高考中的数列问题(可编辑修改word版)

1.等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( )点击观看解答视频A ．6B ．5C ．4D ．3答案 C解析 ∵a 4＝2，a 5＝5，∴a 4a 5＝a 1a 8＝a 2a 7＝a 3a 6＝10，∴lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg (a 1a 2…a 8)＝lg (a 1a 8)4＝lg (a 4a 5)4＝4lg (a 4a 5)＝4lg 10＝4，选C.2．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( )A ．2B.73C.83D ．3 答案 B解析 由等比数列的性质得：S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，于是，由已知得S 6＝3S 3，∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，∴S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73，故选B. 3.已知等比数列{a n }的前n 项积记为Ⅱn ，若a 3a 4a 8＝8，则Ⅱ9＝( )点击观看解答视频A ．512B ．256C ．81D ．16答案 A解析 由题意可知，a 3a 4a 7q ＝a 3a 7a 4q ＝a 3a 7a 5＝a 35＝8，Ⅱ9＝a 1a 2a 3…a 9＝(a 1a 9)(a 2a 8)(a 3a 7)(a 4a 6)a 5＝a 95，所以Ⅱ9＝83＝512.故选A.4．已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．答案 2n －1解析 ∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 4＝9a 2a 3＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 4＝9a 1a 4＝8，则a 1，a 4可以看作一元二次方程x 2－9x ＋8＝0的两根，故⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝8a 4＝1， ∵数列{a n }是递增的等比数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1a 4＝8，可得公比q ＝2，∴前n 项和S n ＝2n－1. 5．设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1的值为________．答案 －12解析 S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6.故(2a 1－1)2＝a 1×(4a 1－6)6．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上列{b n }中的b 3，b 4，b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d ，则(a －d )＋a ＋(a ＋d )＝15，解得a ＝5，∴b 3＝7－d ，b 4＝10，b 5＝18＋d .∵b 3，b 4，b 5成等比数列，∴b 3b 5＝b 24，即(7－d )(18＋d )＝102，化简，得d 2＋11d －26＝0，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)，∴b 3＝5，b 4＝10，b 5＝20，∴数列{b n }的公比q ＝105＝2， 数列{b n }的通项公式为b n ＝b 3q n －3＝5×2n －3.(2)由b 3＝5，q ＝2，得b 1＝b 3q 2＝54， ∴数列{b n }是首项为b 1＝54，公比为q ＝2的等比数列，b11－q n1－q ＝5×2n－2－54.∴数列{b n}的前n项和S n＝。

学校______________班级______________专业______________考试号______________姓名______________数学试题 数列． 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分100分，考试时间90分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． ． 本次考试允许使用函数型计算器，凡使用计算器的题目，最后结果精确到0.01．第Ⅰ卷（选择题，共60分）30小题，每小题2分，共60分．在每小题列出的四个选项中，只有一项 ． 数列1111--，，，，……的一个通项公式是 A ．1n a =±B ．()1nn a =-C ．()11n n a +=-D ．1nn a =-． 已知数列{}n a 的通项公式为()1n a n n =-，则72是这个数列的 A ．第7项B ．第8项C ．第9项D ．第10项． 数列()1111111242n n +---，，，……，，……的第5项是 A ．110B ．116C ．116-D ．132． 以下四个数中，是数列()1223341n n ⨯⨯⨯+L L ，，，，，中的一项的是 A ．17B ．18C ．19D ．20． 在数列{}n a 中，111112n n a a a +=-=+，，则23a a +等于A ．34B ．43C ．47D ．74． 已知数列{}n a 满足1121n n a a a +=-=，，则通项公式为 A ．21n a n =+B ．21n a n =-C ．23n a n =-+D ．23n a n =+． 在2和16之间插入3个数a b c ，，，使216a b c ，，，，成等差数列，则b 的值为 A ．7B ．8C ．9D ．108． 在等差数列258---，，，……中，已知32n a =-，则n 的值为A ．8B ．9C ．10D ．119． 在等差数列中，若28510a a ==，，则14a 的值为A ．15B ．16C ．17D ．1810． 等差数列{}n a 中，3815a a +=，那么29a a +=A ．20B ．15C ．10D ．511． 在等差数列{}n a 中，34567450a a a a a ++++=，那么28a a +等于A ．45B ．75C ．180D ．30012． 已知等差数列的前三项为1223a a a -++，，，则此数列的通项公式为A ．35n -B ．32n -C ．31n -D ．31n +13． 若a b c ，，成等差数列，公差不为零，则二次函数()22f x ax bx c =++的图象与x 轴的交点个数为A ．0B ．1C ．2D ．不确定14． 数列{}n a 为等比数列的充要条件是A ．1n na a +=常数 B ．1n n a a +-=常数C ．1nn a a -=常数 D ．1n n a a +⨯=常数15． 已知数列{}n a 为等比数列，下列等式中成立的是A ．2824a a a =B ．2423a a a =C ．2417a a a =D ．2214a a a =16． 下列数列中，既是等差数列又是等比数列的是 A ．0000，，，，…… B ．1111--，，，，……C ．111124816，，，，……D ．1111，，，，……学校______________班级______________专业______________考试号______________姓名______________． 已知等比数列128643216，，，，……，则116是它的 A ．第10项B ．第11项C ．第12项D ．第14项． 若数列{}n a 为等比数列，358a a ⨯=，则17a a ⨯等于 A ．8B ．10C ．15D ．25． “2b ac =”是“b 为a c ，的等比中项”的 A ．充要条件B ．充分条件C ．必要条件D ．不充分不必要条件． 等比数列{}n a 中，45032n a a a >=，，则212228log log log a a a +++=…A ．10B ．20C ．36D ．128． 已知等比数列{}n a 中，2435460225n a a a a a a a >++=，，那么35a a +的值等于A ．5B ．10C ．15D ．20． 等比数列{}n a 中，已知12323463a a a a a a ++=++=-，，则345678a a a a a a +++++=A ．2116B ．1916C ．98D ．34． 在等比数列{}n a 中，2462256a a a ==，，则8a 的值为 A ．128B ．256C ．64D ．32． 已知数列3333--，，，，…，，则该数列是 A ．等差数列 B ．等比数列C ．既是等差数列又是等比数列D ．既非等差数列又非等比数列． 设a R ∈，且0a ≠，则23na a a a ++++…的值为A ．()11n a a a-- B ．()111n a a a+-- C ．()11n a a a--或nD ．()111n a a a+--或n26． 在等差数列{}n a 中，已知前15项之和为1590S =，则8a 的值为A ．3B ．4C ．6D ．1227． 已知等比数列{}n a 中，3516a a ⨯=，则147a a a ⨯⨯等于A ．128B ．128±C ．64D ．64±28． 已知数列{}n a 的首项为1，其他各项由公式111n n a a -=+给出，则这个数列的第4项为A ．2B ．32C ．53 D ．13±29． 某种电子产品自投放市场以来，经过三次降价，单价由375元降到192元，若每次降价的百分率相同，则这种产品每次降价的百分率是A ．18％B ．20％C ．19％D ．17％30． 两个数的等比中项为8，等差中项为10，则这两个数为A ．8，8B ．4，16C ．2，18D ．6，14第Ⅱ卷（非选择题，共40分）二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）31． 在等比数列{}n a 中，若1324510a a a a +=+=，，则该数列前四项依次为__________________．32． 公差不为零的等差数列{}n a 中，1a 与2a 是方程2340x a x a -+=的两个根，则n a =_______________________．33． 等比数列{}n a 中，已知1232342856a a a a a a ++=++=，，则此数列的通项公式是_______________________．34． 设12x x ，是方程2650x x ++=的两根，则12x x ，的等比中项是______________．学校______________班级______________专业______________考试号______________姓名______________4小题，共28分） ． 在等比数列{}n a 中，已知333922a S ==，，求公比q ． ． 一个等比数列{}n a ，前三项的和为7，积为8，求这个数列的公比． 37． 已知数列{}n a 的前n 项和为22n S n n =--，求数列{}n a 的通项公式n a ．38． 成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上1，3，9后又成等比数列，求这三个数．。

数列求和主要思路：1. 求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式：2. 求和过程中注意分类讨论思想的运用：3.转化思想的运用； 数列求和的常用方法——、利用常用求和公式求和 利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.1、 等差数列求和公式：s 加严j ）〃” 2 1 2 [加 1 n （4=1） 2、 等比数列求和公式：S =八「（1一/） u 一 a qn ] _J _______ = 1 力 （g H 1）〔1-9 1-9 n13、S 〃=》k = l + 2 + 3 + +…+ /?..= -it （n +1）=l 2 + 22 +32 +...+ /* =^n(n +l)(2n+l) os n =^A ：3 = I 3 + 23 + 33+ •••+/73J 】公式法求和注意事项 （1）弄准求和项数〃的值:（2）等比数列公比°未知时，运用前〃项和公式要分类。

