1 1 2 a b c A.1 B．2 C．3 D．4 答案 A
解析 由题意知，a＝12，b＝516，c＝3
16，故a＋b＋c＝1.
2．等差数列{an}满足a24＋a2
7＋2a4a7＝9，则其前10项之和为( ) A．－9 B．－15 C．15 D．±15 答案 D
解析 a24＋a27＋2a4a7＝(a4＋a7)2
＝9.∴a4＋a7＝±
3，∴a1＋a10＝±3， ∴S10(a1＋a10)
10＝2
＝±15.
3．等比数列{an}中，a2，a6是方程x2－34x＋64＝0的两根，则a4等于( ) A．8 B．－8 C．±8 D．以上都不对 答案 A
解析 a2＋a6＝34，a2·a6＝64，∴a24＝64，∵a2>0，a6>0，∴a4＝a2q2
>0，∴a4＝8. 4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5等于( ) A．3∶4 B．2∶3 C．1∶2 D．1∶3 答案 A
解析 显然等比数列{aSn}的公比q≠1，则由10S＝1－q10
q5＝1＋q5＝15
12?q＝－2
，
51－1551－?－1?3故S1511－(q)3
?2?3S＝－q
q5＝1－q＝51－5＝. 1－?1?－2?4?5．(2009·安徽理，5)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是( )
A．21 B．20 C．19 D．18 答案 B
解析 ∵(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＝3d，∴99－105＝3d.∴d＝－2. 又∵a1＋a3＋a5＝3a1＋6d＝105，∴a1＝39.
∴Sn(n－1)dn＝na1＋22d＝2
n＋?d?a1－2??n＝－n2＋40n＝－(n－20)2
＋400. ∴当n＝20时，Sn有最大值．
6．已知数列{aa1
n}为等比数列，2＝2，a5＝4
，则a1a2＋a2a3＋?＋anan＋1等于( )
A．16(1－4－n) B．16(1－2n) C.32－32－
3(1－4n) D.3
(1－2n)
答案 C
解析 设{a}的公比为q，则q3＝a51
na＝28
.
∴q＝12，a＝4，∵{aa11nn＋1}也是等比数列且首项a1a2＝8，公比为q2＝4
，
8?1－1n?∴a?4?32(1－4－
1a2＋a2a3＋?＋anann＋1＝＝)．1－13
4
7．(2009·天津十二区县毕业班联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S21＝42，＝2a2
11－a9－a13，则A的值为( )
一切免费
A6
表示记A．2 B．1 C．16 D．32 答案 B
21(a1＋a21)
解析 由S21＝＝21a11＝42，∴a11＝2.
2220
∴a211－(a9＋a13)＝a11－2a11＝0.∴A＝2a11－a9－a13＝2＝1.
8．若{an}是等比数列，其公比是q，且－a5，a4，a6成等差数列，则q等于( ) A．1或2 B．1或－2 C．－1或2 D．－1或－2 答案 C
解析 依题意有2a4＝a6－a5，即2a4＝a4q2－a4q，而a4≠0， ∴q2－q－2＝0，(q－2)(q＋1)＝0.∴q＝－1或q＝2.
a1＋a3＋a9
9．已知等差数列{an}的公差d≠0且a1，a3，a9成等比数列，则等于( )
a2＋a4＋a10
15121315A. B. C. D. 14131616答案 C
解析 因为a2a9，所以(a1＋2d)2＝a1·(a1＋8d)．所以a1＝d. 3＝a1·
a1＋a3＋a93a1＋10d13所以＝＝.
a2＋a4＋a103a1＋13d16
10．某纯净水厂在净化过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质的20%，要使水中杂质减少到原来的5%以下，则至少需过滤的次数为(lg 2≈0.301 0)( )
A．5 B．10 C．14 D．15 答案 C
解析 设原杂质数为1，各次过滤杂质数成等比数列，且a1＝1，公比q＝1－20%， ∴an＋1＝(1－20%)n，由题意可知：(1－20%)n<5%，即0.8n<0.05.
lg 0.05
两边取对数得nlg 0.8
lg 0.8
lg 5－21－lg 2－2－lg 2－1－0.301 0－1即n>＝＝≈≈13.41，取n＝14.
lg 8－13lg 2－13lg 2－13×0.301 0－1
1
1＋?，则an等于( ) 11．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln??n?
