數(shù)列的綜合問題與數(shù)列的應(yīng)用根底穩(wěn)固強(qiáng)化1.假設(shè)a、b、c成等比數(shù)列，那么函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的圖象與x軸交點(diǎn)的個(gè)數(shù)是()A．0B．1C．2D．不確定2．在數(shù)列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，那么eq\f(a3,a5)的值是()A.eq\f(15,16)B.eq\f(15,8)C.eq\f(3,4) D.eq\f(3,8)3．?dāng)?shù)列{an}滿足其中任何連續(xù)的三項(xiàng)之和為20，并且a4＝9，a12＝7，那么a2012＝()A．9B．7C．4 D．24．設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)之積為Tn，且T10＝32，那么eq\f(1,a5)＋eq\f(1,a6)的最小值為()A．2eq\r(2)B.eq\r(2)C．2eq\r(3) D.eq\r(3){an}是等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，假設(shè)S21＝S4000，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P(1，an)，點(diǎn)Q(2011，a2011)，那么eq\o(OP,\s\up16(→))·eq\o(OQ,\s\up16(→))＝()A．2011B．－2011C．0 D．15．?dāng)?shù)列{an}是公差d≠0的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，假設(shè)a1＝b1，a3＝b3，a7＝b5，那么b11等于()A．a(chǎn)63B．a(chǎn)36C．a(chǎn)31 D．a(chǎn)136{an}為等差數(shù)列，{bn}為正項(xiàng)等比數(shù)列，公式q≠1，假設(shè)a1＝b1，a11＝b11，那么()A．a(chǎn)6＝b6B．a(chǎn)6>b6C．a(chǎn)6<b6 D．以上都有可能a>0，b>0，A為a、b的等差中項(xiàng)，正數(shù)G為a、b的等比中項(xiàng)，那么ab與AG的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)b＝AGB．a(chǎn)b≥AGC．a(chǎn)b≤AG D．不能確定7．小王每月除去所有日常開支，大約結(jié)余a元．小王決定采用零存整取的方式把余錢積蓄起來，每月初存入銀行a元，存期1年(存12次)，到期取出本和息．假設(shè)一年期零存整取的月利率為r，每期存款按單利計(jì)息．那么，小王存款到期利息為________元．8．雙曲線an－1y2－anx2＝an－1an(n≥2，n∈N*)的焦點(diǎn)在y軸上，一條漸近線方程是y＝eq\r(2)x，其中數(shù)列{an}是以4為首項(xiàng)的正項(xiàng)數(shù)列，那么數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是________．9．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＋1＝5Sn－3，且a1＝1，那么{an}的通項(xiàng)公式是_______．10．等差數(shù)列{an}的公差大于0，且a3、a5是方程x2－14x＋45＝0的兩個(gè)根，數(shù)列{bn}前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝eq\f(1－bn,2)(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)假設(shè)cn＝an·bn，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn，且2Sn＝2－an.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bn＝an＋n，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.能力拓展提升12．?dāng)?shù)列{an}、{bn}滿足a1＝eq\f(1,2)，an＋bn＝1，bn＋1＝eq\f(bn,1－a\o\al(2,n))，那么b2012＝()A.eq\f(2011,2012)B.eq\f(2012,2011)C.eq\f(2012,2013) D.eq\f(2013,2012)等比數(shù)列{an}中，a3＝6，前三項(xiàng)和S3＝eq\i\in(0,3,)4xdx，那么公比q的值為()A．1B．－eq\f(1,2)C．1或－eq\f(1,2) D．－1或－eq\f(1,2)13．實(shí)數(shù)a、b、c、d成等比數(shù)列，且函數(shù)y＝ln(x＋2)－x當(dāng)x＝b時(shí)取到極大值c，那么ad等于________．14．在一個(gè)數(shù)列中，如果?n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k為常數(shù))，那么這個(gè)數(shù)列叫做等積數(shù)列，k叫做這個(gè)數(shù)列的公積．?dāng)?shù)列{an}是等積數(shù)列，且a1＝1，a2＝2，公積為8，那么a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________.