高考数学文科高考真题模拟新题分类汇编：D单元数列

1、高考数学精品复习资料2019.5数数学学d d 单元单元数列数列d1数列的概念与简单表示法17 、 、20 xx江西卷 已知数列an的前 n 项和 sn3n2n2，nn*.(1)求数列an的通项公式；(2)证明：对任意的 n1，都存在 mn*，使得 a1，an，am成等比数列17解：(1)由 sn3n2n2，得 a1s11.当 n2 时，ansnsn13n2，a1也符合上式，所以数列an的通项公式为 an3n2.(2)证明：要使得 a1，an，am成等比数列，只需要 a2na1am，即(3n2)21(3m2)，即 m3n24n2.而此时 mn*，且 mn，所以对任意的 n1，都存在 mn*，使

2、得 a1，an，am成等比数列18 、20 xx江西卷 已知函数 f(x)(4x24axa2) x，其中 a0.(1)当 a4 时，求 f(x)的单调递增区间；(2)若 f(x)在区间1，4上的最小值为 8，求 a 的值18解：(1)当 a4 时，由 f(x)2（5x2） （x2）x0 得 x25或 x2，由 f(x)0得 x0，25 或 x(2，)故函数 f(x)的单调递增区间为0，25 和(2，)(2)因为 f(x)（10 xa） （2xa）2 x，a0，所以由 f(x)0 得 xa10或 xa2.当x0，a10 时， f(x)单调递增； 当xa10，a2 时， f(x)单调递减； 当xa

3、2，时，f(x)单调递增易知 f(x)(2xa)2x0，且 fa2 0.当a21，即2a0 时，f(x)在1，4上的最小值为 f(1)，由 f(1)44aa28，得 a2 22，均不符合题意当 1a24 时，即8a2 时，f(x)在1，4时的最小值为 fa2 0，不符合题意当a24 时，即 a8 时，f(x)在1，4上的最小值可能在 x1 或 x4 时取得，而f(1)8，由 f(4)2(6416aa2)8 得 a10 或 a6(舍去)当 a10 时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在1，4上的最小值为 f(4)8，符合题意综上有，a10.1620 xx新课标全国卷 数列an满足 an1

4、11an，a82，则 a1_16.12解析 由题易知 a811a72，得 a712；a711a612，得 a61；a611a51，得 a52，于是可知数列an具有周期性，且周期为 3，所以 a1a712.d2等差数列及等差数列前 n 项和220 xx重庆卷 在等差数列an中，a12，a3a510，则 a7()a5b8c10d142b解析 由题意，得 a12da14d2a16d46d10，解得 d1，所以 a7a16d268.520 xx天津卷 设an是首项为 a1，公差为1 的等差数列，sn为其前 n 项和若 s1，s2，s4成等比数列，则 a1()a2b2c.12d125d解析 s22a11

5、，s44a1432(1)4a16，且 s1，s2，s4成等比数列，(2a11)2a1(4a16)，解得 a112.15 、20 xx北京卷 已知an是等差数列，满足 a13，a412，数列bn满足 b14，b420，且bnan为等比数列(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列bn的前 n 项和15解：(1)设等差数列an的公差为 d，由题意得da4a1312333.所以 ana1(n1)d3n(n1，2，)设等比数列bnan的公比为 q，由题意得q3b4a4b1a12012438，解得 q2.所以 bnan(b1a1)qn12n1.从而 bn3n2n1(n1，2，)(2)由(1)知 bn

6、3n2n1(n1，2，)数列3n的前 n 项和为32n(n1)，数列2n1的前 n 项和为 112n122n1，所以，数列bn的前 n 项和为32n(n1)2n1.17 ，20 xx福建卷 在等比数列an中，a23，a581.(1)求 an；(2)设 bnlog3an，求数列bn的前 n 项和 sn.17解：(1)设an的公比为 q，依题意得a1q3，a1q481，解得a11，q3.因此，an3n1.(2)因为 bnlog3ann1，所以数列bn的前 n 项和 snn（b1bn）2n2n2.19 、 、20 xx湖北卷 已知等差数列an满足：a12，且 a1，a2，a5成等比数列(1)求数列a

