数列高中数学组卷

SM数列高中数学组卷1一．选择题（共1小题）1．已知定义在R上的函数f（x）对任意的实数x1，x2满足f（x1+x2）=f（x1）+f （x2）+2，数列{a n}满足a1=0，且对任意n∈N*，a n=f（n），则f（2010）=（）A．4012 B．4018 C．2009 D．2010二．填空题（共4小题）2．记集合P={ 0，2，4，6，8 }，Q={ m|m=100a1+10a2+a3，且a1，a2，a3∈P }，将集合Q中的所有元素排成一个递增的数列，则此数列的第68项是．3．在等差数列{a n}中，a1=3，其前n项和为S n，等比数列{b n}的各项均为正数，b1=1，公比为q，且b2+S2=12，．（Ⅰ）求a n与b n；（Ⅱ）求数列{c n}满足，求{c n}的前n项和T n．4．已知数列{a n}满足a1=33，a n+1﹣a n=2n，则的最小值为．5．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，则a n=三．解答题（共25小题）6．已知f（x）=（x﹣1）2，g（x）=4（x﹣1）．数列{a n}中，对任何正整数n，﹣a n）g（a n）+f（a n）=0都成立，且a1=2，当n≥2时，a n≠1；设b n=a n 等式（a n+1﹣1．（Ⅰ）求数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）设S n为数列{nb n}的前n项和，，求的值．7．设正项等比数列{a n}的首项a1=，前n项和为S n，且210S30﹣（210+1）S20+S10=0．（Ⅰ）求{a n}的通项；（Ⅱ）求{nS n}的前n项和T n．8．已知{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，其中n∈N*．（1）若a1=b1=2，a3﹣b3=9，a5=b5，试分别求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）设A={k|a k=b k，k∈N*}，当数列{b n}的公比q＜﹣1时，求集合A的元素个数的最大值．9．已知数列{a n}是公差为d（d≠0）的等差数列，数列{b n}是公比为q的（q∈R）的等比数列，若函数f（x）=x2，且a1=f（d﹣1），a5=f（2d﹣1），b1=f（q﹣2），b3=f（q）．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）设数列{c n}的前n项和为S n，对一切n∈N*，都有成立，求S n．10．已知函数f（x）=x2+2x．（Ⅰ）数列a n满足：a1=1，a n+1=f'（a n），求数列a n的通项公式；（Ⅱ）已知数列b n满足b1=t＞0，b n+1=f（b n）（n∈N*），求数列b n的通项公式；（Ⅲ）设的前n项和为S n，若不等式λ＜S n对所有的正整数n恒成立，求λ的取值范围．11．设等比数列{a n}的前n项和为S n=2n+1﹣2；数列{b n}满足6n2﹣（t+3b n）n+2b n=0（t∈R，n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）①试确定t的值，使得数列{b n}为等差数列；②在①结论下，若对每个正整数k，在a k与a k+1之间插入b k个2，符到一个数列{c n}．设T n是数列{c n}的前n项和，试求满足T m=2c m+1的所有正整数m．12．已知函数f （x）=log a x （a＞0且a≠1），若数列：2，f （a1），f （a2），…，f （a n），2n+4 （n∈N﹡）为等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式a n；（2）若a=2，b n=a n•f （a n），求数列{b n}前n项和S n；（3）在（2）的条件下对任意的n∈N﹡，都有b n＞f ﹣1（t），求实数t的取值范围．13．已知等差数列{b n }的前n 项和为T n ，且T 4=4，b 5=6． （1）求数列{b n }的通项公式；（2）若正整数n 1，n 2，…，n t ，…满足5＜n 1＜n 2＜…＜n t ，…且b 3，b 5，，，…，，…成等比数列，求数列{n t }的通项公式（t 是正整数）；（3）给出命题：在公比不等于1的等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，若a m ，a m +2，a m +1成等差数列，则S m ，S m +2，S m +1也成等差数列．试判断此命题的真假，并证明你的结论．14．已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为b ；等比数列{b n }的首项为b ，公比为a ，其中a ，b ∈N +， 且a 1＜b 1＜a 2＜b 2＜a 3． （1）求a 的值；（2）若对于任意n ∈N +，总存在m ∈N +，使a m +3=b n ，求b 的值；（3）在（2）中，记{c n }是所有{a n }中满足a m +3=b n ，m ∈N +的项从小到大依次组成的数列，又记S n 为{c n }的前n 项和，t n 和{a n }的前n 项和，求证：S n ≥T n （n ∈N ）．15．已知等差数列{a n }的通项公式．设数列{b n }为等比数列，且．（Ⅰ）若b 1=a 1=2，且等比数列{b n }的公比最小， （ⅰ）写出数列{b n }的前4项； （ⅱ）求数列{k n }的通项公式；（Ⅱ）证明：以b 1=a 2=5为首项的无穷等比数列{b n }有无数多个． 16．数列{a n }满足a 1=2，a n +1=λa n +2n （n ∈N *），其中λ为常数．（1）是否存在实数λ，使得数列{a n }为等差数列或等比数列？若存在，求出其通项公式；若不存在，说明理由； （2）求数列{a n }的前n 项和S n ．17．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n 是S n 与2的等差中项，数列{b n }中，b 1=1，点P （b n ，b n +1）在直线x ﹣y +2=0上．（1）求a1和a2的值；（2）求数列{a n}，{b n}的通项a n和b n；（3）设c n=a n•b n，求数列{c n}的前n项和T n．18．已知数列a n、b n中，对任何正整数n都有：a1b n+a2b n﹣1+a3b n﹣2+…+a n﹣1b2+a n b1=2n+1﹣n﹣2．