2018年高三年級數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-數(shù)列專題及答案解析

./2018屆高三第二輪復(fù)習(xí)——數(shù)列第1講等差、等比考點(diǎn)[高考感悟]從近三年高考看,高考命題熱點(diǎn)考向可能為：考什么怎么考題型與難度1.等差<比>數(shù)列的基本運(yùn)算主要考查等差、等比數(shù)列的基本量的求解題型：三種題型均可出現(xiàn)難度：基礎(chǔ)題2.等差<比>數(shù)列的判定與證明主要考查等差、等比數(shù)列的定義證明題型：三種題型均可出現(xiàn)難度：基礎(chǔ)題或中檔題3.等差<比>數(shù)列的性質(zhì)主要考查等差、等比數(shù)列的性質(zhì)題型：選擇題或填空題難度：基礎(chǔ)題或中檔題1．必記公式<1>等差數(shù)列通項(xiàng)公式：an＝a1＋<n－1>d.<2>等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式：Sn＝eq\f<n〔a1＋an,2>＝na1＋eq\f<n〔n－1d,2>.<3>等比數(shù)列通項(xiàng)公式：ana1qn－1.<4>等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式：Sn＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<na1〔q＝1,\f<a1〔1－qn,1－q>＝\f<a1－anq,1－q>〔q≠1>>.<5>等差中項(xiàng)公式：2an＝an－1＋an＋1<n≥2>．<6>等比中項(xiàng)公式：aeq\o\al<2,n>＝an－1·an＋1<n≥2>．<7>數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和與通項(xiàng)an之間的關(guān)系：an＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<S1〔n＝1,Sn－Sn－1〔n≥2>>.2．重要性質(zhì)<1>通項(xiàng)公式的推廣：等差數(shù)列中,an＝am＋<n－m>d；等比數(shù)列中,an＝amqn－m.<2>增減性：①等差數(shù)列中,若公差大于零,則數(shù)列為遞增數(shù)列；若公差小于零,則數(shù)列為遞減數(shù)列．②等比數(shù)列中,若a1＞0且q＞1或a1＜0且0＜q＜1,則數(shù)列為遞增數(shù)列；若a1＞0且0＜q＜1或a1＜0且q＞1,則數(shù)列為遞減數(shù)列．3．易錯提醒<1>忽視等比數(shù)列的條件：判斷一個數(shù)列是等比數(shù)列時,忽視各項(xiàng)都不為零的條件．<2>漏掉等比中項(xiàng)：正數(shù)a,b的等比中項(xiàng)是±eq\r<ab>,容易漏掉－eq\r<ab>.[真題體驗(yàn)]1．<2015·新課標(biāo)Ⅰ高考>已知{an}是公差為1的等差數(shù)列,Sn為{an}的前n項(xiàng)和．若S8＝4S4,則a10＝<>A.eq\f<17,2>B.eq\f<19,2>C．10D．122．<2015·新課標(biāo)Ⅱ高考>已知等比數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f<1,4>,a3a5＝4<a4－1>,則a2＝<>A．2B．1C.eq\f<1,2>D.eq\f<1,8>3．<2015·XX高考>已知{an}是等差數(shù)列,公差d不為零．若a2,a3,a7成等比數(shù)列,且2a1＋a2＝1,則a1＝__________,d＝________．4．<2016·全國卷1>已知是公差為3的等差數(shù)列,數(shù)列滿足,.〔=1\*ROMANI求的通項(xiàng)公式；〔=2\*ROMANII求的前n項(xiàng)和.[考點(diǎn)突破]考點(diǎn)一、等差〔比的基本運(yùn)算1．<2015·XX高考>設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若a1＝1,且3S1,2S2,S3成等差數(shù)列,則an＝________．2．<2015·XX高考>已知等差數(shù)列{an}滿足a3＝2,前3項(xiàng)和S3＝eq\f<9,2>.<1>求{an}的通項(xiàng)公式；<2>設(shè)等比數(shù)列{bn}滿足b1＝a1,b4＝a15,求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.考點(diǎn)二、等差〔比的證明與判斷[典例1]<2017·全國1>記Sn為等比數(shù)列的前n項(xiàng)和,已知S2=2,S3=-6.〔1求的通項(xiàng)公式；〔2求Sn,并判斷Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差數(shù)列。.[規(guī)律感悟]判斷和證明數(shù)列是等差<比>數(shù)列的三種方法<1>定義法：對于n≥1的任意自然數(shù),驗(yàn)證an＋1－aneq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<或\f<an＋1,an>>>為同一常數(shù)．<2>通項(xiàng)公式法：①若an＝a1＋<n－1>d＝am＋<n－m>d或an＝kn＋b<n∈N*>,則{an}為等差數(shù)列；②若an＝a1qn－1＝amqn－m或an＝pqkn＋b<n∈N*>,則{an}為等比數(shù)列．<3>中項(xiàng)公式法：①若2an＝an－1＋an＋1<n∈N*,n≥2>,則{an}為等差數(shù)列；②若aeq\o\al<2,n>＝an－1·an＋1<n∈N*,n≥2>,且an≠0,則{an}為等比數(shù)列．變式：<2014·全國大綱高考>數(shù)列{an}滿足a1＝1,a2＝2,an＋2＝2an＋1－an＋2.<1>設(shè)bn＝an＋1－an,證明{bn}是等差數(shù)列；<2>求{an}的通項(xiàng)公式．考點(diǎn)三、等差〔比數(shù)列的性質(zhì)命題角度一與等差<比>數(shù)列的項(xiàng)有關(guān)的性質(zhì)[典例2]<1><2015·新課標(biāo)Ⅱ高考>已知等比數(shù)列{an}滿足a1＝3,a1＋a3＋a5＝21,則a3＋a5＋a7＝<>A．21B．42C．63D．84<2><2015·XX模擬>已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且S10＝12,則a5＋a6＝<>A.eq\f<12,5>B．12C．6D.eq\f<6,5>命題角度二與等差<比>數(shù)列的和有關(guān)的性質(zhì)[典例3]<1><2014·全國大綱高考>設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S2＝3,S4＝15,則S6＝<>A．31B．32C．63D．