專題探究4　數(shù)列的綜合問題 1.[2018·南昌模擬] 已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列,a1=2,且a5是a3與a7的等差中項(xiàng),則a1008的值為 (　　) A.1或-1 B.1 C.2或-2 D.2 2.[2018·廈門外國(guó)語(yǔ)學(xué)校月考] 已知公差不為0的等差數(shù)列{an}滿足a32=a1·a4,Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,則S3-S2S5-S3的值為 (　　) A.-2 B.-3 C.2 D.3 3.[2018·鄂爾多斯一中模擬] 如圖Z4-1,在等腰直角三角形ABC中,斜邊BC=22,過點(diǎn)A作BC的垂線,垂足為A1;過點(diǎn)A1作AC的垂線,垂足為A2;過點(diǎn)A2作A1C的垂線,垂足為A3……以此類推,設(shè)BA=a1,AA1=a2,A1A2=a3,…,A5A6=a7,則a7= (　　) 圖Z4-1 A.12 B.1 C.18 D.14 4.[2018·成都模擬] 設(shè)公比不為1的等比數(shù)列{an}滿足a1a2a3=-18,且a2,a4,a3成等差數(shù)列,則數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為　　　　.  5.[2018·合肥模擬] 已知數(shù)列{an}中,an=2n-1(n∈N*),則1a1a2+1a2a3+…+1a9a10=　　　　.  6.[2018·安徽師大附中模擬] 已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}中,a1=1,前n項(xiàng)和Sn滿足SnSn-1-Sn-1·Sn=2SnSn-1(n∈N*且n≥2),則a81= (　　) A.641 B.640 C.639 D.638 7.[2018·信陽(yáng)高級(jí)中學(xué)模擬] 已知直線x+2y+5=0與直線x-dy+115=0互相平行且距離為m.若等差數(shù)列{an}的公差為d,且a7·a8=35,a4+a10<0,令Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,則Sm的值為 (　　) A.60 B.52 C.44 D.36 8.[2018·重慶模擬] 已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=(-1)n(2n-1)·cosnπ2+1(n∈N*),其前n項(xiàng)和為Sn,則S60= (　　) A.-30 B.-60 C.90 D.120 9.[2018·吉安三校聯(lián)考] 設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且關(guān)于x的方程a1x2-a3x+a2=0有兩個(gè)相等的實(shí)根,則S9S3= (　　) A.27 B.21 C.14 D.5 10.對(duì)于函數(shù)y=f(x),x與y的部分對(duì)應(yīng)關(guān)系如下表: x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 y 3 7 5 9 6 1 8 2 4 數(shù)列{xn}滿足x1=1,且對(duì)于任意n∈N*,點(diǎn)(xn,xn+1)都在函數(shù)y=f(x)的圖像上,則x1+x2+…+x2015= (　　) A.7554 B.7549 C.7546 D.7539 11.[2018·佛山三水區(qū)實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考] 在等差數(shù)列{an}中,前10項(xiàng)和S10=120,則a3+a8的值是　　　　.  12.[2018·安徽師大附中模擬] 給出下面四個(gè)結(jié)論: ①若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=an2+bn+c(a,b,c為常數(shù)),則{an}為等差數(shù)列; ②若數(shù)列{an}是常數(shù)列,數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,則數(shù)列{an·bn}是等比數(shù)列; ③在等差數(shù)列{an}中,若公差d<0,則此數(shù)列是遞減數(shù)列; ④在等比數(shù)列中,各項(xiàng)與公比都不能為0. 其中正確的結(jié)論為　　　　(填序號(hào)).  13.