第六章 单元测试
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．每小题中只有一项符合题目要求)
1．若{an}为等差数列，且a7－2a4＝－1，a3＝0，则公差d＝ ( )
A．－2 B．－
C. D．2
答案 B
解析 由等差中项的定义结合已知条件可知2a4＝a5＋a3，∴2d＝a7－a5＝－1，即d＝－.故选B.
2．在等比数列{an}中，若a3a5a7a9a11＝243，则的值为 ( )
A．9 B．1
C．2 D．3
答案 D
解析 由等比数列性质可知a3a5a7a9a11＝a＝243，所以得a7＝3，又＝＝a7，故选D.
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a5＝S5，且a9＝20，则S11＝( )
A．260 B．220
C．130 D．110
答案 D
解析 ∵S5＝×5，又∵S5＝a1＋a5，∴a1＋a5＝0.∴a3＝0，∴S11＝×11＝×11＝×11＝110，故选D.
4．各项均不为零的等差数列{an}中，若a－an－1－an＋1＝0(n∈N*，n≥2)，则S2 009等于 ( )
A．0 B．2
C．2 009 D．4 018
答案 D
解析 各项均不为零的等差数列{an}，由于a－an－1－an＋1＝0(n∈N*，n≥2)，则a－2an＝0，an＝2，S2 009＝4 018，故选D.
5．数列{an}是等比数列且an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，那么a3＋a5的值等于 ( )
A．5 B．10
C．15 D．20
答案 A
解析 由于a2a4＝a，a4a6＝a，所以a2·a4＋2a3·a5＋a4·a6＝a＋2a3a5＋a＝(a3＋a5)2＝25.所以a3＋a5＝±5.又an>0，所以a3＋a5＝5.所以选A.
6．首项为1，公差不为0的等差数列{an}中，a3，a4，a6是一个等比数列的前三项，则这个等比数列的第四项是 ( )
A．8 B．－8
C．－6 D．不确定
答案 B
解析 a＝a3·a6?(1＋3d)2＝(1＋2d)·(1＋5d)
?d(d＋1)＝0?d＝－1，∴a3＝－1，a4＝－2，∴q＝2.
∴a6＝a4·q＝－4，第四项为a6·q＝－8.
7．设函数f(x)满足f(n＋1)＝(n∈N*)，且f(1)＝2，则f(20)＝( )
A．95 B．97
C．105 D．192
答案 B
解析 f(n＋1)＝f(n)＋，∴
累加，得f(20)＝f(1)＋(＋＋…＋)＝f(1)＋＝97.
8．若a，ay，a－(a>0，且a≠1)成等比数列，则点(x，y)在平面直角坐标系内的轨迹位于 ( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案 D
解析 ∵成等比，∴(ay)2＝a·a－.
即2y＝－，x－1>0，∴x>1.
x－1a8S9 B．a9S80，q<0，所以－aq7>0，即a9S8>a8S9，故选A.
10．在等差数列{an}中，前n项和为Sn，且S2 011＝－2 011，a1 007＝3，则S2 012的值为 ( )
A．1 006 B．－2 012
C．2 012 D．－1 006
答案 C
解析 方法一 设等差数列的首项为a1，公差为d，根据题意可得，
即解得
所以，S2 012＝2 012a1＋d
＝2 012×(－4 021)＋2 012×2 011×2
＝2 012×(4 022－4 021)＝2012.
方法二 由S2 011＝
＝2 011a1 006＝－2 011，
解得a1 006＝－1，则
S2 012＝＝
＝＝2 012.
二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题中横线上)
11．若m，n，m＋n成等差数列，m，n，m·n成等比数列，则椭圆＋＝1的离心率为________．
答案
解析 由题意知2n＝m＋m＋n，
∴n＝2m.又n2＝m·m·n，∴n＝m2，∴m2＝2m.
∴m＝2，∴n＝4，∴a2＝4，b2＝2，c2＝2.
∴e＝＝.
