【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册第四章《数列》单元测试（提升卷）（解析版）.doc，共(27)页，1.038 MB，由MTyang资料小铺上传

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第四章数列单元过关检测能力提升B卷解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题型：8（单选）+4（多选）+4（填空）+6（解答），满分150分，时间：120分钟一、单选题1．已知等差数列{}na

的公差和首项都不为零，且2a，4a，8a成等比数列，则1324aaaa+=+（）A．13B．23C．53D．2【答案】B【解析】【分析】用1ad,表示2a，4a，8a，利用它们成等比数列可得1da，从而可得1324aaaa的值.【详解】设等差数列的公差为d，

则21aad，413aad，817aad，因为2a，4a，8a成等比数列，故211137adadad，整理得到21dad，因0d，故1da，故1nana，故13244263aaaa+==+，选B.【点睛】等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（

1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．2．设正项等比数列{}na的前n项和为nS，10103020102(21)0SSS，则公比q等于

（）A．12B．13C．14D．2【答案】A【分析】由条件可得302010201012SSSS，即可求出q.【详解】因为10103020102(21)0SSS，所以103020201020SSSS所以302010201012SSSS，即

102122301011122012aaaqaaa因为0na，所以12q故选：A【点睛】本题考查的是等比数列的知识，考查了学生的转化能力，较简单.3．两个等差数列na和nb，

其前n项和分别为nS、nT，且723nnSnTn，则220715aabb（）A．49B．378C．7914D．14924【答案】D【分析】推导出2202171521aaSbbT，由此可求得结果.【详解】在等差数列na和n

b中，1212201212112171512121217212149221213242aaaaaaSbbbbbbT.故选：D.【点睛】本题考查等差数列前n项和性质的应用，考查计算

能力，属于基础题.4．已知数列na为等差数列，135102aaa，24699aaa，以nS表示na的前n项和，则使得nS达到最小值的n是（）A．37和38B．38C．37D．36和37【答案】D【分析】由等差数列的通项公式，结合条

件求出首项和公差，写出前n项和的公式，再配方求最值，但注意n取正整数这一条件．【详解】设na的公差为d，由题意得，13511124102aaaaadad即1234ad——①2461113599aaaadadad即1333ad——②由①②联

立得136,1ad22(1)73173532936122228nnnnnSnn故当36n或37时，nS达到最小值666．故选：D.【点睛】本题主要考查了求等差数列前n项和最小值，解题关键是掌

握等差数列前n项和公式：*1(1),2nnnSnadnN，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.5．十九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12(,)33，记为第一次操作；再将剩下的两个区间1[0,]3，2[,1]3分别均分为三段，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910，则需要操作的次数n的最小值为（）（参考数据：lg20.3010，lg30.4771）A．4

B．5C．6D．7【答案】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】第一次操作去掉的区间长度为13；第二次操作去掉两个长度为19的区间

，长度和为29；第三次操作去掉四个长度为127的区间，长度和为427；„第n次操作去掉12n个长度为13n的区间，长度和为123nn，于是进行了n次操作后，所有去掉的区间长度之和为1122213933nnnnS

，由题意，902131n，即21lglg1031n，即lg3lg21n，解得：115.679lg3lg20.47710.3010n，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.6．已知数列1、1、2、1、2、4、1、2、4、8、1、2、4、8、16、„，其中第一项是02，接下来的两项是02、12，再接下来的三项是02、12、22，以此类推，若100N且该数列的前N项和为2的整数幂，则N的最小值为（）A．440B．330C．220D．

110【答案】A【分析】把题设中的数列分成如下的组：1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,，记前k组的和为kT，算出kT后结合前N项和为2的整数幂可得N的最小值.【详解】把题设中的数列分成如下的组：1,1,

2,1,2,4,1,2,4,8,，记前k组的和为kT。则11121242kkT211212122kkk.令123100k即1200kk，故14k.故当

100N时，数列至少包括前13组且含有第14组的前9个元素.设前N项和为2的整数幂且第N项为第k组的第l个元素，则12kkNl，且前N项和11122222lklNkSTk，其中1lk，14k.下证：当14k时，总有12kk.记1

