高中数学大题优质练习2数列

数列一．解答题（共50小题）1．（2022秋•新泰市校级期中）已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，且满足a1+a5＝10，S4＝16；数列{bn}满足：b1+3b2+32b3+…+3n﹣1bn＝，（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）设cn＝anbn+，求数列{cn}的前n项和Tn．2．（2022秋•邹城市期中）已知数列{an}，a1＝2，且满足n∈N*，有an•an+1＝22n+1．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）若bn＝an（an﹣1），设数列{bn}的前n项和为Sn，试求和：．3．（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；②；③．已知Sn为数列{an}的前n项和，满足a1＝1，an＞0，．（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T100．4．（2022秋•丽水月考）在数列{an}中，a1＝，an﹣an+1＝2an+1an（n∈N*）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）求满足不等式a1a2+a2a3+…+akak+1＜成立的k的最大值．5．（2022秋•宁波月考）已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an﹣2（n∈N*）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn＝an﹣4n，求数列的前n项和Tn．6．（2022秋•温州月考）已知数列{an}是等差数列，a1＝1，且a1，a2，a5﹣1成等比数列．给定k∈N*，记集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk．（1）求b1，b2的值；（2）求最小自然数n的值，使得b1+b2+…+bn＞2022．7．（2022秋•南山区校级期中）设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5＝35，且a4是a1与a13的等比中项，数列{bn}的前n项和．（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；（2）若a1＜4，对任意n∈N*总有恒成立，求实数λ的最小值．8．（2022秋•浙江月考）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，Sn＝2+an+1．（n∈N*）．（1）证明：数列{Sn﹣2}为等比数列；（2）设bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜1．9．（2022秋•上城区校级月考）已知各项均为正数的无穷数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，．（1）证明数列{an}是等差数列，并求出{an}的通项公式；（2）设数列{bn}满足，证明：．10．（2022•浙江开学）已知数列{an}的首项为，对于任意的正自然数．（Ⅰ）求证：数列为等比数列；（Ⅱ）若，求满足条件的最大整数n．11．（2022•淄博一模）已知数列{an}满足：a1＝2，且．设bn＝a2n﹣1．（1）证明：数列{bn+2}为等比数列，并求出{bn}的通项公式；（2）求数列{an}的前2n项和．12．（2021•3月份模拟）已知数列{an}满足a1＝2，an+1＝an﹣，bn＝an﹣．（1）求证：数列{bn}是等比数列；（2）设数列{an}的前n项的和为Sn，求证：Sn＜．13．（2022•浙江开学）已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝an+1﹣1，数列{bn}为等差数列，且2a4＝3b3+1，S6＝7b5．（Ⅰ）求{an}与{bn}的通项公式；（Ⅱ）记，求{cn}的前n项和为Tn．14．（2021•广州二模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn+1+2Sn﹣1＝3Sn（n≥2）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令，求数列{bn}的前n项和Tn．15．（2021•萍乡二模）已知等比数列{an}各项均为正数，Sn为其前n项和．若对任意正整数n，有Sn+2＝4Sn+3恒成立，且bn＝log2a2n．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令，求数列{cn}的前n项和Tn．16．（2022•浙江开学）已知数列{an}的前n项和为．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设为数列{bn}的前n项和，如果对于任意的n∈N*恒有Tn＜A，求A的最小值．17．（2022春•雅安期末）已知数列{an}中，a1＝2，且对任意正整数m，n都有am+n＝am+an．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足：，（ⅰ）求数列{bn}的通项公式；（ⅱ）设，若cn+1＞cn对任意n∈N*恒成立，求实数t的取值范围．18．（2022秋•拱墅区校级月考）已知公差为d的等差数列{an}和公比q＜0的等比数列{bn}中，a1＝b1＝1，a2+b3＝3，a3+b2＝2．（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）令，抽去数列{cn}的第3项、第6项、第9项、…第3n项、…，余下的项的顺序不变，构成一个新数列{tn}，求数列{tn}的前2023项和S2023．19．（2022秋•浙江月考）已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，（n∈N*且n≥2）．（1）求证：数列是等差数列，并求{an}的通项公式；（2）当n∈N*，n≥2时，求证：．20．（2022•宝鸡模拟）已知{an}是等差数列，a1+a2+a3＝12，a4＝8．（1）求{an}的通项公式；（2）若对于任意n∈N+，点An（an，bn）都在曲线y＝2x上，过An作x轴的垂线，垂足为Bn，记△OAnBn的面积为Sn，求数列{Sn}的前n项和Tn．21．（2022秋•重庆月考）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝3an+1．（1）证明：是等比数列，并求{an}的通项公式；（2）证明：．22．（2022秋•皇姑区期中）已知数列{an}前n项积为Tn，且．（1）求证：数列为等差数列；（2）设，求证：．23．（2021秋•柳州月考）数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，点（Sn，Sn+1）在直线y＝上．（1）求证：数列是等差数列；（2）若数列{bn}满足bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn．