(压轴题)高中数学选修二第一单元《数列》检测(答案解析)

一、选择题
1．已知数列{}n a ，{}n b 中满足()1231n n a a n ++=≥，110a =，1n n b a =-，若{}n b 前
n 项之和为n S ，则满足不等式1
6170
n S -<
的最小整数n 是（ ）. A ．8
B ．9
C ．11
D ．10
2．已知数列{}n a 为等差数列，首项为2，公差为3，数列{}n b 为等比数列，首项为2，公比为2，设n n b c a =，n T 为数列{}n c 的前n 项和，则当2020n T <时，n 的最大值是（ ） A ．8
B ．9
C ．10
D ．11
3．若数列{}n a 满足12a =，23a =，1
2
n n n a a a --=（3n ≥且*N n ∈），则2018a 等于（ ） A ．
12
B ．2
C ．3
D ．
23
4．数列{}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,...,n F 成为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，记该数{}n F 的前n 项和为n S ，则下列结论正确的是（ ） A ．201920212S F =+ B ．201920211S F =- C ．201920202S F =+
D ．201920201S F =-
5．已知无穷等比数列{}n a 的各项的和为3，且12a =，则2a =（ ） A ．
1
3
B ．
25
C ．
23
D ．
32
6．数列{}n a 的通项公式为1
2n n a +=，其前n 项和为n T ，若不等式
()2log 4(1)73n n T n n λ+-++对任意*n N ∈恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A ．3λ
B ．4λ
C ．2
3λ D ．34λ
7．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0,1]均分为三段，去掉中间的区间段12(,)33，记为第一次操作；再将剩下的两个区间1[0,]3，2[,1]3
分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于
9
10
，则需要操作的次数n 的最小值为（ ）（参考数据：lg 20.3010=，lg30.4771=）
A ．4
B ．5
C ．6
D ．7
8．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1210,a a =为整数，且4n S S ≤，设
1
1
n n n b a a +=
，则数列{}n b 的前项和n T 为（ ） A ．
310(103)n
n -
B ．
10(103)
n
n -
C ．
103n
n
-
D ．
10(133)
n
n -
9．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n S a =-，则6
6
(S a = ) A ．
6332
B ．
3116
C ．
123
64 D ．
127
128
10．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第19项为（ ） A ．174
B ．184
C ．188
D ．160
11．已知数列{}n a 为等差数列，n S 是其前n 项和，25a =，535S =.数列11n n a a +⎧
⎫
⎨
⎬⎩⎭
的前
n 项和为n T ，若对一切n ∈+N 都有21n m T +>恒成立，则m 能取到的最小整数为（ ）
A ．1-
B ．0
C ．1
D ．2
12．在公差不为零的等差数列{}n a 中，1a ，3a ，7a 依次成等比数列，前7项和为35，则数列{}n a 的通项n a 等于（ ） A ．n
B ．1n +
C ．21n -
D ．21n
二、填空题
13．数列1，()12+，()
2
2
3
2
3
4
122,1222,(1222()2),....+++++++++的前n 项之和
n S =____________.
14．计算：
1111
133557
20192021
++++
=⨯⨯⨯⨯__________．
15．已知正项数列{}n a ，满足()*
12
n
n n a a n N +⋅=∈，且
()20201232020321a a a a +++
+<-，则首项1a 的取值范围是______．
16．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，满足2
12n n n a a S +=，且0n a >，则64S =____．
17．已知数列{}n a 的前n 项和2
n S n =，()1n
n n b a =-则数列{}n b 的前n 项
n T =________．
18．数列{}n a 中，11a =，121n n a a n +=++，则数列{}n a 的通项公式为______．
19．设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项之积为n T ，并且满足条件：11a >，
201620171a a >，
2016201701
1
a a -<-，给出下列结论：①01q <<；②2016201810a a ->；
③2016T 是数列{}n T 中的最大项；④使1n T >成立的最大自然数等于4031；其中正确结论的序号为______.
20．数列{}n a 中，n S 为{}n a 的前n 项和，()(
)*
1n n n n a a a n N
+-=∈，且3
a
π=，则
4tan S 等于______.
三、解答题
21．已知{}n a 为等差数列，123,,a a a 分别是表第一、二、三行中的某一个数，且123,,a a a 中的任何两个数都不在表的同一列.
请从①1，②1，③1的三个条件中选一个填入上表，使满足以上条件的数列{}n a 存在.并在此存在的数列{}n a 中，试解答下列两个问题： （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设数列2n n
a ⎧⎫⎨
⎬⎩⎭
的前n 项和n S ，若不等式4n n S a λ+≥对任意的*n ∈N 都成立，求实数λ的最小值.
