上海进才中学必修五第一章《数列》测试题(含答案解析)

一、选择题

1．已知数列an的前n项和为Sn，a11，a23，且Sn1Sn122Snn2，

n若Snan72n对任意nN*都成立，则实数的最小值为（ ） A．5 2B．

1 16C．

3 32D．1

2．已知数列an的前n项和是Sn，且Sn2an1，若an0,2021，则称项an为“和谐项”，则数列an的所有“和谐项”的和为（ ） A．1022

B．1023

C．2046

D．2047

3．在正项等比数列an中，若a3a7a88，a2a105，则公比q（ ） A．

212 B．

212或1

122C．

214 D．

或1 2141424．在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开发的农产品、土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底街缴房租800元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续，预计2020年小王的农产品加工厂的年

11利润为（ ）（取12．7．5，1.2129）

A．25000元 B．26000元 C．32000元 D．36000元

a12a22n1an5．对于数列{an}，定义Yn为数列{an}的“美值”，现在已知某数

n列{an}的“美值”Yn2n1，记数列{antn}的前n项和为Sn，若SnS6对任意的

nN*恒成立，则实数t的取值范围是（ ）

A．,712 35B．712, 35C．167, 73D．167, 736．已知数列an满足3an1an4n1，且a19，其前n项之和为Sn，则满足不等式Snn6A．5

1的最小整数n是（ ） 125B．6

C．7

D．8

7．《张丘建算经》是我国北魏时期大数学家丘建所著，约成书于公元466485年间，其记臷着这么一道题：某女子善于织布，一天比一天织得快，而且每天增加的数量相同. 已知第一天织布5尺，30天其织布390尺，则该女子织布每天增加的尺数（不作近似计算）为（ ） A．

16 29B．

16 27C．

11 13D．

13 298．公元1202年意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，

1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，即a1a21，anan1an2（n3,nN*）.此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用.若记bnan1anan2（nN*），数列bn的前n项和为Sn，则S2020（ ） A．0

B．1

C．2019

D．2020

9．若an是等比数列，其公比是q，且a5,a4,a6成等差数列，则q等于( ) A．－1或2

B．1或－2

C．1或2

D．－1或－2

10．已知an是等比数列，且

2a1a2a3a4a510，a12a22a32a42a5260，则a2a4（ ）

A．2

B．3

C．4

D．5

11．若Sn是等比数列an的前项和，S3，S9，S6成等差数列，且a82，则a2a5（ ） A．12

B．4

C．4

D．12

212．设an为等比数列，给出四个数列：①2an，②an，③2，

an④log2|an|.其中一定为等比数列的是（ ） A．①③

B．②④

C．②③

D．①②

二、填空题

13．数列{an}中，a11,anan1,则an_____________.

2an1114．已知等差数列an的前n项和为Sn，a1为整数，a213，SnS8，则数列an的通项公式为an________. 15．在等比数列an中，a24,a51，则公比q__________． 216．等比数列{an}的公比为q，其前n项的积为Tn，并且满足条件a1>1，a49a50－1>0，(a49－1)(a50－1)<0.给出下列结论：

①01成立的最大自然数n等于98.

其中所有正确结论的序号是____________．

17．若数列an满足a12，an14an4an1，则使得an2020成立的最小正整

2数n的值是______.

18．在数列an中，a1a21，a32，且数列an1为等比数列，则anan__________．

19．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______.

*20．已知等差数列an的前n项和为SnnN，公差d0，S690，a7是a3与a9的等比中项，当Sn0时，n的最大值为______.

三、解答题

21．已知正项数列an的前n项和为Sn，4Snanan11，a11． （Ⅰ）求an和Sn；

（Ⅱ）若bn2，数列bn的前n项和为Tn．记Ananb2bbb34n1，TTT2T3T3T4TnTn112Bn11115，求证：AnBn，nN*． S1S2S3Sn222．已知an是公差不为0的等差数列，若a1,a3,a13是等比数列bn的连续三项． （1）求数列bn的公比； （2）若a11，数列199nSS的前和为且，求n的最小值． nn200anan123．已知递增等比数列{an}满足：a12，a416 ． （1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}为等差数列，且满足b2a21，b3前10项的和；

2*24．已知数列an的前n项和SnnnN，bn是递增等比数列，且b1a1，

5a3，求数列{bn}的通项公式及8b3a5.