24．（2022秋•莱西市校级月考）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，，且数列{4nSn+（2n+3）an}是等差数列．（1）证明：是等比数列，并求{an}的通项公式；（2）设，求数列{bn}的前2n项和T2n．25．（2022秋•大连期中）已知数列{an}是公比为2的等比数列，a2，a3，a4﹣4成等差数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若，设数列{bn}的前n项和Tn，求证：1≤Tn＜3．26．（2022秋•湖北月考）已知数列{an}的前n项和为Sn，满足，．（1）证明数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足，求数列{bn}的前n项和Tn．27．（2022秋•黄冈月考）已知数列{an}各项均为正数且满足an2﹣（n﹣1）an﹣2n2+n＝0，数列{bn}满足b1＝3，且bn+1＝3bn+3n+1．（1）求{an}，{bn}的通项公式；（2）若cn＝bn+an，求{cn}的前n项和Tn．28．（2022秋•张掖期中）已知数列{an}的前n项和Sn＝﹣an﹣（）n﹣1+2，数列{bn}满足bn＝2nan．（1）证明：数列{bn}是等差数列；（2）设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn．29．（2022秋•金凤区校级期中）设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2且an+1＝2an，数列{bn}满足，且．（1）证明：数列是等差数列，并求{an}，{bn}的通项公式；（2）设数列的前n项和为Tn，求Tn．30．（2022•南通模拟）已知数列{an}满足：a1＝1，且______，其中n∈N*，从①an+1﹣2an＝n﹣1，②an+1﹣an＝2n﹣1，③＝2+三个条件中任选一个填入上面的横线中，并完成下列问题解答．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求Sn．31．（2022秋•长春月考）已知数列{an}满足：a1＝2，nan+1+（n+1）＝（n+2）an+（n+1）3．（Ⅰ）证明：数列是等差数列；（Ⅱ）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn．32．（2022秋•长沙期中）已知正项数列{an}满足a1＝2且．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令，求数列{bn}的前2n+1项的和S2n+1．33．（2022秋•沙坪坝区校级月考）设数列{an}满足a1＝2，a2＝6，且an+2＝2an+1﹣an+2．等差数列{bn}的公差d大于0．已知a2＝b2+3，且b1，b2，b5成等比数列．（1）求证：数列{an+1﹣an}为等差数列，并求{an}的通项公式；（2）求数列的前n项和Tn．34．（2022秋•郴州月考）已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，Sn+1＝3Sn+1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝log3an+1，若数列的前n项和为Tn，求证：．35．（2022秋•襄阳期中）已知数列{an}满足2a1+22a2+…+2nan＝n×2n+2﹣2n+1+2．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn＝，证明：≤b1+b2+…+bn＜．36．（2022秋•秦皇岛月考）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，当n⩾2时，2（n﹣1）Sn＝2nSn﹣1+n2﹣n．（1）求数列{an}的通项公式；（2）求证：．37．（2022秋•湖北期中）已知数列{an}的首项为4，且满足，若．（1）求数列{bn}的通项公式；（2）数列{cn}中，c1＝4，对任意m，n∈N*，都有，求数列{bn•cn}的前n项和Sn．38．（2022秋•烟台期中）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，Sn＝n2an．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn＝，求证：Tn＜．39．（2022秋•湖北期中）已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，n∈N*．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S50．40．（2022秋•湖南月考）记各项均为正数的数列{an}的前n项和是Sn，已知an2+an＝2Sn，n为正整数．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn＝tan（an）⋅tan（an+1），求数列{bn}的前n项和Tn．41．（2022秋•潍坊月考）在各项均不相等的等差数列{an}中，a1＝1，且a1，a2，a5成等比数列，数列{bn}的前n项和Sn＝2n+1﹣2．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）设，数列{cn}的前n项和Tn，若不等式2Tn+n2＞3loga（1﹣a）对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围．42．（2022秋•玄武区校级月考）设数列{an}满足a1＝2，a2＝6，且an+2＝2an+1﹣an+2．（1）求证：数列{an+1﹣an}为等差数列，并求{an}的通项公式；（2）设bn＝ancosnπ，求数列{bn}的前n项和Tn．43．（2022秋•鞍山期中）已知数列{an}的前n项和Sn＝3n﹣1，数列{bn}满足b1＝﹣1，bn+1＝bn+（2n﹣1）．（1）求数列{an}、{bn}的通项公式．（2）若，求数列{cn}的前n项和Tn．44．（2022秋•潍坊月考）已知数列{an}中，a1＝2，当n≥2时，（n﹣1）an＝2nan﹣1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设cn＝，数列{cn}中是否存在最大项与最小项？若存在，求出最大项与最小项；若不存在，说明理由．45．（2022秋•湖北月考）已知等差数列{an}的首项a1＞0，记数列{an}的前n项和为，且数列为等差数列．（1）证明：数列为常数列；（2）设数列的前n项和为，求{Tn}的通项公式．46．（2022秋•辽宁期中）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2+n．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，是否存在正整数k，使得Tn＜k2﹣3k对于n∈N+恒成立？若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由．47．（2022秋•湖北月考）已知数列{an}满足aa3+…+an＝n（n∈N+）．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn＝log3an，求数列{}的前n项和为Tn．48．（2022•开福区校级开学）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足（q﹣1）Sn＝qan﹣1（q＞0），n∈N*．（1）求数列{an}的通项公式；（2）当q＝2时，数列{bn}满足，求证：；（3）若对任意正整数n都有an+1≥n成立，求正实数q的取值范围．49．（2021秋•沙坪坝区校级月考）已知数列{an}的前n项的为Sn，满足，a1＝1，a2＝2．（1）记bn＝anan+1，求{bn}的通项公式；（2）记cn＝log2an﹣log2an+2，求{cn}的前63项和T63．50．（2022秋•沈北新区校级月考）已知数列{an}是等差数列，a2＝3，a5＝6，数列{bn}的前n项和为Sn，且2bn﹣Sn＝2．（Ⅰ）求数列{an}、{bn}的通项公式；（Ⅱ）记，若数列{cn}的前n项和为Tn，证明：．