例 1.求和 l+X + x2+・・ ・+0-2(“n2,XHO) 二、错位相减法求和这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列｛知• bn ｝的前n 项和，其中｛a n ｝. ｛0｝分别是等差数列和等比数列. 例 2・求和：1 +3x + 5x 2 + 7x 3 + ・・・ + (2〃一1)#12 4&例，求数列〒芦去 三、倒序相加法如果一个数列与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列前n 项和即可用 倒序相加发，如等差数列的前n 项和就是此法推导的 例 4.求sin 2 h+ sin ' 2°+ sin ' 3。

+ …+ sin 2 88•+ sin 2 89。

的值例 4 变式训练八 求 cosl° +cos2° +cos3° +• • •+cosl78° +cosl79° 的值. 例 4 变式训练 2:数列｛an ｝： a t = 19a 2= 3, a 3= 2,a^2= a n ^x -a n , S2002.例4变式训练3：在各项均为正数的等比数列中,若。

高考数学《数列》大题训练50题1 ．数列{}的前n 项和为，且满足，.n a n S 11a =2(1)n n S n a =+（1）求{}的通项公式； （2）求和T n =.n a 1211123(1)na a n a ++++L 2 ．已知数列，a 1=1，点在直线上.}{n a *))(2,(1N n a a P n n ∈+0121=+-y x （1）求数列的通项公式；}{n a （2）函数，求函数最小值.)2*,(1111)(321≥∈++++++++=n N n a n a n a n a n n f n且 )(n f 3 ．已知函数(a ，b 为常数)的图象经过点P （1，）和Q （4，8）x ab x f =)(81(1) 求函数的解析式；)(x f (2) 记a n =log 2,n 是正整数，是数列{a n }的前n 项和，求的最小值。

)(n f n S n S 4 ．已知y ＝f (x )为一次函数，且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列，f (8)＝15．求＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的表达式．n S 5 ．设数列的前项和为，且，其中是不等于和0的实常数.{}n a n n S 1n n S c ca =+-c 1-（1）求证: 为等比数列；{}n a （2）设数列的公比，数列满足，试写出 的{}n a ()q f c ={}n b ()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭通项公式，并求的结果.12231n n b b b b b b -+++L 6 ．在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *)，满足向量与向量共线，且1+n n A A n n C B 点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15，求数列{a n }中的最小项.7 ．已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且…对任意的{}n a {}n b 212322a a a +++12n n a -+8n =∈n N*都成立，数列是等差数列．1{}n n b b +-（1）求数列与的通项公式；{}n a {}n b （2）问是否存在N *，使得？请说明理由．k ∈(0,1)k k b a -∈8 ．已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中（I ）试求a 2，a 3的值；（II ）若存在实数为等差数列，试求λ的值.}3{,nn a λλ+使得9 ．已知数列的前项和为，若，{}n a n n S ()1,211++=⋅=+n n S a n a n n（1）求数列的通项公式;{}n a （2）令，①当为何正整数值时，：②若对一切正整数，总有，求的n nn S T 2=n 1+>n n T T n m T n ≤m 取值范围。

第一节 数列的概念与简洁表示考点一由数列的前几项归纳数列的通项公式[例1] 依据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式． (1)－1,7，－13,19，…； (2)0.8,0.88,0.888，…；(3)12，14，－58，1316，－2932，6164，….[自主解答] (1)数列中各项的符号可通过(－1)n表示，从第2项起，每一项的确定值总比它的前一项的确定值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)．(2)数列变为89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110，89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1102，89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1103，…， 故a n ＝89⎝⎛⎭⎪⎫1－110n .(3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母小3.因此把第1项变为－2－32，原数列化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，故a n ＝(－1)n 2n－32n .【方法规律】求数列的通项公式应关注的四个特征 (1)分式中分子、分母的特征； (2)相邻项的变化特征； (3)拆项后的特征；(4)各项符号特征等，并对此进行归纳、化归、联想．依据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式． (1)3,5,7,9，…； (2)12，34，78，1516，3132，…； (3)－1，32，－13，34，－15，36，….解：(1)各项减去1后为正偶数，∴a n ＝2n ＋1.(2)每一项的分子比分母小1，而分母组成数列21,22,23,24，…，∴a n ＝2n－12n .(3)数列的奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含有因式(－1)n，各项确定值的分母组成数列{n }，分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1.∴a n ＝(－1)n 2＋－1nn.考点二由递推关系式求通项公式[例2] 依据下列条件，确定数列{a n }的通项公式．(1)a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2)；(2)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2； (3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2；(4)a 1＝56，a n ＋1＝5a n4a n ＋1.[自主解答] (1)∵a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘，得a n ＝a 1×12×23×…×n －1n ＝a 1n ＝1n.(2)∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2， ∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝n 3n ＋12(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式，∴a n ＝32n 2＋n 2.(3)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝3.∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3.又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2×3n －1.∴a n ＝2×3n －1－1.(4)∵a n ＋1＝5a n4a n ＋1，∴1a n ＋1＝45＋15a n ， ∴1a n ＋1－1＝15⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1. 又1a 1－1＝15， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以15为首项，15为公比的等比数列，∴1a n －1＝15·15n －1＝15n ， ∴a n ＝5n 1＋5n .【方法规律】由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n ；。

4 1n 1 2k -1 2k 2k+1⎧ 1a n Ϊ ż Êý11 ⎪2 n设数列{a n }的首项 a 1=a ≠ ，且 a n +1 = ⎨ ⎪a + 1 ,n Ϊ ÆæÊý ⎪⎩ n 4记b n = a 2n -1 - 4，n ＝＝l ，2，3，…·．（I ） 求 a 2，a 3；（II ） 判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论；解：（I ）a 2＝a 1+（II ）∵ a 4=a = 1 a 4= 1 a + 3 ,所以 b 1=a 1－ ),1 猜想：{b n }是公比为 的等比数列·2证明如下：1 1 1 1 1 1因为 b n +1＝a 2n +1－ = a 2n － = (a 2n －1－ )= b n , (n ∈N *) 4 2 4 2 4 21 1 所以{b n }是首项为 a － , 公 比为 的等比数列·422 在数列{a } 中， a =0，且对任意 k ∈ N *， a , a ,a 成等差数列，其公差为 2k. （Ⅰ）证明a 4 , a 5, a 6 成等比数列； （Ⅱ）求数列{a n } 的通项公式；（ I ） 证 明 ： 由 题 设 可 知 ， a 5 = a 4 + 4 = 12 ， a 6 = a 5 + 6 = 18 。

a 2 = a 1 + 2 = 2 ， a 3 = a 2 + 2 = 4 ， a 4 = a 3 + 4 = 8 ，从而a 6 = a 5 = 3，所以 a ， a ， a 成等比数列。

a 5 a 4 24 5 6（II ） 解：由题设可得 a 2k +1 - a 2k -1 = 4k , k ∈ N *1 = a + 1 ，a3 = 1 a = 1 a + 1 ；4 3+ 1 4 =1 a + 3 ,2 2 所以 a 5 8 1 4 = 2 a － 1, b 8 2 = a 3 － 1 = 1 2 (a － 4 1 ), 16 3= a 5－ ( 44 4 2 4⎪ n n n m 2m 4m n n n -1 m 2m 4m 2m m 4m 所以 a 2k +1 - a 1 = (a 2k +1 - a 2k -1 ) + (a 2k -1 - a 2k -3 ) +...(a 3 - a 1 )= 4k + 4 (k -1) +... + 4 ⨯1 = 2k (k +1), k ∈ N *.由 a = 0 ，得 a= 2k (k +1) ，从而 a = a- 2k = 2k 2 .12k +12k2k +1⎧ n 2 -1 ⎪ 2 , n 为奇数n 2 (-1)n-1 所以数列{a n } 的通项公式为 a n = ⎨ n 2⎪⎩ 2, n 为偶数 或写为 a n = 2 + 4 ， n ∈ N * 。

