5．A [解析] 本小题主要考查等差数列的前n项和公式与裂项相消求和法，解题的突破口为等差数列前奇数项和与中间项的关系及裂项相消求和法．
111111
由S5＝5a3得a3＝3，又a5＝5，所以an＝n.∴＝＝－，∴＋＋?
anan＋1n?n＋1?nn＋1a1a2a2a3
11111111100＋＝－＋－＋?＋－＝1－＝，故选A. a100a1011223100101101101
1
10．D2[2012·北京卷] 已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1＝，S2＝a3，则a2
2
＝________.
10．1 [解析] 本题考查等差数列基本公式和基础运算，设等差数列{an}的公差为d，
11
由S2＝a3可得，a1＝a3－a2＝d＝，所以a2＝2d＝2×＝1.
22
2．D2[2012·福建卷] 等差数列 {an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为( ) A．1 B．2 C．3 D．4
???a1＋a1＋4d＝10，?2a1＋4d＝10，?2．B [解析] 根据已知条件得： 即? 解得2d＝4，?a1＋3d＝7，?a1＋3d＝7，??
所以d＝2.所以选择B.
11．D2[2012·广东卷] 已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a2则an＝________. 2－4，
11．2n－1 [解析] 设等差数列的公差为d，由于数列是递增数列，所以d>0，a3＝a1
22
＋2d＝1＋2d，a2＝a1＋d＝1＋d，代入已知条件：a3＝a2－4得：1＋2d＝(1＋d)－4，解得2
d＝4，所以d＝2(d＝－2舍去)，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
π
12．B3、D2[2012·四川卷] 设函数f(x)＝2x－cosx，{an}是公差为的等差数列，f(a1)＋f(a2)
8
＋?＋f(a5)＝5π，则[f(a3)]2－a1a5＝( )
1
A．0 B.π2
16
113C.π2 D.π2 816
ππππ
12．D [解析] 设a3＝α，则a1＝α－，a2＝α－，a4＝α＋，a5＝α＋，
4884
由f(a1)＋f(a2)＋?＋f(a5)＝5π，
π??α－π?＋cosα＋cos?α＋π?＋cos?α＋π?＝5π， 得2×5α－cos?α－＋cos?4??8??8??4?即10α－(2＋2＋2＋1)cosα＝5π.
π
当0≤α≤π时，左边是α的增函数，且α＝满足等式；
2
当α＞π时，10α＞10π，而(2＋2＋2＋1)cosα＜5cosα≤5，等式不可能成立； 当α＜0时，10α＜0，而－(2＋2＋2＋1)cosα＜5，等式也不可能成立．
π
故a3＝α＝. 2
π??π?132
[f(a3)]2－a1a5＝π2－?α－α＋
?4??4?＝16π.
19．D2、D5[2012·广东卷] 设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列．
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
1113
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋?＋<.
a1a2an2
19．解：(1)∵a1，a2＋5，a3成等差数列， ∴2(a2＋5)＝a1＋a3.
又∵2a1＝2S1＝a2－22＋1,2(a1＋a2)＝2S2＝a3－23＋1， ∴a2＝2a1＋3，a3＝6a1＋13. 因此4a1＋16＝7a1＋13，从而 a1＝1.
(2)由题设条件知，n≥2时，
n
2Sn－1＝an－2＋1，
n＋1
2Sn＝an＋1－2＋1.
∴2an＝an＋1－an－2n，于是
n
an＋1＝3an＋2(n≥2)．
而由(1)知，a2＝2a1＋3＝5＝3a1＋2，
n
因此对一切正整数n，有an＋1＝3an＋2， 所以an＋1＋2n＋1＝3(an＋2n)．
1
又∵a1＋2＝3，
∴{an＋2n}是以3为首项，3为公比的等比数列．
nnnn
故an＋2＝3，即an＝3－2. (3)∵an＝3n－2n＝3·3n－1－2n＝3n－1＋2(3n－1－2n－1)≥3n－1， 11∴≤n－1. an3
11－n11111133∴＋＋?＋≤1＋＋2＋?＋n－1＝<. a1a2an33312
1－
3
18．D2、D3、D5[2012·湖北卷] 已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．
18．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d.
??3a1＋3d＝－3，
由题意得?
?a1?a1＋d??a1＋2d?＝8，?