7、n的通项公式(2)记 sn为数列an的前 n 项和，是否存在正整数 n，使得 sn60n800？若存在，求 n的最小值；若不存在，说明理由19解：(1)设数列an的公差为 d，依题意知，2，2d，24d 成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4，当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，sn2n，显然 2n60n800 成立当 an4n2 时，snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的

8、最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的正整数 n；当 an4n2 时，存在满足题意的正整数 n，其最小值为 41.16 、20 xx湖南卷 已知数列an的前 n 项和 snn2n2，nn*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和16.解：(1)当 n1 时，a1s11；当 n2 时，ansnsn1n2n2（n1）2（n1）2n.故数列an的通项公式为 ann.(2)由(1)知，bn2n(1)nn.记数列bn的前 2n 项和为 t2n，则 t2n(212222n)(12342n)记 a212222n，b12342n，则 a2（12

9、2n）1222n12，b(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前 2n 项和 t2nab22n1n2.1320 xx江西卷 在等差数列an中，a17，公差为 d，前 n 项和为 sn，当且仅当 n8 时 sn取得最大值，则 d 的取值范围为_13.1，78解析 由题可知 a80 且 a90 且 78d0，所以1d78.920 xx辽宁卷 设等差数列an的公差为 d，若数列2a1an为递减数列，则()ad0bd0ca1d0da1d09d解析 令 bn2a1an，因为数列2a1an为递减数列，所以bn1bn2a1an12a1an2a1(an1an)2a1d1，所以 a1d0，所以 d2.从

10、而 an2n1，snn2(nn*)(2)由(1)得 amam1am2amk(2mk1)(k1)，所以(2mk1)(k1)65.由 m，kn*知 2mk1k11，故2mk113，k15，所以m5，k4.16 、20 xx重庆卷 已知an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，sn表示an的前 n 项和(1)求 an及 sn；(2)设bn是首项为 2 的等比数列，公比 q 满足 q2(a41)qs40，求bn的通项公式及其前 n 项和 tn.16解：(1)因为an是首项 a11，公差 d2 的等差数列，所以ana1(n1)d2n1.故 sn13(2n1)n（a1an）2n（12n1）2n2.(2)由

11、(1)得 a47，s416.因为 q2(a41)qs40，即 q28q160，所以(q4)20，从而 q4.又因为 b12，bn是公比 q4 的等比数列，所以 bnb1qn124n122n1.从而bn的前 n 项和 tnb1（1qn）1q23(4n1)d3等比数列及等比数列前 n 项和1220 xx安徽卷 如图 13，在等腰直角三角形 abc 中，斜边 bc2 2，过点 a 作bc 的垂线，垂足为 a1；过点 a1作 ac 的垂线，垂足为 a2；过点 a2作 a1c 的垂线，垂足为a3；.依此类推，设 baa1，aa1a2，a1a2a3，a5a6a7，则 a7_图 1312.14解析 在等腰直

12、角三角形 abc 中，斜边 bc22，所以 abaca12，由题易知 a1a2a312ab1，a6a7a7123ab212314.17 ，20 xx福建卷 在等比数列an中，a23，a581.(1)求 an；(2)设 bnlog3an，求数列bn的前 n 项和 sn.17解：(1)设an的公比为 q，依题意得a1q3，a1q481，解得a11，q3.因此，an3n1.(2)因为 bnlog3ann1，所以数列bn的前 n 项和 snn（b1bn）2n2n2.13 、 20 xx广东卷 等比数列an的各项均为正数， 且 a1a54， 则 log2a1log2a2log2a3log2a4log2a

