高三文科數(shù)學專題復習測試卷

專題三數(shù)列真題體驗·引領卷一、選擇題1．(2015·全國卷Ⅱ)設Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1＋a3＋a5＝3，則S5＝()A．5 B．7 C．9 D．112．(2014·天津高考)設{an}是首項為a1，公差為－1的等差數(shù)列，Sn為其前n項和，若S1，S2，S4成等比數(shù)列，則a1＝()A．2 B．－2C.eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)3．(2015·全國卷Ⅰ)已知{an}是公差為1的等差數(shù)列，Sn為{an}的前n項和．若S8＝4S4，則a10＝()A.eq\f(17,2) B.eq\f(19,2)C．10 D．124．(2015·全國卷Ⅱ)已知等比數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，則a2＝()A．2 B．1 C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,8)5．(2013·全國卷Ⅰ)設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，則m＝()A．3 B．4C．5 D．66．(2015·福建高考)若a，b是函數(shù)f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的兩個不同的零點，且a，b，－2這三個數(shù)可適當排序后成等差數(shù)列，也可適當排序后成等比數(shù)列，則p＋q的值等于()A．9 B．5C．4 D．2二、填空題7．(2015·全國卷Ⅰ)在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn為{an}的前n項和．若Sn＝126，則n＝________．8．(2015·安徽高考)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋eq\f(1,2)(n≥2)，則數(shù)列{an}的前9項和等于________．9．(2015·廣東高考)若三個正數(shù)a，b，c成等比數(shù)列，其中a＝5＋2eq\r(6)，c＝5－2eq\r(6)，則b＝________．三、解答題10．(2015·安徽高考)已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列，且a1＋a4＝9，a2a3(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設Sn為數(shù)列{an}的前n項和，bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.11．(2015·福建高考)在等差數(shù)列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．12．(2015·山東高考)已知數(shù)列{an}是首項為正數(shù)的等差數(shù)列，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an·an＋1)))的前n項和為eq\f(n,2n＋1).(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設bn＝(an＋1)·2an，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.專題三數(shù)列經(jīng)典模擬·演練卷一、選擇題1．(2015·濟南模擬)設{an}是公差為正數(shù)的等差數(shù)列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，則a11＋a12＋A．75 B．90 C．105 D．1202．(2015·成都診斷檢測)設正項等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，且滿足a4a6＝eq\f(1,4)，a7＝eq\f(1,8)，則S4的值為()A．15 B．14 C．12 D．83．(2015·衡水中學調(diào)研)已知等比數(shù)列{an}中，a3＝2，a4a6＝16，則eq\f(a10－a12,a6－a8)的值為()A．2 B．4 C．8 D．164．(2015·南昌二模)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a3＝5，a9＝17，數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝3n.若am＝b1＋b4，則正整數(shù)m的值為()A．26 B．27 C．28 D．295．(2015·山西康杰中學、臨汾一中聯(lián)考)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n∈N*)，則S6＝()A．44 B．45C.eq\f(1,3)·(46－1) D.eq\f(1,3)·(45－1)6．(2015·成都模擬)若數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝n2＋1，則向量m＝(a1，a4)的模為()A．53 B．50 C.eq\r(53) D．5eq\r(2)二、填空題7．(2015·鄭州質檢)設等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＋a2＝eq\f(3,4)，a4＋a5＝6，則S6＝________．8．(2015·濰坊調(diào)研)在等差數(shù)列{an}中，a1＝－2015，其前n項和為Sn，若eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝2，則S2015的值為________．9．(2015·河北質檢)設曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(1，1)處的切線與x軸的交點的橫坐標為xn，令an＝lgxn，則a1＋a2＋a3＋…＋a99的值為________．三、解答題10．(2015·長沙調(diào)研)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設bn＝2an＋(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前2n項和．