专题 07 数列综合训练
一、单选题（共 15 小题）
1.（2020•邵阳一模）在数列{an}中，若 a1＝1，a2＝3，an+2＝an+1﹣an（n≥1），则该数列的前 50 项之和是（ ）
A．18 B．8 C．9 D．4
【解答】解：∵在数列{an}中，若 a1＝1，a2＝3，an+2＝an+1﹣an（n≥1），
∴a3＝3﹣1＝2，
a4＝2﹣3＝﹣1，
a5＝﹣1﹣2＝﹣3，
a6＝﹣3+1＝﹣2，
a7＝﹣2+3＝1，
a8＝1+2＝3，
∴数列{an}是以 6 为周期的数列．
∵50＝6×8+2，
∴该数列的前 50 项之和是：
S50＝8×（a1+a2+a3+a4+a5+a6）+a1+a2
＝8（1+3+2﹣1﹣3﹣2）+1+3＝4．
故选：D．
【知识点】数列递推式
2.（2020•长治一模）已知数列{an}满足 a1＝ ，an+1＝ ，则 a2019＝（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：∵an+1＝ ，
∴ ＝ ＝ + ，即 ﹣ ＝ ，
又 a1＝ ，
∴数列{ }是以首项为 ＝ ，公差为 的等差数列，
∴ ＝ +（2019﹣1）× ＝ ，
a2019＝ ．
故选：A．
【知识点】数列递推式
3.（2020•平顶山一模）已知数列{an}满足 an+2﹣2an+1+an＝1，且 a1＝1，a2＝2，则 a10＝（ ）
A．29 B．29﹣1 C．56 D．46
【解答】解：∵an+2﹣2an+1+an＝1，
∴（an+2﹣an+1）﹣（an+1﹣an）＝1，
又 a1＝1，a2＝2，a2﹣a1＝1，
∴数列{an+1﹣an}是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，
∴an+1﹣an＝n，
∴a10＝（a10﹣a9）+（a9﹣a8）+…+（a2﹣a1）+a1
＝9+8+7+…+2+1+1
＝ +1
＝46．
故选：D．
【知识点】数列递推式
4.（2020•武汉模拟）已知数列{an}满足 a1＝1，（an+an+1﹣1）2＝4anan+1，且 an+1＞an（n
∈
N*），则数列{an}
的通项公式 an＝（ ）
A．2n B．n2 C．n+2 D．3n﹣2
【解答】解：∵a1＝1，（an+an+1﹣1）2＝4anan+1，且 an+1＞an（n
∈
N*），
∴an+an+1﹣1＝2 ，
∴ ﹣ ＝1，又 ＝1，
∴数列{ }是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，
∴ ＝1+（n﹣1）×1＝n，
∴an＝n2．
故选：B．
【知识点】数列递推式
5.（2020•临汾模拟）在进行 1+2+3+……+100 的求和运算时，德国大数学家高斯提出了倒序相加法的原理，
该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知数列
an＝ ，则 a1+a2+……+am+2016＝（ ）
A． +504 B． +504 C．m+504 D．2m+504
【解答】解：依题意 an＝ ，记 S＝a1+a2+……+am+2016，
则 S＝ + +…+ + ，
又 S＝ + +…+ + ，
两式相加可得 2S＝ + +…+ + ＝ ，
则 S＝ ＝ +504．
故选：B．
【知识点】数列的求和
6.（2020•眉山模拟）已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 ，a1＝1，n
∈
N*，则{an}的通项公式
an＝（ ）
A．n B．n+1 C．2n﹣1 D．2n+1
【解答】解：∵ ，
∴（2n﹣1）an+1＝4Sn﹣1
①
，
∴（2n﹣3）an＝4Sn﹣1﹣1（n≥2）
②
，
①
﹣
②
得：（2n﹣1）an+1﹣（2n﹣3）an＝4an（n≥2），
整理得： ＝ （n≥2），
∴an＝ • • … • •a1
＝ • • … • •1
＝2n﹣1（n≥2），
又 a1＝1，符合上式，
∴an＝2n﹣1．
故选：C．
【知识点】数列递推式
7.（2020•重庆模拟）已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16，则 log2a9＝（ ）
A．15 B．16 C．17 D．18
【解答】解：∵数列{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16，
∴2q2＝2×2q+16，且 q＞0，
解得 q＝4，
