(压轴题)高中数学选修二第一单元《数列》测试题(答案解析)(3)

一、选择题

1．数列an中，a1A．

1*，amnamanm,nN，则a6（ ） 21 16B．

1 32C．

1 64D．

1 1282．已知数列an满足an2an1an，,nN*.若4a53a616，则

a1a2a9（ ）

A．16

B．28

C．32

D．48

3．首项为正数，公差不为0的等差数列an，其前n项和为Sn，现有下列4个命题，其中正确的命题的个数是（ ）

①若S100，则S2S80；②若S4S12，则使Sn0的最大的n为15；③若

S150，S160，则Sn中S8最大；④若S7S8，则S8S9．

A．1个

B．2个

C．3个

D．4个

121110,nN*，则nN*时，使4．已知数列{an}满足a2,a5a1,且anan1an225得不等式n100ana恒成立的实数a的最大值是（ ） A．19

B．20

C．21

D．22

5．已知无穷等比数列{an}的各项的和为3，且a12，则a2（ ） A．

1 3B．

2 5C．

2 3D．

3 2*6．已知单调递增数列an的前n项和Sn满足2Snanan1nN，且Sn0，记n数列2an的前n项和为Tn，则使得Tn2020成立的n的最小值为（ ）

A．7 C．10

B．8 D．11

7．已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且满足f(x)f(x),f(1)3，数列

32an满足a11，且

A．1

Sn2an1，(Sn为an的前n项和，nN*)，则nnB．3

C．-3

D．0

f(a5)f(a6)（ ）

8．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0,1]均分为三段，去掉中间的区间段(,)，记为第一次操作；再将剩下的两个区间[0,]，[,1]分别均分

12331323为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于

9，则需要操作的次数n的最小值为（ ）（参考数据：lg20.3010，10lg30.4771）

B．5

C．6

D．7

A．4

9．函数f(x)3sin2xcos2x3的正数零点从小到大构成数列an，则a3（ ） A．

13 12B．

5 4C．

17 12D．

7 610．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第19项为（ ） A．174

B．184

C．188

D．160

11．已知数列an的前n项和为Sn，且a12，an1（ ） A．n1212．定义

n1n2SnnN*，则annD．2n3n1

B．n2n C．3n1

n为n个正数p1,p2,......pn的“均倒数”，若已知正整数数列anp1p2...pn的前n项的“均倒数”为A．

111a1，又bnn，则bbbb42n11223B．

1（ ） b19b20D．

19 201 20C．

10 111 11二、填空题

13．若数列an满足，an11an，a12，则数列an前2022项的积等于________. 1an2n，则a3的取值范围为__________.

14．若数列{an}为单调递增数列，且an2n115．数列an的前n项和Sn满足Sn2an2，则数列an的通项公式an______. 16．设公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn，a12.若存在常数，使得

9a2nannN恒成立，则Sn取最大值时，n________. 10*217．已知数列an的前n项和Sn2n3n1，则an__________．

nn2annN，设cn118．正项数列an的前n项和为Sn，且2Snan2an1，则2Sn数列cn的前2019项的和为___________. 19．若数列an满足a11，且①数列e111nN*，则 an1an是等比数列；

an②满足不等式：an112 an1③若函数f(x)在R上单调递减，则数列fan是单调递减数列； ④存在数列an中的连续三项，能组成三角形的三条边； ⑤满足等式：a1a2a2a3anan1正确的序号是________

20．设数列an的前n项和为Sn，若S24，an12Sn1，nN*，则an的通项公式为________.

n. n1三、解答题

21．设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足对任意nN*，都有

3a13a232anSn.

（1）求证：数列an为等差数列；

（2）若bn(1)n2an，求数列bn的前n项和Tn.

222．在①S535，②

114，③S3T5这三个条件中任选一个，补充在下面问题b1b2S2中，并解答问题：已知正项等差数列an的公差是等差数列bn的公差的两倍，设Sn、

Tn分别为数列an、bn的前n项和，且a13，T23，________，设cnan2bn，

求cn的前n项和An.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 23．已知数列an满足a1a2a3ann（1）求数列an的通项公式； （2）令bn1n12nN．

*4n，求数列bn的前n项和Tn的最大值． anan124．已知数列an的前n项和为Sn，点an,sn在直线y2x2，上nN． （1）求an的通项公式；

（2）若bnnan，求数列bn的前n项和Tn．

25．已知递增等比数列an满足：a1a418，a2a332，数列bn的前n项和为

Sn，且Snan11123cnn，记n.

an1bn1an2bn2 22（1）求数列an和bn的通项公式； （2）求数列cn的前n项和Tn. 26．已知数列an的前n项和Sn满足

an1a1(a0且a1).数列bn满足Snabnanlgan.

