必修解答题数列第二章80题测试题

必修５解答题第二章８０题一、解答题1、设数列满足,,写出这个数列的前5项并归纳猜想通项公式。2、根据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式：(1)－1,7,－13,19,…(2)0、8,0、88,0、888,…(3)eq\f(1,2),eq\f(1,4),－eq\f(5,8),eq\f(13,16),－eq\f(29,32),eq\f(61,64),…(4)eq\f(3,2),1,eq\f(7,10),eq\f(9,17),…(5)0,1,0,1,…3、根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律,试猜测第n个图中有多少个点．4、数列中,,写出这个数列的前4项,并根据前4项观察规律,写出数列的一个通项公式。5、设数列满足,,写出这个数列的前5项。6、数列中,已知。（1）写出；（2）是否是数列中的项？如果是,是第几项？7、写出以下各数列的通项公式：①②③④⑤⑥⑦⑧8、已知an＝eq\f(9n(n＋1),10n)(n∈N*),试问数列{an}中有没有最大项？如果有,求出这个最大项；如果没有,说明理由．9、在数列{an}中,a1＝eq\f(1,2),an＝1－eq\f(1,an－1)(n≥2,n∈N*)．(1)求证：an＋3＝an；(2)求a2011、10、已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(9n2－9n＋2,9n2－1)))；(1)求这个数列的第10项；(2)eq\f(98,101)是不是该数列中的项,为什么？(3)求证：数列中的各项都在区间(0,1)内；(4)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))内有、无数列中的项？若有,有几项？若没有,说明理由．11、已知数列满足,且,求的值。12、等差数列{an}的公差d≠0,试比较a4a9与a6a7的大小．13、若sinθ,sinα,cosθ成等差数列,sinθ,sinβ,cosθ成等比数列,求证：2cos2α＝cos2β、14、已知等差数列{an}中,a1＋a4＋a7＝15,a2a4a6＝45,求此数列的通项公式．15、已知两个等差数列{an}：5,8,11,…,{bn}：3,7,11,…,都有100项,试问它们有多少个共同的项？16、已知数列{an}满足a1＝4,an＝4－eq\f(4,an－1)(n≥2),令bn＝eq\f(1,an－2)、(1)求证：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}的通项公式．17、已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,5),且当n>1,n∈N*时,有eq\f(an－1,an)＝eq\f(2an－1＋1,1－2an),设bn＝eq\f(1,an),n∈N*、(1)求证：数列{bn}为等差数列．(2)试问a1a2是否是数列{an}中的项？如果是,是第几项；如果不是,请说明理由．18、已知a>0,求证：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2、19、数列满足,问是否存在适当的,使是等差数列？20、在等差数列中,已知,求首项与公差d21、设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0),若函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称．求证：f(x＋eq\f(1,2))为偶函数．22、在公差不为零的等差数列中,为方程的跟,求的通项公式。23、在等差数列中,已知求和。24、设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3＝12,且S12>0,S13<0、(1)求公差d的范围；(2)问前几项的和最大,并说明理由25、已知等差数列{an}中,记Sn是它的前n项和,若S2＝16,S4＝24,求数列{|an|}的前n项和Tn、26、设等差数列{an}满足a3＝5,a10＝－9、(1)求{an}的通项公式；(2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值．27、设{an}为等差数列,Sn为数列{an}的前n项和,已知S7＝7,S15＝75,Tn为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前n项和,求Tn、28、在等差数列{an}中,已知d＝2,an＝11,Sn＝35,求a1和n、29、设等差数列的第10项为23,第25项为,求：（1）数列的通项公式；（2）数列前50项的绝对值之和。30、已知等差数列的前4项和为10,且成等比数列,求数列的通项公式。31、已知数列{an}满足a1＝1,an＋1＝2an＋1,(1)求证：数列{an＋1}是等比数列；(2)求an的表达式．32、已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn＝eq\f(1,3)(an－1)(n∈N*)．(1)求a1,a2；(2)求证：数列{an}是等比数列．33、已知{an}为等比数列,a3＝2,a2＋a4＝eq\f(20,3),求{an}的通项公式．34、等比数列{an}同时满足下列三个条件：①a1＋a6＝11②a3·a4＝eq\f(32,9)③三个数eq\f(2,3)a2,aeq\o\al(2,3),a4＋eq\f(4,a)依次成等差数列,试求数列{an}的通项公式．35、设{an}、{bn}是公比不相等的两个等比数列,cn＝an＋bn,证明数列{cn}不是等比数列．36、有四个数,前三个数成等比数列,后三个数成等差数列,首末两项和为21,中间两项和为18,求这四个数．37、设是各项均为正数的等比数列,,求。38、一个化肥厂生产甲、乙两种混合肥料,生产1车皮甲种肥料的主要原料是磷酸盐4t、硝酸盐18t。生产1车皮乙种肥料需要的主要原料是磷酸盐1t、硝酸盐15t。现库存磷酸盐10t、硝酸盐66t,在此基础上生产这两种混合肥料,列出满足生产条件的数学关系式。39、某同学要把自己的计算机接入因特网,现有两家ISP公司可供选择,公司A每小时受费1、5元；公司B的收费规则如下：在用户上网的第1小时内收费1、7元,第2小时内收费1、6元,以后每小时减少0、1元（若超过17小时,按17小时计算）如图所示、假设一次上网时间总小于17小时,那么,一次上网在多长时间以内能够保证选择公司A比选择公司B所需费用少？请写出其中的不等关系．40、将若干只鸡放入若干个笼,若每个笼里放４只,则有一鸡无笼可放：若每个笼里放５只,则有一笼无鸡可放。设现有笼x个,试列出x满足的不等关系,并说明至少有多少只鸡多少个笼？至多有多少只鸡多少个笼？41、某车间有２０名工人,每人每天可加工甲种零件５件或乙种零件４件。在这２０名工人中,派ｘ人加工乙种零件,其余的加工甲种零件,已知每加工一个甲种零件可获利１６元,每加工一个乙种零件可获利２４元,若要使车间每天获利不低于１８００元,写出x所要满足的不等关系．42、某旅游公司年初以98万元购进一辆豪华旅游车,第一年各种费用为12万元,以后每年都增加4万元,该车每年的旅游效益为50万元,设第n年开始获利,列出关于n的不等关系．43、某次数学测验,共有１６道题,答对一题得６分,答错一题倒扣２分,不答则不扣分,某同学有一道题未答,那么这个学生至少答对多少题,成绩才能在６０分以上？列出其中的不等关系。44、某蔬菜收购点租用车辆,将100t新鲜辣椒运往某市销售,可租用的大卡车和农用车分别为10辆和20辆,若每辆卡车载重8t,运费960元,每辆农用车载重2、5t,运费360元,据此,安排两种车型,应满足那些不等关系,请列出来．