文档文本内容
数列——题型01～04
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
C
C
A
A
C
B
B
A
D
C
题号
12
13
14
15
16
答案
D
B
D
A
B
⼀．选择题（共16 ⼩题）
1．已知数列{an}满⾜an+1＝an+6，{an}的前n 项和为Sn，则
＝（
）
A．12
B．6
C．3
D．2
【解答】解：依题意，由an+1＝an+6，
可得an+1﹣an＝6，
故数列{an}是以6 为公差的等差数列，
∴Sn＝na1+
•6＝na1+3n（n﹣1），
∴
＝a1+3（n﹣1），
∴
＝a1+3×（2024﹣1）﹣a1﹣3×（2022﹣1）
＝3×2023﹣3×2021
＝6．
故选：B．
2．已知等差数列{an}满⾜：公差d≠0，13a7＝12a6，am＝0，则m＝（
）
A．17
B．18
C．19
D．20
【解答】解：等差数列{an}满⾜公差d≠0，13a7＝12a6，
则13（a1+6d）＝12（a1+5d），即a1+18d＝a19＝0，
因为am＝0，则m＝19．
故选：C．
3．已知等差数列{an}的前8 项和为68，a10＝25，则a100＝（
）
A．300
B．298
C．295
D．296
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
因为等差数列{an}的前8 项和为68，可得
，
即a1+a8＝17，即2a1+7d＝17，
⼜由a10＝25，可得a1+9d＝25，
联⽴⽅程组
，解得a1＝﹣2，d＝3，
所以a100＝a1+99d＝﹣2+99×3＝295．
故选：C．
4．已知{an}为等差数列，a2＝﹣2，a1+a10＝a3+4，则a5＝（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【解答】解：{an}为等差数列，a2＝﹣2，a1+a10＝a3+4，
所以
，解得d＝1，a1＝﹣3，
则a5＝a1+4d＝﹣3+4＝1．
故选：A．
5．在等差数列{an}中，a2＝4，a6＝1，则a3+a5＝（
）
A．5
B．10
C．15
D．20
【解答】解：在等差数列{an}中，由a2＝4，a6＝1，
得a3+a5＝a2+a6＝4+1＝5．
故选：A．
6．已知{an}为等差数列，a1+a3+a5＝105，a2+a4+a6＝99，则a10＝（
）
A．23
B．22
C．21
D．20
【解答】解：{an}为等差数列，a1+a3+a5＝105，
则a2+a4+a6＝（a1+a3+a5）+3d＝105+3d＝99，
所以d＝﹣2，a1+a3+a5＝3a1+6d＝105，
所以a1＝39，
则a10＝a1+9d＝39﹣18＝21．
故选：C．
7．已知数列{an}是等差数列，且
，则a1+a6＝（
）
A．
B．
C．1
D．2
【解答】解：因为数列{an}是等差数列，且
，
则a1+a6＝
．
故选：B．
8．在等差数列{an}中，若a4+a6+a8+a10+a12＝100，则a8的值为（
）
A．22
B．20
C．24
D．28
【解答】解：在等差数列{an}中，若a4+a6+a8+a10+a12＝100，
则5a8＝100，解得a8＝20．
故选：B．
9．已知等差数列{an}满⾜a5+a6＝18，则其前10 项之和为（
）
A．90
B．180
C．99
D．81
【解答】解：∵{an}是等差数列，
∴{an}的前10 项和为S10＝
（a1+a10）＝
（a5+a6）＝5×18＝90．
故选：A．
10．在等差数列{an}中，a6＝3，则
＝（
）
A．2
B．3
C．4
D．5
【解答】解：因为a6＝3，令{an}的公差为d，
则
．
故选：D．
11．在等差数列{an}中，若a4+a6+a8+a10+a12＝120，则2a10﹣a12的值为（
）
A．6
B．12
C．24
D．60
【解答】解：∵在等差数列{an}中，a4+a6+a8+a10+a12＝120，
∴5a1+35d＝120，解得a1+7d＝24，
∴2a10﹣a12＝2（a1+9d）﹣（a1+11d）＝a1+7d＝24．
故选：C．
12．在等差数列{an}中，若a4+a6+a8+a10+a12＝120，则2a10﹣a11+a7的值为（
）
A．20
B．22
C．24
D．48
【解答】解：∵{an}为等差数列且a4+a6+a8+a10+a12＝5a1+35d＝120，
∴a1+7d＝24，
∴2a10﹣a11+a7＝2（a1+9d）﹣（a1+10d）+（a1+6d）＝2a1+14d＝48
故选：D．
13．设等差数列{an}，{bn}的前n 项和分别为Sn，Tn，若
，则
的值为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：∵等差数列{an}，{bn}的前n 项和分别为Sn，Tn，
，
∴设Sn＝n（2n+1）k，Tn＝n（3n﹣1）k，
则a7＝S7﹣S6＝105k﹣78k＝27k，
b5＝T5﹣T4＝70k﹣44k＝26k，
则
．
故选：B．
14．已知等差数列{an}和{bn}的前n 项和分别为Sn，Tn，若
，则
＝（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由题意可知，
．
故选：D．
15．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，若S5＝30，a8＝4，则S10＝（
）
A．50
B．63
C．72
D．135
【解答】解：根据题意，等差数列{an}中，S5＝30，即S5＝
＝5a3＝30，则a3＝6，
⼜由a8＝4，则S10＝
＝
＝50．
故选：A．
16．记Sn 为等差数列{an}的前n 项和，若S6＝24，S9＝21S3，则S12＝（
）
A．144
B．120
C．108
D．96
【解答】解：记Sn 为等差数列{an}的前n 项和，则S3，S6﹣S3，S9﹣S6，S12﹣S9也是等差数列．
由于S6＝24，S9＝21S3，则S3，24﹣S3，21S3﹣24，S12﹣21S3成等差数列．
则S3+21S3﹣24＝2（24﹣S3），解得S3＝3．
则3，21，39，S12﹣63 成等差数列．故S12﹣63＝57，则S12＝120．
故选：B．
⼆．填空题（共2 ⼩题）
17．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，若S4＝6，S8＝18，则S12＝36
．
【解答】解：因为{an}是等差数列，
所以S4，S8﹣S4，S12﹣S8是等差数列，
则2（S8﹣S4）＝S4+S12﹣S8，
即2×（18﹣6）＝6+S12﹣18，
解得S12＝36．
故答案为：36．
18．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，若Sm＝7，
，则S2m＝
21
．
【解答】解：因为等差数列{an}的前n 项和为Sn，
所以Sm，S2m﹣Sm，S3m﹣S2m 成等差数列，
因为Sm＝7，S3m＝42，
所以2（S2m﹣7）＝7+（42﹣S2m），解得S2m＝21．
故答案为：21．
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数列——题型05～06
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
答案
B
C
D
D
B
B
⼀．选择题（共6 ⼩题）
1．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，且a1＞0，S10＝4a4，则an+Sn 取最⼤值时n 的值是（
）
A．4
B．5
C．6
D．10
【分析】设出公差d，结合等差数列求和公式计算可得
，再⽤n 与a1＝2 表示出an+Sn 后，结
合⼆次函数性质即可得．
【解答】解：等差数列{an}的前n 项和为Sn，且a1＞0，S10＝4a4，
设等差数列{an}的公差为d，
则
，
化简得2a1+11d＝0，即
，
则
＝
＝
，
由a1＞0，则当n＝5 时，an+Sn 取最⼤值．
∴an+Sn 取最⼤值时n 的值是5．
故选：B．
【点评】本题考查等差列的性质等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．
2．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，且a2＝﹣15，a4＝﹣7，则当Sn 取得最⼩值时，n 的值为（
）
A．7
B．6
C．5
D．4
【分析】根据题意，求出a1，d，即可得到等差数列的通项公式，再由通项公式可得a5＜0，a6＞0，从⽽
得到结果．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
因为a2＝﹣15，a4＝﹣7，
所以
，解得
，
则an＝a1+（n﹣1）d＝﹣19+（n﹣1）×4＝4n﹣23，
因为数列为递增数列，令an≤0，即4n﹣23≤0，解得
，
则a5＜0，a6＞0，所以n＝5 时，Sn 取得最⼩值．
故选：C．
【点评】本题考查等差数列的前n 项和的求法，属于基础题．
3．已知Sn 是等差数列{an}的前n 项和，a1＞0，且S13＝S19，则下列说法不正确的是（
）
A．公差d＜0
B．a16＞0
C．S32＝0
D．n＝17 时，Sn 最⼤
【分析】由题设求出
即可判断A；由
和等差数列通项公式和前n 项和公式即可判
断BC；由
和前n 项和公式结合⼀元⼆次函数性质即可判断D．
【解答】解：Sn 是等差数列{an}的前n 项和，a1＞0，且S13＝S19，
设数列{an}的公差为d，
对于A，∵S13＝S19，a1＞0，∴
，故A 正确；
对于B，
，故B 正确；
对于C，
，故C 正确；
对于D，∵
＝
，
∴n＝16 时，Sn 最⼤，故D 错误．
综上，说法不正确的是D．
故选：D．
【点评】本题考查等差数列前n 项和、通项公式等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．
4．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，an+1﹣an＞0，则（
）
A．Sn 不可能为0
B．Sn 没有最⼩值
C．Sn 有最⼤值
D．Sn 有最⼩值
【分析】推导出公差d＝an+1﹣an＞0，由此能求出结果．
【解答】解：等差数列{an}的前n 项和为Sn，an+1﹣an＞0，
∴公差d＝an+1﹣an＞0，
对于A，等差数列﹣2，﹣1，0，1，2，3，……，中，
S5＝﹣2﹣1+0+1+2＝0，故A 错误；
对于BC，∵公差d＝an+1﹣an＞0，∴Sn 有最⼩值，故B 错误，D 正确；
对于C，∵公差d＝an+1﹣an＞0，∴Sn 没有最⼤值，故C 错误．
故选：D．
【点评】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．
5．已知Sn 为等差数列{an}的前n 项和，公差为d．若a1＞0，S18＝0，则（
）
A．d＞0
B．S7＝S11
C．S20＞0
D．Sn 有最⼩值
【分析】根据等差数列的性质、通项公式和前n 项和公式计算化简，结合选项，依次判断即可．
【解答】解：
，即a1+a18＝0，
可得2a1+17d＝0，则
，故A 错误；
因为a1+a18＝a9+a10＝0，
则S11﹣S7＝a8+a9+a10+a11＝2（a9+a10）＝0，所以S7＝S11，故B 正确；
因为a19，a20＜0，所以S20＝S18+a19+a20＝a19+a20＜0，故C 错误；
由选项B 知a9+a10＝0，且d＜0，则a9＞0，a10＜0，
当n＞9 时，an＜0，当n≤9 时，an＞0；所以当且仅当n＝9 时Sn 取到最⼤值，故D 错误．
故选：B．
【点评】本题主要考查等差数列的前n 项和，属于基础题．
6．若数列{an}为等差数列，Sn 为数列{an}的前n 项和，a4+a9＞0，S11＜0，则Sn 的最⼩值为（
）
A．S5
B．S6
C．S7
D．S8
【分析】根据等差数列性质由S11＜0 可得a7＞0，即可求出数列{an}前6 项均为负值，可得结论．
【解答】解：由等差数列性质可得
，即可得a6＜0，
⼜a4+a9＝a6+a7＞0，所以a7＞0；
因此可得数列{an}的公差d＞0，且前6 项均为负值，
所以Sn 的最⼩值为前6 项和，即为S6．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列的性质，属于基础题．
⼆．多选题（共2 ⼩题）
（多选）7．已知公差为d 的等差数列{an}，其前n 项和为Sn，且S12＜0，S13＞0，则下列说法正确的为（
）
A．a7＜0
B．
为等差数列
C．当Sn 取得最⼩值时，n＝6
D．{an}为递减数列
【分析】根据给定条件，利⽤等差数列的前n 项和公式，结合等差数列的性质得到a7＞0，a6＜0，由此
能求出结果．
【解答】解：公差为d 的等差数列{an}，其前n 项和为Sn，且S12＜0，S13＞0，
∴
＝13a7＞0，
＝6（a6+a7）＜0，
∴a7＞0，a6+a7＜0，a6＜﹣a7＜0，故A 错误；
公差d＝a7﹣a6＞0，∴{an}是增数数，故D 错误；
Sn＝na1+
，则
，
＝
﹣（
）＝d，
∴
为等差数列，故B 正确；
∵a7＞0，a6＜0，
∴当Sn 取得最⼩值时，n＝6，故C 正确．
故选：BC．
【点评】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．
（多选）8．已知Sn 是等差数列{an}的前n 项和，且S7＞S9＞S8，下列说法正确的是（
）
A．d＜0
B．数列{Sn}的最⼩项为S8
C．|a8|＞|a9|
D．能使Sn＜0 时n 的最⼤值为15
【分析】由已知结合等差数列的性质及求和公式检验各选项即可判断．
【解答】解：等差数列{an}中，S7＞S9＞S8，
所以a8+a9＜0，a8＜0，a9＞0，故d＞0，A 错误；
根据等差数列的性质可得，当n＝8 时，Sn 取得最⼩值，B 正确；
因为a8+a9＜0，a8＜0，a9＞0，
所以0＜a9＜﹣a8，即|a8|＞|a9|，C 正确；
因为S15＝
＝15a8＜0，S16＝8（a1+a16）＝8（a8+a9）＜0，S17＝
＝17a9＞0，
故使Sn＜0 时n 的最⼤值为16，D 错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应⽤，属于中档题．
三．填空题（共1 ⼩题）
9．已知等差数列{an}的前n 项和是Sn，S8＞0，S9＜0，则数列
中最⼩的项为第
5
项．
【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质即可求解．
【解答】解：等差数列{an}中，S8＞0，S9＜0，
所以a1+a8＝a4+a5＞0，a1+a9＝2a5＜0，
所以a4＞﹣a5，d＜0，
则数列
中最⼩的项为第5 项．
故答案为：5．
【点评】本题主要考查了等差数列的性质的应⽤，属于基础题．
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数列——题型07～10
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
C
D
B
C
A
B
B
B
C
C
题号
12
13
14
答案
D
A
B
⼀．选择题（共14 ⼩题）
1．已知数列{an}的各项均不为0，a1＝1，
，则a8＝（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据题意，分析可得
为公差为3 的等差数列，变形可得
，代⼊求解即可．
【解答】解：根据题意，数列{an}满⾜
，则数列
为公差为3 的等差数列，且⾸项为
，
故
，
故
，
．
故选：C．
【点评】本题考查数列的递推公式，涉及等差数列的性质，属于基础题．
2．数列{an}满⾜
，
，若
，则项数n 为（
）
A．3
B．4
C．5
D．6
【分析】由已知结合等⽐数列的定义及通项公式即可求解．
【解答】解：因为数列{an}满⾜
，
，
所以数列{an}是以
为⾸项，为公⽐的等⽐数列，
若
＝（）n，
则项数n＝5．
故选：C．
【点评】本题主要考查了等⽐数列的定义及通项公式的应⽤，属于基础题．
3．已知{an}是等⽐数列，若a1＝﹣2，a4＝128，则公⽐q 为（
）
A．2
B．﹣2
C．4
D．﹣4
【分析】由已知及等⽐数列的通项公式列⽅程求公⽐即可．
【解答】解：{an}是等⽐数列，a1＝﹣2，a4＝128，
由题意
，解得q＝﹣4．
故选：D．
【点评】本题考查等⽐数列的性质等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．
4．已知数列{an}为等⽐数列，若a3＝3，a9＝24，则a7＝（
）
A．9
B．12
C．15
D．18
【分析】根据给定条件，求出等⽐数列{an}公⽐，进⽽求出a7．
【解答】解：设等⽐数列{an}公⽐为q，
a3＝3，a9＝24，
，
则q6＝8，解得q2＝2，
所以
．
故选：B．
【点评】本题主要考查等⽐数列的性质，属于基础题．
5．已知各项不相等的等⽐数列{an}的前n 项和为Sn，若S5﹣S3＝4，a5a6a7＝8，则a1＝（
）
A．
B．
C．﹣64
D．64
【分析】根据已知条件，建⽴⽅程组可先求出q 值，最后根据a6＝a1q5进⾏求解即可．
【解答】解：设等⽐数列{an}的公⽐为q，q≠0，
根据题意，由
，
两式相除得
，
解得
或q＝1（舍去），
所以
．
故选：C．
【点评】本题主要考查等⽐数列的前n 项和公式及等⽐数列的性质，考查学⽣归纳推理与数学运算的能
⼒，属于中档题．
6．设等⽐数列{an}的前n 项和为Sn，且2a10＝a14，则
＝（
）
A．17
B．18
C．5
D．6
【分析】设等⽐数列{an}的公⽐为q，代⼊等⽐通项公式即可．
【解答】解：由2a10＝a14，得
，解得q4＝2，
所以
＝1+q16＝1+24＝17．
故选：A．
【点评】本题考查等⽐数列的通项公式，前n 项和公式，属于基础题．
7．正项等⽐数列{an}中，a4＝1，a5a11＝81，则a6＝（
）
A．
B．3
C．6
D．9
【分析】根据题意和等⽐数列的性质计算即可．
【解答】解：设等⽐数列{an}的公⽐为q，
因为数列{an}为正项等⽐数列，所以q＞0，由题a4＝1，
则
，所以q2＝3，
所以
．
故选：B．
【点评】本题考查等⽐数列的性质，属于基础题．
8．已知等⽐数列{an}满⾜a1+a3＝4，a4+a6＝32，则其公⽐q＝（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【分析】根据等差数列的性质即可得．
【解答】解：等⽐数列{an}满⾜a1+a3＝4，a4+a6＝32，
则
＝8，则q＝2．
故选：B．
【点评】本题考查等⽐数列的性质，属于基础题．
9．等⽐数列{an}的各项均为正数，若a1+a2+a3＝7，a4＝a3+2a2，则a7+a8+a9＝（
）
A．588
B．448
C．896
D．548
【分析】由已知等式结合等⽐数列下标的性质解出q，再利⽤下标的性质求解即可；
【解答】解：等⽐数列{an}中，各项均为正数，则公⽐和各项都为正数，
∵a4＝a3+2a2，∴
，
∴q2＝q+2，q2﹣q﹣2＝0，q＝2 或﹣1（舍），
．
故选：B．
【点评】本题考查等⽐数列的性质，属于基础题．
