资源描述
D 数列
D1 数列的概念与简单表示法
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；
(2)若a2＞－1，求证：Sn≤(a1＋an)，并给出等号成立的充要条件．
21．解：(1)证法一：由S2＝a2S1＋a1得a1＋a2＝a2a1＋a1，即a2＝a2a1.
因a2≠0，故a1＝1，得＝a2.
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，
由a2≠0，知an＋1≠0，因此＝a2.
综上，＝a2对所有n∈N*成立，从而{an}是首项为1，公比为a2的等比数列．
证法二：用数学归纳法证明an＝a，n∈N*.
当n＝1时，由S2＝a2S1＋a1，得a1＋a2＝a2a1＋a1，即a2＝a2a1，再由a2≠0，得a1＝1，
所以结论成立．
假设n＝k时，结论成立，即ak＝a，那么
当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝(a2Sk＋a1)－(a2Sk－1＋a1)＝a2(Sk－Sk－1)＝a2ak＝a，
这就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．
综上可得，对任意n∈N*，an＝a.因此{an}是首项为1，公比为a2的等比数列．
(2)当n＝1或2时，显然Sn＝(a1＋an)，等号成立．
设n≥3，a2＞－1且a2≠0，由(1)知a1＝1，an＝a，所以要证的不等式化为
1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥3)，
即证：1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥2)．
当a2＝1时，上面不等式的等号成立．
当－1＜a2＜1时，a－1与a－1(r＝1,2，…，n－1)同为负；
当a2＞1时，a－1与a－1(r＝1,2，…，n－1)同为正．
因此当a2＞－1且a2≠1时，总有(a－1)(a－1)＞0，即
a＋a＜1＋a(r＝1,2，…，n－1)．
上面不等式对r从1到n－1求和得
2(a2＋a＋…＋a)＜(n－1)(1＋a)，
由此可得1＋a2＋a＋…＋a＜(1＋a)．
综上，当a2＞－1且a2≠0时，有Sn≤(a1＋an)，当且仅当n＝1,2或a2＝1时等号成立．
证法二：当n＝1或2时，显然Sn≤(a1＋an)，等号成立．当a2＝1时，Sn＝n＝(a1＋an)，等号也成立．
当a2≠1时，由(1)知Sn＝，an＝a，下证：
＜(1＋a)(n≥3，a2＞－1且a2≠1)．
当－1＜a2＜1时，上面不等式化为
(n－2)a＋na2－na＜n－2(n≥3)．
令f(a2)＝(n－2)a＋na2－na.
当－1＜a2＜0时，1－a＞0，故
f(a2)＝(n－2)a＋na2(1－a)＜(n－2)|a2|n＜n－2，
即所要证的不等式成立．
当0＜a2＜1时，对a2求导得f′(a2)＝n[(n－2)a－(n－1)a＋1]＝ng(a2)．
其中g(a2)＝(n－2)a－(n－1)a＋1，则g′(a2)＝(n－2)(n－1)(a2－1)a＜0，即g(a2)是(0,1)上的减函数，故g(a2)>g(1)＝0，从而f′(a2)＝ng(a2)>0，进而f(a2)是(0,1)上的增函数，因此f(a2)＜f(1)＝n－2，所要证的不等式成立．
当a2＞1时，令b＝，则0＜b＜1，由已知的结论知
＜，
两边同时乘以a得所要证的不等式．
综上，当a2＞－1且a2≠0时，有Sn≤(a1＋an)，当且仅当n＝1,2或a2＝1时等号成立．
23．M2、D1[2012·上海卷] 对于数集X＝{－1，x1，x2，…，xn}，其中0＜x1＜x2＜…＜xn，n≥2，定义向量集Y＝{a|a＝(s，t)，s∈X，t∈X}，若对任意a1∈Y，存在a2∈Y，使得a1·a2＝0，则称X具有性质P，例如{－1,1,2}具有性质P.
