高二冬季（寒假）组题包6-数列的通项公式与和

第1页（共1页）高二冬季（寒假）组题包6——数列的通项公式与和一．选择题（共20小题）1．（2022秋•永昌县校级月考）数列{an}的前n项和为Sn=32an-A．6×3n B．3×2n C．3×6n D．2×3n【解答】解：∵数列{an}的前n项和为Sn=32a∴S1=32a1﹣3，可得a1＝且Sn﹣1=32an﹣1﹣3①﹣②整理得：an＝3an﹣1，∴数列{an}是首项为6，公比为3的等比数列，∴an＝6×3n﹣1＝2×3n，故选：D．2．（2022秋•鄠邑区校级月考）已知数列{an}的通项公式为an=1n(n+1)（n∈NA．20192020 B．20222023 C．20202021 【解答】解：an=1n(n+1)=1∴数列的前2022项和＝1-12+故选：B．3．（2022秋•三元区校级期中）已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn=2n+1-1，则数列A．an=2n C．an=2n-1【解答】解：由Sn=2n+1-1，得Sn﹣1＝2n﹣1当n＞1时，两式相减可求得an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n（n＞1），当n＝1时，a1＝S1＝22﹣1＝3．所以an=3故选：B．4．（2021秋•河西区期末）已知数列{an}的通项公式为an=n-32n-19，前n项和为Sn，则SA．10 B．9 C．8 D．4【解答】解：an可得：n≤9时，数列{an}单调递减，a1＞0，a2＞0，a3＝0，4≤n≤9时，且an＜0；n≥10时，数列{an}单调递减，且an＞1∴Sn取得最小值时，n的值等于9．故选：B．5．（2021春•花溪区月考）已知数列{an}的通项公式为an＝2﹣3n，则{an}的前n项和Sn等于（）A．-32n2+n2 B．-3【解答】解：由数列{an}的通项公式为an＝2﹣3n，可得{an}是首项为﹣1，公差为﹣3的等差数列，则{an}的前n项和Sn＝﹣n+12n（n﹣1）•（﹣=-32n2+故选：A．6．（2021•长春模拟）等差数列{an}的前n项和为Sn，若∀n∈N*，Sn≤S7，则数列{an}的通项公式可能是（）A．an＝16﹣3n B．an＝15﹣2n C．an＝2n﹣14 D．an＝2n﹣15【解答】解：等差数列{an}中，前n项和Sn≤S7，所以a7对于A，a7＝16﹣21＝﹣5＜0，不满足题意；对于B，a7＝15﹣14＝1＞0，a8＝15﹣16＝﹣1＜0，满足题意；对于C，a7＝14﹣14＝0，a8＝16﹣14＝2＞0，不满足题意；对于D，a7＝14﹣15＝﹣1＜0，不满足题意．故选：B．7．（2021春•河南月考）在数列{an}中，a1＝2，an+1an=2n+1，n∈N*，则数列{A．an＝22n﹣1 B．an=2C．an=2n2+n-1 D【解答】解：当n≥2时，当n＝1时，a1＝2，适合上式．综上，数列{an}的通项公式为an故选：D．8．（2021秋•焦作期中）若数列{an}的前n项和Sn=23an-23，则数列{an}A．﹣2n B．（﹣2）n C．﹣4n D．（﹣4）n【解答】解：∵Sn=23an∴n＝1时，a1=23a1-23，解得an≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1=23an化为：an＝﹣2an﹣1，则数列{an}是等比数列，首项与公比都为﹣2．an＝（﹣2）n，故选：B．9．（2019秋•岳麓区校级月考）数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an＝（）A．2n﹣1 B．n2 C．(n+1)2n2【解答】解：∵a1a2•…•an＝n2，当n≥2时，a1a2•…•an﹣1＝（n﹣1）2，∴an=n故选：D．10．（2018•合肥三模）若正项等比数列{an}满足an+2＝an+1+2an，则其公比为（）A．12 B．2或﹣1 C．2 D．﹣【解答】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，若an+2＝an+1+2an，则有anq2＝anq+2an，即q2﹣q﹣2＝0，解可得q＝2或﹣1，又由数列{an}为正项等比数列，则q＝2；故选：C．11．（2017•黄山二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an+1＝Sn+1（n∈N*），则S5＝（）A．31 B．42 C．37 D．47【解答】解：∵an+1＝Sn+1（n∈N*），∴Sn+1﹣Sn＝Sn+1（n∈N*），变形为：Sn+1+1＝2（Sn+1）（n∈N*），∴数列{Sn+1}为等比数列，首项为3，公比为2．则S5+1＝3×24，解得S5＝47．故选：D．12．（2017春•博野县校级月考）已知数列{an}满足：a1＝1，2an+1=2an+1A．