64<2><2015·XX中學(xué)二調(diào)>等差數(shù)列{an}中,3<a3＋a5>＋2<a7＋a10＋a13>＝24,則該數(shù)列前13項(xiàng)的和是<>A．13B．26C．52D．156[針對訓(xùn)練]1．在等差數(shù)列{an}中,若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25,則a2＋a8＝________．2．在等比數(shù)列{an}中,a4·a8＝16,則a4·a5·a7·a8的值為________．3．若等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),且a10a11＋a9a12＝2e5,則lna1＋lna2＋…＋lna20＝______．[鞏固訓(xùn)練]一、選擇題1．<2015·新課標(biāo)Ⅱ高考>設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a1＋a3＋a5＝3,則S5＝<>A．5B．7C．9D．112．<2014·XX高考>等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若a1＝2,S3＝12,則a6等于<>A．8B．10C．12D．143．<2014·XX高考>對任意等比數(shù)列{an},下列說法一定正確的是<>A．a(chǎn)1,a3,a9成等比數(shù)列B．a(chǎn)2,a3,a6成等比數(shù)列C．a(chǎn)2,a4,a8成等比數(shù)列D．a(chǎn)3,a6,a9成等比數(shù)列4．<2014·天津高考>設(shè){an}是首項(xiàng)為a1,公差為－1的等差數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和．若S1,S2,S4成等比數(shù)列,則a1＝<>A．2B．－2C.eq\f<1,2>D．－eq\f<1,2>5．<2015·XXXX模擬>數(shù)列{an}滿足an－an＋1＝an·an＋1<n∈N*>,數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f<1,an>,且b1＋b2＋…＋b9＝90,則b4·b6<>A．最大值為99B．為定值99C．最大值為100D．最大值為200二、填空題6．<2015·XX高考>中位數(shù)為1010的一組數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列,其末項(xiàng)為2015,則該數(shù)列的首項(xiàng)為________．7．<2015·XX高考>已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列,a1＋a4＝9,a2a3＝8,則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和等于________．8．<2014·XX高考>在等差數(shù)列{an}中,a1＝7,公差為d,前n項(xiàng)和為Sn,當(dāng)且僅當(dāng)n＝8時Sn取得最大值,則d的取值范圍為________．三、解答題9．<文><2015·XX模擬>在等比數(shù)列{an}中,已知a1＝2,a4＝16.<1>求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；<2>若a3,a5分別為等差數(shù)列{bn}的第3項(xiàng)和第5項(xiàng),試求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.10、<2014·XX高考>已知等差數(shù)列{an}滿足：a1＝2,且a1,a2,a5成等比數(shù)列．<1>求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；<2>記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,是否存在正整數(shù)n,使得Sn＞60n＋800？若存在,求n的最小值；若不存在,說明理由．11．<2015·XX高考>設(shè)a1,a2,a3,a4是各項(xiàng)為正數(shù)且公差為d<d≠0>的等差數(shù)列．<1>證明：2a1,2a2,2a3,2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列；<2>是否存在a1,d,使得a1,aeq\o\al<2,2>,aeq\o\al<3,3>,aeq\o\al<4,4>依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由第2講數(shù)列求和〔通項(xiàng)及其綜合應(yīng)用[高考感悟]從近三年高考看,高考命題熱點(diǎn)考向可能為：考什么怎么考題型與難度1.數(shù)列的通項(xiàng)公式①考查等差、等比數(shù)列的基本量的求解；②考查an與Sn的關(guān)系,遞推關(guān)系等題型：三種題型均可出現(xiàn)難度：基礎(chǔ)題或中檔題2.數(shù)列的前n項(xiàng)和①考查等差、等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式；②考查用裂項(xiàng)相消法、錯位相減法、分解組合法求和.題型：三種題型均可出現(xiàn),更多為解答題難度：中檔題3.數(shù)列的綜合應(yīng)用①證明數(shù)列為等差或者等比；②考查數(shù)列與不等式的綜合.題型：解答題難度：中檔題[真題體驗(yàn)]1．<2015·北京高考>設(shè){an}是等差數(shù)列,下列結(jié)論中正確的是<>A．若a1＋a2＞0,則a2＋a3＞0B．若a1＋a3＜0,則a1＋a2＜0C．若0＜a1＜a2,則a2＞eq\r<a1a3>D．若a1＜0,則<a2－a1><a2－a3>＞02．<2015·XX模擬>已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a5＝5,S5＝15,則數(shù)列{eq\f<1,anan＋1>}的前100項(xiàng)和為<>A.eq\f<100,101>B.eq\f<99,101>C.eq\f<99,100>D.eq\f<101,100>3．<2015·XX高考>等差數(shù)列{an}中,a2＝4,a4＋a7＝15.<1>求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；<2>設(shè)bn＝2an－2＋n,求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．[考點(diǎn)突破]考點(diǎn)一、數(shù)列的通項(xiàng)公式[規(guī)律感悟]求通項(xiàng)的常用方法<1>歸納猜想法：已知數(shù)列的前幾項(xiàng),求數(shù)列的通項(xiàng)公式,可采用歸納猜想法．