(典型题)高中数学必修五第一章《数列》测试卷(含答案解析)

一、选择题

1．记Sn为数列an的前n项和．若点an,Sn，在直线xy60上，则S4（ ） A．

9 2B．

25 4C．

45 8D．

40 92．已知等差数列an满足3a3A．a6

B．a7

4a4，则该数列中一定为零的项为（ ）

C．a8

D．a9

3．在等差数列｛an｝中，a1a2a33,a28a29a30165，则此数列前30项和等于（ ） A．810

B．840

C．870

D．900

24．在等差数列an中，an0，an1anan10n2，若S2n138，则

n( )．

A．38

B．20

C．10

D．9

5．已知等差数列an的首项为a1，公差为d，其前n项和为Sn，若直线y221a1xm21与圆x2y1的两个交点关于直线xyd0对称，则数列的前10项和

Sn为（ ） A．

10 11B．

9 10C．

8 9D．2

6．已知数列an的前n项的和为Sn，且Sn2an3nnN，则（ ） A．an为等比数列 C．an32n19

B．an为摆动数列 D．Sn62n3n6

x2y2x2y27．已知椭圆22=1(a>b>0)与双曲线22=1(m>0,n>0)有相同的焦点(-c,0)和(c,0),若

abmnc是a,m的等比中项,n2是2m2与c2的等差中项,则椭圆的离心率是 ( )

A．C．

3 3B．D．

32 21 41 28．已知函数fxx1x，数列an中各项互不相等，记

Snfa1fa2fan，给出两个命题：①若等差数列an满足S55，则

a33；②若正项等比数列an满足S33，则a21；其中（ ）

A．①是假命题，②是真命题 C．①②都是假命题

B．①是真命题，②是假命题 D．①②都是真命题

9．等差数列an的前n项和为Sn，S1000，S1010，则满足anan10的n（ ） A．50

B．51

C．100

D．101

10．等差数列{an}中，a10,S3S10，则当Sn取最大值时，n的值为 （ ） A．6

B．7

C．6或7

D．不存在

11．已知数列an中，a11，又aan1,1，b2an1,1，若a//b，则a4（ ） A．7

B．9

C．15

D．17

12．记等差数列an的前n项和为Sn.若a64，S19114，则S15（ ） A．45

B．75

C．90

D．95

二、填空题

13．数列{an}的前n项和为Sn，已知an*2，则S4___________.

n(n2)ak为整数的kkN*称为“和谐

14．给定anlogn1(n2)(nN)，则使乘积a1a2数”，则在区间内[1,2020]的所有“和谐数”的和为_______.

15．定义：如果一个数列从第二项起，后一项与前一项的和相等且为同一常数，这样的数列叫“等和数列”，这个常数叫公和．给出下列命题： ①“等和数列”一定是常数数列；

②如果一个数列既是等差数列又是“等和数列”，则这个数列一定是常数列； ③如果一个数列既是等比数列又是“等和数列”，则这个数列一定是常数列； ④数列{an}是“等和数列”且公和h100，则其前n项之和Sn50n； 其中，正确的命题为__________．（请填出所有正确命题的序号）

n216．在数列an中， a11，anan12(n2)，则an_____.

17．设数列an的前n项和Sn满足SnSn1SnSn1nN，且a11，则

an_____．

18．下图中的一系列正方形图案称为谢尔宾斯基地毯.在图中4个大正方形中，着色的正方形的个数依次构成一个数列an的前4项，则数列an的一个通项公式为______.

19．已知正项等比数列an，qa1，若存在两项am、an，使得aman1，则229

m的最小值为___________. n

20．已知下列结论：

2①若数列an的前n项和Snn1，则数列an一定为等差数列.

n②若数列an的前n项和Sn21，则数列an一定为等比数列.

③非零实数a,b,c不全相等，若a,b,c成等差数列，则,,可能构成等差数列. ④非零实数a,b,c不全相等，若a,b,c成等比数列，则,,一定构成等比数列. 则其中正确的结论是_______.

