2023高考總復(fù)習(xí)單元檢測(cè)：第6章數(shù)列

第頁(yè)第六章單元測(cè)試一、選擇題(本大題共10小題，每題5分，共50分．每題中只有一項(xiàng)符合題目要求)1．假設(shè){an}為等差數(shù)列，且a7－2a4＝－1，a3＝0，那么公差d＝ A．－2 B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D．2答案B解析由等差中項(xiàng)的定義結(jié)合條件可知2a4＝a5＋a3，∴2d＝a7－a5＝－1，即d＝－eq\f(1,2).應(yīng)選B.2．在等比數(shù)列{an}中，假設(shè)a3a5a7a9a11＝243，那么eq\f(a\o\al(2,9),a11)的值為A．9 B．1C．2 D．3答案D解析由等比數(shù)列性質(zhì)可知a3a5a7a9a11＝aeq\o\al(5,7)＝243，所以得a7＝3，又eq\f(a\o\al(2,9),a11)＝eq\f(a7a11,a11)＝a7，應(yīng)選D.3．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＋a5＝eq\f(1,2)S5，且a9＝20，那么S11＝()A．260 B．220C．130 D．110答案D解析∵S5＝eq\f(a1＋a5,2)×5，又∵eq\f(1,2)S5＝a1＋a5，∴a1＋a5＝0.∴a3＝0，∴S11＝eq\f(a1＋a11,2)×11＝eq\f(a3＋a9,2)×11＝eq\f(0＋20,2)×11＝110，應(yīng)選D.4．各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列{an}中，假設(shè)aeq\o\al(2,n)－an－1－an＋1＝0(n∈N*，n≥2)，那么S2009等于 ()A．0 B．2C．2009 D．4018答案D解析各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列{an}，由于aeq\o\al(2,n)－an－1－an＋1＝0(n∈N*，n≥2)，那么aeq\o\al(2,n)－2an＝0，an＝2，S2009＝4018，應(yīng)選D.5．?dāng)?shù)列{an}是等比數(shù)列且an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，那么a3＋A．5 B．10C．15 D．20答案A解析由于a2a4＝aeq\o\al(2,3)，a4a6＝aeq\o\al(2,5)，所以a2·a4＋2a3·a5＋a4·a6＝aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝(a3＋a5)2＝25.所以a3＋a5＝±5.又an>0，所以a3＋a5＝5.所以選A.6．首項(xiàng)為1，公差不為0的等差數(shù)列{an}中，a3，a4，a6是一個(gè)等比數(shù)列的前三項(xiàng)，那么這個(gè)等比數(shù)列的第四項(xiàng)是 ()A．8 B．－8C．－6 D．不確定答案B解析aeq\o\al(2,4)＝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，第四項(xiàng)為a6·q＝－8.7．設(shè)函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(n＋1)＝eq\f(2fn＋n,2)(n∈N*)，且f(1)＝2，那么f(20)＝()A．95 B．97C．105 D．192答案B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)＝97.8．假設(shè)aeq\r(x－1)，ay，a－eq\r(x＋1)(a>0，且a≠1)成等比數(shù)列，那么點(diǎn)(x，y)在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的軌跡位于 ()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＝aeq\r(x－1)·a－eq\r(x＋1).即2y＝eq\r(x－1)－eq\r(x＋1)，x－1>0，∴x>1.x－1<x＋1，∴y<0，∴位于第四象限．9．等比數(shù)列{an}的公比q<0，其前n項(xiàng)的和為Sn，那么a9S8與a8S9的大小關(guān)系是 ()A．a(chǎn)9S8>a8S9 B．a(chǎn)9S8<a8S9C．a(chǎn)9S8≥a8S9 D．a(chǎn)9S8≤a8S9答案A解析a9S8－a8S9＝eq\f(a9a11－q8,1－q)－eq\f(a8a11－q9,1－q)＝eq\f(a8a1q－q9－1＋q9,1－q)＝－a1a8＝－aeq\o\al(2,1)q7，因?yàn)閍eq\o\al(2,1)>0，q<0，所以－aeq\o\al(2,1)q7>0，即a9S8>a8S9，應(yīng)選A.10．在等差數(shù)列{an}中，前n項(xiàng)和為Sn，且S2011＝－2011，a1007＝3，那么S2012的值為 ()A．1006 B．－2012C．2012 D．－1006答案C解析方法一設(shè)等差數(shù)列的首項(xiàng)為a1，公差為d，根據(jù)題意可得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S2011＝2011a1＋\f(2011×2011－1,2)d＝－2011，,a1007＝a1＋1006d＝3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋1005d＝－1，,a1＋1006d＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4021，,d＝4.))所以，S2012＝2012a1＋eq\f(2012×2012－1,2)d＝2012×(－4021)＋2012×2011×2＝2012×(4022－4021)＝2023.