∴log2a9＝ ＝17．
故选：C．
【知识点】等比数列的通项公式
8.（2020•松江区一模）已知集合 M＝{1，2，3，…，10}，集合 A
⊆
M，定义 M（A）为 A 中元素的最小值，
当 A 取遍 M 的所有非空子集时，对应的 M（A）的和记为 S10，则 S10＝（ ）
A．45 B．1012 C．2036 D．9217
【解答】解：设 M＝{1，2，3，…，10}，对 M 的任意非空子集 A 共有 210﹣1 个，
其中最小值为 1 的有 29 个，最小值为 2 的有 28 个，…，最小值为 10 的只有 20＝1 个，
故 S10＝29×1+28×2+…+21×9+20×10，
∴2S10＝210×1+29×2+…+22×9+21×10，
两式相减得 S10＝210+29+…+2﹣10＝ ﹣10＝211﹣2﹣10＝2036．
故选：C．
【知识点】数列的求和
9.（2020•漳州一模）已知数列{an}为等比数列，且 a2a10＝4a6，数列{bn}为等差数列，Sn 为等差数列{bn}的
前 n 项和，S6＝S10，a6＝b7，则 b9＝（ ）
A． B． C． D．﹣4
【解答】解：设等差数列{bn}的公差为 d．
由 a2a10＝4a6，可知 ，
则 a6＝4．由 S6＝S10，
可知 b7+b8+b9+b10＝0，
则 b7+b10＝0．
因为 b7＝a6＝4，所以 b10＝﹣4，
则 3d＝b10﹣b7＝﹣8，
即 ，
故 b9＝b7+2d＝ ＝ ，
故选：B．
【知识点】等差数列与等比数列的综合
10.（2020•永州二模）数列{an}满足 an+1+an＝11﹣n+（﹣1）n，且 0＜a6＜1．记数列{an}的前 n 项和为 Sn，
则当 Sn 取最大值时 n 为（ ）
A．11 B．12 C．11 或 13 D．12 或 13
【解答】解：设 a1＝t，由 an+1+an＝11﹣n+（﹣1）n，
可得 a2＝9﹣t，a3＝1+t，a4＝6﹣t，a5＝2+t，a6＝3﹣t，a7＝3+t，a8＝﹣t，…，
0＜a6＜1 可得 0＜3﹣t＜1，可得 2＜t＜3，
则数列{an}的奇数项为首项为 t，公差为 1 的等差数列；偶数项为首项为 9﹣t，公差为﹣3 的等
差数列，
且每隔两项的和为 9，7，5，3，1，﹣1，…，为递减，
可得 S10＝9＝5+7+5+3+1＝25，S11＝25+a11＝30+t，S12＝25﹣1＝24，S13＝24+a13＝24+6+t＝30+t，
S14＝24﹣3＝21，…，
则当 Sn 取最大值时 n＝11 或 13．
故选：C．
【知识点】数列递推式、数列的求和
11.（2020•黄山一模）已知数列{an}满足 2a1+22a2+…+2nan＝n（n
∈
N*），数列 的前 n
项和为 Sn，则 S2019＝（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：∵2a1+22a2+…+2nan＝n，
∴n＝1 时，2a1＝1，解得 ，
n≥2 时，2a1+22a2+…+2n﹣1an﹣1＝n﹣1，
两式相减，得：2nan＝1，∴ ，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∴数列 的前 n 项和：
Sn＝（1﹣ ）+（ ）+（ ）+…+（ ）＝1﹣ ＝ ，
∴S2019＝ ．
故选：A．
【知识点】数列的求和
12.（2019•山东模拟）已知数列： ，按照 k 从小到大的顺序排列在一起，构成
一个新的数列{an}： 首次出现时为数列{an}的（ ）
A．第 44 项 B．第 76 项 C．第 128 项 D．第 144 项
【解答】解：观察数列可得，该数列中分子，分母之和为 2 的有 1 项，为 3 的有 2 项，为 4 的有 3 项，…，
分子，分母之和为 16 的有 15 项，
分子，分母之和为 17 的有 16 项，排列顺序为 ， ， ，…， ， ，
其中 为分子，分母之和为 17 的第 8 项，
故共有 项．
故选：C．
【知识点】数列的应用
13.（2019•南昌三模）已知数列{an}： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
，…（其中第一项是 ，接下来的 22﹣1 项是 ， ，再接下来的 23﹣1 项是 ， ， ，
， ， ， ，依此类推．）的前 n 项和为 Sn，下列判断：
①
是{an}的第 2036 项；
②
存
在常数 M，使得 Sn＜M 恒成立；
③
S2036＝1018；
④
满足不等式 Sn＞1019 的正整数 n 的最小值是 2100．其