参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．（2022秋•新泰市校级期中）已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，且满足a1+a5＝10，S4＝16；数列{bn}满足：b1+3b2+32b3+…+3n﹣1bn＝，（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）设cn＝anbn+，求数列{cn}的前n项和Tn．【答案】（I）an＝2n﹣1，bn＝．（Ⅱ）1﹣+．【解答】解：（I）设等差数列{an}的公差为d，∵a1+a5＝10，S4＝16，∴2a1+4d＝10，4a1+6d＝16，联立解得a1＝1，d＝2，∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．数列{bn}满足：b1+3b2+32b3+…+3n﹣1bn＝，（n∈N*），∴n≥2时，b1+3b2+32b3+…+3n﹣2＝，相减可得3n﹣1bn＝，解得bn＝．（Ⅱ）由（I）可得：cn＝anbn+＝+，＝＝（﹣），∴数列的前n项和＝（1﹣+﹣+…+﹣）＝（1﹣）＝．设数列{}的前n项和为An，则An＝+++…+，An＝+++…++，∴An＝+2（++…+）﹣＝+2×﹣，化为An＝1﹣．∴数列{cn}的前n项和Tn＝1﹣+．2．（2022秋•邹城市期中）已知数列{an}，a1＝2，且满足n∈N*，有an•an+1＝22n+1．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）若bn＝an（an﹣1），设数列{bn}的前n项和为Sn，试求和：．【答案】（1）an＝2n．（2）×（1﹣）．【解答】解：（1）∵an•an+1＝22n+1，∴＝＝4＝，取n＝1时，a1a2＝23，a1＝2，解得a2＝4．∴＝2，∴数列{an}是等比数列，首项为2，公比为2．∴an＝2n．（2）bn＝an（an﹣1）＝2n（2n﹣1）＝4n﹣2n，∴数列{bn}的前n项和为Sn＝﹣＝，∴＝＝×（﹣），∴＝×（1﹣+﹣+…+﹣）＝×（1﹣）．3．（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；②；③．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．【答案】（1）an＝2n﹣1．（2）147．【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，，当n≥2时，，两式相减得，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，得为常数列，所以，得，当n≥2时，，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＝147．4．（2022秋•丽水月考）在数列{an}中，a1＝，an﹣an+1＝2an+1an（n∈N*）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）求满足不等式a1a2+a2a3+…+akak+1＜成立的k的最大值．【答案】（1）an＝；（2）8．【解答】解：（1）由an﹣an+1＝2an+1an（n∈N*），可得﹣＝2，可得{}是首项为3，公差为2的等差数列，则＝3+2（n﹣1）＝2n+1，即有an＝；（2）anan+1＝＝（﹣），所以a1a2+a2a3+…+akak+1＝（﹣+﹣+...+﹣）＝（﹣）＜，可得＞，即2k+3＜21，即有k＜9，则整数k的最大值为8．5．（2022秋•宁波月考）已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an﹣2（n∈N*）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn＝an﹣4n，求数列的前n项和Tn．【答案】（1）an＝2n；（2）Tn＝n﹣8+．【解答】解：（1）在Sn＝2an﹣2中，令n＝1，则a1＝2a1﹣2，即a1＝2，当n≥2时，有Sn﹣1＝2an﹣1﹣2，两式相减得，an＝2an﹣2an﹣1，即an＝2an﹣1（n≥2），所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以数列an＝2•2n﹣1＝2n．（2）bn＝an﹣4n＝2n﹣4n，所以＝＝1﹣，设数列{}的前n项和为Qn，则Tn＝n﹣Qn，而Qn＝+++…++，所以Qn＝+++…++，两式相减得，Qn＝++++…+﹣＝﹣＝4﹣，所以Qn＝8﹣，所以Tn＝n﹣Qn＝n﹣8+．6．（2022秋•温州月考）已知数列{an}是等差数列，a1＝1，且a1，a2，a5﹣1成等比数列．给定k∈N*，记集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk．（1）求b1，b2的值；（2）求最小自然数n的值，使得b1+b2+…+bn＞2022．【答案】（1）b1＝2，b2＝3；（2）当最小自然数n的值为11时，使得b1+b2+…+bn＞2022．【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝1，且a1，a2，a5﹣1成等比数列，∴＝a1•（a5﹣1），即（1+d）2＝4d，解得d＝1，∴an＝1+n﹣1＝n，∵集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk，∴当k＝1时，集合{n|1≤n≤2，n∈N*}的元素个数为b1，即b1＝2；当k＝2时，集合{n|2≤n≤4，n∈N*}的元素个数为b2，即b2＝3，故b1＝2，b2＝3；（2）集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk，即集合{n|k≤n≤2k，n∈N*}的元素个数为bk，∴bk＝2k﹣k+1，即bn＝2n﹣n+1，∴b1+b2+…+bn＝（2﹣1+1）+（22﹣2+1）+...+（2n﹣n+1）＝（2+22+...