13、5_13 5解析 在等比数列中， a1a5a2a4a234.因为 an0， 所以 a32， 所以 a1a2a3a4a5(a1a5)(a2a4)a3a5325，所以 log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5log2(a1a2a3a4a5)log2255.19 、 、20 xx湖北卷 已知等差数列an满足：a12，且 a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式(2)记 sn为数列an的前 n 项和，是否存在正整数 n，使得 sn60n800？若存在，求 n的最小值；若不存在，说明理由19解：(1)设数列an的公差为 d，依题意知，2，2d，24d 成等比数列，故有(2

14、d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4，当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，sn2n，显然 2n60n800 成立当 an4n2 时，snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的正整数 n；当 an4n2 时，存在满足题意的正整数 n，其最小值为 41.720 xx江苏卷 在各项均为正数的等比数列an中，若 a21，a8a62a4，则 a6的值是

15、_74解析 由等比数列的定义可得，a8a2q6，a6a2q4，a4a2q2，即 a2q6a2q42a2q2.又 an0，所以 q4q220，解得 q22，故 a6a2q41224.17 、 、20 xx江西卷 已知数列an的前 n 项和 sn3n2n2，nn*.(1)求数列an的通项公式；(2)证明：对任意的 n1，都存在 mn*，使得 a1，an，am成等比数列17解：(1)由 sn3n2n2，得 a1s11.当 n2 时，ansnsn13n2，a1也符合上式，所以数列an的通项公式为 an3n2.(2)证明：要使得 a1，an，am成等比数列，只需要 a2na1am，即(3n2)21(3m

16、2)，即 m3n24n2.而此时 mn*，且 mn，所以对任意的 n1，都存在 mn*，使得 a1，an，am成等比数列18 、20 xx江西卷 已知函数 f(x)(4x24axa2) x，其中 a0.(1)当 a4 时，求 f(x)的单调递增区间；(2)若 f(x)在区间1，4上的最小值为 8，求 a 的值18解：(1)当 a4 时，由 f(x)2（5x2） （x2）x0 得 x25或 x2，由 f(x)0得 x0，25 或 x(2，)故函数 f(x)的单调递增区间为0，25 和(2，)(2)因为 f(x)（10 xa） （2xa）2 x，a0，所以由 f(x)0 得 xa10或 xa2.当

17、x0，a10 时， f(x)单调递增； 当xa10，a2 时， f(x)单调递减； 当xa2，时，f(x)单调递增易知 f(x)(2xa)2x0，且 fa2 0.当a21，即2a0 时，f(x)在1，4上的最小值为 f(1)，由 f(1)44aa28，得 a2 22，均不符合题意当 1a24 时，即8a2 时，f(x)在1，4时的最小值为 fa2 0，不符合题意当a24 时，即 a8 时，f(x)在1，4上的最小值可能在 x1 或 x4 时取得，而f(1)8，由 f(4)2(6416aa2)8 得 a10 或 a6(舍去)当 a10 时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在1，4上的最小

18、值为 f(4)8，符合题意综上有，a10.820 xx全国卷 设等比数列an的前 n 项和为 sn.若 s23，s415，则 s6()a31b32c63d648c解析 设等比数列an的首项为 a，公比为 q，易知 q1，根据题意可得a（1q2）1q3，a（1q4）1q15，解得 q24，a1q1，所以 s6a（1q6）1q(1)(143)63.520 xx新课标全国卷 等差数列an的公差为 2，若 a2，a4，a8成等比数列，则an的前 n 项和 sn()an(n1)bn(n1)c.n（n1）2d.n（n1）25a解析 由题意，得 a2，a24，a212 成等比数列，即(a24)2a2(a21

19、2)，解得 a24，即 a12，所以 sn2nn（n1）22n(n1)19 ， ，20 xx山东卷 在等差数列an中，已知公差 d2，a2是 a1与 a4的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnan（n1）2，记 tmb1b2b3b4(1)nbn，求 tn.19解：(1)由题意知，(a1d)2a1(a13d)，即(a12)2a1(a16)，解得 a12.故数列an的通项公式为 an2n.(2)由题意知，bnan（n1）2n(n1)，所以 tn122334(1)nn(n1)因为 bn1bn2(n1)，所以当 n 为偶数时，tn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)48122nn2（4