<2>已知Sn與an的關(guān)系,利用an＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<S1,n＝1,,Sn－Sn－1,n≥2>>求an.<3>累加法：數(shù)列遞推關(guān)系形如an＋1＝an＋f<n>,其中數(shù)列{f<n>}前n項(xiàng)和可求,這種類型的數(shù)列求通項(xiàng)公式時,常用累加法<疊加法>．<4>累乘法：數(shù)列遞推關(guān)系如an＋1＝g<n>an,其中數(shù)列{g<n>}前n項(xiàng)積可求,此數(shù)列求通項(xiàng)公式一般采用累乘法<疊乘法>．<5>構(gòu)造法：①遞推關(guān)系形如an＋1＝pan＋q<p,q為常數(shù)>可化為an＋1＋eq\f<q,p－1>＝peq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<an＋\f<q,p－1>>><p≠1>的形式,利用eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<an＋\f<q,p－1>>>是以p為公比的等比數(shù)列求解．②遞推關(guān)系形如an＋1＝eq\f<pan,an＋p><p為非零常數(shù)>可化為eq\f<1,an＋1>＝eq\f<1,an>－eq\f<1,p>的形式．1．<2015·新課標(biāo)Ⅱ高考>設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且a1＝－1,an＋1＝SnSn＋1,則Sn＝____________．2．<2015·XX模擬>數(shù)列{an}滿足eq\f<1,3>a1＋eq\f<1,32>a2＋…＋eq\f<1,3n>an＝3n＋1,n∈N*,則an＝________．3．若數(shù)列{an}滿足a1＝3,an＋1＝eq\f<5an－13,3an－7>,則a2015的值為________．考點(diǎn)二、數(shù)列的前n項(xiàng)和[規(guī)律感悟]1.分組求和的常見方法<1>根據(jù)等差、等比數(shù)列分組．<2>根據(jù)正號、負(fù)號分組．<3>根據(jù)數(shù)列的周期性分組．2．裂項(xiàng)后相消的規(guī)律常用的拆項(xiàng)公式<其中n∈N*>①eq\f<1,n〔n＋1>＝eq\f<1,n>－eq\f<1,n＋1>.②eq\f<1,n〔n＋k>＝eq\f<1,k>eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,n>－\f<1,n＋k>>>.③eq\f<1,〔2n－1〔2n＋1>＝eq\f<1,2><eq\f<1,2n－1>－eq\f<1,2n＋1>>．3．錯位相減法的關(guān)注點(diǎn)<1>適用題型：等差數(shù)列{an}乘以等比數(shù)列{bn}對應(yīng)項(xiàng)<{an·bn}>型數(shù)列求和．<2>步驟：①求和時先乘以數(shù)列{bn}的公比．②把兩個和的形式錯位相減．③整理結(jié)果形式．4．倒序求和。命題角度一基本數(shù)列求和、分組求和[典例1]<2015·XX八校聯(lián)考>等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,滿足a1＝3,b1＝1,b2＋S2＝10,a5－2b2＝a3.<1>求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；<2>令cn＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<\f<2,Sn>,n為奇數(shù),,bn,n為偶數(shù),>>設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn,求T2n.命題角度二裂項(xiàng)相消法求和[典例2]<2015·XX高考>已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列,且a1＋a4＝9,a2a3＝8.<1>求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；<2>設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,bn＝eq\f<an＋1,SnSn＋1>,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.命題角度三錯位相減法求和[典例3]<2015·天津高考>已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列,{bn}是等差數(shù)列,且a1＝b1＝1,b2＋b3＝2a3,a5－3b2＝7.<1>求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；<2>設(shè)cn＝anbn,n∈N*,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和．[針對訓(xùn)練]1．<2014·XX高考>已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f<n2＋n,2>,n∈N*.<1>求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；<2>設(shè)bn＝2an＋<－1>nan,求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和．2．<2015·XX高考>已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列,數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<1,an·an＋1>>>的前n項(xiàng)和為eq\f<n,2n＋1>.<1>求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；<2>設(shè)bn＝<an＋1>·2an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn..考點(diǎn)三、數(shù)列的綜合應(yīng)用[典例4]<2015·XXXX質(zhì)檢>正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足：Seq\o\al<2,n>－<n2＋n－1>Sn－<n2＋n>＝0.<1>求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；<2>令bn＝eq\f<n＋1,〔n＋22aeq\o\al<2,n>>,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.證明：對于任意的n∈N*,都有Tn＜eq\f<5,64>.變式：<2015·XXXX模擬>數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f<an,2an＋1>,a1＝1.