中正确的序号是（ ）
A．
①②③
B．
①②④
C．
①③④
D．
②③④
【解答】解：
①
是{an}的第 k 项，则 k＝21﹣1+22﹣1+……+210﹣1＝ ﹣10＝2036；
②
由题意可得：分母为 2k 时， ＝ ＝ （k
∈
N*），可得：Sn 单
调递增，且 n→+∞时，Sn→+∞，因此不存在常数 M，使得 Sn＜M 恒成立，因此不正确；
③
由
②
可得：S2036＝ + +……+ ＝ + +……+ ＝
＝1018，因此正确．
④
S2036＝1018，设 S2036+ ＝1018+ ＞1019，则 k（k+1）＞212，解得 k＞64．
∴满足不等式 Sn＞1019 的正整数 n 的最小值＝2036+64＝2100，因此正确．
其中正确的序号是
①③④
．
故选：C．
【知识点】数列的函数特性
14.（2019•镇海区校级模拟）已知等差数列{an}满足，|a1|+|a2|+…+|an|＝|a1+1|+|a2+1|+…+|an+1|＝|a1﹣1|+|a2
﹣1|+…+|an﹣1|＝98，则 n 的最大值为（ ）
A．14 B．13 C．12 D．11
【解答】解：等差数列{an}满足，|a1|+|a2|+…+|an|＝|a1+1|+|a2+1|+…+|an+1|＝|a1﹣1|+|a2﹣1|+…+|an﹣1|＝98，
可得等差数列不为常数列，且{an}中的项一定满足 或 ，
且项数为偶数，设 n＝2k，k
∈
N*，等差数列的公差设为 d，不妨设 ，
则 a1＜0，d＞0，且 ak+1≤0，ak﹣1＜0 即 ak≤﹣1，
由 ak+1﹣1≥0，
则﹣1+kd≥ak+kd≥1，即 kd≥2，
即有 d≥2，
则|a1|+|a2|+…+|an|＝﹣a1﹣a2﹣…﹣ak+ak+1+…+a2k
＝﹣（ka1+ d）+k（a1+kd）+ d
＝k2d＝98，
可得 98≥2k2，即有 k≤7，
即有 k 的最大值为 7，n 的最大值为 14．
故选：A．
【知识点】数列的求和
15.（2019•江西模拟）设[x]为不超过 x 的最大整数，an 为[x[x]]（x
∈
[0，n））可能取到所有值的个数，Sn 是数
列 前 n 项的和，则下列结论正确个数的有（ ）
（1）a3＝4
（2）190 是数列{an}中的项
（3）
（4）当 n＝7 时， 取最小值
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4
【解答】解：an 为[x[x]]（x
∈
[0，n））可能取到所有值的个数，
当 n＝1 时，[x[x]]＝0，即 a1＝1，S1＝ ＝2（ ﹣ ）＝ ；
当 n＝2 时，[x[x]]＝0，1，即 a2＝2，S2＝2（ ﹣ + ﹣ ）＝ ；
当 n＝3 时，[x[x]]＝0，1，4，5，即 a3＝4，S3＝2（ ﹣ + ﹣ + ﹣ ）＝ ；
当 n＝4 时，[x[x]]＝0，1，4，5，9，10，11，即 a4＝7，S4＝2（ ﹣ + ﹣ + ﹣ + ﹣ ）
＝ ；
…，可得 an＝1+（1+2+3+…+n﹣1）＝ n（n﹣1）+1，
可令 an＝190，即 n2﹣n﹣378＝0，可得 n 不为整数，故（1）正确；故（2）错误；
S10＝2（ ﹣ + ﹣ + ﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ）＝ ，故（3）正确；
＝ + ﹣ ≥2 ﹣ ，由于 n＝ （不为自然数），取不到等号，
考虑 n＝6 时，有 3+ ﹣ ＝ ；n＝7 时， + ﹣ ＝ ＜ ，
则当 n＝7 时， 取最小值，故（4）正确．
故选：C．
【知识点】数列的求和
二、填空题（共 8 小题）
16.（2020•宝鸡二模）数列{an}满足 a1+2a2+3a3+…+nan＝2n﹣1（n
∈
N*），则，an＝ ．若存在 n
∈
N*
使得 an≤ •
λ
成立，则实数
λ
的最小值为 ．
【解答】解：∵a1+2a2+3a3+…+nan＝2n﹣1
①
，
∴a1+2a2+3a3+…+（n﹣1）an﹣1＝2n﹣1﹣1 （n≥2）
②
，
①
﹣
②
得：nan＝2n﹣2n﹣1＝2n﹣1，
∴ （n≥2），
又∵a1＝2﹣1＝1，满足 ，
∴ ，
若存在 n
∈
N*使得 an≤ •
λ
成立，即若存在 n
∈
N*使得 成立，
设 f（n）＝ ，n
∈
N*，
∴f（n+1）﹣f（n）＝ ＝ ＞0，
∴f（n+1）＞f（n），
∴对任意 n
∈
N*，f（n）递增，
∴f（n）min＝f（1）＝ ，
∴ ，
∴
λ
的最小值为 ，
故答案为： ， ．
