数列大题专题(含解析)

PAGEPAGE1数列大题训练一、解答题1.设数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛.已知𝑆2=4，𝑎𝑛+1=2𝑆𝑛+1，𝑛∈N∗.（1）求通项公式𝑎𝑛；（2）求数列{|𝑎𝑛−𝑛−2|}的前𝑛项和.2.已知𝑎,𝑎,𝑎,⋅⋅⋅,𝑎

为正整数且𝑎

>𝑎

>𝑎

>⋅⋅⋅>𝑎

>1，将等式(1−1)+(1−1)+(1−1)+⋅⋅01 2 𝑛

0 1 2 𝑛

𝑎1

𝑎2

𝑎3⋅+(1−1)=2(1−1)记为(∗)式.𝑎𝑛 𝑎0（1）𝑓(𝑥)=1−1

，𝑥∈[2,+∞)的值域；（2）试判断当𝑛=1时（或2时），是否存在𝑎0，𝑎1（或𝑎0，𝑎1，𝑎2）使(∗)式成立，若存在，写出对应𝑎0，𝑎1（或𝑎0，𝑎1，𝑎2），若不存在，说明理由；（3）求所有能使(∗)式成立的𝑎𝑖（0≤𝑖≤𝑛）所组成的有序实数对(𝑎0,𝑎1,𝑎2,⋅⋅⋅,𝑎𝑛).3.已知函数𝑓(𝑥)=log3(𝑥+1)(𝑥>0)的图象上有一点列𝑃(𝑥

,𝑦)(𝑛∈𝑁∗)，点𝑃

在𝑥轴上的射影是𝑥+1

𝑛 𝑛𝑛 𝑛𝑄𝑛(𝑥𝑛,0)，且𝑥𝑛=3𝑥𝑛−1+2(𝑛≥2且𝑛∈𝑁∗)，𝑥1=2.（1）求证：{𝑥𝑛+1}是等比数列，并求出数列{𝑥𝑛}的通项公式；2 1（2）对任意的正整数𝑛，当𝑚∈[−1,1]时，不等式3𝑡−6𝑚𝑡+>𝑦𝑛恒成立，求实数𝑡的取值范3围.（3）四形𝑃𝑄𝑄 𝑃

1 1的积是𝑆 ，证： +

+⋯+1

<3.𝑛𝑛𝑛+1𝑛+1

𝑛

𝑛𝑆𝑛4.已知n为正整数，数列{a}满足a＞0，4(𝑛+1)𝑎

2−𝑛𝑎

2=0，设数列{b}满足𝑏

=𝑎𝑛2n n 𝑛

𝑛+1

n 𝑛

𝑡𝑛{𝑛}𝑎{𝑛}（1）证数列 等数列；√（2）若数列{bn}是等差数列，求实数t的值；1（3）数{bn}是差列前n和为Sn ，任的n∈N* ，存在m∈N* ，使得8a2Sn﹣11a4n2=16bm成立，求满足条件的所有整数a1的值．1𝑎 2 𝑛5.已知数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}满足：𝑎1=𝜆,数，𝑛为正整数．

𝑛+1=3𝑎𝑛+𝑛−4,𝑏𝑛=(−1)

(𝑎𝑛−3𝑛+21)其中𝜆为实（1）对任意实数𝜆，证明数列{𝑎𝑛}不是等比数列；（2）对于给定的实数𝜆，试求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛；0<𝑎<𝑏𝜆𝑛𝑎<<𝑏𝜆的6.已知数列{𝑎𝑛

}满足𝑎1

=1，𝑎𝑛+1

=1−14𝑎𝑛

，其中𝑛∈𝑁∗.（1）设𝑏𝑛

= 2

，求证：数列{𝑏𝑛

}是等差数列，并求出[𝑎𝑛

}的通项公式；设

=4𝑎𝑛𝑛+1

𝑐𝑛+2

}n

<1

对于𝑛∈𝑁∗恒成立，求m的最小值.7.设各项均为正数的等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎1+𝑎3=10，𝑎3+𝑎5=40，数列{𝑏𝑛}的前𝑛和𝑆𝑛=𝑛2+7𝑛．2（1）求数列{𝑎𝑛}、{𝑏𝑛}的通项公式；（2）

=1，𝑐𝑛+1

=

+𝑏𝑛−3𝑎𝑛

，求证：𝑐𝑛

<3．111𝑘𝑎−𝑏11

+ 1𝑎2−𝑏2

+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ 1𝑎𝑛−𝑏𝑛

>𝑘

对任意正整数𝑛均成立？若存在，求出𝑘+8.已知数列{𝑎}的各项均为非零实数，其前n项和为𝑆+

，且𝑎𝑛.𝑛（1）若𝑆3=3，求𝑎3的值；

𝑛 1=𝑎𝑛+2（2）若𝑎2021=2021𝑎1，求证：数列{𝑎𝑛}是等差数列；（3）若𝑎1=1，𝑎2=2，是否存在实数𝜆，使得|2𝑎𝑛−2𝑎𝑚|≤𝜆|𝑎2−𝑎2|对任意正整数𝑚，𝑛恒成立，若存在，求实数𝜆的取值范围，若不存在，说明理由.𝑎2−𝑎

𝑛 𝑚𝑎 9.知列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛},=1,𝑎2=3,𝑎𝑛+1=𝑛 𝑛−1𝑎 𝑛−1

,(𝑛∈𝑁∗且𝑛≥2),𝑏𝑛=1𝑜𝑔2(𝑎𝑛+1)2−5𝑎𝑛+1(I)求𝑎3,𝑎4;

,(𝑛∈𝑁∗).(Ⅱ)猜想数列{𝑎𝑛}的通项公式,并证明;Ⅲ( )𝑓(𝑥)=x+1Ⅲ𝑥+2

,|𝑓(𝑏𝑛

)−𝑡|≤16

对任意𝑛∈𝑁∗恒成立,求𝑡的取值范围.210.已知数列{𝑎𝑛}满足：𝑎1=−3,𝑎𝑛+1=

−2𝑎𝑛−3(𝑛∈ 𝑁∗）.3𝑎𝑛+4（1）证明：数列{1}是等差数列，并求{𝑎

}的通项公式；𝑎𝑛+1 𝑛3∗数列{𝑏𝑛}足：=2(𝑎𝑛+1)(𝑛∈ 𝑁3∗

对切𝑛∈ 𝑁∗

，都有(1−𝑏1)(1−𝑏2)...(1−

)≤ 𝜆

成立，求实数𝜆的最小值.11.{𝑥𝑛}pn，总有(𝑥𝑛+1−𝑝)(𝑥𝑛−𝑝)<0{𝑥𝑛}为“p-”．（Ⅰ）设𝑎𝑛=2𝑛−1，𝑏𝑛=(−由；

1𝑛)2)

，𝑛∈𝑁∗

，判断{𝑎𝑛}、{𝑏𝑛}是否为“p-摆动数列”，并说明理（Ⅱ）已知“p-摆动数列”{𝑐𝑛

}满足𝑐𝑛+1

=1𝑐𝑛+1

，

=1，求常数p的值；（Ⅲ）设𝑑𝑛=(−1)𝑛⋅(2𝑛−1)，且数列{𝑑𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，求证：数列{𝑆𝑛}是“p-摆动数列”，并求出常数p的取值范围．12.等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛.（1）求证：数列

𝑆𝑛{𝑛}

是等差数列；（2）若

=1,{√𝑆𝑛

公为 的差数，使𝑆𝑘+1⋅𝑆𝑘+2} 1𝑆𝑘} 1

为整数的正整数𝑘的取值集合；（3）𝑏=𝑡𝑎𝑛(𝑡0)𝑏1+𝑏2+⋯…+𝑏𝑛≤1+𝑏2.𝑛 𝑛 213.已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑆𝑛=2𝑎𝑛−2．（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；（2）在𝑎𝑛与𝑎𝑛+1之间插入𝑛个数，使这𝑛+2个数组成一个公差为𝑑𝑛的等差数列，在数列{𝑑𝑛}中是否存在3项𝑑𝑚，𝑑𝑘，𝑑𝑝（其中𝑚，𝑘，𝑝成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．14.已知递增的等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎2+𝑎3+𝑎4=28，且𝑎3+2是𝑎2，𝑎4的等差中项.（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；2（2）若𝑏𝑛=𝑎𝑛log1𝑎𝑛，𝑆𝑛=𝑏1+𝑏2+𝑏3+⋯+𝑏𝑛求使𝑆𝑛+𝑛⋅2𝑛+1>30成立的𝑛的最小值.215.{𝑎𝑛}=1𝑎2=𝑎𝑎𝑛+1=𝑘(𝑎𝑛+𝑎𝑛+2)𝑛∈𝑁∗{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛．（1）若{𝑎𝑛}是等差数列，求𝑘的值；（2）若𝑎=1，𝑘=−12

