从而???a1＋a3＝10，?解之得a1＝2，a3＝8.
?
a1a3＝16.所以公差d＝
a3－a1
2
＝3.
故a11＋a12＋a13＝(a1＋a2＋a3)＋30d＝15＋90＝105.] 3．15 [设等比数列{an}的公比为q，且q>0，an>0. 由于a114a6＝4，a7＝8，
则aa4a63＝
a＝2，q4
＝a7＝116，所以q＝12. 7a3于是a＝a31q2＝8.
a4
8?1?故S1（1－q）??1－16??4＝1－q＝＝15.]
1－1
2
4．4 [设等比数列{an}的公比为q.由于a2
3＝a1q＝2. ∴a28
22
4
4
4a6＝a1q＝(a1q)·q＝4q＝16.则q4
＝4，
故a410－a12q（a6－a8）4a－a＝＝q＝4.] 68a6－a8
5.634 [∵a＋a3
12＝4
，a4＋a5＝6， q3＝a4＋a51aa＝8，从而q＝2，可求a1＝. 1＋24
1（16
故S＝4－2）63
61－2＝4
.]
6．－2 015 [设数列{an}的公差为d，则Sn＝an－1
n1＋2
d.
由
S12－
S10
10＝2，得??11d?
a1＋2???－??9d?a1＋2?12??＝2. 所以d＝2，
因此S2 015×2 014
2 015＝2 015a1＋2
d＝－2 015.]
7．29 [由等差数列的性质，a9＝a3＋6d.∴17＝5＋6d，得d＝2，因此am＝a3＋2(m－3)＝2m－1. 又数列{bnn}的前n项和Sn＝3， ∴b1＝S1＝3，b4＝S4
4－S3＝3－33
＝54.
13
由am＝b1＋b4，得2m－1＝3＋54，则m＝29.] 8．4 [由a1＝1，a2＝3a1，得a2＝3， 又an＋1＝3Sn，知an＝3Sn－1(n≥2)，
∴an＋1－an＝3Sn－3Sn－1＝3an，即an＋1＝4an(n≥2)．
??1 （n＝1），
因此an＝? n－2
?3·4 （n≥2），?
5
3（1－4）5
故S6＝1＋＝4.]
1－49．2
n－1
5
[根据题意，由于各项均为正数的等比数列{an}中，
由a2－a1＝1，得a1(q－1)＝1， 所以q>1且a1＝
2
1
， q－1
2
（q－1）＋2（q－1）＋1
∴a3＝a1q＝＝ q－1q－1＝q－1＋
1
＋2≥2q－1
（q－1）·
1
＋2＝4， q－1
q2
当且仅当q＝2时取得等号，
qn－1n－1
因此an＝a1q＝＝2.]
q－1
n－1
36542
10. [由a7＝a6＋2a5，得a1q＝a1q＋2a1q，整理有q－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(与2条件中等比数列的各项都为正矛盾，舍去)，又由 am·an＝4a1，得aman＝16a1，即a12
2
2m＋n－2
141?14?1?4mn?12
＝16a1，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么＋＝(m＋n)·?＋?＝?＋＋5?≥
mn6?mn?6?nm?6
?
?2?4mn34mn?3
·＋5?＝，当且仅当＝，m＋n＝6，即n＝2m＝4时取得最小值.]
nm2nm?2
2
*
11．解 (1)∵an＝S2n－1(n∈N)，an≠0. 令n＝1，得a1＝1；令n＝2，得a2＝3， ∴等差数列{an}的公差d＝2.
1?1?1－从而an＝2n－1，bn＝??，
2?2n－12n＋1?1??1??11??1－1??
