吉林省长白山一高2013届高中数学总复习阶段性测试题5 数列 新人教A版必修1

阶段性测试题五(数列)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分150分。

考试时间120分钟。

第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．(文)(2011·山东东明县月考)在等差数列{an}中，已知a1＝2，a2＋a3＝13，则a4＋a5＋a6等于( )A ．40B ．42C ．43D ．45 [答案] B[解析] ∵⎩⎨⎧a1＝22a1＋3d ＝13，∴d ＝3.∴a4＋a5＋a6＝3a1＋12d ＝42，故选B.(理)(2011·江西南昌市调研)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn ，且满足S33－S22＝1，则数列{an}的公差是( ) A.12 B ．1 C ．2 D ．3[答案] C[解析] 设{an}的公差为d ，则Sn ＝na1＋－2d ，∴{Sn n }是首项为a1，公差为d2的等差数列， ∵S33－S22＝1，∴d2＝1，∴d ＝2.2．(2011·辽宁沈阳二中检测，辽宁丹东四校联考)已知数列{an}满足log3an ＋1＝log3an ＋1(n ∈N*)且a2＋a4＋a6＝9，则log 13(a5＋a7＋a9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5 D.15[答案] A[分析] 根据数列满足log3an ＋1＝log3an ＋1(n ∈N*)．由对数的运算法则，得出an ＋1与an 的关系，判断数列的类型，再结合a2＋a4＋a6＝9得出a5＋a7＋a9的值．[解析] 由log3an ＋1＝log3an ＋1(n ∈N*)得，an ＋1＝3an ，∵an>0，∴数列{an}是公比等于3的等比数列，∴a5＋a7＋a9＝(a2＋a4＋a6)×33＝35，∴log 13(a5＋a7＋a9)＝－log335＝－5. 3．(文)(2011·广东促元中学期中)已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，公式q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，则( )A ．a6＝b6B ．a6>b6C ．a6<b6D ．以上都有可能 [答案] B[解析] a6＝a1＋a112，b6＝b1b11＝a1a11， 由q≠1得，a1≠a11.故a6＝a1＋a112>a1a11＝b6.(理)(2011·安徽百校论坛联考)已知a>0，b>0，A 为a ，b 的等差中项，正数G 为a ，b 的等比中项，则ab 与AG 的大小关系是( )A ．ab ＝AGB ．ab≥AGC ．ab≤AGD ．不能确定 [答案] C[解析] 由条件知，a ＋b ＝2A ，ab ＝G2，∴A ＝a ＋b2≥ab ＝G>0，∴AG≥G2，即AG≥ab ，故选C.[点评] 在知识交汇点处命题是常见命题方式，不等式与数列交汇的题目要特别注意等差(等比)数列的公式及性质的运用．4．(2011·潍坊一中期末)各项都是正数的等比数列{an}的公比q≠1，且a2，12a3，a1成等差数列，则a3＋a4a4＋a5的值为( )A.1－52B.5＋12C.5－12 D.5＋12或5－12[答案] C [解析] ∵a2，12a3，a1成等差数列，∴a3＝a2＋a1，∵{an}是公比为q 的等比数列，∴a1q2＝a1q ＋a1，∴q2－q －1＝0，∵q>0，∴q ＝5－12.5．(2011·北京日坛中学月考)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝1，an ＋1＝|an －an －1|(n≥2)，则该数列前2011项的和S2011等于( )A ．1341B ．669C ．1340D ．1339 [答案] A[解析] 列举数列各项为：1,1,0,1,1,0，….∵2011＝3×670＋1，∴S2011＝2×670＋1＝1341. 6．(文)(2011·福建三明市期末联考)数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1、a3、a7为等比数列{bn}的连续三项，则数列{bn}的公比为( )A. 2 B ．4 C ．2 D.12[答案] C[解析] ∵a1、a3、a7为等比数列{bn}中的连续三项，∴a23＝a1·a7，设{an}的公差为d ，则d≠0，∴(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，∴a1＝2d ，∴公比q ＝a3a1＝4d2d ＝2，故选C.(理)(2011·安徽皖南八校联考)设{an}是公比为q 的等比数列，令bn ＝an ＋1(n ＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则q 等于( )A ．－43B ．－32C ．－23或－32D ．