答案：
D
7．等差数列{an}的通项公式是an＝1－2n，其前n项和为Sn，则数列{}的前11项和为（ ）
A．－45B．－50C．－55D．－66
解析：
由等差数列{an}的通项公式得a1＝－1，所以其前n项和
Sn＝＝＝－n2.
则＝－n.所以数列{}是首项为－1，
公差为－1的等差数列，所以其前11项的和为
S11＝11×（－1）＋×（－1）＝－66.
答案：
D
8．已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1，若{}为等差数列，则a11＝（ ）
A．0B.C.D．2
解析：
由已知可得＝，＝是等差数列{}的第3项和第7项，其公差d＝＝，
由此可得＝＋（11－7）d＝＋4×＝.
解之得a11＝.
答案：
B
9．在等比数列{an}中，若a3a5a7a9a11＝32，则的值为（ ）
A．4B．2C．－2D．－4
解析：
由等比数列的性质得a3·a11＝a5·a9＝a，所以a7＝2，故＝＝a7＝2.
答案：
B
10．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
解析：
由等差数列的前n项和及等差中项，
可得＝＝＝
＝＝＝＝7＋（n∈N*），故n＝1,2,3,5,11时，为整数．
答案：
D
11．（2010·平顶山模拟）已知{an}是递增数列，对任意的n∈N*，都有an＝n2＋λn恒成立，则λ的取值范围是（ ）
A．（－，＋∞）B．（0，＋∞）
C．（－2，＋∞）D．（－3，＋∞）
解析：
数列{an}是递增数列，且an＝n2＋λn，则an＋1－an＝2n＋1＋λ>0在n≥1时恒成立，只需要λ>（－2n－1）max＝－3，故λ>－3.
答案：
D
12．已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2008项的和等于（ ）
A．1506B．3012C．1004D．2008
解析：
因为a1＝，又an＋1＝＋，所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1，即得an＝，故数列的前2008项的和为S2008＝1004·（1＋）＝1506.
答案：
A
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．将答案填写在题中的横线上）
13．（2010·长郡模拟）已知数列{an}满足：
a1＝m（m为正整数），an＋1＝，若a6＝1，则m所有可能的取值为________．
解析：
由a6＝1⇒a5＝2⇒a4＝4⇒a3＝1或8⇒a2＝2或16⇒a1＝4或5、32.
答案：
4,5,32
14．已知数列{an}满足a1＝，an＝an－1＋（n≥2），则{an}的通项公式为________．
解析：
an－an－1＝＝（－），an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝（－＋－＋…＋1－＋1），得：
an＝－.
答案：
an＝－
15．已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是整数，前n项和为Sn（n∈N*）．若a1>1，a4>3，S3≤9，则通项公式an＝________.
解析：
由a1>1，a4>3，S3≤9得，，令x＝a1，y＝d得，，在平面直角坐标系中作出可行域可知符合要求的整数点只有（2,1），即a1＝2，d＝1，所以an＝2＋n－1＝n＋1.
答案：
n＋1
16．（文）将全体正整数排成一个三角形数阵：
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
11 12 13 14 15
… … … … … …
根据以上排列规律，数阵中第n（n≥3）行的从左至右的第3个数是________．
解析：
前n－1行共有正整数1＋2＋…＋（n－1）＝个，即个，
因此第n行第3个数是全体正整数中第＋3个，
即为.
答案：
（理）下面给出一个“直角三角形数阵”：
，
，，
…
满足每一列的数成等差数列，从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等，记第i行第j列的数为aij（i≥j，i，j∈N*），则a83＝________.
解析：
由题意知，a83位于第8行第3列，且第1列的公差等于，每一行的公比都等于.由等差数列的通项公式知，第8行第1个数为＋（8－1）×＝2，a83＝2×（）2＝.
答案：
三、解答题（本大题共6小题，共74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12分）已知数列{an}中，其前n项和为Sn，且n，an，Sn成等差数列（n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求Sn>57时n的取值范围．
解：
（1）∵n，an，Sn成等差数列，
∴Sn＝2an－n，Sn－1＝2an－1－（n－1） （n≥2），
∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1－1 （n≥2），
∴an＝2an－1＋1 （n≥2），
两边加1得an＋1＝2（an－1＋1） （n≥2），
∴＝2 （n≥2）．
又由Sn＝2an－n得a1＝1.