，求𝑆𝑛；（3）是否存在实数𝑘，使数列{𝑎𝑛}是公比不为1的等比数列，且任意相邻三项𝑎𝑚，𝑎𝑚+1，𝑎𝑚+2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有𝑘的值；若不存在，请说明理由．16.n11kak（k=1，2，…，n）．（1）求数列{ak}的通项公式；（2）当k为何值时，ak的值最大，求出ak的最大值．17.已知等比数列{𝑎𝑛}的公比𝑞>1，𝑎2，𝑎3是方程𝑥2−6𝑥+8=0的两根．（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；（2）求数列{2𝑛⋅𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛．18.{𝑎𝑛}𝑎𝑛2=𝑎𝑛+1𝑎𝑛−1𝜆(𝑎2𝑎1)2𝑛⩾2𝑛∈𝑁𝜆为常数.（1）若{𝑎𝑛}是等差数列，且公差𝑑≠0，求𝜆的值；（2）若𝑎1=1,𝑎2=2,𝑎3=4，且存在𝑟∈[3,7]，使得𝑚⋅𝑎𝑛≥𝑛−𝑟对任意的𝑛∈𝑁∗都成立，求𝑚的最小值；（3）𝜆≠0{𝑎𝑛}𝑇𝑎𝑛+𝑇=𝑎𝑛𝑛∈𝑁∗均成立.{𝑎𝑛}𝑇.19.已知等差数列{𝑎𝑛}满足𝑎2=5，𝑎4+𝑎5=𝑎3+13.设正项等比数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑏2𝑏4=81，S3=13.（1）求数列{𝑎𝑛}、{𝑏𝑛}的通项公式；（2）设𝑐𝑛=𝑎𝑛𝑏𝑛，数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛，求𝑇𝑛.20.公差不为零的等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎1，𝑎2，𝑎5成等比数列，且该数列的前10项和为100，数列

}的前n项和为𝑆𝑛

，满足=−1, 𝑛∈𝑁∗．(Ⅰ)求数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的通项公式；(Ⅱ)令𝑐𝑛

=1+𝑎𝑛4𝑏𝑛

，数列{𝑐𝑛

}n

，求

的取值范围．21.已数{an}前n和为Sn ，且Sn+an=4，n∈N*．（1）求数列{an}的通项公式；dn=cn+logCan（C＞0{dn}C（3）若数列{b}，对于任意的正整数n，均有ba+ba

+ba

1+…+ba=（1

）n﹣𝑛+2

成立，求证：数n列{bn}是等差数列．

1n 2n﹣1

3n﹣2

n1 2 222.已知数列{𝑎𝑛

}满足𝑎1

=1,𝑎𝑛+1

=1−14𝑎𝑛

,其中𝑛∈𝑁∗.（1）设𝑏𝑛

= 2

,求证:数列{𝑏𝑛

}是等差数列,并求出{𝑎𝑛

}的通项公式;（2）设𝑐𝑛

=4𝑎𝑛𝑛+1

,数列{𝑐𝑛

𝑐𝑛+2

}的前𝑛项和为𝑇𝑛.23.已数{an}前n和为Sn ，且足12Sn﹣36=3n2+8n，数{log3bn}等差列且b1=3，b3=27．（Ⅰ）求数列{an}与{bn}的通项公式；（Ⅱ）令c=（﹣1）n(𝑎−5)+𝑏 ，求数{c}前n项和T．n 𝑛 12 𝑛 n n24.已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1 ，xi∈M，i＝1，2，…，n}．（1）当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A.（2）设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1 ，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1 ，中ai ，bi∈M，i＝1，2，…，n.证：若an＜bn ，则s＜t. ∗25.已知数列{𝑎𝑛}的首项𝑎1=𝑎(𝑎>0)，其前n项和为𝑆𝑛，设𝑏𝑛=𝑎𝑛+𝑎𝑛+1(𝑛∈𝑁).（1）若𝑎2=𝑎+1，𝑎3=2𝑎2，且数列{𝑏𝑛}是公差为3的等差数列，求𝑆2𝑛；（2）设数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛，满足𝑇𝑛=𝑛2.①求数列{𝑎𝑛}的通项公式；②若对∀𝑛∈𝑁∗，且𝑛≥2，不等式(𝑎𝑛−1−1)(𝑎𝑛+1−1)≥2(1−𝑛)恒成立，求a的取值范围.26.是否存在一个等比数列{a}同时满足下列三个条件：①a+a=11且aa=

；②a

＞a（n∈N*）；n 1 6

34 9

n+1 n③至少存在一个m（m∈N*且m＞4），使得2a

，a2 ，a

+4依次构成等差数列？若存在，求出通项公式；若不存在，说明理由．

3 m﹣1 m

m+1 927.设{𝑎𝑛}是等差数列，𝑎1=−8，且𝑎2+8，𝑎3+6，𝑎4+4成等比数列.（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；（2）求{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛的最小值；（3）若{𝑏𝑛}是等差数列，{𝑏𝑛}与{𝑎𝑛}的公差不相等，且𝑏5=𝑎5，问：{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}中除第5项外，还有序号相同且数值相等的项吗？（直接写出结论即可）28.已知数列{𝑎

}满足1𝑎

≤𝑎

≤3𝑎 ，𝑛∈𝑁∗，𝑎

=1.𝑛 3𝑛

𝑛+1 𝑛 1（1）若𝑎2=3，𝑎3=𝑥，𝑎4=6，求𝑥的取值范围；（2）若{𝑎}是公比为𝑞的等比数列，𝑆

=𝑎+𝑎

+⋯+𝑎

，1𝑆

≤𝑆

≤3𝑆，𝑛∈𝑁∗，求𝑞𝑛的取值范围；

𝑛 1 2

𝑛 3𝑛

𝑛+1（3）若𝑎1,𝑎2,⋯,𝑎𝑘成等差数列，且𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑘=2020，求正整数𝑘的最大值.29.若数列{𝑎𝑛}是公差为2的等差数列，数列{𝑏𝑛}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.（1）求数列{𝑎𝑛},{𝑏𝑛}的通项公式；（2）设数列{𝑐𝑛

}满足𝑐𝑛

=𝑎𝑛+1𝑏𝑛+1

，数列{𝑐𝑛

}n

，若不等式(－1)𝑛𝜆<𝑇𝑛

+𝑛2𝑛−1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.30.设𝑇𝑛是数列{𝑎𝑛}的前𝑛项之积，且满足𝑇𝑛=3−𝑎𝑛，𝑛∈𝑁∗.（1）求证：数列

{1

12−}是等比数列，并写出数列{𝑎𝑛}的通项公式；2（2）设𝑆 数列{𝑎

}是前𝑛项之和，证明：𝑛+1−1<𝑆

<𝑛+2−2.𝑛 𝑛

𝑛

𝑇𝑛31.{an}an+1+an=4n﹣3，n∈N*（1）{an}a1（2）a1=﹣3{an}nSn；（3）对意的n∈N* ，有𝑎𝑛2+𝑎𝑛+12𝑎𝑛+𝑎𝑛+1

≥5a1

的取值范围．32.𝛥𝐴𝐵𝐶中，内角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别是𝑎,𝑏,𝑐，已知𝑎,𝑏,𝑐成等比数列，且

𝐵=3．（Ⅰ）求 1tan𝐴

+1tan𝐵

的值；

cos 4Ⅱ（ 设⋅=3Ⅱ2

，求𝑎+𝑐的值．33.已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛和为𝑆𝑛，且满足𝜆𝑆𝑛=𝑎𝑛−1，其中𝜆≠0且𝜆≠1.（1）证明：数列{𝑎𝑛}是等比数列；（2）当𝜆=12

，令𝑐𝑛

=(𝑛+1)𝑎𝑛

，数列{𝑎𝑛

}的前𝑛项和为𝑇𝑛

，若需𝑇𝑛>2019恒成立，求正整𝑛数𝑛的最小值.34.已知数列{𝑎𝑛

}满足𝑎1

=1，𝑎𝑛+1

=𝑎𝑛1+𝑎1+𝑎2

，𝑛∈𝑁∗，记𝑆𝑛

，

分别是数列{𝑎𝑛

𝑛}，{𝑎2}的𝑛前𝑛项和，证明：当𝑛∈𝑁∗时，（1）𝑎𝑛+1<𝑎𝑛；

=1𝑎2𝑎2

−2𝑛−1；（3）√2𝑛−1<𝑆𝑛<√2𝑛.35.设𝑞为不等于1的正常数，{𝑎𝑛}各项均为正，首项为1，且{𝑎𝑛}前𝑛项和为𝑆𝑛，已知对任意的正整数𝑛,𝑚，当时𝑛>𝑚，𝑆𝑛−𝑆𝑚=𝑞𝑚·𝑆𝑛−𝑚恒成立.（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；（2）若数列{𝑡𝑛}是首项为1，公差为3的等差数列，存在一列数𝑘1,𝑘2,⋯,𝑘𝑛,⋯：恰好使得𝑡𝑘1=𝑎1,𝑡𝑘2=𝑎2,⋯,𝑡𝑘𝑛=𝑎𝑛,⋯,且𝑘1=1,𝑘2=2，求数列{𝑘𝑛}的通项公式；（3）当𝑞=3时，设𝑏𝑛

=𝑛

，问数列{𝑏𝑛

}中是否存在不同的三项恰好成等差数列？若存在，求出所有这样的三项，若不存在，请说明理由36.已知数列{𝑎

}满足

𝑎 𝑎

−3（𝑛≥2，且𝑛∈𝑁∗），且𝑎

=−3

，设𝑏𝑛+2=3log1(𝑎𝑛+𝑛 4

𝑛=

𝑛−1

1 4 41)，𝑛∈𝑁∗，数列{𝑐𝑛}满足𝑐𝑛=(𝑎𝑛+1)𝑏𝑛.（1）求证：数列{𝑎𝑛+1}是等比数列并求出数列{𝑎𝑛}的通项公式；（2）求数列{𝑐𝑛}的前n项和𝑆𝑛；（3）对于任意𝑛∈𝑁∗，𝑡∈[0,1]，𝑐𝑛

⩽𝑡𝑚2−𝑚−12

恒成立，求实数m的取值范围.37.已知{𝑎𝑛}是递增的等差数列，𝑎2，𝑎4是方程x2－5x＋6＝0的根.（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；𝑛𝑎𝑛（2）求数列{2𝑛}的前𝑛项和.38.已知数列{𝑎

