1、专题六数列第1讲等差数列、等比数列1. 4【解析】由an为正项等比数列得a2a12=a3a11=16,则log2a2+log2a12=log2a2a12=log2a3a11=log216=4.2. 20【解析】方法一:a3+a8=2a1+9d=10,所以3a5+a7=3(a1+4d)+a1+6d=2(2a1+9d)=20.方法二:3a5+a7=2a5+(a5+a7)=2a5+2a6=2(a5+a6)=2(a3+a8)=20.3. 【解析】方法一:因为a5+2a10=0,即a5+2a5q5=0,所以q5=-,从而=1+q10=1+=.方法二:因为a5+2a10=0,即a5+2a5q5=0,所以q
2、5=-,又S20=(1+q10)S10,所以=1+q10=1+=.4. 14【解析】方法一:由等差数列an的前n项和公式得解得所以S7 =7a1+d=14.方法二:利用等差数列性质知S5=5a3,S9=9a5,得a3=1,a5=3,再由通项公式解出所以a4=3,从而S7=7a4=14.方法三:利用等差数列性质知成等差数列,得-=-,得S7=14.5. 【解析】a2,a4是方程x2-x-2=0的两个根,a2+a4=1,因为a1+a5=a2+a4,所以S5=.6. 363 981【解析】由=k+1+2+25+2(2k-1)=k+1+2=2k2+k+1,所以当n=20时,S20=S13+27=29+
3、3+1+14=36;n=2 013,S2 013=S1 981+232=2442+44+1+64=3 981.7. -2 013【解析】因为S12=12a1+d,S10=10a1+d,所以=a1+d,=a1+d.-=d=2.S2 013=2013a1+d=2013(-2013+2012)=-2013.8. 54【解析】设an的公比为q,由2a4+a3-2a2-a1=8,得(2a2+a1)q2-(2a2+a1)=8,所以(2a2+a1)(q2-1)=8,显然q21.2a8+a7=(2a2+a1)q6=.令t=q2,所以2a8+a7=,设函数f(t)=(t1),f(t)=.易知当t时f(t)为减函
4、数;当t时,f(t)为增函数.所以f(t)的极小值为f=54,故2a8+a7的最小值为54.9. 因为4Sn=(an+1)2,当n=1时,4S1=(a1+1)2,即(a1-1)2=0,解得a1=1.当n2时,4Sn-4Sn-1=(an+1)2-(an-1+1)2,整理得(an+an-1)(an-an-1-2)=0,所以an=-an-1或an-an-1=2.当an=-an-1时,an=所以bn= 当an-an-1=2时,数列an是以首项为1、公差为2的等差数列,所以an=1+2(n-1)=2n-1,所以bn=2n-1.10. (1) 因为an=2-(n2,nN*),bn=,所以-bn=-=-=-
5、=1.又b1=-,所以数列bn是以-为首项、1为公差的等差数列.(2) 由(1)知bn=n-,则an=1+=1+.设f(x)=1+,则f(x)在区间和上为减函数.故当n=3时,an取得最小值-1;当n=4时,an取得最大值3.11. (1) 设数列an的公差为d,依题意得2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,an=2;当d=4时,an=2+(n-1)4=4n-2.从而得数列an的通项公式为an=2或an=4n-2.(2) 当an=2时,Sn=2n,显然2n60n+800成立.当an=4n-2时,Sn=2n2.令2n260n+800,即n2-30n-4000,解得n40或n60n+800成立,且n的最小值为41.综上,当an=2时,不存在满足题意的正整数n;当an=4n-2时,存在满足题意的正整数n,其最小值为41.
