D单元　数列.doc

数 学D单元数列 D1 数列的概念与简单表示法20D1、E72015·浙江卷 已知数列an满足a1且an1ana(nN*)(1)证明：12(nN*)；(2)设数列a的前n项和为Sn，证明：(nN*)20证明：(1)由题意得an1ana0，即an1an，故an.当n2时，由an(1an1)an1得，an(1an1)(1an2)(1a1)a1>0.由0<an得，1，2，故12.(2)由题意得aanan1，所以Sna1an1.由和12得12，所以n2n，因此an1(nN*)由得，(nN*)D2 等差数列及等差数列前n项和10D22015·广东卷 在等差数列an中，若a3a4a5a6a725，则a2a8_1010解析 a3a4a5a6a75a525，a55，a2a82a510.18D2、D3、D4、D52015·湖北卷 设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q.已知b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d>1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.18解：(1)由题意有，即解得或故或(2)由d>1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.20D2、D3、D52015·江苏卷 设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由20解：(1)证明：因为2an1an2d(n1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)令a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(a>d，a>2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12t)4，化简得t32t220(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式，得t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，则t.显然t不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列(3)假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k)分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t，则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12t)，化简得2kln(12t)ln(1t)n2ln(1t)ln(12t)，且k3ln(13t)ln(1t)4ln(12t)n2ln(12t)ln(1t)ln(13t)再将这两式相除，化简得ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t)(*)令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t).令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6(13t)ln(13t)2(12t)ln(12t)(1t)ln(1t)令1(t)(t)，则1(t)63ln(13t)4ln(12t)ln(1t)令2(t)1(t)，则2(t)>0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)>0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在和(0，)上均单调故g(t)只有唯一零点t0，即方程(*)只有唯一解t0，故假设不成立，所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列16D22015·全国卷 设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.16解析 因为a11，an1SnSn1，所以S11，Sn1SnSnSn1，所以1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以n，所以Sn.17D2、D42015·全国卷 Sn为数列an的前n项和已知an>0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和17解：(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13，可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)又an>0，所以an1an2.又由a2a14a13，解得a11(舍去)或a13，所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.6D22015·北京卷 设an是等差数列下列结论中正确的是()A若a1a2>0，则a2a3>0B若a1a3<0，则a1a2<0C若0<a1<a2，则a2>D若a1<0，则(a2a1)(a2a3)>06C解析 选项A中，当等差数列的前三项是4，1，2时，结论不成立；选项B中，当等差数列的前三项是4，1，6时，结论不成立；选项C中，设公差为d，则a>ad2(a2d)(a2d)a1·a3，因为0<a1<a2，所以a2>，结论成立；选项D中，当等差数列的前三项是2，0，2时，结论不成立故选C.图1­314D2、D32015·湖南卷 设Sn为等比数列an的前n项和，若a11，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an_143n1解析 设等比数列an的公比为q.由3S1，2S2，S3成等差数列，得4S23S1S3，即3S23S1S3S2，所以3a2a3，得公比q3，所以ana1qn13n1.13D22015·陕西卷 中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为_135解析 设首项为a1，则a120152×1010，解得a15.21B9、B12、D2、D32015·陕西卷 设fn(x)是等比数列1，x，x2，xn的各项和，其中x>0，nN，n2.(1)证明：函数Fn(x)fn(x)2在，1内有且仅有一个零点(记为xn)，且xnx；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和gn(x)的大小，并加以证明21解：(1)证明：Fn(x)fn(x)21xx2xn2，则Fn(1)n1>0，Fn12n22<0，所以Fn(x)在，1内至少存在一个零点又Fn(x)12xnxn1>0，故Fn(x)在，1内单调递增，所以Fn(x)在，1内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)0，即20，故xnx.