高二數列專項訓練：利用Sn與an關系求通項壓軸題

試卷第1頁，共16頁12023上·江蘇·高三江蘇省白蒲高級中學校聯考階段練習）設數列{an}的前n項和為sn，且sn+an=1，記bm為數列{an}中能使an≥(m∈N?)成立的最小項，則數列{bm}的前2023項和為()22023上·江蘇蘇州·高三校考階段練習）已知數列an滿a1+++?+21=lnnn∈N?,則下列選項正確的是()A．a3=5lnB．a2<a3C．a2+a3>a4D．an+1>2+32023上·浙江·高三校聯考階段練習）定義maxa,b=．若數列an的前n項和為sn=λn2+20+λnλ∈R,n∈N?,數列bn滿足b1=2,2n+1bn+1?bn=bnbn+1，令cn=maxan,bn，且cnbnbn+1，令cn=maxan,bn，且cn≥c3恒成立，則實數λ的取值范圍是()42023·重慶沙坪壩·重慶一中?？寄M預測）數列an的各項均不為0，前1357項均為正數,且有：a1+a2+?+an2=a+a+?+a,則a023+a023+?+a的可能取值個數為()A．665B．666C．1330D．133252023上·福建廈門·高二廈門一中?？茧A段練習）已知數列an的前n項和sn=n2，數列bn是首項和公比均為2的等比數列，將數列an和bn中的項按照從小到大的順序排列構成新的數列cn，則()A．c12=16B．數列cn中bn與bn+1之間共有2n?1項C．bn=c2n?1+n?1D．c1022=202362023·全國·模擬預測）已知數列an的前n項和為sn，則()A．若sn=2an+1+1，則數列an為等比數列B．若sn=2an+n，則sn=?2n+1+n+2C．若4sn=a+2an，且an>0，則an=2nD．若Msn=Ea+Fan+D，M，E，F，D∈R，則數列an為等差數列的必要條件為M=2F72023上·安徽六安·高三六安一中?？茧A段練習）已知各項都是正數的數列an的前”項和為sn，且sn=+，則()A．s是等差數列B．sn+sn+2<2sn+1C．an+1>an82024上·安徽·高三合肥市第八中學校聯考開學考試）已知首項為的數列an的前n項和為sn，其中sn+1=sn+an+，記數列1?an的前n項積為Tn，則()C．T2024>0D．使得Tk<0成立的最小正整數k的值為202592023下·河北唐山·高三開灤第二中學?？茧A段練習）已知sn是數列an的前n項和，sn+1=?sn+n2，則()A．an+an+1=2n?1B．當a1=0時，s50=1225C．當a1=1時，an為等差數列D．當數列an單調遞增時，a1的取值范圍是,102024上·黑龍江綏化·高二?？计谀┮阎獢盗衋n是正項數列，sn是數列an的前 an1n項和，且滿足sn=an+ an1.若bn=s1，Tn是數列bn的前n項和，則112023上·江蘇淮安·高三淮陰中學校聯考階段練習）已知x為不超過x的最大整數，例如0.2=0，1.2=1，?0.5=?1，設等差數列an的前n項和為sn=1+an且s5=15，記bn=log2an，則數列bn的前100項和為.122023上·全國·高三校聯考階段練習）已知數列an滿足：當n為奇數時，an=λnn?1，=3n2+n，則當an取得最小值時，n=.132023上·四川成都·高三成都實外?？茧A段練習）已知數列an滿足：a1+++?++=n，設數列的前n項和為Tn，若對于任意的n∈N*，不等式Tn<λ2+λ恒成立，則實數λ的取值范圍為.142023上·浙江·高三校聯考階段練習）已知數列an的首項為a1，且滿足12sn=4an+1+5n?13，其中sn為其前n項和，若恒有sn≤s4n∈N*，則a1的取值范圍試卷第2頁，共16頁試卷第3頁，共16頁152023·上海黃浦·格致中學校考三模）已知正項數列an的前n項和為sn，若2ansn=1+a，bn=log2s2，數列bn的前n項和為Tn，則下列結論正確的是.①an<an+1；②s是等差數列；③sn≤en?1；④滿足Tn≥3的n的最小正整數為10.162023上·北京·高三統(tǒng)考開學考試）已知數列an的前n項和為sn，且an+sn=kn+b，其中k，b不同時為0．給出下列四個結論：①當k=0時，an為等比數列；②當k≠0時，an一定不是等差數列；③當k=b時，an為常數列；④當k>b時，an是單調遞增數列.其中所有正確結論的序號是.172022上·重慶北碚·高二統(tǒng)考階段練習）已知數列an的前n項和為sn，且滿足2sn=3an?3，若數列的前n項和Tn滿足log2a?2019>4Tn恒成立，則實數a的取值范182023·安徽合肥·合肥市第八中學?？寄M預測）已知正項數列an，其前n項和為sn，且滿足an+12=4sn+1，數列bn滿足bn=(?1)n+1a1，其前n項和Tn，設若Tn<λ對任意n∈N*恒成立，則λ的最小值是.192022上·海南·高二統(tǒng)考期末）斐波那契數列，又稱“兔子數列”，由數學家斐波那契研究兔子繁殖問題時引入.已知斐波那契數列an滿足a1=0，a2=1，an+2=an+1+ann∈N?,若記a1+a3+a5+?+a2019=M，a2+a4+a6+?+a2020=N，則a2022=.（用M，N表示）202023·山東濱州·統(tǒng)考二模）已知數列an的前n項和為sn，且a1=1，sn+1=4an+1，bn=an+1?2an，則bn=；若數列cn的前n項和為Tn，且c1=1，cn+(?1)ncn+1=2log2bn+1，則T66=.