{an}是等比数列 B．{an}不是等差数列 C．a2＝1.5 D．S5＝122【解答】解：由a1＝1，2an+1=2an+1，n∈N∴数列{an}是等差数列，公差为12∴an＝1+1∴a2=32故选：C．13．（2017秋•梅河口市校级月考）已知Sn为数列{an}的前n项和，若a2＝3且Sn+1＝2Sn，则a4等于（）A．6 B．12 C．16 D．24【解答】解：∵Sn+1＝2Sn，∴n≥2时，an+1＝Sn+1﹣Sn＝2Sn﹣2Sn﹣1＝2an，∴数列{an}从第二项起为等比数列，公比为2．∴a4=a2×2故选：B．14．（2021秋•泾川县校级期中）设数列的通项公式为an＝2n﹣7，则|a1|+|a2|+…+|a15|＝（）A．153 B．210 C．135 D．120【解答】解：令an＝2n﹣7≥0，解得n≥7∴从第4项开始大于0，∴|a1|+|a2|+…+|a15|＝﹣a1﹣a2﹣a3+a4+a5+…+a15＝5+3+1+1+3+…+（2×15﹣7）＝9+12×(1+23)2故选：A．15．（2020•眉山模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=4Sn-12n-1，a1＝1，n∈N*，则{A．n B．n+1 C．2n﹣1 D．2n+1【解答】解：∵an+1∴（2n﹣1）an+1＝4Sn﹣1①，∴（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：an+1an=2n+1∴an=anan-1•an-1an-2=2n-12n-3•2n-32n-5•2n-52n-7＝2n﹣1（n≥2），又a1＝1，符合上式，∴an＝2n﹣1．故选：C．16．（2020•红桥区模拟）已知数列{an}满足a1＝3，且an+1＝4an+3（n∈N*），则数列{an}的通项公式为（）A．22n﹣1+1 B．22n﹣1﹣1 C．22n+1 D．22n﹣1【解答】解：由an+1＝4an+3（n∈N*），得an+1+1＝4（an+1），∵a1＝3，∴a1+1＝3+1＝4≠0，则数列{an+1}是以4为首项，以4为公比的等比数列，∴an则an故选：D．17．（2020春•建华区校级期中）已知数列{an}满足：a1=1，an+1=A．an=2n-1 B．an=1【解答】解：∵a∴1an+1∴1∵a1＝1∴{1an+1}是以2∴1∴a故选：C．18．（2019春•渝中区校级期中）在数列{an}中：已知a1＝1，an﹣an﹣1＝n（n≥2），则数列{an}的通项公式为（）A．an=n2 C．an=n2【解答】解：在数列{an}中：由a1＝1，an﹣an﹣1＝n（n≥2），得an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+（an﹣2﹣an﹣3）+…+（a2﹣a1）+a1＝n+（n﹣1）+（n﹣2）+…+1=(n+1)n∴数列{an}的通项公式为an故选：C．19．（2019秋•南京期中）已知数列{an}的通项公式an＝2n+3n﹣1，其前n项和为Sn，则S8等于（）A．279 B．352 C．609 D．610【解答】解：数列{an}的通项公式an＝2n+3n﹣1，则S8＝（2+4+…+28）+（2+5+…+23）=2(1-28)1-2+12故选：D．20．（2019秋•崇川区校级期中）已知数列{an}的通项公式是an＝log2nn+1（n∈N*）．设数列{an}的前n项和为Sn，则使Sn＜﹣4成立的最小自然数nA．13 B．14 C．15 D．16【解答】解：an＝log2nn+1=log2n﹣log2（n可得前n项和为Sn＝a1+a2+…+an＝log21﹣log22+log22﹣log23+…+log2n﹣log2（n+1）＝log21﹣log2（n+1）＝﹣log2（n+1）＜﹣4，则n+1＞16，即n＞15，使Sn＜﹣4成立的最小自然数n的值是16．故选：D．二．解答题（共40小题）21．（2023秋•张家港市月考）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2，数列{bn}满足bn＝3bn﹣1+2（n∈N*，n≥2），且b1＝a1+1．（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）设数列{cn}满足cn＝an（bn+1），求数列{cn}的前n项和Tn．【解答】解：（1）n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，n＝1时，a1＝S1＝1，对于上式成立．∴an＝2n﹣1．数列{bn}满足bn＝3bn﹣1+2（n∈N*，n≥2），变形为bn+1＝3（bn﹣1+1），∵b1＝a1+1＝2，∴b1+1＝3，∴数列{bn+1}是等比数列，首项为3，公比为3，∴bn+1＝3n，即bn＝3n﹣1．