（1）若数列a n是首项和公差都是1的等差数列，求证：数列b n是等比数列；（2）若数列b n是等比数列，数列a n是否是等差数列，若是请求出通项公式，若不是请说明理由；（3）若数列a n是等差数列，数列b n是等比数列，求证：．19．已知{ a n}是等差数列，{ b n}是等比数列，S n是{ a n}的前n项和，a1=b1=1，S2=．（Ⅰ）若b2是a1，a3的等差中项，求a n与b n的通项公式；（Ⅱ）若a n∈N*{}是公比为9的等比数列，求证：+++…＜．20．已知数列{a n}满足a1=1，a2=3，a n+2=3a n+1﹣2a n（n∈N*）．（Ⅰ）证明：数列{a n﹣a n}是等比数列；+1（Ⅱ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅲ）若数列{b n}满足，证明{b n}是等差数列．21．已知数列{a n}中，a1=3，a2=5，其前n项和S n满足S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1（n≥3）．令b n=．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若f（x）=2x﹣1，求证：T n=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）＜（n≥1）．22．设数列{a n}的首项a1∈（0，1），a n=，n=2，3，4…（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求证b n＜b n+1，其中n为正整数．23．已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=c﹣．（Ⅰ）设c=，b n=，求数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）求使不等式a n＜a n+1＜3成立的c的取值范围．24．已知数列{a n}满足a n＞0且对一切n∈N*，有a13+a23+…+a n3=S n2，a1+a2+…+a n=S n，（Ⅰ）求证：对一切n∈N*有a n+12﹣a n+1=2S n．（Ⅱ）求数列{a n}通项公式．（Ⅲ）求证：+++…+＜3．25．已知数列a n满足（1）求数列a n的通项公式a n；（2）设，求数列b n的前n项和S n；（3）设，数列c n的前n项和为T n．求证：对任意的．26．已知数列{a n}中，a1=2，，n=1，2，3，…（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}中，b1=2，，n=1，2，3，…，证明：，n=1，2，3，…27．已知数列{a n}满足a1=0，a2=2，且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1+a2n﹣1=2a m+n﹣1+2（m﹣n）2（1）求a3，a5；（2）设b n=a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N*），证明：{b n}是等差数列；（3）设c n=（a n+1﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{c n}的前n项和S n．28．已知数列{a n}满足：，a n a n+1＜0（n≥1），数列{b n}满足：b n=a n+12﹣a n2（n≥1）．（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式（Ⅱ）证明：数列{b n}中的任意三项不可能成等差数列．29．已知数列{a n}中，a1=1，n∈N*，a n＞0，数列{a n}的前n项和为S n，且满足．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）数列{S n}中存在若干项，按从小到大的顺序排列组成一个以S1为首项，3为公比的等比数列{b n}，①求数列{b n}的项数k与n的关系式k=k（n）；②记，求证：．30．设数列{a n}的前n项和为S n，对任意的正整数n，都有a n=5S n+1成立，记．（Ⅰ）求数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）记c n=b2n﹣b2n﹣1（n∈N*），设数列{c n}的前n项和为T n，求证：对任意正整数n都有；（Ⅲ）设数列{b n}的前n项和为R n．已知正实数λ满足：对任意正整数nR n≤λn 恒成立，求λ的最小值．SM数列高中数学组卷1参考答案与试题解析一．选择题（共1小题）1．（2010•合肥校级模拟）已知定义在R上的函数f（x）对任意的实数x1，x2满足f（x1+x2）=f（x1）+f（x2）+2，数列{a n}满足a1=0，且对任意n∈N*，a n=f（n），则f（2010）=（）A．4012 B．4018 C．2009 D．2010【分析】分别令n=1，2，3，4，求出a1，a2，a3，a4，总结规律得到{a n}是首项为0，公差为2的等差数列，由此能求出f（2010）=a2010的值．【解答】解：a1=0，a2=f（2）=f（1）+f（1）+2=0+0+2=2，a3=f（3）=f（2）+f（1）+2=2+2=4，a4=f（4）=f（3）+f（1）+2=4+2=6，…∴{a n}是首项为0，公差为2的等差数列．∴a n=2n﹣2．用数学归纳法证明如下：（1）当n=1时，a1=2×1﹣2=0，结论成立．（2）假设n=k时，结论成立，即a k=2k﹣2，=f（k+1）=f（k）+f（1）+2=2k﹣2+2=2k，则当n=k+1时，a k+1结论也成立，由（1）、（2）知，a n=2n﹣2．∴a2010=f（2010）=2×2010﹣2=4018．故选B．【点评】本题考查数列的递推公式，解题时要认真审题，仔细解答，注意总结规律．二．填空题（共4小题）2．（2013•江苏模拟）记集合P={0，2，4，6，8 }，Q={m|m=100a1+10a2+a3，且a1，a2，a3∈P }，将集合Q中的所有元素排成一个递增的数列，则此数列的第68项是464．