（1）求数列an和bn的通项公式；

*（2）若cnanbnnN，求数列cn的前n项和Tn.

25．已知数列an的前n项和Snn．等比数列bn的前n项和为Tn，公比q1且

2b62b5b32b2，T430．

（1）求数列an，bn的通项公式；

（2）记Qna1b1a2b2anbn，是否存在正整数m,k(1mk)，使得Qm是3Q1与Qk的等差中项？若存在，求出所有m，k的值；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】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．C 解析：C 【分析】

n由Sn与an的关系得an21，则2n72n7c，设，利用数列的单调性nnn22max即可求解． 【详解】

解：数列an的前n项和为Sn，a11，a23，且Sn1Sn122Snn2，

n所以Sn1Sn2SnSn1， 故an1an2nnn2，

n1因为a2a12，所以an1an2n1，

n2所以anan121n12，an1an22n1，，a2a12，

1则ana1222故an122121n1，

2n12n1， 21n所以S2222nn322n121n2n1n2，

所以Snan2n1，

因为Snan72n对任意nN*都成立， 所以n2n7． n2max设cn2n72n52n792nccn1， ，则n1n2n12n22n当n4时，cn1cn，当n5时，cn1cn， 因此c1c2c3c4c5c6c7 即c5故选：C 【点睛】

本题解答的关键利用an的通项；

33，故的最小值为． 3232S1,n1求出数列an的递推公式，再利用累加法求出anSnSn1,n22．D

解析：D 【分析】

由anSnSn1(n2)求出{an}的递推关系，再求出a1后确定数列是等比数列，求出通项公式，根据新定义确定“和谐项”的项数及项，然后由等比数列前n项和公式求解． 【详解】

当n2时，anSnSn12an1(2an11)2an2an1，∴an2an1， 又a1S12a11，a11，∴{an}是等比数列，公比为2，首项为1， 所以an2n1，由an2n12021得n110，即n11，

1211∴所求和为S2047．

12故选：D． 【点睛】

关键点点睛：本题考查数列新定义，考查等比数列的通项公式与前n项和公式，解题思路是由anSnSn1(n2)得出递推关系后确定数列是等比数列，从而求得通项公式．解题关键是利用新定义确定数列中“和谐项”的项数及项．

3．D

解析：D 【分析】

由等比数列的性质可得出关于a2、a10的方程组，进而可求得等比数列an的公比. 【详解】

2675由a3a7a88得a1qa1qa1qa1q33a68，即a62．

a21a24a2a10(a6)24，又a2a105，解得或，

a1a10410q0，qa1042a2故选：D. 【点睛】

181814或

1a1011q24． a242181814关键点点睛：本题的解题关键就是利用等比数列下标和的性质建立有关a2、a10的方程组，通过求出a2、a10的值，结合等比数列的基本量来进行求解.

4．C

解析：C 【分析】

设1月月底小王手中有现款为a1(120%)10000120010800元，n月月底小王手中有现款为an，n1月月底小王手中有现款为an1，由题意可知an160001.2(an6000)，所以数列{an6000}是首项为4800，公比为1.2的等比数列，求出a12即得解. 【详解】

设1月月底小王手中有现款为a1(120%)1000080040010800元，

n月月底小王手中有现款为an，n1月月底小王手中有现款为an1，

则an11.2an1200，即an160001.2(an6000)， 所以数列{an6000}是首项为4800，公比为1.2的等比数列，

a12600048001211，即a1248001211600042000，

年利润为420001000032000元， 故选：C 【点睛】

关键点睛：解答本题的关键是根据递推关系an11.2an1200构造数列{an6000}，求出新数列的通项关系.

