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  • 2021-05-13 发布

2014高考总复习单元检测数列

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第六章 单元测试 一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分.每小题中只有一项符合题目要求) 1.若{an}为等差数列,且 a7-2a4=-1,a3=0,则公差 d= ( ) A.-2 B.-1 2 C.1 2 D.2 答案 B 解析 由等差中项的定义结合已知条件可知 2a4=a5+a3,∴2d=a7-a5=-1,即 d=-1 2 .故选 B. 2.在等比数列{an}中,若 a3a5a7a9a11=243,则a2 9 a11 的值为 ( ) A.9 B.1 C.2 D.3 答案 D 解析 由等比数列性质可知 a3a5a7a9a11=a5 7=243,所以得 a7=3,又a2 9 a11 =a7a11 a11 =a7,故选 D. 3.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1+a5=1 2 S5,且 a9=20,则 S11=( ) A.260 B.220 C.130 D.110 答案 D 解析 ∵S5=a1+a5 2 ×5,又∵1 2 S5=a1+a5,∴a1+a5=0.∴a3=0,∴S11=a1+a11 2 ×11=a3+a9 2 ×11= 0+20 2 ×11=110,故选 D. 4.各项均不为零的等差数列{an}中,若 a2 n-an-1-an+1=0(n∈N*,n≥2),则 S2 009 等于 ( ) A.0 B.2 C.2 009 D.4 018 答案 D 解析 各项均不为零的等差数列{an},由于 a2 n-an-1-an+1=0(n∈N*,n≥2),则 a2 n-2an=0,an=2, S2 009=4 018,故选 D. 5.数列{an}是等比数列且 an>0,a2a4+2a3a5+a4a6=25,那么 a3+a5 的值等于 ( ) A.5 B.10 C.15 D.20 答案 A 解析 由于 a2a4=a2 3,a4a6=a2 5,所以 a2·a4+2a3·a5+a4·a6=a2 3+2a3a5+a2 5=(a3+a5)2=25.所以 a3+ a5=±5.又 an>0,所以 a3+a5=5.所以选 A. 6.首项为 1,公差不为 0 的等差数列{an}中,a3,a4,a6 是一个等比数列的前三项,则这个等比数列的 第四项是 ( ) A.8 B.-8 C.-6 D.不确定 答案 B 解析 a2 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,第四项为 a6·q=-8. 7.设函数 f(x)满足 f(n+1)=2f n +n 2 (n∈N*),且 f(1)=2,则 f(20)=( ) A.95 B.97 C.105 D.192 答案 B 解析 f(n+1)=f(n)+n 2 ,∴ f 20 =f 19 +19 2 , f 19 =f 18 +18 2 , …… f 2 =f 1 +1 2 . 累加,得 f(20)=f(1)+(1 2 +2 2 +…+19 2 )=f(1)+19×20 4 =97. 8.若 a x-1,ay,a- x+1(a>0,且 a≠1)成等比数列,则点(x,y)在平面直角坐标系内的轨迹位于 ( ) 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=a x-1·a- x+1. 即 2y= x-1- x+1,x-1>0,∴x>1. x-1a8S9 B.a9S80, q<0,所以-a2 1q7>0,即 a9S8>a8S9,故选 A. 10.在等差数列{an}中,前 n 项和为 Sn,且 S2 011=-2 011,a1 007=3,则 S2 012 的值为 ( ) A.1 006 B.-2 012 C.2 012 D.-1 006 答案 C 解析 方法一 设等差数列的首项为 a1,公差为 d,根据题意可得, S2 011=2 011a1+2 011× 2 011-1 2 d=-2 011, a1 007=a1+1 006d=3, 即 a1+1 005d=-1, a1+1 006d=3, 解得 a1=-4 021, d=4. 所以,S2 012=2 012a1+2 012× 2 012-1 2 d =2 012×(-4 021)+2 012×2 011×2 =2 012×(4 022-4 021)=2019. 方法二 由 S2 011=2 011 a1+a2 011 2 =2 011a1 006=-2 011, 解得 a1 006=-1,则 S2 012=2 012 a1+a2 012 2 =2 012 a1 006+a1 007 2 =2 012× -1+3 2 =2 012. 