}的满足𝑎

=1，前𝑛项的和为𝑆

，且𝑎𝑛+1−𝑎𝑛= 2

(𝑛∈𝑁*).𝑛 1（1）求𝑎2的值；

𝑛 𝑎𝑛𝑎𝑛+1

4𝑆𝑛−1（2）设𝑏𝑛

=𝑎𝑛 𝑎𝑛+1−𝑎𝑛

，证明：数列{𝑏𝑛

}是等差数列；（3）设𝑐𝑛=2𝑏𝑛⋅𝑎𝑛，若1≤𝜆≤√2，求对所有的正整数𝑛都有2𝜆2−𝑘𝜆+3√2<𝑐𝑛成立的𝑘的取值范围.39.数列{𝑎𝑛}𝑎（𝑎>0𝑎≠1数列{𝑏𝑛}=𝑎𝑛⋅lg𝑎𝑛．（1）求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛；（2）若对一切𝑛∈𝑁∗都有𝑏𝑛<𝑏𝑛+1，求𝑎的取值范围．40.等数{an}前n项为Sn ，且

=(𝑎𝑛+1)22

数列{bn}中其前n和为Tn ，且=)(𝑏𝑛+12)

，（n∈N*）2（1）求an ，bn；（2）求{anbn}的前n项和Mn．41.𝑓（𝑥）=𝑙𝑜𝑔3（𝑎𝑥𝑏）𝐴（2，1）𝐵（5，2）𝑎𝑛=3𝑓（𝑛）𝑛∈𝑁*．（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式．（2）设𝑏𝑛

=𝑎𝑛2𝑛

，

=

+

+⋯

，

<𝑚（𝑚∈𝑍），求𝑚的最小值．42.已知公比𝑞>0的等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑎1=1,𝑆3=13，数列{𝑏𝑛}中，𝑏1=1,𝑏3=3．（1）若数列{𝑎𝑛+𝑏𝑛}是等差数列，求𝑎𝑛,𝑏𝑛；（2）在（1）的条件下，求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛．43.已知数列{bn}是首项b1=1，b4=10的等差数列，设bn+2=3log14

an（n∈n*）．（1）求证：{an}是等比数列；（2）cn=

1

，求数列{cn}的前n项和Sn；记，若任正数等式的最大值．

1𝑛+𝑑1

1+𝑛+𝑑2

+…+

1𝑛+𝑑𝑛

𝑚＞24恒成立，求整数m44.已知各项均不相等的等差数列{𝑎𝑛}的前五项和𝑆5=20，且𝑎1,𝑎3,𝑎7成等比数列；（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；（2）若

数列{ 1𝑎𝑛𝑎𝑛+1

}的前𝑛项和，且存在𝑛∈𝑁∗，使得𝑇𝑛

−𝜆𝑎𝑛

≥0成立，求实数𝜆的取值范围。45.已知{𝑎𝑛}为等差数列，{𝑏𝑛}为等比数列，𝑎1=𝑏1=1，𝑎5=5(𝑎4−𝑎3)，𝑏5=4(𝑏4−𝑏3).（1）求{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的通项公式；𝑛+1（2）记{𝑎𝑛}前n和为Sn，证：𝑆𝑛𝑆𝑛+2<𝑆2 (n∈N*)；n𝑛+1(3𝑎𝑛−2)𝑏𝑛,𝑛为奇数（3）n，设={

𝑎𝑛𝑎𝑛+2𝑎𝑛−1，𝑛为偶数𝑏𝑛+1

，求数列{𝑐𝑛

}的前2n项和.46.{𝑎𝑛}{𝑏𝑛}𝑛∈N∗|𝑎𝑛−𝑏𝑛|≤𝐴，{𝑎𝑛}{𝑏𝑛}𝑃(𝐴)．（1）设无穷数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}均是等差数列，且𝑎𝑛=2𝑛，𝑏𝑛=𝑛+2(𝑛∈N∗)，问：数列{𝑎𝑛}与{𝑏𝑛}是否具有关系𝑃(1)？说明理由；{𝑎𝑛

}是首项为1，公比为131

=𝑎𝑛+1

+1，𝑛∈

N∗，证明：数列{𝑎𝑛}与{𝑏𝑛}具有关系𝑃(𝐴)，并求A的最小值；（3）设无穷数列{𝑎𝑛}是首项为1，公差为𝑑(𝑑∈R)的等差数列，无穷数列{𝑏𝑛}是首项为2，公比为𝑞(𝑞∈N∗)的等比数列，试求数列{𝑎𝑛}与{𝑏𝑛}具有关系𝑃(𝐴)的充要条件．47.若正整数数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}满足：对任意𝑛≥2，𝑛∈N∗，都有𝑎1𝑏1+𝑎2𝑏2+⋯+𝑎𝑛𝑏𝑛=𝑎𝑛−1𝑏𝑛+1+3恒成立，则称数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}为“友好数列”.（1）已知数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的通项公式分别为𝑎𝑛=2𝑛−1，𝑏𝑛=2𝑛−1，求证：数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}为“友好数列”；（2）已知数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}为“友好数列”，且𝑎1=𝑏1=1，求证：“数列{𝑎𝑛}是等差数列”是“数列{𝑏𝑛}是等比数列”的充分不必要条件.48.已知以𝑎1为首项的数列{𝑎𝑛}满足：|𝑎𝑛+1|=|𝑎𝑛+1|（𝑛∈𝑁∗）.（1）当𝑎1

=−13

时，且−1<𝑎𝑛

<0，写出𝑎2

、𝑎3；（2）若数列{|𝑎𝑛|}（1≤𝑛≤10，𝑛∈𝑁∗）是公差为−1的等差数列，求𝑎1的取值范围；（3）记𝑆𝑛为{𝑎𝑛}的前𝑛项和，当𝑎1=0时，给定常数𝑚（𝑚≥4，𝑚∈𝑁∗），求𝑆𝑚−1的最小值.49.定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.（1）已知等比数列{an}满足：𝑎2𝑎4=𝑎5,𝑎3−4𝑎2+4𝑎1=0，求证:数列{an}为“M－数列”；1 2 2（2）知列{b}足:𝑏=1, = −

，其中S为数列{b}的前n项和．n 1

𝑏𝑛+1 n n①求数列{bn}的通项公式；②设m为整，存“M－数列”{cn}，对意整数k ，当k≤m，有⩽⩽𝑐𝑘+1成立，求m最大．50.已知数列{𝑎𝑛}是首项为2的等比数列，若𝑎1,𝑎2+1,𝑎3成等差数列.（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；（2）数列{𝑏𝑛}足=log2𝑎𝑛，求𝑏2−𝑏2+𝑏2−𝑏2+𝑏2−𝑏2+⋅⋅⋅+𝑏2−𝑏2 的值.1 2

4 5 6

99 答案解析部分一、解答题1.【答案】（1）解：由题意得{𝑎1+𝑎2=4𝑎2=2𝑎1+1

，则{𝑎1=1𝑎2=3𝑛≥2𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=(+1)2𝑆𝑛−1+1)=2𝑎𝑛，得𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛.所以，数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=3𝑛−1,𝑛∈𝑁∗（2）=|3𝑛−1−𝑛−2|，𝑛∈𝑁∗，2,1.𝑛≥33𝑛−1>𝑛+2=3𝑛−1−𝑛−2,𝑛≥3.{𝑏𝑛}𝑛2,=3.当𝑛≥3𝑇

=3+9(1−3𝑛−2)−(𝑛+7)(𝑛−2)=3𝑛−𝑛2−5𝑛+11，𝑛 1−3 2 22,𝑛=1,所以，𝑇𝑛={3𝑛−𝑛2−5𝑛+11,𝑛≥2,𝑛∈𝑁∗.22.【答案】（1）解：设2≤𝑥

<𝑥

，𝑓(𝑥)=1−1

，𝑓(𝑥)=1−1

，𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥)=1−1=𝑥2−𝑥1>0𝑥1𝑥2

1 2 2

𝑥2

1 𝑥1

2 1 𝑥1

𝑥21故𝑓(𝑥)=1−1在𝑥∈[2,+∞)上单，𝑓(𝑥) =𝑓(2)=1−1=1当𝑥→+∞时，𝑓(𝑥)=1−→1𝑥 min 2 2 𝑥1，则𝑓(𝑥)∈[12

,1)𝑓(𝑎

)=1−1

1<𝑎

<𝑎

<𝑎

时，(1−1)<(1−1)<𝑛

2 1 0

𝑎2

𝑎1(1−1)，当𝑛=1时，1−1<1−1

，所以(∗)式不成立；𝑎0

𝑎1

𝑎0当𝑛=2时，(1−1)<(1−1)<(1−1)，(1−1)+(1−1)<2(1−1)，(∗)式也不成立，故𝑎2

𝑎1

𝑎0

𝑎2

𝑎1

𝑎0当𝑛=1时（或2时），不存在𝑎0，𝑎1（或𝑎0，𝑎1，𝑎2）使(∗)式成立𝑓(𝑎

)=1−1 1

𝑛 1 1 1 1 1（3）：由 𝑛

∈[,1)得，𝑎 2

<(1− )+(1− )+(1− )+⋅⋅⋅+(1− )=2(1− )<2 𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 𝑎𝑛 1 2 3 𝑛 02即𝑛<4又可，𝑛=1,𝑛=2 (∗)式成要使(∗)式立只取𝑛=3𝑛=3时(1−1)+(1−1)+(1−1)=2(1−1)，即1+2