5．C

解析：C 【分析】

a12a22n1ann1n1由Yn2n1，可得a12a22ann2进而求得

nan2n2，所以antn2tn2可得{antn}是等差数列，由SnS6可得a66t0，a77t0，即可求解

【详解】

a12a22n1ann1n1由Yn2n1可得a12a22ann2，

n当n2时a12a22又因为a12a22n1n2an1n12n，

ann2n1，

两式相减可得：2n1ann2n1n12nn12n，

所以an2n2， 所以antn2tn2， 可得数列{antn}是等差数列， 由SnS6对任意的nN*恒成立， 可得：a66t0，a77t0， 即2t620且2t720， 解得：

167167t，所以实数t的取值范围是,， 7373故选：C 【点睛】

关键点点睛：本题解题的关键点是由已知条件得出a12a22式可求得an，等差数列前n项和最大等价于an0，an10，

n1ann2n1再写一

6．C

解析：C 【分析】

首先分析题目已知3an+1+an=4（n∈N*）且a1=9，其前n项和为Sn，求满足不等式|Sn﹣n﹣

an1111-6|＜的最小整数n．故可以考虑把等式3an+1+an=4变形得到，然后根据

an13125数列bn=an﹣1为等比数列，求出Sn代入绝对值不等式求解即可得到答案． 【详解】

对3an+1+an=4 变形得：3（an+1﹣1）=﹣（an﹣1）

an111-即： an13故可以分析得到数列bn=an﹣1为首项为8公比为1的等比数列． 31所以bn=an﹣1=8×-31an=8×-3n1n1

+1

1n81n31n66所以Sn n131311|Sn﹣n﹣6|=-6-

3125解得最小的正整数n=7 故选C． 【点睛】

此题主要考查不等式的求解问题，其中涉及到可化为等比数列的数列的求和问题，属于不等式与数列的综合性问题，判断出数列an﹣1为等比数列是题目的关键，有一定的技巧性属于中档题目．

n7．A

解析：A 【解析】

由题设可知这是一个等差数列问题，且已知a130,S30390，求公差d．由等差数列的知识可得305163029d390，解之得d，应选答案A． 2298．A

解析：A 【分析】 由

bn1用递推式可得到值为-1，{bn}是等比数列，再求前2020项和. bn【详解】 由题意可知

22abn1anaan2an1an1an22n1n322bnan1anan2an1anan222an2an2an1anan2anan111， 22an1anan2an1anan2又b1a2a1a31，因此bn1，

2n故S20201111故选：A. 【点睛】

110，

本题考查了通过递推数列揭示数列存在的规律即等比数列，还考查了数列求和，属于中档题.

9．A

解析：A 【解析】

分析：由a5,a4,a6成等差数列可得a5a62a4，化简可得q1q20，解方程求得q的值.

详解：

a5,a4,a6成等差数列，

所以a5a62a4，

a4qa4q22a4，

q2q20，

q1q20，

q1或2，故选A.

点睛：本题考查等差数列的性质，等比数列的通项公式基本量运算，属于简单题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量a1,q,n,an,Sn,，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用.

10．A

解析：A 【分析】

a1(1q5)10，首先根据题意，利用等比数列求和公式，得到a1a2a3a4a51qa12(1q10)a1(1q5)aa2a3a4a560，两式相除得到6，即21q1q212222a1(1q5)a1a2a3a4a56，与a1a2a3a4a510联立求得结果.

1q【详解】

设数列an的公比为q，且q1，

a1(1q5)10， 则a1a2a3a4a51qa12(1q10)aa2a3a4a560， 21q212222a12(1q10)a1(1q5)a1(1q5)6， 两式相除得21q1q1qa1(1q5)6， 所以a1a2a3a4a51q又(a1a2a3a4a5)(a1a2a3a4a5)2(a2a4)1064， 所以a2a42， 故选：A. 【点睛】

该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等比数列的求和公式，这题思维的应用，属于中档题目.

11．C

解析：C 【分析】

当公比q=1时，易推断不符合题意，故q1，然后利用等比数列的前n项和的公式和等差数列的性质得方程，再利用等比数列的性质求解. 【详解】

设数列an的公比为q，

当q1时，an2，则S36，S612，S918，此时S3,S9,S6 不成等差数列，不符合题意，舍去；

当q1时，∵S3,S9,S6成等差数列，∴S3S62S9， 即

a11q31qa1q2?a1q，

69111q1q3即2q9q6q30，解得q1或q31（舍去）或q30（舍去）， 2∴a2a8a88a4，∴a2a54，故选C. ，5q6q3【点睛】

本题综合考查了等比数列与等差数列；在应用等比数列的前n项和公式时，公比不能为1，故在解题过程中，应注意公比为1的这种特殊的等比数列，以防造成漏解.