22．已知数列{}n a 中，11a =，47a =，且1n n a a n λ+=+． （1）求λ的值及数列{}n a 的通项公式； （2）设111
n n b a +=
-，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明2n T <．
23．已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，给出以下三个条件：①17914,81a a S +==；
②1141,++==n n n a a a ；③2
111,41n n a a a n +=⋅=-.从上面①②③三个条件中任选一
个解答下面的问题. （1）求n a 及n S ； （2）设11n n n b a a +=
，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：11
32
n T ≤<. 24．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知(
)*
214,21n n S a S n N
+==+∈．数列{}n
b 是首项
为1a ，公差不为零的等差数列，且127,,b b b 成等比数列． （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）若n
n n
b c a =
，数列{}n c 的前n 项和为n T ，且n T m <恒成立，求m 的取值范围． 25．等差数列{}n a 满足：12a =、2315a a a +=.数列{}n b 满足()2
2n n b n a =+.
（1）求等差数列{}n a 的通项n a ；
（2）若数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：对于任意的n ∈N *，都有34
n S <
. 26．设数列{}n a 的前n 项和2*
,n S n n N =∈.
（1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）若不等式
11223
18
111
log n n a a a a a a λ++++
≥对任意*n N ∈恒成立，求实数λ的取值范围.
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一、选择题 1．D 解析：D 【分析】
由123n n a a ++=可求得数列{}n a 的通项公式，进而求得数列{}n b ，表示出n S ， 令16170n S -<，即可得到满足不等式1
6170
n S -<的最小整数n . 【详解】
解：由题意可知：123n n a a ++=， 即11322n n a a +=-
+， 即()11
112
n n a a +-=--， 又
110a =，
119a ∴-=，
即数列{}1n a -是以首项为9，公比为1
2
-
的等比数列，
1
1192n n a -⎛⎫
∴-=⨯- ⎪
⎝⎭
，
即1
1192n n a -⎛⎫=+⨯- ⎪⎝⎭
，
1
1192n n n b a -⎛⎫
∴=-=⨯- ⎪
⎝⎭
，
12111219661212n n
n n S b b b ⎡⎤⎛⎫⨯--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦∴=++⋅⋅⋅+=⨯=-⨯- ⎪⎛⎫⎝⎭-- ⎪⎝⎭
， 则111632170
n n S --=⨯
<， 即1
112510
n -⎛⎫<
⎪⎝⎭
， 又9
112512⎛⎫= ⎪⎝⎭，
∴满足不等式1
6170
n S -<
的最小整数19n -=， 即10n =. 故选：D. 【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是利用构造法求出数列{}n a 的通项公式.
2．A
解析：A 【分析】
由已知分别写出等差数列与等比数列的通项公式，求得数列{}n c 的通项公式，利用数列的分组求和法可得数列{}n c 的前n 项和n T ，验证得答案． 【详解】
解：由题意得：323(1)1n a n n ⨯-=+-=，2n
n b =，
2321n n n n b c a a ==⨯-=，
123n T c c c ∴=+++…n c +
123321321321=⨯-+⨯-+⨯-+…321n +⨯-
(1233222=⨯+++…)
2n n +-
()212312
n n ⨯-=⨯
--
1326n n +=⨯--，
当8n =时，9
8326815222020T =⨯--=<； 当9n =时，10
9326930572020T =⨯--=>，
n ∴的最大值为8.
故选：A. 【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是求出数列{}n c 的通项公式，利用分组求和求出数列{}n c 的前n 项和n T .
3．C
解析：C 【分析】
先由题设求得数列{}n a 的前几项，然后得到数列{}n a 的周期，进而求得结果. 【详解】
因为12a =，23a =，1
2
n n n a a a --=
（3n ≥且*N n ∈）， 所以2313
2a a a ==，3423
1232
a a a ===， 453112332a a a ===， 564123132a a a ===，675
2
3213
a a a ===，7862
323
a a a ===，，
所以数列{}n a 是周期为6的周期数列， 所以20183366223a a a ⨯+===， 故选：C. 【点睛】
思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题方法如下： （1）根据题中所给的前两项以及递推公式，逐项写出数列的前几项； （2）根据规律判断出数列的周期；
（3）根据所求的数列的周期，求得20182a a =，进而求得结果.
4．B
解析：B 【分析】
利用迭代法可得21123211n n n n n n n F F F F F F F F F ++---=+=+++++++，可得
21n n F S +=+，代入2019n =即可求解.
