9、B＝，BC＝2，點E為BC的中點，點F在邊CD上，若·＝，則·的值是________．
解析：解法一：以A為原點，AB為x軸，AD為y軸建立平面直角坐標系，設(shè)F(x，2)，∴＝(x,2)，＝(，0)，
∴·＝x＝，∴F(1,2)，∴·＝.
解法二：·＝||||cos∠BAF＝，
∴||cos∠BAF＝1，即||＝1，∴||＝－1，
·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝·＋·
＝×(－1)×(－1)＋1×2×1＝.
答案：
5．(x·江西省七校聯(lián)考)已知a＝(3,2)，b＝(2，－1)，若向量λa＋b與a＋λb的夾角為銳角，則實數(shù)λ的取值范圍是________．
解析：依題
10、意，(λa＋b)·(a＋λb)＝λa2＋λb2＋(λ2＋1)a·b＞0，即4λ2＋18λ＋4＞0，由此解得λ＞或λ＜.注意到當λa＋b與a＋λb同向共線時，λ＝1，(λa＋b)·(a＋λb)＞0.因此，所求的實數(shù)λ的取值范圍是λ＞或λ＜且λ≠1.
答案：λ＞或λ＜且λ≠1
6．(x·高考x卷)已知向量與的夾角為x0°，且||＝3，||＝2.若＝λ＋，且⊥，則實數(shù)λ的值為________．
解析：把轉(zhuǎn)化為－，再通過·＝0求解．
∵⊥，∴·＝0.
又＝λ＋，＝－，
∴(λ＋)(－)＝0，
即(λ－1)·－λ2＋2＝0，
∴(λ－1)||||cos x0°－9λ＋4＝0.
∴(λ
11、－1)×3×2×－9λ＋4＝0.解得λ＝.
答案：
7．(創(chuàng)新題)已知向量a＝，b＝
，c＝(1，－1)，其中x∈.
(1)求證：(a＋b)⊥(a－b)；
(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝(|a＋c|2－3)(|b＋c|2－3)，求f(x)的最大值和最小值．
解：(1)證明：a＋b＝，
a－b＝，
(a＋b)·(a－b)＝2－2＋2－2＝0.
∴(a＋b)⊥(a－b)．
(2)∵a＋c＝，
b＋c＝.
|a＋c|2－3＝2＋2－3
＝2cosx－2sinx.
|b＋c|2－3＝2＋2－3
＝2cos＋2sin.
∴f(x)＝(|a＋c|2－3)(|b＋c|2－3)
＝
12、
＝4－sinx·cos－sin＝4(cos 2x－sin x)
＝4(1－2sin2x－sin x)＝4(－2sin2x－sin x＋1)，
∴當sin x＝－時，y最大值＝4＝，
∴當sin x＝1時，y最小值＝4(－2×1－1＋1)＝－8.
【A級】 基礎(chǔ)訓(xùn)練
1．(x·高考x卷)如圖，在復(fù)平面內(nèi)，點A表示復(fù)數(shù)z，則圖中表示z的共軛復(fù)數(shù)的點是( )
A．A B．B
C．C D．D
解析：根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何表示可求得．
設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，且a＜0，b＞0，則z的共軛復(fù)數(shù)為a－bi，其中a＜0
13、，－b＜0，故應(yīng)為B點．
答案：B
2．若(2＋i)·z＝－i，則復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點在復(fù)平面內(nèi)的( )
A．x象限 B．x象限
C．x象限 D．第四象限
解析：由z＝＝＝－－i可知，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點在復(fù)平面內(nèi)的x象限．
答案：C
3．(x·高考x卷)設(shè)z1，z2是復(fù)數(shù)，則下列命題中的假命題是( )
A．若|z1－z2|＝0，則1＝2
B．若z1＝2，則1＝z2
C．若|z1|＝|z2|，則z1·1＝z2·2
D．若|z1|＝|z2|，則z＝z
解析：結(jié)合復(fù)數(shù)的模、共軛復(fù)數(shù)及復(fù)數(shù)的運算等判斷求解．
A，|z1－z2|＝0?z1－z2＝0?z1＝z2?1＝2，真命題；
14、
B，z1＝2?1＝2＝z2，真命題；
C，|z1|＝|z2|?|z1|2?|z2|2?z1·1＝z2·2，真命題；
D，當|z1|＝|z2|時，可取z1＝1，z2＝i，顯然z＝1，z＝－1，即z≠z，假命題．
答案：D
4．(x·高考x卷)已知a，b∈R，i是虛數(shù)單位．若(a＋i)·(1＋i)＝bi，則a＋bi＝________.
解析：由復(fù)數(shù)相等的定義求得a，b的值，即得復(fù)數(shù)．
由(a＋i)(1＋i)＝bi可得(a－1)＋(a＋1)i＝bi，因此a－1＝0，a＋1＝b，解得a＝1，b＝2，故a＋bi＝1＋2i.
答案：1＋2i
5．(x·高考x卷)已知復(fù)數(shù)z＝(3＋i)2(
15、i為虛數(shù)單位)，則|z|＝________.
解析：z＝(3＋i)2＝9＋6i－1＝8＋6i，∴|z|＝＝10.