11．(2015·大連模擬)已知數(shù)列{an}與{bn}滿足：a1＋a2＋a3＋…＋an＝log2bn(n∈N*)，且數(shù)列{an}為等差數(shù)列，a1＝2，b3＝64b2.(1)求an與bn；(2)設cn＝(an＋n＋1)·2an－2，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.12．(2015·衡水點睛大聯(lián)考)若{an}是各項均不為零的等差數(shù)列，公差為d，Sn為其前n項和，且滿足aeq\o\al(2,n)＝S2n－1，n∈N*.數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(1,an·an＋1)，Tn為數(shù)列{bn}的前n項和．(1)求an和Tn；(2)是否存在正整數(shù)m、n(1<m<n)，使得T1，Tm，Tn成等比數(shù)列？若存在，求出所有m，n的值；若不存在，請說明理由．專題三數(shù)列專題過關·提升卷(時間：120分鐘滿分：150分)第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．設{an}是公比為q的等比數(shù)列，則“q>1”是數(shù)列“{an}為遞增數(shù)列”的()A．充分不必要條件 B．必要且不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件2．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a5＝8，S3＝6，則a9等于()A．32 B．24C．16 D．83．已知等比數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，Sn是{an}的前n項和．若a1，a3是方程x2－10x＋9＝0的兩個根，則S6等于()A．120 B．254C．364 D．1284．(2015·長春調(diào)研)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其前n項和為Sn，若S4＝20，S6－S2＝36，則該等差數(shù)列的公差d＝()A．－2 B．2C．－4 D．45．各項為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S4＝5S2，a2＝2且Sk＝31，則正整數(shù)k的值為()A．4 B．5 C．6 D．76．(2015·太原診斷)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)，則實數(shù)a的值是()A．－3 B．－1C．1 D．37．(2014·肇慶模擬)已知正項數(shù)列{an}為等比數(shù)列且5a2是a4與3a3的等差中項，若a2＝2A.eq\f(33,12) B．31C.eq\f(31,4) D．以上都不正確8．(2015·焦作高三統(tǒng)考)已知正項等比數(shù)列{an}滿足a3·a2n－3＝4n(n＞1)，則log2a1＋log2a3＋log2a5＋…＋log2aA．n2 B．(n＋1)2C．n(2n－1) D．(n－1)29．(2015·衡水點睛聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＝eq\f(1,3)an－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)(n≥2，且n∈N*)則數(shù)列{an}的通項公式為()A．a(chǎn)n＝eq\f(3n,n＋2) B．a(chǎn)n＝eq\f(n＋2,3n)C．a(chǎn)n＝n＋2 D．a(chǎn)n＝(n＋2)·3n10．設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a2＋1＝2a6，且S7＝S10，則使得Sn取得最小值時，nA．8 B．9C．8或9 D．1011．(2015·綿陽市一診)設各項均不為0的數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\r(2)an(n≥1)，若a2a4＝2a5，則a3＝()A.eq\r(2) B．2 C．2eq\r(2) D．412．(2015·鄭州質檢)設數(shù)列{an}是首項為1，公比為q(q≠－1)的等比數(shù)列，若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋an＋1)))是等差數(shù)列，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,a3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)＋\f(1,a4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2013)＋\f(1,a2014)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2014)＋\f(1,a2015)))＝()A．2012 B．2013C．4024 D．4026第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把正確答案填寫在題中的橫線上)13．(2015·陜西高考)中位數(shù)為1010的一組數(shù)構成等差數(shù)列，其末項為2015，則該數(shù)列的首項為________．14．(2015·浙江高考)已知{an}是等差數(shù)列，公差d不為零．若a2，a3，a7成等比數(shù)列，且2a1＋a2＝1，則a1＝________，d15．(2015·江蘇高考)設數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))前10項的和為________．16．(2015·菏澤調(diào)研)西非埃博拉病毒導致2500多人死亡，引起國際社會廣泛關注，為防止疫情蔓延，西非各國政府在世界衛(wèi)生組織、國際社會援助下全力抗擊埃博拉疫情，預計某首都醫(yī)院近30天內(nèi)每天因治愈出院的人數(shù)依次構成數(shù)列{an}，已知a1＝3，a2＝2，且滿足an＋2－an＝1＋(－1)n，則該醫(yī)院30天內(nèi)因治愈埃博拉病毒出院的患者共有________人．