必修解答題數(shù)列第二章80題測試題

必修５解答題第二章８０題一、解答題1、設(shè)數(shù)列滿足,,寫出這個數(shù)列的前5項(xiàng)并歸納猜想通項(xiàng)公式。2、根據(jù)數(shù)列的前幾項(xiàng),寫出下列各數(shù)列的一個通項(xiàng)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、根據(jù)下列5個圖形及相應(yīng)點(diǎn)的個數(shù)的變化規(guī)律,試猜測第n個圖中有多少個點(diǎn)．4、數(shù)列中,,寫出這個數(shù)列的前4項(xiàng),并根據(jù)前4項(xiàng)觀察規(guī)律,寫出數(shù)列的一個通項(xiàng)公式。5、設(shè)數(shù)列滿足,,寫出這個數(shù)列的前5項(xiàng)。6、數(shù)列中,已知。（1）寫出；（2）是否是數(shù)列中的項(xiàng)？如果是,是第幾項(xiàng)？7、寫出以下各數(shù)列的通項(xiàng)公式：①②③④⑤⑥⑦⑧8、已知an＝eq\f(9n(n＋1),10n)(n∈N*),試問數(shù)列{an}中有沒有最大項(xiàng)？如果有,求出這個最大項(xiàng)；如果沒有,說明理由．9、在數(shù)列{an}中,a1＝eq\f(1,2),an＝1－eq\f(1,an－1)(n≥2,n∈N*)．(1)求證：an＋3＝an；(2)求a2011、10、已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(9n2－9n＋2,9n2－1)))；(1)求這個數(shù)列的第10項(xiàng)；(2)eq\f(98,101)是不是該數(shù)列中的項(xiàng),為什么？(3)求證：數(shù)列中的各項(xiàng)都在區(qū)間(0,1)內(nèi)；(4)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))內(nèi)有、無數(shù)列中的項(xiàng)？若有,有幾項(xiàng)？若沒有,說明理由．11、已知數(shù)列滿足,且,求的值。12、等差數(shù)列{an}的公差d≠0,試比較a4a9與a6a7的大小．13、若sinθ,sinα,cosθ成等差數(shù)列,sinθ,sinβ,cosθ成等比數(shù)列,求證：2cos2α＝cos2β、14、已知等差數(shù)列{an}中,a1＋a4＋a7＝15,a2a4a6＝45,求此數(shù)列的通項(xiàng)公式．15、已知兩個等差數(shù)列{an}：5,8,11,…,{bn}：3,7,11,…,都有100項(xiàng),試問它們有多少個共同的項(xiàng)？16、已知數(shù)列{an}滿足a1＝4,an＝4－eq\f(4,an－1)(n≥2),令bn＝eq\f(1,an－2)、(1)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．17、已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,5),且當(dāng)n>1,n∈N*時,有eq\f(an－1,an)＝eq\f(2an－1＋1,1－2an),設(shè)bn＝eq\f(1,an),n∈N*、(1)求證：數(shù)列{bn}為等差數(shù)列．(2)試問a1a2是否是數(shù)列{an}中的項(xiàng)？如果是,是第幾項(xiàng)；如果不是,請說明理由．18、已知a>0,求證：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2、19、數(shù)列滿足,問是否存在適當(dāng)?shù)?使是等差數(shù)列？20、在等差數(shù)列中,已知,求首項(xiàng)與公差d21、設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0),若函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱．求證：f(x＋eq\f(1,2))為偶函數(shù)．22、在公差不為零的等差數(shù)列中,為方程的跟,求的通項(xiàng)公式。23、在等差數(shù)列中,已知求和。24、設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知a3＝12,且S12>0,S13<0、(1)求公差d的范圍；(2)問前幾項(xiàng)的和最大,并說明理由25、已知等差數(shù)列{an}中,記Sn是它的前n項(xiàng)和,若S2＝16,S4＝24,求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和Tn、26、設(shè)等差數(shù)列{an}滿足a3＝5,a10＝－9、(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求{an}的前n項(xiàng)和Sn及使得Sn最大的序號n的值．27、設(shè){an}為等差數(shù)列,Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知S7＝7,S15＝75,Tn為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前n項(xiàng)和,求Tn、28、在等差數(shù)列{an}中,已知d＝2,an＝11,Sn＝35,求a1和n、29、設(shè)等差數(shù)列的第10項(xiàng)為23,第25項(xiàng)為,求：（1）數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）數(shù)列前50項(xiàng)的絕對值之和。30、已知等差數(shù)列的前4項(xiàng)和為10,且成等比數(shù)列,求數(shù)列的通項(xiàng)公式。31、已知數(shù)列{an}滿足a1＝1,an＋1＝2an＋1,(1)求證：數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列；(2)求an的表達(dá)式．