Sn=a1+a2+…+an,其中Sn为数列的前n项和,已知数列{an}的前n项和Sn=5n^2+1,求该数列的通项公式

∵Tn＝
S1+S2+…+Sn
n
∴n×T_n=（S₁+S₂+…+S_n）
T₅₀₀=2004
设新的理想数为T_x
501×T_x=8×501+500×T₅₀₀
T_x=（8×501+500×T₅₀₀）÷501
=[8×501+500×2004/501]
=8+500×4
=2008
故选C

点评：
本题考点： 有理数的混合运算．

考点点评： 本题主要考查了有理数的混合运算，在解题时要根据题意找出关系是解题的关键．

（1）∵对任意n∈N^*，三个数A（n），B（n），C（n）组成等差数列，
∴B（n）-A（n）=C（n）-B（n），
即a_n+1-a₁=a_n+2-a₂，亦即a_n+2-a_n+1=a₂-a₁=4．
故数列{a_n}是首项为1，公差为4的等差数列，于是a_n=1+（n-1）×4=4n-3．
（2）证明：（必要性）：若数列{a_n}是公比为q的等比数列，对任意n∈N^*，有a_n+1=a_nq．由a_n＞0知，A（n），B（n），C（n）均大于0，于是

B(n)
A(n)=
a2+a3+…+an+1
a1+a2+…+an=
q(a1+a2+…+an)
a1+a2+…+an=q，

C(n)
B(n)=
a3+a4+…+an+2
a2+a3+…+an+1=
q(a2+a3+…+an+1)
a2+a3+…+an+1=q，
即
B(n)
A(n)=
C(n)
B(n)=q，
∴三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列；
（充分性）：若对任意n∈N^*，三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列，则
B（n）=qA（n），C（n）=qB（n），
于是C（n）-B（n）=q[B（n）-A（n）]，即a_n+2-a₂=q（a_n+1-a₁），亦即a_n+2-qa_n+1=a₂-qa₁．
由n=1时，B（1）=qA（1），即a₂=qa₁，从而a_n+2-qa_n+1=0．
∵a_n＞0，
∴
an+2
an+1=
a2
a1=q．故数列{a_n}是首项为a₁，公比为q的等比数列．
综上所述，数列{a_n}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N^*，三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列．

点评：
本题考点： 等差数列的性质；充要条件；等比关系的确定．

考点点评： 本题考查等差数列的性质，考查充要条件的证明，考查等比关系的确定，突出化归思想，逻辑思维与综合运算能力的考查，属于难题．

数列{a_n}满足：a1＝
1
3，且对任意正整数m，n都有a_m+n=a_m•a_n
∴a₂=a₁₊₁=a₁•a₁=[1/9]，a_n+1=a_n•a₁=[1/3an，
∴数列{a_n}是首项为
1
3]，公比为[1/3]的等比数列．

lim
n→+∞（a₁+a₂+…+a_n）=
a1
1−q＝
1
2，
故选A．

点评：
本题考点： 等比数列的前n项和；极限及其运算．

考点点评： 本题主要考查了等比数列的前n项的和．属基础题．

由于f（n）=sin[nπ/25]的周期T=50
由正弦函数性质可知，a₁，a₂，…，a₂₄＞0，a₂₅=0，a₂₆，a₂₇，…，a₄₉＜0，a₅₀=0
且sin[26π/25＝−sin
π
25]，sin[27π/25＝−sin
2π
25]…但是f（n）=[1/n]单调递减
a₂₆…a₄₉都为负数，但是|a₂₆|＜a₁，|a₂₇|＜a₂，…，|a₄₉|＜a₂₄
∴S₁，S₂，…，S₂₅中都为正，而S₂₆，S₂₇，…，S₅₀都为正
同理S₁，S₂，…，s₇₅都为正，S₁，S₂，…，s₇₅，…，s₁₀₀都为正，
故选D

点评：
本题考点： 数列的求和；三角函数的周期性及其求法．

考点点评： 本题主要考查了三角函数的周期的应用，数列求和的应用，解题的关键是正弦函数性质的灵活应用．

因为无穷等比数列{a_n}中，
lim
n→∞(a1+a2+…+an)＝
1
2，所以|q|＜1，

a1
1−q=[1/2]，所以a1＝
1
2(1−q)，∵-1＜q＜1且q≠0
∴0＜a₁＜1且a₁≠[1/2]
故答案为：(0，
1
2)∪(
1
2，1)．

点评：
本题考点： 数列的极限．

考点点评： 本题考查无穷等比数列的极限存在条件的应用，解题时要注意极限逆运算的合理运用．

设x=a₁+a₂+…+a_n，y=a₂+a₃+…+a_n-1，
则原式=（x-a_n）（y+a_n）-yx
=xy+xa_n-a_ny-a_n²-xy
=a_n（x-y）-a_n²
=a_n[（a₁+a₂+…+a_n）-（a₂+a₃+…+a_n-1）]-a_n²
=a_n（a₁+a_n）-a_n²
=a₁a_n，
故答案为：a₁a_n．

