河南省洛陽市第二外國語學(xué)校高三高考數(shù)學(xué)闖關(guān)密練特訓(xùn)《等差數(shù)列新》試題含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1。(文）(2012·遼寧文，4）在等差數(shù)列{an｝中，已知a4＋a8＝16，則a2＋a10＝()A．12 B．16C．20 D．24［答案］B[解析]本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)．由等差數(shù)列的性質(zhì)得,a2＋a10＝a4＋a8＝16，B正確．［點(diǎn)評]解決此類問題的關(guān)鍵是熟練掌握等差數(shù)列的性質(zhì)．（理)（2013·浙江金華一中12月月考）已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a2＝4，S10＝110,則eq\f（Sn＋64，an）的最小值為（）A．7B．8C.eq\f（15,2)D.eq\f(17，2）[答案]D［解析]由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＋d＝4，，10a1＋45d＝110.))∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝2.)）∴Sn＝n2＋n，an＝2n。∴eq\f(Sn＋64,an）＝eq\f(n2＋n＋64,2n）＝eq\f(n，2）＋eq\f(1,2)＋eq\f(32,n)≥eq\f（1,2）＋2eq\r(\f（n，2）·\f（32，n）)＝eq\f（17,2).等號成立時(shí)，eq\f（n，2)＝eq\f（32,n)，∴n＝8，故選D.2．（文）(2011·福州模擬）等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a2＋a6＋a7＝18，則S9的值是(）A．64 B．72C．54 D．以上都不對［答案］C［解析］由a2＋a6＋a7＝3a1＋12d＝3a5＝18，得a所以S9＝eq\f(9a1＋a9，2）＝9a5＝54.(理）已知等差數(shù)列{an}的公差為d（d≠0)，且a3＋a6＋a10＋a13＝32，若am＝8,則m為（）A．12 B．8C．6 D．4[答案］B[解析］由等差數(shù)列性質(zhì)知，a3＋a6＋a10＋a13＝(a3＋a13）＋(a6＋a10）＝2a8＋2a8＝4∴a8＝8。∴m＝8。故選B。3．（2011·西安五校一模）設(shè)等差數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Sn,若a1＝－11，a3＋a7＝－6,則當(dāng)Sn取最小值時(shí),n等于(）A．8 B．7C．6 D．9[答案］C［解析]設(shè)等差數(shù)列{an｝的公差為d，依題意得a3＋a7＝2a5＝－6，∴a5＝－3,∴d＝eq\f(a5－a1，5－1)＝2,∴an＝－11＋(n－1）×2＝2n－13。令an〉0得n〉6.5，即在數(shù)列｛an｝中,前6項(xiàng)均為負(fù)數(shù)，自第7項(xiàng)起以后各項(xiàng)均為正數(shù),因此當(dāng)n＝6時(shí)，Sn取最小值,選C.4．已知不等式x2－2x－3〈0的整數(shù)解構(gòu)成等差數(shù)列｛an｝的前三項(xiàng)，則數(shù)列｛an}的第四項(xiàng)為（）A．3 B．－1C．2 D．3或－1［答案］D[解析］由x2－2x－3<0及x∈Z得x＝0,1,2。∴a4＝3或－1.故選D。5．(2012·大綱全國理，5）已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a5＝5,S5＝15,則數(shù)列{eq\f（1,anan＋1)｝的前100項(xiàng)和為()A.eq\f(100,101) B。eq\f(99,101)C.eq\f(99，100) D.eq\f(101,100)［答案］A[解析］本小題主要考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式的運(yùn)用，以及裂項(xiàng)求和的綜合應(yīng)用．∵a5＝5，S5＝15，∴eq\f（5a1＋a5,2）＝15，即a1＝1?！郿＝eq\f（a5－a1,5－1）＝1,∴an＝n.∴eq\f(1，anan＋1）＝eq\f（1，nn＋1）＝eq\f（1,n）－eq\f（1，n＋1).則數(shù)列{eq\f(1，anan＋1)}的前100項(xiàng)的和為：T100＝（1－eq\f(1，2))＋（eq\f（1,2）－eq\f(1，3)）＋…＋（eq\f(1，100)－eq\f（1，101)）＝1－eq\f（1,101)＝eq\f（100，101).故選A。[點(diǎn)評]本題亦可利用等差數(shù)列的性質(zhì)，由S5＝15得5a3＝15，即a36．（文）在函數(shù)y＝f（x）的圖象上有點(diǎn)列(xn，yn），若數(shù)列{xn}是等差數(shù)列，數(shù)列{yn｝是等比數(shù)列，則函數(shù)y＝f(x)的解析式可能為（)A．f（x)＝2x＋1 B．f(x)＝4x2C．f(x）＝log3x D．