答案：10
6．(x·高考x卷)設(shè)a，b∈R，a＋bi＝(i為虛數(shù)單位)，則a＋b的值為________．
解析：因為a＋bi＝＝＝5＋3i，
所以a＝5，b＝3，∴a＋b＝8.
答案：8
7．計算：
(1)；
(2)；
(3)＋；
(4).
解：(1)＝＝－1－3i.
(2)＝
＝＝＝＋i.
(3)＋＝＋
＝＋＝－1.
(4)＝
＝＝
＝－－i.
8．實數(shù)m取什么值時，復(fù)數(shù)z＝(m2＋5m＋6)＋(m2－2m－15)i
(1)與復(fù)數(shù)2－x
16、i相等；
(2)與復(fù)數(shù)x＋16i互為共軛復(fù)數(shù)；
(3)對應(yīng)的點在x軸上方；
(4)對應(yīng)的點在直線x＋y＋5＝0上．
解：(1)根據(jù)復(fù)數(shù)相等的充要條件得
解之得m＝－1.
(2)根據(jù)互為共軛復(fù)數(shù)的定義得
解之得m＝1.
(3)根據(jù)復(fù)數(shù)z對應(yīng)點在x軸上方可得
m2－2m－15>0，
解之得m<－3或m>5.
(4)復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(m2＋5m＋6，m2－2m－15)在直線x＋y＋5＝0上，即(m2＋5m＋6)＋(m2－2m－15)＋5＝0，
解得：m＝或m＝.
【B級】 能力提升
1．(x·包頭模擬)下面命題：
(1)0比－i大；
(2)兩個復(fù)數(shù)互為共軛復(fù)數(shù)，
17、當且僅當其和為實數(shù)時成立；
(3)x＋yi＝1＋i的充要條件為x＝y(tǒng)＝1；
(4)如果讓實數(shù)a與ai對應(yīng)，那么實數(shù)集與純虛數(shù)集一一對應(yīng)．
其中正確命題的個數(shù)是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：(1)中實數(shù)與虛數(shù)不能比較大??；
(2)兩個復(fù)數(shù)互為共軛復(fù)數(shù)時其和為實數(shù)，但兩個復(fù)數(shù)的和為實數(shù)時這兩個復(fù)數(shù)不一定是共軛復(fù)數(shù)；
(3)x＋yi＝1＋i的充要條件為x＝y(tǒng)＝1是錯誤的，因為x，y未必是實數(shù)；
(4)當a＝0時，沒有純虛數(shù)和它對應(yīng)．
答案：A
2．(x·銀川模擬)已知x∈R，i為虛數(shù)單位，若(1－2i)(x＋i)＝4－3i，則x的值等于( )
A．－6
18、 B．－2
C．2 D．6
解析：依題意(1－2i)(x＋i)＝x＋2＋(1－2x)i＝4－3i，則解得x＝2，故選C.
答案：C
3．虛數(shù)(x－2)＋yi，其中x、y均為實數(shù)，當此虛數(shù)的模為1時，的取值范圍是( )
A. B．∪
C．[－，] D．[－，0)∪(0， ]
解析：∵設(shè)k＝，
則k為過圓(x－2)2＋y2＝1上點及原點的直線的斜率，如圖，設(shè)圓(x－2)2＋y2＝1的圓心過M，過原點作圓M的切線OA，則sin ∠AOM＝.
∴∠AOM＝.∴k≤tan＝.
又∵y≠0，∴k≠0.由對稱性可知選B.
答案：B
4．1＋i＋i2＋i3＋…＋i2 01
19、5＝________.
解析：原式＝＝＝0.
答案：0
5．(x·長治模擬)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)1＋i與－1＋3i分別對應(yīng)向量和，其中O為坐標原點，則||＝________.
解析：由題意知A(1,1)，B(－1,3)，
故||＝＝2.
答案：2
6． (x·九江模擬)設(shè)z1是復(fù)數(shù)，z2＝z1－i1(其中1表示z1的共軛復(fù)數(shù))，已知z2的實部是－1，則z2的虛部為________．
解析：設(shè)z1＝x＋yi(x，y∈R)，則z2＝x＋yi－i(x－yi)
＝(x－y)＋(y－x)i，
故有x－y＝－1，∴y－x＝1.
答案：1
7．(創(chuàng)新題)設(shè)i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z和ω滿足
20、zω＋2iz－2iω＋1＝0.
(1)若z和ω滿足－z＝2i，求z和ω的值；
(2)求證：如果|z|＝，那么|ω－4i|的值是一個常數(shù)，并求這個常數(shù)．
解：(1)∵－z＝2i，∴z＝－2i.
代入zω＋2iz－2iω＋1＝0，
得(－2i)(ω＋2i)－2iω＋1＝0，∴ω－4iω＋2i＋5＝0.
設(shè)ω＝x＋yi(x，y∈R)，則上式可變?yōu)?
(x＋yi)(x－yi)－4i(x＋yi)＋2i(x－yi)＋5＝0.
∴x2＋y2＋6y＋5－2xi＝0.
∴∴或
∴ω＝－i，z＝－i或ω＝－5i，z＝3i.
(2)證明：由zω＋2iz－2iω＋1＝0，得
z(ω＋2i)＝2i
21、ω－1，∴|z||ω＋2i|＝|2iω－1|.①
設(shè)ω＝x＋yi(x，y∈R)，則|ω＋2i|＝|x＋(y＋2)i|＝
＝.
|2iω－1|＝|－(2y＋1)＋2xi|
＝＝.