<1>證明：數(shù)列{eq\f<1,an>}是等差數(shù)列；<2>求數(shù)列{eq\f<1,an>}的前n項(xiàng)和Sn,并證明eq\f<1,S1>＋eq\f<1,S2>＋…＋eq\f<1,Sn>＞eq\f<n,n＋1>.[鞏固訓(xùn)練]一、選擇題1．<2015·XX高考>已知{an}是等差數(shù)列,公差d不為零,前n項(xiàng)和是Sn.若a3,a4,a8成等比數(shù)列,則<>A．a(chǎn)1d＞0,dS4＞0B．a(chǎn)1d＜0,dS4＜0C．a(chǎn)1d＞0,dS4＜0D．a(chǎn)1d＜0,dS4＞02．<2015·XX調(diào)研>在數(shù)列{an}中,已知a1＝1,an＋1＝2an＋1,則其通項(xiàng)公式為an＝<>A．2n－1B．2n－1＋1C．2n－1D．2<n－1>3．<預(yù)測題>已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f<1,2>＋eq\r<an－aeq\o\al<2,n>>,且a1＝eq\f<1,2>,則該數(shù)列的前2015項(xiàng)的和等于<>A.eq\f<3023,2>B．3023C．1512D．30244．<2015·XX質(zhì)檢>設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1＝a2＝1,{nSn＋<n＋2>an}為等差數(shù)列,則an＝<>A.eq\f<n,2n－1>B.eq\f<n＋1,2n－1＋1>C.eq\f<2n－1,2n－1>D.eq\f<n＋1,2n＋1>5．<2015·XX第一次統(tǒng)一檢測>在數(shù)列{an}中,an＞0,a1＝eq\f<1,2>,如果an＋1是1與eq\f<2anan＋1＋1,4－aeq\o\al<2,n>>的等比中項(xiàng),那么a1＋eq\f<a2,22>＋eq\f<a3,32>＋eq\f<a4,42>＋…＋eq\f<a100,1002>的值是<>A.eq\f<100,99>B.eq\f<101,100>C.eq\f<100,101>D.eq\f<99,100>二、填空題6．<2014·全國新課標(biāo)Ⅱ高考>數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f<1,1－an>,a8＝2,則a1＝________．7．若數(shù)列{n<n＋4><eq\f<2,3>>n}中的最大項(xiàng)是第k項(xiàng),則k＝________．8<2015·XX高考>設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝1,且an＋1－an＝n＋1<n∈N*>,則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<1,an>>>前10項(xiàng)的和為________．9．<2015·XX高考>若a,b是函數(shù)f<x>＝x2－px＋q<p＞0,q＞0>的兩個不同的零點(diǎn),且a,b,－2這三個數(shù)可適當(dāng)排序后成等差數(shù)列,也可適當(dāng)排序后成等比數(shù)列,則p＋q的值等于________．三、解答題10．<2015·XX高考>設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,前n項(xiàng)和為Sn,等比數(shù)列{bn}的公比為q.已知b1＝a1,b2＝2,q＝d,S10＝100.<1>求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式；<2>當(dāng)d>1時,記cn＝eq\f<an,bn>,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.11．<2014·XX高考>已知等差數(shù)列{an}的公差為2,前n項(xiàng)和為Sn,且S1,S2,S4成等比數(shù)列．<1>求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；<2>令bn＝<－1>n－1eq\f<4n,anan＋1>,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.2018屆高三第二輪復(fù)習(xí)——數(shù)列答案[真題體驗(yàn)]〔第1講等差、等比考點(diǎn)1．[解析]設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公差為d.由題設(shè)知d＝1,S8＝4S4,所以8a1＋28＝4<4a1＋6>,解得a1＝eq\f<1,2>,所以a10＝eq\f<1,2>＋9＝eq\f<19,2>.故選B.2．[解析]設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,a1＝eq\f<1,4>,a3a5＝4<a4－1>,由題可知q≠1,則a1q2×a1q4＝4<a1q3－1>,∴eq\f<1,16>×q6＝4<eq\f<1,4>×q3－1>,∴q6－16q3＋64＝0,∴<q3－8>2＝0,∴q3＝8,∴q＝2,∴a2＝eq\f<1,2>.故選C.3．[解析]由a2,a3,a7成等比數(shù)列,得aeq\o\al<2,3>＝a2a7,則2d2＝－3a1d,即d＝－eq\f<3,2>a1.又2a1＋a2＝1,所以a1＝eq\f<2,3>,d＝－1.[答案]eq\f<2,3>－14．[解]<1>an＝3n－1．<2>．考點(diǎn)一、等差〔比的基本運(yùn)算1．[解析]本題考查等比數(shù)列和等差數(shù)列等,結(jié)合轉(zhuǎn)化思想即可輕松求解等比數(shù)列的公比,進(jìn)而求解等比數(shù)列的通項(xiàng)公式．由3S1,2S2,S3成等差數(shù)列,得4S2＝3S1＋S3,即3S2－3S1＝S3－S2,則3a2＝a3,得公比q＝3,所以an＝a1qn－1＝3n－1.[答案]3n－12．[解]本題主要考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式,考查考生的運(yùn)算求解能力．<1>將已知條件中的a3,S3用首項(xiàng)a1與公差d表示,求得a1,d,即可求得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；<2>結(jié)合<1>利用條件b1＝a1,b4＝a15求得公比,然后利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式進(jìn)行計算．<1>設(shè){an}的公差為d,則由已知條件得a1＋2d＝2,3a1＋eq\f<3×2,2>d＝eq\f<9,2>,即a1＋2d＝2,a1＋d＝eq\f<3,2>,解得a1＝1,d＝eq\f<1,2>,故通項(xiàng)公式為an＝1＋eq\f<n－1,2>,即an＝eq\f<n＋1,2>.<2>由<1>得b1＝1,b4＝a15＝eq\f<15＋1,2>＝8.