高中数学专项训练(数列真题版本)
高中数学专项训练（数列真题版本）
（含详细解答）
1.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加
增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()
A. 1盏
B. 3盏
C. 5盏
D. 9盏
2.在等差数列{a n}中，若a2=4，a4=2，则a6=()
A. ?1
B. 0
C. 1
D. 6
3.对任意等比数列{a n}，下列说法一定正确的是()
A. a1，a3，a9成等比数列
B. a2，a3，a6成等比数列
C. a2，a4，a8成等比数列
D. a3，a6，a9成等比数列
4.设a，b，c，d是非零实数，则“ad=bc”是“a，b，c，d成等比数列”的()
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
5.等差数列{a n}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{a n}的前n项和S n=()
A. n(n+1)
B. n(n?1)
C. n(n+1)
2D. n(n?1)
2
6.若a、b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点，且a,b,?2这三个数可
适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于()
A. 6
B. 7
C. 8
D. 9
7.设等差数列{a n}的公差为d，若数列{2a1a n}为递减数列，则()
A. d<0
B. d>0
C. a1d<0
D. a1d>0
8.已知{a n}是等差数列，公差d不为零，前n项和是S n，若a3，a4，a8成等比数列，
则()
A. a1d>0，dS4>0
B. a1d<0，dS4<0
C. a1d>0，dS4<0
D. a1d<0，dS4>0
9.已知等比数列{a n}满足a1=1
4
，a3a5=4(a4-1)，则a2=()
A. 2
B. 1
C. 1
2D. 1
8
10.等比数列{a n}的各项均为正数，且a1a5=4，则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+
log2a5=______．
11.已知{a n}是等差数列，S n是其前n项和，若a1+a22=?3，S5=10，则a9的值是
______．
12.设数列{a n}的前n项和为S n，若S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N?，则a1=______，
S5=______．
13.设数列{a n}满足a1=1，且a n+1?a n=n+1(n∈N?)，则数列{1
a n
}的前10项的和为______．
14.在等差数列{a n}中，若a3+a4+a5+a6+a7=25，则a2+a8=______ ．
15.记等差数列{a n}的前n项和为S n，若a3=0，a6+a7=14，则S7=______．
16.在等差数列{a n}中，a1=7，公差为d，前n项和为S n，当且仅当n=8时S n取得最
大值，则d的取值范围为________．
17.已知数列{a n}和{b n}，其中a n=n2，n∈N?，{b n}的项是互不相等的正整数，若对
=______ ．于任意n∈N?，{b n}的第a n项等于{a n}的第b n项，则lg(b1b4b9b16)
lg(b1b2b3b4)
18.数列{a n}满足a1=1，a2=2，a n+2=2a n+1?a n+2．
(Ⅰ)设b n=a n+1?a n，证明{b n}是等差数列；
(Ⅱ)求{a n}的通项公式．
19.已知等差数列{a n}的公差为2，前n项和为S n，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)令b n=(-1)n-14n
，求数列{b n}的前n项和T n．
a n a n
+1
20.等差数列{a n}中，a2=4，a4+a7=15．
(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；
(Ⅱ)设b n=2a n?2+n，求b1+b2+b3+?+b10的值．
21.已知{a n}为等差数列，前n项和为S n(n∈N+)，{b n}是首项为2的等比数列，且公
比大于0，b2+b3=12，b3=a4?2a1，S11=11b4．
(Ⅰ)求{a n}和{b n}的通项公式；
(Ⅱ)求数列{a2n b2n?1}的前n项和(n∈N+).