111abc111abc三、解答题

21．在①Sn32nkn1(nN*,k为常数)，②an1and(nN*,d为常数)，4*③an1qan(q0,nN,q为常数)这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，若问

题中的数列存在，求数列理由.

1*nN的前10项和；若问题中的数列不存在，说明

anan1*问题：是否存在数列an(nN)，其前n项和为Sn，且a11,a34,___________？

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

*22．设数列an的前n项和为Sn，已知a11，Sn12Sn1nN.

（1）求证：数列an为等比数列 （2）若数列bn满足：b11，bn1前n项和Tn.

23．已知正项等比数列an的前n项和为Sn，a12，2S2a2a3. （1）求数列an的通项公式； （2）设bnbn1，求数列bn的通项公式及数列bn的2an12n1，求数列bn的前n项和. an(2n1)an2n.

24．设数列{an}满足a13a2（1）求{an}的通项公式； （2）记数列an的前n项和为Tn，证明：Tn3. n25．设等差数列an的首项a1为aa0，其前n项和为Sn.

（Ⅰ）若S1，S2，S4成等比数列，求数列an的通项公式；

*（Ⅱ）若对任意的nN*，恒有Sn0，问是否存在kk2,kN，使得lnSk、

lnSk1、lnSk2成等比数列？若存在，求出所有符合条件的k值；若不存在，请说明理由.

26．已知an是由正整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，最小值记为

Bn，令bnAn． Bn（1）若an2n(n1,2,3,)，写出b1，b2，b3的值．

)．

是等比

（2）证明：bn1bn(n1,2,3,（3）若bn是等比数列，证明：存在正整数n0，当nn0时，an，an1，an2数列．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．C 解析：C 【分析】

S1,n1aS60a由题可得，n，根据n，可求得an为等比数列，进而nSnSn1,n2可求得本题答案. 【详解】

因为点an,Sn在直线xy60上，所以anSn60. 当n1时，a1S160，得a13；

当n2时，anSn60①，an1Sn160②，①-②得，所以数列an为等比数列，且公比qan1， an121，首项a13， 2则S4a11q41q1431245. 1812故选：C 【点睛】

本题主要考查根据an,Sn的关系式求通项公式an的方法.

2．B

解析：B 【分析】

由条件可得a34d,进而得an(n7)d,从而得解. 【详解】

3a34a4,

3a34a3d4a34d, a34d

ana3(n3)d

4d(n3)d (n7)d a70,

故选：B 【点睛】

本题主要考查了等差数列的通项公式，等差数列的性质，属于基础题.

3．B

解析：B 【解析】

数列前30项和可看作每三项一组，共十组的和，显然这十组依次成等差数列，因此和为

10(3165)840 ，选B. 24．C

解析：C 【分析】

22由an1anan10，可得anan1an12an，得到an2，再根据等差数列的求和

公式，得到S2n1(2n1)an38，代入即可求解，得到答案． 【详解】

2由题意，等差数列an中，an1anan10n2，可得anan1an12an，

2又an0,解得an2， 又由S2n1故选C． 【点睛】

本题主要考查了等差数列的性质，以及等差数列的求和公式的应用，其中解答中熟记等差

(2n1)(a1a2n1)(2n1)an38，即(2n1)238，解得n10，

2数列的性质，求得an2和S2n1(2n1)an38是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

5．A

解析：A 【分析】

由题意可知，直线y1a1xm与直线xyd0垂直，且直线xyd0过圆心，2可求得a1和d的值，然后利用等差数列的求和公式求得Sn，利用裂项法可求得数列的前10项和. 【详解】 由于直线y则直线y1Sn12a1xm与圆x2y21的两个交点关于直线xyd0对称， 21a1xm与直线xyd0垂直，直线xyd0的斜率为1，则21a11，可得a12， 2且直线xyd0过圆x2y21的圆心2,0，则2d0，可得d2，

2ana1n1d22n12n，则Sn1111， Snnn1nn1na1an2n22n2nn1，

1因此，数列的前10项和为

Sn11111122334故选：A. 【点睛】

本题考查裂项求和，同时也考查了直线与圆的综合问题，以及等差数列求和公式的应用，考查计算能力，属于中等题.

