若{an }是首项为1,公比为q的等比数列,前n项和是Sn,是否存在非0常数k,使{Sk+k}仍然是等比数列?如存在,

（Ⅰ）∵数列{a_n+1-3a_n}是首项为9，公比为3的等比数列，
∴a_n+1-3a_n=9×3^n-1=3ⁿ⁺¹，
∴a₂-3a₁=9，a₃-3a₂=27，
解得a₂=12，a₃=63，
（Ⅱ）∵a_n-1-3a_n=9×3^n-1=3ⁿ⁺¹，
∴
an+1
3n+1−
an
3n＝1，
∴数列{
an
3n}是首项为[1/3]，公差等于1的等差数列，
∴数列{
an
3n}的前n项和sn＝
n
3+
n(n−1)
2＝
3n2−n
6．

点评：
本题考点： 数列的求和；等比数列的性质．

考点点评： 本题考查等差数列、等比数列的基本量、通项，求和公式，考查运算求解能力，解题时要认真审题，仔细解答．

（1）∵数列{a_n}为首项为1的等差数列，其公差d≠0，且a₁，a₂，a₅成等比数列，
∴（1+d）²=1×（1+4d），
解得d=2，或d=0（舍），
∴a_n=1+（n-1）×2=2n-1．
（2）∵a_n=2n-1，
∴bn＝
1
anan+1=[1
(2n−1)(2n+1)=
1/2(
1
2n−1−
1
2n+1)，
∴S₂₀₁₃=
1
2]（1-[1/3]+[1/3−
1
5]+…+[1/4025]-[1/4027]）=[2013/4027]．

点评：
本题考点： 数列的求和．

考点点评： 本题考查数列的通项公式和前n项和的求法，解题时要熟练掌握等差数列、等比数列的性质，注意裂项求和法的合理运用．

（1）设数列{a_n}的公差为d（d≠0），
由已知得a₁=a，a₅=a+4d，a₁₇=a+16d成等比数列，
∴（a+4d）²=a（a+16d），且a≠0…（2分）
得d=0或d＝
a
2
∵已知{a_n}为公差不为零
∴d＝
a
2，…（3分）
∴a_n=a₁+（n-1）d=a+(n−1)
a
2＝
n+1
2a．…（4分）
（2）证明：由（1）知an＝
n+1
2a，∴akn＝
kn+1
2a…（5分）
而等比数列{akn}的公比q＝
a5
a1＝
a1+4d
a1＝3．
∴akn＝a1•3n−1＝a•3n−1…（6分）
因此akn＝
kn+1
2a=a•3^n-1，
∵a≠0
∴kn＝2×3n−1−1…（7分）
∴Sn＝(2×30+2×31+…+2×3n−1)−n=
2(1−3n)
1−3−n=3ⁿ-n-1…（9分）
∵当n＞1时，3n＝(1+2)n＝
C0n+
C1n×2+
C2n×22+…+
Cn−1n×2n−1+
Cnn×2n≥
C0n+
C1n×2+
Cnn×2n
=2ⁿ+2n+1＞2ⁿ+n+1
∴3ⁿ-n-1＞2ⁿ，
∴[1
Sn＝
1
3n−n−1＜
1
2n（n≥2）…（11分）
∴当n=1时，
1
S1＝1＜
3/2]，不等式成立；
当n≥2时，[1
S1+
1
S2+…+
1
Sn＜1+
1
22+
1
23+
1
24+…+
1
2n=1+

1/4[1−(
1
2)n−1]
1−
1
2＝
3
2−(
1
2)n＜
3
2]
综上得不等式[1
S1+
1
S2+…+
1
Sn＜
3/2]成立．…（14分）

点评：
本题考点： 数列与不等式的综合；数学归纳法．

考点点评： 本题考查数列与不等式的综合，考查数列的通项，考查等比数列的求和，考查小时分析解决问题的能力，综合性强．

（1）由题意，a_n+24=a_n，∴a₂₀₁₂=a₂₀，
∴a₂₀是首项为[1/2]，公比为[1/2]的等比数列的第8项，
∴a₂₀₁₂=[1/256]
（2）∵[1/128＝(
1
2)7，∴m≥7
∵a₅₂=
1
128]，
∴2km+m+7=（2k+1）m+7=52，其中m≥7，m∈N，k∈N
∴（2k+1）m=45，
当k=0时，m=45，成立；当k=1时，m=15，成立；当k=2时，m=9成立；当k≥3时，m≤[45/7]＜7
∴m可取9、15、45；
（3）S_128m+3=64S_2m+a₁+a₂+a₃=64{10m+
m(m−1)
2×(−2)+

1
2[1−(
1
2)m]
1−
1
2}+10+8+6
∴S_128m+3=704m-64m²+88-64×(
1
2)m≥2012
∴704m-64m²≥1924+64×(
1
2)m
设f（m）=704m-64m²，g（m）=1924+64×(
1
2)m，g（m）＞1924；
f（m）=-64（m²-11m），对称轴m=[11/2]，
所以f（m）在m=5或6时取最大f（x）_max=f（5）=f（6）=1920，
因为1924＞1920，所以不存在这样的m．

点评：
本题考点： 等差数列与等比数列的综合．

考点点评： 本题考查数列与不等式的综合应用，考查学生分析解决问题的能力，正确理解无穷数列是关键．

若d＜0，由等差数列的通项公式得：a_n=a+（n-1）d，
此时设a_k＜0，则n＞k时，后面的项都为负数，
与只有有限个负数项矛盾，
∴d＞0，又数列有负数项，
∴a＜0，
则满足题意的条件是a＜0，d＞0．
故选C