【知识点】数列递推式
17.（2020•广州模拟）记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，若 2Sn﹣an＝ ，则 a3+a4＝ ﹣ ，数列{an+2
﹣an}的前 n 项和 Tn＝ ．
【解答】解：（1）由于数列{an}满足 2Sn﹣an＝ ，
①当 n≥2 时，
②
，
①
﹣
②
得： ，
整理得 ，
所以 ．
（2）由于 ，
故
③
，
所以
④
，
③
﹣
④
得： ，
所以 …+ ，
＝ ﹣2×（ ）+ ，
＝（ ）﹣ +（ ），
＝ ．
故答案为：（1） ，（2）
【知识点】数列递推式
18.（2020•和平区模拟）数列{an}满足 a1＝1，a2＝2，an+2＝2an+1﹣an+2．则数列{an}的通项公式为 ﹣
【解答】解：∵an+2＝2an+1﹣an+2，
∴an+2﹣an+1＝an+1﹣an+2，
∴an+1﹣an＝an﹣an﹣1+2（n≥2），
an﹣an﹣1＝an﹣1﹣an﹣2+2（n≥3），（n﹣2）
…
a4﹣a3＝a3﹣a2+2，（2）
a3﹣a2＝a2﹣a1+2，（1）
将这（n﹣2）项相加得：an﹣a2＝an﹣1﹣a1+2（n﹣2），又 a1＝1，a2＝2，
∴an﹣2＝an﹣1﹣1+2（n﹣2），
∴an﹣an﹣1＝2n﹣3．
∴an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a3﹣a2）+（a2﹣a1）+a1
＝（2n﹣3）+[2（n﹣1）﹣3]+…+（2×2﹣3）+1
＝1+1+3+5+…+（2n﹣3）
＝1+
＝（n﹣1）2+1．
故答案：an＝n2﹣2n+2．
【知识点】数列递推式
19.（2019•诸暨市模拟）已知数列{an}的各项都是正数， （n
∈
N*），若数列{an}各项单调递
增，则首项 a1 的取值范围 ；当 a1＝ 时，记 ，若 k＜b1+b2+…+b2019＜k+1，
则整数 k＝ ﹣ ．
【解答】解：由题意，正数数列{an}是单调递增数列，且 ，
∴ ，解得 an+1
∈
（0，2），
∴a2
∈
（0，2）．
∴ ．
∵a1＞0，
∴0＜a1＜2．
又由 ，可得： ．
∴ ．
∵ ，
∴ + ﹣…+
＝ ﹣（ + ）+（ + ）﹣…﹣（ + ）+（ + ）
＝ ﹣ ﹣ + + ﹣…﹣ ﹣ + +
＝ ﹣ +
＝﹣ + ．
∵ ，且数列{ }是递增数列，
∴a2019 ，即 ，
∴﹣4＜﹣ + ＜﹣3．
∴整数 k＝﹣4．
故答案为：（0，2）；4．
【知识点】数列递推式
20.（2019•新吴区校级模拟）有 2000 个实数，2 是其中的一个，将它们任意的排序后组成数列 a1，a2，…，
a2000，若该数列的所有项的和为 5100，且 a1+a2+…+a1050﹣ ﹣ ﹣…﹣ 是常数 A（即 A
不随排序改变而改变），则 A 的值是 ．
【解答】解：由题意可得 a1+a2+…+a2000＝5100，
可得 a1+a2+…+a1050＝5100﹣（a1051+a1052+…+a2000），
由题意可得 5100﹣（a1051+a1052+…+a2000）﹣ ﹣ ﹣…﹣ 是常数 A，
由 2 是其中的一个，2+ ＝5，且 3+ ＝5，
可得 a1051，a1052，…，a2000，都为 2 或 3，
则 A＝5100﹣（5+5+…+5）＝5100﹣5×950＝350．
故答案为：350．
【知识点】数列的求和
21.（2019•海淀区校级一模）定义：对于数列{xn}，如果存在常数 p，使对任意正整数 n，总有（xn+1﹣p）（xn
﹣p）＜0 成立，那么我们称数列{xn}为“p﹣摆动数列”
①
若 an＝2n﹣1，bn＝qn（﹣1＜q＜0），n
∈
N*，则数列{an} “p﹣摆动数列”，{bn} “p﹣
摆动数列”（回答是或不是）；
②
已知“p﹣摆动数列”{cn}满足 cn+1＝ ，c1＝1．则常数 p 的值为 ；
【解答】（1）由 an＝2n﹣1 知道{an}是递增数列，故不存在满足定义的 p，又因为 bn＝qn（﹣1＜q＜0）可知
bn 正负数值交替出现，故 p＝0 时满足定义．
（2）因为数列{cn}是“p﹣摆动数列”，故 n＝1 时有（x2﹣p）（x1﹣p）＜0，可求得 ，
又因为使对任意正整数 n，总有（cn+1﹣p）（cn﹣p）＜0 成立，即有（cn+2﹣p）（cn+1﹣p）＜0 成
立，
则（cn+2﹣p）（cn﹣p）＞0，
所以 c1＞p，c3＞p，…，c2n﹣1＞p，
同理 c2＜p，c4＜p，…，c2n＜p，
所以 c2n＜p＜c2n﹣1，即 ，解得 ，即 ，