f（x)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(3,4)）)x[答案]D[解析］對于函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3，4））)x上的點(diǎn)列(xn,yn)，有yn＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3,4))）xn，由于｛xn｝是等差數(shù)列，所以xn＋1－xn＝d,因此eq\f（yn＋1，yn）＝eq\f(\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(3,4)））xn＋1，\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))）xn)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3，4)））xn＋1－xn＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(3,4）））d,這是一個(gè)與n無關(guān)的常數(shù)，故{yn｝是等比數(shù)列．故選D.[點(diǎn)評]根據(jù)指數(shù)與對數(shù)運(yùn)算的性質(zhì)知真數(shù)成等比（各項(xiàng)為正）,其對數(shù)成等差，指數(shù)成等差時(shí),冪成等比．(理）已知直線(3m＋1)x＋（1－m）y－4＝0所過定點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)分別是等差數(shù)列｛an}的第一項(xiàng)與第二項(xiàng)，若bn＝eq\f(1，an·an＋1)，數(shù)列{bn｝的前n項(xiàng)和為Tn，則T2014＝(）A。eq\f（2013，4029） B。eq\f(2014,4029）C.eq\f（4017，4029） D.eq\f(4018,4029)[答案]B[解析]依題意，將（3m＋1)x＋（1－m）y－4＝0化為（x＋y－4）＋m(3x－y)＝0，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－4＝0，3x－y＝0)），解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝1，y＝3）)，∴直線(3m＋1)x＋（1－m)y∴a1＝1,a2＝3，公差d＝2,an＝2n－1，∴bn＝eq\f（1，an·an＋1)＝eq\f(1，2）（eq\f(1,2n－1）－eq\f（1,2n＋1）），∴T2014＝eq\f(1，2)×[（eq\f（1，1)－eq\f(1，3)）＋（eq\f(1,3)－eq\f（1，5)）＋…＋（eq\f(1，4027)－eq\f（1,4029)）］＝eq\f（1，2）×(1－eq\f(1,4029)）＝eq\f(2014,4029).故選B.7．(2011·洛陽部分重點(diǎn)中學(xué)教學(xué)檢測）已知a，b，c是遞減的等差數(shù)列，若將其中兩個(gè)數(shù)的位置對換，得到一個(gè)等比數(shù)列，則eq\f（a2＋c2，b2）的值為________．[答案]20［解析]依題意得①eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＋c＝2b,,b2＝ac。)）或②eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＋c＝2b，,a2＝bc.))或③eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＋c＝2b,,c2＝ab.))由①得a＝b＝c，這與“a，b，c是遞減的等差數(shù)列"矛盾;由②消去c整理得(a－b）（a＋2b）＝0，又a>b，因此a＝－2b,c＝4b，eq\f(a2＋c2，b2)＝20；由③消去a整理得(c－b)（c＋2b)＝0,又b>c，因此有c＝－2b，a＝4b，eq\f（a2＋c2,b2）＝20。8．(文）(2011·天津文,11）已知{an｝是等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，n∈N*，若a3＝16，S20＝20，則S10的值為________．[答案]110[解析］由題意,設(shè)公差為d，則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝16，,20a1＋\f(20×20－1,2）d＝20,）)解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝20，，d＝－2。）)∴S10＝10a1＋eq\f(1010－1，2）d＝110.（理）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為正數(shù)，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝105，則a11＋a12＋［答案］75［解析］∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝15,,a1a2a3＝105，）)∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a2＝5，,a1a3＝21，））∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a1＋d＝5，,a1a1＋2d＝21,））∵d>0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（d＝2,,a1＝3，））∴a11＋a12＋a13＝3a1＋33d9．