2021届山东省高三一模数学试题分类汇编——专题四数列

专题四 数列
一、单项选择
1.（济宁一模4）随着我国新冠疫情防控形势的逐渐好转,某企业开始复工复产.经统计,2020年7月份到12
月份的月产量(单位：吨)逐月增加，且各月的产量成等差数列，其中7月份的产量为10吨，12月份的产量为20吨，则8月到11月这四个月的产量之和为 A. 48吨
B. 54吨
C. 60吨
D. 66吨
2.（2021•淄博一模6）若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则“S 2020＞0，S 2021＜0”是“a 1010a 1011＜0”的（ ） A ．充分必要条件 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.（菏泽一模8）在等比数列{a n }中．a 1+a 2+a 3+a 4＝ln （a 1+a 2+a 3）．若a 1＞1，则（ ） A ．a 1＜a 2
B ．a 2＜a 3
C ．a 3＜a 4
D ．a 1＜a 4
4.（泰安一模8）设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a n ＞0，a 1＝，S n ＜2，则{a n }的公比的取值范围是（ ） A ．
B ．
C ．
D ．
5.（烟台一模8）某校数学兴趣小组设计了一种螺线，作法如下：在水平直线l 上取长度为2的线段AB ，并作等边三角形ABC ，第一次画线：以点B 为圆心，BA 为半径逆时针画圆弧，交线段CB 的延长线于点D ；第二次画线：以点C 为圆心，CD 为半径逆时针画圆弧，交线段AC 的延长线于点E ；以此类推，得到的螺线如右图所示，则 A.第二次画线的圆弧长度为4π
3
B.前三次画线的圆弧总长度为4π
C.在螺线与直线l 恰有4个交点（不含A 点）时停止画线，此时螺线的总长度为30 π
D.在螺线与直线l 恰有6个交点（不含A 点）时停止画线，此时螺线的总长度为60 π 6.（青岛一模8）在抛物线y x 2
1
2
=
第一象限内一点),n n y a （处的切线与x 轴交点的横坐标记为1-n a ，其中*∈N n ,已知n S a ,322=为{}n a 的前n 项和，若n S m ≥恒成立，则m 的最小值为（ ）
A.16
B.32
C.64
D.128
7.（德州一模8）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航
天中应用广泛，若数列{x n }满足x n +1＝x n ﹣，则称数列{x n }为牛顿数列．如果函数f （x ）＝x 2﹣
x ﹣2，数列{x n }为牛顿数列，设a n ＝ln 且a 1＝1，x n ＞2，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2021＝（ ） A ．22021﹣1 B ．22021﹣2 C ．（）2021﹣ D ．（）2021﹣2
二、多项选择
8．（2021•临沂一模10）已知数列{a n }的前n 项和为S n .（ ） A ．若S n ＝n 2﹣1，则{a n }是等差数列 B ．若S n ＝2n ﹣1，则{a n }是等比数列 C ．若{a n }是等差数列，则S 99＝99a 50
D ．若{a n }是等比数列，且a 1＞0，q ＞0，则S 2n ﹣1•S 2n +1＞S 2n 2
9.（滨州一模10）已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝a 2＝1，a n ＝a n ﹣1+2a n ﹣2（n ≥3），则下列结论正确的是（ ）
A ．数列{a n +a n +1}为等比数列
B ．数列{a n +1﹣2a n }为等比数列
C ．
D ．
10.（潍坊一模11）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所
示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球， 第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数 列{}n a ，则
A ．412a =
B ．11n n a a n +=++
C ．1005050a =
D ．122n n n a a a ++=⋅
11.（济南一模11）1904年，瑞典数学家科赫构造了一种曲线．如图，取一个边长为1的正三角形，在每个边上以中间的
13为一边，向外侧凸出作一个正三角形，再把原来边上中间的1
3
擦掉，得到第2 个图形，重复上面的步骤，得到第3个图形．这样无限地作下去，得到的图形的轮廓线称为 科赫曲线。

云层的边缘，山脉的轮廓，海岸线等自然界里的不规则曲线都可用“科赫曲线”的 方式来研究，这门学科叫“分形几何学”。

下列说法正确的是
第11题
A.第4个图形的边长为
181
B.记第n 个图形的边数为a n ,则a n+1=4a n
C.记第n 个图形的周长为b n ,则b n =3·(
43
)n-1 D.记第n 个图形的面积为S.,则对任意的n ∈N +,存在正实数M,使得S n <M 三、填空
12.（济南一模14）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 7=28,则a 2+a 3+a 7的值为 .