45、某市2008年共有1万辆燃油型公交车,有关部门计划于2009年投入128辆电力型公交车,随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%,试问：(1)该市在2015年应该投入多少辆电力型公交车？(2)到哪一年底,电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的eq\f(1,3)？(lg657＝2、82,lg2＝0、30,lg3＝0、48)46、有纯酒精aL(a>1),从中取出1L,再用水加满,然后再取出1L,再用水加满,如此反复进行,则第九次和第十次共倒出纯酒精________L、47、现在有某企业进行技术改造,有两种方案,甲方案：一次性贷款10万元,第一年便可获利1万元,以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元,第一年可获利1万元,以后每年比前一年增加5千元,两方案使用期都是10年,到期后一次性归还本息,若银行贷款利息均按本息10%的复利计算,试比较两种方案谁获利更多？(精确到千元,数据1、110≈2、594,1、310≈13、79)48、在等比数列{an}中,a1＋an＝66,a3an－2＝128,Sn＝126,求n和q、49、求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn(x≠0)．50、已知Sn为等比数列{an}的前n项和,Sn＝54,S2n＝60,求S3n、51、为保护我国的稀土资源,国家限定某矿区的出口总量不能超过80吨,该矿区计划从2010年开始出口,当年出口a吨,以后每年出口量均比上一年减少10%、(1)以2010年为第一年,设第n年出口量为an吨,试求an的表达式；(2)因稀土资源不能再生,国家计划10年后终止该矿区的出口,问2010年最多出口多少吨？(保留一位小数)参考数据：0、910≈0、35、52、已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋2－4、(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an·log2an,求数列{bn}的前n项和Tn、53、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、54、已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1＝1,an＋1＝eq\f(1,2)Sn(n＝1,2,3,…)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)当bn＝logeq\f(3,2)(3an＋1)时,求证：数列{eq\f(1,bnbn＋1)}的前n项和Tn＝eq\f(n,1＋n)、55、已知数列{an}的各项均为正数,对任意n∈N*,它的前n项和Sn满足Sn＝eq\f(1,6)(an＋1)(an＋2),并且a2,a4,a9成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(－1)n＋1anan＋1,Tn为数列{bn}的前n项和,求T2n、56、数列{an}中,a1＝eq\f(1,3),前n项和Sn满足Sn＋1－Sn＝(eq\f(1,3))n＋1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an以及前n项和Sn；(2)若S1,t(S1＋S2),3(S2＋S3)成等差数列,求实数t的值．57、已知点(1,2)是函数f(x)＝ax(a>0且a≠1)的图象上一点,数列{an}的前n项和Sn＝f(n)－1、(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝logaan＋1,求数列{anbn}的前n项和Tn、58、设Sn是等差数列{an}的前n项和,已知eq\f(1,3)S3,eq\f(1,4)S4的等比中项为eq\f(1,5)S5；eq\f(1,3)S3,eq\f(1,4)S4的等差中项为1,求数列{an}的通项公式．59、设数列{an}的前n项和为Sn,a1＝1,Sn＝nan－2n(n－1)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)设数列{eq\f(1,anan＋1)}的前n项和为Tn,求证：eq\f(1,5)≤Tn<eq\f(1,4)、60、在数列{an}中,a1＝1,an＋1＝2an＋2n、(1)设bn＝eq\f(an,2n－1)、证明：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}的前n项和．61、甲、乙两大超市同时开业,第一年的全年销售额为a万元,由于经营方式不同,甲超市前n年的总销售额为eq\f(a,2)(n2－n＋2)万元,乙超市第n年的销售额比前一年销售额多aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1万元．(1)求甲、乙两超市第n年销售额的表达式；(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%,则该超市将被另一超市收购,判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况,将会出现在第几年？62、设数列{an}的首项a1＝1,前n项和Sn满足关系式：3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t(t>0,n＝2,3,4,…)．(1)求证：数列{an}是等比数列；(2)设数列{an}的公比为f(t),作数列{bn},使b1＝1,bn＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn－1)))(n＝2,3,4,…)．求数列{bn}的通项bn；(3)求和：b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2n·b2n＋1、63、设数列{an}满足a1＝2,an＋1－an＝3·22n－1、(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝nan,求数列{bn}的前n项和Sn、64、已知数列中,,（是常数）,且成公比不为1的等比数列、（1）求的值、（2）求的通项公式、65、已知等差数列,,,它的前项和为,求：（1）的最大值及此时的值、（2）数列的前项和66、设等差数列{an}的前n项和为Sn,公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn,已知a1＝1,b1＝3,a2＋b2＝8,T3－S3＝15、(1)求{an},{bn}的通项公式；(2)若数列{cn}满足a1cn＋a2cn－1＋…＋an－1c2＋anc1＝2n＋1－n－2对任意n∈N*都成立,求证：数列{cn}是等比数列．67、已知数列{log2(an－1)}(n∈N*)为等差数列,且a1＝3,a3＝9、(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：eq\f(1,a2－a1)＋eq\f(1,a3－a2)＋…＋eq\f(1,an＋1－an)<1、68、已知{an}为等差数列,且a3＝－6,a6＝0、(1)求{an}的通项公式；(2)若等比数列{bn}满足b1＝－8,b2＝a1＋a2＋a3,求{bn}的前n项和公式．69、甲、乙两物体分别从相距70m的两处同时相向运动,甲第1分钟走2m,以后每分钟比前1分钟多走1m,乙每分钟走5m、(1)甲、乙开始运动后几分钟相遇？(2)如果甲、乙到达对方起点后立即返回,甲继续每分钟比前1分钟多走1m,乙继续每分钟走5m,那么开始运动几分钟后第二次相遇？