20、2n）2n（n2）2，当 n 为奇数时，tntn1(bn)（n1） （n1）2n(n1)（n1）22.所以 tn（n1）22，n 为奇数，n（n2）2，n 为偶数.16 、 、20 xx陕西卷 abc 的内角 a，b，c 所对的边分别为 a，b，c.(1)若 a，b，c 成等差数列，证明：sin asin c2sin(ac)；(2)若 a，b，c 成等比数列，且 c2a，求 cos b 的值16解： (1)a，b，c 成等差数列，ac2b.由正弦定理得 sin asin c2sin b.sin bsin(ac)sin(ac)，sin asin c2sin(ac)(2)由题设有 b2ac，c2a

21、，b 2a.由余弦定理得 cos ba2c2b22aca24a22a24a234.20 、 、 20 xx天津卷 已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数， 设集合 m0， 1， 2， ，q1，集合 ax|xx1x2qxnqn1，xim，i1，2，n(1)当 q2，n3 时，用列举法表示集合 a.(2)设 s，ta，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，其中 ai，bim，i1，2，n.证明：若 anbn，则 st.20解：(1)当 q2，n3 时，m0，1，ax|xx1x22x322，xim，i1，2，3，可得 a0，1，2，3，4，5，6，7(2)证明：由 s，ta，sa1

22、a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，ai，bim，i1，2，n 及 anbn，可得st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1(q1)(q1)q(q1)qn2qn1（q1） （1qn1）1qqn110，所以 st.16 、20 xx重庆卷 已知an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，sn表示an的前 n 项和(1)求 an及 sn；(2)设bn是首项为 2 的等比数列，公比 q 满足 q2(a41)qs40，求bn的通项公式及其前 n 项和 tn.16解：(1)因为an是首项 a11，公差 d2 的等差数列，所以ana1(n1)d2n1.故 sn13(2n1)

23、n（a1an）2n（12n1）2n2.(2)由(1)得 a47，s416.因为 q2(a41)qs40，即 q28q160，所以(q4)20，从而 q4.又因为 b12，bn是公比 q4 的等比数列，所以 bnb1qn124n122n1.从而bn的前 n 项和 tnb1（1qn）1q23(4n1)d4数列求和15 、20 xx北京卷 已知an是等差数列，满足 a13，a412，数列bn满足 b14，b420，且bnan为等比数列(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列bn的前 n 项和15解：(1)设等差数列an的公差为 d，由题意得da4a1312333.所以 ana1(n1)d3n(

24、n1，2，)设等比数列bnan的公比为 q，由题意得q3b4a4b1a12012438，解得 q2.所以 bnan(b1a1)qn12n1.从而 bn3n2n1(n1，2，)(2)由(1)知 bn3n2n1(n1，2，)数列3n的前 n 项和为32n(n1)，数列2n1的前 n 项和为 112n122n1，所以，数列bn的前 n 项和为32n(n1)2n1.16 、20 xx湖南卷 已知数列an的前 n 项和 snn2n2，nn*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和16.解：(1)当 n1 时，a1s11；当 n2 时，ansnsn1n2n

25、2（n1）2（n1）2n.故数列an的通项公式为 ann.(2)由(1)知，bn2n(1)nn.记数列bn的前 2n 项和为 t2n，则 t2n(212222n)(12342n)记 a212222n，b12342n，则 a2（122n）1222n12，b(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前 2n 项和 t2nab22n1n2.17 、20 xx全国新课标卷 已知an是递增的等差数列，a2，a4是方程 x25x60的根(1)求an的通项公式；(2)求数列an2n的前 n 项和17解：(1)方程 x25x60 的两根为 2，3.由题意得 a22，a43.设数列an的公差为 d，则 a4

