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1、压轴16 等差数列一、单选题1. 设Sn是an的前n项和，a1=2，且an+1=13SnSn+1，则1S1+1S2+1S22=A. 66B. 77C. 88D. 99【答案】C【解析】解：因为an+1=13SnSn+1，所以Sn+1Sn=13SnSn+1，所以1Sn+11Sn=13，又1S1=12，所以1Sn是以12为首项，13为公差的等差数列，所以1S1+1S2+1S22=2212+2221213=88故选C2. 数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，且an+1=2Sn，则数列1an.an+1的前50项和为A. 50101B. 100101C. 5099D. 10099【答案】A【解析】解
2、：由2Sn=an+1,2a1=a1+1,(a11)2=0，解得a1=1(an0)，由2Sn=an+1，得Sn=(an+1)24，Sn1=(an1+1)24(n2)，两式作差可得：an=(an+1)2(an1+1)24，整理得：(an+an1)(anan12)=0an0，anan1=2即数列an是以1为首项，以2为公差的等差数列，则an=1+2(n1)=2n11an.an+1=1(2n1)(2n+1)=12(12n112n+1)，所以数列1an.an+1的前50项和为12(113+1315+1991101)=50101，故选A3. 已知实数a,b,c成等差数列，记直线ay+bx+c=0与曲线y=
3、18x212x12的相交弦中点为P，若点A,B分别是曲线x2+y210x2y+25=0与x轴上的动点，则PA+PB的最小值是A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】解：因为实数a,b,c成等差数列，所以2b=a+c，则直线ay+bx+c=0化为ay+a+c2x+c=0，即a2y+x+cx+2=0，所以直线ay+bx+c=0过定点Q2,1，又点Q在曲线y=18x212x12上，所以直线ay+bx+c=0与曲线y=18x212x12相交的一个交点为Q，设另一个交点为Q1，设Pm,n，则Q12m+2,2n1，又Q1在曲线y=18x212x12上，化简得m2=4n，即P在抛物线x2=4y上运
4、动，设抛物线x2=4y的焦点为F0,1，设P(xP,yP)，PBmin=yP=yP+11=PF1，曲线x2+y210x2y+25=0，得(x5)2+(y1)2=1，记圆心M(5,1)所以|PA|+|PB|PA|+|PF|1=|PM|1+|PF|1|MF|1152=3故选B4. 设等差数列a1，a2，an(n3,nN)的公差为d，满足|a1|+|a2|+|an|=|a11|+|a21|+|an1|=|a1+2|+|a2+2|+|an+2|=m，则下列说法正确的是A. |d|3B. n的值可能为奇数C. 存在iN，满足2ai0时，a1a2.an，若n为奇数2k1(k2)时，则f(x)在(,ak)内
5、单调递减，在(ak,+)内单调递增，当x=ak时取到最小值，故f(x)=m不可能有三个实数解；当n必为偶数，设为n=2k(k2)时，f(x)在(,ak)内单调递减，在ak,ak+1内为常数且是f(x)取得最小值，在ak+1,+)内单调递增，此时f(x)=m有三个不同实数根，则实数根必然都在ak,ak+1内，即ak201ak+1，d=ak+1ak1(2)=3，即d3，同时不存在iN，满足2ai1 ，又数列至少有4项，公差d3，f(x)最小值不小于n=4的情形，当n=4时，取x=a2，f(x)min=d+d+2d=4d12，f(x)=m要有实数解，m必须大于等于12，不可能为11；当d0可得a2=
6、5，即正确；当n2时，an+1+1an+1=6Sn+n，an+1an1+1=6Sn1+n1两式相减，化简得an+1an+1an1=6an+6,an0，即an+1an1=6，当n为奇数2k1时，数列a2k1为公差为6的等差数列，所以an=a2k1=m+k16=3n+m3，故正确;当n为偶数2k时，数列a2k为公差为6的等差数列，an=a2k=5+k16=3n1，所以a2+a4+.+a2n=61+2+3+.+nn=6n1+n2n=3n2+2n，故正确故选D7. 已知数列an满足a1=a，a2=b(ab0)，若an+1+an+12an=an+2，则下列判断正确的是A. 当ab0时，数列an是有穷数列
7、C. 当数列an是无穷数列时，数列an单调D. 当数列an单调时，数列an是无穷数列【答案】D【解析】解：由an+1+an+12an=an+2可得，an+2an+1an+1an=1，a1=a，a2=b(ab0)，可得数列an+1an是以ba为首项，公差为1的等差数列，即an+1an=ba1+n，无论ab0，数列an是无穷数列，排除A，B；令a=2，b=1，则an+1an=12+n，此时a2a1=121，a21，即a3a2，可得数列an不单调，排除C，当数列an单调时，则an+1an=ba1+n显然是无穷数列，故选D8. 已知等差数列an满足a2=2,a3+a7=10，数列bn满足bn=an+1
8、anan+1an，记数列bn的前n项和为Sn，若对于任意的a2,2，nN，不等式Sn0，可得Sn1nN，由不等式Sn2t2+at3恒成立，可得2t2+at31，再由任意的a2,2，可得2t22t402t2+2t40，即t2或t1t1或t2,解得t2或t2，故选B9. 数列an是首项为1，公差为d(dN)的等差数列，数列bn的通项公式为bn=2n，设cn=abn，数列cn的前n项和为Sn，若S7800，则d的最大值为A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】解：由题意可得：an=1+(n1)d=nd+1d，又bn=2n，cn=abn=2nd+1d，Sn=(21+22+2n)d+n(1d)
9、=2(12n)12d+n(1d)=(2n+12)d+n(1d)，S7800，(282)d+7(1d)800，解得d0，前n项和为Sn.若an=Sn+Sn1(nN,n2)，则数列1anan+1的前15项和为_【答案】1531【解析】解：在数列an中，n2时，an=SnSn1，又an=Sn+Sn1，得SnSn1=1，(n2)，数列Sn是以S1=1为首项，公差为1的等差数列，则Sn=1+(n1)=n，Sn=n2，当n=1时，a1=S1=1，当n2时，an=SnSn1=2n1，a1=1也符合上式，an=2n1，令bn=1anan+1=1(2n1)(2n+1)=12(12n112n+1)，Tn=12(1
10、13)+12(1315)+12(1517)+12(12n112n+1)=12(113+1315+1517+12n112n+1)=12(112n+1)，数列1anan+1的前15项和为12(11215+1)=1531，故答案为153112. 若数列an是正项数列，且a1+a2+.+an=n2+3n+2nN，则a12+a23+.+ann+1=_【答案】2n2+6n+10【解析】解：因为数列an是正项数列，且a1+a2+an=n2+3n+2，(nN).所以a1+a2+an1=(n1)2+3n1+2，所以得，an=2n+2，即an=4(n+1)2，(n2)当n=1时，a1=6，a1=36，故an=36,n=14(n+1)2,n2,当n=1时，a12=18，当n2时，ann+1=4(n+1)，所以a12+a23+ann+1=18+43+4+(n+1)=18+4n1(n+4)2=2n2+6n+10故答案为2n2+6n+1013. 等差数列an的前n项和为Sn，a4=72，且2Sn+1=Sn+Sn+2nN，直线Sn