－34或－43[答案] C[解析] 集合{－53，－23,19,37,82}中的各元素减去1得到集合{－54，－24,18,36,81}，其中－24,36，－54,81或81，－54,36，－24成等比数列，∴q ＝－32或－23.7．(文)(2011·山东实验中学期末)已知数列{an}为等差数列，若a11a10<－1，且它们的前n 项和Sn 有最大值，则使得Sn>0的最大值n 为( )A ．11B ．19C ．20D ．21 [答案] B[解析] ∵Sn 有最大值，∴a1>0，d<0，∵a11a10<－1，∴a11<0，a10>0，∴a10＋a11<0，∴S20＝＋2＝10(a10＋a11)<0， 又S19＝＋2＝19a10>0，故选B.(理)(2010·西南师大附中月考)在等差数列{an}中，其前n 项和是Sn ，若S15>0，S16<0，则在S1a1，S2a2，…，S15a15中最大的是( )A.S1a1B.S8a8C.S9a9D.S15a15 [答案] B[解析] 由于S15＝15a8>0，S16＝＋2＝8(a8＋a9)<0，所以可得a8>0，a9<0.这样S1a1>0，S2a2>0，…，S8a8>0，S9a9<0，S10a10<0，…，S15a15<0，…而0<S1<S2<…<S8，a 1>a2>…>a8>0，所以在S1a1，S2a2，…，S15a15中最大的是S8a8，故选B. 8．(2011·江西新余四中期末)在△ABC 中，sinA cosA ＝2cosC ＋cosA2sinC －sinA 是角A 、B 、C 成等差数列的( )A ．充分非必要条件B ．充要条件C ．必要非充分条件D ．既不充分也不必要条件 [答案] A[解析] sinA cosA ＝2cosC ＋cosA2sinC －sinA ⇒2sinAsinC －sin2A ＝2cosAcosC ＋cos2A ⇒2cos(A ＋C)＋1＝0⇒cosB ＝12⇒B ＝π3⇒A ＋C ＝2B ⇒A 、B 、C 成等差数列．但当A 、B 、C 成等差数列时，sinA cosA ＝2cosC ＋cosA 2sinC －sinA 不一定成立，如A ＝π2、B ＝π3、C ＝π6.故是充分非必要条件．故选A.9．(文)(2010·山东济南模拟)已知F1、F2分别是双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，P 为双曲线左支上的一点，若∠F1PF2＝90°，且△F1PF2的三边长成等差数列，则双曲线的离心率是( )A ．2B ．3C ．4D ．5 [答案] D[解析] 依题意得，|PF2|－|PF1|＝2a ①， 2|PF2|＝|PF1|＋2c ②，由①、②可得|PF1|＝2c －4a ，|PF2|＝2c －2a ， 又△F1PF2为直角三角形，且∠F1PF2＝90°， ∴|PF2|2＋|PF1|2＝(2c)2，即c2＋5a2－6ac ＝0，解得c a ＝5，或ca ＝1(舍去)，故选D.(理)(2010·海口调研)已知F1、F2分别是双曲线x2－y224＝1的左、右焦点，P 是双曲线上的一点，若|PF2|、|PF1|、|F1F2|是公差为正数的等差数列，则△F1PF2的面积为( )A ．24B ．22C ．18D ．12 [答案] A[解析] 由题意可知|PF2|<|PF1|，所以点P 在双曲线的右支上，所以|PF1|－|PF2|＝2，又|PF2|＋|F1F2|＝2|PF1|，即|PF2|＋10＝2|PF1|，联立解得|PF1|＝8，|PF2|＝6，所以△F1PF2是以点P 为直角顶点的直角三角形，所以面积为12×8×6＝24.10.(文)(2011·天津河西区期末)将n2(n≥3)个正整数1,2,3，…，n2填入n×n 方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形就叫做n 阶幻方．记f(n)为n 阶幻f(3)＝15，则f(n)＝( )A.12n(n2＋1)B.12n2(n ＋1)－3C.12n2(n2＋1) D ．n(n2＋1)[答案] A[解析] 本题以幻方为载体考查了数列的求和问题．由已知可得f(n)＝1n (1＋2＋3＋…＋n2)＝1n ×＋2＝＋2.(理)(2011·海南嘉积中学模拟、四川广元诊断)若数列{an}满足：an ＋1＝1－1an 且a1＝2，则a2011等于( )A ．1B ．－12C ．2 D.12 [答案] C[解析] a1＝2，a2＝12，a3＝－1，a4＝2，a5＝12，a6＝－1，…依次类推，数列{an}的周期是3，而2011＝3×670＋1，故a2011＝a1＝2.11．(文)(2011湖北荆门市调研)数列{an}是等差数列，公差d≠0，且a2046＋a1978－a22012＝0，{bn}是等比数列，且b2012＝a2012，则b2010·b2014＝( )A ．0B ．1C ．4D ．8 [答案] C[解析] ∵a2046＋a1978＝2a2012，∴2a2012－a22012＝0， ∴a2012＝0或2，∵{bn}是等比数列，b2012＝a2012，∴b2012＝2， ∴b2010·b2014＝b22012＝4. (理)(2011·豫南九校联考)设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab10＝( )A ．1033B ．1034C ．2057D ．