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文档简介

第六章数列第28讲数列的概念与简单表示1.D解析:a2=1+eq\f(-12,a1)=2,a3=1+eq\f(-13,a2)=eq\f(1,2),a4=1+eq\f(-14,a3)=3,a5=1+eq\f(-15,a4)=eq\f(2,3).2.D解析:a3=S3-S2=(2-24)-(2-23)=-8.3.B解析:由题意得a2=1-eq\f(1,a1)=5,a3=1-eq\f(1,a2)=eq\f(4,5),a4=1-eq\f(1,a3)=-eq\f(1,4),则数列{an}的周期为3,所以a2025=a675×3=a3=eq\f(4,5).4.A解析:因为an+1-3an+2an-1=0,所以an+1-an=2(an-an-1),所以{an+1-an}是以2为公比,a2-a1=1为首项的等比数列,所以an+1-an=2n-1,所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-2+2n-3+…+21+20+1=eq\f(1-2n-1,1-2)+1=2n-1,即an=2n-1.5.BC6.ABD解析:对于A,由2an+1-anan+1=1,得an+1(2-an)=1,当a1=a=1时,an=1,为常数列;对于B,eq\f(1,an+1-1)-eq\f(1,an-1)=eq\f(1,\f(1,2-an)-1)-eq\f(1,an-1)=eq\f(2-an,an-1)-eq\f(1,an-1)=-1,故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an-1)))为等差数列,当a=0时,eq\f(1,an-1)=-1+(n-1)×(-1)=-n,所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an-1)))的前10项和为-1-2-3-…-10=-55;对于C,由B知,当a=eq\f(13,11)时,eq\f(1,an-1)=eq\f(1,\f(13,11)-1)+(n-1)×(-1)=eq\f(13,2)-n,故an=1+eq\f(1,\f(13,2)-n),数列{an}的最小值为a7=-1;对于D,eq\f(1,an-1)=eq\f(1,a-1)+(n-1)×(-1)=eq\f(a,a-1)-n,故an=1+eq\f(1,\f(a,a-1)-n)=1-eq\f(1,n-\f(a,a-1)),当{an}递增时,eq\f(a,a-1)<1,所以a<1.7.21解析:因为数列{an}的前n项和为Sn=n2+2n-1,所以令n=1,解得a1=2.因为a9=S9-S8=(92+2×9-1)-(82+2×8-1)=19,所以a1+a9=2+19=21.8.an=n2-5(n∈N*)解析:因为a2-a1=3,a3-a2=5,a4-a3=7,…,an-an-1=2n-1,以上各式相加得an-a1=3+5+7+…+(2n-1)=n2-1,则an=n2-1+a1=n2-5(n=1时也适合),所以an=n2-5(n∈N*).9.eq\f(1,n)解析:由题知[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0,an>0,所以(n+1)an+1=nan,即eq\f(an+1,an)=eq\f(n,n+1),从而eq\f(a2,a1)=eq\f(1,2),eq\f(a3,a2)=eq\f(2,3),…,eq\f(an,an-1)=eq\f(n-1,n),将以上各式两边分别相乘得eq\f(an,a1)=eq\f(1,n),所以an=eq\f(1,n)(n=1时也适合).10.【解答】(1)因为an+1-an=-3n,所以a2-a1=-3×1,a3-a2=-3×2,a4-a3=-3×3,…,an-an-1=-3(n-1),将上面n-1个式子叠加,得an-a1=-3×(1+2+3+…+n-1)=-3×eq\f(n-1n,2)=-eq\f(3,2)(n2-n),所以an=1-eq\f(3,2)(n2-n)=-eq\f(3,2)n2+eq\f(3,2)n+1(n=1也适合此式),故{an}的通项公式为an=-eq\f(3,2)n2+eq\f(3,2)n+1.(2)因为an>0,2eq\r(Sn)=an+1,所以当n=1时,2eq\r(S1)=a1+1,解得a1=1.当n≥2时,4Sn=(an+1)2,4Sn-1=(an-1+1)2,所以4an=(an+1)2-(an-1+1)2=aeq\o\al(2,n)+2an-aeq\o\al(2,n-1)-2an-1,即(an+an-1)(an-an-1-2)=0,所以an-an-1-2=0,即an-an-1=2,所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,所以an=1+2(n-1)=2n-1,故数列{an}的通项公式为an=2n-1.11.【解答】(1)因为a1=1,所以S1=a1=1,所以eq\f(S1,a1)=1.又因为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列,所以eq\f(Sn,an)=1+eq\f(1,3)(n-1)=eq\f(n+2,3),所以Sn=eq\f(n+2an,3),当n≥2时,Sn-1=eq\f(n+1an-1,3),所以an=Sn-Sn-1=eq\f(n+2an,3)-eq\f(n+1an-1,3),整理得(n-1)an=(n+1)an-1,即eq\f(an,an-1)=eq\f(n+1,n-1),所以an=a1×eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an-1,an-2)×eq\f(an,an-1)=1×eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×…×eq\f(n,n-2)×eq\f(n+1,n-1)=eq\f(nn+1,2),显然对于n=1也成立,所以{an}的通项公式为an=eq\f(nn+1,2).(2)由(1)知eq\f(1,an)=eq\f(2,nn+1)=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)-\f(1,n+1))),所以eq\f(1,a1)+eq\f(1,a2)+…+eq\f(1,an)=2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,2)))+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)-\f(1,3)))+…+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)-\f(1,n+1)))))=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,n+1)))<2.12.D解析:对于A,2>eq\f(π,2),由正弦函数的性质可知y=sinx在[-2,2]上不为增函数,故排除;对于B,y=-2x在[-2,2]上单调递减,故排除;对于C,y=e|x|=e|-x|,则函数y在[-2,2]上为偶函数,故排除;对于D,y=2x3,2(-x)3=-2x3,故函数在[-2,2]上为奇函数,且由幂函数的性质知y=x3在[-2,2]上单调递增,则y=2x3在[-2,2]上单调递增,满足题意.13.BC解析:由题意z=eq\f(1+i,1-i)=eq\f(1+i2,1-i1+i)=eq\f(2i,2)=i,eq\x\to(z)=-i,z2025=i2025=i,A错误;z·eq\x\to(z)=1,虚部是0,B正确;|z·eq\x\to(z)+2z|=|1+2i|=eq\r(12+22)=eq\r(5),C正确;z·eq\x\to(z)+2z=1+2i,对应点为(1,2),在第一象限,D错误.14.