（1）当a10时，求数列bn的前n项和Tn； （2）若对一切nN都有bnbn1，求a的取值范围.

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．C 解析：C 【分析】

由m,n的任意性，令m1，可得an1比数列，即可求出答案. 【详解】

*由于m,nN，有amnaman，且a1111an，即数列an是首项为，公比为得等

2221 2令m1，则an1a1an111an，即数列an是首项为，公比为得等比数列，

222n111所以ana1qn122故选：C. 【点睛】

111 ，故a62642n6关键点点睛：本题考查等比数列，解题的关键是特殊值取法，由m,n的任意性，令

m1，即可知数列an是等比数列，考查学生的分析解题能力与运算能力，属于一般题.

2．C

解析：C 【分析】

由an2an1an，分别求出a3,a4,a5,a6,a7,a8,a9关于a1,a2的表达式， 再利用4a53a616，即可求解 【详解】

由an2an1an可得，a3a2a1，a4a3a22a2a1

a5a4a33a22a1，a6a5a45a23a1，a7a6a58a25a1， a8a7a613a28a1，a9a8a721a213a1， a1a2a954a234a12(27a217a1)，

4a53a616，4(3a22a1)3(5a23a1)16，即27a217a116， a1a2a954a234a12(27a217a1)32

故选：C 【点睛】

关键点睛，利用递推式an2an1an，

求得a1a2a954a234a12(27a217a1)，再利用

4a53a616，求得

27a217a116，进而求解，主要考查学生的数学运算能力，属于中档题

3．B

解析：B 【分析】

①②③根据条件可分析数列是首项为正数，公差小于0的等差数列，所以存在nN*，

an0使，再结合等差数列的前n项和公式判断选项；④利用公式an10SnSn1ann2，判断选项.

【详解】 ①若S100，则

10a1a1010a5a60，因为数列是首项为正数，公差不为0

22的等差数列，所以a50，a60，那么

8a1a8S2S8a1a2a1a24a4a50，故①不成立；

2②若S4S12，则S12S4a5a6...a124a8a90，因为数列是首项为正数，公差不为0的等差数列，所以a80，a90，S1515a1a1515a80，

2S1616a1a1616a8a90，则使Sn0的最大的n为15，故②成立； 22③S1515a1a1516a1a168a8a90，则a90，因为15a80，S1622数列是首项为正数，公差不为0的等差数列，所以Sn中的最大项是S8，故③正确； ④若S7S8，则S8S7a80，但S9S8a9，不确定a9的正负，故④不正确. 故选：B 【点睛】

方法点睛：一般等差数列前n项和的最值的常用方法包含：1.单调性法，利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，便可求得等差数列前n项和的最值；2.利用二次函数的性质

2求最值，公差不为0的等差数列an的前n项和SnAnBn（A,B为常数）为关于n的二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题.

4．B

解析：B 【分析】

11由等差数列的性质可得数列为等差数列，再由等差数列的通项公式可得

an

an而可得an【详解】 因为

n，进

1，再结合基本不等式即可得解. n2111210,nN*，所以， anan1an2an1anan2所以数列1为等差数列，设其公差为d， an111112,5， 由a2,a5a1可得a2a5a12511ad211所以，解得a1，

114d5d1a1a1所以

111n1dn，所以an，

ana1n所以不等式n100ana即n又n100a对任意的nN*恒成立， n1001002n20，当且仅当n10时，等号成立， nn所以a20即实数a的最大值是20. 故选：B. 【点睛】

关键点点睛：解决本题的关键是构造新数列求数列通项及基本不等式的应用.

5．C

解析：C 【分析】

设等比数列的公比为q，进而根据题意得limSnlimn21qn1qn3，且q0,1，从

而解得q【详解】

12，故a2

33解：设等比数列的公比为q，显然q1， 由于等比数列{an}中，a12 所以等比数列{an}的前n项和为：Sna11qn1q21qn1q，

因为无穷等比数列{an}的各项的和为3， 所以limSnlimn21qn1qn3，且q0,1，

所以

213，解得q， 1q32. 3所以a2a1q故选：C. 【点睛】

本题解题的关键在于根据题意将问题转化为limSnlimn21qn1qn3，且q0,1，

进而根据极限得q1，考查运算求解能力，是中档题. 36．B

解析：B 【分析】

由数列an与Sn的关系转化条件可得anan11，结合等差数列的性质可得ann，再由错位相减法可得Tnn12【详解】

由题意，2Snanan1nNn12，即可得解.