12．数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若＝，则＝________.
答案
解析 ＝＝＝.
13．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d等于________．
答案 2
解析 ∵S3＝＝6，而a3＝4，∴a1＝0.
∴d＝＝2.
14．某人从2012年1月份开始，每月存入银行100元，月利率是3‰(不计复利)，到2012年12月底取出的本利和应是________元．
答案 1 223.4
解析 应为1 200＋0.3×12＋0.3×11＋…＋0.3＝1 200＋0.3×＝1 223.4(元)．
15．已知各项都为正数的等比数列{an}中，a2·a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，则满足an·an＋1·an＋2>的最大正整数n的值为________．
答案 4
解析 设等比数列{an}的公比为q，其中q>0，依题意得a＝a2·a4＝4.又a3>0，因此a3＝a1q2＝2，a1＋a2＝a1＋a1q＝12，由此解得q＝，a1＝8，an＝8×()n－1＝24－n，an·an＋1·an＋2＝29－3n.由于2－3＝>，因此要使29－3n>，只要9－3n≥－3，即n≤4，于是满足an·an＋1·an＋2>的最大正整数n的值为4.
16．等比数列{an}的首项为a1＝1，前n项和为Sn，若＝，则公比q等于________．
答案 －
解析 因为＝，所以＝＝－，即q5＝(－)5，所以q＝－.
三、解答题(本大题共6小题，共70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10分)数列{an}中，a1＝1，an，an＋1是方程x2－(2n＋1)x＋＝0的两个根，求数列{bn}的前n项和Sn.
答案 Sn＝
解析 ∵an，an＋1是x2－(2n＋1)x＋＝0的两根，
∴an＋an＋1＝2n＋1，an·an＋1＝.
∴an＋1＋an＋2＝2n＋3.
∴an＋2－an＝2.
∴a3－a1＝2，
a5－a3＝2，
……
a2n－1－a2n－3＝2.
∴a2n－1－a1＝2(n－1)．
∴a2n－1＝2n－1，∴当n为奇数时，an＝n.
同理可得当n为偶数时an＝n.
∴an＝n.
∴bn＝＝＝－.
∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝1－＋－＋－＋…＋－
＝1－＝.
18．(本小题满分12分)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn}中的b3、b4、b5.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列{Sn＋}是等比数列．
答案 (1)bn＝·2n－1＝5·2n－3 (2)略
解析 (1)设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.
依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15，解得a＝5.
所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d.
依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，
解得d＝2或d＝－13(舍去)．
故{bn}的第3项为5，公比为2.
由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝.
所以{bn}是以为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn＝·2n－1
＝5·2n－3.
(2)数列{bn}的前n项和Sn＝＝5·2n－2－，
即Sn＋＝5·2n－2.
所以S1＋＝，＝＝2.
因此{Sn＋}是以为首项，公比为2的等比数列．
19．(本小题满分12分)已知数列{xn}的首项x1＝3，通项xn＝2np＋nq(n∈N*，p，q为常数)，且x1，x4，x5成等差数列，求：
(1)p，q的值；
(2)数列{xn}的前n项的和Sn的公式．
解析 (1)由x1＝3，得2p＋q＝3，又x4＝24p＋4q，
x5＝25p＋5q，且x1＋x5＝2x4，得
3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q＝1.
(2)Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2n＋1－2＋.
20．(本小题满分12分)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2(＋)，a3＋a4＋a5＝64(＋＋)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋)2，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.
由已知，有
化简，得
又a1>0，故q＝2，a1＝1.
所以an＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝2＝a＋＋2＝4n－1＋＋2.
因此，Tn＝(1＋4＋…＋4n－1)＋(1＋＋…＋)＋2n＝＋＋2n＝(4n－41－n)＋2n＋1.