同理 ，解得 ，即 ，
综上， ．
故答案为：不是；是； ．
【知识点】数列递推式
22.（2019•杨浦区一模）设 d 为等差数列{an}的公差，数列{bn}的前 n 项和 Tn，满足 Tn+ ＝（﹣1）nbn（n
∈
N*），
且 d＝a5＝b2，若实数 m
∈
Pk＝{x|ak﹣2＜x＜ak+3}（k
∈
N*，k≥3），则称 m 具有性质 Pk．若 Hn 是数列{Tn}的
前 n 项和，对任意的 n
∈
N*，H2n﹣1 都具有性质 Pk，则所有满足条件的 k 的值为 ．
【解答】解：Tn+ ＝（﹣1）nbn（n
∈
N*），
可得 n＝1 时，T1+ ＝﹣b1＝﹣T1，
解得 b1＝﹣ ，
T2+ ＝b2＝﹣ +b2+ ＝b2，
T3+ ＝﹣b3＝﹣ +b2+b3+ ，即 b2+2b3＝ ，
T4+ ＝b4＝﹣ +b2+b3+b4+ ，即 b2+b3＝ ，
解得 b2＝ ，b3＝﹣ ，
同理可得 b4＝ ，b5＝﹣ ，
…，b2n﹣1＝﹣ ，
d＝a5＝b2，可得 d＝a1+4d＝ ，
解得 a1＝﹣ ，d＝ ，an＝ ，
设 Hn 是数列{Tn}的前 n 项和，若对任意的 n
∈
N*，H2n﹣1 都具有性质 Pk，
由于 H1＝T1＝b1＝﹣ ，H3＝T1+T2+T3＝﹣ ，H5＝T1+T2+T3+T4+T5＝﹣ ，
H7＝﹣ +0﹣ ＝﹣ ，…，H2n﹣1＝H2n﹣3+b2n﹣1，（n≥2），
当 k＝3 时，P3＝{x|a1＜x＜a6}＝{x|﹣ ＜x＜ }，
当 k＝4 时，P4＝{x|a2＜x＜a7}＝{x|﹣ ＜x＜ }，
当 k＝5 时，P5＝{x|a3＜x＜a8}＝{x|﹣ ＜x＜1}，
当 k＝6 时，P3＝{x|a4＜x＜a9}＝{x|0＜x＜ }，
显然 k＝5，6 不成立，
故所有满足条件的 k 的值为 3，4．
答案为：3，4
【知识点】数列的求和
23.（2019•博望区校级模拟）已知△ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，若﹣ccosB 是 与
的等差中项，则 sin2A•tan2C 的最大值为 ﹣ ．
【解答】解：∵﹣ccosB 是 与 的等差中项，
∴﹣2ccosB＝ + ，
∴﹣2sinCcosB＝ （sinAcosB+cosAsinB）＝ sin（A+B）＝ ，
∴cosB＝﹣ ，
∵∠B 为三角形内角，
∴∠B＝ ，∴∠A+∠C＝ ，∴∠C＝ ∠A，
∴sin2A•tan2C＝sin2A ＝sin2A ＝sin2A ，
令 sin2A＝x，∵0＜∠A＜ ，∴2A
∈
（0， ），∴sin2A
∈
（0，1），即 x
∈
（0，1）．
sin2A•tan2C＝ ，x
∈
（0，1）
令 x+1＝t，则 t
∈
（1，2），
sin2A•tan2C＝ ＝3﹣（t+ ）≤3﹣2 ．
故填：3﹣2 ．
【知识点】正弦定理、等差数列的性质
三、解答题（共 12 小题）
24.（2020•凉山州模拟）Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，a1＝1，S3＝9．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设 bn＝a2n﹣1+a2n，求数列{bn}的前 n 项和 Tn．
【解答】解：（1）等差数列{an}的公差设为 d，
由 a1＝1，S3＝9，可得 3+ ×3×2d＝9，解得 d＝2，
则 an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
（2）bn＝a2n﹣1+a2n＝2（2n﹣1）﹣1+4n﹣1＝8n﹣4，
则前 n 项和 Tn＝4+12+…+（8n﹣4）＝ n（4+8n﹣4）＝4n2．
【知识点】数列的求和
25.（2020•合肥一模）已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，S4＝4S2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若 am+am+1+am+2+…+am+9＝180（m
∈
N*），求 m 的值．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为 d，
由 S4＝4S2 得，4a1+6d＝8a1+4d，整理得 d＝2a1．
又∵a1＝1，∴d＝2，
∴an＝a1+（n﹣1）d＝2n﹣1（n
∈
N*）．
（2）∵an＝2n﹣1，
