第 7 讲 数列
一．选择题（共 7 小题）
1．（2021•湛江一模）已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，则“Sn+1＞Sn”是“{an}单调递增”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】解：在等比数列中，若 Sn+1＞Sn，则 Sn+1﹣Sn＞0，即 an+1＞0，
数列 an＝1，满足 an+1＞0，即满足 Sn+1＞Sn，但{an}为常数列，不是单调递增数列，不满足条件，即充分
性不成立，
当 a1＝﹣1，q
时，满足{an}单调递增，但 Sn+1＞Sn，不成立，即必要性不成立，
即“Sn+1＞Sn”是“{an}单调递增”的既不充分也不必要条件，
故选：D．
2．（2021•深圳一模）在数列{an}中，a1＝3，am+n＝am+an（m，n
∈
N*），若 a1+a2+a3+…+ak＝135，则 k＝（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
【解析】解：因为 am+n＝am+an（m，n
∈
N*），
故令 m＝1，则有 an+1＝a1+an，
所以 an+1﹣an＝a1，又 a1＝3，
所以 an+1﹣an＝3，
故数列{an}是首项为 3，公差为 3 的等差数列，
所以 a1+a2+a3+…+ak
Ro m orox
R R
，解得 k＝9．
故选：B．
3．（2020•湘潭三模）已知数列{an}是公差为 d（d≠0）的等差数列，且 a1，a3，a6 成等比数列，则
（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【解析】解：由数列{an}是公差为 d（d≠0）的等差数列，
且 a1，a3，a6 成等比数列得
R
，
即
r m
r m
．化为 4d2＝a1d，
又 d≠0，解得
．
故选：A．
4．（2021•珠海一模）已知从 1 开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图三角形数表，第 i 行第 j 列的数
记为 ai，j，如 a3，1＝7，a4，3＝15，则 ai，j＝2021 时，
r
−
R
x
log2（i+19）＝（ ）
A．54 B．18 C．9 D．6
【解析】解：奇数构成的数阵，令 2n﹣1＝2021，解得 n＝1011，故 2021 是数阵中的第 1011 个数，
第 1 行到第 i 行一共有 1+2+3+···+i
rm
个奇数，
则第 1 行到第 44 行末一共有 990 个奇数，第 1 行到第 45 行末一共有 1035 个数，
所以 2021 位于第 45 行，
又第 45 行是从左到右依次递增，且共有 45 个奇数，
所以 2021 位于第 45 行，从左到右第 21 列，
所以 i＝45，j＝21，
则
r
−
R
x
log2（i+19）
r
−
R
x
r m r x R
．
故选：A．
5．（2021•揭阳模拟）科赫曲线因形似雪花，又被称为雪花曲线．其构成方式如下：如图 1 将线段 AB 等分
为 AC，CD，DB，如图 2 以 CD 为底向外作等边三角形 CMD，并去掉线段 CD．在图 2 的各条线段上重
复上述操作，当进行三次操作后形成图 3 的曲线．设线段 AB 的长度为 1，则图 3 曲线的长度为（ ）
A．2 B．
R
C．
D．3
【解析】解：由题意可得，未进行操作时，曲线为 AB，长度为 a1＝1，
进行 1 次操作时，曲线的长度为
R
R
,
进行 2 次操作时，曲线的长度为
R r
R
R
,
所以曲线的长度构成一个等比数列{an}，公比为
R
,首项为 1，
故
R R
R
,
所以当进行三次操作后形成图 3 的曲线时，曲线的长度为
．
故选：C．
6．（2021•梅州一模）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列 A＝{a1，a2，a3，⋅⋅
⋅}进行重新编辑，重新编辑后的新序列为 A*
，
R
，
R
，
，它的第 n 项为
m
．若序列（A*）
*的所有项都是 2，且 a5＝1，a6＝32，则 a1 等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【解析】解：设
，则序列 A*＝{q，2q，22q，23q，···}，