（文)將正偶數(shù)按下表排成5列:第1列第2列第3列第4列第5列第1行2468第2行16141210第3行18202224…………2826那么2014應(yīng)該在第________行第________列．［答案］2522[解析]通項(xiàng)an＝2n，故2014為第1007項(xiàng)，∵1007＝4×251＋3，又251為奇數(shù)，因此2014應(yīng)排在第252行，且第252行從右向左排第3個(gè)數(shù)，即252行第2列．(理)已知an＝n的各項(xiàng)排列成如圖的三角形狀：記A(m，n)表示第m行的第n個(gè)數(shù)，則A(31,12）＝________.a1a2a3a5a6a7a…………[答案]912[解析］由題意知第1行有1個(gè)數(shù)，第2行有3個(gè)數(shù)，……第n行有2n－1個(gè)數(shù)，故前n行有Sn＝eq\f(n[1＋2n－1］，2）＝n2個(gè)數(shù),因此前30行共有S30＝900個(gè)數(shù),故第31行的第一個(gè)數(shù)為901，第12個(gè)數(shù)為912,即A(31，12）＝912。10．（文）（2011·濟(jì)南模擬)已知數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和為Sn,點(diǎn)（n，Sn)（n∈N＋）在函數(shù)f（x)＝3x2－2x的圖象上．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2)設(shè)bn＝eq\f(3,an·an＋1），求數(shù)列｛bn｝的前n項(xiàng)和Tn。[解析]（1)由已知點(diǎn)(n，Sn)（n∈N＋）在函數(shù)f(x）＝3x2－2x的圖象上，可得Sn＝3n2－2n。當(dāng)n≥2時(shí),an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n－3(n－1)2＋2（n－1）＝6n－5，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1也適合上式,∴an＝6n－5。（2)bn＝eq\f(3，anan＋1)＝eq\f（3，6n－56n＋1）＝eq\f(1，2)（eq\f(1，6n－5）－eq\f(1,6n＋1）),∴Tn＝eq\f（1，2)(eq\f（1,1)－eq\f(1，7)＋eq\f（1,7)－eq\f(1,13)＋…＋eq\f（1，6n－5）－eq\f（1,6n＋1））＝eq\f(1，2)（1－eq\f（1，6n＋1))＝eq\f（1，2)－eq\f(1，12n＋2).(理）(2011·重慶文,16)設(shè)｛an}是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，a1＝2，a3＝a2＋4。(1)求｛an}的通項(xiàng)公式;（2)設(shè)｛bn}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，求數(shù)列{an＋bn｝的前n項(xiàng)和Sn。[解析](1)設(shè)等比數(shù)列｛an｝的公比為q，由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍），∴q＝2，∴an＝a1·qn－1＝2·2n－1＝2n.(2)數(shù)列bn＝1＋2（n－1)＝2n－1，∴Sn＝eq\f(2×1－2n,1－2)＋[n×1＋eq\f（nn－1，2)×2]＝2n＋1＋n2－2。能力拓展提升11。(文)已知在等差數(shù)列{an}中，對任意n∈N＊，都有an〉an＋1，且a2，a8是方程x2－12x＋m＝0的兩根,且前15項(xiàng)的和S15＝m，則數(shù)列{an}的公差是（）A．－2或－3 B．2或3C．－2 D．3［答案］A[解析］由2a5＝a2＋a8＝12，得a5由S15＝m得a8＝eq\f(m，15).又因?yàn)閍8是方程x2－12x＋m＝0的根,解之得m＝0，或m＝－45，則a8＝0，或a8＝－3.由3d＝a8－a5得d＝－2，或d＝－3.（理)如表定義函數(shù)f（x)：x12345f（x)54312對于數(shù)列｛an}，a1＝4，an＝f(an－1），n＝2，3，4，…，則a2014的值是()A．1 B．2C．3 D．4[答案]A[解析]本題可通過歸納推理的方法研究數(shù)列的規(guī)律．由特殊到一般易知a1＝4，a2＝f（a1）＝f（4)＝1，a3＝f(a2）＝f（1)＝5,a4＝f(a3）＝f(5)＝2，a5＝f(a4）＝f（2)＝4，…，據(jù)此可歸納數(shù)列｛an｝為以4為周期的數(shù)列，從而a2014＝a2＝1.12．（2011·煙臺診斷)設(shè)等差數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Sn且S15>0，S16<0，則eq\f(S1,a1），eq\f(S2,a2)，…，eq\f（S15,a15)中最大的是(）A。eq\f（S15,a15） B.eq\f(S9,a9)C。eq\f（S8,a8) D。eq\f（S1，a1）[答案]C［解析]eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（S15>0，,S16<0，)）?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＋7d〉0，，a1＋\f(15，2)d<0，））?