(2)方法一：由题设，gn(x).设h(x)fn(x)gn(x)1xx2xn，x>0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，h(x)12xnxn1.若0<x<1，h(x)>xn12xn1nxn1xn1xn1xn10.若x>1，h(x)<xn12xn1nxn1xn1xn1xn10.所以h(x)在(0，1)上递增，在(1，)上递减，所以h(x)<h(1)0，即fn(x)<gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)<gn(x)方法二：由题设，fn(x)1xx2xn，gn(x)，x>0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，用数学归纳法可以证明fn(x)<gn(x)当n2时，f2(x)g2(x)(1x)2<0，所以f2(x)<g2(x)成立假设nk(k2)时，不等式成立，即fk(x)<gk(x)那么，当nk1时，fk1(x)fk(x)xk1<gk(x)xk1xk1.又gk1(x)，令hk(x)kxk1(k1)xk1(x>0)，则hk(x)k(k1)xkk(k1)xk1k(k1)xk1(x1)所以当0<x<1时，hk(x)<0，hk(x)在(0，1)上递减；当x>1时，hk(x)>0，hk(x)在(1，)上递增所以hk(x)>hk(1)0，从而gk1(x)>.故fk1(x)<gk1(x)，即nk1时不等式也成立由和知，当x1时，对一切n2，nN，都有fn(x)<gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)<gn(x)方法三：由已知，记等差数列为ak，等比数列为bk，k1，2，n1.则a1b11，an1bn1xn，所以ak1(k1)·(2kn)，bkxk1(2kn)，令mk(x)akbk1xk1，x>0(2kn)，当x1时，akbk，所以fn(x)gn(x)当x1时，mk(x)·nxn1(k1)xk2(k1)xk2(xnk11)而2kn，所以k1>0，nk11.若0<x<1，则xnk1<1，mk(x)<0；若x>1，xnk1>1，则mk(x)>0，从而mk(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增，所以mk(x)>mk(1)0，所以当x>0且x1时，ak>bk(2kn)，又a1b1，an1bn1，故fn(x)<gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)<gn(x)16D2、D3、D42015·四川卷 设数列an(n1，2，3)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|<成立的n的最小值16解：(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)，所以a14a12(2a11)，解得a12，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故an2n.(2)由(1)得，所以Tn1.由|Tn1|<，得<，即2n>1000.因为29512<1000<1024210，所以n10，所以使|Tn1|<成立的n的最小值为10.18D2、D42015·天津卷 已知数列an满足an2qan(q为实数，且q1)，nN*，a11，a22，且a2a3，a3a4，a4a5成等差数列(1)求q的值和an的通项公式；(2)设bn，nN*，求数列bn的前n项和18解：(1)由已知，有(a3a4)(a2a3)(a4a5)(a3a4)，即a4a2a5a3，所以a2(q1)a3(q1)又因为q1，故a3a22，由a3a1·q，得q2.当n2k1(kN*)时，ana2k12k12；当n2k(kN*)时，ana2k2k2.所以an的通项公式为an(2)由(1)得bn.设bn的前n项和为Sn，则Sn1×2×3×(n1)×n×，Sn1×2×3×(n1)×n×，上述两式相减，得Sn12，整理得，Sn4.所以数列bn的前n项和为4，nN*.3D22015·浙江卷 已知an是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.若a3，a4，a8成等比数列，则()Aa1d>0，dS4>0Ba1d<0，dS4<0Ca1d>0，dS4<0Da1d<0，dS4>03B解析 由a3，a4，a8成等比数列得，aa3a8(a13d)2(a12d)(a17d)3a1d5d20，因公差d0，故a1d，a1dd2<0，dS4dd2<0，故选B.2D22015·重庆卷 在等差数列an中，若a24，a42，则a6()A1 B0C1 D62B解析 由等差数列的性质知a2，a4，a6成等差数列，所以a2a62a4，所以a62a4a20.D3等比数列及等比数列前n项和14D32015·安徽卷 已知数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前n项和等于_142n1解析 设数列an的公比为q，由a2a3a1a48，a1a49知a1，a4是一元二次方程x29x80的两根，解此方程得x1或x8.又数列an递增，因此a11，a4a1q38，解得q2，故数列an的前n项和Sn2n1.5A2、N4、D32015·湖北卷 设a1，a2，anR，n3.若p：a1，a2，an成等比数列；q：(aaa)(aaa)(a1a2a2a3an1an)2，则()Ap是q的充分条件，但不是q的必要条件Bp是q的必要条件，但不是q的充分条件Cp是q的充分必要条件Dp既不是q的充分条件，也不是q的必要条件5A解析 当p成立，即a1，a2，an成等比数列时，满足柯西不等式(aaa)(aaa)(a1a2a2a3an1an)2等号成立的条件，故(aaa)(aaa)(a1a2a2a3 an1an)2，即q成立；但当q成立时，不一定非要a1，a2，an成等比数列，如：当a11，a2a3an0时，q成立，但不满足a1，a2，an成等比数列所以p是q的充分条件，但不是q的必要条件故选A.18D2、D3、D4、D52015·湖北卷 设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q.已知b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d>1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.18解：(1)由题意有，即解得或故或(2)由d>1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.20D2、D3、D52015·江苏卷 设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由20解：(1)证明：因为2an1an2d(n1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)令a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(a>d，a>2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12t)4，化简得t32t220(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式，得t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，则t.