（2）数列{cn}满足cn＝an（bn+1）＝（2n﹣1）•3n，∴数列{cn}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+2×9×(1-3n-1)1-3-（2n﹣∴Tn＝3+（n﹣1）•3n+1．22．（2022秋•沙坪坝区校级月考）已知数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且a1＝1，an+1=-23Sn+（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）若cn＝an+1Tn，设数列{cn}的前n项和为Rn，证明：Rn【解答】解：（1）因为an+1=-23由a1＝1，所以a2=-23a1+1当n≥2时，an=-23Sn﹣1两式相减得，an+1﹣an=-23an，即an+1=1易知，a2=13a所以数列{an}是以1为首项，13所以an＝（13）n﹣1bn=2log13an+3＝2log13（13）n﹣1+3＝2（（2）证明：由（1）bn＝2n+1，所以Tn=n(3+2n+1)2=n（若cn＝an+1Tn=（13）n﹣1+1n(n+2)=（1所以Rn=1-(13)n1-13+12[（1-13）+（12-14）+（13-15）+（1=32-32×（13）n+23．（2022秋•南关区校级月考）设数列{an}的前n项之积为Tn，满足2an+Tn＝1（n∈N*）．（1）设bn＝1+1Tn，求数列{bn}的通项公式（2）设数列{an}的前n项之和为Sn，证明：n2【解答】解：（1）∵数列{an}的前n项之积为Tn，满足2an+Tn＝1（n∈N*），n＝1时，2a1+a1＝1，解得a1=1∴n≥2时，2TnTn-1+化为1Tn=2变形为1Tn+1＝2（又bn＝1+1∴bn＝2bn﹣1，b1＝1+1a∴bn＝4×2n﹣1＝2n+1．（2）证明：由（1）可得：1+1Tn=2n+1，解得先证明左边：即证明n2+12ln（Tn+1）-1令Qn=n2+12ln（Tn+1Qn﹣Qn﹣1=12+12lnTn+1Tn-1+1-an=12[1令2n+1-22n+1-1=t，t则12n+1-1=令f（t）＝lnt+1﹣t，t∈（0，1），f′（t）=1t-1∴函数f（t）在t∈（0，1）上单调递增，∴f（t）＜f（1）＝0，∴Qn﹣Qn﹣1＜0，∴Qn＜Q1=12+12ln43∴n2+12ln（Tn+1）再证明右边：n≥2时，an=TnTn-1=2∴Sn＜（12-123）+（12-12需要证明12n+2＜12ln（Tn+1即证明-12n+1设2n+1-12n+1=t，t∈则-12n+1=设f（t）＝lnt+1﹣t，t∈（0，1），则函数f（t）在t∈（0，1）上单调递增，∴f（t）＜f（1）＝0，即-12n+1∴Sn＜n2+12ln（T∴n2+12ln（Tn+1）-13＜Sn＜n24．（2022秋•东港区校级月考）已知等差数列{an}满足a1＝1，且a3+a7＝18．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=1anan+1，求数列{bn【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝1，又a3+a7＝18，∴a1+2d+a1+6d＝18，解得d＝2，∴an＝1+（n﹣1）×2＝2n﹣1；（2）由（1）可得bn∴T=125．（2022秋•河东区校级月考）已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn（1）求{an}的通项公式；（2）设cn=an+1(an+1)(an+1+1)，若数列{cn}的前n项和为T【解答】解：（1）∵Sn=12(Sn-n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝﹣an+1﹣（﹣an﹣1+1），化为an=12an﹣n＝1时，a1＝S1＝﹣a1+1，解得a1=1∴数列{an}是等比数列，首项与公比都为12∴an=1（2）cn∴数列{cn}的前n项和Tn=1∵对任意的n∈N*满足Tn∴13≤λ2+23λ，解得λ≤﹣1∴实数λ的取值范围是（﹣∞，﹣1]∪[13，+26．（2022秋•武功县校级月考）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn（1）求{an}的通项公式；（2）设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn．【解答】解：（1）因为Sn=2所以Sn+1＝2Sn+1②，②﹣①得Sn+1﹣Sn＝2Sn+1﹣（2Sn﹣1+1）即an+1＝2an，所以a3又当n＝2时，S2＝2S1+1，又a1＝1，所以a2＝2，所以a2所以an+1an=2(n∈N*)，所以数列{a所以an（2）由（1）可得bn所以Tn则2T两式相减得，-T所以Tn27．（2022秋•张掖月考）已知数列{an}满足an+1﹣2an＝0，a3＝8．