2021年高考數(shù)學(xué)真題和模擬題分類匯編專題08數(shù)列【含答案】

專題08數(shù)列一、選擇題部分1.(2021?高考全國(guó)甲卷?理T7)等比數(shù)列的公比為q，前n項(xiàng)和為，設(shè)甲：，乙：是遞增數(shù)列，則（）A.甲是乙的充分條件但不是必要條件B.甲是乙的必要條件但不是充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件B．當(dāng)時(shí)，通過舉反例說明甲不是乙的充分條件；當(dāng)是遞增數(shù)列時(shí)，必有成立即可說明成立，則甲是乙的必要條件，即可選出答案．由題，當(dāng)數(shù)列為時(shí)，滿足，但是不是遞增數(shù)列，所以甲不是乙的充分條件．若是遞增數(shù)列，則必有成立，若不成立，則會(huì)出現(xiàn)一正一負(fù)的情況，是矛盾的，則成立，所以甲是乙的必要條件．故選B．2.(2021?浙江卷?T10)已知數(shù)列滿足.記數(shù)列的前n項(xiàng)和為，則（）A B. C. D.A．因?yàn)?，所以，．由，即根?jù)累加法可得，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，，由累乘法可得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，由裂項(xiàng)求和法得：所以，即．故選A．3.(2021?江蘇鹽城三模?T5)已知數(shù)列eq{a\s\do(n)}的通項(xiàng)公式為eqa\s\do(n)＝\f(n,(n＋1)!)，則其前n項(xiàng)和為A．eq1－\f(1,(n＋1)!)B．eq1－\f(1,n!)C．eq2－\f(1,n!)D．eq2－\f(1,(n＋1)!)A．【考點(diǎn)】數(shù)列的求和：裂項(xiàng)相消法由題意可知，eqa\s\do(n)＝\f(n,(n＋1)!)＝eq\f(n＋1－1,(n＋1)!)＝eq\f(1,n!)－eq\f(1,(n＋1)!)，所以Sn＝1－eq\f(1,2!)＋eq\f(1,2!)－eq\f(1,3!)＋…＋eq\f(1,n!)－eq\f(1,(n＋1)!)＝1－eq\f(1,(n＋1)!)，故答案選A．4.(2021?江蘇鹽城三模?T10)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為eqS\s\do(n)，若eqa\s\do(n)＋S\s\do(n)＝An\s\up6(2)＋Bn＋C，則下列說法中正確的有A．存在A，B，C使得{an}是等差數(shù)列B．存在A，B，C使得{an}是等比數(shù)列C．對(duì)任意A，B，C都有{an}一定是等差數(shù)列或等比數(shù)列D．存在A，B，C使得{an}既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列ABD．【考點(diǎn)】等差與等比數(shù)列的綜合應(yīng)用由題意可知，對(duì)于選項(xiàng)A，取A＝0，B＝C＝1，則有an＋Sn＝n＋1，此時(shí)可得到an＝1，即{an}是等差數(shù)列，所以選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，取A＝0，B＝0，C＝1，則有an＋Sn＝1，所以n≥2時(shí)，an－1＋Sn－1＝1，兩式相減可得2an＝an－1，即數(shù)列{an}是等比數(shù)列，所以選項(xiàng)B正確；對(duì)于選項(xiàng)CD，取A＝C＝0，B＝2，則有an＋Sn＝2n，所以n≥2時(shí)，an－1＋Sn－1＝2(n－1)，兩式相減可得an＝EQ\F(1,2)an－1＋1，即an－2＝EQ\F(1,2)(an－1－2)，即數(shù)列{an－2}是以EQ\F(1,2)為公比的等比數(shù)列，所以{an}既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確；綜上，答案選ABD．5.(2021?河南鄭州三模?理T5)已知等差數(shù)列{an}的公差不為零，且a32＝a1a7，Sn為其前n項(xiàng)和，則＝（）A． B． C． D．n（n﹣1）A．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d≠0，∵a32＝a1a7，∴＝a1（a1+6d），化為：a1＝2d，∴Sn＝na1+×＝a1，則＝．6.(2021?河南焦作三模?理T4)已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿足a2am＝a6an，am2＝a6a10，則m+n＝（）A．4 B．8 C．12 D．16C．∵a2am＝a6an，am2＝a6a10，公比q＞1，∴由等比數(shù)列的性質(zhì)可得：m＝8，n＝4，∴m+n＝12．7.(2021?重慶名校聯(lián)盟三模?T6．)在我國(guó)古代著名的數(shù)學(xué)專著《九章算術(shù)》里有一段敘述：今有良馬與駑馬發(fā)長(zhǎng)安至齊，齊去長(zhǎng)安一千一百二十五里，良馬初日行一百零三里，日增一十三里；駑馬初日行九十七里，日減半里；良馬先至齊，復(fù)還迎駑馬，二馬相逢．問：幾日相逢？（）A．8日 B．9日 C．12日 D．16日B．由題可知，良馬每日行程an構(gòu)成一個(gè)首項(xiàng)為103，公差13的等差數(shù)列，駑馬每日行程bn構(gòu)成一個(gè)首項(xiàng)為97，公差為﹣0.5的等差數(shù)列，則an＝103+13（n﹣1）＝13n+90，bn＝97﹣0.5（n﹣1）＝97.5﹣0.5n，則數(shù)列{an}與數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為1125×2＝2250，又∵數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為×（103+13n+90）＝×（193+13n），數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為×（97+97.5﹣0.5n）＝×（194.5﹣n），∴×（193+13n）+×（194.5﹣n）＝2250，整理得：25n2+775n﹣9000＝0，即n2+31n﹣360＝0，解得：n＝9或n＝﹣40（舍），即九日相逢．8.(2021?安徽蚌埠三模?文T4．)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，S1＝1，S5＝25，則＝（）A．3 B．6 C．9 D．12A．因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}中，a1＝S1＝1，所以S5＝5+10d＝25，所以d＝2，則＝a1+d＝3．9.(2021?貴州畢節(jié)三模?文T9．)如圖，有甲、乙、丙三個(gè)盤子和放在甲盤子中的四塊大小不相同的餅，按下列規(guī)則把餅從甲盤全部移到乙盤中：①每次只能移動(dòng)一塊餅；②較大的餅不能放在較小的餅上面，則最少需要移動(dòng)的次數(shù)為（）A．7 B．8 C．15 D．16C．假設(shè)甲盤中有n塊餅，從甲盤移動(dòng)到乙盤至少需要an次，則a1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，可先將較大的餅不動(dòng)，將剩余的n﹣1塊餅先移動(dòng)到丙盤中，至少需要移動(dòng)an﹣1次，再將最大的餅移動(dòng)到乙盤，需要移動(dòng)1次，最后將丙盤中所有的丙移動(dòng)到乙盤中，至少需要移動(dòng)an﹣1次，由上可知，an＝2an﹣1+1，且a1＝1，所以a2＝2a1+1＝3，a3＝2a2+1＝7，a4＝2a3+1＝15，則最少需要移動(dòng)的次數(shù)為15次．10.(2021?貴州畢節(jié)三模?文T5．)“干支紀(jì)年法”是中國(guó)歷法上自古以來使用的紀(jì)年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被稱為“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”．“天干”以“甲”字開始，“地支”以“子”字開始，兩者按干支順序相配，組成了干支紀(jì)年法，其相配順序?yàn)椋杭鬃?、乙丑、丙寅、…、癸酉，甲戌、乙亥、丙子、…、癸未，甲申、乙酉、丙戌、…、癸巳，…，共得?0個(gè)組合，稱六十甲子，周而復(fù)始，無窮無盡．2021年是“干支紀(jì)年法”中的辛丑年，那么2015年是“干支紀(jì)年法”中的（）A．甲辰年 B．乙巳年 C．丙午年 D．乙未年D．由題意可知，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被稱為“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”，2021年是“干支紀(jì)年法”中的辛丑年，則2020年為庚子，2019年為己亥，2018年為戊戌，2017年為丁酉，2016年為丙申，2015年為乙未．11.