又|z|＝，
∴①可化為3(x2＋y2＋4y＋4)＝4x2＋4y2＋4y＋1.
∴x2＋y2－8y＝x.
∴|ω－4i|＝|x＋(y－4)i|＝＝＝3.
∴|ω－4i|的值是常數(shù)，且等于3.
【A級】 基礎(chǔ)訓(xùn)練
1．(x·高考大綱全國卷)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn＝( )
A．2n－1 B
22、．n－1
C.n－1 D．
解析：當n＝1時，a1＝1，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，
解得3an＝2an＋1，∴＝，
∴an＝，
∴Sn＝1＋＝n－1.
答案：B
2．數(shù)列{an}的前n項積為n2，那么當n≥2時，{an}的通項公式為( )
A．a(chǎn)n＝2n－1 B．a(chǎn)n＝n2
C．a(chǎn)n＝ D．a(chǎn)n＝
解析：設(shè)數(shù)列{an}的前n項積為Tn，則Tn＝n2，當n≥2時，an＝＝.
答案：D
3．(x·西安模擬)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和，Sn＋Sn＋1＝an＋1(n∈N＋)，則此數(shù)列是( )
A．遞增數(shù)列 B．遞減數(shù)
23、列
C．常數(shù)列 D．擺動數(shù)列
解析：∵Sn＋Sn＋1＝an＋1，∴當n≥2時，Sn－1＋Sn＝an，
兩式相減得an＋an＋1＝an＋1－an，∴an＝0(n≥2)．
當n＝1時，a1＋(a1＋a2)＝a2，∴a1＝0，
∴an＝0(n∈N＋)，故選C.
答案：C
4．(創(chuàng)新題) 數(shù)學(xué)拓展課上，老師定義了一種運算“*”，對于n∈N*，滿足以下運算性質(zhì)：（1）.2*2=1，（2）．（2n+2）*2=3（2n*2），則2n*2用含n的代數(shù)式表示為 ：
解析：根據(jù)：①2※2=1；②（2n+2）※2=3（2n※2），判斷數(shù)列{（2n※2）}是等比數(shù)列，即可求得其通
24、項公式．∵2※2=1，（2n+2）※2=3（2n※2），
∴[2（n+1）※2]÷（2n※2）=3
∴{ （2n※2）}是以1為首項，3為公比的等比數(shù)列，
∴第n項是：3n-1．
答案：3n－1
5．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2n－3，則數(shù)列{an}的通項公式為________．
解析：當n＝1時，a1＝S1＝21－3＝－1，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，
∴an＝.
答案：an＝
6．我們可以利用數(shù)列{an}的遞推公式an＝(n∈N＋)求出這個數(shù)列各項的值，使得這個數(shù)列中的每一項都是奇數(shù)，則a24＋a25＝________；研究發(fā)現(xiàn)，
25、該數(shù)列中的奇數(shù)都會重復(fù)出現(xiàn)，那么第8個5是該數(shù)列的第________項．
解析：a24＋a25＝ax＋25＝a6＋25＝a3＋25＝3＋25＝28；
5＝a5＝a10＝a20＝a40＝a80＝a160＝a320＝a640.
答案：28 640
7．(x·漢中調(diào)研)已知數(shù)列{an}中，an＝1＋(n∈N＋，a∈R，且a≠0)．
(1)若a＝－7，求數(shù)列{an}中的最大項和最小項的值；
(2)若對任意的n∈N＋，都有an≤a6成立，求a的取值范圍．
解析：(1)∵an＝1＋(n∈N＋，a∈R，且a≠0)，a＝－7，
∴an＝1＋.
結(jié)合函數(shù)f(x＝1＋的單調(diào)性．
可知1>a1>
26、a2>a3>a4；
a5>a6>a7>…>an>1(n∈N＋)．
∴數(shù)列{an}中的最大項為a5＝2，最小項為a4＝0.
(2)an＝1＋＝1＋.
∵對任意的n∈N＋，都有an≤a6成立，
并結(jié)合函數(shù)f(x)＝1＋的單調(diào)性，
∴5<<6，∴－10
27、…＋，
∴cn＋1－cn＝＋－<0，
即cn＋1
28、n＝1時，S1＋2＝3a1＝a1＋2，
∴a1＝1，
∴數(shù)列{an}是首項為1，公比為的等比數(shù)列，
∴an＝()n－1.
答案：D
2．對于數(shù)列{an}，“an＋1>|an|(n＝1,2…)”是“{an}為遞增數(shù)列”的( )
A．必要不充分條件
B．充分不必要條件
C．充要條件
D．既不充分也不必要條件
解析：由an＋1>|an|可得an＋1>an.∴{an}是遞增數(shù)列．
∴“an＋1>|an|”是“{an}為遞增數(shù)列”的充分條件．
當數(shù)列{an}為遞增數(shù)列時，不一定有an＋1>|an|，如：－3，－2，－1,0,1，….
∴“an＋1>|an|”不是“{an}為遞
29、增數(shù)列”的必要條件．
答案：B
3．(x·黃岡模擬)數(shù)列{an}滿足下列條件：a1＝1，且對于任意的正整數(shù)n(n≥2，n∈N＋)，恒有2an＝2nan－1，則a100的值為( )
A．1 B．299
C．2100 D．24 950
解析：由2an＝2nan－1可得＝2n－1(n≥2)，
∴a100＝××…×××a1＝299×298×…×22×21×1＝2＝24 950.