方法二由S2011＝eq\f(2011a1＋a2011,2)＝2011a1006解得a1006＝－1，那么S2012＝eq\f(2012a1＋a2012,2)＝eq\f(2012a1006＋a1007,2)＝eq\f(2012×－1＋3,2)＝2012.二、填空題(本大題共6小題，每題5分，共30分，把答案填在題中橫線上)11．假設(shè)m，n，m＋n成等差數(shù)列，m，n，m·n成等比數(shù)列，那么橢圓eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1的離心率為_(kāi)_______．答案eq\f(\r(2),2)解析由題意知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＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).12．?dāng)?shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn和Tn，假設(shè)eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n,3n＋1)，那么eq\f(a100,b100)＝________.答案eq\f(199,299)解析eq\f(a100,b100)＝eq\f(\f(a1＋a199,2),\f(b1＋b199,2))＝eq\f(S199,T199)＝eq\f(199,299).13．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S3＝6，a3＝4，那么公差d等于________．答案2解析∵S3＝eq\f(a1＋a3×3,2)＝6，而a3＝4，∴a1＝0.∴d＝eq\f(a3－a1,2)＝2.14．某人從2023年1月份開(kāi)始，每月存入銀行100元，月利率是3‰(不計(jì)復(fù)利)，到2023年12月底取出的本利和應(yīng)是________元．答案1223.4解析應(yīng)為1200＋0.3×12＋0.3×11＋…＋0.3＝1200＋0.3×eq\f(12×13,2)＝1223.4(元)．15．各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a2·a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，那么滿(mǎn)足an·an＋1·an＋2>eq\f(1,9)的最大正整數(shù)n的值為_(kāi)_______．答案4解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，其中q>0，依題意得aeq\o\al(2,3)＝a2·a4＝4.又a3>0，因此a3＝a1q2＝2，a1＋a2＝a1＋a1q＝12，由此解得q＝eq\f(1,2)，a1＝8，an＝8×(eq\f(1,2))n－1＝24－n，an·an＋1·an＋2＝29－3n.由于2－3＝eq\f(1,8)>eq\f(1,9)，因此要使29－3n>eq\f(1,9)，只要9－3n≥－3，即n≤4，于是滿(mǎn)足an·an＋1·an＋2>eq\f(1,9)的最大正整數(shù)n的值為4.16．等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn，假設(shè)eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，那么公比q等于________．答案－eq\f(1,2)解析因?yàn)閑q\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，所以eq\f(S10－S5,S5)＝eq\f(31－32,32)＝－eq\f(1,32)，即q5＝(－eq\f(1,2))5，所以q＝－eq\f(1,2).三、解答題(本大題共6小題，共70分，解容許寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．(本小題總分值10分)數(shù)列{an}中，a1＝1，an，an＋1是方程x2－(2n＋1)x＋eq\f(1,bn)＝0的兩個(gè)根，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.答案Sn＝eq\f(n,n＋1)解析∵an，an＋1是x2－(2n＋1)x＋eq\f(1,bn)＝0的兩根，∴an＋an＋1＝2n＋1，an·an＋1＝eq\f(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，∴當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an＝n.同理可得當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)an＝n.∴an＝n.∴bn＝eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝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,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).18．(本小題總分值12分)成等差數(shù)列的三個(gè)正數(shù)的和等于15，并且這三個(gè)數(shù)分別加上2、5、13后成為等比數(shù)列{bn}中的b3、b4、b5.(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：數(shù)列{Sn＋eq\f(5,4)}是等比數(shù)列．答案(1)bn＝eq\f(5,4)·2n－1＝5·2n－3(2)略解析(1)設(shè)成等差數(shù)列的三個(gè)正數(shù)分別為a－d，a，a＋d.依題意，得a－d＋a＋a＋d＝15，解得a＝5.所以{bn}中的b3，b4，b5依次為7－d,10,18＋d.依題意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)．故{bn}的第3項(xiàng)為5，公比為2.