*，

当n2时，2Sn1an1an11，

所以2an2Sn2Sn1anan1an1an11， 整理得anan1anan110，

因为数列an单调递增且Sn0，所以anan10,anan110，即anan11， 当n1时，2S1a1a11，所以a11， 所以数列an是以1为首项，公差为1的等差数列， 所以ann，

所以Tn121222323n2n，

2Tn122223324n12nn2n1，

所以Tn22223242nn2n1所以Tnn12n1212n12n2n11n2n12，

2，

89所以T76221538，T87223586，

所以Tn2020成立的n的最小值为8. 故选：B. 【点睛】

关键点点睛：解决本题的关键是数列an与Sn关系的应用及错位相减法的应用.

7．C

解析：C 【分析】

判断出fx的周期，求得an的通项公式，由此求得f(a5)f(a6). 【详解】

依题意定义在R上的函数f(x)是奇函数，且满足f(x)f(x)， 所以fx3f32333xfxf2223x 23fxfxfx，所以fx是周期为3的周期函数.

2由

Sn2an1得Sn2ann①， nn当n1时，a11，

当n2时，Sn12an1n1②，

①-②得an2an2an11,an2an11（n2），

所以a22a113,a32a217,a42a3115,a52a4131，

a62a5163.

所以

f(a5)f(a6)

f31f63f3101f321f1f0f13

故选：C 【点睛】

如果一个函数既是奇函数，图象又关于xaa0对称，则这个函数是周期函数，且周期为4a.

8．C

解析：C 【分析】

依次求出第次去掉的区间长度之和，这个和构成一个等比数列，再求其前n项和，列出不等式解之可得． 【详解】

112；第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；第

993411三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；…第n次操作去掉2n1个长度为n的

27273第一次操作去掉的区间长度为

2n1区间，长度和为n，

3n11222于是进行了n次操作后，所有去掉的区间长度之和为Snn1，

3933n21921，即nlg3lg21，解得：由题意，1，即nlglg310310nn115.679，

lg3lg20.47710.3010又n为整数，所以n的最小值为6. 故选：C. 【点睛】

本题以数学文化为背景，考查等比数列通项、前n项和等知识及估算能力，属于中档题.

9．B

解析：B 【分析】

先将函数化简为f(x)2sin2x3，再解函数零点得xk或645k，kZ，再求a3即可. 12【详解】 x解：∵f(x)3sin2xcos2x32sin2x∴ 令fx0得：2x∴x3 6632k或2x622k，kZ， 34k或x5k，kZ， 12∴ 正数零点从小到大构成数列为：a1故选：B. 【点睛】

4,a255,a3,124

本题考查三角函数的性质，数列的概念，考查数学运算求解能力，是中档题.

10．A

解析：A 【分析】

根据已知条件求得anan1n1，利用累加法求得a19. 【详解】 依题意：

3,4,6,9,13,18,24,1,2,3,4,5,6,

所以anan1n1（n2），且a13， 所以ananan1an1an2a2a1a1

n1n22213

2n11n13nn13.

19183174. 2所以a19故选：A 【点睛】

本小题主要考查累加法，属于中档题.

11．A

解析：A 【分析】

an1anan2先由已知数列递推公式可得，得到是以1为首项，以2为公比的n2n1n1等比数列，求出该等比数列的通项公式，即能求得an. 【详解】

解：∵an1当n2时，①－②有

nn2an1Sn，① SnnN*，∴

n2nn1anSn1，② n1aann1an1anan，化简得n12nn2， n2n1n2n1aa12S13a16，故221，也符合上式， 132另外，n=1时a2aan故是以11为首项，以2为公比的等比数列，

2n1an2n1，故ann12n1. n1故选：A. 【点睛】

∴

本题考查了数列的递推公式，考查了数列通项公式的求法，属于中档题.