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n C．2＋nln n D．1＋n＋ln n 答案 A
11n＋11＋?，∴an＋1－an＝ln?1＋?＝ln解析 ∵an＋1＝an＋ln?＝ln(n＋1)－ln n. ?n??n?n
又a1＝2，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋?＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋?＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n－ln 1＝2＋ln n.
1212312345
12．(2009·山东日照2月模拟)已知数列1，，，，，，，，，，?，则是数
2132143216
列中的( )
A．第48项 B．第49项 C．第50项 D．第51项 答案 C
解析 将数列分为第1组一个，第2组二个，?，第n组n个，
12n1??12??123?
，?，?， ，，，，，?，?n，即?，1??1??21??321??n－15
则第n组中每个数分子分母的和为n＋1，则为第10组中的第5个，其项数为(1＋2＋3
6
＋?＋9)＋5＝50.
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)
13．已知在等差数列{an}中，首项为23，公差是整数，从第七项开始为负项，则公差为
一切免费
7
______．
答案 －4
??a6＝23＋5d≥02323
解析 由?，解得－≤d<－，∵d∈Z，∴d＝－4.
56?a7＝23＋6d<0?
827
14．在和之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为
32
________．
答案 216
a827827
解析 设插入的三个数为，a，aq，则由题意有，a，也为等比数列，所以a2＝×
q3232
827a
＝36，由于，a，都处在奇数位上，所以同号，故a＝6，从而·a·aq＝a3＝216.
32q
1
15．数列{an}中，Sn是其前n项和，若a1＝1，an＋1＝Sn (n≥1)，则an＝____________.
3
1， n＝1??
答案 ?1?4?n－2
·， n≥2??3?3?1111
解析 an＋1＝Sn，an＋2＝Sn＋1，∴an＋2－an＋1＝(Sn＋1－Sn)＝an＋1
33331， n＝1??411
∴an＋2＝an＋1 (n≥1)．∵a2＝S1＝，∴an＝?1?4?n－2
333
??3?， n≥2?3·
.
16．等差数列{an}中，a10<0，且a11>|a10|，Sn为数列{an}的前n项和，则使Sn>0的n的
最小值为________．
答案 20
19(a1＋a19)20(a1＋a20)
解析 ∵S19＝＝19a10<0；S20＝＝10(a10＋a11)>0.
22
∴当n≤19时，Sn<0；当n≥20时，Sn>0.故使Sn>0的n的最小值是20. 三、解答题(本大题共6小题，共74分)
17．(12分)已知数列{log2(an－1)} (n∈N*)为等差数列，且a1＝3，a3＝9. (1)求数列{an}的通项公式；
111
(2)证明：＋＋?＋<1.
a2－a1a3－a2an＋1－an
(1)解 设等差数列{log2(an－1)}的公差为d.由a1＝3，a3＝9
得log2(9－1)＝log2(3－1)＋2d，则d＝1.所以log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n， 即an＝2n＋1.
111
(2)证明 因为＝n＋1n＝n，
an＋1－an2－22
111－n×
11111112221
所以＋＋?＋＝1＋2＋3＋?＋n＝＝1－n<1. 212a2－a1a3－a2an＋1－an222
1－2
18．(12分)函数f(x)＝3x2－2x，已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn) (n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
3m
(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有n∈N*都成立的最小正
20anan＋1
整数m.
解 (1)由点(n，Sn) (n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上得Sn＝3n2－2n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；
一切免费
8
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5.所以an＝6n－5 (n∈N*)．
13311
(2)由(1)得bn＝＝＝?6n－5－6n＋1?，
?anan＋1(6n－5)[6(n＋1)－5]2?
n
1?1??11??1－1?]＝1?1－1? 1－－故Tn＝∑b＝[＋＋?＋i7??713?2?i＝1?6n－56n＋1?2?6n＋1?
11m1m
因此，使得?1－?<(n∈N*)成立的m必须且仅须满足≤，即m≥10，
2?6n＋1?20
220故满足要求的最小整数m为10.