設(shè){bn}的公比為q,則q3＝eq\f<b4,b1>＝8,從而q＝2,故{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝eq\f<b1〔1－qn,1－q>＝eq\f<1×〔1－2n,1－2>＝2n－1．考點(diǎn)二、等差〔比的證明與判斷[典例1]解：〔1設(shè)的公比為,由題設(shè)可得解得故的通項(xiàng)公式為〔2由〔1可得由于,故成等差數(shù)列變式．[解]<1>證明：由an＋2＝2an＋1－an＋2得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2,即bn＋1＝bn＋2.又b1＝a2－a1＝1,所以{bn}是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列．<2>由<1>得bn＝1＋2<n－1>,即an＋1－an＝2n－1.于是,所以an＋1－a1＝n2,即an＋1＝n2＋a1.又a1＝1,所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝n2－2n＋2.考點(diǎn)三、等差〔比數(shù)列的性質(zhì)命題角度一與等差<比>數(shù)列的項(xiàng)有關(guān)的性質(zhì)[解析]<1>本題主要考查等比數(shù)列的基本概念、基本運(yùn)算與性質(zhì),意在考查考生的運(yùn)算求解能力．由于a1<1＋q2＋q4>＝21,a1＝3,所以q4＋q2－6＝0,所以q2＝2<q2＝－3舍去>,a3＋a5＋a7＝q2<a1＋a3＋a5>＝2×21＝42.故選B.<2>本題主要考查等差數(shù)列的性質(zhì)am＋an＝ap＋aq.由S10＝12得eq\f<a1＋a10,2>×10＝12,所以a1＋a10＝eq\f<12,5>,所以a5＋a6＝eq\f<12,5>.故選A.命題角度二與等差<比>數(shù)列的和有關(guān)的性質(zhì)[解析]〔1在等比數(shù)列{an}中,S2,S4－S2,S6－S4也成等比數(shù)列,故<S4－S2>2＝S2<S6－S4>,則<15－3>2＝3<S6－15>．解得S6＝63.故選C.<2>∵3<a3＋a5>＋2<a7＋a10＋a13>＝24,∴6a4＋6a10＝24,∴a4＋a10＝4,∴S13＝eq\f<13〔a1＋a13,2>＝eq\f<13〔a4＋a10,2>＝eq\f<13×4,2>＝26.故選B.[針對訓(xùn)練]1．[解析]由a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25得5a5＝25,所以a5＝5,故a2＋a8＝2a5＝10.2．[解析]a4a5a7a8＝a4a8·a5a7＝<a4a8>2＝256.[答案]2563．[解析]∵a10a11＋a9a12＝2e5,∴a10·a11＝e5,lna1＋lna2＋…＋lna20＝10ln<a10·a11>＝10·lne5＝50.[鞏固訓(xùn)練]一、選擇題1[解析]數(shù)列{an}為等差數(shù)列,∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3,∴a3＝1,∴S5＝eq\f<5〔a1＋a5,2>＝eq\f<5×2a3,2>＝5.[答案]A2[解析]由題知3a1＋eq\f<3×2,2>d＝12,∵a1＝2,解得d＝2,又a6＝a1＋5d,∴a6＝12.故選C.3．[解析]由等比數(shù)列的性質(zhì)得,a3·a9＝aeq\o\al<2,6>≠0,因此a3,a6,a9一定成等比數(shù)列．故選D.4．[解析]由題意知Seq\o\al<2,2>＝S1·S4,∴<2a1＋eq\f<2×1,2>d>2＝a1<4a1＋eq\f<4×3,2>d>,把d＝－1代入整理得a1＝－eq\f<1,2>.故選D.5．[解析]將an－aa＋1＝anan＋1兩邊同時除以anan＋1可得eq\f<1,an＋1>－eq\f<1,an>＝1,即bn＋1－bn＝1,所以{bn}是公差為d＝1的等差數(shù)列,其前9項(xiàng)和為eq\f<9〔b1＋b9,2>＝90,所以b1＋b9＝20,將b9＝b1＋8d＝b1＋8,代入得b1＝6,所以b4＝9,b6＝11,所以b4b6＝99.故選B.二、填空題6．[解析]設(shè)等差數(shù)列的首項(xiàng)為a1,根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得,a1＋2015＝2×1010,解得a1＝5.[答案]57．[解析]∵eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＋a4＝9,,a2a3＝8,>>∴eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＋a4＝9,,a1a4＝8,>>則a1,a4可以看作一元二次方程x2－9x＋8＝0的兩根,故eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝1,a4＝8>>,或eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝8,,a4＝1.>>∵數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列,∴eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝1,,a4＝8.>>可得公比q＝2,∴前n項(xiàng)和Sn＝2n－1.8．[解析]等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn,則Sn＝na1＋eq\f<n〔n－1,2>d＝eq\f<d,2>n2＋<a1－eq\f<d,2>>n＝eq\f<d,2>n2＋<7－eq\f<d,2>>n,對稱軸為eq\f<\f<d,2>－7,d>,對稱軸介于7.5與8.5之間,即7.5＜eq\f<\f<d,2>－7,d>＜8.5,解得－1＜d＜－eq\f<7,8>.[答案]eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－1,－\f<7,8>>>三、解答題9．.[解]<1>設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,∵{an}為等比數(shù)列,∴eq\f<a4,a1>＝q3＝8,∴q＝2,∴an＝2×2n－1＝2n.<2>設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d,∵b3＝a3＝23＝8,b5＝a5＝25＝32,且{bn}為等差數(shù)列,∴b5－b3＝24＝2d,∴d＝12,∴b1＝b3－2d＝－16,∴Sn＝－16n＋eq\f<n〔n－1,2>×12＝6n2－22n.10、[解]<1>設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,依題意,2,2＋d,2＋4d成等比數(shù)列,故有<2＋d>2＝2<2＋4d>,化簡得d2－4d＝0,解得d＝0或d＝4.