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a8>0，，a9<0.)）∴0〈S1<S2〈…〈S8>S9〉S10〉…〉S15〉0〉S16，a1>a2〉…>a8〉0〉a9，∴eq\f（S8,a8）最大．故選C。13．（文）（2011·湖北文，9)《九章算術(shù)》“竹九節(jié)”問題：現(xiàn)有一根9節(jié)的竹子，自上而下各節(jié)的容積成等差數(shù)列,上面4節(jié)的容積共3L，下面3節(jié)的容積共4L，則第5節(jié)的容積為（）A．1L B。eq\f(67,66)LC。eq\f(47,44)L D.eq\f（37，33）L［答案］B［解析］設(shè)該數(shù)列為{an｝公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＋a4＝3，，a7＋a8＋a9＝4，）)即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（4a1＋6d＝3，,3a1＋21d＝4,）)解之得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a1＝\f（13，22），,d＝\f(7，66），））所以第5節(jié)的容積為a5＝a1＋4d＝eq\f(13，22）＋eq\f（7，66)×4＝eq\f(67,66）.（理)（2011·哈師大附中、東北師大附中、遼寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)聯(lián)合模擬)已知{an｝是等差數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和,若S21＝S4000，O為坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)P（1,an)，點(diǎn)Q（2011,a2011)，則eq\o(OP，\s\up16(→)）·eq\o(OQ，\s\up16(→)）等于()A．2011 B．－2011C．0 D．1［答案］A［解析]S21＝S4000?a22＋a23＋…＋a4000＝0?a2011＝0，又P（1，an），Q(2011,a2011），則eq\o(OP,\s\up16（→）)＝(1，an），eq\o(OQ，\s\up16（→）)＝(2011,a2011)，∴eq\o（OP,\s\up16(→）)·eq\o（OQ，\s\up16(→))＝(1,an）·(2011，a2011）＝2011＋ana2011＝2011，故選A。14．（文)（2011·哈爾濱六中模擬）若數(shù)列｛xn}滿足xn－xn－1＝d，（n∈N*,n≥2)，其中d為常數(shù)，x1＋x2＋…＋x20＝80,則x5＋x16＝________.［答案］8［解析]由xn－xn－1＝d知{xn}為公差為d的等差數(shù)列,∴x1＋x2＋…＋x20＝80?10（x1＋x20）＝80?x1＋x20＝8，∴x5＋x16＝x1＋x20＝8.(理）（2011·萊陽模擬）數(shù)列{an｝，{bn｝都是等差數(shù)列，a1＝0，b1＝－4，用Sk、Sk′分別表示等差數(shù)列｛an｝和｛bn｝的前k項(xiàng)和（k是正整數(shù)），若Sk＋Sk′＝0,則ak＋bk＝________.［答案]4［解析]由條件知,Sk＋Sk′＝eq\f(kk－1,2)d＋eq\f（kk－1,2)d′－4k＝eq\f(kk－1d＋d′,2）－4k＝0，∵k是正整數(shù)，∴(k－1）(d＋d′）＝8，∴ak＋bk＝(k－1)d－4＋（k－1）d′＝（k－1)(d＋d′)－4＝4.15．（文）（2011·杭州質(zhì)量檢測）已知正數(shù)數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Sn，且對任意的正整數(shù)n滿足2eq\r(Sn)＝an＋1.(1)求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式；(2）設(shè)bn＝eq\f（1,an·an＋1)，求數(shù)列｛bn}的前n項(xiàng)和Bn.［解析］（1）由2eq\r（Sn)＝an＋1，n＝1代入得a1＝1，兩邊平方得4Sn＝（an＋1）2①①式中n用n－1代替得4Sn－1＝(an－1＋1）2(n≥2)②①－②，得4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，0＝（an－1)2－(an－1＋1)2，［（an－1)＋(an－1＋1）]·[(an－1)－(an－1＋1）]＝0，∵｛an｝是正數(shù)數(shù)列,∴an－an－1＝2，所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列,∴an＝2n－1。(2)bn＝eq\f（1，an·an＋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))），裂項(xiàng)相消得Bn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1，2）［（1－eq\f（1,3)）＋（eq\f(1,3）－eq\f（1，5）)＋…＋（eq\f（1，2n－1)－eq\f(1，2n＋1）)］＝eq\f（n,2n＋1）.(理)(2011·河南鄭州質(zhì)量檢測）已知數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和Sn＝2－an，數(shù)列｛bn}滿足b1＝1，b3＋b7＝18，且bn－1＋bn＋1＝2bn(n≥2)．