32、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,Sn＝eq\f(1,3)(an－1)(n∈N*)．(1)求a1,a2；(2)求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列．33、已知{an}為等比數(shù)列,a3＝2,a2＋a4＝eq\f(20,3),求{an}的通項(xiàng)公式．34、等比數(shù)列{an}同時滿足下列三個條件：①a1＋a6＝11②a3·a4＝eq\f(32,9)③三個數(shù)eq\f(2,3)a2,aeq\o\al(2,3),a4＋eq\f(4,a)依次成等差數(shù)列,試求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．35、設(shè){an}、{bn}是公比不相等的兩個等比數(shù)列,cn＝an＋bn,證明數(shù)列{cn}不是等比數(shù)列．36、有四個數(shù),前三個數(shù)成等比數(shù)列,后三個數(shù)成等差數(shù)列,首末兩項(xiàng)和為21,中間兩項(xiàng)和為18,求這四個數(shù)．37、設(shè)是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列,,求。38、一個化肥廠生產(chǎn)甲、乙兩種混合肥料,生產(chǎn)1車皮甲種肥料的主要原料是磷酸鹽4t、硝酸鹽18t。生產(chǎn)1車皮乙種肥料需要的主要原料是磷酸鹽1t、硝酸鹽15t?，F(xiàn)庫存磷酸鹽10t、硝酸鹽66t,在此基礎(chǔ)上生產(chǎn)這兩種混合肥料,列出滿足生產(chǎn)條件的數(shù)學(xué)關(guān)系式。39、某同學(xué)要把自己的計(jì)算機(jī)接入因特網(wǎng),現(xiàn)有兩家ISP公司可供選擇,公司A每小時受費(fèi)1、5元；公司B的收費(fèi)規(guī)則如下：在用戶上網(wǎng)的第1小時內(nèi)收費(fèi)1、7元,第2小時內(nèi)收費(fèi)1、6元,以后每小時減少0、1元（若超過17小時,按17小時計(jì)算）如圖所示、假設(shè)一次上網(wǎng)時間總小于17小時,那么,一次上網(wǎng)在多長時間以內(nèi)能夠保證選擇公司A比選擇公司B所需費(fèi)用少？請寫出其中的不等關(guān)系．40、將若干只雞放入若干個籠,若每個籠里放４只,則有一雞無籠可放：若每個籠里放５只,則有一籠無雞可放。設(shè)現(xiàn)有籠x個,試列出x滿足的不等關(guān)系,并說明至少有多少只雞多少個籠？至多有多少只雞多少個籠？41、某車間有２０名工人,每人每天可加工甲種零件５件或乙種零件４件。在這２０名工人中,派ｘ人加工乙種零件,其余的加工甲種零件,已知每加工一個甲種零件可獲利１６元,每加工一個乙種零件可獲利２４元,若要使車間每天獲利不低于１８００元,寫出x所要滿足的不等關(guān)系．42、某旅游公司年初以98萬元購進(jìn)一輛豪華旅游車,第一年各種費(fèi)用為12萬元,以后每年都增加4萬元,該車每年的旅游效益為50萬元,設(shè)第n年開始獲利,列出關(guān)于n的不等關(guān)系．43、某次數(shù)學(xué)測驗(yàn),共有１６道題,答對一題得６分,答錯一題倒扣２分,不答則不扣分,某同學(xué)有一道題未答,那么這個學(xué)生至少答對多少題,成績才能在６０分以上？列出其中的不等關(guān)系。44、某蔬菜收購點(diǎn)租用車輛,將100t新鮮辣椒運(yùn)往某市銷售,可租用的大卡車和農(nóng)用車分別為10輛和20輛,若每輛卡車載重8t,運(yùn)費(fèi)960元,每輛農(nóng)用車載重2、5t,運(yùn)費(fèi)360元,據(jù)此,安排兩種車型,應(yīng)滿足那些不等關(guān)系,請列出來．45、某市2008年共有1萬輛燃油型公交車,有關(guān)部門計(jì)劃于2009年投入128輛電力型公交車,隨后電力型公交車每年的投入比上一年增加50%,試問：(1)該市在2015年應(yīng)該投入多少輛電力型公交車？(2)到哪一年底,電力型公交車的數(shù)量開始超過該市公交車總量的eq\f(1,3)？(lg657＝2、82,lg2＝0、30,lg3＝0、48)46、有純酒精aL(a>1),從中取出1L,再用水加滿,然后再取出1L,再用水加滿,如此反復(fù)進(jìn)行,則第九次和第十次共倒出純酒精________L、47、現(xiàn)在有某企業(yè)進(jìn)行技術(shù)改造,有兩種方案,甲方案：一次性貸款10萬元,第一年便可獲利1萬元,以后每年比前一年增加30%的利潤；乙方案：每年貸款1萬元,第一年可獲利1萬元,以后每年比前一年增加5千元,兩方案使用期都是10年,到期后一次性歸還本息,若銀行貸款利息均按本息10%的復(fù)利計(jì)算,試比較兩種方案誰獲利更多？(精確到千元,數(shù)據(jù)1、110≈2、594,1、310≈13、79)48、在等比數(shù)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為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,Sn＝54,S2n＝60,求S3n、51、為保護(hù)我國的稀土資源,國家限定某礦區(qū)的出口總量不能超過80噸,該礦區(qū)計(jì)劃從2010年開始出口,當(dāng)年出口a噸,以后每年出口量均比上一年減少10%、(1)以2010年為第一年,設(shè)第n年出口量為an噸,試求an的表達(dá)式；(2)因稀土資源不能再生,國家計(jì)劃10年后終止該礦區(qū)的出口,問2010年最多出口多少噸？