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第四章 数列
(120分钟 150分)
【命题视点】
单元大任务 理解等差、等比数列的通项与前n项和公式的关系
命题情境点 生活实践情境：7、11题 探索创新情境：8、14题 课程学习情境：1、3题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.在等比数列{an}中，a1a2a3=64，a2+a8=13，则a5=
A.±6
B.-6
C.36
D.6
2.已知数列{an}是公差不为0的等差数列，则“k=5”是“a1+a13=ak+a9”成立的
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，其中S9=9，若3，b2，b3，b4，27成等比数列，则的值是
A.3
B.-9
C.9或-9
D.9
4.已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=2，an=1-(n≥2)，则a3n·a3n+1·a3n+2=
A.1
B.2
C.-1
D.-2
5.记Tn为数列{an}的前n项积，已知+=1，则T15=
A.43
B.44
C.45
D.46
6.已知数列an=(n∈N+)，则数列{an}的前100项中的最大项是
A.a100
B.a45
C.a1
D.a44
7.小李同学最近学习进步很大，有希望考入自己理想的大学.李爷爷决定从2023年6月2日开始，每月的这天为小李存一笔钱，到2024年8月2日，共存入15笔.2024年9月2日，李爷爷一次性取出全部本息，作为小李同学大学入学后购买手机、电脑、平板等设备的专项资金.李爷爷第一次存入2000元，以后每月增加200元.银行与李爷爷约定这笔存款按复利每月计息一次，月利率为0.2%.李爷爷在2024年9月2日可一次性取出本息共约为
(提示：1.002 2≈1.004 ，1.002 16≈1.032 5)
A.52700元
B.56500元
C.53500元
D.54700元
8.已知数列{an}满足an+1A.45
B.50
C.90
D.91
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知Sn为数列{an}的前n项和，若an=，则
A.a1=-
B.数列{an+1}为等比数列
C.an=1-
D.Sn=3-3×+n
10.数列{an}满足an+1+2anan+1-an=0(n∈N+)，a1=1，则下列结论正确的是
A.an=2n-1
B.若bn=，则{bn}为等比数列
C.若cn=，则{cn}为等差数列
D.++…+=
11.如图，点Ai(i∈N+)均在x轴的正半轴上，△OA1B1，△A1A2B2，…，△An-1AnBn分别是以a1，a2，…，an(n∈N+)为边长的等边三角形，且顶点Bi(i∈N+)均在函数y=的图象上，记数列的前n项和为Tn，则下列结论正确的是
A.a2=
B.{an}为等差数列
C.an=
D.Tn=
题序 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知数列{an}和{bn}都为等差数列，其前n项和分别为Sn和Tn，且满足=，则=　　　　.
13.若数列{an}满足+=k(k为常数)，则称数列{an}为等比和数列，k为公比和.已知数列{an}是以3为公比和的等比和数列，其中a1=1，a2=2，则a2 025=　　　　.
14.已知数列{an}是公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，S7=49，且a2，a5，a14成等比数列，设bn=(n∈N+)且数列{bn}的前n项和为Tn.若对任意的n∈N+，不等式λTn四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)已知递增数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=1，4Sn-4n+1=.
(1)求证：{an}为等差数列.
(2)若数列{an+bn}是公比为3的等比数列，且a3+b3=27，求{bn}的前n项和Tn.
16.(15分)已知函数f(x)=，数列{an}满足a1=，an+1=f(an)，n∈N+.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn=++…+，求Tn.
17.(15分)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，是公差为的等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，设cn=(n+1)Tn，记dm为数列{cn}在区间(0，m](m∈N+)中的项的个数，求数列{dm}的前100项和D100.
18.(17分)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an-1(n∈N+)，在公差不为0的等差数列{bn}中，满足b1=1且b1，b3，2b7-1成等比数列.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)令cn=an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn；
(3)若λ>0，求对所有的正整数n都有λ2-kλ+2>成立的k的取值范围.
19.(17分)我们规定：若数列{kn}为递增数列且也为递增数列，则称{kn}为“X数列”.