+2n）﹣+n＝﹣+＝2（2n﹣1）﹣+＞2022，令cn＝2n+1﹣2﹣+，则cn+1﹣cn＝（2n+2﹣2﹣+）﹣（2n+1﹣1﹣+）＝2n+1﹣n＞0，∴数列{cn}单调递增，当n＝10时，2（2n﹣1）﹣+＝2（210﹣1）﹣50+5＝2001＜2022，当n＝11时，2（2n﹣1）﹣+＝2（211﹣1）﹣+＝4039＞2022，∴当最小自然数n的值为11时，使得b1+b2+…+bn＞2022．7．（2022秋•南山区校级期中）设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5＝35，且a4是a1与a13的等比中项，数列{bn}的前n项和．（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；（2）若a1＜4，对任意n∈N*总有恒成立，求实数λ的最小值．【答案】（1）数列{an}的通项公式an＝7或an＝2n+1，数列{bn}的通项公式为bn＝8n+1；（2）实数λ的最小值为．【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，∵S5＝35，且a4是a1与a13的等比中项，∴，即3d（3d﹣2a1）＝0，a1+2d＝7，解得d＝0或d＝2，当d＝0时，a1＝7，此时数列{an}的通项公式an＝7，当d＝2时，a1＝3，此时数列{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1，∵数列{bn}的前n项和①，当n＝1时，b1＝T1＝9，当n≥2时，Tn﹣1＝4（n﹣1）2+5（n﹣1）②，由①﹣②得n≥2时，bn＝4n2+5n﹣[4（n﹣1）2+5（n﹣1）]＝8n+1，当n＝1时，b1＝9，∴数列{bn}的通项公式为bn＝8n+1；（2）由（1）得an＝7或an＝2n+1，bn＝8n+1，∵a1＜4，∴an＝2n+1，∴等差数列{an}的前n项和为Sn＝＝n（n+2），令cn＝＝＝（﹣），∴++...+＝c1+c2+...+cn＝（1﹣+﹣+...+﹣）＝（1﹣），∵（1﹣）随n的增大而增大，∴（1﹣）＜恒成立，∵对任意n∈N*总有恒成立，∴λ≥，故实数λ的最小值为．8．（2022秋•浙江月考）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，Sn＝2+an+1．（n∈N*）．（1）证明：数列{Sn﹣2}为等比数列；（2）设bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜1．【答案】（1）证明过程请看解答；（2）证明过程请看解答．【解答】证明：（1）在Sn＝2+an+1中，令n＝1，有a1＝2+a2，所以a2＝1，由Sn＝2+an+1，知当n≥2时，Sn﹣1＝2+an，两式相减得，an＝an+1﹣an，即an+1＝2an（n≥2），所以数列{an}从第二项开始，是公比为2的等比数列，所以an＝，所以Sn＝3+1+2+22+…+2n﹣2＝3+＝2n﹣1+2，所以Sn﹣2＝2n﹣1+2﹣2＝2n﹣1，是首项为1，公比为2的等比数列，得证．（2）由（1）知an＝，Sn＝2n﹣1+2，所以bn＝＝＝＝2（﹣），所以Tn＝2[（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]＝2（﹣）＝1﹣＜1，得证．9．（2022秋•上城区校级月考）已知各项均为正数的无穷数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，．（1）证明数列{an}是等差数列，并求出{an}的通项公式；（2）设数列{bn}满足，证明：．【答案】（1）证明见解答，an＝n；（2）证明见解答．【解答】解：（1）证明：∵，∴，又，∴，∴，∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝＝n，（n≥2），又a1＝1，∴an＝n，∴an+1﹣an＝n+1﹣n＝1，∴数列{an}是等差数列，且an＝n；（2）证明：由（1）可得＝，∴b1+b2+•••+bn＝+•••+[]＝＜，故原命题成立．10．（2022•浙江开学）已知数列{an}的首项为，对于任意的正自然数．（Ⅰ）求证：数列为等比数列；（Ⅱ）若，求满足条件的最大整数n．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）98．【解答】（Ⅰ）证明：由题意，，且，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列．（Ⅱ）解：，所以，所以，，设，则cn为递增数列．又，所以nmax＝98．11．（2022•淄博一模）已知数列{an}满足：a1＝2，且．设bn＝a2n﹣1．（1）证明：数列{bn+2}为等比数列，并求出{bn}的通项公式；（2）求数列{an}的前2n项和．【答案】（1）证明见解答，bn＝2n+1﹣2；（2）2n+3﹣3n﹣8．【解答】解：（1）证明：bn+1＝a2n+1＝2a2n＝2（a2n﹣1+1）＝2bn+2，所以＝2，又b1+2＝a1+2＝4，所以{bn+2}是首项为4，公比为2的等比数列，则bn+2＝4•2n﹣1＝2n+1，所以bn＝2n+1﹣2；（2）数列{an}的前2n项和为S2n＝a1+a2+a3+...+a2n＝（a1+a3+a5+...+a2n﹣1）+（a2+a4+...+a2n）＝（a1+a3+a5+...+a2n﹣1）+（a1+a3+...+a2n﹣1+n）＝2（a1+a3+a5+...+a2n﹣1）+n＝2（b1+b2+...+bn）+n＝2×（22+23+...+2n+1﹣2n）+n＝2×﹣3n＝2n+3﹣3n﹣8．12．（2021•3月份模拟）已知数列{an}满足a1＝2，an+1＝an﹣，bn＝an﹣．（1）求证：数列{bn}是等比数列；（2）设数列{an}的前n项的和为Sn，求证：Sn＜．【答案】（1）证明过程见解答；（2）证明过程见解答．【解答】证明：（1）∵a1＝2，an+1＝an﹣，bn＝an﹣，∴b1＝a1﹣1＝1，＝＝＝，∴数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列；（2）由（1）可得：bn＝，∴an＝bn+＝+，∴Sn＝（1+++…+）+（1+++…+）＝+＝﹣﹣＜．13．（2022•浙江开学）已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝an+1﹣1，数列{bn}为等差数列，且2a4＝3b3+1，S6＝7b5．（Ⅰ）求{an}与{bn}的通项公式；（Ⅱ）记，求{cn}的前n项和为Tn．【答案】（Ⅰ）an＝2n﹣1，n∈N*；bn＝2n﹣1，n∈N*．（Ⅱ）Tn＝6﹣．【解答】解：（Ⅰ）由题意，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝an+1﹣1﹣（an﹣1）＝an+1﹣an，整理，得an+1＝2an，∵a1＝1，∴数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴an＝1•2n﹣1＝2n﹣1，n∈N*，设等差数列{bn}的公差为d，则3b3+1＝2a4＝2•23＝16，解得b3＝5，7b5＝S6＝＝63，解得b5＝9，∴公差d＝＝＝2，∵b1＝b3﹣2d＝5﹣2×2＝1，∴bn＝1+2•（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，＝，则Tn＝c1+c2+•••+cn＝+++•••+，Tn＝++•••++，两式相减，可得Tn＝1+1+++•••+﹣＝1+﹣＝3﹣，∴Tn＝6﹣．