70、求和：（1）（2）71、已知数列{an}为等差数列,公差d≠0,其中ak1,ak2,…,akn恰为等比数列,若k1＝1,k2＝5,k3＝17,求k1＋k2＋…＋kn、72、已知等差数列{an}的首项a1＝1,公差d>0,且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,n(an＋3))(n∈N*),Sn＝b1＋b2＋…＋bn,是否存在t,使得对任意的n均有Sn>eq\f(t,36)总成立？若存在,求出最大的整数t；若不存在,请说明理由．73、设{an}是等差数列,bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))an,已知：b1＋b2＋b3＝eq\f(21,8),b1b2b3＝eq\f(1,8),求等差数列的通项an、74、已知数列是公差不为零的等差数列,数列是公比为的等比数列,求公比及75、已知等差数列的公差与等比数列的公比相等,且都等于求76、有四个数,其中前三个数成等比数列,其积为216,后三个数成等差数列,其和为36,求这四个数。77、已知为等比数列,求的通项式。78、数列的前项和记为（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）等差数列的各项为正,其前项和为且,又成等比数列,求79、已知正项数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(1,4)(an＋1)2,求{an}的通项公式．80、已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足：a3·a4＝117,a2＋a5＝22、(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若数列{bn}是等差数列,且bn＝eq\f(Sn,n＋c),求非零常数c、以下是答案一、解答题1、2、解(1)符号问题可通过(－1)n或(－1)n＋1表示,其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6,故通项公式为an＝(－1)n(6n－5)(n∈N*)．(2)数列变形为eq\f(8,9)(1－0、1),eq\f(8,9)(1－0、01),eq\f(8,9)(1－0、001),…,∴an＝eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10n)))(n∈N*)．(3)各项的分母分别为21,22,23,24,…易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3、因此把第1项变为－eq\f(2－3,2),因此原数列可化为－eq\f(21－3,21),eq\f(22－3,22),－eq\f(23－3,23),eq\f(24－3,24),…,∴an＝(－1)n·eq\f(2n－3,2n)(n∈N*)．(4)将数列统一为eq\f(3,2),eq\f(5,5),eq\f(7,10),eq\f(9,17),…对于分子3,5,7,9,…,是序号的2倍加1,可得分子的通项公式为bn＝2n＋1,对于分母2,5,10,17,…联想到数列1,4,9,16…即数列{n2},可得分母的通项公式为cn＝n2＋1,∴可得它的一个通项公式为an＝eq\f(2n＋1,n2＋1)(n∈N*)．(5)an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0(n为奇数),1(n为偶数)))或an＝eq\f(1＋(－1)n,2)(n∈N*)或an＝eq\f(1＋cosnπ,2)(n∈N*)．3、解图(1)只有1个点,无分支；图(2)除中间1个点外,有两个分支,每个分支有1个点；图(3)除中间1个点外,有三个分支,每个分支有2个点；图(4)除中间1个点外,有四个分支,每个分支有3个点；…；猜测第n个图中除中间一个点外,有n个分支,每个分支有(n－1)个点,故第n个图中点的个数为1＋n(n－1)＝n2－n＋1、4、5、6、（1）（2）是,第15项7、①②③④⑤⑥⑦⑧8、解因为an＋1－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n＋1·(n＋2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n·(n＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n＋1·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((n＋2)－\f(10,9)(n＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n＋1·eq\f(8－n,9),则当n≤7时,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n＋1·eq\f(8－n,9)>0,当n＝8时,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n＋1·eq\f(8－n,9)＝0,当n≥9时,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n＋1·eq\f(8－n,9)<0,所以a1<a2<a3<…<a7<a8＝a9>a10>a11>a12>…,故数列{an}存在最大项,最大项为a8＝a9＝eq\f(99,108)、9、(1)证明an＋3＝1－eq\f(1,an＋2)＝1－eq\f(1,1－\f(1,an＋1))＝1－eq\f(1,1－\f(1,1－\f(1,an)))＝1－eq\f(1,1－\f(an,an－1))＝1－eq\f(1,\f(an－1－an,an－1))＝1－eq\f(1,\f(－1,an－1))＝1－(1－an)＝an、∴an＋3＝an、(2)解由(1)知数列{an}的周期T＝3,a1＝eq\f(1,2),a2＝－1,a3＝2、又∵a2011＝a3×670＋1＝a1＝eq\f(1,2),∴a2011＝eq\f(1,2)、10、(1)解设f(n)＝eq\f(9n2－9n＋2,9n2－1)＝eq\f((3n－1)(3n－2),(3n－1)(3n＋1))＝eq\f(3n－2,3n＋1)、令n＝10,得第10项a10＝f(10)＝eq\f(28,31)、(2)解令eq\f(3n－2,3n＋1)＝eq\f(98,101),得9n＝300、此方程无正整数解,所以eq\f(98,101)不是该数列中的项．(3)证明∵an＝eq\f(3n－2,3n＋1)＝eq\f(3n＋1－3,3n＋1)＝1－eq\f(3,3n＋1),又n∈N*,∴0<eq\f(3,3n＋1)<1,∴0<an<1、∴数列中的各项都在区间(0,1)内．