【解答】(1)由bsinA=eq\r(3)acosB及正弦定理,得sinBsinA=eq\r(3)sinAcosB.因为sinA>0,所以sinB=eq\r(3)cosB,又cosB≠0,所以tanB=eq\r(3).因为B∈(0,π),所以B=eq\f(π,3).(2)如图,延长BD到点M使BD=DM,连接AM,在△ABM中,AB=4,AM=a,BM=2eq\r(7),∠BAM=eq\f(2π,3),由余弦定理得BM2=AB2+AM2-2AB·AM·coseq\f(2π,3),即a2+4a-12=0,解得a=2或a=-6(舍去),所以a=2.(第14题)第29讲等差数列及其前n项和1.A解析:由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(8a1+\f(8×7,2)d=4a1+2d,,a1+6d=-2,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=10,,d=-2,))所以a9=a1+8d=10-8×2=-6.2.C解析:在等差数列{an}中,a2+a2023=a1+a2024=6,所以S2024=eq\f(2024a1+a2024,2)=1012×6=6072.3.C解析:由题意知S3=3a1+3d=6,S5=5a1+10d=25,解得a1=-1,d=3,所以a4=a1+3d=8.4.B解析:用an表示该女子第n天织布尺数,则a1=2,S20=60,由S20=eq\f(20a1+a20,2),得10×(2+a20)=60,解得a20=4,所以该女子第二十日织布四尺.5.BD解析:因为Sn≤S6,所以S5≤S6且S7≤S6,即a6=S6-S5≥0,a7=S7-S6≤0,因为d≠0即a6,a7不同时为零,所以d=a7-a6<0.因为a6≥0,即a1+5d≥0,所以a1>0,S13=eq\f(13a1+a13,2)=13a7≤0,a6不一定为零.6.BD解析:因为等差数列{an}是递减数列,所以an+1-an<0,所以d<0,故A错误;因为S7=S8,所以a8=S8-S7=0,故B正确;因为S15=eq\f(15a1+a15,2)=15a8=0,故C错误;由题意得a7>0,a8=0,a9<0,所以S7=S8≥Sn(n∈N*),故D正确.7.2解析:由2S3=3S2+6,得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6,化简得2a3=a1+a2+6,即2(a1+2d)=2a1+d+6,解得d=2.8.eq\f(17,4)解析:设{an}的公差为d,因为a2=4a1,所以a1+d=4a1,所以d=3a1,所以eq\f(S6,S3)=eq\f(6a1+\f(6×5,2)×d,3a1+\f(3×2,2)×d)=eq\f(6a1+15d,3a1+3d)=eq\f(6a1+45a1,3a1+9a1)=eq\f(51a1,12a1)=eq\f(17,4).9.82820解析:由题可知满足被3除余2,被5除余3,被7除余2的最小的数为23,满足该条件的数从小到大构成以23为首项,3×5×7为公差的等差数列,其通项公式为an=105n-82,令an≤4200,解得n≤40eq\f(82,105),则所有满足条件的数的和为23×40+eq\f(40×39,2)×105=82820.10.【解答】(1)因为eq\f(2Sn,n)+n=2an+1,即2Sn+n2=2nan+n①,当n≥2时,2Sn-1+(n-1)2=2(n-1)an-1+(n-1)②,①-②得,2Sn+n2-2Sn-1-(n-1)2=2nan+n-2(n-1)an-1-(n-1),即2an+2n-1=2nan-2(n-1)an-1+1,即2(n-1)an-2(n-1)an-1=2(n-1),所以an-an-1=1,n≥2且n∈N*,所以{an}是以1为公差的等差数列.(2)由(1)可得a4=a1+3,a7=a1+6,a9=a1+8,又a4,a7,a9成等比数列,所以aeq\o\al(2,7)=a4·a9,即(a1+6)2=(a1+3)·(a1+8),解得a1=-12,所以an=n-13,所以Sn=-12n+eq\f(nn-1,2)=eq\f(1,2)n2-eq\f(25,2)n=eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n-\f(25,2)))2-eq\f(625,8),所以当n=12或n=13时,(Sn)min=-78.11.【解答】(1)设等差数列{an}的公差为d(d>0),由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1+4d=10,,a1+da1+3d=21,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,d=2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=9,,d=-2))(舍去),所以an=1+(n-1)×2=2n-1,则2log2bn=2n-2,即log2bn=n-1,所以bn=2n-1,所以数列{bn}的前n项和Sn=eq\f(2n-1,2-1)=2n-1.(2)由(1)知Sn=2n-1,又由Tn=nb1+(n-1)b2+…+bn,知Tn=b1+(b1+b2)+(b1+b2+b3)+…+(b1+b2+…+bn)=S1+S2+…+Sn=(2-1)+(22-1)+…+(2n-1)=(2+22+…+2n)-n=eq\f(22n-1,2-1)-n=2n+1-2-n.12.A解析:由|z|=1,可得eq\r(a+12+-a2)=1,解得a=-1或0,所以“a=-1”是“|z|=1”的充分不必要条件.13.A解析:因为m=2sin18°,所以eq\f(\r(1+cos36°),m2-2·sin144°)=eq\f(\r(2cos218°),4sin218°-2sin36°)=eq\f(\r(2)cos18°,-2cos36°sin36°)=eq\f(\r(2)sin72°,-sin72°)=-eq\r(2).14.【解答】由f(x)=ex-lnx,得f′(x)=e-eq\f(1,x)=eq\f(ex-1,x),x∈(0,+∞),令f′(x)>0,得ex-1>0,即x>eq\f(1,e),因此函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,e)))上单调递减,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e),+∞))上单调递增.