22.数列{a n}满足a1=1，na n+1=(n+1)a n+n(n+1)，n∈N?．
(Ⅰ)证明：数列{a n
n
}是等差数列；
(Ⅱ)设b n=3n?√a n，求数列{b n}的前n项和S n．
23.已知等差数列{a n}满足a3=2，前3项和S3=9
2
．
(Ⅰ)求{a n}的通项公式；
(Ⅱ)设等比数列{b n}满足b1=a1，b4=a15，求{b n}前n项和T n．
24.已知{a n}是各项均为正数的等比数列，且a1+a2=6,a1a2=a3．
(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；
(Ⅱ){b n}为各项非零的等差数列，其前n项和为S n.已知S2n
+1=b n b n
+1
，求数列{
b n
a n
}的
前n项和T n．
25.已知数列{a n}的前n项和S n=1+λa n，其中λ≠0．
(1)证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5=31
32
，求λ．
26.等差数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=10，a2为整数，且S n≤S4．
(1)求{a n}的通项公式；
(2)设b n=1
a n a n+1
，求数列{b n}的前n项和T n．
27.已知数列{a n}满足a1=1，a n
+1=
3a n+1．
(Ⅰ)证明{a n+1
2
}是等比数列，并求{a n}的通项公式；
(Ⅱ)证明：1
a1+1
a2+…+
1
a n<
3
2
．
28.已知{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2?5x+6=0的根．
(1)求{a n}的通项公式；
(2)求数列{a n
2n
}的前n项和．
29.设数列{a n}的前n项和为S n，已知2S n=3n+3．
(Ⅰ)求{a n}的通项公式；
(Ⅱ)若数列{b n}，满足a n b n=log3a n，求{b n}的前n项和T n．
30.设{a n}是等差数列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2．
(Ⅰ)求{a n}的通项公式；
(Ⅱ)求e a1+e a2+?+e a n．
31.S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1=1，S7=28，记b n=[lga n]，其中[x]表示不超
过x的最大整数，如[0.9]=0，[lg99]=1．
(Ⅰ)求b1，b11，b101；
(Ⅱ)求数列{b n}的前1000项和．
32.已知数列{a n}是首项为正数的等差数列，数列{1
a n?a n+1}的前n项和为n
2n+1
．
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)设b n=(a n+1)?2a n，求数列{b n}的前n项和T n．
33.设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n满足S n2?(n2+n?3)S n?3(n2+n)=
0，n∈N?．
(1)求a1的值；
(2)求数列{a n}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有1
a1(a1+1)+1
a2(a2+1)
+?+1
a n(a n+1)
<1
3
．
34.设{a n}是等差数列，a1=?10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．
(Ⅰ)求{a n}的通项公式；
(Ⅱ)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．
35.已知数列{a n}是递增的等比数列，且a1+a4=9，a2a3=8．
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)设S n为数列{a n}的前n项和，b n=a n+1
，求数列{b n}的前n项和T n．
S n S n+1
36.已知数列{a n}的前n项和S n=n2+n
，n∈N?．
2
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)设b n=2a n+(?1)n a n，求数列{b n}的前2n项和．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了等比数列的定义，以及等比数列的前n项和公式的实际应用，属于基础题．设这个塔顶层有a盏灯，由题意和等比数列的定义可得：从塔顶层依次向下每层灯数是等比数列，结合条件和等比数列的前n项公式列出方程，求出a的值．
【解答】
解：设这个塔顶层有a盏灯，
∵宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，
∴从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、a为首项的等比数列，
又总共有灯381盏，
∴381=a(1?27)
1?2
=127a，
解得a=3，
则这个塔顶层有3盏灯．
故选B．
2.【答案】B
【解析】解：在等差数列{a n}中，若a2=4，a4=2，则a4=1
2(a2+a6)=1
2
(4+a6)=2，
解得a6=0．
故选：B．
直接利用等差中项求解即可．
本题考查等差数列的性质，等差中项个数的应用，考查计算能力．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查等比数列的性质．主要是利用了等比中项的性质对等比数列进行判断．
利用等比中项的性质，对四个选项中的数进行验证即可．
【解答】
解：A选项中a3=a1?q2，a1?a9=a12?q8，(a3)2≠a1?a9，故A选项说法错误，
B选项中(a3)2=(a1?q2)2≠a2?a6=a12?q6，故B选项说法错误，
C选项中(a4)2=(a1?q3)2≠a2?a8=a12?q8，故C选项说法错误，
D选项中(a6)2=(a1?q5)2=a3?a9=a12?q10，故D选项说法正确，
故选：D．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等比数列的性质是解决本题的关键，属于基础题．
根据充分条件和必要条件的定义结合等比数列的性质进行判断即可．
【解答】
解：若a，b，c，d成等比数列，则ad=bc，