2kgkk，则当14k时，有21210kgkgk，故gk为单调增数列，而13142140g，故140gkg即12kk.所以1111222222,222222klkkkklkkkk

kk，由NS为2的整数幂，故2kNS，从而22lk，当14k时，4l=，与10l矛盾；当30k时，5l，此时302954402N，故选：A.【点

睛】本题考查分组数列的和以及与不定方程的整数解，对于分组数列的前n项和的问题，一般采用计算“大组”和，再计算“小组”和，而不定方程的整数解问题，则需把和式放缩为2的正整数幂的形式，从而确定和的表达式，

本题属于难题.7．等差数列12,,,naaa*3,nnN，满足121|||||||1|naaaa2|1|a|1|na12|2||2||2|2019naaa，则（）A．

n的最大值为50B．n的最小值为50C．n的最大值为51D．n的最小值为51【答案】A【解析】【分析】首先数列na中的项一定满足既有正项，又有负项，不妨设100kkaa，由此判断出数列为偶数项，利用配凑法和关系式的变换求出n的最大值.【详解】na为等

差数列，则使121212|111222|2019nnnaaaaaaaaa，所以数列na中的项一定有正有负，不妨设10,0ad，因为121212|111222|

2019nnnaaaaaaaaa为定值，故设100kkaa，且120+10kkaa，解得3d.若0ia且10ia，则11iiaa，同理若0ia，则11iiaa.所以1

11111kknniiiiiiikikaaaak，所以数列na的项数为2k，所以12||naaa12122kkkkaaaaaa121222kkaaaaaa111221222

2kkkkkadkad22019kd，由于3d，所以2220193kdk，解得2673k，故25,50kn，故选A.【点睛】本小题主要考查数列的通项公式的应用，考查等差数列求和公式的应用，考查运算求解能力，考查化归与转化的数学思想方法，属

于难题.8．已知数列na满足2*1232nnaaaanN，且对任意的*nN都有12111ntaaa，则实数t的取值范围是（）A．1+3，B．1+3，C．2+3

，D．2+3，【答案】D【解析】2*1232nnaaaanN，211231...2,2nnaaaanNn，两式相除得2-12,2nnanNn，211122,2aa也满足212nna,212nnanN

,12111...ntaaa321111...222n211112421133214nn，又212122,,33233ntt的取值范围是2,3，故选D.【方法点睛】本题主要考查由递推关系求

通项公式、等比数列的余弦公式与求和公式以及不等式恒成立问题，属于难题.对于求不等式恒成立时的参数范围问题，在可能的情况下尽量把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的式子,这样就把问题转化为一端

是含变量式子,另一端是参数的不等式，便于利用最值法解决问题.但要注意分离参数法不是万能的,如果分离参数后,得出的多项式较为复杂,性质很难研究,就不要使用分离参数法.二、多选题9．(多选)已知单调递增的等

差数列na满足123101+a+a+0aa，则下列各式一定成立的有（）A．11010aaB．21000aaC．31000aaD．510a【答案】BD【分析】由等差数列na满足1231010aaaa，利用等差数列的性

质得到123101aaaa11012100505251511010aaaaaaaa（）（）（），再逐项判断.【详解】设等差数列na的公差为d，易知0d，∵等差数列na

满足1231010aaaa，且110121005052512aaaaaaa，12310111012100505251511010aaaaaaaaaaaa

（）（）（），511101210051020aaaaaa,，故B，D正确，A错误.又511500aad，150ad，310011299aaadad（）（）,121012501010adddd（），故C错误.故选：

BD.10．设等比数列na的公比为q，其前n项和为nS，前n项积为nT，并且满足条件11a，99101011,01aaaa则下列结论正确的是（）A．01qB．10111aaC．nS的最大值为10SD．nT的最大值为9T【答案】AD【分析】利用等比数列

na，得数列lgna为等差数列，用等差数列的性质得出q和nT的大小关系【详解】解：因为等比数列na的公比为q，由9101aa得0q，所以数列lgna为等差数列，公差为lgdq，由于11

a，9101aa，则0q且1q，得1lg0a，910lglg0aa，由910101aa，得91a，101a，若109aa，则1q，而11a，则111nnaaq，则91a，101a，此时910101aa不成立，所以1q，所以01q，所以A正确；

由91a，101a，得910lg0,lg0aa，又因为1lg0a，所以数列lgna为递减数列，从第10项开始小于零，故前9项和lgnT最大，即可nT的最大值为9T，所以D正确，因为1011l0lggaa，所以10111aa，所以B不正确，因为0