10．已知数列{an}是等⽐数列，且a2+a5＝7，a4+a7＝21，则a8+a11＝（
）
A．28
B．63
C．189
D．289
【分析】先设等⽐数列{an}的公⽐为q，再根据题⼲已知条件推导出q2＝3，然后利⽤等⽐数列的性质即
可推导出a8+a11的值．
【解答】解：由题意，设等⽐数列{an}的公⽐为q，
则a4+a7＝（a2+a5）•q2，
即21＝7•q2，解得q2＝3，
∴a8+a11＝（a4+a7）•q4
＝21×32
＝189．
故选：C．
【点评】本题主要考查等⽐数列的基本运算．考查了整体思想，转化与化归思想，等⽐数列的通项公式
的运⽤，以及逻辑推理能⼒和数学运算能⼒，属基础题．
11．已知在等⽐数列{an}中，a4•a8＝16，则a6的值是（
）
A．4
B．﹣4
C．±4
D．16
【分析】利⽤等⽐数列的性质计算出答案．
【解答】解：由题意得
，解得a6＝±4．
故选：C．
【点评】本题考查了等⽐数列的性质，是基础题．
12．已知数列{an}等⽐数列，且a1＝1，a2a3a4＝64，则log2a5的值为（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【分析】根据等⽐中项的性质计算得a3，从⽽可得a5，再利⽤对数运算性质计算即可．
【解答】解：由等⽐中项性质可知
，
⼜
，
所以log216＝4．
故选：D．
【点评】本题考查等⽐数列的性质，考查学⽣归纳推理与数学运算的能⼒，属于基础题．
13．{an}为正项等⽐数列，且a4a9+a5a8＝16，则log2a1+log2a2+⋯+log2a12＝（
）
A．18
B．16
C．14+log23
D．12+2log23
【分析】利⽤等⽐数列的下标和性质和对数运算性质即可得出答案．
【解答】解：a4a9+a5a8＝2a1a12＝8，所以a1a12＝8，
．
故选：A．
【点评】本题考查等⽐数列的性质，对数的运算，属于基础题．
14．记等⽐数列{an}的前n 项和为Sn，若
，则
＝（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据等⽐数列前n 项和的性质计算即可．
【解答】解：根据题意，等⽐数列{an}中，有（S6﹣S3）2＝S3×（S9﹣S6），
⼜由
，得
，则
，所以
，所以
，
所以
．
故选：B．
【点评】本题考查等⽐数列的性质和应⽤，涉及等⽐数列的求和，属于基础题．
⼆．填空题（共4 ⼩题）
15．已知等⽐数列{an}的前n 项和为Sn，S3＝1，S6＝9，则S12＝
585
．
【分析】由等⽐数列前n 项和的性质计算即可求得．
【解答】解：因为等⽐数列{an}的前n 项和为Sn，且S3＝1，S6＝9，
所以等⽐数列的公⽐不为﹣1，所以S3，S6﹣S3，S9﹣S6，S12﹣S9成等⽐数列，
即1，8，S9﹣9，S12﹣S9成等⽐数列，
所以S9﹣9＝8×8＝64，所以S9＝64+9＝73，
则S12﹣S9＝64×8＝512，所以S12＝512+73＝585．
故答案为：585．
【点评】本题考查等⽐数列的前n 项和的性质，属于基础题．
16．已知正项等⽐数列{an}的前n 项和为Sn，且S8﹣2S4＝5，则a9+a10+a11+a12的最⼩值为
20
．
【分析】由已知结合等⽐数列的性质及基本不等式即可求解．
【解答】解：因为正项等⽐数列{an}的前n 项和为Sn＞0，且S8﹣2S4＝5，
所以S8﹣S4＝5+S4，
由等⽐数列的性质可知，S4，S8﹣S4，S12﹣S8成等⽐数列，
所以（S8﹣S4）2＝S4•（S12﹣S8），
所以S12﹣S8＝
＝
+S4+10
+10＝20，当且仅当S4＝5 时取等号，
则a9+a10+a11+a12＝S12﹣S8≥20，即最⼩值为20．
故答案为：20，
【点评】本题主要考查了等⽐数列的性质及基本不等式的应⽤，属于中档题．
17．已知Sn 是正项等⽐数列{an}的前n 项和，S2＝2，则S6﹣5S4+4S2的最⼩值为
﹣8
．
【分析】根据已知条件，依次将S6，S4化简，再结合⼆次函数的性质，即可求解．
【解答】解：设等⽐数列{an}的公⽐为q（q＞0），
则S4＝S2+a3+a4＝
＝
＝
＝2+2q2，
＝
＝2+2q2+2q4，
S6﹣5S4+4S2＝2+2q2+2q4﹣5（2+2q2）+8＝2（q4﹣4q2）＝2[（q2﹣2）2﹣4]≥﹣8，当且仅当q2＝2，即q＝
时，等号成⽴，
故S6﹣5S4+4S2的最⼩值为﹣8．
故答案为：﹣8．
【点评】本题主要考查等⽐数列的前n 项和公式，考查转化能⼒，属于基础题．
18．已知在等⽐数列{an}中，an＞0 且a3+a4＝a1+a2+3，记数列{an}的前n 项和为Sn，则S6﹣S4的最⼩值为
12
．
【分析】设等⽐数列{an}的公⽐为q，再结合题意可得，（q2﹣1）（a1+a2）＝3，再结合基本不等式的公式，
即可求解．
【解答】解：设等⽐数列{an}的公⽐为q，
∵an＞0，
∴q＞0，
∵a3+a4＝a1+a2+3，
∴a3+a4﹣（a1+a2）＝（q2﹣1）（a1+a2）＝3，
∵an＞0，
∴q＞1，
∴
，
∴
S6
﹣
S4
＝
＝
＝
≥
，
当且仅当
，即q＝
时，等号成⽴，
∴S6﹣S4的最⼩值为12．
故答案为：12．
【点评】本题主要考查等⽐数列的性质，以及基本不等式的公式，属中档题．
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数列——题型11～14
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
C
D
B
C
C
C
B
C
A
B
题号
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
答案
A
C
C
D
D
C
A
B
A
A
C
题号
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
答案
C
C
B
A
C
D
C
D
D
C
B
题号
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
答案
B
D
D
A
B
D
C
B
C
A
D
题号
45
46
47
答案
C
B
A
⼀．选择题（共47 ⼩题）
1．已知△ABC 的三个内⻆A，B，C 成等差数列，则2A+B+2C 的值为（
）
A．
B．
C．
D．2π
【分析】由已知结合等差数列的性质及三⻆形的内⻆和公式即可求解．
【解答】解：因为△ABC 的三个内⻆A，B，C 成等差数列，
所以A+C＝2B，
⼜A+B+C＝π，
则A+C＝
，B＝
，
则2A+B+2C＝
．
故选：C．
【点评】本题主要考查了等差数列性质的应⽤，属于基础题．
2．记等差数列{an}的公差为d（d≥0），若
是
与
﹣2 的等差中项，则d 的值为（
）
A．0
B．
C．1
D．2
【分析】利⽤等差数列通项公式、等差中项直接求解．
【解答】解：等差数列{an}的公差为d（d≥0），
是
与
﹣2 的等差中项，
∴
，
∴
﹣2＝2（a1+d）2，
解得d＝1（舍负）．
故选：C．
【点评】本题考查等差数列通项公式、等差中项等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．
3．若2a+1 是a﹣1 与4a﹣2 的等差中项，则实数a 的值为（
）
A．
B．
C．
D．5
【分析】根据等差中项的概念，列式即可求得答案．
【解答】解：由题意知2a+1 是a﹣1 与4a﹣2 的等差中项，
故2（2a+1）＝a﹣1+4a﹣2，
则a＝5．
故选：D．
【点评】本题考查了等差中项的概念，是基础题．
4．等差数列{an}的通项为an＝2n﹣1，其前n 项和为Sn，若Sm 是am，am+1的等差中项，则m 的值为（
）
A．1
B．2
C．4
D．8
【分析】由等差数列知Sm＝
•m＝m2，am＝2m﹣1，am+1＝2m+1；从⽽求得．
【解答】解：∵等差数列{an}的通项为an＝2n﹣1，
∴Sm＝
•m＝m2，am＝2m﹣1，am+1＝2m+1；
∴2m﹣1+2m+1＝2m2，
解得，m＝2；
故选：B．
【点评】本题考查了等差数列的性质的判断与应⽤，属于基础题．
5．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，am﹣1与am+1的等差中项的3 倍等于am2，S2m﹣1＝57，其中m≥2，且
m∈N*，则m＝（
）
A．8
B．9
C．10
D．11
【分析】由am﹣1与am+1的等差中项的3 倍等于am2，S2m﹣1＝57，其中m≥2，且m∈N*，可得（am﹣1+am+1）
＝3am＝am2，S2m﹣1＝（2m﹣1）am＝57，联⽴解出即可得出．
【解答】解：由am﹣1与am+1的等差中项的3 倍等于am2，S2m﹣1＝57，其中m≥2，且m∈N*，
∴
（am﹣1+am+1）＝3am＝am2，S2m﹣1＝
＝（2m﹣1）am＝57，
解得am＝3，m＝10．
故选：C．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、⽅程的解法，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于
中档题．
6．若a＞0，b＞0，a，b 的等差中项是1，且
，
，则α+β的最⼩值为（
）
A．2
B．3
C．4
D．5
【分析】a，b 的等差中项是1，可得a+b＝2，再利⽤基本不等式即可得出结论．
【解答】解：∵a，b 的等差中项是1，∴a+b＝2．
∵
，
，a＞0，b＞0，
∴α+β＝a+b+
+
＝2+
（a+b）（+
）
＝3+
（+
）≥3+
＝4，当且仅当a＝b＝1 时取等号，
∴α+β的最⼩值为4，
故选：C．
【点评】本题考查了等差中项与基本不等式的应⽤，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于基础题．
7．设公差d≠0 的等差数列{an}中，a3，a5，a8成等⽐数列，则
＝（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】利⽤等⽐数列求出⾸项与公差的关系，然后利⽤等差中项化简所求表达式即可．
【解答】解：因为等差数列{an}中，a3，a5，a8成等⽐数列，
所以
，
即
，
即
，
因为d≠0，
解得2d＝a1，
所以
．
故选：C．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，等⽐数列性质的应⽤，属于基础题．
8．在等⽐数列{an}中，各项均为正数，且a1＝，q＝2，则a4与a6的等⽐中项是（
）
A．2
B．±4
C．1
D．﹣1
【分析】由已知结合等⽐数列的通项公式及性质即可求解．
【解答】解：等⽐数列{an}中，各项均为正数，且a1＝，q＝2，
则a4＝2，a6＝8，
所以a4与a6的等⽐中项为±4．
故选：B．
【点评】本题主要考查了等⽐数列的通项公式及性质的应⽤，属于基础题．
9．设a＞0，b＞0．若
是3a 与3b 的等⽐中项，则
的最⼩值为（
）
A．
B．
C．
D．8
【分析】由
是3a 与3b 的等⽐中项，可得3a•3b＝（
）2，化为a+b＝1．再利⽤“乘1 法”与基本不等
式的性质即可得出．
【解答】解：∵
是3a 与3b 的等⽐中项，
∴3a•3b＝（
）2，
∴a+b＝1．
∵a＞0，b＞0，
∴
＝（a+b）（
）＝4+
+
≥4+2×
＝4+2
，当且仅当b＝
a 时取等号．
∴
的最⼩值为4+2
．
故选：C．
【点评】本题考查了等⽐数列的性质、“乘1 法”与基本不等式的性质，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于
中档题．
10．各项为正的等⽐数列{an}满⾜
，则a7与a9的等⽐中项为（
）
A．±3
B．3
C．
D．
【分析】由已知结合对数的运算性质及等⽐数列的性质可求．
【解答】解：因为各项为正的等⽐数列{an}满⾜
，
所以log27（a1a2…a15）＝5，
故a1a2…a15＝275＝
，
故a8＝3，因为an＞0，
＝a7•a9，
则a7与a9的等⽐中项为±3．
故选：A．
【点评】本题主要考查了对数的运算性质及等⽐数列的性质的应⽤，属于基础题．
11．已知ab＞0，若2 是2a 与4b 等⽐中项，则
的最⼩值为（
）
A．
B．
C．
D．3
【分析】推导出a+2b＝2，a、b 都是正实数，（a+1）+（2b+1）＝4，则
＝[（
）
[（a+1）+（2b+1）]，由此利⽤基本不等式能求出
的最⼩值．
【解答】解：∵ab＞0，2 是2a 与4b 等⽐中项，
则2a•4b＝22，即a+2b＝2，
∴a、b 都是正实数，（a+1）+（2b+1）＝4，
则
＝[（
）[（a+1）+（2b+1）]
＝（4+
+1）
≥
＝．
当且仅当
时，取等号，
∴
的最⼩值为
．
故选：B．
【点评】本题考查代数式的最⼩值的求法，考查等⽐中项、基本中不等式的性质等基础知识，考查运算
求解能⼒，是中档题．
12．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，若S9＝54，a11+a12+a13＝27，则S16＝（
）
A．120
B．60
C．160
D．80
【分析】法⼀：利⽤等差数列的前n 项和公式和通项公式列⽅程组，求出a1＝
，d＝，由此能求出
S16．
法⼆：推导出9a5＝54，a5＝6，3a12＝27，a12＝9，再由S16＝8（a1+a16）＝8（a5+a12），能求出结果．
【解答】解法⼀：∵等差数列{an}的前n 项和为Sn，S9＝54，a11+a12+a13＝27，
∴
，解得a1＝
，d＝，
∴S16＝16×
+
＝120．
解法⼆：∵等差数列{an}的前n 项和为Sn，S9＝54，
∴9a5＝54，解得a5＝6，
∵a11+a12+a13＝27，
∴3a12＝27，解得a12＝9，
∴S16＝8（a1+a16）＝8（a5+a12）＝8（6+9）＝120．
故选：A．
【点评】本题考查等差数列的前16 项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能⼒，
是基础题．
13．已知{an}是公差为d 的等差数列，Sn 为其前n 项和．若S3＝3a1+3，则d＝（
）
A．﹣2
B．﹣1
C．1
D．2
【分析】利⽤求和公式即可得出．
【解答】解：∵S3＝3a1+3，∴3a1+3d＝3a1+3，
则d＝1．
故选：C．
【点评】本题考查了等差数列的求和公式，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于基础题．
14．已知数列{an}的前n 项和为Sn．若数列{Sn}是⾸项为1，公⽐为2 的等⽐数列，则a2020＝（
）
A．2019
B．2020
C．22018
D．22019
【分析】根据题意，由等⽐数列的通项公式可得Sn＝1×2n﹣1＝2n﹣1，⼜由a2020＝S2020﹣S2029，代⼊数据计
算可得答案．
【解答】解：根据题意，数列{an}的前n 项和为Sn．若数列{Sn}是⾸项为1，公⽐为2 的等⽐数列，
则Sn＝1×2n﹣1＝2n﹣1，
则S2020＝22019，S2019＝22018，则a2020＝S2020﹣S2029＝22019﹣22018＝22018，
故选：C．
【点评】本题考查等⽐数列的通项公式，注意sn 与an 的关系，属于基础题．
15．设等差数列{an}的前n 项和为Sn，若a5＝3a3，则
＝（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】由已知结合等差数列的通项公式及求和公式即可直接求解．
【解答】解：因为a5＝3a3，
所以a1+4d＝3（a1+2d）即a1＝﹣d，
则
＝
＝
＝
．
故选：D．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的简单应⽤，属于基础试题．
16．已知正项等⽐数列{an}中，a1a5a9＝27，a6与a7的等差中项为9，则a10＝（
）
A．729
B．332
C．181
D．96
【分析】正项等⽐数列{an}的公⽐设为q，q＞0，运⽤等差数列的中项性质和等⽐数列的通项公式及性
质，解⽅程可得公⽐q，再由等⽐数列的通项公式计算可得所求值．
【解答】解：正项等⽐数列{an}的公⽐设为q，q＞0，
由a1a5a9＝27，可得a53＝27，即a5＝3，即a1q4＝3，①
a6与a7的等差中项为9，可得a6+a7＝18，即a1q5+a1q6＝18，②
①②相除可得q2+q﹣6＝0，解得q＝2（﹣3 舍去），
则a10＝a5q5＝3×32＝96．
故选：D．
【点评】本题考查等差数列的中项性质和等⽐数列的通项公式的运⽤，考查⽅程思想和运算能⼒，属于
基础题．
17．等差数列{an}前n 项和为Sn，已知a4＝6，S3＝6，则（
）
A．an＝4n﹣10
B．an＝3n﹣6
C．Sn＝n2﹣n
D．Sn＝2n2﹣4n
【分析】由已知结合等差数列的通项公式及求和公式可求a1，d，然后可求an，sn．
【解答】解：因为a4＝6，S3＝6，
所以
，
解可得，a1＝0，d＝2，
故an＝2n﹣2，sn＝
＝n2﹣n．
故选：C．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的简单应⽤，属于基础试题．
18．在等差数列{an}中，若S4＝1，S8＝4，则a17+a18+a19+a20的值为（
）
A．9
B．12
C．16
D．17
【分析】设出等差数列的⾸项和公差，得到前n 项和，由已知列式求得⾸项和公差，把a17+a18+a19+a20
转化为含⾸项和公差的表达式得答案．
【解答】解：设⾸项为a1，公差为d．
由
，得
S4＝4a1+6d＝1，
S8＝8a1+28d＝4，
解得：
，d＝．
∴a17+a18+a19+a20＝S20﹣S16＝4a1+70d
＝4×
+70×
＝9．
故选：A．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n 项和，是基础的计算题．
19．在等差数列{an}中，若a1+a4+a7＝39，a2+a5+a8＝33，则a3+a6+a9的值为（
）
A．30
B．27
C．24
D．21
【分析】利⽤等差数列的定义，求出数列的公差，从⽽可求a3+a6+a9的值．
【解答】解：设等差数列的公差为d，则
∵等差数列{an}中，a1+a4+a7＝39，a2+a5+a8＝33，
∴两式相减可得3d＝﹣6
∴d＝﹣2
∴a3+a6+a9＝a2+a5+a8+3d＝a2+a5+a8﹣6＝33﹣6＝27
故选：B．
【点评】本题考查等差数列的定义，考查学⽣的计算能⼒，属于基础题．
20．各项都是正数的等⽐数列{an}中，a2，a3，a1成等差数列，则
的值是（
）
A．
B．
C．
D．
或
【分析】由a2，a3，a1成等差数列可得a1、a2、a3的关系，结合等⽐数列的通项公式即可求出q，⽽由
等⽐数列的性质可得则
＝，故本题得解．
【解答】解：设{an}的公⽐为q（q＞0），
由a3＝a2+a1，得q2﹣q﹣1＝0，
解得q＝
．
∴则
＝＝
．
故选：A．
【点评】此题考查学⽣灵活运⽤等差数列的性质及等⽐数列的性质化简求值，灵活运⽤等⽐数列的通项
公式化简求值，是⼀道基础题．
21．已知等差数列{an}的公差为2，前n 项和为Sn，且a1、a2、a5成等⽐数列，则S6＝（
）
A．36
B．18
C．72
D．9
【分析】a1、a2、a5成等⽐数列，可得
＝a1•a5，即
＝a1（a1+2×4），解得：a1．再利⽤求和公
式即可得出．