12．D

解析：D 【分析】 设ana1q【详解】 设ana1qn1n1，再利用等比数列的定义和性质逐一分析判断每一个选项得解.

，

n1①,2an=2a1q2,所以数列2an是等比数列；

②，an=a1q22n2a12(q2)n1，所以数列an是等比数列；

2③，2an=2a1q,n122ana1qn1a1qn22不是一个常数，所以数列不是等比数列； 2n2an1a1q22ana1qn1log2|an|log2|a1qn1|④，不是一个常数，所以数列log2|an|不是等比数列.

log2|an1|log2|a1qn2|故选D 【点睛】

本题主要考查等比数列的判定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.

二、填空题

13．【分析】对两边取到数可得从而可得数列是等差数列求出数列的通项公式即可求出【详解】因为所以即又所以数列是以为首项2为公差的等差数列所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查取到数构造新数列同时考查等差数列 解析：

1 2n1【分析】 对an11an112，从而可得数列{}是等差数列，求出数两边取到数可得

ananan12an111{}的通项公式，即可求出an. 列an【详解】 因为an11112an111an121， 2，所以，即，又anan1an1anan1a12an111{}是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以数列an所以

111(n1)22n1，所以an. an2n11 2n1故答案为：【点睛】

本题主要考查取到数构造新数列，同时考查等差数列的概念及通项公式，属于中档题.

14．【分析】设等差数列的公差为由等差数列的性质及前n项和公式可得再由二次函数的图象与性质可得求得后再由等差数列的通项公式即可得解【详解】设等差数列的公差为则为整数所以由结合二次函数的图象与性质可得解得所 解析：2n17

【分析】

设等差数列an的公差为d，由等差数列的性质及前n项和公式可得

3d13d3d217Snn213n，再由二次函数的图象与性质可得15，求22d2222得d后再由等差数列的通项公式即可得解. 【详解】

设等差数列an的公差为d，则a1a2d13d，d为整数， 所以Sna1nnn12d13dnnn12dd23dn13n， 223d1315217，

由SnS8，结合二次函数的图象与性质可得d0， d22221313d， 解得76所以d2，所以a1a2d15，

所以ana1n1d152n12n17. 故答案为：2n17. 【点睛】

本题考查了等差数列通项公式及前n项和公式的应用，考查了利用二次函数的图象与性质解决等差数列前n项和最值的问题，属于中档题.

15．【分析】本题先用表示再建立方程组解题即可【详解】解：∵是等比数列∴∵∴解得：故答案为：【点睛】本题考查等比数列的基本量法是基础题 解析：

1 2【分析】

a2a1q4本题先用a1，q表示a2，a5，再建立方程组1解题即可. 4a5a1q2【详解】

解：∵ an是等比数列，∴ a2a1q，a5a1q4

a2a1q4a181∵a24，a5，∴ ，解得：11， 42aaqq5122故答案为：【点睛】

本题考查等比数列的基本量法，是基础题.

1. 216．①②③④【解析】由条件a1>1a49a50－1>0(a49－1)(a50－1)<0可知a49>1a50<1所以01a50<1所以T49的值是Tn中最

解析：①②③④ 【解析】

由条件a1>1，a49a50－1>0，(a49－1)(a50－1)<0可知a49>1，a50<1，所以01，a50<1，所以T49的值是Tn中最大的，③对；∵Tn＝a1a2a3…an，又∵a1a98＝a49a50>1，a1a99＝a50<1，所以使Tn>1成立的最大自然数n等于98.

22故填①②③④.

17．【分析】根据递推关系式可证得数列为等比数列根据等比数列通项公式求得代入不等式结合可求得结果【详解】数列是以为首项为公比的等比数列由得：即且满足题意的最小正整数故答案为：【点睛】本题考查根据数列递推关 解析：11

【分析】

根据递推关系式可证得数列

an1为等比数列，根据等比数列通项公式求得an，代

入不等式，结合nN可求得结果. 【详解】

an14an4an12an1，an12an1，

2a1，

数列a1是以a1a1212，an112nn121为首项，2为公比的等比数列， ann1n212n11，

2021202121由an2020得：an2020，即22n121837，

29512，2101024且nN，满足题意的最小正整数n11.