点评：
本题考点： 整式的混合运算．

考点点评： 本题考查了整式的混合运算和求值的应用，主要考查学生的计算能力，题目比较好，难度适中．

设x=a₁+a₂+…+a_n，y=a₂+a₃+…+a_n-1，
则原式=（x-a_n）（y+a_n）-yx
=xy+xa_n-a_ny-a_n²-xy
=a_n（x-y）-a_n²
=a_n[（a₁+a₂+…+a_n）-（a₂+a₃+…+a_n-1）]-a_n²
=a_n（a₁+a_n）-a_n²
=a₁a_n，
故答案为：a₁a_n．

点评：
本题考点： 整式的混合运算．

考点点评： 本题考查了整式的混合运算和求值的应用，主要考查学生的计算能力，题目比较好，难度适中．

（1）a₁，a₂，…a_n…a₁₀=2+3+5+7+11+13+17+19+23+29=129；
（2）2+3+5+7+11+13+17+19+23+29+31+37+41+43=281；
加到43时和正好为281，43是第14项，所以n=14．
故答案为：129、14．

点评：
本题考点： 质数与合数问题．

考点点评： 自然数中的质数排列是没有规律的．

（Ⅰ）对任意n∈N^*，三个数A（n），B（n），C（n）是等差数列，
所以B（n）-A（n）=C（n）-B（n），即a_n+1-a₁=a_n+2，亦即a_n+2-a_n-1=a₂-a₁=2．
故数列{a_n}是首项为1，公差为2的等差数列．
于是a_n=1+（n-1）×2=2n-1
证明：（Ⅱ）若对于任意n∈N^*，三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列，
则B（n）=qA（n），C（n）=qB（n），
于是C（n）-B（n）=q[B（n）-A（n）]，得a_n+2-a₂=q（a_n+1-a₁），
即a_n+2-qa_n+1=a₂-a₁．由n=1有B（1）=qA（1），即a₂=qa₁，从而a_n+2-qa_n+1=0．
因为a_n＞0，所以
an+2
an+1＝
a2
a1＝q，故数列{a_n}是首项为a₁，公比为q的等比数列，
（Ⅲ）由（II）得bn＝
2n−1
2n，
∴Tn＝
1
21+
3
22+
5
23+…+
2n−3
2n−1+
2n−1
2n①
[1/2Tn＝
1
22+
3
23+…+
2n−5
2n−1+
2n−3
2n+
2n−1
2n+1]②
①-②得[1/2Tn＝
1
21+
2
22+
2
23+…+
2
2n−1+
2
2n−
2n−1
2n+1]
=
1
2

点评：
本题考点： 等差数列的通项公式；等比关系的确定；数列的求和．

考点点评： 本题主要考查了等差数列与等比数列的性质的应用，数列的递推公式的应用及数列的错位相减求和方法的应用和数列单调性在证明不等式中应用，试题具有一定的综合性

解法1：∵{a_n}为等差数列，设首项为a₁，公差为d，
∴a₃+a₇-a₁₀=a₁+2d+a₁+6d-a₁-9d=a₁-d=8①；a₁₁-a₄=a₁+10d-a₁-3d=7d=4②，
联立①②，解得a₁=[60/7]，d=[4/7]；
∴s₁₃=13a₁+[13×12/2]d=156．
解法2：∵a₃+a₇-a₁₀=8①，a₁₁-a₄=4②，
①+②可得a₃+a₇-a₁₀+a₁₁-a₄=12，
∵根据等差数列的性质a₃+a₁₁=a₁₀+a₄，
∴a₇=12，
∴s₁₃=
a1+a13
2×13=13a₇=13×12=156．
故答案为156．

点评：
本题考点： 等差数列的前n项和．

考点点评： 解法1用到了基本量a1与d，还用到了方程思想；
解法2应用了等差数列的性质：{an}为等差数列，当m+n=p+q（m，n，p，q∈N+）时，am+an=ap+aq．
特例：若m+n=2p（m，n，p∈N+），则am+an=2ap．