(2021?遼寧朝陽三模?T4．)跑步是一項(xiàng)有氧運(yùn)動(dòng)，通過跑步，我們能提高肌力，同時(shí)提高體內(nèi)的基礎(chǔ)代謝水平，加速脂肪的燃燒，養(yǎng)成易瘦體質(zhì)．小林最近給自己制定了一個(gè)200千米的跑步健身計(jì)劃，他第一天跑了8千米，以后每天比前一天多跑0.5千米，則他要完成該計(jì)劃至少需要（）A．16天 B．17天 C．18天 D．19天B．設(shè)需要n天完成計(jì)劃，由題意易知每天跑步的里程為，以8為首項(xiàng)，0.5為公差的等差數(shù)列，∴，∴n2+31n﹣800≥0，當(dāng)n＝16時(shí)，162+31×16﹣800＜0，當(dāng)n＝17時(shí)，172+17×31﹣800＞0．12.(2021?河南濟(jì)源平頂山許昌三模?文T4．)“干支紀(jì)年法”是我國(guó)歷法的一種傳統(tǒng)紀(jì)年法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被稱為”十天干”；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、西、戌、亥叫做“十二地支”．“天干”以“甲”字開始，“地支”以“子”字開始，兩者按干支順序相配，組成了干支紀(jì)年法，其相配順序?yàn)榧鬃?、乙丑、丙寅、……癸酉；甲戌、乙亥、丙子、…、癸未；甲申、乙酉、丙戌、…、癸巳；…，共得?0個(gè)組合，稱六十甲子，周而復(fù)始，無窮無盡．2021年是“干支紀(jì)年法”中的辛丑年，那么2121年是“干支紀(jì)年法”中的（）A．庚午年 B．辛未年 C．庚辰年 D．辛巳年D．天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；地支：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥，天干是以10為公差的等差數(shù)列，地支是以12為公差的等差數(shù)列，2021年是“干支紀(jì)年法”中的辛丑年，則2121的天干為辛，地支為巳．13.(2021?安徽宿州三模?理T8．)各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1a7＝3a4，a2與a3的等差中項(xiàng)為18，則S5＝（）A．108 B．117 C．120 D．121D．設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，q＞0，由a1a7＝a42＝3a4，可得a4＝3，即有a1q3＝3，由a2與a3的等差中項(xiàng)為18，可得a2+a3＝36，即為a1q+a1q2＝36，解得a1＝81，q＝，則S5＝＝121．14.(2021?安徽宿州三模?文T5．)已知{an}為等差數(shù)列且a1＝1，a4+a9＝24，Sn為其前n項(xiàng)的和，則S12＝（）A．142 B．143 C．144 D．145C．解法一、等差數(shù)列{an}中，設(shè)公差為d，由a1＝1，a4+a9＝24，得（a1+3d）+（a1+8d）＝2a1+11d＝2+11d＝24，解得d＝2，所以S12＝12a1+×12×11×2＝12×1+132＝144．解法二、等差數(shù)列{an}中，a1＝1，a4+a9＝24，所以前n項(xiàng)的和S12＝＝6（a4+a9）＝6×24＝144．15.(2021?河南開封三模?文T7．)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝1，，若，則n＝（）A．4 B．5 C．6 D．7C．根據(jù)題意，數(shù)列{an}滿足a1＝1，，則數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝1，公比為的等比數(shù)列，若，即a1（a1q）（a1q2）……（a1qn﹣1）＝（a1）n×＝＝，解可得：n＝6或﹣5（舍）．16.(2021?四川瀘州三模?理T6．)已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a2＝15，S5＝65，則a1+a4＝（）A．24 B．26 C．28 D．30C．由題意S5＝5a3＝65，a3＝13，所以a1+a4＝a2+a3＝28．17.(2021?江蘇常數(shù)三模?T12．)斐波那契，公元13世紀(jì)意大利數(shù)學(xué)家．他在自己的著作《算盤書》中記載著這樣一個(gè)數(shù)列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，?，其中從第三個(gè)數(shù)起，每一個(gè)數(shù)都等于它前面兩個(gè)數(shù)的和，這就是著名的斐波那契數(shù)列．斐波那契數(shù)列與代數(shù)和幾何都有著不可分割的聯(lián)系．現(xiàn)有一段長(zhǎng)為a米的鐵絲，需要截成n（n＞2）段，每段的長(zhǎng)度不小于1m，且其中任意三段都不能構(gòu)成三角形，若n的最大值為10，則a的值可能是（）A．100 B．143 C．200 D．256BC．由題意，一段長(zhǎng)為a米的鐵絲，截成n段，且其中任意三段都不能構(gòu)成三角形，當(dāng)n取最大值時(shí)，每段長(zhǎng)度從小到大排列正好為斐波那契數(shù)列，而數(shù)列的前10項(xiàng)和為：1+1+2+3+5+8+13+21+34+55＝143，前11項(xiàng)和為：1+1+2+3+5+8+13+21+34+55+89＝232，∴只需143≤a＜232，BC均符合要求．18.(2021?上海浦東新區(qū)三模?T16．)已知函數(shù)f（x）＝sinx，各項(xiàng)均不相等的數(shù)列{an}滿足|ai|≤（i＝1，2，…n），記G（n）＝．①若an＝（﹣）n，則G（2000）＞0；②若{an}是等差數(shù)列，且a1+a2+…+an≠0，則G（n）＞0對(duì)n∈N*恒成立．關(guān)于上述兩個(gè)命題，以下說法正確的是（）A．①②均正確 B．①②均錯(cuò)誤 C．①對(duì)，②錯(cuò) D．①錯(cuò)，②對(duì)A．f（x）＝sinx在[﹣]上為奇函數(shù)且單調(diào)遞增，①：a2k﹣1+a2k＜0（k∈N*）可得a2k﹣1＜﹣a2k，則f（a2k﹣1）＜f（﹣a2k）＜f（﹣a2k）＝﹣f（a2k），所以f（a2k﹣1）+f（a2k）＜0＜0，則a1+a2............+a2000＜0，f（a1）+f（a2）..........+f（a2000）+.....+f（a2000）＜0，故G（2000）＞0，①正確，②：{an}為等差數(shù)列，當(dāng)a1+a2+.....+an＞0時(shí)，若n為偶數(shù)，a＞0，a1＞﹣an可得f（a1）＞f（﹣an）＝﹣f（an），則f（a1）+f（an）＞0，同理可得：f（a2）+f（an﹣1）＞0，.......f（a）+f（a）＞0，所以G（n）＞0，若n為奇數(shù)，a1+an＝a2+an﹣1＝......＝2a＞0，f（a1）+f（an）＞0，f（a2）+f（an﹣1）＞0，.....，f（a）＞0，所以G（n）＞0，當(dāng)a1+a2+.....+an＜0時(shí)，同理可證G（n）＞0，②正確．19.(2021?湖南三模?T5．)《周髀算經(jīng)》是我國(guó)古代的天文學(xué)和數(shù)學(xué)著作，其中有一個(gè)問題大意如下：一年有二十四個(gè)節(jié)氣，每個(gè)節(jié)氣晷長(zhǎng)損益相同（即太陽照射物體的影子長(zhǎng)度增加和減少的大小相同）．二十四個(gè)節(jié)氣及晷長(zhǎng)變化如圖所示，若冬至晷長(zhǎng)一丈三尺五寸，夏至晷長(zhǎng)一尺五寸（注：一丈等于十尺，一尺等于十寸），則立秋晷長(zhǎng)為（）A．五寸 B．二尺五寸 C．三尺五寸 D．四尺五寸D．設(shè)從夏至到冬至，每個(gè)節(jié)氣晷長(zhǎng)為an，則a1＝15，冬至晷長(zhǎng)a13＝135，由題意得{an}為等差數(shù)列，則d＝＝10，故a4＝a1+3d＝15+30＝45．20.(2021?江西南昌三模?理T5．)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}滿足a52+a62＝a72+a82，則（）A．a(chǎn)6＝0 B．a(chǎn)7＝0 C．S12＝0 D．S13＝0C．因?yàn)楣畈粸?的等差數(shù)列{an}滿足a52+a62＝a72+a82，所以a82﹣a52+a72﹣a62＝0，所以（a8﹣a5）（a8+a5）+（a7﹣a6）（a7+a6）＝0，即3d（a8+a5）+d（a7+a6）＝0，因?yàn)閐≠0，所以3（a8+a5）+（a7+a6）＝0，由等差數(shù)列的性質(zhì)得4（a1+a12）＝0，即a1+a12＝0，所以S12＝0．21.(2021?江西上饒三模?理T12．)數(shù)列{an}是以a為首項(xiàng)，q為公比的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足bn＝1+a1+a2+…+an（n＝1，2，…），數(shù)列{cn}滿足cn＝2+b1+b2+…+bn（n＝1，2，…）．