【解答】解：∵a1、a2、a5成等⽐数列，
∴
＝a1•a5，可得
＝a1（a1+2×4），
解得：a1＝1
则S6＝6+
×2＝36．
故选：A．
【点评】本题主要考查了等⽐数列与等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能⼒与计算能⼒，属
于中档题．
22．在各项均为正数的等⽐数列{bn}中，若b1•b14＝3，则log3b1+log3b2+…+log3b14等于（
）
A．5
B．6
C．7
D．8
【分析】由题意可得b12q13＝3，由对数的运算整体代⼊log3b1+log3b2+…+log3b14＝log3（b12q13）7，计算可
得．
【解答】解：设各项均为正数的等⽐数列{bn}的公⽐为q，q＞0，
由b1•b14＝3 可得b12q13＝3，
∴log3b1+log3b2+…+log3b14
＝log3b1b2…b14＝log3b114q1+2+…+13
＝log3b114q91＝log3（b12q13）7＝log337＝7，
故选：C．
【点评】本题考查等⽐数列的通项公式，涉及对数的运算，属基础题．
23．在等差数列{an}中a4+a6+a8+a10+a12＝120，则2a9﹣a10＝（
）
A．20
B．22
C．24
D．28
【分析】等差数列的定义和性质，且a4+a6+a8+a10+a12＝120，可得5a8＝120，a8＝24，再利⽤等差数列的
通项公式可得2a9﹣a10＝a1+7d＝a8．
【解答】解：∵等差数列{an}中，a4+a6+a8+a10+a12＝120，∴5a8＝120，∴a8＝24．
∴2a9﹣a10＝2a1+16d﹣a1﹣9d＝a1+7d＝a8＝24．
故选：C．
【点评】本题主要考查等差数列的定义和性质，等差数列的通项公式，求出a8＝24，是解题的关键．
24．等差数列{an}中，已知前15 项的和S15＝90，则a8等于（
）
A．
B．12
C．6
D．
【分析】由a8是等差数列前15 项的中间项，则由S15＝15a8结合已知得答案．
【解答】解：在等差数列{an}中，
∵S15＝90，
由S15＝15a8＝90，得a8＝6．
故选：C．
【点评】本题考查了等差数列的性质，考查了等差数列的前n 项和，是基础题．
25．设等⽐数列{an}的前n 项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，且a8＝6，则a11的为（
）
A．﹣1
B．﹣3
C．﹣5
D．﹣7
【分析】根据题意，设等⽐数列{an}的公⽐为q，由等差中项的性质可得S3+S6＝2S9，结合等⽐数列的前
n 项和公式求解q3＝﹣，再由等⽐数列的通项公式得答案．
【解答】解：根据题意，设等⽐数列{an}的公⽐为q，
若S3，S9，S6成等差数列，即S3+S6＝2S9，则有q≠1，
则有
＝2×
，
变形可得：1+q3＝2q6，
解可得q3＝1 或q3＝﹣，
⼜由q≠1，则q3＝﹣，
若a8＝6，则a11＝
．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列的性质，考查等⽐数列的通项公式与前n 项和，考查运算求解能⼒，是中档
题．
26．已知等⽐数列{an}中，a5a11＝9a8，数列{bn}是等差数列，且b8＝a8，则b3+b13＝（
）
A．18
B．9
C．16
D．81
【分析】由a5a11＝9a8，结合等⽐数列的中项性质解出a8的值，由等差数列的中项性质可得b3+b13＝2b8，
则答案可求．
【解答】解：等⽐数列{an}中，
∵a5a11＝a82＝9a8，
∴a8＝9（a8≠0），
∵a8＝b8，∴b8＝9，
等差数列{bn}中，b3+b13＝2b8＝18．
故选：A．
【点评】本题考查等差数列、等⽐数列的性质，考查⽅程思想和运算能⼒，属于基础题．
27．已知数列{an}为等⽐数列，a1＝2，且a2，a3+2，a4依次成等差数列，则log2（a1a2⋯a10）＝（
）
A．35
B．45
C．55
D．65
【分析】设数列{an}的公⽐为q，由已知列式求得q，可得等⽐数列的通项公式，再由对数的运算性质及
等差数列的前n 项和公式求解．
【解答】解：设数列{an}的公⽐为q，
∵a2，a3+2，a4依次成等差数列，∴2a3+4＝a2+a4，
即4q2+4＝2q+2q3，∴（q2+1）（q﹣2）＝0，则q＝2，
故
，
∴log2（a1a2⋯a10）＝
＝1+2+⋯+10＝55．
故选：C．
【点评】本题考查等⽐数列与等差数列的概念，以及数列求和问题，考查对数的运算性质，是基础题．
28．数列{an}满⾜：a1＝2，（1﹣an）an+1＝1，Sn 是{an}的前n 项和，则S2021＝（
）
A．4042
B．2021
C．
D．
【分析】直接利⽤数列的递推关系式的应⽤和周期的应⽤求出结果．
【解答】解：由（1﹣a1）a2＝1⇒a2＝﹣1，进⽽得：
，a4＝2＝a1，
可得：an+3＝an，
．
故选：D．
【点评】本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的周期的应⽤，主要考查学⽣的运算能⼒和数
学思维能⼒：属于基础题．
29．已知数列{an}中，a2＝4，am+n＝am+an，a11+a12+a13+…+a19＝（
）
A．95
B．145
C．270
D．520
【分析】将am+n＝am+an 转化为an+1＝an+a1，即可证明出{an}是等差数列，再进⾏求解即可．
【解答】解：∵am+n＝am+an，∴a2＝a1+a1＝4，∴a1＝2，
∴an+1＝an+a1，即an+1﹣an＝a1＝2，
∴{an}是以2 为⾸项，以2 为公差的等差数列，∴
，
∴a11+a12+a13+...+a19＝9a15＝270，
故选：C．
【点评】本题主要考查数列通项公式的求解，等差数列的定义，以及等差数列的性质，属于中档题．
30．已知等差数列{an}满⾜a4+a6＝22，a1•a9＝57，则该等差数列的公差为（
）
A．1 或﹣1
B．2
C．﹣2
D．2 或﹣2
【分析】根据{an}是等差数列，得a1+a9＝a4+a6，再由a1+a9＝27；a1•a9＝57 可建⽴关于⾸项与公差的⽅
程组，消去⾸项即可解得公差．
【解答】解：由{an}是等差数列，得a1+a9＝a4+a6＝22，⼜a1•a9＝57，所以a1，a9是⽅程x2﹣22x+57＝0
的两实数根，
解得
或
，所以公差
或d＝﹣2．
故选：D．
【点评】本⼩题主要考查等差数列的性质，通项公式和公差等基础知识；考查运算求解能⼒；考查化归
与转化、⽅程等数学思想和应⽤意识．
31．设等差数列{an}的前n 项和为Sn.若S5＝2a3﹣3，a9＝2，则S8＝（
）
A．
B．
C．﹣4
D．﹣2
【分析】设等差数列{an}的公差为d，根据S5＝2a3﹣3，a9＝2，可计算出a1和d，由S8＝8a1+
d 即
可得出结果．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝5a3，⼜S5＝2a3﹣3，得5a3＝2a3﹣3，解得a3＝﹣1，则
6d＝a9﹣a3＝2﹣（﹣1）＝3，解得d＝．
所以a1＝a3﹣2d＝﹣1﹣2×
＝﹣2，所以S8＝8×（﹣2）+
×
＝﹣16+14＝﹣2．
故选：D．
【点评】本题主要考查等差数列的通项公式与前n 项和，考查运算求解能⼒，涉及逻辑推理、数学运算
等数学学科核⼼素养，属于简单题．
32．已知数列{an}为等⽐数列，
，公⽐q＝2，若Tn 是数列{an}的前n 项积，则Tn 取最⼩值时n 为
（
）
A．8
B．9
C．8 或9
D．9 或10
【分析】由等⽐数列的通项公式可得
，利
⽤⼆次函数与指数函数的性质即可求解．
【解答】解：Tn 是数列{an}的前n 项积，
则
，
因为
，q＝2，
所以
，
函数
的开⼝向上，对称轴为
，因为n∈N*，
所以n＝8 或n＝9 时，
取最⼩值，即Tn 取最⼩值．
故选：C．
【点评】本题主要考查等⽐数列的通项公式，属于基础题．
33．已知正项等差数列{an}满⾜
，则
＝（
）
A．2
B．1012
C．2024
D．4048
【分析】根据等差数列的性质即可求等差数列前n 项和．
【解答】解：因为{an}为等差数列，a1+a2n﹣1＝a3+a2n﹣3＝...＝2an，
所以a1+a3+⋯+a2n﹣1＝nan，a3+a5+⋯+a2n+1＝nan+2，
则
，则
，
从⽽
，
故
＝
．
故选：B．
【点评】本题考查了等差数列的性质，属于中档题．
34．已知数列
是以1 为⾸项，4 为公⽐的等⽐数列，则
＝（
）
A．
B．
C．433﹣1
D．432+1
【分析】运⽤等⽐数列的求和公式，计算可得所求和．
【解答】解：数列
是以1 为⾸项，4 为公⽐的等⽐数列，
可得
＝
＝
．
故选：B．
【点评】本题考查等⽐数列的求和公式，考查运算能⼒，属于基础题．
35．已知{an}为各项均为正数的等⽐数列，Tn 为其前n 项积，
，当Tn 取得最⼤值时，n
为（
）
A．3
B．4
C．5
D．6
【分析】利⽤等⽐数列的性质求解．
【解答】解：{an}为各项均为正数的等⽐数列，Tn 为其前n 项积，
设等⽐数列{an}的公⽐为q，则q＞0，
∵
，
∴
，∴
，
∴
，
∴
）0+1+2+…+（n﹣1）＝63n×（12）2，
∴
，
∴
＝63×
，
∴当1⩽n⩽5 时，
，
当n⩾6 时，
，
∴当n＝6 时，Tn 取得最⼤值．
故选：D．
【点评】本题考查等⽐数列的性质等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．
36．已知Sn 为数列{an}的前n 项和，且Sn＝2an﹣2，若λan≥2log2an+3 对任意正整数n 恒成⽴，则实数λ的
取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】由数列的通项与求和的关系，以及等⽐数列的定义、通项公式，求得an，由参数分离和数列的
单调性、不等式恒成⽴思想，可得所求取值范围．
【解答】解：Sn 为数列{an}的前n 项和，且Sn＝2an﹣2，
可得a1＝S1＝2a1﹣2，解得a1＝2，
当n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an﹣2﹣2an﹣1+2，化为an＝2an﹣1，
则数列{an}是⾸项和公⽐均为2 的等⽐数列，可得an＝2n，
若λan≥2log2an+3，即λ•2n≥2n+3，即λ≥
对任意正整数n 恒成⽴．
设bn＝
，则bn+1﹣bn＝
﹣
＝
＜0，则数列{bn}为递减数列，
则数列{bn}的最⼤值为b1＝，可得λ≥
．
故选：D．
【点评】本题考查数列的通项与求和的关系，以及等⽐数列的定义、通项公式和不等式恒成⽴问题、数
列的单调性，考查转化思想和运算能⼒，属于中档题．
37．已知数列{an}满⾜
，若数列{bn}为单调递增
数列，则λ的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据给定条件求出数列{an}的通项，再由数列{bn}为单调递增数列列出不等式，并分离参数，
即可推理计算作答．
【解答】解：由
，可得
，
两式相减可得
，则
，
当n＝1 时，
，可得a1＝2，满⾜上式，
故
，
所以
，
因数列{bn}为单调递增数列，即∀n∈N*，bn+1﹣bn＞0，
则λ（2n+1﹣1）﹣（n+1）2+4（n+1）﹣[λ（2n﹣1）﹣n2+4n]＝λ•2n﹣2n+3＞0．
整理得
，
令
，则
，
当n≤2 时，cn+1＞cn，当n≥3 时，cn+1＜cn，
于是得
是数列{cn}的最⼤项，
即当n＝3 时，
取得最⼤值
，从⽽得
，
所以λ的取值范围为
．
故选：A．
【点评】本题考查数列的递推式和数列的单调性、不等式恒成⽴，考查转化思想和运算能⼒，属于中档
题．
38．数列{an}满⾜a1＝4，an+1＝2an﹣2，对于任意的n∈N*，λ（an﹣2）＜an﹣6 恒成⽴，则实数λ的取值范
围是（
）
A．（﹣∞，1）
B．（﹣∞，﹣1）
C．（﹣1，2）
D．（1，2）
【分析】由an+1＝2an﹣2，两边同时减2 构造等⽐数列，求出an 代⼊λ（an﹣2）＜an﹣6，分离参数转化
为求
得最⼩值问题，求解即可得到实数λ的取值范围．
【解答】解：数列{an}满⾜a1＝4，an+1＝2an﹣2，
可得an+1﹣2＝2an﹣4＝2（an﹣2），
所以{an﹣2}是以a1﹣2＝2 为⾸项，公⽐为2 的等⽐数列，
所以
，所以
，
对于任意的n∈N*，λ（an﹣2）＜an﹣6 恒成⽴，
得
恒成⽴，
令
，由于n∈N*，显然y 关于n 单调递增，
所以当n＝1 时，
，所以λ＜﹣1．
故选：B．
【点评】本题考查数列的递推式和等⽐数列的定义、通项公式，以及数列的单调性，考查转化思想和运
算能⼒，属于中档题．
39．设正项等差数列{an}满⾜a1＝1，其前n 项和为Sn，若数列
为等差数列，则
的最⼩值是（
）
A．14
B．15
C．16
D．17
【分析】设{an}公差为d，根据等差数列前n 项和写出
前3 项，结合等差中项的性质列⽅程求公
差d，进⽽得到
关于n 的表达式，利⽤基本不等式求其最⼩值．
【解答】解：根据题意，设正项等差数列{an}的公差为d，则d＞0，
⼜由a1＝1，则an＝1+（n﹣1）d，
则
，故
，
则
，
，
．
⼜由数列
也为等差数列，所以
，
即
，
解得d＝2，故
，an+1＝2n+1，
所以
，
当且仅当
，即n＝8 时，等号成⽴，
即
的最⼩值是17．
故选：D．
【点评】本题考查数列与不等式的综合应⽤，涉及等差数列的性质，属于中档题．
40．已知等⽐数列{an}的前n 项和为Sn，a1＝1，数列{Sn﹣an+1}为等⽐数列，若am≤2024，则正整数m 的最
⼤值为（
）
A．9
B．10
C．11
D．12
【分析】由等⽐数列的通项公式、求和公式，并对公⽐讨论是否为1，可得所求最值．
【解答】解：等⽐数列{an}的前n 项和为Sn，a1＝1，设公⽐为q，
由数列{Sn﹣an+1}为等⽐数列，若q＝1，可得Sn﹣an+1＝n﹣1+1＝n，不为等⽐数列，
可得q≠1，即有Sn﹣an+1＝
﹣qn﹣1+1＝
﹣
•qn﹣1，
可得
＝0，解得q＝2，
则an＝2n﹣1，
由am≤2024，可得2m﹣1≤2024，
⼜210＝1024，211＝2048，可得整数m 的最⼤值为11．
故选：C．
【点评】本题考查等⽐数列的通项公式和求和公式，考查转化思想和运算能⼒、推理能⼒，属于中档题．
41．已知数列{bn}的通项公式为
，则当bn 取得最⼩值时，n＝（
）
A．3
B．4
C．5
D．6
【分析】利⽤作商法判断数列单调性，得出数列的最⼩值即可得解．
【解答】解：根据题意，数列{bn}的通项公式为
，
由于
，则
，
令
，则n2﹣2n﹣5＞0，由n∈N+，解得n≥4，
所以当n≤3 时，
，数列{bn}单调递减，
当n≥4 时，
，数列{bn}单调递增，
⼜
，
，所以b4＜b3，即b4为数列{bn}的最⼩值，
故当bn 取得最⼩值时，n＝4．
故选：B．
【点评】本题考查数列的单调性，涉及不等式的性质，属于中档题．
42．已知数列{an}的通项公式为an＝n2+kn，若{an}是递增数列，则实数k 的取值范围为（
）
A．（﹣∞，﹣2]
B．[﹣2，+∞）
C．（﹣3，+∞）
D．（﹣∞，﹣3）
【分析】根据题意，由数列单调性的定义可得an+1﹣an＝2n+1+k＞0，结合k 的范围，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，若{an}是递增数列，
则当n≥1 时，有an+1﹣an＝（n+1）2+k（n+1）﹣（n2+kn）＝2n+1+k＞0，即k＞﹣（2n+1），
⼜由n≥1，必有k＞﹣3，即k 的取值范围为（﹣3，+∞）．
故选：C．
【点评】本题考查数列的单调性，涉及数列的递推关系，属于基础题．
43．已知数列{an}满⾜a1＝2，
，则a20的最⼤值为（
）
A．420
B．380
C．342
D．6
【分析】计算数列{an}的前⼏项，推得an 的最⼤值为n（n+1），可得所求值．
【解答】解：由a1＝2，可得
＝（
）2，解得a2＝6 或0，
由于求最⼤值，可取a2＝6，令n＝2，可得a3＝12（2 舍去），
可令n＝3，解得a4＝20（6 舍去），…，
可得an＝n（n+1），则a20＝420．
故选：A．
【点评】本题考查数列的递推式和⽅程的解法，考查运算能⼒和推理能⼒，属于中档题．
44．定义
．若数列{an}的前n 项和为
，
数列{bn}满⾜
，令cn＝max{an，bn}，且cn≥c3 恒成⽴，则实数λ的
取值范围是（
）
A．[﹣4，﹣3]
B．[﹣3，﹣2]
C．
D．
【分析】根据题意，求得an＝2λn+20，
，结合cn＝max{an，bn}，且cn≥c3恒成⽴，得到a2≥b3且
b4≥a3，列出不等式组，即可求得λ的取值范围．
【解答】解：由数列{an}的前n 项和为
，
当n≥2 时，可得
，
⼜由当n＝1 时，a1＝S1＝20+2λ，适合上式，
所以数列{an}通项公式为an＝2λn+20，
由数列{bn}满⾜b1＝2 且2n+1（bn+1﹣bn）＝bnbn+1，可得
，
即
，
各式相加可得
，
⼜由
，所以
，所以
，
因为cn＝max{an，bn}，且cn≥c3恒成⽴，
则满⾜a2≥b3且b4≥a3，即
，解得
，
即实数λ的取值范围为
．
故选：D．
【点评】本题考查了数列递推关系式的应⽤，考查了计算能⼒与推理能⼒，属于中档题．
45．数列
是等差数列，且
，数列{bn}的前n 项和为Sn，若bn＝anan+1，则使不等式
成⽴的n 的最⼩值为（
）
A．14
B．15
C．16
D．17
【分析】利⽤等差数列的通项公式求得an，进⽽得到bn，再利⽤裂项相消法求Sn，解对应的不等式即可
得解．
【解答】解：∵
为等差数列，
，
∴
，
∴等差数列{
}的公差为
，
，
∴
，则
，
∵数列{bn}的前n 项和为Sn，bn＝anan+1，
∴
，
则
，
⼜n∈N*，解得n＞15，即n 的最⼩值为16．
故选：C．
【点评】本题考查等差数列、裂项求和法等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．
46．已知正项数列{an}的前n 项积为Tn，满⾜（an﹣1）Tn＝2an，则
时的n 的最⼩值为（
）
A．2026
B．2025
C．2024
D．2023
【分析】由数列的前项积满⾜（an﹣1）Tn＝2an，可求得{Tn}是等差数列，并求得Tn 的通项，进⽽得到{an}
的通项，再由an＜
，即可求得正整数n 的最⼩值．
【解答】解：由正项数列{an}的前n 项积为Tn，（an﹣1）Tn＝2an，
可得n≥2 时，
，
则
＝
，即Tn﹣Tn﹣1＝2，
⼜a1＝T1，可得（a1﹣1）a1＝2a1，解得a1＝3，
∴{Tn}是⾸项为3，公差为2 的等差数列，且Tn＝3+2（n﹣1）＝2n+1．
由（Tn﹣2）an＝Tn，得
，
若
，则
＜
，∴n＞
．
则正整数n 的最⼩值为2025．
故选：B．
【点评】本题考查数列的通项与求积的关系，以及等差数列的通项公式，考查转化思想和运算能⼒，属
于中档题．
47．已知数列{an}的前n 项和Sn＝2n+1﹣2，bn＝
，若数列{bn}的前n 项和Tn，满⾜Tn
＜2a﹣1（n∈N*）恒成⽴，则a 的取值范围为（
）
A．[1，+∞）
B．（1，+∞）
C．[2，+∞）
D．（2，+∞）
【分析】由题意可得数列{an}是⾸项和公⽐均为2 的等⽐数列，运⽤等⽐数列的通项公式和数列的裂项
相消求和，可得Tn＜1，由不等式恒成⽴思想，可得a 的取值范围．
【解答】解：由数列{an}的前n 项和Sn＝2n+1﹣2，
