2014江苏高考直通车二轮攻略30讲+数列部分

2014高考直通车高考二轮攻略30讲第17讲等差数列和等比数列的概念与性质【课前诊断】1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5＜ak＜8，则k的值为________．解析∵Sn＝n2－9n，∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－10，a1＝S1＝－8适合上式，∴an＝2n－10(n∈N*)，∴5＜2k－10＜8，得7.5＜k＜9.∴k＝8.答案82．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)若数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，则{an}的通项公式是an＝________．解析当n＝1时，S1＝eq\f(2,3)a1＋eq\f(1,3)，∴a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)－(eq\f(2,3)an－1＋eq\f(1,3))＝eq\f(2,3)(an－an－1)，∴an＝－2an－1，即eq\f(an,an－1)＝－2，∴{an}是以1为首项的等比数列，其公比为－2，∴an＝1×(－2)n－1，即an＝(－2)n－1.答案(－2)n－14．(2010·高考湖北卷)已知等比数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，各项都是正数，且a1，eq\f(1,2)a3，2a2成等差数列，则eq\f(a9＋a10,a7＋a8)的值为________．解析设等比数列{an}的公比为q，∵a1，eq\f(1,2)a3,2a2成等差数列，∴a3＝a1＋2a2.∴a1q2＝a1＋2a1q.∴q2－2q－1＝∴q＝1±eq\r(2).∵各项都是正数，∴q＞0.∴q＝1＋eq\r(2).∴eq\f(a9＋a10,a7＋a8)＝q2＝(1＋eq\r(2))2＝3＋2eq\r(2).答案3＋2eq\r(2)5．设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q的值为________．解析由已知条件得2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，即2Sn＝2Sn＋2an＋1＋an＋2，即eq\f(an＋2,an＋1)＝－2.答案－2【例题探究】(2013·高考浙江卷)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1，2a2＋2，5a3成等比数列．(1)求d，an；(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.解：(1)由题意得，a1·5a3＝(2a2＋2)2，由a1＝10，{an}为公差为d的等差数列得，d2－3d－4＝0，解得d＝－1或d＝4.所以an＝－n＋11(n∈N*)或an＝4n＋6(n∈N*)．(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11，所以当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－eq\f(1,2)n2＋eq\f(21,2)n；当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝eq\f(1,2)n2－eq\f(21,2)n＋110.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)n2＋\f(21,2)n，n≤11，,\f(1,2)n2－\f(21,2)n＋110，n≥12.))(南通市2010届高三第二次调研测试，17)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，且q＞0，q≠1.(1)若a1＝qm，m∈Z，且m≥－1，求证：数列{an}中任意不同的两项之积仍为数列{an}中的项；(2)若数列{an}中任意不同的两项之积仍为数列{an}中的项，求证：存在整数m，且m≥－1，使得a1＝qm.证明：(1)设ar，at为等比数列{an}中不同的两项，由a1＝qm，得ar·at＝a1qr－1·a1qt－1＝a1·q(r＋t＋m－1)－1.(2分)又r＋t≥3，且m≥－1，所以r＋m＋t－1≥1.所以ar，at是数列{an}的第r＋m＋t－1项．(6分)(2)等比数列{an}中任意不同两项之积仍为数列{an}中的项，令as·at＝al(l，t，s∈N*，t≠s)，由于as＝a1·qs－1，at＝a1·qt－1，al＝a1·ql－1，得a1·qs－1·a1·qt－1＝a1·ql－1，a1＝ql－s－t＋1，令整数m＝l－s－t＋1，则a1＝qm.(9分)下证整数m≥－1.若设整数m＜－1，则－m≥2，令k＝－m，由题设，取a1，ak，使a1·ak＝ar(r∈N*)，即a1·a1·qk－1＝a1·qr－1，所以qm·q－m－1＝qr－1，即q－1＝qr－1.(12分)所以q＞0，q≠1，－1＝r－1，r＝0与r∈N*矛盾！所以m≥－1.(15分)已知数列的首项（a是常数，且），（），数列的首项，（）。（1）证明：从第2项起是以2为公比的等比数列；（2）设为数列的前n项和，且是等比数列，求实数a的值；（3）当时，求数列的最小项。解：（1）∵∴(n≥2)…………3分由得，，∵，∴，…………4分即从第2项起是以2为公比的等比数列。…………5分（2）…………6分当n≥2时，∵是等比数列,∴(n≥2)是常数，∴3a+4=0，即。…………10分（3）由（1）知当时，，………………11分所以，…………12分所以数列为2a+1，4a，8a—1，16a，显然最小项是前三项中的一项。…………13分当时，最小项为8a—1；当时，最小项为4a或8a—1；………14当时，最小项为4a；当时，最小项为4a或2a+1；…………15当时，最小项为2a+1。…………16分冲刺强化练习(17)1．已知等差数列{an}中，a1＋a99＝20，则eq\f(1,2)a50＋a20＋a80＝__________．解析∵等差数列{an}中，a1＋a99＝20，∴a1＋a99＝2a50＝20，即a50＝10，又a20＋a80＝2a50，则eq\f(1,2)a50＋a20＋a80＝eq\f(1,2)a50＋(a20＋a80)＝eq\f(1,2)a50＋2a50＝eq\f(5,2)a50＝eq\f(5,2)×10＝25．答案252．(2009·广东卷)已知等比数列{an}满足an>0，n＝1,2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1解析由题知an＝2n，log2a2n－1＝2n－1，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝1＋3＋…＋(2n－1)答案n23．(2013·高考重庆卷)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________．解析∵a1，a2，a5成等比数列，∴aeq\o\al(2,2)＝a1a5，∴(1＋d)2＝1×(4d＋1)，∴d2－2d＝0.