110111.

111110116．D

解析：D 【分析】

利用已知条件求出数列an的通项公式，再求出an的前n项的和为Sn，即可判断四个选项的正误. 【详解】

因为Sn2an3n①，

当n1时，a12a13，解得：a13， 当n2时，Sn12an13n1②，

①-②得：an2an2an13，即an2an13，

所以an32an13，所以an3是以6为首项，2为首项的等比数列，

n1n1所以an362，所以an623，

所以an不是等比数列，an为递增数列，故A、B不正确，

Sn6112n123n62n3n6，故选项C不正确，选项D正确.

故选：D 【点睛】

本题主要考查了利用数列的递推公式求通项公式，考查了构造法，考查了分组求和，属于中档题.

7．D

解析：D 【解析】

由题意可知2n2=2m2+c2． 又m2+n2=c2， ∴m=

c． 2∵c是a，m的等比中项， ∴c2am， ∴c∴e2ac， 2c1．选D． a28．A

解析：A 【分析】

先确定函数fx对称性与单调性，再结合等差数列的等距性确定a3；结合基本不等式将等比数列性质转化到等差数列性质上，解不等式即得结果. 【详解】

因为fxx1xx1(x1)1，而yxx关于原点对称且在R上单调

333递增，所以fx关于(1,1)对称且在R上单调递增， 先证明下面结论：

若gx为奇函数且在R上单调递增，an为等差数列，

g(a1)g(a2)g(a3)证明：若a1a2a3则当n为偶数时，

g(an)0，则a1a2a3an0，

anan0

122an0.

a1ana2an1a1ang(a1)g(an)g(an)g(a1)+g(an)0

同理

g(a2)g(an1)0,,g(an)+g(an)0，即

22+1g(a1)g(a2)g(a3)当n为奇数时，类似可得

g(an)0与题意矛盾，

2an10

2a1ana2an1g(a1)g(an)0,g(a2)g(an1),,g(an1)0，

2即g(a1)g(a2)g(a3)同理可证a1a2a3再引申结论：

g(an)0，与题意矛盾

an0

an0也不成立，因此a1a2a3若fx为关于(a,b)函数且在R上单调递增，an为等差数列，

f(a1)f(a2)f(a3)f(an)nb，则a1a2a3anna

证明过程只需令gxf(xa)b，再利用上面结论即得.

①若等差数列an满足S55，即 f(a1)f(a2)f(a3)f(a4)f(a5)5，则

a1a2a3a4a555a35， a31，故①是假命题，

②若正项等比数列an满足S33， 即f(a1)f(a2)f(a3)3 因为数列an中各项互不相等，所以公比不为1，不妨设公比大于1，即

a1a2a3f(a1)f(a2)f(a3)，因为a1a32a1a32a2f(a2)1，

a213a21a21

故②是真命题 故选：A 【点睛】

本题考查函数fx对称性与单调性、等差数列性质、基本不等式应用，考查综合分析判断能力，属中档题.

9．A

解析：A 【分析】

由题意和等差数列求和公式与性质可得a50a510；a510，进而可得a500，据此分析

可得答案． 【详解】

根据题意，等差数列{an}中，S1000，S1010， 则有S100又由S101(a1a100)10050(a1a100)50(a50a51)0，则有a50a510；

2(a1a101)101101a510，则有a510；

2则有a500，

若anan10，必有n50； 故选：A． 【点睛】

本题考查等差数列的前n项和公式的应用，涉及等差数列的性质，属于基础题．

10．C

解析：C 【解析】

设等差数列an的公差为d ∵S3S10 ∴3a13312d9a19912d

∴a16d0 ∴a70 ∵a10

∴当Sn取最大值时，n的值为6或7 故选C

11．C

解析：C 【分析】

利用向量平行的坐标运算公式得出an12an1，可得出是以2为首项，公比为2的等比数列，然后求解a4. 【详解】

因为a//b，所以an12an1，则an112an22an1，即

an112，所以数列an1an1an112， an1又a11，所以a112，所以数列an1是以2为首项，公比为2的等比数列， 所以a41216，得a415. 故选：C.