13.（日照一模14）为了贯彻落实习近平总书记在全国教育大会上的讲话精神，2020年中办、国办联合印发了《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》，为落实该文件精神，某中学对女生立定跳远项目的考核要求为：1.33米得5分，每增加0.03米，分值增加5分，直到1.84米得90分后每增加0.1米，分值增加5分，满分为120分，若某女生训练前的成绩为70分，经过一段时间的训练后，成绩为105分则该女生经过训练后跳远增加加了 米.
14．（2021•淄博一模15）已知等比数列{a n }中，首项a 1＝2，公比q ＞1，a 2，a 3是函数f （x ）＝13
x 3﹣6x 2+32x
的两个极值点，则数列{a n }的前9项和是 ．
15.（聊城一模15）已知数列{}n a 满足1222,1cos n n a a a a n π++=-=+，则数列{}n a 的前100项的和等于_________． 四、解答
16.（滨州一模17）已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，n ∈N *． （1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；
（2）设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n }，记数列{c n }的前n 项和为S n ， 求S 100．
17.（潍坊一模18）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，26a =，11
12
n n S a +=+．
（1）证明：数列{}1n S -为等比数列，并求出n S ；
18.（德州一模18）已知数列{a n }满足a 1+2a 2+3a 3+…+na n ＝（n ﹣1）2n +1+2． （1）求数列{a n }的通项公式； （2）设数列{}的前n 项和为T n ，证明：T n ＜．
19.（菏泽一模18）已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n +1＝2S n +2，数列{b n }满足b 1＝2，（n +2）b n ＝nb n +1，其中n ∈N *．
（1）分别求数列{a n }和{b n }的通项公式；
（2）在a n 与a n +1之间插入n 个数，使这n +2个数组成一个公差为c n 的等差数列，求数列{b n c n }的前n 项和T n ．
20.（2021•淄博一模18）将n 2
(n ∈N *
)个正数排成n 行n 列: a 11 a 12 a 13 a 14 … a 1n a 21 a 22 a 23 a 24 … a 2n a 31 a 32 a 33 a 34 … a 3n
…
a n1 a n2 a n3 a n3 … a nn
其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且各列的公比都相等， 若,1,1331311=⨯=a a a 2
3343332=++a a a (1)求n a 1;
(2)设nn n a a a a S ++++= 332211,求n S 。

21.（聊城一模18）在数列{}n a 中，()111,01
n
n n a a a c ca +==
>+，且125,,a a a 成等比数列．
(1)证明数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
是等差数列，并求{}n a 的通项公式；
(2)设数列{}n b 满足()
2
141n n n b n a a +=+，其前n 项和为n S ，证明：1n S n <+．
22.（烟台一模17）在①a 3+a 5=14，②S 4=28，③a 8是a 5与a 13的等比中项，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.
问题：已知{a n }为公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，其前n 项和T n =2n +λ，λ为常数，a 1=b 1， .
（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；
（2）令c n =[lga n ]，其中[x]表示不超过x 的最大整数，求c 1+c 2+c 3+…+c 100的值. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
23.（泰安一模17）在①a 8＝2a 4+1，②4是a 1，a 3的等比中项，③S 5＝4a 1a 2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．
问题：已知各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝a 6﹣a 1，且_______． （1）求a n ； （2）设数列（}的前n 项和为T n ，试比较T n 与
的大小，并说明理由．
24.（青岛一模17）从“①);2
(1
a n n S n +
=②21432,a a a a S ==③8241,,2a a a a 是=的等比中项”，三个条件任选一个，补充到下面的横线处，并解答。

已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差d 不等于0， ，*
∈N n 。

（1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）若b n =S 2n+1−S 2n ，数列{}n b 的前n 项和为n n W W 求,。

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分。

25.（济宁一模18）在①S n ＝2a n ﹣3；②S n ＝3•2n ﹣3，③a n +12＝a n a n +2，a 1＝3，a 4＝24．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题．已知数列{a n }满足______（n ∈N *），若b n ＝a n •log 2，求
数列{b n }的前n 项和T n ．
26.（2021•临沂一模18）在①
S n n
=
a n+12
②a n a n+1=2S n , ③a n 2
+a n =2S n 这三个条件中任选一个，补充在
下面的问题中，并解答该问题
已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,满足_____. (1)求a n ;
(2)若b n =(a n +1)2a n ·,求数列{b n }的前n 项和T n 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分
27.（日照一模18）在①已知数列}{n a 满足：80231==-+a a a n n ，②等比数列}{n a 中，公比q=2,前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题，(若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）.