(保留一位小數(shù))參考數(shù)據(jù)：0、910≈0、35、52、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n＋2－4、(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝an·log2an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn、53、已知等差數(shù)列{an}滿足：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、54、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1＝1,an＋1＝eq\f(1,2)Sn(n＝1,2,3,…)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)當(dāng)bn＝logeq\f(3,2)(3an＋1)時,求證：數(shù)列{eq\f(1,bnbn＋1)}的前n項(xiàng)和Tn＝eq\f(n,1＋n)、55、已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),對任意n∈N*,它的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝eq\f(1,6)(an＋1)(an＋2),并且a2,a4,a9成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝(－1)n＋1anan＋1,Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,求T2n、56、數(shù)列{an}中,a1＝eq\f(1,3),前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＋1－Sn＝(eq\f(1,3))n＋1(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an以及前n項(xiàng)和Sn；(2)若S1,t(S1＋S2),3(S2＋S3)成等差數(shù)列,求實(shí)數(shù)t的值．57、已知點(diǎn)(1,2)是函數(shù)f(x)＝ax(a>0且a≠1)的圖象上一點(diǎn),數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝f(n)－1、(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝logaan＋1,求數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和Tn、58、設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知eq\f(1,3)S3,eq\f(1,4)S4的等比中項(xiàng)為eq\f(1,5)S5；eq\f(1,3)S3,eq\f(1,4)S4的等差中項(xiàng)為1,求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．59、設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1＝1,Sn＝nan－2n(n－1)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；(2)設(shè)數(shù)列{eq\f(1,anan＋1)}的前n項(xiàng)和為Tn,求證：eq\f(1,5)≤Tn<eq\f(1,4)、60、在數(shù)列{an}中,a1＝1,an＋1＝2an＋2n、(1)設(shè)bn＝eq\f(an,2n－1)、證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．61、甲、乙兩大超市同時開業(yè),第一年的全年銷售額為a萬元,由于經(jīng)營方式不同,甲超市前n年的總銷售額為eq\f(a,2)(n2－n＋2)萬元,乙超市第n年的銷售額比前一年銷售額多aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1萬元．(1)求甲、乙兩超市第n年銷售額的表達(dá)式；(2)若其中某一超市的年銷售額不足另一超市的年銷售額的50%,則該超市將被另一超市收購,判斷哪一超市有可能被收購？如果有這種情況,將會出現(xiàn)在第幾年？62、設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1,前n項(xiàng)和Sn滿足關(guān)系式：3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t(t>0,n＝2,3,4,…)．(1)求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列；(2)設(shè)數(shù)列{an}的公比為f(t),作數(shù)列{bn},使b1＝1,bn＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn－1)))(n＝2,3,4,…)．求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)bn；(3)求和：b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2n·b2n＋1、63、設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝2,an＋1－an＝3·22n－1、(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)令bn＝nan,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn、64、已知數(shù)列中,,（是常數(shù)）,且成公比不為1的等比數(shù)列、（1）求的值、（2）求的通項(xiàng)公式、65、已知等差數(shù)列,,,它的前項(xiàng)和為,求：（1）的最大值及此時的值、（2）數(shù)列的前項(xiàng)和66、設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,公比是正數(shù)的等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,已知a1＝1,b1＝3,a2＋b2＝8,T3－S3＝15、(1)求{an},{bn}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{cn}滿足a1cn＋a2cn－1＋…＋an－1c2＋anc1＝2n＋1－n－2對任意n∈N*都成立,求證：數(shù)列{cn}是等比數(shù)列．