若{cn}為等比數(shù)列，則a+q＝（）A． B．3 C． D．6B．?dāng)?shù)列{an}是以a為首項(xiàng)，q為公比的等比數(shù)列，an＝aqn﹣1，則bn＝1+a1+a2+…+an＝1+＝1+﹣，則cn＝2+b1+b2+…+bn＝2+（1+）n﹣×＝2﹣+n+，要使{cn}為等比數(shù)列，則，解得：，∴a+q＝3．22.(2021?安徽馬鞍山三模?理T10．)國(guó)際數(shù)學(xué)教育大會(huì)（ICME）是由國(guó)際數(shù)學(xué)教育委員會(huì)主辦的國(guó)際數(shù)學(xué)界最重要的會(huì)議，每四年舉辦一次，至今共舉辦了十三屆，第十四屆國(guó)際數(shù)學(xué)教育大會(huì)于2021年上海舉行，華東師大向全世界發(fā)出了數(shù)學(xué)教育理論發(fā)展與實(shí)踐經(jīng)驗(yàn)分享的邀約，如圖甲是第七屆國(guó)際數(shù)學(xué)家大會(huì)（簡(jiǎn)稱ICME﹣7）的會(huì)徽?qǐng)D案，會(huì)徽的主題圖案是由圖乙的一連串直角三角形演化而成的．其中已知：OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝?＝1，A1，A2，A3，?，為直角頂點(diǎn)，設(shè)這些直角三角形的周長(zhǎng)和面積依次從小到大組成的數(shù)列分別為{ln}，{Sn}，則關(guān)于此兩個(gè)數(shù)列敘述錯(cuò)誤的是（）A．{Sn2}是等差數(shù)列 B． C． D．ln﹣1＝2Sn+2Sn+1C．由OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝?＝1，得OA2＝，，?，故，∴l(xiāng)n＝OAn+AnAn+1+OAn+1＝，①Sn＝＝，對(duì)于A，Sn2＝，∴{Sn2}是等差數(shù)列，所以A正確；對(duì)于B，由①可知，B正確；對(duì)于C，ln﹣ln﹣1＝﹣（）＝，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D，ln﹣1＝，2Sn+2Sn+1＝＝ln﹣1，所以D正確．23.(2021?安徽馬鞍山三模?文T8．)在天然氣和煤氣還未普及時(shí)，農(nóng)民通常會(huì)用水稻秸稈作為生火做飯的材料．每年水稻收割結(jié)束之后，農(nóng)民們都會(huì)把水稻秸稈收集起來，然后堆成如圖的草堆，供生火做飯使用．通常他們堆草堆的時(shí)候都是先把秸稈先捆成一捆一捆的，然后堆成下面近似成一個(gè)圓柱體，上面近似成一個(gè)圓錐體的形狀．假設(shè)圓柱體堆了7層，每層所用的小捆草數(shù)量相同，上面收小時(shí)，每層小捆草數(shù)量是下一層的倍．若共用255捆，最上一層只有一捆，則草堆自上往下共有幾層（）A．13 B．12 C．11 D．10B．設(shè)圓錐體有n層，由題意可知最上面一層只有一捆，所以第n層有1×2n﹣1捆，圓錐體的總捆數(shù)為＝2n﹣1，圓柱體堆了7層，總捆數(shù)為7×2n﹣1，草堆的總捆數(shù)為7×2n﹣1+2n﹣1﹣2n﹣1＝255，解得n＝6，所以自下往上共有6+7﹣1＝12層．24.(2021?安徽馬鞍山三模?理T4．)已知等差數(shù)列{an}中，a2+a14＝18，a2＝3，則a10＝（）A．10 B．11 C．12 D．13B．在等差數(shù)列{an}中，由a2+a14＝18，得2a8＝a2+a14＝18，則a8＝9，又a2＝3，∴，∴a10＝a8+2d＝9+2×1＝11．25.(2021?江西九江二模?理T9．)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派認(rèn)為數(shù)是萬物的本源，因此極為重視數(shù)的理論研究，他們常把數(shù)描繪成沙灘上的沙?；蛐∈?，并將它們排列成各種形狀進(jìn)行研究．形數(shù)就是指平面上各種規(guī)則點(diǎn)陣所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)數(shù)，是畢哥拉斯學(xué)派最早研究的重要內(nèi)容之一．如圖是三角形數(shù)和四邊形數(shù)的前四個(gè)數(shù)，若三角形數(shù)組成數(shù)列{an}，四邊形數(shù)組成數(shù)列{bn}，記cn＝，則數(shù)列{cn}的前10項(xiàng)和為（）A． B． C． D．D．由題意可得，，，所以，設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn，所以，所以．26.(2021?江西九江二模?理T3．)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a3＝7，S10＝20，則a8＝（）A．﹣5 B．﹣3 C．3 D．5B．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意得，解得a1＝11，d＝﹣2，故a8＝11+7×（﹣2）＝﹣3．27.(2021?浙江杭州二模?理T8．)已知數(shù)列{an}滿足an﹣1＝an+an﹣2（n≥3），設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S2020＝2019，S2019＝2020，則S2021＝（）A．1008 B．1009 C．2016 D．2018B．因?yàn)閍n﹣1＝an+an﹣2，（n≥3），所以an＝an+1+an﹣1，則an+1+an﹣2＝0，所以an+an+3＝0，an+3+an+6＝0，則an＝an+6，可知a1+a4＝0，a2+a5＝0，a3+a6＝0，所以S6＝a1+a2+…+a6＝0，因?yàn)?019＝6×336+3，所以S2019＝0+a2017+a2018+a2019＝2020，所以a2017+a2018+a2019＝2020，因?yàn)閍2020＝S2020﹣S2019＝2019﹣2020＝﹣1，則a2017＝1，所以a2018+a2019＝2020﹣1＝2019，因?yàn)閍2018＝a2017+a2019＝1+a2019，所以a2019＝1009，a2018＝1010，因?yàn)閍2021＝a2018＝﹣1010，所以S2021＝S2020+a2021＝2019﹣1010＝1009．28.(2021?江西上饒二模?理T3．)等比數(shù)列{an}中，a3＝4，a2a6＝64，則a5＝（）A． B．8 C．16 D．32C．∵等比數(shù)列{an}中，a3＝4，a2a6＝64，∴a2a6＝＝64，解得a4＝±8，∴q＝＝±2，∴a5＝＝4×4＝16．29.(2021?河北秦皇島二模?理T3．)南宋數(shù)學(xué)家楊輝《詳解九章算法》和《算法通變本末》中，提出垛積公式，所討論的高階等差數(shù)列前后兩項(xiàng)之差不相等，但是逐項(xiàng)差數(shù)之差或者高次差成等差數(shù)列．對(duì)這類高階等差數(shù)列的研究，在楊輝之后一般稱為“垛積術(shù)”．現(xiàn)有高階等差數(shù)列，其前6項(xiàng)分別1，6，13，24，41，66，則該數(shù)列的第7項(xiàng)為（）A．91 B．99 C．101 D．113C．由題意得1，6，13，24，41，66的差組成數(shù)列：5，7，11，17，25…，這些數(shù)的差組成數(shù)列：2，4，6，8，10…，故該數(shù)列的第7項(xiàng)為10+25+66＝101．30.(2021?江西鷹潭二模?理T3．)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S4＝0，a5＝5，則（）A．a(chǎn)n＝2n﹣5 B．a(chǎn)n＝3n﹣10 C．Sn＝2n2﹣8n D．Sn＝n2﹣2nA．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由S4＝0，a5＝5，得，∴，∴an＝2n﹣5，．31.(2021?北京門頭溝二模?理T5)中國(guó)古代數(shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個(gè)問題：“三百七十八里關(guān)，初步健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關(guān)，要見次日行里數(shù)，請(qǐng)公仔細(xì)算相還.”其大意為：“有一個(gè)人走378里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達(dá)目的地.”則該人第五天走的路程為(?)A.48里 B.24里 C.12里 D.6里C．本題考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式的運(yùn)用，是基礎(chǔ)題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意等比數(shù)列的性質(zhì)的合理運(yùn)用．