4【点睛】

本题考查向量的平行，考查数列的通项公式求解及应用，难度一般. 一般地，若an满足

an1panqp0,p1,q0，则只需构造an1xpanx，其中x然后转化为等比数列求通项.

q，p112．B

解析：B 【分析】

结合题意根据等差数列的通项公式和前n项和公式列方程a15d4，解得

19a1199d1141d2，再利用前n项和公式即可求得答案. 3a12【详解】

解：根据题意a64，S19114，结合等差数列的通项公式和前n项和公式得：

1da15d4a15d42，即：，解得， 3a9d619a199d11411a12所以S1515a1故选：B. 【点睛】

本题考查利用等差数列的通项公式和前n项和公式求等差数列的基本量，考查数学运算能力，是基础题.

151513145105d1515775. 2222二、填空题

13．【分析】先化简再进行相加求解即可【详解】由知故答案为：【点睛】思路点睛：当数列的通项公式中分母是乘积形式求前n项和时可以考虑裂项相消法即将数列拆分成两项的差的形式再进行求和 解析：

17 1511，再进行相加求解即可. nn2【分析】 先化简an【详解】

由an211知，

n(n2)nn21111111111171. 324354625615S4a1a2a3a41故答案为：【点睛】

17. 15思路点睛：

当数列的通项公式中，分母是乘积形式，求前n项和Sn时，可以考虑裂项相消法，即将数列拆分成两项的差的形式，再进行求和.

14．2026【分析】根据换底公式把代入并且化简转化为为整数即可求得区间内的所有和谐数的和【详解】由换底公式：得为整数∴分别可取最大值则最大可取10故所有和谐数的和为故答案为：2026【点睛】考查数列的综

解析：2026 【分析】

根据换底公式把anlogn1(n2)代入a1a2ak并且化简，转化为

lg(k2)为整数，即lg2k22n，nN，可求得区间[1,2020]内的所有“和谐数”的和.

【详解】

由换底公式：logaNlogbN， logba得a1a2aklog23log34log45logk1k2

a1a2aklg3lg4lg5lg2lg3lg4lg(k2)lg(k2)log2(k2)为整数，

lg(k1)lg2∴k22n，nN，

k分别可取222,232,242，

最大值2n22020，则n最大可取10， 故所有“和谐数”的和为222321018故答案为：2026. 【点睛】

考查数列的综合应用及对数的换底公式，把a1a2ak化简并且转化为对数的运算，体现了转化的思想，属中档题.

412912182026.

15．②【分析】利用等和数列的定义对每一个命题逐一分析判断得解【详解】①等和数列不一定是常数数列如数列是等和数列但是不是常数数列所以该命题错误；②如果一个数列既是等差数列又是等和数列则这个数列一定是常数列

解析：② 【分析】

利用“等和数列”的定义对每一个命题逐一分析判断得解. 【详解】

①“等和数列”不一定是常数数列,如数列1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,数数列，所以该命题错误；

②如果一个数列既是等差数列又是“等和数列”，则这个数列一定是常数列.如果数列{an}是等差数列，所以an1an12an(n2)，如果数列{an}是“等和数列”，所以

是“等和数列”，但是不是常

an1+ananan1(n2),所以an1an1(n2),所以2an12an(n2)，所以anan1(n2)，所以这个数列一定是常数列，所以该命题是正确的.

③如果一个数列既是等比数列又是“等和数列”，则这个数列一定是常数列. 如果数列{an}是等比数列，所以an1an1an(n2)，如果数列{an}是“等和数列”，所以

2an1+ananan1(n2),所以an1an1(n2),所以an12an2(n2)，所以anan1(n2)，所以这个数列不一定是常数列，所以该命题是错误的.

④数列{an}是“等和数列”且公和h100，则其前n项之和Sn50n，是错误的.举例“等和数列”1,99,1,99,1,其S5201505，所以该命题是错误的. 故答案为：② 【点睛】

本题主要考查数列的新定义的理解和应用，考查等差数列和等比数列的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

16．【分析】利用累加法可求得数列的通项公式【详解】当时符合上式则故答案为：【点睛】本题考查由累加法求数列的通项公式属于基础题 解析：2n1

【分析】

利用累加法可求得数列的通项公式. 【详解】

a11，anan12n2(n2)

an=a1+a2a1a3a2anan1

1+20+21++2n2

2+an212n2122n1222n212n1

n2,nN*

2n1.

