【文档说明】高考数学(理数)一轮复习06《数列》单元测试 (含详解).doc，共(19)页，428.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝()A．－1B．0C．1D．6解：由等差数列的性质知a2，a4，a6成等差数列，所以a2＋a6＝2a4，所以a6＝2a4

－a2＝0．故选B．2．已知数列{an}为2，0，2，0，„，则下列各项不可以作为数列{an}通项公式的是()A．an＝1＋(－1)n＋1B．an＝2，n为奇数，0，n为偶数C．an＝1－cosnπD．an＝2sinnπ

2解：若an＝2sinnπ2，则a1＝2sinπ2＝2，a2＝2sinπ＝0，a3＝2sin3π2＝－2，不符合题意．故选D．3．在数列{an}中，“对任意的n∈N*，a2n＋1＝anan＋2”是“数列{an}为等比数列”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既

不充分也不必要条件解：若an＝0，满足a2n＋1＝an·an＋2，但{an}不是等比数列．故选B．4．已知{an}为等差数列，a2＋a8＝18，则{an}的前9项和S9＝()A．9B．17C．72D．81解：由等差数列的性质可

得：a1＋a9＝a2＋a8＝18，则{an}的前9项和S9＝9（a1＋a9）2＝9×182＝81．故选D．5．等比数列{an}的前三项和S3＝14，若a1，a2＋1，a3成等差数列，则公比q＝()A．2或－13B．－1或13C．2或12D．－

2或－12解：由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2(a2＋1)＝a1＋a3，即2(1＋a1q)＝a1＋a1q2，即a1(q2－2q＋1)＝2，①又S3＝a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝14，②①÷②得：q2－

2q＋11＋q＋q2＝214，解得q＝2或q＝12．另解：由2(a2＋1)＝a1＋a3，得3a2＋2＝a1＋a2＋a3＝S3＝14，解得a2＝4，则S3＝4q＋4＋4q＝14，解得q＝2或q＝12．故选C．6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13>

0，S14<0，则Sn取最大值时n的值为()A．6B．7C．8D．13解：根据S13>0，S14<0，可以确定a1＋a13＝2a7>0，a1＋a14＝a7＋a8<0，所以a7>0，a8<0，则Sn取最大值时n的值为7．故选B．7．在数列{an}中，a1＝2

，an＋1n＋1＝ann＋ln1＋1n，则an＝()A．2＋nlnnB．2n＋(n－1)lnnC．2n＋nlnnD．1＋n＋nlnn解：由题意得an＋1n＋1－ann＝ln(n＋1)－lnn，则ann＝a11＋a22－a11＋a33－a22＋„＋

ann－an－1n－1＝2＋(ln2－ln1)＋(ln3－ln2)＋„＋[lnn－ln(n－1)]＝2＋lnn，所以an＝n(lnn＋2)．故选C．8．执行如图所示的程序框图，如果输入n＝3，则输出的S＝()A．

37B．67C．89D．49解：第一次循环后S＝11×3＝13，i＝2；第二次循环后S＝11×3＋13×5＝12×1－13＋13－15＝25，i＝3；第三次循环后S＝11×3＋13×5＋15×7＝12×(1－13＋13－15＋15－17)＝37，此时i＝4>3，退出

循环，输出结果S＝37．故选A．9．设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在点(1，1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lgxn，则a1＋a2＋„＋a2017＝()A．lg2018B．lg2017C．－lg2018D．－lg2017解：因为y′

＝(n＋1)xn，所以曲线y＝xn＋1在点(1，1)处的切线斜率为n＋1，切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，得xn＝1－1n＋1＝nn＋1．则an＝lgxn＝lgnn＋1，所以a1＋a2＋„＋a2017＝lg12×23ׄ×20172018＝lg12018＝－lg20

18．故选C．10．已知在数列{an}中，an＝n2＋λn，且{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是()A．(－2，＋∞)B．[－2，＋∞)C．(－3，＋∞)D．[－3，＋∞)解：由题意可知an＋1>an对任意正整数n恒成立，即(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn对任意正

整数n恒成立，即λ>－2n－1对任意正整数n恒成立，故λ>－3．另解，由对称轴－λ2＜32求解．故选C．11．已知an＝13n，把数列{an}的各项排列成如下的三角形形状．a1a2a3a4a5a6a7a8a9„„记A(m，n)表示第m行的第n个数，则A(10，1

2)＝()A．1393B．1392C．1394D．13112解：前9行一共有1＋3＋5＋„＋17＝81个数，而A(10，12)表示第10行的第12个数，所以n＝93，即A(10，12)＝a9