67、已知數(shù)列{log2(an－1)}(n∈N*)為等差數(shù)列,且a1＝3,a3＝9、(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：eq\f(1,a2－a1)＋eq\f(1,a3－a2)＋…＋eq\f(1,an＋1－an)<1、68、已知{an}為等差數(shù)列,且a3＝－6,a6＝0、(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)若等比數(shù)列{bn}滿足b1＝－8,b2＝a1＋a2＋a3,求{bn}的前n項(xiàng)和公式．69、甲、乙兩物體分別從相距70m的兩處同時相向運(yùn)動,甲第1分鐘走2m,以后每分鐘比前1分鐘多走1m,乙每分鐘走5m、(1)甲、乙開始運(yùn)動后幾分鐘相遇？(2)如果甲、乙到達(dá)對方起點(diǎn)后立即返回,甲繼續(xù)每分鐘比前1分鐘多走1m,乙繼續(xù)每分鐘走5m,那么開始運(yùn)動幾分鐘后第二次相遇？70、求和：（1）（2）71、已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列,公差d≠0,其中ak1,ak2,…,akn恰為等比數(shù)列,若k1＝1,k2＝5,k3＝17,求k1＋k2＋…＋kn、72、已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1,公差d>0,且第二項(xiàng)、第五項(xiàng)、第十四項(xiàng)分別是一個等比數(shù)列的第二項(xiàng)、第三項(xiàng)、第四項(xiàng)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,n(an＋3))(n∈N*),Sn＝b1＋b2＋…＋bn,是否存在t,使得對任意的n均有Sn>eq\f(t,36)總成立？若存在,求出最大的整數(shù)t；若不存在,請說明理由．73、設(shè){an}是等差數(shù)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),求等差數(shù)列的通項(xiàng)an、74、已知數(shù)列是公差不為零的等差數(shù)列,數(shù)列是公比為的等比數(shù)列,求公比及75、已知等差數(shù)列的公差與等比數(shù)列的公比相等,且都等于求76、有四個數(shù),其中前三個數(shù)成等比數(shù)列,其積為216,后三個數(shù)成等差數(shù)列,其和為36,求這四個數(shù)。77、已知為等比數(shù)列,求的通項(xiàng)式。78、數(shù)列的前項(xiàng)和記為（Ⅰ）求的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）等差數(shù)列的各項(xiàng)為正,其前項(xiàng)和為且,又成等比數(shù)列,求79、已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(1,4)(an＋1)2,求{an}的通項(xiàng)公式．80、已知公差大于零的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足：a3·a4＝117,a2＋a5＝22、(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；(2)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,且bn＝eq\f(Sn,n＋c),求非零常數(shù)c、以下是答案一、解答題1、2、解(1)符號問題可通過(－1)n或(－1)n＋1表示,其各項(xiàng)的絕對值的排列規(guī)律為：后面的數(shù)的絕對值總比前面數(shù)的絕對值大6,故通項(xiàng)公式為an＝(－1)n(6n－5)(n∈N*)．(2)數(shù)列變形為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)各項(xiàng)的分母分別為21,22,23,24,…易看出第2,3,4項(xiàng)的分子分別比分母少3、因此把第1項(xiàng)變?yōu)椋璭q\f(2－3,2),因此原數(shù)列可化為－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)將數(shù)列統(tǒng)一為eq\f(3,2),eq\f(5,5),eq\f(7,10),eq\f(9,17),…對于分子3,5,7,9,…,是序號的2倍加1,可得分子的通項(xiàng)公式為bn＝2n＋1,對于分母2,5,10,17,…聯(lián)想到數(shù)列1,4,9,16…即數(shù)列{n2},可得分母的通項(xiàng)公式為cn＝n2＋1,∴可得它的一個通項(xiàng)公式為an＝eq\f(2n＋1,n2＋1)(n∈N*)．(5)an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0(n為奇數(shù)),1(n為偶數(shù))))或an＝eq\f(1＋(－1)n,2)(n∈N*)或an＝eq\f(1＋cosnπ,2)(n∈N*)．