(4)解令eq\f(1,3)<an＝eq\f(3n－2,3n＋1)<eq\f(2,3),则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋1<9n－6,9n－6<6n＋2)),即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n>\f(7,6),n<\f(8,3)))、∴eq\f(7,6)<n<eq\f(8,3)、又∵n∈N*,∴当且仅当n＝2时,上式成立,故区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))上有数列中的项,且只有一项为a2＝eq\f(4,7)、11、解：由已知可得,即即联立方程组解得或12、解设an＝a1＋(n－1)d,则a4a9－a6a7＝(a1＋3d)(a1＋8d)－(a1＋5d)(a1＋6d)＝(aeq\o\al(2,1)＋11a1d＋24d2)－(aeq\o\al(2,1)＋11a1d＋30d2)＝－6d2<0,所以a4a9<a6a7、13、证明：由sinθ,sinα,cosθ成等差数列,得sinθ＋cosθ＝2sinα,则1＋2sinθcosθ＝4sin2α,即sin2θ＝4sin2α－1、①由sinθ,sinβ,cosθ成等比数列,得sinθcosθ＝sin2β,即sin2θ＝2sin2β、②由①②得4sin2α－1＝2sin2β,所以2(1－cos2α)－1＝1－cos2β,所以2cos2α＝cos2β、14、解∵a1＋a7＝2a4,a1＋a4＋a7＝3a4＝15,∴a4＝5、又∵a2a4a6＝45,∴a2a6＝9,即(a4－2d)(a4＋2d)＝9,(5－2d)(5＋2d)＝9,解得d＝±2、若d＝2,an＝a4＋(n－4)d＝2n－3；若d＝－2,an＝a4＋(n－4)d＝13－2n、15、解在数列{an}中,a1＝5,公差d1＝8－5＝3、∴an＝a1＋(n－1)d1＝3n＋2、在数列{bn}中,b1＝3,公差d2＝7－3＝4,∴bn＝b1＋(n－1)d2＝4n－1、令an＝bm,则3n＋2＝4m－1,∴n＝eq\f(4m,3)－1、∵m、n∈N*,∴m＝3k(k∈N*),又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<m≤100,0<n≤100)),解得0<m≤75、∴0<3k≤75,∴0<k≤25,∴k＝1,2,3,…,25∴两个数列共有25个公共项．16、(1)证明∵an＝4－eq\f(4,an－1)(n≥2),∴an＋1＝4－eq\f(4,an)(n∈N*)．∴bn＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(1,2－\f(4,an))－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an,2(an－2))－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an－2,2(an－2))＝eq\f(1,2)、∴bn＋1－bn＝eq\f(1,2),n∈N*、∴{bn}是等差数列,首项为eq\f(1,2),公差为eq\f(1,2)、(2)解b1＝eq\f(1,a1－2)＝eq\f(1,2),d＝eq\f(1,2)、∴bn＝b1＋(n－1)d＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(n,2)、∴eq\f(1,an－2)＝eq\f(n,2),∴an＝2＋eq\f(2,n)、17、(1)证明当n>1,n∈N*时,eq\f(an－1,an)＝eq\f(2an－1＋1,1－2an)⇔eq\f(1－2an,an)＝eq\f(2an－1＋1,an－1)⇔eq\f(1,an)－2＝2＋eq\f(1,an－1)⇔eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝4⇔bn－bn－1＝4,且b1＝eq\f(1,a1)＝5、∴{bn}是等差数列,且公差为4,首项为5、(2)解由(1)知bn＝b1＋(n－1)d＝5＋4(n－1)＝4n＋1、∴an＝eq\f(1,bn)＝eq\f(1,4n＋1),n∈N*、∴a1＝eq\f(1,5),a2＝eq\f(1,9),∴a1a2＝eq\f(1,45)、令an＝eq\f(1,4n＋1)＝eq\f(1,45),∴n＝11、即a1a2＝a11,∴a1a2是数列{an}中的项,是第11项．18、证明：要证eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2,只需证eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2)、因为a>0,故只需证(eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2)2≥(a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2))2,即证a2＋eq\f(1,a2)＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋2＋eq\f(1,a2)＋2eq\r(2)(a＋eq\f(1,a))＋2,从而只需证2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)(a＋eq\f(1,a)),只需证4(a2＋eq\f(1,a2))≥2(a2＋2＋eq\f(1,a2)),即证a2＋eq\f(1,a2)≥2,而此不等式显然成立．故原不等式成立．19、解：假设存在这样的满足题目条件。由已知可得即,满足等差数列的定义,故假设是正确的。即存在适当的的值使数列为公差为的等差数列。由已知条件,令即,解得。20、21、证明：法一：要证f(x＋eq\f(1,2))为偶函数,只需证f(x＋eq\f(1,2))的对称轴为x＝0,只需证－eq\f(b,2a)－eq\f(1,2)＝0,只需证a＝－b、因为函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称,即x＝－eq\f(b,2a)－1与x＝－eq\f(b,2a)关于y轴对称,所以－eq\f(b,2a)－1＝－eq\f(－b,2a),所以a＝－b,所以f(x＋eq\f(1,2))为偶函数．法二：要证f(x＋eq\f(1,2))是偶函数,只需证f(－x＋eq\f(1,2))＝f(x＋eq\f(1,2))．因为f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称,而f(x)与f(－x)的图象关于y轴对称,所以f(－x)＝f(x＋1),f(－x＋eq\f(1,2))＝f(－(x－eq\f(1,2)))＝f((x－eq\f(1,2))＋1)＝f(x＋eq\f(1,2)),所以f(x＋eq\f(1,2))是偶函数．22、23、24、解(1)根据题意,有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a1＋\f(12×11,2)d>0，,13a1＋\f(13×12,2)d<0，,a1＋2d＝12，))整理得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋11d>0，,a1＋6d<0，,a1＋2d＝12.))解之得：－eq\f(24,7)<d<－3、(2)∵d<0,而S13＝eq\f(13(a1＋a13),2)＝13a7<0,∴a7<0、又S12＝eq\f(12(a1＋a12),2)＝6(a1＋a12)＝6(a6＋a7)>0,∴a6>0、∴数列{an}的前6项和S6最大．25、解由S2＝16,S4＝24,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋\f(2×1,2)d＝16，,4a1＋\f(4×3,2)d＝24.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋d＝16，,2a1＋3d＝12.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝－2.))所以等差数列{an}的通项公式为an＝11－2n(n∈N*)．