=1+1+1，𝑎1

𝑎2

𝑎3

𝑎0

𝑎0

𝑎2

𝑎3由题𝑎0,𝑎1,𝑎2,⋅⋅⋅,𝑎𝑛为正整数且𝑎0>𝑎1>𝑎2>⋅⋅⋅>𝑎𝑛>1，1 1 1若𝑎3=3，否则原式为右边至多为

++<1，(∗)式不成立3 4 51 1 1则𝑎3=2，同理𝑎2=3，否则原式右边至多为

++<1，2 4 5因此可得1+2

1 1 1=++=

，化简得1=1

2>1，𝑎0

𝑎1 3 2

𝑎1

6+𝑎0 6所以3<𝑎1<6，当𝑎1=4时𝑎0=24；当𝑎1=5时，𝑎0=60综上所述，(𝑎0,𝑎1,𝑎2,⋅⋅⋅,𝑎𝑛)的所有可能解为：(24,4,3,2)或(60,5,3,2)先判断𝑓(𝑥)=1−1𝑥

的单调性，再根据定义域进一步求值域；（2）由题干和（1）知，1<𝑎

<𝑎

<𝑎

时，(1−1)<(1−1)<(1−1)，结合(∗)式判断可确定不存在；（3）可通2 1 0

𝑎2

𝑎1

𝑎0过试值法，先确定𝑎

=2，再通过试值法进一步确定𝑎

1 1=3，最锁定 =

2>1，3 2 𝑎1

6+𝑎0 6则3<𝑎1<6，分别讨论𝑎1=4和𝑎1=5进一步确定𝑎0即可3.【答案】（1）解：由𝑥𝑛=3𝑥𝑛−1+2(𝑛≥2且𝑛∈𝑁∗)得𝑥𝑛+1=3(𝑥𝑛−1+1)(𝑛≥2且𝑛∈𝑁∗)∵𝑥1

+1=3，∴𝑥𝑛

+1≠0， 𝑥𝑛+1=3，(𝑛≥2且𝑛∈𝑁∗)∴𝑥𝑛−1+1∴∴{𝑥𝑛+1}是首项为3，公比为3的等比数列.∴𝑥𝑛+1=(𝑥1+1)3𝑛−1=3𝑛.∴𝑥𝑛=3𝑛−1，𝑛∈𝑁∗（2）解：∵𝑦

=𝑓(𝑥

)=log3(3𝑛−1+1)=𝑛，𝑛 𝑛

3𝑛−1+1

3𝑛∵𝑦𝑛+1=𝑛+1⋅3𝑛=𝑛+1

，𝑛∈𝑁∗，又3𝑛=𝑛+1+2𝑛−1>𝑛+1>1，𝑦𝑛

3𝑛+1𝑛

3𝑛∴<1{𝑦}(𝑦

−𝑦

<0证明数列{𝑦}单调递减)𝑛

𝑛+1 𝑛 𝑛113∴当𝑛=1，取最大为 .113要使对任意的正整数𝑛，当𝑚∈[−1,1]时，不等式3𝑡2

−6𝑚𝑡+3>𝑦𝑛恒成立，则须使3𝑡2

−6𝑚𝑡+13

>(𝑦) =1𝑛max 3𝑛

，即𝑡2

−2𝑚𝑡>0，对任意𝑚∈[−1,1]恒成立，∴𝑡2−2𝑡>0∴{𝑡2+2𝑡>0

，解得𝑡>2或𝑡<−2，∴实数𝑡的取值范围为(−∞,−2)∪(2,+∞).（3）解：|𝑄𝑄

|=(3𝑛+1−1)−(3𝑛−1)=2⋅3𝑛，而|𝑃𝑄

|=𝑛，𝑛𝑛+1

𝑛𝑛

3𝑛∴四边形𝑃𝑛𝑄𝑛𝑄𝑛+1𝑃𝑛+1的面积为𝑆𝑛=

12(|𝑃𝑛+1𝑄𝑛+1|+|𝑃𝑛𝑄𝑛|)|𝑄𝑛𝑄𝑛+1|1𝑛+1=2(3𝑛+1+

𝑛 𝑛3𝑛)⋅2⋅3

4𝑛+1=31 3 12= =

1=12( −

1 1)<12( −

1 1 1)=3(− )𝑛𝑆𝑛

𝑛(4𝑛+1)

4𝑛(4𝑛+1)

4𝑛

4𝑛+1

4𝑛

4𝑛+4

𝑛 𝑛+11+1

+⋯+1

1 1 1 1 1 1 1<3(1−+−+−+⋯+−

)=3(1−1

)<3，𝑆1

2𝑆2

𝑛𝑆𝑛

2 2 3 3 4

𝑛 𝑛+1

𝑛+1∴故1+1

+⋯+1<3

𝑛𝑆𝑛a（2）｛yn｝tm的tRtRtn4.答】（1）证：∵数列{an}满足an＞0，4(𝑛+1)𝑎𝑛 2−𝑛𝑎𝑛+1 2=0，2∴2𝑛+1

=4•

2𝑛𝑛𝑛

， 𝑎𝑛+1∴∴

=2•

𝑎𝑛，√𝑛∴ {𝑛∴ {𝑛} 1列 为比列，首为a ，公为2√（2）（1）可得：√𝑛

=a1•2n﹣1 ，an=𝑎12𝑛−1√𝑛，𝑏𝑛=

𝑎𝑛2𝑡𝑛

=24𝑛−1𝑛．1 𝑡1 11 ∵列{bn}等数，∴2b2=b1+b3 11 1 ∴2×2×4×21 𝑡2

2𝑡

+2×42×3，𝑡3解得t=4或12．1 t=4时，bn1

24𝑛−1𝑛4𝑛

=𝑎211

，是关于n的一次函数，因此数列{bn}是等差数列．t=12时，bn=

𝑛𝑎211

，bn+1﹣bn=

2(1−2𝑛)4×3𝑛+1

1 ，不是关于n1 因此数列{bn}不是等差数列．综上可得t=4（3）（2）bn=

𝑎2，111 1对任的n∈N* ，均在m∈N* ，得8a2Sn﹣a4n2=16bm成1 1即有8a4•1n（1+n）﹣a4n2=16•𝑚𝑎12，1 8 1 4化简可得m=𝑛𝑎12，41当a=2k，k∈N* ，m=4𝑘2𝑛1

=nk2 ，任的n∈N* ，符题；4当a=2k﹣1，k∈N* ，当n=1，m=(2𝑘−1)2

=4𝑘2−4𝑘+1

=k2﹣k+1，14 4 4对任的n∈N* ，不合题．1 1综上得当a1=2k，k∈N* ，对意的n∈N* ，均在m∈N* ，使得8a2Sn﹣a4n2=16bm1 11（𝑎𝑛+11

=2•√𝑛

，再由等比数列的定义即可得证；（2）运用等比数列通公和差列中的质可得2b2=b1+b3 ，方可得t，对t的，验可到求𝑎𝑎值可得b= 1

，任的n∈N* ，均在m∈N* ，得8a2S﹣a4n2=16b

成立，n 1n 1 m4即有8a4•1n（1+n）﹣a4n2=16•𝑚𝑎12，讨论a

为偶数和奇数，化简整理，即可得到所求值．1 8 1 4 15.【答案】（1）解：假设存在一个实数𝜆,使{𝑎𝑛}是等比数列,,4𝑎 2 2 24由 𝑛+1=3𝑎𝑛+𝑛−4,分令𝑛=1,2有𝑎2=3+1−4=3𝜆−3,2𝑎3=3𝑎2+2−4=

2(233

𝜆−3)−2=

𝜆−4.又𝑎2=𝑎1⋅𝑎3即(23

𝜆−3)2

=𝜆(49

𝜆−4)⇔

4𝜆2999

−4𝜆+9=

4𝜆2292

−4𝜆⇔9=0,矛盾,所以{𝑎𝑛}不是等比数列.（2）解：因为𝑏

=(−1)𝑛+1[𝑎

−3(𝑛+1)+21]=(−1)𝑛+12

+𝑛−4−3(𝑛+1)+21]=[𝑎(−1)𝑛+1[𝑎

𝑛+1

𝑛+12 𝑛

3𝑛2(3𝑎𝑛−2𝑛+14)=−3(−1)(𝑎𝑛−3𝑛+21)=−3𝑏𝑛,又𝑏1=−(𝜆+18),所以当𝜆=−18,𝑏𝑛=0(𝑛∈𝑁∗),此时𝑆𝑛=0.𝑏𝑛+1 2 ∗当𝜆≠−18时,𝑏1=−(𝜆+18)≠0,

=−3(𝑛∈𝑁),此时,数列{𝑏𝑛

}−(𝜆+18),23

为公比的等比数列.3∴𝑆𝑛=−5(𝜆+18)⋅[1−(−

2𝑛])3)（3）解：要使𝑎<𝑆𝑛<𝑏对任意正整数𝑛成立，则𝜆≠−18，∴𝑎<−

3(𝜆+18)⋅[1−(−5

2𝑛)3)

]<𝑏(𝑛∈𝑁∗)𝑎 3得 2𝑛<−5(𝜆+18)<

𝑏2𝑛.1−(−)3令𝑓(𝑛)=1−(−

2𝑛)3)