由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝eq\f(5,4).所以{bn}是以eq\f(5,4)為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，其通項(xiàng)公式為bn＝eq\f(5,4)·2n－1＝5·2n－3.(2)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(\f(5,4)1－2n,1－2)＝5·2n－2－eq\f(5,4)，即Sn＋eq\f(5,4)＝5·2n－2.所以S1＋eq\f(5,4)＝eq\f(5,2)，eq\f(Sn＋1＋\f(5,4),Sn＋\f(5,4))＝eq\f(5·2n－1,5·2n－2)＝2.因此{(lán)Sn＋eq\f(5,4)}是以eq\f(5,2)為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列．19．(本小題總分值12分)數(shù)列{xn}的首項(xiàng)x1＝3，通項(xiàng)xn＝2np＋nq(n∈N*，p，q為常數(shù))，且x1，x4，x5成等差數(shù)列，求：(1)p，q的值；(2)數(shù)列{xn}的前n項(xiàng)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＋eq\f(nn＋1,2).20．(本小題總分值12分){an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＋a2＝2(eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2))，a3＋a4＋a5＝64(eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＋eq\f(1,a5))．(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝(an＋eq\f(1,an))2，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解析(1)設(shè){an}的公比為q，那么an＝a1qn－1.由，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a1q)))，,a1q2＋a1q3＋a1q4＝64\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1q2)＋\f(1,a1q3)＋\f(1,a1q4)))，))化簡(jiǎn)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)q＝2，,a\o\al(2,1)q6＝64.))又a1>0，故q＝2，a1＝1.所以an＝2n－1.(2)由(1)知，bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,an)))2＝aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,a\o\al(2,n))＋2＝4n－1＋eq\f(1,4n－1)＋2.因此，Tn＝(1＋4＋…＋4n－1)＋(1＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,4n－1))＋2n＝eq\f(1－4n,1－4)＋eq\f(1－\f(1,4n),1－\f(1,4))＋2n＝eq\f(1,3)(4n－41－n)＋2n＋1.21．(本小題總分值12分)某企業(yè)2023年的純利潤(rùn)為500萬(wàn)元，因設(shè)備老化等原因，企業(yè)的生產(chǎn)能力將逐年下降．假設(shè)不進(jìn)行技術(shù)改造，預(yù)測(cè)從2023年起每年比上一年純利潤(rùn)減少20萬(wàn)元，2023年初該企業(yè)一次性投入資金600萬(wàn)元進(jìn)行技術(shù)改造，預(yù)測(cè)在未扣除技術(shù)改造資金的情況下，第n年(2023年為第一年)的利潤(rùn)為500(1＋eq\f(1,2n))萬(wàn)元(n為正整數(shù))．(1)設(shè)從2023年起的前n年，假設(shè)該企業(yè)不進(jìn)行技術(shù)改造的累計(jì)純利潤(rùn)為An萬(wàn)元，進(jìn)行技術(shù)改造后的累計(jì)純利潤(rùn)為Bn萬(wàn)元(須扣除技術(shù)改造資金)，求An，Bn的表達(dá)式；(2)依上述預(yù)測(cè)，從2023年起該企業(yè)至少經(jīng)過(guò)多少年，進(jìn)行技術(shù)改造后的累計(jì)純利潤(rùn)超過(guò)不進(jìn)行技術(shù)改造的累計(jì)純利潤(rùn)？思路(1)An是一個(gè)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，Bn是一個(gè)常數(shù)數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的組合的前n項(xiàng)和，根據(jù)數(shù)列的求和公式，就可以求出An，Bn的表達(dá)式．(2)建模Bn>An，解這個(gè)關(guān)于n的不等式．解析(1)依題意知，An是一個(gè)以480為首項(xiàng)，－20為公差的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，所以An＝480n＋eq\f(nn－1,2)×(－20)＝490n－10n2，Bn＝500(1＋eq\f(1,2))＋500(1＋eq\f(1,22))＋…＋500(1＋eq\f(1,2n))－600＝500n＋500(eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n))－600＝500n＋500×eq\f(\f(1,2)[1－\f(1,2)n],1－\f(1,2))－600＝500n－eq\f(500,2n)－100.(2)依題意得，Bn>An，即500n－eq\f(500,2n)－100>490n－10n2，可化簡(jiǎn)得eq\f(50,2n)<n2＋n－10.