試卷第4頁，共16頁212023·廣東潮州·統(tǒng)考二模）將數列an中的項排成下表：a1a2，a3a4，a5，a6，a7a8，a9，a10，a11，a12，a13，a14，a15…已知各行的第一個數a1，a2，a4，a8，…構成數列bn，b2=3且bn的前n項和sn滿足sn+1+sn?1=2sn+2（n∈N?且n≥2從第三行起，每一行中的數按從左到右的順序均構成等差數列，且公差為同一個常數.若a130=19，則第6行的所有項的和為.222024上·遼寧沈陽·高三沈陽實驗中學校聯考期末）記數列an的前n項和為sn，數列bn的前n項和為Tn.已知sn=1，bn=.(1)求an的通項公式；(2)求證：Tn≤n+6.232023上·黑龍江牡丹江·高二?？计谀┮阎猻n為數列an的前n項和，且2sn=nan+n(n∈N?)，若a2=2，bn=，Tn是bn的前n項和，求Tn.試卷第5頁，共16頁242023上·河北石家莊·高三石家莊市第二十七中學?？茧A段練習）已知正項數列an的前n項和為sn，且s+2sn+1=a.(2)在an與an+1間插入n個數，使這n+2個數組成一個公差為dn的等差數列，在數列dn中是否存在3項dm,dk,dp其中m，k，p成等差數列）成等比數列?若存在，求出這樣的3項，若不存在，請說明理由.252024·全國·模擬預測）已知數列an的前n項和為sn，且a1=?2，sn+1+sn=an+1+2nan?n2+n，n∈N*.(1)求數列an的通項公式；(2)若an+1≤2k?3an+3?an對任意的n∈N*恒成立，求實數k的最小值.試卷第6頁，共16頁262024·全國·模擬預測）設數列an的前n項和為sn，滿足sn=2?nann∈N*.(1)求數列an的通項公式；(2)設bn=，求數列bn的前n項和Tn.272022上·甘肅隴南·高二校考期末）已知函數y=fx的圖象經過坐標原點，且fx=x2?x+b，數列an的前n項和sn=fn（n∈N?).(1)求數列an的通項公式；(2)若數列bn滿足an+log3n=log3bn，求數列bn的前n項和Tn；(3)令dn=，若cn=3dn?λ?2n(λ為非零整數，n∈N?),試確定λ的值，使得對任意n∈N?,都有cn+1>cn成立.試卷第7頁，共16頁282023上·河南·高三校聯考期中）已知數列an的前”項和為sn，且4sn=an+3.(1)求sn；(2)若1+s2ncn+s2n=1，記數列cn的前”項和為Qn，求證：<Qn<+.292023·全國·模擬預測）已知sn為數列an的前n項和，a1=1,2an?sn是公差為1的等差數列.(1)證明：數列an+1是等比數列，并求an的通項公式；(2)若bn=，數列bn的最大項為bk，求k的值.試卷第8頁，共16頁302023上·廣東深圳·高二深圳中學?？计谥校┮阎炔顢盗衋n的前”項和為sn，且a4=4，數列bn的前”項之積為Tn，b1=，且sn=log3Tn.(1)求Tn；(2)令cn=，求正整數”，使得“cn?1=cn+cn+1”與“cn是cn?1，cn+1的等差中項”同時成立；(3)設dn=2an+7，en=，求數列en的前2”項和y2n.312023上·江蘇無錫·高三統(tǒng)考期中）各項均為正數的數列an的前n項和記為sn，已知a1=1，且sn+1+1an=sn+1an+1對一切n∈N?都成立.(1)求數列an的通項公式；(2)在ak和ak+1之間插入k個數，使這k+2個數組成等差數列，將插入的k個數之和記為ck，其中k=1,2,?,n．求數列cn的前n項和.試卷第9頁，共16頁1a1an+1=322023上·山東泰安·高三統(tǒng)考階段練習）記sn為數列an的前n項和，已知a1=1，12sn(1)求an的通項公式；332023上·廣東梅州·高三梅州市梅江區(qū)梅州中學校考階段練習）已知數列an的前n項和為sn，a1=4，sn是an+1與2n?4的等差中項.(1)求an的通項公式；(2)設bn=4n+?1n+1tan，若數列bn是遞增數列，求t的取值范圍.(3)設cn=an，且數列cn的前n項和為Tn，求證：Tn<.試卷第10頁，共16頁342023上·山東·高三山東省北鎮(zhèn)中學校聯考開學考試）已知正項數列an的前n項和為sn，對一切正整數n，點pnan,sn都在函數fx=的圖象上.(1)求數列an的通項公式；(2)設數列bn的前n項和為Tn，且bn=2nan+1，若>λan+1?16恒成立，求實數λ的取值范圍.352023下·江西贛州·高二?？茧A段練習）已知數列an的前n項和為sn，s2=，n+2an+1=sn.(1)求a1，并證明數列sn是等比數列；(2)若bn=1sn，求數列bn的前n項和Tn.試卷第11頁，共16頁362023下·湖北十堰·高二?？茧A段練習）設an是正數組成的數列，其前n項和為sn，并且對于所有的正整數n，an與2的等差中項等于sn與2的等比中項.(1)求數列an的通項公式；372023下·福建泉州·高二校聯考期末）已知數列an的前n項和為sn，且滿足an>0，4sn=an+2an.(1)求數列an的通項公式；(2)若等差數列bn滿足bn=2n，且b1，b2，b3成等比數列，求c.試卷第12頁，共16頁382023·全國·高三專題練習）已知數列an的前”項和為sn，對一切正整數”，點pnn,sn都在函數fx=x2+2x的圖象上，且fx的圖象在點pnn,sn處的切線的斜率為kn.(1)求數列an的通項公式；(2)設Q=x|x=kn,n∈N?,R=x|x=2an,n∈N?,等差數列cn的任一項cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小數，110<c10<115，求數列cn的通項公式.392022上·河南南陽·高三統(tǒng)考期中）數列an中，sn為an的前n項和，a2=4，2sn=nan+1n∈N?.