21．(本小题满分12分)某企业2010年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降．若不进行技术改造，预测从2011年起每年比上一年纯利润减少20万元，2011年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年(2011年为第一年)的利润为500(1＋)万元(n为正整数)．
(1)设从2011年起的前n年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元(须扣除技术改造资金)，求An，Bn的表达式；
(2)依上述预测，从2011年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？
思路 (1)An是一个等差数列的前n项和，Bn是一个常数数列和一个等比数列的组合的前n项和，根据数列的求和公式，就可以求出An，Bn的表达式．
(2)建模Bn>An，解这个关于n的不等式．
解析 (1)依题意知，An是一个以480为首项，－20为公差的等差数列的前n项和，所以An＝480n＋×(－20)＝490n－10n2，
Bn＝500(1＋)＋500(1＋)＋…＋500(1＋)－600
＝500n＋500(＋＋…＋)－600
＝500n＋500×－600
＝500n－－100.
(2)依题意得，Bn>An，
即500n－－100>490n－10n2，
可化简得g(3)＝2，f(4)＝2 010的n的最小值．
解析 (1)因为Sn＋n＝2an，所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，n∈N*)．两式相减，得an＝2an－1＋1.
所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)，所以数列{an＋1}为等比数列．
因为Sn＋n＝2an，令n＝1得a1＝1.
a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.
(2)因为bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，所以bn＝(2n＋1)·2n.
所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n， ①
2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1， ②
①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1
＝6＋2×－(2n＋1)·2n＋1
＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1.
所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1.
若>2 010，
则>2 010，即2n＋1>2 010.
由于210＝1 024,211＝2 048，所以n＋1≥11，即n≥10.
所以满足不等式>2 010的n的最小值是10.
1．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，数列{bn}是等差数列，且a6＝b7，则有 ( )
A．a3＋a9≤b4＋b10
B．a3＋a9≥b4＋b10
C．a3＋a9≠b4＋b10
D．a3＋a9与b4＋b10的大小关系不确定
答案 B
解析 记等比数列{an}的公比为q，由数列{bn}为等差数列可知b4＋b10＝2b7.又数列{an}是各项均为正数的等比数列，∴a3＋a9＝a3(1＋q6)＝a6()＝b7()，又＝＋q3≥2，当且仅当q＝1时，等号成立，∴a3＋a9≥b4＋b10.故选B.
2．已知an＝(n∈N＋)，数列{an}的前n项和为Sn，则使Sn>0的n的最小值是 ( )
A．5 B．6
C．10 D．11
答案 D
解析 令f(x)＝知f(x)关于(，0)对称，
∴a1＋a10＝a2＋a9＝a3＋a8＝a5＋a6＝0，
且a6>a7>a8>a9>a10>…>0.
∴S10＝0，S11>0，选D.
3．数列{an}中，Sn为其前n项和，已知S1＝1，S2＝2，且Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0(n∈N*且n≥2)，则此数列为 ( )
A．等差数列
B．等比数列
C．从第二项起为等差数列
D．从第二项起为等比数列
答案 D
解析 Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0，
∴Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1，∴an＋1＝2an.
又a1＝1，a2＝1，∴从第二项起为等比数列．
4．已知数列{an}满足a1＝，且对任意的正整数m，n，都有am＋n＝am＋an，则等于 ( )
A. B.
C. D．2
答案 B
解析 令m＝1，得an＋1＝a1＋an，即an＋1－an＝a1＝，可知数列{an}是首项为a1＝，公差为d＝的等差数列，于是an＝＋(n－1)·＝n，即＝.故选B.
5．设a1，a2，…，a50是以－1,0,1这三个整数中取值的数列，若a1＋a2＋…＋a50＝9且(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝107，则a1，a2，…，a50当中取零的项共有 ( )
A．11个 B．12个
C．15个 D．25个
答案 A
解析 (a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝a＋a＋…＋a＋2(a1＋a2＋…＋a50)＋50＝107，∴a＋a＋…＋a＝39，∴a1，a2，…，a50中取零的项应为50－39＝11个，故选A.