二、填空题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分,把答案填在题中横线上) 11.若 m,n,m+n 成等差数列,m,n,m·n 成等比数列,则椭圆x2 m +y2 n =1 的离心率为________. 答案 2 2 解析 由题意知 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=c a = 2 2 . 12.数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn,若Sn Tn = 2n 3n+1 ,则a100 b100 =________. 答案 199 299 解析 a100 b100 = a1+a199 2 b1+b199 2 =S199 T199 =199 299 . 13.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S3=6,a3=4,则公差 d 等于________. 答案 2 解析 ∵S3= a1+a3× 3 2 =6,而 a3=4,∴a1=0. ∴d=a3-a1 2 =2. 14.某人从 2019 年 1 月份开始,每月存入银行 100 元,月利率是 3‰(不计复利),到 2019 年 12 月底 取出的本利和应是________元. 答案 1 223.4 解析 应为 1 200+0.3×12+0.3×11+…+0.3=1 200+0.3×12×13 2 =1 223.4(元). 15.已知各项都为正数的等比数列{an}中,a2·a4=4,a1+a2+a3=14,则满足 an·an+1·an+2>1 9 的最大 正整数 n 的值为________. 答案 4 解析 设等比数列{an}的公比为 q,其中 q>0,依题意得 a2 3=a2·a4=4.又 a3>0,因此 a3=a1q2=2,a1 +a2=a1+a1q=12,由此解得 q=1 2 ,a1=8,an=8×(1 2 )n-1=24-n,an·an+1·an+2=29-3n.由于 2-3=1 8 >1 9 ,因 此要使 29-3n>1 9 ,只要 9-3n≥-3,即 n≤4,于是满足 an·an+1·an+2>1 9 的最大正整数 n 的值为 4. 16.等比数列{an}的首项为 a1=1,前 n 项和为 Sn,若S10 S5 =31 32 ,则公比 q 等于________. 答案 -1 2 解析 因为S10 S5 =31 32 ,所以S10-S5 S5 =31-32 32 =- 1 32 ,即 q5=(-1 2 )5,所以 q=-1 2 . 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分 10 分)数列{an}中,a1=1,an,an+1 是方程 x2-(2n+1)x+1 bn =0 的两个根,求数列{bn} 的前 n 项和 Sn. 答案 Sn= n n+1 解析 ∵an,an+1 是 x2-(2n+1)x+1 bn =0 的两根, ∴an+an+1=2n+1,an·an+1=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,∴当 n 为奇数时,an=n. 同理可得当 n 为偶数时 an=n. ∴an=n. ∴bn= 1 an·an+1 = 1 n n+1 =1 n - 1 n+1 . ∴Sn=b1+b2+b3+…+bn =1-1 2 +1 2 -1 3 +1 3 -1 4 +…+1 n - 1 n+1 =1- 1 n+1 = n n+1 . 18.(本小题满分 12 分)成等差数列的三个正数的和等于 15,并且这三个数分别加上 2、5、13 后成为 等比数列{bn}中的 b3、b4、b5. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:数列{Sn+5 4 }是等比数列. 答案 (1)bn=5 4 ·2n-1=5·2n-3 (2)略 解析 (1)设成等差数列的三个正数分别为 a-d,a,a+d. 依题意,得 a-d+a+a+d=15,解得 a=5. 所以{bn}中的 b3,b4,b5 依次为 7-d,10,18+d. 依题意,有(7-d)(18+d)=100, 解得 d=2 或 d=-13(舍去). 故{bn}的第 3 项为 5,公比为 2. 由 b3=b1·22,即 5=b1·22,解得 b1=5 4 . 所以{bn}是以5 4 为首项,2 为公比的等比数列,其通项公式为 bn=5 4 ·2n-1 =5·2n-3. (2)数列{bn}的前 n 项和 Sn= 5 4 1-2n 1-2 =5·2n-2-5 4 , 即 Sn+5 4 =5·2n-2. 