所以第 n 项
m
2n﹣1q，
当 n≥2 时，
x x
x R
＝2n﹣2q•2n﹣3q•···`2q•q•a1
＝2(n﹣2)+(n﹣3)+···+1+0•qn﹣1•a1
rx rx
x
，
将 a5＝1，a6＝32，代入上式解得，
．
故选：D．
7．（2021•广东模拟）已知等比数列{an}的各项均为负数，若 a2a8+2a3a9+a72＝16，则 a5+a7＝（ ）
A．﹣2 B．﹣4 C．﹣8 D．﹣16
【解析】解：等比数列{an}的各项均为负数，若 a2a8+2a3a9+a72＝16，
则 a52+2a5a7+a72＝16，
则（a5+a7）2＝16，
解得 a5+a7＝﹣4，
故选：B．
二．多选题（共 6 小题）
8．（2021•东莞市校级模拟）若数列{an}满足 a1＝1，a2＝1，an＝an﹣1+an﹣2（n≥3，n
∈
N+），则称数列{an}
为斐波那契数列，又称黄金分割数列．在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波那契数列都有直接
的应用则下列结论成立的是（ ）
A．a7＝13
B．a1+a3+a5+……+a2019＝a2020
C．S7＝54
D．a2+a4+a6+……+a2020＝a2021
【解析】解：因为 a1＝1，a2＝1，an＝an﹣1+an﹣2（n≥3，n
∈
N+），
所以 a3＝a2+a1＝2，a4＝a3+a2＝3，a5＝a4+a3＝5，a6＝a5+a4＝8，a7＝a6+a5＝13，所以 A 正确；
S7＝1+1+2+3+5+8+13＝33，所以 C 不正确；
a1+a3+a5+……+a2019＝a1+a2+a1+a4+a3+……+a2018+a2017＝a1+S2018＝1+S2018，
又 an+2＝an+1+an＝an+an﹣1+an﹣1+an﹣2＝an+an﹣1+an﹣2+an﹣3+an﹣3+an﹣4＝……＝Sn+1，
所以 a2020＝S2018+1＝a1+a3+a5+……+a2019，所以 B 正确；
a2+a4+a6+……+a2020＝a2+a3+a2+a5+a4+……+a2019+a2018＝a1+a2+a3+a4+a5+……+a2019＝S2019，
但 S2019+1＝a2021，所以 a2+a4+a6+……+a2020≠a2021，所以 D 不正确．
故选：AB．
9．（2021•广州一模）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，
形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，将数列 1，2 进行构造，第 1 次得到
数列 1，3，2；第 2 次得到数列 1，4，3，5，2，…；第 n（n
∈
N*）次得到数列 1，x1，x2，x3，…，xk，
2；…．记 an＝1+x1+x2+…+xk+2，数列{an}的前 n 项和为 Sn，则（ ）
A．k+1＝2n B．an+1＝3an﹣3
C．an
R
（n2+3n） D．Sn
R
（3n+1+2n﹣3）
【解析】解：由 a1＝3+3，a2＝3+3+9，a3＝3+3+9+27，a4＝3+3+9+27+81，
，…，an＝3+31+32+33+…+3n＝3
m RrxR
xR RmmR
，
由 a1 有 3 项，a2 有 5 项，a3 有 9 项，a5 有 17 项，…，
故 an 有 2n+1 项．故 C 错误；
所以 k+2＝2n+1，即 k+1＝2n，故 A 正确；
由 an
RmmR
，可得 an+1
RmmR
3an﹣3，故 B 正确；
由 Sn＝a1+a2+…+an
（32+33+34+…+3n+1）
m R
•
rxR
xR m
R
R
（3n+1+2n﹣3），故 D 正确．
故选：ABD．
10．（2021•福田区校级二模）已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前 n 项和为 Sn，{bn}的前 n 项和为
Tn．且满足 an+an+1＝2n，bn•bn+1＝2n（n
∈
N*），则下列说法正确的有（ ）
A．0＜a1＜1 B．1＜b1＜
C．S2n＜T2n D．S2n≥T2n
【解析】解：∵数列{an}为递增数列；
∴a1＜a2＜a3；
∵an+an+1＝2n，
∴
m
m R
；
∴
m
＞
m R
＞
x ∴0＜a1＜1；故 A 正确．