当n＝1 时，a1＝S1＝4﹣2＝2，
当n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n+1﹣2﹣2n+2＝2n，
可得数列{an}是⾸项和公⽐均为2 的等⽐数列，
bn＝
＝
＝
＝﹣
，
Tn＝1﹣+
﹣+...+
﹣
＝1﹣
＜1，
由Tn＜2a﹣1（n∈N*）恒成⽴，可得2a﹣1≥1，解得a≥1．
故选：A．
【点评】本题考查等⽐数列的通项公式和求和公式的关系，以及数列的裂项相消求和、数列不等式恒成
⽴问题，考查转化思想和运算能⼒，属于中档题．
⼆．多选题（共1 ⼩题）
（多选）48．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，若S9＝81，a7＝13，S3，S17﹣S16，Sk 成等⽐数列，则（
）
A．Sn＝n2
B．
C．k＝11
D．an＝2n﹣1
【分析】由已知条件先求出等差数列通项公式，前n 项和公式即可．
【解答】解：由已知得
，解得
，即an＝1+（n﹣1）×2＝2n﹣1，所以D 选项正确．
所以S
＝n2，即A 选项正确．
因为S3＝9，S17﹣S16＝172﹣162＝33，S
成等⽐数列．
所以332＝9×k2，解得k＝11，即C 选项正确．
因为
．
所以
＝
＝
．
即B 选项错误．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查等差数列等⽐数列性质，裂项相消法求和，属于中档题．
三．解答题（共6 ⼩题）
49．等⽐数列{an}中，a1＝1，a9＝4a7．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记Sn 为{an}的前n 项和，若Sm＝127，求m．
【分析】（1）设{an}的公⽐为q，由题意可得q8＝4q6，解⽅程即可求出q，再由等⽐数列的通项公式即
可得出答案；
（2）由等⽐数列的前n 项和公式表示出Sm，解⽅程即可得出答案．
【解答】解：（1）设{an}的公⽐为q，由题设得
，
由已知得
，即q8＝4q6，
解得q＝0（舍去），q＝﹣2 或q＝2，
故
或
；
（2）若
，则
，
由Sm＝127 得（﹣2）m＝﹣380，此⽅程没有正整数解．
若
，则
，
由Sm＝127 得2m＝128，解得m＝7，
综上所述，m＝7．
【点评】本题主要考查等⽐数列、以及等⽐数列的性质，属于基础题．
50．已知数列{an}中an+1＝an﹣4，且a1＝13，
（1）求an；
（2）求数列{an}的前n 项和Sn 的最⼤值
【分析】（1）由已知可知，an+1﹣an＝﹣4，结合等差数列的定义及通项公式可求；
（2）由（1）可知，数列{an}单调递减，且a4＞0，a5＜0，结合等差数列的性质可求．
【解答】解：（1）由an+1＝an﹣4，可知，an+1﹣an＝﹣4，
∴数列{an}是以13 为⾸项，以﹣4 为公差的等差数列，
∴an＝13﹣4（n﹣1）＝﹣4n+17，
（2）由（1）可知，数列{an}单调递减，且a4＞0，a5＜0，
∴当n＝4 时，{an}的前n 项和Sn 取得最⼤值s4＝13+9+5+1＝28
【点评】本题主要考查了等差数列的定义，通项公式及求和公式的应⽤，等差数列的和的最值的求解关
键是确定单调性．
51．Sn 为等差数列{an}的前n 项和，已知a7＝1，S4＝﹣32．
（1）求数列{an}的通项公式．
（2）求Sn，并求Sn 的最⼩值．
【分析】（1）由等差数列{an}的通项公式和前n 项和列出⽅程组，求出⾸项和公差，由此能求出数列{an}
的通项公式．
（2）求出Sn＝n2﹣12n＝（n﹣6）2﹣36．从⽽n＝6 时，Sn 的最⼩值为﹣36．
【解答】解：（1）∵Sn 为等差数列{an}的前n 项和，a7＝1，S4＝﹣32．
∴
，
解得a1＝﹣11，d＝2，
∴数列{an}的通项公式an＝﹣11+（n﹣1）×2＝2n﹣13．
（2）Sn＝
×2＝n2﹣12n＝（n﹣6）2﹣36．
∴n＝6 时，Sn 的最⼩值为﹣36．
【点评】本题考查等差数列的通项公式、前n 项和的最⼩值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，
考查运算求解能⼒，是基础题．
52．已知数列{an}为等⽐数列，其前n 项和为Sn，且a1+a2＝6，a2+a3＝12．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求使Sn≤14 成⽴的正整数n 的最⼤值．
【分析】（1）由a1+a2＝6，a2+a3＝12 两式相除得到公⽐，再代⼊求得⾸项，然后利⽤通项公式求解；
（2）利⽤等⽐数列前n 项和公式得到Sn，再解不等式Sn≤14 即可．
【解答】解：（1）由题意得：等⽐数列{an}的公⽐
，
⼜a1+a2＝6，所以a1+2a1＝6，解得a1＝2，
所以
；
（2）
，
令Sn≤14，解得n≤3，
所以使得Sn≤14 成⽴的正整数n 的最⼤值为3．
【点评】本题主要考查等⽐数列的前n 项和公式，属于基础题．
53．已知单调递增的等差数列{an}满⾜a2+a6＝a1a2＝2．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求{an}的前n 项和Sn，并求Sn 的最⼩值及此时n 的值；
（3）求使Sn＞an 成⽴的n 的最⼩值．
【分析】（1）根据等差数列通项公式列⽅程求基本量，即可得通项公式；
（2）根据等差数列前n 项和的⼆次函数的性质求最值，并确定对应n 值；
（3）由题设可得n2﹣7n+6＞0，结合n∈N*求最⼩值．
【解答】解：单调递增的等差数列{an}满⾜a2+a6＝a1a2＝2．
（1）令{an}的公差为d，且d＞0，则
，
所以6d2﹣5d﹣1＝（6d+1）（d﹣1）＝0，可得d＝1，则a1＝﹣2，
所以an＝n﹣3．
（2）由（1）可得
，
当n＝2 或3 时最⼩Sn 为﹣3．
（3）由（1）（2）有
，则n2﹣7n+6＝（n﹣1）（n﹣6）＞0，
⼜n∈N*，故n≥7 时Sn＞an 成⽴，故n 的最⼩值为7．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应⽤，属于中档题．
54．设等差数列{an}的前n 项和为Sn，已知a3＝24，S11＝33．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{an}的前n 项和Sn；
（3）当n 为何值时，Sn 最⼤？并求Sn 的最⼤值．
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，依题意得到关于a1、d 的⽅程组，解得a1、d，即可求出通项
公式；
（2）根据等差数列求和公式计算可得；
（3）令an＞0 求出所对应的n 的取值范围，即可得解．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，由a3＝24，S11＝33，
则有：
，解得
，
则an＝a1+（n﹣1）d＝38+（n﹣1）•（﹣7）＝﹣7n+45；
（2）由（1）a1＝38，an＝﹣7n+45，
则
；
（3）令an＝﹣7n+45＞0，解得
，
令an＝﹣7n+45＜0，解得
，即前6 项都为正数，从第7 项起都为负数，
⼜n∈N*，所以当n＝6 时，Sn 最⼤，
．
【点评】本题考查等差数列的性质，属于中档题．
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数列——题型15～16
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
答案
C
D
A
A
B
⼀．选择题（共5 ⼩题）
1．已知⾸项为1 的数列{an}，且（n+2）an+1＝2nan 对任意正整数n 恒成⽴，则数列
的前n 项和Sn
为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】由数列的恒等式和数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
【解答】解：（n+2）an+1＝2nan，即
＝
，
则an＝a1•
•
•...•
•
＝1•
•
•
•
•...•
•
＝
（对n
＝1 也成⽴），
可得
＝
＝﹣
，
则Sn＝1﹣+
﹣+...+
﹣
＝1﹣
＝
．
故选：C．
【点评】本题考查数列的恒等式和数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能⼒，属于中档题．
2．数列{an}满⾜nan+1＝3（n+1）an，a1＝3，数列{an}的前n 项和Sn 为（
）
A．
B．n•3n
C．1+（14n﹣8）3n﹣2
D．
【分析】由数列的递推式和数列恒等式可得an，再由数列的错位相减法求和，结合等⽐数列的求和公式，
可得所求和．
【解答】解：数列{an}满⾜nan+1＝3（n+1）an，a1＝3，
可得
＝
，
即有n≥2 时，an＝a1•
•
•...•
＝3•
•
•...•
＝n•3n，
上式对n＝1 也成⽴，
则Sn＝1•3+2•32+3•33+...+n•3n，
3Sn＝1•32+2•33+3•34+...+n•3n+1，
相减可得﹣2Sn＝3+32+33+...+3n﹣n•3n+1＝
﹣n•3n+1＝
﹣，
即有Sn＝
+
．
故选：D．
【点评】本题考查数列的递推式和等⽐数列的求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查转化思想和
运算能⼒，属于中档题．
3．在数列{an}中，a1＝3，
，则a10等于（
）
A．4
B．3+10lg3
C．13
D．12+2lg3
【分析】由于
，然后由累加法求解即可．
【解答】解：由题意可得
，
所以a10＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+⋯+（a10﹣a9）
＝3+lg2﹣lg1+lg3﹣lg2+⋯+lg10﹣lg9＝3﹣lg1+lg10＝3+1＝4．
故选：A．
【点评】本题考查数列的递推式、数列恒等式和对数的运算性质，考查转化和运算能⼒，属于基础题．
4．在数列{an}中，a1＝2，
，则an＝（
）
A．2+lnn
B．2+（n﹣1）lnn
C．2+nlnn
D．1+n+lnn
【分析】根据递推关系式得到an+1﹣an＝ln
＝ln（n+1）﹣lnn，再利⽤累加法求通项即可．
【解答】解：∵数列{an}中，a1＝2，
，
即an+1﹣an＝ln
＝ln（n+1）﹣lnn，
故a2﹣a1＝ln2﹣ln1，
a3﹣a2＝ln3﹣ln2，
a4﹣a3＝ln4﹣ln3，
.....．
an﹣an﹣1＝lnn﹣ln（n﹣1），
以上各式相加可得：an﹣a1＝lnn﹣ln1，
即an＝lnn+2，（n＝1 也成⽴）．
故选：A．
【点评】本题主要考查数列递推关系式的应⽤，考查计算能⼒，属于中档题．
5．在数列{an}中，a1＝1，
，则an 等于（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据数列的递推公式可得
，结合累加法，即可求解．
【解答】解：由题意可得
，
所以当n≥2 时，
，
，…，
，
上式累加可得，an﹣a1＝（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an﹣an﹣1）＝
，
⼜a1＝1，所以
，
当n＝1 时，a1＝1 满⾜上式，
所以
．
故选：B．
【点评】本题主要考查数列递推式，考查运算求解能⼒，属于中档题．
⼆．填空题（共1 ⼩题）
6．已知数列{an}中a1＝1，an+1﹣an＝
，则数列通项公式an＝
．
【分析】将递推式裂项，利⽤累加法和裂项求和法即可求得．
【解答】解：因为
，
所以当n≥2 时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1+an﹣2）+...+（a2﹣a1）+a1
＝
＝
，
当n＝1 时，也满⾜上式，
所以数列的通项公式an＝
．
故答案为：
．
【点评】本题考查由数列的递推式求数列的通项公式，属于中档题．
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数列——题型17～19
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
答案
A
D
C
C
⼀．选择题（共4 ⼩题）
1．设等⽐数列{an}的前n 项和为Sn，已知a1＝2，Sn+1＝3Sn+2，n∈N*，则S4＝（
）
A．80
B．160
C．121
D．242
【分析】由Sn+1＝3Sn+2 可得Sn+1+1＝3（Sn+1），再结合S1+1＝a1+1＝3 可得{Sn+1}是以3 为⾸项，以3 为
公⽐的等⽐数列，从⽽可求出S4的值．
【解答】解：由Sn+1＝3Sn+2，得Sn+1+1＝3Sn+3＝3（Sn+1），
⼜S1＝a1＝2，得S1+1＝3，
所以{Sn+1}是以3 为⾸项，以3 为公⽐的等⽐数列，
所以Sn+1＝3n，即Sn＝3n﹣1，
所以S4＝34﹣1＝80．
故选：A．
【点评】本题考查等⽐数列的通项公式及数列的递推公式，考查学⽣归纳推理与数学运算的能⼒，属于
中档题．
2．已知数列{an}的⾸项a1＝3，且满⾜an+1＝2an﹣1，则下列是这个数列中的项的是（
）
A．191
B．193
C．1023
D．1025
【分析】由数列的递推式求出通项公式，再代⼊选项的值验证即可．
【解答】解：因为an+1＝2an﹣1，所以an+1﹣1＝2（an﹣1），
因为a1＝3，所以a1﹣1＝2，
所以数列{an﹣1}是以2 为⾸项，2 为公⽐的等⽐数列，
所以
，所以数列{an}的通项公式为
．
对于选项A：191＝2n+1，⽆解；
对于选项B：193＝2n+1，⽆解；
对于选项C：1023＝2n+1，⽆解；
对于选项D：1025＝210+1，成⽴．
所以数列中包含的项为1025．
故选：D．
【点评】本题考查构造等⽐数列法求数列的通项公式，属于基础题．
3．已知数列{an}中，a1＝1，an＝3an﹣1+4（n∈N*且n≥2），则数列{an}通项公式an 为（
）
A．3n﹣1
B．3n+1﹣8
C．3n﹣2
D．3n
【分析】在an＝3an﹣1+4 两边同时加上2，整理判断出数列{ an+2}是等⽐数列，求出{ an+2}的通项后，
再求an．
【解答】解：在an＝3an﹣1+4 两边同时加上2，得an+2＝3an﹣1+6＝3（an﹣1+2），
根据等⽐数列的定义，数列{ an+2}是等⽐数列，
且公⽐为3．以a1+2＝3 为⾸项．
等⽐数列{ an+2}的通项an+2＝3•3n﹣1＝3n，
移向得an＝3n﹣2．
故选：C．
【点评】本题考查等差数列、等⽐数列的判定，数列通项求解，考查变形构造，转化、计算能⼒．形如：
an+1＝pan+q 递推数列，这种类型可转化为an+1+m＝4（an+m）构造等⽐数列求解．
4．已知数列{an}的前n 项和为Sn，满⾜
，且S1＝2，则a2025＝（
）
A．2025×22025
B．2025×22026
C．2026×22024
D．2026×22025
【分析】将已知等式两边同时除以2n+1，可得数列{
}是等差数列，从⽽可得数列{
}的通项公式，
进⽽可得Sn，再由a2025＝S2025﹣S2024即可得解．
【解答】解：由
，可得
﹣
＝1，
⼜S1＝2，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＝n•2n，
所以a2025＝S2025﹣S2024＝2025×22025﹣2024×22024＝2026×22024．
故选：C．
【点评】本题主要考查数列递推式，考查运算求解能⼒，属于中档题．
⼆．填空题（共2 ⼩题）
5．已知数列{an}满⾜a1＝2，
，n∈N*．则数列{an}的通项公式为
．
【分析】由
构造可得等⽐数列，从⽽即可求解．
【解答】解：因为
，n∈N*，
所以
，
⼜a1＝2，所以
，
所以数列{
}是以3 为⾸项、3 为公⽐的等⽐数列，
所以
，所以
．
故答案为：
．
【点评】本题考查由数列的递推式求通项公式，属于基础题．
6．在数列{an}中，a1＝1，an+1＝2an+3n+1，则a9＝2017
．
【分析】由已知条件可得数列{an+3n+4}是以8 为⾸项，2 为公⽐的等⽐数列，然后求解．
【解答】解：在数列{an}中，a1＝1，an+1＝2an+3n+1，
则an+1+3（n+1）+4＝2（an+3n+4），
⼜a1+3×1+4＝8，
则数列{an+3n+4}是以8 为⾸项，2 为公⽐的等⽐数列，
即
，
即a9＝2017．
故答案为：2017．
【点评】本题考查了等⽐数列通项公式的求法，重点考查了数列的递推式，属中档题．
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数列—— 题型20～23
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
B
A
A
A
C
D
D
⼀．选择题（共8 ⼩题）
1．已知数列{an}，a1＝，an+1＝2an﹣anan+1，若数列
的前n 项和为Sn，则S2023＝（
）
A．﹣
B．﹣
C．﹣
D．﹣
【解答】解：由an+1＝2an﹣anan+1，可得an+1＝
，
两边取倒数，可得
＝（
+1），
即有
﹣1＝（
﹣1），
则
﹣1＝（
﹣1）•（）n﹣1＝（）n，
即有an＝
，
＝
＝
﹣
，
所以S2023＝﹣+
﹣+...+
﹣
＝﹣
．
故选：D．
2．已知数列{an}满⾜a1＝，
，若a1+a1a2+…+a1a2…an≤
成⽴，则n 的最⼤值为（
）
A．7
B．8
C．9
D．10
【解答】解：a1＝，
，两边取倒数，可得
＝
+1，
即数列{
}是⾸项为3，公差为1 的等差数列，则
＝3+n﹣1＝n+2，
即an＝
，a1a2…an＝
＝
＝2（
﹣
），
则a1+a1a2+…+a1a2…an＝2（﹣+
﹣+...+
﹣
）＝2（﹣
）≤
，
即有n+2≤10，解得n≤8，即n 的最⼤值为8．
故选：B．
3．已知数列{an}满⾜
，且an﹣1an+an+1an﹣2an﹣1an+1＝0（n＞2）则a15等于（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由题意可知an+1an≠0，an﹣1an+an+1an﹣2an﹣1an+1＝0（n＞2），
，
即
；
数列{
}是等差数列，⾸项是1，公差d＝
，
∴
＝8，
∴a15＝．
故选：A．
4．已知数列{an}满⾜a1＝1，an﹣an+1＝2anan+1，则数列{anan+1}的前8 项和为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：数列{an}满⾜a1＝1，an﹣an+1＝2anan+1，
可得
﹣
＝2，
即有数列{
}是⾸项为1，公差为2 的等差数列，
即有
＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
则an＝
，
anan+1＝
＝（
﹣
），
可得数列{anan+1}的前8 项和为
（1﹣+
﹣+...+
﹣
）＝（1﹣
）＝
．
故选：A．
5．已知正项数列{an}满⾜an﹣an+1＝anan+1，
，则a1的值为（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【解答】解：因为正项数列{an}满⾜an﹣an+1＝anan+1，
所以
，
所以数列{