反之数列?1，?1，1，1.满足?1×1=?1×1，
但数列?1，?1，1，1不是等比数列，
即“ad=bc”是“a，b，c，d成等比数列”的必要不充分条件．
故选：B ． 5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查等比数列的性质和等差数列的求和公式，考查学生的计算能力，属基础题．
由题意可得a 42
=(a 4?4)(a 4+8)，解得a 4可得a 1，代入求和公式可得． 【解答】
解：由题意可得a 42
=a 2?a 8，设公差为d ，且d =2，
即a 42=(a 4?4)(a 4+8)， 解得a 4=8，
∴a 1=a 4?3×2=2，
∴S n =na 1+
n(n ?1)
2
×d =2n +
n(n?1)2
×2=n(n +1)，
故选A ．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，考查了等差数列和等比数列的性质，是中档题．
由一元二次方程根与系数的关系得到a +b =p ，ab =q ，再由a ，b ，?2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列列关于a ，b 的方程组，求得a ，b 后得答案． 【解答】
解：由题意可得：a +b =p ，ab =q ， ∵p >0，q >0， 可得a >0，b >0，
又a ，b ，?2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列， 可得{
2b =a ?2ab =4①或{2a =b ?2
ab =4②， 解①得：{a =4b =1；解②得：{a =1b =4，
∴p =a +b =5，q =1×4=4，
则p +q =9． 故选：D ． 7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的通项公式、数列的单调性、指数函数的运算法则等基础知识与基本技能方法，属于中档题． 由于数列{2?a 1a n }为递减数列，可得
2a 1a n+12a 1a n
=2a 1d <1，解出即可．
【解答】
解：∵等差数列{a n }的公差为d ，∴a n+1?a n =d ， 又数列{2a 1a n }为递减数列，且2a 1a n >0，
∴2a1a n+1
2a1a n
=2a1d<1，
∴a1d<0．
故选：C．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查等差数列和等比数列的性质，等差数列的前n项和，属于一般题．
利用等差数列的通项公式结合a3，a4，a8成等比数列，得到d=?3
5
a1，再利用求和公式即可判断符号．
【解析】
解：设等差数列{a n}的首项为a1，则a3=a1+2d，a4=a1+3d，a8=a1+7d，
由a3，a4，a8成等比数列，得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d)，整理得：3a1d=?5d2．
∵d≠0，∴d=?3
5
a1，
∴a1d=?3
5
a12<0，
dS4=?3
5a1(4a1+4×3(?
3
5
a1)
2
)=?3
5
a1(4a1?18
5
a1)=?6a12
25
<0．
故选B．
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查等比数列的性质及通项公式．
由等比数列的性质求出a4，然后求出公比即可求解．【解答】
解：因为{an}为等比数列，
所以a3a5=a42=4(a4?1)，
得a4=2，
所以公比q3=a4a
1
=8，
得公比q=2，
所以a2=a1q=1
2
．
故选C．
10.【答案】5
【解析】【分析】
本题考查等比数列的性质，灵活运用性质变形求值是关键，属于基础题．
可先由等比数列的性质求出a3=2，再根据性质化简：log2a1+log2a2+log2a3+
log2a4+log2a5=5log2a3，代入即可求出答案．
【解答】
解：log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5
=log2(a1a2a3a4a5)
=log2a35=5log2a3．
又正项等比数列{a n}中，a1a5=4，即a3=2．
故5log2a3=5log22=5．
故答案为5．
11.【答案】20
【解析】【分析】
本题考查等差数列的第9项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．
利用等差数列的通项公式和前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出a9的值．
【解答】
解：∵{a n}是等差数列，S n是其前n项和，a1+a22=?3，S5=10，
∴{a1+(a1+d)2=?3 5a1+5×4
2
d=10，
解得a1=?4，d=3，
∴a9=?4+8×3=20．
故答案为20．
12.【答案】1；121
【解析】解：由n=1时，a1=S1，可得a2=2S1+1=2a1+1，
又S2=4，即a1+a2=4，
即有3a1+1=4，解得a1=1；
由a n+1=S n+1?S n，可得
S n+1=3S n+1，
由S2=4，可得S3=3×4+1=13，
S4=3×13+1=40，
S5=3×40+1=121．
故答案为：1，121．
运用n=1时，a1=S1，代入条件，结合S2=4，解方程可得首项；再由n>1时，a n+1= S n+1?S n，结合条件，计算即可得到所求和．
本题考查数列的通项和前n项和的关系：n=1时，a1=S1，n>1时，a n=S n?S n?1，考查运算能力，属于中档题．
13.【答案】20
11
【解析】【分析】
本题考查了数列的“累加求和”方法、“裂项求和”方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
数列{a n}满足a1=1，且a n+1?a n=n+1(n∈N?)，利用“累加求和”可得a n=n(n+1)
2
.
再利用“裂项求和”即可得出．
【解答】
解：∵数列{a n}满足a1=1，且a n+1?a n=n+1(n∈N?)，
∴当n≥2时，a n=(a n?a n?1)+?+(a2?a1)+a1
=n+?+2+1=n(n+1)
2
．
当n=1时，上式也成立，
∴a n=n(n+1)
2
．
∴1
a n =2
n(n+1)
=2(1
n
?1
n+1
)．
∴数列{1
a n }的前n项的和S n=2[(1?1
2
)+(1
2
?1
3
)+?+(1
n
?1
n+1
)]
=2(1?