19．(12分)已知正项数列{b1
n}的前n项和Bn＝4
(bn＋1)2，求{bn}的通项公式．
解 当n＝1时，B1
1＝b1，∴b1＝4(b1＋1)2，解得b1＝1.
当n≥2时，b＝B114b1nn－Bn－1＝(n＋1)2－4(bn－1＋1)2＝4
(b2n－b2
n－1＋2bn－2bn－1)， 整理得b2n－b2
n－1－2bn－2bn－1＝0，∴(bn＋bn－1)(bn－bn－1－2)＝0.
∵bn＋bn－1>0，∴bn－bn－1－2＝0.∴{bn}为首项b1＝1，公差d＝2的等差数列．∴bn＝2(n－1)＋1＝2n－1，即{bn}的通项bn＝2n－1.
20．(12分)某市2009年共有1万辆燃油型公交车．有关部门计划于2010年投入50%，试问：
(1)该市在2016年应该投入多少辆电力型公交车？
(2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的1
3
？
解 (1)由题意可知，该市逐年投入的电力型公交车数量组成一个等比数列，其中，q＝1＋50%＝1.5，到2016年应为a7，则到2016年该市应该投入的电力型公交车为a1·q6＝128×1.56＝1 458(辆)．
(2)设经过n年电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的1
3
，记Sn＝a1＋a2＋依题意有Sn10 000＋Sn>1
3
，即Sn>5 000，
∴S＝a1(1－qn)128(1－1.5n1－q＝)n1－1.5＝256(1.5n－1)>5 000，
即1.5n>657
32
，解得n>7.5，故n≥8.
所以到2017年底，电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的1
3
. 21．(12分)设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝121，a5＋b3＝13.
(1)求{an}、{bn}的通项公式；
(2)求数列??an?
?bn??
的前n项和Sn.
解 (1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则依题意有q>0且???1＋2d＋q4
＝21，
??
1＋4d＋q2
＝13.
解得d＝2，q＝2. 所以a(n－1)d＝2n－1，b－－
n＝1＋n＝qn1＝2n1. (2)anb＝2n－1n2
n－1. S＝1＋35
2n－32n－1n21＋22＋?＋2n－2＋2
n－1，①
2S＋5
2n－32n－1n＝2＋32＋?＋2n－3＋2
n－2.②
一切免费 128辆a1＝a7＋an，a3＋b5
9
电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加128＝?
，＝2n－1222
②－①得Sn＝2＋2＋2＋22＋?＋2n－2－2
n－1
＝2＋2×?1112n?1＋－1
2＋22＋?＋2n－2??－2
n－1
1－1n＝2＋2×2－1－2n－12n＋3
n－1＝6－n1－122－1.
2
22．(14分)在数列{an}中，已知a1＝－1，且an＋1＝2an＋3n－4 (n∈N*)． (1)求证：数列{an＋1－an＋3}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式；
(3)求和：Sn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋?＋|an| (n∈N*)． (1)证明 令bn＝an＋1－an＋3 ?bn＋1＝an＋2－an＋1＋3
＝2an＋1＋3(n＋1)－4－2an－3n＋4＋3 ＝2(an＋1－an＋3)＝2bn.
∴数列{bn}为公比为2的等比数列． (2)解 a2＝2a1－1＝－3，
b－a－
1＝a21＋3＝1?bn＝an＋11－an＋3＝2n1
?2a－
n＋3n－4－an＋3＝2n
?an－
n＝21－3n＋1 (n∈N*)．
(3)解 设数列{an}的前n项和为Tn，
Tn(2＋3n－1)n＝2n－1－nn(3n＋1)
2＝2－1－2
，
Sn＝|a1|＋|a2|＋?＋|an|，
∵n≤4时，an<0，n>4时，an>0，
∴n≤4时，S＝－Tn(3n＋1)nn＝1＋n
2
－2；
n>4时，Sn(3n＋1)
n＝Tn－2T4＝2n＋21－2
. ?1＋n(3n＋1)∴S＝?2
－2n (n≤4)，
n
?2n
＋21－n(3n＋1)
2
(n>4).
一切免费 10