}是以
为⾸项，1 为公差的等差数列，
因为
，所以
，解得a1＝1．
故选：A．
6．已知数列{an}满⾜
，an﹣an+1＝anan+1（n∈N*），则
的最⼩值为（
）
A．
B．
C．16
D．18
【解答】解：∵数列{an}满⾜
，an﹣an+1＝anan+1（n∈N*），
∴
﹣
＝1，
⼜
＝10，
可得数列{
}是⾸项为10，公差为1 的等差数列，
∴
＝10+1×（n﹣1）＝n+9．
∴
＝
＝n+
+10≥2
+10＝16．当且仅当n＝3 时，等号成⽴．
故
的最⼩值为16．
故选：C．
7．已知数列{an}的前n 项和为Sn，若
，则数列{an}的通项公式为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：∵
，
∴当n＝1 时，
，
当n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣1﹣2n﹣2＝2n﹣2，
⼜a1＝也满⾜，
故数列{an}的通项公式为
．
故选：D．
8．若数列{an}的前n 项的和Sn＝3n﹣2，那么这个数列的通项公式为（
）
A．an＝（）n﹣1
B．an＝an＝3×（）n﹣1
C．an＝3n﹣2
D．an＝
【解答】解：由Sn＝3n﹣2，得
；
当n≥2 时，
．
当n＝1 时，上式不成⽴．
∴
．
故选：D．
⼆．填空题（共1 ⼩题）
9．已知数列{an}的前n 项和为Sn，满⾜an+3Sn•Sn﹣1＝0（n≥2，n∈N*），a1＝
，则数列{an}的通项公式an
＝
．
【解答】解：由an+3Sn•Sn﹣1＝0 得an＝﹣3Sn•Sn﹣1，
当n≥2 时，an＝﹣3Sn•Sn﹣1＝Sn﹣Sn﹣1，
∵a1＝，∴Sn•Sn﹣1≠0，
等式两边同时除以Sn•Sn﹣1得
﹣
＝3，
即{
}是以3 为⾸项，3 为公差的等差数列，
则
＝3+3（n﹣1）＝3n，
即Sn＝
，则an＝﹣3Sn•Sn﹣1＝
，n≥2，
∵a1＝不满⾜an＝
，n≥2，
∴数列的通项公式an＝
，
故答案为：
．
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数列——题型24～25
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
答案
B
D
C
C
⼀．选择题（共4 ⼩题）
1．已知正项等差数列{an}满⾜
，则
＝（
）
A．2
B．1012
C．2024
D．4048
【分析】根据等差数列的性质即可求等差数列前n 项和．
【解答】解：因为{an}为等差数列，a1+a2n﹣1＝a3+a2n﹣3＝...＝2an，
所以a1+a3+⋯+a2n﹣1＝nan，a3+a5+⋯+a2n+1＝nan+2，
则
，则
，
从⽽
，
故
＝
．
故选：B．
【点评】本题考查了等差数列的性质，属于中档题．
2．已知正项数列{an}，满⾜a1＝1，a1a2+a2a3+…+anan+1+（n+1）a
＝1，则a2024＝（
）
A．2
B．
C．2024
D．
【分析】由题意可得（an+an+1）[（n+1）an+1﹣nan]＝0，进⽽可得{an}的递推公式，由累乘法即可求解．
【解答】解：因为
，
所以
，
两式相减得：
，
所以
，
即an+1（an+an+1）+n（an+an+1）（an+1﹣an）＝0，
所以（an+an+1）[（n+1）an+1﹣nan]＝0，
因为数列{an}为正项数列，所以an+an+1＞0，
所以（n+1）an+1﹣nan＝0，即
，
所以当n≥2 时，
，所以
（n≥2），
⼜a1＝1，所以
（n≥2），所以
．
故选：D．
【点评】本题考查数列的递推关系，考查运算求解能⼒，属于中档题．
3．数列{an}满⾜：
，若bn＝a2n﹣1•a2n+1，则数列{bn}的前10 项的和为
（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据数列递推式可得数列{an}的通项，再利⽤裂项求和法求解即可．
【解答】解：
，
当n≥2 时，a1+2a2+3a3+⋯+（n﹣1）an﹣1＝n﹣1，
两式相减可得nan＝1（n≥2），即
（n≥2），
a1＝1 也满⾜上式，∴
（n∈N*），
∴
，
∴数列{bn}的前10 项的和为b1+b2+⋯+b10
＝
＝
．
故选：C．
【点评】本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能⼒，属于中档题．
4．已知正项数列{an}中，a1＝3，
，则该数列的通项公式是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】把已知递推式两边取对数，可得数列{lg（an﹣1）}是以lg2 为⾸项，以2 为公⽐的等⽐数列，
由此可得数列{an}的通项公式．
【解答】解：由a1＝3，
，可得an+1﹣1＞0，
两边取常⽤对数，可得lg（an+1﹣1）＝2lg（an﹣1），
则数列{lg（an﹣1）}是以lg2 为⾸项，以2 为公⽐的等⽐数列，
则lg（an﹣1）＝
，则
．
故选：C．
【点评】本题考查数列递推式，考查等⽐数列的通项公式，是中档题．
⼆．填空题（共1 ⼩题）
5．若数列{an}中，a1＝3 且an+1＝an2（n 是正整数），则它的通项公式是
an＝3
．
【分析】根据已知条件由递推公式即可求解．
【解答】解：由递推公式可得：
，归纳可得：
，
故答案为：
．
【点评】本题考查了数列的递推公式，属于基础题．
三．解答题（共1 ⼩题）
6．已知数列{an}满⾜a1＝3，
．
（1）证明数列{ln（an﹣1）}是等⽐数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）若
，数列{bn}的前n 项和Sn，求证：Sn＜2．
【分析】（1）根据递推公式证明
为定制，即可证明数列为等⽐数列，再根据等⽐数列得
通项即可得解；
（2）由
，得an+1﹣2＝an（an﹣2），则
，则
，再利⽤裂项相消法求出数列{bn}的前n 项和Sn，即可得证．
【解答】证明：（1）因为
，所以
，an＞1，
则
，
⼜ln（a1﹣1）＝ln2，
所以数列{ln（an﹣1）}是以ln2 为⾸项，2 为公⽐的等⽐数列，
则
，
所以
；
（2）由
，得an+1﹣2＝an（an﹣2），
则
，
所以
，
所以
，
所以
Sn ＝b1+b2+ ⋯+bn ＝
＝
，
因为
，所以
，
所以Sn＜2．
【点评】本题主要考查数列递推式，数列的求和，裂项求和法的应⽤，考查运算求解能⼒，属于中档题．
声明：试题解析著作权属菁优⽹所有，未经书⾯同意，不得复制发布⽇期：2025/2/1413:53:20；⽤户：13659236337；邮箱：13659236337；学号：33232166
数列——题型26～31
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
C
A
A
A
D
D
A
D
C
B
题号
12
13
14
答案
D
C
C
⼀．选择题（共14 ⼩题）
1．在数列{an}中，a1＝2，an+1an＝an﹣1，a2022＝（
）
A．2
B．1
C．﹣1
D．
【解答】解：∵a1＝2，an+1an＝an﹣1，
∴2a2＝a1﹣1，即a2＝，则
a3＝a2﹣1，即a3＝﹣1，则﹣a4＝a3﹣1，即a4＝2，
∴数列{an}是周期为3 的周期数列，
则a2022＝a674×3＝a3＝﹣1，
故选：C．
2．数列{an}满⾜
，则a2023＝（
）
A．
B．3
C．﹣2
D．
【解答】解：因为
，
所以a2＝
＝
＝3，
a3＝
＝﹣2，
a4＝
＝﹣，
a5＝
＝，
a6＝
＝3，
所以数列{an}是周期为4 的周期数列，
所以a2023＝a505×4+3＝a3＝﹣2．
故选：C．
3．若数列{an}满⾜
，且a1＝2，则a2022＝（
）
A．﹣1
B．2
C．
D．
【解答】解：∵
，a1＝2，
∴a2＝1﹣＝，a3＝1﹣2＝﹣1，a4＝1+1＝2，
∴数列{an}是周期为3 的周期数列，
∴a2022＝a3×674＝a3＝﹣1，
故选：A．
4．已知数列{an}满⾜an+1＝
，若a1＝，则a2005＝（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：∵数列{an}满⾜an+1＝
，
且a1＝，
∴
．
．
．
∴数列{an}的项以3 为周期周期出现，
∴
．
故选：A．
5．已知数列{an}满⾜a1＝2，
，则数列{an}前2025 项的积为（
）
A．2
B．3
C．
D．6
【解答】解：∵数列{an}满⾜a1＝2，
，
∴a2＝
＝
＝﹣3，
a3＝
＝
＝﹣，
a4＝
＝，
a5＝
＝2，
.....．
故数列{an}是周期为4 的数列，且前四项为：2，﹣3，﹣，；
∴数列{an}前2025 项的积为：[2×（﹣3）×（﹣）×
]506×2＝2．
故选：A．
6．已知数列{an}满⾜：
，设数列{an}的前n 项和为Sn，则S2017＝（
）
A．1007
B．1008
C．1009.5
D．1010
【解答】解：∵a1＝2，an+1＝1﹣
，
∴a2＝1﹣
＝1﹣＝，
a3＝1﹣2＝﹣1，
a4＝1+1＝2，
…
∴数列{an}是以3 为周期的数列，
∵S3＝2+
﹣1＝，
2017＝3×672+1，
∴S2017＝672×
+2＝1010，
故选：D．
7．已知数列{an}的通项公式为
，设Sn 是数列{an}的前n 项的和，则S2012的值为（
）
A．0
B．
C．
D．
【解答】解：∵
，
⼜∵
，是以T＝
＝4 为周期的周期函数
∴a1+a2+a3+a4＝（
﹣1+
+2）＝
+1，a5+a6+a7+a8＝
+1，
…
a2009+a2010+a2011+a2012＝
+1，
S2012＝a1+a2+a3+a4+…+a2012
＝（
+1）×503
＝
．
故选：D．
8．任取⼀个正整数，若是奇数，就将该数乘3 再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进⾏上述两种
运算，经过有限次步骤后，必进⼊循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（⼜称“⻆⾕猜
想”）．如取正整数m＝6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8 个步骤变成
1（简称为8 步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列{an}满⾜：a1＝m（m 为正整数），
，当m＝5 时，a1+a2+a3+⋯+a30＝（
）
A．92
B．106
C．113
D．120
【解答】解：因为a1＝5，
，
所以5→16→8→4→2→1→4→2→1→4→2⋯，
所以a1+a2+a3＝5+16+8＝29，
⼜因为（30﹣3）÷3＝9，所以a4+a5+...+a30＝9×7＝63，
所以a1+a2+...+a30＝29+63＝92．
故选：A．
9．已知数列{an}的前n 项和为Sn，且
，则S10的值为（
）
A．107
B．169
C．1389
D．1409
【解答】解：
，
则
．
故选：D．
10．若数列{an}的前n 项和为Sn，且an+1+an＝2n，则S8＝（
）
A．84
B．86
C．170
D．172
【解答】解：因为
，
所以a2+a1＝2，
，
，
，
所以
．
故选：C．
11．任取⼀个正整数，若是奇数，就将该数乘3 再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进⾏上述两种
运算，经过有限次步骤后，必进⼊循环圈1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（⼜称“⻆⾕猜
想”等）．已知数列{an}满⾜：a1＝20，an+1＝
，则a2025＝（
）
A．5
B．4
C．3
D．2
【解答】解：因为a1＝20，an+1＝
，
所以a2＝10，a3＝5，a4＝16，a5＝8，a6＝4，a7＝2，a8＝1，a9＝4，
所以从第6 项开始，数列{an}的项以3 为周期出现，
所以a2025＝a3×673+6＝a6＝4．
故选：B．
12．记数列{an}的前n 项和为Sn，已知a1＝1，anan+1＝2n，4（S11+3）＝ak，则k＝（
）
A．17
B．19
C．17 或18
D．18 或19
【解答】解：因为
，所以
，两式相除可得
，
因为a1＝1，所以a2＝2，所以数列{an}的奇数项是⾸项为1，公⽐为2 的等⽐数列，偶数项是⾸项为2，
公⽐为2 的等⽐数列，
所以当n 为偶数时，
；当n 为奇数时，
，
S11＝（a1+a3+a5+a7+a9+a11）+（a2+a4+a6+a8+a10）
＝（1+2+22+23+24+25）+（2+22+23+24+25）
＝
，
因为
，
所以当k 为奇数时，由
，可得k＝19；
当k 为偶数时，由
，可得k＝18．
故选：D．
13．已知数列{an}满⾜：a1＝2，
，则an 所有可能的取值的集合为（
）
A．{2}
B．{12}
C．{1，2，4}
D．{1，2，4，8}
【解答】解：由a1＝2，
，
可得a2＝1，a3＝4，a4＝2，a5＝1，a6＝4，a7＝2，a8＝1，…，
即有数列{an}是最⼩正周期为3 的数列，⼀个周期为2，1，4，
则an 所有可能的取值的集合为{1，2，4}．
故选：C．
14．已知数列{an}，a1＝2，a2＝0，且
，则数列{an}的前2024 项之和为（
）
A．1012
B．2022
C．2024
D．4048
【解答】解：由题意，当n 为奇数时，an+2＝an﹣2，即an+2﹣an＝﹣2，
则数列{an}的奇数项成⾸项为2，公差为﹣2 的等差数列，
当n 为偶数时，an+2＝an+2，即an+2﹣an＝2，
则数列{an}的偶数项成⾸项为0，公差为2 的等差数列，
∴数列{an}的前2024 项和为：
a1+a2+…+a2024
＝（a1+a3+…+a2023）+（a2+a4+…+a2024）
＝
＝2024．
故选：C．
⼆．多选题（共2 ⼩题）
（多选）15．已知数列{an}满⾜a1＝1，
，则下列结论中正确的是（
）
A．a4＝5
B．{an}为等⽐数列
C．
D．
【解答】解：因为
，
所以a1+a2＝2，a2+a3＝4，
，⼜a1＝1，
所以a2＝1，a3＝3，a4＝5，故A 正确；
因为
，
，所以{an}不是等⽐数列，故B 错误；
a1+a2+⋯+a2021＝a1+（a2+a3）+（a4+a5）+⋯+（a2020+a2021）
＝
，故C 正确；
a1+a2+⋯+a2022＝（a1+a2）+（a3+a4）+⋯+（a2021+a2022）
＝
，故D 错误．
故选：AC．
（多选）16．已知
记数列{an}的前n 项和为Sn，且S3＝6，则下列说法正确的是
（
）
A．a1＝1
B．a19＝2047
C．
D．S20＝6108
【解答】解：对于选项A，因为S3＝6，即a1+a2+a3＝6，
所以a1+2a1+a2+1＝6，a1+2a1+2a1+1＝6，
解得a1＝1，故A 正确；
对于选项B，由上分析可得：a2＝2a1＝2，a3＝a2+1＝3，a4＝2a3＝2×3＝6，a5＝a4+1＝7，
……，
所以当n 为奇数时，n+1 为偶数，n+2 为奇数，
所以an+1＝2an，所以an+2＝an+1+1＝2an+1，即an+2+1＝2（an+1），
⽽a1+1＝2，所以数列{an+1}是⾸项2，公⽐为2 的等⽐数列，
所以
，即
，
令n＝19，则
，故B 不正确；
对于选项C，当n 为偶数时，n+1 为奇数，n+2 为偶数，
由题意可得：an+1＝an+1，即an+2＝2an+1＝2（an+1）＝2an+2，
所以an+2+2＝2（an+2），⽽a2+2＝4，
所以数列{an+2}是⾸项为4，公⽐为2 的等⽐数列，
所以
，即
，
所以
，故C 正确；
对于选项D，S20＝a1+a2+⋯+a20
＝（a1+a3+⋯+a19）+（a2+a4+⋯+a20）
＝[（21﹣1）+（22﹣1）+⋯+（210﹣1）]+[（22﹣2）+（23﹣2）+⋯+（211﹣2）]
＝
＝2（1024﹣1）﹣10+4（1024﹣1）﹣20
＝6108，故D 正确．
故选：ACD．
三．解答题（共28 ⼩题）
17．已知数列{an}的前n 项和为Sn，若Sn＝an+1﹣1，a1＝2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满⾜
，求数列{bn}的前10 项和T10．
【解答】解：（1）当n≥2 且n∈N*时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝an+1﹣an，∴an+1＝2an，
⼜a1＝S1＝a2﹣1＝2，∴a2＝3，则数列{an}⾃第⼆项开始为公⽐为2 的等⽐数列，
∴
；
∵a1＝2 不满⾜
，
∴
．
（2）当n 为奇数时，bn＝an，
由（1）得：
，
当n 为偶数时，
，
∴
＝
，
∴
．
18．已知数列{an}的前n 项和为
，且a1＝1，S5＝15．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若
，求数列{bn}的前2n 项和T2n．
【解答】解：（1）由an﹣1+an+1＝2an（n≥2），得an+1﹣an＝an﹣an﹣1（n≥2），
所以数列{an}为等差数列，所以
，得a3＝3，
所以公差
，所以an＝n．
（2）当n 为奇数时，bn＝an＝n，
当n 为偶数时
，
所以T2n＝（b1+b3+⋯+b2n﹣1）+（b2+b4+⋯+b2n）
＝（1+3+⋯+2n﹣1）+（2+23+⋯+22n﹣1）
＝
．
19．设数列{an}满⾜：
是a1，a3的等⽐中项．
（1）求a1的值；
（2）求数列{an}的前20 项的和．
【解答】解：（1）由题意得a2＝a1+1，a3＝2a2＝2a1+2，
⼜a2是a1，a3的⽐例中项，则
，即
，显然a1≠0 且a1≠﹣1，
故a1＝1；
（2）当n 是奇数时，an＝2an﹣1＝2（an﹣1+1）＝2an﹣2+2，n≥3，
an+2＝2（an﹣2+2），⽽a1+2＝3，
∴数列a1+2，a3+2，⋯，a2n﹣1+2，⋯是等⽐数列，
S20＝a1+a2+a3+a4+⋯+a19+a20＝a1+（a1+1）+a3+（a3+1）+⋯+a19+（a19+1）
＝2[（a1+2）+（a3+2）+⋯+（a19+2）]﹣30
＝
．
20．在数列{an}中，a1＝2，a2＝8，且对任意的n∈N*，都有an+2＝4an+1﹣4an．
（1）证明：{an+1﹣2an}是等⽐数列，并求出{an}的通项公式；
（2）若
，且数列{bn}的前n 项积为Tn，求T15和T20．
【解答】解：（1）证明：∵an+2＝4an+1﹣4an，⼜a1＝2，a2＝8，
∴an+2﹣2an+1＝2（an+1﹣2an），且a2﹣2a1＝4，
∴{an+1﹣2an}是以4 为⾸项，2 为公⽐的等⽐数列，
∴an+1﹣2an＝2n+1，
∴
，⼜
，
∴{
}是以1 为⾸项，公差为1 的等差数列，
∴
，
∴
；
（2）由（1）可得
，
∴
＝
＝﹣264，
＝
＝2100．
21．已知等差数列{an}的公差d＞0，且满⾜a1＝1，a1，a2，a4成等⽐数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满⾜
，求数列{bn}的前2n 项的和T2n．
【解答】解：（1）∵a1，a2，a4成等⽐数列，
∴
，即（1+d）2＝1×（1+3d），解得d＝0 或d＝1，
∵d＞0，∴d＝1，
∴an＝1+1×（n﹣1）＝n．