(1)求證：數列an是等差數列，并求出其通項公式；sn3(2)求證：數列1的前n項和Tn<sn3試卷第13頁，共16頁402023下·北京懷柔·高二統(tǒng)考期末）定義：若對任意正整數n，數列an的前n項和sn都是整數的完全平方數，則稱數列an為“完全平方數列”.(1)若數列an滿足an=3n?1,,,∈N?,判斷an為是否為“完全平方數列”；(2)若數列bn的前n項和Tn=(n?t)2（t是正整數那么是否存在t，使數列bn為“完全平方數列”？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；(3)試求出所有為“完全平方數列”的等差數列的通項公式.412023下·天津·高二天津市寧河區(qū)蘆臺第一中學校聯考期末）已知數列an的前n項和為sn,a1=1且sn+1=3sn+1n∈N*；等差數列bn前n項和為Tn滿足T7=(1)求數列an,bn的通項公式；(2)設cn=bn，求數列cn的前n項和；(3)設pn=ban+1+ban+2+?+ban+n，若?λ>0，對任意的正整數n都有λ2?kλ+≥p2恒成立，求k的最大值.試卷第14頁，共16頁422023下·湖北十堰·高二統(tǒng)考期末）已知數列an的前n項和為sn,a1=1且nsn+1=n+2sn.(1)求an的通項公式；(2)bk為滿足k≤an≤2k的an的個數，求使b1+b2+?+bk>2023成立的最小正整數k的值.432023下·上海浦東新·高一華師大二附中?？计谀┒x：若對任意正整數n，數列an的前n項和sn都為完全平方數，則稱數列an為“完全平方數列”；特別地，若存在正整數n，使得數列an的前n項和sn為完全平方數，則稱數列an為“部分平方數列”.(1)若an=2nn=2,n∈N?,求證：an為部分平方數列；(2)若數列bn的前n項和Tn=n?t2（t是正整數那么數列bn是否為“完全平方數列”？若是，求出t的值；若不是，請說明理由；(3)試求所有為“完全平方數列”的等差數列的通項公式.試卷第15頁，共16頁442023·北京通州·統(tǒng)考三模）已知：正整數列an各項均不相同，n∈N*，數列Tn的通項公式Tn=an(1)若T5=3，寫出一個滿足題意的正整數列an的前5項：(2)若a1=1,a2=2,Tn=，求數列an的通項公式；(3)證明若?k∈N?,都有ak≤n，是否存在不同的正整數i，j，使得Ti，Tj為大于1的整數，其中≤i<j.452023·山西·校聯考模擬預測）已知正項數列an的前n項和sn滿足關系式++?+=sn,n∈N*.(1)求數列an的通項公式；(2)設Tn=(?1)s1a1+(?1)s2a2+?+(?1)snan,n∈N?,證明Tn<4n,n≥3.試卷第16頁，共16頁462023下·遼寧·高二校聯考期中）已知數列an的前”項和sn滿足2sn=3n+9.(1)求an的通項公式；(2)證明：a1+a2023能被5整除；(3)證明：a11+a21+???+an1<.472022下·吉林長春·高二東北師大附中?？计谥校┮阎獢盗衋n的前n項和為sn，數列an與bn滿足關系b1=a1，對于n∈N?,有2an+sn=n，bn+1=an+1?an.(1)求數列bn的通項公式；(2)設數列cn的前n項和為Tn，Tn=cn?cosnπ?，求T1+T2+?+T2022的值.答案第1頁，共44頁參考答案：【分析】首先根據sn與an的關系，得到數列{an}的通項公式，再根據規(guī)律找到滿足條件能使an≥(m∈N?)成立的最小項，并對于不同的m值，計算滿足條件的個數，從而求和得解.【詳解】因為sn+an=1，則sn+1+an+1=1，兩式相減，得2an+1?an=0，又當n=1時，a1=，故an≠0，所以{an}是以a1=，q=的等比數列，則an=，顯然an遞減，要使得an最小，即要使得n最大，若1024≤m≤2047，則n≤11,b故選：D.【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是推得2n≤2m+1，從而分類討論m的取值范圍，求得對應bm的值，從而得解.【分析】根據通項公式與前”項和公式之間的關系可得數列an的通項公式.對于ABC：根據數列an的通項公式結合對數分析判斷；對于D：構建fx=ln1+x?x，結合導數可證ln(1+x)<x在(0,+∞)上恒成立，結合通項公式分析判斷.答案第2頁，共44頁【詳解】因為a1+++?+21=lnnn∈N?,兩式相減得21=lnn?lnn?1=lnn1，即an=2n?1lnn1；綜上所述：an=2n?,,n≥2.對于選項A：a3=5ln，故A錯誤.對于選項B：a2=3ln2=ln8,a3=5ln=ln，因為256>243，即8>，則ln8>ln，即a2>a3，故B錯誤；對于選項C：a2+a3=ln8+ln=ln，a4=7ln=ln7，因為243×37=312=334=274,48=216=2可得>，即ln>ln，所以a2+a3>對于選項D：設x>0，記fx=ln1+x?x，則f′x=1=<0，故fx<f0=0，ln(1+x)<x在(0,+∞)上恒成立，所以an+1=(2n+1)ln=(2n+1)ln1+<(2n+1)=2+，故D錯誤.故選：C.【點睛】關鍵點睛：1.對于連加形式的問題，往往結合通項公式與前”項和公式之間的關系分析求解；2.對于不等式問題，常常構建函數，結合導數分析處理.