[2018·河南豫南豫北二聯(lián)] 已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1=1的等比數(shù)列,且an>0,{bn}是首項(xiàng)為1的等差數(shù)列,a5+b3=21,a3+b5=13. (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列bn2an的前n項(xiàng)和Sn. 14.[2018·上海浦東新區(qū)三模] 已知各項(xiàng)都不為零的無窮數(shù)列{an}滿足an+1an+an+1-an=0. (1)證明1an為等差數(shù)列,并求當(dāng)a1=1時(shí),數(shù)列{an}中的最大項(xiàng); (2)若a2018為數(shù)列{an}中的最小項(xiàng),求a1的取值范圍. 15.[2018·株洲二模] 已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=1,且滿足anan+1=2Sn,數(shù)列{bn}滿足b1=15,bn+1-bn=2n,則數(shù)列bnan中第　　　　項(xiàng)最小.  16.[2018·龍巖模擬] 數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1≠0,公差為d的等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn,若存在非零實(shí)數(shù)t,使得對(duì)任意n∈N*都有Sn=an+(n-1)t·an恒成立,則t的值為　　　　.  專題集訓(xùn)(四) 1.C　[解析] 由2a5=a3+a7?q4-2q2+1=0?q=±1,所以a1008=a1·q1007=±2,故選C. 2.C　[解析]∵a32=a1·a4,∴(a1+2d)2=a1(a1+3d),又d≠0,∴a1=-4d,則S3-S2S5-S3=a3a5+a4=a1+2d2a1+7d=-4d+2d-8d+7d=2. 故選C. 3.D　[解析] 由題意得,a1=BA=2,a2=AA1=2,a3=A1A2=1,即數(shù)列{an}為等比數(shù)列,且首項(xiàng)為2,公比為22,則a7=2×226=14. 4.58　[解析] 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q≠1),由a1a2a3=-18,得a23=-18,解得a2=-12,則a3=-12q,a4=-12q2.因?yàn)閍2,a4,a3成等差數(shù)列,所以2a4=a2+a3,解得q=-12(q=1舍去),所以a1=1,所以數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和S4=58. 5.919　[解析] 由an=2n-1,得1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12×12n-1-12n+1,所以1a1a2+1a2a3+…+1a9a10=12×1-13+13-15+…+117-119=919. 6.B　[解析] 因?yàn)镾nSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1,所以Sn-Sn-1=2,即{Sn}為等差數(shù)列,且首項(xiàng)為1,公差為2,所以Sn=1+2(n-1)=2n-1,所以Sn=(2n-1)2,因此a81=S81-S80=1612-1592=640,故選B. 7.B　[解析] 由兩直線平行得d=-2,由兩平行直線間的距離公式得m=|115-5|1+22=10.∵a7·(a7-2)=35,∴a7=-5或a7=7.又∵a4+a10=2a7<0,∴a7=-5,∴an=-2n+9,∴Sm=S10=|a1|+|a2|+|a3|+…+|a10|=|7|+|5|+|3|+|1|+|-1|+|-3|+|-5|+|-7|+|-9|+|-11|=52.故選B. 8.D　[解析] 因?yàn)閍4m+1+a4m+2+a4m+3+a4m+4=1-(8m+3)+1+1+(8m+7)+1=8(m∈N),所以S60=15×8=120,故選D. 9.B　[解析] 根據(jù)題意,關(guān)于x的方程a1x2-a3x+a2=0有兩個(gè)相等的實(shí)根,則有(a3)2-4a1a2=0,可得 q4-4q=0,即q3=4,則S9S3=a1(1-q9)1-qa1(1-q3)1-q=1-q91-q3=1-431-4=21.故選B. 10.A　[解析] 由題意可知,f(1)=3,f(3)=5,f(5)=6,f(6)=1,f(1)=3,…, 點(diǎn)(xn,xn+1)都在函數(shù)y=f(x)的圖像上,則 x1=1,x2=3,x3=5,x4=6,x5=1=x1,…, 則數(shù)列{xn}是周期為4的周期數(shù)列. 