3＝1393．故选A．12．等比数列{an}的首项为32，公比为－12，前n项和为Sn，则当n∈N*时，Sn－1Sn的最大值与最小值的比值为()A．－125B．－107C．109D．125解：因为等比数列{a

n}的首项为32，公比为－12，所以an＝32×－12n－1，Sn＝321－－12n1－－12＝1－－12n．当n为奇数时，Sn＝1＋12n随着n的增大而减小，则1<S

n≤S1＝32，故0<Sn－1Sn≤56；当n为偶数时，Sn＝1－12n随着n的增大而增大，则34＝S2≤Sn<1，故－712≤Sn－1Sn<0．所以Sn－1Sn的最大值与最小值的比值为56－712＝－107．故选B．二、

填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2018·山东枣庄第三中学质检)已知数列{an}的前n项和Sn＝5n2＋2n＋1，则数列的通项公式为an＝________．解：当n＝1时，a1＝8；当

n≥2时，Sn－1＝5(n－1)2＋2(n－1)＋1，所以an＝Sn－Sn－1＝10n－3，此式对n＝1不成立，故an＝8，n＝1，10n－3，n≥2．故填8，n＝1，10n－3，n≥2

．14．设{an}是公差为正数的等差数列，若a1＋a2＋a3＝15,a1a2a3＝80,则a11＋a12＋a13＝________．解：设数列的公差为d(d＞0)，因为a1＋a2＋a3＝3a2＝15，所以a2＝5．因为a1a2a3＝80，所以(5－d)·5·(5＋d)＝5

(25－d2)＝80，所以d2＝25－16＝9，所以d＝3，所以a11＋a12＋a13＝(a1＋a2＋a3)＋30d＝15＋90＝105．故填105．15．若数列{an}满足1an＋1－1an＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为调和数列．记数列1xn为调和数列，且x1＋x

2＋„＋x20＝200，则x5＋x16＝__________．解：由题中调和数列的定义，易得xn＋1－xn＝d，所以数列{xn}是等差数列，则x1＋x20＝x2＋x19＝„＝x10＋x11，所以x1＋x2＋„＋x20＝10(x

5＋x16)＝200，x5＋x16＝20．故填20．16．已知数列{an}满足a1a2a3„an＝2n2(n∈N*)，且对任意的n∈N*都有1a1＋1a2＋„＋1an<t，则实数t的取值范围为______

__．解：因为数列{an}满足a1a2a3„an＝2n2(n∈N*)，所以当n≥2时，a1a2a3„an－1＝2(n－1)2，则an＝22n－1，a1＝2也适合，所以1an＝122n－1，数列1an是首项为12，公比为14的等比数列，则1a1＋1a2＋„＋1an＝12

1－14n1－14＝231－14n<23，则实数t的取值范围为23，＋∞．故填23，＋∞．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)数列{an}

的前n项和为Sn，且满足Sn＝4an－3(n∈N*)，求an．解：Sn＝4an－3，则Sn－1＝4an－1－3，两式相减，得anan－1＝43．又a1＝4a1－3，所以a1＝1，所以an＝43n－1．18．(12分)已知等比数列{an}中，a1＝13

，公比q＝13．(1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn＝1－an2；(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an，求数列{bn}的通项公式．解：(1)证明：因为an＝13×13n－

1＝13n，Sn＝131－13n1－13＝1－13n2，所以Sn＝1－an2．(2)bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an＝－(1＋2＋„＋n)＝－n（n＋1）2．所以{bn}的通项公式为bn＝－n（n＋1）2．19．(12分)(2016·山东)已知数

列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝（an＋1）n＋1（bn＋2）n．求数列{cn}的前n项和Tn．解：(1)因为数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，所以a1＝11，当n≥2时，an＝Sn

－Sn－1＝3n2＋8n－3(n－1)2－8(n－1)＝6n＋5，又an＝6n＋5对n＝1也成立，所以an＝6n＋5．又因为{bn}是等差数列，设公差为d，则an＝bn＋bn＋1＝2bn＋d．当n＝1时，2b1＝11－d；当n＝2时，2b2＝17－d，解得d

＝3，所以数列{bn}的通项公式为bn＝an－d2＝3n＋1．(2)由cn＝（an＋1）n＋1（bn＋2）n＝（6n＋6）n＋1（3n＋3）n＝(3n＋3)·2n＋1，于是Tn＝6×22＋9×23＋12×24＋„＋(3n＋3)×2n＋1，两边同乘以2，得2Tn＝6×23＋9×24＋„＋(

3n)×2n＋1＋(3n＋3)×2n＋2，两式相减，得－Tn＝6×22＋3×23＋3×24＋„＋3×2n＋1－(3n＋3)×2n＋2＝3×22＋3×22（1－2n）1－2－(3n＋3)×2n＋2，所以Tn＝－12＋3×22(1－2n)＋(3n＋3)×2n＋2＝3

n·2n＋2．20．(12分)已知数列{an}与{bn}，若a1＝3且对任意正整数n满足an＋1－an＝2，数列{bn}的前n项和Sn＝n2＋an．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列1bnbn＋1的前n项和Tn．解：(1)由题意知{an}是以3为首项，2