14．（2021•广州二模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn+1+2Sn﹣1＝3Sn（n≥2）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令，求数列{bn}的前n项和Tn．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由题意，设等比数列{an}的公比为q，则当q＝1时，Sn+1+2Sn﹣1＝（n+1）a1+2（n﹣1）a1＝3n﹣1，3Sn＝3na1＝3n，∴Sn+1+2Sn﹣1≠3Sn，显然q＝1不符合题意，故q≠1，当q≠1时，Sn＝＝，Sn+1＝，Sn﹣1＝，∵Sn+1+2Sn﹣1＝3Sn，∴+2＝3，即1﹣qn+1+2（1﹣qn﹣1）＝3（1﹣qn），化简，得qn﹣1（q﹣2）（q﹣1）＝0，∵q≠1且q≠0，∴q＝2，∴an＝1•2n﹣1＝2n﹣1，n∈N*．（2）由（1）知，Sn＝，Sn+1＝，则＝＝＝﹣，∴Tn＝b1+b2+…+bn＝﹣+﹣+…+﹣＝1﹣．15．（2021•萍乡二模）已知等比数列{an}各项均为正数，Sn为其前n项和．若对任意正整数n，有Sn+2＝4Sn+3恒成立，且bn＝log2a2n．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令，求数列{cn}的前n项和Tn．【答案】（1）an＝2n﹣1，n∈N*；（2）Tn＝．【解答】解：（1）由题意，设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，∵等比数列{an}各项均为正数，∴a1＞0，q＞0，由Sn+2＝4Sn+3，可得Sn+1＝4Sn﹣1+3，两式相减，可得an+2＝4an，则q2＝4，即q＝2，当n＝1时，有S3＝4S1+3恒成立，即a1+a2+a3＝4a1+3，∵a2＝2a1，a3＝4a1，∴2a1+4a1＝3a1+3，解得a1＝1，∴an＝1•2n﹣1＝2n﹣1，n∈N*．（2）由（1）知，bn＝log2a2n＝log222n﹣1＝2n﹣1，∴＝＝，则Tn＝c1+c2+•••+cn＝•（1﹣）+•（﹣）+•••+•（﹣）＝•（1﹣+﹣+•••+﹣）＝•（1﹣）＝．16．（2022•浙江开学）已知数列{an}的前n项和为．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设为数列{bn}的前n项和，如果对于任意的n∈N*恒有Tn＜A，求A的最小值．【答案】（1）；（2）2．【解答】解：（1）因为（n+3）Sn＝nSn+1，所以，由累乘法得，则，又a1＝1，所以，当n＝1时，a1＝1，n≥2时，时也符合，所以；（2），则，又对于任意的n∈N﹣恒有Tn＜A，∴A≥2，即A的最小值为2．17．（2022春•雅安期末）已知数列{an}中，a1＝2，且对任意正整数m，n都有am+n＝am+an．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足：，（ⅰ）求数列{bn}的通项公式；（ⅱ）设，若cn+1＞cn对任意n∈N*恒成立，求实数t的取值范围．【答案】（1）；（2）（i）；（ii）．【解答】解：（1）在am+n＝am+an中令m＝1，则有an+1＝an+a1，∴，所以数列{an}首项为2，公差为2的等差数列，故数列{an}的通项公式为．（2）（i）由，得，两式相减有：，∴，所以数列{bn}的通项公式；（ii）由（I）知，所以2×3n＞t（﹣1）n﹣1（2n+1+2+2n+2+2），整理得，①当n为奇数时，，而，所以是递增数列，当n＝1时有最小值，所以，②当n为偶数时，是递减数列，当n＝2时有最大值，所以，综上所述，t的取值范围是．18．（2022秋•拱墅区校级月考）已知公差为d的等差数列{an}和公比q＜0的等比数列{bn}中，a1＝b1＝1，a2+b3＝3，a3+b2＝2．（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）令，抽去数列{cn}的第3项、第6项、第9项、…第3n项、…，余下的项的顺序不变，构成一个新数列{tn}，求数列{tn}的前2023项和S2023．【答案】（I）an＝n，bn＝（﹣1）n﹣1．（Ⅱ）数列{tn}的前2023项和S2023＝．【解答】解：（I）∵a1＝b1＝1，a2+b3＝3，a3+b2＝2，q＜0，∴1+d+q2＝3，1+2d+q＝2，q＜0，解得d＝1，q＝﹣1．∴an＝1+n﹣1＝n，bn＝（﹣1）n﹣1．（Ⅱ）cn＝3n×[（﹣1）n﹣1]2＝3n，数列{tn}的前2023项和S2023＝3+32+33+34+…+33033+33034﹣（33+36+…+33030+33033）＝﹣＝．19．（2022秋•浙江月考）已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，（n∈N*且n≥2）．（1）求证：数列是等差数列，并求{an}的通项公式；（2）当n∈N*，n≥2时，求证：．【答案】（1）an＝2n﹣1．（2）证明过程见解析．【解答】解：（1）∵且n≥2），∴当n≥2时，，∴，又∵an＞0，所以，∴，∴数列是以为首项，公差为1的等差数列，∴，所以．∴当n≥2时，，又∵a1＝1满足上式，∴数列{an}的通项公式为an＝2n﹣1．另解：当n≥2时，，当n＝1时，a1＝1，满足上式，所以{an}的通项公式为an＝2n﹣1．证明：（2）当n≥2时，，故所以对n∈N*，n≥2，都有．20．（2022•宝鸡模拟）已知{an}是等差数列，a1+a2+a3＝12，a4＝8．（1）求{an}的通项公式；（2）若对于任意n∈N+，点An（an，bn）都在曲线y＝2x上，过An作x轴的垂线，垂足为Bn，记△OAnBn的面积为Sn，求数列{Sn}的前n项和Tn．【答案】（1）an＝2n；（2）．【解答】解：（1）数列{an}是等差数列，a1+a2+a3＝12，a4＝8，设公差为d；所以，解得；故an＝2n；（2）由于An（an，bn）都在曲线y＝2x上，故；当n≠0时，，所以①，②，①﹣②得：＝；故．21．（2022秋•重庆月考）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝3an+1．（1）证明：是等比数列，并求{an}的通项公式；（2）证明：．【答案】（1）证明过程见解答，；（2）证明过程见解答．【解答】（1）证明：因为an+1＝3an+1，所以，所以是以3为公比的等比数列，又a1＝1，则，所以，则；（2）证明：由（1）可知，，当n＝1时，，当n≥2时，3n﹣1＞3n﹣3n﹣1，则，所以＝．22．（2022秋•皇姑区期中）已知数列{an}前n项积为Tn，且．（1）求证：数列为等差数列；（2）设，求证：．【答案】（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析．【解答】证明：（1）数列{an}前n项积为Tn，且，整理得：，由于，所以，整理得（常数），当n＝1时，故数列是以2为首项，1为公差的等差数列；（2）由（1）得：，故，所以，由于＝＝．所以23．（2021秋•柳州月考）数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，点（Sn，Sn+1）在直线y＝上．