【分析】根據題意，求得an=2λn+20，bn=2n，結合cn=maxan,bn，且cn≥c3恒成立，得到λ=0或λ<0，a2≥b3且b4≥a3，列出不等式組，即可求得λ的取值范圍.【詳解】由數列an的前n項和為sn=λn2+20+λnλ∈R,n∈N?,當n≥2時，可得an=sn?sn?1=λn2+20+λn?λ(n?1)2+20+λ(n?1)=2λn+又由當n=1時，a1=s1=20+2λ,適合上式，所以數列an通項公式為an=2λn+20，答案第3頁，共44頁由數列bn滿足b1=2且2n+1bn+1?bn=bnbn+1，可得=，各式相加可得=+++?+=[1n?1]=，又由=，所以=，所以bn=2n，因為cn=maxan,bn，且cn≥c3恒成立，λ<0當λ≠0，則滿足λ<0且a2≥b3且b4≥a3，即，解得?3≤λ≤；λ<0綜上，實數λ的取值范圍為?3,∪0.故選：D.【分析】根據已知條件結合sn與an的關系得2sn+an+1=a+1,再次利用sn與an的關系得an+1+anan+1?an?1=【分析】根據已知條件結合sn與an的關系得2sn+an+1=a+1,再次利用sn與an的關系得1357,n∈N?,所以a023+a023+?+a為定值,所以a023+a023+?+a的結果取決于a1358,a1359,a1360,?,a2022的取值,根據條件,從a1358項到a2021項,連續(xù)兩項之間有兩種情況:an+1+an=0或an+1?an=1,a2022有兩種情況,分析即可得到結果.【詳解】當n=1,2時,a=a,a+2a1a2+a=a+a,因為數列an的前1357項均為正數,所以a1=1,a2=2,設數列an的前n項和為sn,所以s=a+a+?+a①,則s+1=sn+an+12=a+a+?+a+a+1②,②-①得:sn+an+12?s=a+1,化簡得an+1?2sn+an+1=a+1,若an≠0,2sn+an+1=a+1③,則2sn?1+an=an≥2④,③-④得an+1+則2sn?1+an=an≥2④,因為數列an的前1357項均為正數,答案第4頁，共44頁所以a2?a1=1,an+1?an=11≤n≤1357,n∈N?),所以an=n1≤n≤1357,n∈N?),所以a023+a023+?+a為定值.由an+1+an)(an+1?an?1)=0可得:從a1358項到a2021項,連續(xù)兩項之間有兩種情況:an+1+an=0或an+1?an=1,根據相反數的立方和為零可得每增加兩項，可能結果增加兩種；而第1358項有兩種可能；2所以最后結果的個數可能為:2022?1358)×2+2=666種.2故選:B.【分析】先根據已知條件求{，bn}的通項公式，再根據數列的性質逐項判斷.當n≥2時，an=sn?sn?1=2n?1，經檢驗，當n=1時也滿足，所以an=2n?1，又因為數列bn}是首項和公比均為2的等比數列，所以bn=2n.則數列cn為：1,2,3,4,5,7,8,9,11,13,15,16,17,19,21,23,?,所以c12=16，故選項A正確；數列an}是由連續(xù)奇數組成的數列，bn,bn+1都是偶數，所以bn與bn+1之間包含的奇數個數為2n+?2n=2n?1個，故選項B正確；因為bn=2n，前面相鄰的一個奇數為2n?1，令ak=2n?1=2k?1，解得k=2n?1，所以數列cn從1到2n共有2n?1+n，也即c2n?1+n=2n=bn，故選項C錯誤；設c1022位于bn與bn+1之間，則有2n?1+n<1021<2n+n+1，解得n=10，所以{{即c1022=a1012=2023，故D正確.故選：ABD【點睛】注重等差數列等比數列基礎知識的掌握，強化計算能力.【分析】對于A,D兩項，主要是通過舉反例或舉例子的方法驗證結論，而B,C兩項是將遞答案第5頁，共44頁推式中的sn和an互相轉化，再構造等差或等比數列進行求解通項或前n項和.【詳解】對于A選項，若an=,則滿足sn=2an+1+1，但an不是等比數列，故A項錯誤；對于B選項，由sn=2an+n，得sn+1=2an+1+n+1，則sn+1?sn=2an+1?2an+1，即an+1=2an?1，∴a1=2，∴數列an?1是以?2為首項，2為公比的等比數列∴an?1=?2×2n?1，∴sn=2?2n+1)+n=?2n+1對于C選項，由4sn=a+2an，得4sn+1=a+1+2an+1，∴4sn+1?4sn=a+1?a+2an+1?2an，即a+1?a?2an+1+an=0，∴an+1+an)an+1?an?2=0.∵an>0，∴an+1+an>2或a1=0（舍去對于D選項，若an=0，則滿足數列an}是等差數列，此時Msn=Ea+Fan+D對于?Μ,E，F∈R，D=0恒成立，從而M=2F不是數列{}an為等差數列的必要條件，故D項錯誤.故選：BC.【點睛】方法點睛：已知數列中已知前n項和sn與通項an的遞推式時常用的方法：（1）互相轉化法：根據題意將sn和an互相轉化，構造等差或等比數列求解；（2）反例驗證法；對于難以正面處理的數列特征判斷題，?？梢酝ㄟ^舉反例說明不成立.【分析】對于A：求出a1，再將an轉化為sn,即可證明；對于B：利用A的結論求出sn，再利用基本不等式分析證明；對于C：取特值n=1，即可判斷正誤；對于D：分析可得>2n+1?n)和<2n?n?1(n≥2)，結合裂項相消法運算求解.答案第6頁，共44頁【詳解】當n=1時，則a1=s1=+，且a1>0，解得：s1=a1=1；當n≥2時，sn=sn?n?1+2snsn?1，整理得：s?s?1=1；所以s是等差數列，故A正確；因為s=s+n?1=n，且sn>0，可得sn=n，則sn+sn+2=n+n+2<2=2n+1=2sn+1，故B正確；因為a2=s2?s1=2?1<a1，故C錯誤；又因為當n≥2時，則==<n+2n?1=2n?n?1，故選：ABD.