→∞ n nn n→∞ ⎪ n →∞ 数列的极限【知识概要】1. 数列极限的定义1） 数列的极限，在 n 无限增大的变化过程中，如果数列{a n }中的项 a n 无限趋向于某个常数A ，那么称 A 为数列{a n }的极限，记作lim a n = A . 换句话说，即：对于数列{a n }，如果n存在一个常数 A ，对于任意给定的> 0 ，总存在自然数 N ，当 n > N 时，不等式 a n - A < 恒成立，把 A 叫做数列{a }的极限，记为lim a = A . n →∞注：① 理解数列极限的关键在于弄清什么是无限增大，什么是无限趋近； ② 有限项的数列不存在极限问题，只有无穷项数列才存在极限问题； ③ 这里的常数 A 是唯一的，每个无穷数列不一定都有极限，例如：{(-1)n }；④ 研究一个数列的极限，关注的是数列后面无限项的问题，改变该数列前面任何有限多个项，都不能改变这个数列的极限；⑤ “无限趋近于 A ”是指数列{a n }后面的项与 A 的“距离”可以无限小到“零”.例 1 判断下列结论的正误（1） 若lim a = 0 ，则 a 越来越小； n →∞（2） 若lim a n = A ，且{a n }不是常数数列，则 a n 无限接近 A ，但总不能达到 A ；n（3） 在数列{a n }中，如果对一切 n ∈ N 总有 a n +1 > a n ，则{a n }没有极限； （4） 若lim a n = A ，则lim a n - A = 0 .n →∞n →∞1解：（1）不正确，例如： a n = - n， a n +1 > a n⎧ （2）不正确，例如： a n = ⎨ 2，（n 为偶数) 2n ， lim a n = 2 .⎪⎩ n +1 1，（n 为奇数） n →∞ （3） 不正确，例如： a n = 1- n（4） 正确， a n +1 > a n ，但lim a n = 1.n2. 数列极限的运算性质1） 数列极限的运算性质如果lim a n = A ， lim b n = B ，那么n →∞n →∞① lim(a n ± b n ) = lim a n ± lim b n = A ± B ；n →∞n →∞n →∞② lim(a n ⋅ b n ) = lim a n ⋅ lim b n = A ⋅ B ；n →∞③ lima nn →∞lim a n = n →∞ = n →∞A (B ≠ 0) . n →∞b nlim b B n →∞特别地，如果C 是常数，那么lim(C ⋅ a n ) = lim C ⋅ lim a n = C ⋅ A .2） 四种常见的重要极限（1） lim C = Cn →∞n →∞n →∞（2） lim 1= 0n →∞（3） lim q n = 0(-1 < q < 1)n →∞n（4） lim(1+ 1)n = en →∞n →∞ n例 2 下列命题中正确的命题是（）（A ） 若lim a = A ，lim b = B ，则lim a n = An →∞ n n →∞ n n →∞ b nB（B ） 若lim a n = 0 ，则lim(a n b n ) = 0n →∞n →∞（C ） 若lim a 2 = A 2 ，则lim a = An →∞nn →∞ n（D ） 若lim a= A ，则lim a 2 = A 2n →∞ n解：选（D ）n →∞ n例 3 已知lim[(2n -1)a n ] = 2 ，求lim na n .n →∞n →∞n1解： lim na n = lim(2n -1)a n ⋅ lim= 2 ⨯ = 1n →∞n →∞n →∞ 2n -1 2例 4 求下列数列的极限⎧2n -1,1 ≤ n ≤ 6（1） 若 a n ⎪⎨ 1 ⎩⎪ 2n -6(n ∈ N *) ，则lim a = 0 ， n →∞ n lim S n →∞ = 37 . = , n ≥ 7 n⎪ - 2 - - - =3 4n→∞ =（2） lim n 2 + 2n -1 1 ； n →∞ 2n 2 - n + 3 2（3） limn →∞(⎛ 2n -1 ⎫n- n -1) = 1 ；1（4） lim = ；n →∞ ⎝ 2n +1 ⎭ e1 1 1 1（5） lim(1 )(1 )(1 ) (1 ) 0;n →∞ （6） lim 1+ 2 + 3 + + n = 1 . n →∞ n 2 23. 数列极限常见的解题技巧现阶段求数列的极限，总是把被求极限的数列变形四个常见的基本极限，再依据极限的四则运算法则求解。

解答: 13，设等比数列公比为q3、25•- (ag )ag••• q 3• S 121 …S 53（1）证明:a nb n 是等比数列，a n b n 是等差数列;(2 )求a n 和b n 的通项公式. 答案： (1) 见解析 1 x n 11 x n 1(2)a n () n，b n () n2222解析：(1)将 4a n 1 3a n b n 4 , 4b n 1 3b n a n 4 相加可得 4a n1 4b n 1 3a n 3b n a n b n ,11 整理可得a n 1 b n 1丄(a n b n )，又玄1 Q 1，故a . b n 是首项为1,公比为1的等比数列22将 4a n 1 3a n b n 4, 4b n 13b n a n 4 作差可得 4a n14b n13a n 3b n a . b n 8,整理可得a n 1 b n 1a nb n 2，又a 1 Q 1，故a .b n 是首项为1，公差为2的等差数列1 1A. a n 2n 5B.3n 3n 10 CS2n 28nD.S n■In 2 2n 2答案：A解析：S 4 4冃 6d 0a 1 3 5, S n2依题意有 可得 a nn 4n .3S 31 4d 5 d 2 n（2019全国1理）9•记S n 为等差数列 a n 的前n 项和•已知S 40 , a 5 5，则（2（2019全国1理）14.记S n 为等比数列 a n 的前 n 项和,a 436，则 S5答案: S 51213 2019全国2理)19.已知数列a n 和b n满足a 10 , 4a n 1 3a n b n 4, 4b n 1 3b n a n 4.-31 2 3436(2)由a n b n是首项为1 ,公比为?的等比数列可得a n b n ()"①；由a n bn 是首项为1公差为2的等差数列可得a n b n 2n 1②;【解析】 【分析】首先确定公差，然后由通项公式可得 a 5的值，进一步研究数列中正项 ？负项的变化规律,得到和的最小值.【详解】等差数列 a n 中，8s 5a 3 10,得a 3 2& 3,公差da 3 a ?1, a§% 2d 0,由等差数列a n 的性质得n 5时，a n 0, n 6时，a n 大于0,所以S n 的最小值为S 4或S 5,即为10.①②相加化简得a n（!）n n 1，①②相减化简得b n 2 2（2019全国3理）5.已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且a s 3a 3 4印，则a ?（）A. 16B. 8 答案： C解答：C. 4D.设该等比数列的首项 a i ，公比由已知得,4a©3dq 24a i ， 因为a 0且q 0， 则可解得2，又因为 a i (1q 3) 15,即可解得c 1，则4.（2019全国3理）14.记S n 为等差数列 a n 的前n 项和，若q0, a 2 3a ，则 3°S 5答案:4解析:设该等差数列的公差为d 2a 1 a 1 0,d 0 ,10 a 1 a 10S 0____________2S 55 a 1 a 522 2a 1 9d3 4.2a 1 4d 5d（2019北京理）10.设等差数列 的前n 项和为S n,若a 2=-3 ,S s =-10，则a s = ,S n 的最小值为【答案】 (1). 0. (2). -10.【点睛】本题考查等差数列的通项公式？求和公式？等差数列的性质，难度不大，注重重要知识？基础知识？基本运算能力的考查a i (2019北京理)20.已知数列｛a n｝，从中选取第i1项、第i2项、…、第i m项(i l<i2<・・Vm)，若a h a2则称新数列a h, a i2, , a m为｛a n｝的长度为m的递增子列•规定：数列｛a n｝的任意一项都是｛a n｝的长度为1的递增子列．(I)写出数列1 , 8, 3, 7, 5, 6, 9的一个长度为4的递增子列；(H)已知数列｛a n｝的长度为p的递增子列的末项的最小值为a m o，长度为q的递增子列的末项的最小值为a n0.若p<q,求证：a m°<a n°；(川)设无穷数列｛a n｝的各项均为正整数，且任意两项均不相等若｛ a n｝的长度为s的递增子列末项的最小值为2s -, 且长度为S末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1 , 2,…)，求数列｛a n｝的通项公式.【答案】(I )1,3,5,6.(n )见解析; (川)见解析.【解析】【分析】(I )由题意结合新定义的知识给出一个满足题意的递增子列即可；(n )利用数列的性质和递增子列的定义证明题中的结论即可；(川)观察所要求解数列的特征给出一个满足题意的通项公式，然后证明通项公式满足题中所有的条件即可•【详解】(I )满足题意的一个长度为4的递增子列为：1,3,5,6.