(1)当n≤5时,Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－n2＋10n、(2)当n≥6时,Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－a6－a7－…－an＝2S5－Sn＝2×(－52＋10×5)－(－n2＋10n)＝n2－10n＋50,故Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－n2＋10n(n≤5)，,n2－10n＋50(n≥6).))26、解(1)由an＝a1＋(n－1)d及a3＝5,a10＝－9得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,a1＋9d＝－9，))可解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝－2，))所以数列{an}的通项公式为an＝11－2n、(2)由(1)知,Sn＝na1＋eq\f(n(n－1),2)d＝10n－n2、因为Sn＝－(n－5)2＋25,所以当n＝5时,Sn取得最大值．27、解设等差数列{an}的公差为d,则Sn＝na1＋eq\f(1,2)n(n－1)d,∵S7＝7,S15＝75,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7a1＋21d＝7,15a1＋105d＝75)),即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＝1,a1＋7d＝5)),解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－2,d＝1)),∴eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(1,2)(n－1)d＝－2＋eq\f(1,2)(n－1),∵eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(1,2),∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列,其首项为－2,公差为eq\f(1,2),∴Tn＝n×(－2)＋eq\f(n(n－1),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)n2－eq\f(9,4)n、28、解由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝a1＋(n－1)d，,Sn＝na1＋\f(n(n－1),2)d，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2(n－1)＝11，,na1＋\f(n(n－1),2)×2＝35，))解方程组得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝5,a1＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝7，,a1＝－1.))29、解：由已知可知,,解得。。所以此数列的前17项均为正数,从第18项开始均为负数。前50项的绝对值之和30、解：设数列的首项为,公差为,则,则,由于成等比数列,所以,化简得所以解得或所以数列的通项公式为或。31、(1)证明∵an＋1＝2an＋1,∴an＋1＋1＝2(an＋1),∴eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝2、∴{an＋1}是等比数列,公比为2,首项为2、(2)解由(1)知{an＋1}是等比数列．公比为2,首项a1＋1＝2、∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n、∴an＝2n－1、32、(1)解由S1＝eq\f(1,3)(a1－1),得a1＝eq\f(1,3)(a1－1),∴a1＝－eq\f(1,2)、又S2＝eq\f(1,3)(a2－1),即a1＋a2＝eq\f(1,3)(a2－1),得a2＝eq\f(1,4)、(2)证明当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,3)(an－1)－eq\f(1,3)(an－1－1),得eq\f(an,an－1)＝－eq\f(1,2),又eq\f(a2,a1)＝－eq\f(1,2),所以{an}是首项为－eq\f(1,2),公比为－eq\f(1,2)的等比数列．33、解设等比数列{an}的公比为q,则q≠0、a2＝eq\f(a3,q)＝eq\f(2,q),a4＝a3q＝2q,∴eq\f(2,q)＋2q＝eq\f(20,3)、解得q1＝eq\f(1,3),q2＝3、当q＝eq\f(1,3)时,a1＝18,∴an＝18×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝2×33－n、当q＝3时,a1＝eq\f(2,9),∴an＝eq\f(2,9)×3n－1＝2×3n－3、综上,当q＝eq\f(1,3)时,an＝2×33－n；当q＝3时,an＝2×3n－3、34、解由等比数列的性质知a1a6＝a3a4＝eq\f(32,9)∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a6＝11,a1·a6＝\f(32,9)))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,3),a6＝\f(32,3)))求eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(32,3),a6＝\f(1,3)))当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,3),a6＝\f(32,3)))时q＝2∴an＝eq\f(1,3)·2n－1eq\f(2,3)a2＋a4＋eq\f(4,9)＝eq\f(32,9),2aeq\o\al(2,3)＝eq\f(32,9)∴eq\f(2,3)a2,aeq\o\al(2,3),a4＋eq\f(4,9)成等差数列,∴an＝eq\f(1,3)·2n－1当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(32,3),a6＝\f(1,3)))时q＝eq\f(1,2),an＝eq\f(1,3)·26－neq\f(2,3)a2＋a4＋eq\f(4,9)≠2aeq\o\al(2,3),∴不符合题意,∴通项公式an＝eq\f(1,3)·2n－1、35、证明设{an}、{bn}的公比分别为p、q,p≠0,q≠0,p≠q,cn＝an＋bn、要证{cn}不是等比数列,只需证ceq\o\al(2,2)≠c1·c3成立即可．事实上,ceq\o\al(2,2)＝(a1p＋b1q)2＝aeq\o\al(2,1)p2＋beq\o\al(2,1)q2＋2a1b1pq,c1c3＝(a1＋b1)(a1p2＋b1q2)＝aeq\o\al(2,1)p2＋beq\o\al(2,1)q2＋a1b1(p2＋q2)．由于c1c3－ceq\o\al(2,2)＝a1b1(p－q)2≠0,因此ceq\o\al(2,2)≠c1·c3,故{cn}不是等比数列．36、解设这四个数分别为x,y,18－y,21－x,则由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝x(18－y),2(18－y)＝y＋(21－x))),解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝6))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(75,4)，,y＝\f(45,4)))、故所求的四个数为3,6,12,18或eq\f(75,4),eq\f(45,4),eq\f(27,4),eq\f(9,4)、37、解：设数列的首项为,公比为,,,。,即即,解得当时,,所以。当时,,,所以38、设生产甲乙两种混合肥料各x,yt则39、设一次上网时间为xh,选择A公司,费用1、5x(元)；选择B公司,x<17时费用为元,x≥17时为15、3元,所以＞1、5x（0<x<17）40、,至少6个笼,25只鸡；至多10个笼,41只鸡。