（1）求证：数列是等差数列；（2）若数列{bn}满足bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn．【答案】（1）证明过程见解析；（2）．【解答】解：（1）∵点（Sn，Sn+1）在直线上，∴，同除以n+1，则有，∴，∴数列是以为首项，﹣1为公差的等差数列．（2）由（1）可知，∴，∴当n＝1时，a1＝S1＝﹣1+3＝2；当n≥2时，，经检验，当n＝1时也成立．∴．∵Tn＝b1+b2+⋯+bn﹣1+bn，∴，①，∴，②，∴，∴．24．（2022秋•莱西市校级月考）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，，且数列{4nSn+（2n+3）an}是等差数列．（1）证明：是等比数列，并求{an}的通项公式；（2）设，求数列{bn}的前2n项和T2n．【答案】（1）证明见解析；；（2）．【解答】解：（1）证明：∵a1＝1，，∴S1＝1，，设cn＝4nSn+（2n+3）an，则c1＝9，c2＝18，又∵数列{cn}为等差数列，∴cn＝9n，∴4nSn+（2n+3）an＝9n，∴，当n≥2时，，∴，∴，又∵2n+1≠0，∴，即：，又∵，∴是以1为首项，为公比的等比数列，∴，即；（2）∵，且，∴，∴＝，∴．25．（2022秋•大连期中）已知数列{an}是公比为2的等比数列，a2，a3，a4﹣4成等差数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若，设数列{bn}的前n项和Tn，求证：1≤Tn＜3．【答案】（1）an＝2n，n∈N*；（2）证明见解答过程．【解答】（1）解：依题意，由a2，a3，a4﹣4成等差数列，可知2a3＝a2+a4﹣4，∵数列{an}是公比为2的等比数列，∴，即8a1＝2a1+8a1﹣4，解得a1＝2，∴，n∈N*．（2）证明：由（1），可得，则Tn＝b1+b2+•••+bn＝，，两式相减，可得＝＝＝＝．∴，又∵{Tn}是递增数列，∴Tn≥T1＝1，∴1≤Tn＜3．26．（2022秋•湖北月考）已知数列{an}的前n项和为Sn，满足，．（1）证明数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足，求数列{bn}的前n项和Tn．【答案】（1）证明见解答过程，，n∈N*；（2）．【解答】（1）证明：依题意，由，可得，即，两边取倒数，可得，即，∵，∴数列是以2为首项，2为公差的等差数列，∴，∴，n∈N*．（2）解：由（1），可得，则Tn＝b1+b2+•••+bn＝[1+•（1﹣）]+[1+•（﹣）]+•••+[1+•（﹣）]＝＝＝＝．27．（2022秋•黄冈月考）已知数列{an}各项均为正数且满足an2﹣（n﹣1）an﹣2n2+n＝0，数列{bn}满足b1＝3，且bn+1＝3bn+3n+1．（1）求{an}，{bn}的通项公式；（2）若cn＝bn+an，求{cn}的前n项和Tn．【答案】（1）an＝2n﹣1，n∈N*；bn＝n•3n，n∈N*．（2）Tn＝n2+•3n+1+．【解答】解：（1）依题意，由an2﹣（n﹣1）an﹣2n2+n＝0，可转化为（an+n）[an﹣（2n﹣1）]＝0，∵an＞0，n∈N*，∴an+n＞0，n∈N*，∴an﹣（2n﹣1）＝0，故an＝2n﹣1，n∈N*，对于数列{bn}：由bn+1＝3bn+3n+1，两边同时乘以，可得＝+1，∵＝1，∴数列{}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴＝1+1•（n﹣1）＝n，∴bn＝n•3n，n∈N*．（2）由题意及（1），可得Tn＝c1+c2+•••+cn＝（b1+a1）+（b2+a2）+•••+（bn+an）＝（a1+a2+•••+an）+（b1+b2+•••+bn）＝[1+3+5+•••+（2n﹣1）]+（b1+b2+•••+bn）＝+（b1+b2+•••+bn）＝n2+（b1+b2+•••+bn），令Mn＝b1+b2+•••+bn，则Mn＝b1+b2+•••+bn＝1•31+2•32+3•33+•••+n•3n，3Mn＝1•32+2•33+•••+（n﹣1）•3n+n•3n+1，两式相减，可得﹣2Mn＝1•31+1•32+1•33+•••+1•3n﹣n•3n+1＝﹣n•3n+1＝﹣•3n+1﹣，∴Mn＝•3n+1+，∴Tn＝n2+（b1+b2+•••+bn）＝n2+Mn＝n2+•3n+1+．28．（2022秋•张掖期中）已知数列{an}的前n项和Sn＝﹣an﹣（）n﹣1+2，数列{bn}满足bn＝2nan．（1）证明：数列{bn}是等差数列；（2）设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn．【答案】（1）证明见解答过程；（2）Tn＝2﹣．【解答】（1）证明：由题意，当n＝1时，a1＝S1＝﹣a1﹣（）1﹣1+2，解得a1＝，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝﹣an﹣（）n﹣1+2+an﹣1+（）n﹣2﹣2＝﹣an+an﹣1+（）n﹣1，整理，得2an＝an﹣1+（）n﹣1，两边同时乘以2n﹣1，可得2nan＝2n﹣1an﹣1+1，即bn＝bn﹣1+1，∵b1＝21a1＝2×＝1，∴数列{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．（2）解：由（1），得bn＝1+1•（n﹣1）＝n，n∈N*，则an＝＝，n∈N*，∴cn＝＝＝＝＝2（﹣），故Tn＝c1+c2+•••+cn}＝2•（﹣）+2•（﹣）+•••+2•（﹣）＝2•（﹣+﹣+•••+﹣）＝2•（﹣）＝2﹣．29．（2022秋•金凤区校级期中）设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2且an+1＝2an，数列{bn}满足，且．（1）证明：数列是等差数列，并求{an}，{bn}的通项公式；（2）设数列的前n项和为Tn，求Tn．【答案】（1）证明见解答过程，；（2）．【解答】（1）证明：由题意，可知数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，故an＝2•2n﹣1＝2n，n∈N*，又由，两边倒过来，可得＝＝+3，∵＝a1＝2，∴数列是以2为首项，3为公差的等差数列，∴＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1，∴bn＝，n∈N*．（2）解：由（1）得，＝（3n﹣1）•2n，则Tn＝2•21+5•22+8•23+•••+（3n﹣1）•2n，2Tn＝2•22+5•23+•••+（3n﹣4）•2n+（3n﹣1）•2n+1，两式相减，可得﹣Tn＝2•21+3•22+3•23+•••+3•2n﹣（3n﹣1）•2n+1＝4+3•﹣（3n﹣1）•2n+1＝﹣（3n﹣4）•2n+1﹣8，∴Tn＝（3n﹣4）•2n+1+8．30．（2022•南通模拟）已知数列{an}满足：a1＝1，且______，其中n∈N*，从①an+1﹣2an＝n﹣1，②an+1﹣an＝2n﹣1，③＝2+三个条件中任选一个填入上面的横线中，并完成下列问题解答．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求Sn．