(n)对于每一个长度为q的递增子列a n a2丄a q，都能从其中找到若干个长度为p的递增子列色总丄a p，此时a p a q ，设所有长度为q的子列的末项分别为：a q, ,a q2,a q3 ,L ,所有长度为p的子列的末项分别为：a p1,a p2,a p3,L ,则a n0 min a q1,a q2,a q3,L ，注意到长度为P的子列可能无法进一步找到长度为q的子列，故a m0 min a p1,a p2,a p3,L ，据此可得：a m0a n0n 1, n为偶数(川)满足题意的一个数列的通项公式可以是a n 斗才来朴2,1,4,3,6,5,8,7,L ,n 1,n为奇数面说明此数列满足题意很明显数列为无穷数列，且各项均为正整数，任意两项均不相等.长度为s 的递增子列末项的最小值为2s-1，下面用数学归纳法证明长度为s 末项为2s-1 的递增子列恰有2s 1个s 1,2,L ：当n 1 时命题显然成立，假设当n k时命题成立，即长度为k末项为2k-1的递增子列恰有21个，则当n k 1时，对于n k 时得到的每一个子列a s1,a s2,L ,a s k 1,2k 1，可构造：aq,a s2丄，a s「2k 1,2 k 1 1和a5^,a S2,L ,a^l,2k,2 k 1 1两个满足题意的递增子列，则长度为k+1 末项为2k+1 的递增子列恰有 2 2k 12k2k 1 1个，n 1, n为偶数综上可得，数列a n、，卄沁.2,1,4,3,6,5,8,7,L是一个满足题意的数列的通项公式•n 1, n为奇数注：当s 3时，所有满足题意的数列为：2,3,5 , 1,3,5 , 2,4,5 , 1,4,5 ，当s 4 时，数列2,3,5 对应的两个递增子列为：2,3,5,7 和2,3,6,7 .【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.2019天津理) 19.设a n 是等差数列，b n 是等比数列.已知a1 4,b1 6，b2 2a2 2,b3 2a3 4.(I)求a n和b n的通项公式;（n）设数列q满足G 1,c n X 2 J 2「其中k Nn 1 n b k,n 2k ,i )求数列a2n c2n1 的通项公式;2nii ）求a i c i n Ni1答案】（I ）a n 3n 1 ; b n 3 2n（n ）（i ）a2n c2n 1 9 4n1 （ii ）* 2n 1n 1 *aqnN 27 25 2 n 12 nNi 1【解析】 【分析】(I )由题意首先求得公比和公差，然后确定数列的通项公式即可; (n )结合(I )中的结论可得数列a 2n c 2n 1的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行等2n价变形，结合等比数列前n 项和公式可得aG 的值.i 12 4 d 26 2d，解得2 4 2d 4 12 4d故a n 4 (n 1) 33n1 ,b n6 2n13 2n.所以,a n的通项公式为 a n 3n 1 , b n的通项公式为b n3 2n (n )( i ) a 2n C 2n 1 a ?n b n 1 3 2n 1 3 2n 19 4n 1所以,数列 a ?n c?n1 的通 项公式 :为a2nc 2n 19 4n 12n 2n2n2n(ii )a &a i a C i 1a ia c 2i1i 1i 1i 1i 12n 2n 1n2 n4-39 412i 14 1 4n3 ?2 n5 2n 19n1 427 _2n•1J 112N*25 2n n【点睛】本题主要考查等差数列 ？等比数列的通项公式及其前 n 项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列 求和的基本方法以及运算求解能力.【详解】(I )设等差数列a n 的公db n 的公比为q .依题意得6q6q 2（2019上海）18•已知数列｛a n ｝ , a 1 3，前n 项和为S n •（1）若｛an ｝为等差数列,且 a 4 15, 求S n ；（2）若｛a n ｝为等比数列,且 lim n S n 12，求公比 q 的取值范围 【解答】解：（1） Q a 4 a 3d 3 3d 15 ,d 4 ,n(n 1),S n 3n4 2n 2 n；2lim S n 存在，nlim 3(^ 2 ,n1 q 1 q3 4公比q 的取值范围为（1 , 0） （0 , 3）.42综上，d -或者d3Hm S n存在， lim S n n （2019上海）21.已知等差数列｛务｝的公差d (0， ］，数列｛b n ｝满足 b n sin (a n )，集合 S x|xb n ,n2 、（1 ）若a 1 0,d 一，求集合 30,d —,3｛乜，0, △.2 2根据三角函数线，①等差数列 ｛a n ｝的终边落在y 轴的正负半轴上时，集合S 恰好有两个元素，此时此时d —,3（2）若a 1，求d 使得集合 2 S 恰好有两个（3）若集合S 恰好有三个元素: b n T b n , T 是不超过7的正整数，求 T 的所有可能的值.【解答】解：（1） Q 等差数列｛a n ｝的公差d (0，］，数列｛b n ｝满足 b n sin (a n )，集合 S x|xb n ,n当a 1集合S (2) Q，数列｛b n ｝满足 b n sin (a .),2集合S x|x N *恰好有两个元素，如图:②a 1终边落在OA 上，要使得集合 S 恰好有两个元素，可以使 a 2, a 3的终边关于y 轴对称，如图OB , OC ,(3)①当T 3 时，b n 3 b n，集合S {bl，b2, b3},符合题意.②当T 4 时，b n 4 b n ，sin(a n 4d) sina. a n 4d a n 2k ，或者a n 4d 2k a n ，4d a n 2k，又k 1，2当k1时满足条件，此时S {，1, 1}.③当T 5时，b n 5b n，si n(a n5d)sina n，故k1，2.当k1时，S{sin—，1，sin}满足题意1010④当T 6时，b n 6b n，sin (an6d)sina n，a na n等差数列{a n}的公差d (0，］，故a n5d a n 2k ，或者a n 5d 2k a n，因为 d (0 ,所以6d a n 2k 或者a n 6d 2k a n，d (0，1 , 2, 3.1时，S {-^O, —3}，满足题意.2 2⑤当T 7 时，b n 7 b n，si n(a n 7d) si na n si na n，所以a n 7d a n 2k ，或者a n 7d 2k a n，d (0，故k 1 , 2, 31时，因为b i ~b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n 2 ，d m 7，不符合条件.k 2时，因为b i~b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n 2 ，d n不是整数，不符合条件.k 3时，因为bi ~ b7对应着3 个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n—，或者d7—，此时，m n均不是整数，不符合题意.7综上，T3，4，5，6.(2019江苏)8.已知数列{a n}( n N*)是等差数列，S n是其前n项和若a2^ 兎0,S9 27 ,则Q的值是 _____________________ 【答案】16【解析】【分析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.a 2a 5CBa 1 d a-i 4d7d 0【详解】由题意可得：9 8S99a 1 9 8d227解得： a 1 51 ，则 S 8 8a 1 8 7d40 28 216.d 22【点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应 用通项公式、求和公式等，构建方程(组)，如本题，从已知出发，构建a 1, d 的方程组.(2019江苏)20.定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M—数列”.(1)已知等比数列｛a n ｝满足：a ?a 4 a 5,a 3 4a ? 4印 0 ,求证：数列｛a n ｝为“M—数列”；u . 1 2 2(2)已知数列｛b n ｝满足：b 1 1,S b b ，其中S 为数列｛b n ｝的前n 项和.S n b n b n 1① 求数列｛b n ｝的通项公式；② 设m 为正整数，若存在 “M—数列” ｛｝ (n € N *)，对任意正整数k ，当k 呦 时，都有C k b k q 1成立，求m 的 最大值.【答案】(1)见解析； (2［① b n = n n N * :② 5. 【解析】 【分析】(1 )由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论； (2)①由题意利用递推关系式讨论可得数列｛b n ｝是等差数列，据此即可确定其通项公式；②由①确定b k 的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得【详解】(1)设等比数列｛a n ｝的公比为q ,所以a 1^0, q 丰0.因此数列｛a n ｝为M —数列”1 22 (2) ①因S n—，所以b nb nbn11 2 2由b| 1,S 1th 得1 1 ，则 b 22.1由2 2 得 S nb n b n 1m 的最大值.a 2&4 a s由a 3 4a ： 4ci|。