为公差的等差数列．所以an＝2n＋1．当n＝1时，b1＝S1＝4；当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n＋1)－[(n－1)2＋2(n－1)＋1]＝2n＋1，对b1＝4不成立．所以数列{bn}的通项

公式为bn＝4，n＝1，2n＋1，n≥2．(2)由(1)知当n＝1时，T1＝1b1b2＝120．当n≥2时，1bnbn＋1＝1（2n＋1）（2n＋3）＝1212n＋1－12n＋3，所以Tn＝120

＋12[15－17＋17－19＋„＋(12n＋1－12n＋3)]＝120＋1215－12n＋3＝120＋n－110n＋15＝6n－120（2n＋3）．当n＝1时仍成立，所以Tn＝6n－120（

2n＋3）．21．(12分)(2018·广东广州一测)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列Snn是首项为1，公差为2的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足a1b1＋a2

b2＋„＋anbn＝5－(4n＋5)12n，求数列{bn}的前n项和Tn．解：(1)因为数列Snn是首项为1，公差为2的等差数列，所以Snn＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝2n2－n．当n＝1时，a1＝S1＝1

；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3．当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3．(2)当n＝1时，a1b1＝12，所以b1＝2a1＝2．当n≥2时，由

a1b1＋a2b2＋„＋anbn＝5－(4n＋5)12n，①得a1b1＋a2b2＋„＋an－1bn－1＝5－(4n＋1)12n－1．②①－②，得anbn＝(4n－3)12n．因为an＝4n－3，所以bn＝4n－3（4n－3）12n＝2n(当n＝1时也符合)

，所以bn＋1bn＝2n＋12n＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，所以Tn＝2（1－2n）1－2＝2n＋1－2．22．(12分)已知正项数列{an}的前n项和Sn满足4Sn＝a2n＋2an＋1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若b

n＝an3n，求数列{bn}的前n项和Tn；(3)在(2)的条件下，若bn1－Tn≤λ(n＋4)－1对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)由已知得4Sn＝(an＋1)2，①当n＝1时，4S1＝(

a1＋1)2＝4a1，解得a1＝1．当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2．②①－②得，4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，则(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0．因为an>0，所以an－an－1＝2，即数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．所以an＝2n－1．(2)由

(1)知bn＝2n－13n，则Tn＝1·13＋3·132＋5·133＋„＋(2n－3)·13n－1＋(2n－1)·13n．13Tn＝1·132＋3·133＋5·134＋„＋

(2n－3)·13n＋(2n－1)·13n＋1，两式相减得23Tn＝13＋2[132＋133＋„＋13n]－(2n－1)13n＋1＝23－2n＋23·13n，所以Tn＝1

－n＋13n．(3)由bn1－Tn≤λ(n＋4)－1得，3nn＋1≤λ(n＋4)，则λ≥3n（n＋1）（n＋4）＝3n＋4n＋5，因为n＋4n≥2n·4n＝4，所以当且仅当n＝2时，3n＋4n＋5有最大值13，即λ≥13．一、选择题：本题

共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝()A．－1B．0C．1D．6解：由等差数列的性质知a2，a4，a6成等差数列，所

以a2＋a6＝2a4，所以a6＝2a4－a2＝0．故选B．2．已知数列{an}为2，0，2，0，„，则下列各项不可以作为数列{an}通项公式的是()A．an＝1＋(－1)n＋1B．an＝2，n为奇数，0，n为偶数C．an＝1－cosnπD．an＝2sinnπ2解：若an＝2s

innπ2，则a1＝2sinπ2＝2，a2＝2sinπ＝0，a3＝2sin3π2＝－2，不符合题意．故选D．3．在数列{an}中，“对任意的n∈N*，a2n＋1＝anan＋2”是“数列{an}为等比数列”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条

件D．既不充分也不必要条件解：若an＝0，满足a2n＋1＝an·an＋2，但{an}不是等比数列．故选B．4．已知{an}为等差数列，a2＋a8＝18，则{an}的前9项和S9＝()A．9B．17C．72D．81解：由等差数列的性质可得：a1＋a9＝a2＋a8＝18，则{an}

的前9项和S9＝9（a1＋a9）2＝9×182＝81．故选D．5．等比数列{an}的前三项和S3＝14，若a1，a2＋1，a3成等差数列，则公比q＝()A．2或－13B．－1或13C．2或12D．－2或－12解：由a1，a2＋1，a3成