（2）由（1）得
∴
，
∴T2n＝b1+b2+b3+…+b2n﹣1+b2n＝（b1+b3+…+b2n﹣1）+（b2+b4+…+b2n）
＝（21+23+...+22n﹣1）+
[（﹣）+（﹣）+...+（
﹣
）]
＝
＝
，
∴数列{bn}的前2n 项的和
．
22．记Sn 为等差数列{an}的前n 项和，已知a3＝5，S9＝81，数列{bn}满⾜a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn＝（n﹣
1）•3n+1+3．
（1）求数列{an}与数列{bn}的通项公式；
（2）数列{cn}满⾜cn＝
，求{cn}前2n 项和T2n．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
∵a3＝5，S9＝81，
∴
，∴a1＝1，d＝2，
∴an＝2n﹣1，
∵
①，
∴
②，
由①﹣②得
，
∴
，
当n＝1 时，a1b1＝3，b1＝3，满⾜
，
∴
；
（2）由（1）得an＝2n﹣1，
，则cn＝
＝
，
T2n＝c1+c2+c3+⋯+c2n，
∴
，
记T 奇＝b1+b3+⋯+b2n﹣1，则
，
记
，
则
＝
，
∴
．
23．已知等⽐数列{an}的前n 项和为Sn，a1＝1，且4Sn，3Sn+1，2Sn+2（n∈N*）成等差数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满⾜bn＝
，求{bn}的前2n 项和T2n．
【解答】解：（1）由题意，设等⽐数列{an}的公⽐为q，
则当q＝1 时，Sn＝na1＝n，Sn+1＝（n+1）a1＝n+1，
Sn+2＝（n+2）a1＝n+2，
∵4Sn，3Sn+1，2Sn+2（n∈N*）成等差数列，
∴6Sn+1＝4Sn+2Sn+2，
∵6Sn+1＝6（n+1）＝6n+6，
4Sn+2Sn+2＝4n+2（n+2）＝6n+4，
∴6n+6≠6n+4，不符合题意，故q≠1，
当q≠1 时，Sn＝
，Sn+1＝
，
Sn+2＝
，
∵6Sn+1＝4Sn+2Sn+2，
∴6•
＝4•
+2•
，
化简，得3qn+1＝2qn+qn+2，
整理，得qn（q﹣1）（q﹣2）＝0，
解得q＝1（舍去），或q＝2，
∴an＝1•2n﹣1＝2n﹣1，n∈N*．
（2）由（1）可得，
bn＝
＝
，
则T2n＝b1+b2+b3+b4+…+b2n﹣1+b2n
＝20+1+22+3+…+22n﹣2+（2n﹣1）
＝（20+22+…+22n﹣2）+[1+3+…+（2n﹣1）]
＝
+
＝
+n2．
24．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，且a3+a7＝10，S10＝55．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若
，求数列{bn}的前n 项和Tn．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
∵a3+a7＝10，S10＝55，
∴
，解得
，
∴数列{an}的通项公式为an＝n；
（2）由（1）得
，
∴
①，
②，
由①﹣②得
＝
＝2n+1﹣2﹣n•2n+1＝（1﹣n）2n+1﹣2，
∴
．
25．已知数列{an}是⾸项为正数的等差数列，
．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设
，求数列{bn}的前n 项和Tn．
【解答】解：（1）根据题意，n≥2 时，
，
n＝1 时，a1＝S1＝1＝2×1﹣1，故an＝2n﹣1；
（2）由（1）的结论，可知
，
故
，
可得
，
两
式
相
减
，
得
所以
．
26．已知数列{an}是⼀个⾸项为3，公⽐为q（q≠1）的等⽐数列，且3a1，2a2，a3成等差数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}的前n 项和
，求数列{an•bn}的前n 项和Tn．
【解答】解：（1）∵3a1，2a2，a3成等差数列，
∴2×2a2＝3a1+a3，
∴4a1q＝3a1+a1q2，
化为q2﹣4q+3＝0，q≠1，
解得q＝3．
∴an＝3n．
（2）∵数列{bn}的前n 项和
，
∴n≥2 时，bn＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，
n＝1 时，b1＝S1＝1，满⾜上式，
∴bn＝2n﹣1，
an•bn＝（2n﹣1）•3n，
∴数列{an•bn}的前n 项和Tn＝3+3×32+5×33+…+（2n﹣1）•3n，
3Tn＝32+3×33+…+（2n﹣3）•3n+（2n﹣1）•3n+1，
相减可得：﹣2Tn＝3+2×（32+33+…+3n）﹣（2n﹣1）•3n+1＝3+2×
﹣（2n﹣1）•3n+1，
化为：Tn＝（n﹣1）•3n+1+3．
27．已知各项均不为零的数列{an}满⾜
，且
．
（1）证明：
为等差数列，并求{an}的通项公式；
（2）令
为数列{cn}的前n 项和，求Tn．
【解答】解：（1）证明：∵2an﹣2an+1＝3anan+1，
∴
，
⼜
，
∴数列
是⾸项为5，公差为3 的等差数列，
∴
，
故
；
（2）由（1）得
，则
，
∴
①，
②，
由
①
﹣
②
得
，
∴
．
28．已知数列{an}满⾜
，且a1＝1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满⾜
，求数列{bn}的前n 项和Sn．
【解答】解：（1）因为
，
所以
，
，
…
，
所以
．
⼜a1＝1，所以
，所以an＝2n﹣1（n≥2）．
⼜a1＝1，也符合上式，
所以an＝2n﹣1．
（2）结合（1）得
，所以
，①
，②
①﹣②，得
＝
，
所以
．
29．已知数列{an}是⾸项为2 的等⽐数列，公⽐q＞0，且a4是6a2和a3的等差中项．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}满⾜
，求{bn}的前2023 项和T2023．
【解答】解：（1）数列{an}是⾸项为2 的等⽐数列，公⽐q＞0，且a4是6a2和a3的等差中项，
可得2a4＝6a2+a3，即2a1q3＝6a1q+a1q2，即有2q2﹣q﹣6＝0，解得q＝2（﹣舍去），
由a1＝2，可得an＝2n；
（2）由（1）可得
＝
＝
＝﹣
，
则T2023＝1﹣+
﹣+...+
﹣
＝1﹣
＝
．
30．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，且S5＝45，S6＝60．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列
的前n 项和Tn．
【解答】解：（1）已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，且S5＝45，S6＝60，
设等差数列的公差为d，
则
，
即
，
则an＝5+2（n﹣1）＝2n+3，
即{an}的通项公式为an＝2n+3；
（2）由（1）可得
＝
，
则Tn＝
＝
＝
．
31．设等⽐数列{an}的前n 项和为Sn，已知a2+a4＝30，S4＝45．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设
，求{bn}的前n 项和Tn．
【解答】解：（Ⅰ）设等⽐数列{an}的公⽐为q，由题意q≠1，
由a2+a4＝30，S4＝45，
可得
，解得a1＝3，q＝2，
∴an＝a1qn﹣1＝3•2n﹣1；
（Ⅱ）∵
，
∴bn＝
＝
＝
＝•（）n，
∴Tn＝×[
+（）2+（）3+…+（）n]
＝×
＝
．
32．已知{an}是公⽐不为﹣1 的等⽐数列，
，且a1＝2a2+3a3．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设
，
，证明：
．
【解答】解：（1）因为{an}是等⽐数列，设公⽐为q（q≠﹣1），
由题意得
，
解得
，
所以
．
（2）证明：由（1）因为
，
所以
，
所以
，
因为
，
所以
，
从⽽
．
33．在等差数列{an}与等⽐数列{bn}中，已知a1＝1，b1＝2，且a2+a3+a4＝9，b1b3＝4b2．
（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）若
，求数列{cn}的前n 项和Sn．
【解答】解：由题意，令公差为d，公⽐为q，
（I）由a2+a3+a4＝9，即3a3＝9，即a3＝3，
∵
，a1＝1，
∴an＝n，
由b1b3＝4b2，即
，
∴q＝2，
∵b1＝2，
∴bn＝2×2n﹣1＝2n；
（II）由（I）有
．
则有
Sn ＝c1+c2+ ⋯+cn ＝
＝
＝1﹣
．
34．已知等⽐数列{an}的前n 项和为Sn，且满⾜a6﹣a3＝56，S6﹣S3＝112．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设
，求数列{bn}的前n 项和Tn．
【解答】解：（1）由题意，设等⽐数列{an}的公⽐为q，
则a6﹣a3＝a1q5﹣a1q2＝a1q2（q3﹣1）＝56，①
S6﹣S3＝a4+a5+a6＝a1q3（1+q+q2）＝112，②
∵数列{an}是等⽐数列，
∴a1≠0，q≠0，
∴
，可得
＝，
化简整理，得q3﹣q2﹣q﹣2＝0，
则（q﹣2）（q2+q+1）＝0，
∵q2+q+1＝（q+
）2+
＞0，
∴q﹣2＝0，即q＝2，
∴a6﹣a3＝a1•25﹣a1•22＝28a1＝56，
解得a1＝2，
∴an＝2•2n﹣1＝2n，n∈N*．
（2）由（1）可得，Sn＝
＝2n+1﹣2，
则
＝
＝•（
﹣
），
∴Tn＝b1+b2+…+bn
＝•（
﹣
）+
•（
﹣
）+…+
•（
﹣
）
＝•（
﹣
+
﹣
+…+
﹣
）
＝•（
﹣
）
＝﹣
．
35．已知数列{an}满⾜a1＝4，且对于任意m，n∈N*，都有aman＝am+n．
（1）证明{an}为等⽐数列，并求{an}的通项公式；
（2）若
，求数列{bnbn+1}的前n 项和Sn．
【解答】解：（1）证明：取m＝1，则由aman＝am+n，得an+1＝a1an．
因为a1＝4，所以an+1＝4an，所以{an}是以4 为⾸项，4 为公⽐的等⽐数列，
故
．
（2）由（1）可知
，
则
，
则Sn＝（1﹣）+
（﹣）+...+
（﹣
）＝（1﹣
）＝
．
36．已知数列{an}的⾸项a1＝4，且满⾜an+1＝3an﹣2（n∈N*）．
（1）求证：数列{an﹣1}为等⽐数列；
（2）记bn＝
，求数列{bn}的前n 项和Sn，证明：Sn＜．
【解答】（1）证明：由
，可得
，
⼜a1﹣1＝3，所以{an﹣1}是⾸项为3，公⽐为3 的等⽐数列．
（2）证明：由（1）的结论，可知
，所以
，
所以
，
Sn＝b1+b2+b3+⋯+bn＝
＝
．
因为
，所以不等式Sn＜成⽴．
37．已知等差数列{an}满⾜an，an+1是关于x 的⽅程x2﹣4nx+bn＝0 的两个根．
（1）求a1；
（2）求数列
的前n 项和Sn．
【解答】解：（1）数列{an}是等差数列，设公差为d，
由⻙达定理得an+an+1＝4n，
于是有
，
则a3﹣a1＝4＝2d，
则d＝2，
故4＝a1+a2＝2a1+d，
则a1＝1．
（2）由（1）知a1＝1，d＝2，
故an＝a1+（n﹣1）d＝2n﹣1，
由⻙达定理知bn＝an•an+1，
故
，
所以
，
则
．
38．已知等差数列{an}的⾸项a1＝1，公差为d（d≠0），其前n 项和为Sn，bn＝anan+1﹣2Sn．
（1）求证：数列{bn+1﹣bn}是等差数列；
（2）若{bn}也是等差数列，求数列
的前n 项和Tn．
【解答】（1）证明：由题知，bn+1﹣bn＝an+1an+2﹣2Sn+1﹣（anan+1﹣2Sn），
⼜{an}是公差为d 的等差数列，
故bn+1﹣bn＝2d•an+1﹣2an+1＝2an+1（d﹣1），
（bn+2﹣bn+1）﹣（bn+1﹣bn）＝2an+2（d﹣1）﹣2an+1（d﹣1）＝2d（d﹣1），
故（bn+1﹣bn）﹣（bn﹣bn﹣1）为定值，
⼜
，
所以{bn+1﹣bn}是⾸项为2（d2﹣1），公差为2（d2﹣d）的等差数列．
（2）解：因为{bn}是等差数列，
所以（bn+2﹣bn+1）﹣（bn+1﹣bn）＝2d（d﹣1）＝0，
即得d＝0（舍）或d＝1，
故an＝n，
故
，
故
．
39．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，且{Sn+n2}也是等差数列．
（1）求数列{an}的公差；
（2）若a1＝﹣1，求数列
的前n 项和Tn．
【解答】解：（1）设数列{an}的公差为d，则an+1＝dn+a1，
因为
是等差数列，所以
为常数，
⼜
＝an+1+2n+1＝nd+a1+2n+1＝（d+2）n+a1+1，
所以d+2＝0，解得d＝﹣2；
（2）因为a1＝﹣1，所以an＝a1+（n﹣1）d＝﹣2n+1，
所以
＝
＝1+
＝（
﹣
）+1，
所以Tn＝（1﹣+
﹣+……+
﹣
）+n＝（1﹣
）+n＝
+n．
40．已知正项数列{an}的⾸项为1，其前n 项和为Sn，满⾜an＝
（n≥2）．
（1）求证：数列{
}为等差数列，并求出Sn；
（2）求an；
（3）设bn＝an﹣10，求数列{|bn|}的前n 项和Tn．
【解答】证明：（1）因为
，
所以
，
因为an＞0，所以Sn＞0（n∈N），
所以
，
所以
，⼜由
，
所以
是以1 为⾸项，1 为公差的等差数列，
所以
，所以
；
解：（2）因为a1＝S1＝1，
，且a1＝1＝2×1﹣1，
所以an＝2n﹣1；
解：（3）由（2）知bn＝2n﹣11，所以n≤5 时，bn＜0；n≥6 时，bn＞0，
记数列{bn}的前n 项和为Bn，则
，
所以当n≤5 时，
；
当n≥6 时，
＝
，
所以
．
41．设等差数列{an}的前n 项和为Sn，a5＝3，S5＝35．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{|an|}的前n 项和为Tn，求T10．
【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，
∵a5＝3，S5＝35，
∴
，
解得a1＝11，d＝﹣2，
故an＝a1+（n﹣1）d＝13﹣2n．
（Ⅱ）∵an＝﹣2n+13，
则数列{an}为递减数列，
⼜
，
∴T10＝|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|a10|＝a1+a2+⋯+a6﹣（a7+a8+a9+a10）＝S6﹣（S10﹣S6）＝2S6﹣S10＝52，
即T10＝52．
42．若数列{an}的⾸项a1＝﹣2023，且满⾜an+1＝2an+2024．
（1）求数列{an}的通项．
（2）求数列{|an|}的前n 项和Tn．
【解答】解：（1）因为数列{an}的⾸项a1＝﹣2023，且满⾜an+1＝2an+2024，
所以2024+an+1＝2（an+2024），a1+2024＝1，
所以数列{2024+an}是以1 为⾸项，以2 为公⽐的等⽐数列，
所以an+2024＝2n﹣1，
所以an＝2n﹣1﹣2024；
（2）因为an＝2n﹣1﹣2024 单调递增，a12＝24＞0，a11＝﹣1000＜0，
当1≤n≤11，n∈N*时，|an|＝2024﹣2n﹣1，
此时Tn＝2024n﹣（1+2+…+2n﹣1）＝2024n﹣
＝2024n+2n﹣1，
当n≥12 时，n∈N*时，|an|＝﹣2024+2n﹣1，
所以Tn＝T11+（211+212+…+2n﹣1）﹣2024（n﹣11）
＝2024×11﹣211+1+（211+…+2n﹣1）﹣2024（n﹣11）
＝2024（22﹣n）﹣211+1+1+
＝2024（22﹣n）+2n﹣4095，
故Tn＝
．
43．已知数列{an}的前n 项和为Sn，若
为等差数列，且满⾜
．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设Tn＝|a1|+|a2|+⋯+|an|，求Tn．
【解答】解：（1）由已知得，设
的公差为d
，则d＝﹣1，
求得
，∴
，
当n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝10﹣2n，
a1＝8 符合上式，∴
．
（2）由（1）知an＝10﹣2n，令an≥0，得n≤5，
当n≤5 时，则Tn＝Sn＝9n﹣n2；
当n≥6 时，则Tn＝|a1|+|a2|+⋯+|an|＝a1+a2+⋯+a5﹣（a6+a7+⋯+an）
＝
，
则Tn＝
．
44．已知数列{an}中a1＝8，a4＝2，且满⾜an+2+an＝2an+1
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设Sn 是数列{|an|}的前n 项和，求Sn．
【解答】解：（1）根据an+2+an＝2an+1，得到数列{an}是等差数列．
＝﹣2
所以：an＝﹣2n+10
（2）令an≥0，解得：n≤5，
当n≥6 时，解得an＜0
所以：①当n≤5 时，Sn＝|a1|+|a2|+…+|an|＝﹣n2+9n
②当n＞6 时，Sn＝|a1|+|a2|+…+|an|＝﹣（a1+a2+…+an）+2（a1+…+a5）
＝n2﹣9n+40
所以：
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数列——题型32～33
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
B
B
A
D
B
A
D
⼀．选择题（共7 ⼩题）
1．已知函数f（x）＝
（x∈R），若等⽐数列{an}满⾜a1a2020＝1，则f（a1）+f（a2）+f（a3）+…+f（a2020）
等于（
）
A．1010
B．2020
C．2
D．
【解答】解：由f（x）＝
，得f（）＝
＝
，则f（x）+f（）＝2，
∵{an}为等⽐数列，
∴a1a2022＝a2a2019＝a3a2018＝…＝a2020a1＝1，
∴f（a1）+f（a2020）＝f（a2）+f（a2019）＝f（a3）+f（a2018）＝…＝f（a2022）+f（a1）＝2，
∴f（a1）+f（a2）+…+f（a2020）＝2020．
故选：B．
2．设f（x）＝
，利⽤课本中推导等差数列前n 项和公式的⽅法，可求得f（﹣11）+f（﹣10）+…
+f（0）+…+f（11）+f（12）的值是（
）
A．
B．4
C．
D．12
【解答】解：∵f（x）＝
，
∴f（x）+f（1﹣x）＝
+
＝
+
＝
，
设S＝f（﹣11）+f（﹣10）+…+f（0）+…+f（11）+f（12）
所以S＝f（12）+f（11）+…+f（0）+…+f（﹣10）+f（﹣11）
两个式⼦相加得
2S＝
×24＝8
∴S＝4
故选：B．
3．已知函数f（x）＝
，则f（1°）+f（2°）+…+f（59°）＝（
）
A．
B．
C．59
D．﹣59
【解答】解：∵
，
∴f（x）+f（60°﹣x）＝
＝
＝
＝
令s＝f（1°）+f（2°）+…+f（59°），…①
s＝f（59°）+f（58°）+…+f（2°）+f（1°），…②
①+②得：2s＝[f（1°）+f（59°）]+[f（2°）+f（58°））]+…+[f（59°）+f（1°）]
＝
，
∴
，即f（1°）+f（2°）+…+f（59°）＝
．
故选：A．
4．数列{an}的通项公式是
，则该数列的前100 项之和为（
）