兩個(gè)等比數(shù)列{an}、{bn}滿足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3，假設(shè)數(shù)列{an}唯一，那么a＝________.15．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足：Sn＝a(Sn－an＋1)(a為常數(shù)，且a≠0，a≠1)．(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝aeq\o\al(2,n)＋Sn·an，假設(shè)數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，求a的值．(3)在滿足條件(2)的情形下，設(shè)cn＝eq\f(1,bn＋1)－eq\f(1,bn＋1－1)，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：Tn>2n－eq\f(1,2).16．?dāng)?shù)列{an}是公差d≠0的等差數(shù)列，記Sn為其前n項(xiàng)和．(1)假設(shè)a2、a3、a6依次成等比數(shù)列，求其公比q.(2)假設(shè)a1＝1，證明點(diǎn)P1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(S1,1)))，P2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(S2,2)))，…，Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(Sn,n)))(n∈N*)在同一條直線上，并寫出此直線方程．在等差數(shù)列{an}中，設(shè)Sn為它的前n項(xiàng)和，假設(shè)S15>0，S16<0，且點(diǎn)A(3，a3)與B(5，a5)都在斜率為－2的直線l上，(1)求a1的取值范圍；(2)指出eq\f(S1,a1)，eq\f(S2,a2)，…，eq\f(S15,a15)中哪個(gè)值最大，并說明理由．1．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，那么a6＋a7>0是S9≥S3的()A．充分但不必要條件 B．必要但不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件2．正數(shù)組成的等差數(shù)列{an}的前20項(xiàng)的和是100，那么a6·a15的最大值是()A．25B．50C．100 D．不存在3．?dāng)?shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且a1、a3、a7為等比數(shù)列{bn}中連續(xù)的三項(xiàng)，那么數(shù)列{bn}的公比為()A.eq\r(2)B．4C．2 D.eq\f(1,2)4．各項(xiàng)均不為零的數(shù)列{an}，定義向量cn＝(an，an＋1)，bn＝(n，n＋1)，n∈N*.那么以下命題中為真命題的是()A．假設(shè)對(duì)于任意n∈N*總有cn∥bn成立，那么數(shù)列{an}是等差數(shù)列B．假設(shè)對(duì)于任意n∈N*總有cn∥bn成立，那么數(shù)列{an}是等比數(shù)列C．假設(shè)對(duì)于任意n∈N*總有cn⊥bn成立，那么數(shù)列{an}是等差數(shù)列D．假設(shè)對(duì)于任意n∈N*總有cn⊥bn成立，那么數(shù)列{an}是等比數(shù)列5．小正方形按照以下圖中的規(guī)律排列：每小圖中的小正方形的個(gè)數(shù)就構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}，有以下結(jié)論：①a5＝15；②數(shù)列{an}是一個(gè)等差數(shù)列；③數(shù)列{an}是一個(gè)等比數(shù)列；④數(shù)列的遞推公式為：an＝an－1＋n(n∈N*)，其中正確的為()A．①②④B．①③④C．①② D．①④6．如果一個(gè)正整數(shù)能表示為兩個(gè)連續(xù)偶數(shù)的平方差，那么稱這個(gè)正整數(shù)為“神秘?cái)?shù)”．介于1到200之間的所有“神秘?cái)?shù)”之和為______．7．函數(shù)y＝f(x)的圖象經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝6x－2，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，點(diǎn)(n，Sn)(n∈N*)在函數(shù)y＝f(x)的圖象上．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)假設(shè)數(shù)列{an}和數(shù)列{bn}滿足等式：an＝eq\f(b1,2)＋eq\f(b2,22)＋eq\f(b3,23)＋…＋eq\f(bn,2n)(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.8．