（1）求數(shù)列｛an}和｛bn｝的通項(xiàng)公式；（2）若cn＝eq\f(bn，an)，求數(shù)列{cn｝的前n項(xiàng)和Tn。［解析]（1)由題意Sn＝2－an,①當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2－an－1，②①－②得an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，即an＝eq\f(1,2)an－1，又a1＝S1＝2－a1,∴a1＝1，故數(shù)列｛an}是以1為首項(xiàng)，eq\f（1，2）為公比的等比數(shù)列，所以an＝eq\f（1，2n－1)；由bn－1＋bn＋1＝2bn(n≥2)知,數(shù)列{bn｝是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d，則b5＝eq\f(1,2）(b3＋b7)＝9，所以d＝eq\f（b5－b1，4)＝2，bn＝b1＋（n－1）d＝2n－1。綜上，數(shù)列｛an｝和｛bn}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f（1,2n－1),bn＝2n－1.(2)cn＝eq\f（bn，an）＝(2n－1）·2n－1，Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，③2Tn＝1×21＋3×22＋…＋(2n－3）×2n－1＋（2n－1）×2n,④③－④得:－Tn＝1＋2(21＋22＋23＋…＋2n－1）－(2n－1)·2n＝1＋2×eq\f(2－2n,1－2）－（2n－1)·2n＝－(2n－3）·2n－3.∴Tn＝（2n－3)·2n＋3。16．(2012·湖北文，20)已知等差數(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）若a2，a3,a1成等比數(shù)列，求數(shù)列{｜an｜}的前n項(xiàng)和．[分析](1)利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，及相關(guān)關(guān)系求出首項(xiàng)和公差．(2)先確定數(shù)列的通項(xiàng)公式，由于首項(xiàng)a1<0需判斷從哪一項(xiàng)開始an>0,將{|an｜}前n項(xiàng)和寫為分段函數(shù)的形式．［解析］（1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則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)列通項(xiàng)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)當(dāng)an＝－3n＋5時(shí)，a2，a3，a1分別為－1,－4,2，不成等比數(shù)列;當(dāng)an＝3n－7時(shí)，a2，a3，a1分別為－1,2，－4,成等比數(shù)列，滿足條件．故|an|＝|3n－7｜＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－3n＋7,n＝1,2。,3n－7，n≥3。)）記數(shù)列{｜an|}的前n項(xiàng)和為Sn.當(dāng)n＝1時(shí),S1＝｜a1|＝4;當(dāng)n＝2時(shí)，S2＝｜a1｜＋|a2|＝5；當(dāng)n≥3時(shí)，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。當(dāng)n＝2時(shí),滿足此式．綜上，Sn＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,\f(3,2)n2－\f（11，2）n＋10，n〉1.))1．（2011·鄭州一測)已知等差數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和為Sn，且eq\f(S4，S8）＝eq\f(1,3)，則eq\f（S8,S16）＝（）A。eq\f(1,8) B.eq\f（1，3）C。eq\f（1，9） D。eq\f(3,10)[答案］D［解析］設(shè)a1＋a2＋a3＋a4＝A1，a5＋a6＋a7＋a8＝A2，a9＋a10＋a11＋a12＝A3，a13＋a14＋a15＋a16＝A4，∵數(shù)列{an}為等差數(shù)列，∴A1、A2、A3、A4也成等差數(shù)列，eq\f(S4，S8）＝eq\f(A1,A1＋A2)＝eq\f（1,3），不妨設(shè)A1＝1，則A2＝2，A3＝3，A4＝4,eq\f(S8,S16)＝eq\f（A1＋A2，A1＋A2＋A3＋A4）＝eq\f（1＋2,1＋2＋3＋4)＝eq\f(3，10)，故選D.2．(2011·濟(jì)寧模擬)將正偶數(shù)集合｛2,4,6…｝從小到大按第n組有2n個(gè)偶數(shù)進(jìn)行分組，第一組{2,4｝,第二組｛6,8，10,12｝,第三組{14,16，18,20，22,24｝,則2010位于第（)組．A．30 B．31C．32 D．33［答案］C[解析]因?yàn)榈趎組有2n個(gè)正偶數(shù)，故前n組共有2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n個(gè)正偶數(shù)。