11級(jí)理科數(shù)列專(zhuān)題（續(xù)）1.已知兩個(gè)等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別為An和Bn,且,則使得為整數(shù)的正整數(shù)n的個(gè)數(shù)是()A.2B.3C.4D.52.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和(n∈N*),則a4等于（）A.B.C.D.3.已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝1，an＋1＝|an－an－1|(n≥2)，則該數(shù)列前2011項(xiàng)的和S2011等于 ()A．1341B．669C．1340D．13394．在函數(shù)y＝f(x)的圖象上有點(diǎn)列(xn，yn)，若數(shù)列{xn}是等差數(shù)列，數(shù)列{yn}是等比數(shù)列，則函數(shù)y＝f(x)的解析式可能為 ()A．f(x)＝2x＋1 B．f(x)＝4x2C．f(x)＝log3x D．f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))x5.在等差數(shù)列{an}中，其前n項(xiàng)和是Sn，若S15>0，S16<0，則在eq\f(S1,a1)，eq\f(S2,a2)，…，eq\f(S15,a15)中最大的是 ()A.eq\f(S1,a1) B.eq\f(S8,a8) C.eq\f(S9,a9) D.eq\f(S15,a15)6.已知數(shù)列{an}，{bn}都是公差為1的等差數(shù)列，其首項(xiàng)分別為a1，b1且a1＋b1＝5，a1，b1∈N*，設(shè)cn＝abn(n∈N*)，則數(shù)列{cn}的前10項(xiàng)之和等于 ()A．55B．70C．85D．1007.在△ABC中，eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(2cosC＋cosA,2sinC－sinA)是角A、B、C成等差數(shù)列的 ()A．充分非必要條件B．充要條件C．必要非充分條件D．既不充分也不必要條件8．等比數(shù)列{an}中，a1＝512，公比q＝－eq\f(1,2)，用Πn表示它的前n項(xiàng)之積：Πn＝a1·a2·…·an，則Πn中最大的是()A．Π11B．Π10C．Π9D．Π9．設(shè)函數(shù)f(x)＝xm＋ax的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝2x＋1，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,fn)))(n∈N*)的前n項(xiàng)和是()A.eq\f(n,n＋1)B.eq\f(n＋2,n＋1)C.eq\f(n,n－1)D.eq\f(n＋1,n)10．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝1，an、an＋1是方程x2－(2n＋1)x＋eq\f(1,bn)＝0的兩個(gè)根，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝()A.eq\f(1,2n＋1)B.eq\f(1,n＋1)C.eq\f(n,2n＋1)D.eq\f(n,n＋1)11．如圖，它滿足：(1)第n行首尾兩數(shù)均為n；(2)圖中的遞推關(guān)系類(lèi)似楊輝三角，則第n(n≥2)行的第2個(gè)數(shù)是________．12．在等比數(shù)列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3與a5的等比中項(xiàng)為2，bn＝log2an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，則當(dāng)eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋…＋eq\f(Sn,n)最大時(shí)，n的值等于________．13.設(shè)等比數(shù)列的公比，前項(xiàng)和為，則．14.設(shè)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為,若,則.15.正項(xiàng)等比數(shù)列的首項(xiàng)，其前11項(xiàng)的幾何平均數(shù)為，若前11項(xiàng)中抽取一項(xiàng)后的幾何平均數(shù)仍是，則抽取一項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)為_(kāi)．16．?dāng)?shù)列1,（1+2）,（1+2+22）,…,（1+2+…+2n－1）,…的前n項(xiàng)和等于．17.等差數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，a1＝3，前n項(xiàng)和為Sn，{bn}為等比數(shù)列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.(1)求an與bn；(2)求eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)的值．18.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝1，且an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，(1)求數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)Sn＝eq\f(1,f(n))，bn＝f(eq\f(1,2n))＋1.