1q，11a，所以数列各项均为正数，所以nS没有最大值，所以C不正确，故选：AD【点睛】此题考查等差数列与等比数列的性质和前n项和公式的应用，属于中档题11．黄金螺旋线又名等角螺线，是自然界最美的鬼斧神工．在一个黄金矩形（宽长比约等于0.618）里先以宽为边长做正方形

，然后在剩下小的矩形里以其宽为边长做正方形，如此循环下去，再在每个正方形里画出一段四分之一圆弧，最后顺次连接，就可得到一条“黄金螺旋线”．达·芬奇的《蒙娜丽莎》，希腊雅典卫城的帕特农神庙等都符合这个曲线．现将每一段黄金螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形半径设为an(n∈N*)，数列{an}满足

a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)．再将扇形面积设为bn(n∈N*)，则（）A．4(b2020－b2019)＝πa2018·a2021B．a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝a2021－1C．a12＋a22＋a32…＋(a2020)2

＝2a2019·a2021D．a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2＝0【答案】ABD【分析】对于A，由题意得bn＝4an2，然后化简4(b2020－b2

019)可得结果；对于B，利用累加法求解即可；对于C，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，即an－1＝an－2－an，两边同乘an－1，可得an－12＝an－1an－2－an－1an，然后累加求解；对于D，由题意an－1＝an－an－2，则a2019·a2

021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2，化简可得结果【详解】由题意得bn＝4an2，则4(b2020－b2019)＝4(4a20202－4a20192)＝π(a2020＋a2019)(a2020－a2019)＝πa2018·a2021，则选项A正确；又

数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，所以an－2＝an－an－1(n≥3)，a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋…＋(a2021－a2020)＝a2021－a2＝a2021－1，则选项B正确；数列{an}满足a1＝a

2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，即an－1＝an－2－an，两边同乘an－1，可得an－12＝an－1an－2－an－1an，则a12＋a22＋a32…＋(a2020)2＝a12＋(a2a1－a2a3)＋(a3a2－a3a4)＋…＋(a2020

a2019－a2020a2021)＝a12－a2020a2021＝1－a2020a2021，则选项C错误；由题意an－1＝an－an－2，则a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2

＝a2019·(a2021－a2019)＋a2020·(a2018－a2020)＝a2019·a2020＋a2020·(－a2019)＝0，则选项D正确；故选：ABD.【点睛】此题考查数列的递推式的应

用，考查累加法的应用，考查计算能力，属于中档题12．如图，已知点E是ABCD的边AB的中点，*nFnN为边BC上的一列点，连接nAF交BD于nG，点*nGnN满足1223nnnnnGDaGAaGE，其中数

列na是首项为1的正项数列，nS是数列na的前n项和，则下列结论正确的是（）A．313aB．数列3na是等比数列C．43nanD．122nnSn【答案】AB【分析】化简得到12323nnnnnnGDaaGAaGB

，根据共线得到1230nnaa，即1323nnaa，计算123nna，依次判断每个选项得到答案.【详解】112232nnnnnnGDaGAaGAGB，故1

2323nnnnnnGDaaGAaGB，,nnGDGB共线，故1230nnaa，即1323nnaa，11a，故1342nna，故123nna.432313

a，A正确；数列3na是等比数列，B正确；123nna，C错误；2124323412nnnSnn，故D错误.故选：AB.【点睛】本题考查了向量运算，数列的通项公式，数列求和，意在考查学生的计算能力，转化能

力和综合应用能力.三、填空题13．已知数列na满足142nnaa且14a，nS为数列na的前项和，则2020S__________.【答案】2023【分析】根据递推公式求出数列前6项，观察可得数列na是以3为周期的数列，则20201232020673Saaaa

，代入相应值计算即可.【详解】根据题意，14a，24224a，34122a，44421a，52a，61a，，可知数列na是以3为周期的数列，所以20201234562017201820192020()Saaaaaaaaaa

1231673aaaa367342023.故答案为：2023【点睛】本题考查由数列的递推公式求数列的性质、数列的周期性的应用，属于基础题.14．设数列na的前n项

和为nS，若*11111nnnnNSSa，且112a，则20191S_______.【答案】2020【分析】用11nnnaSS，代入已知等式，得11nnnnSSSS，变形可得1111nnSS，说明1n