【分析】由题意可得，形如m=100a1+10a2+a3，且a1，a2，a3∈P的数的排列有一位数，两位数，三位数，分类讨论每种情况下的项的个数即可判断【解答】解：由题意可得，形如m=100a1+10a2+a3，且a1，a2，a3∈P的数的排列如下一位数有：，0，2，4，6，8，共有5个两位数有：20，22，24，26，28，40，42，44，46，48…88共有20个三位数：①百位为2的有200，202，204，206，208，220，222，224，226，228，240，242，244，246，248，260，262，264，266，268，280，282，284，286，288共25个此数列的第68项是以4为百位的第18个数，根据此排列的规律可知，以0、2、4为十位的各有5个共15个，以6为10位的第三个数位是464故答案为：464【点评】本题以集合的运算为载体，主要考查了数列的项的求解，解题的关键是数列项出现规律的发现3．（2012•海南模拟）在等差数列{a n}中，a1=3，其前n项和为S n，等比数列{b n}的各项均为正数，b1=1，公比为q，且b2+S2=12，．（Ⅰ）求a n与b n；（Ⅱ）求数列{c n}满足，求{c n}的前n项和T n．【分析】（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，利用b2+S2=12，，b1=1，公比为q，建立方程组求出公差与公比，即可得到数列的通项；（Ⅱ）先求等差数列的和，再利用裂项法求数列的和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，则∵b2+S2=12，，b1=1，公比为q∴∴q=3或q=﹣4（舍去）∴d=3∴a n=3+3（n﹣1）=3n，b n=3n﹣1．（Ⅱ）∵S n=∴=（），∴T n=[（）+（）+…+（）]==．【点评】本题考查等差数列、等比数列的通项，考查数列的求和，确定数列的通项，利用裂项法求和是关键．4．（2010•辽宁）已知数列{a n}满足a1=33，a n+1﹣a n=2n，则的最小值为．【分析】由累加法求出a n=33+n2﹣n，所以，设f（n）=，由此能导出n=5或6时f（n）有最小值．借此能得到的最小值．【解答】解：a n=（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1=2[1+2+…+（n﹣1）]+33=33+n2﹣n所以设f（n）=，令f′（n）=，则f（n）在上是单调递增，在上是递减的，因为n∈N，所以当n=5或6时f（n）有最小值．+又因为，，所以的最小值为【点评】本题考查了递推数列的通项公式的求解以及构造函数利用导数判断函数单调性，考查了同学们综合运用知识解决问题的能力．5．（2012•佛冈县校级一模）已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，则a n=【分析】由，可得，因而可知数列{}是等差数列，求得数列{}的递推式，进而可求出数列{a n}的通项公式．【解答】解：由，可得，可得数列{}为，公差为3的等差数列，求得数列{}递推式为，可求出数列{a n}的通项公式为，故答案为．【点评】此题主要考查利用数列的特征转变成数列的递推公式形式的，间接的求出所需要的数列通项公式．三．解答题（共25小题）6．（2015•衡阳县校级三模）已知f（x）=（x﹣1）2，g（x）=4（x﹣1）．数列{a n}﹣a n）g（a n）+f（a n）=0都成立，且a1=2，当n 中，对任何正整数n，等式（a n+1≥2时，a n≠1；设b n=a n﹣1．（Ⅰ）求数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）设S n为数列{nb n}的前n项和，，求的值．【分析】（1）将a n代入到函数g（x）、f（x）中对式子（a n+1﹣a n）g（a n）+f（a n）=0进行整理可得到（a n﹣1）•（4a n+1﹣3a n﹣1）=0，再由a n≠1可得到4a n+1﹣3a n﹣1=0，即再代入到b n+1=a n+1﹣1中即可得到，从而得数列{b n}的通项公式．（2）根据数列{b n}的通项公式可得到、，再由错位相减法可求出S n的值，经过整理可求出的值，最后再取极限即可得到答案．﹣a n）•4（a n﹣1）+（a n﹣1）2=0【解答】解：（Ⅰ）∵（a n+1∴（a n﹣1）•（4a n+1﹣3a n﹣1）=0．根据已知，a n≠1∴∵b1=a1﹣1=1，，∴{b n}是b1=1，公比的等比数列．∴（Ⅱ）∵∴①②①﹣②得+=∴S n=16﹣4（n+4）而=16∴【点评】本题主要考查数列通项公式的求法和数列求和的错位相减法以及求极限的方法．考查综合运算能力．7．（2005•安徽）设正项等比数列{a n}的首项a1=，前n项和为S n，且210S30﹣（210+1）S20+S10=0．（Ⅰ）求{a n}的通项；（Ⅱ）求{nS n}的前n项和T n．【分析】（Ⅰ）由210S30﹣（210+1）S20+S10=0得210（S30﹣S20）=S20﹣S10，由此可推出，．（Ⅱ）由题设知．数列{nS n}的前n项和，．由此可知答案．【解答】解：（Ⅰ）由210S30﹣（210+1）S20+S10=0得210（S30﹣S20）=S20﹣S10，即210（a21+a22+…+a30）=a11+a12+…+a20，可得210•q10（a11+a12+…+a20）=a11+a12+…+a20．因为a n＞0，所以210q10=1，解得，因而，．（Ⅱ）由题意知．则数列{nS n}的前n项和，．前两式相减，得=即．【点评】本题考查数列知识的综合运用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件．8．（2016•江苏模拟）已知{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，其中n∈N*．（1）若a1=b1=2，a3﹣b3=9，a5=b5，试分别求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）设A={k|a k=b k，k∈N*}，当数列{b n}的公比q＜﹣1时，求集合A的元素个数的最大值．【分析】（1）设数列{a n}的公差为d（d≠0），数列{b n}的公差为q（q≠0，1），利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出；（2）不妨设，可得a+bn=pq n，即，令，问题转化为求关于n 的方程q n﹣tn﹣s=0 最多有多少个解．再利用分类讨论、函数的单调性即可得出．【解答】解：（1）设数列{a n}的公差为d（d≠0），数列{b n}的公差为q（q≠0，1），则，解得，∴，或﹣（﹣2）n．（2）不妨设，则a+bn=pq n，即，令，问题转化为求关于n 的方程q n﹣tn﹣s=0 （*）最多有多少个解．