由于2015=4×503+3,且x1+x2+x3+x4=15, 故x1+x2+…+x2015=503×15+(1+3+5)=7554. 故選A. 11.24　[解析]∵S10=10(a1+a10)2=5(a3+a8)=120,∴a3+a8=24. 12.③④　[解析] 因?yàn)榈炔顢?shù)列前n項(xiàng)和公式中常數(shù)項(xiàng)為零,即Sn=an2+bn+c中c=0,所以①錯(cuò)誤;因?yàn)榈缺葦?shù)列中各項(xiàng)均不為零,所以若數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為零的常數(shù)列,則{an·bn}不是等比數(shù)列,②錯(cuò)誤;易知③④正確.故正確的結(jié)論為③④. 13.解:(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,{bn}的公差為d,則由已知條件得q4+1+2d=21,q2+1+4d=13, 解得d=2,q=2或d=2,q=-2(舍去),∴an=2n-1,bn=1+(n-1)×2=2n-1. (2)由(1)知bn2an=2n-12n,∴Sn=12+322+523+…+2n-32n-1+2n-12n①, ∴12Sn=122+323+…+2n-32n+2n-12n+1②, ①-②得12Sn=12+222+223+…+22n-2n-12n+1=12+12+122+…+12n-1-2n-12n+1=12+121-12n-11-12-2n-12n+1=12+1-12n-1-2n-12n+1, ∴Sn=3-2n+32n. 14.解:(1)由an+1an+an+1-an=0,得an-an+1=an+1an,即1an+1-1an=1, ∴1an是等差數(shù)列,且公差d=1. 當(dāng)a1=1時(shí),1an=1a1+(n-1)=n,∴an=1n, 則數(shù)列{an}為遞減數(shù)列,∴最大項(xiàng)為a1=1. (2)由(1)知1an=1a1+n-1. 當(dāng)1a1>0時(shí),數(shù)列1an是正項(xiàng)遞增數(shù)列,此數(shù)列沒有最大項(xiàng), 從而數(shù)列{an}中就沒有最小項(xiàng),故1a1<0. ∵數(shù)列1an是遞增數(shù)列,且a2018是數(shù)列{an}中的最小項(xiàng), ∴1a2018是數(shù)列1an中的最大負(fù)項(xiàng), 從而有1a2018<0,即1a1+2017<0,∴-12017<a1<0, 又1a2019>0,即1a1+2018>0,∴a1<-12018, ∴a1的取值范圍是-12017,-12018. 15.4　[解析] 當(dāng)n≥2時(shí),2an=2Sn-2Sn-1=anan+1-an-1an,∵an≠0,∴an+1-an-1=2;當(dāng)n=1時(shí),a1a2=2a1,解得a2=2.∴數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)與偶數(shù)項(xiàng)分別成等差數(shù)列,公差都為2,且a1=1,a2=2,進(jìn)而得到數(shù)列{an}為等差數(shù)列,其首項(xiàng)為1,公差為1,∴an=1+n-1=n.∵數(shù)列{bn}滿足b1=15,bn+1-bn=2n,∴當(dāng)n≥2時(shí),bn=2[(n-1)+(n-2)+…+2+1]+15=2×(n-1)n2+15=n(n-1)+15,當(dāng)n=1時(shí),上式也成立,∴bn=n(n-1)+15,∴bnan=n-1+15n≥215-1(當(dāng)且僅當(dāng)n=15時(shí)取等號(hào)),又n∈N*,且b4a4=3+154,b3a3=7,則數(shù)列bnan中第4項(xiàng)最小. 16.1或12　[解析] 當(dāng)n=1時(shí),Sn=an+(n-1)t·an恒成立.當(dāng)n≥2時(shí), 當(dāng)數(shù)列{an}的公差d=0時(shí),Sn=an+(n-1)t·an,即na1=a1+(n-1)t·a1, 即(n-1)a1=(n-1)·t·a1,則t=1; 當(dāng)數(shù)列{an}的公差d≠0時(shí),由Sn=an+(n-1)t·an,得Sn-1=an-1+(n-2)t·an-1, 兩式作差可得an=an-an-1+(n-1)t·an-(n-2)t·an-1, 整理可得(n-1)·t·(an-an-1)=(1-t)an-1,即an-1=(n-1)·t1-td,① 則an=n·t1-td,② ②-①可得an-an-1=t1-td=d, 由于d≠0,故t1-t=1,則t=12. 綜上可得,t的值為1或12. 6