三、解答題(本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)(2015·大慶質檢)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}滿足S7＝77，且a1，a3，a11成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝2an，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.18．(本小題滿分12分)(2015·揭陽模擬)已知等比數(shù)列{an}滿足：an>0，a1＝5，Sn為其前n項和，且20S1，S3，7S2成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設bn＝log5a2＋log5a4＋…＋log5a2n＋2，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n項和Tn.19．(本小題滿分12分)(2015·山東高考)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知2Sn＝3n＋3.(1)求{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足anbn＝log3an，求{bn}的前n項和Tn.20．(本小題滿分12分)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.(1)設bn＝an＋1－2an，證明數(shù)列{bn}是等比數(shù)列；(2)在(1)的條件下證明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是等差數(shù)列，并求an.21．(本小題滿分12分)(2015·安徽高考)設n∈N，xn是曲線y＝x2n＋2＋1在點(1，2)處的切線與x軸交點的橫坐標．(1)求數(shù)列{xn}的通項公式；(2)記Tn＝xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,3)…xeq\o\al(2,2n－1)，證明Tn≥eq\f(1,4n).22．(本小題滿分12分)設數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，且bn＝1－2Sn；將函數(shù)y＝sinπx在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)的全部零點按從小到大的順序排成數(shù)列{an}．(1)求{bn}與{an}的通項公式；(2)設cn＝an·bn(n∈N*)，Tn為數(shù)列{cn}的前n項和．若a2－2a>4Tn恒成立，試求實數(shù)a專題三數(shù)列真題體驗·引領卷1．A[∵{an}為等差數(shù)列，∴a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，得a3∴S5＝eq\f(5（a1＋a5）,2)＝5a3＝5.故選A.]2．D[∵S1，S2，S4成等比數(shù)列，∴Seq\o\al(2,2)＝S1·S4，又Sn為公差為－1的等差數(shù)列的前n項和．從而(a1＋a1－1)2＝a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4a1－\f(1,2)×4×3))，解得a1＝－eq\f(1,2).]3．B[由S8＝4S4知，a5＋a6＋a7＋a8＝3(a1＋a2＋a3＋a4)，又d＝1，∴a1＝eq\f(1,2)，a10＝eq\f(1,2)＋9×1＝eq\f(19,2).]4．C[由{an}為等比數(shù)列，得a3a5＝aeq\o\al(2,4)，所以aeq\o\al(2,4)＝4(a4－1)，解得a4＝2，設等比數(shù)列{an}的公比為q，則a4＝a1q3，得2＝eq\f(1,4)q3，解得q＝2，所以a2＝a1q＝eq\f(1,2).選C.]5．C[由題設，am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3.因為數(shù)列{an}為等差數(shù)列．所以公差d＝am＋1－am＝1.由Sm＝eq\f(m（a1＋am）,2)＝0，得m(a1＋2)＝0，則a1＝－2.又am＝a1＋(m－1)d＝2，解得m＝5.]6．A[因為a，b為函數(shù)f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的兩個不同的零點，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p2－4q＞0，,a＋b＝p，,ab＝q，))所以a＞0，b＞0，所以當－2在中間時，a，b，－2這三個數(shù)不可能成等差數(shù)列，且只有當－2在中間時，a，b，－2這三個數(shù)才能成等比數(shù)列．經(jīng)分析知，a，b，－2或b，a，－2或－2，a，b或－2，b，a成等差數(shù)列，a，－2，b或b，－2，a成等比數(shù)列．不妨取數(shù)列a，b，－2成等差數(shù)列，數(shù)列a，－2，b成等比數(shù)列，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2＝2b，,ab＝4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－2，))(舍去)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝5，,q＝4，))所以p＋q＝9.]7．6[∵a1＝2，an＋1＝2an，∴數(shù)列{an}是以公比q＝2，首項a1＝2的等比數(shù)列．則Sn＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＝126，解得n＝6.]8．27[由已知數(shù)列{an}是以1為首項，以eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列．∴S9＝9×1＋eq\f(9×8,2)×eq\f(1,2)＝9＋18＝27.]9．1[∵三個正數(shù)a，b，c成等比數(shù)列，∴b2＝ac＝(5＋2eq\r(6))(5－2eq\r(6))＝1.∵b為正數(shù)，∴b＝1.]10．解(1)由題設知a1·a4＝a2·a3＝8.又a1＋a4＝9.可解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a4＝8))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,a4＝1))(舍去)．