2．数列{a_n}是各项均为正数的等比数列，{b_n}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的大小不确定

解析：∵a₃+a₉≥2＝2＝2a₆＝2b₇＝b₄+b₁₀，当且仅当a₃＝a₉时，不等式取等号．

答案：B

1.已知a，b，c成等比数列，a，m，b和b，n，c分别成两个等差数列，则+等于　 (　)

A．4　　　 B．3　　　　　　　 C．2 　　　　　　　D．1

解析：由题意得b²＝ac,2m＝a+b,2n＝b+c，则+＝＝＝＝2.

答案：C

12．(文)(2009·湖北高考改编)已知数列{a_n}的前n项和S_n＝－a_n－()^n－1+2(n∈N^*)．

(1)令b_n＝2ⁿa_n，求证数列{b_n}是等差数列，并求数列{a_n}的通项公式；

(2)令c_n＝a_n，求T_n＝c₁+c₂+…+c_n的值．

解：(1)在S_n＝－a_n－()^n－1+2中，

令n＝1，可得S₁＝－a₁－1+2＝a₁，即a₁＝.

当n≥2时，S_n－1＝－a_n－1－()^n－2+2，

∴a_n＝S_n－S_n－1＝－a_n+a_n－1+()^n－1，

∴2a_n＝a_n－1+()^n－1，即2ⁿa_n＝2^n－1a_n－1+1.

∵b_n＝2ⁿa_n，∴b_n＝b_n－1+1，

即当n≥2时，b_n－b_n－1＝1.

又b₁＝2a₁＝1，

∴数列{b_n}是首项和公差均为1的等差数列．

于是b_n＝1+(n－1)·1＝n＝2ⁿa_n，

∴a_n＝.

(2)由(1)得c_n＝a_n＝(n+1)()ⁿ，所以

T_n＝2×+3×()²+4×()³+…+(n+1)·()ⁿ，　　　　　　　　　　　　　　 ①

T_n＝2×()²+3×()³+…+n·()ⁿ+(n+1)·()ⁿ⁺¹，　　　　　　　　　　　　　 ②

由①－②得T_n＝1+()²+()³+…+()ⁿ－(n+1)·()ⁿ⁺¹

＝1+－(n+1)()ⁿ⁺¹

＝－.

∴T_n＝3－.

(理)已知数列{a_n}是首项为a₁＝，公比q＝的等比数列，设b_n+2＝3loga_n(n∈N^*)，数列{c_n}满足c_n＝a_n·b_n.

(1)求证：{b_n}是等差数列；

(2)求数列{c_n}的前n项和S_n；

(3)若c_n≤m²+m－1对一切正整数n恒成立，求实数m的取值范围．

解：(1)证明：由题意知，a_n＝()ⁿ(n∈N^*)．

∵b_n＝3loga_n－2，b₁＝3loga₁－2＝1，

∴b_n+1－b_n＝3loga_n+1－3loga_n＝3log＝3logq＝3，

∴数列{b_n}是首项为b₁＝1，公差为d＝3的等差数列．

(2)由(1)知，a_n＝()ⁿ，b_n＝3n－2(n∈N^*)，

∴c_n＝(3n－2)×()ⁿ，(n∈N^*)，

∴S_n＝1×+4×()²+7×()³+…+(3n－5)×()^n－1+(3n－2)×()ⁿ，

于是S_n＝1×()²+4×()³+7×()⁴+…+(3n－5)×()ⁿ+(3n－2)×()ⁿ⁺¹，

两式相减得

S_n＝+3[()²+()³+…+()ⁿ]－(3n－2)×()ⁿ⁺¹＝－(3n+2)×()ⁿ⁺¹，

∴S_n＝－·()ⁿ(n∈N^*)．

(3)∵c_n+1－c_n＝(3n+1)·()ⁿ⁺¹－(3n－2)·()ⁿ

＝9(1－n)·()ⁿ⁺¹，(n∈N^*)．

∴当n＝1时，c₂＝c₁＝，

当n≥2时，c_n+1＜c_n，即c₁＝c₂>c₃>c₄>…>c_n，

∴c_n取得的最大值是.

又c_n≤m²+m－1对一切正整数n恒成立，

∴m²+m－1≥，即m²+4m－5≥0，

得m≥1或m≤－5.