12．A

解析：A 【分析】

首先根据新定义求得Sn2n1n，再求数列an的通项公式，以及求得bnn，最后利用裂项相消法求和. 【详解】

由已知可得数列an的前n项的“均倒数”为可得Sn2n1n，

则n2时，Sn12n11n12n3n1，

21n1，

a1a2..anSn2n1 anSnSn14n1，当n1时，a1S13，满足an4n1，

an4n1，

又bnan1，故bnn， 4111111...... b1b2b2b3b19b2012231920119111111..1.

22319202020故选：A 【点睛】

本题考查新定义数列的理解，考查裂项相消法求和，以及已知Sn求an，属于基础题型，

本题的关键是理解新定义.，并能抽象为

n1. Sn2n1二、填空题

13．【分析】推导出数列是以为周期的周期数列且有再由递推公式求得由此可求得数列前项的积【详解】则所以则所以数列是以为周期的周期数列且所以的前项的积为故答案为：【点睛】关键点点睛：解本题的关键在利用数列的递 解析：6

【分析】

推导出数列an是以4为周期的周期数列，且有anan1an2an31，再由递推公式求得

a23，由此可求得数列an前2022项的积.

【详解】

an11an1an1，则an21an1an11an1an1，所以，

1anan11an1an41an21an1， an1a1123， 1a112a12，则a2所以，数列an是以4为周期的周期数列， 且anan1an2an3anan1111， anan1所以，an的前2022项的积为a1a2a3a4故答案为：6. 【点睛】

a2022a1a21505236.

关键点点睛：解本题的关键在利用数列的递推公式推导出数列的周期性，一般涉及到数列项数较大的问题时，常利用数列的周期性来求解.

14．(-∞6)【分析】先利用数列的单调性得到λ＜8再求a3的取值范围【详解】当n≥2时因为数列{an}为单调递增数列所以对n≥2(n∈N)恒成立即λ＜2n+1对n≥2(n∈N)恒成立所以λ＜8所以故a3

解析：(-∞，6) 【分析】

先利用数列的单调性得到λ＜8，再求a3的取值范围. 【详解】

当n≥2时，anan12n12n(2n3)2n， 2n120对n≥2(n∈N)恒成立，

因为数列{an}为单调递增数列，所以2即λ＜2n+1对n≥2(n∈N)恒成立， 所以λ＜8， 所以a352n86，

故a3的取值范围为(-∞，6). 故答案为：(-∞，6). 【点睛】

关键点睛：解答本题的关键是如何转化数列单调递增，转化数列的单调性一般利用单调性的定义即anan10(n2,nN).转化出了数列的单调性，后面就容易解答.

15．【分析】本题首先可根据得出然后令求出的值最后根据等比数列的定义即可得出结果【详解】因为所以则即当时解得故数列是首项为公比为的等比数列故答案为：【点睛】思路点睛：已知求的一般步骤：（1）当时由求的值； 解析：2n

【分析】

本题首先可根据Sn2an2得出an2an1n2，然后令n1，求出a1的值，最后根据等比数列的定义即可得出结果. 【详解】

因为Sn2an2，所以Sn12an12n2，

则anSnSn12an22an12，即an2an1n2， 当n1时，S1a12a12，解得a12，

n故数列an是首项为2、公比为2的等比数列，an2，

故答案为：2n. 【点睛】

思路点睛：已知Sn求an的一般步骤： （1）当n1时，由a1S1，求a1的值；

（2）当n2时，anSnSn1，求得an的表达式；

（3）检验a1的值是否满足（2）中an的表达式，若不满足则分段表示an， （4）写出an的完整的表达式.

16．或19【分析】利用等差数列的通项公式求出再利用等差数列的前项和公式求出记利用作商法判断出数列的单调性即可求解【详解】设等差数列的公差为由题意当时当时所以解得或（舍去）所以记所以当时此时当时时此时所以

解析：18或19 【分析】

利用等差数列的通项公式求出、d，再利用等差数列的前n项和公式求出Sn，记

9TnSn，利用作商法判断出数列的单调性即可求解.