2058 [答案] A[解析] an ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，bn ＝1×2n －1＝2n －1，ab1＋ab2＋…＋ab10＝a1＋a2＋a4＋…＋a29＝(1＋1)＋(2＋1)＋(22＋1)＋…＋(29＋1)＝10＋－2－1＝210＋9＝1033. 12．(文)(2011·绍兴一中模拟)在圆x2＋y2＝10x 内，过点(5,3)有n 条长度成等差数列的弦，最短弦长为数列{an}的首项a1，最长弦长为an ，若公差d ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤13，23，那么n 的取值集合为( )A ．{4,5,6}B ．{6,7,8,9}C ．{3,4,5}D ．{3,4,5,6} [答案] A[解析] ∵圆x2＋y2＝10x 化为(x －5)2＋y2＝25，∴圆心为(5,0)，半径为5.故最长弦长an ＝10，最短弦长a1＝8，∴10＝8＋(n －1)d ，∴d ＝2n －1，∵d ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤13，23，∴13<2n －1≤23，∴4≤n<7，又∵n ∈N*，∴n 的取值为4,5,6，故选A.(理)(2010·青岛质检)在数列{an}中，an ＋1＝an ＋a(n ∈N*，a 为常数)，若平面上的三个不共线的非零向量OA →，OB →，OC →满足OC →＝a1OA →＋a2010OB →，三点A 、B 、C 共线且该直线不过O 点，则S2010等于( )A ．1005B ．1006C ．2010D ．2012 [答案] A[解析] 由条件知数列{an}为等差数列，且A 、B 、C 三点共线，∴a1＋a2010＝1，故有S2010＝＋2＝1005.第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)13．(2011·江苏镇江市质检)已知1，x1，x2,7成等差数列，1，y1，y2,8成等比数列，点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则线段MN 的中垂线方程是________．[答案] x ＋y －7＝0[解析] 由条件得x1＝3，x2＝5，y1＝2，y2＝4，∴MN 的中点(4,3)，kMN ＝1，∴MN 的中垂线方程为y －3＝－(x －4)，即x ＋y －7＝0.14．(文)(2010·哈尔滨模拟)已知双曲线an －1y2－anx2＝an －1an(n≥2，n ∈N*)的焦点在y 轴上，一条渐近线方程是y ＝2x ，其中数列{an}是以4为首项的正项数列，则数列{an}的通项公式是________． [答案] an ＝2n ＋1[解析] 双曲线方程为y2an －x2an －1＝1，∵焦点在y 轴上，又渐近线方程为y ＝2x ，∴an an －1＝2，又a1＝4，∴an ＝4×2n －1＝2n ＋1. (理)(2010·无锡模拟)已知正项数列{an}的首项a1＝1，前n 项和为Sn ，若以(an ，Sn)为坐标的点在曲线y ＝12x(x ＋1)上，则数列{an}的通项公式为________．[答案] an ＝n[解析] 由条件知，Sn ＝12an(an ＋1)，∴Sn －1＝12an －1(an －1＋1) (n≥2)，两式相减得an ＝12(a2n －a2n －1＋an －an －1)，整理得an －an －1＝1，∵a1＝1，∴an ＝n.15．(2011·苏北九校联考)已知α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2∪⎝⎛⎭⎪⎫π2，π，且sin α，sin2α，sin4α成等比数列，则α的值为________．[答案] 2π3[解析] 由题意，sin22α＝sinα·sin4α，∴sin22α＝2sinα·sin2α·cos2α，即sin2α＝2sinα·cos2α，∴2sinαcosα＝2sinα·cos2α，即cosα＝cos2α， ∴2cos2α－1＝cosα.∴(2cosα＋1)(cosα－1)＝0.∴cosα＝－12，∴α＝2π3.16．(文)(2011·湖北荆门调研)秋末冬初，流感盛行，荆门市某医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an}，已知a1＝1，a2＝2，且an ＋2－an ＝1＋(－1)n (n ∈N*)，则该医院30天入院治疗流感的人数共有________人．[答案] 255[解析] ∵an ＋2－an ＝1＋(－1)n (n ∈N*)，∴n 为奇数时，an ＋2＝an ，n 为偶数时，an ＋2－an ＝2，即数列{an}的奇数项为常数列，偶数项构成以2为首项，2为公差的等差数列．故这30天入院治疗流感人数共有15＋(15×2＋15×142×2)＝255人． (理)(2011·浙江宁波八校联考)在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，且从上到下所有公比相等，则a ＋b ＋c 的值为________.