∵d≠0，∴d＝2.∴S8＝8×1＋eq\f(8×7,2)×2＝64.答案644．已知各项为正数的等差数列{an}的前20项和为100，那么a7a14的最大值为________解析因为{an}为各项为正数的等差数列，且前20项和为100，所以eq\f(20a1＋a20,2)＝100，即a1＋a20＝10，所以a7＋a14＝10.又因为a7·a11≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a7＋a14,2)))2＝25，当且仅当a7＝a14时“＝”成立．答案255．(2010·江苏，8)函数y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，ak2)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．解析对函数y＝x2，y′＝2x，∴函数y＝x2(x＞0)在点(ak，ak2)处的切线方程为y－ak2＝2ak(x－ak)，令y＝0得ak＋1＝eq\f(1,2)ak.又∵a1＝16，∴a3＝eq\f(1,2)a2＝eq\f(1,4)a1＝4，a5＝eq\f(1,4)a3＝1.∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.答案216．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和为An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，则使得eq\f(an,bn)为整数的正整数n的个数是________．解析由等差数列的前n项和及等差中项，可得eq\f(an,bn)＝eq\f(\f(1,2)a1＋a2n－1,\f(1,2)b1＋b2n－1)＝eq\f(\f(1,2)2n－1a1＋a2n－1,\f(1,2)2n－1b1＋b2n－1)＝eq\f(72n－1＋45,2n－1＋3)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(14n＋38,2n＋2)＝eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1)(n∈N*)，故n＝1，2，3，5，11时，eq\f(an,bn)为整数．答案57．(2010·辽宁高考)设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2，3S2＝a3－2，则公比q＝________．解析由已知得3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，两式作差得3(S3－S2)＝a4－a3，化简整理得a4＝4a3，故公比q答案48．(2010·辽宁高考)已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则eq\f(an,n)的最小值为________．解析an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2[(n－1)＋(n－2)＋…＋1]＋33＝33＋n2－n，所以eq\f(an,n)＝eq\f(33,n)＋n－1.设f(x)＝eq\f(33,x)＋x－1，则f′(x)＝eq\f(－33,x2)＋1.令f′(x)>0，得x>eq\r(33)或x<－eq\r(33).所以f(x)在(eq\r(33)，＋∞)上是增函数，在(0，eq\r(33))上是减函数．因为n∈N*，所以当n＝5或n＝6时，f(n)取最小值．因为f(5)＝eq\f(53,5)，f(6)＝eq\f(63,6)＝eq\f(21,2)，eq\f(53,5)>eq\f(21,2)，所以eq\f(an,n)的最小值为eq\f(21,2).答案eq\f(21,2)9．(2013·安徽)如图，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn…分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等．设OAn＝an，若a1＝1，a2＝2，则数列{an}的通项公式是________．解析由已知S梯形AnBnBn＋1An＋1＝S梯形An＋1Bn＋1Bn＋2An＋2S△OBn＋1An＋1－S△OBnAn＝S△OBn＋2An＋2－S△OBn＋1An＋1，即S△OBnAn＋S△OBn＋2An＋2＝2S△OBn＋1An＋1由相似三角形面积比是相似比的平方知OAeq\o\al(2,n)＋OAeq\o\al(2,n＋2)＝2OAeq\o\al(2,n＋1)，即aeq\o\al(2,n)＋aeq\o\al(2,n＋2)＝2aeq\o\al(2,n＋1)，因此{aeq\o\al(2,n)}为等差数列且aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,1)＋3(n－1)＝3n－2，故an＝eq\r(3n－2).答案an＝eq\r(3n－2)10．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}的通项公式及前n项和Sn.解：(1)设{an}的公比为q，由已知得16＝2q3，解得q＝2，an＝2n.(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32.设{bn}的公差为d，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＋2d＝8，,b1＋4d＝32，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝－16，,d＝12.))从而bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28.所以数列{bn}的前n项和Sn＝eq\f(n－16＋12n－28,2)＝6n2－22n.11．(2012·苏北四市调研二)设Sn为数列{an}的前n项和，若eq\f(S2n,Sn)(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”．(1)若数列{2bn}是首项为2，公比为4的等比数列，试判断数列{bn}是否为“和等比数列”；(2)若数列{cn}是首项为c1，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，试探究d与c1之间的关系．解(1)因为数列{2bn}是首项为2，公比为4的等比数列，所以2bn＝2·4n－1＝22n－1，因此，bn＝2n－1，设数列{bn}前n项和为Tn，则Tn＝n2，T2n＝4n2，所以eq\f(T2n,Tn)＝4.因此数列{bn}是“和等比数列”．(2)设数列{cn}的前n项和为Rn，且eq\f(R2n,Rn)＝k(k≠0)，则由{cn}是等差数列，得Rn＝nc1＋eq\f(nn－1,2)d，R2n＝2nc1＋eq\f(2n2n－1,2)d，所以eq\f(R2n,Rn)＝eq\f(2nc1＋\f(2n2n－1,2)d,nc1＋\f(nn－1,2)d)＝k.