10【详解】

设等差数列an的公差为d，由题意， 当n1时，a2a1， 当n2时，a4a2，

n2d221 或所以，解得（舍去），

23d2dd2d0所以Snna1nnn1dn2n， 2n99记TnSnn2n， 1010Tn1所以

Tn910n1n12n1n92nn10921， 10nTn19211，此时Tn1Tn， 当1n18，nN时，

Tn10nTn19211，此时Tn1Tn， 当n10时，nN时，

Tn10n9所以Sn取最大值时，n18或19 10故答案为：18或19 【点睛】

本题考查了差数列的通项公式、等差数列的前n项和公式、数列的单调性求数列中的最大项，属于中档题.

n17．【解析】分析：当时求得；当时类比写出由求出再将代入检验即可求出答案详解：当时当时由得两式相减将代入上式通项公式为故答案为点睛：本题主要考查已知数列的前项和求数列的通项公式的方法其求解过程分为三步：（

0,n1a 解析：n4n5,n2【解析】

分析：当n1时，求得a1S1；当n2时，类比写出Sn1，由anSnSn1求出an，再将n1代入an检验，即可求出答案. 详解：当n1时，a1S10

22 当n2时，由Sn2n3n1，得Sn12(n1)3(n1)1，

两式相减，anSnSn14n5， 将n1代入上式，a110，

0,n1 通项公式为an

4n5,n20,n1. 故答案为an4n5,n2点睛：本题主要考查已知数列an的前n项和Sn，求数列的通项公式的方法.其求解过程分为三步：

（1）当n1时， a1S1求出a1；

（2）当n2时，用n1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用便可求出当n2时an的表达式；

（3）对n1时的结果进行检验，看是否符合n2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n1与n2两段来写．

SnSn1 (n2)18．【分析】直接利用递推关系式求出数列的通项公式进一步利用裂项相消法求出数列的和【详解】解：正项数列的前项和为①则②②-①得：整理得：当时解得：所以：数列是以1为首项1为公差的等差数列则所以：则：数列的 解析：【分析】

直接利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和． 【详解】

2an(nN)①， 解：正项数列an的前n项和为Sn，2Snan2021 2020则2an1an1anan1an②，

2②-①得：2an1an12anan1an，

22整理得：an1an1，

2当n1时，2S1a1a1，解得：a11，

所以：数列an是以1为首项，1为公差的等差数列. 则an1n1n，

n(n1)n2n. 所以：Sn22则：cn1n2an11n11， 2Snnn111111数列cn的前2019项的和为：T20191，

2232019202011， 20202021. 2020故答案为：【点睛】

2021 2020本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，属于中档题．

19．②④⑤【分析】利用所给递推公式求出的通项公式由证明数列不是等比数列根据的单调性求出范围证明②正确根据复合函数的增减性判断规则说明③错误举出例子证明④正确利用裂项相消法求和证明⑤正确【详解】且数列是以

解析：②④⑤ 【分析】

b2b3证明数列ean不是等比数列，根据利用所给递推公式求出an的通项公式，由

b1b2an111(n1)的单调性求出范围证明②正确，根据复合函数的增减性判断规an1n1则说明③错误，举出例子证明④正确，利用裂项相消法求和证明⑤正确. 【详解】

1111nN*且an1ana11，

11nnN*， {}数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则

ananan1nN*. n1n121311b2b3bb2362a，e,e①设bene，则be,be,be，因为，所以

n123bb2b1b21因此数列e②an1不是等比数列；

an11(n1)，因为y1(n1)在[1,)上单调递增，所以an1n1n1115(n1)2，②正确； n122③因为若数列an是单调递减的数列，所以若函数f(x)在R上单调递减，则数列

fa是单调递增数列；

n④a2111,a3,a4即可构成三角形的三边，所以④正确； 234111，所以

n(n1)nn1⑤因为anan1111a1a2a2a3anan11223故答案为：②④⑤ 【点睛】

相消法求和，属于中档题.

11n，⑤正确. nn1n1本题考查由递推公式求数列的通项公式，用定义证明等比数列，复合函数的单调性，裂项

20．【分析】令得出代入可求出和的值然后令由得出两式相减可判断出数列为等比数列确定该数列的首项和公比由等比数列的通项公式可求出数列的通项公式【详解】当时解得当时由①得②①②得又所以数列是以为首项以为公比的 解析：an3n1

【分析】

令n1得出a22a11，代入S24可求出a1和a2的值，然后令n2，由

an12Sn1得出an2Sn11，两式相减，可判断出数列an为等比数列，确定该数

列的首项和公比，由等比数列的通项公式可求出数列an的通项公式. 【详解】

当n1时，a22S112a11，S2a1a23a114，解得a11，a23， 当n2时，由an12Sn1①，得an2Sn11②， ①②得，an1an2an，an1a

3，又23， ana1

n1n1所以，数列an是以1为首项，以3为公比的等比数列，因此an133.