∴S2n＝（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n﹣1+a2n）＝2+6+10+…+2（2n﹣1）＝2n2；
∵数列{bn}为递增数列；
∴b1＜b2＜b3；
∵bn•bn+1＝2n
∴
R
；
∴
＞
R
＞
；
∴1＜b1＜
，故 B 正确．
∵T2n＝b1+b2+…+b2n
＝（b1+b3+b5+…+b2n﹣1）+（b2+b4+…+b2n）
rx
m rx
r m r
x
r
x r
x
；
∴对于任意的 n
∈
N*，S2n＜T2n；故 C 正确，D 错误．
故选：ABC．
11．（2021•揭阳模拟）已知等比数列{an}的公比为 q，且 a5＝1，则下列选项正确的是（ ）
A．a3+a7≥2 B．a4+a6≥2 C．a7﹣2a6+1≥0 D．a3﹣2a4﹣1≥0
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于 A，a3+a7
m
a5q2
m
q2≥2
2，当且仅当 q＝±1 时等号成立，A 正确，
对于 B，a4+a6
m
a5q，当 q＜0 时，a3+a7≥2 不成立，B 错误，
对于 C，a5＝1，则 a7﹣2a6+1＝q2﹣2q+1＝（q﹣1）2≥0，C 正确，
对于 D，a5＝1，则 a3﹣2a4﹣1
x
x
1＝（
x
1）2﹣2，则 a3﹣2a4﹣1≥0 不成立，D 错误，
故选：AC．
12．（2021•惠州模拟）无穷等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＞0，d＜0，则下列结论正确的是（ ）
A．数列{an}单调递减 B．数列{an}有最大值
C．数列{Sn}单调递减 D．数列{Sn}有最大值
【解析】解：∵无穷等差数列{an}的首项 a1＞0，公差 d＜0，
∴{an}是递减数列，且先正值，后负值，首项为数列{an}的最大值；
∴{an}的前 n 项和为 Sn 先增加，后减小，
∴Sn 有最大值；
故选：ABD．
13．（2021•河源模拟）已知函数
r
x
，
＜
r x m
，
，方程 f（x）﹣x＝0 在区间[0，2n]（n
∈
N*）
上的所有根的和为 bn，则（ ）
A．f（2020）＝2019 B．f（2020）＝2020
C．bn＝22n﹣1+2n﹣1 D．
rm
【解析】解：f（2020）＝f（2019）+1＝f（2018）+2＝…＝f（0）+2020＝20﹣1+2020＝2020；
函数 f（x）的图象如图：
，
由图象可知方程 f（x）﹣x＝0 在区间[0，2n]（n
∈
N*）上的所有根为：1，2，3，…2n，
∴bn＝1+2+3+…+2n
rm
22n﹣1+2n﹣1，
故选：BC．
三．填空题（共 6 小题）
14．（2021•濠江区校级模拟）已知数列{an}满足 an+1＝an2﹣an+1（n
∈
N*），设 Sn
m
m
，且
S9
xR
x
，则数列{an}的首项 a1 的值为
R
．
【解析】解：若存在 an＝1，由
x
x x m
，则可得 an﹣1＝1 或 an﹣1＝0，
由
m
m m
可得 an≠0，由
xR
x
可得 a10≠1，
所以{an}中恒有 an≠1，
由
m
x m
，可得 an+1﹣1＝an（an﹣1），
所以
mx
rx
x x
，即
x x
mx
，
所以
m
m m
r
x x
x m r
x x
Rx m m r
x x
mx
x x
mx
，
所以
x x
x xR
x
，
即
x
x m
xR
x
x
x 所以
x
，则
x
，所以
R
．
15．（2021•肇庆二模）斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，
即 1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…．在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕
草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的
应用．斐波那契数列{an}满足：a1＝a2＝1，an+2＝an+1+an（n
∈
N*），则 1+a3+a5+a7+a9+…+a2021 是斐波那
契数列{an}中的第 2022 项．