对于n∈N*都成立，化简得(k－4)dn＋(k－2)(2c1－d)＝0，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－4d＝0，,k－22c1－d＝0.))因为d≠0，所以k＝4，d＝2c1.因此，d与c1之间的等量关系为d＝2c1.12．已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2）若数列滿足…，证明：数列是等差数列；（3）证明：.（1）解：是以为首项，2为公比的等比数列 即 （2） ①，② ②－①，得 即③，④ ③－④，得 即是等差数列 （3）证明：∵ 2014高考直通车高考二轮攻略30讲第18讲数列求和【课前诊断】1．(2010·天津)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5项和为________．解析设数列{an}的公比为q.由题意可知q≠1，且eq\f(91－q3,1－q)＝eq\f(1－q6,1－q)，解得q＝2，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝eq\f(31,16).答案eq\f(31,16)2．数列{n·2n}前n项和为________．解析∵Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n•2n，∴2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)•2n＋n•2n＋1，两式相减得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n•2n＋1＝eq\f(2(2n－1),2－1)－n•2n＋1＝2n＋1－2－n•2n＋1＝(1－n)•2n＋1－2．∴Sn＝(n－1)•2n＋1＋2．答案(n－1)•2n＋1＋2．3．数列{(－1)nn}的前2013项的和S2013为________．数列{(－1)n＋1n}的前2013项的和S2013为解析S2013＝1－2＋3－4＋…－2012＋2013＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(2011－2012)＋2013＝－1006＋2013＝1007.4．求和：eq\f(1,1×4)＋eq\f(1,4×7)＋eq\f(1,7×10)＋…＋eq\f(1,3n－23n＋1)＝________．解析∵eq\f(1,3n－23n＋1)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，∴原式＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,10)))＋…＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(n,3n＋1).答案eq\f(n,3n＋1)【例题探究】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＝eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝7，,2a1＋10d＝26，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝2.))所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，Sn＝3n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2＋2n.(2)由(1)知an＝2n＋1，所以bn＝eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)＝eq\f(1,2n＋12－1)＝eq\f(1,4)·eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以Tn＝eq\f(1,4)·(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(1,4)·(1－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(n,4n＋1)，即数列{bn}的前n项和Tn＝eq\f(n,4n＋1).在等差数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn满足条件eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(4n＋2,n＋1)，n＝1,2，….(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝anpan(p>0)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(4n＋2,n＋1)，当n＝1时，得eq\f(a1＋a2,a1)＝3，所以a2＝2，即d＝a2－a1＝1.当n≥2时，由eq\f(4n＋2,n＋1)＝eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(\f(an＋nd＋a1,2)×2n,\f(an＋a1,2)×n)＝eq\f(2an＋nd＋a1,an＋a1)＝eq\f(2an＋n＋1,an＋1)，所以an＝n.(2)由bn＝anpan，得bn＝npn，所以Tn＝p＋2p2＋3p3＋…＋(n－1)pn－1＋np2n，①当p＝1时，Tn＝eq\f(nn＋1,2)；当p≠1时，pTn＝p2＋2p3＋3p4＋…＋(n－1)pn＋npn＋1，②由①－②，得(1－p)Tn＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1＋pn－npn＋1＝eq\f(p1－pn,1－p)－npn＋1.即Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)，p＝1，,\f(p1－pn,1－p2)－\f(npn＋1,1－p)，p≠1.))(2012·天一中学，淮阴中学，海门中学调研)已知数列{an}是各项均不为0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)求数列{an}的通项公式an和数列{bn}的前n项和的Tn；(2)若对任意的n∈N*，不等式λTn<n＋8·(－1)n恒成立，求实数λ的取值范围；(3)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．解(1)在aeq\o\al(2,n)＝S2n－1中，令n＝1，n＝2，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)＝S1，,a\o\al(2,2)＝S3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)＝a1，,a1＋d2＝3a1＋3d，))解得a1＝1，d＝2或d＝－1，当d＝－1时，a2＝0与题设不符．∴d＝2.∴an＝2n－1，又∵an＝2n－1时，Sn＝n2满足aeq\o\al(2,n)＝S2n－1，∴an＝2n－1.∵bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).