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn=nan，数列{bn}的前n项和为Tn．若2Tn＞m﹣2021对∀n∈N*【解答】解：（1）由an+1﹣2an＝0，可得an+1＝2an，即有数列{an}是公比为2的等比数列，又a3＝8，可得4a1＝8，即有a1＝2，所以an＝2•2n﹣1＝2n；（2）bn=nan=数列{bn}的前n项和为Tn＝1•12+2•（12）2+3•（12）3+...+（n﹣1）•（12）n﹣1+n12Tn＝1•（12）2+2•（12）3+3•（12）4+...+（n﹣1）•（12）n+n•（两式相减可得12Tn=12+（12）2+（12）3+...+（12）n﹣1+（12）=12(1-12n)则Tn＝2﹣（n+2）•（12）n2Tn＞m﹣2021即为m＜2025-n+22因为f（n）=n+22n-1，f(n+1)f(n)即f（n+1）＜f（n），可得f（n）为递减数列，即0＜f（n）≤f（1）＝3，所以2022≤2025-n+22则m＜2022，即有正整数m的最大值为2021．28．（2022秋•东兴区校级月考）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝3an+1．（1）证明：{an+12}（2）证明：1a【解答】（1）证明：因为an+1＝3an+1，所以an+1所以{an+又a1＝1，则a1所以an+1（2）证明：由（1）可知，1a当n＝1时，1a1=1＜32，当n≥2时，3n﹣1＞3n﹣3所以1a29．（2022秋•福州期中）在等差数列{an}中，其前n项和为Sn且满足Sn+2（1）求通项公式an；（2）设bn=1an(an+2)，{bn【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，∵Sn+2所以Sn+2﹣Sn＝an+1+an+2＝2n+3，①，可得an+2+an+3＝2n+5，②，②﹣①可得：2d＝2，所以d＝1，所以an+1+an+2＝an+1+an+2＝2n+3，可得：an＝n．（2）由（1）知：an＝n，所以bn故Tn＝b1+b2+⋯+bn=1∵n∈N*，∴1n+1∴Tn30．（2022秋•泰兴市校级月考）记Sn为正项数列{an}的前n项和，且a1（1）求{an}的通项公式；（2）记数列{an2Sn}的前n项积为Tn【解答】解：（1）∵a13当n＝1时，a13=S12，即a12(a1当n≥2时，a13由①﹣②得an3=∴an2+an=2Sn③由③﹣④得an=S又an＞0，∴an﹣an﹣1＝1，故数列{an}首项为1，公差为1的等差数列，∴an＝a1+（n﹣1）d＝n；（2）证明：由（1）得an＝n，则Sn∴an∵数列{an2Sn}∴Tn∵Tn∴Tn+1Tn=2n+1n+1+12故数列{Tn}是递增数列．31．（2022秋•青羊区校级月考）已知Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1目nSn+1＝（n+2）Sn，n∈N*．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn＝（﹣1）n4an4n2-1(n∈N*)，求数列【解答】解：（Ⅰ）由nSn+1＝（n+2）Sn，可得Sn+1∴当n≥2时，有S2又a1＝S1＝1，∴Sn=n(n+1)当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n，又a1＝1满足an＝n，∴an＝n．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得bn＝（﹣1）n4an4n2-1=∴数列{bn}的前n项和为Pn＝﹣1-13+13+15-15-1732．（2022秋•徐汇区校级期中）已知数列{an}中，a1＝1，an+1（1）判断数列{1an}是否为等差数列？并求数列{（2）设数列{bn}满足：bn=2nan，求{bn}【解答】解：（1）∵a1＝1，an+1∴1a∴1a又1a∴数列{1an}是首项为∴1a∴an（2）∵bn∴Tn2T∴-T=2+12(1-＝﹣10+（5﹣3n）×2n+1，∴Tn33．（2022秋•河南月考）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1＝2Sn+1（n∈N*）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）证明：1a【解答】解：（1）∵等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1＝2Sn+1（n∈N*），∴n≥2时，an＝2Sn﹣1+1，两式相减得an+1﹣an＝2an，∴an+1＝3an，即an+1a故等比数列{an}的公比q＝3，令n＝1，得a2＝2a1+1，∴3a1＝2a1+1，∴a1＝1，∴数列{an}的通项公式为an（2）证明：易知1a∴1a∵n∈N*，∴1a34．