答案：D
4．函數(shù)y＝x2(x>0)的圖像在點(ak，a)處的切線與x軸的交點的橫坐標為ak＋1，其中k∈N＋.若a1＝16，則a1＋a3＋a5的值是________
解析：函數(shù)y＝x2(x>0)在點(
30、a1，a)處(a1＝16)即點(16,256)處的切線方程為y－256＝32(x－16)．令y＝0，得a2＝8；同理函數(shù)y＝x2(x>0)在點(a2，a)處(a2＝8)即點(8,64)處的切線方程為y－64＝16(x－8)．令y＝0，得a3＝4，依次同理求得a4＝2，a5＝1.所以a1＋a3＋a5＝21.
答案：21
5．在數(shù)列{an}中，若a1＝，an＝(n≥2，n∈N＋)，則a2 0x＝________.
解析：∵a1＝，an＝(n≥2，n∈N＋)，
∴a2＝2，a3＝－1，a4＝.
∴{an}是以3為周期的數(shù)列．
∴ax＝a671×3＋1＝a1＝.
答案：
6．(x·大連
31、模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝33，an＋1－an＝2n，則的最小值為________．
解析：∵an＋1－an＝2n，∴an－an－1＝2(n－1)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝(2n－2)＋(2n－4)＋…＋2＋33＝n2－n＋33(n≥2)，
又a1＝33適合上式，∴an＝n2－n＋33，∴＝n＋－1.
令f(x)＝x＋－1(x＞0)，則f′(x)＝1－，
令f′(x)＝0得x＝.∴當0＜x＜時， f′(x)＜0，
當x＞時，f′(x)＞0，
即f(x)在區(qū)間(0，)上遞減；在區(qū)間(，＋∞)上遞增．
又5＜＜6，
32、
且f(5)＝5＋－1＝，f(6)＝6＋－1＝，
∴f(5)＞f(6)，∴當n＝6時，有最小值.
答案：
7．(創(chuàng)新題)已知二次函數(shù)f(x)＝x2－ax＋a(a>0，x∈R)，有且只有一個零點，數(shù)列{an}的前n項和Sn＝f(n)(n∈N＋)．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)設(shè)cn＝1－(n∈N＋)，定義所有滿足cm·cm＋1<0的正整數(shù)m的個數(shù)，稱為這個數(shù)列{cn}的變號數(shù)，求數(shù)列{cn}的變號數(shù)．
解：(1)依題意，Δ＝a2－4a＝0，∴a＝0或a＝4.
又由a>0得a＝4，
∴f(x)＝x2－4x＋4.∴Sn＝n2－4n＋4.
當n＝1時，a1＝S1＝1－4＋
33、4＝1；
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.
∴an＝
(2)由題設(shè)cn＝
由1－＝可知，當n≥5時，恒有an>0.
又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－，
即c1·c2<0，c2·c3<0，c4·c5<0，
∴數(shù)列{cn}的變號數(shù)為3.
【A級】 基礎(chǔ)訓(xùn)練
1．(x·高考x卷)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，S8＝4a3，a7＝－2，則a9＝( )
A．－6 B．－4
C．－2 D．2
解析：借助等差數(shù)列前n項和公式及通項公式的性質(zhì)，計算數(shù)列的公差，進而得到a9的值．
由等
34、差數(shù)列性質(zhì)及前n項和公式，得S8＝＝
4(a3＋a6)＝4a3，所以a6＝0.
又a7＝－2，所以公差d＝－2，所以a9＝a7＋2d＝－6.
答案：A
2．(x·x鄭州三模)已知遞減的等差數(shù)列{an}滿足a＝a，則數(shù)列{an}的前n項和Sn取最大值時n＝( )
A．3 B．4
C．4或5 D．5或6
解析：由已知得a－a＝0，即(a1＋a9)·(a1－a9)＝0，
又∵a1>a9，∴a1＋a9＝0，
又∵a1＋a9＝2a5，∴a5＝0，
∴數(shù)列前4項為正值，從第6項起為負值，
∴S4＝S5且為最大．選C.
答案：C
3．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a2＋
35、a7＋a9＝15，則Sx的值為( )
A. B．50
C．55 D．x0
解析：由等差數(shù)列性質(zhì)得a2＋a7＋a9＝3a6＝15，∴a6＝5，Sx＝xa6＝55.故選C.
答案：C
4．(x·高考x卷)在等差數(shù)列{an}中，已知a3＋a8＝10，則3a5＋a7＝________.
解析：可以利用通項公式，把a3＋a8,3a5＋a7都用a1，d表示出來，進行整體代換；也可以利用an＝am＋(n－m)d把a3＋a8,3a5＋a7都用a3，d表示出來，進行整體代換．
方法一：a3＋a8＝2a1＋9d＝10,3a5＋a7＝4a1＋18d
＝2(2a1＋9d)＝2×10＝20.
方
36、法二：a3＋a8＝2a3＋5d＝10,3a5＋a7＝4a3＋10d
＝2(2a3＋5d)＝2×10＝20.