(2)①当n为偶数时，要使不等式λTn<n＋8·(－1)n恒成立，则需不等式λ<eq\f(n＋82n＋1,n)＝2n＋eq\f(8,n)＋17恒成立．∵2n＋eq\f(8,n)≥8，等号在n＝2时取得．∴此时λ需满足λ<25.②当n为奇数时，要使不等式λTn<n＋8·(－1)n恒成立，即需不等式λ<eq\f(n－82n＋1,n)＝2n－eq\f(8,n)－15恒成立．∵2n－eq\f(8,n)是随n的增大而增大，∴n＝1时2n－eq\f(8,n)取得最小值－6.∴此时λ需满足λ<－21.综合①、②可得λ的取值范围是λ<－21.(3)T1＝eq\f(1,3)，Tm＝eq\f(m,2m＋1)，Tn＝eq\f(n,2n＋1)，若T1，Tm，Tn成等比数列，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2m＋1)))2＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2n＋1)))，即eq\f(m2,4m2＋4m＋1)＝eq\f(n,6n＋3).由eq\f(m2,4m2＋4m＋1)＝eq\f(n,6n＋3)，可得eq\f(3,n)＝eq\f(－2m2＋4m＋1,m2)>0，即－2m2＋4m＋1>0，∴1－eq\f(\r(6),2)<m<1＋eq\f(\r(6),2).又m∈N*，且m>1，∴m＝2，此时n＝12.因此，当且仅当m＝2，n＝12时，数列{Tn}中的T1，Tm，Tn成等比数列．冲刺强化练习(18)1．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝________．解析当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1，又∵a1＝1适合上式．∴an＝2n－1，∴aeq\o\al(2,n)＝4n－1.∴数列{aeq\o\al(2,n)}是以aeq\o\al(2,1)＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1·1－4n,1－4)＝eq\f(1,3)(4n－1)．答案eq\f(1,3)(4n－1)2．已知函数f(x)＝eq\f(x2,1＋x2)，那么f(1)＋f(2)＋f(eq\f(1,2))＋f(3)＋f(eq\f(1,3))＋f(4)＋f(eq\f(1,4))＝________．解析f(x)＝eq\f(x2,1＋x2)，f(eq\f(1,x))＝eq\f(\f(1,x)2,1＋\f(1,x)2)＝eq\f(1,1＋x2)，∴f(x)＋f(eq\f(1,x))＝1，∴原式＝f(1)＋[f(2)＋f(eq\f(1,2))]＋[f(3)＋f(eq\f(1,3))]＋[f(4)＋f(eq\f(1,4))]＝eq\f(1,2)＋1＋1＋1＝eq\f(7,2).答案eq\f(7,2)3．(2011·广东)等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________.解析设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S9－S4＝0，即a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0,5a7＝0，故a7而ak＋a4＝0，故k＝10.答案104．在等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S30＝13S10，S10＋S30＝140，则S20的值为.解析解法一由已知得S10＝10，S30＝130.设等比数列的首项为a1，公比为q(q≠1).解法二由已知得S10＝10，S30＝130.因为等比数列中，S10，S20－S10，S30－S20也成等比数列,所以(S20－S10)2＝S10(S30－S20).即(S20–10)2＝10×(130–S20).整理得，解得：S20＝40或S20＝－30(舍去)，所以S20＝40.答案405．(2011·天津卷)已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，则S10的值为________．解析设等差数列的首项为a1，公差为d，由题意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝16，,S20＝20a1＋\f(20×19,2)×d＝20，))解之得a1＝20，d＝－2，∴S10＝10×20＋eq\f(10×9,2)×(－2)＝110.答案1106．在数列{an}中，an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，且Sn＝9，则n＝________．解析∵an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，∴a1＝eq\r(2)－1，a2＝eq\r(3)－eq\r(2)，…，an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，∴Sn＝eq\r(n＋1)－1＝9，∴n＝99.答案997．已知为等比数列，a1＝1，a4＝27，Sn为等差数列{bn}前n项和，b1＝3，S5＝35，设Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，则Tn＝________．解析，．①②①－②得：，整理得：答案n·3n8．在平面直角坐标系中，已知An(n，an)、Bn(n，bn)、Cn(n－1,0)(n∈N*)，满足向量AnAn＋1与向量eq\o(BnCn,\s\up6(→))共线，且点Bn(n，bn)(n∈N*)都在斜率为6的同一条直线上．若a1＝6，b1＝12.数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝________．解析：∵点Bn(n，bn)(n∈N＋)都在斜率为6的同一条直线上，∴eq\f(bn＋1－bn,n＋1－n)＝6，即bn＋1－bn＝6，于是数列{bn}是等差数列，故bn＝12＋6(n－1)＝6n＋6.∵AnAn＋1＝(1，an＋1－an)，eq\o(BnCn,\s\up6(→))＝(－1，－bn)，又∵AnAn＋1与eq\o(BnCn,\s\up6(→))共线，∴1×(－bn)－(－1)(an＋1－an)＝0，即an＋1－an＝bn，∴当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＝a1＋b1(n－1)＋3(n－1)(n－2)＝3n(n＋1)．当n＝1时，上式也成立．所以an＝3n(n＋1)．∵eq\f(1,an)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,3n＋3).答案eq\f(n,3n＋3)9．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－ax－3，x≤7，,ax－6，x>7.))若数列{an}满足an＝f(n)(n∈N*)，且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是____________．