1
n+1
)
=2n
n+1
．
∴数列{1
a n }的前10项的和为20
11
．
故答案为：20
11
．
14.【答案】10
【解析】【分析】
根据等差数列的性质，化简已知的等式即可求出a5的值，然后把所求的式子也利用等差数列的性质化简后，将a5的值代入即可求出值．
本题主要考查了等差数列性质的简单应用，属于基础试题．
【解答】
解：由a3+a4+a5+a6+a7=(a3+a7)+(a4+a6)+a5=5a5=25，
得到a5=5，
则a2+a8=2a5=10．
故答案为：10．
15.【答案】14
【解析】【分析】
本题考查等差数列的前n项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
利用等差数列通项公式列出方程组，求出a1=?4，d=2，由此能求出S7．
【解答】
解：∵等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=0，a6+a7=14，
∴{a 1+2d =0a 1+5d +a 1+6d =14， 解得a 1=?4，d =2， ∴S 7=7a 1+
7×62
d =?28+42=14．
故答案为14．
16.【答案】(?1,?7
8)
【解析】【分析】
本题主要考查等差数列的前n 项和公式，解不等式方程组，属于基础题．
根据题意当且仅当n =8时S n 取得最大值，得到S 7
求解得d 的取值范围． 【解答】 解：∵S n?=7n +
n(n?1)2
d ，当且仅当n =8时S n 取得最大值，
∴{S 7?1d
,
综上：d 的取值范围为(?1,?7
8). 故答案为：(?1,?7
8).
17.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查了数列递推关系、对数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
a n =n 2，n ∈N ?，若对于一切n ∈N ?，{
b n }中的第a n 项恒等于{a n }中的第b n 项，可得b a n =
a b n =(b n )2.于是b 1=a 1=1，(b 2)2=b 4，(b 3)2=b 9，(b 4)2=b 16.即可得出． 【解答】
解：∵a n =n 2，n ∈N ?，若对于一切n ∈N ?，{b n }中的第a n 项恒等于{a n }中的第b n 项， ∴b a n =a b n =(b n )2=b n 2 ，
∴b 1=a 1=1，(b 2)2=b 4，(b 3)2=b 9，(b 4)2=b 16, ∴b 1b 4b 9b 16=(b 1b 2b 3b 4)2 ， ∴lg
(b 1b 4b 9b 16)lg (b 1b 2b 3b 4)
=2．
故答案为2．
18.【答案】解：(Ⅰ)由a n+2=2a n+1?a n +2，
得a n+2?a n+1=a n+1?a n +2，
由b n =a n+1?a n ，得b n+1=b n +2， 即b n+1?b n =2， 又b 1=a 2?a 1=1，
所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列； (Ⅱ)由(Ⅰ)得，b n =1+2(n ?1)=2n ?1，
由b n =a n+1?a n 得，a n+1?a n =2n ?1，
则a 2?a 1=1，a 3?a 2=3，a 4?a 3=5，…，a n ?a n?1=2(n ?1)?1， 所以累加可得：
a n ?a 1=1+3+5+?+[2(n ?1)?1] =
(n?1)(1+2n?3)
2
=(n ?1)2，
又a 1=1，
所以{a n }的通项公式a n =(n ?1)2+1=n 2?2n +2．
【解析】本题考查了等差数列的定义、通项公式、前n 项和公式，及累加法求数列的通项公式和转化思想，属于中档题． (Ⅰ)将a n+2=2a n+1?a n +2变形为：a n+2?a n+1=a n+1?a n +2，再由条件得b n+1=b n +2，根据条件求出b 1，由等差数列的定义证明{b n }是等差数列；
(Ⅱ)由(Ⅰ)和等差数列的通项公式求出b n ，代入b n =a n+1?a n 并令n 从1开始取值，依次得(n ?1)个式子，然后相加，利用等差数列的前n 项和公式求出{a n }的通项公式a n ． 19.【答案】解：(1)∵等差数列{a n }的公差为d =2，前n 项和为S n ， ∴S n =na 1+
n(n?1)2
d =n 2?n +na 1，
∵S 1，S 2，S 4成等比数列， ∴S 22=S 1?S 4，
∴(22?2+2a 1)2=a 1?(42?4+4a 1)， 化为(1+a 1)2=a 1(3+a 1)，解得a 1=1．
∴a n =a 1+(n ?1)d =1+2(n ?1)=2n ?1． (2)由(1)可得
b n =(?1)n?14n a n a n+1=(?1)n?1?4n
(2n ?1)(2n +1)
=(?1)n?1(1
2n?1+1
2n+1)．
∴T n =(1+1
3)?(1
3+1
5)+(1
5+1
7)?? +(?1)n?1(1
2n?1+1
2n+1)，
当n 为偶数时，T n =(1+1
3)?(1
3+1
5)+(1
5+1
7)?? +(1
2n?3+1
2n?1)?(1
2n?1+1
2n+1) =1?