答案：20
5．(創(chuàng)新題)在數(shù)列{an}中，若點(n，an)在經(jīng)過點(5,3)的定直線l上，則數(shù)列{an}的前9項和S9＝________.
解析：∵點(n，an)在定直線l上，
∴數(shù)列{an}為等差數(shù)列．
∴an＝a1＋(n－1)d.
將(5,3)代入，得3＝a1＋4d＝a5.
∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝3×9＝27.
答案：27
6．已知數(shù)列{an}中，a1＝－1，an＋1·an＝an＋1－an，則數(shù)列的通項公式為________．
解析：由an＋1·an
37、＝an＋1－an，得－＝1，即－＝－1，又＝－1，則數(shù)列是以－1為首項和公差的等差數(shù)列，于是＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴an＝－.
答案：an＝－
7．(x·高考x卷)在公差為d的等差數(shù)列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比數(shù)列．
(1)求d，an；
(2)若d＜0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
解：(1)由題意得，a1·5a3＝(2a2＋2)2，由a1＝10，{an}為公差為d的等差數(shù)列得，d2－3d－4＝0，
解得d＝－1或d＝4.
所以an＝－n＋x(n∈N＋)或an＝4n＋6(n∈N＋)．
(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項
38、和為Sn.
因為d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋x，
所以當n≤x時，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn
＝－n2＋n；
當n≥x時，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2Sx＝n2－n＋x0.
綜上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝
8．(創(chuàng)新題)已知{an}是正數(shù)組成的數(shù)列，a1＝1，且點(，an＋1)(n∈N＋)在函數(shù)y＝x2＋1的圖像上．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若數(shù)列{bn}滿足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an，求證：bn·bn＋2
39、an＝1，又a1＝1，
所以數(shù)列{an}是以1為首項，公差為1的等差數(shù)列．
故an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)證明：法一：由(1)知：an＝n，
從而bn＋1－bn＝2n.
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1.
因為bn·bn＋2－b＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2
＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2·2n＋1＋1)＝－2n<0，所以bn·bn＋2
40、2n＋1·bn＋1－2n·bn＋1－2n·2n＋1
＝2n(bn＋1－2n＋1)
＝2n(bn＋2n－2n＋1)
＝2n(bn－2n)
＝…＝2n(b1－2)＝－2n<0，
所以bn·bn＋2
41、x2－x＋a＝0與x2－x＋b＝0(a≠b)的四個根組成首項為的等差數(shù)列，則a＋b的值是( )
A. B．
C. D．
解析：設(shè)四個方程的根分別為x1、x4和x2、x3.因為x1＋x4＝x2＋x3＝1，所以x1＝，x4＝，從而x2＝，x3＝.則a＝x1x4＝，b＝x2x3＝，或a＝，b＝，
∴a＋b＝＋＝.
答案：D
3．數(shù)列{an}的首項為3，{bn}為等差數(shù)列且bn＝an＋1－an(n∈N＋)，若b3＝－2，b10＝x，則a8＝( )
A.-6 B．3
C.2 D．-2
解析：數(shù)列{bn}的公差d＝＝＝2，
首項b1＝b3－2×2＝－6.
則a8－a7＝b
42、7，a7－a6＝b6，a6－a5＝b5，…，a2－a1＝b1，
將以上各式相加得，a8－a1＝b7＋b6＋b5＋…＋b1，
∵{bn}為等差數(shù)列，由等差數(shù)列的前n項和公式得
b7＋b6＋b5＋…＋b1＝7×(－6)＋×2＝0.
∴a8－a1＝0，即a8＝a1＝3.故選B.
答案：B
4．(x·廣州模擬)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，若a4＋a7＋a10＝17，a4＋a5＋a6＋…＋ax＋a13＋a14＝77，且ak＝13，則k＝________.
解析：∵a4＋a7＋a10＝3a7，∴a7＝，∵a4＋…＋a14＝xa9，∴a9＝7，d＝，ak－a9＝(k－9)d,13－7＝(k－9
43、)×，k＝18.
答案：18
5．(x·x模擬)已知{an}為等差數(shù)列，公差d≠0，{an}的部分項ak1，ak2，…，akn恰為等比數(shù)列，若k1＝1，k2＝5，k3＝17，則kn＝________.
解析：由題意知a1·a17＝a，a1(a1＋16d)＝(a1＋4d)2，得a1＝2d，＝3，∴akn＝a13n－1＝a1＋(kn－1)，kn＝2·3n－1－1.
答案：2·3n－1－1
6．(x·高考全國大綱卷)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知S3＝a，且S1，S2，S4成等比數(shù)列，求{an}的通項公式．
解析：設(shè){an}的公差為d.
由S3＝a，得3a2＝a，故a2＝0或a
44、2＝3.
由S1，S2，S4成等比數(shù)列得，S＝S1S4.
又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，
故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．
若a2＝0，則d2＝－2d2，所以d＝0，此時Sn＝0，不合題意；
若a2＝3，則(6－d)2＝(3－d)(x＋2d)，解得d＝0或d＝2.
因此{an}的通項公式為an＝3或an＝2n－1.