當(dāng)d＝0時,an＝2；當(dāng)d＝4時,an＝2＋<n－1>·4＝4n－2,從而得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2或an＝4n－2.<2>當(dāng)an＝2時,Sn＝2n.顯然2n＜60n＋800,此時不存在正整數(shù)n,使得Sn＞60n＋800成立．當(dāng)an＝4n－2時,Sn＝eq\f<n[2＋〔4n－2],2>＝2n2.令2n2＞60n＋800,即n2－30n－400＞0,解得n＞40或n＜－10<舍去>,此時存在正整數(shù)n,使得Sn＞60n＋800成立,n的最小值為41.綜上,當(dāng)an＝2時,不存在滿足題意的n；當(dāng)an＝4n－2時,存在滿足題意的n,其最小值為41.11．[解]<1>證明：因?yàn)閑q\f<2an＋1,2an>＝2an＋1－an＝2d<n＝1,2,3>是同一個常數(shù),所以2a1,2a2,2a3,2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列．<2>不存在,理由如下：令a1＋d＝a,則a1,a2,a3,a4分別為a－d,a,a＋d,a＋2d<a＞d,a＞－2d,d≠0>．假設(shè)存在a1,d,使得a1,aeq\o\al<2,2>,aeq\o\al<3,3>,aeq\o\al<4,4>依次構(gòu)成等比數(shù)列,則a4＝<a－d><a＋d>3,且<a＋d>6＝a2<a＋2d>4.令t＝eq\f<d,a>,則1＝<1－t><1＋t>3,且<1＋t>6＝<1＋2t>4eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－\f<1,2>＜t＜1,t≠0>>,化簡得t3＋2t2－2＝0<*>,且t2＝t＋1.將t2＝t＋1代入<*>式,t<t＋1>＋2<t＋1>－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0,則t＝－eq\f<1,4>.顯然t＝－eq\f<1,4>不是上面方程的解,矛盾,所以假設(shè)不成立．因此不存在a1,d,使得a1,aeq\o\al<2,2>,aeq\o\al<3,3>,aeq\o\al<4,4>依次構(gòu)成等比數(shù)列．?dāng)?shù)列求和及其綜合應(yīng)用[真題體驗(yàn)]1．<2015·北京高考>設(shè){an}是等差數(shù)列,下列結(jié)論中正確的是<>A．若a1＋a2＞0,則a2＋a3＞0B．若a1＋a3＜0,則a1＋a2＜0C．若0＜a1＜a2,則a2＞eq\r<a1a3>D．若a1＜0,則<a2－a1><a2－a3>＞0[解析]若{an}是遞減的等差數(shù)列,則選項(xiàng)A、B都不一定正確．若{an}為公差為0的等差數(shù)列,則選項(xiàng)D不正確．對于C選項(xiàng),由條件可知{an}為公差不為0的正項(xiàng)數(shù)列,由等差中項(xiàng)的性質(zhì)得a2＝eq\f<a1＋a3,2>,由基本不等式得eq\f<a1＋a3,2>＞eq\r<a1a3>,所以C正確．[答案]C2．<2015·XX模擬>已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a5＝5,S5＝15,則數(shù)列{eq\f<1,anan＋1>}的前100項(xiàng)和為<>A.eq\f<100,101>B.eq\f<99,101>C.eq\f<99,100>D.eq\f<101,100>[解析]設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公差為d.∵a5＝5,S5＝15,∴eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＋4d＝5,,5a1＋\f<5×〔5－1,2>d＝15,>>∴eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝1,,d＝1,>>∴an＝a1＋<n－1>d＝n.∴eq\f<1,anan＋1>＝eq\f<1,n〔n＋1>＝eq\f<1,n>－eq\f<1,n＋1>,∴數(shù)列{eq\f<1,anan＋1>}的前100項(xiàng)和為1－eq\f<1,2>＋eq\f<1,2>－eq\f<1,3>＋…＋eq\f<1,100>－eq\f<1,101>＝1－eq\f<1,101>＝eq\f<100,101>.[答案]A3．<2015·XX高考>等差數(shù)列{an}中,a2＝4,a4＋a7＝15.<1>求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；<2>設(shè)bn＝2an－2＋n,求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．[解]<1>設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由已知得eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＋d＝4,,〔a1＋3d＋〔a1＋6d＝15,>>解得eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝3,,d＝1.>>所以an＝a1＋<n－1>d＝n＋2.<2>由<1>可得bn＝2n＋n,所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝<2＋1>＋<22＋2>＋<23＋3>＋…＋<210＋10>＝<2＋22＋23＋…＋210>＋<1＋2＋3＋…＋10>＝eq\f<2×〔1－210,1－2>＋eq\f<〔1＋10×10,2>＝211＋53＝2101.eq\a\vs4\al<數(shù)列的通項(xiàng)公式〔自主探究型>1．當(dāng)n＝1時,S1＝a1＝－1,所以eq\f<1,S1>＝－1.因?yàn)閍n＋1＝Sn＋1－Sn＝SnSn＋1,所以eq\f<1,Sn>－eq\f<1,Sn＋1>＝1,即eq\f<1,Sn＋1>－eq\f<1,Sn>＝－1,所以{eq\f<1,Sn>}是以－1為首項(xiàng),－1為公差的等差數(shù)列,所以eq\f<1,Sn>＝<－1>＋<n－1>·<－1>＝－n,所以Sn＝－eq\f<1,n>.2．當(dāng)n＝1時,eq\f<1,3>a1＝3×1＋1,所以a1＝12,當(dāng)n≥2時,①：eq\f<1,3>a1＋eq\f<1,32>a2＋…＋eq\f<1,3n－1>an－1＋eq\f<1,3n>an＝3n＋1,②：eq\f<1,3>a1＋eq\f<1,32>a2＋…＋eq\f<1,3n－1>an－1＝3<n－1>＋1.①－②得：eq\f<1,3n>an＝<3n＋1>－[3<n－1>＋1],即eq\f<1,3n>an＝3,所以an＝3n＋1,綜上可得：an＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<12,n＝1,,3n＋1,n≥2.