由題意可知，每天走的路程里數(shù)構(gòu)成以12為公比的等比數(shù)列，由S解：記每天走的路程里數(shù)為{an}，由題意知{an}是公比12的等比數(shù)列，

由S6=378，得S6=a1(1-126)1-12=378，解得：a1=192，∴a5=192×124=12(里).故選：C.

32A．當(dāng)k＝時(shí)，數(shù)列{an}為遞減數(shù)列 B．當(dāng)k＝時(shí)，數(shù)列{an}一定有最大項(xiàng) C．當(dāng)0＜k＜時(shí)，數(shù)列{an}為遞減數(shù)列 D．當(dāng)為正整數(shù)時(shí)，數(shù)列{an}必有兩項(xiàng)相等的最大項(xiàng)BCD．a(chǎn)n＜an+1?n?kn＜（n+1）?kn+1?n＜（n+1）k?，an＞an+1?n?kn＞（n+1）?kn+1?n＞（n+1）k?，對(duì)于A，因?yàn)閗＝，所以a1＝，a2＝2＝，于是a1＝a2，所以A錯(cuò)；對(duì)于B，因?yàn)閗＝，所以＝4，于是當(dāng)n＞4時(shí)，{an}遞減，所以數(shù)列{an}一定有最大項(xiàng)，所以B對(duì)；對(duì)于C，因?yàn)楫?dāng)0＜k＜時(shí)，＜，所以當(dāng)n≥1＞＞時(shí)，數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，所以C對(duì)；對(duì)于D，設(shè)＝m，當(dāng)n＞m，即n≥m+1時(shí)數(shù)列{an}為遞減，當(dāng)n＜m時(shí){an}為遞增，，最大項(xiàng)為am＝，am+1＝（m+1）＝，所以數(shù)列{an}必有兩項(xiàng)相等的最大項(xiàng)，所以D對(duì)．33.(2021?安徽淮北二模?文T8．)若正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比為e（e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），則數(shù)列{lna2n﹣1}是（）A．公比為e2的等比數(shù)列 B．公比為2的等比數(shù)列 C．公差為2e的等差數(shù)列 D．公差為2的等差數(shù)列D．正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比為e（e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），∴a2n﹣1＝，∴l(xiāng)na2n﹣1＝＝lna1+2n﹣2＝2n+（lna1﹣2），∴數(shù)列{lna2n﹣1}是公差為2的等差數(shù)列．34.(2021?吉林長(zhǎng)春一模?文T11.)如圖,在面積為1的正方形內(nèi)做四邊形使以此類推,在四邊形內(nèi)再做四邊形……，記四邊形的面積為，則B．由圖可知所以其前項(xiàng)和為,故選B.35.(2021?寧夏銀川二模?文T6．)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a2＝0，a6＝8，則S10＝（）A．66 B．68 C．70 D．80C．等差數(shù)列{an}中，a2＝0，a6＝8，故d＝＝2，a1＝﹣2，則S10＝10×（﹣2）+45×2＝70．二、填空題部分36.(2021?新高考全國(guó)Ⅰ卷?T16)某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)剪紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的某條對(duì)稱軸把紙對(duì)折，規(guī)格為的長(zhǎng)方形紙，對(duì)折1次共可以得到，兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和，對(duì)折2次共可以得到，，三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和，以此類推，則對(duì)折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為______；如果對(duì)折次，那么______.(1).5(2).．（1）由對(duì)折2次共可以得到，，三種規(guī)格的圖形，所以對(duì)著三次的結(jié)果有：，共4種不同規(guī)格（單位；故對(duì)折4次可得到如下規(guī)格：，，，，，共5種不同規(guī)格；（2）由于每次對(duì)著后的圖形的面積都減小為原來的一半，故各次對(duì)著后的圖形，不論規(guī)格如何，其面積成公比為的等比數(shù)列，首項(xiàng)為120,第n次對(duì)折后的圖形面積為，對(duì)于第n此對(duì)折后的圖形的規(guī)格形狀種數(shù)，根據(jù)（1）的過程和結(jié)論，猜想為種（證明從略），故得猜想，設(shè)，則，兩式作差得：，因此，.故答案為；.37.(2021?上海浦東新區(qū)三模?T10．)設(shè)函數(shù)f（x）＝cosx﹣m（x∈[0，3π]）的零點(diǎn)為x1、x2、x3，若x1、x2、x3成等比數(shù)列，則實(shí)數(shù)m的值為．﹣．由題意得x2＝2π﹣x1，x3＝2π+x1，由＝x1x3得（2π﹣x1）2＝x1（2π+x1），解得x1＝，m＝cos＝．38.(2021?上海浦東新區(qū)三模?T7．)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若點(diǎn)（n，Sn）（n∈N*）在函數(shù)y＝log2（x+1）的反函數(shù)的圖象上，則an＝．2n﹣1由題意得n＝log2（Sn+1）?sn＝2n﹣1．n≥2時(shí)，an＝sn﹣sn﹣1＝2n﹣2n﹣1＝2n﹣1，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝s1＝21﹣1＝1也適合上式，∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n﹣1；39.(2021?河南鄭州三模?理T16)1967年，法國(guó)數(shù)學(xué)家蒙德爾布羅的文章《英國(guó)的海岸線有多長(zhǎng)？》標(biāo)志著幾何概念從整數(shù)維到分?jǐn)?shù)維的飛躍．1977年他正式將具有分?jǐn)?shù)維的圖形成為“分形”，并建立了以這類圖形為對(duì)象的數(shù)學(xué)分支——分形幾何，分形幾何不只是扮演著計(jì)算機(jī)藝術(shù)家的角色，事實(shí)表明它們是描述和探索自然界大量存在的不規(guī)則現(xiàn)象的工具．下面我們用分形的方法來得到一系列圖形，如圖1，線段AB的長(zhǎng)度為a，在線段AB上取兩個(gè)點(diǎn)C，D，使得AC＝DB＝AB，CD為一邊在線段AB的上方做一個(gè)正三角形，然后去掉線段CD，得到圖2中的圖形；對(duì)圖2中的線段EC、ED作相同的操作，得到圖3中的圖形；依此類推，我們就得到了以下一系列圖形：記第n個(gè)圖形（圖1為第1個(gè)圖形）中的所有線段長(zhǎng)的和為Sn，若存在最大的正整數(shù)a，使得對(duì)任意的正整數(shù)n，都有Sn＜2021，則a＝．1010．當(dāng)n＝2時(shí)，則S1＝a，s2＝S1+×a×2﹣＝（1+）a，當(dāng)n＝3時(shí)，則S3＝s2+2（×a×）×2﹣＝（1+）a××2×a＝（1++）a，同理得當(dāng)n＝4時(shí)，則S4＝（1+++）a，∴Sn＝（1+++...+）a＝[1+×]a＝[2﹣]a＜2021，∴2a＜2021，∴a的最大整數(shù)值為1010．40.(2021?河南開封三模?文理T13)已知{an}為等差數(shù)列，且3a5＝2a7，則a1＝．0．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由3a5＝2a7，得2a5+a5＝2（a5+2d），則a5＝4d；又a5＝a1+4d，所以a1＝0．故0．41.(2021?安徽宿州三模?理T14．)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和為Sn，并且滿足Sn＝2n2﹣10n，則a2a6的值為．﹣48．∵數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和為Sn，且滿足Sn＝2n2﹣10n，∴a2＝S2﹣S1＝（2×4﹣10×2）﹣（2﹣10）＝﹣4，a6＝S6﹣S5＝（2×36﹣10×6）﹣（2×25﹣10×5）＝12，∴a2a6＝﹣4×12＝﹣48．42.(2021?安徽宿州三模?文T15．)已知{an}是公差不為零的等差數(shù)列，a5＝14，且a1，a3，a11成等比數(shù)列，設(shè)bn＝（﹣1）n+1an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)的和為Sn，則S2021＝．3032．由a1，a3，a11成等比數(shù)列，得，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d（d≠0），∴，整理得3a5＝14d，∵a5＝14，∴d＝3，則a1＝a5﹣4d＝14﹣12＝2，∴an＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1，得，則b2k+b2k+1＝（﹣1）2k+1（6k﹣1）+（﹣1）2k+2（6k+3﹣1）＝3．∴S2021＝b1+b2+...+b2021＝b1+（b2+b3）+（b4+b5）+...