【解析】解：依题意，得 1+a3+a5+a7+a9+…+a2021
＝a2+a3+a5+a7+a9+…+a2021
＝a4+a5+a7+a9+…+a2021
＝a6+a7+a9+…+a2021
＝…＝a2020+a2021
＝a2022，
故答案为：2022．
16．（2021•湛江校级模拟）二十四节气作为我国古代订立的一种补充历法，在我国传统农耕文化中占有极
其重要的位置，是古代劳动人民对天文、气象进行长期观察、研究的产物，凝聚了古代劳动人民的智慧．古
代数学著作《周髀算经》中记载有这样一个问题：从夏至之日起，小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋
分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若大暑、立秋、处暑的
日影子长的和为 18 尺，立冬的日影子长为 10.8 尺，则夏至的日影子长为 3.6 尺．
【解析】解：设夏至之日起，小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪
这十二个节气的日影子长依次成等差数列{an}，
则 a3+a4+a5＝3a4＝18，a10＝10.8，
∴a4＝6，a10＝10.8，d
䁢x
0.8，a1＝3.6
则夏至的日影子 a1＝3.6
故答案为：3.6
17．（2021•韶关一模）设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，a6+a7＝1，则 S12＝ 6 ，若 a7＜0，则使得不等
式 Sn＜0 成立的最小整数 n＝ 13 ．
【解析】解：根据题意，{an}为等差数列，若 a6+a7＝1，
则 S12
rm
rm
6，
若 a7＜0，则 S13
rmR R
13a7＜0，
则使得不等式 Sn＜0 成立的最小整数 n＝13，
故答案为：6，13．
18．（2021•潮州一模）《周髀算经》中有这样一个问题，从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、
春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、小寒、大寒
的日影子长的和是 43.5 尺，芒种的日影子长为 4.5 尺，则立春的日影子长为 12.5 尺．
【解析】解：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种
这十二个节气的日影子长依次成等差数列{an}，
由已知可冬至、小寒、大寒的日影子长的和是 43.5 尺，芒种的日影子长为 4.5 尺，
所以
m m R R m R R䁢
m 䁢
，解得
䁢
x
，
所以立春的日影子长为 a4＝a1+3d＝12.5 尺．
故答案为：12.5．
19．（2021•河源模拟）将数列{3n+1}中的项数为奇数的项按照从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前 n 项
和为 3n2+n ．
【解析】解：数列{3n+1}中的项数为奇数的项按照从小到大排列得到数列{an}，
所以 an＝3（2n﹣1）+1＝6n﹣2，
所以
rmx
R
m
．
故答案为：3n2+n
四．解答题（共 18 小题）
20．（2021•湛江一模）已知数列{an}满足 2an＝3an+1﹣an+2，a2﹣a1＝1．
（1）证明：数列{an+1﹣an}是等比数列；
（2）若 a1
，求数列{an}的通项公式．
【解析】（1）证明：∵2an＝3an+1﹣an+2，
∴an+2﹣an+1＝2（an+1﹣an），
又 a2﹣a1＝1，
∴数列{an+1﹣an}是首项为 1，公比为 2 等比数列；
（2）解：由（1）可得：an+1﹣an＝2n﹣1，a1
，
∴an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2n﹣2+2n﹣3+…+20+a1
xx
x m
2n﹣1−
，n
≥2，
又 a1
，也适合上式，
∴an＝2n﹣1−
．
21．（2021•濠江区校级模拟）在等差数列{an}中，
R m
，数列{an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn．
（1）求 S9 的值；
（2）下列两小题只选一小题____再作答．
选做
①
若公差 d
∈