当n=1时，a11符合上式，则an故答案为：2n1

【点睛】

本题考查由累加法求数列的通项公式，属于基础题.

17．【分析】由两本同除以可构造是等差数列由此可求出再利用即可求得【详解】由得是以为首相1为公差的等差数列当时故答案为：【点睛】本题主要考查了由数列的递推关系式求数列的通项公式是常考题型属于中档题

1,n11 解析：an,n2n(n1)【分析】

1SSSSSS由n是等差数列，由此可求出a n1nn1，两本同除以nn1，可构造Sn1，再利用anSnSn1，即可求得an n【详解】 Sn由SnSn1SnSn1，得

111 nN Sn1Sn111 是以1为首相，1为公差的等差数列，

S1a1Sn11(n1)1n， SnSn1， n111， nn1n(n1)当n2 时，anSnSn11,n1an 1,n2n(n1)1,n11故答案为：an ,n2n(n1)【点睛】

本题主要考查了由数列的递推关系式，求数列的通项公式，是常考题型，属于中档题.

18．【分析】根据图象的规律得到前后两项的递推关系然后利用迭代法求通项并利用等比数列求和【详解】由图分析可知依次类推数列是首项为1公比为8的等比数列所以故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键是迭代法求通

8n1 解析：an7【分析】

根据图象的规律，得到前后两项的递推关系，然后利用迭代法求通项，并利用等比数列求和. 【详解】

2由图分析可知a11，a2a18181，a3a281881， n1n2依次类推，an88...1，

18n8n1数列8是首项为1，公比为8的等比数列，所以an， 187n18n1故答案为：an

7【点睛】

关键点点睛：本题的关键是迭代法求通项，重点是得到前后两项的递推关系.

19．【分析】由等比数列的通项公式结合可得出利用基本不等式可求得的最小值【详解】由于则即则由已知可得因此当且仅当时等号成立所以的最小值为故答案为：【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时要注意其必须满足的 解析：2

【分析】

由等比数列的通项公式结合aman的最小值. 【详解】

mn2a19可得出m4n，利用基本不等式可求得m2n

a1a121由于aman，则aman，即a1qm1a1qn1a12242a12，则4mn22， m4n，

由已知可得m、nN，因此，当且仅当n3时，等号成立，

9999m4nn42n42， nnnn9

m的最小值为2. n

故答案为：2. 【点睛】

所以，

易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大

值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

20．②④【分析】①先求出再当时求出判断当时有判断①错误；②先求出再当时求出判断数列是以1为首项以2为公比的等比数列判断②正确；③先建立方程组再整理得与非零实数不全相等矛盾判断③错误；④先得方程整理得判断

解析：②④ 【分析】

①先求出a12，再当n2时求出an2n1，判断当n1时有an1a1，判断①错误；②先求出a11，再当n2时求出an2n1，判断数列an是以1为首项以2为

211ac②③公比的等比数列，判断正确；先建立方程组bacac，再整理得

ac2babc与非零实数a,b,c不全相等矛盾，判断③错误；④先得方程b2ac，整理得111()2，判断④正确. bac【详解】

2①：数列an的前n项和Snn1， 2当n1时，a1S1112，

22当n2时，anSnSn1(n1)(n1)12n1，当n1时，an1a1，

故①错误；

n②：数列an的前n项和Sn21， 1当n1时，a1S1211，

当n2时，anSnSn1(21)(2nn11)2n1，

an2 当n1时，an1a1，且an1所以数列an是以1为首项，以2为公比的等比数列， 故②正确；

③：若,,是等差数列，则

111abc211ac， bacac因为a,b,c成等差数列，则ac2b，

211ac则bacac，整理得abc，与非零实数a,b,c不全相等矛盾， ac2b故③错误；

④：因为非零实数a,b,c不全相等，且a,b,c成等比数列， 所以b2ac，则

1111， b2acac则,,一定构成等比数列. 故④正确. 故答案为：②④. 【点睛】

本题考查等差数列和等比数列的判断，是基础题.