3、解圖(1)只有1個點(diǎn),無分支；圖(2)除中間1個點(diǎn)外,有兩個分支,每個分支有1個點(diǎn)；圖(3)除中間1個點(diǎn)外,有三個分支,每個分支有2個點(diǎn)；圖(4)除中間1個點(diǎn)外,有四個分支,每個分支有3個點(diǎn)；…；猜測第n個圖中除中間一個點(diǎn)外,有n個分支,每個分支有(n－1)個點(diǎn),故第n個圖中點(diǎn)的個數(shù)為1＋n(n－1)＝n2－n＋1、4、5、6、（1）（2）是,第15項(xiàng)7、①②③④⑤⑥⑦⑧8、解因?yàn)閍n＋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),則當(dāng)n≤7時,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n＋1·eq\f(8－n,9)>0,當(dāng)n＝8時,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n＋1·eq\f(8－n,9)＝0,當(dāng)n≥9時,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>…,故數(shù)列{an}存在最大項(xiàng),最大項(xiàng)為a8＝a9＝eq\f(99,108)、9、(1)證明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)知數(shù)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)解設(shè)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項(xiàng)a10＝f(10)＝eq\f(28,31)、(2)解令eq\f(3n－2,3n＋1)＝eq\f(98,101),得9n＝300、此方程無正整數(shù)解,所以eq\f(98,101)不是該數(shù)列中的項(xiàng)．(3)證明∵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、∴數(shù)列中的各項(xiàng)都在區(qū)間(0,1)內(nèi)．(4)解令eq\f(1,3)<an＝eq\f(3n－2,3n＋1)<eq\f(2,3),則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*,∴當(dāng)且僅當(dāng)n＝2時,上式成立,故區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))上有數(shù)列中的項(xiàng),且只有一項(xiàng)為a2＝eq\f(4,7)、11、解：由已知可得,即即聯(lián)立方程組解得或12、解設(shè)an＝a1＋(n－1)d,則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、證明：由sinθ,sinα,cosθ成等差數(shù)列,得sinθ＋cosθ＝2sinα,則1＋2sinθcosθ＝4sin2α,即sin2θ＝4sin2α－1、①由sinθ,sinβ,cosθ成等比數(shù)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、解在數(shù)列{an}中,a1＝5,公差d1＝8－5＝3、∴an＝a1＋(n－1)d1＝3n＋2、在數(shù)列{bn}中,b1＝3,公差d2＝7－3＝4,∴bn＝b1＋(n－1)d2＝4n－1、令an＝bm,則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∴兩個數(shù)列共有25個公共項(xiàng)．16、(1)證明∵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}是等差數(shù)列,首項(xiàng)為eq\f(1,2),公差為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)證明當(dāng)n>1,n∈N*時,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}是等差數(shù)列,且公差為4,首項(xiàng)為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是數(shù)列{an}中的項(xiàng),是第11項(xiàng)．18、證明：要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2,只需證eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2)、因?yàn)閍>0,故只需證(eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2)2≥(a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2))2,即證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,從而只需證2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)(a＋eq\f(1,a)),只需證4(a2＋eq\f(1,a2))≥2(a2＋2＋eq\f(1,a2)),即證a2＋eq\f(1,a2)≥2,而此不等式顯然成立．故原不等式成立．19、解：假設(shè)存在這樣的滿足題目條件。由已知可得即,滿足等差數(shù)列的定義,故假設(shè)是正確的。即存在適當(dāng)?shù)牡闹凳箶?shù)列為公差為的等差數(shù)列。由已知條件,令即,解得。20、21、證明：法一：要證f(x＋eq\f(1,2))為偶函數(shù),只需證f(x＋eq\f(1,2))的對稱軸為x＝0,只需證－eq\f(b,2a)－eq\f(1,2)＝0,只需證a＝－b、因?yàn)楹瘮?shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱,即x＝－eq\f(b,2a)－1與x＝－eq\f(b,2a)關(guān)于y軸對稱,所以－eq\f(b,2a)－1＝－eq\f(－b,2a),所以a＝－b,所以f(x＋eq\f(1,2))為偶函數(shù)．法二：要證f(x＋eq\f(1,2))是偶函數(shù),只需證f(－x＋eq\f(1,2))＝f(x＋eq\f(1,2))．因?yàn)閒(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱,而f(x)與f(－x)的圖象關(guān)于y軸對稱,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))是偶函數(shù)．22、23、24、解(1)根據(jù)題意,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、∴數(shù)列{an}的前6項(xiàng)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.))