S是等差数列，求其通项公式，可得20191S的值.【详解】11nnnaSS，1111111nnnnnSSaSS，整理可得11nnnnSSSS，则111111nnnnnnSSSSSS，即1111nnSS

，所以，1nS是以1为公差的等差数列，又11112Sa，12111nnnS，则201912020S.故答案为：2020.【点评】本题考查数列递推式，考查等差数列的判定

，训练了等差数列通项公式的求法，是中档题.15．已知函数331xxfx，xR，正项等比数列na满足501a，则1299flnaflnaflna等于______．【答案】992【解析】试题分析：因

为3()31xxfx，所以33()()13131xxxxfxfx．因为数列na是等比数列，所以21992984951501aaaaaaa，即1992984951lnlnlnlnlnln0aaaaaa．设

9912399(ln)(ln)(ln)(ln)Sfafafafa①，又99999897(ln)(ln)(ln)Sfafafa＋…＋1(ln)fa②，①+②，得99299S，所以99992S．考点：1、等比数列的性质；2、对数的运算；3、数列求和．【知识点睛】如果一个

数列na，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和（都相等，为定值），可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．16．已知等比数列{}na中11a，48a，在na与1n

a两项之间依次插入12n个正整数，得到数列nb，即12345,1,,2,3,,4,5,6,7,,8,9,10,11,12,13,14,15,,aaaaa．则数列nb的前2013项之和2013S_______(用数字作答)．【答案】2007050【解析】【分析】在数列

nb中，到na项共有1211(21)1222121nnnnnn（）项，即为2fnn（）（），因此判断出共含有na的项数，进而即可得出2013S．【详解】在数列nb中，到na项共有

1211(21)1222121nnnnnn（）项，即为2fnn（）（）．则101111211110341221212059ff（），（）．设等比数na的公比为q，由11a，48a，得318q，

解得2q=，因此1120131210112002120021(21)12320022007050212Saaaa故答案为2007050．【点睛】熟练掌握等差数列和等比数列的前n项和公式及由

已知判断出共含有an的项数是解题的关键．四、解答题17．在①对任意1n，满足1121nnnSSS，②12nnnSSa，③11nnSnann这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．问题：已知数列na的前n项和为nS，24a，______，若

数列na是等差数列，求数列na的通项公式；若数列na不一定是等差数列，说明理由．【答案】选择条件①，数列na不一定是等差数列，理由见解析；选择条件②，数列na的通项公式为2nan；选择条件③，2212n

ann．【分析】若选择条件①，可得112nnnnSSSS，即12nnaa，由于无法确定1a的值，即可判断；若选择条件②：可得12nnaa，nN，再根据等差数列的通项公式计算得解；若选择条件③：利用1,

1,2nnnnSnaSSn，可得12nnaa，nN，再根据等差数列的通项公式计算得解；【详解】解：选择条件①：因为对任意1n，nN，满足1121nnnSSS，所以112nnnnS

SSS，所以12nnaa．因为无法确定1a的值，所以21aa不一定等于2．所以数列na不一定是等差数列．选择条件②：由12nnnSSa，得12nnnSSa，即12

nnaa，nN．又因为24a，所以12a．所以数列na是等差数列，其公差为2．因此，数列na的通项公式为2nan．选择条件③：因为11nnSnann，所以1112nnSnannn，两式相减得1122nnnananann

，即122nnaan．又122Sa，即212aa，所以12nnaa，nN，又24a，212aa，所以12a，所以数列na是以2为首项，2为公差的等差数列，所以2212nann

．【点睛】本题考查等差数列的通项公式的计算，根据nS求通项公式，属于基础题.18．根据预测，疫情期间，某医院第Nnn天口罩供应量和消耗量分别为na和nb（单位：个），其中4515,1310470,4nnnann

，5nbn，第n天末的口罩保有量是前n天的累计供应量与消耗量的差．（1）求该医院第4天末的口罩保有量；（2）已知该医院口罩仓库在第n天末的口罩容纳量24468800nSn（单位：个）．设在某天末，口罩保

有量达到最大，问该保有量是否超出了此时仓库的口罩容纳量？【答案】（1）935；（2）第42天末，口罩保有量达到最大超过了.【分析】（1）分别将1,2,3,4n代入na和nb算出前4个天的口罩供应量和消耗