（2022秋•河南月考）在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，a3＝7，且数列{an+1﹣an}为等比数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn＝（2n﹣1）an，求{bn}的前n项和Sn．【解答】解：（1）由题意，可得a2﹣a1＝3﹣1＝2，a3﹣a2＝7﹣3＝4，则a3-∵数列{an+1﹣an}为等比数列，∴an+1﹣an＝2•2n﹣1＝2n，则a1＝1，a2﹣a1＝21，a3﹣a2＝22，•••，an﹣an﹣1＝2n﹣1，各项相加，可得an＝1+21+22+•••+2n﹣1=1-＝2n﹣1，∵当n＝1时，a1＝1也满足上式，∴an＝2n﹣1，n∈N*．（2）由（1），可得bn＝（2n﹣1）an＝（2n﹣1）•（2n﹣1）＝（2n﹣1）•2n﹣（2n﹣1），则Sn＝b1+b2+b3+•••+bn＝（1•21﹣1）+（3•22﹣3）+（5•23﹣5）+•••+[（2n﹣1）•2n﹣（2n﹣1）]＝[1•21+3•22+5•23+•••+（2n﹣1）•2n]﹣[1+3+5+•••+（2n﹣1）]，令Mn＝1•21+3•22+5•23+•••+（2n﹣1）•2n，则2Mn＝1•22+3•23+•••+（2n﹣3）•2n+（2n﹣1）•2n+1，两式相减，可得﹣Mn＝1•21+2•22+2•23+•••+2•2n﹣（2n﹣1）•2n+1＝2+2•（22+23+•••+2n）﹣（2n﹣1）•2n+1＝2+2•22-2n+11-2-（2n＝﹣（2n﹣3）•2n+1﹣6，∴Mn＝（2n﹣3）•2n+1+6，故Sn＝Mn﹣[1+3+5+•••+（2n﹣1）]＝（2n﹣3）•2n+1+6-＝（2n﹣3）•2n+1+6﹣n2．35．（2022秋•高新区月考）已知数列{an}满足a1（1）求证：数列{1an}是等差数列，并求数列{（2）若____，求数列{bn}的前n项和Tn．（在①bn＝anan+1；②bn=(-1)nan【解答】（1）证明：依题意，由an+1可得即1a∵1a1∴数列{1an∴1an∴an=12n，（2）解：方案一：选择条件①由（1），可得bn则Tn＝b1+b2+•••+bn=14•（1-12）+14•（12=14•（1-1=1=n方案二：选择条件②，由（1），可得bn（i）当n为偶数时，Tn＝b1+b2+b3+b4+•••+bn﹣1+bn＝﹣2+4﹣6+8﹣•••﹣2（n﹣1）+2n＝（4﹣2）+（8﹣6）+•••+[2n﹣2（n﹣1）]＝2+2+•••+2＝2•n＝n，（ii）当n为奇数时，n﹣1为偶数，Tn＝Tn﹣1+an＝n﹣1﹣2n＝﹣n﹣1，综上所述，可得Tn=-n-1方案三：选择条件③由（1），可得bn则Tn＝b1+b2+•••+bn＝[2+（19）1]+[4+（19）2]+•••+[2n+（19=(2+4+⋯+2n)+(1=n(2+2n)=n36．（2022秋•大同月考）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1＝3Sn+1，数列{bn}满足b1＝6，（n+3）bn＝（n+1）bn+1，其中n∈N*．（1）分别求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）若cn=anbnn+2，求数列{cn【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，由an+1＝3Sn+1，得an+2＝3Sn+1+1，所以an+2﹣an+1＝3an+1，即an+2＝4an+1，故q＝4，当n＝1时，a2＝3S1+1＝3a1+1＝4a1，故a1＝1，故数列{an}的通项公式为an由（n+3）bn＝（n+1）bn+1得bn+1故b2b1=42，b3以上n﹣1个式子相乘得，bn故bn＝（n+1）（n+2）（n≥2），验证n＝1也符合上式，所以bn＝（n+1）（n+2）．（2）由cn=anb所以Tn=2×4两式相减得-3T所以-3T故Tn37．（2022秋•11月份月考）已知数列{an}的各项均为正数，且对任意的n∈N*都有a1（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝nan，且数列{bn}的前n项和为Tn，若不等式﹣2n+1+λ＜Tn﹣2对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．【解答】解：（1）因为a12+a22当n≥2时，a1两式相减，得an2n又当n＝1时，a12=1，得a1所以an=2n，n（2）由（1）知an=2所以Tn则2T两式相减，得Tn所以Tn因为不等式﹣2n+1+λ＜Tn﹣2对任意n∈N*恒成立，所以﹣2n+1+λ＜（n﹣1）2n+1，即λ＜n⋅2n+1对任意n∈N*恒成立，设f（n）＝n⋅2n+1，则f（n+1）﹣f（n）＝（n+1）⋅2n+2﹣n⋅2n+1＝（n+2）⋅2n+1＞0恒成立，所以数列{n⋅2n+1}单调递增，所以(n⋅2则λ＜4．