7．(x·x臨沂二模)在數(shù)列{an}中，a1＝1,3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)．
(1)證明數(shù)列是等差數(shù)列；
(2)求數(shù)列{an}的通項；
(3)若λan＋≥λ對任意n≥2的整數(shù)恒成立，求實數(shù)λ的取值范
45、圍．
解：(1)證明：將3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)整理得－＝3(n≥2)．
所以數(shù)列是以1為首項，3為公差的等差數(shù)列．
(2)由(1)可得＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以an＝.
(3)λan＋≥λ對n≥2的整數(shù)恒成立，
即＋3n＋1≥λ對n≥2的整數(shù)恒成立．
整理得λ≤，
令cn＝，
cn＋1－cn＝－
＝.
因為n≥2，所以cn＋1－cn>0，即數(shù)列{cn}為單調(diào)遞增數(shù)列，所以c2最小，c2＝.所以λ的取值范圍為.
【A級】 基礎(chǔ)訓(xùn)練
1．(x·遼寧沈陽一模)已知各項不為0的等差數(shù)列{an}滿足2a2
46、－a＋2ax＝0，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b7＝a7，則b3bx等于( )
A．16 B．8
C．4 D．2
解析：由等差數(shù)列性質(zhì)得a2＋ax＝2a7，所以4a7－a＝0，又a7≠0，所以a7＝4，b7＝4，由等比數(shù)列性質(zhì)得b3bx＝b＝16，故選A.
答案：A
2．(x·江西臨川模擬)在等比數(shù)列中，已知a1aa15＝243，則的值為( )
A．3 B．9
C． 27 D．81
解析：a1aa15＝243，∴a8＝3，又∵＝＝a，
∴＝9.故選B.
答案：B
3．(x·孝感模擬)已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8
47、a9＝10，則a4a5a6＝( )
A．5 B．7
C．6 D．4
解析：∵{an}為等比數(shù)列，∴(a4a5a6)2＝(a1a2a3)(a7a8a9)＝50，∵an>0，∴a4a5a6＝5.
答案：A
4．(x·高考x卷)若等比數(shù)列{an}滿足a2a4＝，則a1aa5＝________.
解析：由等比數(shù)列性質(zhì)可得a＝a2a4＝a1a5，所以a1aa5＝(a2a4)2＝.
答案：
5．(x·高考遼寧卷)已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列．若a1>0，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，則數(shù)列{an}的公比q＝________.
解析：∵2(an＋an＋2)＝5an＋1，
∴
48、2an＋2anq2＝5anq，
化簡得，2q2－5q＋2＝0，
即(2q－1)(q－2)＝0，
由題意知，q>1.
∴q＝2.
答案：2
6．在等差數(shù)列{an}中，a1＝1，a7＝4，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，已知b2＝a3，b3＝，則滿足bn<的最小自然數(shù)n是________．
解析：{an}為等差數(shù)列，a1＝1，a7＝4,6d＝3，d＝.
∴an＝，{bn}為等比數(shù)列，b2＝2，b3＝，q＝.
∴bn＝6×n－1，bn<＝，
即6×n－1<，得出32－n<3－4，∴n>6，又n∈N＋，∴nmin＝7.
答案：7
7．(x·高考全國新課標)已知等差數(shù)列{an}的公差不為
49、零，a1＝25，且a1，ax，a13成等比數(shù)列．
(1)求{an}的通項公式；
(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
解：(1)設(shè){an}的公差為d，由題意得a＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋xd)．
于是d(2a1＋25d)＝0.
又a1＝25，所以d＝0(舍去)，d＝－2.
故an＝－2n＋27.
(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首項為25，公差為－6的等差數(shù)列．
從而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)
＝－3n2＋28n.
8．(創(chuàng)新題)已知等比數(shù)列{an}的前n
50、項和為Sn＝2n＋c.
(1)求c的值并求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若bn＝Sn＋2n＋1，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
解：(1)當n＝1時，a1＝S1＝2＋c，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，
∴an＝
∵數(shù)列{an}為等比數(shù)列，
∴a1＝2＋c＝1，∴c＝－1.
∴數(shù)列{an}的通項公式an＝2n－1.
(2)∵bn＝Sn＋2n＋1＝2n＋2n，
∴Tn＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋…＋n)
＝2(2n－1)＋n(n＋1)＝2n＋1－2＋n2＋n.
【B級】 能力提升
1．(x·高考北京卷)已知{an}為等比數(shù)列．下
51、面結(jié)論中正確的是( )
A．a(chǎn)1＋a3≥2a2 B．a(chǎn)＋a≥2a
C．若a1＝a3，則a1＝a2 D．若a3>a1，則a4>a2
解析：設(shè)出等比數(shù)列{an}的首項與公比，利用等比數(shù)列的通項公式求解．
設(shè){an}的首項為a1，公比為q，則a2＝a1q，a3＝a1q2.
∵a1＋a3＝a1(1＋q2)，又1＋q2≥2q，
當a1>0時，a1(1＋q2)≥2a1q，
即a1＋a3≥2a2；
當a1<0時，a1(1＋q2)≤2a1q，
即a1＋a3≤2a2，故A不正確．
∵a＋a＝a(1＋q4)，又1＋q4≥2q2且a>0，
∴a＋a≥2a.故B正確．
若a1＝a3，則q
52、2＝1.∴q＝±1.當q＝1時，a1＝a2；
當q＝－1時，a1≠a2.故C不正確．
D項中，若q>0，則a3q>a1q，即a4>a2；
若q<0，則a3q
53、數(shù)列．
答案：C
3．一個等比數(shù)列前三項的積為2，最后三項的積為4，且所有項的積為64，則該數(shù)列有( )
A．13項 B．x項
C．x項 D．10項
解析：設(shè)前三項分別為a1，a1q，a1q2，最后三項分別為a1qn－3，a1qn－2，a1qn－1.所以前三項之積aq3＝2，最后三項之積aq3n－6＝4.所以兩式相乘，得aq3(n－1)＝8，即aqn－1＝2.又a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，aq＝64，即(aqn－1)n＝642，即2n＝642.所以n＝x.