+（b2020+b2021）＝2+3+3+...+3＝2+3×1010＝3032．43.(2021?安徽馬鞍山三模?文T15．)已知數(shù)列{an}滿足a1+2a2+3a3+?+nan＝2n，若，設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，則T2021＝．．由a1+2a2+3a3+?+nan＝2n，可得n＝1時(shí)，a1＝2，n≥2時(shí)，a1+2a2+3a3+?+（n﹣1）an﹣1＝2（n﹣1），又a1+2a2+3a3+?+nan＝2n，兩式相減可得nan＝2，即有an＝，對(duì)n＝1也成立．可得＝＝2（﹣），則T2021＝2（1﹣+﹣+﹣+...+﹣）＝2（1﹣）＝．44.(2021?河南焦作三模?理T)15．已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，S6＝0，a7＝7，若為數(shù)列{an}中的項(xiàng)，則m＝．2．等差數(shù)列{an}中，S6＝6a1+15d＝0，a7＝a1+6d＝7，解得d＝2，a1＝﹣5，故an＝2n﹣7，設(shè)t＝2m﹣3，（t≥﹣1且t為奇數(shù)），＝＝＝t+﹣6為數(shù)列中的項(xiàng)，則t能被8整除，則t＝1時(shí)，m＝2，t+﹣6＝3，符合題意；當(dāng)t＝﹣1時(shí)，m＝1，t+﹣6＝﹣15不符合題意，故m＝2．45.(2021?河北張家口三模?T13)在等差數(shù)列{an}中，a11＝2a8+6，則a2+a6+a7＝﹣18．﹣18．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a11＝2a8+8，得2a8﹣a11＝﹣8，即a8﹣3d＝a5＝﹣6，所以a2+a3+a7＝3a5＝﹣18．46.(2021?山東聊城三模?T13.)數(shù)列1，1，2，3，5，8，13，21，34，…稱為斐波那契數(shù)列，是意大利著名數(shù)學(xué)家斐波那契于1202年在他寫的《算盤全書》提出的，該數(shù)列的特點(diǎn)是：從第三起，每一項(xiàng)都等于它前面兩項(xiàng)的和．在該數(shù)列的前2021項(xiàng)中，奇數(shù)的個(gè)數(shù)為________．1348．【考點(diǎn)】進(jìn)行簡(jiǎn)單的合情推理由斐波那契數(shù)列的特點(diǎn)知：從第一項(xiàng)起，每3個(gè)數(shù)中前兩個(gè)為奇數(shù)后一個(gè)偶數(shù)，∵20213的整數(shù)部分為673，余數(shù)為2∴該數(shù)列的前2021項(xiàng)中共有673個(gè)偶數(shù)，奇數(shù)的個(gè)數(shù)為2021-故1348【分析】由斐波那契數(shù)列的特點(diǎn)經(jīng)過推理即可求得。47.(2021?安徽蚌埠三模?文T16．)已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，a2＝，（n≥2且n∈N+），等比數(shù)列{bn}公比q＝2，則數(shù)列{}的前n項(xiàng)和Sn＝．（2n﹣3）?2n+1+6．因?yàn)閍1＝1，a2＝，（n≥2且n∈N+），①當(dāng)n＝2時(shí)，+＝+6，即b1+3b2＝b3+6，由等比數(shù)列的{bn}的公比為q＝2，即b1+6b1＝4b1+6，解得b1＝2，所以bn＝2n，當(dāng)n＝3時(shí)，++＝+6，即2+3×4+＝3×16+6，解得a3＝，又++…+＝+6（n≥3，且n∈N+），②①﹣②可得，＝﹣，即＝﹣，化為+＝，又+＝6＝，所以{}為等差數(shù)列，且公差d＝﹣＝2，則＝+2（n﹣1）＝2n﹣1，所以＝（2n﹣1）?2n，Sn＝1?2+3?22+5?23+…+（2n﹣1）?2n，2Sn＝1?22+3?23+5?24+…+（2n﹣1）?2n+1，上面兩式相減可得﹣Sn＝2+2（22+23+…+2n）﹣（2n﹣1）?2n+1＝2+2?﹣（n﹣1）?2n+1，所以Sn＝（2n﹣3）?2n+1+6．48.(2021?上海嘉定三模?T12．)已知數(shù)列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，?，其中第一項(xiàng)是20，接下來的兩項(xiàng)是20，21，再接下來的三項(xiàng)是20，21，22，依此類推．若該數(shù)列的前n項(xiàng)和為2的整數(shù)冪，如，，，則稱中的（n，k）為“一對(duì)佳數(shù)”，當(dāng)n≥100時(shí)，首次出現(xiàn)的“一對(duì)佳數(shù)”是．（441，29）．根據(jù)題意，所以前n組共有1+2+3+……+n＝個(gè)數(shù)，則有＝，令（當(dāng)n＝14時(shí)有105個(gè)數(shù)），由題意可知：若Sn＝2n+1﹣2﹣n為2的整數(shù)冪，驗(yàn)證可得：則①1+2+（﹣2﹣n）＝0時(shí)，解得n＝1，總共有項(xiàng)，不滿足n≥100；②1+2+4+（﹣2﹣n）＝0時(shí)，解得n＝5，總共有項(xiàng)，不滿足n≥100；③1+2+4+8+（﹣2﹣n）＝0時(shí)，解得n＝13，總共有項(xiàng)，不滿足n≥100；④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）＝0時(shí)，解得n＝29總共有項(xiàng)，滿足n≥100；∴n的最小值為441所以首次出現(xiàn)的“一對(duì)佳數(shù)”是（441，29）；49.(2021?江西上饒三模?理T14．)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a5+a6＝a2+5，則S17＝．85．由{an}是等差數(shù)列，得a5+a6＝a2+a9，又a5+a6＝a2+5，所以a9＝5，所以S17＝（a1+a17）＝17a9＝17×5＝85．50.(2021?貴州畢節(jié)三模?文T14．)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和滿足Sn+1＝3Sn+2，且a1＝2，則a6的值為．486．∵Sn+1＝3Sn+2，∴Sn＝3Sn﹣1+2（n≥2），兩式相減得an+1＝3an（n≥2），∵S1＝2，Sn+1＝3Sn+2，∴a1+a2＝3a1+2即a2＝6，則＝3，∴＝3（n≥1），∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為3的等比數(shù)列，∴an＝2×3n﹣1（n＝1，2，3，…）．∴a6＝2×35＝486．51.(2021?河南濟(jì)源平頂山許昌三模?文T16．)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1＝，an+2SnSn﹣1＝0（n≥2），則（n2+16）Sn的最小值為．4．由于an+2SnSn﹣1＝0，整理得Sn﹣Sn﹣1＝﹣2SnSn﹣1，變換為：（常數(shù)），故數(shù)列{}是以2為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列；所以，（首項(xiàng)符合通項(xiàng)），故，則（n2+16）Sn＝＝，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即n＝4時(shí)，等號(hào)成立．52.(2021?四川瀘州三模?理T15．)已知Sn為正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a2a4＝9，2S2＝a3+a4，則a7＝．12．根據(jù)題意，等比數(shù)列{an}中，設(shè)其公比為q，則q＞0，若a2a4＝9，則a3＝＝3，若2S2＝a3+a4，即2（a1+a2）＝a3+a4，則q2＝＝2，則a7＝a3q4＝3×22＝12．53.(2021?江西南昌三模?理T14．)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S6＝9S3，S3＝λa3，則λ＝．．根據(jù)題意，設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，若S6＝9S3，則q≠1，則有＝9×，變形可得1+q3＝9，解可得q＝2，則S3＝＝7a1，a3＝4a1，若S3＝λa3，則λ＝＝．54.(2021?江西鷹潭二模?理T15．)設(shè)數(shù)列{an}中a1＝2，若等比數(shù)列{bn}滿足an+1＝anbn，且b1010＝1，則a2020＝．2．根據(jù)題意，若數(shù)列{bn}滿足an+1＝anbn，即＝bn，則有＝（）×（）×（）×……×＝b2019×b2018×b2017×……b1，而數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，則b2019×b2018×b2017×……b1＝（b1010）2019＝1，則有＝1，又由a1＝2，則a2020＝2．55.(2021?山東濰坊二模?T14．)數(shù)學(xué)史上著名的“冰雹猜想”指的是：任取一個(gè)正整數(shù)m，若m是奇數(shù)，就將該數(shù)乘3再加上1；若m是偶數(shù)，就將該數(shù)除以2．反復(fù)進(jìn)行上述兩種運(yùn)算，經(jīng)過有限次步驟后，必進(jìn)入循環(huán)圈1→4→2→1．按照上述猜想可得到一個(gè)以m為首項(xiàng)的無窮數(shù)列記作{an}，{an}滿足的遞推關(guān)系為a1＝m，an+1＝如取m＝6，根據(jù)上述運(yùn)算法則得出a9＝1，a10＝4，…，若a7＝1，則滿足條件的一個(gè)m的值為．