A．﹣200
B．﹣100
C．200
D．100
【解答】解：由题意S100＝（﹣1+3）+（﹣5+7）+⋯+（﹣197+199）＝2+2+⋯2＝2×50＝100．
故选：D．
5．数列{an}的通项公式为an＝（﹣1）n﹣1•（4n﹣3），则它的前100 项之和S100等于（
）
A．200
B．﹣200
C．400
D．﹣400
【解答】解：由题意可得：数列{an}的通项公式为an＝（﹣1）n﹣1•（4n﹣3），
所以a1＝1，a2＝﹣5，a3＝9，a4＝﹣13，…a99＝393，a100＝﹣397，
所以S100＝（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a99+a100），
所以S100＝﹣（4+4+…+4）＝﹣200．
故选：B．
6．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an+2﹣an＝1+（﹣1）n，n∈N*，则S60的值为（
）
A．990
B．1000
C．1100
D．99
【解答】解：当n 为奇数时，an+2﹣an＝1+（﹣1）n＝0，可得a1＝a3＝…＝a59＝2．
当n 为偶数时，an+2﹣an＝1+（﹣1）n＝2，∴数列{a2n}为等差数列，⾸项为2，公差为2，
∴a2+a4+…+a60＝30×2+
＝930．
∴S60＝（a1+a3+…+a59）+（a2+a4+…+a60）
＝30×2+930
＝990．
故选：A．
7．数列{an}满⾜an+1+（﹣1）nan＝2n﹣1，则{an}的前60 项和为（
）
A．3690
B．3660
C．1845
D．1830
【解答】解：由于数列{an}满⾜an+1+（﹣1）nan＝2n﹣1，
故有a2﹣a1＝1，a3+a2＝3，a4﹣a3＝5，a5+a4＝7，a6﹣a5＝9，a7+a6＝11，…，a60﹣a59＝117．
从⽽可得a3+a1＝2，a4+a2＝8，a7+a5＝2，a8+a6＝24，a11+a9＝2，a12+a10＝40，a15+a13＝2，a16+a14＝56，…
从第⼀项开始，依次取2 个相邻奇数项的和都等于2，
从第⼆项开始，依次取2 个相邻偶数项的和构成以8 为⾸项，以16 为公差的等差数列．
⽽{an}的前60 项中，共有奇数项15 对，偶数项15 对，
故{an}的前60 项的和为15×2+（15×8+
）＝1830，
故选：D．
⼆．填空题（共3 ⼩题）
8．已知数列{an}的前n 项和为Sn，满⾜2Sn＝n2+n（n∈N*），则数列{an}的通项公式an＝
n
．设bn＝（﹣
1）n
，则数列{bn}的前n 项和Tn＝
．
【解答】解：∵2Sn＝n2+n（n∈N*），
∴2Sn﹣1＝（n﹣1）2+n﹣1（n≥2，n∈N*），
两式相减得：2an＝2n，即an＝n（n≥2），
⼜2a1＝12+1＝2，∴a1＝1，也符合上式，
∴an＝n；
⼜bn＝（﹣1）n
＝（﹣1）n
＝（﹣1）n（+
），
∴Tn＝﹣（1+
）+（+
）﹣（+
）﹣…+（﹣1）n（+
），
＝
＝
．
故答案为：n；
．
9．已知数列{an}的前n 项和Sn＝（﹣1）n•n，若对任意正整数n，（an+1﹣p）（an﹣p）＜0 恒成⽴，则实数P
的取值范围是
（﹣1，3）．
【解答】解：当n＝1 时，a1＝S1＝﹣1；
当n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝（﹣1）nn﹣（﹣1）n﹣1（n﹣1）＝（﹣1）n（2n﹣1）．
∵对任意正整数n，（an+1﹣p）（an﹣p）＜0 恒成⽴，
∴[（﹣1）n+1（2n+1）﹣p][（﹣1）n（2n﹣1）﹣p]＜0，
①当n 是奇数时，化为[p﹣（2n+1）][p+（2n﹣1）]＜0，解得1﹣2n＜p＜2n+1，
∵对任意正奇数n 都成⽴，取n＝1 时，可得﹣1＜p＜3．
②当n 是正偶数时，化为[p﹣（2n﹣1）][p+（1+2n）]＜0，解得﹣1﹣2n＜p＜2n﹣1，
∵对任意正偶数n 都成⽴，取n＝2 时，可得﹣5＜p＜3．
联⽴
，解得﹣1＜p＜3．
∴实数P 的取值范围是（﹣1，3）．
故答案为：（﹣1，3）．
10．在数列{an}中，已知a1＝1，an+1+（﹣1）nan＝cos（n+1）π，记Sn 为数列{an}的前n 项和，则S2015＝
﹣
1006
．
【解答】解：由a1＝1，an+1+（﹣1）nan＝cos（n+1）π，
得a2＝a1+cos2π＝1+1＝2，
a3＝﹣a2+cos3π＝﹣2﹣1＝﹣3，
a4＝a3+cos4π＝﹣3+1＝﹣2，
a5＝﹣a4+cos5π＝2﹣1＝1，
…
由上可知，
数列{an}是以4 为周期的周期数列，
且a1+a2+a3+a4＝﹣2，
∴S2015＝503（a1+a2+a3+a4）+0＝503×（﹣2）+0＝﹣1006．
故答案为：﹣1006．
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数列——题型34
参考答案与试题解析
题号
1
答案
B
⼀．选择题（共1 ⼩题）
1．若数列{an}和{bn}满⾜a1＝2，b1＝0，2an+1＝3an+bn+2，2bn+1＝an+3bn﹣2，则a2024+b2023＝（
）
A．2•32023+1
B．3•22022+1
C．3•22023+1
D．3•22022﹣1
【解答】解：依题意，由2an+1＝3an+bn+2，2bn+1＝an+3bn﹣2，
两式相加，
可得2an+1+2bn+1＝an+3bn﹣2+3an+bn+2＝4（an+bn），
即an+1+bn+1＝2（an+bn），
∵a1+b1＝2，
∴数列{an+bn}是以2 为⾸项，2 为公⽐的等⽐数列，
∴an+bn＝2•2n﹣1＝2n，n∈N*，
⼜∵2an+1＝3an+bn+2，即
，
∴
，
∴
．
故选：B．
⼆．填空题（共2 ⼩题）
2．已知数列{an}和{bn}满⾜a1＝2，b1＝1，an+bn＝bn+1，an+1+bn+1＝4an，则
＝21014
．
【解答】解：因为an+bn＝bn+1，an+1+bn+1＝4an，且a1＝2，b1＝1，
则b2＝a1+b1＝3，
由an＝bn+1﹣bn，可得an+1＝bn+2﹣bn+1，
代⼊an+1+bn+1＝4an，可得bn+2＝4bn+1﹣4bn，
所以bn+2﹣2bn+1＝2（bn+1﹣2bn），且b2﹣2b1＝1，
所以数列{bn+1﹣2bn}是以1 为⾸项，2 为公⽐的等⽐数列，
则bn+1﹣2bn＝2n﹣1，
等式两边同时除以2n﹣1，可得
﹣
＝1，
所以数列{
}为等差数列，且⾸项为
＝2b1＝2，
所以
＝2+（n﹣1）×1＝n+1，
所以bn＝（n+1）•2n﹣2，
则a1008＝b1009﹣b1008＝1010×21007﹣1009×21006＝（2020﹣1009）×21006＝1011×21006，
所以
＝
＝21014．
故答案为：21014．
3．已知数列{an}和{bn}满⾜a1＝2，b1＝0，2an+bn+1＝3n+1，an+1+2bn＝3n+1，则an﹣bn＝2n
，an+bn＝2n
．
【解答】解：∵2an+bn+1＝3n+1，an+1+2bn＝3n+1．
∴an+1﹣bn+1＝2（an﹣bn），
⼜a1＝2，b1＝0，
∴a1﹣b1＝2﹣0＝2，
∴数列{an﹣bn}是以2 为⾸项，2 为公⽐的等⽐数列，
∴an﹣bn＝2•2n﹣1＝2n，n∈N*；
∵2an+bn+1＝3n+1，①
∴an+1+2bn＝3n+1，②
①+②，整理可得an+1+bn+1+2（an+bn）＝2（3n+1），
令cn＝an+bn，则cn+1+2cn＝2（3n+1），
即cn+1＝﹣2cn+2（3n+1），
等式两边同时减去2（n+1），
可得cn+1﹣2（n+1）＝﹣2cn+2（3n+1）﹣2（n+1）＝﹣2（cn﹣2n），
∵c1﹣2×1＝a1+b1﹣2＝0，
将n＝1 代⼊cn+1﹣2（n+1）＝﹣2（cn﹣2n），
可得c2﹣2×2＝0，解得c2＝4，
∴cn﹣2n＝﹣2[cn﹣1﹣2（n﹣1）]＝…＝（﹣2）n﹣1•（c1﹣2×1）＝0，
∴cn﹣2n＝0，可得cn＝2n，
故an+bn＝2n，n∈N*．
故答案为：2n；2n．
三．解答题（共1 ⼩题）
4．已知数列{an}中a1＝1，数列{bn}中b1＝0 当n≥2 时，
，
，求an 与
bn．
【解答】解：当n≥2 时，
①，
②，
①﹣②得an﹣bn＝（an﹣1﹣bn﹣1），所以数列{an﹣bn}是⾸项为a1﹣b1＝1，公⽐为
的等⽐数列，
所an﹣bn＝
③
①+②得an+bn＝an﹣1+bn﹣1＝1④
③④联⽴解得an＝
，bn＝
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数列—— 题型35～38
参考答案与试题解析
⼀．多选题（共1 ⼩题）
（多选）1．意⼤利著名数学家莱昂纳多．斐波那契（LeonardoFibonacci）在研究兔⼦繁殖问题时，发现有
这样⼀列数：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每
⼀个数都等于它的前⾯两个数的和，⼈们把这样的⼀列数称为“斐波那契数列”．同时，随着n 趋于⽆穷
⼤，其前⼀项与后⼀项的⽐值越来越逼近⻩⾦分割
，因此⼜称“⻩⾦分割数列”，记斐波
那契数列为{an}，则下列结论正确的有（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据数列消项求和判断A，B，C 选项，化简合并判断D 选项．
【解答】解：由an+2＝an+1+an，可得an＝an+2﹣an+1，
故
，所以选项A 正确；
由an+2＝an+1+an，可得a2k+1＝a2k+a2k﹣1，即a2k＝a2k+1﹣a2k﹣1，
故
，⽽a2024＞a2023，所以选项B
错误；
由
，可得：
，所以选项C 正确；
因为
，所以D 正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查数列的综合运⽤，注意分析规律，属于中档题．
⼆．填空题（共2 ⼩题）
2．意⼤利著名数学家斐波那契在研究兔⼦繁殖问题时，发现有这样⼀列数：1，1，2，3，5，8，13，…，其
中从第三项起，每⼀个数都等于它前⾯两个数的和，⼈们把这样的⼀列数组成的数列{an}称为“斐波那
契数列”．那么
是斐波那契数列中的第
2024
项．
【分析】利⽤
代⼊原式计算即可．
【解答】解：由已知an﹣1+an＝an+1，n≥2，
∴
＝
＝⋯⋯＝a2023a2024，
∴
．
即
是斐波那契数列中的第2024 项．
故答案为：2024．
【点评】本题考查数列的数列的应⽤，归纳推理实线，化归转化思想，属中档题．
3．意⼤利著名数学家斐波那契在研究兔⼦繁殖问题时，发现有这样⼀个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，…，
其中从第三个数起，每⼀个数都等于它前⾯两个数的和，⼈们把这样的⼀列数所组成的数列称为“斐波
那契数列”，记为{Fn}．利⽤下图所揭示的{Fn}的性质，则在等式F20222﹣（F12+F22+…+F20212）＝F2022•Fm
中，m＝
2020
．
【分析】根据题意，分析“斐波那契数列”的特点，可得F12+F22+F32+⋯+F20202+F20212＝F2021F2022，由此分
析可得答案．
【解答】解：根据题意，F12+F22+F32+⋯+F20202+F20212＝F1F2+（F2F3﹣F1F2）+（F3F4﹣F2F3）+……+（F2021F2022
﹣F2021F2020）＝F2021F2022，
则F20222﹣（F12+F22+…+F20212）＝F20222﹣F2021F2022＝F2022（F2022﹣F2021）＝F2021F2020，
则m＝2020；
故答案为：2020．
【点评】本题考查数列的实际应⽤，注意分析“斐波那契数列”的性质，属于中档题．
三．解答题（共22 ⼩题）
4．数列{an}中，
．
（1）求证：数列{bn}是等差数列；
（2）若∀n∈N*，都有
恒成⽴，求λ的取值范围．
【分析】（1）由等差数列的定义，结合题中条件计算即可证明；
（2）分离参数得
，设
，再求∁n 的最⼤值即可．
【
解
答
】
解
：
（
1
）
证
明
：
由
题
可
得
：
，
所以数列{bn}是⼀个以
为⾸项，2 为公差的等差数列；
（2）解：由（1）知，bn＝3+（n﹣1）×2＝2n+1，
即
，所以
，
因为
恒成⽴，即
恒成⽴，
即
恒成⽴，即
，
设
，
，
所以当n≤5 时，Cn+1﹣∁n＞0，即Cn+1＞∁n，
当n≥6 时，Cn+1﹣∁n＜0，即Cn+1＜∁n，
所以C1＜C2＜⋯＜C5＜C6，C6＞C7＞C8＞•••，
所以
，即
，
所以λ的取值范围为
．
【点评】本题考查等差数列的证明和数列的单调性应⽤，属于中档题．
5．已知单调递增数列{an}满⾜
．
（1）证明：
是等差数列；
（2）从①
；
②
这两个条件中任选⼀个，求{bn}的前n 项和Sn．
注：如果选择不同的条件分别解答，按第⼀个解答计分．
【分析】（1 ）依题意可得，
，再结合数列的单调性得到
，从⽽得到
，即可求证；
（2）若选①：
，
若选②：
，利⽤裂项相消法计算可得．详
【解答】证明：（1）因为
，
所以
，
所以
，
所以
，⼜数列{an}单调递增且满⾜a1＝1，即an+1＞an＞⋯＞a1＝1．
所以an+1+an＞1，则
，即
．
所以
．
所以
，
⼜
，所以
是⾸项为1，公差为1 的等差数列．
解：（2）由（1）可得
，则
，
若选①：
＝
＝
，
所以Sn＝×（
+
﹣
+…+
﹣
）
＝[
﹣
]＝
﹣
；
若选②：
＝
＝
，
所
以
＝
．
【点评】本题主要考查了等差数列的判断，还考查了数列求和⽅差的应⽤，属于中档题．
6．已知等差数列{an}的公差为2，记数列{bn}的前n 项和为Sn，b1＝0，b2＝2 且满⾜bn+1＝2Sn+an．
（1）证明：数列{bn+1}是等⽐数列；
（2）求数列{anbn}的前n 项和Tn．
【分析】（1）把已知和与项的递推关系转化为项与项的递推，然后结合等⽐数列的通项公式即可证明；
（2）利⽤错位相减求和，结合等⽐数列的求和公式及分组求和即可求解．
【解答】证明：（1）n≥2 时，bn+1﹣bn＝2（Sn﹣Sn﹣1）+an﹣an﹣1＝2bn+2，即bn+1＝3bn+2．
⼜b1＝0，b2＝2，所以n≥1 时，bn+1＝3bn+2，即bn+1+1＝3（bn+1）．
⼜b1+1＝1≠0，所以bn+1≠0，
所以
，所以数列{bn+1}成等⽐数列．
解：（2）由（1）得
．
由b2＝2b1+a1可得a1＝2，
因为公差d＝2，
由等差数列的通项公式可得，an＝2n，
所以
，
所以Tn＝2（1•30+2•31+3•32+⋯+n•3n﹣1）﹣2（1+2+3+…+n），
即
．
令M＝1•30+2•31+3•32+⋯+n•3n﹣1，
则3M＝1•31+2•32+3•33+⋯+n•3n，
两式相减得，
，
所以
．
【点评】本题主要考查了等⽐数列的定义在等⽐数列判断中的应⽤，还考查了错位相减求和⽅法的应⽤，
属于中档题．
7．已知数列满⾜a1＝1，an+1＝2an+3，（n∈N*）
（1）求证数列{an+3}是等⽐数列，并求{an}的通项公式．
（2）若数列bn＝
，求数列{bn}的前n 项和Sn．
【分析】（1）通过对an+1＝2an+3 变形可知
，进⽽数列{an+3}是以4 为⾸项、2 为公⽐的等⽐
数列，计算即得结论；
（2）通过（1）可得bn＝3n•
，利⽤错位相减法计算即得结论．
【解答】（1）证明：∵an+1＝2an+3，
∴an+1+3＝2（an+3），即
，
⼜∵a1＝1，即a1+3＝4，
∴数列{an+3}是以4 为⾸项、2 为公⽐的等⽐数列，
∴
，
∴
；
（2）解：由（1）可得：bn＝
＝3n•
，
∴Sn＝3•
+6•
+9•
+…+3n•
，
Sn＝3•
+6•
+…+（3n﹣3）•
+3n•
，
两式相减得：
＝﹣（n+3）•
，
∴
．
【点评】本题考查数列的通项及前n 项和，考查运算求解能⼒，注意解题⽅法的积累，属于中档题．
8．已知数列{an}的各项均不为零．设数列{an}的前n 项和为Sn，数列
的前n 项和为Tn，且
，n∈N*．
（Ⅰ）求a1，a2的值；
（Ⅱ）证明数列{an}是等⽐数列，并求{an}的通项公式；
（Ⅲ）证明：
．
【分析】（Ⅰ）通过
，令n＝1，令n＝2，求解a2＝4，
（Ⅱ）
，①∴
，②，②﹣①得
，说明数列{an}是以2 为
⾸项，以2 为公⽐的等⽐数列，求出通项公式．
（Ⅲ）利⽤放缩法
．转化求解数列的和，推出结果即可．
【解答】解：（Ⅰ）∵
，令n＝1，得
，∵a1≠0，∴a1＝2；
令n＝2，得
，即
，∵a2≠0，∴a2＝4，
证明：（Ⅱ）∵
，①∴
，②
②﹣①得：
，∵an+1≠0，∴（Sn+1+Sn）+4﹣3an+1＝0，③
从⽽当n≥2 时，（Sn+Sn﹣1）+4﹣3an＝0，④
③﹣④得：（an+1+an）﹣3an+1+3an＝0，即an+1＝2an，∵an≠0，∴
，
⼜由（Ⅰ）知，a1＝2，a2＝4，∴
．
∴数列{an}是以2 为⾸项，以2 为公⽐的等⽐数列，则
．
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知
，
因为当n≥1 时，2n﹣1≥2n﹣1，所以
．
于是
．
【点评】本题考查数列的递推关系式以及数列求和的⽅法，考查分析问题解决问题的能⼒．
9．数列{an}满⾜a1＝
，an∈（﹣
，
），且tanan+1•cosan＝1（n∈N*）．
（Ⅰ）证明数列{tan2an}是等差数列，并求数列{tan2an}的前n 项和；
（Ⅱ）求正整数m，使得11sina1•sina2•…•sinam＝1．
【分析】
（Ⅰ）由于对任意正整数n，an∈（﹣
，
），且tanan+1•cosan＝1（n∈N*）．可得tan2an+1＝
＝1+tan2an，即可证明数列{tan2an}是等差数列，再利⽤通项公式及其前n 项和公式即可得出．
（II）由cosan＞0，tanan+1＞0，
．可得tanan，cosan，利⽤同⻆三⻆函数基本关系式
可得sina1•sina2•…•sinam＝（tana2•cosa1）•（tana3cosa2）•…•（tanam•cosam﹣1）•（tana1•cosam）＝（tana1•
cosam），即可得出．
【解答】（Ⅰ）证明：∵对任意正整数n，an∈（﹣
，
），且tanan+1•cosan＝1（n∈N*）．
故tan2an+1＝
＝1+tan2an，
∴数列{tan2an}是等差数列，⾸项tan2a1＝，以1 为公差．
∴
＝
．
∴数列{tan2an}的前n 项和＝
+
＝
．
（Ⅱ）解：∵cosan＞0，∴tanan+1＞0，
．
∴tanan＝
，
，
∴sina1•sina2•…•sinam＝（tana1cosa1）•（tana2•cosa2）•…•（tanam•cosam）
＝（tana2•cosa1）•（tana3cosa2）•…•（tanam•cosam﹣1）•（tana1•cosam）
＝（tana1•cosam）＝
＝
，
由
，得m＝40．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其前n 项和公式、同⻆三⻆函数基本关系式，考查了推理能
⼒与计算能⼒，属于难题．
10．已知数列{an}的⾸项a1＝a，且满⾜
．
（1）判断数列
是否为等⽐数列；
（2）若
，记数列
的前n 项和为Tn，求Tn．
【分析】（1）分别讨论a＝1 和a≠1，结合数列的递推式等⽐数列的定义，可得结论；
（2）求得
，
．由数列的分组求和、错位相减法求和，结合等差数列和等