故答案为：11. 【点睛】

本题考查根据数列递推关系式求解数列通项公式并解不等式的问题，关键是能够通过构造的方式，通过递推关系式得到等比数列的形式，进而利用等比数列通项公式来进行求解.

18．【分析】由等比数列通项公式求出然后由累乘法求得【详解】∵为等比数列由已知∴∴时也适合此式∴故答案为：【点睛】本题考查等比数列的通项公式考查累乘法求数列通项公式如果已知则用累加法求通项公式如果已知则用 解析：2n2n12

【分析】

an1由等比数列通项公式求出，然后由累乘法求得an．

an【详解】

a3a3a2an1a212q2， ∵，，为等比数列，由已知aaa212ana1an12n1，∴n2时， ∴anaaaana1234a1a2a3也适合此式， ∴a2n(n2)(n1)2an11222an12n2212(n2)2(n2)(n1)2，n1．

．

故答案为：【点睛】

2(n2)(n1)2本题考查等比数列的通项公式，考查累乘法求数列通项公式．如果已知anan1f(n)，

anf(n)，则用连乘法求通项公式． 则用累加法求通项公式，如果已知an119．【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，

依次类推，an8n1n18n2...1，

nn1881数列8是首项为1，公比为8的等比数列，所以an， 1878n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.

20．【分析】根据是与的等比中项求出和再根据等差数列的求和公式求出解不等式即可得解【详解】因为是与的等比中项所以所以化简得因为所以因为所以即将代入得解得所以所以由得即解得所以正整数的最大值为故答案为：20

解析：【分析】

根据S690，a7是a3与a9的等比中项求出a1和d，再根据等差数列的求和公式求出

Sn，解不等式Sn0即可得解.

【详解】

因为a7是a3与a9的等比中项，所以a7a3a9，

2所以a16da12da18d，化简得a1d10d0，

22因为d0，所以a110d， 因为S690，所以6a1655d90，即a1d15， 22将a110d代入得10d所以Sn20n5d15，解得d2，所以a120， 2n(n1)(2)n221n， 2由Sn0得n221n0，即n221n0，解得0n21， 所以正整数n的最大值为20. 故答案为：20 【点睛】

关键点点睛：熟练掌握等差数列的通项公式和求和公式以及等比中项的应用是解题关键.

三、解答题

221．（Ⅰ）an2n1，nZ*，Snn；（Ⅱ）证明见解析.

【分析】 （Ⅰ）根据anS1,n1，可得an的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数

SnSn1,n2列，偶数项是以3为首项，4为公差的等差数列，根据等差数列的通项公式及前n项和公式计算可得；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得bn22n1，即可求出bn的前n项和为Tn，则

bn13111nn1，再利用裂项相消法求和得出An，再利用放缩法TnTn12414121111B22，即可得证； 得到nn2n1nn【详解】

解：（Ⅰ）∵4Snanan11，a11， ∴4S1a1a21，∴a23， 当n2时，有4Sn1anan11，

∴4Sn4Sn1anan1an1an，∴4ananan1an1， ∵an0，∴an1an14

∴数列an的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，

a2n114(n1)2(2n1)1，

偶数项是以3为首项，4为公差的等差数列，

a2n34(n1)22n1，

∴an2n1，nZ*， ∴Sn12n1nn2．

2a2n11352n1，Tn2222（Ⅱ）因为bn2n，所以bn22n41， 3bn122n194n311TnTn124n124n1124n14n1124n14n11，

33n1时，A125，B11，A1B1． 523113113112n2时，An

24141242143124n14n113111311n1n1． 234122412Bn1111111111122． 222nn223n1n5 25，nN． 2∴AnBn∴AnBn【点睛】

数列求和的方法技巧

(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和． (2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． (3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和． 22．（1）5；（2）50. 【分析】

（1）利用基本量代换，求出d2a1，直接求出公比； （2）裂项相消法求出Sn，解不等式即可. 【详解】

（1）设等差数列an的公差为d，由a1,a3,a13是等比数列bn的连续三项，得

2a3a1a13，即a12da1a112d，化简得4d28a1d．

2d0,d2a1．

设数列bn的公比的公比为q，则qa3a12da14a15． a1a1a1（2）若a11，则d2,an2n1,11111， anan1(2n1)(2n1)22n12n11111Sn21335571111111233557由Sn1

(2n1)(2n1)1111n1． 2n12n122n12n199n9999,n，得，故n的最小值为50．

2002n12002【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．

n23．（1）an2；（2）bn2n1，数列bn前10项的和S10100.