答案：B
4．(x·高考x卷)設(shè)數(shù)列{an}是首項為1，公比為－2的等比數(shù)列，則a1＋|a2|＋a
54、3＋|a4|＝________.
解析：由首項和公比寫出等比數(shù)列的前4項，然后代入代數(shù)式a1＋|a2|＋a3＋|a4|求值．也可以構(gòu)造新數(shù)列，利用其前n項和公式求解．
方法一：a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝1＋|1×(－2)|＋1×(－2)2＋|1×(－2)3|＝15.
方法二：因為a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|，數(shù)列{|an|}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，故所求代數(shù)式的值為＝15.
答案：15
5．(x·高考課標全國卷)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S3＋3S2＝0，則公比q＝________.
解析：由S3＋3S2＝0得4a1
55、＋4a2＋a3＝0，有4＋4q＋q2＝0，解得q＝－2.
答案：－2
6．(x·高考江西卷)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，公比不為1.若a1＝1，且對任意的n∈N＋都有an＋2＋an＋1－2an＝0，則S5＝________.
解析：由{an}為等比數(shù)列可知an≠0，又∵an＋2＋an＋1－2an＝0，∴q2＋q－2＝0，∴q＝1(舍)或q＝－2.∴S5＝＝x.
答案：x
7．(創(chuàng)新題)已知定義域為R的二次函數(shù)f(x)的最小值為0且有f(1＋x)＝f(1－x)，直線g(x)＝4(x－1)被函數(shù)f(x)的圖像截得的弦長為4，數(shù)列{an}滿足a1＝2，(an＋1－an)g(an)＋f
56、(an)＝0(n∈N＋)．
(1)求函數(shù)f(x)；
(2)求數(shù)列{an}的通項公式；
(3)設(shè)bn＝3f(an)－g(an＋1)，求數(shù)列{bn}的最值及相應(yīng)的n.
解：(1)依題意，設(shè)f(x)＝a(x－1)2(a>0)，則直線g(x)＝4(x－1)與函數(shù)y＝f(x)圖像的兩個交點為(1,0)，，
∵ ＝4，∴a＝1，f(x)＝(x－1)2.
(2)f(an)＝(an－1)2，g(an)＝4(an－1)，
∵(an＋1－an)·4(an－1)＋(an－1)2＝0，
∴(an－1)(4an＋1－3an－1)＝0，
∵a1＝2，∴an－1≠0，∴4an＋1－3an－1＝0，
∴a
57、n＋1－1＝(an－1)，又a1－1＝1，
∴數(shù)列{an－1}是首項為1，公比為的等比數(shù)列，
∴an－1＝n－1，an＝n－1＋1.
(3)bn＝3(an－1)2－4(an＋1－1)
＝32－4n，
設(shè)bn＝y(tǒng)，u＝n－1，
則y＝3＝32－.
∵n∈N＋，u的值分別為1，，，，…，經(jīng)比較距最近，
∴當n＝3時，bn有最小值－，當n＝1時，bn有最大值0.
【A級】 基礎(chǔ)訓(xùn)練
1．(x·沈陽模擬)設(shè)數(shù)列{(－1)n}的前n項和為Sn，則對任意正整數(shù)n，Sn＝( )
A. B．
C. D．
解析：∵數(shù)列{(－
58、1)n}是首項與公比均為－1的等比數(shù)列，
∴Sn＝＝.
答案：D
2．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－4n＋2，則|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝( )
A．66 B．65
C．61 D．56
解析：當n＝1時，a1＝S1＝－1，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－4n＋2－[(n－1)2－4(n－1)＋2]＝2n－5.∴a2＝－1，a3＝1，a4＝3，…，a10＝15，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝1＋1＋＝2＋64＝66.
答案：A
3．若數(shù)列{an}的通項公式是an＝(－1)n(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10＝( )
A．15 B．
59、x
C．－x D．－15
解析：a1＋a2＝a3＋a4＝…＝a9＋a10＝3.故a1＋a2＋…＋a10＝15.
答案：A
4．設(shè)Sn＝＋＋＋…＋，若Sn·Sn＋1＝，則n的值為________．
解析：Sn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝，
∴Sn·Sn＋1＝·＝＝，解得n＝6.
答案：6
5．(x·孝感模擬)已知f(3x)＝4xlog23＋233，則f(2)＋f(4)＋f(8)＋…＋f(28)的值等于________．
解析：令3x＝t，則x＝log3t
∴f(t)＝4log3tlog23＋233＝4log2t＋233
∴f(2n)＝4n＋233
∴f(2)＋f(4)
60、＋f(8)＋…＋f(28)
＝4(1＋2＋…＋8)＋233×8＝2 008.