1或8或10或64（只需填一個(gè)）．若a7＝1，則a6＝2，a5＝4，a4＝8或1，①當(dāng)a4＝8時(shí)，a3＝16，a2＝32或5，若a2＝32，則a1＝64；若a2＝5，則a1＝10，②若a4＝1時(shí)，a3＝2，a2＝4，a1＝8或1，綜上所述，m的值為1或8或10或64．56.(2021?安徽淮北二模?文T13．)若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝n2+n，則an＝．n．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝n2+n，則an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+n﹣（n﹣1）2﹣n+1＝n．57.(2021?吉林長(zhǎng)春一模?文T16.)已知是數(shù)列的前項(xiàng)和,滿足,則;數(shù)列的前項(xiàng)和.，．,所以,故的前項(xiàng)和.58.(2021?寧夏銀川二模?文T15．)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an}，Sn是其前n項(xiàng)和，滿足a1＝，an2（2an+1﹣1）an﹣2an+1＝0，則＝．2n﹣1．各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an}，Sn是其前n項(xiàng)和，滿足a1＝，an2（2an+1﹣1）an﹣2an+1＝0，整理得：2an+1（an+1）＝an（an+1），由于數(shù)列{an}的各項(xiàng)為正數(shù)，所以（常數(shù)），所以數(shù)列{an}是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列．則，，所以．三、解答題部分59.(2021?新高考全國(guó)Ⅰ卷?T17)已知數(shù)列滿足，（1）記，寫出，，并求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）求的前20項(xiàng)和.（1）由題設(shè)可得又，，故，即，即所以為等差數(shù)列，故.（2）設(shè)的前項(xiàng)和為，則，因?yàn)?，所?60.(2021?高考全國(guó)甲卷?理T18)已知數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)，記為的前n項(xiàng)和，從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立．①數(shù)列是等差數(shù)列：②數(shù)列是等差數(shù)列；③．注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．選①②作條件證明③時(shí)，可設(shè)出，結(jié)合的關(guān)系求出，利用是等差數(shù)列可證；選①③作條件證明②時(shí)，根據(jù)等差數(shù)列的求和公式表示出，結(jié)合等差數(shù)列定義可證；選②③作條件證明①時(shí)，設(shè)出，結(jié)合的關(guān)系求出，根據(jù)可求，然后可證是等差數(shù)列.選①②作條件證明③：設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；因?yàn)橐彩堑炔顢?shù)列，所以，解得；所以，所以.選①③作條件證明②：因?yàn)?，是等差?shù)列，所以公差，所以，即，因?yàn)椋允堑炔顢?shù)列.選②③作條件證明①：設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；因?yàn)?，所以，解得或；?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，滿足等差數(shù)列的定義，此時(shí)為等差數(shù)列；當(dāng)時(shí)，，不合題意，舍去.綜上可知為等差數(shù)列.61.(2021?高考全國(guó)乙卷?文T19)設(shè)是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，數(shù)列滿足．已知，，成等差數(shù)列．（1）求和的通項(xiàng)公式；（2）記和分別為和的前n項(xiàng)和．證明：．因?yàn)槭鞘醉?xiàng)為1的等比數(shù)列且，，成等差數(shù)列，所以，所以，即，解得，所以，所以.（2）證明：由（1）可得，，①，②①②得，所以，所以，所以.62.(2021?浙江卷?T20)已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為，，且.（1）求數(shù)列的通項(xiàng)；（2）設(shè)數(shù)列滿足，記的前n項(xiàng)和為，若對(duì)任意恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.（1）當(dāng)時(shí)，，，當(dāng)時(shí)，由①，得②，①②得，又是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，；（2）由，得，所以，，兩式相減得，所以，由得恒成立，即恒成立，時(shí)不等式恒成立；時(shí)，，得；時(shí)，，得；所以.63.(2021?江蘇鹽城三模?T18)請(qǐng)?jiān)冖賓qa\s\do(1)＝\r(,2)；②eqa\s\do(1)＝2；③eqa\s\do(1)＝3這3個(gè)條件中選擇1個(gè)條件，補(bǔ)全下面的命題使其成為真命題，并證明這個(gè)命題(選擇多個(gè)條件并分別證明的按前1個(gè)評(píng)分)．已知數(shù)列eq{a\s\do(n)}滿足an＋1＝an2，若，則當(dāng)n≥2時(shí)，an≥2n恒成立．【考點(diǎn)】數(shù)列的通項(xiàng)公式求解與不等式的證明選②．證明：由an＋1＝an2，且eqa\s\do(1)＝2，所以an＞0，所以lgan＋1＝lgan，lgan＝EQ2\S\UP6(n－1)lg2，an＝EQ2\S\UP6(2\S\UP6(n－1），……5分當(dāng)n≥2時(shí)，只需證明EQ2\S\UP6(n－1)≥n，令bn＝EQ\F(n,2\S\UP6(n－1），則bn＋1－bn＝EQ\F(n＋1,2\S\UP6(n）－EQ\F(n,2\S\UP6(n－1）＝EQ\F(1－n,2\S\UP6(n）＜0，……10分所以bn≤b2＝1，所以EQ2\S\UP6(n－1)≥n成立．綜上所述，當(dāng)a1＝2且n≥2時(shí)，an≥2n成立．……12分注：選②為假命題，不得分，選③參照給分．64.(2021?河南開封三模?理T17)已知數(shù)列{an}滿足a1＝﹣2，an+1＝2an+4．（1）求a2，a3，a4；（2）猜想{an}的通項(xiàng)公式并加以證明；（3）求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和Sn．（1）由已知，易得a2＝0，a3＝4，a4＝12．（2）猜想．因?yàn)閍n+1＝2an+4，所以an+1+4＝2（an+4），，則{an+4}是以2為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，所以，所以＝．（3）當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝﹣2＜0，S1＝|a1|＝2；當(dāng)n≥2時(shí)，an≥0，所以＝，又n＝1時(shí)滿足上式．所以，當(dāng)n∈N*時(shí)，．65.(2021?河北張家口三模?T17)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為An，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Bn，且．（1）求{an﹣bn}的通項(xiàng)公式；（2）若，求數(shù)列{an?bn}的前n項(xiàng)和Tn．（1）記數(shù)列{an﹣bn}的前n項(xiàng)和為Sn，所以，所以當(dāng)n≥2時(shí)，．兩式作差，得當(dāng)n≥2時(shí)，．因?yàn)楫?dāng)n＝1時(shí)，S1＝a4﹣b1＝2，也符合上式，所以{an﹣bn}的通項(xiàng)公式為．（2）由（1）知．因?yàn)椋?，所以?shù)列{an?bn}的前n項(xiàng)和.所以數(shù)列{an?bn}的前n項(xiàng)和．66.(2021?山東聊城三模?T18.)在①a1，a3，a21成等比數(shù)列②S4已知{an}是公差不為零的等差數(shù)列，Sn為其n前項(xiàng)和，a2=5，_______，{b（1）求數(shù)列{an}（2）數(shù)列{an}和{bn}的所有項(xiàng)分別構(gòu)成集合A，B，將（1）解：選①，∵{an}是公差不為0由a1，a3，a21成等比數(shù)列，可得(∴4a1=d，又a2=5，即a∴an選②，由S4=28，a2=5，有4a1+6d=28∴an選③，由Sn+1=Sn+an∴a1=1，故∵{bn}是等比數(shù)列，由b2=9∴b1q=9，b1+b1（2）解：a80=317，∴{cn}的前80項(xiàng)中，數(shù)列{bn}的項(xiàng)最多有5項(xiàng)，其中∴{cn}的前80項(xiàng)是由{an}的前77項(xiàng)及T【考點(diǎn)】等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，等比數(shù)列的前n項(xiàng)和【分析】（1