①当0<t+1≤eq\f(1,e),即-1<t≤eq\f(1-e,e)<0时,与题设矛盾,舍去;②当t≥eq\f(1,e)时,函数f(x)在[t,t+1](t>0)上单调递增,因此f(x)min=f(t)=et-lnt;③当t<eq\f(1,e)<t+1,即0<t<eq\f(1,e)时,函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t,\f(1,e)))上单调递减,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e),t+1))上单调递增,因此f(x)min=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))=1-lneq\f(1,e)=2.综上所述,当t≥eq\f(1,e)时,f(x)min=et-lnt;当0<t<eq\f(1,e)时,f(x)min=2.第30讲等比数列及其前n项和1.D解析:因为2S3=a2+a3+a4,所以2(a1+a2+a3)=a2+a3+a4,即2a1+a2+a3=a4.因为a1≠0,所以2+q+q2=q3,即(q-2)(q2+q+1)=0.因为q2+q+1≠0,所以q=2.2.A解析:因为{an}为等差数列,且a2,a3,a6成等比数列,设公差为d,则aeq\o\al(2,3)=a2a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d).因为a1=1,代入上式可得d2+2d=0,又d≠0,则d=-2,所以S6=6a1+eq\f(6×5,2)d=1×6+eq\f(6×5,2)×(-2)=-24.3.D解析:设等比数列{an}的公比为q(q>0),由题知a1+a2=48,a3+a4=12,所以q2=eq\f(1,4),所以q=eq\f(1,2),从而eq\f(3,2)a1=48,解得a1=32,所以an=32·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n-1=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n-6.又Tn=a1a2·…·an=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))-5-4-…+(n-6)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(nn-11,2)<1,所以n>11,故nmin=12.4.B解析:由题知等差数列{an}的公差d=2,因为a2,a3,a5成等比数列,所以aeq\o\al(2,3)=a2·a5,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+4d),解得a1=0,所以Sn=n×0+eq\f(nn-1,2)×2=n(n-1).5.ABD解析:由已知数列{an}的各项均为正数,因此乘积Kn也为正数,公比q>0.又K5<K6,K6=K7>K8,所以eq\f(K6,K5)=a6>1,eq\f(K7,K6)=a7=1,B正确;eq\f(K8,K7)=a8<1,q=eq\f(a7,a6)<1,即0<q<1,A正确;由a7=1,得a6a8=1,a5a9=1,所以K4=K9,而a5>1,K5>K4,因此K9<K5,C错误;结合K5<K6,K6=K7>K8及0<q<1,知K6与K7均为Kn的最大值,D正确.6.AC解析:对于A,S6=eq\f(1-26,1-2)=26-1=63,故A正确;对于B,因为an=a1·qn-1,所以{an}的单调性由q和a1共同决定,当q>1时无法判断数列为递增数列,如a1<0,此时数列为递减数列,故B错误;对于C,因为bn+1-bn=lgan+1-lgan=lgeq\f(an+1,an)=lgq为常数,所以数列{bn}是公差为lgq的等差数列,故C正确;对于D,若a1>0,q>0,则an>0,a5a6=a1a10,因为(a1+a10)2=a5a6+12,所以(a1+a10)2=a1a10+12≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1+a10,2)))2+12,即(a1+a10)2≤eq\f(a1+a102,4)+12,所以(a1+a10)2≤16,即0<a1+a10≤4,所以当a1=a10时,a1+a10的最大值为4,故D错误.7.4解析:由题意知aeq\o\al(2,5)=a3a8⇒(a1+8)2=(a1+4)·(a1+14)⇒a1=4.8.20解析:设数列{an}的公差为d,则aeq\o\al(2,4)=(a3+2)(a6-4),即(2+3d)2=(2+2d+2)(2+5d-4),化简得d2+4d-12=0,解得d=2或d=-6,又d>0,故d=2,则a10=a1+9d=20.9.-2n(答案不唯一)解析:当数列{an}为等比数列时,am=a1qm-1,an=a1qn-1,am+n=a1qm+n-1,因为am+n+aman=0,所以a1qm+n-1+aeq\o\al(2,1)qm+n-2=0,所以a1qm+n-2(q+a1)=0.因为a1≠0,q≠0,所以a1=-q.因为{an}为递减数列,所以当a1<-1,q>1时符合题意,可取a1=-2,q=2,此时an=-2n.10.【解答】(1)根据等比数列的定义和表格中数据,得到a1=2,a2=4,a3=8,即数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,故an=2×2n-1=2n.(2)由题知bn=an+(-1)nlog2an=2n+(-1)nlog22n=2n+(-1)nn,当n为偶数时,Sn=(21+22+…+2n)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n]=eq\f(2-2n+1,1-2)+eq\f(n,2)=2n+1+eq\f(n,2)-2;当n为奇数时,Sn=(21+22+…+2n)+[-1+2-3+4-…+(n-1)-n]=eq\f(2-2n+1,1-2)+eq\f(n-1,2)-n=2n+1+eq\f(n-1,2)-n-2=2n+1-eq\f(n,2)-eq\f(5,2).综上所述,Tn=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n+1+\f(n,2)-2,n为偶数,,2n+1-\f(n,2)-\f(5,2),n为奇数.))11.【解答】(1)因为a1=2,b1=1,所以b2=eq\f(a1+4b1,5)=eq\f(2+4×1,5)=eq\f(6,5),a2=eq\f(1,6)(5a1+b2)=eq\f(28,15).因为bn+1=eq\f(an+4bn,5),则an+1=eq\f(1,6)(5an+bn+1)=eq\f(26an+4bn,30),所以an+1-bn+1=eq\f(26an+4bn,30)-eq\f(an+4bn,5)=eq\f(2,3)(an-bn),所以{an-bn}是以a1-b1=1为首项,eq\f(2,3)为公比的等比数列.(2)由(1)知{an-bn}是以a1-b1=1为首项,eq\f(2,3)为公比的等比数列,所以an-bn=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n-1,所以an=bn+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n-1.