所以等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝11－2n(n∈N*)．(1)當(dāng)n≤5時,Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－n2＋10n、(2)當(dāng)n≥6時,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，))所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝11－2n、(2)由(1)知,Sn＝na1＋eq\f(n(n－1),2)d＝10n－n2、因?yàn)镾n＝－(n－5)2＋25,所以當(dāng)n＝5時,Sn取得最大值．27、解設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則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),∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差數(shù)列,其首項(xiàng)為－2,公差為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，))解方程組得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。。所以此數(shù)列的前17項(xiàng)均為正數(shù),從第18項(xiàng)開始均為負(fù)數(shù)。前50項(xiàng)的絕對值之和30、解：設(shè)數(shù)列的首項(xiàng)為,公差為,則,則,由于成等比數(shù)列,所以,化簡得所以解得或所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為或。31、(1)證明∵an＋1＝2an＋1,∴an＋1＋1＝2(an＋1),∴eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝2、∴{an＋1}是等比數(shù)列,公比為2,首項(xiàng)為2、(2)解由(1)知{an＋1}是等比數(shù)列．公比為2,首項(xiàng)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)證明當(dāng)n≥2時,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}是首項(xiàng)為－eq\f(1,2),公比為－eq\f(1,2)的等比數(shù)列．33、解設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,則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、當(dāng)q＝eq\f(1,3)時,a1＝18,∴an＝18×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝2×33－n、當(dāng)q＝3時,a1＝eq\f(2,9),∴an＝eq\f(2,9)×3n－1＝2×3n－3、綜上,當(dāng)q＝eq\f(1,3)時,an＝2×33－n；當(dāng)q＝3時,an＝2×3n－3、34、解由等比數(shù)列的性質(zhì)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)))當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,3),a6＝\f(32,3)))時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)成等差數(shù)列,∴an＝eq\f(1,3)·2n－1當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(32,3),a6＝\f(1,3)))時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),∴不符合題意,∴通項(xiàng)公式an＝eq\f(1,3)·2n－1、35、證明設(shè){an}、{bn}的公比分別為p、q,p≠0,q≠0,p≠q,cn＝an＋bn、要證{cn}不是等比數(shù)列,只需證ceq\o\al(2,2)≠c1·c3成立即可．事實(shí)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}不是等比數(shù)列．36、解設(shè)這四個數(shù)分別為x,y,18－y,21－x,則由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝x(18－y),2(18－y)＝y(tǒng)＋(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)))、故所求的四個數(shù)為3,6,12,18或eq\f(75,4),eq\f(45,4),eq\f(27,4),eq\f(9,4)、37、解：設(shè)數(shù)列的首項(xiàng)為,公比為,,,。,即即,解得當(dāng)時,,所以。當(dāng)時,,,所以38、設(shè)生產(chǎn)甲乙兩種混合肥料各x,yt則39、設(shè)一次上網(wǎng)時間為xh,選擇A公司,費(fèi)用1、5x(元)；選擇B公司,x<17時費(fèi)用為元,x≥17時為15、3元,所以＞1、5x（0<x<17）40、,至少6個籠,25只雞；至多10個籠,41只雞。41、16×5×（20－x）+24×4x≥180042、98+12+（12+4）+（12+4×2）+…+[12+（n－1）×4]＜50n43、設(shè)至少答對x題,則16x－2(15－x)≥6044、用大卡車x輛,農(nóng)用車y輛45、解(1)該市逐年投入的電力型公交車的數(shù)量組成等比數(shù)列{an},其中a1＝128,q＝1、5,則在2015年應(yīng)該投入的電力型公交車為a7＝a1·q6＝128×1、56＝1458(輛)．