）選①，∵

{an}

是公差不為0的等差數(shù)列，設(shè)公差為d，由等比數(shù)列通項(xiàng)和性質(zhì)得

a1=1

，

d=4

，可得an通項(xiàng)。選②根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和即可求得an通項(xiàng)。選③由

Sn+1=Sn+an+4

，可得

an+1-an=d=4結(jié)合已知即可求得an通項(xiàng)。再根據(jù)等比數(shù)列通項(xiàng)可求得

bn=3n。

（2）

由

a80=317

，

35=243<317<36=729可知{cn}

的前80項(xiàng)中，數(shù)列

{b67.(2021?四川內(nèi)江三模?理T17．)已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，它的前n項(xiàng)和為Sn，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比數(shù)列．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：≤Tn＜．（1）由題意得，解得a1＝5，d＝4，∴an＝6+（n﹣5）×4＝4n+7．（2）∵a1＝6，d＝6，∴Sn＝6n+＝2n3+4n，＝＝，∴Tn＝＝＝﹣＜，（Tn）min＝T1＝﹣＝．故≤Tn＜．68.(2021?重慶名校聯(lián)盟三模?T18．)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足2an﹣Sn＝1（n∈N*）．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)bn＝，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：≤Tn＜1．（1）由2an﹣Sn＝1（n∈N*），可得2a1﹣S1＝2a1﹣a1＝1，即a1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，2an﹣1﹣Sn﹣1＝1，又2an﹣Sn＝1，相減可得2an﹣2an﹣1＝an，即an＝2an﹣1，則an＝2n﹣1；（2）證明：bn＝＝＝﹣，Tn＝1﹣+﹣+﹣+...+﹣＝1﹣，由{Tn}是遞增數(shù)列，可得Tn≥T1＝，且Tn＜1．所以≤Tn＜1．69.(2021?上海嘉定三模?T21．)（18分）對(duì)于數(shù)列{an}，若存在常數(shù)M＞0對(duì)任意n∈N*恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|≤M，則稱{an}是“γ﹣數(shù)列”．（1）首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列是否是“γ﹣數(shù)列”？并說明理由；（2）首項(xiàng)為a1，公比為q的等比數(shù)列是否是“γ﹣數(shù)列”？并說明理由；（3）若數(shù)列{an}是γ﹣數(shù)列，證明：也是“γ﹣數(shù)列”，設(shè)，判斷數(shù)列{An}是否是“γ﹣數(shù)列”？并說明理由．（1）因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，所以an+1﹣an＝an﹣an﹣1＝?＝d，設(shè)|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|≤M，即n|d|≤M對(duì)一切n∈N*恒成立，則d＝0，所以d＝0時(shí)，等差數(shù)列是“γ﹣數(shù)列”，當(dāng)d≠0時(shí)，等差數(shù)列不是“γ﹣數(shù)列”；（2）由，則，①當(dāng)q＝1時(shí)，|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|＝0，必定存在正數(shù)M符合題意，所以是“γ﹣數(shù)列“；②當(dāng)q＝﹣1時(shí)，|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|＝2n|a1|，n→∞，2n|a1|→∞，所以不是“γ﹣數(shù)列“；③當(dāng)q＞1或q＜﹣1時(shí)，n→∞，|qn﹣1|→∞，|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|→∞，所以不是“γ﹣數(shù)列”；④當(dāng)﹣1＜q＜0或0＜q＜1時(shí)，|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|＝，必定存在不小于的常數(shù)M符合題意，所以是“γ﹣數(shù)列”綜上，當(dāng)﹣1＜q＜0或0＜q≤1時(shí)，是“γ﹣數(shù)列”，當(dāng)q＞1或q＜﹣1時(shí)，不是“γ﹣數(shù)列”；（3）①因?yàn)閨an+1|＝|an+1﹣an+an﹣an﹣1+?+a2﹣a1+a1|≤|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|+|a1|≤M+|a1|所以|an+1|+|an|≤2（M+|a1|），因?yàn)椤躘|an+1|+|an+1|]?|an+1﹣an|≤2（M+|a1|）?|an+1﹣an|可得≤2（M+|a1|）?[|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|]≤2M（M+|a1|）所以也是“γ﹣數(shù)列“；②因?yàn)椋裕剑剿詜A1﹣A2|+|A2﹣A3|+?+|An﹣An+1|＝＜|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|≤M，所以{An}是“γ數(shù)列”．70.(2021?遼寧朝陽三模?T19．)在數(shù)列{an}中，a1＝2，（n2+1）an+1＝2[（n﹣1）2+1]an．（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）在下列兩個(gè)問題中任選一個(gè)作答，如果兩個(gè)都作答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．①設(shè)bn＝n2an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，證明：Tn≥2n+1﹣2．②設(shè)bn＝（n3﹣2n2+2n）an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．（1）由（n2+1）an+1＝2[（n﹣1）2+1]an，設(shè)cn＝[（n﹣1）2+1]an，則cn+1＝2cn，可得{cn}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，可得cn＝2n，則[（n﹣1）2+1]an＝2n，所以an＝；（2）選①設(shè)bn＝n2an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn．證明：bn＝n2an＝≥2n，所以Tn＝b1+b2+...+bn≥2+22+...+2n＝＝2n+1﹣2．選②設(shè)bn＝（n3﹣2n2+2n）an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．解：bn＝（n3﹣2n2+2n）an＝n?2n，則Tn＝1?2+2?22+3?23+...+n?2n，2Tn＝1?22+2?23+3?24+...+n?2n+1，上面兩式相減可得﹣Tn＝2+22+23+...+2n﹣n?2n+1，＝﹣n?2n+1，化簡(jiǎn)可得Tn＝2+（n﹣1）?2n+1．71.(2021?江蘇常數(shù)三模?T18．)在①Sn+1＝2Sn+2，②an+1﹣an＝2n，③Sn＝an+1﹣2這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問題中，并解答．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝2，且滿足_____．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）在an與an+1之間插入n個(gè)數(shù)，使這n+2個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為dn的等差數(shù)列，試比較dn與的大小關(guān)系，并說明理由．（1）選①Sn+1＝2Sn+2，當(dāng)n＝1時(shí)，S2＝2S1+2，即a1+a2＝2a1+2，∵a1＝2，a1+a2＝2a1+2，∴a2＝4，當(dāng)n≥2時(shí)，an+1＝Sn+1﹣Sn＝2Sn+2﹣（2Sn﹣1+2）＝2an，又∵a2＝2a1，也滿足上式，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，即，選②an+1﹣an＝2n，由an+1﹣an＝2n可得，???，，將以上式子進(jìn)行累加可得，n≥2，即，n≥2，又∵a1＝2，也滿足上式，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，即，選③Sn＝an+1﹣2，當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝a2﹣2，a2＝4，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn﹣Sn﹣1＝an+1﹣2﹣（an﹣2）＝an+1﹣an，即an+1＝2an（n≥2），又∵a2＝2a1，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，即，（2）∵在an與an+1之間插入n個(gè)數(shù)，使這n+2個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為dn的等差數(shù)列，∴an+1＝an+（n+1）dn，即，當(dāng)n＝1時(shí)，，當(dāng)n≥2時(shí)，＝≥＝＞，綜上所述，．72.(2021?上海浦東新區(qū)三模?T21．)已知{an}，{bn}為兩非零有理數(shù)列（即對(duì)任意的i∈N*，ai，bi均為有理數(shù)），{dn}為一無理數(shù)列（即對(duì)任意的i∈N*，di為無理數(shù)）．（1）已知bn＝﹣2an，并且（an+bndn﹣andn2）（1+dn2）＝0對(duì)任意的n∈N*恒成立，試求{dn}的通項(xiàng)公式．（2）若{dn2}為有理數(shù)列，試證明：對(duì)任意的n∈N*，（an+bndn﹣andn2）（1+dn2）＝1+dn恒成立的充要條件為．（3）已知sin2θ＝（0＜θ＜），dn＝，對(duì)任意的n∈N*，（an+bndn﹣andn2）（1+dn2）＝1恒成立，試計(jì)算bn．（1）∵，∴，即，∴，∵an≠0，∴，∴．（2）證明：∵，∴，∴，∴，∵為有理數(shù)列，∴，∴，以上每一步可逆，即可證明．（3）∵，（0＜θ＜），∴25tanθ＝12+12tan2θ，∴或∵，∴，當(dāng)n＝2k（k∈N*）時(shí)，∴，當(dāng)n＝2k﹣1（k∈N*）時(shí)，∴．∴為有理數(shù)列，∵，∴，∴，∵為有理數(shù)列，{dn}為無理數(shù)列，∴，∴，∴．當(dāng)n＝2k（k∈N*）時(shí)，∴．當(dāng)n＝2k﹣1（k∈N*）時(shí)，∴，∴．73.(2021?上海浦東新區(qū)三模?T19．)流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道傳染?。呈腥ツ?1月份曾發(fā)生流感，據(jù)統(tǒng)計(jì)，11月1日該市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人．由于該市醫(yī)療部門采取措施，使該種病毒的傳播得到控制，從11月k+1（9≤k≤29，k∈N*）日起每天的新感染者比前一天的新感染者減少20人．（1）若k＝9，求11月1日至11月10日新感染者總?cè)藬?shù)；（2）若到11月30日止，該市在這30天內(nèi)的新感染者總?cè)藬?shù)為11940人，問11月幾日，該市新感染者人數(shù)最多？并求這一天的新感染者人數(shù)．（1）記11月n日新感染者人數(shù)為an（1≤n≤30），則數(shù)列{an}（1≤n≤9）是等差數(shù)列，a1＝20，公差為50，又a10＝410，則11月1日至11月10日新感染者總?cè)藬?shù)為（a1+a2+…+a9）+a10＝（9×30+）+410＝2480人；（2）記11月n日新感染者人數(shù)為an（1≤n≤30），11月k日新感染者人數(shù)最多，當(dāng)1≤n≤k時(shí)，an＝50n﹣20，當(dāng)k+1≤n≤30時(shí)，an＝（50k﹣20）﹣20（n﹣k）＝﹣20n+70k﹣20，因?yàn)檫@30天內(nèi)的新感染者總?cè)藬?shù)為11940人，所以＝11940，解得﹣35k2+2135k﹣9900＝11940，即k2﹣61k+624＝0，解得k＝13或k＝48（舍），此時(shí)a13＝50×13﹣20＝630，所以11月13日新感染者人數(shù)最多為630人．74.(2021?湖南三模?T19．)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，an+1﹣3an+2an﹣1＝1，a1＝1，a2＝4．（1）證明：數(shù)列{an+1﹣an+1}是等比數(shù)列；（2）求Sn．（1）證明：∵an+1﹣3an+2an﹣1＝1，∴（an+1﹣an+1）＝2（an﹣an﹣1+1），∵a1＝1，a2＝4，∴a2﹣a1+1＝4．∴數(shù)列{an+1﹣an+1}是公比為2的等比數(shù)列，首項(xiàng)為4．（2）解：由（1）可得：an+1﹣an+1＝4×2n﹣1，∴an+1﹣an＝2n+1﹣1，∴an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+……+（a2﹣a1）+a1＝2n﹣1+2n﹣1﹣1+……+22﹣1+1＝2n+2n﹣1+……+22﹣（n﹣1）+1＝﹣n+2＝2n+1﹣n﹣2．∴Sn＝2n+1+2n+2n﹣1+……+22﹣（1+2+……+n）﹣2n＝﹣﹣2n＝2n+2﹣﹣4．75.(2021?福建寧德三模?T17)在①Sn=2an-1，②an+1an=2n-12n+1，a2=13，③Sn=2n+1這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問題中，并解答問題.