因为bn+1=eq\f(an+4bn,5)=eq\f(1,5)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(bn+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n-1+4bn)),所以bn+1-bn=eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n-1,所以当n≥2时,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=1+eq\f(1,5)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))0+…+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n-2))=1+eq\f(1,5)×eq\f(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n-1,1-\f(2,3))=eq\f(8,5)-eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n-1.当n=1时,b1=1也适合上式,所以数列{bn}的通项公式为bn=eq\f(8,5)-eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n-1,数列{an}的通项公式为an=bn+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n-1=eq\f(8,5)+eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n-1.12.B解析:充分性:当a=3,b=1时,充分性不成立;必要性:由eq\r(a)>eq\r(b)+1可得(eq\r(a))2>(eq\r(b)+1)2=b+1+2eq\r(b)>b+1,即a>b+1.所以“a>b+1”是“eq\r(a)>eq\r(b)+1”的必要不充分条件.13.BC解析:对于A,二次函数y=-4x2-4x+1在x=-eq\f(1,2)时取得最大值-4×eq\f(1,4)+4×eq\f(1,2)+1=2,故A不符合题意;对于B,由|x|≥0,得y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|∈(0,1],最大值为1,故B符合题意;对于C,y=sin2x-cos2x=-cos2x∈[-1,1],最大值为1,故C符合题意;对于D,y=2-ex-e-x=2-(ex+e-x)≤2-2eq\r(ex·e-x)=0,当且仅当x=0时取等号,则函数的最大值为0,故D不符合题意.14.【解答】(1)因为acosB+bcosA=2ccosC,所以由正弦定理得sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosC,即sin(A+B)=2sinCcosC.又因为A+B=π-C,所以sin(A+B)=sinC=2sinCcosC.因为0<C<π,故sinC≠0,所以cosC=eq\f(1,2),从而C=eq\f(π,3).(2)由(1)知C=eq\f(π,3),A=eq\f(2π,3)-B,因为△ABC为锐角三角形,所以0<B<eq\f(π,2)且0<eq\f(2π,3)-B<eq\f(π,2),所以eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2),由正弦定理得eq\f(a,b)=eq\f(sinA,sinB)=eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)-B)),sinB)=eq\f(\f(\r(3),2)cosB+\f(1,2)sinB,sinB)=eq\f(\r(3),2tanB)+eq\f(1,2).因为eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2),所以tanB>eq\f(\r(3),3),所以eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),2)).第31讲数列的求和第1课时分组求和法与错位相减法1.A解析:S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17=1+(-2+3)+(-4+5)+(-6+7)+…+(-14+15)+(-16+17)=1+1+1+…+1=9.2.B解析:当n=2k-1,k∈N*时,an+1=(-1)nan+1,即a2k=-a2k-1+1,所以a2k-1+a2k=1,所以S2024=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2023+a2024)=1012.3.B解析:设an=1+eq\f(1,2)+eq\f(1,4)+…+eq\f(1,2n-1)=eq\f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1-\f(1,2))=2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),则原式=a1+a2+…+a11=2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1))+2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2))+…+2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))11))=2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(11-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)+\f(1,22)+…+\f(1,211)))))=2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(11-\f(\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,211))),1-\f(1,2))))=2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(11-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,211)))))=20+eq\f(1,210).4.B解析:由余弦函数可知coseq\f(6k+1,3)π+coseq\f(6k+2,3)π+coseq\f(6k+3,3)π+coseq\f(6k+4,3)π+coseq\f(6k+5,3)π+coseq\f(6k+6,3)π=0,k∈Z,又(6k+1)+(6k+2)+(6k+3)+(6k+4)+(