∴可設(shè)f(n)＝eq\f(50,2n)，g(n)＝n2＋n－10.又∵n∈N*，∴可知f(n)是減函數(shù)，g(n)是增函數(shù)．又f(3)＝eq\f(50,8)>g(3)＝2，f(4)＝eq\f(50,16)<g(4)＝10.那么當(dāng)n＝4時(shí)不等式成立，即4年．22．(本小題總分值12分)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿(mǎn)足Sn＋n＝2an(n∈N*)．(1)證明：數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)假設(shè)bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n.求滿(mǎn)足不等式eq\f(Tn－2,2n－1)>2010的n的最小值．解析(1)因?yàn)镾n＋n＝2an，所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，n∈N*)．兩式相減，得an＝2an－1＋1.所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)，所以數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列．因?yàn)镾n＋n＝2an，令n＝1得a1＝1.a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.(2)因?yàn)閎n＝(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， ①2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1， ②①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1＝6＋2×eq\f(22－2n＋1,1－2)－(2n＋1)·2n＋1＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1.所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1.假設(shè)eq\f(Tn－2,2n－1)>2010，那么eq\f(2＋2n－1·2n＋1,2n－1)>2010，即2n＋1>2010.由于210＝1024,211＝2048，所以n＋1≥11，即n≥10.所以滿(mǎn)足不等式eq\f(Tn－2,2n－1)>2010的n的最小值是10.1．?dāng)?shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，且a6＝b7，那么有 ()A．a(chǎn)3＋a9≤b4＋b10B．a(chǎn)3＋a9≥b4＋b10C．a(chǎn)3＋a9≠b4＋b10D．a(chǎn)3＋a9與b4＋b10的大小關(guān)系不確定答案B解析記等比數(shù)列{an}的公比為q，由數(shù)列{bn}為等差數(shù)列可知b4＋b10＝2b7.又?jǐn)?shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，∴a3＋a9＝a3(1＋q6)＝a6(eq\f(1＋q6,q3))＝b7(eq\f(1＋q6,q3))，又eq\f(1＋q6,q3)＝eq\f(1,q3)＋q3≥2，當(dāng)且僅當(dāng)q＝1時(shí)，等號(hào)成立，∴a3＋a9≥b4＋b10.應(yīng)選B.2．a(chǎn)n＝eq\f(3,2n－11)(n∈N＋)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，那么使Sn>0的n的最小值是 ()A．5 B．6C．10 D．11答案D解析令f(x)＝eq\f(3,2x－11)知f(x)關(guān)于(eq\f(11,2)，0)對(duì)稱(chēng)，∴a1＋a10＝a2＋a9＝a3＋a8＝a5＋a6＝0，且a6>a7>a8>a9>a10>…>0.∴S10＝0，S11>0，選D.3．?dāng)?shù)列{an}中，Sn為其前n項(xiàng)和，S1＝1，S2＝2，且Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0(n∈N*且n≥2)，那么此數(shù)列為 ()A．等差數(shù)列B．等比數(shù)列C．從第二項(xiàng)起為等差數(shù)列D．從第二項(xiàng)起為等比數(shù)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，∴從第二項(xiàng)起為等比數(shù)列．4．?dāng)?shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝eq\f(2,3)，且對(duì)任意的正整數(shù)m，n，都有am＋n＝am＋an，那么eq\f(an,n)等于 ()A.eq\f(1,2) B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,2) D．2答案B解析令m＝1，得an＋1＝a1＋an，即an＋1－an＝a1＝eq\f(2,3)，可知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1＝eq\f(2,3)，公差為d＝eq\f(2,3)的等差數(shù)列，于是an＝eq\f(2,3)＋(n－1)·eq\f(2,3)＝eq\f(2,3)n，即eq\f(an,n)＝eq\f(2,3).應(yīng)選B.5．設(shè)a1，a2，…，a50是以－1,0,1這三個(gè)整數(shù)中取值的數(shù)列，假設(shè)a1＋a2＋…＋a50＝9且(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝107，那么a1，a2，…，a50當(dāng)中取零的項(xiàng)共有 ()A．11個(gè) B．12個(gè)C．