【答案】（1）条件①②③的答案均为：an＝2n﹣n，n∈N*．（2）Sn＝﹣．【解答】解：（1）方案一：选条件①依题意，由an+1﹣2an＝n﹣1，可得an+1＝2an+n﹣1，两边同时加上n+1，可得an+1+（n+1）＝2an+n﹣1+n+1＝2（an+n），∵a1+1＝1+1＝2，∴数列{an+n}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an+n＝2•2n﹣1＝2n，∴an＝2n﹣n，n∈N*．方案二：选条件②依题意，由an+1﹣an＝2n﹣1，可知a1＝1，a2﹣a1＝21﹣1，a3﹣a2＝22﹣1，•••，an﹣an﹣1＝2n﹣1﹣1，各项相加，可得an＝1+（21﹣1）+（22﹣1）+•••+（2n﹣1﹣1）＝（21+22+•••+2n﹣1）﹣（n﹣2）＝﹣n+2＝2n﹣n，故an＝2n﹣n，n∈N*．方案三：选条件③由题意，可知＝2+＝＝，即＝对于n∈N*恒成立，∴＝＝•••＝＝1，∴an＝2n﹣n，n∈N*．（2）由题意及（1），可得bn＝＝＝•（﹣），则Sn＝b1+b2+b3+•••+bn﹣1+bn＝•（1﹣）+•（﹣）+•（﹣）+•••+•（﹣）+•（﹣）＝•（1﹣+﹣+﹣+•••+﹣+﹣）＝•（1+﹣﹣）＝﹣．31．（2022秋•长春月考）已知数列{an}满足：a1＝2，nan+1+（n+1）＝（n+2）an+（n+1）3．（Ⅰ）证明：数列是等差数列；（Ⅱ）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn．【答案】（Ⅰ）证明见解答过程；（Ⅱ）Sn＝﹣．【解答】（Ⅰ）证明：依题意，由nan+1+（n+1）＝（n+2）an+（n+1）3，可得nan+1﹣（n+2）an＝（n+1）3﹣（n+1）＝n（n+1）（n+2），两边同时乘以，可得﹣＝1，∵＝＝1，∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列．（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得＝1+1•（n﹣1）＝n，则an＝n2（n+1），故bn＝＝＝＝﹣，∴Sn＝b1+b2+•••+bn＝﹣+﹣+•••+﹣＝﹣＝﹣．32．（2022秋•长沙期中）已知正项数列{an}满足a1＝2且．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令，求数列{bn}的前2n+1项的和S2n+1．【答案】（1），n∈N*；（2）．【解答】解：（1）依题意，由，可得（an+1+3an）（an+1﹣2an）＝0，∵an＞0，∴an+1+3an＞0，∴an+1＝2an，即为常数，∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2•2n﹣1＝2n，n∈N*．（2）由（1），可得，故S2n+1＝b1+b2+b3+b4+•••+b2n+b2n+1＝（b1+b3+•••+b2n+1）+（b2+b4+•••+b2n）＝[2+6+•••+2（2n+1）]+（22+24+•••+22n）＝＝．33．（2022秋•沙坪坝区校级月考）设数列{an}满足a1＝2，a2＝6，且an+2＝2an+1﹣an+2．等差数列{bn}的公差d大于0．已知a2＝b2+3，且b1，b2，b5成等比数列．（1）求证：数列{an+1﹣an}为等差数列，并求{an}的通项公式；（2）求数列的前n项和Tn．【答案】（1）证明见解析，；（2）．【解答】（1）证明：因为an+2＝2an+1﹣an+2，所以（an+2﹣an+1）﹣（an+1﹣an）＝2，又a2﹣a1＝4，所以数列{an+1﹣an}是以4为首项，2为公差的等差数列，则an+1﹣an＝2n+2，当n≥2则an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+（an﹣2﹣an﹣3）+…+（a2﹣a1）+a1＝2n+2（n﹣1）+2（n﹣2）+…+2＝，n＝1成立，所以；（2）解：由a2＝b2+3＝b1+d+3＝6，得b2＝3，又b1，b2，b5成等比数列，使用，即9＝b1（b1+4d）＝（3﹣d）（3﹣d+4d），解得d＝2（d＝0舍去），所以bn＝b2+2（n﹣2）＝2n﹣1，则，所以．34．（2022秋•郴州月考）已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，Sn+1＝3Sn+1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝log3an+1，若数列的前n项和为Tn，求证：．【答案】（1）故；（2）证明过程见解析．【解答】解：（1）由题意得Sn+1＝3Sn+1①，令n＝1得a1+a2＝3a1+1，结合a1＝1，所以a2＝3，当n≥2时，Sn＝3Sn﹣1+1②，①﹣②得Sn+1﹣Sn＝3（Sn﹣Sn﹣1）（n≥2），化简得an+1＝3an，又，所以（n∈N*），故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，故．（2）证明：由（1）知，则，所以，，＝，又n∈N*，所以．35．（2022秋•襄阳期中）已知数列{an}满足2a1+22a2+…+2nan＝n×2n+2﹣2n+1+2．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn＝，证明：≤b1+b2+…+bn＜．【答案】（1）{an}的通项公式为an＝2n+1；（2）证明见解析．【解答】解：（1）∵2a1+22a2+…+2nan＝n×2n+2﹣2n+1+2①，∴当n＝1时，2a1＝23﹣22+2，解得a1＝3，当n≥2时，2a1+22a2+…+2n﹣1an﹣1＝（n﹣1）×2n+1﹣2n+2②，由①﹣②得当n≥2时，2nan＝（n+1）×2n+1﹣2n，∴当n≥2时，an＝2（n+1）﹣1＝2n+1，当n＝1时，a1＝3，∴{an}的通项公式为an＝2n+1；（2）证明：由（1）得an＝2n+1，bn＝，则bn＝＝﹣，∴b1+b2+…+bn＝（﹣）+﹣﹣）+...+（﹣）＝﹣，令cn＝22n+3（2n+3）（2n+5），则cn+1﹣cn＝22n+5（2n+5）（2n+7）﹣22n+3（2n+3）（2n+5）＝22n+3（2n+5）（8n+28﹣2n﹣3）＝22n+3（2n+3）（6n+25）＞0，∴数列{cn}是递增数列，数列{}是递减数列，∴﹣的最小值为﹣＝，∴≤﹣＜，故≤b1+b2+…+bn＜．36．（2022秋•秦皇岛月考）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，当n⩾2时，2（n﹣1）Sn＝2nSn﹣1+n2﹣n．（1）求数列{an}的通项公式；（2）求证：．【答案】（1）数列{an}的通项公式an＝n+1；（2）证明见解析．【解答】解：（1）∵当n⩾2时，，则2（n2﹣n）≠0，∴，当n＝1时，S1＝a1＝2，∴，∴数列是首项为2，公差为的等差数列，∴，∴，当n⩾2时，，当n＝1时，a1＝1+1＝2，∴数列{an}的通项公式an＝n+1；（2）证明：由（1）得数列{an}的通项公式an＝n+1，∵（n+1）2﹣n（n+2）＝1＞0，∴，当n＝1时，，当n⩾2时，，综上所述，．37．（2022秋•湖北期中）已知数列{an}的首项为4，且满足，若．