∴am+am+1+am+2+…+am+9＝180 可化为 10am+45d＝20m+80＝180，
解得 m＝5．
【知识点】等差数列的通项公式
26.（2020•郑州一模）已知等差数列{an}为递增数列，且满足 a1＝2，a32+a42＝a52．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）令 bn＝ （n
∈
N*），Sn 为数列{bn}的前 n 项和，求 Sn．
【解答】解：（Ⅰ）等差数列{an}为递增数列，可得公差 d＞0，
由 a1＝2，a32+a42＝a52，可得（2+2d）2+（2+3d）2＝（2+4d）2，
解得 d＝2（﹣ 舍去），
则 an＝2+2（n﹣1）＝2n；
（Ⅱ）bn＝ ＝ ＝ （ ﹣ ），
Sn＝ （1﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ）＝ （（1﹣ ）＝ ．
【知识点】等差数列的通项公式、数列的求和
27.（2020•四川模拟）已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，首项为 a1，且 4，an，Sn 成等差数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若 an2＝2 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn．
【解答】解：（1）数列{an}的前 n 项和为 Sn，首项为 a1，且 4，an，Sn 成等差数列．
所以 2an＝Sn+4
①
，当 n＝1 时，解得 a1＝4．
当 n≥2 时 2an﹣1＝Sn﹣1+4
②
①
﹣
②
得：an＝2an﹣2an﹣1，整理得 （常数）
所以数列{an}是以 4 为首项，2 为公比的等比数列．
所以 ．
（2）由于 an2＝2 ，所以 ，整理得 bn＝2n+2，
所以 ．
【知识点】等差数列的通项公式、数列的求和
28.（2020•绵阳模拟）已知数列{an}满足 ，且 a1＝1，a4＝7，数列{bn}的前 n 项
和 ．
（1）求数列{an}{bn}的通项公式；
（2）设 ，求数列{cn}的前 n 项和 Tn．
【解答】解：（1）数列{an}满足 ，
可得 an+2﹣an+1＝an+1﹣an，即{an}为等差数列，
a1＝1，a4＝7，可得公差 d＝ ＝2，
则 an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
数列{bn}的前 n 项和 ，
可得 b1＝S1＝4﹣2＝2；
n≥2 时，bn＝Sn﹣Sn﹣1＝2n+1﹣2﹣2n+2＝2n，
则 bn＝2n，n
∈
N*；
（2） ＝22n﹣1+n，
则前 n 项和 Tn＝（2+8+…+22n﹣1）+（1+2+…+n）
＝ + n（n+1）＝ （4n﹣1）+ （n2+n）．
【知识点】数列的求和、数列递推式
29.（2020•汉中一模）已知等差数列{an}满足 a4＝7，2a3+a5＝19．
（Ⅰ）求通项 an；
（Ⅱ）设{bn﹣an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，求数列{bn}通项公式及前 n 项和 Tn．
【解答】解：（1）∵a4＝7，2a3+a5＝19．
……（4 分），
解得 d＝2，a1＝1，an＝2n﹣1……（6 分）
（2）∵{bn﹣an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，
∵bn﹣an＝2n，
∴bn＝2n+2n﹣1，……（8 分），
∴Tn＝（2+22+…+2n）+[1+3+…+（2n﹣1）]
＝ ……（10 分），
＝2n+1+n2﹣2……（12 分），
【知识点】等差数列与等比数列的综合
30.（2020•东湖区校级三模）已知数列{an}，{bn}满足 a1＝b1＝1，对任意 n
∈
N*均有 ，
，
（1）证明：数列{an+bn}和数列{an•bn}均为等比数列；
（2）设 ，求数列{cn}的前 n 项和 Tn．
【解答】解：（1）证明：由 a1＝b1＝1，可得 a1+b1＝2，a1b1＝1，
对任意 n
∈
N*均有 ， ，
可得 an+1+bn+1＝2（an+bn），an+1•bn+1＝（an+bn）2﹣（an2+bn2）＝2an•bn，
则数列{an+bn}是首项和公比均为 2 的等比数列；
数列{an•bn}为首项为 1，公比为 2 的等比数列；
（2） ＝（n+1）•2n• ＝（n+1）•2n• ＝（n+1）•2n+1，