所以实数λ的取值范围为（﹣∞，4）．38．（2022秋•浙江月考）在下面三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答．①nan+1＝（n+1）an+1；②an+1=2Sn已知Sn为数列{an}的前n项和，满足a1＝1，an＞0，①．（1）求{an}的通项公式；（2）若bn＝[lg（an+1）]，其中[x]表示不超过x的最大整数，求数列{bn}的前100项和T100．【解答】解：（1）选择条件①．由nan+1﹣（n+1）an＝1，得（n+1）an+2﹣（n+2）an+1＝1，两式作差得（n+1）（an+an+2）﹣2（n+1）an+1＝0，即an+an+2＝2an+1，故{an}为等差数列，当n＝1时，由条件①知a2﹣2a1＝1，a2＝3，故公差d＝a2﹣a1＝2，所以an＝2n﹣1，选择条件②，当n＝1时，可知a1＝1，an当n≥2时，an-1两式相减得an即（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣2）＝0，又an＞0，所以an﹣an﹣1＝2，所以{an}是1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n﹣1，选择条件③，由Sn+1(n+1)2所以Snn2当n≥2时，an又a1＝1也符合上式，所以an＝2n﹣1．（2）由（1）可得bn＝[lg（2n）]，当lg（2n）＝1时，n＝5；当lg（2n）＝2时，n＝50；当lg（2n）＝3时，n＝500，所以T100＝[lg2]+[lg4]+⋯+[lg8]+[lg10]+⋯+[lg98]+[lg100]+⋯+[lg200]＝4×0+45×1+51×2＝147．39．（2022秋•思明区校级期中）已知数列{an}的前n项和Sn（1）求{an}的通项公式；（2）求a1+a4+a7+a10+⋯+a3n+1（n∈N+）．【解答】解：（1）已知数列{an}的前n项和Sn则当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1=-12n2当n＝1时，a1即an（2）由（1）可得数列{a3n+1}是从第二项开始的等差数列，且公差为﹣3，则a1+a4+a7+a10+⋯+a3n+1=340．（2022秋•河南月考）若数列{an}满足a1＝1，an+1﹣an＝2n．（1）求{an}的通项公式；（2）证明：1a【解答】解：（1）∵an+1﹣an＝2n，a1＝1，即an﹣an﹣1＝2（n﹣1），∴an﹣a1＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+⋯+（a2﹣a1）+a1＝2（n﹣1）+2（n﹣2）+⋯+2，∴an=2n-2+2故an（2）证明：由（1）得an当n＝1时，1a当n≥2时，1a则1a故1a41．（2022秋•许昌月考）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an+1＝2Sn+1（n∈N*）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若a1+m，4a2，a3+m构成等差数列{bn}的前3项，求数列{14anbn【解答】解：（1）依题意：an+1＝2Sn+1，当n≥2时，an＝2Sn﹣1+1，两式相减得：an+1＝3an，（n≥2），∵数列{an}是等比数列，∴q=a当n＝1时，a2＝2a1+1，即3a1＝2a1+1，解得a1＝1．∴an（2）由（1）知a1＝1，a2＝3，a3＝9，依题意可得：1+m+9+m＝24，∴m＝7，则等差数列{bn}前3项分别为8，12，16，公差d＝4，∴bn＝4n+4.14anb①×3得：3Tn②﹣①得：2T∴Tn42．（2022秋•台江区校级月考）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an+1＝Sn+n+1（n∈N*）．（1）求a2，a3的值，并求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝log2（an+1），求数列{1bnbn+1}【解答】解：（1）由a1＝1，a2＝S1+2，得a2＝3，则a3＝S2+3＝1+3+3＝7，由an+1＝Sn+n+1，得an＝Sn﹣1+n（n≥2），两式相减得an+1﹣an＝Sn﹣Sn﹣1+1＝an+1，即an+1＝2an+1，所以an+1+1＝2（an+1），又a1＝1，a2＝3，满足a2+1＝2（a1+1），所以{an+1}是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以an+1＝2n，故an＝2n﹣1（n∈N*）；（2）由（1）可知bn＝log22n＝n，则1b所以Tn＝1-12+1243．