小題必刷卷(八)1.C[解析]由題意,得Sn=na1+n(n-1)2d,則S4+S62S5=(4a1+6d)+(6a1+15d)2(5a1+10d)=d.因此當(dāng)d>0時(shí),S4+S62S5>0,則S4+S6>2S5;當(dāng)S4+S6>2S5時(shí),S4+S62S5>0,則d>0.所以“d>0”是“S4+S6>2S2.C[解析]設(shè){an}的公差為d,則2a1+7d=24且6a1+15d=48,解得d=4.3.B[解析]設(shè)塔的頂層共有a1盞燈,根據(jù)題意得a1(1-27)1-4.A[解析]{an}為等差數(shù)列,且a2,a3,a6成等比數(shù)列,則a32=a2·a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d將a1=1代入上式并化簡,得d2+2d=0,∵d≠0,∴d=2,∴S6=6a1+6×52d=1×6+6×52×(2)=5.B[解析]由a3,a4,a8成等比數(shù)列得,a42=a3a8?(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d)?3a1d+5d2=0,因公差d≠0,故a1=53d,a1d=53d2<0,dS4=d4a1+4×32d6.B[解析]因?yàn)閍n+1=an,所以an=a1.又因?yàn)閎n+1+cn+1=12(bn+cn)+an=12(bn+cn)+a1,所以bn+1+cn+12a1=12(bn+cn2a1).因?yàn)閎1+c12a1=0,所以bn+cn=2a1,故△AnBnCn中邊BnCn的長度不變,另外兩邊AnBn,AnC因?yàn)閎n+1cn+1=12(bncn),且b1c1>0,所以bncn=-12n-1(b1c1),當(dāng)n→+∞時(shí),bn→cn,也就是AnCn→AnBn,所以△AnBnCn中BnCn邊上的高隨著n的增大而增大.設(shè)△AnBnCn中BnCn邊上的高為hn,則{hn}單調(diào)遞增,所以Sn=12a17.A[解析]由題意得,An是線段An1An+1(n≥2)的中點(diǎn),Bn是線段Bn1Bn+1(n≥2)的中點(diǎn),且線段AnAn+1的長度都相等,線段BnBn+1的長度都相等.過點(diǎn)An作高線hn.由A1作高線h2的垂線A1C1,由A2作高線h3的垂線A2C2,則h2h1=|A1A2|sin∠A2A1C1,h3h2=|A2A3|sin∠A3A2C2.而|A1A2|=|A2A3|,∠A2A1C1=∠A3A2C2,故h1,h2,h3成等差數(shù)列,故{Sn}是等差數(shù)列.8.2011[解析]因?yàn)閍n=(anan1)+(an1an2)+…+(a2a1)+a1=n+(n1)+…+2+1=n(n+1)2,所以1an=2n(n+1)9.8[解析]設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.由a1+a顯然q≠±1,a1≠0,由②①得1q=3,即q=2,代入①式可得a1=1∴a4=a1q3=1×(2)3=8.10.1[解析]設(shè){an}的公差為d,{bn}的公比為q.由a4=a1+3d=1+3d=8求得d=3,所以a2=a1+d=1+3=2.由b4=b1q3=q3=8求得q=2,所以b2=b1q=1×(2)=2,所以a2b211.1n[解析]因?yàn)閍1=1,an+1=SnSn+1,所以S1=1,Sn+1Sn=SnSn+1,所以1Sn+11Sn=1,所以數(shù)列1Sn是首項(xiàng)為1,公差為1的等差數(shù)列,所以1S12.49[解析]由已知,a1+a10=0,a1+a15=103?d=23,a1=3,∴nSn=n3-10n23,易得n=6或n=7時(shí),nSn出現(xiàn)最小值.當(dāng)n=6時(shí),nSn=48;n=7時(shí),nSn=13.B[解析]因?yàn)镾3=3a2=12,所以a2=4,又公差為2,所以a3=6,故選B.14.B[解析]由1,a,16為等比數(shù)列?a2=16×1?a=±4,因此a=4?1,a,16為等比數(shù)列,反之不一定成立,所以“1,a,16為等比數(shù)列”是“a=4”的必要不充分條件,故選B.15.B[解析]∵點(diǎn)(n,an)(n∈N*)在經(jīng)過點(diǎn)(10,6)的定直線上,∴an6=k(n10),可得a10=6,且數(shù)列{an}為等差數(shù)列,則數(shù)列{an}的前19項(xiàng)和S19=19(a1+a19)2=19a16.B[解析]由題意可得,數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n,又am=a14q6=210=2m,所以m=10,故選17.B[解析]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,∵S4≥10,S5≤15,∴a1+a2+a3+a4≥10,a1+a2+a3+a4+a5≤15,∴a5≤5,a3≤3,即a1+4d≤5,a1+2d≤3,兩式相加得2(a1+3d)≤8,∴a4≤4.故選B.18.D[解析]由等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式,得S2017=2017(a1+a2017)2=4034,則a1+a2017=4.由等差數(shù)列的性質(zhì)得a9+a2009=4,所以1a9+9a2009=14(a9+a2009)1a9+9a2009=141+9+a2009a9+9a9a2009≥19.B[解析]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0),等比數(shù)列bn的公比為q.