∴数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an＋1＝2·2n－1，即数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
（2）由
（1）知，Sn＝2an－n＝2n＋1－2－n，
∴Sn＋1－Sn＝2n＋2－2－（n＋1）－（2n＋1－2－n）
＝2n＋1－1>0，
∴Sn＋1>Sn，{Sn}为递增数列．
由题设，Sn>57，即2n＋1－n>59.
又当n＝5时，26－5＝59，∴n>5.
∴当Sn>57时，n的取值范围为n≥6（n∈N*）．
18．（本小题满分12分）设数列{an}满足a1＝t，a2＝t2，前n项和为Sn，且Sn＋2－（t＋1）Sn＋1＋tSn＝0（n∈N*）．
（1）证明数列{an}为等比数列，并求{an}的通项公式；
（2）当（3）若＋＋…＋<2n－2－.
解：
（1）证明：
由Sn＋2－（t＋1）Sn＋1＋tSn＝0，得tSn＋1－tSn＝Sn＋2－Sn＋1，即an＋2＝tan＋1，
而a1＝t，a2＝t2，∴数列{an}是以t为首项，t为公比的等比数列，
∴an＝tn.
（2）∵（tn＋t－n）－（2n＋2－n）＝（tn－2n）[1－（）n]，又0，
∴（tn－2n）[1－（）n]<0，∴tn＋t－n<2n＋2－n.
（3）证明：
∵＝（tn＋t－n），
∴2（＋＋…＋）<（2＋22＋…2n）＋（2－1＋2－2＋…＋2－n）＝2（2n－1）＋1－2－n＝2n＋1－（1＋2－n）<2n＋1－2，
∴＋＋…＋<2n－2－.
19．（本小题满分12分）（2010·黄冈模拟）已知二次函数f（x）＝x2－ax＋a（a≠0），不等式f（x）≤0的解集有且只有一个元素，设数列{an}的前n项和为Sn＝f（n）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设各项均不为0的数列{cn}中，满足ci·ci＋1<0的正整数i的个数称作数列{cn}的变号数，令cn＝1－（n∈N*），求数列{cn}的变号数．
解：
（1）由于不等式f（x）≤0的解集有且只有一个元素，
∴Δ＝a2－4a＝0⇒a＝4，
故f（x）＝x2－4x＋4.
由题Sn＝n2－4n＋4＝（n－2）2
则n＝1时，a1＝S1＝1；
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（n－2）2－（n－3）2＝2n－5，
故an＝
（2）由题可得，cn＝.
由c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，
所以i＝1，i＝2都满足ci·ci＋1<0，
当n≥3时，cn＋1>cn，且c4＝－，
同时1－>0⇒n≥5，
可知i＝4满足ci、ci＋1<0，n≥5时，均有cncn＋1>0.
∴满足cici＋1<0的正整数i＝1,2,4，故数列{cn}的变号数为3.
20．（本小题满分12分）已知数列{an}满足：
a1＝1，a2＝，且[3＋（－1）n]an＋2－2an＋2[（－1）n－1]＝0，n∈N*.
（1）求a3，a4，a5，a6的值及数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝a2n－1·a2n，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：
（1）经计算a3＝3，a4＝，a5＝5，a6＝.
当n为奇数时，an＋2＝an＋2，即数列{an}的奇数项成等差数列，
∴a2n－1＝a1＋（n－1）·2＝2n－1.
当n为偶数时，an＋2＝an，即数列{an}的偶数项成等比数列，
∴a2n＝a2·（）n－1＝（）n.
因此，数列{an}的通项公式为an＝
（2）∵bn＝（2n－1）·（）n，
∴Sn＝1·＋3·（）2＋5·（）3＋…＋（2n－3）·（）n－1＋（2n－1）·（）n，①
Sn＝1·（）2＋3·（）3＋5·（）4＋…＋（2n－3）·（）n＋（2n－1）·（）n＋1，②
①②两式相减，
得Sn＝1·＋2[（）2＋（）3＋…＋（）n]－（2n－1）·（）n＋1
＝＋－（2n－1）·（）n＋1
＝－（2n＋3）·（）n＋1.
∴Sn＝3－（2n＋3）·（）n.
21．（本小题满分12分）已知各项都不相等的等差数例{an}的前六项和为60，且a6为a1和a21的等比中项．
（1）求数列{an}的通项公an及前n项和Sn；
（2）若数列{bn}满足bn＋1－bn＝an（n∈N*），且b1＝3，求数列{}的前n项和Tn.
解：
（1）设等差数列{an}的公差为d，
则解得
∴an＝2n＋3.