(1)若x＞2，且{－1,1,2，x}具有性质P，求x的值；
(2)若X具有性质P，求证：1∈X，且当xn＞1时，x1＝1；
(3)若X具有性质P，且x1＝1、x2＝q(q为常数)，求有穷数列x1，x2，…，xn的通项公式．
23．解：(1)选取a1＝(x,2)，Y中与a1垂直的元素必有形式(－1，b)，
所以x＝2b，从而x＝4.
(2)证明：取a1＝(x1，x1)∈Y，设a2＝(s，t)∈Y，满足a1·a2＝0.
由(s＋t)x1＝0得s＋t＝0，所以s，t异号．
因为－1是X中唯一的负数，所以s，t之中一个为－1，另一个为1，故1∈X.
假设xk＝1，其中1＜k＜n，则0＜x1＜1＜xn.
选取a1＝(x1，xn)∈Y，并设a2＝(s，t)∈Y满足a1·a2＝0，即sx1＋txn＝0，
则s，t异号，从而s，t之中恰有一个为－1.
若s＝－1，则x1＝txn＞t＞x1，矛盾；
若t＝－1，则xn＝sx1＜s≤xn，矛盾．
所以x1＝1.
(3)设a1＝(s1，t1)，a2＝(s2，t2)，则a1·a2＝0等价于＝－，
记B＝，则数集X具有性质P当且仅当数集B关于原点对称．
注意到－1是X中的唯一负数，B∩(－∞，0)＝{－x2，－x3，…，－xn}共有n－1个数，所以B∩(0，＋∞)也只有n－1个数．
由于＜＜…＜＜，已有n－1个数，对以下三角数阵
＜＜…＜＜，
＜＜…＜，
…
.
注意到＞＞…＞，所以＝＝…＝，从而数列的通项为xk＝x1k－1＝qk－1，k＝1,2，…，n.
7．D2、E1[2012·浙江卷] 设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是( )
A．若d<0，则数列{Sn}有最大项
B．若数列{Sn}有最大项，则d<0
C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn>0
D．若对任意n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列
7．C [解析] 本题考查等差数列的通项、前n项和，数列的函数性质以及不等式知识，考查灵活运用知识的能力，有一定的难度．
法一：特值验证排除．选项C显然是错的，举出反例：－1，0,1,2,3，…满足数列{S n}是递增数列，但是S n＞0不恒成立．
法二：由于Sn＝na1＋d＝n2＋n，根据二次函数的图象与性质知当d<0时，数列{Sn}有最大项，即选项A正确；同理选项B也是正确的；而若数列{Sn}是递增数列，那么d>0，但对任意的n∈N*，Sn>0不成立，即选项C错误；反之，选项D是正确的；故应选C.
[点评] 等差数列的求和公式与二次函数的图象的关系是解决本题的重要依据．
图1－2
D2 等差数列及等差数列前n项和
6．D2[2012·辽宁卷] 在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝( )
A．58 B．88
C．143 D．176
6．B [解析] 本小题主要考查等差数列的性质和求和公式．解题的突破口为等差数列性质的正确应用．
由等差数列性质可知，a4＋a8＝a1＋a11＝16，S11＝＝88.
5．D2[2012·全国卷] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为( )
A. B.
C. D.
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．
由S5＝5a3得a3＝3，又a5＝5，所以an＝n.∴＝＝－，∴＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝1－＝，故选A.
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＝________.
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，由S2＝a3可得，a1＝a3－a2＝d＝，所以a2＝2d＝2×＝1.
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
2．B [解析] 根据已知条件得： 即 解得2d＝4，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＝a－4，则an＝________.
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＋2d＝1＋2d，a2＝a1＋d＝1＋d，代入已知条件：a3＝a－4得：1＋2d＝(1＋d)2－4，解得d2＝4，所以d＝2(d＝－2舍去)，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
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)＋…＋f(a5)＝5π，则[f(a3)]2－a1a5＝( )
A．0 B.π2
C.π2 D.π2
12．D [解析] 设a3＝α，则a1＝α－，a2＝α－，a4＝α＋，a5＝α＋，
由f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5π，
得2×5α－cos＋cos＋cosα＋cos＋cos＝5π，
即10α－(＋＋1)cosα＝5π.
