1.A　解析:該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an=(2n-1)+,

　　則Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+

　　=n2+1-.

　　2.D　解析:由已知得f'(x)=2x+b,f'(1)=2+b=3,解得b=1,

　　所以f(x)=x2+x,,

　　所以S2 015=+…+=1-+…+=1-.

　　3.B　解析:由已知an+1+(-1)nan=2n-1,得an+2+(-1)n+1an+1=2n+1,得an+2+an=(-1)n(2n-1)+(2n+1),取n=1,5,9及n=2,6,10,結(jié)果相加可得S12=a1+a2+a3+a4+…+a11+a12=78.故選B.

　　4.　解析:設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,

　　則=q3=27,解得q=3.

　　所以an=a1qn-1=3×3n-1=3n,

　　故bn=log3an=n,

　　所以,

　　則數(shù)列的前n項(xiàng)和為1-+…+=1-.

　　5.解:(1)由a1=3,得2p+q=3.

　　又因?yàn)閍4=24p+4q,a5=25p+5q,且a1+a5=2a4,

　　得3+25p+5q=25p+8q,解得p=1,q=1.

　　(2)由(1)知,an=2n+n,

　　所以Sn=(2+22+…+2n)+(1+2+…+n)=2n+1-2+.

　　6.解:(1)∵向量p與q垂直,

　　2n+1an-2nan+1=0,即2nan+1=2n+1an.

　　=2.

　　∴{an}是以1為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列.

　　an=2n-1.

　　(2)∵bn=log2an+1=n-1+1=n,

　　∴an·bn=n·2n-1.

　　∴Sn=1+2×2+3×22+4×23+…+n·2n-1.①

　　∴2Sn=1×2+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n.②

　�、�-②得,-Sn=1+2+22+23+24+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,

　　Sn=1+(n-1)·2n.

　　7.解:(1)=an,

　　an=Sn-Sn-1(n≥2),

　　∴=(Sn-Sn-1),

　　即2Sn-1Sn=Sn-1-Sn.①

　　由題意得Sn-1·Sn≠0,

　�、偈絻蛇呁�除以Sn-1·Sn,

　　得=2,

　　數(shù)列是首項(xiàng)為=1,公差為2的等差數(shù)列.

　　=1+2(n-1)=2n-1,

　　∴Sn=.

　　(2)∵bn=,

　　∴Tn=b1+b2+…+bn

　　=+…+

　　=.

　　8.解:(1)由題意知(a1+d)2=a1(a1+3d),

　　即(a1+2)2=a1(a1+6),

　　解得a1=2,

　　所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n.

　　(2)由題意知bn==n(n+1),

　　所以Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)nn·(n+1).

　　因?yàn)閎n+1-bn=2(n+1),

　　可得當(dāng)項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)時(shí),

　　Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)=4+8+12+…+2n=,

　　當(dāng)項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)時(shí),Tn=Tn-1+(-bn)=-n(n+1)=-.

　　所以Tn=

　　9.解:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.

　　由已知條件可得

　　解得

　　故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2-n.

　　(2)設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn,

　　即Sn=a1++…+,

　　故S1=1,+…+.

　　所以,當(dāng)n>1時(shí),

　　=a1++…+

　　=1-

　　=1-.

　　所以Sn=.

　　綜上,數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn=.

　　10.解:(1)由已知,當(dāng)n≥1時(shí),

　　an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1

　　=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.

　　而a1=2,

　　所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=22n-1.

　　(2)由bn=nan=n·22n-1知

　　Sn=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1.①

　　從而22·Sn=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1.②

　�、�-②,得

　　(1-22)Sn=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1,

　　即Sn=[(3n-1)22n+1+2].

　　11.解:(1)當(dāng)n=kN*時(shí),Sn=-n2+kn取得最大值,

　　即8=Sk=-k2+k2=k2,

　　故k2=16,即k=4.

　　當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=-+4=;

　　當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=-n.

　　當(dāng)n=1時(shí),上式也成立.

　　綜上,an=-n.

　　(2)因?yàn)?

　　所以Tn=1++…+,①

　　所以2Tn=2+2++…+,②

　�、�-①得,2Tn-Tn=2+1++…+=4-=4-,

　　故Tn=4-.

　　12.解:(1)對任意正整數(shù)n,都有bn,,bn+1成等比數(shù)列,且{an},{bn}都為正項(xiàng)數(shù)列,

　　an=bnbn+1(n∈N*).

　　∴a1=b1b2=3,a2=b2b3=6.

　　又{bn}是等差數(shù)列,b1+b3=2b2,

　　解得b1=,b2=.

　　bn=(n+1).

　　(2)由(1)可得an=bnbn+1=,

　　則

　　=2,

　　Sn=2

　　=1-.

　　∴2Sn=2-.

　　又2-=2-,

　　2Sn-.

　　∴當(dāng)n=1,2時(shí),2Sn<2-;

　　當(dāng)n≥3時(shí),2Sn>2-.