(2)記Sn＝a1＋a2＋…＋an,依據(jù)題意,得eq\f(Sn,10000＋Sn)>eq\f(1,3),于是Sn＝eq\f(128(1－1.5n),1－1.5)>5000(輛),即1、5n>eq\f(657,32)、兩邊取常用對數(shù),則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,電力型公交車的數(shù)量開始超過該市公交車總量的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}表示每次取出的純酒精,a1＝1,加水后濃度為eq\f(a－1,a)＝1－eq\f(1,a),a2＝1－eq\f(1,a),加水后濃度為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,依次類推：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年中每年獲利數(shù)組成首項(xiàng)為1,公比為1＋30%的等比數(shù)列,其和為1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝eq\f(1.310－1,1.3－1)≈42、63(萬元),到期時銀行貸款的本息為10(1＋0、1)10≈10×2、594＝25、94(萬元),∴甲方案扣除貸款本息后,凈獲利約為42．63－25、94≈16、7(萬元)．乙方案10年中逐年獲利數(shù)組成等差數(shù)列,1＋1、5＋…＋(1＋9×0、5)＝eq\f(10(1＋5.5),2)＝32、50(萬元),而貸款本利和為1．1×[1＋(1＋10%)＋…＋(1＋10%)9]＝1、1×eq\f(1.110－1,1.1－1)≈17、53(萬元)．∴乙方案扣除貸款本息后,凈獲利約為32．50－17、53≈15、0(萬元),比較得,甲方案凈獲利多于乙方案凈獲利．48、解∵a3an－2＝a1an,∴a1an＝128,解方程組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將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、將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≠1兩種情況．(1)當(dāng)x＝1時,Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n(n＋1),2)、(2)當(dāng)x≠1時,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)、綜上可得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、解方法一由題意Sn,S2n－Sn,S3n－S2n成等比數(shù)列,∴62＝54(S3n－60),∴S3n＝eq\f(182,3)、方法二由題意得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)由題意知每年的出口量構(gòu)成等比數(shù)列,且首項(xiàng)a1＝a,公比q＝1－10%＝0、9,∴an＝a·0、9n－1(n≥1)．(2)10年的出口總量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噸．52、解(1)由題意,Sn＝2n＋2－4,n≥2時,an＝Sn－Sn－1＝2n＋2－2n＋1＝2n＋1,當(dāng)n＝1時,a1＝S1＝23－4＝4,也適合上式,∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為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)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公差為d、因?yàn)閍3＝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)),即數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)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)．∴數(shù)列{an}是以a2為首項(xiàng),以eq\f(3,2)為公比的等比數(shù)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)證明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)∵對任意n∈N*,有Sn＝eq\f(1,6)(an＋1)(an＋2),①∴當(dāng)n＝1時,有S1＝a1＝eq\f(1,6)(a1＋1)(a1＋2),解得a1＝1或2、當(dāng)n≥2時,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、而數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),∴an－an－1＝3、當(dāng)a1＝1時,an＝1＋3(n－1)＝3n－2,此時aeq\o\al(2,4)＝a2a9成立；當(dāng)a1＝2時,an＝2＋3(n－1)＝3n－1,此時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*)．從而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)、從而由S1,t(S1＋S2),3(S2＋S3)成等差數(shù)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)把點(diǎn)(1,2)代入函數(shù)f(x)＝ax得a＝2,所以數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝f(n)－1＝2n－1、當(dāng)n＝1時,a1＝S1＝1；當(dāng)n≥2時,an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1,對n＝1時也適合,∴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、解設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝a,公差為d,則Sn＝na＋eq\f(n(n－1),2)d,依題意,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,經(jīng)檢驗(yàn),an＝1和an＝eq\f(32,5)－eq\f(12,5)n均合題意．