26、a22d，故 d12，从而得 a132.所以an的通项公式为 an12n1.(2)设an2n的前 n 项和为 sn，由(1)知an2nn22n1，则 sn322423n12nn22n1，12sn323424n12n1n22n2，两式相减得12sn3412312n1n22n23414112n1n22n2，所以 sn2n42n1.19 ， ，20 xx山东卷 在等差数列an中，已知公差 d2，a2是 a1与 a4的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnan（n1）2，记 tmb1b2b3b4(1)nbn，求 tn.19解：(1)由题意知，(a1d)2a1(a13d)，即(a12)2a1

27、(a16)，解得 a12.故数列an的通项公式为 an2n.(2)由题意知，bnan（n1）2n(n1)，所以 tn122334(1)nn(n1)因为 bn1bn2(n1)，所以当 n 为偶数时，tn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)48122nn2（42n）2n（n2）2，当 n 为奇数时，tntn1(bn)（n1） （n1）2n(n1)（n1）22.所以 tn（n1）22，n 为奇数，n（n2）2，n 为偶数.d5单元综合1820 xx安徽卷 数列an满足 a11，nan1(n1)ann(n1)，nn*.(1)证明：数列ann 是等差数列；(2)设 bn3nan，求数列bn的前 n 项

28、和 sn.18解： (1)证明：由已知可得an1n1ann1，即an1n1ann1，所以ann 是以a111 为首项，1 为公差的等差数列(2)由(1)得ann1(n1)1n，所以 ann2，从而可得 bnn3n.sn131232(n1)3n1n3n，3sn132233(n1)3nn3n1.得2sn31323nn3n13 （13n）13n3n1（12n）3n132，所以 sn（2n1）3n134.1920 xx广东卷 设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 sn，且 sn满足 s2n(n2n3)sn3(n2n)0，nn*.(1)求 a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整

29、数 n，有1a1（a11）1a2（a21）1an（an1）13.19 、 、20 xx湖北卷 已知等差数列an满足：a12，且 a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式(2)记 sn为数列an的前 n 项和，是否存在正整数 n，使得 sn60n800？若存在，求 n的最小值；若不存在，说明理由19解：(1)设数列an的公差为 d，依题意知，2，2d，24d 成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4，当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，sn2n，显

30、然 2n60n800 成立当 an4n2 时，snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的正整数 n；当 an4n2 时，存在满足题意的正整数 n，其最小值为 41.2020 xx江苏卷 设数列an的前 n 项和为 sn.若对任意的正整数 n，总存在正整数 m，使得 snam，则称an是“h 数列”(1)若数列an的前 n 项和 sn2n(n)，证明：an是“h 数列”(2)设an是等差数列，其首项 a11，公差 d0.若an是“h 数列”，求 d 的值(3)证明

31、： 对任意的等差数列an， 总存在两个“h数列”bn和cn， 使得anbncn(n)成立20解： (1)证明：由已知，当 n1 时，an1sn1sn2n12n2n.于是对任意的正整数 n，总存在正整数 mn1，使得 sn2nam，所以an是“h 数列”(2)由已知得，s22a1d2d.因为an是“h 数列”，所以存在正整数 m，使得 s2am，即 2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为 d0，所以 m21，都存在 mn*，使得 a1，an，am成等比数列17解：(1)由 sn3n2n2，得 a1s11.当 n2 时，ansnsn13n2，a1也符合上式，所以数列an的通项公式为 an3n2.

32、(2)证明：要使得 a1，an，am成等比数列，只需要 a2na1am，即(3n2)21(3m2)，即 m3n24n2.而此时 mn*，且 mn，所以对任意的 n1，都存在 mn*，使得 a1，an，am成等比数列18 、20 xx江西卷 已知函数 f(x)(4x24axa2) x，其中 a0.(1)当 a4 时，求 f(x)的单调递增区间；(2)若 f(x)在区间1，4上的最小值为 8，求 a 的值18解：(1)当 a4 时，由 f(x)2（5x2） （x2）x0 得 x25或 x2，由 f(x)0得 x0，25 或 x(2，)故函数 f(x)的单调递增区间为0，25 和(2，)(2)因为