由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.(2)Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝2n－1，又bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)＝eq\f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,S1)－\f(1,S2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,S2)－\f(1,S3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)－\f(1,Sn＋1)))＝eq\f(1,S1)－eq\f(1,Sn＋1)＝1－eq\f(1,2n＋1－1).11．解(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，,（a1＋3d）＋（a1＋6d）＝15，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝1.))所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.(2)由(1)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＝211＋53＝2101.12．解(1)設數(shù)列{an}的公差為d，令n＝1，得eq\f(1,a1a2)＝eq\f(1,3)，所以a1a2＝3.令n＝2，得eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＝eq\f(2,5)，所以a2a3＝15.解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n(2)由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·4n，所以Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n，所以4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n＋1，兩式相減，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝eq\f(4（1－4n）,1－4)－n·4n＋1＝eq\f(1－3n,3)×4n＋1－eq\f(4,3).所以Tn＝eq\f(3n－1,9)×4n＋1＋eq\f(4,9)＝eq\f(4＋（3n－1）4n＋1,9).經(jīng)典模擬·演練卷1．C[設數(shù)列{an}的公差為d，依題設知d>0，則a3>a1，∵a1＋a2＋a3＝15，則3a2＝15，a2＝5從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＝10，,a1a3＝16.))解之得a1＝2，a3＝8.所以公差d＝eq\f(a3－a1,2)＝3.故a11＋a12＋a13＝(a1＋a2＋a3)＋30d＝15＋90＝105.]2．A[設等比數(shù)列{an}的公比為q，且q>0，an>0.由于a4a6＝eq\f(1,4)，a7＝eq\f(1,8)，則a3＝eq\f(a4a6,a7)＝2，q4＝eq\f(a7,a3)＝eq\f(1,16)，所以q＝eq\f(1,2).于是a1＝eq\f(a3,q2)＝8.故S4＝eq\f(a1（1－q4）,1－q)＝eq\f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16))),1－\f(1,2))＝15.]3．B[設等比數(shù)列{an}的公比為q.由于a3＝a1q2＝2.∴a4a6＝aeq\o\al(2,1)q8＝(a1q2)2·q4＝4q4＝16.則q4＝4，故eq\f(a10－a12,a6－a8)＝eq\f(q4（a6－a8）,a6－a8)＝q4＝4.]4．D[由等差數(shù)列的性質，a9＝a3＋6d.∴17＝5＋6d，得d＝2，因此am＝a3＋2(m－3)＝2m又數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝3n，∴b1＝S1＝3，b4＝S4－S3＝34－33＝54.由am＝b1＋b4，得2m－1＝3＋54，則m5．B[由a1＝1，a2＝3a1，得a2＝3又an＋1＝3Sn，知an＝3Sn－1(n≥2)，∴an＋1－an＝3Sn－3Sn－1＝3an，即an＋1＝4an(n≥2)．因此an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1（n＝1），,3·4n－2（n≥2），))故S6＝1＋eq\f(3（1－45）,1－4)＝45.]6．C[依題意得，a1＝S1＝2，a4＝S4－S3＝(42＋1)－(32＋1)＝7，故m＝(2，7)，|m|＝eq\r(22＋72)＝eq\r(53)，故選C.]7.eq\f(63,4)[∵a1＋a2＝eq\f(3,4)，a4＋a5＝6，q3＝eq\f(a4＋a5,a1＋a2)＝8，從而q＝2，可求a1＝eq\f(1,4).故S6＝eq\f(\f(1,4)（1－26）,1－2)＝eq\f(63,4).]8．－2015[設數(shù)列{an}的公差為d，則eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d.由eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝2，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(11d,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(9d,2)))＝2.所以d＝2，因此S2015＝2015a1＋eq\f(2015×2014,2)d＝－2015.]9．－2[由y′＝(n＋1)xn(x∈N*)，所以在點(1，1)處的切線斜率k＝n＋1，故切線方程為y＝(n＋1)·(x－1)＋1，令y＝0得xn＝eq\f(n,n＋1)，所以a1＋a2＋a3＋…＋a99＝lgx1＋lgx2＋…＋lgx99＝lg(x1·x2·…·x99)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(2,3)×…×\f(99,99＋1)))＝lgeq\f(1,99＋1)＝－2.]10．