f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn(n為正偶數(shù))且{an}為等差數(shù)列，f(1)＝n2，f(－1)＝n，試比擬feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))與3的大小，并證明你的結(jié)論．9．?dāng)?shù)列{xn}滿足x1＝0，xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c(n∈N*)．(1)證明：{xn}是遞減數(shù)列的充分必要條件是c<0；(2)求c的取值范圍，使{xn}是遞增數(shù)列．[答案]A[答案]C[答案]C[答案]B[答案]A[答案]A[答案]B[答案]C[答案]78ar[答案]an＝2n＋1[答案]an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2·6n－2，n≥2.))[解析](1)∵a3，a5是方程x2－14x＋45＝0的兩根，且數(shù)列{an}的公差d>0，∴a3＝5，a5＝9，公差d＝eq\f(a5－a3,5－3)＝2.∴an＝a5＋(n－5)d＝2n－1.又當(dāng)n＝1時(shí)，有b1＝S1＝eq\f(1－b1,2)，∴b1＝eq\f(1,3)，當(dāng)n≥2時(shí)，有bn＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2)(bn－1－bn)，∴eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(1,3)(n≥2)．∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)b1＝eq\f(1,3)，公比q＝eq\f(1,3)的等比數(shù)列，∴bn＝b1qn－1＝eq\f(1,3n).(2)由(1)知，cn＝anbn＝eq\f(2n－1,3n)，∴Tn＝eq\f(1,31)＋eq\f(3,32)＋eq\f(5,33)＋…＋eq\f(2n－1,3n)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,32)＋eq\f(3,33)＋eq\f(5,34)＋…＋eq\f(2n－3,3n)＋eq\f(2n－1,3n＋1)，②①－②得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,32)＋eq\f(2,33)＋…＋eq\f(2,3n)－eq\f(2n－1,3n＋1)＝eq\f(1,3)＋2(eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n))－eq\f(2n－1,3n＋1)，整理得Tn＝1－eq\f(n＋1,3n).[解析](1)∵當(dāng)n＝1時(shí)，2S1＝2－a1，∴2a1＝2－a1，∴a1＝eq\f(2,3)；當(dāng)n≥2時(shí)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2Sn＝2－an，,2Sn－1＝2－an－1.))兩式相減得2an＝an－1－an(n≥2)，即3an＝an－1(n≥2)，又an－1≠0，∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,3)(n≥2)，∴數(shù)列{an}是以eq\f(2,3)為首項(xiàng)，eq\f(1,3)為公比的等比數(shù)列．∴an＝eq\f(2,3)·(eq\f(1,3))n－1＝2·(eq\f(1,3))n.(2)由(1)知bn＝2·(eq\f(1,3))n＋n，∴Tn＝2[eq\f(1,3)＋(eq\f(1,3))2＋(eq\f(1,3))3＋…＋(eq\f(1,3))n]＋(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(2×\f(1,3)[1－\f(1,3)n],1－\f(1,3))＋eq\f(n＋1n,2)＝1－(eq\f(1,3))n＋eq\f(n2＋n,2).[答案]C[答案]C[答案]－1[答案]28[答案]eq\f(1,3)[解析](1)S1＝a(S1－a1＋1)，∴a1＝a，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝a(Sn－an＋1)，Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，兩式相減得an＝a·an－1，eq\f(an,an－1)＝a，即{an}是等比數(shù)列，∴an＝a·an－1＝an.(2)由(1)知an＝an，Sn＝eq\f(aan－1,a－1)，∴bn＝(an)2＋eq\f(aan－1,a－1)an＝eq\f(2a－1a2n－aan,a－1)，假設(shè){bn}為等比數(shù)列，那么有beq\o\al(2,2)＝b1b3，而b1＝2a2，b2＝a3(2a＋1)，b3＝a4(2a2＋a＋1)，故[a3(2a＋1)]2＝2a2·a4(2a2＋a＋1)，解得a＝eq\f(1,2)，再將a＝eq\f(1,2)代入，得bn＝(eq\f(1,2))n成立，所以a＝eq\f(1,2).