数列练习题（考查裂项相消、错位相减、倒序相加、等差等比）一、解答题（本大题共18小题，共216.0分）1.已知数列{a n}为正项等比数列，满足a3=4，且a5，3a4，a6构成等差数列，数列{b n}满足b n=log2a n+log2a n+1．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)若数列{b n}的前n项和为S n，数列{c n}满足c n=1，求数列{c n}的前n项和4S n−1T n．2.已知数列{a n}是以2为首项，2为公比的等比数列，2n−1(1)求数列{a n}的通项公式；}的前n项和T n(2)若b n=log2a n(n∈N∗)，求数列{1b n b n+13.设数列{a n}满足．(1)求{a n}的通项公式；}的前n项和．(2)求数列{a n2n+14. 已知数列{a n }满足a 1+2a 2+4a 3+⋯+2n−1a n =n(n+1)2(n ∈N ∗)．(1)求{a n }的通项公式； (2)求{a n }的前n 项和S n ．5. 已知各项是正数的等比数列{a n }满足a 3=8,a 4+a 5=48．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知数列{b n }满足b n =log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ．6. 已知函数f (x )=a x (a >1)，定义域为[−1,1]，且最大值是4，记函数g (x )=f (x )2+f (x )． (1)求证：g (x )+g (1−x )=1；(2)计算g (110)+g (210)+g (310)+⋯+g (910)的值。