由题意可得an+1＝
1
2Sn
当n≥2时，an＝
1
2Sn−1两式相减得，an+1−an＝
1
2(sn−sn−1)＝
1
2an
从而有an+1 ＝
3
2an，(n≥2)，a2＝
1
2a 1＝1
数列 a_n从第二项开始的等比数列，公比为[3/2]
∴S_n=a₁+a₂+a₃+…+a_n=2+
1−(
3
2)n−1
1−(
3
2) ＝2•(
3
2)n−1
故答案为：2•(
3
2) n−1

点评：
本题考点： 数列的求和．

考点点评： 本题主要考查了由数列的递推公式求解数列的通项公式，等比数列的求和公式，运用递推公式an＝sn−sn−1 n≥2s1n＝1时，要检验a1的值是否适合an（n≥2），而本题中的an是从第二项开始的等比数列，在求和时，要分组进行求和．

（1）由已知，得s1＝
1•(a−a)
2＝a1＝a，∴a=0…（4分）
（2）由a₁=0得Sn＝
nan
2，则Sn+1＝
(n+1)an+1
2，
∴2（S_n+1-S_n）=（n+1）a_n+1-na_n，即2a_n+1=（n+1）a_n+1-na_n，
于是有（n-1）a_n+1=na_n，并且有na_n+2=（n+1）a_n+1，
∴na_n+2-（n-1）a_n+1=（n+1）a_n+1-na_n，即n（a_n+2-a_n+1）=n（a_n+1-a_n），
而n是正整数，则对任意n∈N都有a_n+2-a_n+1=a_n+1-a_n，
∴数列{a_n}是等差数列，其通项公式是a_n=2（n-1）．…（10分）
（3）∵Sn＝
n(n−1)•2
2＝n(n−1)∴pn＝
(n+2)(n+1)
(n+1)n+
(n+1)n
(n+2)(n+1)＝2+
2
n−
2
n+2
∴p₁+p₂+p₃+…+p_n-2n=(2+
2
1−
2
3)+(2+
2
2−
2
4)+…+(2+
2
n−
2
n+2)−2n=2+1−
2
n+1−
2
n+2；由n是正整数可得p₁+p₂+…+p_n-2n＜3，
并且有
lim
n→∞(p1+p2+…+pn−2n)＝3，
∴数列{p₁+p₂+…+p_n-2n}的“上渐进值”等于3．…（18分）

点评：
本题考点： 数列的极限；等差关系的确定；数列的求和．

考点点评： 本题的考点是等差数列的确定，考查数列的综合问题，考查数列的递推关系与通项公式之间的关系，考查学生探究性问题的解决方法，注意体现转化与化归思想的运用，考查学生分析问题解决问题的能力和意识．

∵Tn＝
S1+S2+…+Sn
n
∴n×T_n=（S₁+S₂+…+S_n）
T₅₀₀=2004
设新的理想数为T_x
501×T_x=8×501+500×T₅₀₀
T_x=（8×501+500×T₅₀₀）÷501
=[8×501+500×2004/501]
=8+500×4
=2008
故选C

点评：
本题考点： 有理数的混合运算．

考点点评： 本题主要考查了有理数的混合运算，在解题时要根据题意找出关系是解题的关键．

（1）因为a₁+a₂+…+a_n-pa_n+1=0，
所以n≥2时，a₁+a₂+…+a_n-1-pa_n=0，两式相减，得
an+1
an＝
p+1
p(n≥2)，
故数列{a_n}从第二项起是公比为[p+1/p]的等比数列…（3分）
又当n=1时，a₁-pa₂=0，解得a2＝
a
p，
从而an＝

a

a
p(
p+1
p)n−2

(n＝1)
(n≥2)…（5分）
（2）①由（1）得ak+1＝
a
p(
p+1
p)k−1，ak+2＝
a
p(
p+1
p)k，ak+3＝
a
p(
p+1
p)k+1，
[1]若a_k+1为等差中项，则2a_k+1=a_k+2+a_k+3，
即[p+1/p＝1或
p+1
p＝−2，解得p＝−
1
3]…（6分）
此时ak+1＝−3a(−2)k−1，ak+2＝−3a(−2)k，
所以dk＝|ak+1−ak+2|＝9a•2k−1…（8分）
[2]若a_k+2为等差中项，则2a_k+2=a_k+1+a_k+3，即