12n+1
=
2n
2n+1
；
当n 为奇数时，T n =(1+1
3)?(1
3+1
5)+(1
5+1
7)?? ?(1
2n?3+1
2n?1)+(1
2n?1+1
2n+1) =1+
12n+1
=
2n+22n+1
，
．
【解析】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识与基
本技能方法，考查了推理能力、计算能力、“裂项求和”、分类讨论思想方法，属于中档题．
(1)利用等差数列与等比数列的通项公式及其前n 项和公式即可得出；
(2)由(1)可得b n =(?1)n?1(12n?1+1
2n+1)，对n 分类讨论“裂项求和”即可得出．
20.【答案】解：(Ⅰ)设公差为d ，则{(a 1+3d)+(a 1+6d)=15a 1+d=4
,
解得{a 1=3d =1
，
所以a n =3+(n ?1)=n +2； (Ⅱ)b n =2a n ?2+n =2n +n ，
所以b 1+b 2+b 3+?+b 10=(2+1)+(22+2)+?+(210+10)
=(2+22+?+210)+(1+2+?+10) =
2(1?210)1?2
+
(1+10)×10
2
=2101．
【解析】本题考查等差数列的通项，考查数列的求和，求出数列的通项是关键． (Ⅰ)建立方程组求出首项与公差，即可求数列{a n }的通项公式；
(Ⅱ)b n =2a n ?2+n =2n +n ，利用分组求和求b 1+b 2+b 3+?+b 10的值． 21.【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 由已知b 2+b 3=12，得b 1(q +q 2)=12，而b 1=2，所以q +q 2?6=0， 又因为q >0，解得q =2，所以b n =2n ； 由b 3=a 4?2a 1，可得3d ?a 1=8①， 由S 11=
11(a 1+a 11)
2
=11b 4，可得a 1+5d =16②，
联立①②，解得a 1=1，d =3，由此可得a n =3n ?2；
所以，数列{a n }的通项公式为a n =3n ?2，数列{b n }的通项公式为b n =2n ． (Ⅱ)设数列{a 2n b 2n?1}的前n 项和为T n ，
由a 2n =6n ?2，b 2n?1=1
2×4n ，有a 2n b 2n?1=(3n ?1)4n ，
故T n =2×4+5×42+8×43+?+(3n ?1)4n ， 4T n =2×42+5×43+8×44+?+(3n ?1)4n+1， 上述两式相减，得
?3T n =2×4+3×42+3×43+?+3×4n ?(3n ?1)4n+1 =12×(1?4n )1?4
?4?(3n ?1)4n+1
=?(3n ?2)4n+1?8， 得T n =
3n?23
×4n+1+8
3
．
所以数列{a 2n b 2n?1}的前n 项和为
3n?23
×4n+1+8
3
．
【解析】本题考查等差数列以及等比数列的应用，数列求和的方法，考查计算能力． (Ⅰ)设出公差与公比，利用已知条件求出公差与公比，然后求解{a n }和{b n }的通项公式； (Ⅱ)化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可． 22.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵na n+1=(n +1)a n +n(n +1)， ∴a n+1n+1=a n n +1， ∴
a n+1n+1
?