6k+5)+(6k+6)=36k+21,所以S16=(a1+a2+…+a6)+…+(a13+a14+…+a18)-a17-a18=15+51+87-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(16+cos\f(17π,3)))-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(17+cos\f(18π,3)))=eq\f(237,2).5.AD解析:设等差数列{an}的公差为d,由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1+d=4,,a1+3d+a1+6d=15,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=3,,d=1,))所以an=a1+(n-1)·d=n+2,可得bn=2n+n,所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)=(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10)=eq\f(2×1-210,1-2)+eq\f(1+10×10,2)=(211-2)+55=2101.6.BC解析:设等差数列{an}的公差为d,由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1+a2=4,,a1+a2+a2+a3=12,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1+a2=4,,a2+a3=8,))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1+a1+d=4,,a1+d+a1+2d=8,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,d=2,))所以an=2n-1,故eq\f(an,2n-1)=eq\f(2n-1,2n-1),所以Sn=1+eq\f(3,21)+eq\f(5,22)+…+eq\f(2n-3,2n-2)+eq\f(2n-1,2n-1)①,eq\f(1,2)Sn=eq\f(1,2)+eq\f(3,22)+eq\f(5,23)+…+eq\f(2n-3,2n-1)+eq\f(2n-1,2n)②,由①-②得eq\f(1,2)Sn=1+1+eq\f(1,2)+eq\f(1,22)+…+eq\f(1,2n-2)-eq\f(2n-1,2n)=3-eq\f(2n+3,2n),所以Sn=6-eq\f(4n+6,2n).7.2-eq\f(n+2,2n)解析:由题意得aeq\o\al(2,2)=a1a4,所以(a1+1)2=a1(a1+3),故a1=1,所以{an}的通项公式为an=n,则Sn=eq\f(1,2)+eq\f(2,22)+eq\f(3,23)+…+eq\f(n,2n),eq\f(1,2)Sn=eq\f(1,22)+eq\f(2,23)+eq\f(3,24)+…+eq\f(n,2n+1),两式相减得eq\f(1,2)Sn=eq\f(1,2)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)+\f(1,23)+\f(1,24)+…+\f(1,2n)))-eq\f(n,2n+1)=1-eq\f(1,2n)-eq\f(n,2n+1),所以Sn=2-eq\f(n+2,2n).8.(6n-5)×3n+5解析:因为an=(12n-4)×3n-1,所以Tn=8×30+20×31+32×32+…+(12n-4)×3n-1,则3Tn=8×31+20×32+32×33+…+(12n-4)×3n,则-2Tn=8+12×(31+32+…+3n-1)-(12n-4)×3n=-10-(12n-10)×3n,故Tn=(6n-5)×3n+5.9.6解析:因为an=-n·2n,所以Sn=-(1×2+2×22+…+n×2n)①,所以2Sn=-[1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1]②,由②-①得Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=eq\f(21-2n,1-2)-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1.因为Sn+n·2n+1>62,所以2n+1-2>62,所以n+1>6,解得n>5,所以使Sn+n·2n+1>62成立的正整数n的最小值为6.10.【解答】(1)设{an}的公差为d,因为a1=2,(2+a2)2=a1(4+a7),所以(4+d)2=2(6+6d),解得d=2,所以an=2+2(n-1)=2n.因为Sn=2n-1①,当n≥2时,Sn-1=2n-1-1②,由①-②得bn=2n-1.当n=1时,b1=2-1=1满足bn=2n-1,所以bn=2n-1.(2)因为cn=anbn=2n·2n-1=n×2n,所以Tn=1×21+2×22+…+(n-1)×2n-1+n×2n③,2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1④,由③-④得-Tn=2+22+…+2n-n·2n+1=eq\f(22n-1,2-1)-n·2n+1,所以Tn=(n-1)·2n+1+2.11.【解答】(1)当n≥2时,由2an+1=Sn+2,得2an=Sn-1+2,两式相减得2an+1-2an=an,所以eq\f(an+1,an)=eq\f(3,2).又a1=1,a2=eq\f(a1+2,2)=eq\f(3,2),所以eq\f(a2,a1)=eq\f(3,2)满足上式,所以数列{an}是以1为首项,eq\f(3,2)为公比的等比数列,所以an=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n-1.(2)bn=an·(logeq\f(3,2)an-1)=(n-2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n-1,则Tn=-1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))0+0×eq\f(3,2)+1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2+…+(n-2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n-1,且eq\f(3,2)Tn=-1×eq\f(3,2)+0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2+1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3+…+(n-3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n-1+(n-2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n,两式相减得-eq\f(1,2)Tn=-1+eq\f(3,2)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2+…+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n-1-(n-2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n=-2+eq\f(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n,1-\f(3,2))-(n-2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n,所以Tn=2(n-4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n+8.12.B解析:因为2sin2α=cos2α+1,所以4sinαcosα=2cos2α.