解(1)當n＝1時，a1＝S1＝1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n.由于n＝1時，a1＝1適合上式，故數(shù)列{an}的通項公式為an＝n.(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.記數(shù)列{bn}的前2n項和為T2n，則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．記A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，則A＝2＋22＋23＋…＋22n＝eq\f(2（1－22n）,1－2)＝22n＋1－2.B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n，故數(shù)列{bn}的前2n項和Tn＝22n＋1＋n－2.11．解(1)由題設，得a1＋a2＋a3＝log2b3，①a1＋a2＝log2b2，②①－②得，a3＝log2eq\f(b3,b2)＝log264＝6.又a1＝2，所以公差d＝2，因此an＝2＋2(n－1)＝2n.又a1＋a2＋a3＋…＋an＝log2bn.所以eq\f(n（2＋2n）,2)＝log2bn，故bn＝2n(n＋1)．(2)由題意，得cn＝(3n＋1)4n－1，則Tn＝4＋7·4＋10·42＋…＋(3n＋1)·4n－1，③4Tn＝4·4＋7·42＋…＋(3n－2)·4n－1＋(3n＋1)·4n，④由③－④，得－3Tn＝4＋3(4＋42＋…＋4n－1)－(3n＋1)4n＝4＋3·eq\f(4（1－4n－1）,1－4)－(3n＋1)4n＝－3n·4n，所以Tn＝n·4n(n∈N*)．12．解(1)∵aeq\o\al(2,n)＝S2n－1(n∈N*)，an≠0，令n＝1，得a1＝1；令n＝2，得a2＝3，∴等差數(shù)列{an}的公差d＝2.從而an＝2n－1，bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，于是Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(n,2n＋1).(2)假設存在正整數(shù)m，n(1<m<n)，使得T1，Tm，Tn成等比數(shù)列．則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2m＋1)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,3)·eq\f(n,2n＋1)，可得eq\f(3,n)＝eq\f(－2m2＋4m＋1,m2)>0，∴－2m2＋4m＋1>0，解得1－eq\f(\r(6),2)<m<1＋eq\f(\r(6),2)，由于m∈N*，m>1，得m＝2，此時n＝12.故存在正整數(shù)m，n，當且僅當m＝2，n＝12時，滿足T1，Tm，Tn成等比數(shù)列．專題過關·提升卷1．D[當a1<0，q>1時，數(shù)列{an}是遞減數(shù)列．當{an}為遞增數(shù)列時，a1<0，0<q<1或a1>0，q>1.因此，“q>1”是{an}2．C[設等差數(shù)列{an}的公差為d，首項為a1，因為a5＝8，S3＝6，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝8，,3a1＋3d＝6，))解得a1＝0，d＝2.所以a9＝a1＋8d＝8×2＝16.]3．C[因為a1，a3是方程x2－10x＋9＝0的兩個根，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＝10，,a1·a3＝9，))又{an}是遞增數(shù)列，所以a1＝1，a3＝9，所以q＝3，S6＝eq\f(1－36,1－3)＝364.]4．B[由題意，a1＋a2＋a3＋a4＝20，a3＋a4＋a5＋a6＝36，作差可得8d＝16，即d＝2.]5．B[由S4＝5S2，得a3＋a4＝4(a1＋a2)，∴q2(a1＋a2)＝4(a1＋a2)，由于a1＋a2≠0，則q＝2.又a2＝a1q＝2a1＝2.知a1＝1.∴Sk＝eq\f(1·（1－2k）,1－2)＝31，解得k＝5.]6．A[由Sn＝3n＋1＋a，則Sn－1＝3n＋a.∴an＝Sn－Sn－1＝2·3n(n≥2，n∈N*)．∵a1＝S1＝9＋a，又數(shù)列{an}為等比數(shù)列，因此a1應滿足an＝2·3n，即a1＝6.所以9＋a＝6，∴a＝－3.]7．B[設公比為q，由題意得10a2＝a4＋3a則20＝2q2＋3×2q，q2＋3q－10＝0，又q＞0，∴q＝2.又a2＝2，∴a1＝1，S5＝eq\f(1·（1－25）,1－2)＝31，故選B.]8．A[∵a3·a2n－3＝4n，∴l(xiāng)og2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝log2(a1a3…a2n－1)＝log2(a1a2n－1a3a2n－3…)＝log2(4n)eq\f(n,2)9．B[由an＝eq\f(1,3)an－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)，得3nan＝3n－1an－1＋1(n≥2)．∴數(shù)列{3nan}是以3為首項，公差為1的等差數(shù)列．因此3nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2，所以an＝eq\f(n＋2,3n).]10．C[設等差數(shù)列{an}的公差為d.由S10＝S7，得a8＋a9＋a10＝0，知a9＝0，又2a6＝a2＋a10＝a2＋1，得a10＝1∴公差d＝a10－a9＝1>0，數(shù)列{an}單調(diào)遞增．所以，當n≤8時，an<0，當n≥10時，an>0，因此{an}的前8項或前9項和最?。甝11．D[由an＋1＝eq\r(2)an(n≥1)知數(shù)列{an}是以eq\r(2)為公比的等比數(shù)列，因為a2a4＝2a5，所以a1q·a1q3＝2a1q4?a1＝2，所以a3＝4.]12．D[因為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋an＋1)))是等差數(shù)列，則eq\f(1,a1＋a2)＋eq\f(1,a3＋a4)＝eq\f(2,a2＋a3)，又{an}是首項為1，公比為q(q≠－1)的等比數(shù)列，∴eq\f(1,1＋q)＋eq\f(1,q2＋q3)＝2·eq\f(1,q＋q2)?q＝1，所以數(shù)列{an}是首項為1，公比為1的常數(shù)列，則an＝1.