(1)求数列}{n a 的通项公式； (2)设n
n a n b =数列}{n b 的前n 项和为n T ,若20222-m T n ＞对*
N n ∈恒成立，求正整数m 的最大值.
28.（济南一模22）已知正项数列{a n },a 1=1,a n+1=
1
2
ln(a n +1),n ∈ N +. 证明：（1)a n+1<a n ; (2)a n -2a n+1<a n ·
a n+1; (3) 111
.22
n n n a -<≤
答案解析
一、单项选择
1.【答案】C
【解析】设7月份产量为1a ，8月份产量为2a ，……则12月份产量为6a ，由题201061==a a ，，∴60)(2615432=+=+++a a a a a a 故选C
2.【答案】B
【解析】因为S 2020＞0，S 2021＜0，等差数列{a n }的前n 项和为S n ， 所以
(a 1+a 2020)×2020
2
＞0，
(a 1+a 2021)×2021
2
＜0，
即a 1+a 2020＝a 1010+a 1011＞0，a 1+a 2021＝2a 1011＜0， 所以a 1010＞0，a 1011＜0，且a 1010＞|a 1011|， 所以a 1010a 1011＜0，
当a 1010a 1011＜0时，得a 1010＞0，a 1011＜0，或a 1010＜0，a 1011＞0； 故“S 2020＞0，S 2021＜0”可以推出“a 1010a 1011＜0”， 但“a 1010a 1011＜0”不能推出“S 2020＞0，S 2021＜0”，
所以“S 2020＞0，S 2021＜0”是“a 1010a 1011＜0”的充分不必要条件． 故选：B ． 3.【答案】B
【解析】当q ＞0时，a 1+a 2+a 3+a 4＞a 1+a 2+a 3＞ln （a 1+a 2+a 3），不符合题意；
当q ＜﹣1时，a 1+a 2+a 3+a 4＜0，a 1+a 2+a 3＞a 1，所以ln （a 1+a 2+a 3）＞lna 1＞0，不符合题意； 故﹣1＜q ＜0，所以a 2＜a 3． 故选：B ． 4.【答案】A
【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则q ≠1． ∵
，S n ＜2，
∴＞0，＜2，
∴1＞q ＞0．
∴1≤4﹣4q ，解得．
综上可得：{a n }的公比的取值范围是：．
故选：A ． 5.【答案】D
【解析】第二次画线时，半径为CB+BD=4，圆心角为2π3，∴圆弧长度为4×2π3=8π
3； 第三次画线时，以A 为圆心，AE 为半径，AE=6，圆心角为2π
3，∴圆弧长度为6×2π
3=4π 所以前三次画线的圆弧总长度为8π，
螺线与直线l 恰有四个交点时，一共画了6段圆弧，这6段圆弧组成了一个首项是4π
3，公差d =
4π3
的等差数
列，所以S 6=6(
4π3+24π3
)2
=28π，当恰有6个交点时，一共画了9段圆弧，S 9=
9(
4π3+36π
3
)2
=60π，故选D
6.【答案】D
【解析】由x 2=1
2
y ，得y ′=4x ，所以抛物线在点(a n ,y n )处得切线为y-y n =4a n (x-a n )，即y =4a n ∙x −2a n 2，
则其与x 轴交点横坐标为a n+1=12
a n ，因此{a n }是以1
2
为公比得等比数列，由a 2=32，得a 1=64，S n =
64[1−(1
2)n ]
1−12
=
128−128(12)n
<128，所以m ≥128，故选D 。

7.【答案】A
【解析】∵f （x ）＝x 2﹣x ﹣2， ∴f ′（x ）＝2x ﹣1， 又∵x n +1＝x n ﹣
＝x n ﹣
，
∴x n +1+1＝x n ﹣+1＝，
x n +1﹣2＝x n ﹣2﹣＝，
∴＝＝（）2，
∵a n ＝ln 且a 1＝1，x n ＞2，
∴a n +1＝ln ＝ln （）2＝2ln ＝2a n ，