???a1＝2，?a1＝－4，
解得?或?
?d＝－3，???d＝3.
所以由等差数列通项公式可得
an＝2－3(n－1)＝－3n＋5，或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7. 故an＝－3n＋5，或an＝3n－7.
(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列； 当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．
?－3n＋7，n＝1，2，?
故|an|＝|3n－7|＝?
?3n－7，n≥3.?
记数列{|an|}的前n项和为Sn.
当n＝1时，S1＝|a1|＝4；当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5； 当n≥3时，
Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋?＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋?＋(3n－7)＝5＋?n－2?[2＋?3n－7?]3211
＝n－n＋10.
222当n＝2时，满足此式．
4，n＝1，??
综上，Sn＝?3211
n－n＋10，n＞1.??22
19．D2、D3、M2[2012·湖南卷] 已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)＝a1＋a2＋?＋
an，B(n)＝a2＋a3＋?＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋?＋an＋2，n＝1,2，?.
*
(1)若a1＝1，a2＝5，且对任意n∈N，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列{an}的通项公式；
*
(2)证明：数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．
19．解：(1)对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)是等差数列，所以B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)，即an＋1－a1＝an＋2－a2，亦即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4.
故数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列． 于是an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.
(2)①必要性：若数列{an}是公比为q的等比数列，则对任意n∈N*，有an＋1＝anq.由an
＞0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是
B?n?a2＋a3＋?＋an＋1q?a1＋a2＋?＋an?
＝＝＝q， A?n?a1＋a2＋?＋ana1＋a2＋?＋an
C?n?a3＋a4＋?＋an＋2q?a2＋a3＋?＋an＋1?
＝＝＝q， B?n?a2＋a3＋?＋an＋1a2＋a3＋?＋an＋1
B?n?C?n?即＝＝q.所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列． A?n?B?n?
*
②充分性：若对任意n∈N，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则 B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)．
于是C(n)－B(n)＝q[B(n)－A(n)]，得an＋2－a2＝q(an＋1－a1)，即an＋2－qan＋1＝a2－qa1. 由n＝1有B(1)＝qA(1)，即a2＝qa1， 从而an＋2－qan＋1＝0.
an＋2a2因为an＞0，所以＝＝q.
an＋1a1
故数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列．
综上所述，数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．
12．D2[2012·江西卷] 设数列{an}，{bn}都是等差数列．若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.
12．35 [解析] 考查等差数列的定义、性质；解题的突破口是利用等差数列的性质，将问题转化为研究数列的项与项数之间的关系求解．
方法一：设cn＝an＋bn，∵{an}，{bn}是等差数列，∴{cn}是等差数列，设其公差为d，则c1＝7，c3＝c1＋2d＝21，解得d＝7，因此，c5＝a5＋b5＝7＋(5－1)×7＝35.故填35.
方法二：设cn＝an＋bn，∵{an}，{bn}是等差数列，∴{cn}是等差数列，
∴2(a3＋b3)＝(a1＋b1)＋(a5＋b5)，即42＝7＋(a5＋b5)，因此a5＋b5＝42－7＝35.故填35.
17．D2、D5[2012·陕西卷] 设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列．
(1)求数列{an}的公比；
(2)证明：对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
17．解：(1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，
由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝ a1q4＋a1q3，
由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，解得q1＝－2，q2＝1(舍去)，所以q＝－2.
(2)证法一：对任意k∈N＋，
Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝ (Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk) ＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1 ＝2ak＋1＋ak＋1·(－2) ＝0，
所以，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
k
2a1?1－q?
证法二： 对任意k∈N＋，2Sk＝，
1－q
k＋2k＋1k＋2k＋1
a1?1－q?a1?1－q?a1?2－ q－q?
Sk＋2＋Sk＋1＝＋＝，
1－q1－q1－q
2a1?1－qk?a1?2－qk＋2－qk＋1?
2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝－ 1－q1－q
a1kk＋2k＋1＝[2(1－q)－(2－q－q)] 1－qa1qk2＝(q＋q－2)＝0， 1－q
因此，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
1．D2[2012·重庆卷] 在等差数列{an}中，a2＝1，a4＝5，则{an}的前5项和S5＝( ) A．7 B．15 C．20 D．25
5?a1＋a5?
1．B [解析] 因为{an}是等差数列，所以a2＋a4＝a1＋a5＝1＋5＝6，所以S5＝2
5×6＝＝15，选B.