記Pn＝S1S2＋S2S3＋…＋SnSn＋1，Tn＝b1b2＋b2b3＋…＋bnbn＋1，試求Tn，并證明Pn<eq\f(1,2).19.已知數(shù)列中，,.（1）求；（2）求的通項(xiàng)公式；（3）證明：對(duì)，.20.已知數(shù)列中．當(dāng)時(shí)．（） （Ⅰ）證明：為等比數(shù)列；（Ⅱ）求數(shù)列的通項(xiàng)； （Ⅲ）若數(shù)列滿足，求的前項(xiàng)和．21.已知數(shù)列{an}滿足2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前n項(xiàng)和為Sn，且a3＝5，S6＝36.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝6n＋(－1)n－1λ·2an(λ為正整數(shù)，n∈N*)，試確定λ的值，使得對(duì)任意n∈N*，都有bn＋1＞bn成立．22.已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，點(diǎn)在直線上，數(shù)列滿足且其前項(xiàng)和為.(1)求數(shù)列,的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)，數(shù)列的前n項(xiàng)的和為，求使不等式對(duì)一切都成立的最大正整數(shù)的值.23.已知數(shù)列{an}中，a1=1，當(dāng)n≥2時(shí)，其前n項(xiàng)和Sn滿足S=an(Sn-).（1）證明：是等差數(shù)列，求Sn的表達(dá)式；（2）設(shè)bn=，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.11級(jí)理科數(shù)列專(zhuān)題（續(xù)）（答案）1.解析:,∴＝.當(dāng)n＝1,2,3,5,11時(shí),是正整數(shù).答案:D2.解析：由已知,得a4＝S4-S3＝.答案：A3.[答案]A[解析]列舉數(shù)列各項(xiàng)為：1,1,0,1,1,0，….∵2011＝3×670＋1，∴S2011＝2×670＋1＝1341.4．[答案]D[解析]對(duì)于函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))x上的點(diǎn)列(xn，yn)，有yn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))xn，由于{xn}是等差數(shù)列，所以xn＋1－xn＝d，因此eq\f(yn＋1,yn)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))xn＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))xn)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))xn＋1－xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))d，這是一個(gè)與n無(wú)關(guān)的常數(shù)，故{yn}是等比數(shù)列．故選D.5.[答案]B[解析]由于S15＝15a8>0，S16＝eq\f(16(a1＋a16),2)＝8(a8＋a9)<0，所以可得a8>0，a9<0.這樣eq\f(S1,a1)>0，eq\f(S2,a2)>0，…，eq\f(S8,a8)>0，eq\f(S9,a9)<0，eq\f(S10,a10)<0，…，eq\f(S15,a15)<0，…而0<S1<S2<…<S8，a1>a2>…>a8>0，所以在eq\f(S1,a1)，eq\f(S2,a2)，…，eq\f(S15,a15)中最大的是eq\f(S8,a8)，故選B.6.[答案]C[解析]an＝a1＋(n－1)·1＝a1＋n－1，bn＝b1＋n－1，則abn＝a1＋bn－1＝a1＋(b1＋n－1)－1＝n＋3∴cn＝n＋3，故數(shù)列{cn}為等差數(shù)列，首項(xiàng)是1＋3＝4，公差為1，∴前10項(xiàng)和為10×4＋eq\f(10×(10－1),2)＝85.7.[答案]A[解析]eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(2cosC＋cosA,2sinC－sinA)?2sinAsinC－sin2A＝2cosAcosC＋cos2A?2cos(A＋C)＋1＝0?cosB＝eq\f(1,2)?B＝eq\f(π,3)?A＋C＝2B?A、B、C成等差數(shù)列．但當(dāng)A、B、C成等差數(shù)列時(shí)，eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(2cosC＋cosA,2sinC－sinA)不一定成立，如A＝eq\f(π,2)、B＝eq\f(π,3)、C＝eq\f(π,6).故是充分非必要條件．故選A.8．解析：Πn＝a1a2…an＝aeq\o\al(n,1)·q1＋2＋…＋n－1＝29neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\f(n－1n,2)＝(－1)eq\f(nn－1,2)2eq\f(－n2＋19n,2)，∴當(dāng)n＝9時(shí)，Πn最大．故選C答案：C9．解析：∵f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴m＝2，a＝1，∴f(x)＝x2＋x＝x(x＋1)，∴eq\f(1,fx)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).