所以 S1+5 4 =5 2 , Sn+1+5 4 Sn+5 4 =5·2n-1 5·2n-2=2. 因此{Sn+5 4 }是以5 2 为首项,公比为 2 的等比数列. 19.(本小题满分 12 分)已知数列{xn}的首项 x1=3,通项 xn=2np+nq(n∈N*,p,q 为常数),且 x1, x4,x5 成等差数列,求: (1)p,q 的值;[来源:1ZXXK] (2)数列{xn}的前 n 项的和 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+n n+1 2 . 20.(本小题满分 12 分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且 a1+a2=2(1 a1 +1 a2 ),a3+a4+a5=64(1 a3 +1 a4 +1 a5 ). (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn=(an+1 an )2,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解析 (1)设{an}的公比为 q,则 an=a1qn-1. 由已知,有 a1+a1q=2 1 a1 + 1 a1q , a1q2+a1q3+a1q4=64 1 a1q2+ 1 a1q3+ 1 a1q4 , 化简,得 a2 1q=2, a2 1q6=64. 又 a1>0,故 q=2,a1=1. 所以 an=2n-1. (2)由(1)知,bn= an+1 an 2=a2 n+1 a2 n +2=4n-1+ 1 4n-1+2. 因此,Tn=(1+4+…+4n-1)+(1+1 4 +…+ 1 4n-1)+2n=1-4n 1-4 + 1-1 4n 1-1 4 +2n=1 3 (4n-41-n)+2n+1. 21.(本小题满分 12 分)某企业 2019 年的纯利润为 500 万元,因设备老化等原因,企业的生产能力将 逐年下降.若不进行技术改造,预测从 2019 年起每年比上一年纯利润减少 20 万元,2019 年初该企业一次 性投入资金 600 万元进行技术改造,预测在未扣除技术改造资金的情况下,第 n 年(2019 年为第一年)的利 润为 500(1+1 2n)万元(n 为正整数). (1)设从 2019 年起的前 n 年,若该企业不进行技术改造的累计纯利润为 An 万元,进行技术改造后的累 计纯利润为 Bn 万元(须扣除技术改造资金),求 An,Bn 的表达式; (2)依上述预测,从 2019 年起该企业至少经过多少年,进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术 改造的累计纯利润? 思路 (1)An 是一个等差数列的前 n 项和,Bn 是一个常数数列和一个等比数列的组合的前 n 项和,根据 数列的求和公式,就可以求出 An,Bn 的表达式. (2)建模 Bn>An,解这个关于 n 的不等式. 解析 (1)依题意知,An 是一个以 480 为首项,-20 为公差的等差数列的前 n 项和,所以 An=480n+ n n-1 2 ×(-20)=490n-10n2, Bn=500(1+1 2 )+500(1+1 22)+…+500(1+1 2n)-600 =500n+500(1 2 +1 22+…+1 2n)-600 =500n+500× 1 2 [1- 1 2 n] 1-1 2 -600 =500n-500 2n -100. (2)依题意得,Bn>An, 即 500n-500 2n -100>490n-10n2, 可化简得50 2n g(3)=2,f(4)=50 16 2 010 的 n 的最小值. 解析 (1)因为 Sn+n=2an,所以 Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2,n∈N*).两式相减,得 an=2an-1+1. 所以 an+1=2(an-1+1)(n≥2,n∈N*),所以数列{an+1}为等比数列. 因为 Sn+n=2an,令 n=1 得 a1=1. a1+1=2,所以 an+1=2n,所以 an=2n-1. (2)因为 bn=(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, ① 2Tn=3×22+5×23+…+(2n-1)·2n+(2n+1)·2n+1, ② ①-②,得-Tn=3×2+2(22+23+…+2n)-(2n+1)·2n+1 =6+2×22-2n+1 1-2 -(2n+1)·2n+1 [来源:学_科_网 Z_X_X_K] =-2+2n+2-(2n+1)·2n+1=-2-(2n-1)·2n+1. 所以 Tn=2+(2n-1)·2n+1. 