Sn＝＝n（n＋4）．
（2）由bn＋1－bn＝an，
∴bn－bn－1＝an－1（n≥2，n∈N*）．
当n≥2时，
bn＝（bn－bn－1）＋（bn－1－bn－2）＋…＋（b2－b1）＋b1
＝an－1＋an－2＋…＋a1＋b1
＝（n－1）（n－1＋4）＋3＝n（n＋2）．
对b1＝3也适合，
∴bn＝n（n＋2）（n∈N*）．
∴＝＝（－）．
Tn＝（1－＋－＋…＋－）
＝（－－）＝.
22．（文）（本小题满分14分）已知函数y＝f（x）的图象经过坐标原点，且f（x）＝x2－x＋b，数列{an}的前n项和Sn＝f（n）（n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足an＋log3n＝log3bn，求数列{bn}的前n项和Tn；
（3）设Pn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2，Qn＝a10＋a12＋a14＋…＋a2n＋8，其中n∈N*，试比较Pn与Qn的大小，并证明你的结论．
解：
（1）因为y＝f（x）的图象过原点，所以f（x）＝x2－x.
所以Sn＝n2－n，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－n－（n－1）2＋（n－1）＝2n－2，
又因为a1＝S1＝0适合an＝2n－2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－2（n∈N*）．
（2）由an＋log3n＝log3bn得：
bn＝n·3an＝n·32n－2（n∈N*），
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝30＋2·32＋3·34＋…＋n·32n－2，9Tn＝32＋2·34＋3·36＋…＋n·32n.
两式相减得：
8Tn＝n·32n－（1＋32＋34＋36＋…＋32n－2）＝n·32n－，
所以Tn＝－＝.
（3）a1，a4，a7，…，a3n－2组成以0为首项，6为公差的等差数列，所以Pn＝×6＝3n2－3n；
a10，a12，a14，…，a2n＋8组成以18为首项，4为公差的等差数列，所以Qn＝18n＋×4＝2n2＋16n.
故Pn－Qn＝3n2－3n－2n2－16n＝n2－19n＝n（n－19），
所以，对于正整数n，当n≥20时，Pn>Qn；
当n＝19时，Pn＝Qn；
当n<19时，Pn（理）（本小题满分14分）已知数列{an}的前n项和为Sn，点（an＋2，Sn＋1）在直线y＝4x－5上，其中n∈N*.令bn＝an＋1－2an，且a1＝1.
（1）求数列{bn}的通项公式；
（2）若f（x）＝b1x＋b2x2＋b3x3＋…＋bnxn，求f′
（1）的表达式，并比较f′
（1）与8n2－4n的大小．
解：
（1）∵Sn＋1＝4（an＋2）－5，∴Sn＋1＝4an＋3，
∴Sn＝4an－1＋3（n≥2），
∴an＋1＝4an－4an－1（n≥2），
∴an＋1－2an＝2（an－2an－1）（n≥2），
∴＝＝2（n≥2）．
∴数列{bn}为等比数列，其公比为q＝2，首项b1＝a2－2a1，
而a1＋a2＝4a1＋3，且a1＝1，∴a2＝6，
∴b1＝6－2＝4，
∴bn＝4×2n－1＝2n＋1.
（2）∵f（x）＝b1x＋b2x2＋b3x3＋…＋bnxn，
∴f′（x）＝b1＋2b2x＋3b3x2＋…＋nbnxn－1，
∴f′
（1）＝b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn，
∴f′
（1）＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，①
∴2f′
（1）＝23＋2·24＋3·25＋…＋n·2n＋2，②
①－②得
－f′
（1）＝22＋23＋24＋…＋2n＋1－n·2n＋2
＝－n·2n＋2＝－4（1－2n）－n·2n＋2，
∴f′
（1）＝4＋（n－1）·2n＋2，
∴f′
（1）－（8n2－4n）＝4（n－1）·2n－4（2n2－n－1）
＝4（n－1）[2n－（2n＋1）]．
当n＝1时，f′
（1）＝8n2－4n；
当n＝2时，f′
（1）－（8n2－4n）＝4（4－5）＝－4<0，f′
（1）<8n2－4n；
当n＝3时，f′
（1）－（8n2－4n）>0，
结合指数函数y＝2x与一次函数y＝2x＋1的图象知，当x>3时，总有2x>2x＋1，
故当n≥3时，总有f′
（1）>8n2－4n.
综上：
当n＝1时，f′
（1）＝8n2－4n；
当n＝2时，f′
（1）<8n2－4n；
当n≥3时，f′
（1）>8n2－4n.
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