1−(−)3,则当𝑛为正奇数时,1<𝑓(𝑛)≤53

；当𝑛为正偶数时,

5≤𝑓(𝑛)<1,9∴𝑓(𝑛)的最大值为𝑓(1)=53

,𝑓(𝑛)的最值为𝑓(2)= .595故9𝑎35 5

(𝜆+18)<

3𝑏⇒−𝑏<𝜆+18<−3𝑎,即−𝑏−18<𝜆<−3𝑎−185当𝑎<𝑏≤3𝑎时,得−𝑏−18≥−3𝑎−18,不存在实数满足要求；当𝑏>3𝑎时,𝜆,𝑛,都有𝑎<<𝑏且𝜆(−𝑏−18,−3𝑎18)【解析】【分析】(1)代入𝑎1,𝑎2,𝑎3求𝜆证明矛盾即可.(2)由𝑏𝑛=(−1)𝑛(𝑎𝑛−3𝑛+21),代入𝑛+1可𝑏 2 3得 𝑛+1=−3再分况=0与≠0的况进讨即可.(3)第问求的=−5(𝜆+𝑛2𝑛18)⋅[1−(−)3

],代入𝑎<𝑆𝑛<𝑏再参变分离求解即可.6.【答案】（1）解：

𝑏𝑛+1

−

= 22𝑎𝑛+1−1

− 22𝑎𝑛−1

22(1−1)−1=4𝑎𝑛=

− 2

=4𝑎𝑛

− 2 =2，2𝑎𝑛−1，由𝑎1=1，得𝑏1=2，所以数列{𝑏𝑛}是首项为2，公差为2的等差数列，所以𝑏𝑛

=2+(𝑛−1)×2=2𝑛

= 2

，得𝑎𝑛

=𝑛+12𝑛（2）解：由（1），知𝑐

=2，𝑐𝑐

4 1 1= =2(− )，𝑛

𝑛𝑛+2

𝑛(𝑛+2)

𝑛 𝑛+21 1 1

1 1 1 1

1 1 1所以𝑇𝑛=2(1−3+2−4+⋯+𝑛−1−𝑛+1+𝑛−

)=2(1+− −𝑛+2 2 𝑛+1

)<3，𝑛+2m，使得

<1

对于𝑛∈𝑁∗恒成立，只需𝑚+1≥3，解得𝑚≥5，所以m的最小值为52【解析】【分析】(1)结合递推关系可证得𝑏𝑛+1−𝑏𝑛=2，且b1＝2，即数列{𝑏𝑛}是首项为2，公差为2的等差数列，据此可得数列{𝑎𝑛

}的通项公式为𝑎𝑛

=𝑛+12𝑛

；(2)结合通项公式裂项有𝑐𝑛

𝑐𝑛+2

1=2(−𝑛1)，求和有𝑇

1 1=2(1+−

−1)<3，据此结合单调性讨论可得正整数m的最小值为3．𝑛+2

𝑛 2

𝑛+1

𝑛+27.【答案】（1）解：设数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞(𝑞>0)，𝑎1+𝑎1𝑞2=10由题意有{𝑎1𝑞2

+𝑎1𝑞4

，=40∴𝑎1=𝑞=2，∴𝑎𝑛=2𝑛，∴当𝑛≥2时𝑏

=𝑆

−𝑆

=𝑛2+7𝑛−(𝑛−1)2+7(𝑛−1)=𝑛+3．𝑛

𝑛−1 2 2当𝑛=1时𝑏1

=

=1+7=4符合上式．2∴𝑏𝑛=𝑛+3．（2）解：∵𝑐1

=1<3，𝑐𝑛+1

−

=𝑛，2𝑛1 2 当𝑛≥2时，=(𝑐𝑛−𝑐𝑛−1)+(𝑐𝑛−1−𝑐𝑛−2)+⋯+(𝑐2−𝑐1)+=1+2+22+⋯2𝑛−1，∴1∴2𝑐𝑛=

1+1+2 22

2+⋯23

𝑛−2+2𝑛−1

𝑛−1．2𝑛1 1 1

𝑛−1

𝑛+1相减整理得：𝑐𝑛=2+2+22⋯+2𝑛−2−2𝑛−1=3−2𝑛−1<3．故𝑐𝑛<3．（3）：令𝑓(𝑛)= 1𝑎1−𝑏1

+ 1𝑎2−𝑏2

+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ 1 ，𝑎𝑛−𝑏𝑛∵𝑓(𝑛+1)−𝑓(𝑛)= 1∵𝑎𝑛+1−𝑏𝑛+1

= 1 ，2𝑛+1−𝑛−4∴当𝑛=1时，𝑓(2)<𝑓(1)；当𝑛≥2时，𝑓(𝑛+1)>𝑓(𝑛)，∴𝑓(𝑛+1)>𝑓(𝑛)>⋅⋅⋅>𝑓(3)>𝑓(2)<𝑓(1)．∴𝑓(𝑛)

min

=𝑓(2)=−3．2由不等式恒成立得：𝑘

<−3，2∴𝑘<−15．故存在整数𝑘，使不等式恒成立，𝑘的最大值为-16．【解析】【分析】（1）设数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞(𝑞>0)，利用已知条件，列出方程组求出数列的首项和公比，得到𝑎𝑛=2𝑛，当𝑛≥2时，𝑏𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1，求出通项公式，验证首项即可；（2）利用累加法，结合数列求和，推出𝑐𝑛

<3；（3）令𝑓(𝑛)= 1𝑎1−𝑏1

+ 1𝑎2−𝑏2

+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ 1𝑎𝑛−𝑏𝑛

，通过作差法，判断𝑓(𝑛+1)>𝑓(𝑛)>⋅⋅⋅>𝑓(3)>𝑓(2)<𝑓(1)，求出最小项，利用不等式求解𝑘的最大值.8.（1）

𝑎𝑛

，令𝑛=1，得𝑆1

𝑎1，+𝑆𝑛1=𝑎𝑛+2+

𝑆2=𝑎3{𝑎𝑛}𝑆2=𝑎1+𝑎2=𝑎3，所以𝑆3=𝑎1+𝑎2+𝑎3=2𝑎3=3，所以𝑎 3.3=2（2）

𝑎𝑛得：+𝑆𝑛1=𝑎𝑛+2+𝑆1

𝑎1

，𝑆2

𝑎2， 𝑆3

𝑎3，……，𝑆𝑛−1

𝑎𝑛−1

，相乘得：𝑆1

𝑎1𝑎2，𝑆2=𝑎3

𝑆3=𝑎4

𝑆4=𝑎5

𝑆𝑛=𝑎𝑛+1

𝑆𝑛=𝑎𝑛𝑎𝑛+1因为数列{𝑎𝑛}的各项均为非零实数，所以𝑎2𝑆𝑛=𝑎𝑛𝑎𝑛+1，当𝑛≥2时：𝑎2𝑆𝑛−1=𝑎𝑛−1𝑎𝑛𝑎2𝑆𝑛−𝑎2𝑆𝑛−1=𝑎𝑛𝑎𝑛+1−𝑎𝑛−1𝑎𝑛，即𝑎2(𝑆𝑛−𝑆𝑛−1)=𝑎𝑛(𝑎𝑛+1−𝑎𝑛−1)，即𝑎2𝑎𝑛=𝑎𝑛(𝑎𝑛+1−𝑎𝑛−1)，因为𝑎𝑛≠0，所以𝑎𝑛+1−𝑎𝑛−1=𝑎2，{𝑎2𝑛−1}𝑎2，𝑎2021=𝑎1+1010𝑎2=2021𝑎1𝑎2=2𝑎1，所以𝑎2𝑛−1=𝑎1+(𝑛−1)𝑎2=(2𝑛−1)𝑎1，𝑎2𝑛=𝑎2+(𝑛−1)𝑎2=2𝑛𝑎1，所以𝑎𝑛=𝑛𝑎1，所以𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=𝑎1，所以数列{𝑎𝑛}是等差数列.（3）解：当𝑎1=1，𝑎2=2时，由(2)知𝑎𝑛=𝑛，所以|2𝑎𝑛−2𝑎𝑚|≤𝜆|𝑎2−𝑎2|，即|2𝑛−2𝑚|≤𝜆|𝑛2−𝑚2|，

𝑛 𝑚不妨设𝑚>𝑛，则2𝑚>2𝑛，𝑚2>𝑛2，所以2𝑚−2𝑛≤𝜆𝑚2−𝜆𝑛2，即2𝑚−𝜆𝑚2≤2𝑛−𝜆𝑛2对任意正整数𝑚，𝑛（𝑚>𝑛）恒成立，则2𝑛+1−𝜆(𝑛+1)2≤2𝑛−𝜆𝑛2，即2𝑛−2𝜆𝑛−𝜆≤0对任意正整数𝑛恒成立，设𝐶𝑛=2𝑛−𝑛2，𝑛=1时，𝐶1=2−1>0；𝑛=2时，𝐶2=4−4=0；𝑛=3时，𝐶3=8−9=−1<0；𝑛=4时，𝐶2=16−16=0；𝑛=5时，𝐶5=32−25>0；当𝑛≥5时，2𝑛=𝐶0+𝐶1+𝐶2+⋯+𝐶𝑛−2+𝐶𝑛−1+𝐶𝑛=2(1+𝑛+𝑛(𝑛−1) 2 ，𝑛 𝑛

𝑛 𝑛 𝑛

)=𝑛2

+𝑛+2>0所以𝑛≥5时，𝐶𝑛>0,∴2𝑛>𝑛2.所以𝑛≥5时，2𝑛−2𝜆𝑛−𝜆>𝑛2−2𝜆𝑛−𝜆，令𝑛2−2𝜆𝑛−𝜆>0,∴𝑛>𝜆+√𝜆2+𝜆或𝑛<𝜆−√𝜆2+𝜆（舍去）.所以当𝑛≥5且𝑛>𝜆+√𝜆2+𝜆时，2𝑛−2𝜆𝑛−𝜆>0，所以不存在满足条件的实数𝜆.【解析】【分析】（1）由题得𝑆1