【點睛】關鍵點睛：利用放縮可得>2n+1?n和<2n?n?1n≥2，結合裂項相消法運算求解.【分析】由數列遞推式推出an+1?an=，結合首項可判斷A；根據an+1?an=>0可判斷B；利用取倒數以及累加法推出a2024<1，結合數列單調性可判斷C；結合C可推出a2025>1，繼而推得T2025=T2024?1?a2025<0，即可判斷D.【詳解】由題意sn+1=sn+an+得，sn+1?sn?an=,∴an+1?an=，又a1=，故a2=+<，故A正確；an+1?an=>0，故數列an單調遞增，故B錯誤；又Tn=1?a1?1?a2??1?an，而an+1==，答案第7頁，共44頁累加可得3=，則a2024<1，由數列an單調遞增，得=a1<a2<a3<?<a2024<1，所以T2024=1?a1?1?a2??1?a2024>0，故C正確；所以T2025=T2024?1?a2025<0，所以使得Tk<0成立的最小正整數k的值為2025，故D正確，故選：ACD【點睛】方法點睛：本題考查根據數列的遞推式研究數列的性質問題，解答時要利用an,sn的關系推出數列的項之間的關系式，結合其特征，繼而利用取倒數以及累加的方法，推得數列滿足的性質.【分析】對于A，由sn+1=?sn+n2，多寫一項，兩式相減得到an+an+1=2n?1(n≥2)，注意檢驗n=1時是否成立即可；對于B，先根據題意求得an+2?an=2，從而得到{an}奇數項是以a1=0為首項，2為公差的等差數列，偶數項是以a2=1為首項，2為公差的等差數列，再根據等差數列得前n項和公式即可求解；對于C，結合B選項求得a2n=2n?3，a2n+1=2n+2，得到數列an為?1,4進而判斷即可；對于D，先結合選項C求得a2n=2n?2a1?1，a2n+1=2n+2a1，再根據數列{an}單調遞增，則必有a2n+2>a2n+1>a2n，且a2>a1，求解即可得出a1的取值范圍.【詳解】對于A，因為sn+1=?sn+n2，當n≥2，sn=?sn?1+(n?1)2，兩式相減得an+an+1=2n?1(n≥2)，但當n=1時，s2=?s1+12，即a1+a2=?a1+12，得2a1+a2=1，不符合，故A錯答案第8頁，共44頁兩式相減得an+2?an=2(n≥2)，又sn+1=?sn+n2，令n=1，則s2=?s1+1，a1+a2=?a1+1，得a2=?2a1+1，又a1=所以a3=2，則a3?a1=2，所以an+2?an=2，所以{an}奇數項是以a1=0為首項，2為公差的等差數列，偶數項是以a2=1為首項，2為公差的等差數列，則s100=a1+a2+a3+?+a49+a50=(a1+a3+?+a49)+(a2+a4+?+a50)對于C，結合B選項有an+2?an=2(n≥2)，a2=?2a1+1，a3=2a1+2，又a1=1，則a2n=a2n?a2n?2+a2n?2?a2n?4+?+a4?a2+a2=2n?1?2a1+1=a2n+1=a2n+1?a2n?1+a2n?1?a2n?3+?+a5?a3+a3=2n?1+a3=2n?即數列an的偶數項和奇數項都是等差數列，但數列an所以數列an不是等差數列，故C錯誤；對于D，結合選項C有a2n=2n?2a1?1，a2n+1=2n+2a1，又數列an單調遞增，則必有a2n+2>a2n+1>a2n，且a2>a1，所以2n+2?2a1?1>2n+2a1>2所以a1的取值范圍是,，所以D正確.故選：BD.【點睛】關鍵點點睛：數列單調性問題或不等式問題，要充分挖掘題干條件，通常由遞推公式求通項公式，或研究出數列的性質，結合等差數列或等比數列的性質進行求解.【分析】利用sn與an的關系將已知轉化為sn，并求出sn的通項公式.再利用sn與an的關系求出an，寫出bn的通項公式，利用裂項相消求解.答案第9頁，共44頁【詳解】∵sn=an+，∴sn=sn?sn?1+sn?n?1n≥2，∴2sn=sn?sn?1+sn?n?1，∴sn+sn?1=sn?n?1，∴s?s?1=1，當n=1時，a1=s1=a1+,解得a1=s1=1符合sn=n，∴sn=n，an=sn?sn?1=n?n?1n≥2， 11．480 9 【分析】求出an=n，則得到bn=log2n，再利用x的定義即可求出答案.【詳解】由題意得sn=a1+an=1+an，所以a1=1，s5=a1+a5=5a3=15，所以a3=3，所以公差d=31=1，所以an=n，bn=log2an=log2n，故答案為：480.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是求出an=n，再利用取整函數的定義對bn分類討論，最后計算出答案.答案第10頁，共44頁【分析】由題意可判斷數列的偶數項a2n=31>，再根據n為奇數時，an=λnn?1，采用作差法判斷此時各項的大小情況，確定奇數項中的最小項，和偶數項比較，可確定數列的最小項，即可得答案. a24 a24故a2n=31，而=4,故a2=1=31,故a2n=31=+3(3?1)>，而當n為奇數時，an=λnn?1，即a2n?1=則a2n+1?a2n?1==λn2λn+1， 令fn=λn2n?1?λn?12n+1=λn?12λ?2n?