高考数学二轮复习 专题10 数列求和及其应用押题专练 理

高考数学二轮复习 数列解答题专题训练（含分析）1．设等比数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 4＝ a 1－9， a 5， a 3，a 4 成等差数列．(1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 证明：对随意 k ∈ N * ， S k ＋ 2， S k ， S k ＋ 1 成等差数列．解(1) 设公比为 q ，在等比数列 { a n } 中， a 5， a 3，a 4 成等差数列，∴ 2a 3＝ a 5＋ a 4，即 2a 1q 2＝ a 1q 4＋ a 1q 3，整理得： q 2＋ q － 2＝ 0.解得 q ＝ 1，或 q ＝－ 2.又 a 4＝ a 1－ 9，即a 1q 3＝ a 1－ 9，当 q＝ 1 时，无解．当 q ＝－ 2 时，解得 a 1＝ 1，nnn －1*∴等比数列 { a } 通项公式为 a ＝ ( － 2) ( n ∈ N ) ． (2) 证明：∵ S n 为等比数列 { a n } 的前 n 项和，1·[1 － －2k] 1－ － 2k1－ －2k ＋1， S k ＋2＝1－ －2k ＋2∴ S k ＝＝3， S k ＋1＝3，1－ －231－ －2k ＋11－ －2 k ＋ 2k ＋ 1k ＋ 2∵ S k ＋ 1 ＋ S k ＋ 2 ＝＋2－ －2 － － 233＝3＝k ＋ 1] ＝2＋ －2 k ＋ 1k2－ －2[1＋ － 2＝2· 1－ －2＝ 2 k ，333S∴ S k ＋ 1， S k ， S k ＋ 2 成等差数列．2．已知各项均不相等的等差数列{ a n } 的前 5 项和为 S 5＝ 35，且 a 1＋ 1，a 3＋1，a 7＋ 1 成等比数列．(1) 求数列 { a n } 的通项公式；n1的前 n 项和，问能否存在常数nn ＋n，若存在，求(2) 设 T 为数列S m ，使 T ＝m＋ 1 2n ＋2n出 m 的值；若不存在，说明原因．解(1) 设数列 { a n } 的公差为 d ，由已知得 a 3＝ a 1＋ 2d ＝ 7，又 a 1＋ 1， a 3 ＋1， a 7＋ 1 成等比数列，2∴ 8 ＝ (8 －2d )(8 ＋ 4d ) ，解得 a 1＝3， d ＝ 2， ∴ a n ＝ 2n ＋1.(2) 由 (1) 得 S n ＝ n ( n ＋ 2) ，111 1－ 1，＝n n ＋ 2＝S n2 n n ＋ 21 11 1 1 1 1 － 1 11∴ n ＝1－＋－＋－＋ ＋－ ＋ － n ＋ 2224 35nn 1 n 1＝ 1 1＋ 1－1 －122 ＋ 1＋2nn1 n＋n＝ 2 n ＋ 2 n ＋ 2 ，1故存在常数＝ 1 ，使 n ＝n ＋n.m 2Tmn ＋ 1 2 n ＋ 23．(2014 ·温州十校联考 ) 已知等差数列 { a n } 的公差为－ 1，且 a 2＋ a 7＋ a 12＝－ 6.(1) 求数列 { a n } 的通项 a n 与前 n 项和 S n ；(2) 若 { b n } 是首项为 4，公比为1的等比数列，前n 项和为n，求证：当t >6 时，对随意n， ∈2Tm*nmN ， S <T ＋ t 恒建立．解 (1) 由 a 2＋ a 7＋ a 12＝－ 6 得 a 7＝－ 2，∴ a 1＝ 4，∴ a n ＝ a 1＋ ( n －1) d ＝ 5－ n ，nn a 1＋ a n ＝ n 9－ n进而 S ＝221 m41－2(2) 由等比数列乞降公式得T m ＝11－ 2＝ 8 1－ 1 m，2T m ≥ T 1＝ 4.( 或许：各项为正的等比数列T 1＝ 4 为最小值 )又 S n ＝n9－n 12 ＝－ 2( n 2－ 9n )1n －9 281＝－ 2 2－ 4 ，故 ( S n )max ＝ S 4＝ S 5＝ 10，当 t >6 时，对随意 n 、 m ∈ N * ，T m ＋t >T 1＋6>10≥ S n ，∴当 t >6 时， S n <T m ＋ t 恒建立．4．已知数列 { a } 的前 n 项和 S 知足 S ＋ a ＋1 n － 1* n 2＝ 2( n ∈ N ) ，设 c ＝ 2 a .nnnnnn(1) 求证：数列 { c n } 是等差数列，并求数列{ a n } 的通项公式；(2) 按以下规律结构数列 { b n } ，详细方法以下：b 1＝c 1，b 2＝ c 2＋ c 3， b 3＝ c 4＋ c 5＋ c 6＋ c 7， ，第 n 项 b n 由相应的 { c n } 中 2n －1 项的和构成，求数列{ b n } 的通项 b n .1n － 1解(1) 证明：在 S ＋a ＋ 2令 n ＝ 1，得 S 1＋ a 1＋ 1＝ 2，1∴ a 1＝ 2.