∴所求等差數(shù)列的通項(xiàng)公式為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、∴數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng),4為公差的等差數(shù)列,∴an＝4n－3、(2)證明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單調(diào)遞增,故Tn≥T1＝eq\f(1,5),得eq\f(1,5)≤Tn<eq\f(1,4)、60、(1)證明由已知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}是首項(xiàng)為1,公差為1的等差數(shù)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－1兩邊乘以2得：2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n,兩式相減得：－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1,∴Sn＝(n－1)·2n＋1、61、解(1)設(shè)甲、乙兩超市第n年的銷售額分別為an,bn、則有：a1＝a,n≥2時：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,所以乙超市將被甲超市收購,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年乙超市的年銷售額不足甲超市的一半,乙超市將被甲超市收購．62、(1)證明由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,…)．∴數(shù)列{an}是一個首項(xiàng)為1,公比為eq\f(2t＋3,3t)的等比數(shù)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、∴數(shù)列{bn}是一個首項(xiàng)為1,公差為eq\f(2,3)的等差數(shù)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}是首項(xiàng)分別為1和eq\f(5,3),公差均為eq\f(4,3)的等差數(shù)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,當(dāng)n≥1時,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,所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝22n－1、(2)由bn＝nan＝n·22n－1知Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1,①從而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)解設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,數(shù)列{bn}的公比為q(q>0)．由題意得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)證明由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)．兩式相減：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)．當(dāng)n＝1,2時,c1＝1,c2＝2,適合上式．∴cn＝2n－1(n∈N*),即{cn}是等比數(shù)列．67、(1)解設(shè)等差數(shù)列{log2(an－1)}的公差為d、由a1＝3,a3＝9,得log2(9－1)＝log2(3－1)＋2d,則d＝1、所以log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n,即an＝2n＋1、(2)證明因?yàn)閑q\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)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d、因?yàn)閍3＝－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)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q、因?yàn)閎2＝a1＋a2＋a3＝－24,b1＝－8,所以－8q＝－24,q＝3、所以數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和公式為Sn＝eq\f(b1(1－qn),1－q)＝4(1－3n)．69、解(1)設(shè)n分鐘后第1次相遇,依題意,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次相遇是在開始運(yùn)動后7分鐘．(2)設(shè)n分鐘后第2次相遇,依題意,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次相遇是在開始運(yùn)動后15分鐘．70、(1)答案：=(2)答案：當(dāng)時,71、解由題意知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)由題意得(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