故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,a3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)＋\f(1,a4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2014)＋\f(1,a2015)))＝4026.]13．5[設數(shù)列的首項為a1，由等差數(shù)列與中位數(shù)定義，則a1＋2015＝2×1010，∴a1＝5.]14.eq\f(2,3)－1[因為a2，a3，a7成等比數(shù)列，所以aeq\o\al(2,3)＝a2a7，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，∴a1＝－eq\f(2,3)d，∵2a1＋a2＝1，∴2a1＋a1＋d＝1即3a1＋d＝1，∴a1＝eq\f(2,3)，d＝－1.]15.eq\f(20,11)[∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，將上面n－1個式子相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n.∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2)(n≥2)，又a1＝1適合上式，因此an＝eq\f(n（n＋1）,2)(n∈N*)，令bn＝eq\f(1,an)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，故S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10＝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(1,10)－\f(1,11)))))＝eq\f(20,11).]16．285[由an＋2－an＝1＋(－1)n，知，當n為奇數(shù)時，an＋2－an＝0；當n為偶數(shù)時，an＋2－an＝2.所以數(shù)列a1，a3，a5，…，a29為常數(shù)列；a2，a4，a6，…，a30是公差為2的等差數(shù)列．又a1＝3，a2＝2.因此S30＝15×3＋eq\f(a2＋a30,2)×15＝45＋eq\f(2＋30,2)×15＝285.]17．解(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，由S7＝7a4＝77，得a4＝11∴a1＋3d＝11，①因為a1，a3，a11成等比數(shù)列，所以aeq\o\al(2,3)＝a1a11，整理得2d2＝3a1d，又因d≠0.所以2d＝3a1聯(lián)立①，②解得a1＝2，d＝3.所以{an}的通項公式an＝3n－1.(2)因為bn＝2an，所以bn＝23n－1＝eq\f(1,2)·8n，所以數(shù)列{bn}是以4為首項，8為公比的等比數(shù)列，由等比數(shù)列前n項和公式得，Tn＝eq\f(4（1－8n）,1－8)＝eq\f(23n＋2－4,7).18．解(1)設數(shù)列{an}的公比為q(q>0)．∵20S1，S3，7S2成等差數(shù)列，∴2S3＝20S1＋7S2.則2(a1＋a1q＋a1q2)＝20a1＋7(a1＋a1q化簡得2q2－5q－25＝0，解得q＝5或q＝－eq\f(5,2).由q>0.舍去q＝－eq\f(5,2).所以數(shù)列{an}的通項公式an＝a1qn－1＝5n.(2)由(1)知，a2n＋2＝52n＋2，則log5a2n＋2＝2n因此bn＝log5a2＋log5a4＋…＋log5a＝2＋4＋…＋2(n＋1)＝(n＋1)(n＋2)．∴eq\f(1,bn)＝eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，∴Tn＝eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)＝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,2（n＋2）).19．解(1)∵2Sn＝3n＋3，①∴當n＝2時，2a1＝2S1＝3＋3，∴a1當n≥2時，2Sn－1＝3n－1＋3.②則①－②得2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1，則an＝3n－1.所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,3n－1，n≥2.))(2)因為anbn＝log3an，所以b1＝eq\f(1,3)，當n≥2時，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝eq\f(1,3)；當n≥2時，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,3)＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n]，所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]，兩式相減，得2Tn＝eq\f(2,3)＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝eq\f(2,3)＋eq\f(1－31－n,1－3－1)－(n－1)×31－n＝eq\f(13,6)－eq\f(6n＋3,2×3n)，所以Tn＝eq\f(13,12)－eq\f(6n＋3,4×3n)，經(jīng)檢驗，n＝1時也適合．綜上可得Tn＝eq\f(13,12)－eq\f(6n＋3,4×3n).20．(1)證明由a1＝1，及Sn＋1＝4an＋2，有a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5，∴b1＝a2－2由Sn＋1＝4an＋2①知當n≥2時，有Sn＝4an－1＋2②①－②得an＋1＝4an－4an－1，∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)又∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1，∴{bn}是首項b1＝3，公比為2的等比數(shù)列．(2)解由(1)可得bn＝an＋1－2an