在等比數(shù)列bn中,b22=b1b3?a42=a2a8?(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d)?d=a1=2,則an=a1+(n1)d=2n,b1=a2=4,b2=a4=8,∴q=b2b1=2,∴{bn}的前20.C[解析]因?yàn)閧an}為公差大于0的等差數(shù)列,且A2={3,5},所以a2=3,a3=5,則公差d=2,a1=1,故an=1+(n1)×2=2n1.則在數(shù)列{an}中,由199=2n1,得n=100.又前n個(gè)集合中,共有數(shù)列{an}中的n(n+1)2項(xiàng),易知當(dāng)n=13時(shí),n(n+1)2=91,當(dāng)n=14時(shí),n(n21.B[解析]由題意,得an=aqn1,則bn=1+a(1-qn)1-q=1+a1-qaqn1-q,得cn=2+1+a1-qna1-q·q(22.3501[解析]當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),f(3n)=0;當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),f3n=3n+123n-12,因此數(shù)列f3n的前100項(xiàng)和為3130+3231+…23.3240[解析]因?yàn)楫?dāng)k=4t+1(t∈N*)時(shí)ak+1ak=2k1,ak+2+ak+1=2k+1,ak+3ak+2=2k+3,所以ak+ak+1+ak+2+ak+3=[(ak+1+ak+2)(ak+1ak)]+[(ak+3ak+2)+(ak+1+ak+2)]=4k+6,因此,此數(shù)列每四項(xiàng)構(gòu)成首項(xiàng)為10,公差為16的等差數(shù)列,則{an}的前80項(xiàng)和為20×10+20×192×16=324024.412n-2[解析]當(dāng)x∈[0,2)時(shí),函數(shù)f(x)圖像的對稱軸為x=1,開口向下,故最大值為f(1)=2.由于f(x+2)=12f(x),即從[2,4)起,每隔兩個(gè)單位長度圖像的“高度”就是前一個(gè)區(qū)間圖像“高度”的一半,故最大值,即{an}是首項(xiàng)為2,公比為12的等比數(shù)列,其前n項(xiàng)和Sn解答必刷卷(三)1.解:(1)證明:由題意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=11-λ,a1由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1λan,即an+1(λ1)=λan.由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以an+1a因此{(lán)an}是首項(xiàng)為11-λ,公比為λλ-1的等比數(shù)列,于是an=1(2)由(1)得Sn=1λλ-1n,由S5=3132得1λλ-15=3132,即λλ-解得λ=1.2.解:(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=13,得a1=2所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公差為3的等差數(shù)列,其通項(xiàng)公式為an=3n1.(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=bn3,因此{(lán)bn}是首項(xiàng)為1,公比為13的等比數(shù)列.記{bn}的前n項(xiàng)和為SSn=1-(133.解:(1)設(shè){an}的公差為d,據(jù)已知有7+21d=28,解得d=1,所以{an}的通項(xiàng)公式為an=n.故b1=[lg1]=0,b11=[lg11]=1,b101=[lg101]=2.(2)因?yàn)閎n=0所以數(shù)列{bn}的前1000項(xiàng)和為1×90+2×900+3×1=1893.4.解:(1)因?yàn)?Sn=(an+1)2,所以當(dāng)n=1時(shí),4a1=(a1+1)2,解得a1=1,當(dāng)n=2時(shí),4(1+a2)=(a2+1)2,解得a2=1或a2=3,因?yàn)閧an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列,所以a2=3,所以{an}的公差d=a2a1=2,所以{an}的通項(xiàng)公式an=a1+(n1)d=2n1.(2)因?yàn)?Sn=(an+1)2,所以Sn=(2n-所以Sn72an=n272(2n1)=n27n+72=n722所以,當(dāng)n=3或n=4時(shí),Sn72an取得最小值,為175.解:(1)a1=4,a2=10,a3=16,猜想an=6n2.(2)由題意可知b1=4,b3=16,故bn的公比q滿足q2=4因?yàn)閎n的各項(xiàng)均為正數(shù),所以q=2,bn=2n+1于是Tn=1×4+2×8+3×16+…+n×2n+1①,而2Tn=1×8+2×16+…+(n1)×2n+1+n×2n+2②,①②,得Tn=4+8+…+2n+1n×2n+2=4×1-2n1-2n×2n+2,故Tn=(n1)6.解:(1)根據(jù)題意,設(shè)等差數(shù)