【详解】
由题意可得该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和， 则211112n n n n n n n n n n F F F F F F F F F F ++----=+=++=+++
1211232n n n n n n n n n F F F F F F F F F -------=+++=++++
=
123211n n n n F F F F F F ---=++++
+++，
所以21n n F S +=+，令2019n =，可得201920211S F =-，
故选：B 【点睛】
关键点点睛：本题的关键点是理解数列新定义的含义得出21n n n F F F ++=+，利用迭代法得出
21123211n n n n n n n F F F F F F F F F ++---=+=+++++++，进而得出21n n F S +=+.
5．C
解析：C 【分析】
设等比数列的公比为q ，进而根据题意得()21lim lim
31n n n n q S q
→+∞
→+∞
-==-，且()0,1q ∈，从
而解得13
q =，故223a =
【详解】
解：设等比数列的公比为q ，显然1q ≠， 由于等比数列{}n a 中，12a = 所以等比数列{}n a 的前n 项和为：()()112111n n n a q q S q
q
--=
=
--，
因为无穷等比数列{}n a 的各项的和为3， 所以()21lim lim
31n n n n q S q
→+∞
→+∞
-==-，且()0,1q ∈，
所以
231q =-，解得1
3
q =， 所以212
3
a a q ==. 故选：C. 【点睛】
本题解题的关键在于根据题意将问题转化为()21lim lim
31n n n n q S q
→+∞
→+∞
-==-，且()0,1q ∈，
进而根据极限得1
3
q =
，考查运算求解能力，是中档题. 6．A
解析：A 【分析】
将不等式()2log 4(1)73n n T n n λ+-++对任意*
n N ∈恒成立，转化为27
1
n n n λ
-++对任意*
n N ∈恒成立，由2min
71n n n λ⎛⎫
-+ ⎪+⎝⎭求解.
【详解】 依题意得，()24122412
n n n
T +-==--，
∴不等式()2log 4(1)73n n T n n λ+-++可化为2
2log 2(1)73n n n n λ+-++，
即2
7
(1)n n n λ-++.又*n N ∈，
∴27
1
n n n λ-++对任意*n N ∈恒成立.
只需满足2min
71n n n λ⎛⎫
-+ ⎪+⎝⎭即可.
设1n t +=，则*t N ∈，2t ，
∴279
31n n t n t
λ-+=+-+.
∵99
3233t t t t
+
-⋅-=，当且仅当3t =，即2n =时等号成立， ∴2min
731n n n ⎛⎫-+= ⎪+⎝⎭. ∴
3λ，
故选：A. 【点睛】
方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若()f x 在区间D 上有最值，则()()min ,00x D f x f x ∀∈>⇔>；
()()max ,00x D f x f x ∀∈<⇔<；
若能分离常数，即将问题转化为：()a f x >（或()a f x <），则
()()max a f x a f x >⇔>；()()min a f x a f x <⇔<. 7．C
解析：C 【分析】
依次求出第次去掉的区间长度之和，这个和构成一个等比数列，再求其前n 项和，列出不等式解之可得． 【详解】
第一次操作去掉的区间长度为
13
；第二次操作去掉两个长度为19的区间，长度和为2
9；第
三次操作去掉四个长度为127的区间，长度和为427；…第n 次操作去掉12n -个长度为1
3
n 的
区间，长度和为1
23
n n -，
于是进行了n 次操作后，所有去掉的区间长度之和为1
122213933n
n n n S -⎛⎫
=++⋅⋅⋅+=- ⎪⎝⎭
，
由题意，90
2131n
⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，即21lg lg
1031n ≤=-，即()lg3lg21n -≥，解得：11
5.679lg3lg 20.47710.3010
n ≥
=≈--，
又n 为整数，所以n 的最小值为6. 故选：C . 【点睛】
本题以数学文化为背景，考查等比数列通项、前n 项和等知识及估算能力，属于中档题.
8．B
解析：B 【分析】
根据已知条件求得{}n a 的通项公式，利用裂项求和法求得n T . 【详解】
依题意等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1210,a a =为整数，且4n S S ≤，
所以4151030040
a a d a a d ≥+≥⎧⎧⇒⎨
⎨<+<⎩⎩，即10301040d d +≥⎧⎨+<⎩，解得105
32d -
≤<-，由于2a 为整数，1a 为整数，所以d 为整数，所以3d =-.
所以()11313n a a n d n =+-=-+. 所以()13113310n a n n +=-++=-+，
()()1111113133103310313n n n b a a n n n n +⎛⎫
=
==⨯- ⎪-+-+-+-+⎝⎭
， 所以1111111371047310313n T n n ⎡⎤
⎛⎫⎛⎫⎛⎫=
-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+-+⎝⎭⎝⎭
⎝⎭⎣⎦
()()()
10310111133101031010310103n n
n n n --+⎡⎤=-=⨯=⎢⎥-+--⎣⎦. 故选：B 【点睛】
本小题主要考查裂项求和法，属于中档题.