解析数列{an}满足an＝f(n)(n∈N*)，则函数f(n)为增函数，注意a8－6>(3－a)×7－3.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,3－a>0，,a8－6>3－a×7－3，))解得2<a<3.答案(2,3)10．已知单调递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝anlogeq\f(1,2)an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1＞50成立的正整数n的最小值．解(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8，∴a2＋a4＝20，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝8，,a1q＋a1q3＝20，))解之得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,a1＝32.))又∵数列{an}单调递增，所以q＝2，a1＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)因为bn＝2nlogeq\f(1,2)2n＝－n·2n，所以Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1]，两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1.要使Sn＋n·2n＋1＞50，即2n＋1－2＞50，即2n＋1≥52.易知：当n≤4时，2n＋1≤25＝32＜52，当n≥5时，2n＋1≥26＝64＞52.故使Sn＋n·2n＋1＞50成立的正整数n的最小值为5.11．(2011·浙江卷)已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a(a∈R)，设数列的前n项和为Sn且eq\f(1,a1)，eq\f(1,a2)，eq\f(1,a4)成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式及Sn；(2)记An＝eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)，Bn＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a4)＋…＋eq\f(1,a2n－1)，当n≥2时，试比较An与Bn的大小．解(1)设等差数列{an}的公差为d，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))2＝eq\f(1,a1)·eq\f(1,a4)，得(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，∵d≠0，∴d＝a1＝a，∴an＝na，Sn＝eq\f(ann＋1,2).(2)∵eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴An＝eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1))).∵a2n－1＝2n－1a，∴Bn＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2n－1)＝eq\f(1,a)·eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝eq\f(2,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))).当n≥2时，2n＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)>n＋1，即1－eq\f(1,n＋1)<1－eq\f(1,2n)，∴当a>0时，An<Bn，当a<0时，An>Bn.12．(2012·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(1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d.由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝－3，,a1a1＋da1＋2d＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝－3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3.))所以由等差数列通项公式可得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|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－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＋eq\f(n－2[2＋3n－7],2)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(11,2)n＋10.当n＝2时，满足此式．综上，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,\f(3,2)n2－\f(11,2)n＋10，n≥2.))2014高考直通车高考二轮攻略30讲第19讲数列的综合应用【课前诊断】1．已知，，若{bn}是等比数列，则k＝．解析由得根据得出即，解得k＝－2或－3．．答案－2或－32．设函数f(x)满足f(n＋1)＝eq\f(2fn＋n,2)(n∈N*)，且f(1)＝2，则f(20)＝________．解析f(n＋1)＝f(n)＋eq\f(n,2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f20＝f19＋\f(19,2)，,f19＝f18＋\f(18,2)，,……,f2＝f1＋\f(1,2).))累加，得f(20)＝f(1)＋(eq\f(1,2)＋eq\f(2,2)＋…＋eq\f(19,2))＝f(1)＋eq\f(19×20,4)＝97.答案973．设正数数列{an}的前n项之和是bn，数列{bn}前n项之积是cn，且bn＋cn＝1，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))中最接近108的项是第项．解析依题意得bn＝eq\f(cn,cn－1)eq\f(1,cn)(n≥2)，又bn＋cn＝1，则eq\f(cn,cn－1)＋cn＝1，eq\f(1,cn)－eq\f(1,cn－1)＝1，由b1＝c1，b1＋c1＝1得b1＝c1＝eq\f(1,2)，则cn＝eq\f(1,n＋1)，bn＝eq\f(n,n＋1)，所以an＝bn－bn－1＝eq\f(1,n(n＋1))，eq\f(1,an)＝n(n＋1)，因此数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))中最接近108的项是第10项.答案104．