15個(gè) D．25個(gè)答案A解析(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,50)＋2(a1＋a2＋…＋a50)＋50＝107，∴aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,50)＝39，∴a1，a2，…，a50中取零的項(xiàng)應(yīng)為50－39＝11個(gè)，應(yīng)選A.6．等差數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，那么有 ()A．a(chǎn)1＋a101>0 B．a(chǎn)2＋a100<0C．a(chǎn)3＋a99＝0 D．a(chǎn)51＝51答案C解析由題意，得a1＋a2＋…＋a101＝eq\f(a1＋a101,2)×101＝0.所以a1＋a101＝a2＋a100＝a3＋a99＝0.7．?dāng)?shù)列{an}，{bn}滿(mǎn)足a1＝1，且an，an＋1是函數(shù)f(x)＝x2－bnx＋2n的兩個(gè)零點(diǎn)，那么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．Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，S10>0并且S11＝0，假設(shè)Sn≤Sk對(duì)n∈N*恒成立，那么正整數(shù)k構(gòu)成的集合為_(kāi)_______．答案{5,6}解析等差數(shù)列中由S10>0，S11＝0，得S10＝eq\f(10a1＋a10,2)>0?a1＋a10>0?a5＋a6>0，S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝0?a1＋a11＝2a6＝0，故可知，等差數(shù)列{an}是遞減數(shù)列且a6＝0，所以S5＝S6≥Sn，即k＝5或6.∴集合為{5,6}．9．(2023·衡水調(diào)研)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)px2－(p＋q)x＋qlnx(其中p、q均為常數(shù)，且p>q>0)，當(dāng)x＝a1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值，點(diǎn)(an,2Sn)(n∈N*)均在函數(shù)y＝2px2－eq\f(q,x)＋f′(x)＋q的圖像上．(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(3)記bn＝eq\f(4Sn,n＋3)·qn，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解析(1)由題易得f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．f′(x)＝px－(p＋q)＋eq\f(q,x)＝eq\f(px2－p＋qx＋q,x)＝eq\f(x－1px－q,x).令f′(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(q,p).∵p>q>0，∴0<eq\f(q,p)<1.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)、f(x)的變化情況如下表：(0，eq\f(q,p))eq\f(q,p)(eq\f(q,p)，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值∴f(x)在x＝1處取得極小值，即a1＝1.(2)依題意，y＝2px2－eq\f(q,x)＋f′(x)＋q＝2px2＋px－p，2Sn＝2p·aeq\o\al(2,n)＋p·an－p(n∈N*)．∴2a1＝2p·aeq\o\al(2,1)＋pa1－p.由a1＝1，得p＝1.∴2Sn＝2aeq\o\al(2,n)＋an－1. ①∴當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＝2aeq\o\al(2,n－1)＋an－1－1. ②①－②得2an＝2(aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1))＋an－an－1.∴2(aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1))－(an＋an－1)＝0.∴(an＋an－1)(an－an－1－eq\f(1,2))＝0.由于an＋an－1>0，∴an－an－1＝eq\f(1,2)(n≥2)．∴{an}是以a1＝1為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列．∴an＝1＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n＋1,2).(3)Sn＝n＋eq\f(nn－1,2)·eq\f(1,2)＝eq\f(n2＋3n,4)，∴bn＝eq\f(4Sn,n＋3)·qn＝nqn.∴Tn＝q＋2q2＋3q3＋…＋(n－1)qn－1＋nqn. ③p>q>0，而由(2)知p＝1，那么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＝eq\f(q1－qn,1－q)－nqn＋1.∴Tn＝eq\f(q1－qn,1－q2)－eq\f(nqn＋1,1－q).10．將數(shù)列{an}中的所有項(xiàng)按每一行比上一行多兩項(xiàng)的規(guī)那么排成如下數(shù)表：eq\a\vs4\al(a1,a2a3a4,a5a6a7a8a9,…)表中的第一列數(shù)a1，a2，a5，…構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列，記為{bn}，且b2＝4，b5＝12.表中每一行正中間一個(gè)數(shù)a1，a3，a7，…構(gòu)成數(shù)列{cn}，其前n項(xiàng)和為Sn.