数列的综合问题
1．删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( )
A．2 062 B．2 063
C．2 064 D．2 065
答案 B
解析 由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k个平方数与第k＋1个平方数之间有2k个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.
2．已知数列{an}满足060.
∴an＝2n2＋3n，由题意可知，
项
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
个位数
5
4
7
4
5
0
9
2
9
0
9
∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{an}的前100项中，能被5整除的项数为40.
7．设x＝1是函数f(x)＝an＋1x3－anx2－an＋2x＋1(n∈N*)的极值点，数列{an}满足 a1＝1，a2＝2，bn＝log2an＋1，若[x]表示不超过x的最大整数，则
等于( )
A．2 017 B．2 018
C．2 019 D．2 020
答案 A
解析 由题意可得f′(x)＝3an＋1x2－2anx－an＋2，
∵x＝1是函数f(x)的极值点，
∴f′(1)＝3an＋1－2an－an＋2＝0，
即an＋2－3an＋1＋2an＝0.
∴an＋2－an＋1＝2，
∵a2－a1＝1，∴a3－a2＝2×1＝2，a4－a3＝2×2＝22，…，an－an－1＝2n－2，
以上各式累加可得an＝2n－1.
∴bn＝log2an＋1＝log22n＝n.
∴＋＋…＋
＝2 018
＝2 018＝2 018－＝2 017＋.
∴＝2 017.
8．对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意的n恒成立，则实数k的取值范围为________．
答案
解析 由题意可知＝2n＋1，
∴a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，①
a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n，②
由①－②，得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n(n≥2，n∈N*)，
则an＝2n＋2(n≥2)，
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又当n＝1时，a1＝4，符合上式，
∴an＝2n＋2(n∈N*)，∴an－kn＝(2－k)·n＋2，
令bn＝(2－k)·n＋2，
∵Sn≤S5，∴b5≥0，b6≤0，解得≤k≤，
∴k的取值范围是.
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝(an－1)，则(4n－2＋1)的最小值为__________．
答案 4
解析 ∵Sn＝(an－1)，∴Sn－1＝(an－1－1)(n≥2)，
∴an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)，
∴an＝4an－1，又a1＝S1＝(a1－1)，
∴a1＝4，∴{an}是首项为4，公比为4的等比数列，
∴an＝4n，
∴(4n－2＋1)＝
＝2＋＋≥2＋2＝4，
当且仅当n＝2时取“＝”．
10．已知数列{an}的首项a1＝a，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，若对任意n∈N*，an.
(1)解 由已知Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．
所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列．
从而an＝qn－1.
由2a2，a3，a2＋2成等差数列，
可得2a3＝3a2＋2，
即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0，
由已知，q>0，故q＝2.所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)证明 由(1)可知，an＝qn－1.
所以双曲线x2－＝1的离心率
en＝＝.
由e2＝＝，解得q＝.
因为1＋q2(k－1)>q2(k－1)，
所以>qk－1(k∈N*)．
于是e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝.
故e1＋e2＋…＋en>.
13.已知数列{an}的前n项和Sn满足关系式Sn＝kan＋1，k为不等于0的常数．
(1)试判断数列{an}是否为等比数列；
(2)若a2＝，a3＝1.
①求数列{an}的通项公式及前n项和Sn的表达式；
②设bn＝log2Sn，数列{cn}满足cn＝＋bn＋2·，数列{cn}的前n项和为Tn，当n>1时，求使Tn
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