a n n
=1，
∴数列{a n
n
}是以1为首项，以1为公差的等差数列；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，a n
n
=1+(n?1)?1=n，
∴a n=n2，
b n=3n?√a n=n?3n，
∴S n=1×3+2×32+3×33+?+(n?1)?3n?1+n?3n①，
3S n=1×32+2×33+3×34+?+(n?1)?3n+n?3n+1②，
①?②得?2S n=3+32+33+?+3n?n?3n+1
=3?3n+1
1?3?n?3n+1=1?2n
2
?3n+1?3
2
，
∴S n=2n?1
4?3n+1+3
4
．
【解析】本题考查利用等差数列的定义证明数列是等差数列，考查数列求和的方法：错位相减法，属于中档题．
(Ⅰ)将na n+1=(n+1)a n+n(n+1)的两边同除以n(n+1)得a n+1
n+1=a n
n
+1，由等差数
列的定义得证．
(Ⅱ)由(Ⅰ)求出b n=3n?√a n=n?3n，利用错位相减求出数列{b n}的前n项和S n．23.【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d，则由已知条件得：
{a1+2d=2
3a1+3×2
2
d=9
2
，解得{
a1=1
d=1
2
,
代入等差数列的通项公式得：a n=a1+(n?1)d=1+n?1
2=n+1
2
，
∴{a n}的通项公式为a n=n+1
2
．
(Ⅱ)由(Ⅰ)得，b1=a1=1,b4=a15=15+1
2
=8，
设{b n}的公比为q，则q3=b4
b1
=8，从而q=2，
∴T n=b1(1?q n)
1?q =1×(1?2n)
1?2
=2n?1，
即{b n}前n项和T n=2n?1．
【解析】本题考查了等差数列和等比数列的通项公式、前n项和，是基础题．
(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d，则由已知条件列式求得首项和公差，代入等差数列的通项公式得答案；
(Ⅱ)求出b1=1,b4=8，再求出等比数列的公比，由等比数列的前n项和公式求得{b n}的前n项和T n．
24.【答案】解：(Ⅰ)记正项等比数列{a n}的公比为q，
因为a1+a2=6，a1a2=a3，
所以(1+q)a1=6，qa12=q2a1，
解得：a1=q=2，
所以a n=2n；
(Ⅱ)因为{b n}为各项非零的等差数列，
所以S2n+1=(2n+1)b n+1，又因为S2n+1=b n b n+1，
所以b n=2n+1，b n
a n =2n+1
2n
，
所以T n=3·1
2+5·1
22
+?+(2n+1)·1
2n
，
1 2T n=3·1
22
+5·1
23
+?+(2n?1)·1
2n
+(2n+1)·1
2n+1
，
两式相减得：1
2T n=3·1
2
+2(1
22
+1
23
+?+1
2n
)?(2n+1)·1
2n+1
，
即1
2T n=3·1
2
+(1
2
+1
22
+1
23
+?+1
2n?1
)?(2n+1)·1
2n+1
，
即T n=3+(1+1
2+1
2
+1
2
+?+1
2
)?(2n+1)·1
2
=3+1?
1
2n?1
1?1
2
?(2n+1)·1
2
=
5?2n+5
2n
．
【解析】本题考查数列的通项及前n项和，考查等差数列的性质，考查错位相减法，注意解题方法的积累，属于中档题．
(Ⅰ)通过首项和公比，联立a1+a2=6、a1a2=a3，可求出a1=q=2，进而利用等比数列的通项公式可得结论；
(Ⅱ)利用等差数列的性质可知S2n+1=(2n+1)b n+1，结合S2n+1=b n b n+1可知b n=
2n+1，进而可知b n
a n =2n+1
2n
，利用错位相减法计算即得结论．
25.【答案】解：(1)∵S n=1+λa n，λ≠0．∴a n≠0．
当n≥2时，S n?1=1+λa n?1，
两式相减，得
a n=1+λa n?1?λa n?1=λa n?λa n?1，即(λ?1)a n=λa n?1，
∵λ≠0，a n≠0.∴λ?1≠0.即λ≠1，
即a n
a n?1=λ
λ?1
，(n≥2)，
∴{a n}是等比数列，公比q=λ
λ?1
，当n=1时，S1=1+λa1=a1，
即a1=1
1?λ
，
∴a n=1
1?λ·(λ
λ?1
)n?1；
(2)若S5=31
32
，
则S5=1+λ[1
1?λ·(λ
λ?1
)4]=31
32
，
即(λ
1?λ)5=31
32
?1=?1
32
，
则λ1?λ=?1
2，得λ=?1．
【解析】本题主要考查数列递推关系的应用，根据n ≥2时，a n =S n ?S n?1的关系进行递推是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力，属于中档题．
(1)根据数列通项公式与前n 项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可．
(2)根据条件建立方程关系进行求解就可．
26.【答案】解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，
由a 1=10，a 2为整数，且S n ≤S 4得S 3≤S 4，S 5≤S 4， 即S 4?S 3≥0，S 5?S 4≤0，
∴a 4≥0，a 5≤0，即10+3d ≥0，10+4d ≤0， 解得?
103
≤d ≤?5
2，
∴d =?3，
∴{a n }的通项公式为a n =13?3n ． (2)∵b n =
1
(13?3n)(10?3n)
=13(
1
10?3n
?
113?3n
)，
∴T n =b 1+b 2+?+b n =13(17?110+14?17+?+110?3n ?1
13?3n
)
=1
3(
110?3n
?