(3)證明：由(2)知bn＝(eq\f(1,2))n，所以cn＝eq\f(1,\f(1,2)n＋1)－eq\f(1,\f(1,2)n＋1－1)＝eq\f(2n,2n＋1)＋eq\f(2n＋1,2n＋1－1)＝2－eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋1－1)，所以cn>2－eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)，Tn＝c1＋c2＋…＋cn>(2－eq\f(1,2)＋eq\f(1,22))＋(2－eq\f(1,22)＋eq\f(1,23))＋…＋(2－eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1))＝2n－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2n＋1)>2n－eq\f(1,2).[解析](1)∵a2、a3、a6依次成等比數(shù)列，∴q＝eq\f(a3,a2)＝eq\f(a6,a3)＝eq\f(a6－a3,a3－a2)＝eq\f(3d,d)＝3，即公比q＝3.(2)證明：∵Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，∴eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝1＋eq\f(n－1,2)d.∴點(diǎn)Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(Sn,n)))在直線y＝1＋eq\f(x－1,2)d上．∴點(diǎn)P1，P2，…，Pn(n∈N*)都在過點(diǎn)(1,1)且斜率為eq\f(d,2)的直線上．此直線方程為y－1＝eq\f(d,2)(x－1)．即dx－2y＋2－d＝0.[解析](1)由可得eq\f(a5－a3,5－3)＝－2，那么公差d＝－2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S15＝15a1＋\f(15×14,2)×d＝15a1－14>0，,S16＝16a1＋\f(16×15,2)×d＝16a1－15<0.))∴14<a1<15.(2)最大的值是eq\f(S8,a8)，∵S15＝15a8>0，S16＝8(a8＋a9)<0，∴a8>0，a9<0，即S8最大．又當(dāng)1≤i≤8時(shí)，eq\f(Si,ai)>0；當(dāng)9≤i≤15時(shí)，eq\f(Si,ai)<0，∵數(shù)列{an}遞減，∴eq\f(S1,a1)≤eq\f(S2,a2)≤…≤eq\f(S8,a8)，eq\f(S8,a8)≥eq\f(S9,a9)≥…≥eq\f(S15,a15)?eq\f(S8,a8)最大．[答案]A[答案]A[答案]C[答案]A[答案]D[答案]2500[解析](1)由題意可設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c，那么f′(x)＝2ax＋b＝6x－2，∴a＝3，b＝－2，∵f(x)過原點(diǎn)，∴c＝0，∴f(x)＝3x2－2x.依題意得Sn＝3n2－2n.n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，n＝1時(shí)，a1＝S1＝1適合上式．∴an＝6n－5(n∈N*)．(2)∵an＝eq\f(b1,2)＋eq\f(b2,22)＋eq\f(b3,23)＋…＋eq\f(bn,2n)，∴an－1＝eq\f(b1,2)＋eq\f(b2,22)＋eq\f(b3,23)＋…＋eq\f(bn－1,2n－1)(n≥2)．相減得eq\f(bn,2n)＝6，∴bn＝6·2n(n≥2)．b1＝2a1∴bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＝1，,6·2nn≥2.))∴Tn＝2＋6(22＋23＋…＋2n)＝3·2n＋2－22.[解析]由f(1)＝n2，f(－1)＝n得，a1＝1，d＝2.∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，兩邊同乘以eq\f(1,2)得，eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(2n－3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋(2n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，兩式相減得，eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－(2n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(1,2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－(2n－1)eq\f(1,2n＋1).∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝3－eq\f(2n＋3,2n)<3.[解析](1)證明：先證充分性，假設(shè)c<0，由于xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c≤xn＋c<xn，故{xn}是遞減數(shù)列；再證必要性，假設(shè){xn}是遞減數(shù)列，那么由x2<x1可得c<0.(2)(ⅰ)假設(shè){xn}是遞增數(shù)列，由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2