λ+1>0，得n> 所以當n≤2時，a2n+1<a2n?1，當n≥3時，a2n+1>a2n?1，即奇數項中，a5最小，而a5=<<<a2n，故數列an的最小項為a5=，則當an取得最小值時，n=5，故答案為：5【點睛】關鍵點睛：本題考查數列的單調性問題，即判斷數列的最小項，解答的關鍵是根據題意判斷偶數項的取值范圍，再判斷奇數項的單調情況，比較可確定數列的最小項.【分析】利用數列an的遞推關系求an的通項公式，再利用裂項相消求和，利用不等式恒成立求λ的取值范圍.【詳解】因為a1+++?++=n①,答案第11頁，共44頁①?②得：=1，所以an=n，經檢驗a1=1符合上式，所以an=n，n∈N*，所以Tn=1++?+n1+=1+，因為不等式Tn<λ2+λ恒成立，所以Tnmax<λ2+λ,故答案為：?∞,∪,+∞.48,6448,64【分析】利用sn與an的關系可得an+2=4an+1?5n，進而可得an+2+5n+1=4an+1+5n，再利用累乘法得an=4n?2a2+5?5n?1，由sn≤s4n∈N*恒成立可知a4≥0，a5≤0，列不等式組求解即可.【詳解】由12sn=4an+1+5n?13①可得12sn+1=4an+2+5n+1?13②,②?①得12an+1=4an+2?4an+1+4×5n，即an+2=4an+1?5n，n≥1，所以an+2+5n+1=4an+1+5n，a1=4，所以==...=a2=4，n≥2，累乘得an+5n?1=4n?2a24n?2a2+5?5n?1，將n=1代入12sn=4an+1+5n?13得12s1=12a1=4a2+5?13，解得a1=a22，所以an=4n?23a1+7?5n?1，n≥2，對于函數fx=4x?23a1+7?5x?1>0，得x?1<，由指數函數的單調性可得存在x<t滿足fx>0，同理x>t時fx<0，故答案為：,答案第12頁，共44頁【分析】對于②,根據an與sn的關系得出s是等差數列；對于①,由sn求出an，再比較大小進行判斷；對于③,令f(x)=ex?x?1(x≥0)，通過導數證明ex≥x+1在x∈[0,+∞)上恒成立，令x=n?1（n≥1，n∈N?),再證得不等式成立；對于④,利用裂項相消法求出Tn，再求出Tn≥3的n的最小正整數.【詳解】對于②,因為2ansn=1+a，當n=1時，2a1s1=1+a，解得s1=1，當n≥2時，an=sn?sn?1，所以2sn?sn?1sn=1+sn?sn?12，整理得s?s?1=1，所以數列s是首項為s=1，公差為1的等差數列，故②正確. 1對于①,s=1+(n?1)×1=n，又正項數列an的前n項和為sn，所以s 1當n=1時，s1=1，當n≥2時，an=sn?sn?1，即an=n? 又當n=1時，滿足an=n?n?1，所以an=n?n? 所以<n+1n?1，即an+1<an，故①不正確；對于③,令f(x)=ex?x?1(x≥0)，f′(x)=ex?1，當x≥0時，ex?1≥0恒成立，所以f(x)在區(qū)間[0,+∞)上單調遞增，所以f(x)≥f(0)=0，即ex?x?1≥0(x≥0)，所以ex≥x+1在x∈[0,+∞)上恒成立，令x=n?1（n≥1，n∈N?),所以en?1≥n，又sn=n，故sn≤en?1，故③正確；對于④,因為sn=n，所以sn+2=n+2，12 n n n+2n+2n+2sn+2sn12 n n n+2n+2n+2sn+2sn所以bn=log2=log2=log2log2n所以Tn=b1+b2+b2+?+bnlog23?log21+log24?log22+log25?log23+?+log2(n+1)?log2(n?顯然數列{n2+3n?126}遞增，當n=9時，92+3×9正確.故答案為：②③④.答案第13頁，共44頁【點睛】給出sn與an的遞推關系，求an，常用思路是：一是利用an=sn?sn?1轉化為an的遞推關系，再求其通項公式；二是轉化為sn的遞推關系，先求出sn與n之間的關系，再求an. 21【分析】由an=sn?sn?1n≥2可得an?k= 21an?1?k，代入k=0可判斷①;利用ak=可判斷②③;利用fn=n是減函數可判斷④.【詳解】an+sn=kn+b?,當n=1時，a1+a1=k+b，可得a1=，當n≥2時，an?1+sn?1=kn?1+b?,由兩個?式相減可得an?an?1+an=kn?kn?1=k，即an=an?1+，可得an?k=an?1?k，對于①,當k=0時，得an=an?1，即a1=，又k，b不同時為0，所以b≠0，a1=，所以an是首項a1=公比為等比數列，故①正確；對于②③,當k≠0時，ak=，且a1?k=bk，所以an?k是以bk為首項，公比為等比數列，所以an?k=bkn?1，an=bkn?1+k，所以當b=k時，an=k，此時an是常數列，即an是等差數列，故②錯誤③正確；1nn1nn因為fn=n是減函數，所以y=b?k所以an是單調遞增數列，故④正確.故答案為：①③④. 21【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵點是利用an=sn?sn?1n≥2構造an?k= 21本題考查了學生的思維能力、運算能力.an?1?k，【分析】先由2sn=3an?3，求得數列an的通項公式an=3n，再由錯位相減法求出Tn=3+2n×1，再利用不等式恒成立即得【4詳解因為2sn=3an?3，所以n=1時，2s1=3a1?答案第14頁，共44頁當n≥2時，有2sn?1=3an?1?3，所以2sn?2sn?1=3an?3an?1，即an=3an?1，因此數列an是首項為3，公比為3的等比數列，所以an=3n，因為=，由log2a?2019>4Tn恒成立得log2a?2019>3?2n+3×恒成立，即a?2019≥8，所以a≥2027.