【分析】

（1）利用等比数列的通项公式，结合已知a12，a416，可以求出公比，这样就可以求出数列an的通项公式；

（2）由数列an的通项公式，可以求出a21和 a3的值，这样也就求出b2和 b3的值，这样可以求出等差数列bn的公差，进而可以求出通项公式，利用前n项和公式求出数列

58bn前10项的和.

【详解】

（1）设等比数列的公比为q，由已知a12，a416a1q16q2，所以

3ana1qn12n，即数列an的通项公式为an2n；

2n（2）由（1）知an2，所以b2a21213，b355a3235， 88设等差数列bn的公差为d，则db3b22，b1b2d1bn2n1， 设数列bn前10项的和为S10，则S1010b1109109d1012100， 22所以数列bn的通项公式bn2n1，数列bn前10项的和S10100. 【点睛】

方法点睛：数列求和的常用方法：

（1）公式法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和.

（2）错位相减法：若an是等差数列，bn是等比数列，求a1b1a2b2anbn. （3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有

1111111，，

nn1nn1nn22nn2111等.

2n12n122n12n1（4）分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和. （5）倒序相加法.

*n1nN*；（2）Tn(n1)3n1nN*. 24．（1）an2n1nN，bn31【分析】

（1）首先根据Sn与an的关系求数列an的通项公式，再根据条件求等比数列bn的基

n1nN*，利用错位相减本量，求数列bn的通项公式；（2）cnanbn(2n1)3法求和. 【详解】

（1）当n1时，a1S11；

当n1时，anSnSn1n(n1)2n1； 当n=1时符合上式，

*∴an2n1nN；

22∴b1a11，b3a59， ∴数列bn的公比q3， ∴bn3n1nN；

*n1nN*， （2）由（1）可得cnanbn(2n1)3∴

Tnc1c2c3，①

cn1cn1133532(2n3)3n2(2n1)3n13Tn13332533(2n3)3n1(2n1)3n，②

n*①-②，整理得Tn(n1)31nN.

【点睛】

本题考查已知数列Sn与an的关系式，求通项公式，和错位相减法求和，一般数列求和包含1.公式法，利用等差和等比数列的前n项和公式求解；2.错位相减法求和，适用于等差数列乘以等比数列的数列求和；3.裂项相消法求和，适用于能变形为

anfn1fn， 4.分组转化法求和，适用于cnanbn；5.倒序相加法求和.

n25．（1）an2n1，bn2；（2）不存在，理由见解析.

【分析】

S1,n1（1）利用an求得数列an的通项公式.利用已知条件求得b1,q，由此

SS,n2n1n求得数列bn的通项公式.

（2）利用错位相减求和法求得Qn，利用2Qm3Q1Qk列方程，化简后判断不存在符合题意的m,k. 【详解】

（1）当n1时，a1S11，

当n2时，anSnSn1n(n1)2n1， 当n1时，等式也成立，

所以，数列an的通项公式为an2n1． 在等比数列bn中，b62b5b32b2， 即b2(q2)q10，又b20且q1，

223q2，T4b112412230，

b12，bnb1qn12n．

（2）Qn123252(2n1)2 ①，

①×2得：2Qn123252(2n3)2(2n1)2234nn13n ②，

②①得：Qn222222322n(2n1)2n1

(2n3)2n16，

3Q1326，Qk(2k3)2k16，Qm(2m3)2m16，

若2Qm3Q1Qk，即2(2m3)2m1126(2k3)2k16，

2(2m3)2m1(2k3)2k1， 2km4m6 ③， 2k34mk62， 2k32k3又1mk，2km2，

③式不成立，故不存在这样的正整数m，k使Qm是3Q1与Qk的等差中项．

【点睛】

S1,n1如果已知条件是有关Sn与n的关系式，可利用an求得数列的通项公式.

SS,n2n1n如果一个数列是由等差数列乘以等比数列构成，则利用错位相减求和法进行求和.

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， 当q1时，

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，Bn

是等比数列；

an，an1，an2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.