6．已知等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有 ( )
A．a1＋a101>0 B．a2＋a100<0
C．a3＋a99＝0 D．a51＝51
答案 C
解析 由题意，得a1＋a2＋…＋a101＝×101＝0.所以a1＋a101＝a2＋a100＝a3＋a99＝0.
7．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b10＝________.
答案 64
解析 an＋an＋1＝bn，an·an＋1＝2n，
∴an＋1·an＋2＝2n＋1.
∴an＋2＝2an.
又∵a1＝1，a1·a2＝2，∴a2＝2.
∴a2n＝2n，a2n－1＝2n－1(n∈N*)．
∴b10＝a10＋a11＝64.
8．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S10>0并且S11＝0，若Sn≤Sk对n∈N*恒成立，则正整数k构成的集合为________．
答案 {5,6}
解析 等差数列中由S10>0，S11＝0，得
S10＝>0?a1＋a10>0?a5＋a6>0，
S11＝＝0?a1＋a11＝2a6＝0，故可知，等差数列{an}是递减数列且a6＝0，所以S5＝S6≥Sn，即k＝5或6.
∴集合为{5,6}．
9．(2013·衡水调研)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，函数f(x)＝px2－(p＋q)x＋qlnx(其中p、q均为常数，且p>q>0)，当x＝a1时，函数f(x)取得极小值，点(an,2Sn)(n∈N*)均在函数y＝2px2－＋f′(x)＋q的图像上．(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)记bn＝·qn，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)由题易得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝px－(p＋q)＋＝＝.
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝.
∵p>q>0，∴0<<1.
当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：
(0，)
(，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
∴f(x)在x＝1处取得极小值，即a1＝1.
(2)依题意，y＝2px2－＋f′(x)＋q＝2px2＋px－p，
2Sn＝2p·a＋p·an－p(n∈N*)．
∴2a1＝2p·a＋pa1－p.
由a1＝1，得p＝1.
∴2Sn＝2a＋an－1. ①
∴当n≥2时，2Sn－1＝2a＋an－1－1. ②
①－②得2an＝2(a－a)＋an－an－1.
∴2(a－a)－(an＋an－1)＝0.
∴(an＋an－1)(an－an－1－)＝0.
由于an＋an－1>0，∴an－an－1＝(n≥2)．
∴{an}是以a1＝1为首项，为公差的等差数列．
∴an＝1＋(n－1)×＝.
(3)Sn＝n＋·＝，∴bn＝·qn＝nqn.∴Tn＝q＋2q2＋3q3＋…＋(n－1)qn－1＋nqn. ③
已知p>q>0，而由(2)知p＝1，则q≠1.
∴qTn＝q2＋2q3＋3q4＋…＋(n－1)qn＋nqn＋1. ④
由③－④，得(1－q)Tn＝q＋q2＋q3＋…＋qn－1＋qn－nqn＋1＝－nqn＋1.
∴Tn＝－.
10．将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：
已知表中的第一列数a1，a2，a5，…构成一个等差数列，记为{bn}，且b2＝4，b5＝12.表中每一行正中间一个数a1，a3，a7，…构成数列{cn}，其前n项和为Sn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a13＝1.
①求Sn；
②记M＝{n|(n＋1)cn≥λ，n∈N*}，若集合M的元素个数为3，求实数λ的取值范围．
解析 (1)设数列{bn}的公差为d，
则解得所以bn＝2n.
(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q.
由于前n行共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2个数，且
32<13<42，所以a10＝b4＝8.
所以a13＝a10q3＝8q3，又a13＝1，解得q＝.
由已知可得cn＝bnqn－1，因此cn＝2n·()n－1＝.
所以Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋＋…＋.
Sn＝＋＋…＋＋.
因此Sn＝＋＋＋…＋－＝4－－＝4－.
解得Sn＝8－.