(1)已知an=，bn=lon，cn=，数列{an}，{bn}，{cn}中只有一个X数列，它是　　　　，并从另外两个数列中任选一个证明其不是X数列.
(2)已知数列{an}满足n(an+1-an)=an+a1，a1=1，Sn为数列{an}的前n项和，试求{an}的通项公式，判断数列是否为X数列并证明.
(3)已知数列{an}，{bn}均为X数列，且a1>0，b1>0，求证：数列cn=an·bn也为X数列.
【参考答案】
1.A　解析：因为{an}为等比数列，所以a1a2a3==64，故a2=4，则a8=9，所以=a2a8=36，故a5=±6.
2.A　解析：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，当k=5时，a1+a13=ak+a9，故充分性成立；
当a1+a13=ak+a9时，有a1+a13=a1+(a1+12d)=2a1+12d，ak+a9=[a1+(k-1)d]+(a1+8d)=2a1+(k+7)d，即2a1+12d=2a1+(k+7)d，且d≠0，则7+k=12，解得k=5，故必要性成立.所以“k=5”是“a1+a13=ak+a9”成立的充要条件.
3.D　解析：因为数列{an}是等差数列，且S9=9，所以=9，得a1+a9=2，由等差数列的性质可得a3+a7=a1+a9=2.因为3，b2，b3，b4，27成等比数列，所以=3×27=81，解得b3=±9.又=3b3>0，所以b3>0，所以b3=9，所以==9.
4.C　解析：∵a1=2，an=1-(n≥2)，∴a2=1-=1-=，a3=1-=1-2=-1，a4=1-=1-(-1)=2，则数列{an}是以3为周期的周期数列，可得a3n·a3n+1·a3n+2=a3×a1×a2=(-1)×2×=-1.
5.D　解析：因为Tn为数列{an}的前n项积，所以当n=1时，T1=a1，所以+==1，得a1=4，当n≥2时，an=，所以+==1，可得Tn-Tn-1=3，所以{Tn}是以T1=a1=4为首项，3为公差的等差数列，所以Tn=4+3(n-1)=3n+1，所以T15=3×15+1=46.
6.D　解析：an===1+(n∈N+)，因为442<2 024<452，所以当n≤44时，数列{an}单调递增，且an>1，当n≥45时，数列{an}单调递增，且an<1，所以数列{an}的前100项中的最大项是a44.
7.A　解析：第一笔2 000元，取出时计息15次，本息共2 000(1+0.2%)15=2 000×1.00215；第二笔2 200元，取出时计息14次，本息共2 200(1+0.2%)14=2 200×1.00214……第十五笔4 800元，取出时计息1次，本息共4 800(1+0.2%)1=4 800×1.002.设在2024年9月2日可一次性取出本息共S元，S=2 000×1.00215+2 200×1.00214+…+4 800×1.002=4 800×1.002+4 600×1.0022+4 400×1.0023+…+2 200×1.00214+2 000×1.00215，1.002S=4 800×1.0022+4 600×1.0023+4 400×1.0024+…+2 200×1.00215+2 000×1.00216，则-0.002S=4 800×1.002-200(1.0022+1.0023+…+1.00215)-2 000×1.00216=4 800×1.002-200×-2 000×1.00216≈4 809.6-200×-2 065≈-105.4，得S≈=52 700，所以李爷爷在2024年9月2日可一次性取出本息共约为52 700元.
8.C　解析：由an+11+1+…+1+1=n，因此Sm=a1+a2+…+am>1+2+…+m=，即得5 120>，所以m(m+1)<10 240，当m=100时，m(m+1)=10 100，当m=101时，m(m+1)=10 302，故m≤100；由an+1<2an+2，得a2<2a1+2 a3<2a2+2<2(2a1+2)+2=22a1+22+2，所以a4<2a3+2<2(22a1+22+2)+2=23a1+23+22+2，以此类推，得an<2n-1a1+2n-1+2n-2+…+22+2=2n-1+=3×2n-1-2，n≥2，因此Sm=a1+a2+…+am<1+4+3(22+23+…+2m-1)-2(m-2)，即5 120<5+3×-2m+4=3×2m-2m-3，得3×2m-2m>5 123，又3×210-2×10=3 052，3×211-2×11=6 122，所以m≥11.综上可知，11≤m≤100，故满足条件的正整数m所有可能取值的个数为100-11+1=90.