等差数列，得2(a2＋1)＝a1＋a3，即2(1＋a1q)＝a1＋a1q2，即a1(q2－2q＋1)＝2，①又S3＝a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝14，②①÷②得：q2－2q＋11＋q＋q2＝214，解得q＝2或q＝12．另解：由2(a2＋1)＝a1＋a3，得3a2＋

2＝a1＋a2＋a3＝S3＝14，解得a2＝4，则S3＝4q＋4＋4q＝14，解得q＝2或q＝12．故选C．6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13>0，S14<0，则Sn取最大值时n的值为()A．

6B．7C．8D．13解：根据S13>0，S14<0，可以确定a1＋a13＝2a7>0，a1＋a14＝a7＋a8<0，所以a7>0，a8<0，则Sn取最大值时n的值为7．故选B．7．在数列{an}中，a1＝2，an＋1n＋1＝ann＋ln1＋1n，则an＝()A．2＋nlnnB．2

n＋(n－1)lnnC．2n＋nlnnD．1＋n＋nlnn解：由题意得an＋1n＋1－ann＝ln(n＋1)－lnn，则ann＝a11＋a22－a11＋a33－a22＋„＋

ann－an－1n－1＝2＋(ln2－ln1)＋(ln3－ln2)＋„＋[lnn－ln(n－1)]＝2＋lnn，所以an＝n(lnn＋2)．故选C．8．执行如图所示的程序框图，如果输入n＝3，则输出的S＝()A．37B．67C．89D．49解：第一次循环后S＝11×3＝13，i＝2；第二次循环后

S＝11×3＋13×5＝12×1－13＋13－15＝25，i＝3；第三次循环后S＝11×3＋13×5＋15×7＝12×(1－13＋13－15＋15－17)＝37，此时i＝4>3，退出循环，输出结果S＝37．故选A．9．设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在点(1，1)处

的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lgxn，则a1＋a2＋„＋a2017＝()A．lg2018B．lg2017C．－lg2018D．－lg2017解：因为y′＝(n＋1)xn，所以曲线y＝xn＋1在点(1，1)处的切线斜率为n＋1，切线方程为y－

1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，得xn＝1－1n＋1＝nn＋1．则an＝lgxn＝lgnn＋1，所以a1＋a2＋„＋a2017＝lg12×23ׄ×20172018＝lg12018＝－lg2018．故

选C．10．已知在数列{an}中，an＝n2＋λn，且{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是()A．(－2，＋∞)B．[－2，＋∞)C．(－3，＋∞)D．[－3，＋∞)解：由题意可知an＋1>an对任意正整数n恒成立，即(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn对任意正整数n恒成立

，即λ>－2n－1对任意正整数n恒成立，故λ>－3．另解，由对称轴－λ2＜32求解．故选C．11．已知an＝13n，把数列{an}的各项排列成如下的三角形形状．a1a2a3a4a5a6a7a8a9„„记A(m，n)表示第m行的第n个数

，则A(10，12)＝()A．1393B．1392C．1394D．13112解：前9行一共有1＋3＋5＋„＋17＝81个数，而A(10，12)表示第10行的第12个数，所以n＝93，即A(10，1

2)＝a93＝1393．故选A．12．等比数列{an}的首项为32，公比为－12，前n项和为Sn，则当n∈N*时，Sn－1Sn的最大值与最小值的比值为()A．－125B．－107C．109D．125解：因为等比数列{an}的首项为32

，公比为－12，所以an＝32×－12n－1，Sn＝321－－12n1－－12＝1－－12n．当n为奇数时，Sn＝1＋12n随着n的增大而减小，则1<Sn≤S1＝32，故0<Sn－1Sn≤56；当n为偶数时，Sn＝1－12n随着n的增大而增大

，则34＝S2≤Sn<1，故－712≤Sn－1Sn<0．所以Sn－1Sn的最大值与最小值的比值为56－712＝－107．故选B．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2018·山东枣庄第三中学质检)已知数列{

an}的前n项和Sn＝5n2＋2n＋1，则数列的通项公式为an＝________．解：当n＝1时，a1＝8；当n≥2时，Sn－1＝5(n－1)2＋2(n－1)＋1，所以an＝Sn－Sn－1＝10n－3，此式对n＝1不成

立，故an＝8，n＝1，10n－3，n≥2．故填8，n＝1，10n－3，n≥2．14．设{an}是公差为正数的等差数列，若a1＋a2＋a3＝15,a1a2a3＝80,则a11＋a12＋a13＝________．解：设数列的公差为d(d＞

0)，因为a1＋a2＋a3＝3a2＝15，所以a2＝5．因为a1a2a3＝80，所以(5－d)·5·(5＋d)＝5(25－d2)＝80，所以d2＝25－16＝9，所以d＝3，所以a11＋a12＋a13＝(a1＋a2＋a3)＋30d＝15＋