①当t＞0 时，∵q＞1，∴函数f'（x）单调递增，∴当x＜x0时，f'（x）x0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，∴方程（*）在（﹣∞，x0）和（x0，+∞）上最多各有1个解．综上：当n∈N*时，方程（*）最多有3个解．②当t＜0 时，同理可知方程（*）最多有3个解．事实上，设时，有a1=b1，a2=b2，a4=b4，所以A的元素个数最大值为3．【点评】本题考查了集合的性质、等差数列与等比数列的通项公式及其性质、方程的解法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．9．（2011•新北区校级模拟）已知数列{a n}是公差为d（d≠0）的等差数列，数列{b n}是公比为q的（q∈R）的等比数列，若函数f（x）=x2，且a1=f（d﹣1），a5=f（2d﹣1），b1=f（q﹣2），b3=f（q）．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）设数列{c n}的前n项和为S n，对一切n∈N*，都有成立，求S n．【分析】（1）首先利用f（x）的解析式表示出a1，a5，b1，b3，然后利用等差数列和等比数列的通项公式，建立方程，求解即可．（2）首先根据题设中的递推公式可得c1=3，n≥2时，a n+1﹣a n==2，故可求出c n，然后，利用错位相减法求出s n．【解答】解：（1）∵数列{a n}是公差为d（d≠0）的等差数列，f（x）=x2，且a1=f （d﹣1），a5=f（2d﹣1），∴（d﹣1）2+4d=（2d﹣1）2，∴d=2，a1=1．∴a n=2n﹣1；∵数列{b n}是公比为q的（q∈R）的等比数列，f（x）=x2，且b1=f（q﹣2），b3=f （q），则b2=q∴q2=q2（q﹣2）2，解得q=3，或q=1，又b1=1．∴b n=3n﹣1；或b n=1（2）∵对一切n∈N*，都有成立，∴当n=1时，，∵a1=3，b1=1，∴c1=3，S1=3；当n≥2时，∵，∴++…+=a n，∴，∴c n=2n•3n﹣1，故c n=，∴S n=c1+c2+…+c n=3+2•2•3+2•3•32+2•n•3n﹣1=2（1•30+2•31+3•32+n•3n﹣1）+1设x=1•30+2•31+3•32+…+n•3n﹣1，①则3•x=1•31+2•32+…+（n﹣1）•3n﹣1+n•3n，②②﹣①得2x=n•3n﹣（3n﹣1+3n﹣2+…+30）=，∵sn=2x+1，∴，又S1=3满足上式，综上，．【点评】本题考查了数列知识和函数的综合运用，以及灵活运用数学方法的能力，难度较大．10．（2010•东湖区校级三模）已知函数f（x）=x2+2x．（Ⅰ）数列a n满足：a1=1，a n+1=f'（a n），求数列a n的通项公式；（Ⅱ）已知数列b n满足b1=t＞0，b n+1=f（b n）（n∈N*），求数列b n的通项公式；（Ⅲ）设的前n项和为S n，若不等式λ＜S n对所有的正整数n恒成立，求λ的取值范围．=2a n+2，两边加2化简得a n+2为首项【分析】（Ⅰ）求出导函数，代入得到a n+1为a1+2，公比为2的等比数列，写出通项，求出a n即可；（Ⅱ）将b n代入到f（b n）中化简b n+1=f（b n）得到b n+1+1=（b n+1）2，两边取对数得到lg（b n+1）的公比为2的等比数列得到b n的通项；（Ⅲ）由c k=b k2+2b k，和得到c k的通项公式，求出前n项的和S n且+1在n∈[1，+∞）上是增函数，求出S n的最小值为S1，令λ＜S1求出λ的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f'（x）=2x+2，=2a n+2∴a n+1+2=2（a n+2），因为a n+2为等比数列，∴a n+2=（a1+2）2n﹣1∴∴a n+1a n=3•2n﹣1﹣2（Ⅱ）由已知得b n＞0，b n+1+1=（b n+1）2，+1）=2lg（b n+1），∴lg（b n+1∴又lg（b1+1）=lg（t+1）≠0，所以lg（b n+1）的公比为2的等比数列，∴b n=（t+1）2n﹣1﹣1=b k2+2b k，∴，，k=1，（Ⅲ）∵b k+12，n∴=，∵t＞0，∴t+1＞1，∴S n在n∈[1，+∞）上是增函数∴S n≥S1==，又不等式λ＜S n对所有的正整数n恒成立，∴，故λ的取值范围是（﹣∞，【点评】考查学生掌握等比数列的通项公式，灵活运用等比数列的性质，会用数列的递推解决问题，理解不等式恒成立时取到的条件．11．设等比数列{a n}的前n项和为S n=2n+1﹣2；数列{b n}满足6n2﹣（t+3b n）n+2b n=0（t∈R，n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）①试确定t的值，使得数列{b n}为等差数列；②在①结论下，若对每个正整数k，在a k与a k+1之间插入b k个2，符到一个数列{c n}．设T n是数列{c n}的前n项和，试求满足T m=2c m+1的所有正整数m．【分析】（1）求出数列的首项和公比，即可求数列{a n}的通项公式；（2）①求出数列的前几项，根据等差数列的性质建立方程即可求出t，②讨论m 的取值，根据T m=2c m+1的关系进行求解即可．【解答】解：（1）当n=1时，a1=S1=21+1﹣2=4﹣2=2，a2=S2=﹣S1=22+1﹣2﹣2=8﹣4=4，则公比q===2，则a n=2•2n﹣1=2n，…4分（2）①当n=1时，得b1=6﹣t，n=2时，得b2=6﹣t；n=3时，b3=，则由b1+b3=2b2，得t=4．而当t=4时，由6n2﹣（t+3b n）n+2b n=0 得b n=2n．﹣b n=2，得数列{b n}为等差数列，满足条件．由b n+1②由题意知，c1=a1=2，c2=c3=2，c4=a2=4，c5=c6=c7=c8=2，c9=a3=8，则当m=1时，T1=2≠2c2，不合题意，舍去；当m=2时，T2=c1+c2=4=2c3，满足题意，则m=2成立；当m≥3 时，若c m=2，则T m≠2c m+1，不合题意，舍去；从而c m+1必是数列{a n}+1，中的某一项a k+1则T m=a1++a2++a3++a4+…+a k+=（2+22+23+…+2k）+2（b1+b2+…+b k）=2（2k﹣1）+2×=2k+1+2k2+2k﹣2，=2a k+1=2×2k+1，又2c m+1所以2k+1+2k2+2k﹣2=2×2k+1，即2k﹣k2﹣k+1=0，所以2k+1=k2+k=k（k+1）因为2k+1为奇数，而k（k+1）为偶数，所以上式无解．