(2012·湖北)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝eq\r(|x|)；④f(x)＝ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为________．解析方法一验证①eq\f(f(an＋1),f(an))＝eq\f(a\o\al(2,n＋1),a\o\al(2,n))＝q2，③eq\f(f(an＋1),f(an))＝eq\f(\r(|an＋1|),\r(|an|))＝eq\r(|q|)，∴①③为“保等比数列函数”，故填①③.方法二利用特殊化思想，选an＝2n判定．不妨令an＝2n.①因为f(x)＝x2，所以f(an)＝4n.显然{f(2n)}是首项为4，公比为4的等比数列．②因为f(x)＝2x，所以f(a1)＝f(2)＝22，f(a2)＝f(4)＝24，f(a3)＝f(8)＝28，所以eq\f(fa2,fa1)＝eq\f(24,22)＝4≠eq\f(fa3,fa2)＝eq\f(28,24)＝16，所以{f(an)}不是等比数列．③因为f(x)＝eq\r(|x|)，所以f(an)＝eq\r(2n)＝(eq\r(2))n.显然{f(an)}是首项为eq\r(2)，公比为eq\r(2)的等比数列．④因为f(x)＝ln|x|，所以f(an)＝ln2n＝nln2.显然{f(an)}是首项为ln2，公差为ln2的等差数列．答案①③【例题探究】(2012·广东卷)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eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).法一(1)解由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＝a2－3，,2a1＋a2＝a3－7，))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②))又由a1，a2＋5，a3成等差数列得2(a2＋5)＝a1＋a3，③由①②③得a1＝1.(2)解由题设条件可知，2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，④∴n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1.⑤④－⑤，得2(Sn－Sn－1)＝an＋1－an－2n＋1＋2n，即an＋1＝3an＋2n(n≥2)，∴an＋1＋2n＋1＝3(an＋2n)，∴{an＋2n}是以3为公比的等比数列，∴an＋2n＝(a1＋2)·3n－1＝3n，即an＝3n－2n(n>1)．又a1＝1满足上式，∴an＝3n－2n.(3)证明∵eq\f(1,an)＝eq\f(1,3n－2n)＝eq\f(1,3n)·eq\f(1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n)≤eq\f(1,3n)·eq\f(1,1－\f(2,3))＝3·eq\f(1,3n)，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3n)))＝3×eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))<eq\f(3,2).法二(2)解∵2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，①∴当n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1.②①－②得2an＝an＋1－an－2n＋1＋2n，∴an＋1＝3an＋2n.两边同除以2n＋1得eq\f(an＋1,2n＋1)＝eq\f(3,2)·eq\f(an,2n)＋eq\f(1,2)，∴eq\f(an＋1,2n＋1)＋1＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)＋1)).又由(1)知eq\f(a2,22)＋1＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1,21)＋1))，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)＋1))是以eq\f(3,2)为首项，eq\f(3,2)为公比的等比数列，∴eq\f(an,2n)＋1＝eq\f(3,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n，∴an＝3n－2n，即数列{an}的通项公式为an＝3n－2n.(3)证明∵an＝3n－2n＝(1＋2)n－2n＝Ceq\o\al(0,n)·1n·20＋Ceq\o\al(1,n)·1n－1·21＋Ceq\o\al(2,n)·1n－2·22＋…＋Ceq\o\al(n,n)·10·2n－2n＝1＋2n＋2(n2－n)＋…＋2n－2n>1＋2n＋2(n2－n)＝1＋2n2>2n2>2n(n－1)，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,3n－2n)<eq\f(1,2nn－1)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,nn－1)，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)＋…＋\f(1,nn－1)))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n)<eq\f(3,2)，即eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).已知数列{an}中，a1＝1，且点P(an，an＋1)(n∈N＋)在直线x－y＋1＝0上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若函数f(n)＝eq\f(1,n＋a1)＋eq\f(1,n＋a2)＋eq\f(1,n＋a3)＋…＋eq\f(1,n＋an)(n∈N＋，且n≥2)，求函数f(n)的最小值；(3)设bn＝eq\f(1,an)，Sn表示数列{bn}的前n项和．试问：是否存在关于n的整式g(n)，使得S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＝(Sn－1)·g(n)对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出g(n)的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．解(1)由点P(an，an＋1)在直线x－y＋1＝0上，即an＋1－an＝1，且a1＝1，故数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝1＋(n－1)·1＝n.