1、1(2012广州调研)等差数列an的前n项和为Sn，已知a58，S36，则S10S7的值是()A24B48C60 D72解析：选B.设等差数列an的公差为d，由题意可得，解得，则S10S7a8a9a103a124d48，故选B.2已知函数f(x)满足f(x1)f(x)，xR，且f(1)，则数列f(n)(nN*)的前20项的和为()A305 B315C325 D335解析：选D.f(n1)f(n)，数列f(n)(nN*)是以为公差的等差数列，前20项的和为20335.3(2012高考课标全国卷)数列an满足an1(1)nan2n1，则an的前60项和为()A3690 B3660C1845 D18
2、30解析：选D.an1(1)nan2n1，a21a1，a32a1，a47a1，a5a1，a69a1，a72a1，a815a1，a9a1，a1017a1，a112a1，a1223a1，a57a1，a58113a1，a592a1，a60119a1，a1a2a60(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a57a58a59a60)1026422341830.4已知等差数列an满足a23，a59，若数列bn满足b13，bn1abn，则bn的通项公式为bn()A2n1 B2n1C2n11 D2n12解析：选B.据已知易得an2n1， 故由bn1abn可得bn12bn1，变形为bn112(bn1)，即数列
3、bn1是首项为2，公比为2的等比数列，故bn12n，解得bn2n1.故选B.5(2012高考浙江卷)设Sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题错误的是()A若d0，则数列Sn有最大项B若数列Sn有最大项，则d0C若数列Sn是递增数列，则对任意nN*，均有Sn0D若对任意nN*，均有Sn0，则数列Sn是递增数列解析：选C.设an的首项为a1，则Snna1n(n1)dn2n.由二次函数的性质知Sn有最大值时，则d0，不妨设a11，d2，显然Sn是递增数列，但S110，d0，Sn必是递增数列，D正确6函数yx2(x0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak1，
4、其中kN*，若a116，则a1a3a5_.解析：y2x，ky|xak2ak，故切线方程为ya2ak(xak)，令y0，得xak，即ak1ak，an是以16为首项，为公比的等比数列，即an16()n1.a1a3a5164121.答案：217设数列an的前n项和为Sn，且ansin，nN*，则S2013_.解析：由ansin，nN*得a11，a20，a31，a40，故an是以4为周期的周期数列，所以S2013S50341S1a11.答案：18秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列an，已知a11，a22，且an2an1(1)n(nN*)，则该医院
5、30天入院治疗甲流病人共有_人解析：由于an2an1(1)n，所以a1a3a291，a2，a4，a30构成公差为2的等差数列，所以a1a2a29a30151522255.答案：2559(2012高考浙江卷)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2n2n，nN*，数列bn满足an4log2bn3，nN*.(1)求an，bn；(2)求数列anbn的前n项和Tn.解：(1)由Sn2n2n，得当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn14n1.所以an4n1，nN*.由4n1an4log2bn3，得bn2n1，nN*.(2)由(1)知anbn(4n1)2n1，nN*，所以Tn3721122(4n1)2
6、n1，2Tn32722(4n5)2n1(4n1)2n.所以2TnTn(4n1)2n34(2222n1)(4n5)2n5.故Tn(4n5)2n5，nN*.10已知，(x0)成等差数列，在数列an(an0)中，a13，此数列的前n项和为Sn，对于所有大于1的正整数n都有Snf(Sn1)(1)求数列an的第n1项；(2)若是、的等比中项，且Tn为bn的前n项和，求Tn.解：(1)因为，(x0)成等差数列，所以2，整理，得f(x)()2.因为Snf(Sn1)(n2)，所以Sn()2，所以，即，所以是以为公差的等差数列因为a13，所以S1a13，所以(n1)nn，所以Sn3n2(nN*)所以an1Sn1
7、Sn3(n1)23n26n3.(2)因为是与的等比中项，所以()2，所以bn()，所以Tnb1b2bn(1)()()(1).11(2012东城区综合练习)定义：若数列An满足An1A，则称数列An为“平方递推数列”已知数列an中，a12，点(an，an1)在函数f(x)2x22x的图象上，其中n为正整数(1)证明：数列2an1是“平方递推数列”，且数列lg(2an1)为等比数列；(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn，即Tn(2a11)(2a21)(2an1)，求数列an的通项公式及Tn关于n的表达式；(3)记bnlog2an1Tn，求数列bn的前n项之和Sn，并求使Sn2012成
8、立的n的最小值 解：(1)证明：由题意得an12a2an，得2an114a4an1(2an1)2.所以数列2an1是“平方递推数列”令cn2an1，所以lgcn12lgcn.因为lg(2a11)lg50，所以2.所以数列lg(2an1)为等比数列(2)因为lg(2a11)lg5，所以lg(2an1)2n1lg5，所以2an152n1，即an(52n11)因为lgTnlg(2a11)lg(2a21)lg(2an1)(2n1)lg5.所以Tn52n1.(3)因为bn2()n1，所以Sn2n1()2()n12n2n21()n2n22()n.由Sn2012得2n22()n2012，即n()n1007，当n1006时，n()n1007，所以n的最小值为1007.