当 n ≥2时， S n － 1＋ a n － 1＋ 1 n － 2＝ 2，②21 n①－②得， a n ＋ a n － a n － 1－ 2 － 1＝ 0( n ≥2) ，1 ∴ 2a n － a n － 1＝ 2n － 1， nn － 1∴ 2 a n － 2 a n － 1＝1. 又 c n ＝ 2n a n ，∴ c n － c n －1＝ 1( n ≥2) ．又 c 1＝ 2a 1＝1，∴数列 { c n } 是等差数列．于是c n ＝1＋ ( n －1) ×1＝ nnn又∵ c n ＝ 2 a n ，∴ a n ＝ n .2(2) 由题意得 b n ＝ c 2n － 1＋ c 2 n －1＋ 1＋ c 2n －1＋2 ＋ ＋ c 2n － 1＝ 2n － 1＋ (2 n －1＋ 1) ＋ (2 n － 1＋ 2) ＋ ＋ (2 n － 1) ，而 2n － 1, 2n －1＋ 1,2 n － 1＋ 2， ， 2n － 1 是首项为 2n －1，公差为 1 的等差数列，且共有2n －1 项，[2n － 1nn －1 2n －22n － 1n － 1＋ 2 － 1] ×22＋ 2－22n － 3n － 2∴ b n ＝2＝2＝3×2 －2 .5．(2014 ·南京一模 ) 设等差数列 {n }的前n 项和为n，已知1＝ 2， 6 ＝22.aS a S(1) 求 S n ；(2) 若从 { a n } 中抽取一个公比为 q 的等比数列 { ak n } ，此中 k 1＝ 1，且 k 1<k 2< <k n < ， k n ∈ N * .①当 q 取最小值时，求 { k n } 的通项公式；②若对于 n ( n ∈ N * ) 的不等式 6S n >k n ＋1 有解，试求 q 的值．解 (1) 设等差数列的公差为 d ， 则6＝ 6 1＋ 1×6×5 ＝22，解得d＝ 2，Sad32nn ＋5∴ S n ＝.3(2) ①∵数列 { a n } 是正项递加等差数列，∴数列 { ak n } 的公比 q >1，8 a 2 4 若 k ＝ 2，则由 a ＝ ，得 q ＝＝ ，223a 13此时 ak 34 232＝2×＝，39由329＝23( n＋2) ，解得n＝103?N*，∴ k2>2，同理 k2>3；若 k2＝4，则由 a4＝4，得 q＝2，n－ 1此时 ak n＝2×2，2另一方面， ak n＝( k n＋2)，32＋2)＝2n∴n，3( k即nk n＝3×2－1－2，∴对任何正整数n n n－ 1－ 2项．n， ak是数列 { a } 的第 3×2∴最小的公比q＝2.∴ k n＝3×2n－1－2.②由 ak n＝2kn＋4＝2q n－1，3得 k n＝3q n－1－2，而 q>1，因此当 q>1且 q∈N时，全部的k n＝3q n－1－2均为正整数，切合题意；当 q>1且 q?N时， k n＝3q n－1－2∈N不全部是正整数，不合题意．而 6S n>k n＋1有解，2n n＋5＋ 2∴3q n>1 有解，经查验，2n n＋5＋ 2当 q＝2， q＝3， q＝4时， n＝1都是3n>1 的解，切合题意；q2 n ＋5 ＋2下边证当 q≥5时，n n>1 无解，3q设 b n＝2n n＋ 5＋ 2n，3q2[1－2＋ 7－5＋7－ ]则 b n＋1－b n＝q n3q n＋1q n q，5q－ 7∵2－2q<0，∴f ( n)＝2[(1－ q) n2＋(7－5q) n＋7－ q]在 n∈N*上单一递减．∵ f (1)<0，∴f ( n)<0恒建立，∴b n＋1－ b n<0，∴b n≤ b1恒建立，又当 q≥5时， b1<1，∴当 q≥5时，6S n>k n＋1无解．综上所述， q 的值为2,3,4.。