41、16×5×（20－x）+24×4x≥180042、98+12+（12+4）+（12+4×2）+…+[12+（n－1）×4]＜50n43、设至少答对x题,则16x－2(15－x)≥6044、用大卡车x辆,农用车y辆45、解(1)该市逐年投入的电力型公交车的数量组成等比数列{an},其中a1＝128,q＝1、5,则在2015年应该投入的电力型公交车为a7＝a1·q6＝128×1、56＝1458(辆)．(2)记Sn＝a1＋a2＋…＋an,依据题意,得eq\f(Sn,10000＋Sn)>eq\f(1,3),于是Sn＝eq\f(128(1－1.5n),1－1.5)>5000(辆),即1、5n>eq\f(657,32)、两边取常用对数,则n·lg1、5>lgeq\f(657,32),即n>eq\f(lg657－5lg2,lg3－lg2)≈7、3,又n∈N＋,因此n≥8、所以到2016年底,电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的eq\f(1,3)、46、答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,a)))解析用{an}表示每次取出的纯酒精,a1＝1,加水后浓度为eq\f(a－1,a)＝1－eq\f(1,a),a2＝1－eq\f(1,a),加水后浓度为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－1,a)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))2,a3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))2,依次类推：a9＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))8,a10＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))9、∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))8＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))9＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,a)))、47、解甲方案10年中每年获利数组成首项为1,公比为1＋30%的等比数列,其和为1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝eq\f(1.310－1,1.3－1)≈42、63(万元),到期时银行贷款的本息为10(1＋0、1)10≈10×2、594＝25、94(万元),∴甲方案扣除贷款本息后,净获利约为42．63－25、94≈16、7(万元)．乙方案10年中逐年获利数组成等差数列,1＋1、5＋…＋(1＋9×0、5)＝eq\f(10(1＋5.5),2)＝32、50(万元),而贷款本利和为1．1×[1＋(1＋10%)＋…＋(1＋10%)9]＝1、1×eq\f(1.110－1,1.1－1)≈17、53(万元)．∴乙方案扣除贷款本息后,净获利约为32．50－17、53≈15、0(万元),比较得,甲方案净获利多于乙方案净获利．48、解∵a3an－2＝a1an,∴a1an＝128,解方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1an＝128，,a1＋an＝66，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝64，,an＝2，))①或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,an＝64.))②将①代入Sn＝eq\f(a1－anq,1－q),可得q＝eq\f(1,2),由an＝a1qn－1可解得n＝6、将②代入Sn＝eq\f(a1－anq,1－q),可得q＝2,由an＝a1qn－1可解得n＝6、故n＝6,q＝eq\f(1,2)或2、49、解分x＝1和x≠1两种情况．(1)当x＝1时,Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n(n＋1),2)、(2)当x≠1时,Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn,xSn＝x2＋2x3＋3x4＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1,∴(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1＝eq\f(x(1－xn),1－x)－nxn＋1、∴Sn＝eq\f(x(1－xn),(1－x)2)－eq\f(nxn＋1,1－x)、综上可得Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n(n＋1),2)(x＝1),\f(x(1－xn),(1－x)2)－\f(nxn＋1,1－x)(x≠1且x≠0)))、50、解方法一由题意Sn,S2n－Sn,S3n－S2n成等比数列,∴62＝54(S3n－60),∴S3n＝eq\f(182,3)、方法二由题意得a≠1,∴Sn＝eq\f(a1(1－qn),1－q)＝54①S2n＝eq\f(a1(1－q2n),1－q)＝60②由②÷①得1＋qn＝eq\f(10,9),∴qn＝eq\f(1,9),∴eq\f(a1,1－q)＝eq\f(9×54,8),∴S3n＝eq\f(a1(1－q3n),1－q)＝eq\f(9×54,8)(1－eq\f(1,93))＝eq\f(182,3)、51、解(1)由题意知每年的出口量构成等比数列,且首项a1＝a,公比q＝1－10%＝0、9,∴an＝a·0、9n－1(n≥1)．(2)10年的出口总量S10＝eq\f(a(1－0.910),1－0.9)＝10a(1－0、910)．∵S10≤80,∴10a(1－0、910)≤80,即a≤eq\f(8,1－0.910),∴a≤12、3、故2010年最多出口12、3吨．52、解(1)由题意,Sn＝2n＋2－4,n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝2n＋2－2n＋1＝2n＋1,当n＝1时,a1＝S1＝23－4＝4,也适合上式,∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1,n∈N*、(2)∵bn＝anlog2an＝(n＋1)·2n＋1,∴Tn＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1,①2Tn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋n·2n＋1＋(n＋1)·2n＋2、②②－①得,Tn＝－23－23－24－25－…－2n＋1＋(n＋1)·2n＋2＝－23－eq\f(23(1－2n－1),1－2)＋(n＋1)·2n＋2＝－23－23(2n－1－1)＋(n＋1)·2n＋2＝(n＋1)·2n＋2－23·2n－1＝(n＋1)·2n＋2－2n＋2＝n·2n＋2、53、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(n(n－1),2)×2＝n2＋2n、所以,an＝2n＋1,Sn＝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＋1)2－1)＝eq\f(1,4)·eq\f(1,n(n＋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,4(n＋1)),即数列{bn}的前n项和Tn＝eq\f(n,4(n＋1))、54、(1)解由已知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋1＝\f(1,2)Sn，,an＝\f(1,2)Sn－1))(n≥2),得an＋1＝eq\f(3,2)an(n≥2)．