（2022秋•桃城区校级期中）已知数列{an}满足a1＝14，an+1＝3an﹣4．（1）证明数列{an﹣2}为等比数列，并求{an}的通项公式；（2）设bn=(-1)nan(3n+1)(3n+1+1)，数列{bn}的前n项和为Tn【解答】证明：（1）因为an+1＝3an﹣4，所以an+1﹣2＝3（an﹣2），即an+1因为a1＝14，所以a1﹣2＝12，故数列{an﹣2}是以12为首项，3为公比的等比数列，所以an-2=12×3解：（2）由（1）知an所以bn当n为偶数时，Tn因为Tn=-1当n为奇数时，Tn又Tn因为13n+1+1要使存在n∈N*，使m≥Tn，只需m≥（Tn）min，即m≥-7故m的取值范围是[-744．（2022秋•越秀区校级月考）已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，且an+2bn+1﹣anbn＝0．（1）若数列{an}为等比数列，公比为q，|a1﹣a2|＝2，求{bn}的通项公式；（2）若数列{an}为等差数列，an+2﹣an+1＝2，求{bn}的前n项和Tn．【解答】解：（1）由a1＝1，|a1﹣a2|＝2，得a2＝﹣1或a2＝3，所以q=a2a1又an+2bn+1﹣anbn＝0，得bn+1bn=所以{bn}是以b1＝1为首项，以1q所以bn＝1或bn=1（2）由an+2﹣an+1＝2，得等差数列{an}的公差d＝2，所以an＝a1+（n﹣1）d＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，所以bn+1bn=ana所以bn=bnbn-1×bn-1b则bn=32（12n-1-12n+1）（n≥2），又b1＝1满足上式，所以bn=32所以Tn=32（1-13+13-1545．（2022秋•如皋市月考）已知数列{an}满足a1＝1，a2＝﹣4，Tn为其数列{an}的n项积，且nTn+1Tn﹣1＝﹣2（n+1）Tn2．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=ann，Sn为其前n项和，求满足不等式Sn≤【解答】解：（1）∵nTn+1Tn﹣1＝﹣2（n+1）Tn2，∴Tn+1(n+1)Tn∴{Tn+1(n+1)Tn}是以首项为﹣∴Tn+1(n+1)Tn=∴Tn+1即an+1∴an（2）由（1）可得bn∴易知{bn}是首项为1，公比为﹣2的等比数列，∴Sn∴不等式Sn≤311-(-2)∴2n﹣1≤﹣16，又n∈N*，∴n的最小值为6．46．（2022秋•海安市期中）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn+1}是公比为2的等比数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）求数列{nan}的前n项和Tn．【解答】解：（1）由题可得Sn+1=(an≥2时，Sn-1+1=(a①﹣②⇒a∵{an}为等比数列，∴a2∴an（2）由（1）可得na∴Tn=1⋅22Tn=1⋅①﹣②得：-=1⋅(1-∴Tn47．（2022秋•播州区校级月考）已知数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn+3＝3an．（1）求数列{an}的通项公式；（2）记bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn．【解答】解：（1）∵4Sn+3＝3an①，∴当n≥2时，4Sn﹣1+3＝3an﹣1②，由①﹣②得4an＝3an﹣3an﹣1，即an＝﹣3an﹣1，∴数列{an}是首项为﹣3，公比为﹣3的等比数列，∴an=-3×(-3)n-1=（2）由（1）得an=(-3)n，则bn＝nan＝n•（﹣∴Tn=-3+2×(-3-3Tn由③﹣④得4T∴Tn48．（2022秋•新疆期中）已知等差数列{an}满足a3+a6＝11，a6+a9＝17，数列{bn}满足b1＝2，bn+1﹣bn＝2n．（1）求{an}，{bn}的通项公式；（2）设cn=anbn，求数列{cn【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，∵a3+a6＝11，a6+a9＝17，∴2a1+7d＝11，2a1+13d＝17，解得a1＝2，d＝1，故an＝n+1，∵数列{bn}满足b1＝2，bn+1当n≥2时，bn﹣bn﹣1＝2n﹣1，bn﹣1﹣bn﹣2＝2n﹣2，...，b2﹣b1＝2，∴当n≥2时，bn＝（bn﹣bn﹣1）+（bn﹣1+bn﹣2）+⋯+（b2﹣b1）+b1=2当n＝1时，b1＝2，故bn（2）由（1）得an＝n+1，bn=2设{cn}的前n项和为Sn，则Sn=2×(故12S由①﹣②得12Sn∴Sn故数列{cn}的前n项和为3-(n+3)×(149．