点评：
本题考点： 数列与不等式的综合；等比关系的确定；等差数列的性质．

考点点评： 本题重点考查数列的通项与求和，考查分类讨论的数学思想，考查分离参数法的运用，综合性较强，有难度．

由于f（n）=sin[nπ/25]的周期T=50
由正弦函数性质可知，a₁，a₂，…，a₂₄＞0，a₂₅=0，a₂₆，a₂₇，…，a₄₉＜0，a₅₀=0
且sin[26π/25＝−sin
π
25]，sin[27π/25＝−sin
2π
25]…但是f（n）=[1/n]单调递减
a₂₆…a₄₉都为负数，但是|a₂₆|＜a₁，|a₂₇|＜a₂，…，|a₄₉|＜a₂₄
∴S₁，S₂，…，S₂₅中都为正，而S₂₆，S₂₇，…，S₅₀都为正
同理S₁，S₂，…，s₇₅都为正，S₁，S₂，…，s₇₅，…，s₁₀₀都为正，
故选D

点评：
本题考点： 数列的求和；三角函数的周期性及其求法．

考点点评： 本题主要考查了三角函数的周期的应用，数列求和的应用，解题的关键是正弦函数性质的灵活应用．

在（1+x）+（1+x）²+…+（1+x）ⁿ=a₀+a₁x+…+a_nxⁿ 中，令x=1，得2+2²+…+2ⁿ=a₀+a₁+…+a_n．令x=0得a₀=n，∴2 ⁿ⁺¹-2=n+510-n，2 ⁿ⁺¹=512．n=8
故答案为：8．

点评：
本题考点： 二项式系数的性质．

考点点评： 本题考查求展开式的系数和问题，常通过观察给展开式中的未知数赋值，求出系数和．

（1）由已知，得s1＝
1•(a−a)
2＝a1＝a，∴a=0
（2）由a₁=0得Sn＝
nan
2，则Sn+1＝
(n+1)an+1
2，
∴2（S_n+1-S_n）=（n+1）a_n+1-na_n，即2a_n+1=（n+1）a_n+1-na_n，
于是有（n-1）a_n+1=na_n，并且有na_n+2=（n+1）a_n+1，
∴na_n+2-（n-1）a_n+1=（n+1）a_n+1-na_n，即n（a_n+2-a_n+1）=n（a_n+1-a_n），
而n是正整数，则对任意n∈N都有a_n+2-a_n+1=a_n+1-a_n，
∴数列{a_n}是等差数列，其通项公式是a_n=（n-1）p．
（3）∵Sn＝
n(n−1)p
2∴pn＝

(n+2)(n+1)p
2

(n+1)np
2+

(n+1)np
2

(n+2)(n+1)p
2＝2+
2
n−
2
n+2
∴p₁+p₂+p₃+…+p_n-2n=(2+
2
1−
2
3)+(2+
2
2−
2
4)+…+(2+
2
n−
2
n+2)−2n
=2+1−
2
n+1−
2
n+2；
由n是正整数可得p₁+p₂+…+p_n-2n＜3，
故存在最小的正整数M=3，使不等式p₁+p₂+…+p_n-2n≤M恒成立．

点评：
本题考点： 数列与不等式的综合；数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差关系的确定．

考点点评： 本题考查数列的综合问题，考查数列的递推关系与通项公式之间的关系，考查学生探究性问题的解决方法，注意体现转化与化归思想的运用．

根据等差数列的性质可知：a₅+a₉=2a₇，
因为a₅+a₉-a₇=10，
所以a₇=10，
所以S₁₃=a₁+a₂+…+a₁₃
=（a₁+a₁₃）+（a₂+a₁₂）+（a₃+a₁₁）+（a₄+a₁₀）+（a₅+a₉）+（a₆+a₈）+a₇
=13a₇=130．
故答案为：130．

点评：
本题考点： 等差数列的性质．

考点点评： 考查学生灵活运用等差数列性质的能力．

（I）∵a₁³+a₂³+…+a_n³=S_n²，
a31+
a32+…+
a3n+
a3n+1＝
S2n+1，
∴
S2n+1−
S2n＝
a3n+1，
∴（S_n+1-S_n）（S_n+1+S_n）=
a3n+1，
即an+1(Sn+1+Sn)＝
a3n+1，又a_n+1＞0，
∴Sn+1+Sn＝
a2n+1，∴2Sn+an+1＝
a2n+1，
∴a_n+1²-a_n+1=2S_n；
（II）当n≥2时，
由a_n+1²-a_n+1=2S_n及
a2n−an＝2Sn−1可得（a_n+1-a_n）（a_n+1+a_n）=a_n+1+a_n，
∵a_n+1+a_n＞0，∴a_n+1-a_n=1，（*）
当n=1时，
a31＝
S21＝
a21，a₁＞0，可得a₁=1，
当n=2时，
a31+
a32＝
S22，得到1+
a32＝(1+a2)2，及a₂＞0，解得a₂=2．
a₂-a₁=1也满足（*）．
∴数列{a_n}是以1为首项，1为公差的等差数列，其通项公式a_n=1+（n-1）×1=n．
（III）∵b_n=2ⁿ•a_n═n•2ⁿ，∴T_n=1×2+2×2²+3×2³+…+n×2ⁿ，
2T_n=1×2²+2×2³+…+（n-1）×2ⁿ+n•2ⁿ⁺¹，
∴-T_n=2+2²+2³+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹
=
2×(2n−1)
2−1−n•2n+1=2ⁿ⁺¹-2-n•2ⁿ⁺¹=（1-n）•2ⁿ⁺¹-2，
∴Tn＝(n−1)•2n+1+2．