2
D3 等比数列及等比数列前n项和
13．D3[2012·浙江卷] 设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.
3
13. [解析] 本题主要考查等比数列的求和以及二元方程组的求解．当q＝1时，由S2
2
＝3a2＋2得a2＝－2，由S4＝3a4＋2得a4＝2，两者矛盾，舍去，则q≠1，联立方程a＋aq＝3aq＋2，a＝－1，???1141?13
可解得?故应填. ?a1?1－q?33
2＝3a1q＋2，?q＝2，???1－q
[点评] 注意分类，必须对q＝1加以讨论，否则直接利用等比数列的求和公式容易导致遗漏．
14．D3[2012·辽宁卷] 已知等比数列{an}为递增数列，且a25＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式为an＝________.
14．2n [解析] 本小题主要考查等比数列的概念与性质．解题的突破口为灵活应用等比数列通项变形式，是解决问题关键．
由已知条件{an}为等比数列，可知，2(an＋an＋2)＝5an＋1?2(an＋an·q2)＝5anq?2q2－5q
15
＋2＝0?q＝或2，又因为{an}是递增数列， 所以q＝2.由a25＝a10得a5＝q＝32，所以a1
2n－1n
＝2，an＝a1q＝2.
7．D3[2012·湖北卷] 定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，
0)∪(0，＋∞)上的如下函数：
2x
①f(x)＝x；②f(x)＝2；③f(x)＝|x|；④f(x)＝ln|x|. 则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( ) A．①② B．③④ C．①③ D．②④
7．C [解析] 设数列{an}的公比为q.
2
f?an＋1?an＋12f?an＋1?2an＋12
对于①，＝2＝q，故数列{f(an)}是公比为q的等比数列；对于②，＝f?an?anf?an?2an
f?an＋1?|an＋1|?an＋1?＝
＝2an＋1－an(不为常数)，故数列{f(an)}不是等比数列；对于③，＝＝?f?an?an?|an|f?an＋1?ln|an＋1|
＝(不为常数)，故数列{f(an)}不是等f?an?ln|an|
比数列．由“保等比数列函数”的定义知应选C.
34．D3[2012·安徽卷] 公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a16
＝( )
A．4 B．5 C．6 D．7
4．B [解析] 本题考查等比数列，等比中项的性质，对数运算等．
2
(解法一)由等比中项的性质得a3a11＝a7＝16，又数列{an}各项为正，所以a7＝4.所以a16
9
＝a7×q＝32.所以log2a16＝5.
a16 ?2122
(解法二)设等比数列的公比为q，由题意，an>0，则a3 · a11 ＝ a7 ＝ ? ＝ a 9?q?2616
42105
＝ 2，所以a16 ＝ 2，解得a16＝2.故log2a16＝5.
1
6．D3 [2012·上海卷] 有一列正方体，棱长组成以1为首项、为公比的等比数列，体积2
分别记为V1，V2，?，Vn，?，则lim (V1＋V2＋?＋Vn)＝________.
n→∞|q|，故数列{f(an)}是等比数列；对于④，
8
6. [解析] 考查等比数列和无穷递缩等比数列的极限，此题只要掌握极限公式即可解7
决，是简单题型．
1
由已知可知V1，V2，V3，?构成新的等比数列，首项V1＝1，公比q＝，由极限公式得8
V118
lim (V＋V＋?＋V)＝＝＝. 12nn→∞1－q17
1－8
21．D1、D3、E1、M3[2012·重庆卷] 设数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋1＝a2Sn＋a1，其中a2≠0.
(1)求证：{an}是首项为1的等比数列；
n
(2)若a2＞－1，求证：Sn≤(a1＋an)，并给出等号成立的充要条件．
2
21．解：(1)证法一：由S2＝a2S1＋a1得a1＋a2＝a2a1＋a1，即a2＝a2a1.
a2因a2≠0，故a1＝1，得＝a2.
a1
又由题设条件知
Sn＋2＝a2Sn＋1＋a1，Sn＋1＝a2Sn＋a1， 两式相减得Sn＋2－Sn＋1＝a2(Sn＋1－Sn)， 即an＋2＝a2an＋1，
an＋2
由a2≠0，知an＋1≠0，因此＝a.
an＋12