Z，且 a3，2S2，a5+1 成等比数列，求通项 an．
选做
②
若
R
，求数列
m
的前 n 项乘积为 Tn．
【 解 析 】 解 ： 在 等 差 数 列 {an} 中 ， 由
R m
， 得 3 （ a1+5d ） ＝ a1+7d+6a1+4d ＝ a5 ＝
3…………………………（2 分）
（1）
m
r m
；……………………（5 分）
（2）选
①
，依题
r
Rr m
（6 分）
∴
r m
r m rR m
，
∴（6﹣7d）2＝3﹣2d，∴49d2﹣82d+33＝0…………………………（8 分）
∴d＝1 或
RR
（舍去∵d
∈
z，），
∴an＝n﹣2…………………………（10 分）
选
②
，若
R
，得
R
r x R
（7 分）
∴a1＝﹣3，
x R
，a3＝0，∴
xR
m x
，
∴
m x
x
R
R
，n≥3，Tn＝0…………………（9 分）
∴
x
，
R
，
，
R
（10 分）
22．（2021•深圳一模）设数列{an}的前 n 项和 Sn，满足
m
m
，且 a1＝1．
（1）证明：数列
为等差数列；
（2）求{an}的通项公式．
【解析】（1）证明：∵
m
m
，且 a1＝1，
∴
m
m
m
2，即
m x
2，
∴数列
为首项为 1，公差为 2 的等差数列；
（2）解：由（1）可得：
1+2（n﹣1）＝2n﹣1，即 Sn
x
，
当 n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1
x x
xR x
rx rxR
，
又当 n＝1 时，a1＝1，
∴an
，
x
rx rxR
，
．
23．（2021•东莞市校级模拟）已知数列{an}是等比数列，公比 q＜1，前 n 项和为 Sn，若 a2＝2，S3＝7．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设 m
∈
Z，若 Sn＜m 恒成立，求 m 的最小值．
【解析】解：（1）∵a2＝2．S3＝7，
∴
m m
解得，q
，a1＝4 或 a1＝1，q＝2（舍去）
故 an＝4×（
）n﹣1＝（
）n﹣3，
（2）由（1）可知 Sn
rx
x
8（1−
）＜8，
∵an＞0，
∴Sn 单调递减，
∵S3＝7，
∴当 n≥4
∈
（7，8），
∵m
∈
Z，若 Sn＜m 恒成立，
∴m 的最小值为 8．
24．（2021•肇庆二模）已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1
，Sn+1•（2﹣Sn）＝1．
（1）求证：{
x
} 是等差数列；
（2）求数列{
}中最接近 2020 的数．
【解析】（1）证明：
x
x x
2，
由 Sn+1•（2﹣Sn）＝1，得 Sn+1
x
，
因为
mx x
x
xx x
x
x
x x
x x
1，
所以{
x
}是以﹣2 为首项，﹣1 为公差的等差数列．
（2）解：由（1）得
x x
2+（n﹣1）（﹣1）＝﹣（n+1），
即 Sn
m
，
则 an＝Sn﹣Sn﹣1
m x x
rm
（n≥2），
当 n＝1 时，an
rm
也成立，
所以 an
rm
（n
∈
N*），
则
n（n+1），
当 n＝44 时，
44×45＝1980；
当 n＝45 时，
45×46＝2070，
所以数列{
}中最接近 2020 的数是 1980．
25．（2021•广州一模）已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，公差 d≠0，a2 是 a1，a5 的等比中项，S5＝25．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足 bn+bn+1＝Sn，求 b2﹣b20．
【解析】解：（1）由 a2 是 a1，a5 的等比中项，可得 a22＝a1a5，
即为（a1+d）2＝a1（a1+4d），化为 d＝2a1，
由 S5＝25，可得 5a1+10d＝25，即 a1+2d＝5，
解得 a1＝1，d＝2，
则 an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
（2）Sn
n（1+2n﹣1）＝n2，
bn+bn+1＝Sn＝n2，
①可得 bn+1+bn+2＝（n+1）2，
②
②
﹣
①
可得 bn+2﹣bn＝2n+1，
则 b20＝b2+（b4﹣b2）+（b6﹣b4）+…+（b20﹣b18）