题型专项训练10数列与不等式(解答题专项)1.已知数列{a n},{b n}满足下列条件:a1=1,a n+1-2a n=2n+1,b n=a n+1-a n.(1)求{b n}的通项公式;(2)设数列的前n项和为S n,求证:对任意正整数n,均有S n<2.(2017浙江金华十校4月模拟)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1·a n=(n∈N*),求证:(1);(2)2(-1)+…+n.[来源学#科#网]3.已知数列{a n}的各项都不为零,其前n项和为S n,且满足2S n=a n(a n+1)(n∈N*).(1)若a n>0,求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在满足题意的无穷数列{a n},使得a2 016=-2 015?若存在,求出这样的无穷数列的一个通项公式;若不存在,请说明理由.4.已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n,且a2,a3,a5成等比数列,S6=45.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n;(2)令p n=,是否存在正整数M,使不等式p1+p2+…+p n-2n≤M恒成立,若存在,求出M的最小值;若不存在,说明理由.[来源学科网Z.X.X.K]5.已知数列{a n}满足+…+,n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:对任意的n∈N*,都有+…+<4.6.(2017浙江宁波诺丁汉大学附中下学期期中)已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=+2a n,n∈N*,设b n=log2(a n+1).(1)求{a n}的通项公式;(2)求证:1++…+<n(n≥2);(3)若=b n,求证:2<3.参考答案题型专项训练10数列与不等式(解答题专项)1.(1)解由a n+1-2a n=2n+1,①得a n-2a n-1=2n-1(n≥2).②①-②,得a n+1-a n-2(a n-a n-1)=2,即b n-2b n-1=2.因此,b n+2=2(b n-1+2).由①,及a1=1得a2=5,[来源学+科+网Z+X+X+K]于是b1=4.因此,数列{b n+2}是以b1+2=6为首项,2为公比的等比数列,所以b n+2=6·2n-1.故数列{b n}的通项公式为b n=6·2n-1-2.(2)证明由(1)得.因为>0(n∈N*),所以对任意正整数n,S n≥S1=.因为(n≥2).所以当n≥2时,S n=+…+≤=.当n=1时,显然有S1<.综上,对任意正整数n,均有≤S n<.2.证明(1)∵a n+1·a n=,①∴a n+2·a n+1=.②由②÷①得,∴.(2)由(1)得(n+1)a n+2=na n,∴+…++…+.令b n=na n,则b n·b n+1=na n·(n+1)a n+1==n+1,③∴b n-1·b n=n,n≥2,④由b1=a1=1,b2=2,易得b n>0,由③-④得=b n+1-b n-1(n≥2),∴b1<b3<…<b2n-1,b2<b4<…<b2n,得b n≥1.根据b n·b n+1=n+1得b n+1≤n+1,∴1≤b n≤n.∴+…++…+=+(b3-b1)+(b4-b2)+…+(b n-b n-2)+(b n+1-b n-1)=+b n+b n+1-b1-b2=b n+b n+1-2.一方面:b n+b n+1-2≥2-2=2(-1);另一方面:由1≤b n≤n可知b n+b n+1-2=b n+-2≤min≤n.3.解(1)∵数列{a n}的各项都不为零且满足2S n=a n(a n+1)(n∈N*),①∴2S1=2a1=a1(a1+1),解得a1=1.∴2S n+1=a n+1(a n+1+1).②②-①得2a n+1=+a n+1-a n,整理得到0=(a n+1-a n-1)(a n+a n+1),∴a n+1-a n=1.∴{a n}是以1为首项,以1为公差的等差数列,∴a n=1+(n-1)×1=n.(2)由(1)知a1=1,0=(a n+1-a n-1)(a n+a n+1),可得a n+1=a n+1或a n+1=-a n,∴从第二项开始每一项都有两个分支,因此通项为a n=的数列满足题意,使得a2 016=-2 015.4.解(1)设等差数列{a n}的公差为d,由已知,得=a2a5,即(a2+d)2=a2(a2+3d),得a2=d.由S6=45,得2a2+3d=15,从而可得a2=d=3,a n=3n-3,S n=.(2)∵p n==2+,∴p1+p2+p3+…+p n-2n=2=2-.由n是整数,可得p1+p2+p3+…+p n-2n<2.