[答案] 22[解析] 由横行成等差数列知，6下边为3，从纵列成等比数列及所有公比相等知，公比q ＝2，∴b ＝2×2＝4由横行等差知c 下边为4＋62＝5，故c ＝5×2＝10，由纵列公比为2知a ＝1×23＝8，∴a ＋b ＋c ＝22.三、解答题(本大题共6个小题，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)(文)(2011·广西田阳质检){an}是公差为1的等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，Pn ，Qn 分别是{an}，{bn}的前n 项和，且a6＝b3，P10＝Q4＋45.(1)求{an}的通项公式；(2)若Pn>b6，求n 的取值范围． [解析] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a1＋5＝4b110a1＋10×92＝－241－2＋45⇒⎩⎨⎧a1＝3b1＝2， ∴an ＝3＋(n －1)＝n ＋2.(2)Pn ＝＋2＋2＝n2＋5n2，b6＝2×26－1＝64. 由n2＋5n2>64⇒n2＋5n －128>0⇒n(n ＋5)>128，又n ∈N*，n ＝9时，n(n ＋5)＝126， ∴当n≥10时，Pn>b6.(理)(2011·四川广元诊断)已知数列{an}的前n 项和Sn ＝2n2－2n ，数列{bn}的前n 项和Tn ＝3－bn.①求数列{an}和{bn}的通项公式；②设cn ＝14an·13bn ，求数列{cn}的前n 项和Rn 的表达式．[解析] ①由题意得an ＝Sn －Sn －1＝4n －4(n≥2) 而n ＝1时a1＝S1＝0也符合上式 ∴an ＝4n －4(n ∈N ＋)又∵bn ＝Tn －Tn －1＝bn －1－bn ，∴bn bn －1＝12 ∴{bn}是公比为12的等比数列， 而b1＝T1＝3－b1，∴b1＝32， ∴bn ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n(n ∈N ＋)． ②Cn ＝14an·13bn ＝14(4n －4)×13×3⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴Rn ＝C1＋C2＋C3＋…＋Cn ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋(n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ∴12Rn ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋(n －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1 ∴12Rn ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －(n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1， ∴Rn ＝1－(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.18．(本小题满分12分)(文)(2011·河南濮阳期末)数列{an}的前n 项和记为Sn ，a1＝1，an ＋1＝2Sn ＋1(n≥1)．(1)求{an}的通项公式；(2)等差数列{bn}的各项为正数，前n 项和为Tn ，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.[解析] (1)由an ＋1＝2Sn ＋1可得an ＝2Sn －1＋1(n≥2)， 两式相减得an ＋1－an ＝2an ，∴an ＋1＝3an(n≥2)， 又a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3，∴a2＝3a1， 故{an}是首项为1，公比为3的等比数列， ∴an ＝3n －1.(2)设{bn}的公差为d ，由T3＝15得，b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5， 故可设b1＝5－d ，b3＝5＋d ，又a1＝1，a2＝3，a3＝9， 由题意可得(5－d ＋1)(5＋d ＋9)＝(5＋3)2， 解得d ＝2或－10.∵等差数列{bn}的各项均为正数，∴d ＝2，b1＝3，∴Tn ＝3n ＋－2×2＝n2＋2n. (理)(2011·华安、连城、永安、漳平、龙海、泉港六校联考)已知数列{bn}前n 项和为Sn ，且b1＝1，bn ＋1＝13Sn.(1)求b2，b3，b4的值； (2)求{bn}的通项公式；(3)求b2＋b4＋b6＋…＋b2n 的值．[解析] (1)b2＝13S1＝13b1＝13，b3＝13S2＝13(b1＋b2)＝49，b4＝13S3＝13(b1＋b2＋b3)＝1627.(2)⎩⎪⎨⎪⎧bn ＋1＝13Sn ①bn ＝13Sn －1 ②①－②解bn ＋1－bn ＝13bn ，∴bn ＋1＝43bn ， ∵b2＝13，∴bn ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －2 (n≥2) ∴bn ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n－.