阶段提能(十)数列
1．解：记等差数列2，6，10，…，190为{an}，则{an}的通项公式为an＝2＋4(n－1)＝4n－2．
记等差数列2，8，14，…，200为{bn}，则{bn}的通项公式为bn＝2＋6(n－1)＝6n－4．
记{an}与{bn}的公共项组成的数列为{cn}．
∵{an}的公差为4，{bn}的公差为6，
∴{cn}为一个等差数列，且公差d＝12，
又c1＝2，
所以cn＝2＋(n－1)×12＝12n－10．
令12n－10190，得n1623，则数列{cn}共有16
故新数列各项之和为16×2＋16×152×12＝1472
2．解：(1)由Sn＝2an－3n，①令n＝1，得S1＝a1＝2a1－3，
得a1＝3，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－3(n－1)，②
①－②得an＝2an－2an－1－3，即an－2an－1＝3(n≥2)，
故{an}的首项为a1＝3，递推关系为an－2an－1＝3(n≥2)．
(2)由题知bn＋1＝Abn＋B，A≠1，B≠0，则bn＋1－B1-A＝Abn＋B－B1-A(A≠1，B≠0)，即bn＋1－B1-A＝
整理得bn＋1－B1-A＝Abn-B1-A，A
故数列bn-B
由(1)知an－2an－1＝3(n≥2)，
∴an＝2an－1＋3，
由证得的结论知，
{an＋3}是以2为公比的等比数列，又a1＋3＝6，
∴an＋3＝6×2n-1，
∴an＝6×2n-1－3．
3．解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
∵{bn}是等比数列，∴b3b2＝q
∴b1＝1，b4＝27，
∴bn＝3n-1，a1＝1，a14＝a1＋13d＝27，∴d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＝2n－1．
(2)由(1)知cn＝(2n－1)·3n-1．
设{cn}的前n项和为Sn．
Sn＝c1＋c2＋…＋cn－1＋cn，
即Sn＝1×30＋3×31＋…＋(2n－3)×3n-2＋(2n－1)×3n-1，①
3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－5)×3n-2＋(2n－3)×3n-1＋(2n－1)×3n，②
①－②，得－2Sn＝1＋2×31＋…＋2×3n-1－(2n－1)×3n，
即－2Sn＝1＋2×3×1-3n-11-3－(2n－
∴Sn＝3n(n－1)＋1．
4．解：(1)证明：由题意知an≠0，由数列{an}满足an＋1＝3an2an+1，可得1an+1＝2an+13
因为a1＝35，所以1a1－1
所以数列1an-1是首项为2
(2)由(1)可得1an－1＝23×1
所以1an＝2·13
设数列1an的前n项和为S
则Sn＝1a1+1
＝2×13+
＝2×131-13n1-13＋
由Sn100，得n＋1－13n100，又n∈N*，99＋1－1399100，100＋1
所以满足Sn100的最大整数n的值为99．
5．A6．D7．B
8．C[因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，a2＝2×2＋2＝6，a2＝3a1，所以数列{an}是公比q＝an+1an＝3的等比数列．因为a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54．
9．C[若{an}为等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋nn-12d，所以Snn＝a1＋(n－1)·d2，所以Sn+1n+1-Snn＝a1＋(n＋1－1)·d2-a1+n-1·d2＝d2为常数，所以Snn为等差数列，即甲?乙；若Snn为等差数列，设其公差为t，则Snn＝S11＋(n－1)t＝a1＋(n－1)t，所以Sn＝na1＋n(n－1)t，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝na1＋n(n－1)t－[(n－1)a1＋(n－1)(n－2)t]＝a1＋2(n－1)t，当n＝1时，S1＝a1也满足上式，所以an＝a1＋2(n－1)t(n∈N*)，所以an＋1－an＝a1
10．48384[法一：设前3项的公差为d，后7项的公比为q，且q0，则q4＝a9a5＝19212＝16，可得q＝2，则a3＝1＋2d＝a5q2，即1＋2d
所以a3＝3，a7＝a3q4＝48．
a1＋a2＋…＋a9＝1＋2＋3＋3×2＋…＋3×26＝3＋31-27
法二：因为{an}(3≤n≤9)为等比数列，则a72＝a5a9＝12×192＝48
且an0，所以a7＝48．又因为a52＝a3a7，则a3＝a5
设后7项公比为q，且q0，则q2＝a5a3＝4，解得q＝2，可得a1＋a2＋a3＝3a1+a32＝6，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋
所以a1＋a2＋…＋a9＝6＋381－a3＝384．]
11．解：(1