若Tn-2 2n-1 >2 010, 则2+ 2n-1· 2n+1 2n-1 >2 010,即 2n+1>2 010. 由于 210=1 024,211=2 048,所以 n+1≥11,即 n≥10. 所以满足不等式Tn-2 2n-1 >2 010 的 n 的最小值是 10. 1.已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,数列{bn}是等差数列,且 a6=b7,则有 ( ) A.a3+a9≤b4+b10 B.a3+a9≥b4+b10 C.a3+a9≠b4+b10 D.a3+a9 与 b4+b10 的大小关系不确定 答案 B 解析 记等比数列{an}的公比为 q,由数列{bn}为等差数列可知 b4+b10=2b7.又数列{an}是各项均为正 数的等比数列,∴a3+a9=a3(1+q6)=a6(1+q6 q3 )=b7(1+q6 q3 ),又1+q6 q3 =1 q3+q3≥2,当且仅当 q=1 时,等号 成立,∴a3+a9≥b4+b10.故选 B. 2.已知 an= 3 2n-11 (n∈N+),数列{an}的前 n 项和为 Sn,则使 Sn>0 的 n 的最小值是 ( ) A.5 B.6 C.10 D.11 答案 D 解析 令 f(x)= 3 2x-11 知 f(x)关于(11 2 ,0)对称, ∴a1+a10=a2+a9=a3+a8=a5+a6=0, 且 a6>a7>a8>a9>a10>…>0. ∴S10=0,S11>0,选 D.[来源:学#科#网] 3.数列{an}中,Sn 为其前 n 项和,已知 S1=1,S2=2,且 Sn+1-3Sn+2Sn-1=0(n∈N*且 n≥2),则此数 列为 ( ) A.等差数列 B.等比数列 C.从第二项起为等差数列 D.从第二项起为等比数列 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,∴从第二项起为等比数列. 4.已知数列{an}满足 a1=2 3 ,且对任意的正整数 m,n,都有 am+n=am+an,则an n 等于 ( ) A.1 2 B.2 3 C.3 2 D.2 答案 B 解析 令 m=1,得 an+1=a1+an,即 an+1-an=a1=2 3 ,可知数列{an}是首项为 a1=2 3 ,公差为 d=2 3 的等 差数列,于是 an=2 3 +(n-1)·2 3 =2 3 n,即an n =2 3 .故选 B. 5.设 a1,a2,…,a50 是以-1,0,1 这三个整数中取值的数列,若 a1+a2+…+a50=9 且(a1+1)2+(a2 +1)2+…+(a50+1)2=107,则 a1,a2,…,a50 当中取零的项共有 ( ) A.11 个 B.12 个 C.15 个 D.25 个 答案 A 解析 (a1+1)2+(a2+1)2+…+(a50+1)2=a2 1+a2 2+…+a2 50+2(a1+a2+…+a50)+50=107,∴a2 1+a2 2+ …+a2 50=39,∴a1,a2,…,a50 中取零的项应为 50-39=11 个,故选 A. 6.已知等差数列{an}满足 a1+a2+a3+…+a101=0,则有 ( ) A.a1+a101>0 B.a2+a100<0 C.a3+a99=0 D.a51=51 答案 C 解析 由题意,得 a1+a2+…+a101=a1+a101 2 ×101=0.所以 a1+a101=a2+a100=a3+a99=0. 7.已知数列{an},{bn}满足 a1=1,且 an,an+1 是函数 f(x)=x2-bnx+2n 的两个零点,则 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.已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,S10>0 并且 S11=0,若 Sn≤Sk 对 n∈N*恒成立,则正整数 k 构成 的集合为________. 答案 {5,6} 解析 等差数列中由 S10>0,S11=0,得 S10=10 a1+a10 2 >0⇒a1+a10>0⇒a5+a6>0, S11=11 a1+a11 2 =0⇒a1+a11=2a6=0,故可知,等差数列{an}是递减数列且 a6=0,所以 S5=S6≥Sn, 即 k=5 或 6. ∴集合为{5,6}. 9.(2019·衡水调研)已知各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn,函数 f(x)=1 2 px2-(p+q)x+ qlnx(其中 p、q 均为常数,且 p>q>0),当 x=a1 时,函数 f(x)取得极小值,点(an,2Sn)(n∈N*)均在函数 y =2px2-q x +f′(x)+q 的图像上.