(2)f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)f(n＋1)＝eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋eq\f(1,n＋4)＋…＋eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)f(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)>eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)＝0.所以f(n)是单调递增函数，故f(n)的最小值是f(2)＝eq\f(7,12).(3)bn＝eq\f(1,n)，可得Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，Sn－Sn－1＝eq\f(1,n)(n≥2)，n(Sn－Sn－1)＝1，nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1，(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1……2S2－S1＝S1＋1nSn－S1＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＋n－1S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＝nSn－n＝n(Sn－1)，n≥2.g(n)＝n，故存在关于n的整式g(n)＝n，使得对于一切不小于2的自然数n恒成立．(2012·盐城调研二)在数列{an}中，a1＝1，且对任意的k∈N*，a2k－1，a2k，a2k＋1成等比数列，其公比为qk.(1)若qk＝2(k∈N*)，求a1＋a3＋a5＋…＋a2k－1；(2)若对任意的k∈N*，a2k，a2k＋1，a2k＋2成等差数列，其公差为dk，设bk＝eq\f(1,qk－1).①求证：{bk}是等差数列，并指出其公差；②若d1＝2，试求数列{dk}的前k项的和Dk.(1)解∵qk＝2，∴eq\f(a2k＋1,a2k－1)＝4，故a1，a3，a5，…，a2k－1是首项为1，公比为4的等比数列，∴a1＋a3＋a5＋…＋a2k－1＝eq\f(1－4k,1－4)＝eq\f(1,3)(4k－1)．(2)①证明∵a2k，a2k＋1，a2k＋2成等差数列，∴2a2k＋1＝a2k＋a2k＋2，而a2k＝eq\f(a2k＋1,qk)，a2k＋2＝a2k＋1·qk＋1，∴eq\f(1,qk)＋qk＋1＝2，则qk＋1－1＝eq\f(qk－1,qk)，得eq\f(1,qk＋1－1)＝eq\f(qk,qk－1)＝eq\f(1,qk－1)＋1，∴eq\f(1,qk＋1－1)－eq\f(1,qk－1)＝1，即bk＋1－bk＝1，∴{bk}是等差数列，且公差为1.②解∵d1＝2，∴a3＝a2＋2，则由aeq\o\al(2,2)＝1×a3＝a2＋2，解得a2＝2或a2＝－1.(ⅰ)当a2＝2时，q1＝2，∴b1＝1，则bk＝1＋(k－1)×1＝k，即eq\f(1,qk－1)＝k，得qk＝eq\f(k＋1,k)，∴eq\f(a2k＋1,a2k－1)＝eq\f(k＋12,k2)，则a2k＋1＝eq\f(a2k＋1,a2k－1)·eq\f(a2k－1,a2k－3)·…·eq\f(a3,a1)·a1＝eq\f(k＋12,k2)·eq\f(k2,k－12)·…·eq\f(22,12)·1＝(k＋1)2，∴a2k＝eq\f(a2k＋1,qk)＝eq\f(k＋12,\f(k＋1,k))＝k(k＋1)，则dk＝a2k＋1－a2k＝k＋1，故Dk＝eq\f(kk＋3,2).(ⅱ)当a2＝－1时，q1＝－1，∴b1＝－eq\f(1,2)，则bk＝－eq\f(1,2)＋(k－1)×1＝k－eq\f(3,2)，即eq\f(1,qk－1)＝k－eq\f(3,2)，得qk＝eq\f(k－\f(1,2),k－\f(3,2))，∴a2k＋1＝eq\f(a2k＋1,a2k－1)·eq\f(a2k－1,a2k－3)·…·eq\f(a3,a1)·a1＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(3,2)))2)·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(3,2)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(5,2)))2)·…·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)·1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)))2，则a2k＝eq\f(a2k＋1,qk)＝(2k－1)(2k－3)，∴dk＝a2k＋1－a2k＝4k－2，从而Dk＝2k2.综上所述，Dk＝eq\f(kk＋3,2)或Dk＝2k2.冲刺强化练习(19)1．(2009·宁夏卷)等比数列{an}的公比q>0，已知a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，则{an}的前4项和S4＝________．解析由an＋2＋an＋1＝6an得：qn＋1＋qn＝6qn－1，即q2＋q－6＝0，q>0，解得：q＝2，又a2＝1，所以，a1＝eq\f(1,2)，S4＝eq\f(\f(1,2)1－24,1－2)＝eq\f(15,2).答案eq\f(15,2)2．已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝eq\f(an－\r(3),\r(3)an＋1)(n∈N*)，则a20等于________．解析∵a1＝0，an＋1＝eq\f(an－\r(3),\r(3)an＋1)，∴a2＝－eq\r(3)，a3＝eq\r(3)，a4＝0，…，∴数列{an}的最小正周期为3，∴a20＝a3×6＋2＝a2＝－eq\r(3).答案－eq\r(3)3．(2008·浙江卷)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝________．解析∵q3＝eq\f(a5,a2)＝eq\f(1,8)，∴q＝eq\f(1,2)，a1＝4，可得an·an＋1＝16·(eq\f(1,2))2n－1，∴原式＝16[eq\f(1,2)＋(eq\f(1,2))3＋…＋(eq\f(1,2))2n－1]＝eq\f(32,3)(1－4－n)．答案eq\f(32,3)(1－4－n)4．(2012·泰州模拟)数列{an}为正项等比数列，若a2＝2，且an＋an＋1＝6an－1(n∈N，n≥2)，则此数列的前4项和S4＝________．解析由a1q＝2，a1qn－1＋a1qn＝6a1qn－2，得qn－1＋qn＝6qn－2，所以q2＋q＝6.又q＞0，所以q＝2，a1＝1.所以S4＝eq\f(a11－q4,1－q)＝eq\f(1－24,1－2)＝15.答案155．(2010·天津卷)设{an}是等比数列，公比q＝eq\r(2)，Sn为{an}的前n项和．记Tn＝eq\f(17Sn－S2n,an＋1)，n∈N*.设Tn0为数列{Tn}的最大项，则n0＝________.