∴数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， ∴S 2021＝＝22021﹣1，
故选：A ． 二、多项选择 8．【答案】BC
【解析】若S n ＝n 2﹣1，则有a 1＝S 1＝0，a 2＝S 2﹣S 1＝22﹣12＝3，a 3＝S 3﹣S 2＝32﹣22＝5，2a 2≠a 1+a 3，此时数列{a n }不是等差数列，∴选项A
错误；
若S n ＝2n ﹣1，则当n ＝1时，有a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，有a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝2n ﹣2n ﹣
1＝2n ﹣
1，故a n ＝2n
﹣
1
，
a n+1a n
=2，此时数列{a n }是等比数列，∴选项B 正确；
又由等差数列的性质可得：S 99=
99(a 1+a 99)
2
=99a 50，故选项C 正确； ∵当a 1＞0，q ＝1时，有a n ＝a 1，S 2n ﹣1S 2n +1＝（2n ﹣1）（2n +1）a 12＝（4n 2﹣1）a 12，S 2n 2＝（2na 1）2＝4n 2a 12，
此时S 2n ﹣1S 2n +1＜S 2n 2，故选项D 错误， 故选：BC ． 9.【答案】ABD
【解析】a n ＝a n ﹣1+2a n ﹣2，a n +a n ﹣1＝2a n ﹣1+2a n ﹣2＝2（a n ﹣1+a n ﹣2）（n ≥3）， 因为a 1＝a 2＝1，所以a 3＝a 1+2a 2＝3， a 3+a 2＝4＝2（a 2+a 1），
所以数列{a n +a n +1}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以a n +a n +1＝2•2n ﹣
1＝2n ，故选项A 正确；
a n ＝a n ﹣1+2a n ﹣2，
a n ﹣2a n ﹣1＝2a n ﹣2﹣a n ﹣1＝﹣（a n ﹣1﹣2a n ﹣2）， a 3﹣2a 2＝3﹣2＝1，a 2﹣2a 1＝1﹣2＝﹣1，
所以{a n +1﹣2a n }是首项为﹣1，公比为﹣1的等比数列， a n +1﹣2a n ＝﹣1•（﹣1）n ﹣1＝（﹣1）n ，故选项B 正确；
，所以a n ＝
，故选项C 错误；
S 20＝a 1+a 2+…+a n ＝
+
+…+
＝
＝×[﹣]
＝（220﹣1）＝（410﹣1），故选项D 正确． 故选：ABD ． 10.【答案】BC
【解析】由题意知(1)1232n n n a n +=+++
+=
，所以410a =，A 错误；1(1)(2)
2
n n n a +++=，则11n n a a n +-=+，故B 正确；100100101
50502
a ⨯==，C 正确；23a =，36a =，410a =，即3242a a a =⋅，D 错误．综上选BC ． 11.【答案】BCD
【解析】易知，各个图形的边长成等比数列，且q =1
3，因此可设边长为c n =(13
)
n−1
，则C 4=(13)3
=127
，A
错误；易知，各个图形的边数也成等比数列且q=4，所以a n =3·4n-1，B 正确；周长为b n =a n c n =3×(43)
n−1
，C 正确；由极限思想易知，当n →∞时，图形无限接近于圆，故S n <S 圆=M ，D 正确；故选
BCD 。

三、填空 12.【答案】12 【解析】因为S 7=
7(a 1+a 7)
2
=7a 4=28，所以a 1+3d=4，
a 2+a 3+a 7=(a 1+d)+(a 1+2d)+(a 1+6d)=3(a 1+3d)=3×4=12. 13.【答案】0.42
【解析】设等差数列,5,5:}{1==d a a n 则n a n 5=.由题知14,70=∴=n a n ， 此时，该女生的跳远为72.103.0)114(33.1=⨯-+米.