∴数列{an}是以a2为首项,以eq\f(3,2)为公比的等比数列．又a2＝eq\f(1,2)S1＝eq\f(1,2)a1＝eq\f(1,2),∴an＝a2×(eq\f(3,2))n－2(n≥2)．∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(1,2)×(\f(3,2))n－2，n≥2.))(2)证明bn＝logeq\f(3,2)(3an＋1)＝logeq\f(3,2)[eq\f(3,2)×(eq\f(3,2))n－1]＝n、∴eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n(1＋n))＝eq\f(1,n)－eq\f(1,1＋n)、∴Tn＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋eq\f(1,b3b4)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)＝(eq\f(1,1)－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,4))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,1＋n))＝1－eq\f(1,1＋n)＝eq\f(n,1＋n)、55、解(1)∵对任意n∈N*,有Sn＝eq\f(1,6)(an＋1)(an＋2),①∴当n＝1时,有S1＝a1＝eq\f(1,6)(a1＋1)(a1＋2),解得a1＝1或2、当n≥2时,有Sn－1＝eq\f(1,6)(an－1＋1)(an－1＋2)．②①－②并整理得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0、而数列{an}的各项均为正数,∴an－an－1＝3、当a1＝1时,an＝1＋3(n－1)＝3n－2,此时aeq\o\al(2,4)＝a2a9成立；当a1＝2时,an＝2＋3(n－1)＝3n－1,此时aeq\o\al(2,4)＝a2a9不成立,舍去．∴an＝3n－2,n∈N*、(2)T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)＝－6a2－6a4－…－6a2n＝－6(a2＋a4＋…＋a2n)＝－6×eq\f(n(4＋6n－2),2)＝－18n2－6n、56、解(1)由Sn＋1－Sn＝(eq\f(1,3))n＋1得an＋1＝(eq\f(1,3))n＋1(n∈N*),又a1＝eq\f(1,3),故an＝(eq\f(1,3))n(n∈N*)．从而Sn＝eq\f(\f(1,3)×[1－(\f(1,3))n],1－\f(1,3))＝eq\f(1,2)[1－(eq\f(1,3))n](n∈N*)．(2)由(1)可得S1＝eq\f(1,3),S2＝eq\f(4,9),S3＝eq\f(13,27)、从而由S1,t(S1＋S2),3(S2＋S3)成等差数列得eq\f(1,3)＋3×(eq\f(4,9)＋eq\f(13,27))＝2×(eq\f(1,3)＋eq\f(4,9))t,解得t＝2、57、解(1)把点(1,2)代入函数f(x)＝ax得a＝2,所以数列{an}的前n项和为Sn＝f(n)－1＝2n－1、当n＝1时,a1＝S1＝1；当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1,对n＝1时也适合,∴an＝2n－1、(2)由a＝2,bn＝logaan＋1得bn＝n,所以anbn＝n·2n－1、Tn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1,①2Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n、②由①－②得：－Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n,所以Tn＝(n－1)2n＋1、58、解设等差数列{an}的首项a1＝a,公差为d,则Sn＝na＋eq\f(n(n－1),2)d,依题意,有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a＋\f(3×2,2)d))×\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4a＋\f(4×3,2)d))＝\f(1,25)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5a＋\f(5×4,2)d))2，,\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a＋\f(3×2,2)d))＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4a＋\f(4×3,2)d))＝1×2，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3ad＋5d2＝0，,2a＋\f(5,2)d＝2，))∴a＝1,d＝0或a＝4,d＝－eq\f(12,5)、∴an＝1或an＝eq\f(32,5)－eq\f(12,5)n,经检验,an＝1和an＝eq\f(32,5)－eq\f(12,5)n均合题意．∴所求等差数列的通项公式为an＝1或an＝eq\f(32,5)－eq\f(12,5)n、59、(1)解由Sn＝nan－2n(n－1)得an＋1＝Sn＋1－Sn＝(n＋1)an＋1－nan－4n,即an＋1－an＝4、∴数列{an}是以1为首项,4为公差的等差数列,∴an＝4n－3、(2)证明Tn＝eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,1×5)＋eq\f(1,5×9)＋eq\f(1,9×13)＋…＋eq\f(1,(4n－3)×(4n＋1))＝eq\f(1,4)(1－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,9)＋eq\f(1,9)－eq\f(1,13)＋…＋eq\f(1,4n－3)－eq\f(1,4n＋1))＝eq\f(1,4)(1－eq\f(1,4n＋1))<eq\f(1,4)、又易知Tn单调递增,故Tn≥T1＝eq\f(1,5),得eq\f(1,5)≤Tn<eq\f(1,4)、60、(1)证明由已知an＋1＝2an＋2n,得bn＋1＝eq\f(an＋1,2n)＝eq\f(2an＋2n,2n)＝eq\f(an,2n－1)＋1＝bn＋1、∴bn＋1－bn＝1,又b1＝a1＝1、∴{bn}是首项为1,公差为1的等差数列．(2)解由(1)知,bn＝n,eq\f(an,2n－1)＝bn＝n、∴an＝n·2n－1、∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1两边乘以2得：2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n,两式相减得：－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1,∴Sn＝(n－1)·2n＋1、61、解(1)设甲、乙两超市第n年的销售额分别为an,bn、则有：a1＝a,n≥2时：an＝eq\f(a,2)(n2－n＋2)－eq\f(a,2)[(n－1)2－(n－1)＋2]＝(n－1)a、∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，n＝1，,(n－1)a，n≥2.))bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝a＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋…＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1))a,(n∈N*)．