＝b2+5+9+…+37＝b2
m
9×（5+37）＝b2+189，
所以 b2﹣b20＝﹣189．
26．（2017•邵阳二模）已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 6Sn＝3n+1+a（n
∈
N+）
（1）求 a 的值及数列{an}的通项公式；
（2）设 bn＝（1﹣an）log3（an2•an+1），求
的前 n 项和为 Tn．
【解析】解：（1）∵等比数列{an}满足 6Sn＝3n+1+a（n
∈
N+），
n＝1 时，6a1＝9+a；
n≥2 时，6an＝6（Sn﹣Sn﹣1）＝3n+1+a﹣（3n+a）＝2×3n．
∴an＝3n﹣1，n＝1 时也成立，∴1×6＝9+a，解得 a＝﹣3．
∴an＝3n﹣1．
（2）bn＝（1﹣an）log3（an2•an+1）＝（1+3n）
RrR
x
R
（3n+1）（3n﹣2），
∴
R r
Rx x
Rm
．
的前 n 项和为 Tn
R r x
m r
x
m m r
Rx x
Rm
R r x
Rm
Rm
．
27．（2021•福田区校级二模）已知等差数列{an}的公差 d＞0，其前 n 项和为 Sn，若 S3＝12，且 2a1，a2，1+a3
成等比数列．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）记
m r ∈
，求数列{bn}的前 n 项和 Tn．
【解析】解：（I）由题得：
rR m
m m R 即
r m m
m
，得 d2+d﹣12＝0．
∵d＞0，∴d＝3，a1＝1．
∴{an}的通项公式 an＝1+3（n﹣1）＝3n﹣2．
（II）∵bn
m
rRx rRm
R
（
Rx x
Rm
）．
∴Tn＝b1+b2+b3+…+bn
R
[（1−
）+（
x
）+…+（
Rx x
Rm
）]
R
（1−
Rm
）
Rm
．
28．（2021•珠海一模）在
①
6a1＝a2+a3，
②
a4＝2a1+a2+a3，
③
2（a3+2）＝a2+a4 这三个条件中任选一个，
补充在下面问题的题设条件中．
问题：正项等比数列{an}的公比为 q，满足 an＜an+1，a2+a3+a4＝28，_____？
（1）求数列{an}的通项公式：
（2）若 bn＝﹣anlog2an，Sn 为数列{bn}前 n 项和，若对任意正整数 n 恒有 Sn+（n+m）an+1＞0 成立，求 m
的取值范围．
【解析】解：当选条件
①
时：
（1）由题设可得：
＞
r m
r m
m
R
，解得：
，
∴an＝2n；
（2）由（1）可得：bn＝﹣anlog2an＝﹣n•2n，
∴Sn＝﹣21﹣2×22﹣3×23﹣•••﹣n•2n，
又 2Sn＝﹣22﹣2×23﹣•••﹣(n﹣1)•2n﹣n•2n+1，
两式相减得：﹣Sn＝﹣21﹣22﹣23﹣•••﹣2n+n•2n+1
−
rx
x m
n•2n+1＝(n﹣1)•2n+1+2，
∴Sn＝(1﹣n)•2n+1﹣2，
Sn+（n+m）an+1＝(1﹣n)•2n+1+(n+m)•2n+1﹣2＝(m+1)•2n+1﹣2，
又对任意正整数 n 恒有 Sn+（n+m）an+1＞0 成立，
∴(m+1)•2n+1﹣2＞0 对任意正整数 n 恒成立，
∴m＞
x
1 恒成立，
∵
x
1 随 n 增大而减小，∴当 n＝1 时，
x
1 有最大值−
，
∴m＞ −
，
∴m 的取值范围为(−
,+∞)．
当选条件
②
时：
（1）由题设可得：
＞
R
m m
r m
m
R
，解得：
，
∴an＝2n；
（2）由（1）可得：bn＝﹣anlog2an＝﹣n•2n，
∴Sn＝﹣21﹣2×22﹣3×23﹣•••﹣n•2n，
又 2Sn＝﹣22﹣2×23﹣•••﹣(n﹣1)•2n﹣n•2n+1，
两式相减得：﹣Sn＝﹣21﹣22﹣23﹣•••﹣2n+n•2n+1
−
rx
x m
n•2n+1＝(n﹣1)•2n+1+2，
∴Sn＝(1﹣n)•2n+1﹣2，
Sn+（n+m）an+1＝(1﹣n)•2n+1+(n+m)•2n+1﹣2＝(m+1)•2n+1﹣2，
又对任意正整数 n 恒有 Sn+（n+m）an+1＞0 成立，
∴(m+1)•2n+1﹣2＞0 对任意正整数 n 恒成立，
∴m＞
x
1 恒成立，
∵
x
1 随 n 增大而减小，∴当 n＝1 时，
x
1 有最大值−
，
∴m＞ −
，
∴m 的取值范围为(−