于是Tn＝??1－?＋?－?＋?＋???2??3??35??2n－12n＋1??＝
n. 2n＋1
(2)假设存在正整数m，n(1 14 ?m?＝1·n，可得3＝－2m＋4m＋1>0， 则??nm2?2m＋1?32n＋1 ∴－2m＋4m＋1>0，解得1－*2 2 2 66 由于m∈N，m>1，得m＝2，此时n＝12. 故存在正整数m，n，当且仅当m＝2，n＝12时，满足T1，Tm，Tn成等比数列． 12．(1)解 ∵bn＋1－bn＝5－2，∴当n≥3，bn＋1－bn＜0，故数列{bn}单调递减；当n＝1，2时，bn＋1－bn＞0，即b1＜b2＜b3，则数列{bn}中的最大项是b3＝7，所以M≥7. 17 (2)证明 ∵{cn}是各项为正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3＝，S3＝，设其公比为q44 nc3c37112 ＞0，∴2＋＋c3＝.整理得6q－q－1＝0，解得q＝，q＝－(舍去)．∴c1＝1，cn＝ qq423 12 n－1 1Sn＋Sn＋2111* ，Sn＝2－n－1＜2，对任意的n∈N，有＝2－n－n＋2＜2－n＝Sn＋1，且Sn＜2， 22222 故{Sn}是Ω数列． (3)证明 假设存在正整数k使得dk＞dk＋1成立，有数列{dn}的各项均为正整数，可得dk≥dk＋1 ＋1，即dk＋1≤dk－1.因为 dk＋dk＋2 2 ≤dk＋1，所以dk＋2≤2dk＋1－dk≤2(dk－1)－dk＝dk－2，由 dk＋1＋dk＋3 dk＋2≤2dk＋1－dk及dk＞dk＋1得dk＋2＜2dk＋1－dk＋1＝dk＋1，故dk＋2≤dk＋1－1.因为≤dk＋ 2 2 ，所以dk＋3≤2dk＋2－dk＋1≤2(dk＋1－1)－dk＋1＝dk＋1－2≤dk－3，由此类推，可得dk＋m≤dk－ m(m∈N*)．又存在M，使dk≤M，∴m＞M，使dk＋m＜0，这与数列{dn}的各项均为正数矛盾， 所以假设不成立，即对任意n∈N，都有dk≤dk＋1成立． 13．(1)证明 设m＝1，则有＝Tn－1·q* TnT1 n－1 ，因为Ti≠0(i∈N)，所以有 * Tnn－1 ＝a1·q，即Tn－1 an＝a1·qn－1，所以当n≥2时 an＝q，所以数列{an}是等比数列． an－1 * (2)解 当q＝1时，an＝a1(n∈N)，所以Tn＝a1，所以Tn·Tk＝a1·a1＝a1＝a1＝Tm，当q≠1时，an＝a1·qnn－1 nnkn＋k2m2 ，Tn＝a1·a2?an＝a1·qkk（k－1） 2 n1＋2＋?＋(n－1) ＝a1·q2 2mnn（n－1） 2 ， m(m－1)． n（n－1） 2 所以Tn·Tk＝a1·q·a1·q＝a1·qn＋kn－n＋k－k2 22 ，Tm＝a1·q2 因为n＋k＝2m且k＜m＜n，所以a1＝a， n＋k2m1 n2＋k2－n－kn2＋k2 2 ?n＋k?－m＝m2－m，所以若q＞1，则 ＝－m＞??2?2? n－1 2 Tm·Tk＞T2m；若q＜1，则Tm·Tk＜Tm. (3)解 由(1)知，充分性成立；必要性：若数列{an}成等比数列，则an＝a1·q，所以当 15 n（n－1） 2 q≠1时，Tn＝a1·q则＝ n， TnTm 所以，“对?n，m∈N，当n＞m时总有＝Tn－m·q* TnTm(n－m)m成立；同理可证当q＝1时也成 立．所以命题p是命题t的充要条件． 专题过关·提升卷 1．5 [设数列的首项为a1，由等差数列与中位数定义，则a1＋2 015＝2×1 010，∴a1＝5.] 2．既不充分也不必要 [当a1<0，q>1时，数列{an}是递减数列．当{an}为递增数列时， a1<0，0 3．16 [设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，因为a5＝8，S3＝6， ??a1＋4d＝8，所以?解得a1＝0，d＝2. ?3a＋3d＝6，1? 所以a9＝a1＋8d＝8×2＝16.] 4．364 [因为a1，a3是方程x列， 1－3所以a1＝1，a3＝9，所以q＝3，S6＝＝364.] 1－35．50 [∵a10a11＋a9a12＝2a1a20＝2e， ∴a1·a20＝e， 则ln a1＋ln a2＋?＋ln a20＝ln(a1·a2·?·a20)＝ln(a1·a20)＝ln e＝50.] 6．5 [由等比数列的性质，am＋1·am－1＝am， ∴am＝2am(am≠0)，从而am＝2， 因此T2m－1＝a1·a2·a3·?·a2m－1＝am所以log2T2m－1＝log22 2m－1 2m－1 2 2 10 50 5 5 6 2 ??a1＋a3＝10， －10x＋9＝0的两个根，所以?又{an}是递增数 ?a1·a3＝9，? ＝2 2m－1 ， ＝2m－1＝9，则m＝5.] 7．5 [由S4＝5S2，得a3＋a4＝4(a1＋a2)， ∴q(a1＋a2)＝4(a1＋a2)，由于a1＋a2≠0，则q＝2. 又a2＝2a1＝2.知a1＝1. 1·（1－2） ∴Sk＝＝31，解得k＝5.] 1－2 k2 16
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