(3)b2，b4，b6…b2n 是首项为13，公比⎝ ⎛⎭⎪⎫432的等比数列，∴b2＋b4＋b6＋…＋b2n ＝13[1－431－⎝ ⎛⎭⎪⎫432＝37[(43)2n －1]．19．(本小题满分12分)(文)(2011·宁夏银川一中模拟)在各项均为负数的数列{an}中，已知点(an ，an ＋1)(n ∈N*)在函数y ＝23x 的图象上，且a2·a5＝827. (1)求证：数列{an}是等比数列，并求出其通项；(2)若数列{bn}的前n 项和为Sn ，且bn ＝an ＋n ，求Sn.[分析] (1)把点的坐标代入直线方程，根据等比数列的定义进行证明，显然公比是32，再根据条件a2·a5＝827求出首项即可求出这个数列的通项公式；(2)数列{bn}是一个等比数列和一个等差数列的对应项的和组成的数列，分别求和即可．[解析] (1)因为点(an ，an ＋1)(n ∈N*)在函数y ＝23x 的图象上， 所以an ＋1＝23an ，即an ＋1an ＝23，故数列{an}是公比q ＝23的等比数列，因为a2a5＝827，则a1q·a1q4＝827，即a21⎝ ⎛⎭⎪⎫235＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233，由于数列{an}的各项均为负数，则a1＝－32，所以an ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2.(2)由(1)知，an ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2，bn ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2＋n ，所以Sn ＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＋n2＋n －92. (理)(2011·黑龙江林口四中)已知a1＝2，点(an ，an ＋1)在函数f(x)＝x2＋2x 的图象上，其中n ＝1,2,3，….(1)证明数列{lg(1＋an)}是等比数列；(2)设Tn ＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn 及数列{an}的通项．[分析] 从题设入手，点(an ，an ＋1)在函数f(x)＝x2＋2x 的图象上可得，an ＋1＝a2n ＋2an ，两边同时加1得an ＋1＋1＝(an ＋1)2，取对数即可解决问题．由第(2)问的形式知可由(1)问继而求出1＋an 的表达式．则Tn 可求．[解析] (1)由已知an ＋1＝a2n ＋2an ，∴an ＋1＋1＝(an ＋1)2.∵a1＝2，∴an ＋1>1，两边取对数得：lg(1＋an ＋1)＝2lg(1＋an)，即＋an ＋＋＝2.∴{lg(1＋an)}是公比为2的等比数列．(2)由(1)知lg(1＋an)＝2n －1·lg(1＋a1) ＝2n －1·lg3＝lg32n －1 ∴1＋an ＝32n －1(*)∴Tn ＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)＝320·321·…·32n －1＝31＋2＋22＋…＋2n －1＝32n －1. 由(*)式得an ＝32n －1－1.20．(本小题满分12分)(文)数列{bn}的通项为bn ＝nan(a>0)，问{bn}是否存在最大项？证明你的结论．[解析] bn ＋1－bn ＝(n ＋1)an ＋1－nan ＝an[(n ＋1)a －n]＝an·[(a －1)n ＋a] (1)当a>1时，bn ＋1－bn>0，故数列不存在最大项； (2)当a ＝1时，bn ＋1－bn ＝1，数列也不存在最大项；(3)当0<a<1时，bn ＋1－bn ＝an(a －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋a a －1，即bn ＋1－bn 与n ＋a a －1有相反的符号，由于n 为变量，而a a －1为常数，设k 为不大于a1－a 的最大整数，则当n<k 时，bn＋1－bn>0，当n ＝k 时，bn ＋1－bn ＝0，当n>k 时，bn ＋1－bn<0.即有b1<b2<b3<…<bk －1≤bk 且bk>bk ＋1>…，故对任意自然数n ，bn≤bk. ∴0<a<1时，{bn}存在最大值．(理)(2011·安徽河历中学月考)设曲线y ＝x2＋x ＋2－lnx 在x ＝1处的切线为l ，数列{an}的首项a1＝－m ，(其中常数m 为正奇数)且对任意n ∈N ＋，点(n －1，an ＋1－an －a1)均在直线l 上．(1)求出{an}的通项公式；(2)令bn ＝nan (n ∈N ＋)，当an≥a5恒成立时，求出n 的取值范围，使得bn ＋1>bn 成立．[解析] (1)由y ＝x2＋x ＋2－lnx ， 知x ＝1时，y ＝4，又y′|x ＝1＝ ⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋1－1x x ＝1＝2，∴直线l 的方程为y －4＝2(x －1)，即y ＝2x ＋2， 又点(n －1，an ＋1－an －a1)在l 上，a1＝－m ， ∴an ＋1－an ＋m ＝2n.