即当m≥3时，T m≠2c m+1，综上所述，满足题意的正整数仅有m=2．…16分【点评】本题主要考查等比数列和等差数列的综合应用，考查学生的运算和推理能力，综合性较强，有一定的难度．12．（2010•江西模拟）已知函数f （x）=log a x （a＞0且a≠1），若数列：2，f （a1），f （a2），…，f （a n），2n+4 （n∈N﹡）为等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式a n；（2）若a=2，b n=a n•f （a n），求数列{b n}前n项和S n；（3）在（2）的条件下对任意的n∈N﹡，都有b n＞f ﹣1（t），求实数t的取值范围．【分析】（1）由数列：2，f （a1），f （a2），…，f （a n），2n+4 （n∈N﹡）为等差数列．可得出2n+4=2+（n+2﹣1）d求得：d=2，由此可求出f （a n），进而即可求出数列{a n}的通项公式a n；（2）若a=2，b n=a n•f （a n），可先解出b n=a n•f （a n）=（2n+2）a2n+2=（n+1）•a2n+3，由此通项公式的形式知，可用错位相减法求得数列{b n}前n项和S n；（3）在（2）的条件下对任意的n∈N﹡，都有b n＞f ﹣1（t），故可由•4＞1，得出数列是一个递增的数列，由此得出b n的最小值，令最小值大于f ﹣1（t），解此不等式即可得出实数t的取值范围【解答】解：（1）由题意2n+4=2+（n+2﹣1）d求得：d=2，所以f （a n）=2+（n+1﹣1）•2=2n+2，求得：a n=a2n+2．（4分）（2）b n=a n•f （a n）=（2n+2）a2n+2=（n+1）•a2n+3S n=2•25+3•27+4•29+…+（n+1）•22n+3，4S n=2•27+3•27+4•211+…+（n+1）•22（n+1）+3，错位相减得：S n=（8分）（3）∵•4＞1，∴{ b n}为递增数列．b n中的最小项为：b1=2•25=26，f﹣1（t）=2t，对任意的n∈N﹡，都有b n＞f ﹣1（t），可得26＞2t，∴t＜6．（14分）【点评】本师考查等差数列的性质与等比数列的性质，数列单调性，解不等式，错位相减法求和，综合性强，解题的关键是将题设中的问题正确转化，熟练运用等差等比数列的性质及错位相减法是解题的重点．13．（2010•徐汇区校级模拟）已知等差数列{b n}的前n项和为T n，且T4=4，b5=6．（1）求数列{b n}的通项公式；（2）若正整数n 1，n2，…，n t，…满足5＜n1＜n2＜…＜n t，…且b3，b5，，，…，，…成等比数列，求数列{n t}的通项公式（t是正整数）；（3）给出命题：在公比不等于1的等比数列{a n}中，前n项和为S n，若a m，a m+2，a m+1成等差数列，则S m，S m+2，S m+1也成等差数列．试判断此命题的真假，并证明你的结论．【分析】（1）本题是对数列的基本量的考查，根据通项公式、前n项和公式公式，算出公差和首项，写出通项公式．（2）根据等比数列中前两项求出公比，写出通项=b 5•3t=2•3t+1 ，又是{bn}中的第n t项，又可表示成b nt=2n t﹣4．根据这两式的相等性写出{n t}的通项．（3）由a m，a m+2，a m+1成等差数列，求出公比q=﹣再利用等差数列定义判断S m，S m+2，S m+1是否成等差数列．【解答】解：（1）由已知，，∴d=2，b1=﹣2，∴bn=b1+（n﹣1）d=2n ﹣4．（2）b3=2，且b 3，b5，，，…，，…成等比数列，所以公比q==3，所以b nt =b 5•3t =2•3t +1，t ∈N *．又b nt =2n t ﹣4，所以2n t ﹣4=2•3t +1，所以n t =3t +1+2，t ∈N *． （3）此命题为真命题．若a m ，a m +2，a m +1成等差数列，即a 1q m ﹣1+a 1q m =2a 1q m +1，移向化简整理得qm ﹣1（2q2﹣q ﹣1）=0，q=﹣，S m +2﹣S m =a m +1+a m +2=a m +2 （+1）=﹣a m +2．S m +1﹣S m +2=﹣a m +2．∴S m ，S m +2，S m +1也成等差数列．【点评】本题考查等差数列通项公式求解，等差数列的判定，等比数列的通项公式及应用．考查阅读分析、理解、计算能力．14．（2010•江苏模拟）已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为b ；等比数列{b n }的首项为b ，公比为a ，其中a ，b ∈N +， 且a 1＜b 1＜a 2＜b 2＜a 3． （1）求a 的值；（2）若对于任意n ∈N +，总存在m ∈N +，使a m +3=b n ，求b 的值；（3）在（2）中，记{c n }是所有{a n }中满足a m +3=b n ，m ∈N +的项从小到大依次组成的数列，又记S n 为{c n }的前n 项和，t n 和{a n }的前n 项和，求证：S n ≥T n （n ∈N ）．【分析】（1）由a ＜a +b ＜ab ＜a +2b ，a ，b ∈N +，知，由此能求出a 的值；（2）由a m =2+（m ﹣1）b ，b n =5•2n ﹣1由a m +3=b n 可得5+（m ﹣1）b=b•2n ﹣1．b （2n ﹣1﹣m +1）=5．由此能求出b 的值；（3）由（2）知a n =5n ﹣3，b n =5•2n ﹣1，a m =b n ﹣3=5•2n ﹣1﹣3，C n =5•2n ﹣1﹣3，S n =5（2n ﹣1）﹣3n ，T n =n （5n ﹣1）．由此能够证明S n ≥T n （n ∈N +）． 【解答】解：（1）∵a ＜a +b ＜ab ＜a +2b ，a ，b ∈N +，∴，∴，∴，∴．∴a=2或a=3（a=3时不合题意，舍去）．∴a=2．（2）a m=2+（m﹣1）b，b n=5•2n﹣1由a m+3=b n可得5+（m﹣1）b=b•2n﹣1．∴b（2n﹣1﹣m+1）=5．∴b=5（3）由（2）知a n=5n﹣3，b n=5•2n﹣1，∴a m=b n﹣3=5•2n﹣1﹣3∴C n=5•2n﹣1﹣3，S n=5（2n﹣1）﹣3n，T n=n（5n﹣1）．∵S1=T1=2，S2=T2=9．当n≥3时，S n﹣T n=5[2n﹣n2﹣n﹣1]=5[（1+1）n﹣n2﹣n﹣1]=5[（1+C n1+C n2+C n3+…）﹣n2﹣n﹣1]＞5[1+n+﹣n2﹣n﹣1]=0．∴S n＞T n．综上得S n≥T n（n∈N+）．