点评：
本题考点： 数列的求和；数列递推式．

考点点评： 熟练掌握等差数列及等比数列的通项公式、前n项和公式、“错位相减法”及其an=Sn-Sn-1（n≥2）是解题的关键．

（Ⅰ）由题a₁+a₂+…+a_n-1-a_n=-1…①
∴a₁+a₂+…+a_n-a_n+1=-1…②
由①-②得：a_n+1-2a_n=0，即
an+1
an=2（n≥2）…（3分）
当n=2时，a₁-a₂=-1，
∵a₁=1，
∴a₂=2，
a2
a1=2，
所以，数列{a_n}是首项为1，公比为2的等比数列，
故a_n=2^n-1（n∈N^*）…（5分）
（Ⅱ）∵a_n=2^n-1，
∴d_n=1+loga

a2n+1+
a2n+2
5=1+2nlog_a2，
∵d_n+1-d_n=2log_a2，
∴{d_n}是以d₁=1+2log_a2为首项，以2log_a2为公差的等差数列，…（8分）
∴
S2n
Sn=
2n(1+2loga2)+
2n(2n−1)
2×(2loga2)
n(1+2loga2)+
n(n−1)
2×(2loga2)
=
2+(4n+2)loga2
1+(n+1)loga2=λ⇒（λ-4）nlog_a2+（λ-2）（1+log_a2）=0…（10分）
∵
S2n
Sn恒为一个与n无关的常数λ，
∴

(λ−4)loga2＝0
(λ−2)(1+loga2)＝0，
解之得：λ=4，a=[1/2]…（12分）

点评：
本题考点： 等差数列与等比数列的综合；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和．

考点点评： 本题考查等差数列与等比数列的综合，突出考查等差数列与等比数列的通项公式与求和公式的应用，考查转化思想与方程思想，属于难题．

（Ⅰ）6=3+3，分解积的最大值为3×3=9；…（1分）
7=3+2+2=3+4，分解积的最大值为3×2×2=3×4=12；…（2分）
8=3+3+2，分解积的最大值为3×3×2=18．…（3分）
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，a_k（k=1，2，…，n）中可以有2个2．…（4分）
当a_k（k=1，2，…，n）有3个或3个以上的2时，
因为2+2+2=3+3，且2×2×2＜3×3，
所以，此时分解积不是最大的．
因此，ak(k∈N*)中至多有2个2． …（7分）
（Ⅲ）①当a_k（k=1，2，…，n）中有1时，
因为1+a_i=（a_i+1），且1×a_i＜a_i+1，
所以，此时分解积不是最大，可以将1加到其他加数中，使得分解积变大．…（8分）
②由（Ⅱ）可知，a_k（k=1，2，…，n）中至多有2个2．
③当a_k（k=1，2，…，n）中有4时，
若将4分解为1+3，由 ①可知分解积不会最大；
若将4分解为2+2，则分解积相同；
若有两个4，因为4+4=3+3+2，且4×4＜3×3×2，所以将4+4改写为3+3+2，使得分解积更大．
因此，a_k（k=1，2，…，n）中至多有1个4，而且可以写成2+2． …（10分）
④当a_k（k=1，2，…，n）中有大于4的数时，不妨设a_i＞4，
因为a_i＜2（a_i-2），
所以将a_i分解为2+（a_i-2）会使得分解积更大．…（11分）
综上所述，a_k（k=1，2，…，n）中只能出现2或3或4，且2不能超过2个，4不能超过1个．
于是，当N=3m（m∈N^*）时，N＝

3+3+…+3

m个使得分解积最大； …（12分）
当N=3m+1（m∈N^*）时，N＝

3+3+…+3

(m−1)个+2+2＝

3+3+…+3

点评：
本题考点： 数列的应用；数列与函数的综合．

考点点评： 本题主要考查了数列的综合应用，同时考查了分类讨论的数学思想，以及计算能力，属于难题．