量，差值即为保有量；（2）当供应量大于消耗量时，口罩保有量增加，根据na和nb列出不等式，求出n的最大值，计算出最大保有量和最大容纳量比较即可得出结论.【详解】（1）第4天末的口罩保有量是前4天口罩供应量和消耗量之差，将1,2,3,4n代入na和nb得第4天末的

口罩保有量为：1234123420954204306789935aaaabbbb，所以该医院第4天末的口罩保有量为935；（2）当nnab时，保有量始终增加.即104705nn

，n为正整数，解得42n，即第42天末的时候，保有量达到最大，此时1234212342aaaabbbb420503864742965878222，而容纳量为2424424688008736S，而87828736

，所以保有量超过了容纳量.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是读懂题意当供应量大于消耗量时，口罩保有量增加，前4个天的口罩供应量和消耗量差值即为保有量；第二问当nnab时，保有量始终增加，由104705nn，n为正整数，解得42n

，即第42天末的时候，保有量达到最大，计算出前42天保有量和第42天末的口罩容纳量比较即可.19．已知正项数列na的前n项和为2*111,1,,nnnnSaSSanN.（1）求na的通项公式；（2）若数列nb满足：112222

2...22nnnnabababab，求数列221lognnab的前n项和nT.【答案】（1）nan；（2）31142122nn.【分析】（1）利用1(2)nnnaSSn求得{}na的递推关系，并得出11nnaa

，同时验证211aa后确定{}na是等差数列，得通项公式；（2）用与（1）类似方法得出nb．然后用裂项相消法求得和nT．【详解】解：1由题知：22111(,2)nnnnnnSSaSSan两式相减得：2211nnnnaaaa；所以2

2110nnnnaaaa，所以11()10nnnnaaaa；因为0,*nanN，所以11(2)nnaan*又因为1222SSa，所以22122aaa，因为11a，解得：22a

（21a舍去），所以211aa适合*式所以na是以1为首项，1为公差的等差数列.所以111nann2由1得：123223...22nnnbbbnb①；所以12311123...1222()nnnbbbnbn

②①②得：2()2nnnnbn，所以(2)12nnbn又由①式得，112b适合上式所以*1()2nnbnN所以2211111log222nnabnnnn所以11111111111232435112nTnnnn

31142122nn【点睛】本题考查求等差数列、等比数列的通项公式，裂项相消法求和．在由1nnnSSa求解时要注意2n，需对1n进行检验．另

外数列求和的常用方法：设数列{}na是等差数列，{}nb是等比数列，（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；（2）错位相减法：数列{}nnab的前n项和应用错位相减法；（3）裂项相消法；数列1{}nnkaa（k为常数，0na）的前n项和用裂项

相消法；（4）分组（并项）求和法：数列{}nnpaqb用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；（5）倒序相加法：满足mnmaaA（A为常数）的数列，需用倒序相加法求和．20．已知数列na的前n

项和为nS，11a，且1a为2a与2S的等差中项，当2n时，总有11230nnnSSS.（1）求数列na的通项公式；（2）记mb为1na在区间1*0,4mmN内的个数，记数列21mmb的前m项和为mW，求20W.【答案】

（1）112nna；（2）20800W.【分析】（1）利用1(2)nnnaSSn得出{}na的递推关系，同时判断2a与1a的关系也与这个相同，从而得数列{}na是等比数列，由等比数列通项公式可得结论；（2）由（1）可得mb，写出20W，两两

配对后易得和．【详解】（1）因为11220nnnnSSSS，2n，*nN，所以112nnaa，2n，因为11a，2a，1a，2S依次成等差数列，所以2212a，得212a，所以2112aa，所以数列na是以1为首项，公比为

12q的等比数列，所以112nna.（2）由题意知：112nna，所以11024nm，所以12(1)22nm，即12(1)nm，所以21mbm，当m为偶数时，2219254981121(23)(21)mWmm

22(19)(2549)(81121)(23)(21)mm824408(1)m，所以20(88208)824408(201)8002022W．【点睛

】本题考查由nS求na，求等比数列的通项公式，考查分组（并项）求和法．在由1nnnaSS的转化中注意2n，因此后面的关系式、结论需验证1n时是否成立，否则易出错．在出现正负相间的数列求和时常常相邻项并项后再求和．21．已知项数为*,(2)mmNm的