即an ＋1－an ＝2n －m(n ∈N ＋)， ∴a2－a1＝2－m ， a3－a2＝2×2－m ， …an －an －1＝2×(n －1)－m.各项迭加得，an ＝2(1＋2＋…＋n －1)－(n －1)m ＋a1＝n2－(m ＋1)n. ∴通项an ＝n2－(m ＋1)n(n ∈N ＋)(2)∵m 为奇数，∴m ＋12为整数，由题意知，a5是数列{an}中的最小项，∴m ＋12＝5， ∴m ＝9，令f(n)＝bn ＝n3－(m ＋1)n2＝n3－10n2， 则f ′(n)＝3n2－20n ，由f ′(n)>0得，n>203(n ∈N ＋)，即n>203(n ∈N ＋)时，f(n)单调递增，即bn ＋1>bn 成立，∴n 的取值范围是n≥7，且n ∈N ＋.21．(本小题满分12分)(文)(2011·湖南长沙一中月考)已知f(x)＝mx(m 为常数，m>0且m≠1)．设f(a1)，f(a2)，…，f(an)…(n ∈N)是首项为m2，公比为m 的等比数列．(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)若bn ＝anf(an)，且数列{bn}的前n 项和为Sn ，当m ＝2时，求Sn ；(3)若cn ＝f(an)lgf(an)，问是否存在正实数m ，使得数列{cn}中每一项恒小于它后面的项？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．[解析] (1)由题意f(an)＝m2·mn －1，即man ＝mn ＋1. ∴an ＝n ＋1，∴an ＋1－an ＝1，∴数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列． (2)由题意bn ＝anf(an)＝(n ＋1)·mn ＋1， 当m ＝2时，bn ＝(n ＋1)·2n ＋1， ∴Sn ＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋(n ＋1)·2n ＋1①①式两端同乘以2得， 2Sn ＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋n·2n ＋1＋(n ＋1)·2n ＋2② ②－①并整理得， Sn ＝－2·22－23－24－25－…－2n ＋1＋(n ＋1)·2n ＋2 ＝－22－(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)＋(n ＋1)·2n ＋2＝－4－－1－2＋(n ＋1)·2n ＋2＝－4＋22(1－2n)＋(n ＋1)·2n ＋2＝2n ＋2·n. (3)由题意cn ＝f(an)·lgf(an)＝mn ＋1·lgmn ＋1＝(n ＋1)·mn ＋1·lgm ， 要使cn<cn ＋1对一切n ∈N*成立， 即(n ＋1)·mn ＋1·lgm<(n ＋2)·mn ＋2·lgm ，对一切n ∈N*成立， ①当m>1时，lgm>0，所以n ＋1<m(n ＋2)对一切n ∈N*恒成立；②当0<m<1时，lgm<0，所以n ＋1n ＋2>m 对一切n ∈N*成立，因为n ＋1n ＋2＝1－1n ＋2的最小值为23，所以0<m<23.综上，当0<m<23或m>1时，数列{cn}中每一项恒小于它后面的项．(理)(2011·辽宁丹东四校协作体联考)数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋cos2nπ2an ＋sin2nπ2，n ＝1,2,3，….(1)求a3，a4，并求数列{an}的通项公式；(2)设bn ＝a2n －1a2n ，Sn ＝b1＋b2＋…＋bn.证明：当n≥6时，|Sn －2|<1n .[分析] 考虑到递推关系式中的sin nπ2和cos nπ2，可以对n 分偶数和奇数进行讨论，从而求得数列{an}的通项公式，然后再求出数列{bn}的前n 项和公式，用数学归纳法进行证明．[解析] (1)因为a1＝1，a2＝2，所以a3＝(1＋cos2π2)a1＋sin2π2＝a1＋1＝2，a4＝(1＋cos2π)a2＋sin2π＝2a2＝4. 当n ＝2k －1(k ∈N*)时，a2k ＋1＝[1＋cos2－2]a2k －1＋sin2－2＝a2k－1＋1，即a2k ＋1－a2k －1＝1. 所以a2k －1＝k.当n ＝2k(k ∈N*)时，a2k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋cos22kπ2a2k ＋sin22kπ2＝2a2k. 所以a2k ＝2k.故数列{an}的通项公式为an ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋12 n ＝2k －∈2n2 n ＝∈(2)由(1)知，bn ＝a2n －1a2n ＝n 2n ， Sn ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，① 12Sn ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1，② ①－②得，12Sn ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1. 