1
10
)=
n
10(10?3n)
．
【解析】本题主要考查数列通项公式及和的求法，考查学生对裂项相消求和的能力及运
算能力，属中档题．
(1)由题意得a 4≥0，a 5≤0，解得公差d ，即可写出通项公式； (2)利用裂项相消法求数列和即可．
27.【答案】证明(Ⅰ)
a n+1+12
a n +
12
=
3a n +1+12
a n +
12
=
3(a n +12)
a n +
12
=3，
∵a 1+1
2
=3
2≠0，
∴数列{a n +12}是以首项为3
2，公比为3的等比数列； ∴a n +1
2
=3
2×3
n?1
=
3n 2
，即a n =
3n ?12
；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知1
a n
=2
3n ?1，
当n ≥2时，∵3n ?1>3n ?3n?1，∴1a n
=23n ?1<23n ?3n?1=1
3n?1，
∴当n =1时，1a 1
=1<3
2成立，
当n ≥2时，1a 1
+1a 2
+?+1a n
<1+13+132+?+1
3n?1=
1?(13)n
1?13
=32(1?13n )<3
2．
∴对n ∈N +时，1a 1
+1a 2
+?+1a n
<3
2．
【解析】本题考查的是数列的递推关系式、等比数列，用放缩法证明不等式，证明数列为等比数列，只需要根据等比数列的定义就行；数列与不等式常结合在一起考，放缩法
是常用的方法之一，
通过放大或缩小，使原数列变成一个等比数列，或可以用裂项相消法求和的新数列．属于中档题．
(Ⅰ)根据等比数列的定义，后一项与前一项的比是常数，即b n+1b n
=常数，又首项不为0，
所以为等比数列；
再根据等比数列的通项化式，求出{a n }的通项公式；
(Ⅱ)将1
a n
进行放大，即将分母缩小，使得构成一个等比数列，从而求和，证明不等式．
28.【答案】解：(1)方程x 2?5x +6=0的根为2，3.又{a n }是递增的等差数列，
故a 2=2，a 4=3，可得2d =1，d =1
2， 故a n =2+(n ?2)×1
2=1
2n +1， (2)设数列{a n
2n }的前n 项和为S n ， S n =
a 121+
a 222+
a 323+?+
a n?12n?1
+
a n 2n
，①
1
2S n =a
122+a
223+a
32
4+?+a n?12n +a
n
2n+1，②
①?②得1
2S n =
a 12
+d(1
22+123+124+?+1
2n )?a n
2n+1=
3
2
2
+1
2×
14(1?12
n?1)1?12
?a
n
2n+1，
解得S n =3
2+1
2(1?1
2n?1)?n+2
2n+1=2?n+4
2n+1．
【解析】(1)解出方程的根，根据数列是递增的求出a 2，a 4的值，从而解出通项；
(2)将第一问中求得的通项代入，用错位相减法求和．
本题考查等的性质及错位相减法求和，是近几年高考对数列解答题考查的主要方式． 29.【答案】解：(Ⅰ)因为2S n =3n +3，所以2a 1=31+3=6，故a 1=3， 当n >1时，2S n?1=3n?1+3，
此时，2a n =2S n ?2S n?1=3n ?3n?1=2×3n?1，即a n =3n?1， 所以a n ={3,n =1
3n?1,n >1.
(Ⅱ)因为a n b n =log 3a n ，所以b 1=1
3，
当n >1时，b n =31?n ?log 33n?1=(n ?1)×31?n ， 所以T 1=b 1=1
3；
当n >1时，T n =b 1+b 2+?+b n =1
3+(1×3?1+2×3?2+?+(n ?1)×31?n )， 所以3T n =1+(1×30+2×3?1+3×3?2+?+(n ?1)×32?n )， 两式相减得：2T n =2
3+30
+3
?1
+3
?2
+?+3
2?n
?(n ?1)×3
1?n
=2
3+
1?31?n 1?3?1
?
(n ?1)×31?n =
136?6n+3
2×3，
所以T n =13
12?6n+3
4×3n ，经检验，n =1时也适合，
综上可得T n=13
12?6n+3
4×3n
．
【解析】(Ⅰ)利用2S n=3n+3，可求得a1=3；当n>1时，2S n?1=3n?1+3，两式相减2a n=2S n?2S n?1，可求得a n=3n?1，从而可得{a n}的通项公式；
(Ⅱ)依题意，a n b n=log3a n，可得b1=1
3
，当n>1时，b n=31?n?log33n?1=(n?