>>[答案]eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<12,n＝1,,3n＋1,n≥2>>3．本題主要考查利用遞推數(shù)列求數(shù)列的某一項(xiàng),通過研究數(shù)列的函數(shù)特性來解決．由于a1＝3,求a2＝1,a3＝2,a4＝3,所以數(shù)列{an}是周期為3的周期數(shù)列,所以a2015＝a671×3＋2＝a2＝1.eq\a\vs4\al<數(shù)列的前n項(xiàng)和〔多維探究型>命題角度一基本數(shù)列求和、分組求和[典例1]<1>設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,數(shù)列{bn}的公比為q,則由eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<b2＋S2＝10,,a5－2b2＝a3,>>得eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<q＋6＋d＝10,,3＋4d－2q＝3＋2d,>>解得eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<d＝2,,q＝2,>>所以an＝3＋2<n－1>＝2n＋1,bn＝2n－1.<2>由a1＝3,an＝2n＋1得Sn＝eq\f<n〔a1＋an,2>＝n<n＋2>,則cn＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<\f<2,n〔n＋2>,n為奇數(shù),,2n－1,n為偶數(shù),>>即cn＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<\f<1,n>－\f<1,n＋2>,n為奇數(shù),,2n－1,n為偶數(shù),>>∴T2n＝<c1＋c3＋…＋c2n－1>＋<c2＋c4＋…＋c2n>＝eq\b\lc\[\rc\]<\a\vs4\al\co1<\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<1－\f<1,3>>>＋\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,3>－\f<1,5>>>＋…＋\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,2n－1>－\f<1,2n＋1>>>>>＋<2＋23＋…＋22n－1>＝1－eq\f<1,2n＋1>＋eq\f<2〔1－4n,1－4>＝eq\f<2n,2n＋1>＋eq\f<2,3><4n－1>．命題角度二裂項(xiàng)相消法求和[典例2]<1>由題設(shè)知a1a4＝a2a3＝8,又a1＋a4＝9,可解得eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝1,,a4＝8>>或eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝8,a4＝1>><舍去>．設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由a4＝a1q3得q＝2,故an＝a1qn－1＝2n－1.<2>Sn＝eq\f<a1〔1－qn,1－q>＝2n－1,又bn＝eq\f<an＋1,SnSn＋1>＝eq\f<Sn＋1－Sn,SnSn＋1>＝eq\f<1,Sn>－eq\f<1,Sn＋1>,所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,S1>－\f<1,S2>>>＋eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,S2>－\f<1,S3>>>＋…＋eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,Sn>－\f<1,Sn＋1>>>＝eq\f<1,S1>－eq\f<1,Sn＋1>＝1－eq\f<1,2n＋1－1>.命題角度三錯位相減法求和典例3]<1>設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,數(shù)列{bn}的公差為d,由題意q＞0.由已知,有eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<〔1＋d＋〔1＋2q＝2q,,q4－3〔1＋d＝7,>>eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<2q2－3d＝2,,q4－3d＝10,>>消去d,整理得q4－2q2－8＝0.又因?yàn)閝＞0,解得q＝2,所以d＝2.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1,n∈N*；數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n－1,n∈N*.<2>由<1>有cn＝<2n－1>·2n－1,設(shè){cn}的前n項(xiàng)和為Sn,則Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋<2n－3>×2n－2＋<2n－1>×2n－1,2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋<2n－3>×2n－1＋<2n－1>×2n,上述兩式相減,得－Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－<2n－1>×2n＝2n＋1－3－<2n－1>×2n＝－<2n－3>×2n－3,所以,Sn＝<2n－3>·2n＋3,n∈N*.[針對訓(xùn)練]1．[解]<1>當(dāng)n＝1時,a1＝S1＝1；當(dāng)n≥2時,an＝Sn－Sn－1＝eq\f<n2＋n,2>－eq\f<〔n－12＋〔n－1,2>＝n.故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n.<2>由<1>知,bn＝2n＋<－1>nn.記數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和為T2n,則T2n＝<21＋22＋…＋22n>＋<－1＋2－3＋4－…＋2n>．記A＝21＋22＋…＋22n,B＝－1＋2－3＋4－…＋2n,則A＝eq\f<2〔1－22n,1－2>＝22n＋1－2,B＝<－1＋2>＋<－3＋4>＋…＋[－<2n－1>＋2n]＝n.故數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.2．[解]<1>設(shè)數(shù)列{an}的公差為d.令n＝1,得eq\f<1,a1a2>＝eq\f<1,3>,所以a1a2＝3.令n＝2,得eq\f<1,a1a2>＋eq\f<1,a2a3>＝eq\f<2,5>,所以a2a3＝15.解得a1＝1,d＝2,所以an＝2n－1.