当0≤α≤π时，左边是α的增函数，且α＝满足等式；
当α＞π时，10α＞10π，而(＋＋1)cosα＜5cosα≤5，等式不可能成立；
当α＜0时，10α＜0，而－(＋＋1)cosα＜5，等式也不可能成立．
故a3＝α＝.
[f(a3)]2－a1a5＝π2－＝π2.
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；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
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，
2Sn－1＝an－2n＋1，
2Sn＝an＋1－2n＋1＋1.
∴2an＝an＋1－an－2n，于是
an＋1＝3an＋2n(n≥2)．
而由(1)知，a2＝2a1＋3＝5＝3a1＋2，
因此对一切正整数n，有an＋1＝3an＋2n，
所以an＋1＋2n＋1＝3(an＋2n)．
又∵a1＋21＝3，
∴{an＋2n}是以3为首项，3为公比的等比数列．
故an＋2n＝3n，即an＝3n－2n.
(3)∵an＝3n－2n＝3·3n－1－2n＝3n－1＋2(3n－1－2n－1)≥3n－1，
∴≤.
∴＋＋…＋≤1＋＋＋…＋＝<.
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.
由题意得
解得或
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．
故|an|＝|3n－7|＝
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＋＝n2－n＋10.
当n＝2时，满足此式．
综上，Sn＝
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
＝＝＝q，
＝＝＝q，
即＝＝q.所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．
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.
因为an＞0，所以＝＝q.
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．
证法二： 对任意k∈N＋，2Sk＝，
Sk＋2＋Sk＋1＝＋＝，
2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝－
＝[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]
＝(q2＋q－2)＝0，
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
1．B [解析] 因为{an}是等差数列，所以a2＋a4＝a1＋a5＝1＋5＝6，所以S5＝＝＝15，选B.
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＝________.
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＝3a2＋2得a2＝－2，由S4＝3a4＋2得a4＝2，两者矛盾，舍去，则q≠1，联立方程可解得故应填.
[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a＝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．
由已知条件为等比数列，可知，2(an＋an＋2)＝5an＋1⇒2(an＋an·q2)＝5anq⇒2q2－5q＋2＝0⇒q＝或2，又因为是递增数列， 所以q＝2.由a＝a10得a5＝q5＝32，所以a1＝2，an＝a1qn－1＝2n.
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：
①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(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.
对于①，＝＝q2，故数列{f(an)}是公比为q2的等比数列；对于②，＝＝2an＋1－an(不为常数)，故数列{f(an)}不是等比数列；对于③，＝＝＝，故数列{f(an)}是等比数列；对于④， ＝(不为常数)，故数列{f(an)}不是等比数列．由“保等比数列函数”的定义知应选C.
4．D3[2012·安徽卷] 公比为的等比数列{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．
(解法一)由等比中项的性质得a3a11＝a＝16，又数列各项为正，所以a7＝4.所以a16＝a7×q9＝32.所以log2a16＝5.
(解法二)设等比数列的公比为q，由题意，an>0，则a3 · a11 ＝ a ＝ 2 ＝ a ＝ 24，所以a ＝ 210，解得a16＝25.故log2a16＝5.
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，体积分别记为V1，V2，…，Vn，…，则 (V1＋V2＋…＋Vn)＝________.
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决，是简单题型．
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 (V1＋V2＋…＋Vn)＝＝＝.
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；
(2)若a2＞－1，求证：Sn≤(a1＋an)，并给出等号成立的充要条件．
21．解：(1)证法一：由S2＝a2S1＋a1得a1＋a2＝a2a1＋a1，即a2＝a2a1.