设等差数列,5,90:}{1==d b b n , 则855+=m b m .由题105=m b ，则4=m . 此时，该女生的跳远为14.21.0)14(84.1=⨯-+ 米， 所以，该女生在训练过程中跳远增加了42.072.114.2=-米. 14．【答案】1022
【解答】函数f （x ）＝1
3x 3﹣6x 2+32x ，则f '（x ）＝x 2﹣12x +32，
因为a 2，a 3是函数f （x ）＝1
3
x 3﹣6x 2+32x 的两个极值点，
所以a 2，a 3是方程x 2﹣12x +32＝0的两个根， 则{a 2+a 3=12a 2a 3=32，解得{a 2=4a 3=8或{a 2=8a 3=4， 又等比数列{a n }中，公比q ＞1， 所以{a 2=4a 3=8，所以q =a 3a 2=2，
又首项a 1＝2，
所以S 9=2(1−29
)
1−2=1022．
故答案为：1022． 15.【答案】2550 四、解答
16.【解析】解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 由a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，可得b 1＝2，a 2＝4， 则d ＝2，q ＝2，a n ＝2n ，b n ＝2n ，n ∈N *； （2）由(1)b n =2n =2∙2n−1=a 2n−1 即b n 是数列{a n }中的第2n-1
项
设数列{an}的前n 项和为Pn ，数列{bn}的前n 项和为Qn ， 因为b7=a 26=a 64,b 8=a 27=a 128
所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的， 所以S 100=P 107-Q 7=107×(2+214)2−2−28
1−2=11302
17.【解析】（1）由已知，
整理得
，
所以，
令，得，所以，
所以是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以，
所以；
（2）由（1）知，，
当时，，
当时，，
所以，
所以
所以．
18.【解析】（1）由a1+2a2+3a3+…+na n＝（n﹣1）2n+1+2可得：a1+2a2+3a3+…+（n﹣1）a n﹣1＝（n﹣2）2n+2
（n≥2），
两式相减得：na n＝（n﹣1）2n+1﹣（n﹣2）2n＝n×2n，即a n＝2n，n≥2，
又当n＝1时，有a1＝2也适合上式，
∴a n＝2n；
（2）证明：由（1）可得：＝＝（﹣），
∴T n＝（1﹣+﹣+﹣+…+﹣+﹣）＝（1+﹣﹣）＜（1+）＝．
19.【解析】（1）∵a n+1＝2S n+2，
∴a n+2＝2S n+1+2，
两式相减整理得：a n+2＝3a n+1，
∴等比数列{a n}的公比q＝＝3，
又当n＝1时，有a2＝2S1+2，即3a1＝2a1+2，解得：a1＝2，
∴a n＝2×3n﹣1，
∵b1＝2，（n+2）b n＝nb n+1，
∴＝，
∴b n＝×××…×××b1＝×××…×××2＝n（n+1），n ≥2，
又当n＝1时，b1＝2也适合上式，
∴b n＝n（n+1）；
（2）由（1）可得：c n＝＝＝，
∴b n c n＝4n×3n﹣1，
∴T n＝4（1×30+2×31+3×32+…+n×3n﹣1），
又3T n＝4（1×31+2×32+…+n×3n），
两式相减得：﹣2T n＝4（1+3+32+…+3n﹣1﹣n×3n）＝4（﹣n×3n），
整理得：T n＝（2n﹣1）•3n+1．
20.【解析】（1）设第一行数的公差为d，各列的公比为q，
21.证明：(1)由11111n n n n n a a c ca a a ++=
=++，得，即111
n n
c a a +-=，
所以数列1n a ⎧⎫
⎨
⎬⎩⎭
是等差数列，其公差为c ，首项为1，………………………………2分 因此，
()()1111,11n n n c a a n c
=+-=+-，………………………………………3分 由125,,a a a 成等比数列，得2
215a a a =，即2
111141c c ⎛⎫=⨯ ⎪
++⎝⎭
， 解得c =2或c =0(舍去)，故1
21
n a n =
-．…………………………………………………6分 (2)因为()()
22
41211
114121212121n n b n n n n n +==+=+---+-+，……………………8分 所以121111113352121n n S b b b n n n ⎛
⎫=++⋅⋅⋅+=+-
+-+⋅⋅⋅+- ⎪-+⎝⎭
1
121
n n =+-
+，………………………………………………………………………11分 因为1
021
n >+，所以1n S n <+．…………………………………………………12分 22.