答案：2 008
6．(x·合肥市高三質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足anan＋1an＋2·an＋3＝24，且a1＝1，a2＝2，a3＝3，則a1＋a2＋a3＋…＋a2 015＝________.
解析：由anan＋1an＋2an＋3＝24可知，an＋1an＋2an＋3an＋4＝24，得an＋4＝an，所以數(shù)列{an}是周期為4的數(shù)列，再令n＝1，求得a4＝4，每四個一組可得(a1＋a2＋a3＋a4)＋…＋(a2 009＋a2 010＋a2 0x＋a2 0x)＋a2 013＝10×503＋1＝5 031.
答案：
61、5 031
7．(x·黑x哈爾濱三模)已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，前n項和為Sn，且Sn＝，n∈N＋.
(1)求證：數(shù)列{an}是等差數(shù)列；
(2)設(shè)bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.
解：(1)證明：∵2Sn＝a＋an.①
當n＝1時，2a1＝a＋a1，∵a1＞0，∴a1＝1.
當n≥2時，2Sn－1＝a＋an－1.②
①－②得，2an＝a－a＋an－an－1，
∴(an－an－1)(an＋an－1)－(an＋an－1)＝0.
∵an＞0，∴an－an－1＝1，∴d＝1.
∴an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)∵bn＝＝＝－＝－，
∴Tn＝b1＋b2＋
62、…＋b3
＝＋＋…＋
＝1－＝.
8．等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)設(shè)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求數(shù)列的前n項和．
解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由a＝9a2a6得a＝9a，所以q2＝.
由條件可知an>0，故q＝.
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝.
故數(shù)列{an}的通項公式為an＝n.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an
＝－(1＋2＋…＋n)＝－.
故＝－＝－2，
＋＋…＋
＝－2
＝－.
所以數(shù)列的
63、前n項和為－.
【B級】 能力提升
1．(x·x肇慶二模)若把能表示為兩個連續(xù)偶數(shù)的平方差的正整數(shù)稱為“和平數(shù)”，則有1～100這100個數(shù)中，能稱為“和平數(shù)”的所有數(shù)的和是( )
A．130 B．325
C．676 D．1 300
解析：設(shè)兩個連續(xù)偶數(shù)為2k＋2和2k(k∈N＋)，則(2k＋2)2－(2k)2＝4(2k＋1)，故和平數(shù)是4的倍數(shù)，但不是8的倍數(shù)，故在1～100之間，能稱為和平數(shù)的有4×1,4×3,4×5,4×7，…，4×25，共計13個，其和為4××13＝676.
答案：C
2．(x·宜昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2bx的圖像在點A(0，f(0))處的
64、切線l與直線x－y＋3＝0平行，若數(shù)列的前n項和為Sn，則S2 013的值為( )
A. B．
C. D．
解析：f′(x)＝2x＋2b，由題意可知，f′(0)＝2b＝1，
∴b＝，即f(x)＝x2＋x，
∴＝＝－，
∴S2 013＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
答案：C
3．數(shù)列{an}中，已知對任意正整數(shù)n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，則a＋a＋a＋…＋a等于( )
A．(2n－1)2 B．(2n－1)
C.( 4n－1) D．4n－1
解析：∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，
∴a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2n－1－1(n≥2，n∈N
65、＋)，
∴an＝2n－2n－1＝2n－1，
當n＝1時，a1＝21－1＝1，
∴a1也適合上式，
∴an＝2n－1，∴a＝4n－1，
∴a＋a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
答案：C
4．(x·高考遼寧卷)已知等比數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，Sn是{an}的前n項和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的兩個根，則S6＝________.
解析：因為a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的兩個根，且數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列，所以a1＝1，a3＝4，q＝2，所以S6＝＝63.
答案：63
5．(x·高考江西卷)某住宅小區(qū)計劃植樹不少于100棵，若x天植2棵，以后每天植樹的棵數(shù)是前
66、一天的2倍，則需要的最少天數(shù)n(n∈N＋)等于________．
解析：每天植樹的棵數(shù)構(gòu)成以2為首項，2為公比的等比數(shù)
列，其前n項和Sn＝＝＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102.由于26＝64,27＝x8，則n＋1≥7，即n≥6.
答案：6
6．(x·成都模擬)把公差d＝2的等差數(shù)列{an}的各項依次插入等比數(shù)列{bn}中，將{bn}按原順序分成1項，2項，4項，…，2n－1項的各組，得到數(shù)列{cn}：b1，a1，b2，b3，a2，b4，b5，b6，b7，a3，…，數(shù)列{cn}的前n項和為Sn.若c1＝1，c2＝2，S3＝.則數(shù)列{cn}的前100項之和S100＝________.
解析：由已知得b1＝1，a1＝2，b2＝，
令Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，
則T6＝63，T7＝x7，
∴數(shù)列{cn}的前100項中含有數(shù)列{an}的前6項，含有數(shù)列{bn}的前94項，故S100＝(b1＋b2＋…＋b94)＋(a1＋a2＋…＋a6)
＝＋6×2＋×2＝.
答案：
7．(創(chuàng)新題)已知公差為d(d>1)的等差數(shù)列{an}和公比為q(
x高考數(shù)學(xué)（北師大版理）一輪復(fù)習(xí)課時規(guī)范訓(xùn)練平面向量的數(shù)量積及平面向量的應(yīng)用