【点评】本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细求解．15．（2016•朝阳区一模）已知等差数列{a n}的通项公式．设数列{b n}为等比数列，且．（Ⅰ）若b1=a1=2，且等比数列{b n}的公比最小，（ⅰ）写出数列{b n}的前4项；（ⅱ）求数列{k n}的通项公式；（Ⅱ）证明：以b1=a2=5为首项的无穷等比数列{b n}有无数多个．【分析】（Ⅰ）（ⅰ）写出数列{a n}的前若干项，观察可得等比数列{b n}的公比最小为4，即可得到所求；（ⅱ）由（ⅰ）可知{b n}的通项公式，由等差数列的通项公式可得．证明k n为正整数即可；（Ⅱ）设数列{c n}是数列{a n}中包含的一个无穷等比数列，求出c1，c2，求得公比q，只要证是数列{a n}的项，运用归纳法，即可得证．【解答】解：（Ⅰ）观察数列{a n}的前若干项：2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，32，35，…．因为数列{a n}是递增的整数数列，且等比数列以2为首项，显然最小公比不能是，最小公比是4．（ⅰ）以2为首项，且公比最小的等比数列的前四项是2，8，32，128．（ⅱ）由（ⅰ）可知b1=2，公比q=4，所以．又，所以，即．再证k n为正整数．显然k1=1为正整数，n≥2时，，即，故为正整数．所以，所求通项公式为；（Ⅱ）证明：设数列{c n}是数列{a n}中包含的一个无穷等比数列，且，，所以公比．因为等比数列{c n}各项为整数，所以q为整数．取k2=5m+2（m∈N*），则q=3m+1，故．只要证是数列{a n}的项，即证3k n﹣1=5•（3m+1）n﹣1．只要证（n∈N*）为正整数，显然k1=2为正整数．又n≥2时，，即，又因为k1=2，5m（3m+1）n﹣2都是正整数，故n≥2时，k n也都是正整数．所以数列{c n}是数列{a n}中包含的无穷等比数列，其公比q=3m+1有无数个不同的取值，对应着不同的等比数列，故数列{a n}所包含的以a2=5为首项的不同无穷等比数列有无数多个．【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，以及等比数列的判断，考查运算和推理能力，属于难题．16．（2010•广东模拟）数列{a n}满足a1=2，a n+1=λa n+2n（n∈N*），其中λ为常数．（1）是否存在实数λ，使得数列{a n}为等差数列或等比数列？若存在，求出其通项公式；若不存在，说明理由；（2）求数列{a n}的前n项和S n．【分析】（1）a1=2，a2=2λ+2，a3=λa2+4=2λ2+2λ+4．分两种情况讨论①数列{a n}为等差数列，得λ2﹣λ+1=0，由△=12﹣4=﹣3＜0知方程无实根，故不存在实数λ，②若数列{a n}为等比数列，得2（2λ2+2λ+4）=（2λ+2）2，解得λ=1，a n+1=a n+2n，解得a n=2n，故存在实数λ=1，使得数列{a n}为等比数列．（2）①当λ=1时，转化为等比数列求解．②当λ=2时，构造等差数列求解，③当λ≠1且λ≠2时，构造等比数列是求解．【解答】解：（1）a1=2，a2=2λ+2，a3=λa2+4=2λ2+2λ+4．（1分）①若数列{a n}为等差数列，则a1+a3=2a2，即2+（2λ2+2λ+4）=2（2λ+2），得λ2﹣λ+1=0，由△=12﹣4=﹣3＜0知方程无实根，故不存在实数λ，使得数列{a n}为等差数列．（3分）②若数列{a n}为等比数列，则a1•a3=a22，即2（2λ2+2λ+4）=（2λ+2）2，=a n+2n，解得λ=1，此时，a n+1由累加法得：a n=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）++（a n﹣a n﹣1）=2+21+22++2n﹣1=2n（n≥2），显然，当n=1时也适合，故a n=2n（n∈N*）．故存在实数λ=1，使得数列{a n}为等比数列，其通项公式为a n=2n（n∈N*）．（6分）（2）①当λ=1时，a n=2n（n∈N*），故．（7分）②当λ=2时，，即数列是首项为1，公差为的等差数列，故，即a n=（n+1）•2n﹣1，下用错位相减法求S n．S n=2+3•2+4•22++（n+1）•2n﹣1，2S n=2•2+3•22++n•2n﹣1+（n+1）•2n，上面两式相减，得S n=﹣2﹣2﹣22﹣﹣2n﹣1+（n+1）•2n=n•2n．（10分）③当λ≠1且λ≠2时，下用待定系数法求通项a n．+x•2n+1=λ（a n+x•2n），则a n+1=λa n+（λ﹣2）x•2n，令a n+1上式与a n=λa n+2n比较系数，得（λ﹣2）x=1，．+1故数列是首项为，公比为λ的等比数列，从而，即．因此，=．综上所述，．（14分）【点评】本题是一道数列综合题，情景熟悉，貌似简单，入手也不难，但综合程度之高令人叹为观止．无论是分类讨论的思想，还是反证推理、求数列通项和数列求和都考查得淋漓尽致，累加法和待定系数法求数列的通项、错位相减法和分组求和法求数列的前n项和，几乎数列的所有知识和方法都熔于一炉．17．（2011•振兴区校级模拟）已知数列{a n}的前n项和为S n，且a n是S n与2的等差中项，数列{b n}中，b1=1，点P（b n，b n+1）在直线x﹣y+2=0上．（1）求a1和a2的值；（2）求数列{a n}，{b n}的通项a n和b n；（3）设c n=a n•b n，求数列{c n}的前n项和T n．【分析】（1）先利用a n是S n与2的等差中项把1代入即可求a1，再把2代入即可求a2的值；（2）利用S n=2a n﹣2，可得S n﹣1=2a n﹣1﹣2，两式作差即可求数列{a n}的相邻两项之间的关系，找到规律即可求出通项；对于数列{b n}，直接利用点P（b n，b n+1）在直线x﹣y+2=0上，代入得数列{b n}是等差数列即可求通项；（3）先把所求结论代入求出数列{c n}的通项，再利用数列求和的错位相减法即可求出其各项的和．