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.