答案：A10．解析：由題意得an＋an＋1＝2n＋1，又∵an－n＝－[an＋1－(n＋1)]，a1＝1∴an＝n，又an·an＋1＝eq\f(1,bn)，∴bn＝eq\f(1,nn＋1).∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).答案：D11．解析：設(shè)第n(n≥2)行的第2個(gè)數(shù)構(gòu)成數(shù)列{an}，則有a3－a2＝2，a4－a3＝3，a5－a4＝4，…，an－an－1＝n－1，相加得an－a2＝2＋3＋…＋(n－1)＝eq\f(2＋n－1,2)×(n－2)＝eq\f(n＋1n－2,2)，an＝2＋eq\f(n＋1n－2,2)＝eq\f(n2－n＋2,2).答案：eq\f(n2－n＋2,2)12．[答案]8或9[解析]∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，∴aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝25，又an>0，∴a3＋a5＝5，又q∈(0,1)，∴a3>a5，又a3·a5＝4，∴a3＝4，a5＝1，∴q＝eq\f(1,2)，a1＝16，an＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝25－n，bn＝log2an＝5－n，bn＋1－bn＝－1，∴{bn}是以b1＝4為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列，∴Sn＝eq\f(n(9－n),2)，∴eq\f(Sn,n)＝eq\f(9－n,2)，∴當(dāng)n≤8時(shí)，eq\f(Sn,n)>0；當(dāng)n＝9時(shí)，eq\f(Sn,n)＝0；當(dāng)n>9時(shí)，eq\f(Sn,n)<0，∴當(dāng)n＝8或9時(shí)，eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋eq\f(S3,3)＋…＋eq\f(Sn,n)最大．13.答案：15【解析】對(duì)于14.答案：115.616．2n+1－n－217.解：(1)設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q，則d為正數(shù)，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1，依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S2b2＝6＋dq＝64,S3b3＝9＋3dq2＝960))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2,q＝8))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝－\f(6,5),q＝\f(40,3)))(舍去)，故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.(2)由(1)知Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n＋1n＋2).18.[解析](1)解：∵an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，∴Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0.∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2.又∵a＝1，∴Sn＝eq\f(1,2n－1)(n∈N＋)．(2)證明：∵Sn＝eq\f(1,f(n))，∴f(n)＝2n－1.∴bn＝2(eq\f(1,2n))－1＋1＝(eq\f(1,2))n－1.Tn＝(eq\f(1,2))0·(eq\f(1,2))1＋(eq\f(1,2))1·(eq\f(1,2))2＋…＋(eq\f(1,2))n－1·(eq\f(1,2))n＝(eq\f(1,2))1＋(eq\f(1,2))3＋(eq\f(1,2))5＋…＋(eq\f(1,2))2n－1＝eq\f(2,3)[1－(eq\f(1,4))n]．∴Pn＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,(2n－1)(2n＋1))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq\f(1,2).19.解（1）（2）當(dāng)為偶數(shù)時(shí)：當(dāng)為奇數(shù)時(shí)：所以（3）當(dāng)時(shí)，顯然成立。20.（Ⅰ）證明:數(shù)列中．當(dāng)時(shí)．（） 當(dāng)時(shí)，即． 所以是以為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列 （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，故， ，…， 累加得，所以． （Ⅲ）,= =．21.解：(1)∵2an＋1＝an＋an＋2，∴{an}是等差數(shù)列，設(shè){an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，由a3＝5，S6＝36得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5,6a1＋15d＝36))，解