2010是第1005個(gè)正偶數(shù)．若n＝31，則n2＋n＝992，而第32組中有偶數(shù)64個(gè),992＋64＝1056，故2010在第32組．3．(2011·黃岡3月質(zhì)檢）設(shè)數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，bn是以1為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列，則ab1＋ab2＋…＋ab10＝（）A．1033 B．2057C．1034 D．2058［答案］A［解析］依題意得an＝2＋（n－1）×1＝n＋1，bn＝1×2n－1＝2n－1，abn＝bn＋1＝2n－1＋1，因此ab1＋ab2＋…＋ab10＝(20＋1)＋(21＋1)＋…＋(29＋1）＝eq\f(1×210－1,2－1)＋10＝210＋9＝1033，故選A.4．一個(gè)算法的程序框圖如下圖所示，若該程序輸出的結(jié)果為eq\f(5，6)，則判斷框中應(yīng)填入的條件是()A．i〈4? B．i<5？C．i≥5？ D．i<6?［答案]D［解析]由題意知S＝eq\f（1,1×2）＋eq\f(1，2×3）＋…＋eq\f（1,ii＋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,i）－\f(1,i＋1）)）＝eq\f(i，i＋1），故要輸出S＝eq\f（5，6），i＝5時(shí)再循環(huán)一次，故條件為i≤5或i<6,故選D.5．已知方程(x2－2x＋m）（x2－2x＋n）＝0的四個(gè)根組成一個(gè)首項(xiàng)為eq\f（1，4）的等差數(shù)列，則｜m－n｜＝(）A．1 B。eq\f(3，4）C。eq\f(1，2) D.eq\f（3,8)[答案]C［解析］設(shè)x2－2x＋m＝0的根為x1、x2且x1〈x2，x2－2x＋n＝0的根為x3、x4且x3〈x4，且x1＝eq\f（1，4）,又x1＋x2＝2，∴x2＝eq\f(7,4），又x3＋x4＝2，且x1、x3、x4、x2成等差數(shù)列,∴公差d＝eq\f（1，3）（eq\f（7,4)－eq\f(1，4))＝eq\f（1，2）,∴x3＝eq\f（3，4)，x4＝eq\f（5,4).∴|m－n｜＝|eq\f(1，4）×eq\f(7,4)－eq\f（3，4)×eq\f(5,4）|＝eq\f(1,2），故選C。6．已知{an｝為等差數(shù)列,a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99,以Sn表示｛an}的前n項(xiàng)和，則使得Sn達(dá)到最大值的n是(）A．21 B．20C．19 D．18[答案]B［解析]∵3d＝（a2＋a4＋a6）－(a1＋a3＋a5）＝99－105＝－6，∴d＝－2，由a1＋a3＋a5＝105得3a1＋6d＝105,∴a1＝39,∴an＝39－2(n－1)＝41－2n由an≥0,n∈N得，n≤20，∴a20>0，a21〈0,故選B.7．已知函數(shù)f（x）＝sinx＋tanx，項(xiàng)數(shù)為27的等差數(shù)列{an}滿足an∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(π,2），\f（π,2))）,且公差d≠0。若f(a1）＋f（a2）＋…＋f(a27）＝0,則當(dāng)k＝________時(shí)，f（ak）＝0。［答案］14［解析]∵f（x)＝sinx＋tanx為奇函數(shù)，且在x＝0處有定義，∴f(0）＝0.∵{an｝為等差數(shù)列且d≠0，∴an（1≤n≤27,n∈N＊）對稱分布在原點(diǎn)及原點(diǎn)兩側(cè)，∵f（a1)＋f(a2）＋…＋f(a27）＝0，∴f（a14）＝0.∴k＝14.8．(2011·南京一模）已知各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列｛an}中，a2·a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，則滿足an·an＋1·an＋2〉eq\f(1，9）的最大正整數(shù)n的值為________．[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，于是滿足an·an＋1·an＋2〉eq\f(1，9)的最大正整數(shù)n的值為4。9．（2012·東北三校二模)公差不為零的等差數(shù)列{an}中，a3＝7，且a2，a4,a9成等比數(shù)列．（1)求數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式;（2)設(shè)an＝bn＋1－bn,b1＝1，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式．[解析]（1)由條件知，eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a3＝7，,a\o\al（2，4）＝a2·a9，)）∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a1＋2d＝7，，a1＋3d2＝a1＋d·a1＋8d，)）解之得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a1＝1，,d＝3.））∴an＝3n－2。（2)由條件知，b1＋（b2－b1)＋（b3－b2)＋…＋(bn－bn