点评：
本题考点： 等差数列的性质．

考点点评： 此题考查了等差数列的性质，等差数列的通项公式，以及反证法的运用，熟练掌握等差数列的性质是解本题的关键．

（本题满分14分）
（1）∵S_n=2a_n-2，
∴当=1时，a₁=2a₁-2，解得a₁=2；
当n=2时，S₂=2+a₂=2a₂-2，解得a₂=4；
当n=3时，s₃=a₁+a₂+a₃=2a₃-2，解得a₃=8．-----------------（3分）
（2）当n≥2时，a_n=s_n-s_n-1=2a_n-2-（2a_n-1-2）=2a_n-2a_n-1，-----（5分）
得a_n=2a_n-1又，a₁=2，
∴数列{a_n}是以2为首项，公比为2的等比数列，
所以数列{a_n}的通项公式为an=2n．-----------------（7分）
b₁=a₁=2，设公差为d，则由且b₁，b₃，b₁₁成等比数列
得（2+2d）²=2（2+10d），-----------------（8分）
解得d=0（舍去）或d=3，----------------（9分）
∴b_n=3n-1．-----------------（10分）
（3）令T_n=
b1
a1+
b2
a2+
b3
a3+…+
bn
an
=[2/2+
5
22+…+
3n-1
2n]，
∴2T_n=2+
5
2+
8
22+…+
3n-1
2n-1，-----------------（11分）
两式式相减得Tn=2+
3
2+
3
22+…+
3
2n-1-
3n-1
2n=2+

3
2(1-
1
2n-1)
1-
1
2-
3n-1
2n
=5-
3n+5
2n，-----------------（13分）
又
3n+5
2n ＞0，故：

点评：
本题考点： 数列的求和；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式．

考点点评： 本题主要考查了利用数列的递推公式构造等比数列，等比数列的通项公、性质及等差数列的通项公式的应用
，数列的错位相减求和方法的应用，适用具有一定的计算量

（I）∵a₁=a（a≠-1），a₂=2a+1，a₃=2a₂+1=2（2a+1）+1=4a+3，a₁+a₃=5a+3，2a₂=4a+2．
∵a≠-1，∴5a+3≠4a+2，即a₁+a₃≠2a₂，故{a_n}不是等差数列．
（II）由{b_n}是等比数列，得b₁b₃=b² ，即（a+c）（4a+3+c）=（2a+1+c）²，
化简得a-c-ac+1=0，即（a+1）（1-c）=0．
∵a≠-1，∴c=1，∴b₁=a+1，q=
b2
b1=2．
∴b_n=b₁q^n-1=（a+1）•2^n-1．

点评：
本题考点： 等比数列的性质；等差关系的确定．

考点点评： 本题考查等差数列的证明，考查数列的通项以及等比数列的通项公式的求法，属于中档题．

由a_n+2-a_n≥3×2ⁿ，得
a_n+2-a_n+1+a_n+1-a_n≥3×2ⁿ ①，
且an+2−an+1≤2×2n，
即an+1−an+2≥−2×2n ②，
①+②得：a_n+1-a_n≥2ⁿ，
又a_n+1-a_n≤2ⁿ，
∴an+1−an＝2n．
∴a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁
=2^n-1+2^n-2+…+2²+2¹+1
=
1−2n
1−2＝2n−1．
∴a2014＝22014−1．
故选：A．

点评：
本题考点： 数列递推式．

考点点评： 本题考查了数列递推式，考查了数列与不等式的综合，训练了累加法求数列的通项公式，由两不等式联立得到an+1−an＝2n是解答该提的关键，是中高档题．

（Ⅰ）∵x₁=3，
∴2p+q=3，①
又x₄=2⁴p+4q，x₅=2⁵p+5q，且x₁+x₅=2x₄，
∴3+2⁵p+5q=2⁵p+8q，②
联立①②求得 p=1，q=1
（Ⅱ）由（1）可知x_n=2ⁿ+n
∴S_n=（2+2²+…+2ⁿ）+（1+2+…+n）
=2n+1−2+
n(n+1)
2．

点评：
本题考点： 数列递推式；等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；等差数列的性质．

考点点评： 本题主要考查等差数列和等比数列的基本知识，考查运算及推理能力．

因为等比数列有2n+1项，则奇数项有n+1项，偶数项有n项，设公比为q，
得到奇数项为1+q²+q⁴+…+q²ⁿ=1+q（q+q³+q⁵+…+q^2n-1）=85，偶数项为q+q³+q⁵+…+q^2n-1=42，整体代入得q=2
所以前2n+1项的和为
1−22n+1
1−2=85+42=117，解得n=3
故答案为3．

点评：
本题考点： 等比数列的性质．

考点点评： 考查学生灵活运用等比数列性质的能力，以及会应用等比数列的前n项和的公式．

由题意可得，
a1
1−q＝4，|q|＜1且q≠0
a₁=4（1-q）
∴0＜a₁＜8且a₁≠4
故答案为：（0，4）∪（4，8）

点评：
本题考点： 等比数列的前n项和．

考点点评： 本题主要考查了等比数列的前n项和，而无穷等比数列的各项和是指当，|q|＜1且q≠0时前 n项和的极限，解题的关键是由无穷等比数列的各项和可得前n项和的极限存在则可得|q|＜1且q≠0，这也是考生常会漏掉的知识点．

由题意成等比数列的10个数为：1，-3，（-3）²，（-3）³…（-3）⁹
其中小于8的项有：1，-3，（-3）³，（-3）⁵，（-3）⁷，（-3）⁹共6个数
这10个数中随机抽取一个数，
则它小于8的概率是P＝
6
10＝
3
5．
故选：C．

点评：
本题考点： 古典概型及其概率计算公式．

考点点评： 本题主要考查了等比数列的通项公式及古典概率的计算公式的应用，属于基础试题