故答案为：an3n1. 【点睛】

本题考查了数列递推关系、等比数列通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

三、解答题

21．（1）证明见解析；（2）Tn【分析】

2nn1,n为偶数

2nn1,n为奇数2（1）令n1求出首项，令n2求出a2，将n换为n1，两式相减得出anSn+Sn1，

再将n换为n1，两式相减得an1an1，即得证；

（2）求出bn，分别讨论n为奇数和偶数，并项求和结合等差数列的求和公式可求出. 【详解】 （1）

3a13a232anSn

322当n1时，a1S1a1，a11，

33当n2时，a1a232anS1n1，

两式相减得anSnSn1SnSn1Sn+Sn1anSn+Sn1，

322an2Sn+Sn1，则an+12Sn+1+Sn，

22两式相减得an1anan1+an，即an1anan1+anan1+an，

因为各项为正，an1an1，

当n2时，则a13+a23a1+a2，即1+a231+a2，解得a22，满足a2a11， 所以数列an是首项为1，公差为1的等差数列； （2）由（1）可得an1+n11n，

22bn12n，

当n为偶数时，Tn22+4262+82n22n2+2n

22424+2+868+6+22+4+6+8++2n2n22n+2n2

n2+2n2n22nn1，

22当n为奇数时，TnTn1+bn2nn14n2nn1，

2nn1,n为偶数T. 综上，n2nn1,n为奇数【点睛】

方法点睛：证明或判断等差数列的方法，

（1）定义法：对于数列an，若anan1d，则数列an为等差数列； （2）等比中项法：对于数列an，若an+an22an1，则数列an为等差数列； （3）通项公式法：若anpnq，则数列an为等差数列； （4）特殊值法：若是选择题、填空题可以用特殊值法判断.

22．选择见解析；An(2n1)2【分析】

n12.

根据条件设an的公差为2d，bn的公差为d，若选择条件①根据S535，列式求d，再代入数列bn的基本量的计算，求数列an和bn的通项公式，若选择条件②根据条件，解出数列bn的基本量b1和d，以及求出数列an和bn的通项公式，若选择条件③根据条件S3T5，以及a13，T23，组成方程组，求b1和d，这三个条件都根据基本量表示数列an和bn的通项公式，并得到cn(2n1)2，利用错位相减法求和.

n【详解】

不妨设an的公差为2d，bn的公差为d， 方案1：选条件①

由题意得，2b1d3，35解之得，b11，d1，

n则ana12(n1)2n1,bnn，则cn(2n1)2，

542d35， 2An321522723(2n1)2n，① 2An322523724(2n1)2n1，②

两式相减，整理得：An(2n1)2方案2：选条件②

由题意得2b1d3，4b1b1dd(62d)， 解得b11，d1或b13，d3（舍去），

n则ana12(n1)2n1，bnn，则cn(2n1)2，

n12.

An321522723(2n1)2n，① 2An322523724(2n1)2n1，②

两式相减，整理得：An(2n1)2方案3：选条件③

由题意得，3a25b3，即3a12d5b12d， 化简得，5b14d9，T2b1b22b1d3， 联立方程组得，b11，d1， 则an的公差为2，bn的公差为1，

n12.

ana12(n1)2n1，bnn，则cn(2n1)2n，

An321522723(2n1)2n，①

2An322523724(2n1)2n1，②

两式相减，整理得：An(2n1)2【点睛】

本题考查数列基本量计算，错位相减法求和，是一道结构不良题型，属于基础题型. 方法点睛：一般数列求和包含1.公式法，利用等差和等比数列的前n项和公式求解；2.错位相减法求和，适用于等差数列乘以等比数列的数列求和；3.裂项相消法求和，适用于能变形为anfn1fn， 4.分组转化法求和，适用于cnanbn；5.倒序相加法求和.

*23．（1）an2n1,nN；（2）

n12.

4. 3【分析】

（1）由Sn,an的关系式，讨论n2、n1即可求an的通项公式. （2）由bn通项公式，有n为奇数有Tn1的最大值． 【详解】

（1）当n1时，a11；

当n2时，ann2n12n1， 当n1时，满足上式，

*∴an2n1,nN．

211、n为偶数Tn1，即可求Tn2n12n1（2）由（1）知

bn1n14n4n11n1n111， anan12n12n12n12n1当n为奇数时，

111141111Tn11（当3352n32n12n12n12n13n1时取等号），

当n为偶数时，

111141111Tn11， 12n133352n32n12n12n1∴数列bn的前n项和Tn的最大值为【点睛】 关键点点睛：

（1）根据已知关系式，讨论n求数列通项公式.