7. 已知数列{a n }为等比数列，首项a 1=4，数列{b n }满足b n =log 2a n ，且b 1+b 2+b 3=12．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；+a n，求数列{c n}的前n项和S n．(Ⅱ)令c n=4b n⋅b n+18.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n.若a1=b1=3，a4=b2，S4−T2=12．(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式；(2)求数列{a n+b n}的前n项和．9.设等差数列{a n}的前n项和为S n，a2+S2=−5，S5=−15．(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(−1)n a n，求数列{b n}的前20项和T20．10.等差数列{a n}中，a2=4，a4+a7=15．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=2a n−2+n，求b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b10的值．11.已知公差不为0的等差数列{a n}满足a1=1.若a5，a2，a1成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n=a n+2n−1，求数列{b n}的前n项和S n．12.已知数列{a n}为公差不为零的等差数列，a1=2，且a1，a3，a7成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足b n=2a n，求数列{a n+b n}的前n项和T n．13.已知{a n}是等比数列，a1=2，且a1,a3+1,a4成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n=(2n−1)⋅a n，求数列{b n}的前n项和S n．14.设公差不为0的等差数列{a n}中，a4=5，且a1，a3，a7构成等比数列，数列{b n}是各项均为正数的等比数列，且b1=2,b2b4=64．(Ⅰ)求数列{a n}、{b n}的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，求数列{c n}的前n项和T n．15.已知等差数列{a n}的公差是1，且a1，a3，a9成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；}的前n项和T n．(2)求数列{a n2n16.在等差数列{a n}中，a1+a2=7，a3=8.令b n=1，a n a n+1(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{b n}的前n项和T n；17.设{a n}是等差数列，a5=10，且a1+10，a2+8，a3+6成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)记{a n}的前n项和为S n，且b n=1，求数列{b n}的前n项和为T n．S n18.己知数列{a n}满足，a1=1，且a n−a n−1=−2a n a n−1(n≥2)．}是等差数列，并求数列{a n}的通项公式；(1)证明数列{1a n(2)设b n=a n a n+1，求数列{b n}的前n项和为S n．答案和解析1.【答案】解：(1)设等比数列{a n}的公比为q(q>0)，由题意，得a5+a6=6a4⇒q+q2=6，解得q=2或q=−3(舍)，又a3=4⇒a1=1，所以a n=a1q n−1=2n−1，；(2)S n=n(b1+b n)2=n[1+(2n−1)]2=n2．∴c n=14n2−1=12(12n−1−12n+1)，∴T n=12[(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)]=n2n+1．【解析】本题考查等比数列的通项公式及等差数列的性质与求和，同时考查裂项相消法求和，属于中档题．(1)由已知求出{a n}的公比及a1，从而求出a n，然后求出b n即可；(2)利用等差数列的求和公式求出S n，然后利用裂项相消法求和即可．2.【答案】解：(1)由等比数列通项公式得：a n2n−1=2n，所以a n=22n−1.(2)由(1)可得：，所以1b n b n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，T n=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1．【解析】本题考查等比数列通项公式的应用、裂项相消法求解数列的前n项和的问题.关键是能够将数列{1b n b n+1}的通项公式进行裂项，从而采用裂项相消法来进行求解，属于常考题型．(1)根据等比数列通项公式可求得a n2n−1=2n，进而得到a n；(2)利用(1)的结论可求得b n，从而得到1b n b n+1的通项公式，采用裂项相消法可求得结果．3.【答案】解：(1)数列{a n}满足a1+3a2+⋯+(2n−1)a n=2n，n ≥2时，a 1+3a 2+⋯+(2n −3)a n−1=2(n −1)， ∴两式相减得(2n −1)a n =2， ∴a n =22n−1，当n =1时，a 1=2，上式也成立， ∴a n =22n−1；(2)a n 2n +1=2(2n −1)(2n +1)=12n −1−12n +1∴数列{a n 2n+1}的前项和为：S n =(1−13)+(13−15)+⋯+(12n −1−12n +1)=1−12n+1=2n2n+1．4.【答案】解：(1)当时，，当时，a 1+2a 2+4a 3+⋯+2n−1a n =n(n+1)2，可得a 1+2a 2+4a 3+⋅⋅⋅+2n−2a n−1=(n−1)n 2，两式相减得2n−1a n =n(n+1)2−(n−1)n 2，即2n−1a n =n ，故a n =n ⋅(12)n−1．因为，满足a n =n ⋅(12)n−1，所以的通项公式为a n =n ⋅(12)n−1(n ∈N ∗).(2)由题意，S n =1⋅(12)0+2⋅(12)1+3⋅(12)2+⋯+n ⋅(12)n−1，则，则，即12S n =1−(12)n1−12−n ×(12)n ，所以S n =4−(n +2)⋅(12)n−1．5.【答案】解：(1)设数列{a n }的公比为q ，∴{a 1q 2=8a 1q 3+a 1q 4=48，两式相除得q 2+q −6=0， ∴q =2或q =3， 又∵a n >0， ∴q =2，a 1=2，∴a n =2n ;(2)解析：由(1)可知a n =2n ， ∴b n =log 22n =n ， ∴S n =1+2+3+⋯…+n =n(n+1)2．6.【答案】(1)证明：函数f(x)=a x (a >1)，定义域为[−1,1]，且最大值是4，∴a =4， ∴f(x)=4x ， ∴g(x)=f(x)2+f(x)=4x2+4x =4x +2−22+4x =1−22+4x ，∴g(x)+g(1−x)=1−22+4x +1−22+41−x =2−22+4x −4x2+4x =2−1=1，．7.【答案】解：(Ⅰ)由b n =log 2a n 和b 1+b 2+b 3=12得log 2(a 1a 2a 3)=12，∴a 1a 2a 3=212．设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1=4，∴a 1a 2a 3=4⋅4q ⋅4q 2=26⋅q 3=212，计算得出q =4，∴a n =4⋅4n−1=4n(Ⅱ)由(Ⅰ)得b n =log 24n =2n ，c n =42n⋅2(n+1)+4n =1n (n+1)+4n =1n −1n+1+4n 设数列{1n (n+1)}的前n 项和为A n ，则A n =1−12+12−13+⋯+1n −1n+1 =nn+1 设数列{4n }的前n 项和为B n ，则B n =4−4n ⋅41−4=43(4n −1)，∴S n=nn+1+43(4n−1)8.【答案】解：(1)由a1=b1，a4=b2，则S4−T2=(a1+a2+a3+a4)−(b1+b2)=a2+a3=12，设等差数列{a n}的公差为d，则a2+a3=2a1+3d=6+3d=12，所以d=2，所以a n=3+2(n−1)=2n+1；设等比数列{b n}的公比为q，由题b2=a4=9，即b2=b1q=3q=9，所以q=3，所以b n=3n．(2)a n+b n=(2n+1)+3n，所以{a n+b n}的前n项和为(a1+a2+⋯+a n)+(b1+b2+⋯+b n)=(3+5+⋯+2n+1)+(3+32+⋯+3n)=(3+2n+1)n2+3(1−3n)1−3=n(n+2)+3(3n−1)2．【解析】本题主要考查等差数列及其前n项和、等比数列及其前n项和，考查数列求和的基本方法和运算求解能力，属于中档题．(1)设出数列{a n}的公差和数列{b n}的公比，由题意列出关于q，d的方程组，求解方程组得到q，d的值，则等差数列和等比数列的通项公式可求；(2)由(1)可得a n+b n=(2n+1)+3n，利用分组求和法求出数列的前n项和．9.【答案】解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，由a2+S2=3a1+2d=−5，S5=5a1+10d=−15，即a1+2d=−3，解得a1=−1，d=−1．所以a n=−1−(n−1)=−n.(2)因为b n=(−1)n a n，所以T20=b1+b2+b3+b4+⋯+b19+b20=(−a1+a2)+(−a3+a4)+⋯+(−a19+a20)=d+d+⋯+d=10d=10×(−1)=−10.【解析】本题考查了数列的通项公式以及数列的求和，属于基本题．(1)由已知利用等差数列的通项公式以及前n项和公式，列出关于数列首项和公差的式子，解得数列的首项和公差，进而得数列的通项公式；(2)由题意得，直接由并项法，两项合并成一项对数列求和．10.【答案】解：(1)设等差数列{a n}的公差为d．由已知得{a1+d=4(a1+3d)+(a1+6d)=15，解得{a1=3d=1．所以a n=a1+(n−1)d=n+2．(2)由(1)可得b n=2n+n．所以b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+⋅⋅⋅+(210+10)=(2+22+23+⋅⋅⋅+210)+(1+2+3+⋅⋅⋅+10)=2(1−210)1−2+(1+10)×102=(211−2)+55=211+53=2101．【解析】本题考查了等差数列的通项公式，利用分组转化法求和，考查学生的计算能力和推理能力，属于中档题．(1)根据题意可求得a1和d的值，从而即可得数列{a n}的通项公式．(2)根据(1)可知b n=2n+n，从而利用分组转化求和法求解即可得．11.【答案】解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，因为a5,a2,a1成等比数列，所以a22=a1a5，所以1+4d=(1+d)2，即d2=2d，因为d≠0，所以d=2，所以a n=2n−1；(2)因为b n=2n−1+2n−1，所以S n=(1+3+5+⋯+2n−1)+(20+21+⋯+2n−1)=n(1+2n−1)2+1−2n1−2=n2+2n−1．【解析】本题是等差数列与等比数列的综合题，考查等差数列的通项公式与等比数列的性质，考查等差数列与等比数列的前n项和，是基础题．(1)设等差数列{a n}的公差为d，由已知列式求得公差，则等差数列的通项公式可求；(2)把{a n}代入b n=a n+2n−1，然后利用数列的分组求和求解．12.【答案】解：(1)设数列{a n}公差为d≠0，∵a1=2，且a1，a3，a7成等比数列．∴a32=a1⋅a7，∴(2+2d)2=2×(2+6d)，d≠0.解得d=1.∴a n=2+(n−1)×1=n+1．(2)数列{a n}的前n项和为n(2+n+1)2=12n2+32n；又b n=2n+1，所以数列{b n}为首项为4，公比为2的等比数列，所以数列{b n}的前n项和为4(1−2n)1−2=2n+2−4．所以数列{a n+b n}的前n项和为12n2+32n+2n+2−4．【解析】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．(1)设数列{a n}公差为d≠0，由a1=1，且a1，a3，a7成等比数列．可得a32=a1⋅a7，即(2+2d)2=2×(2+6d)，d≠0，解可得d，即可得通项．(2)数列{a n}的前n项和为n(2+n+1)2=12n2+32n，b n=2n+1，利用等差数列与等比数列的前n项和公式即可得出．13.【答案】解：(1)等比数列{a n}中，a1=2，设公比为q(q≠0)，因为a1,a3+1,a4成等差数列，所以a1+a4=2(a3+1)，即2+2q3=4q2+2，解得q=2，所以数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由(1)知，b n=(2n−1)⋅2n，则S n=1×21+3×22+5×23+⋯+(2n−1)⋅2n，2S n=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n−1)⋅2n+1，所以S n−2S n=2−(2n−1)⋅2n+1+(23+24+25+⋯+2n+1)，，即−S n=2−(2n−1)⋅2n+1+23(1−2n−1)1−2整理得：S n=6+(2n−3)⋅2n+1．【解析】本题考查了等比数列的通项公式与等差数列的性质，以及错位相减法求数列的前n项和，属于中档题．(1)由等差数列的性质与等比数列的通项公式可求得；(2)等差数列与等比数列的乘积，利用错位相消法求出即可．14.【答案】解：(1)设{a n}的公差为d，因为a1，a3，a7成等比数列，所以a32=a1a7．所以(a1+2d)2=a1(a1+6d)．所以4d2−2a1d=0．由d≠0，得a1=2d，由a4=a1+3d=2d+3d=5d=5，则d=1，a1=2，所以a n=n+1．设数列{b n}公比为q，易知q>0，由b1=2,b2b4=64，则b2b4=b12q4=4q4=64，得q=2(舍负)，所以b n=2n．(2)由(1)知，c n=a n·b n=(n+1)·2n，所以T n=2×21+3×22+⋯+(n+1)·2n，①2T n=2×22+3×23+⋯+(n+1)·2n+1，②①−②得，−T n=4+(22+23+⋯+2n)−(n+1)·2n+1=−n·2n+1，解得：T n =n ·2n+1．【解析】本题考查了等差数列的通项公式、等比数列的通项公式和错位相减法，是中档题．(1)利用等差数列的通项公式和等比数列的性质，求出公差，然后求数列{a n }的通项公式；由等比数列的通项公式得出公比，即可得出{b n }的通项公式；(2)利用错位相减法求出数列的和．15.【答案】解：(1)因为{a n }是公差为1的等差数列，且a 1，a 3，a 9成等比数列，所以a 32=a 1a 9，即(a 1+2)2=a 1(a 1+8)，解得a 1=1．所以a n =a 1+(n −1)d =n(n ∈N ∗).(2)T n =1×(12)1+2×(12)2+3×(12)3+⋯+n ×(12)n， 12T n =1×(12)2+2×(12)3+⋯+(n −1)×(12)n +n ×(12)n+1， 两式相减得12T n =(12)1+(12)2+(12)3+⋯+(12)n −n ×(12)n+1， 所以12T n =12−(12)n+11−12−n ×(12)n+1=1−12n −n2n+1． 所以T n =2−2+n2n ．【解析】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)因为{a n }是公差为1的等差数列，且a 1，a 3，a 9成等比数列，可得a 32=a 1a 9，即(a 1+2)2=a 1(a 1+8)，解得a 1.利用通项公式即可得出结果．(2)利用错位相减法，即可得出结果．16.【答案】解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得{a 1+a 1+d =7a 1+2d =8，得{a 1=2d =3,∴a n=2+3(n−1)=3n−1；(2)由(1)可得b n=1(3n−1)(3n+2)=13(13n−1−13n+2)，∴T n=13(12−15+...+13n−1−13n+2)=13(12−13n+2)=n2(3n+2)．【解析】本题考查等差数列的通项公式和利用裂项相消法求和，属于基础题．(1)设等差数列{a n}的公差为d，由题意列出方程组即可求出a1,d，即可求出{a n}的通项公式；(2)由(1)可得b n=13(13n−1−13n+2)，利用裂项相消法即可求得T n．17.【答案】解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，∵a1+10,a2+8,a3+6成等比数列，∴(a2+8)2=(a1+10)(a3+6)，即(18−3d)2=(20−4d)(16−2d)，解得d=2，∴a n=a5+(n−5)d=10+2(n−5)=2n；(2)由(1)知a n=2n，∴S n=n(2+2n)2=n2+n，∴b n=1n(n+1)=1n−1n+1，∴T n=(11−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1 n −1n+1)=1−1n+1=nn+1，∴数列{b n}的前n项和为T n=nn+1．【解析】本题考查了等差数列的通项公式，等差数列求和，等比数列性质的运用，裂项相消法求和，考查了分析和运算能力，属于中档题．(1)先设等差数列{a n}的公差为d，然后根据a5=10，且a1+10，a2+8，a3+6成等比数列，建立方程求出公差d即可求解；(2)根据(1)可得S n=n(2+2n)2=n2+n，即b n=1n(n+1)=1n−1n+1，然后用裂项相消法求和即可．18.【答案】解：(1)由a n−a n−1=−2a n a n−1(n⩾2)得1a n −1a n−1=2(n⩾2,n∈N∗)，因此数列{1an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以1a n=1+(n−1)×2=2n−1，因此a n=12n−1．(2)由(1)知：b n=12n−1⋅12n+1=12(12n−1−12n+1)，因此S n=12[(11−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)]=12(1−12n+1)=n2n+1．【解析】本题考查了数列的递推关系，等差数列的概念，等差数列的通项公式和裂项相消法，属于中档题．(1)利用数列的递推关系得1a n −1a n−1=2(n⩾2,n∈N∗)，再利用等差数列的概念得数列{1an }是首项为1，公差为2的等差数列，再利用等差数列的通项公式得1a n=2n−1，从而得结论；(2)利用(1)的结论得b n=12(12n−1−12n+1)，再利用裂项相消法，计算得结论．。