故存在最小的正整数M=2,使不等式p1+p2+…+p n-2n≤M恒成立.5.(1)解因为+…+,当n=1时,=1,即a1=1.当n≥2时,+…+,作差,得=n3,a n=n,且a1=1也满足此式.故数列{a n}的通项公式为a n=n.(2)证明由(1)得,因为2n+1-(n+1)=2n-n+(2n-1)>2n-n≥2-1>0,所以>0.又≤0,即,所以+…++…+.[来源:学+科+网Z+X+X+K]记S=+…+,由错位相减法,得S=1++…+,即S=2<4.所以+…+<4.6.证明(1)由a n+1=+2a n,则a n+1+1=+2a n+1=(a n+1)2,由a1=3,则a n>0,两边取对数得到log2(a n+1+1)=log2(a n+1)2=2log2(a n+1),即b n+1=2b n, 又b1=log2(a1+1)=2≠0,∴{b n}是以2为公比的等比数列,即b n=2n,又∵b n=log2(a n+1),∴a n=-1.(2)用数学归纳法证明:①当n=2时,左边为1+<2=右边,此时不等式成立;②假设当n=k≥2时,不等式成立,即1++…+<k,[来源学科网]则当n=k+1时,左边=1++…++…+<k++…+<k+…<k+1=右边,∴当n=k+1时,不等式成立.综上可得:对一切n∈N*,n≥2,命题成立.(3)由=b n得c n=n,∴,首先+…++…+≥2,其次,∵(k≥2),∴+…++…+,<1+1+1-+…+=3-<3, 当n=1时显然成立.所以得证.。

(2)在各项均为正数的数列{an}中，a1＝1，a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0，Sn 是数列 {an}的前 n 项和，若对 n∈N*，不等式 an(λ－2Sn)≤27 恒成立，则实数 λ 的 取值范围为_(－__∞__，__1_7_]_.
∵a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0， ∴(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0， ∵an>0，∴an＋1＝3an，又a1＝1， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列， ∴an＝3n－1， Sn＝11－－33n＝32n－12， ∴不等式 an(λ－2Sn)≤27 即 λ≤2Sn＋2a7n＝3n＋32n－71－1 对 n∈N*恒成立，
所以 2an1
2an
＝4，
所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是公差为2的等差数列，
因为a2，a4，a7成等比数列，
所以 a24＝a2a7，
所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋12)， 解得a1＝6，
所以an＝6＋2(n－1)＝2n＋4， 因为Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项， 所以Sn＋1＝2bn， 当n≥2时，有Sn－1＋1＝2bn－1， 两式相减得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1， 当n＝1时，有S1＋1＝b1＋1＝2b1， 所以b1＝1， 所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，
考向3 错位相减法
例3 (2022·上饶模拟)从①b5－b4＝18b2，②S5＝b4－2，③log3bn＋1－1＝ log3bn这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是正项等比数列，且2an＝an＋1＋ an－1(n≥2)，S3＝b3＝9，b4＝a14，________. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