(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数) (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式; (3)记 bn= 4Sn n+3 ·qn,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解析 (1)由题易得 f(x)的定义域为(0,+∞). f′(x)=px-(p+q)+q x =px2- p+q x+q x = x-1 px-q x . 令 f′(x)=0,得 x=1 或 x=q p . ∵p>q>0,∴00,∴an-an-1=1 2 (n≥2). ∴{an}是以 a1=1 为首项,1 2 为公差的等差数列. ∴an=1+(n-1)×1 2 =n+1 2 . (3)Sn=n+n n-1 2 ·1 2 =n2+3n 4 ,∴bn= 4Sn n+3 ·qn=nqn.∴Tn=q+2q2+3q3+…+(n-1)qn-1+nqn. ③ 已知 p>q>0,而由(2)知 p=1,则 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=q 1-qn 1-q -nqn+1. ∴Tn=q 1-qn 1-q 2 -nqn+1 1-q . 10.将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表: a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 … 已知表中的第一列数 a1,a2,a5,…构成一个等差数列,记为{bn},且 b2=4,b5=12.表中每一行正中 间一个数 a1,a3,a7,…构成数列{cn},其前 n 项和为 Sn. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)若上表中 ,从第二行起,每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列,公比为同一个正数, 且 a13=1. ①求 Sn; ②记 M={n|(n+1)cn≥λ,n∈N*},若集合 M 的元素个数为 3,求实数λ的取值范围. 解析 (1)设数列{bn}的公差为 d, 则 b1+d=4, b1+4d=10, 解得 b1=2, d=2, 所以 bn=2n. (2)①设每一行组成的等比数列的公比为 q. 由于前 n 行共有 1+3+5+…+(2n-1)=n2 个数,且 32<13<42,所以 a10=b4=8. 所以 a13=a10q3=8q3,又 a13=1,解得 q=1 2 . 由已知可得 cn=bnqn-1,因此 cn=2n·(1 2 )n-1= n 2n-2. 所以 Sn=c1+c2+c3+…+cn= 1 2-1+2 20+3 21+…+ n 2n-2. 1 2 Sn=1 20+2 21+…+n-1 2n-2 + n 2n-1. 因此 1 2 Sn= 1 2-1+1 20+1 21+…+ 1 2n-2- n 2n-1=4- 1 2n-2- n 2n-1=4-n+2 2n-1 . 解得 Sn=8-n+2 2n-2 . ②由①知,cn= n 2n-2,不等式(n+1)cn≥λ, 可化为n n+1 2n-2 ≥λ.设 f(n)=n n+1 2n-2 , 因为 f(n+1)-f(n)= n+1 2-n 2n-1 , 所以当 n≥3 时,f(n+1)bn 恒成立,求实数 t 的取值范围. 解析 (1)由题意得 an-an-1=2n(n≥2), 累差叠加,得 an=n(n+1)(n≥2). 又 a1=2,所以 an=n(n+1),(n∈N*). (2)bn= 1 n+1 n+2 + 1 n+2 n+3 +…+ 1 2n 2n+1 = 1 n+1 - 1 2n+1 = n n+1 2n+1 = n 2n2+3n+1 , bn= 1 2n+1 n +3 ,bn 的最大值为 b1=1 6 , 所以 t2-2mt+1 6 >1 6 恒成立,m∈[-1,1]. 构造 g(m)=-2tm+t2,即 g(m)>0 恒成立 m∈[-1,1]. 当 t=0,不成立; 当 t≠0,g(m)是一次函数, g -1 >0, g 1 >0, 解得 t∈(-∞,-2)∪(2,+∞). 14.已知等差数列{an}满足:a3=7,a5+a7=26.{an}的前 n 项和为 Sn. (1)求 an 及 Sn; (2)令 bn= 1 a2 n-1 (n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 答案 (1)an=2n+1,Sn=n(n+2) (2)Tn= n 4 n+1 解析 (1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 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=n a1+an 2 , 所以 an=2n+1,Sn=n(n+2). (2)因为 an=2n+1,所以 a2 n-1=4n(n+1). 