因a2≠0，故a1＝1，得＝a2.
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，
由a2≠0，知an＋1≠0，因此＝a2.
综上，＝a2对所有n∈N*成立，从而{an}是首项为1，公比为a2的等比数列．
证法二：用数学归纳法证明an＝a，n∈N*.
当n＝1时，由S2＝a2S1＋a1，得a1＋a2＝a2a1＋a1，即a2＝a2a1，再由a2≠0，得a1＝1，
所以结论成立．
假设n＝k时，结论成立，即ak＝a，那么
当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝(a2Sk＋a1)－(a2Sk－1＋a1)＝a2(Sk－Sk－1)＝a2ak＝a，
这就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．
综上可得，对任意n∈N*，an＝a.因此{an}是首项为1，公比为a2的等比数列．
(2)当n＝1或2时，显然Sn＝(a1＋an)，等号成立．
设n≥3，a2＞－1且a2≠0，由(1)知a1＝1，an＝a，所以要证的不等式化为
1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥3)，
即证：1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥2)．
当a2＝1时，上面不等式的等号成立．
当－1＜a2＜1时，a－1与a－1(r＝1,2，…，n－1)同为负；
当a2＞1时，a－1与a－1(r＝1,2，…，n－1)同为正．
因此当a2＞－1且a2≠1时，总有(a－1)(a－1)＞0，即
a＋a＜1＋a(r＝1,2，…，n－1)．
上面不等式对r从1到n－1求和得
2(a2＋a＋…＋a)＜(n－1)(1＋a)，
由此可得1＋a2＋a＋…＋a＜(1＋a)．
综上，当a2＞－1且a2≠0时，有Sn≤(a1＋an)，当且仅当n＝1,2或a2＝1时等号成立．
证法二：当n＝1或2时，显然Sn≤(a1＋an)，等号成立．当a2＝1时，Sn＝n＝(a1＋an)，等号也成立．
当a2≠1时，由(1)知Sn＝，an＝a，下证：
＜(1＋a)(n≥3，a2＞－1且a2≠1)．
当－1＜a2＜1时，上面不等式化为
(n－2)a＋na2－na＜n－2(n≥3)．
令f(a2)＝(n－2)a＋na2－na.
当－1＜a2＜0时，1－a＞0，故
f(a2)＝(n－2)a＋na2(1－a)＜(n－2)|a2|n＜n－2，
即所要证的不等式成立．
当0＜a2＜1时，对a2求导得f′(a2)＝n[(n－2)a－(n－1)a＋1]＝ng(a2)．
其中g(a2)＝(n－2)a－(n－1)a＋1，则g′(a2)＝(n－2)(n－1)(a2－1)a＜0，即g(a2)是(0,1)上的减函数，故g(a2)>g(1)＝0，从而f′(a2)＝ng(a2)>0，进而f(a2)是(0,1)上的增函数，因此f(a2)＜f(1)＝n－2，所要证的不等式成立．
当a2＞1时，令b＝，则0＜b＜1，由已知的结论知
＜，
两边同时乘以a得所要证的不等式．
综上，当a2＞－1且a2≠0时，有Sn≤(a1＋an)，当且仅当n＝1,2或a2＝1时等号成立．
22．D3、M3 [2012·全国卷] 函数f(x)＝x2－2x－3.定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过两点P(4,5)、Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标．
(1)证明：2≤xn<xn＋1<3；
(2)求数列{xn}的通项公式．
22．解：(1)用数学归纳法证明：2≤xn<xn＋1<3.
①当n＝1时，x1＝2，直线PQ1的方程为
y－5＝(x－4)，
令y＝0，解得x2＝，所以2≤x1<x2<3.
②假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk<xk＋1<3.
直线PQk＋1的方程为y－5＝(x－4)，
令y＝0，解得xk＋2＝.
由归纳假设知xk＋2＝＝4－<4－＝3，
xk＋2－xk＋1＝>0，
即xk＋1<xk＋2.