单元质检卷五 数列(时间:120分钟 满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2021湖南永州高三月考)“a ,b ,c 成等比数列”是“a 2,b 2,c 2成等比数列”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 2.(2021福建宁德高三三模)在等差数列{a n }中,其前n 项和为S n ,若S 1=S 25,a 3+a 8=32,则S 16=( ) A.80B.160C.176D.198 3.(2021湖北武汉高三月考)“十二平均律”是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制,各相邻两律之间的振动数之比完全相等,亦称“十二等程律”,即一个八度13个音,相邻两个音之间的频率之比相等,且最后一个音的频率是最初那个音的2倍.设第8个音的频率为f ,则频率为√842f的音是( ) A.第3个音 B.第4个音C.第5个音D.第6个音 4.(2021河北邯郸高三期末)在等差数列{a n }中,a 2+2a 5=15,S n 为数列{a n }的前n 项和,则S 7=( )A.30B.35C.40D.455.(2021湖北武昌高三一模)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和,若存在m ∈N *,满足S 2m S m =9,a2m a m=5m+1m -1,则数列{a n }的公比为( )A.-2B.2C.-3D.36.(2021浙江金华高三月考)已知数列na n 是等差数列,则( )A.a 3+a 6=2a 4B.a 3+a 6=a 4+a 5C.1a 3+1a 6=2a 4D.1a 3+1a 6=1a 4+1a 57.(2021北京朝阳高三二模)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和,已知a 1=8,a 4=-1,则数列{S n }( ) A.有最大项,有最小项 B .有最大项,无最小项 C.无最大项,有最小项D .无最大项,无最小项8.(2021湖南长郡中学高三二模)在数列{a n }中,a n =1f (n ),其中f (n )为最接近√n 的整数,若数列{a n }的前m 项和为20,则m=( ) A.15B.30C.60D.110二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(2021山东德州高三期中)在数列{a n}中,a1=1,a n a n-1-a n-1+1=0(n≥2,n∈N*),S n是其前n项和,则()2A.a6=2B.S12=6C.a112=a10a12D.2S11=S10+S1210.(2021河北衡水一中高三月考)已知数列{a n}是等比数列,公比为q,前n项和为S n,下列说法正确的有()为等比数列A.数列1a nB.数列log2a n为等差数列C.数列{a n+a n+1}为等比数列D.若S n=3n-1+r,则r=-1311.(2021广东佛山高三开学考试)若直线3x+4y+n=0(n∈N*)与圆C:(x-2)2+y2=a n2(a n>0)相切,则()A.a1=65B.数列{a n}为等差数列C.圆C可能过坐标原点D.数列{a n}的前10项和为2312.(2021广东珠海高三二模)分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学,分形的外表结构极为复杂,但其内部却是有规律可循的,一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式,即一种基于递归的反馈系统.下面我们用分形的方法得到一系列图形,如图1,在长度为1的线段AB,以线段CD为边在线段AB的上方作一个正方形,然后擦掉线AB上取两个点C,D,使得AC=DB=14段CD,就得到图2;对图2中的最上方的线段EF作同样的操作,得到图3;依次类推,我们就得到以下的一系列图形.设图1,图2,图3,……,图n,各图中的线段长度和为a n,数列{a n}的前n项和为S n,则()A.数列{a n}是等比数列B.S10=6657256C.a n<3恒成立D.存在正数m,使得S n<m恒成立三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021江苏南通高三三模)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差为d,若S2n=2S n+n2,则d=.14.(2021福建三明高三二模)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n,a n a n+1=22n+1,则S n=.15.(2021江西南昌高三开学考试)在数列{a n}中,a n+a n+2=n(n∈N*),则数列{a n}的前20项和S20=.16.(2021北京昌平高三模拟)已知数列{a n}的通项公式为a n=ln n,若存在p∈R,使得a n≤pn对任意n ∈N*都成立,则p的取值范围为.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2021广西南宁高三月考)已知等差数列{a n}满足a n+2a n+1=3n+5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记数列1a n a n+1的前n项和为S n.若∀n∈N*,S n<-λ2+4λ(λ为偶数),求实数λ的值.18.(12分)(2021山东泰安高三模拟)已知S n为等比数列{a n}的前n项和,若a3=2,且4a1,3S2,2S3是等差数列{b n}的前三项.(1)求数列{a n}的前n项和S n;(2)求数列{b n}的通项公式,并求使得a n>b n的n的取值范围.19.(12分)(2021重庆巴蜀中学高三月考)已知数列{a n}满足a n>0,数列{a n}的前n项和为S n,若,在以下三个条件中任选一个条件填入横线上,完成问题(1)和(2):①a1+3a2+32a3+…+3n-1a n=n·3n(n∈N*);②数列{c n}满足:c n=1a n+1−1a n,a1=3,且{c n}的前n项和为12n+3−13;③S n=(a n+1)24-1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}是首项和公比均为2的等比数列,求数列{a b}中有多少个小于2 021的项.n20.(12分)已知数列{a n}的前n项和S n满足:tS n+1-S n=t(a n+1+a n-1),t∈R且t(t-1)≠0,n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)已知数列{b n}是等差数列,且b1=3a1,b2=2a2,b3=a3,求数列{a n b n}的前n项和T n.21.(12分)(2021福建龙岩高三期中)已知各项均为正数的无穷数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,nS n+1=(n+1)S n+n(n+1)(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记[x]表示不超过x的最大整数,如[0.99]=0,[3.01]=3.令b n=[√a n],求数列{b n}的前51项和T51.22.(12分)(2021天津和平高三模拟)已知函数f(x)=x2+m,其中m∈R,定义数列{a n}如下:a1=0,a n+1=f(a n),n∈N*.(1)当m=1时,求a2,a3,a4的值;(2)是否存在实数m,使a2,a3,a4成公差不为0的等差数列?若存在,请求出实数m的值;若不存在,请说明理由;时,总能找到k∈N*,使得a k>2 021.(3)求证:当m>14单元质检卷五 数列1.A 解析 若a ,b ,c 成等比数列,则b 2=ac ,此时a 2c 2=(ac )2=b 4,则a 2,b 2,c 2成等比数列,即充分性成立.反之当a=1,b=1,c=-1时满足a 2,b 2,c 2成等比数列,但a ,b ,c 不成等比数列,即必要性不成立,即“a ,b ,c 成等比数列”是“a 2,b 2,c 2成等比数列”的充分不必要条件.故选A .2.B 解析 设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d ,则根据题意可知,{a 1=25a 1+12×25×24×d ,a 1+2d +a 1+7d =32,即{2a 1+25d =0,2a 1+9d =32,解得{a 1=25,d =-2,故S 16=16×25+12×16×15×(-2)=160.故选B .3.C 解析 由题意知,这13个音的频率成等比数列,设这13个音的频率分别是a 1,a 2,…,a 13,公比为q (q>0),则a13a 1=q 12=2,得q=√212,所以a n =a 8q n-8=(√212)n-8f=2n -812f.令2n -812f=√842f=2-14f ,解得n=5.故选C .4.B 解析 由a 2+2a 5=15得a 2+a 4+a 6=15,即3a 4=15,因此a 4=5,于是S 7=7a 4=7×5=35.故选B .5.B 解析 设数列{a n }的公比为q.若q=1,则S 2m S m=2,与题中条件矛盾,故q ≠1.∵S2m S m=a 1(1-q 2m )1-q a 1(1-q m )1-q=q m +1=9,∴q m=8.∵a 2m a m=a 1q 2m -1a 1q m -1=q m =8=5m+1m -1,∴m=3,∴q 3=8,∴q=2.故选B .6.C 解析 设数列na n 的公差为d ,则4a 4=3a 3+d ,5a 5=3a 3+2d ,6a 6=3a 3+3d ,因此1a 3+1a 6=1a 3+163a 3+3d =123a 3+d =12×4a 4=2a 4,故选项C 正确;a 6=2a 3da 3+1,a 4=4a 3da 3+3,不满足a 3+a 6=2a 4,故选项A 错误;a 5=5a 32da 3+3,a 3+a 6≠a 4+a 5,故选项B 错误;1a 3+1a 6=32a 3+12d ,1a 4+1a 5=2720a 3+1320d ,则1a 3+1a 6≠1a 4+1a 5,故选项D 错误.故选C .7.A 解析 设数列{a n }的公比为q ,则q 3=a 4a 1=-18,所以q=-12,所以S n =a 1(1-q n )1-q=8[1-(-12) n ]1-(-12)=1631--12n.当n 为偶数时,S n =1631-12n,即S 2<S 4<S 6<…<163;当n 为奇数时,S n =163(1+12n),即S 1>S 3>S 5>…>163,所以数列{S n }有最大项S 1,最小项S 2,故选A .8.D 解析 由题意知,函数f (n )为最接近√n 的整数.f (1)=1,f (2)=1,f (3)=2,f (4)=2,f (5)=2,f (6)=2,f (7)=3,f (8)=3,f (9)=3,f (10)=3,f (11)=3, f (12)=3,…,由此可得在最接近√n 的整数f (n )中,有2个1,4个2,6个3,8个4,….又由a n =1f (n ),可得a 1=a 2=1,a 3=a 4=a 5=a 6=12,a 7=a 8=…=a 12=13,…,则a 1+a 2=2,a 3+a 4+a 5+a 6=2,a 7+a 8+…+a 12=2,….因为数列{a n }的前m 项和为20,即S m =10×2=20,可得m 为首项为2,公差为2的等差数列的前10项和,所以m=10×2+10×92×2=110.故选D .9.ABC 解析 当n=2时,有a 2a 1-a 1+1=0,即12a 2-12+1=0,解得a 2=-1,同理可得a 3=2,a 4=12,因此数列{a n }的项以3为周期重复出现,且S 3=a 1+a 2+a 3=12-1+2=32,所以a 6=a 3=2,故选项A正确;S 12=4S 3=4×32=6,故选项B 正确;因为a 11=a 2=-1,a 10=a 1=12,a 12=a 3=2,所以a 112=a 10a 12,故选项C 正确;因为2S 11=2(S 9+a 10+a 11)=23×32+12-1=8,S 10+S 12=S 9+a 10+S 12=3S 3+4S 3+a 10=7×32+12=11,所以2S 11≠S 10+S 12,故选项D 不正确,故选ABC.10.AD 解析 对于A 选项,设b n =1a n ,则b n+1b n =a n a n+1=1q (n ≥1,n ∈N *),所以数列1a n 为等比数列,故A 正确;对于B 选项,若a n <0,则log 2a n 没意义,故B 错误;对于C 选项,当q=-1时,a n +a n+1=0,等比数列的任一项都不能为0,故C 错误;对于D 选项,由题意得q ≠1,S n =a 1(1-q n )1-q=a 1q q -1q n-1-a 1q -1.