已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，____，數(shù)列{bn}滿足bn=an?an+1，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.

選條件①Sn=2an-1，

由Sn=2an-1Sn-1=2an-1-1(n≥2)，兩式相減得：an=2an-2an-1，

所以an=2an-1(n≥2)，

又S1=2a1-1，得a1=1，

所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，

所以an=2n-1.

因此bn=an選①，運(yùn)用數(shù)列的遞推式和等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式和求和公式，計(jì)算可得所求和；

選②，解法一、運(yùn)用數(shù)列恒等式和數(shù)列的裂項(xiàng)相消求和，計(jì)算可得所求和；解法二、由數(shù)列{(2n-1)an}是常數(shù)列，可得an，bn，再由數(shù)列的裂項(xiàng)相消求和，計(jì)算可得所求和；

選③，由數(shù)列的遞推式和等比數(shù)列的求和公式，可得所求和．

本題考查等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、求和等基礎(chǔ)知識(shí)，以及數(shù)列的裂項(xiàng)相消求和，考查運(yùn)算求解能力，邏輯推理能力，化歸與轉(zhuǎn)化思想等，屬于中檔題．

76.(2021?寧夏中衛(wèi)三模?理T17．)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn（n∈N*），﹣2S2，S3，4S4成等差數(shù)列，且a2+2a3+（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）若bn＝﹣（n+2）log2|an|，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn．（1）等比數(shù)列{an}的公比為q，q≠1，前n項(xiàng)和為成等差數(shù)列，可得2S3＝4S4﹣2S2，即為2?＝4?﹣2?，化為2q2﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣，，即為﹣a1+2?a1﹣a1＝，解得a1＝﹣，則an＝（﹣）n，n∈N*；（2）bn＝﹣（n+2）log2|an|＝﹣（n+2）log2＝n（n+2），可得＝＝（﹣），即有前n項(xiàng)和Tn＝（1﹣+﹣+…+﹣+﹣）＝（1+﹣﹣）＝﹣（+）＝．77.(2021?河北秦皇島二模?理T18．)已知等比數(shù)列{an}，其前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝λ，an+1＝λSn+2，λ∈R，n∈N*．（1）求λ的值；（2）設(shè)bn＝，求使b1+b2+…+bn＞成立的最小自然數(shù)n的值．（1）根據(jù)題意，由通用公式可得，當(dāng)n≥2時(shí)，，①﹣②可得，an+1﹣an＝λan?an+1＝（1+λ）an，∴數(shù)列{an}是公比為λ+1的等比數(shù)列，又因?yàn)閍1＝λ，由①得到，∴?λ＝2．（2）由（1）可知，數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，即得，則＝＝，∴b1+b2+b3+……+bn＝（）+（）+……+（）＝1﹣．∴?3n＞1011?n≥7．故可得滿足題意的最小自然數(shù)為n＝7．78.(2021?河北邯鄲二模?理T17．)已知數(shù)列{an}滿足an＞0，an+1＝3an+4．（Ⅰ）證明：數(shù)列{an+2}為等比數(shù)列；（Ⅱ）若a3＝25，求數(shù)列{an﹣n}的前n項(xiàng)和Sn．（Ⅰ）證明：由an+1＝3an+4，可得an+1+2＝3（an+2），則數(shù)列{an+2}是公比為3的等比數(shù)列；（Ⅱ）若a3＝25，又a3＝3a2+4，可得a2＝7，由a2＝3a1+4，可得a1＝1，可得an+2＝（a1+2）?3n﹣1＝3n，則an＝3n﹣2，an﹣n＝3n﹣2﹣n，則Sn＝（3+32+...+3n）﹣2n﹣（1+2+3+...+n）＝﹣2n﹣n（1+n）＝﹣．79.(2021?浙江杭州二模?理T20．)已知數(shù)列{an}，{bn}，滿足an＝2n﹣2，b2k﹣1＝ak（k∈N*），b2k﹣1，b2k，b2k+1成等差數(shù)列．（1）證明：{b2k}是等比數(shù)列；（2）數(shù)列{cn}滿足cn＝，記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn，求Sn．證明：（1）由數(shù)列{an}，{bn}，滿足an＝2n﹣2，b2k﹣1＝ak（k∈N*），所以，由于b2k﹣1，b2k，b2k+1成等差數(shù)列．故，整理得（常數(shù)），所以數(shù)列：{b2k}是以為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列；（2）由于：{b2k}是以為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列；所以，則＝2n﹣3，所以＝＝（n≥1），則+…+，＝．80.(2021?天津南開二模?T18．)設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項(xiàng)和為Sn（n∈N*）．已知b1＝1，b3＝b2+2，b4＝a3+a5，b5＝a4+2a6．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn.記cn＝，求cn；（Ⅲ）求．（Ⅰ）設(shè)數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是公比為q的等比數(shù)列，公比大于0n（n∈N*）．已知b1＝2，b3＝b2+8，b4＝a3+a8，b5＝a4+7a6．所以q2＝q+2，解得q＝2，由于b4＝a3+a5，b5＝a5+2a6．所以6a1+6d＝6，3a1+13d＝16，解得a7＝d＝1，故an＝n，．（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，所以T7n＝0，T2n﹣2＝﹣1，所以＝，（Ⅲ）由（Ⅱ）得：，所以①，②，①﹣②得：＝，整理得．81.(