<2>由<1>知bn＝2n·22n－1＝n·4n,所以Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n,所以4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n＋1,兩式相減,得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝eq\f<4〔1－4n,1－4>－n·4n＋1＝eq\f<1－3n,3>×4n＋1－eq\f<4,3>.所以Tn＝eq\f<3n－1,9>×4n＋1＋eq\f<4,9>＝eq\f<4＋〔3n－14n＋1,9>.eq\a\vs4\al<數(shù)列的綜合應(yīng)用〔師生共研型>[典例4][解]<1>由Seq\o\al<2,n>－<n2＋n－1>Sn－<n2＋n>＝0,得[Sn－<n2＋n>]<Sn＋1>＝0.由于{an}是正項(xiàng)數(shù)列,所以Sn＞0,Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2,n≥2時,an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－<n－1>2－<n－1>＝2n.綜上,數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n.<2>證明：由于an＝2n,bn＝eq\f<n＋1,〔n＋22aeq\o\al<2,n>>,則bn＝eq\f<n＋1,4n2〔n＋22>＝eq\f<1,16>eq\b\lc\[\rc\]<\a\vs4\al\co1<\f<1,n2>－\f<1,〔n＋22>>>.所以Tn＝eq\f<1,16>×[1－eq\f<1,32>＋eq\f<1,22>－eq\f<1,42>＋eq\f<1,32>－eq\f<1,52>＋…＋eq\f<1,〔n－12>－eq\f<1,〔n＋12>＋eq\f<1,n2>－eq\f<1,〔n＋22>]＝eq\f<1,16>×eq\b\lc\[\rc\]<\a\vs4\al\co1<1＋\f<1,22>－\f<1,〔n＋12>－\f<1,〔n＋22>>>＜eq\f<1,16>×eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<1＋\f<1,22>>>＝eq\f<5,64>.變式：[解]<1>證明：∵an＋1＝eq\f<an,2an＋1>,∴eq\f<1,an＋1>＝eq\f<2an＋1,an>,化簡得eq\f<1,an＋1>＝2＋eq\f<1,an>,即eq\f<1,an＋1>－eq\f<1,an>＝2,故數(shù)列{eq\f<1,an>}是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列．<2>由<1>知eq\f<1,an>＝2n－1,∴Sn＝eq\f<n〔1＋2n－1,2>＝n2.eq\f<1,S1>＋eq\f<1,S2>＋…＋eq\f<1,Sn>＝eq\f<1,12>＋eq\f<1,22>＋…＋eq\f<1,n2>＞eq\f<1,1×2>＋eq\f<1,2×3>＋…＋eq\f<1,n〔n＋1>＝<1－eq\f<1,2>>＋<eq\f<1,2>－eq\f<1,3>>＋…＋<eq\f<1,n>－eq\f<1,n＋1>>＝1－eq\f<1,n＋1>＝eq\f<n,n＋1>.[鞏固訓(xùn)練]一、選擇題1．[解析]由a3,a4,a8成等比數(shù)列可得：<a1＋3d>2＝<a1＋2d>·<a1＋7d>,即3a1＋5d＝0,所以a1＝－eq\f<5,3>d,所以a1d＜0.又dS4＝eq\f<〔a1＋a4×4,2>d＝2<2a1＋3d>d＝－eq\f<2,3>d2＜0.故選B.2．[解析]由題意知an＋1＋1＝2<an＋1>,∴an＋1＝<a1＋1>·2n－1＝2n,∴an＝2n－1.[答案]A3．[解析]因?yàn)閍1＝eq\f<1,2>,又an＋1＝eq\f<1,2>＋eq\r<an－aeq\o\al<2,n>>,所以a2＝1,從而a3＝eq\f<1,2>,a4＝1,即得an＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<\f<1,2>,n＝2k－1〔k∈N*,,1,n＝2k〔k∈N*,>>故數(shù)列的前2015項(xiàng)的和等于S2015＝1007×<1＋eq\f<1,2>>＋1＝eq\f<3021,2>＋1＝eq\f<3023,2>.[答案]A4．[解析]設(shè)bn＝nSn＋<n＋2>an,有b1＝4,b2＝8,則bn＝4n,即bn＝nSn＋<n＋2>an＝4n,Sn＋<1＋eq\f<2,n>>an＝4.當(dāng)n≥2時,Sn－Sn－1＋<1＋eq\f<2,n>>an－<1＋eq\f<2,n－1>>an－1＝0,所以eq\f<2〔n＋1,n>an＝eq\f<n＋1,n－1>an－1,即2·eq\f<an,n>＝eq\f<an－1,n－1>,所以{eq\f<an,n>}是以eq\f<1,2>為公比,1為首項(xiàng)的等比數(shù)列,所以eq\f<an,n>＝eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,2>>>eq\s\up12<n－1>,an＝eq\f<n,2n－1>.故選A.[答案]A5．[解析]由題意可得,aeq\o\al<2,n＋1>＝eq\f<2anan＋1＋1,4－aeq\o\al<2,n>>?<2an＋1＋anan＋1＋1>·<2an＋1－anan＋1－1>＝0?an＋1＝eq\f<1,2－an>?an＋1－1＝eq\f<an－1,2－an>?eq\f<1,an＋1－1>＝eq\f<1,an－1>－1,∴eq\f<1,an－1>＝eq\f<1,\f<1,2>－1>－<n－1>＝－n－1?an＝eq\f<n,n＋1>?eq\f<an,n2>＝eq\f<1,n〔n＋1>,∴a1＋eq\f<a2,22>＋…＋eq\f<a100,1002>＝1－eq\f<1,2>＋eq\f<1,2>－eq\f<1,3>＋…＋eq\f<1,100>－eq\f<1,101>＝eq\f<100,101>.[答案]C二、填空題6．[解析]將a8＝2代入an＋1＝eq\f<1,1－an>,可求得a7＝eq\f<1,2>；再將a7＝eq\f<1,2>代入an＋1＝eq\f<1,1－an>,可求得a6＝－1；再將a6＝－1代入an＋1＝eq\f<1,1－an>,可求得a5＝2；由此可以推出數(shù)列{an}是一個周期數(shù)列,且周期為3,所以a1＝a7＝eq\f<1,2>.7．[解析]設(shè)數(shù)列為{an},則an＋1－an＝<n＋1><n＋5><eq\f<2,3>>n＋1－n<n＋4><eq\f<2,3>>n＝<eq\f<2,3>>n[eq\f<2,3><n2＋6n＋5>－n2－4n]＝eq\f<2n,3n＋1><10－n2>,所以當(dāng)n≤3時,an＋1＞an；當(dāng)n≥4時,an＋1＜an.因此,a1＜a2＜a3＜a4,a4＞a5＞a6＞…,故a4最大,所以k＝4.8[解析]由a1＝1,且an＋1－an＝n＋1<n∈N*>得,an＝a1＋<a2－a1>＋<a3－a2>＋…＋<an－an－1>＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f<n〔n＋1,2>,則eq\