33、f(x)（10 xa） （2xa）2 x，a0，所以由 f(x)0 得 xa10或 xa2.当x0，a10 时， f(x)单调递增； 当xa10，a2 时， f(x)单调递减； 当xa2，时，f(x)单调递增易知 f(x)(2xa)2x0，且 fa2 0.当a21，即2a0 时，f(x)在1，4上的最小值为 f(1)，由 f(1)44aa28，得 a2 22，均不符合题意当 1a24 时，即8a2 时，f(x)在1，4时的最小值为 fa2 0，不符合题意当a24 时，即 a8 时，f(x)在1，4上的最小值可能在 x1 或 x4 时取得，而f(1)8，由 f(4)2(6416aa2)8 得 a

34、10 或 a6(舍去)当 a10 时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在1，4上的最小值为 f(4)8，符合题意综上有，a10.19 、 、20 xx四川卷 设等差数列an的公差为 d，点(an，bn)在函数 f(x)2x的图像上(nn*)(1)证明：数列bn为等比数列；(2)若a11， 函数f(x)的图像在点(a2， b2)处的切线在x轴上的截距为21ln 2， 求数列anb2n的前 n 项和 sn.19解：(1)证明：由已知得，bn2an0，当 n1 时，bn1bn2an1an2d.故数列bn是首项为 2a1，公比为 2d的等比数列(2)函数 f(x)2x在点(a2，b2)处的切线

35、方程为 y2a2(2a2ln 2)(xa2)，其在 x 轴上的截距为 a21ln 2.由题意知，a21ln 221ln 2，解得 a22，所以 da2a11，ann，bn2n，anb2nn4n.于是，sn14242343(n1)4n1n4n，4sn142243(n1)4nn4n1，因此，sn4sn4424nn4n14n143n4n1（13n）4n143，所以，sn（3n1）4n149.1 20 xx黄冈中学月考 已知数列an的前 n 项和 snn22n2，则数列an的通项公式为()aan2n3ban2n3can1，n1，2n3，n2dan1，n1，2n3，n21c解析 当 n1 时，a1s11

36、；当 n2 时，ansnsn12n3.又当 n1 时，a1的值不适合 n2 时的通项公式，故选 c.620 xx杭州检测 设 sn为等差数列an的前 n 项和，若 a40，a5|a4|，则使 sn0成立的最小正整数 n 为()a6b7c8d96c解析 由题意知，s77a40，s88（a1a8）28（a4a5）20，故选 c.7 20 xx成都七中模拟 已知各项都为正数的等比数列an满足 a7a62a5， 若存在两项 am，an，使得 aman4a1，则1m9n的最小值为()a.83b.114c.145d.1767a解析 设等比数列an的公比为 q(q0)由 a7a62a5，得 a5q2a5q2

37、a5，解得 q2.由 aman4a1， 得 a12mn224a1， 所以 mn6.故1m9n1m9nmn6169m6nn6m965329m6nn6m83，当且仅当 n3m 时，等号成立2 20 xx合肥检测 已知数列an的前 n 项和为 sn， 且满足 an22an1an， a54a3，则 s7()a7b12c14d212c解析 由 an22an1an得，数列an为等差数列由 a54a3，得 a5a34a1a7，所以 s77（a1a7）214.120 xx常德期末 在 1 和 2 之间依次插入 n(nn*)个正数 a1，a2，a3，an，使得这 n2 个数构成递增的等比数列，将这 n2 个数的乘积记作 tn，令 bn2log2tn.(1)求数列bn的通项公式；(2)令 cn2n，设 snb1c1b2c2bncn，求 sn.1解：(1)方法一：设等比数列 1，a1，a2，a3，an，2 的公比为 q，则 21qn1，qn12，tn1a1a2an21qq2qnqn1q123(n1)q（n1） （n2）22n22，bn2log2tn2lo