9.ACD　解析：当n=1时，a1=S1=3a1+1，解得a1=-，故A正确；因为Sn=3an+n，所以当n≥2时，Sn-1=3an-1+n-1，将两式相减可得an=3an-3an-1+1，即an=an-1-，则an-1=(an-1-1)，又a1=-，所以a1-1=-，则数列{an-1}是首项为-，公比为的等比数列，故B错误；由B可得an-1=-×=-，所以an=1-，故C正确；Sn=3an+n=3-3×+n，故D正确.
10.BCD　解析：由an+1+2anan+1-an=0，两边同时除以anan+1，得+2-=0，即-=2，且=1，所以是公差为2，首项为1的等差数列，所以=1+(n-1)×2=2n-1，所以an=，故A错误；因为bn==32n-1，bn+1=32n+1，所以==32=9，且b1=3，所以是首项为3，公比为9的等比数列，故B正确；=2n-1，cn=(1+3+5+…+2n-1)=·=n，且c1=1，所以数列{cn}是首项为1，公差为1的等差数列，故C正确；+++…+=1+3+5+…+(4n-3)==(2n-1)2=，故D正确.
11.ABD　解析：将第一个等边三角形的顶点B1代入y=中，解得a1=，将点B2代入y=中，解得a2=，将点B3代入y=中，解得a3=2=，故推测an=n.下面提供证明：依题意，点Bn-1(n≥2)在y=的图象上，可得=a1+a2+…+an-2+an-1　①，又点Bn在y=的图象上，可得=a1+a2+…+an-1+an　②，由②-①得(-)=an-1+an.因为an-1+an>0，所以an-an-1=(n≥2)，所以{an}是首项为，公差为的等差数列，故an=+(n-1)=n.所以==×=×，故Tn====.故选ABD.
12.　解析：=，设Sn=t(2n-1)，Tn=t(3n+2)，所以=====.
13.21 012　解析：令bn=，则bn+bn+1=3　①，又bn+1+bn+2=3　②，由②-①得bn+2-bn=0，即bn+2=bn.
∵b1==2，∴b2=3-b1=1，∴bn==k∈N+，
∴a2 025=a1×××…××=1×2×1×2×…×1×2×1=21 012.
14.(-∞，-40)　解析：因为{an}为等差数列，所以设公差为d，由S7=49，得=7a4=49，解得a4=7，由a2，a5，a14成等比数列得=a2·a14，则(7+d)2=(7-2d)(7+10d)，整理得d2-2d=0，因为d≠0，所以d=2.所以an=a4+(n-4)d=7+(n-4)×2=2n-1(n∈N+)，所以数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N+)，则bn===，所以Tn=b1+b2+…+bn===.因为对任意的n∈N+，不等式λTn15.解析：(1)证明：a1=1，4Sn-4n+1=，当n≥2时，可得4Sn-1-4(n-1)+1=，两式相减得4an-4=-(n≥2)，即-4an+4=，所以(an-2)2=，可得an-2=an-1或an-2=-an-1，其中n≥2，即an-an-1=2(n≥2)或an+an-1=2(n≥2).当an+an-1=2(n≥2)时，有a2+a1=2，解得a2=1，即a1=a2，这与数列{an}为递增数列矛盾，舍去；所以当n≥2时，an-an-1=2，所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，数列{an}的通项公式为an=1+2(n-1)=2n-1(n∈N+).