所以2≤xk＋1<xk＋2<3，即当n＝k＋1时，结论成立．
由①、②知对任意的正整数n,2≤xn<xn＋1<3.
(2)由(1)及题意得xn＋1＝.设bn＝xn－3，则
＝＋1，
＋＝5，
数列是首项为－，公比为5的等比数列，
因此＋＝－·5n－1，
即bn＝－，
所以数列{xn}的通项公式为xn＝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.
由题意得
解得或
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．
故|an|＝|3n－7|＝
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＋＝n2－n＋10.
当n＝2时，满足此式．
综上，Sn＝
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
＝＝＝q，
＝＝＝q，
即＝＝q.所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．
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.
因为an＞0，所以＝＝q.
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．
5．D3[2012·课标全国卷] 已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝( )
A．7 B．5 C．－5 D．－7
5．D [解析] 设数列{an}的公比为q.由题意， 得或解得或当 时，a1＋a10＝a1(1＋q9)＝1＋(－2)3＝－7；当时，a1＋a10＝a1(1＋q9)＝(－8)×＝－7.综上，a1＋a10＝－7.故选D.
图1－1
D4 数列求和
18．D4[2012·上海卷] 设an＝sin，Sn＝a1＋a2＋…＋an，在S1，S2，…，S100中，正数的个数是( )
A．25 B．50
C．75 D．100
18．D [解析] 考查数列求和和转化思想，关键是发现数列为振幅越来越小的摆动数列．
令bn＝sin，周期为50，前n项和记作：Tn＝b1＋b2＋…＋bn，根据三角函数图象的对称性，可知T1，T2，…，T49均大于0，只有两个T50＝0，T100＝0，数列an＝sin为振幅越来越小的摆动数列，≤，只有当n＝1,50,100时相等，故S1，S2，…，S100中正数个数为100.
14．D4[2012·福建卷] 数列{an}的通项公式an＝ncos＋1，前n项和为Sn，则S2 012＝________.
14．3 018 [解析] a1＝1cos＋1＝1，
a2＝2cosπ＋1＝－1，
a3＝3cos＋1＝1，
a4＝4cos2π＋1＝5，
a5＝5cos＋1＝1，
a6＝6cos3π＋1＝－5，
a7＝7cos＋1＝1，
a8＝8cos＋1＝9；
该数列每四项的和为6,2 012 ÷4＝503，所以S2 012＝6×503＝3 018.
16．D4、D5[2012·课标全国卷] 数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________．
16．[答案] 1 830
[解析] 令bn＝a4n－3＋a4n－2＋a4n－1＋a4n，
则bn＋1＝a4n＋1＋a4n＋2＋a4n＋3＋a4n＋4.
因为an＋1＋(－1)nan＝2n－1，
所以an＋1＝－(－1)nan＋2n－1.
所以a4n－3＝－a4n－4＋2(4n－4)－1，
a4n－2＝a4n－3＋2(4n－3)－1，
a4n－1＝－a4n－2＋2(4n－2)－1，
a4n＝a4n－1＋2(4n－1)－1，
a4n＋1＝－a4n＋2×4n－1，
a4n＋2＝a4n＋1＋2(4n＋1)－1，
a4n＋3＝－a4n＋2＋2(4n＋2)－1，
a4n＋4＝a4n＋3＋2(4n＋3)－1，
所以a4n＋4＝a4n＋3＋2(4n＋3)－1＝－a4n＋2＋2(4n＋2)－1＋2(4n＋3)－1
＝－a4n＋1－2(4n＋1)＋1＋2(4n＋2)－1＋2(4n＋3)－1
＝a4n－2×4n＋1－2(4n＋1)＋1＋2(4n＋2)－1＋2(4n＋3)－1
＝a4n＋8，
即a4n＋4＝a4n＋8.
同理，a4n＋3＝a4n－1，a4n＋2＝a4n－2＋8，a4n＋1＝a4n－3.