,+∞)．
当选条件
③
时：
（1）由题设可得：
＞
r
m m
R
r m m
，解得：
，
∴an＝2n；
（2）由（1）可得：bn＝﹣anlog2an＝﹣n•2n，
∴Sn＝﹣21﹣2×22﹣3×23﹣•••﹣n•2n，
又 2Sn＝﹣22﹣2×23﹣•••﹣(n﹣1)•2n﹣n•2n+1，
两式相减得：﹣Sn＝﹣21﹣22﹣23﹣•••﹣2n+n•2n+1
−
rx
x m
n•2n+1＝(n﹣1)•2n+1+2，
∴Sn＝(1﹣n)•2n+1﹣2，
Sn+（n+m）an+1＝(1﹣n)•2n+1+(n+m)•2n+1﹣2＝(m+1)•2n+1﹣2，
又对任意正整数 n 恒有 Sn+（n+m）an+1＞0 成立，
∴(m+1)•2n+1﹣2＞0 对任意正整数 n 恒成立，
∴m＞
x
1 恒成立，
∵
x
1 随 n 增大而减小，∴当 n＝1 时，
x
1 有最大值−
，
∴m＞ −
，
∴m 的取值范围为(−
,+∞)．
29．（2021•揭阳模拟）已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 2Sn+an＝1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记 bn＝﹣log3an，求数列{anbn}的前 n 项和 Tn．
【解析】解：（1）由 2Sn+an＝1 可得：2Sn﹣1+an﹣1＝1(n≥2)，两式相减得：2an+an﹣an﹣1＝0，即 an
R
an
﹣1，n≥2，
又当 n＝1 时，有 2S1+a1＝1，解得：a1
R
，
∴数列{an}是首项、公比均为
R
的等比数列，
∴an
R
；
（2）由（1）可得 bn＝﹣log3
R
n，
∴anbn
R
，
∴Tn
R m
R m R
RR m
•••
m
R
，
又
R
Tn
R m
RR m
•••
m x
R m
Rm
，
两式相减得：
R
Tn
R m
R m
RR m
•••
m
R x
Rm
Rxr
R
x
R
x
Rm
x mR
Rm
，
整理得：Tn
R
x mR
R
．
30．（2021•梅州一模）已知数列{an}满足 a1＝3，an+1＝2an﹣n+1，数列{bn}满足 b1＝2，bn+1＝bn+an﹣n．
（1）证明数列{an﹣n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）数列{cn}满足
x
rm rmm
，求数列{cn}的前 n 项和 Tn．
【解析】（1）证明：∵an+1＝2an﹣n+1，
∴an+1﹣(n+1)＝2(an﹣n)，
又 a1＝3，
∴a1﹣1＝2≠0，
∴数列{an﹣n}为首项、公比均为 2 的等比数列，
∴an﹣n＝2n，
∴an＝n+2n；
（2）解：由（1）可得：bn+1＝bn+an﹣n＝bn+2n，即 bn+1﹣bn＝2n，
又 b1＝2，
∴当 n≥2 时，bn＝bn﹣bn﹣1+bn﹣1﹣bn﹣2+•••+b2﹣b1+b1＝2n﹣1+2n﹣2+•••+2+2
rxx
x m
2＝2n，
又当 n＝1 时，b1＝2 也适合上式，
∴bn＝2n，
∴
x
rm rmm
rm rmm
m x
mm
，
∴Tn
m x
m m
m x
Rm m
•••
m
m x
mm
R x
mm
．
31．（2021•韶关一模）已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 Sn＝﹣n2+kn（k
∈
N*），且 Sn 的最大值为 25．
（1）求 k 的值及通项公式 an；
（2）求数列{n•2
x
}的前 n 项和 Tn．
【解析】解：（1）Sn＝﹣n2+kn＝﹣(n−
o
)2
m o
,
当 k 为偶数时，可得 n
o
时,Sn 的最大值为
o
,
则
o
25,解得 k＝10 成立；
若 k 为奇数，则 n
ox
或
om
时,
Sn 的最大值为﹣(
ox
)2+k•
ox
25,
该方程无整数解．
所以 Sn＝﹣n2+10n,
可得 a1＝S1＝9,
当 n≥2 时,an＝Sn﹣Sn﹣1＝﹣n2+10n+(n﹣1)2﹣10(n﹣1)＝11﹣2n,
上式对 n＝1 也成立，
故 an＝11﹣2n,n
∈
N*；
（2）n•2
x
n•2﹣2n
,
则 Tn
m
m R
R m
...
m
,
Tn
m
R m R
m
...
m
m
,
两式相减可得
R
Tn
m
m
...