90＝105．故填105．15．若数列{an}满足1an＋1－1an＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为调和数列．记数列1xn为调和数列，且x1＋x2＋„＋x20＝200，则x5＋x16＝__________．解：由题中调和数列的定义，易得xn＋

1－xn＝d，所以数列{xn}是等差数列，则x1＋x20＝x2＋x19＝„＝x10＋x11，所以x1＋x2＋„＋x20＝10(x5＋x16)＝200，x5＋x16＝20．故填20．16．已知数列{an}满足a1a2a3„

an＝2n2(n∈N*)，且对任意的n∈N*都有1a1＋1a2＋„＋1an<t，则实数t的取值范围为________．解：因为数列{an}满足a1a2a3„an＝2n2(n∈N*)，所以当n≥2时，a1a2a3„an－1＝2(n

－1)2，则an＝22n－1，a1＝2也适合，所以1an＝122n－1，数列1an是首项为12，公比为14的等比数列，则1a1＋1a2＋„＋1an＝121－14n1－14＝231－14n<23，则实数t的取值范围为2

3，＋∞．故填23，＋∞．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝4an－3(n∈N*)，求an．解：Sn＝4an－3，则Sn－1＝4an－1－3，两式相减，得anan－1＝43．又a1＝4a1－3，

所以a1＝1，所以an＝43n－1．18．(12分)已知等比数列{an}中，a1＝13，公比q＝13．(1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn＝1－an2；(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an，求数列{bn}的通项公式．解：(1)证明：因为an＝13×

13n－1＝13n，Sn＝131－13n1－13＝1－13n2，所以Sn＝1－an2．(2)bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an＝－(1＋2＋„＋n)＝－n（n＋1）2．所以{bn}的通项公式为bn＝－n（n＋

1）2．19．(12分)(2016·山东)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝（an＋1）n＋1（bn＋2）n

．求数列{cn}的前n项和Tn．解：(1)因为数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，所以a1＝11，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2＋8n－3(n－1)2－8(n－1)＝6n＋5，又an＝6n＋5对n＝1也成立，所以an＝6n＋5．又因为{bn}是等差数列，设公差为d，则an＝bn＋b

n＋1＝2bn＋d．当n＝1时，2b1＝11－d；当n＝2时，2b2＝17－d，解得d＝3，所以数列{bn}的通项公式为bn＝an－d2＝3n＋1．(2)由cn＝（an＋1）n＋1（bn＋2）n＝（6n＋6）n＋1（3n＋3）n＝(3n＋3)·2n＋1，于是Tn＝6×22＋9×23＋12×

24＋„＋(3n＋3)×2n＋1，两边同乘以2，得2Tn＝6×23＋9×24＋„＋(3n)×2n＋1＋(3n＋3)×2n＋2，两式相减，得－Tn＝6×22＋3×23＋3×24＋„＋3×2n＋1－(3n＋3)×2n＋2＝3×22＋3×22（1－2n）1－2－(3n＋3)×2n＋2，所以

Tn＝－12＋3×22(1－2n)＋(3n＋3)×2n＋2＝3n·2n＋2．20．(12分)已知数列{an}与{bn}，若a1＝3且对任意正整数n满足an＋1－an＝2，数列{bn}的前n项和Sn＝n2＋an．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列

1bnbn＋1的前n项和Tn．解：(1)由题意知{an}是以3为首项，2为公差的等差数列．所以an＝2n＋1．当n＝1时，b1＝S1＝4；当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n＋1)－[(n－1)2＋2(n－1)＋1

]＝2n＋1，对b1＝4不成立．所以数列{bn}的通项公式为bn＝4，n＝1，2n＋1，n≥2．(2)由(1)知当n＝1时，T1＝1b1b2＝120．当n≥2时，1bnbn＋1＝1（2n＋1）（2n＋3）＝1212n＋1

－12n＋3，所以Tn＝120＋12[15－17＋17－19＋„＋(12n＋1－12n＋3)]＝120＋1215－12n＋3＝120＋n－110n＋15＝6n－120（2n＋3）．当n＝1时仍成立，所以Tn＝6n－120（2n＋3）．21．(12分)(2018·广东

广州一测)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列Snn是首项为1，公差为2的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足a1b1＋a2b2＋„＋anbn＝5－(4n＋5)12n，求数列{bn}的前

n项和Tn．解：(1)因为数列Snn是首项为1，公差为2的等差数列，所以Snn＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝2n2－n．当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－[2(n－1)

2－(n－1)]＝4n－3．当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3．(2)当n＝1时，a1b1＝12，所以b1＝2a1＝2．当n≥2时，由a1b1＋a2b2＋„＋anbn＝5－(4n＋5)12n，①得a1b1＋a2b2＋„＋an－1bn－1＝5－(4n