【解答】解：（1）∵a n是S n与2的等差中项∴S n=2a n﹣2∴a1=S1=2a1﹣2，解得a1=2a1+a2=S2=2a2﹣2，解得a2=4（2）∵S n=2a n﹣2，S n﹣1=2a n﹣1﹣2，又S n﹣S n﹣1=a n，n≥2∴a n=2a n﹣2a n﹣1，∵a n≠0，∴=2（n≥2），即数列{a n}是等比数列，∵a1=2，∴a n=2n∵点P（b n，b n+1）在直线x﹣y+2=0上，∴b n﹣b n+1+2=0，﹣b n=2，即数列{b n}是等差数列，又b1=1，∴b n=2n﹣1，∴b n+1（3）∵c n=（2n﹣1）2n∴T n=a1b1+a2b2+…+a n b n=1×2+3×22+5×23+…+（2n﹣1）2n，∴2T n=1×22+3×23+…+（2n﹣3）2n+（2n﹣1）2n+1因此：﹣T n=1×2+（2×22+2×23+…+2×2n）﹣（2n﹣1）2n+1，即：﹣T n=1×2+（23+24+…+2n+1）﹣（2n﹣1）2n+1，∴T n=（2n﹣3）2n+1+6【点评】本题考查了数列求和的错位相减法．错位相减法适用于通项为一等差数列乘一等比数列组成的新数列．考查计算能力．18．（2010•如皋市模拟）已知数列a n、b n中，对任何正整数n都有：a1b n+a2b n﹣1+a3b n﹣2+…+a n﹣1b2+a n b1=2n+1﹣n﹣2．（1）若数列a n是首项和公差都是1的等差数列，求证：数列b n是等比数列；（2）若数列b n是等比数列，数列a n是否是等差数列，若是请求出通项公式，若不是请说明理由；（3）若数列a n是等差数列，数列b n是等比数列，求证：．【分析】（1）先求a n=n，代入已知可得b n+2b n﹣1+3b n﹣2+…+（n﹣1）b2+nb1=2n+1 +2b n﹣2+3b n﹣3+…+（n﹣2）b2+（n﹣1）b1=2n﹣n﹣1（n≥2）两式﹣n﹣2，则b n﹣1相减可求数列b n（2）同（1）可得，结合q的取值及等差数列的通项公式可求（3）利用放缩不等式可证【解答】解：（1）依题意数列a n的通项公式是a n=n，故等式即为b n+2b n﹣1+3b n﹣2+…+（n﹣1）b2+nb1=2n+1﹣n﹣2，b n﹣1+2b n﹣2+3b n﹣3+…+（n﹣2）b2+（n﹣1）b1=2n﹣n﹣1（n≥2），两式相减可得b n+b n﹣1+…+b2+b1=2n﹣1（3分）得b n=2n﹣1，数列b n是首项为1，公比为2的等比数列．（4分）（2）设等比数列b n的首项为b，公比为q，则b n=bq n﹣1，从而有：bq n﹣1a1+bq n﹣2a2+bq n﹣3a3+…+bqa n+ba n=2n+1﹣n﹣2，﹣1又bq n﹣2a1+bq n﹣3a2+bq n﹣4a3+…+ba n﹣1=2n﹣n﹣1（n≥2），故（2n﹣n﹣1）q+ba n=2n+1﹣n﹣2（6分），﹣a n是与n无关的常数，必需q=2（8分）要使a n+1即①当等比数列b n的公比q=2时，数列a n是等差数列，其通项公式是；②当等比数列b n的公比不是2时，数列a n不是等差数列．（9分）（3）由（2）知a n b n=n•2n﹣1，（10分）显然n=1，2时当n≥3时＜（14分）==（16分）【点评】本题主要考查等差数列、等比数列通项公式及由数列的“和”转化为“项”的综合应用，考查运算能力和推理论证能力．解题中体现了分类讨论的思想在解题中的应用．19．（2011•绵阳二模）已知{ a n}是等差数列，{ b n}是等比数列，S n是{ a n}的前n 项和，a1=b1=1，S2=．（Ⅰ）若b2是a1，a3的等差中项，求a n与b n的通项公式；（Ⅱ）若a n∈N*{}是公比为9的等比数列，求证：+++…＜．【分析】求解本题，宜先将S2=化简用首项与公差、公比表示出来（Ⅰ）b2是a1，a3的等差中项，由此可以得到2b2=a1+a3，将其与S2=联立即可求得两数列的公差与公比，由通项公式求出通项即可．（Ⅱ）由{}是公比为9的等比数列，引入公比q，利用等比数列的性质得到==q d=9，即q d=32．与S2=结合可得q=．再由a n∈N*，知d是正整数，再结合q d=32．对d，q的值进行判断，验证即得d，q的值，由此S n 可求出，求出其倒数，利用放缩法将其倒数变为可以裂项的形式，将前n项的和的倒数放大即可证明不等式．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}公比为q．（Ⅰ）∵S2=，∴a1+a1+d=，，而a1=b1=1，则q（2+d）=12．①又∵b2是a1，a3的等差中项，∴a1+a3=2b2，得1+1+2d=2q，即1+d=q．②联立①，②，解得或（4分）所以a n=1+（n﹣1）•2=2n﹣1，b n=3n﹣1；或a n=1+（n﹣1）•（﹣5）=6﹣5n，b n=（﹣4）n﹣1．（6分）（Ⅱ）∵a n∈N*，=b1=q1+（n﹣1）d﹣1=q（n﹣1）d，∴==q d=9，即q d=32．①（8分）由（Ⅰ）知q（2+d）=12，得q=．②∵a1=1，a n∈N*，∴d为正整数，从而根据①②知q＞1且q也为正整数，∴d可为1或2或4，但同时满足①②两个等式的只有d=2，q=3，∴a n=2n﹣1，S n==n2．（10分）∴=＜=（﹣）（n≥2）．当n≥2时，++…+=+++…+＜1+2（﹣）+2（﹣）+…+2（﹣）=1+2[（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=﹣＜．显然，当n=1时，不等式成立．故n∈N*，++…+＜．（14分）思路2或者和文科题的解法相同，前两项不变，从第三项开始缩小：当n≥2时，++…+＜1++（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1++[（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=1++（+﹣﹣）=﹣﹣＜．【点评】本题考查等差数列与等比数列的综合，考查了根据题设中的条件建立方程求数列的通项以及用放缩法与裂项求和的技巧证明不等式，本题综合性较强，难度较大，解题过程中有两点比较关键，一是根据数列的项是正整数判断出公差与公比的值，一是由放缩法将前n项的倒数和进行放大为可以裂项的形式，题后应对这两点好好总结．20．（2006•福建）已知数列{a n}满足a1=1，a2=3，a n+2=3a n+1﹣2a n（n∈N*）．（Ⅰ）证明：数列{a n﹣a n}是等比数列；+1（Ⅱ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅲ）若数列{b n}满足，证明{b n}是等差数列．【分析】（Ⅰ）利用等比数列的定义，构造进行证明；﹣a n=2n，利用叠加法可得a n=（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1（Ⅱ）利用（Ⅰ）可先求a n+1﹣a n）+…+（a2﹣a1）+a1，从而可求a n；﹣2（Ⅲ）由已知可得2[（b1+b2+…+b n）﹣n]=nb n，利用递推公式可得2[（b1+b2+…+b n+b n+1）﹣（n+1）]=（n+1）b n+1结合两式可证．