𝑎1

，所以𝑆

𝑎，得𝑆

2𝑎

=3，即得𝑎

的值；（2）利用累𝑆2=𝑎3

2=3

3= 3 3𝑎𝑛+1−𝑎𝑛−1=𝑎2{𝑎2𝑛−1}，公差为𝑎2，求出𝑎2𝑛−1=(2𝑛−1)𝑎1，𝑎2𝑛=2𝑛𝑎1𝑎𝑛=𝑛𝑎1{𝑎𝑛}（3）|2𝑛−2𝑚|≤𝜆|𝑛2−𝑚2|𝑚>𝑛2𝑚−𝜆𝑚2≤2𝑛−𝜆𝑛2𝑚，𝑛（𝑚>𝑛）恒成2𝑛−2𝜆𝑛−𝜆≤0𝑛𝑛≥5且𝑛≥𝜆+√𝜆2𝜆时，2𝑛−2𝜆𝑛−𝜆>0，即得解.9.【答案】解：（I）𝑎3=7,𝑎4=15（Ⅱ）猜想：𝑎𝑛=2𝑛−1𝑎2−𝑎

(𝑎+1)2−(𝑎

(𝑎+1)2𝑛+1证明由意𝑎 =𝑛 𝑛−1 𝑛+1𝑎𝑛−1+1

=𝑛 𝑛−1 𝑎𝑛−1+1

=𝑛 −1𝑎𝑛−1+1所以𝑎

+1=(𝑎𝑛+1)2

，即𝑎𝑛+1+1=𝑎𝑛+1

对所有𝑛≥2且𝑛∈𝑁∗都成立，𝑛+1

𝑎𝑛−1+1

𝑎𝑛+1

𝑎𝑛−1+1易知𝑎𝑛+1≠0,所以{𝑎𝑛+1}是以2为首项,以2为公比的等比数列所以𝑎𝑛+1=2𝑛,即:𝑎𝑛=2𝑛−1(Ⅲ)𝑏𝑛=

2𝑛−52𝑛由𝑓(𝑏)−𝑡≤16,所以 −16≤𝑓(𝑏)−𝑡≤16，𝑛 | 35 | 35 𝑛 35即𝑡−16≤𝑓(𝑏)≤𝑡+16

恒成立,所以𝑡−16≤𝑓(𝑏)

且𝑡+16≥𝑓(𝑏)35 𝑛 35

35 𝑛min

35 𝑛min𝑓(𝑥)=𝑥+1𝑥+2

= 𝑥+2+1𝑥+2

−2𝑔(𝑥)=𝑥+1

在(0,1)递减,(1,+∞)递增,所以𝑓(𝑥)在(−2,−1)递减,(−1,+∞)递增.又因为𝑏

=2𝑛−5,𝑏

−𝑏

=2𝑛−3− 2𝑛−5=−2𝑛+7

，当𝑛=1,2,3时𝑏

−𝑏

>0，当𝑛

𝑛+1

𝑛

2𝑛

2𝑛+1

𝑛+1 𝑛𝑛=4,5,6…时𝑏

−𝑏

<0，以(𝑏) =

{𝑏,𝑏} 𝑏

=3,(𝑏)

=𝑏

=−3

，而当𝑛≥3时，𝑏𝑛

𝑛+1 𝑛=2𝑛−5>0.2𝑛

𝑛max

max34

4 16

𝑛min 1 2所以𝑓(𝑏) =

{𝑓(𝑏),𝑓(𝑏)}=𝑓(𝑏) =3+16≤𝑡+16

,所以𝑡≥3，𝑛max

max 1 4

4 16 35 35 16注意到𝑓(−

3 1所当 时 𝑛 而 )=𝑓(0), 𝑛≥3 ,𝑓(𝑏)≥𝑓(𝑏所当 时 𝑛 而 2 4

，所以𝑓(𝑏1)>𝑓(𝑏2),即𝑓(𝑏)

=𝑓(𝑏) =9≥𝑡−16

，所以𝑡≤109𝑛min

2 28 35

140综上𝑡∈[3

,109]【解析】【分析】（I）根据题意，直接代入数据，即可得出答案。题所条理配并简可到个首和比是2比数，用比列项公式𝑎𝑛+1=(𝑎1+1)𝑞𝑛−1 ，可出案。（Ⅲ）由an对bn进行整理分析，根据题意解该不等式，对𝑓(𝑥)进行函数单调性分析，分别求出𝑓(𝑏𝑛)的最𝑎

+1=−2𝑎𝑛−3+1=𝑎𝑛+1,∴ 1

=3𝑎𝑛+4=3+1

1，所以 −𝑛+1

3𝑎𝑛+4

𝑎𝑛+1+1

𝑎𝑛+1

𝑎𝑛+1

𝑎𝑛+1+11 =3{1

}是项为3差为 3等数，以 1

=3𝑛,∴𝑎

=1−1.𝑎𝑛+1

𝑎𝑛+1

𝑎𝑛+1

𝑛 3𝑛12 𝑏=

135

2𝑛−1

∗ 𝑓(𝑛+1)=（）：已知 𝑛

，设𝑓(𝑛)=√2𝑛+1⋅⋅...2𝑛 246

(𝑛≥1,𝑛∈ 𝑁2𝑛

），由

𝑓(𝑛)√4𝑛2+8𝑛+3<1得𝜆≥√3

，即𝜆的最小值为√3.4𝑛2+8𝑛+4 2 2由𝑎𝑛+1

=−2𝑎𝑛−33𝑎𝑛+4

1化简可得𝑎𝑛+1+1

−1𝑎𝑛+1

=3，从而判断等差数列与通项；（2）由（1）知

=1

，设𝑓(𝑛)=√2𝑛+112

⋅3⋅4

5...6

2𝑛−1，由2𝑛

𝑓(𝑛+1)𝑓(𝑛)

=√4𝑛2+8𝑛+34𝑛2+8𝑛+4

<1,得𝜆≥√3.211.【答案】解：（Ⅰ）假设数列{𝑎𝑛}是“p-摆动数列”，即存在常数p，总有2𝑛−1<𝑝<2𝑛+1对任意𝑛∈𝑁∗成立，𝑛=11<𝑝<3；取𝑛=23<𝑝<5p{𝑎𝑛}“p-”由𝑏𝑛=(−

1𝑛)2)

，于是𝑏𝑛𝑏𝑛+1=(−

12𝑛+1)2)

<0对任意𝑛∈𝑁∗

成立，其中𝑝=0．所以数列{𝑏𝑛}是“p-摆动数列”．（Ⅱ）由数列{𝑐𝑛}为“p-摆动数列”，又𝑐1=1，所以𝑐=1，即存在常数1<𝑝<1，使对任意𝑛∈𝑁∗，总有(𝑐

−𝑝)(𝑐

−𝑝)<0成立，及2 2 2

𝑛+1 𝑛(𝑐𝑛+2−𝑝)(𝑐𝑛+1−𝑝)<0，所以(𝑐𝑛+2−𝑝)(𝑐𝑛−𝑝)>0．因为𝑐1>𝑝，所以𝑐3>𝑝,⋯,𝑐2𝑛+1>𝑝．同理因为𝑐2

<𝑝，所以𝑐4

<𝑝,⋯,

<𝑝．所以𝑐2𝑛

<𝑝<𝑐2𝑛−1

1，即𝑐2𝑛−1+1

<𝑝<𝑐2𝑛−1，解得𝑐2𝑛−1

>√5−12

，即𝑝≤√5−1．21同理𝑐2𝑛+1

>

<√5−12

，即𝑝≥√5−1．2综上𝑝=√5−1．2（Ⅲ）证明：由𝑑𝑛=(−1)𝑛⋅(2𝑛−1)，𝑆𝑛=(−1)+3+(−5)+⋯+(−1)𝑛⋅(2𝑛−1)．𝑛当n为偶数时，𝑆𝑛=2×2=𝑛；n

=2×𝑛−1+(−1)𝑛⋅(2𝑛−1)=−𝑛．2所以，𝑆𝑛=(−1)𝑛⋅𝑛．𝑝=0n𝑆𝑛𝑆𝑛+1=(−1)2𝑛+1⋅𝑛(𝑛+1)<0{𝑆𝑛}是“p-”．当n为奇数时，因为𝑆𝑛=−𝑛，{𝑆𝑛}单调递减，所以𝑆𝑛≤𝑆1=−1，只要𝑝>−1即可．当n为偶数时，{𝑆𝑛}单调递增，𝑆𝑛≥𝑆2，只要𝑝<2即可．综上，−1<𝑝<2，所以p的取值范围是(−1,2)．【解析】【分析】（Ⅰ）假设数列{𝑎𝑛}是“p-摆动数列”，通过对𝑛取特殊值，可以证明出数列{𝑎𝑛}不是“p-摆动数列”；通过数列{𝑏𝑛}的通项公式和指数运算的法则，结合

“p-摆动数列”的定义，可以证明出数列{𝑏𝑛

}是“p-摆动数列”；（Ⅱ）的值，由{𝑐𝑛}是“p-”p的取{𝑐𝑛}是“p-”ppnn“p-”{𝑆𝑛}是“p-摆动数列，分别当n为奇数时、当n为𝑛12.【答案】（1）解：设等差数列{𝑎}的公差为𝑑，偶数时，利用𝑆𝑛的单调性，求出常数p的取值范围即可．𝑛则𝑆