⽐数列的求和公式，计算可得所求和．
【解答】解：（1）若
，解得a＝1，则数列
不是等⽐数列；
若
，即a≠1，因为
，
所以
，
两边取倒数，可得
＝+
，
化为
，
即
，
当a≠1 时，数列
是以
为⾸项，为公⽐的等⽐数列．
（2）由（1）知，
，
所以
，则
．
则
，
令
，
令
，
所以
，
上⾯两式相减得：
＝
，
得
．
所以
．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列、等⽐数列的定义和通项公式、求和公式，以及数列的错位
相减法求和，考查转化思想和运算能⼒、讨论能⼒，属于中档题．
11．已知数列{an}的前n 项和为Sn，满⾜an＝2Sn﹣1+4（n≥2 且n∈N*），a1＝1．
（1）证明：数列{Sn+2}为等⽐数列；
（2）设数列{bn}满⾜
，证明：
．
【分析】（1）由Sn﹣Sn﹣1＝2Sn﹣1+4 移项可得公⽐为3，即可证明；
（2）由（1）求出通项后，再由对数运算求出
，最后⽤裂项相消法证明不等式即可．
【解答】证明：（1）∵an＝2Sn﹣1+4，
∴Sn﹣Sn﹣1＝2Sn﹣1+4，即Sn+2＝3Sn﹣1+6，⼜S1+2＝3≠0，
∴
，
∴数列{Sn+2}为等⽐数列；
（2）证明：由（1）可知，⾸项S1+2＝a1+2＝3，∴
，
∴
，
则
＝
＝
＝
＝
．
【点评】本题考查数列递推式，训练了裂项相消法求数列的前n 项和，考查运算求解能⼒，是中档题．
12．已知数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn＝n2+6n﹣2．
（1）求{an}的通项公式；
（2）判断数列
是否为等⽐数列；
（3）证明：数列{a2n}为等差数列，并求该数列的前n 项和Tn．
【分析】（1）由数列的通项与前n 项和的关系，可得所求；
（2）由等⽐数列的定义可判断；
（3）由等差数列的定义可判断数列{a2n}为等差数列，再由等差数列的求和公式，计算可得所求和．
【解答】解：（1）由Sn＝n2+6n﹣2，可得n＝1 时，a1＝S1＝5；
当n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+6n﹣2﹣（n﹣1）2﹣6（n﹣1）+2＝2n+5，
上式对n＝1，不成⽴，
所以an＝
；
（2）数列
不为等⽐数列，理由：n＝1 时，
＝32，
n＝2 时，
＝512，n＝3 时，
＝2048，
由
≠
，可得数列
不为等⽐数列；
（3）证明：a2n＝4n+5，
可得a2n+2﹣a2n＝4（n+1）+5﹣4n﹣5＝4，
即数列{a2n}是⾸项为9，公差为4 的等差数列，
该数列的前n 项和Tn＝9n+
n（n﹣1）×4＝2n2+7n．
【点评】本题考查等差数列和等⽐数列的通项公式、求和公式，考查转化思想和运算能⼒，属于基础题．
13．已知数列
为等差数列，且a1＝1，a2＝4．
（1）求an；
（2）若
，数列{bn}的前n 项和为Sn，证明：Sn＜2．
【分析】（1）利⽤等差数列的通项公式即可求解；
（2）根据（1）结论及指数的运算，利⽤分组求和法、等⽐数列的前n 项和公式及裂项相消法即可求解．
【解答】解：（1）设等差数列
的公差为d，
∵a1＝1，a2＝4，
∴
，
∴数列
的通项公式为
，即
；
证明：（2）由（1）知，
，∴
，
∴
，
∴
＝
＝
，
∵
，
∴
，
∴Sn＜2．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式和裂项相消求和，属于中档题．
14．已知正项等⽐数列{an}满⾜
．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}满⾜
，设其前n 项和为Sn，求证：Sn＜5．
【分析】（Ⅰ）由题意可得an＝a1qn﹣1，根据已知等式，即可求解a1和q，从⽽可得通项公式；
（Ⅱ）求出数列{bn}的通项，利⽤错位相减法求出Sn，由放缩法即可得证．
【解答】（Ⅰ）解：设正项等⽐数列{an}的⾸项为a1，公⽐为q，a1＞0，q＞0，
则数列{an}的通项为an＝a1qn﹣1，
所以anan+1＝（a1qn﹣1）（a1qn）＝
q2n﹣1，
因为
．
所以anan+1＝2×4n＝22n+1＝4•22n﹣1＝
q2n﹣1，
所以
，所以
，
所以数列{an}的通项公式为an＝2•2n﹣1＝2n．
（Ⅱ）证明：
＝
，
所以Sn＝
+
+…+
，
Sn＝
+
+…+
+
，
两式相减可得
Sn＝+
+
+…+
﹣
＝+
﹣
＝﹣
﹣
，
所以Sn＝5﹣
＜5，得证．
【点评】本题主要考查等⽐数列的通项公式，数列的求和，错位相减求和法的应⽤，不等式的证明，考
查运算求解能⼒，属于中档题．
15．已知Sn 为公差不为0 的等差数列{an}的前n 项和，且
．
（1）求λ的值；
（2）若S4＝4S2，求证：
．
【分析】（1）在已知数列递推式中，分别取n＝1 和2，再设等差数列{an}的公差为d，然后列式即可求
解λ值；
（2）由（1）结合等差数列的前n 项和公式求解⾸项与公差，再由裂项相消法求和即可证明结论．
【解答】（1）解：由
，
得a2＝λa1+1，a4＝λa2+1，
设等差数列{an}的公差为d，则
，
联⽴解得λ＝2；
（2）证明：由（1）知，λ＝2，则a2＝2a1+1，
⼜S4＝4S2，
∴
，解得
．
∴an＝a1+（n﹣1）d＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．
可得
＝
，
∴
＝
＝
＜．
【点评】本题考查数列递推式，考查等差数列的通项公式与前n 项和，训练了裂项相消法求和，是中档
题．
16．设等差数列{an}的公差为d，记Sn 是数列{an}的前n 项和，若S5＝a3+20，S15＝a2a3a8．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若d＞0，bn＝
，数列{bn}的前n 项和为Tn，求证：Tn＜n+
．
【分析】（1）根据等差数列求和公式及下标和性质得到a3＝5 和15a8＝5a2a8，从⽽得到a8＝0 或a2＝3，
再分别求出通项公式；（2）依题意可得an＝2n﹣1，求出Sn，
，利⽤分组求和
法及裂项相消法计算可得．
【解答】解：（1）由S5＝a3+20，
，得5a3＝a3+20，解得，a3＝5，
由S15＝a2a3a8，
，
所以15a8＝5a2a8，
所以a8＝0 或a2＝3，
当a8＝0，时
，此时an＝a3+（n﹣3）d＝8﹣n；
当a2＝3 时d＝a3﹣a2＝2，此时an＝a3+（n﹣3）d＝2n﹣1，
综上可得数列{an}的通项公式为an＝8﹣n 或an＝2n﹣1；
证明：（2）因为d＞0，所以an＝2n﹣1，
则
，
则
＝
，
所以
＝
．
【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式，还考查了裂项求和及分组求和⽅法的应⽤，属于
中档题．
17．记数列{an}的前n 项和为Sn，a1＝2，Sn+Sn+1＝3an+1﹣4．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝anlog2an，记{bn}的前n 项和为Tn．若t（n﹣1）2+2≤Tn 对于n≥2 且n∈N*恒成⽴，求实数t
的取值范围．
【分析】（1）已知Sn+Sn+1＝3an+1﹣4，①，则Sn﹣1+Sn＝3an﹣4，②，由①﹣②可得an+an+1＝3an+1﹣3an，
即an+1＝2an，（n≥2），⼜a2＝2a1，即数列{an}是以2 为⾸项，2 为公⽐的等⽐数列，然后求解即可；
（2）已知bn＝anlog2an，则
，利⽤错位相减法可得
＝（n﹣1）×2n+1+2，
⼜t（n﹣1）2+2≤Tn 对于n≥2 且n∈N*恒成⽴，即
对于n≥2 恒成⽴，设
，n≥2，则
，即c2＝c3＜c4＜c5＜...＜cn，即数列{cn}的最⼩值为8，得解．
【解答】解：（1）已知数列{an}的前n 项和为Sn，a1＝2，Sn+Sn+1＝3an+1﹣4，①
则Sn﹣1+Sn＝3an﹣4，②
由①﹣②可得an+an+1＝3an+1﹣3an，
即an+1＝2an，（n≥2），
⼜a1+a1+a2＝3a2﹣4，
即a2＝4，
即a2＝2a1，
即an+1＝2an，
即数列{an}是以2 为⾸项，2 为公⽐的等⽐数列，
即
；
（2）已知bn＝anlog2an，
则
，
⼜{bn}的前n 项和为Tn，
则
+...+n×2n，③
则
+...+n×2n+1，④
由③﹣④可得：
﹣
，
即
＝（n﹣1）×2n+1+2，
⼜t（n﹣1）2+2≤Tn 对于n≥2 且n∈N*恒成⽴，
则t（n﹣1）≤2n+1对于n≥2 恒成⽴，
即
对于n≥2 恒成⽴，
设
，n≥2，
则
，
当且仅当n＝2 时取等号，
即c2＝c3＜c4＜c5＜...＜cn，
⼜c2＝8，
即数列{cn}的最⼩值为8，
即t≤8，
即实数t 的取值范围为（﹣∞，8]．
【点评】本题考查了数列的递推式，重点考查了错位相减法求和，属中档题．
18．公⽐为q 的等⽐数列{an}的前n 项和
．
（1）求a 与q 的值；
（2）若bn＝log2an，记数列{bn}的前n 项和为Tn，若
恒成⽴．求λ的最⼩值．
【分析】（1）根据an＝Sn﹣Sn﹣1的关系求an，结合等⽐数列的定义即可求解；
（2）由（1）求出an，进⽽求出bn，利⽤等差数列前n 项求和公式求出Tn，结合裂项相消求和法计算即
可求解．
【解答】解：（1）由
，当n＝1 时，a1＝S1＝2+a；
当n≥2 时，
，
则a2＝2，a3＝4，所以
，⼜
，
所以a＝﹣1；
（2）由（1）知{an}是以1 为⾸项，2 为公⽐的等⽐数列，
则
，所以
，
故
，
当n≥2 时，
，
所以
，
⼜
恒成⽴，所以λ≥2，
即λ的最⼩值为2．
【点评】本题主要考查数列的求和，等⽐数列的通项公式，裂项求和法的应⽤，考查运算求解能⼒，属
于中档题．
19．已知{an}是各项都为正数的等⽐数列，数列{bn}满⾜：bn＝2log2an+1，且b1＝1，b4＝7．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）若对任意的n∈N*都有2λan≥bn﹣2，求实数λ的取值范围．
【分析】（1）由等⽐数列基本量的计算即可求得数列{an}的⾸项和公⽐，从⽽求得数列{an}的通项公式，
再由条件式计算即可求得数列{bn}的通项公式；
（2）利⽤分离参数法转化为求
的最⼤值，再由构造函数的⽅法求出最值即可．
【解答】解：（1）因为b1＝2log2a1+1＝1，所以a1＝1，
设等⽐数列{an}的公⽐为q，则
＝qn﹣1，
所以bn＝2log2an+1＝2（n﹣1）log2q+1，
⼜因为b4＝2×3×log2q+1＝7，所以q＝2，
所以
，则
；
（2）对任意n∈N*，均有2λan≥bn﹣2，
即λ2n≥2n﹣3，即λ≥
对任意n∈N*恒成⽴，
设
，
＝
，
所以f（x）在
单调递增，在
单调递减，
⼜因为x∈N*，
，
，
，
所以x＝3 时，取得最⼤值
．
所以
，所以实数λ的取值范围
．
【点评】本题主要考查了等⽐数列的性质，数列通项公式的求解，以及利⽤构造函数的⽅法求解最值，
进⽽求解未知数取值范围，属于中档题．
20．已知数列{an}满⾜a1＝2，
，数列{bn}满⾜b1＝1，
．
（1）求证：
为等差数列，并求{an}通项公式；
（2）若
，记{cn}前n 项和为Sn，对任意的正⾃然数n，不等式Sn＜λ恒成⽴，求实数λ的范
围．
【分析】
（1）证明
为常数即可证明
为等差数列，根据等差数列通项公式即可求
通
项公式，可求{an}通项公式；
（2）根据累乘法求bn，再求出cn，根据{cn}通项公式的特征，采⽤裂项求和求其前n 项和Sn，求Sn 单
调性并求其范围即可求λ的范围．
【解答】（1）证明：∵
，
两边同除以2n﹣1得：
，
从⽽
，
∴
是⾸项为1，公差为1 的等差数列，
∴
，∴
；
（2）解：由
，
∴
，
∴
，
∴cn＝
＝（
），
则Sn＝（1﹣
+…+
）
＝（1﹣
），
∵{cn}中每⼀项cn＞0，
∴{Sn}为递增数列，
∴
，
∴λ≥
，
即λ的取值范围是[
，+∞）．
【点评】本题考查了数列的递推关系，等差数列的通项公式的应⽤，还考查了裂项求和的问题，属于中
档题．
21．已知数列{an}，{bn}满⾜
．
（Ⅰ）求证：
为等差数列，并求{an}通项公式；
（Ⅱ）若
，记{cn}前n 项和为Tn，对任意的正⾃然数n，不等式Tn＜λ恒成⽴，求实数λ的范围．
【分析】（Ⅰ）证明
为常数即可证明
为等差数列，根据等差数列通项公式即可求
通
项公式，于是可求{an}通项公式；
（Ⅱ）根据累乘法求bn，再求出cn，根据{cn}通项公式的特征，采⽤错位相减法求其前n 项和Tn，求Tn
单调性并求其范围即可求λ的范围．
【解答】（Ⅰ）证明：∵
，
两边同除以2n﹣1得：
，
从⽽
，
∴
是⾸项为1，公差为1 的等差数列，
∴
，∴
；
（Ⅱ）解：由
，
∴
，
∴
，
∴
，
∴
，
．
两式相减得，
，
∴
＝
，
∵{cn}中每⼀项cn＞0，∴{Tn}为递增数列，∴
，
∵
，∴Tn＜3，
∴
，
∴λ≥3，
即λ的取值范围是[3，+∞）．
【点评】本题考查了数列的递推关系，错位相减法求和的问题，属于中档题．
22．已知数列{an}的前n 项和为Sn，且a2＝3，2Sn＝n（an+2）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若存在n∈N*，使得
成⽴，求实数λ的取值范围．
【分析】（1）根据递推关系式即可求解结论．
（2）根据（1）的结论得到
；再
结合不等式的性质即可求解结论．
【解答】解：（1）当n＝1 时，2S1＝2a1＝a1+2，解得a1＝2；
当n≥3 时，2Sn＝n（an+2），2Sn﹣1＝（n﹣1）（an﹣1+2），
两式相减可得，（n﹣2）an﹣（n﹣1）an﹣1＝﹣2，
则
，
，…，
．
累加可得，
，则an＝n+1；
⽽n＝1，2 时也符合题意，故an＝n+1；
（2）依题意，
，
故
；
故
；
则
；
⽽
（当且仅当n＝2 时取等号），
故实数λ的取值范围为
．
【点评】本题考查数列的递推关系、裂项相消法，考查数学运算、逻辑推理的核⼼素养，属于中档题．
23．已知数列
的前n 项和为Sn，Sn＝n2+n+a+1（a∈R，n∈N*）．
（1）若a＝2，求数列
的通项公式；
（2）若数列
是等差数列，bn＝
，数列
的前n 项和为Tn，是否存在n∈N*，使得TnSn+1
＝3（an+1）？若存在，求出所有满⾜条件的n 的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求出⾸项，结合当n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1，求解数列
的通项公式．
（2）求出an＝2n，Sn＝n2+n．化简bn＝
，利⽤错位相减法，求解数列的和，推出TnSn+1，结合
TnSn+1＝3（an+1），求解即可．
【解答】解：（1）当a＝2 时，Sn＝n2+n+3．
当n＝1 时，a1＝S1＝5；
当n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n．
经检验，a1＝5 不符合上式，
故数列
的通项公式an＝
．
（2）当n＝1 时，a1＝S1＝3+a；
当n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n．
因为数列
是等差数列，
所以3+a＝2，解得a＝﹣1，
因为an＝2n，Sn＝n2+n．
则bn＝
＝
＝
＝
，
故Tn＝b1+b2+…+bn＝
＝
＝
，
所以TnSn+1＝
＝
＝
．
令TnSn+1＝3（an+1），整理得3n2﹣7n﹣6＝0，所以n＝3，
故存在n＝3 满⾜题意．
【点评】本题考查数列的递推关系式的应⽤，数列求和的⽅法的应⽤，考查转化⾸项以及计算能⼒，是
中档题．
24．已知等差数列{an}的前n 项为Sn，满⾜a2＝3，S5＝25．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若对任意n∈N*，不等式a1•（
+a2•（
+a3•（
+…+an•（
≤m 恒成⽴，求m 的
最⼩值．
【分析】（1）由已知列关于⾸项与公差的⽅程组，求解后代⼊等差数列的通项公式得答案；
（2）利⽤错位相减法求不等式左侧，进⼀步求其最⼤值，即可得到m 的最⼩值．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的⾸项为a1，公差为d，
由题意，
，解得
．
∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
（2）由（1）得：an•（
＝
．
a1•（
+a2•（
+a3•（
+…+an•（
＝3[1×
+3×
+...+（2n﹣1）•
]．
令Tn＝1×
+3×
+...+（2n﹣1）•
，
则
＝1×
+3×
+...+（2n﹣1）•
，
∴
Tn＝
×
﹣（2n﹣1）•
＝
•
＝
．
∴
，
可得a1•（
+a2•（
+a3•（
+…+an•（
＝
．
∵不等式a1•（
+a2•（
+a3•（
+…+an•（
≤m 恒成⽴，
∴m 的最⼩值为
．
【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查数列的函数特性，是中档题．
25．已知等差数列{an}的公差为d（d≠0），前n 项和为Sn，现给出下列三个条件：①S1，S2，S4成等⽐数列；
②S4＝16；③S8＝4（a8+1），请你从这三个条件中任选两个解答下列问题：
（1）求{an}的通项公式；
（2）令bn＝an+1，其前n 项和为Tn，若
恒成⽴，求λ的最⼩值．
【分析】（1）选择①②，①③或②③，利⽤等⽐中项的性质、等差数列的通项公式和前n 项和公式将已
知条件转化为关于a1和d 的⽅程，解⽅程求出a1和d 的值即可得{an}的通项公式；
（2）由（1）知：bn＝an+1＝2n，利⽤等差数列前n 项和公式求出Tn，进⽽得到
，再利⽤导数判
断
的单调性，求出
，可得答案．
【解答】解：（1）由①S1，S2，S4成等⽐数列可得：
，即
，
整理可得：d＝2a1，
由②S4＝16 可得：S4＝4a1+6d＝16，即2a1+3d＝8，
由③S8＝4（a8+1）可得：
，可得：a1＝1，
若选①②：由
，可得
，所以an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
若选①③：由
可得
，所以an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
若选②③：由
可得
，所以an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
综上所述：{an}的通项公式为an＝2n﹣1
（2）由（1）知：bn＝an+1＝2n，
故
，
∵
恒成⽴，则
，
，
令
（x＞0），
则
＝
，
故f（x）在
上单调递增，在
上单调递减；
令
，⼜
，
故对于n∈N*，当n＝3 时，
，当n＝4 时，
，
∵
，
故n＝3 时，
有最⼤值，
此时，
，
由
，有
．
故λ的最⼩值为
．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，求和公式的应⽤，等⽐数列的性质，还考查了数列的函
数特性，函数单调性在最值求解中的应⽤，恒成⽴与最值关系的转化，属于中档题．
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