数列na为递增数列，且满足*naN，若12···1mnnaaaabm，且*nbN，则称nb为na的“伴随数列”.（1）数列1,5,9,13,17是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”若不存在，请说明理由；（2）若nb为n

a的“伴随数列"，证明:12mbbb；（3）已知数列na存在“伴随数列nb，且11,2049maa，求m的最大值.【答案】（1）存在，11,10,9,8,7；（2）证明见解析；（3）33.【分析】（1）

根据定义求出{}nb即可；（2）证明10nnbb即可得；（3）首先证明11,2049maa的伴随数列是在在的，最小的2m，然后确定m的范围求m的最大值，由（2）由（2）知，111,2,,1nnaamnn，利用累加法可得21(1)mam

，得出12048m，从而46m（m是整数），又由120481mbbm知1m是2048的正约数，这样得出m的最大值为33，构造数列6433(1,2,,33)nann，它存在伴随数列，从而得证．

【详解】（1）因为1159131711151b，2159131751051b315913179951b，4159131713851b，5159131717751b均为

正整数所以数列1,5,9,13,17存在“伴随数列”，且其“伴随数列”为11,10,9,8,7（2）因为数列na存在“伴随数列”nb，所以1011nnaanm，且*1,nnbbN∴11111*11······111m

nmnnnnnaaaaaaaaaabbNmmm，∴10nnbb，即1nnbb，∴12mbbb．（3）①因为11,2049maa，其中2m当2m时，121,2049a

a有1120491204921b，1120492049121b均为正整数即当2m时，数列1,2049存在“伴随数列”：2049,1因此m的最小值为2②一方面，由（2）知，111,2,,1nnaamnn于是112211

mmmmmaaaaaaa21111mmmm所以2*1204846mmmN另一方面，由数列na存在“伴随数列nb，知11111*11······20481111mmmmmaa

aaaaaaaabbNmmmm所以1m是2048的正约数，1m取23112,2,2,,2即m取3,5,9,17,33,65,,2049综合上述33m为最大值，取64631,2,,33nann有11

···1mnnaaaabm*165+129++2049646310592331nnN符合条件因此m的最大值为33．【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，解题关键

是理解新定义，应用新定义求解．在求m的最大值时，注意数列与不等式的综合运用，解题时分为两个方面，两方面确定满足题意的伴随数列在在，至少2m是可以的，另一方面，确定m的最大值，利用累加法估计出m的范围，再由伴随数列的性质得出m满足的

性质，由这两个确定出m的最大值，但要构造出一个满足题意的数列，它的项数是m，且在在伴随数列．否则解题过程不全面．22．设数列na的前n项和为nS，已知1*1221NnnnSan，且25a．（1）证明12nna为等

比数列，并求数列na的通项公式；（2）设3log2nnnba，且22212111nnTbbb，证明2nT；（3）在（2）的条件下，若对于任意的*Nn不等式1260nnbnnb恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1

）证明见解析，32nnna；（2）证明见解析；（3）1,．【分析】（1）运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式即可得到所求；（2）求得33log(2)log3nnnbann，由放缩法和裂项相消求和，即可得证；（3）由题意

可得2(1)(12)60nn恒成立，设2()(1)(12)6(*)fnnnnN，讨论1，1，1，结合二次函数的单调性，即可得到所求范围．【详解】解：（1）在11221nnnSa，*Nn中，令1n，得212221Sa，即2123aa

，∵25a，解得11a，当2n时，由111221221nnnnnnSaSa，得到122nnnnaaa，则11311222nnnnaa，又25a，则2121311222aa

，∴数列12nna是以32为首项，32为公比的等比数列，∴1331222nnna，即32nnna，（2）3log2nnnba，则3log3nnbn，当1n时，121112Tb，当2n时，2111111nnnnn

，22222222212311111111111111112212312231nnTbbbbnnnn，综上，2nT．（3）当1260nnbnnb

恒成立时，即2*112N60nnn恒成立，设2*N1126fnnnn，当1时，60fnn恒成立，则1满足条件；当1时，由二次函数性质知不恒成立；当1时，由

于对称轴1201x，则fn在1,上单调递减，1340fnf恒成立，则1满足条件，综上所述，实数的取值范围是1,．【点睛】本题考查等比数列的定义和通项公式，考查构造数列法，以及数列不等式的证明，注意运用放缩法和裂项相消求和，考查数列的

单调性的运用，以及转化思想和运算能力和推理能力，属于难题．