(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)假設(shè)上表中，從第二行起，每一行中的數(shù)按從左到右的順序均構(gòu)成等比數(shù)列，公比為同一個(gè)正數(shù)，且a13＝1.①求Sn；②記M＝{n|(n＋1)cn≥λ，n∈N*}，假設(shè)集合M的元素個(gè)數(shù)為3，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．解析(1)設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＋d＝4，,b1＋4d＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝2，,d＝2，))所以bn＝2n.(2)①設(shè)每一行組成的等比數(shù)列的公比為q.由于前n行共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2個(gè)數(shù)，且32<13<42，所以a10＝b4＝8.所以a13＝a10q3＝8q3，又a13＝1，解得q＝eq\f(1,2).由可得cn＝bnqn－1，因此cn＝2n·(eq\f(1,2))n－1＝eq\f(n,2n－2).所以Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq\f(1,2－1)＋eq\f(2,20)＋eq\f(3,21)＋…＋eq\f(n,2n－2).eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,20)＋eq\f(2,21)＋…＋eq\f(n－1,2n－2)＋eq\f(n,2n－1).因此eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2－1)＋eq\f(1,20)＋eq\f(1,21)＋…＋eq\f(1,2n－2)－eq\f(n,2n－1)＝4－eq\f(1,2n－2)－eq\f(n,2n－1)＝4－eq\f(n＋2,2n－1).解得Sn＝8－eq\f(n＋2,2n－2).②由①知，cn＝eq\f(n,2n－2)，不等式(n＋1)cn≥λ，可化為eq\f(nn＋1,2n－2)≥λ.設(shè)f(n)＝eq\f(nn＋1,2n－2)，因?yàn)閒(n＋1)－f(n)＝eq\f(n＋12－n,2n－1)，所以當(dāng)n≥3時(shí)，f(n＋1)<f(n)．計(jì)算得f(1)＝4，f(2)＝f(3)＝6，f(4)＝5，f(5)＝eq\f(15,4).因?yàn)榧螹的元素個(gè)數(shù)為3，所以λ的取值范圍是(4,5]．11．?dāng)?shù)列{an}，a1＝1，an＝λan－1＋λ－2(n≥2)．(1)當(dāng)λ為何值時(shí)，數(shù)列{an}可以構(gòu)成公差不為零的等差數(shù)列，并求其通項(xiàng)公式；(2)假設(shè)λ＝3，令bn＝an＋eq\f(1,2)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.解析(1)a2＝λa1＋λ－2＝2λ－2，a3＝λa2＋λ－2＝2λ2－2λ＋λ－2＝2λ2－λ－2.∵a1＋a3＝2a2，∴1＋2λ2－λ－2＝2(2λ－2)，得2λ2－5λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝eq\f(3,2).當(dāng)λ＝eq\f(3,2)時(shí)，a2＝2×eq\f(3,2)－2＝1，a1＝a2，故λ＝eq\f(3,2)不合題意舍去；當(dāng)λ＝1時(shí)，代入an＝λan－1＋λ－2可得an－an－1＝－1.∴數(shù)列{an}構(gòu)成首項(xiàng)為a1＝1，d＝－1的等差數(shù)列．∴an＝2－n.(2)當(dāng)λ＝3時(shí)，an＝3an－1＋1，即an＋eq\f(1,2)＝3(an－1＋eq\f(1,2))，即bn＝3bn－1.∴數(shù)列{bn}構(gòu)成首項(xiàng)為b1＝eq\f(3,2)，公比為3的等比數(shù)列．∴bn＝eq\f(3,2)×3n－1＝eq\f(3n,2).∴Sn＝eq\f(\f(3,2)1－3n,1－3)＝eq\f(3,4)(3n－1)．12．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S4＋a2＝2S3，等比數(shù)列{bn}滿(mǎn)足b1＝a2，b2＝a4.(1)求證：{bn}中的每一項(xiàng)均為{an}中的項(xiàng)；(2)假設(shè)a1＝eq\f(1,2)，數(shù)列{cn}滿(mǎn)足：bn＋1·cn＝(－1)n(1＋2log2bn)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.解析(1)證明：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由S4＋a2＝2S3得4a1＋6d＋a1＋d＝6a1＋6d，∴a1＝d.那么an＝a1＋(n－1)d＝na1.∴b1＝2a1，b2＝4a1，等比數(shù)列{bn}的公比q＝eq\f(b2,b1)＝2.那么bn＝2a1·2n－1＝2na1.∵2n∈N*，∴{bn}中的每一項(xiàng)均為{an}中的項(xiàng)．(2)解析：∵a1＝eq\f(1,2)，∴bn＝2n×eq\f(1,2)＝2n－1.由bn＋1·cn＝(－1)n(1＋2log2bn)，得2n·cn＝(－1)n[1＋2(n－1)]＝(－1)n(2n－1)．∴cn＝eq\f(－1n2n－1,2n)＝(2n－1)(－eq\f(1,2))n.Tn＝(－eq\f(1,2))＋3(－eq\f(1,2))2＋5(－eq\f(1,2))3＋…＋(2n－1)(－eq\f(1,2))n，－2Tn＝1＋3(－eq\f(1,2))＋5(－eq\f(1,2))2＋…＋(2n－1)(－eq\f(1,2))n－1.