显然t不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列(3)假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k)分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t，则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12t)，化简得2kln(12t)ln(1t)n2ln(1t)ln(12t)，且k3ln(13t)ln(1t)4ln(12t)n2ln(12t)ln(1t)ln(13t)再将这两式相除，化简得ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t)(*)令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t).令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6(13t)ln(13t)2(12t)ln(12t)(1t)ln(1t)令1(t)(t)，则1(t)63ln(13t)4ln(12t)ln(1t)令2(t)1(t)，则2(t)>0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)>0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在和(0，)上均单调故g(t)只有唯一零点t0，即方程(*)只有唯一解t0，故假设不成立，所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列4D32015·全国卷 已知等比数列an满足a13，a1a3a521，则a3a5a7()A21 B42C63 D844B解析 由a13，得a1a3a53(1q2q4)21，所以1q2q47，即(q23)(q22)0，解得q22，所以a3a5a7(a1a3a5)q221×242，故选B.14D2、D32015·湖南卷 设Sn为等比数列an的前n项和，若a11，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an_143n1解析 设等比数列an的公比为q.由3S1，2S2，S3成等差数列，得4S23S1S3，即3S23S1S3S2，所以3a2a3，得公比q3，所以ana1qn13n1.21.D3、B11、M22015·湖南卷 已知a>0，函数f(x)eaxsin x(x0，)记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*)个极值点证明：(1)数列f(xn)是等比数列；(2)若a，则对一切nN*，xn<|f(xn)|恒成立21证明：(1)f(x)aeaxsin xeaxcos xeax(asin xcos x)eaxsin(x)，其中tan ，0<<.令f(x)0，由x0，得xm，即xm，mN*.对kN，若2k<x<(2k1)，即2k<x<(2k1)，则f(x)>0；若(2k1)<x<(2k2)，即(2k1)<x<(2k2)，则f(x)<0.因此，在区间(m1)，m)与(m，m)上，f(x)的符号总相反，于是当xm(mN*)时，f(x)取得极值，所以xnn(nN*)此时，f(xn)ea(n)sin(n)(1)n1ea(n)sin .易知f(xn)0，而ea是常数，故数列f(xn)是首项为f(x1)ea()sin ，公比为ea的等比数列(2)由(1)知，sin ，于是对一切nN*，xn<|f(xn)|恒成立，即n<ea(n)恒成立，等价于<(*)恒成立(因为a>0)设g(t)(t>0)，则g(t).令g(t)0，得t1.当0<t<1时，g(t)<0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；当t>1时，g(t)>0，所以g(t)在区间(1，)上单调递增从而当t1时，函数g(t)取得最小值g(1)e.因此，要使(*)式恒成立，只需<g(1)e，即只需a>.而当a时，由tan >且0<<知，<<.于是<<，且当n2时，n2>>.因此对一切nN*，axn1，所以g(axn)>g(1)e，故(*)式恒成立综上所述，若a，则对一切nN*，xn<|f(xn)|恒成立18D3、D42015·山东卷 设数列an的前n项和为Sn，已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.18解：(1)因为2Sn3n3，所以2a133，故a13.当n>1时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13n3n12×3n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3an，所以b1，当n>1时，bn31nlog33n1(n1)·31n，所以T1b1；当n>1时，Tnb1b2b3bn1×312×32(n1)×31n，所以3Tn11×302×31(n1)×32n，两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)×31n(n1)×31n，所以Tn.经检验，n1时也适合综上可得Tn.21B9、B12、D2、D32015·陕西卷 设fn(x)是等比数列1，x，x2，xn的各项和，其中x>0，nN，n2.(1)证明：函数Fn(x)fn(x)2在，1内有且仅有一个零点(记为xn)，且xnx；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和gn(x)的大小，并加以证明21解：(1)证明：Fn(x)fn(x)21xx2xn2，则Fn(1)n1>0，Fn12n22<0，所以Fn(x)在，1内至少存在一个零点又Fn(x)12xnxn1>0，故Fn(x)在，1内单调递增，所以Fn(x)在，1内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)0，即20，故xnx.(2)方法一：由题设，gn(x).设h(x)fn(x)gn(x)1xx2xn，x>0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，h(x)12xnxn1.若0<x<1，h(x)>xn12xn1nxn1xn1xn1xn10.若x>1，h(x)<xn12xn1nxn1xn1xn1xn10.