111abc三、解答题

21．答案见解析 【分析】

选择①，由Sn求出a1和a3，常数k不存在，数列不存在；

选择②，得数列为等差数列，求出通项公式an，用裂项相消法结果； 选择③，得数列为等比数列，从而{结论． 【详解】

1}也是等比数列，由等比数列前n项和公式可得anan1S1,a1 解.如果选择①，由

aSS,32331k14即

2743k32k43k4解得

1k4该方程组无解， 所以该数列不存在.

*如果选择②an1and(nN,d为常数)，即数列an为等差数列，

由a11,a34，可得公差d所以ana3a13， 2231n 22所以

11121111115 a1a2a2a3a10a113a1a2a2a3a10a118*如果选择③an1qan(q0,nN,q为常数)，即数列an为等比数列，

由a11,a34，可得公比q42，

111(n2)， 所以

anan1an1an4111所以数列是首项为，公比为的等比数列，

24anan1所以其前10项和为【点睛】

关键点点睛：本题考查由前n项和Sn求通项公式an，解题时要注意

211. 3410anSnSn1(n2)，而a1S1，是两种不同的求法，如果要求通项公式，注意最后的

结论能否统一，否则写成分段函数形式．

122．（1）证明见解析；（2）bnn2【分析】

n11，Tn42n4. 2n（1）由Sn12Sn1，得Sn2Sn11n2，两式相减得an12an，结合a11，计算出a2，确定a22a1，从而证明出等比数列； （2）由（1）求得an1，对{bn}的递推关系式变形得数列2的等差数列.，从而求得2【详解】

（1）证明：由a11，Sn12Sn1，得Sn2Sn11n2， 两式相减，得an12an0，

n1n1bn是首项为1，公差为1

bn，得出bn后用错位相减法求得和Tn．

a22， 因为a11，由a1a22a11，得a22，所以a1所以

an12对任意N*部成立. an所以数列an为等比数列，首项为1，公比为2； （2）由（1）知，an2n1b111，bn1nbn，

2an122nnn1即2bn12bn1，

n1因为b11，所以数列2bn是首项为1，公差为1的等差数列.

1所以2bn1n1n，所以bnn2n1n1.

11②设数列bn的前n项和Tn123241111Tn232248相减可得Tn11n2n1，

1n，

2n1n121112421nn112nn， 12212n11化简可得数列bn的前n项和为Tn42n4. 2【点睛】

本题考查求等差、等比数列的通项公式，错位相减法求和．数列求和的常用方法： 设数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，

（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和； （2）错位相减法：数列{anbn}的前n项和应用错位相减法； （3）裂项相消法；数列{n1}（k为常数，an0）的前n项和用裂项相消法； anank（4）分组（并项）求和法：数列{panqbn}用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；

（5）倒序相加法：满足amanmA（A为常数）的数列，需用倒序相加法求和．

123．（1）an2；（2）Tn32n3. 2nn【分析】

(1)求等比数列的通项公式用公式法，基本量代换；

n2n11(2) bn2n1，用错位相减法求和.

an2【详解】

解：（1）设an的公比为q，q0

2S2a2a3

∴2a1a2a1qa2q ∴q2

n1n∴an222.

1（2）bn2n1 2设bn的前n项和为Tn

n111∴Tn135222111Tn13222①-②

23232312n32nn112n1①

2n1n112n32n1221122n122n②

1111Tn222222n1

1112112Tn12212nn1n112n1

2n11111Tn122n12222nn

11所以Tn342n1

221所以Tn32n3.