高考数学二轮专题升级训练解答题专项训练 ( 数列 ) 理新人教 A 版1. 设数列 { a } 的前 n 项和 Sn+1 *成等差数列 .知足 2S =a - 2 +1, n ∈ N, 且 a , a +5, annnn+1123(1) 求 a 1 的值 ;(2) 求数列 {a n } 的通项公式 .2. 已知各项都不相等的等差数列 {a n } 的前 6 项和为 60, 且 a 6 为 a 1 和 a 2 1 的等比中项 . (1) 求数列 {a n } 的通项公式 ;(2) 若数列 { b n } 知足 b n+1-b n =a n ( n ∈N * ), 且 b 1=3, 求数列的前 n 项和 T n .3. 已知数列 {a n } 是公差为正的等差数列 , 其前 n 项和为 S n , 点 (n,S n ) 在抛物线 y=x 2+x 上 ; 各项都为正数的等比数列 {b n } 知足 b 1b 3=,b 5=.(1) 求数列 {a n },{b n } 的通项公式 ;(2) 记 C n =a n b n , 求数列 {C n } 的前 n 项和 T n .4. 已知 S n 是等比数列 {a n } 的前 n 项和 ,S 4,S 10,S 7 成等差数列 .(1) 求证： a 3,a 9,a 6 成等差数列 ;(2) 若 a 1=1, 求数列 {} 的前 n 项的积 .5. 已知数列 {a n } 知足 :a 1 =1,a n+1=(1) 求 a 2,a 3;(2) 设 n2n 2, ∈ N *,求证:{ bn } 是等比数列 , 并求其通项公式 ;b =a -n(3) 在 (2) 的条件下 , 求数列 {a n } 前 100 项中的全部偶数项的和 S.6 . 已知数列 { a }( ∈N) 是首项为 , 公比为 ≠ 0 的等比数列 , S 是数列 { a } 的前 n 项和 ,已知*nn n12S 3, S 6, S 12-S 6 成等比数列 .(1) 当公比 q 取何值时 , 使得 a 1,2a 7,3a 4 成等差数列 ;(2) 在 (1) 的条件下 , 求 T n =a 1+2a 4+3a 7+ +na 3n-2 .7. 已知数列 {a n } 的各项排成如下图的三角形数阵, 数阵中每一行的第一个数a 1,a 2,a 4,a 7, 构成等差数列 {b },S是 {b } 的前 n 项和 , 且 b =a =1,S =15.nnn115(1) 若数阵中从第三行开始每行中的数按从左到右的次序均组成仅比为正数的等比数列, 且公比相等 , 已知 a =16, 求 a50的值 ;9(2) 设 T n =+ +, 求 T n .8. 设数列 {a n } 的各项均为正数 . 若对随意的 n ∈ N * , 存在 k ∈ N * , 使得 =a n ·a n+2k 建立 , 则称数列 {a n }为“ J K 型”数列 .(1) 若数列 {a n } 是“ J 2 型”数列 , 且 a 2=8,a 8=1, 求 a 2n ;(2) 若数列 {a n } 既是“ J 3 型”数列 , 又是“ J 4 型”数列 , 证明 : 数列 {a n } 是等比数列 .##1. 解 : (1) 在 2S n =a n+1-2 n+1+1 中 ,2令 n=1, 得 2S 1=a 2-2 +1, 令 n=2, 得 2S 2=a 3-2 3+1, 解得 a 2=2a 1+3,a 3=6a 1+13.又 2(a 2+5)=a 1+a 3, 解得 a 1=1.(2)2S n =a n+1-2 n+1+1.2S n+1=a n+2-2 n+2+1, 得 a n+2=3a n+1+2n+1, 又 a 1=1,a 2 =5 也知足 a 2=3a 1+21, ∴ a n+1=3a n +2n 对 n ∈ N * 建立 .n+1n∴ a n+1+2=3(a n +2 ),nnn n∴ a n +2 =3 , ∴ a n =3 -2 .2 . 解 : (1 ) 设等差数列 {a n } 的公差为 d(d ≠ 0), 则解得∴ a =2n+3.(2) 由 b n+1-b n=a n,∴b n-b n- 1=a n- 1( n≥2, n∈N*),b n=(b n-b n-1 )+(b n-1 -b n-2 )++(b 2-b 1)+b 1=a n-1 +a n-2 ++a 1+b1=(n- 1) ·+3=n(n+ 2).∴b n=n( n+2)( n∈N*) .∴,T n=+ +==.23. 解 : (1) ∵ S n=n +n,当 n=1 时 ,a 1=S1=2;当 n≥2 时 ,S n-1 =(n-1) 2 +(n-1)=n 2-n+1.∴a n =S n-S n-1 =3n-1(n ≥ 2).当 n=1 时 ,a 1=3-1=2 知足题意 .∴数列 {a n} 是首项为2, 公差为 3 的等差数列 . ∴a n=3n-1.