＋1)12n－1．②①－②，得anbn＝(4n－3)12n．因为an＝4n－3，所以bn＝4n－3（4n－3）12n＝2n(当n＝1时也符合)，所以bn＋1bn＝2n＋12n＝2，所以数列{bn}是首项

为2，公比为2的等比数列，所以Tn＝2（1－2n）1－2＝2n＋1－2．22．(12分)已知正项数列{an}的前n项和Sn满足4Sn＝a2n＋2an＋1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝an3n，求数列{bn}的前n项和Tn；(3)

在(2)的条件下，若bn1－Tn≤λ(n＋4)－1对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)由已知得4Sn＝(an＋1)2，①当n＝1时，4S1＝(a1＋1)2＝4a1，解得a1＝1．当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2．

②①－②得，4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，则(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0．因为an>0，所以an－an－1＝2，即数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．所以an＝2n－1．(2)由(

1)知bn＝2n－13n，则Tn＝1·13＋3·132＋5·133＋„＋(2n－3)·13n－1＋(2n－1)·13n．13Tn＝1·132＋3·133＋5·134＋„＋(2n－3)·

13n＋(2n－1)·13n＋1，两式相减得23Tn＝13＋2[132＋133＋„＋13n]－(2n－1)13n＋1＝23－2n＋23·13n，所以Tn＝1－n＋13n．(3)由bn1－Tn≤λ(n＋4)－1得，3nn＋

1≤λ(n＋4)，则λ≥3n（n＋1）（n＋4）＝3n＋4n＋5，因为n＋4n≥2n·4n＝4，所以当且仅当n＝2时，3n＋4n＋5有最大值13，即λ≥13．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．在等差数列{

an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝()A．－1B．0C．1D．6解：由等差数列的性质知a2，a4，a6成等差数列，所以a2＋a6＝2a4，所以a6＝2a4－a2＝0．故选B．2．已知数列{an}为2，0，2，0，„，则下列各项不可以作为数列{an}通项公式的是(

)A．an＝1＋(－1)n＋1B．an＝2，n为奇数，0，n为偶数C．an＝1－cosnπD．an＝2sinnπ2解：若an＝2sinnπ2，则a1＝2sinπ2＝2，a2＝2sinπ＝0，a3＝

2sin3π2＝－2，不符合题意．故选D．3．在数列{an}中，“对任意的n∈N*，a2n＋1＝anan＋2”是“数列{an}为等比数列”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

解：若an＝0，满足a2n＋1＝an·an＋2，但{an}不是等比数列．故选B．4．已知{an}为等差数列，a2＋a8＝18，则{an}的前9项和S9＝()A．9B．17C．72D．81解：由等差数列的性质可得：a1＋a9＝a2＋a8＝18，则{an}的前9项和S9＝9（a1＋a9）2＝9×

182＝81．故选D．5．等比数列{an}的前三项和S3＝14，若a1，a2＋1，a3成等差数列，则公比q＝()A．2或－13B．－1或13C．2或12D．－2或－12解：由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2(a2＋1)＝a1＋a3，即2(1＋a1q)＝a1＋a1q2，即a1(q2－2q

＋1)＝2，①又S3＝a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝14，②①÷②得：q2－2q＋11＋q＋q2＝214，解得q＝2或q＝12．另解：由2(a2＋1)＝a1＋a3，得3a2＋2＝a1＋a2＋a3＝S3＝14，解得a2＝4，则S3＝4q＋4＋4q＝14，

解得q＝2或q＝12．故选C．6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13>0，S14<0，则Sn取最大值时n的值为()A．6B．7C．8D．13解：根据S13>0，S14<0，可以确定a1＋a13＝2a

7>0，a1＋a14＝a7＋a8<0，所以a7>0，a8<0，则Sn取最大值时n的值为7．故选B．7．在数列{an}中，a1＝2，an＋1n＋1＝ann＋ln1＋1n，则an＝()A．2＋nlnnB．2n＋(n－1)lnnC．2n＋nlnnD

．1＋n＋nlnn解：由题意得an＋1n＋1－ann＝ln(n＋1)－lnn，则ann＝a11＋a22－a11＋a33－a22＋„＋ann－an－1n－1＝2＋(ln2－ln1)＋(l

n3－ln2)＋„＋[lnn－ln(n－1)]＝2＋lnn，所以an＝n(lnn＋2)．故选C．8．执行如图所示的程序框图，如果输入n＝3，则输出的S＝()A．37B．67C．89D．49解：第一次循环后S＝11×3＝13，i＝2

；第二次循环后S＝11×3＋13×5＝12×1－13＋13－15＝25，i＝3；第三次循环后S＝11×3＋13×5＋15×7＝12×(1－13＋13－15＋15－17)＝37，此时i＝4>3，退出循环，输出结果S＝37．故选A．9．设曲线y＝xn＋1(n∈N*)