由S n =3n-1+r 得,q=3,a 1q q -1=1,即a 1=23,所以r=-a 1q -1=-13,故D 正确.故选AD .11.BCD 解析 由圆C :(x-2)2+y 2=a n 2(a n >0),则圆心C (2,0),半径为a n .因为直线3x+4y+n=0与圆C :(x-2)2+y 2=a n 2(a n >0)相切,所以圆心C (2,0)到直线3x+4y+n=0的距离为a n ,即√9+16=n+65=a n ,则a 1=75,故选项A 错误;由a n =n+65,可得a n+1-a n =15,所以数列{a n }是以15为公差的等差数列,故选项B 正确;将(0,0)代入C :(x-2)2+y 2=a n 2,解得a n =2.由n+65=2,解得n=4,所以当n=4时,圆C 过坐标原点,故选项C 正确;设数列{a n }的前n 项和为S n ,则S n =n(75+n+65)2=n (n+13)10,所以S 10=10×(10+13)10=23,故选项D 正确.故选BCD.12.BC 解析 由题意可得a 1=1,a 2=a 1+2×12,a 3=a 2+2×122,以此类推可得a n+1=a n +2×12n ,则a n+1-a n =22n ,所以a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1)=1+221+222+…+22n -1=1+1-12n -11-12=3-12n -2,所以数列{a n }不是等比数列,故A 错误;对于B 选项,S 10=3×10-2(1-1210)1-12=26+128=6 657256,故B 正确;对于C 选项,a n =3-12n -2<3恒成立,故C 正确;对于D 选项,因为a n =3-12n -2>0恒成立,且a n+1-a n =3-12n -1-3+12n -2=12n -1>0,则数列{S n }为递增数列,所以数列{S n }无最大值,因此不存在正数m ,使得S n <m ,故D 错误.故选BC .13.1 解析 因为数列{a n }为公差为d 的等差数列,所以S 2n =2n (a 1+a 2n )2=n (a 1+a 2n ),S n =n (a 1+a n )2.又S 2n =2S n +n 2,所以n (a 1+a 2n )=2×n (a 1+a n )2+n 2,即a 1+a 2n =a 1+a n +n ,所以a 2n -a n =nd=n ,解得d=1.14.2n+1-2 解析 设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q (q>0),首项为a 1(a 1>0). 因为a n a n+1=22n+1,所以a n+1a n+2=22n+3,因此a n+1a n+2an a n+1=22n+322n+1=4,即q 2=4,所以q=2.而a 1a 2=8,即a 12q=8,所以a 1=2,所以S n =2(1-2n )1-2=2n+1-2.15.95 解析 因为a n +a n+2=n (n ∈N *),所以a n+1+a n+3=n+1(n ∈N *),所以a n +a n+1+a n+2+a n+3=2n+1(n ∈N *),所以S 20=a 1+a 2+…+a 20=(a 1+a 2+a 3+a 4)+…+(a 17+a 18+a 19+a 20)=2×1+1+2×5+1+2×9+1+2×13+1+2×17+1=2×(1+5+9+13+17)+5=2×(1+17)×52+5=95. 16.ln33,+∞ 解析 若存在p ∈R ,使得a n ≤pn 对任意的n ∈N *都成立,则p ≥lnnnmax .设f (x )=lnxx(x ∈N *),则f'(x )=1x ·x -lnxx 2.令f'(x )=1-lnxx 2=0,解得x=e,所以函数f (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以函数在x=e 时取最大值.因为n ∈N *,所以当n=3时函数最大值为ln33,所以p 的取值范围是ln33,+∞. 17.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d. 因为a n +2a n+1=3n+5,所以{a 1+2a 2=8,a 2+2a 3=11即{3a 1+2d =8,3a 1+5d =11,解得{a 1=2,d =1,所以a n =2+(n-1)=n+1.经检验,a n =n+1符合题设,所以数列{a n }的通项公式为a n =n+1. (2)由(1)得,1a n a n+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2,所以S n =12−13+13−14+…+1n+1−1n+2=12−1n+2. 因为n ∈N *,所以S n <12.又因为∀n ∈N *,S n <-λ2+4λ, 所以-λ2+4λ≥12,即(λ-2)2≤72. 因为λ为偶数,所以实数λ的值为2.18.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q.由4a 1,3S 2,2S 3是等差数列{b n }的前三项,得6S 2=4a 1+2S 3,即3S 2=2a 1+S 3, 所以3(a 1+a 1q )=2a 1+a 1+a 1q+a 1q 2,整理得q 2=2q ,解得q=2. 由a 3=2,得a 1×22=2,所以a 1=12, 所以S n=12(1-2n )1-2=2n -12. (2)由(1)得a n =2n-2,所以4a 1=2,3S 2=92,2S 3=7, 即等差数列{b n }的前三项为2,92,7, 所以b n =2+(n-1)92-2=12(5n-1).由a n >b n ,得12×2n-1>12×(5n-1),即2n-1>5n-1. 令c n =2n-1-5n+1,则有c n+1-c n =2n-1-5.当1≤n ≤3时,c n+1-c n <0,即c 1>c 2>c 3>c 4; 当n ≥4时,c n+1-c n >0,即c 4<c 5<…<c n <…. 而c 1=-3,c 5=-8,c 6=3,所以使a n >b n 的n 的取值范围是{n|n ≥6,n ∈N *}. 19.解 (1)若选①.因为a 1+3a 2+32a 3+…+3n-1a n =n·3n (n ∈N *),所以当n ≥2时,a 1+3a 2+32a 3+…+3n-2a n-1=(n-1)·3n-1, 两式相减得3n-1a n =(2n+1)·3n-1,则a n =2n+1. 又a 1=2+1=3,符合上式,所以a n =2n+1(n ∈N *). 若选②.由于c1+c2+…+c n=1a2−1a1+1a3−1a2+…+1a n+1−1a n=1a n+1−1a1=12n+3−13,又a1=3,所以a n+1=2n+3,因此当n≥2时,a n=2n+1.又a1=2+1=3,符合上式,所以a n=2n+1(n∈N*).若选③.当n=1时,a1=3.因为S n=(a n+1)24-1(n∈N*),所以当n≥2时,S n-1=(a n-1+1)24-1(n∈N*),两式相减得a n=S n-S n-1=(a n+1)24−(a n-1+1)24,即4a n=a n2+2a n+1-a n-12-2an-1-1,所以(a n+a n-1)(a n-a n-1-2)=0.又a n>0,所以a n-a n-1=2, 故数列{a n}为等差数列,而a1=3,d=2,所以a n=2n+1.(2)由已知得b n=2n,所以a bn =2b n+1=2n+1+1,易知数列{a bn}为递增数列.又210=1 024<2 021,211=2 048>2 021,所以n+1≤10,n≤9,n∈N*,所以数列{a bn}中有9个小于2 021的项.20.解(1)当n=1时,tS2-S1=t(a2+a1-1),解得a1=t,当n≥2时,tS n+1-S n=t(a n+1+a n-1),tS n-S n-1=t(a n+a n-1-1),两式相减得ta n+1-a n=t(a n+1-a n-1),即a n=ta n-1.又因为a1=t≠0,所以a n-1≠0,即a na n-1=t,所以数列{a n}是以t为首项,t为公比的等比数列,故数列{a n}的通项公式为a n=t n,n∈N*.(2)由题意可知,2b2=b1+b3,即4a2=3a1+a3,所以4t2=3t+t3.因为t≠0,所以t2-4t+3=0,解得t=3,t=1.又因为t≠1,所以t=3,故a n=3n,n∈N*.设数列{b n}的公差为d.由b1=9,b2=18,b3=27,可知d=9,因此b n=b1+(n-1)d=9+9(n-1)=9n,所以a n b n=9n·3n=n·3n+2,所以T n=1×33+2×34+3×35+…+n·3n+2, ①3T n=1×34+2×35+…+(n-1)·3n+2+n·3n+3, ②①-②得-2T n=33+34+35+…+3n+2-n·3n+3=3n+3-272-n·3n+3,所以T n=(2n-1)3n+3+274.21.解(1)因为nS n+1=(n+1)S n+n(n+1),所以S n+1n+1=S nn+1.又因为S1=a1=1,所以数列S nn是以1为首项,1为公差的等差数列,因此S nn=n,即S n=n2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n-1,又因为a1=1符合上式,故a n=2n-1(n∈N*).(2)由(1)知b n=[√a n]=[√2n-1],当n∈{1,2}时,b n=[√2n-1]=1;当n∈{3,4}时,b n=[√2n-1]=2;当n∈{5,6,7,8}时,b n=[√2n-1]=3;当n∈{9,10,11,12}时,b n=[√2n-1]=4;当n∈{13,14,15,16,17,18}时,b n=[√2n-1]=5;当n∈{19,20,21,22,23,24}时,b n=[√2n-1]=6;当n∈{25,26,…,31,32}时,b n=[√2n-1]=7; 当n∈{33,34,…,37,40}时,b n=[√2n-1]=8;当n∈{41,42,…,49,50}时,b n=[√2n-1]=9;当n=51时,b n=[√2n-1]=10,所以数列{b n}的前51项和T51=2×1+2×2+4×3+4×4+6×5+6×6+8×7+8×8+10×9+1×10=320.22.(1)解因为m=1,所以f(x)=x2+1.因为a1=0,所以a2=f(a1)=f(0)=1,a3=f(a2)=f(1)=2,a4=f(a3)=f(2)=5.(2)解存在.(方法1)假设存在实数m,使得a2,a3,a4成公差不为0的等差数列,则a2=f(0)=m,a3=f(m)=m2+m,a4=f(a3)=(m2+m)2+m.因为a2,a3,a4成等差数列,所以2a3=a2+a4,所以2(m2+m)=m+(m2+m)2+m,化简得m2(m2+2m-1)=0,解得m=0(舍),m=-1±√2.经检验,此时a2,a3,a4的公差不为0,所以存在m=-1±√2,使得a2,a3,a4成公差不为0的等差数列.(方法2)因为a2,a3,a4成等差数列,所以a3-a2=a4-a3,即a22+m-a2=a32+m-a3,所以(a32−a22)-(a3-a2)=0,即(a3-a2)(a3+a2-1)=0.因为公差d≠0,故a3-a2≠0,所以a3+a2-1=0,解得m=-1±√2.经检验,此时a2,a3,a4的公差不为0,所以存在m=-1±√2,使得a2,a3,a4成公差不为0的等差数列.(3)证明因为a n+1-a n=a n2+m-a n=a n-122+m-14≥m-14,且m>14,所以令t=m-14>0,得a n-a n-1≥t,a n-1-a n-2≥t,…,a2-a1≥t.将上述不等式全部相加得a n-a1≥(n-1)t,即a n≥(n-1)t, 因此要使a k>2 021成立,只需(k-1)t>2 021,因此只要取正整数k>2021t+1,就有a k≥(k-1)t>2021t·t=2 021.综上,当m>14时,总能找到k∈N*,使得a k>2 021.11。