又∵各项都为正数的等比数列{b n} 知足 b1b3=,b 5=,∴ b2=b1q=,b 1q4=,解得 b1=,q=, ∴ b n=.(2) ∵ C n=(3n- 1) ×,∴T n=2×+5×+ +(3n - 4) ×+(3n - 1) ×, ①∴T n=2×+5×+ +(3n - 4) ×+(3n - 1) ×, ②① - ②, 得 T n=1+3+ +-(3n- 1) ×=1+3× -(3n- 1) ×=- 3× -(3 n- 1) ×.∴T n=5-.4. 解 : (1) 当 q=1 时,2S 10≠ S4+S7, ∴ q≠ 1.由 2S10=S4+S7, 得 .∵a1≠ 0,q ≠ 1, ∴ 2q10 =q4+q7.则 2a1q8=a1q2+a1q5. ∴ 2a9=a3+a6.∴ a3,a 9,a 6成等差数列 .(2)依题意设数列 {} 的前 n 项的积为 T n,T n=··33 2 3n-1 333 2 3 n-1=1 ·q·(q ) · · (q) =q ·(q ) · · (q)=(q 3) 1+2+3+ +(n -1) =(q 3.又由 (1)得 2q10=q4+q7,∴2q6-q 3-1=0, 解得 q3=1( 舍 ),q 3=-. ∴ T n=.5.解 : (1)a 2=,a 3=-.(2)==,又 b1=a2-2=-,∴数列 {b n} 是等比数列 , 且 b n==-.(3) 由 (2) 得 a2n=b n+2=2- (n=1,2,3,,50),S=a2+a4+ +a100=2×50-=100-1+=99+.6. 解 : (1) 由题意可知 ,a ≠ 0.①当 q=1 时 , 则 12S3=36a,S 6=6a,S 12-S 6=6a,此时不知足条件12S3,S 6,S 12-S 6成等比数列 ;②当 q≠ 1 时 , 则12S3=12×,S 6=,S 12-S 6=,由题意得 12×,3336化简整理得 (4q +1)(3q -1)(1-q )(1-q)=0,当 q=-1 时 ,a 1+3a4=-2a,2a 7=2a,∴ a1+3a4≠ 2(2a 7), 不知足条件 ;当 q3=- 时,a 1+3a4=a(1+3q 3)=,2(2a 7)=4aq 6=,即 a1+3a4=2(2a 7),∴当 q=- 时 , 知足条件 ;当 q3=时,a 1+3a4=a(1+3q 3)=2a,2(2a7)=4aq6=,3∴ a1+3a4≠2(2a 7), 进而当 q =时 , 不知足条件 .综上 , 当 q=- 时 , 使得 a1,2a 7,3a 4成等差数列 .(2) 由 (1) 得 na3n-2 =na.∴T n=a+2×a+3×· a+ +(n - 1) ·a+na, ①则 -T n=a+2×a+3×a+ +(n - 1)a+na, ②① - ②得 T n=a+a+a+a+ +a -na=a-a,因此 T n=a-a.7.解 : (1) ∵ {b n} 为等差数列 , 设公差为 d,b 1=1, S5=15,∴ S5=5+10d=15,d=1.∴ b n=1+(n- 1) ×1=n.设从第 3 行起 , 每行的公比都是 q, 且 q>0,a 9=b4 q2,4q 2=16,q=2, 1+2+3+ +9=45,故 a50是数阵中第 10 行第 5 个数 ,4 4而 a50=b10q =10×2=160.(2) ∵ S n=1+2+ +n=,∴ T n=+ +=+ +=2+ +=2.8.(1) 解: 由题意 , 得 a2,a 4,a 6,a 8, 成等比数列 , 且公比 q=, 因此 a2n=a2q n-1 =.(2)证明 : 由 {a n} 是“J4型”数列 , 得a1,a 5,a 9,a 13,a 17,a 21, 成等比数列 , 设公比为t.由 {a n} 是“J3型”数列 , 得a1,a 4,a 7,a 10,a 13, 成等比数列 , 设公比为α 1;a2,a 5,a 8,a 11,a 14, 成等比数列 , 设公比为α 2;a3,a 6,a 9,a 12,a 15, 成等比数列 , 设公比为α 3;则 =t 3,=t 3,=t 3.因此α 1=α 2=α 3,不如记α =α 1=α 2=α 3,且t=.于是 a3k-2 =a1αk-1 =a1() (3k-2)-1 ,a3k-1 =a5αk-2 =a1t αk-2 =a1=a1() (3k-1)-1 ,a3k=a9αk-3 =a1t 2αk-3 =a1=a1() 3k-1 ,因此 a n=a1 () n-1 ,故 {a n} 为等比数列 .。