1)×31?n，于是可求得T1=b1=1
3；当n>1时，T n=b1+b2+?+b n=1
3
+(1×3?1+
2×3?2+?+(n?1)×31?n)，利用错位相减法可求得{b n}的前n项和T n．
本题考查数列的求和，着重考查数列递推关系的应用，突出考查“错位相减法”求和，考查分析、运算能力，属于中档题．
30.【答案】解：(Ⅰ){a n}是等差数列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2．
可得：2a1+3d=5ln2，可得d=ln2，
{a n}的通项公式；a n=a1+(n?1)d=nln2，
(Ⅱ)e a n=e ln2n=2n，
∴e a1+e a2+?+e a n=21+22+23+?+2n=2(1?2n)
1?2
=2n+1?2．
【解析】本题考查等差数列以及等比数列的应用，数列的通项公式以及数列求和，考查计算能力．
(Ⅰ)求{a n}的通项公式；
(Ⅱ)化简数列的通项公式，利用等比数列求和公式求解即可．
31.【答案】解：(Ⅰ)S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1=1，S7=28，7a4=28．可得a4=4，则公差d=1．
所以a n=n，
b n=[lgn]，则b1=[lg1]=0，
b11=[lg11]=1，
b101=[lg101]=2．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：b1=b2=b3=?=b9=0，b10=b11=b12=?=b99=1．
b100=b101=b102=b103=?=b999=2，b1000=3．
数列{b n}的前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3=1893．
【解析】本题考查数列的性质，数列求和，考查分析问题解决问题的能力，以及计算能力．
(Ⅰ)利用已知条件求出等差数列的公差，求出通项公式，然后求解b1，b11，b101；(Ⅱ)找出数列的规律，然后求数列{b n}的前1000项和．
32.【答案】解：(1)设等差数列{a n}的首项为a1、公差为d，则a1>0，
∴a n=a1+(n?1)d，a n+1=a1+nd，
令c n=1
a n?a n+1
，
则c n=1
[a1+(n?1)d](a1+nd)=1
d
[1
a1+(n?1)d
?1
a1+nd
]，
∴c1+c2+?+c n?1+c n
=1
d
[
1
a1
?
1
a1+d
+
1
a1+d
?
1
a1+2d
+?+
1
a1+(n?1)d
?
1
a1+nd
]
=1
d
[
1
a1
?
1
a1+nd
]
=
n
a 1(a 1+nd)
=n
a 1
2+a
1dn
，
又∵数列{1
a
n ?a n+1
}的前n 项和为n
2n+1
， ∴{a 12
=1a 1d =2
， ∴a 1=1或?1(舍)，d =2， ∴a n =1+2(n ?1)=2n ?1；
(2)由(1)知b n =(a n +1)?2a n =(2n ?1+1)?22n?1=n ?4n ， ∴T n =b 1+b 2+?+b n =1?41+2?42+?+n ?4n ， ∴4T n =1?42+2?43+?+(n ?1)?4n +n ?4n+1， 两式相减，得?3T n =41+42+?+4n ?n ?4n+1=1?3n 3
?4n+1?4
3
，
∴T n =
(3n?1)?4n+1+4
9
．
【解析】
(1)通过对c n =1
a n ?a n+1
分离分母，并项相加并利用数列{1
a
n ?a n+1
}的前n 项和为
n
2n+1
即得首项和公差，进而可得结论；
(2)通过b n =n ?4n ，写出T n 、4T n 的表达式，两式相减后利用等比数列的求和公式即得结论．
本题考查求数列的通项及求和，利用错位相减法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
33.【答案】解：(1)令n =1得：S 12
?(?1)S 1?3×2=0，
即S 12+S 1?6=0． ∴(S 1+3)(S 1?2)=0．
∵S 1>0，∴S 1=2，即a 1=2．
(2)由S n 2?(n 2+n ?3)S n ?3(n 2+n)=0得： (S n +3)[S n ?(n 2+n)]=0． ∵a n>0(n ∈N ?)， ∴S n >0．
∴S n =n 2+n ．
∴当n ≥2时，a n =S n ?S n?1=(n 2+n)?[(n ?1)2+(n ?1)]=2n ， 又∵a 1=2=2×1， ∴a n =2n(n ∈N ?)． (3)由(2)可知1
a n (a n
+1)
=1
2n(2n+1)， ?n ∈N ?，1
a
n (a n
+1)
=1
2n(2n+1)<1
(2n?1)(2n+1)=1
2(1
2n?1?1
2n+1)， 当n =1时，显然有1
a 1(a 1
+1)
=16<1
3； 当n ≥2时，1
a
1(a 1
+1)
+1
a 2(a 2
+1)
+?+1
a n (a n +1)
<1
2?(2+1)+12(13?1
5+1
5?17+?+1
2n?1?1
2n+1)=1
3?1
2?1
2n+1<1
3，