=𝑛𝑎

+𝑛(𝑛−1)𝑑，从而𝑆𝑛=𝑎

+𝑛−1𝑑，𝑛 1 2

𝑛 1 2所以当𝑛⩾2时，𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=(𝑎+𝑛−1𝑑)−(𝑎−𝑛−2𝑑)=𝑑，𝑛 𝑛−1 1 2 1 2 2所以数列

𝑆𝑛{𝑛}

是等差数列；（2）解：因为𝑎1=1,{√𝑆𝑛}是公差为1的等差数列，所以√𝑆1=1，所以=+(𝑛−1)=𝑛=𝑛2，所以𝑘+1𝑆𝑘+2=[(𝑘+1)(𝑘+2)]2=(1+3𝑘+2)2，𝑆𝑘𝑘2 2 2𝑆𝑘𝑘𝑘显然𝑘=1,2满足条件，𝑘=3不满足条件，当𝑘⩾4时，因为𝑘2−3𝑘−2=𝑘(𝑘−3)−2⩾4(4−3)−2=2>0，0<3𝑘+2<11<13𝑘+2<2𝑆𝑘+1⋅𝑆𝑘+2

不是整数，𝑘2

𝑘2

𝑆𝑘2综上所述，正整数𝑘的取值集合是{1,2}；（3）解：设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，则𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑,𝑏𝑛=𝑎𝑎𝑛，所以𝑏𝑛=𝑎𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=𝑎𝑑(𝑛⩾2)，𝑏𝑛−1所以数列{𝑏𝑛}是首项和公比均大于0的等比数列，设公比𝑞=𝑎𝑑，下面证明：𝑏1+𝑏𝑛⩾𝑏𝑝+𝑏𝑘，其中𝑝,𝑘为正整数，且𝑝+𝑘=1+𝑛，因为𝑏𝑛𝑏𝑘)=𝑏1𝑞𝑛−1−𝑏1𝑞𝑝−1−𝑏1𝑞𝑘−1=𝑏1(𝑞𝑝−1−1)(𝑞𝑘−1−1)，𝑞>1𝑦=𝑞𝑥𝑝−1⩾0,𝑘−1⩾0，所以𝑞𝑝−1−1⩾0,𝑞𝑘−1−1⩾0，所以𝑏1+𝑏𝑛⩾𝑏𝑝+𝑏𝑘，当𝑞=1时，𝑏1+𝑏𝑛=𝑏𝑝+𝑏𝑘，当0<𝑞<1是，𝑦=𝑞𝑥为减函数，因为𝑝−1⩾0,𝑘−1⩾0，所以𝑞𝑝−1−1⩽0,𝑞𝑘−1−1⩽0，所以𝑏1+𝑏𝑛⩾𝑏𝑝+𝑏𝑘，+⩾+𝑝𝑘𝑝+𝑘=1𝑛，𝑏𝑛𝑏𝑛𝑏𝑛𝑏𝑛)⩾(𝑏1+𝑏𝑛)+(𝑏2+𝑏𝑛−1)+(𝑏3+𝑏𝑛−2)+⋯+(𝑏𝑛+𝑏1)=(𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏𝑛)+(𝑏𝑛+𝑏𝑛−1+⋯+𝑏1)，所以𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏𝑛⩽𝑏1+𝑏𝑛.𝑛 2由𝑆

=𝑛𝑎

+𝑛(𝑛−1)𝑑，则𝑆𝑛=𝑎

+𝑛−1𝑑，根据等差数列的定义可证.（2）由𝑛 1 2

𝑛 1 2𝑆 3𝑘+2𝑆条件得𝑆=𝑛2，则𝑘+1𝑘+2=(1+ )2，验证𝑘=1,2，3的况当𝑘⩾4时，0<3𝑘+2<𝑆𝑛 2

𝑘2

𝑘21，可得

𝑆𝑘+1𝑆𝑘+2𝑆2 .（3）{𝑏𝑛}0𝑆𝑘再证明𝑏1+𝑏𝑛⩾𝑏𝑝+𝑏𝑘，其中𝑝,𝑘为正整数，且𝑝+𝑘=1+𝑛，则由𝑛(𝑏1+𝑏𝑛)=(𝑏1+𝑏𝑛)+(𝑏1+𝑏𝑛)+⋯+(𝑏1+𝑏𝑛)⩾(𝑏1+𝑏𝑛)+(𝑏2+𝑏𝑛−1)+(𝑏3+𝑏𝑛−2)+⋯+(𝑏𝑛+𝑏1)，可证明结论.13.【答案】（1）解：由𝑆𝑛=2𝑎𝑛−2可得𝑆𝑛+1=2𝑎𝑛+1−2，两式相减可得𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛，故数列{𝑎𝑛}是以2为公比的等比数列．又𝑎1=2𝑎1−2，得𝑎1=2，∴𝑎𝑛=𝑎1𝑞𝑛−1=2×2𝑛−1=2𝑛．（2）解：由（1）知𝑎𝑛=2𝑛，𝑎𝑛+1=2𝑛+1，由题意𝑎𝑛+1

=𝑎𝑛

+(𝑛+2−1)𝑑𝑛

，即2𝑛+1=2𝑛+(𝑛+1)𝑑𝑛

，∴𝑑𝑛

=2𝑛．𝑛+1假设在数列{𝑑𝑛}中存在三项𝑑𝑚，𝑑𝑘，𝑑𝑝（其中𝑚，𝑘，𝑝成等差数列）成等比数列，则(𝑑𝑘)2=𝑑𝑚⋅𝑑𝑝，即(2𝑘)2=2𝑚

⋅2𝑝

．化得 4𝑘

= 2𝑚+𝑝 ．𝑘+1

𝑚+1

𝑝+1

(𝑚+1)(𝑝+1)又因为𝑚，𝑘，𝑝成等差数列，∴𝑚+𝑝=2𝑘，∴4𝑘∴(𝑘+1)2

= 22𝑘𝑚𝑝+𝑚+𝑝+1

= 4𝑘𝑚𝑝+2𝑘+1

，得(𝑘+1)2=𝑚𝑝+𝑚+𝑝+1，∴𝑘2=𝑚𝑝，2又∵𝑚+𝑝=2𝑘，∴(𝑚+𝑝)2=𝑚𝑝，2即(𝑚−𝑝)2=0，∴𝑚=𝑝，即𝑚=𝑝=𝑘，这与题设矛盾．所以在{𝑑𝑛}中不存在三项𝑑𝑚，𝑑𝑘，𝑑𝑝（其中𝑚，𝑘，𝑝成等差数列）成等比数列．【解析】【分析】（1）利用𝑆𝑛与𝑎𝑛的关系式结合分类讨论的方法，从而求出数列{𝑎𝑛}的通项公式。（2）由（1）知𝑎𝑛=2𝑛，𝑎𝑛+1=2𝑛+1，再利用在𝑎𝑛与𝑎𝑛+1之间插入𝑛个数，使这𝑛+2个数组成一个公差为𝑑𝑛的等差数列，得出𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+(𝑛+2−1)𝑑𝑛，即2𝑛+1=2𝑛+(𝑛+1)𝑑𝑛，∴𝑑𝑛

=2𝑛𝑛+1

，再利用等比中项公式和等差中项公式得出𝑚=𝑝=𝑘，再结合反证法得出与题设矛盾，所以在{𝑑𝑛}中不存在三项𝑑𝑚，𝑑𝑘，𝑑𝑝（其中𝑚，𝑘，𝑝成等差数列）成等比数列。14.【答案】（1）解：由已知𝑎2+𝑎3+𝑎4=28且𝑎3+2是𝑎2,𝑎4的等差中项得{𝑎2+𝑎3+𝑎4=282(𝑎3+2)=𝑎2+𝑎4

，解得𝑎3

=8，8 1代入2(𝑎+2)=𝑎+𝑎 ，得 +8𝑞=20，得𝑞=2或𝑞= ，3 2 4 𝑞 2因为{𝑎𝑛}递增等比数列，所以𝑞=2，因为𝑎3=8，所以𝑎1𝑞2=8，所以𝑎1=2，所以𝑎𝑛=2·2𝑛−1=2𝑛．（2）解：由𝑏𝑛=𝑎𝑛log1𝑎𝑛，所以𝑏𝑛=2𝑛·log12𝑛=−𝑛·2𝑛，2 2𝑆𝑛=𝑏1+𝑏2+𝑏3+⋯=−1(1×2+2×22+3×23+⋯+𝑛·2𝑛)，2𝑆𝑛=−(1×22+2×23+3×24+⋯+𝑛·2𝑛+1)，两式相减得：−𝑆𝑛

=−(2+22+23+⋯+2𝑛)+𝑛·2𝑛+1=−2(1−2𝑛)+𝑛·2𝑛+1，1−2所以𝑆𝑛=(1−𝑛)2𝑛+1−2，𝑛·2𝑛+1>302𝑛+1>32,𝑛+1>5,𝑛>4，𝑛·2𝑛+1>30𝑛5．【解析】【分析】（1）由已知𝑎2+𝑎3+𝑎4=28且𝑎3+2是𝑎2,𝑎4的等差中项，联立方程组，求得2𝑎3=8，代入求得𝑞=2，即可求解等比数列的通项公式；（2）由𝑏𝑛=𝑎𝑛log1𝑎𝑛，求得𝑏𝑛=−𝑛·2𝑛，利用乘公比错位相减法，求得𝑆𝑛=(1−𝑛)2𝑛+1−2，列出不等式，即可求解．215.【答案】（1）解：由题意，数列{𝑎𝑛}是等差数列，则对任意𝑛∈𝑁∗，𝑎 1 1可得𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=𝑎𝑛+2−𝑎𝑛+1，即2𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+𝑎𝑛+2，即

