Sn＝kcn－k，得an＝Sn－Sn1＝kcn－kcn－1(n≥2)．由a2＝4，a6＝8a3，得kc(c－1)＝4，kc5(c－1)＝8kc2(c－1)．—解得

所以a1＝S1＝2，an＝kcn－kcn－1＝2n(n≥2)，于是 (2)Tn＝iai＝i·2i， n21．(2012·)数列{xn}满足n证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c的取值范围，使{xn}n解 (1)先证充分性，若c<0，由于xn＋1＝－x2＋xn＋c≤xn＋c<xn，故{xn}nx1＝0x1<x2<x3，得nxn<xn＋1＝－x2＋xn＋cn对任意n≥1都有xn< nc－xn＋1＝x2－xn－c＋c＝(1－c－xn)(c－xn)， 1－c－xn>0xn<1－c.nxn≥0n≥1c－xn＋1≤(1－c)( c－xn≤(1－c)n－1(c－x1)<(1－xn<1－c和c－xn<(1－c)n－12c－1<(1－c)n－1n≥1y