23.【解析】（1）设等差数列{a n}的公差为d（d＞0），
由S3＝a6﹣a1，可得3a1+3d＝5d，即3a1＝2d，
选①a8＝2a4+1，即有a1+7d＝2a1+6d+1，即d＝a1+1，
由，解得a1＝2，d＝3，
则a n＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1；
选②4是a1，a3的等比中项，即有a1a3＝16，即a1（a1+2d）＝16，由，解得a1＝2，d＝3，
则a n＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1；
选③S5＝4a1a2，即有5a1+10d＝4a1（a1+d），
由，解得a1＝2，d＝3，
则a n＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1；
（2）S n＝2n+n（n﹣1）•3＝n2+n，
S n+n＝n（n+1），
＝•＝（﹣），
T n＝（1﹣+﹣+…+﹣）＝（1﹣）＝，＝，
由﹣＝＜0，
可得T n＜．
24.【解析】选①，
（1），令
∴，当时，
当时，，而；
（2）
∴．25.【解析】当选条件①时：
∵S n＝2a n﹣3，
∴S n﹣1＝2a n﹣1﹣3（n≥2），
两式相减得：a n＝2a n﹣2a n﹣1，即a n＝2a n﹣1，n≥2，
又当n＝1时，有S1＝2a1﹣3，解得：a1＝3，
∴数列{a n}是首项为3，公比为2的等比数列，
∴a n＝3×2n﹣1，
∴b n＝a n•log2＝3×2n﹣1×log22n＝3n×2n﹣1，
∴T n＝3（1×20+2×21+3×22+…+n×2n﹣1），
又2T n＝3（1×21+2×22+…+n×2n），
两式相减得：﹣T n＝3（1+2+22+…+2n﹣1﹣n×2n）＝3（﹣n×2n），
整理得：T n＝3[（n﹣1）×2n+1]．
当选条件②时：
∵S n＝3•2n﹣3，
∴S n﹣1＝3•2n﹣1﹣3（n≥2），
两式相减得：a n＝3×2n﹣1，n≥2，
又当n＝1时，有S1＝3×2﹣3＝3也适合上式，
∴a n＝3×2n﹣1，
∴b n＝a n•log2＝3×2n﹣1×log22n＝3n×2n﹣1，
∴T n＝3（1×20+2×21+3×22+…+n×2n﹣1），
又2T n＝3（1×21+2×22+…+n×2n），
两式相减得：﹣T n＝3（1+2+22+…+2n﹣1﹣n×2n）＝3（﹣n×2n），整理得：T n＝3[（n﹣1）×2n+1]．
当选条件③时：
∵a n+12＝a n a n+2，
∴数列{a n}是等比数列，
设数列{a n}的公比为q，
由a1＝3，a4＝24，可得：q3＝＝8，解得q＝2，
∴a n＝3×2n﹣1，
∴b n＝a n•log2＝3×2n﹣1×log22n＝3n×2n﹣1，
∴T n＝3（1×20+2×21+3×22+…+n×2n﹣1），
又2T n＝3（1×21+2×22+…+n×2n），
两式相减得：﹣T n＝3（1+2+22+…+2n﹣1﹣n×2n）＝3（﹣n×2n），
整理得：T n＝3（n﹣1）×2n+3．
26.【解析】若选①，则2S n=na n+1
27.【解析】（1）选择条件①：设等比数列{a n}的首项为a1，公比为q，依题意，
a n+1－2a n= 0 ，
得{a n}为等比数列，
所以q = 2，a3= 8 ，
=2，
解得q=2，a
1
a n=2n
选择条件②，设等比数列{a n} 的首项为a1，公比q =2，前5项和为62，
依题意得，a1=2,q=2,
a n =2n
（2）b n =n
n 2记T n ＝(21)＋2·(21)2＋…＋n ·(21)n ，① 21T n ＝(21)2＋2·(21)3＋…＋(n －1)·(21)n ＋n ·(21)n ＋1，② 两式相减得21T n ＝21＋(21)2＋…＋(21)n －n ·(2
1)n ＋1， 即T n ＝2－（2+n ）(2
1)n ， 因为T n +1－T n ＝（n +1）(2
1)n +1＞0， 所以，数列{T n }单调递增，最小值T 1＝
21， 所以2×2
1＞m －2022， 所以m ＜2023，m 的最大值是2022 28.【解析】。