因此 bn= 1 4n n+1 =1 4 (1 n - 1 n+1 ). 故 Tn=b1+b2+…+bn =1 4 (1-1 2 +1 2 -1 3 +…+1 n - 1 n+1 ) =1 4 (1- 1 n+1 )= n 4 n+1 . 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn= n 4 n+1 . 15.设数列{an}是等差数列,其前 n 项和 Sn,若 S4≥10,S5≤15,求 a4 的最大值. 解析 方法一 a5=S5-S4≤5, S5=a1+a2+…+a5=5a3≤15, a3≤3,则 a4=a3+a5 2 ≤4,a4 的最大值为 4. 方法二 ∵ S4=4a1+6d≥10, S5=5a1+10d≤15 ⇒ -2a1-3d≤-5, a1+2d≤3 ⇒d≤1. 又∵S5=a1+a2+a3+a4+a5=5a3≤15,∴a 3≤3. ∴a4≤4.故 a4 的最大值为 4. 方法三 本题也可利用线性规划知识求解. 由题意得 4a1+6d≥10, 5a1+10d≤15 ⇒ 2a1+3d≥5, a1+2d≤3. a4=a1+3d. 画出可行域 2a1+3d≥5, a1+2d≤3, 求目标函数 a4=a1+3d 的最大值,即当直线 a4=a1+3d 过可行域内(1,1) 点时截距最大,此时 a4=4. 16.(2019·天津)已知{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,{bn}是等比数列,且 a1=b1=2,a4+b4=27, S4-b4=10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记 Tn=anb1+an-1b2+…+a1bn,n∈N*,证明:Tn+12=-2an+10bn(n∈N*). 解析 (1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q.由 a1=b1=2,得 a4=2+3d,b4=2q3, S4=8+6d.由条件,得方程组 2+3d+2q3=27, 8+6d-2q3=10, 解得 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, ① 2Tn=22an+23an-1+…+2na2+2n-1a1. ② 由②-①,得 Tn=-2(3n-1)+3×22+3×23+…+3×2n+2n+2=12 1-2n-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)当 n=1 时,T1+12=a1b1+12=16,-2a1+10b1=16,故等式成立; (2)假设当 n=k 时等式成立,即 Tn+12=-2ak+10bk,则当 n=k+1 时,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 时等式也成立. 由(1)和(2),可知对任意 n∈N*,Tn+12=-2an+10bn 成立. 17.(2019·陕西)设{an}是公比不为 1 的等比数列,其前 n 项和为 Sn,且 a5,a3,a4 成等差数列. (1)求数列{an}的公比; (2)证明:对任意 k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. 解析 (1)设数列{an}的公比为 q(q≠0,q≠1), 由 a5,a3,a4 成等差数列,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 对任意 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,对任意 k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. 方法二 对任意 k∈N+,2Sk=2a1 1-qk 1-q , Sk+2+Sk+1=a1 1-qk+2 1-q +a1 1-qk+1 1-q =a1 2-qk+2-qk+1 1-q , 2Sk-(Sk+2+Sk+1)=2a1 1-qk 1-q -a1 2-qk+2-qk+1 1-q = a1 1-q [2(1-qk)-(2-qk+2-qk+1)] = a1qk 1-q (q2+q-2)=0, 因此,对任意 k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. 18.