m
x
m
rx
x
x
m
,
化为 Tn
x mR
．
32．（2021•清新区校级模拟）已知前 n 项和为 Sn 的等比数列{an}中，8a22＝a3a4，S5＝a6﹣4．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求证：
m
m m
＜
．
【解析】解：（1）设等比数列{an}的公比为 q，首项为 a1，
由
R
有
R
R
，可得 q＝2，
又由 S5＝a6﹣4，有
rx
x R x
，解得 a1＝4，
有
x
m
．
故数列{an}的通项公式为
m
．
（2）证明：由
r
m
，
有
m
m m
xr
x
x
m
，
因为 y
x
m
是减函数，所以
x
m
，
又由 n
∈
N*，有
x
m
＜
，
故有
m
m m
＜
．
33．（2021•广东模拟）已知等比数列{an}的公比为 q，前 n 项和为 Sn，an＞0，2a2+a3＝a4，S5＝4a4﹣1．
（1）求 an；
（2）在平面直角坐标系 xOy 中，设点 Qk（k，bk）（k＝1，2，3，…），直线 QkQk+1 的斜率为 2k，且 b1
＝1，求数列{bn}的通项公式．
【解析】解：（1）等比数列{an}中，an＞0，2a2+a3＝a4，
所以
m
，
则 q2﹣q﹣2＝0，
由 an＞0 得，q＞0，
故 q＝2 或 q＝﹣1（舍），
因为 S5＝4a4﹣1，
所以
rx
x
4a1×23﹣1，
解得，a1＝1，
故 an＝2n﹣1；
（2）由题意得，
omxo
omxo
2k，即 bk+1﹣bk＝2k，
所以 b2﹣b1＝2，
b3﹣b2＝22，
…
bn﹣bn﹣1＝2n﹣1，
累加得，bn﹣b1＝2+22+…+2n﹣1
rxx
x
2n﹣2，
故 bn＝2n﹣1．
34．（2021•广东模拟）在递增的等比数列{an}中，a2a5＝32，a3+a4＝12．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若 bn＝（﹣1）nan+1，求数列{bn}的前 n 项和 Sn．
【解析】解：（1）由题设可得：
R R
R m
R
＜
，解得：a3＝4，a4＝8，
∴公比 q
R
2，
∴an＝a3qn﹣3＝4×2n﹣3＝2n﹣1；
（2）由（1）可得：bn＝（﹣1）n•2n＝（﹣2）n，
∴Sn
xxrx
m x rx mm
R
．
35．（2021•惠州模拟）已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且有 Sn＝2an﹣2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若 bn＝nan，求数列{bn}的前 n 项和 Tn．
【解析】解：（1）∵Sn＝2an﹣2，∴Sn﹣1＝2an﹣1﹣2（n≥2），
∴an＝2an﹣1，
又∵a1＝2，∴{an}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，
∴an＝2n；
（2）∵bn＝nan＝n•2n，
∴Tn＝1×2+2×22+3×23+…+n•2n，
∴2Tn＝1×22+2×23+…+n•2n+1，
因此：﹣Tn＝1×2+（22+23+…+2n）﹣n•2n+1
∴Tn＝（n﹣1）2n+1+2．
36．（2021•潮州一模）已知数列{an}满足 2an＝Sn+n，Sn 为数列{an}的前 n 项和．
（Ⅰ）求证：{an+1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设
m
，数列{bn}的前 n 项和为 Sn，证明：Sn＜1．
【解析】证明：（Ⅰ）由 2an＝Sn+n，得
当 n≥2 时，2an﹣1＝Sn﹣1+（n﹣1），
两式作差可得：2an﹣2an﹣1＝an+1，即 an＝2an﹣1+1．
∴an+1＝2（an﹣1+1）．
则
m
xm
2．
当 n＝1 时，2a1＝a1+1，得 a1＝1．
∴数列{an+1}是以 a1+1＝2 为首项，以 2 为公比的等比数列，
∴an+1＝2•2n﹣1＝2n，
则 an＝2n﹣1．
（Ⅱ）
m
rx rmx
x x
mx
，
所以 Sn＝b1+b2+…+bn
＝（
x x
x
）+（
x x
R
x
）+…+（
x x
m
x
）
＝1−
mx
＜1，
所以 Sn＜1．
37．（2021•河源模拟）在等比数列{an}中，a3﹣a2＝6，且 a1，a2+1，a3﹣2 成等差数列．
（Ⅰ）Sn 为{an}的前 n 项和，证明：2Sn＝3an﹣1；
（Ⅱ）Tn 为{an}的前 n 项的积，求数列{Tn}中落入区间[310，321]中项的个数．
【解析】（Ⅰ）证明：因为 a1，a2+1，a3﹣2 成等差数列，所以 a1+a3﹣2＝2a2+2，
设等比数列{an}的公比为 q，
则
x
m
x m
解得 a1＝1，q＝3，
即{an}为首项为 1，公比为 3 的等比数列，所以 an＝3n﹣1，
因为
rx
x xR
xR Rx
，
所以 2Sn＝3n﹣1＝3an﹣1；
（Ⅱ）解：
R R
R
R
R
x
R
mmmmrx
R
rx
，
由
R
R
rx
R
得
rx
，解得 5≤n≤7，
所以数列{Tn}中有 3 项落入区间[310，321]．
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