（1）求数列{bn}的通项公式；（2）数列{cn}中，c1＝4，对任意m，n∈N*，都有，求数列{bn•cn}的前n项和Sn．【答案】（1）．（2）．【解答】解：（1）∵，∴，∴，又，∴bn+1＝2bn且b1＝1≠0，∴{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，∴．（2）∵对任意m，n∈N*，都有，∴令m＝1得，∴cn＝3n+1，∴，∴，∴，作差得﹣Sn＝4+3（2+22+…+2n﹣1）﹣（3n+1）•2n＝1+3×﹣（3n+1）•2n，∴．38．（2022秋•烟台期中）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，Sn＝n2an．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn＝，求证：Tn＜．【答案】（1）；（2）证明过程见解析．【解答】解：（1）数列{an}中，已知a1＝1，Sn＝n2an，①，当n≥2时，，②，①﹣②得：，整理得，所以，.....，；所有的式子相乘得到：，故．证明：（2）由（1）得：＝，所以，所以：＝．39．（2022秋•湖北期中）已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，n∈N*．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S50．【答案】（1）an＝2n，n∈N*，bn＝2n，n∈N*；（2）S50＝3066．【解答】解：（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，∵a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，∴a2＝2log2b2＝2log24＝4，a1＝2log2b1＝2，即log2b1＝1，解得b1＝2，∴公差d＝a2﹣a1＝4﹣2＝2，公比q＝＝＝2，∴an＝2+2（n﹣1）＝2n，n∈N*，bn＝2•2n﹣1＝2n，n∈N*．（2）由（1），可得，故bn是数列{an}中的第2n﹣1项，设数列{an}的前n项和为Pn，数列的前n项和为Qn，∵b6＝＝a32，b7＝＝a64，∴数列{cn}的前50项是由数列{an}的前56项去掉数列{bn}的前6项后构成的，故．40．（2022秋•湖南月考）记各项均为正数的数列{an}的前n项和是Sn，已知an2+an＝2Sn，n为正整数．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn＝tan（an）⋅tan（an+1），求数列{bn}的前n项和Tn．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）各项为正数的数列{an}的前n项和是Sn，已知：an2+an＝2Sn，①，当n＝1时，解得a1＝1；当n≥2时，，②，①﹣②得：an﹣an﹣1＝1（常数），故数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列；所以an＝n．（2）由（1）得：tan1＝，所以tan（n+1）tann＝；故Tn＝b1+b2+...+bn＝，故．41．（2022秋•潍坊月考）在各项均不相等的等差数列{an}中，a1＝1，且a1，a2，a5成等比数列，数列{bn}的前n项和Sn＝2n+1﹣2．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）设，数列{cn}的前n项和Tn，若不等式2Tn+n2＞3loga（1﹣a）对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）an＝2n﹣1，bn＝2n．（2）（0，）．【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d≠0，∵a1＝1，且a1，a2，a5成等比数列，∴＝a1a5，即（1+d）2＝1×（1+4d），解得d＝2，d＝0（舍去）．∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．∵数列{bn}的前n项和Sn＝2n+1﹣2，∴n≥2时，bn＝Sn﹣Sn﹣1＝2n+1﹣2﹣（2n﹣2）＝2n，n＝1时，b1＝22﹣2＝2，对于上式也成立，∴bn＝2n．（2）＝22n﹣1﹣＝22n﹣1﹣n，∴数列{cn}的前n项和Tn＝﹣＝﹣，2Tn+n2＝﹣n，由﹣（n+1）﹣[﹣n]＝4n+1﹣1＞0，∴数列{2Tn+n2}单调递增，其最小值为2T1+1＝﹣1＝3，∵不等式2Tn+n2＞3loga（1﹣a）对任意的正整数n恒成立，∴3＞3loga（1﹣a）恒成立，即loga（1﹣a）＜1＝logaa，a＞1时不成立，0＜a＜1时，1﹣a＞a，解得0＜a＜，∴实数a的取值范围是（0，）．42．（2022秋•玄武区校级月考）设数列{an}满足a1＝2，a2＝6，且an+2＝2an+1﹣an+2．（1）求证：数列{an+1﹣an}为等差数列，并求{an}的通项公式；（2）设bn＝ancosnπ，求数列{bn}的前n项和Tn．【答案】（1）证明见解答；；（2）．【解答】解：（1）证明：∵an+2＝2an+1﹣an+2，∴（an+2﹣an+1）﹣（an+1﹣an）＝2，又a2﹣a1＝4，∴数列{an+1﹣an}是以4为首项，2为公差的等差数列，∴an+1﹣an＝4+（n﹣1）×2＝2n+2，∴a2﹣a1＝4，a3﹣a2＝6，•••，an﹣an﹣1＝2n，累加可得：，又a1＝2，∴；（2），∴当n为偶数时，；当n为奇数时，Tn＝﹣1×2+2×3﹣3×4+4×5﹣⋯+（n﹣1）n﹣n（n+1）＝，∴．43．（2022秋•鞍山期中）已知数列{an}的前n项和Sn＝3n﹣1，数列{bn}满足b1＝﹣1，bn+1＝bn+（2n﹣1）．（1）求数列{an}、{bn}的通项公式．（2）若，求数列{cn}的前n项和Tn．【答案】（1）an＝；bn＝n2﹣2n；（2）Tn＝n2﹣n+1．【解答】解：（1）在Sn＝3n﹣1中，令n＝1，则a1＝2，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝（3n﹣1）﹣3（n﹣1）+1＝3，所以an＝；由bn+1＝bn+（2n﹣1），知bn+1﹣bn＝2n﹣1，所以bn＝（bn﹣bn﹣1）+（bn﹣1﹣bn﹣2）+…+（b2﹣b1）+b1＝（2n﹣3）+（2n﹣5）+…+1+（﹣1）＝﹣1＝n2﹣2n．（2）因为，所以Tn＝+++…+＝++3×（++…+）＝﹣2+0+3×[（3﹣2）+（4﹣2）+…+（n﹣2）]＝﹣2+3×＝n2﹣n+1．44．（2022秋•潍坊月考）已知数列{an}中，a1＝2，当n≥2时，（n﹣1）an＝2nan﹣1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设cn＝，数列{cn}中是否存在最大项与最小项？若存在，求出最大项与最小项；若不存在，说明理由．【答案】（1）an＝n•2n；（2）最大项为，最小项为﹣4．【解答】解：（1）因为当n≥2时，有（n﹣1）an＝2nan﹣1，所以＝2，令bn＝，则bn＝2bn﹣1，n≥2，所以数列{bn}为等比数列，公比为2，首项为2，所以bn＝2n，所以an＝n•2n；（2）由（1）知cn＝＝，得cn+1＝，cn+1﹣cn＝﹣＝，当n＝10时，cn+