在点(1，1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lgxn，则a1＋a2＋„＋a2017＝()A．lg2018B．lg2017C．－lg2018D．－lg2017解：因为y′＝(n＋1)xn，所以曲线y＝xn

＋1在点(1，1)处的切线斜率为n＋1，切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，得xn＝1－1n＋1＝nn＋1．则an＝lgxn＝lgnn＋1，所以a1＋a2＋„＋a2017＝lg12×2

3ׄ×20172018＝lg12018＝－lg2018．故选C．10．已知在数列{an}中，an＝n2＋λn，且{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是()A．(－2，＋∞)B．[－2，＋∞)C．(－3，＋∞)D．[－3，＋∞)解：由题意可知an＋1>an对任意正整数n恒成立，即(

n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn对任意正整数n恒成立，即λ>－2n－1对任意正整数n恒成立，故λ>－3．另解，由对称轴－λ2＜32求解．故选C．11．已知an＝13n，把数列{an}的各项

排列成如下的三角形形状．a1a2a3a4a5a6a7a8a9„„记A(m，n)表示第m行的第n个数，则A(10，12)＝()A．1393B．1392C．1394D．13112解：前9行一共有1＋3＋5＋„＋17＝81个数，而A(1

0，12)表示第10行的第12个数，所以n＝93，即A(10，12)＝a93＝1393．故选A．12．等比数列{an}的首项为32，公比为－12，前n项和为Sn，则当n∈N*时，Sn－1Sn的最大

值与最小值的比值为()A．－125B．－107C．109D．125解：因为等比数列{an}的首项为32，公比为－12，所以an＝32×－12n－1，Sn＝321－－12n1－－12＝1－－12n．当n为奇数时，Sn＝1＋12n随着n的增大而减小，则

1<Sn≤S1＝32，故0<Sn－1Sn≤56；当n为偶数时，Sn＝1－12n随着n的增大而增大，则34＝S2≤Sn<1，故－712≤Sn－1Sn<0．所以Sn－1Sn的最大值与最小值的比值为56－712＝－107．故选B．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13

．(2018·山东枣庄第三中学质检)已知数列{an}的前n项和Sn＝5n2＋2n＋1，则数列的通项公式为an＝________．解：当n＝1时，a1＝8；当n≥2时，Sn－1＝5(n－1)2＋2(n－1)＋1，所以an＝Sn－Sn－1＝10n－3，此式对n＝1

不成立，故an＝8，n＝1，10n－3，n≥2．故填8，n＝1，10n－3，n≥2．14．设{an}是公差为正数的等差数列，若a1＋a2＋a3＝15,a1a2a3＝80,则a11＋a12＋a

13＝________．解：设数列的公差为d(d＞0)，因为a1＋a2＋a3＝3a2＝15，所以a2＝5．因为a1a2a3＝80，所以(5－d)·5·(5＋d)＝5(25－d2)＝80，所以d2＝25－16＝9，所以d＝3，所以a11＋a12＋a13＝(

a1＋a2＋a3)＋30d＝15＋90＝105．故填105．15．若数列{an}满足1an＋1－1an＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为调和数列．记数列1xn为调和数列，且x1＋x2＋„＋x20＝200，则x5

＋x16＝__________．解：由题中调和数列的定义，易得xn＋1－xn＝d，所以数列{xn}是等差数列，则x1＋x20＝x2＋x19＝„＝x10＋x11，所以x1＋x2＋„＋x20＝10(x5＋x16)＝200，x5＋x16＝20．故填20．16．已知数列

{an}满足a1a2a3„an＝2n2(n∈N*)，且对任意的n∈N*都有1a1＋1a2＋„＋1an<t，则实数t的取值范围为________．解：因为数列{an}满足a1a2a3„an＝2n2(n∈N

*)，所以当n≥2时，a1a2a3„an－1＝2(n－1)2，则an＝22n－1，a1＝2也适合，所以1an＝122n－1，数列1an是首项为12，公比为14的等比数列，则1a1＋1a2＋„＋1an＝121－1

4n1－14＝231－14n<23，则实数t的取值范围为23，＋∞．故填23，＋∞．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)数列{an}的前n项和为Sn，且

满足Sn＝4an－3(n∈N*)，求an．解：Sn＝4an－3，则Sn－1＝4an－1－3，两式相减，得anan－1＝43．又a1＝4a1－3，所以a1＝1，所以an＝43n－1．18．(12分)已知等比数列{a

n}中，a1＝13，公比q＝13．(1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn＝1－an2；(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an，求数列{bn}的通项公式．解：(1)证明：因为an＝13×13n－1＝

13n，Sn＝131－13n1－13＝1－13n2，所以Sn＝1－an2．(2)bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an＝－(1＋2＋„＋n)＝－n（n＋1）2．所以{bn}的通项公式为bn＝－n