因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),所以cosα>0,sinα>0,所以2sinα=cosα.又sin2α+cos2α=1,所以5sin2α=1,sin2α=eq\f(1,5),又sinα>0,所以sinα=eq\f(\r(5),5).13.D解析:因为f(x+1)为偶函数,则f(x+1)=f(-x+1),所以f(-x+2)=f[-(x-1)+1]=f(x).又f(-x+2)=-f(x+2),因此f(x+2)=-f(x),则f(x+4)=-f(x+2)=f(x),于是得f(7)=f(3+4)=f(3)=f(1+2)=-f(1)=-1,又f(2)=f(0),f(2)=-f(0),所以f(2)=0,所以f(2)+f(7)=-1.14.【解答】(1)因为C=2A,所以B=π-A-C=π-3A,则sinB=sin(π-3A)=sin(A+2A)=sinAcos2A+cosAsin2A.因为sin2A=2sinAcosA,cos2A=2cos2A-1,所以sinB=sinA(2cos2A-1)+2sinAcos2A=sinA(4cos2A-1),由正弦定理,可得eq\f(a,sinA)=eq\f(b,sinB),则eq\f(2,sinA)=eq\f(3,sinA4cos2A-1),则8cos2A-2=3,解得cos2A=eq\f(5,8),则cosC=cos2A=2cos2A-1=eq\f(1,4).由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC=4+9-2×2×3×eq\f(1,4)=10,故c=eq\r(10).(2)因为a2+eq\f(1,5)b2=c2,所以a2-c2=-eq\f(1,5)b2,c2-a2=eq\f(1,5)b2,由余弦定理得cosA=eq\f(c2+b2-a2,2cb)=eq\f(b2+\f(1,5)b2,2cb)=eq\f(3,5)·eq\f(b,c)①,cosC=eq\f(a2+b2-c2,2ab)=eq\f(b2-\f(1,5)b2,2ab)=eq\f(2,5)·eq\f(b,a)②,①与②相除可得eq\f(cosA,cosC)=eq\f(3b,5c)·eq\f(5a,2b)=eq\f(3a,2c)=eq\f(3sinA,2sinC),所以2cosAsinC=3sinAcosC,两边同时除以cosAcosC,可得2tanC=3tanA.第2课时裂项相消法1.A解析:因为an=eq\f(4,n+1n+3)=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n+1)-\f(1,n+3))),所以数列{an}的前n项和Sn=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)-\f(1,4)+\f(1,3)-\f(1,5)+\f(1,4)-\f(1,6)+…+\f(1,n)-\f(1,n+2)+\f(1,n+1)-\f(1,n+3)))=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)-\f(1,n+2)-\f(1,n+3))).2.B解析:函数f(x)=xa的图象过点(4,2),则4a=2,解得a=eq\f(1,2),得f(x)=eq\r(x),an=eq\f(1,fn+1+fn)=eq\f(1,\r(n+1)+\r(n))=eq\r(n+1)-eq\r(n),则S2024=(eq\r(2)-1)+(eq\r(3)-eq\r(2))+…+(eq\r(2025)-eq\r(2024))=-1+eq\r(2025).3.D解析:由eq\r(\f(1,a\o\al(2,n))+2)=eq\f(1,an+1),得eq\f(1,a\o\al(2,n+1))-eq\f(1,a\o\al(2,n))=2,且eq\f(1,a\o\al(2,1))=1,所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n))))构成以1为首项,2为公差的等差数列,所以eq\f(1,a\o\al(2,n))=1+(n-1)×2=2n-1,从而aeq\o\al(2,n)=eq\f(1,2n-1),则bn=eq\f(1,2n-1),bnbn+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))),所以Sn=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).4.B解析:由题知数列{an}满足a1=1,an+1=eq\f(an,2an+1),在等式an+1=eq\f(an,2an+1)两边同时取倒数得eq\f(1,an+1)=eq\f(1+2an,an)=eq\f(1,an)+2,所以eq\f(1,an+1)-eq\f(1,an)=2,所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列,且首项为eq\f(1,a1)=1,公差为2,则eq\f(1,an)=1+2(n-1)=2n-1,所以an=eq\f(1,2n-1),所以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))),因此Tn=eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,3)))+eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)-\f(1,5)))+eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)-\f(1,7)))+…+eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n-1)-\f(1,2n+1)))=eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,2n+1)))=eq\f(n,2n+1).5.BCD解析:由Sn+1=Sn+2an+1,得an+1=Sn+1-Sn=2an+1,可化为an+1+1=2(an+1),由S1=a1=1,可得数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,则an+1=2n,即an=2n-1.