所以h(x)在(0，1)上递增，在(1，)上递减，所以h(x)<h(1)0，即fn(x)<gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)<gn(x)方法二：由题设，fn(x)1xx2xn，gn(x)，x>0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，用数学归纳法可以证明fn(x)<gn(x)当n2时，f2(x)g2(x)(1x)2<0，所以f2(x)<g2(x)成立假设nk(k2)时，不等式成立，即fk(x)<gk(x)那么，当nk1时，fk1(x)fk(x)xk1<gk(x)xk1xk1.又gk1(x)，令hk(x)kxk1(k1)xk1(x>0)，则hk(x)k(k1)xkk(k1)xk1k(k1)xk1(x1)所以当0<x<1时，hk(x)<0，hk(x)在(0，1)上递减；当x>1时，hk(x)>0，hk(x)在(1，)上递增所以hk(x)>hk(1)0，从而gk1(x)>.故fk1(x)<gk1(x)，即nk1时不等式也成立由和知，当x1时，对一切n2，nN，都有fn(x)<gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)<gn(x)方法三：由已知，记等差数列为ak，等比数列为bk，k1，2，n1.则a1b11，an1bn1xn，所以ak1(k1)·(2kn)，bkxk1(2kn)，令mk(x)akbk1xk1，x>0(2kn)，当x1时，akbk，所以fn(x)gn(x)当x1时，mk(x)·nxn1(k1)xk2(k1)xk2(xnk11)而2kn，所以k1>0，nk11.若0<x<1，则xnk1<1，mk(x)<0；若x>1，xnk1>1，则mk(x)>0，从而mk(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增，所以mk(x)>mk(1)0，所以当x>0且x1时，ak>bk(2kn)，又a1b1，an1bn1，故fn(x)<gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)<gn(x)16D2、D3、D42015·四川卷 设数列an(n1，2，3)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|<成立的n的最小值16解：(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)，所以a14a12(2a11)，解得a12，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故an2n.(2)由(1)得，所以Tn1.由|Tn1|<，得<，即2n>1000.因为29512<1000<1024210，所以n10，所以使|Tn1|<成立的n的最小值为10.22D3、E1、E72015·重庆卷 在数列an中，a13，an1anan1a0(nN)(1)若0，2，求数列an的通项公式；(2)若(k0N，k02)，1，证明：2<ak01<2.22解：(1)由0，2，有an1an2a(nN)若存在某个n0N，使得an00，则由上述递推公式易得an010.重复上述过程可得a10，与a13矛盾，所以对任意nN，an0.从而an12an(nN)，即an是一个公比q2的等比数列故ana1qn13×2n1.(2)证明：因为，1，所以数列an的递推关系式即为an1anan1a0，变形为an1ana(nN)由上式及a13>0，归纳可得3a1>a2>>an>an1>>0.因为an1an·，所以ak01a1(a2a1)(ak01ak0)a1k0··>2·k0个2.另一方面，由上已证的不等式知a1>a2>>ak0>ak01>2，得ak01a1k0··<2·k0个2.综上，2<ak01<2.D4数列求和21D4、D52015·广东卷 数列an满足：a12a2nan4，nN*.(1)求a1的值；(2)求数列an的前n项和Tn；(3)令b1a1，bnan(n2)，证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn<22ln n.18D2、D3、D4、D52015·湖北卷 设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q.已知b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d>1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.18解：(1)由题意有，即解得或故或(2)由d>1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.11D42015·江苏卷 设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_11.解析 因为an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)21，所以2，故2.17D2、D42015·全国卷 Sn为数列an的前n项和已知an>0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和17解：(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13，可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)又an>0，所以an1an2.又由a2a14a13，解得a11(舍去)或a13，所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.3L1、D42015·湖南卷 执行如图1­1所示的程序框图，如果输入n3，则输出的S()图1­1A. B.C. D.3B解析 第一次循环后S，i2；第二次循环后S×1，i3；第三次循环后S×1，此时i4>3，退出循环，输出结果S.故选B.18D3、D42015·山东卷 设数列an的前n项和为Sn，已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.18解：(1)因为2Sn3n3，所以2a133，故a13.当n>1时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13n3n12×3n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3an，所以b1，当n>1时，bn31nlog33n1(n1)·31n，所以T1b1；当n>1时，Tnb1b2b3bn1×312×32(n1)×31n，所以3Tn11×302×31(n1)×32n，两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)×31n(n1)×31n，所以Tn.经检验，n1时也适合综上可得Tn.16D2、D3、D42015·四川卷 设数列an(n1，2，3)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|<成立的n的最小值16解：(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32