（n＋1）2．19．(12分)(2016·山东)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝（an＋1）n＋1（bn＋2

）n．求数列{cn}的前n项和Tn．解：(1)因为数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，所以a1＝11，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2＋8n－3(n－1)2－8(n－1)＝6n＋5，又an＝6n＋5对n＝

1也成立，所以an＝6n＋5．又因为{bn}是等差数列，设公差为d，则an＝bn＋bn＋1＝2bn＋d．当n＝1时，2b1＝11－d；当n＝2时，2b2＝17－d，解得d＝3，所以数列{bn}的通项公式为bn＝an－d2＝3n＋1．(2)由cn＝（an＋1）n＋1（bn＋2）n＝（6n

＋6）n＋1（3n＋3）n＝(3n＋3)·2n＋1，于是Tn＝6×22＋9×23＋12×24＋„＋(3n＋3)×2n＋1，两边同乘以2，得2Tn＝6×23＋9×24＋„＋(3n)×2n＋1＋(3n＋3)×2n＋2，两式相减，得－Tn＝6×22＋3×23＋3×24＋„＋3×2n

＋1－(3n＋3)×2n＋2＝3×22＋3×22（1－2n）1－2－(3n＋3)×2n＋2，所以Tn＝－12＋3×22(1－2n)＋(3n＋3)×2n＋2＝3n·2n＋2．20．(12分)已知数列{an}与{bn}，若a1＝3且对任意正整数n满足an＋1－

an＝2，数列{bn}的前n项和Sn＝n2＋an．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列1bnbn＋1的前n项和Tn．解：(1)由题意知{an}是以3为首项，2为公差的等差数列．所以an＝2n＋1．当n＝1时，b1＝

S1＝4；当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n＋1)－[(n－1)2＋2(n－1)＋1]＝2n＋1，对b1＝4不成立．所以数列{bn}的通项公式为bn＝4，n＝1，2n＋1，n≥2．(2)由(1)知当n＝1时，T1＝1b1b2＝120．当n≥2时，1bnbn

＋1＝1（2n＋1）（2n＋3）＝1212n＋1－12n＋3，所以Tn＝120＋12[15－17＋17－19＋„＋(12n＋1－12n＋3)]＝120＋1215－12n＋3＝120＋n－110n＋15＝6n－120（2n＋3）．当n＝1时仍成立，所以Tn＝6n

－120（2n＋3）．21．(12分)(2018·广东广州一测)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列Snn是首项为1，公差为2的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足a1b1＋a2b2＋„＋anbn＝5－(4n＋5

)12n，求数列{bn}的前n项和Tn．解：(1)因为数列Snn是首项为1，公差为2的等差数列，所以Snn＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝2n2－n．当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－[2(n－1)2

－(n－1)]＝4n－3．当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3．(2)当n＝1时，a1b1＝12，所以b1＝2a1＝2．当n≥2时，由a1b1＋a2b2＋„＋anbn＝5－(4n＋5)12n，①得a1

b1＋a2b2＋„＋an－1bn－1＝5－(4n＋1)12n－1．②①－②，得anbn＝(4n－3)12n．因为an＝4n－3，所以bn＝4n－3（4n－3）12n＝2n(当n＝1时也符合)，所以bn＋1bn＝2n＋12n＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为2的

等比数列，所以Tn＝2（1－2n）1－2＝2n＋1－2．22．(12分)已知正项数列{an}的前n项和Sn满足4Sn＝a2n＋2an＋1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝an3n，求数列{bn}的前n项和Tn；(3)在(

2)的条件下，若bn1－Tn≤λ(n＋4)－1对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)由已知得4Sn＝(an＋1)2，①当n＝1时，4S1＝(a1＋1)2＝4a1，解得a1＝1．当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2．②①－②得，4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，则(an

＋an－1)(an－an－1－2)＝0．因为an>0，所以an－an－1＝2，即数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．所以an＝2n－1．(2)由(1)知bn＝2n－13n，则Tn＝1·13＋3·132＋5·133＋„＋(2n－3)·13n－1＋(2n－1)·

13n．13Tn＝1·132＋3·133＋5·134＋„＋(2n－3)·13n＋(2n－1)·13n＋1，两式相减得23Tn＝13＋2[132＋133＋„＋

13n]－(2n－1)13n＋1＝23－2n＋23·13n，所以Tn＝1－n＋13n．(3)由bn1－Tn≤λ(n＋4)－1得，3nn＋1≤λ(n＋4)，则λ≥3n（n＋1）（n＋4）＝3n＋4n＋5，因为n＋4n≥2n·4n＝4，所以当且仅当n＝2时，3n＋4n＋5有最

大值13，即λ≥13．