故答案為：2027，+∞.【點睛】數列求和的常用方法：（1）對于等差等比數列，利用公式法直接求和；（2）對于anbn型數列，其中an是等差數列，bn是等比數列，利用錯位相減法求和；（3）對于an+bn型數列，利用分組求和法；（4）對于型數列，其中an是公差為d(d≠0)的等差數列，利用裂項相消法求和.【分析】利用an+12=4sn+1，得出an?an?1=2，即可判斷數列an是首項為3，公差為2的等差數列，因此an=2n+1，bn=(?1)n+1+，T2nT2n?1=+，根據?n∈N*，不等式Tn<λ恒成立，轉化為?n∈N*，不等式T2n<λ且T2n?1<λ恒成立，即可得出結論.【詳解】由題意知，?n∈N*,an>0，且4sn=a+且T2n?1<λ恒成立，即可得出結論.則當n≥2時，4sn?1=a?1+2an?1?3，兩式相減得an?an?1an+an?1=2an+an?1，∵an>0,∴an+an?1>0所以an?an?1=2，答案第15頁，共44頁而4a1=4S1=a+2a1?3，即a?2a1?3=0，又a1>0，解得a1=3，數列an是首項為3，公差為2的等差數列，因此an=2n+1，? 5 3 3 9 74n?1T2n? 5 3 3 9 74n?1T2n=111111111++4n+14n+314n+3 3 311111++4n+14n+34n+1T2n?1=T2n? 3 311111++4n+14n+34n+1數列T2n是單調遞增的，?n∈N*,T2n<，而數列T2n?1是單調遞減的，?n∈N*,T2n?1≤b1=，因為?n∈N*，不等式Tn<λ恒成立，則?n∈N*，不等式T2n<λ且T2n?1<λ恒成立，因此λ≥且λ>，即有λ>，又λ∈N，所以λ的最小值是1.故答案為：1【分析】根據題意分析可得S2018=M?a1=M，S2019=N?1，進而可得a2019,a2020，即可得結果.【詳解】因為a1+a3+a5+?+a2019=M，a2+a4+a6+?+a2020=N，可得S2020=N+M，所以a1+a1+a2+a3+a4+a5+a6+?+a2017+a2018=a1+S2018=M，可得S2018=M?a1=M，又因為a2+a4+a6+?+a2020=N，所以a2+a2+a3+a4+a5+?+a2018+a2019=S2019?a1+a2=S2019+1=N，可得S2019=N?1，則a2020=S2020?S2019=N+M?N?1=M+1，a2019=S2019?S2018=N?1?M=N?M?1，所以a2021=a2019+a2020=N，a2022=a2020+a2021=M+N+1.答案第16頁，共44頁故答案為：M+N+1.【分析】根據已知條件及an與sn的關系，利用等比數列的定義及等比數列的通項公式，結合對數的運算及分組求和法即可求解.【詳解】因為a1=1，sn+1=4an+1，所以s2=a1+a2=4a1+1，解得a2=4，當n≥2時，由sn+1=4an+1，得sn=4an?1+1，所以sn+1?sn=當n≥2時，由sn+1=4an+1，得sn=4an?1+1，所以an+1?2an=2an?4an?1，即an+1?2an=2an?2an?1，又因為bn=an+1?2an，所以bn=2bn?1,n≥2,n∈N+所以數列bn是以首項為b1所以bn=2bn?1,n≥2,n∈N+所以cn+(?1)ncn+1=2log2bn+1=2log22n+1=2n+1，當n=2k時，c2k+c2k+1=4k+1，當n=2k?1時，c2k?1?c2k=4k?1，當n=2k+1時，c2k+1?c2k+2=4k+3，所以c2k+c2k+2=?2，c2k+1+c2k?1=8k，故答案為：2n；2143.【點睛】關鍵點點睛：利用an與sn的關系及等比數列的定義，再利用數列求和中的分組求和法即可.21．1344【分析】根據sn所滿足的條件，求出數列bn=2n?1，由a130在表中的位置，得b8=a128=a130?2d，所以每行等差數列公差d=2，即可求第6行所有項的和.【詳解】解：∵sn+1+sn?1=2sn+2(n∈N?且n≥2)，答案第17頁，共44頁∴sn+1?sn=sn?sn?1+2，即bn+1=bn+2，觀察表中各行規(guī)律可知，第”行的最后一項是數列an的第2n?1項，a130在表中第8行第3列，∴第6行共有32個元素，則第6行所有項的和為11×32+×2=1344故答案為：1344.【點睛】思路點睛：由bn的前n項和sn滿足sn+1+sn?1=2sn+2，構造法求數列bn的通項公式，觀察數列an的規(guī)律，找到a130在表中的位置，結合bn的通項公式可求得表中每一行的公差，繼而可求第6行所有項的和.22．(1)an=(2)證明見解析【分析】（1）根據an=sn?sn?1=，注意驗證當n=1時也成立，即可求解；減即得.n+1當n≥2時，an=sn?sn?1=n+1經驗證：當n=1時也成立.所以an的通項公式為：an=.，（2）由（1）得an=，答案第18頁，共44頁兩式相減得：所以M=，【點睛】本題證明數列不等式，其常用方法有：（1）利用二項式定理的展開式，進行簡單的放縮；（2）利用放縮法，注意放縮技巧和放縮的適度；比如：添項或舍去一些項；將分子和分母放大或縮小；真分數的性質；利用基本不等式；函數的有界性；絕對值不等式.（3）利用導數法，應準確構造相應的函數，注意數列中相關限制條件的轉化.（4）利用數學歸納法與放縮法結合.23．Tn=1?n+?2n1n≥2，再得到n?1an+1=nan?1，兩式相減后，可判斷數列an是等差數列，求得【分析】首先利用公式an=snn1≥21n≥2，再得到n?1an+1=nan?1，兩式相減后，可判斷數列an是等差數列，求得數列an的通項公式，再利用裂項相消法求和.