可得 Tn＝2•22+3•23+…+n•2n+（n+1）•2n+1，
2Tn＝2•23+3•24+…+n•2n+1+（n+1）•2n+2，
上面两式相减可得﹣Tn＝8+23+24+…+2n+2n+1﹣（n+1）•2n+2
＝8+ ﹣（n+1）•2n+2，
化简可得 Tn＝n•2n+2．
【知识点】数列的求和、数列递推式
31.（2020•龙凤区校级模拟）已知{an}是公差为 1 的等差数列，{bn}是正项等比数列，a1＝b1＝1，_______，
cn＝anbn（n
∈
N*）．
（1）在
①
b3＝a4，
②
a3＝3b3，
③
a2＝4b2 这三个条件中任选一个，补充在上面横线处，
判断{cn}是否是递增数列，并说明理由．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）
（2）若 Sn＝ ，求数列{Sn}的前 n 项和 Tn．
【解答】解：∵{an}是公差为 1，首项为 1 的等差数列，∴an＝1+n﹣1＝n．
设{bn}的公比为 q．
（1）若选
①
，由 b3＝a4，得 b3＝a4＝4，
又 b1＝1，∴q＝2，则 ， ，
由 ，得 cn＜cn+1，故{cn}是递增数列．
若选
②
，由 a3＝3b3＝3，得 b3＝1，q＝1，bn＝1，cn＝n，
则 cn＝n＜cn+1＝n+1，故{cn}是递增数列．
若选
③
，由 a2＝4b2＝2，得 ， ， ，
∴ ， ，则 cn≥cn+1，故{cn}不是递增数列．
（2）∵an＝n，Sn＝ ，∴ ，
∴ ．
【知识点】等差数列与等比数列的综合
32.（2020•和平区一模）数列{an}是等比数列，公比大于 0，前 n 项和 Sn（n
∈
N*），{bn}是等差数列，已知 ，
， ， ．
（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式 an，bn；
（Ⅱ）设{Sn}的前 n 项和为 Tn（n
∈
N*）：
（ⅰ）求 Tn；
（ⅱ）若 ，记 Rn＝
∁
n，求 Rn 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为 q（q＞0）， ，因为 ， ，可得 ，
整理得 ，
解得 q＝﹣1（舍）或 q＝ ，所以数列{an}通项公式为 ．
设数列{bn}的公差为 d，因为 ， ，即 解得 b1＝0，d＝
1，
所以数列{bn}的通项公式为 bn＝n﹣1；
（Ⅱ）（ⅰ）由等比数列的前 n 项和公式可得 ，
所以 ；
（ ⅱ ） 由 （ ⅰ ） 可 得
，
所 以 {cn} 的 前 n 项 和
＝
．
又 Rn 在 n
∈
N*上是递增的，∴ ＝R1≤Rn ．
所以 Rn 的取值范围为[ ， ]．
【知识点】数列的求和
33.（2020•河西区模拟）{an}是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Sn（n
∈
N*），{bn}是等差数列．已知 a1
＝1，a3＝a2+2，a4＝b3+b5，a5＝b4+2b6．
（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设 cn＝ ，数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn 的值．
（Ⅲ）设 dn＝ ，其中 k
∈
N*，求 di（n
∈
N*）．
【解答】解：（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为 q，q＞0，
由 a1＝1，a3＝a2+2，可得 q2＝q+2，解得 q＝2（﹣1 舍去），
则 an＝2n﹣1；
设等差数列{bn}的公差为 d，由 a4＝b3+b5，a5＝b4+2b6，
可得 2b1+6d＝8，即 b1+3d＝4，3b1+13d＝16，解得 b1＝d＝1，
故 bn＝1+n﹣1＝n；
（Ⅱ）cn＝ ＝ ＝ ﹣ ，
所以 Tn＝ ﹣ + ﹣ + ﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ＝ ﹣ ；
（Ⅲ）由 dn＝ ，其中 k
∈
N*，
可得 dn＝ ，k
∈
N*，
di＝ i﹣ 2i+ （i+1）•2i，
i＝ ＝2n﹣1+22n﹣1，
2i＝ ＝2n+1﹣2，
设 Mn＝2•21+3•22+4•23+…+n•2n﹣1+（n+1）•2n，
2Mn＝2•22+3•23+4•24+…+n•2n+（n+1）•2n+1，
两式相减可得﹣Mn＝4+22+23+…+2n﹣（n+1）•2n+1