兩式相減，得－3Tn＝1＋2(－eq\f(1,2))＋2(－eq\f(1,2))2＋…＋2(－eq\f(1,2))n－1－(2n－1)(－eq\f(1,2))n＝1－2＋2·[1＋(－eq\f(1,2))＋(－eq\f(1,2))2＋…＋(－eq\f(1,2))n－1]－(2n－1)(－eq\f(1,2))n＝－1＋2·eq\f(1－－\f(1,2)n,1－－\f(1,2))－(2n－1)(－eq\f(1,2))n＝－1＋eq\f(4,3)－eq\f(4,3)(－eq\f(1,2))n－(2n－1)(－eq\f(1,2))n＝eq\f(1,3)－eq\f(6n＋1,3)(－eq\f(1,2))n，∴Tn＝eq\f(6n＋1,9)(－eq\f(1,2))n－eq\f(1,9).13．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝2，an＋1－an－2n－2＝0，(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an＋2)＋eq\f(1,an＋3)＋…＋eq\f(1,a2n)，假設(shè)對(duì)任意的正整數(shù)n，當(dāng)m∈[－1,1]時(shí)，不等式t2－2mt＋eq\f(1,6)>bn恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．解析(1)由題意得an－an－1＝2n(n≥2)，累差疊加，得an＝n(n＋1)(n≥2)．又a1＝2，所以an＝n(n＋1)，(n∈N*)．(2)bn＝eq\f(1,n＋1n＋2)＋eq\f(1,n＋2n＋3)＋…＋eq\f(1,2n2n＋1)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(n,n＋12n＋1)＝eq\f(n,2n2＋3n＋1)，bn＝eq\f(1,2n＋\f(1,n)＋3)，bn的最大值為b1＝eq\f(1,6)，所以t2－2mt＋eq\f(1,6)>eq\f(1,6)恒成立，m∈[－1,1]．構(gòu)造g(m)＝－2tm＋t2，即g(m)>0恒成立m∈[－1,1]．當(dāng)t＝0，不成立；當(dāng)t≠0，g(m)是一次函數(shù)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1>0，,g1>0，))解得t∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)．14．等差數(shù)列{an}滿(mǎn)足：a3＝7，a5＋a7＝26.{an}的前n項(xiàng)和為Sn.(1)求an及Sn；(2)令bn＝eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.答案(1)an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)(2)Tn＝eq\f(n,4n＋1)解析(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為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＝eq\f(na1＋an,2)，所以an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．(2)因?yàn)閍n＝2n＋1，所以aeq\o\al(2,n)－1＝4n(n＋1)．因此bn＝eq\f(1,4nn＋1)＝eq\f(1,4)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))．故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝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).所以數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝eq\f(n,4n＋1).15．設(shè)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和Sn，假設(shè)S4≥10，S5≤15，求a4的最大值．解析方法一a5＝S5－S4≤5，S5＝a1＋a2＋…＋a5＝5a3a3≤3，那么a4＝eq\f(a3＋a5,2)≤4，a4的最大值為4.方法二∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋6d≥10，,S5＝5a1＋10d≤15))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a1－3d≤－5，,a1＋2d≤3))?d≤1.又∵S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3≤15，∴a3≤3.∴a4≤4.故a4的最大值為4.方法三此題也可利用線性規(guī)劃知識(shí)求解．由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d≥10，,5a1＋10d≤15))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋3d≥5，,a1＋2d≤3.))a4＝a1＋3d.畫(huà)出可行域eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋3d≥5，,a1＋2d≤3，))求目標(biāo)函數(shù)a4＝a1＋3d的最大值，即當(dāng)直線a4＝a1＋3d過(guò)可行域內(nèi)(1,1)點(diǎn)時(shí)截距最大，此時(shí)a4＝4.16．(2023·天津){an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，{bn}是等比數(shù)列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，證明：Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)．解析(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.