(2019·广东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N*,且 a1,a2+5,a3 成等 差数列. (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式; (3)证明:对一切正整数 n,有1 a1 +1 a2 +…+1 an <3 2 . 解析 (1)∵a1,a2+5,a3 成等差数列, ∴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,从而 a1=1. (2)由题设条件知,n≥2 时,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, 因此对一切正整数 n,有 an+1=3an+2n. 所以 an+1+2n+1=3(an+2n). 又∵a1+21=3, ∴{an+2n}是以 3 为首项,3 为公比的等比数列. 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, ∴1 an ≤ 1 3n-1. ∴1 a1 +1 a2 +…+1 an ≤1+1 3 +1 32+…+ 1 3n-1= 1-1 3n 1-1 3 <3 2 . 19.(2019·湖北)已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为 8. (1)求等差数列{an}的通项公式; (2)若 a2,a3,a1 成等比数列,求数列{|an|}的前 n 项和. 解析 (1)设等差数列{an}的公差为 d,则 a2=a1+d,a3=a1+2d. 由题意得 3a1+3d=-3, a1 a1+d a1+2d =8. 解得 a1=2, d=-3 或 a1=-4, d=3. 所以由等差数列的通项公式可得 an=2-3(n-1)=-3n+5 或 an=-4+3(n-1)=3n-7. 故 an=-3n+5 或 an=3n-7. (2)当 an=-3n+5 时,a2,a3,a1 分别为-1,-4,2,不成等比数列; 当 an=3n-7 时,a2,a3,a1 分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件. 故|an|=|3n-7|= -3n+7,n=1,2, 3n-7,n≥3. 记数列{|an|}的前 n 项和为 Sn. 当 n=1 时,S1=|a1|=4;当 n=2 时,S2=|a1|+|a2|=5; 当 n≥3 时, Sn = S2 + |a3| + |a4| + … + |an| = 5 + (3×3 - 7) + (3×4 - 7) + … + (3n - 7) = 5 + n-2 [2+ 3n-7 ] 2 =3 2 n2-11 2 n+10.当 n=2 时,满足此式. 综上,Sn= 4,n=1, 3 2 n2-11 2 n+10,n>1. 20.(2019·江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=kcn-k(其中 c,k 为常数),且 a2=4,a6=8a3. (1)求 an; (2)求数列{nan}的前 n 项和 Tn. 解析 (1)由 Sn=kcn-k,得 an=Sn-Sn-1=kcn-kcn-1(n≥2). 由 a2=4,a6=8a3,得 kc(c-1)=4,kc5(c-1)=8kc2(c-1). 解得 c=2, k=2, 所以 a1=S1=2,an=kcn-kcn-1=2n(n≥2),于是 an=2n. (2)Tn=错误!ai=错误!·2i,即 Tn=2+2·22+3·23+4·24+…+n·2n, Tn=2Tn-Tn=-2-22-23-24-…-2n+n·2n+1=-2n+1+2+n·2n+1=(n-1)2n+1+2. 21.(2019·安徽)数列{xn}满足 x1=0,xn+1=-x2 n+xn+c(n∈N*). (1)证明:{xn}是递减数列的充分必要条件是 c<0; (2)求 c 的取值范围,使{xn}是递增数列. 解析 (1)先证充分性,若 c<0,由于 xn+1=-x2 n+xn+c≤xn+c0,即 xn<1- c. 由②式和 xn≥0 还可得,对任意 n≥1 都有 c-xn+1≤(1- c)( c-xn). ③ 反复运用③式,得 c-xn≤(1- c)n-1( c-x1)<(1- c)n-1. xn<1- c和 c-xn<(1- c)n-1 两式相加,知 2 c-1<(1- c)n-1 对任意 n≥1 成立. 根据指数函数 y=(1- c)n 的性质,得 2 c-1≤0,c≤1 4 .故 00, 即证 xn< c对任意 n≥1 成立. 下面用数学归纳法证明:当 0xn,即{xn}是递增数列. 由(ⅰ)(ⅱ)知,使得数列{xn}单调递增的 c 的范围是(0,1 4 ].