又eq\f(2n,anan+1)=eq\f(2n,2n-12n+1-1)=eq\f(1,2n-1)-eq\f(1,2n+1-1),可得Tn=1-eq\f(1,22-1)+eq\f(1,22-1)-eq\f(1,23-1)+…+eq\f(1,2n-1)-eq\f(1,2n+1-1)=1-eq\f(1,2n+1-1)<1,故A错误,B,C,D正确.6.BCD解析:由题意得,a1=1,a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n,以上n个式子累加可得an=1+2+…+n=eq\f(nn+1,2)(n≥2),又a1=1满足上式,所以an=eq\f(nn+1,2),故A错误;a2=3,a3=6,a4=10,a5=15,a6=21,a7=28,得S7=a1+a2+…+a7=1+3+6+10+15+21+28=84,故B正确;a98=eq\f(98×99,2),故C正确;由eq\f(1,an)=eq\f(2,nn+1)=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)-\f(1,n+1))),得eq\f(1,a1)+eq\f(1,a2)+…+eq\f(1,a2024)=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,2)+\f(1,2)-\f(1,3)+…+\f(1,2024)-\f(1,2025)))=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,2025)))=eq\f(4048,2025),故D正确.7.eq\f(2025,1013)解析:令m=1,得an+1=a1+an+n=1+an+n,所以an+1-an=n+1,则an-an-1=n,an-1-an-2=n-1,…,a3-a2=3,a2-a1=2,所以当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+2+3+…+n=eq\f(nn+1,2),又a1=1满足上式,所以an=eq\f(nn+1,2),所以eq\f(1,an)=eq\f(2,nn+1)=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)-\f(1,n+1))),从而eq\f(1,a1)+eq\f(1,a2)+…+eq\f(1,a2025)=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,2)+\f(1,2)-\f(1,3)+…+\f(1,2025)-\f(1,2026)))=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,2026)))=eq\f(2025,1013).8.eq\f(n,2n+2)解析:设{an}的公差为d,则d≠0,由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1+2da1+7d=3a1+10d,,3a1+\f(3×2,2)d=9,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d=0,,a1=3))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d=1,,a1=2,))所以an=2+(n-1)×1=n+1.因为eq\f(1,anan+1)=eq\f(1,n+1n+2)=eq\f(1,n+1)-eq\f(1,n+2),所以Tn=eq\f(1,a1a2)+eq\f(1,a2a3)+…+eq\f(1,anan+1)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)-\f(1,3)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)-\f(1,4)))+…+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n+1)-\f(1,n+2)))=eq\f(1,2)-eq\f(1,n+2)=eq\f(n,2n+2).9.neq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)-\f(1,n+12)-\f(1,n+22)))解析:因为2Sn=(n+1)an,n∈N*,所以2Sn-1=nan-1,n≥2,n∈N*,两式相减得2an=(n+1)an-nan-1,即(n-1)an=nan-1,n≥2,n∈N*,所以eq\f(an,n)=eq\f(an-1,n-1)(n≥2,n∈N*).又eq\f(a1,1)=1,所以eq\f(an,n)=eq\f(an-1,n-1)=…=eq\f(a1,1)=1,所以an=n.由上知bn=eq\f(n+1,n+22a\o\al(2,n))=eq\f(n+1,n+22n2)=eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)-\f(1,n+22))),所以Tn=eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,32)))+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)-\f(1,42)))+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)-\f(1,52)))+…+\f(1,n-12)-\f(1,n+12)+\f(1,n2)-\f(1,n+22)))=eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1+\f(1,22)-\f(1,n+12)-\f(1,n+22)))=eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)-\f(1,n+12)-\f(1,n+22))).10.【解答】(1)由题知aeq\o\al(2,n+1)-aeq\o\al(2,n)-(2n+1)(an+1+an)=0,即(an+1+an)(an+1-an-2n-1)=0.又an>0,故an+1-an=2n+1,即an-an-1=2n-1(n≥2且n∈N*),所以当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+3+5+…+(2n-1)=n2,当n=1时,a1=1也满足上式,所以an=n2.(2)当n=1时,Tn=1<2;当n≥2时,eq\f(1,n2)<eq\f(1,nn-1)=eq\f(1,n-1)-eq\f(1,n),Tn=eq\f(1,a1)+eq\f(1,a2)+eq\f(1,a3)+…+eq\f(1,an)<1+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,2)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)-\f(1,3)))+…+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n-1)-\f(1,n)))=2-eq\f(1,n)<2,得证.11.