由條件，得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋3d＋2q3＝27，,8＋6d－2q3＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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， ①2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2na2＋2n－1a1. 由②－①，得Tn＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2＝eq\f(121－2n－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)當(dāng)n＝1時(shí)，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立；(2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)等式成立，即Tn＋12＝－2ak＋10bk，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，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時(shí)等式也成立．由(1)和(2)，可知對(duì)任意n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn成立．17．(2023·陜西)設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，且a5，a3，a4成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的公比；(2)證明：對(duì)任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差數(shù)列．解析(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q(q≠0，q≠1)，由a5，a3，a4成等差數(shù)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)方法一對(duì)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，對(duì)任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差數(shù)列．方法二對(duì)任意k∈N＋，2Sk＝eq\f(2a11－qk,1－q)，Sk＋2＋Sk＋1＝eq\f(a11－qk＋2,1－q)＋eq\f(a11－qk＋1,1－q)＝eq\f(a12－qk＋2－qk＋1,1－q)，2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝eq\f(2a11－qk,1－q)－eq\f(a12－qk＋2－qk＋1,1－q)＝eq\f(a1,1－q)[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]＝eq\f(a1qk,1－q)(q2＋q－2)＝0，因此，對(duì)任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差數(shù)列．18．(2023·廣東)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿(mǎn)足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列．(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).解析(1)∵a1，a2＋5，a3成等差數(shù)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，從而a1＝1.(2)由題設(shè)條件知，n≥2時(shí)，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，因此對(duì)一切正整數(shù)n，有an＋1＝3an＋2n.所以an＋1＋2n＋1＝3(an＋2n)．又∵a1＋21＝3，∴{an＋2n}是以3為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)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，∴eq\f(1,an)≤eq\f(1,3n－1).∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤1＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,3n－1)＝eq\f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))<eq\f(3,2).19．(2023·湖北)等差數(shù)列{an}前三項(xiàng)的和為－3，前三項(xiàng)的積為8.(1)求等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)假設(shè)a2，a3，a1成等比數(shù)列，求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和．解析(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，那么a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d.由題意得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.))所以由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得an＝2－3(n－1)＝－3n＋5或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.故a