所以a4n＋1＋a4n＋2＋a4n＋3＋a4n＋4＝a4n＋a4n－1＋a4n－2＋a4n－3＋16.
即bn＋1＝bn＋16.故数列{bn}是等差数列．
又a2－a1＝2×1－1，①
a3＋a2＝2×2－1，②
a4－a3＝2×3－1，③
②－①得a3＋a1＝2；②＋③得a2＋a4＝8，
所以a1＋a2＋a3＋a4＝10，
即b1＝10.
所以数列{an}的前60项和即为数列{bn}的前15项和，即S15＝10×15＋×16＝1 830.
20．B3、D4、M4[2012·北京卷] 设A是由m×n个实数组成的m行n列的数表，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零，记S(m，n)为所有这样的数表构成的集合．
对于A∈S(m，n)，记ri(A)为A的第i行各数之和(1≤i≤m)，cj(A)为A的第j列各数之和(1≤j≤n)；
记k(A)为|r1(A)|，|r2(A)|，…，|rm(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，…，|cn(A)|中的最小值．
(1)对如下数表A，求k(A)的值；
1
1
－0.8
0.1
－0.3
－1
(2)设数表A∈S(2,3)形如
1
1
c
a
b
－1
求k(A)的最大值；
(3)给定正整数t，对于所有的A∈S(2,2t＋1)，求k(A)的最大值．
20．解：(1)因为r1(A)＝1.2，r2(A)＝－1.2，c1(A)＝1.1，c2(A)＝0.7，c3(A)＝－1.8，
所以k(A)＝0.7.
(2)不妨设a≤b.由题意得c＝－1－a－b.
又因c≥－1，所以a＋b≤0，于是a≤0.
r1(A)＝2＋c≥1，r2(A)＝－r1(A)≤－1，
c1(A)＝1＋a，c2(A)＝1＋b，c3(A)＝－(1＋a)－(1＋b)≤－(1＋a)．
所以k(A)＝1＋a≤1.
当a＝b＝0且c＝－1时，k(A)取得最大值1.
(3)对于给定的正整数t，任给数表A∈S(2,2t＋1)如下：
a1
a2
…
a2t＋1
b1
b2
…
b2t＋1
任意改变A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*∈S(2,2t＋1)，并且k(A)＝k(A*)．
因此，不妨设r1(A)≥0，且cj(A)≥0(j＝1,2，…，t＋1)．
由k(A)的定义知，k(A)≤r1(A)，k(A)≤cj(A)(j＝1,2，…，t＋1)．
又因为c1(A)＋c2(A)＋…＋c2t＋1(A)＝0，
所以(t＋2)k(A)≤r1(A)＋c1(A)＋c2(A)＋…＋ct＋1(A)
＝r1(A)－ct＋2(A)－…－c2t＋1(A)＝j－j
≤(t＋1)－t×(－1)＝2t＋1.
所以k(A)≤.
对数表A0：
第1列
第2列
…
第t＋1列
第t＋2列
…
第2t＋1列
1
1
…
1
－1＋
…
－1＋
…
－1
…
－1
则A0∈S(2,2t＋1)，且k(A0)＝.
综上，对于所有的A∈S(2,2t＋1)，k(A)的最大值为.
D5 单元综合
18．D5[2012·天津卷] 已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，证明Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)．
18．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.由条件，得方程组解得
所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.
(2)证明：(方法一)
由(1)得
Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1，①
2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2na2＋2n＋1a1，②
由②－①，得
Tn＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2＝＋2n＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10.
而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10，故Tn＋12＝－2an＋10bn，n∈N*.
(方法二：数学归纳法)
①当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立；
②假设当n＝k时等式成立，即Tk＋12＝－2ak＋10bk，则当n＝k＋1时，
有Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1
＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk)
＝ak＋1b1＋qTk
＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12)
＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24
＝－2ak＋1＋10bk＋1－12，
即Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1，
因
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