(2)因为{an+bn}是公比为3的等比数列，a3+b3=27，所以a3+b3=(a1+b1)×9=27，即a1+b1=1+b1=3，所以an+bn=3×3n-1=3n，bn=3n-(2n-1)(n∈N+)，所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=31+32+33+…+3n-[1+3+5+…+(2n-1)]=-=-n2，所以数列{bn}的前n项和Tn=-n2(n∈N+).
16.解析：(1)因为函数f(x)=，所以an+1=f(an)=，整理得=+·，故-1=，所以数列是以-1=为首项，为公比的等比数列，则有-1=·，即=+1，故an=.
(2)由(1)可知=+1，所以Tn=++…+=4+n=4×+n=1-+n.
17.解析：(1)因为是公差为的等差数列，所以=+(n-1)·，即=，故Sn=an　①，则有a1+a2=a2，因此a2=3a1=3，当n≥2时，Sn-1=an-1　②，由①-②得an=an-an-1，则=，故an=··…···a1=××…×××1=，显然a1=1也适合上式，故an=(n∈N+).
(2)由(1)可知an=，所以bn===-，于是有Tn=-+-+…+-=1-，cn=(n+1)Tn=(n+1)=n+1-，令cn≤m，则n-≤m-1，当m=1时，显然上述不等式没有正整数解，即d1=0，当m=2时，显然上述不等式的正整数解为1，即d2=1……当m=100时，显然上述不等式的正整数解为1，2，3，4，5，…，99，即d100=99，于是D100==4 950.
18.解析：(1)已知Sn=2an-1(n∈N+)　①，当n=1时，解得a1=1，
当n≥2时，Sn-1=2an-1-1　②，由①-②得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1，整理得an=2an-1，所以=2，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，由b1，b3，2b7-1成等比数列，得=b1·(2b7-1)，则(b1+2d)2=b1(2b1+12d-1)，又b1=1，即(1+2d)2=1+12d，解得d=0(舍去)或d=2.所以bn=1+(n-1)×2=2n-1，所以数列{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)cn=anbn=(2n-1)·2n-1，所以Tn=1×1+2×3+22×5+…+2n-1·(2n-1)　③，
2Tn=2×1+22×3+…+2n×(2n-1)　④，由③-④得-Tn=1+2(2+22+…+2n-1)-2n(2n-1)，
整理得Tn=3+(2n-3)·2n.
(3)由(1)得=22-2n·(2n-1)，所以-=2-2n·(2n+1)-22-2n·(2n-1)=2-2n(5-6n)<0，所以数列为递减数列，所以≤=1，所以的最大值为1.因为对所有的正整数n都有λ2-kλ+2>成立，
所以λ2-kλ+2>1，可得kλ<λ2+1，所以k<λ+恒成立，只需满足k<=2，故k<2，即k的取值范围为(-∞，2).
19.解析：(1)横线处填{cn}.理由如下：因为cn=，所以=，由幂函数y=与y=在[0，+∞)上都是增函数，且n∈N+，得数列{cn}与都是递增数列，则{cn}为X数列.
①若选{an}，下面证明{an}不是X数列.
证明：由an=，{an}为递增数列，得=，==，故>，所以不是递增数列，故{an}不是X数列.
②若选{bn}，下面证明{bn}不是X数列.
证明：由bn=lon，{bn}为递增数列，得=，===，
所以不是递增数列，故{bn}不是X数列.
(2)由n(an+1-an)=an+a1，可得nan+1=(n+1)an+1，所以-==-.设bn=，则b2-b1=1-，b3-b2=-，…，bn-bn-1=-，累加得bn-b1=1-+-+…+-=1-=，又b1==1，所以bn==2-=，所以an=2n-1.又an+1-an=2(n+1)-1-(2n-1)=2，故{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以Sn==n2，则=n，=1，即数列是递增数列，但不是递增数列，故不是X数列.
(3)证明：数列{an}，{bn}均为X数列，且a1>0，b1>0，由题意可得an>a1>0，bn>b1>0，且>>0，>>0，由不等式的性质可得，>，又cn=anbn>0，则cn<->0，故也是递增数列，故{cn}为X数列.

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