②由①知，cn＝，不等式(n＋1)cn≥λ，
可化为≥λ.设f(n)＝，
因为f(n＋1)－f(n)＝，
所以当n≥3时，f(n＋1)bn恒成立，求实数t的取值范围．
解析 (1)由题意得an－an－1＝2n(n≥2)，
累差叠加，得an＝n(n＋1)(n≥2)．
又a1＝2，所以an＝n(n＋1)，(n∈N*)．
(2)bn＝＋＋…＋
＝－＝＝，
bn＝，bn的最大值为b1＝，
所以t2－2mt＋>恒成立，m∈[－1,1]．
构造g(m)＝－2tm＋t2，即g(m)>0恒成立m∈[－1,1]．
当t＝0，不成立；
当t≠0，g(m)是一次函数，
解得t∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)．
14．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26.{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
答案 (1)an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2) (2)Tn＝
解析 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由于a3＝7，a5＋a7＝26，
所以a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，
解得a1＝3，d＝2.
由于an＝a1＋(n－1)d，Sn＝，
所以an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．
(2)因为an＝2n＋1，所以a－1＝4n(n＋1)．
因此bn＝＝(－)．
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(1－＋－＋…＋－)
＝(1－)＝.
所以数列{bn}的前n项和Tn＝.
15．设数列{an}是等差数列，其前n项和Sn，若S4≥10，S5≤15，求a4的最大值．
解析 方法一 a5＝S5－S4≤5，
S5＝a1＋a2＋…＋a5＝5a3≤15，
a3≤3，则a4＝≤4，a4的最大值为4.
方法二 ∵?
?d≤1.
又∵S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3≤15，∴a3≤3.
∴a4≤4.故a4的最大值为4.
方法三 本题也可利用线性规划知识求解．
由题意得?
a4＝a1＋3d.
画出可行域求目标函数a4＝a1＋3d的最大值，即当直线a4＝a1＋3d过可行域内(1,1)点时截距最大，此时a4＝4.
16．(2012·天津)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*)．
解析 (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)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 (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Tn＋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.
因此n＝k＋1时等式也成立．
由(1)和(2)，可知对任意n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn成立．
17．(2012·陕西)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．
解析 (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)方法一 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．
方法二 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．
18．(2012·广东)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＋＋…＋<.
解析 (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＋＋＋…＋＝<.
19．(2012·湖北)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．
解析 (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
所以由等差数列的通项公式可得
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＝
20．(2012·江西)已知数列{an}的前n项和Sn＝kcn－k(其中c，k为常数)，且a2＝4，a6＝8a3.
(1)求an；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
解析 (1)由Sn＝kcn－k，得an＝Sn－Sn－1＝kcn－kcn－1(n≥2)．
由a2＝4，a6＝8a3，得kc(c－1)＝4，kc5(c－1)＝8kc2(c－1)．
解得所以a1＝S1＝2，an＝kcn－kcn－1＝2n(n≥2)，于是an＝2n.
(2)Tn＝ai＝·2i，即
Tn＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n·2n，
Tn＝2Tn－Tn＝－2－22－23－24－…－2n＋n·2n＋1＝－2n＋1＋2＋n·2n＋1＝(n－1)2n＋1＋2.
21．(2012·安徽)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(n∈N*)．
(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c<0；
(2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列．
解析 (1)先证充分性，若c<0，由于xn＋1＝－x＋xn＋c≤xn＋c0，即xn<1－.
由②式和xn≥0还可得，对任意n≥1都有
－xn＋1≤(1－)(－xn)． ③
反复运用③式，得
－xn≤(1－)n－1(－x1)<(1－)n－1.
xn<1－和－xn<(1－)n－1两式相加，知
2－1<(1－)n－1对任意n≥1成立．
根据指数函数y＝(1－)n的性质，得2－1≤0，c≤.故00，
即证xn<对任意n≥1成立．
下面用数学归纳法证明：当0xn，即{xn}是递增数列．
由(ⅰ)(ⅱ)知，使得数列{xn}单调递增的c的范围是(0，]．
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