=3a n+1﹣2a n，【解答】解：（Ⅰ）证明：∵a n+2﹣a n+1=2（a n+1﹣a n），∴a n+2∵a1=1，a2=3，∴．∴{a n﹣a n}是以a2﹣a1=2为首项，2为公比的等比数列．+1﹣a n}是以a2﹣a1=2为首项，2为公比的等比数列（Ⅱ）解：由（Ⅰ）{a n+1﹣a n=2n（n∈N*），得a n+1∴a n=（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）++（a2﹣a1）+a1=2n﹣1+2n﹣2++2+1=2n﹣1（n∈N*）．（Ⅲ）证明：∵，∴=∴2[（b1+b2+…+b n）﹣n]=nb n，①2[（b1+b2+…+b n+b n+1）﹣（n+1）]=（n+1）b n+1．②﹣1）=（n+1）b n+1﹣nb n，②﹣①，得2（b n+1﹣nb n+2=0．③即（n﹣1）b n+1nb n+2﹣（n+1）b n+1+2=0．④④﹣③，得nb n﹣2nb n+1+nb n=0，+2﹣2b n+1+b n=0，∴b n+2﹣b n+1=b n+1﹣b n（n∈N*），即b n+2∴{b n}是等差数列．【点评】本小题主要考查数列、不等式等基本知识的综合运用，考查化归的数学思想方法在解题中的运用，考查综合解题能力．21．（2015•广东模拟）已知数列{a n}中，a1=3，a2=5，其前n项和S n满足S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1（n≥3）．令b n=．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若f（x）=2x﹣1，求证：T n=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）＜（n≥1）．【分析】（Ⅰ）由题意知a n=a n﹣1+2n﹣1（n≥3）（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a3﹣a2）+a2=2n+1．（Ⅱ）由于=．故T n=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）=，由此可证明Tn=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）＜（n≥1）．【解答】解：（Ⅰ）由题意知S n﹣S n﹣1=S n﹣1﹣S n﹣2+2n﹣1（n≥3）即a n=a n﹣1+2n﹣1（n≥3）∴a n=（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a3﹣a2）+a2=2n﹣1+2n﹣2+…+22+5=2n+1（n≥3）检验知n=1、2时，结论也成立，故a n=2n+1．（Ⅱ）由于b n=，f（x）=2x﹣1，∴=．故T n=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）==．【点评】本题考查数列的性质和综合应用，解题时要认真审题．仔细解答．22．（2007•全国卷Ⅱ）设数列{a n}的首项a1∈（0，1），a n=，n=2，3，4…（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求证b n＜b n+1，其中n为正整数．【分析】（1）由题条件知，所以{1﹣a n}是首项为1﹣a1，公比为的等比数列，由此可知（2）方法一：由题设条件知，故b n＞0．那么，b n+12﹣b n2=a n+12（3﹣2a n+1）﹣a n2（3﹣2a n）=由此可知b n＜b n+1，n为正整数．方法二：由题设条件知，所以．由此可知b n＜b n+1，n为正整数．【解答】解：（1）由，整理得．又1﹣a1≠0，所以{1﹣a n}是首项为1﹣a1，公比为的等比数列，得（2）方法一：由（1）可知，故b n＞0．2﹣b n2那么，b n+1=a n+12（3﹣2a n+1）﹣a n2（3﹣2a n）==又由（1）知a n＞0且a n≠1，故b n+12﹣b n2＞0，因此b n＜b n+1，n为正整数．方法二：由（1）可知，因为，所以．由a n≠1可得，即两边开平方得．即b n＜b n+1，n为正整数．【点评】本题考查数列的综合应用，难度较大，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件．23．（2010•大纲版Ⅰ）已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=c﹣．（Ⅰ）设c=，b n=，求数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）求使不等式a n＜a n+1＜3成立的c的取值范围．=c﹣中整理并令b n=进行替换，得到关【分析】（1）令c=代入到a n+1=4b n+2，进而可得到{}是首项为﹣，公比为4的等比数列，先得系式b n+1到{}的通项公式，即可得到数列{b n}的通项公式．（2）先求出n=1，2时的c的范围，然后用数学归纳法分3步进行证明当c＞2时a n＜a n+1，然后当c＞2时，令α=，根据由可发现c＞时不能满足条件，进而可确定c的范围．【解答】解：（1），=4b n+2，即b n+1，a1=1，故所以{}是首项为﹣，公比为4的等比数列，，（Ⅱ）a1=1，a2=c﹣1，由a2＞a1得c＞2．用数学归纳法证明：当c＞2时a n＜a n+1．（ⅰ）当n=1时，a2=c﹣＞a1，命题成立；（ii）设当n=k时，a k＜a k+1，则当n=k+1时，故由（i）（ii）知当c＞2时，a n＜a n+1当c＞2时，令α=，由当2＜c≤时，a n＜α≤3当c＞时，α＞3且1≤a n＜α于是α﹣a n+1≤（α﹣1），当n＞因此c＞不符合要求．所以c的取值范围是（2，]．【点评】本小题主要考查数列的通项公式、等比数列的定义、递推数列、不等式等基础知识和基本技能，同时考查分析、归纳、探究和推理论证问题的能力，在解题过程中也渗透了对函数与方程思想、化归与转化思想的考查．24．（2014•滕州市校级二模）已知数列{a n}满足a n＞0且对一切n∈N*，有a13+a23+…+a n3=S n2，a1+a2+…+a n=S n，（Ⅰ）求证：对一切n∈N*有a n+12﹣a n+1=2S n．（Ⅱ）求数列{a n}通项公式．（Ⅲ）求证：+++…+＜3．【分析】（Ⅰ）由a13+a23+…+a n3=S n2，再写一式，两式相减，化简可得结论；。