𝑛+1=2(𝑎𝑛+𝑎𝑛+2)，故𝑘=2．（2）解：由𝑘=−1时，𝑎

1=−(𝑎

+𝑎 )，2

2 𝑛

𝑛+2即2𝑎𝑛+1=−𝑎𝑛−𝑎𝑛+2，𝑎𝑛+2+𝑎𝑛+1=−(𝑎𝑛+1+𝑎𝑛)，故𝑎𝑛+3+𝑎𝑛+2=−(𝑎𝑛+2+𝑎𝑛+1)=𝑎𝑛+1+𝑎𝑛．当𝑛是偶数时，𝑆

=𝑎

+𝑎

+𝑎

+𝑎

+⋯+𝑎

+𝑎

𝑛=(𝑎

+𝑎)=𝑛；𝑛 1

2 3 4

𝑛−1

𝑛 2 1 2当𝑛是奇数时，𝑎2+𝑎3=−(𝑎1+𝑎2)=−2，=+𝑎2+𝑎3+𝑎4+⋯+𝑎𝑛−1+𝑎𝑛 =+(𝑎2+𝑎3)+(𝑎4+𝑎5)+⋯+(𝑎𝑛−1+𝑎𝑛)，=1+𝑛−1×(−2)=2−𝑛22−𝑛,𝑛=2𝑘−1 ∗综上可得，𝑆𝑛={

𝑛,𝑛=2𝑘 (𝑘∈𝑁)．（3）解：若{𝑎𝑛

是等比数列，则公比𝑞=𝑎2=𝑎，}𝑎1}由题意𝑎≠1，故𝑎𝑚=𝑎𝑚−1，𝑎𝑚+1=𝑎𝑚，𝑎𝑚+2=𝑎𝑚+1．①若𝑎𝑚+1为等差中项，则2𝑎𝑚+1=𝑎𝑚+𝑎𝑚+2，即2𝑎𝑚=𝑎𝑚−1+𝑎𝑚+1，2𝑎=1+𝑎2，解得𝑎=1（舍去）；②𝑎𝑚2𝑎𝑚=𝑎𝑚+1+𝑎𝑚+2，即2𝑎𝑚−1=𝑎𝑚+𝑎𝑚+1，2=𝑎+𝑎2，因为𝑎≠1，得𝑎=−2，𝑘=𝑎𝑚+1= 𝑎𝑚

=𝑎

=−2．𝑎𝑚+𝑎𝑚+2

𝑎𝑚−1+𝑎𝑚+1

1+𝑎2 5③若𝑎𝑚+2为等差中项，则2𝑎𝑚+2=𝑎𝑚+𝑎𝑚+1，即2𝑎𝑚+1=𝑎𝑚+𝑎𝑚−1，2𝑎2=𝑎+1，因为𝑎≠1，解得𝑎=−12

，𝑘=𝑎1+𝑎2

=−2，5综上，存在实数𝑘满足题意，𝑘=−2．5【解析】【分析】（1）由等差数列等差中项的性质即可求得𝑘的值；𝑎 1（2）由

𝑛+1=−2(𝑎𝑛+𝑎𝑛+2)，𝑎𝑛+2+𝑎𝑛+1=−(𝑎𝑛+1+𝑎𝑛)，𝑎𝑛+3+𝑎𝑛+2=−(𝑎𝑛+2+𝑎𝑛+1)=𝑎𝑛+1+𝑎𝑛𝑛𝑆𝑛；（3）𝑎𝑘16.【案】（1）解：a1=n﹣1，察邻站ak ，ak﹣1之的系，由题知 k= k﹣1﹣（k﹣1）+（n﹣k），∴ k﹣ 依让k取2，3，4，…，k得k﹣1个式这k﹣1个式加得k=nk﹣k2（n，k∈N+ ，1≤k≤n）．（2）： ，当n偶时取k= ，ak取得大值 ；当n奇时取k=或，ak得大值．17.（1）𝑥2−6𝑥+8=02，4𝑎2=2𝑎3=4．𝑞=2{𝑎𝑛}𝑎𝑛=2𝑛−1（2）解：由（1）知2𝑛⋅𝑎𝑛=𝑛⋅2𝑛，所以𝑆𝑛=1×2+2×22+⋅⋅⋅+𝑛×2𝑛，①2⋅=1×22+2×23+⋅⋅⋅+(𝑛−1)⋅2𝑛+𝑛×2𝑛+1，②由①－②得−𝑆𝑛=2+22+23+⋅⋅⋅+2𝑛−𝑛×2𝑛+1，𝑛即−𝑆=2−2⋅2−𝑛×2𝑛+1=2𝑛+1−2−𝑛×2𝑛+1=(1−𝑛)2𝑛+1−2，所以𝑆

=2+(𝑛−1)⋅2𝑛+1𝑛 1−2 𝑛【解析】【分析】(1)求出方程两根,得到公比,求出通项公式;(2)用错位相减法求和.18.【案】（1）解题意可得𝑎𝑛 2=(𝑎𝑛+𝑑)(𝑎𝑛−𝑑)+𝜆𝑑2，化简得(𝜆−1)𝑑2=0，又𝑑≠0，以𝜆=1（2）解：将𝑎1=1,𝑎2=2,𝑎3=4代入条件，可得4=1×4+𝜆，解得𝜆=0，所以𝑎𝑛 2=𝑎𝑛+1𝑎𝑛−1，以列{𝑎𝑛}是项为1，公比𝑞=2等列，以𝑎𝑛=2𝑛−1.欲存在𝑟∈[3,7]，使得𝑚⋅2𝑛−1⩾𝑛−𝑟，即𝑟⩾𝑛−𝑚⋅2𝑛−1对任意𝑛∈𝑁∗都成立，则7⩾𝑛−𝑚⋅2𝑛−1，所以𝑚⩾𝑛−2

对任意𝑛∈𝑁∗都成立.令𝑏

=𝑛−7

，则𝑏

−𝑏

=𝑛−6−𝑛−7=8−𝑛，𝑛 2𝑛−1

𝑛+1

𝑛

2𝑛−1

2𝑛所以当𝑛>8时，𝑏𝑛+1<𝑏𝑛；当𝑛=8时，𝑏9=𝑏8；当𝑛<8时，𝑏𝑛+1>𝑏𝑛．所以𝑏𝑛

=𝑏8

=1

，所以𝑚的最小值为11281（3）解：因为数列{𝑎𝑛}不是常数列，所以𝑇⩾2．①若𝑇=2，则𝑎𝑛+2=𝑎𝑛恒成立，从而𝑎3=𝑎1，𝑎4=𝑎2，所以1𝑎2 2=2+𝜆(𝑎2−𝑎1)21{𝑎1

2=𝑎2

2+𝜆(𝑎2

−𝑎)2，所以𝜆(𝑎2−𝑎1)2=0𝜆≠0𝑎2=，可得{𝑎𝑛}𝑇=2.1,𝑛=3𝑘−2②若𝑇=3，取𝑎𝑛={2,𝑛=3𝑘−1(𝑘∈𝑁∗)（*），满足𝑎𝑛+3=𝑎𝑛恒成立．−3,𝑛=3𝑘由𝑎2 2=𝑎1𝑎3+𝜆(𝑎2−𝑎1)2，得𝜆=7．则条式为𝑎𝑛 2=𝑎𝑛+1𝑎𝑛−1+7．由22=1×(−3)+7，知𝑎3𝑘−12=𝑎3𝑘−2𝑎3𝑘+𝜆(𝑎2−𝑎1)2；由(−3)2=2×1+7，知𝑎3𝑘2=𝑎3𝑘−1𝑎3𝑘+1+𝜆(𝑎2−𝑎1)2；由12=(−3)×2+7，知𝑎3𝑘+12=𝑎3𝑘𝑎3𝑘+2+𝜆(𝑎2−𝑎1)2．（*）所以𝑇的最小值为3【解】分】（1）数列等数时用an和差d示出an-1,an+1,入到推中求 λ；（2）3λ=0（3）对T=2,3分别讨论排除T=2时，当T=3时能满足题意，得到T的最浊值。19.（1）𝑑𝑎2=5𝑎4+𝑎5=𝑎3+13，5+2d+5+3d=5+d+13𝑑=2.又因为𝑎2=5，所以𝑎𝑛=𝑎2+(𝑛−2)⋅𝑑=2𝑛+1.3因为𝑏2𝑏4=81，所以𝑏2=81，b=9，即𝑏1𝑞2=9，①33又𝑆=13，所以𝑏1(1−𝑞)=13，即𝑏(1+𝑞+𝑞2)=13，②3 1−𝑞 1由除②，得 𝑏1𝑞2 =9，𝑏1(1+𝑞+𝑞2) 13化简得4𝑞2−9𝑞−9=0，因为𝑞>0，所以𝑞=3，所以𝑏𝑛=𝑏3𝑞𝑛−3=9×3𝑛−3=3𝑛−1.（2）解：因为𝑐𝑛=𝑎𝑛𝑏𝑛=(2𝑛+1)⋅3𝑛−1，所以𝑇𝑛=3×30+5×31+7×32+⋯+(2𝑛+1)⋅3𝑛−1，③3𝑇𝑛=3×31+5×32+7×33+⋯+(2𝑛+1)⋅3𝑛，④由③减④，得−2𝑇𝑛=3+2(31+32+⋯+3𝑛−1)−(2𝑛+1)⋅3𝑛，所以

=3+2×3(3𝑛−1−1)−(2𝑛+1)⋅3𝑛=−2𝑛⋅3𝑛.3−1所以𝑇𝑛=𝑛⋅3𝑛.𝑎4+𝑎5