＝2+ ﹣（n+1）•2n+1，
化为 Mn＝n•2n+1，
所以 （i+1）•2i＝n•2n+1，
则 di＝22n﹣1+（4n﹣3）•2n﹣1+2．
【知识点】等差数列与等比数列的综合
34.（2020•镇江一模）已知 n
∈
N*，数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝an+1﹣a1；数列{bn}的前 n 项和为 Tn，
且满足 Tn+bn＝n+ ，b4＝4，且 a1＝b2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{bn}的通项公式；
（3）设 cn＝ ，问：数列{cn}中是否存在不同两项 ci，cj（1≤i＜j，i，j
∈
N*），使 ci+cj 仍是数列{cn}中
的项？若存在，请求出 i，j；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）由 Sn＝an+1﹣a1，得 Sn﹣1＝an﹣a1（n≥2），
∴an＝2an﹣1（n≥2），且 a1＝a2﹣a1，即 a2＝2a1，
∴数列{an}是首项为 a1＝b2＝2，公比为 2 的等比数列，∴ ；
（2）由 Tn+bn＝n+
①∴当 n≥2 时，Tn﹣1+bn﹣1＝n﹣1+ （n﹣1）（1+bn﹣1）
②
①
﹣
②
得 bn+bn﹣bn﹣1＝ ﹣ ，
∴4bn﹣2bn﹣1＝3+nbn﹣（n﹣1）bn﹣1，即（n﹣4）bn﹣（n﹣3）bn﹣1＝3，
当 n≥3 时，（n﹣5）bn﹣1﹣（n﹣4）bn﹣2＝﹣3，
∴（n﹣4）bn+（n﹣4）bn﹣2＝（2n﹣8）bn﹣1，∴bn+bn﹣2＝2bn﹣1（n≠4）．
在
①
中令 n＝1，由 ，得 b1＝1，
令 n＝2，由 b1+2b2＝2+1+b2，得 b2＝2，
令 n＝3，由
①
可得 b3＝3，又 b4＝4，
∴数列数列{bn}是以 b1＝1 为首项，1 为公差的等差数列，
∴bn＝1+（n﹣1）×1＝n；
（3）cn＝ ＝ ，假设数列{cn}中存在不同两项 ci，cj（1≤i＜j，i，j
∈
N*），
使 ci+cj 仍是数列{cn}中的项，即 ，
注意到 cn+1﹣cn＝ ＝ ＝ ，
∴{cn}单调递增，由 ，得 k＞j，∴k≥j+1，∴
⇒
，
令 j﹣i＝m（m≥1），则 j＝m+i，
∴ ＝ ，
∵m+i≥2，∴ ，而 ，
∴2m≤3（1+m）， ．
令 ，则 Cn+1﹣
∁
n＝ ＝ ＝ ，
∴{
∁
n}单调递增，注意到 m＝3 时， ， ，
∴m 只能为 1，2，3，
①
当 m＝1 时，j﹣i＝1
⇒
j＝i+1
，故 i 只能为 1，2，3．
当 i＝1 时，j＝2，此时 ，
当 i＝2 时，j＝3，此时 无整数解，
当 i＝3 时，j＝4，此时 ＝ ，无正整数解，
②
当 m＝2 时，j＝i+2，此时
⇒ ⇒
3i2﹣i﹣6≤0，
∴i＝1，此时 j＝ ，无解，
③
当 m＝3 时 j＝i+3，
⇒
i2+7i+12≥8i2+9i
⇒
7i2+9i﹣12≤0，此时无正整数解，
综上，存在 i＝1，j＝2 满足题意．
【知识点】数列递推式
35.（2020•秦淮区模拟）在数列{an}中，a1＝3，且对任意的正整数 n，都有 an+1＝
λ
an+2×3n，其中常数
λ
＞0．
（1）设 bn＝ ．当
λ
＝3 时，求数列{bn}的通项公式；
（2）若
λ
≠1 且
λ
≠3，设 cn＝an+ ，证明：数列{cn}的等比数列；
（3）当
λ
＝4 时，对任意的 n
∈
N*，都有 an≥M，求实数 M 的最大值．
【解答】解：（1）当
λ
＝3 时，有 an+1＝3an+2×3n，
∴ ，即 ，
又∵ ，∴数列{bn}是首相为 1，公差为 的等差数列，
∴ ；
（2）证明：当
λ
＞0 且
λ
≠1 且
λ
≠3 时，
cn ＝ an+ ＝
＝
λ
•cn﹣1，
又∵ ，
∴数列{cn}是首相为 ，公比为
λ
的等比数列；
（3）当
λ
＝4 时，an+1＝4an+2×3n，
∴ ，
设 pn＝ ，∴ ，
∴ ，
，
，
……，
∴ ，
以上各式累加得： ，又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，显然数列{an}是递增数列，
∴最小项为 a1＝3，
∵对任意的 n
∈
N*，都有 an≥M，∴a1≥M，即 M≤3，
∴实数 M 的最大值为 3．
【知识点】数列的应用
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