（2）讨论n的奇偶性，得到Tn关于n的函数式，根据n的取值求最大值.

4． 3n24．（1）an2；（2）Tnn(n1)2n12． 2【分析】

S1,n1（1）利用公式an=求an的通项公式；

SS,n2n1nn（2）由题得bnn2，再利用分组求和求数列bn的前n项和Tn．

【详解】

解：（1）∵点an,Sn在直线y2x2上，nN， ∴Sn2an2．

当n1时，a12a12，则a12， 当n2时，Sn2an2，Sn12an12． 两式相减，得an2an2an1，所以an2an1． 所以an是以首项为2，公比为2等比数列，

n所以an2．

n（2）bnn2，

Tn(123n)22223所以Tn【点睛】

2n，

n(n1)2n12． 2方法点睛：数列求和常用的方法有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组求和法；（5）倒序相加法.要根据数列的通项特征选择合适的方法求解.

n25．（1）an2；bnn1；（2）11. n22n3【分析】

（1）根据a1a418， a2a3a1a4，利用等比数列通项公式的基本运算求解an，根

S1,n1123b据Snnn，利用数列通项与前n项和的关系n求解bn.

22SnSn1,n2（2）由（1）得到cn【详解】 （1）

12n1n21，再利用裂项相消法求解.

2n2n3a2a3a1a4，

a1,a4是方程x218x320的两根，

又

a4a1，

所以a12，a416

q3a48， a1q2

ana1qn12n

当n2时，bnSnSn1123321nnn1n1n1， 2222又n1时，b1S12符合， 所以bnn1 （2）cnan11an1bn1an2bn2

2n11n1 n22n22n312n1n21，

2n2n312n1n21

2n2n3所以Tn111123342324242511 2232n2n31

2n2n31【点睛】

方法点睛：求数列的前n项和的方法： (1)公式法：①等差数列的前n项和公式，Snna1annn1na1d②等比数列22na1,q1n的前n项和公式Sna11q；

,q11q(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．

(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．

(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．

(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.

(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．

1(9n1)10n11026．（1）Tn2；（）0,(1,).

281【分析】

（1）由n1得出a1a，再令n2，由

an1a1a1Snan1，可推出 ，得出Snaaana1a，利用等比数列的通项公式得出数列an的Sn1an11，两式相减得出

aan1通项公式，可求出数列bn的通项公式，然后利用错位相减法求出数列bn的前n项和

Tn；

nn1（2）由bnbn1得出nalgan1alga，分两种情况a1和0a1讨论.

①当a1时，利用参变量分离法得出an，可得出a1； n1②当0a1时，利用参变量分离法得出a综合①②得出实数a的取值范围. 【详解】

n1，可得出0a.

2n1a11a1当n1时，a1S1，，解得a1a. a1a当n2时，∵∴

an1a1， Snaa1a1Snan1，可得Sn1an11， aaa1SnSn1anan1， aana1a. aaa即nnn1，所以aan1上述两式相减得

所以数列an是首项为a，公比为a的等比数列， ∴anaan1an，

n从而bnanlgannalga.

（1）当a10时，bnn10，

∴Tnb1b2nbn10210nn10， 则10Tn10210n(n1)10n1023nn12nn，

∴9T10102103n10nn10n1n1010n19n10n1，

n11010n1(9n1)10n110n10. 所以Tn29981nn1（2）由bnbn1，可得nalga(n1)alga.

①当a1时，由lga0，可得a∴a1，∴ann1nN*， ，

n1n1n，对一切nN*都成立，此时的解为a1； n1②当0a1时，由lga0，可得n(n1)a，

∴an1nnN*，0a1， ，

n1n12n，对一切nN*都成立， n1∴0a∴0a1. 2由①，②可知，对一切nN*都有bnbn1的a的取值范围是0,(1,). 【点睛】

本题考查利用前n项和求通项，考查错位相减法求和以及数列不等式恒成立与参数问题，解题时要熟悉一些常见的求通项和数列求和方法，以及在数列不等式恒成立问题中，灵活利用参变量分离法简化计算，考查分类讨论数学思想，属于难题.

12