(2)易知bn<3a,所以乙超市将被甲超市收购,由bn<eq\f(1,2)an得：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1))a<eq\f(1,2)(n－1)a、∴n＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1>7,∴n≥7、即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半,乙超市将被甲超市收购．62、(1)证明由a1＝S1＝1,S2＝1＋a2,得a2＝eq\f(3＋2t,3t),eq\f(a2,a1)＝eq\f(3＋2t,3t)、又3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t,①3tSn－1－(2t＋3)Sn－2＝3t、②①－②,得3tan－(2t＋3)an－1＝0、∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(2t＋3,3t),(n＝2,3,…)．∴数列{an}是一个首项为1,公比为eq\f(2t＋3,3t)的等比数列．(2)解由f(t)＝eq\f(2t＋3,3t)＝eq\f(2,3)＋eq\f(1,t),得bn＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn－1)))＝eq\f(2,3)＋bn－1、∴数列{bn}是一个首项为1,公差为eq\f(2,3)的等差数列．∴bn＝1＋eq\f(2,3)(n－1)＝eq\f(2n＋1,3)、(3)解由bn＝eq\f(2n＋1,3),可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和eq\f(5,3),公差均为eq\f(4,3)的等差数列．于是b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2nb2n＋1＝b2(b1－b3)＋b4(b3－b5)＋b6(b5－b7)＋…＋b2n(b2n－1－b2n＋1)＝－eq\f(4,3)(b2＋b4＋…＋b2n)＝－eq\f(4,3)·eq\f(1,2)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)＋\f(4n＋1,3)))＝－eq\f(4,9)(2n2＋3n)．63、解(1)由已知,当n≥1时,an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1、而a1＝2,符合上式,所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1、(2)由bn＝nan＝n·22n－1知Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1,①从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1、②①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1,即Sn＝eq\f(1,9)[(3n－1)22n＋1＋2]．64、答案：答案：65、(1)答案：=(2)答案：66、(1)解设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q(q>0)．由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＋3q＝7，,q＋q2－d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝1，,q＝2.))∴an＝n、bn＝3×2n－1、(2)证明由cn＋2cn－1＋…＋(n－1)c2＋nc1＝2n＋1－n－2,知cn－1＋2cn－2＋…＋(n－2)c2＋(n－1)c1＝2n－(n－1)－2(n≥2)．两式相减：cn＋cn－1＋…＋c2＋c1＝2n－1(n≥2),∴cn－1＋cn－2＋…＋c2＋c1＝2n－1－1(n≥3),∴cn＝2n－1(n≥3)．当n＝1,2时,c1＝1,c2＝2,适合上式．∴cn＝2n－1(n∈N*),即{cn}是等比数列．67、(1)解设等差数列{log2(an－1)}的公差为d、由a1＝3,a3＝9,得log2(9－1)＝log2(3－1)＋2d,则d＝1、所以log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n,即an＝2n＋1、(2)证明因为eq\f(1,an＋1－an)＝eq\f(1,2n＋1－2n)＝eq\f(1,2n),所以eq\f(1,a2－a1)＋eq\f(1,a3－a2)＋…＋eq\f(1,an＋1－an)＝eq\f(1,21)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,2n)×\f(1,2),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n)<1、68、解(1)设等差数列{an}的公差为d、因为a3＝－6,a6＝0,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝－6，,a1＋5d＝0.))解得a1＝－10,d＝2、所以an＝－10＋(n－1)×2＝2n－12、(2)设等比数列{bn}的公比为q、因为b2＝a1＋a2＋a3＝－24,b1＝－8,所以－8q＝－24,q＝3、所以数列{bn}的前n项和公式为Sn＝eq\f(b1(1－qn),1－q)＝4(1－3n)．69、解(1)设n分钟后第1次相遇,依题意,有2n＋eq\f(n(n－1),2)＋5n＝70,整理得n2＋13n－140＝0、解之得n＝7,n＝－20(舍去)．第1次相遇是在开始运动后7分钟．(2)设n分钟后第2次相遇,依题意,有2n＋eq\f(n(n－1),2)＋5n＝3×70,整理得n2＋13n－420＝0、解之得n＝15,n＝－28(舍去)．第2次相遇是在开始运动后15分钟．70、(1)答案：=(2)答案：当时,71、解由题意知aeq\o\al(2,5)＝a1a17,即(a1＋4d)2＝a1(a1＋16d)．∵d≠0,由此解得2d＝a1、公比q＝eq\f(a5,a1)＝eq\f(a1＋4d,a1)＝3、∴akn＝a1·3n－1、又akn＝a1＋(kn－1)d＝eq\f(kn＋1,2)a1,∴a1·3n－1＝eq\f(kn＋1,2)a1、∵a1≠0,∴kn＝2·3n－1－1,∴k1＋k2＋…＋kn＝2(1＋3＋…＋3n－1)－n＝3n－n－1、72、解(1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2,整理得2a1d＝d2、∵d>0,∴d＝2∵a1＝1、∴an＝2n－1(n∈N*)．(2)bn＝eq\f(1,n(an＋3))＝eq\f(1,2n(n＋1))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))),∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1