【詳解】因為2sn=nan+n，①所以2sn?1=n?1an?1+n?1，n≥2，②①-②相減得2an=nan+n?n?1an?1?n?1，n≥2所以n?2an=n?1an?1?1n≥2，③所以n?1an+1=nan?1，④④-③得n?1an+1?n?2an=nan?n?1an?1，n≥2，所以2n?1an=n?1an?1+n?1an+1所以2an=an?1+an+1,n≥2，所以an為等差數列，答案第19頁，共44頁因為2s1=a1+1=2a1，所以a1=1，又a2=2，所以數列an的公差d=1，所以an=n，bn==n?2?1?n+?2n，所以Tn=1++...+n?2?1?n+?2n=1?n+?2n.24．(1)證明過程見解析；(2)不存在，理由見解析.【分析】（1）利用an=sn?sn?1n≥2和等比數列的定義即可得出sn，再由放縮法和等比數列前n項和公式即可證明.（2）利用等差數列的通項公式即可得出dn；假設在數列dn中存在三項dm，dk，dp（其中m，k，p成等差數列）成等比數列，利用等差數列和等比數列的定義及其反證法即可得出.【詳解】（1）因為an>0，s+2sn+1=a，所以sn+12=a即sn+1=an，①當n≥2時，sn?1+1=an?1②②?①得：an=anan?1即an=3an?1，當n=1時，s1+1=a1，所以a1=2，所以an是以2為首項，q=3為公比的等比數列，所以sn=a1n=2n=3n?1，又因為=3n1<2?3?1,n≥2，所以 34 341?3n1 3 21?3n1 3 2111< 4 4.（2）因為an=2?3n?1，an+1=2?3n，由題意知：an+1?an=n+2?1dn，所以dn=41假設在數列dn中是否存在3項dm,dk,dp其中m，k，p成等差數列）成等比數列，則dk=dmdp，即k+1=m+1p+12?4?3k?12則dk=dmdp，即k+1=m+1p+1答案第20頁，共44頁32k?23m+p化簡得：(k+1)2=m+1)(p+1)，又因為m，k，p成等差數列，所以m+p=2k，2所以k+1)2=m+1)?p+1)即mp=k2，又m+p=2k，所以)=mp即m?p)2=0，所以m=p=k，這與題設矛盾.2所以在數列dn}中不存在3項dm,dk,dp其中m，k，p成等差數列）成等比數列.25．(1)an=n?381281(2)【分析】（1）利用退一相減法可得數列an}為等差數列，進而可得通項公式；（2）代入，分離參數可得k≥，再設bn=，根據數列bn的單調性可得最大項及k的最小值.【詳解】（1）由已知sn+1+sn=an+1+2nan?n2+n①,則當n≥2時，sn+sn?1=an+2n?1)an?1?n?12+n?1②,①?②得an+1+an=an+1+2n?1an?2n?1an?1?2n+2，即an?an?1=1，所以數列an是以?2為首項，1為公差的等差數列，（2）由（1）得an=n?3，即不等式n?2≤2k?3n?n+3)對任意的n∈N*恒成立，所以k≥，又bn+1?bn=328?=，所以當n≤3時，bn+1?bn>0，當n≥4時，bn+1?bn<0，{所以bn=≤b4=，所以k≥，答案第21頁，共44頁即實數k的最小值為.26．(1)an=【分析】（1）利用sn與an關系：an=sn?sn?1n≥2求數列an的通項公式；（2）根據an=寫出bn==n2?1，利用裂項相消法求數列bn的前n項和Tn.當n≥2時，an=sn?sn?1=2?nan?2+n?1an?1，即n+1an=n?1an?1，因為a1=1，所以an≠0，因此a1=，即an=n≥2，經檢驗，當n=1時，a1=1也滿足上式，所以an=n∈N?.（2）由（1）可得，an=，所以bn===n2?127．(1)an=2n?2(2)Tn=8n?132n+1【分析】（1）根據y=fx的圖象過原點得到sn=n2?n，然后利用an=sn?sn?1n≥2求an即可；（2）由an+log3n=log3bn得到bn=n?32n?2，然后利用錯位相減法求Tn；（3）由題意得cn=3n?λ?22，將cn+1>cn恒成立轉化為?1n?λ>?n?1恒成立，然答案第22頁，共44頁后分n為奇數和偶數兩種情況討論.【詳解】（1）∵y=fx)的圖象過原點，則b=0，∴fx)=x2?x.∴sn=n2?n.當n≥2時，an=sn?sn?1=n2?n?n?1)2+n?1)=2n?2，又∵a1=s1=0適合an=2n?2，∴數列an的通項公式為an=2n?2.（2）由an+log3n=log3bn得：bn=n?3an=n?32n?2（n∈N?),②-①得：8Tn=n?32n?1+32+34+36+???+32n?2)=n?32n?321，（3）dn==n，故cn=3n?λ?22.要使cn+1>cn恒成立，即要cn+1?cn=(即要?1)n?λ>?n?1恒成立.下面分n為奇數、n為偶數討論：①當n為奇數時，即λ<)n?1恒成立.又n?1的最小值為1，∴λ<1.②當n為偶數時，即λ>?)n?1恒成立.又?n?1的最大值為，∴λ>.又λ為非零整數，∴λ=?1時，使得對任意n∈N*，都有cn+1>cn成立.【點睛】關鍵點睛：本題第3小問的解決關鍵是分n為奇數、n為偶數討論，如此才能處理(?1)n?λ>?)n?1恒成立的問題.28．(1)sn=)n?1+(2)證明見解析【分析】（1）根據公式an=snn1≥2，消去an，轉化為關于數列sn的遞推關系式，構造等比數列，即可求解；答案第23頁