（2021秋•阿克苏市校级期末）已知数列{an}中，a1=12，an﹣an+1＝2an（1）证明：数列{1（2）求数列{an}的通项公式．【解答】（1）证明：∵an﹣an+1＝2anan+1，∴ana即1an+1∴数列{1an}是首项为1（2）解：由（1）知：1an=2+2（n﹣1）＝故an=150．（2022秋•鄂尔多斯期中）若正项数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1，P（Sn，Sn+1）点在曲线y＝（x（1）求数列{an}的通项公式an；（2）设bn=1an⋅an+1，Tn表示数列{bn}的前n项和，若T【解答】解：（1）因为点P（Sn，Sn+1）在曲线y＝（x+1）2所以Sn+1＝（Sn+1）2，从而Sn+1所以数列{Sn}是以1为首项，1所以Sn=S1+（n﹣1）×1＝n，即S当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，当n＝1时，an＝2×1﹣1＝1也成立，所以an＝2n﹣1；（2）因为bn=1∴Tn=1∵Tn≥13m﹣1对n∈N∴13m﹣1≤13，∴m∴实数m的取值范围为（﹣∞，4]．51．（2022秋•隆回县校级期中）在数列{an}中，a1＝2，an＝4an﹣1﹣3（n≥2，n∈N*）．（1）求证：{an﹣1}是等比数列；（2）求数列{an}的通项公式．【解答】（1）证明：依题意，数列{an}中，a1＝2，an所以an所以数列{an﹣1}是首项为a1﹣1＝1，公比为4的等比数列．（2）解：由（1）得：数列{an﹣1}是首项为a1﹣1＝1，公比为4的等比数列，所以an52．（2022秋•邗江区校级期中）已知数列{an}的前n项和Sn=-an-(12)n-1+2（n∈N*），数列{bn（1）求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；（2）设数列{cn}满足an（cn﹣3n）＝λn（﹣1）n﹣1（λ为非零整数，n∈N*），问是否存在整数入，使得数列{cn}是单调递增数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）证明：∵数列{an}的前n项和Sn=-an-(1∴n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝﹣an-(12)n-1+2﹣[﹣an化为：2nan﹣2n﹣1an﹣1＝1，∴bn﹣bn﹣1＝1，n＝1时，a1＝﹣a1﹣1+2，解得a1=12，b1＝∴数列{bn}是等差数列，公差为1．∴bn＝1+n﹣1＝n，∴n＝2n•an，解得an=n（2）设数列{cn}满足an(cn-3n)=λn(-1)∴n2n（cn﹣3n）＝λn（﹣1）n﹣解得cn＝3n+λ（﹣1）n﹣1•2n，假设存在整数λ，使得数列{cn}是单调递增数列，即都有cn+1＞cn，则3n+1+λ（﹣1）n•2n+1＞3n+λ（﹣1）n﹣1•2n，n＝2k﹣1（k∈N*）时，化为：λ＜(32)n-1n＝2k（k∈N*）时，化为：λ＞-(32)综上可得：1＞λ＞-32，λ∴存在整数λ＝﹣1满足对任意n∈N*，都有cn+1＞cn，即数列{cn}是单调递增数列．53．（2022秋•福州期中）已知数列{an}前n项和为Sn，满足a1=1（1）求数列{an}通项公式；（2）求Sn．【解答】解：（1）因为3Sn+1当n＝1时，3S2＝S1+1，所以3（a1+a2）＝a1+1，其中a1所以a2=1当n≥2时，得3Sn则①﹣②得：3Sn+1﹣3Sn＝Sn﹣Sn﹣1，即3an+1＝an，即an+1又故数列{an}是以a1=1所以an（2）Sn54．（2022秋•新乡月考）已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝3，且Sn+Sn﹣1＝nan（n≥2）．（1）求{an}的通项公式；（2）证明：1S【解答】解：（1）∵a1＝3，且Sn+Sn﹣1＝nan（n≥2），∴当n＝2时，S2+S1＝2a2，解得a2＝6，当n≥3时，Sn﹣1+Sn﹣2＝（n﹣1）an﹣1，∴（Sn+Sn﹣1）﹣（Sn﹣1+Sn﹣2）＝nan﹣（n﹣1）an﹣1，即an+an﹣1＝nan﹣（n﹣1）an﹣1，∴（n﹣1）an＝nan﹣1，即an又a2∴an=anan-1×当n＝1时，a1＝3，当n＝2时，a2＝6，故an＝3n；（2）证明：由（1）得an＝3n，则Sn∴1S∴1S又1n+1∴1S55．（2021秋•临川区校级期末）已知数列{an}，an＞0，a1＝1，Sn为其前n项和，且满足（Sn+Sn﹣1）（Sn﹣Sn﹣1）＝1（n≥2）（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=(-1)n⋅1an，求数列{b【解答】解：（1）由题可得Sn2-Sn-12∴数列{Sn2}是以∴Sn2=n，又an∴Sn∴当n≥2时