2【点睛】

(1) 等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换；

(2)数列求和的方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法． 24．（1）an【分析】

（1）当n1时，可求a1，当n2时，可得a13a2条件两式相减可得2n1an2，检验a1满足an（2）由（1）知ann2n1；（2）证明见解析. 2n1(2n3)an12(n1)与已知

2，即可得{an}的通项公式； 2n12n1，所以2n1an22111，计算其前n项和即可证明. n(2n1)n(2n2)n(n1)nn1n【详解】

（1）当n1时，a12 当n2时，a13a2(2n3)an1(2n1)an2n①

a13a2(2n3)an12(n1)②

①②得：2n1an2. ∴an2n2. 2n12n1 2n1当n1时，a12，上式也成立. ∴anan2. （2）由（1）知

n2n1n当n1时，

an2， nan22111当n2时， n(2n1)n(2n2)n(n1)nn1n111T2∴n122311 n1n13 n【点睛】 3方法点睛：数列求和的方法

（1）倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可以用倒序相加法

（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可以用错位相减法来求；

（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；

（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；

（5）并项求和法：一个数列的前n项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如

an1fn类型，可采用两项合并求解.

25．（Ⅰ）d0时，ana；d2a时，an2ana；（Ⅱ）不存在，理由见解析. 【分析】

（Ⅰ）根据等差数列写出Snna设存在kk2,kN成立. 【详解】

nn(n1)d，利用等比中项性质列式代入求解；（2）2*，根据等比中项列式，整理化简之后分类讨论d0与d0是否

（Ⅰ）因为S1，S2，S4成等比数列，所以S2项a1为aa0，所以Snna2S1S4，又因为数列an是等差数列，首

n(n1)d2，则2ada4a6d，可得d0或2d2a，当d0时，ana；当d2a时，ana2a(n1)2ana.

（Ⅱ）设存在kk2,kN*，使lnSk、lnSk1、lnSk2成等比数列，则

ln2Sk1lnSklnSk2，对任意的nN*，恒有Sn0，首项a0，所以d≥0

因为

lnSklnSk2lnSklnSk2lnSkSk222222lnSk1ak1Sk1ak2lnSk1dSk1ak1ak2， 2222当d0时，

lnS2k1dSk1ak1ak2lnS2k1a2k1lnS2k+1ln2Sk1

2222即lnSk1lnSklnSk2，不成立；

222当d0时，

lnS2k1dSk1ak1ak2lnS222k1dSka22k1lnSk+1ln2Sk1， 22222即lnSk1lnSklnSk2，不成立；

综上，不存在kk2,kN【点睛】

*，使得lnSk、lnSk1、lnSk2成等比数列.

关于等比中项性质的运用，需要注意a,b,c三个数成等比数列，列式得b2ac，然后再根据数列是等差还是等比数列化为基本量a1,d或a1,q计算.

26．（1）b11，b22，b33；（2）证明见解析；（3）证明见解析 【分析】

（1）由an是单调递增数列可得bnan即可求出； a1（2）设an1k，讨论kBn，BnkAn和kAn可证明；

（3）设bn的公比为q，且q1，显然q1时满足；q1时，由An是递增数列，

Bn是递减数列，且Bn不能无限减少可得.

【详解】 （1）

an2n，可得an是单调递增数列，

Anan,Bna1，

b1aa1a1，b222，b333， a1a1a1An， Bn（2）设an1k，bn若kBn，则bn+1AnAnbn， kBnAnbn， Bn若BnkAn，则bn+1若kAn，则bn+1Aknbn， BnBn)；

综上，bn1bn(n1,2,3,（3）设等比数列bn的公比为q，b1由（2）可得bn1bn，则q1，

Aa11，则bnnqn1， a1BnAn

1，即AnBn，此时an为常数列，则存在n01，当nn0时，当q1时，Bnan，an1，an2是等比数列；

当q1时，An是递增数列，Bn是递减数列，

an是由正整数组成的无穷数列，则数列an必存在最小值，即存在正整数n0，an数列an的最小值，则当nn0时，Bnan，

00是

此时bnAnanqn1，即ananqn1，

0Bnan0是等比数列；

是等比数列．

故当nn0时，an，an1，an2综上，存在正整数n0，当nn0时，an，an1，an2【点睛】

本题考查数列单调性的有关判断，解题的关键是正确理解数列的变化情况，清楚bn的变化特点.