11．对于数列{a_n}，定义数列{a_n+1－a_n}为数列{a_n}的“差数列”，若a₁＝2，{a_n}的“差数列”的通项为2ⁿ，则数列{a_n}的前n项和S_n＝________.

解析：∵a_n+1－a_n＝2ⁿ，

∴a_n＝(a_n－a_n－1)+(a_n－1－a_n－2)+…+(a₂－a₁)+a₁

＝2^n－1+2^n－2+…+2²+2+2

＝+2＝2ⁿ－2+2＝2ⁿ.

∴S_n＝＝2ⁿ⁺¹－2.

答案：2ⁿ⁺¹－2

10．已知数列{a_n}的通项公式为a_n＝log₂(n∈N^*)，设其前n项和为S_n，则使S_n<－5成立的自然数n　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　(　)

A．有最大值63　 　　　　　　　　B．有最小值63

C．有最大值32　　　　　　　 　D．有最小值32

解析：法一：依题意有a_n＝log₂＝log₂(n+1)－log₂(n+2)，所以S_n＝log₂2－log₂3+log₂3－log₂4+…+log₂(n+1)－log₂(n+2)＝log₂2－log₂(n+2)＝1－log₂(n+2)，令1－log₂(n+2)<－5，解得n>62，故使S_n<－5成立的自然数n有最小值63.

法二：S_n＝log₂+log₂+…+log₂

＝log₂(××…×)＝log₂，

所以由S_n<－5，得log₂<－5，解得n>62，

故使S_n<－5成立的自然数n有最小值63.

答案：B

9.(2010·长郡模拟)数列{a_n}，已知对任意正整数n，a₁+a₂+a₃+…+a_n＝2ⁿ－1，则a+a+a+…+a等于　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．(2ⁿ－1)² 　　　　　B.(2ⁿ－1)　　　　　 C.(4ⁿ－1) 　　　　D．4ⁿ－1

解析：∵a₁+a₂+a₃+…+a_n＝2ⁿ－1，

∴a₁+a₂+a₃+…+a_n－1＝2^n－1－1，

∴a_n＝2ⁿ－2^n－1＝2^n－1，∴a＝4^n－1，

∴a+a+a+…+a＝＝(4ⁿ－1)．

答案：C

8．(2010·昌平模拟)设数列{a_n}满足a₁+3a₂+3²a₃+…+3^n－1a_n＝，n∈N^*.

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)设b_n＝，求数列{b_n}的前n项和S_n.

解：(1)∵a₁+3a₂+3²a₃+…+3^n－1a_n＝，　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

∴当n≥2时，a₁+3a₂+3²a₃+…+3^n－2a_n－1＝.　　　　　　　　　　　　　　 ②

①－②得3^n－1a_n＝，a_n＝.

在①中，令n＝1，得a₁＝，适合a_n＝，

∴a_n＝.

(2)∵b_n＝，∴b_n＝n3ⁿ.

∴S_n＝3+2×3²+3×3³+…+n3ⁿ，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

∴3S_n＝3²+2×3³+3×3⁴+…+n3ⁿ⁺¹.④

④－③得2S_n＝n3ⁿ⁺¹－(3+3²+3³+…+3ⁿ)，

即2S_n＝n3ⁿ⁺¹－，

∴S_n＝+.

7.求和：S_n＝+++…+.

解：当a＝1时，S_n＝1+2+3+…+n＝；

当a≠1时，S_n＝+++…+，

S_n＝+++…++，

两式相减得，(1－)S_n＝+++…+－＝－，

即S_n＝，

∴S_n＝

6．在数列{a_n}中，a_n＝++…+，又b_n＝，求数列{b_n}的前n项的和．

解：由已知得：a_n＝(1+2+3+…+n)＝，

b_n＝＝8(－)，

∴数列{b_n}的前n项和为

S_n＝8[(1－)+(－)+(－)+…+(－)]

＝8(1－)＝.

5．数列a_n＝，其前n项之和为，则在平面直角坐标系中，直线(n+1)x+y+n＝0在y轴上的截距为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　(　)

A．－10　 　　　　　B．－9 　　　　　　C．10 　　　　　　D．9

解析：数列的前n项和为

++…+＝1－＝＝，

所以n＝9，

于是直线(n+1)x+y+n＝0即为10x+y+9＝0，

所以在y轴上的截距为－9.

答案：B