所以Sn ＝2－12n －1－n2n＝2－n ＋22n .要证明当n≥6时，|Sn －2|<1n 成立，只需证明当n≥6时，＋2n<1成立．(1)当n ＝6时，＋26＝4864＝34<1成立．(2)假设当n ＝k(k≥6)时不等式成立，即＋2k <1.则当n ＝k ＋1时，＋＋2k ＋1＝＋2k×＋＋＋<＋＋＋<1， 由(1)、(2)所述可知，当n≥6时，＋2n<1.即当n≥6时，|Sn －2|<1n 成立．22．(本小题满分12分)(文)(2011·四川资阳模拟)数列{an}的前n 项和为Sn ，且Sn ＝n(n ＋1)(n ∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：an ＝b13＋1＋b232＋1＋b333＋1＋…＋bn3n ＋1，求数列{bn}的通项公式；(3)令cn ＝anbn4(n ∈N*)，求数列{cn}的前n 项和Tn.[解析] (1)当n ＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝n(n ＋1)－(n －1)n ＝2n ，知a1＝2满足该式 ∴数列{an}的通项公式为an ＝2n.(2)an ＝b13＋1＋b232＋1＋b333＋1＋…＋bn3n ＋1(n≥1)①∴an ＋1＝b13＋1＋b232＋1＋b333＋1＋…＋bn3n ＋1＋bn ＋13n ＋1＋1② ②－①得，bn ＋13n ＋1＋1＝an ＋1－an ＝2，bn ＋1＝2(3n ＋1＋1)，故bn ＝2(3n ＋1)(n ∈N)．(3)cn ＝anbn4＝n(3n ＋1)＝n·3n ＋n ，∴Tn ＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ＝(1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n)＋(1＋2＋…＋n) 令Hn ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n ，① 则3Hn ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n ＋1②①－②得，－2Hn ＝3＋32＋33＋…＋3n －n×3n ＋1＝－1－3－n×3n ＋1∴Hn ＝－＋1＋34，∴数列{cn}的前n 项和Tn ＝－＋1＋34＋＋2.(理)(2011·湖南长沙一中期末)已知数列{an}和等比数列{bn}满足：a1＝b1＝4，a2＝b2＝2，a3＝1，且数列{an ＋1－an}是等差数列，n ∈N*.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)是否存在k ∈N*，使得ak －bk ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，3？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．[解析] (1)易知bn ＝4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3， ∵a2－a1＝－2，a3－a2＝－1，…∴an ＋1－an ＝－2＋(n －1)＝n －3. ∴an －an －1＝(n －1)－3，∴an ＝(an －an －1)＋(an －1－an －2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝－2－3(n－1)＋4＝n2－7n ＋142. (2)设cn ＝an －bn ＝n2－7n ＋142－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3.显然，当n ＝1,2,3时，cn ＝0. 由cn ＋1－cn ＝n2＋2n ＋1－7n －7＋142－n2－7n ＋142－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＝n －3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.当n ＝3时，c4－c3＝12，∴c4＝a4－b4＝12； 当n ＝4时，c5－c4＝1＋14＝54，∴c5＝a5－b5＝74； 当n ＝5时，c6－c5＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝178，∴c6＝a6－b6＝318>3；当n≥6时，cn ＋1－cn ＝n －3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2>3恒成立；此时cn ＋1＝an ＋1－bn ＋1>3＋cn>3恒成立．∴存在k ＝5，使ak －bk ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，3.。