【解答】(1)设等比数列{an}的公比是q,首项是a1.由8a3=a6,可得q=2.由a2+a5=36,可得a1q(1+q3)=36,所以a1=2,所以an=2n.(2)因为bn=eq\f(an,an+1an+1+1)=eq\f(1,2n+1)-eq\f(1,2n+1+1),所以Tn=b1+b2+…+bn=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21+1)-\f(1,22+1)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22+1)-\f(1,23+1)))+…+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n+1)-\f(1,2n+1+1)))=eq\f(1,21+1)-eq\f(1,2n+1+1)=eq\f(1,3)-eq\f(1,2n+1+1).又eq\f(1,2n+1+1)>0,所以Tn<eq\f(1,3).12.A解析:因为a=log2eq\f(2,3)<log21=0,b=2eq\f(2,3)>20=1,0<c=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))-2<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))0=1,所以a<c<b.13.【解答】(1)在△ABC中,由eq\f(sinA-sinB,sinA-sinC)=eq\f(sinC,sinA+sinB),可得sin2A+sin2C=sin2B+sinAsinC,由正弦定理得a2+c2=b2+ac.由余弦定理得cosB=eq\f(a2+c2-b2,2ac)=eq\f(1,2).因为B∈(0,π),所以B=eq\f(π,3).(2)因为B=eq\f(π,3),BM为∠ABC的平分线,所以∠MBC=∠ABM=eq\f(π,6).由三角形角平分线性质得eq\f(AB,BC)=eq\f(AM,MC),所以eq\f(AB,BC)=eq\f(1,2),设AB=m,则BC=2m,eq\f(S△ABM,S△ABC)=eq\f(AM,AC)=eq\f(1,3),即eq\f(\f(1,2)×2×m×sin\f(π,6),\f(1,2)×m×2m×sin\f(π,3))=eq\f(1,3),解得m=eq\r(3),所以BC=2eq\r(3),所以S△BMC=eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)×sineq\f(π,6)=eq\r(3).微专题11数列中的奇、偶项问题1.【解答】(1)由题意可知b1=a1=1,bn+1=a2n+1=2a2n=2(a2n-1+1)=2a2n-1+2=2bn+2,则bn+1+2=2(bn+2),即eq\f(bn+1+2,bn+2)=2,故{bn+2}是以b1+2=3为首项,q=2为公比的等比数列,所以bn+2=3·2n-1,n∈N*,故bn=3·2n-1-2,n∈N*.(2)由(1)知,bn=3·2n-1-2,n∈N*,即a2n-1=3·2n-1-2,n∈N*,由题意知an+1=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an+1,n=2k-1,,2an,n=2k))(k∈N*),故a2n=a2n-1+1,n∈N*,故数列{an}的前2n项和S2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+a6+…+a2n)=2(a1+a3+a5+…+a2n-1)+n=2[3(20+21+22+…+2n-1)-2n]+n=6×eq\f(1-2n,1-2)-3n=6(2n-1)-3n.2.【解答】(1)由题意,当n=1时,a1a2=9,可得a2=9.因为an·an+1=9n,所以an+1·an+2=9n+1,所以eq\f(an+2,an)=9,所以数列{an}的奇数项和偶数项都是公比为9的等比数列.所以当n为奇数时,设n=2k-1(k∈N*),则an=a2k-1=1·9k-1=32k-2=3n-1,当n为偶数时,设n=2k(k∈N*),则an=a2k=9·9k-1=9k=32k=3n.因此,an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n-1,n为奇数,,3n,n为偶数.))(2)由(1)得bn=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1-n,n为奇数,,3n-1,n为偶数,))所以S2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=[0-2-4-…-(2n-2)]+(32+34+36+…+32n)-n=-eq\f(n2n-2,2)+eq\f(91-9n,1-9)-n=eq\f(9n+1-8n2-9,8).3.【解答】(1)因为eq\f(Sn,n)=eq\f(1,2)(an+1),所以Sn=eq\f(n,2)(an+1),所以当n≥2时,Sn-1=eq\f(n-1,2)(an-1+1),两式相减,得2an=nan+n-(n-1)an-1-(n-1),即(n-2)an=(n-1)an-1-1,所以(n-1)an+1=nan-1,两式相减得(n-1)an+1-(n-2)an=nan-(n-1)an-1,即2an=an-1+an+1,所以数列{an}是等差数列.当n=1时,a1=eq\f(1,2)(a1+1),解得a1=1,所以公差d=eq\f(a3-a1,3-1)=1,所以an=1+(n-1)=n(n∈N*).(2)bn=(-1)naeq\o\al(2,n)=(-1)n×n2.当n为奇数时,Tn=-12+22-32+…+(-1)n×n2=[1+2+…+(n-1)]-n2=-eq\f(n2+n,2);当n为偶数时,Tn=-12+22-32+…+n2=1+2+…+n=eq\f(n2+n,2).综上所述,Tn=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-\f(n2+n,2),n∈N*且n为奇数,,\f(n2+n,2),n∈N*且n为偶数.))4.【解答】(1)因为a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列,所以2(a3+a4)=a2+a3+a4+a5,得a5-a3=a4-a2,即(k-1)a2=(k-1)a3.因为k≠1,所以a2=a3=2,所以k=eq\f(a3,a1)=2,则an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\f(n-1,2),n为奇数,,2\f(n,2),n为偶数.))(2)由(1)知,bn=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n-1,n为奇数,

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