解析Tn＝eq\f(\f(17a1[1－\r(2)n],1－\r(2))－\f(a1[1－\r(2)2n],1－\r(2)),a1\r(2)n)＝eq\f(1,1－\r(2))·eq\f(\r(2)2n－17\r(2)n＋16,\r(2)n)＝eq\f(1,1－\r(2))·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(2)n＋\f(16,\r(2)n)－17))，因为(eq\r(2))n＋eq\f(16,\r(2)n)≥8，当且仅当(eq\r(2))n＝4，即n＝4时取等号，所以当n0＝4时Tn有最大值．答案46．(2012·安徽卷)公比为eq\r(3,2)的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a16＝________．解析(解法一)由等比中项的性质得a3a11＝aeq\o\al(2,7)＝16，又数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))各项为正，所以a7＝4.所以a16＝a7×q9＝32.所以log2a16＝5.(解法二)设等比数列的公比为q，由题意，an>0，则a3·a11＝aeq\o\al(2,7)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a16,q9)))2＝eq\f(1,26)aeq\o\al(2,16)＝24，所以aeq\o\al(2,16)＝210，解得a16＝25.故log2a16＝5.答案57．(2012·盐城第一学期摸底考试)设等差数列{an}满足：公差d∈N*，an∈N*，且{an}中任意两项之和也是该数列中的一项．若a1＝35，则d的所有可能取值之和为________．解析由题意知，an＝35＋(n－1)d.对数列{an}中的任意两项ar，as其和为ar＋as＝35＋35＋(r＋s－2)d，设at＝35＋(t－1)d，则35＋(r＋s－2)d＝(t－1)d，即35＝(t－r－s＋1)d.因为r，s，t，d∈N*，所以35是d的整数倍，即d所有可能取值为1,3,9,27,81,243，和为364.答案3648．(2008·江西卷)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，则an等于________．解析a2＝a1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1)))，a3＝a2＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))，…，an＝an－1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n－1)))，∴an＝a1＋lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)))))＝2＋lnn.又解：由题意，(n＋1)an＋1＝nan对一切自然数n成立，∴nan＝(n－1)an－1＝…＝1·a1＝1，∴an＝eq\f(1,n)．答案2＋lnn9．(2009·湖北卷)已知数列{an}满足a1＝m(m为正整数)，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(an,2)，当an为偶数时，,3an＋1，当an为奇数时，))若a6＝1，则m所有可能的取值为__________．解析若an为偶数，则an＝2an＋1；若an为奇数，则an＝eq\f(an＋1－1,3).因为a6＝1，反推得a5＝2(a5＝0舍去)，a4＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a4＝\f(1,3)舍去)).若a3为偶数，则a3＝2a4＝8，a2＝16eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＝\f(7,3)舍去)).所以a1＝2a2＝32或a1＝eq\f(a2－1,3)＝5.若a3为奇数，则a3＝eq\f(a4－1,3)＝1，a2＝2，a1＝4.综上，得m＝4，5，32.答案4，5，3210．(2012·四川卷)记[x]为不超过实数x的最大整数，例如，[2]＝2，[1.5]＝1，[－0.3]＝－1.设a为正整数，数列{xn}满足x1＝a，xn＋1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(xn＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,xn))),2)))(n∈N*)．现有下列命题：①当a＝5时，数列{xn}的前3项依次为5，3，2；②对数列{xn}都存在正整数k，当n≥k时总有xn＝xk；③当n≥1时，xn＞eq\r(a)－1；④对某个正整数k，若xk＋1≥xk，则xk＝[eq\r(a)]．其中的真命题有________．(写出所有真命题的编号)解析对于①，x1＝a＝5，x2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5＋1,2)))＝3，x3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3))),2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3＋1,2)))＝2，①正确；对于②，取a＝3，则x1＝3，x2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,3))),2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3＋1,2)))＝2，x3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2))),2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2＋1,2)))＝1，x4＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,1))),2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋3,2)))＝2.由此可知，n≥2时，该数列所有奇数项等于1，所有偶数项等于2，故②错误；对于③，由[x]的定义知[x]＞x－1，而a是正整数，故xn≥0，且xn是整数，又n＝1时，x1＝a≥eq\r(a)>eq\r(a)－1，命题为真，于是，xn＋1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(xn＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,xn))),2)))，由于xn和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,xn)))都是整数，故xn＋1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(xn＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,xn))),2)))≥eq\f(xn＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,xn))),2)－eq\f(1,2)>eq\f(xn＋\f(a,