9．A
解析：A 【分析】
利用数列递推关系：1n =时，1121a a =-，解得1a ；2n 时，1n n n a S S -=-．再利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出． 【详解】
21n n S a =-，1n ∴=时，1121a a =-，解得11a =；2n 时，
1121(21)n n n n n a S S a a --=-=---，
化为：12n n a a -=．
∴数列{}n a 是等比数列，公比为2．
5
6232a ∴==，66216321
S -==-．
则
666332
S a =．
故选：A ． 【点睛】
本题考查数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
10．A
解析：A 【分析】
根据已知条件求得11n n n a a -=--，利用累加法求得19a . 【详解】 依题意：
3,4,6,9,13,18,24,1,2,3,4,5,6,
所以11n n n a a -=--（2n ≥），且13a =，
所以()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+
()()12213n n =-+-+
+++
()()()1111332
2
n n n n -+--=
+=+.
所以191918
31742
a ⨯=+=. 故选：A 【点睛】
本小题主要考查累加法，属于中档题.
11．B
解析：B 【分析】
根据25a =，535S =求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求出数列的和，然后由
21n m T +>恒成立求解.
【详解】
因为数列{}n a 为等差数列，n S 是其前n 项和，25a =，535S =. 设首项为1a ，公差为d ，
所以11554
5352a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩
，
解得132
a d =⎧⎨
=⎩，
故32(1)21n a n n =+-=+， 所以
111111
()·(21)(23)22123
n n a a n n n n +==-++++， 所以11111111111
()()23557212323236
n T n n n =
-+-+⋯+-=-<+++. 因为对于一切n ∈+N 都有21n m T +>恒成立，
所以121
6+m ，解得5
12
≥-m ， 故m 的最小整数为0. 故选：B . 【点睛】
本题主要考查数列的通项公式，裂项相消法求数列的和，还考查了运算和求解的能力，属于中档题.
12．B
解析：B 【分析】
根据等差数列以及等比数列的性质求出首项和公差，从而求出通项公式. 【详解】
由题意得，等差数列{}n a 中，1a ，3a ，7a 依次成等比数列，
故2
317a a a =，
则()()2
11126a d a a d +=+， 故12a d =，① 又数列7项和为35， 则1767352
d
a ⨯+
=，②， 联立①②解得：1d =，12a =， 故()211n a n n =+-=+， 故选：B. 【点睛】
本题考查等差数列和等比数列的性质，公式，重点考查计算能力，属于基础题型.
二、填空题
13．【分析】先归纳出通项公式然后再分组求和【详解】由题意∴故答案为：
【点睛】本题考查求等比数列的前项和分组（并项）求和法数列求和的常用方法：设数列是等差数列是等比数列（1）公式法：等差数列或等比数列的求 解析：122n n +--
【分析】
先归纳出通项公式，然后再分组求和． 【详解】
由题意2
1
121222
2112
n n n n a --=+++==--， ∴22
12(12)
(21)(21)(21)(222)2212
n n
n
n n S n n +-=-+-+
+-=++
+-==---．
故答案为：122n n +--。

【点睛】
本题考查求等比数列的前n 项和，分组（并项）求和法．数列求和的常用方法： 设数列{}n a 是等差数列，{}n b 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{}n n a b 的前n 项和应用错位相减法；
（3）裂项相消法；数列1
{
}n n k
a a +（k 为常数，0n a ≠）的前n 项和用裂项相消法； （4）分组（并项）求和法：数列{}n n pa q
b +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m n m a a A -+=（A 为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
14．【分析】用裂项相消法求和【详解】故答案为：【点睛】本题考查裂项相消法求和数列求和的常用方法：设数列是等差数列是等比数列（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：数列的 解析：
1010
2021
【分析】
用裂项相消法求和． 【详解】
111111111111
(1)()()1335572019202123235220192021
++++=-+-++-⨯⨯⨯⨯111010(1)220212021
=-=． 故答案为：1010
2021
． 【点睛】
本题考查裂项相消法求和．数列求和的常用方法： 设数列{}n a 是等差数列，{}n b 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{}n n a b 的前n 项和应用错位相减法； （3）裂项相消法；数列1
{
}n n k
a a +（k 为常数，0n a ≠）的前n 项和用裂项相消法； （4）分组（并项）求和法：数列{}n n pa q
b +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用并项求和法；
（5）倒序相加法：满足m n m a a A -+=（A 为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
15．【分析】根据利用递推得到则数列的奇数项和偶数项分别为公比为2的等比数列然后利用等比数列前n 项和公式分别求和再根据条件得到求解【详解】因为所以所以所以数列的奇数项和偶数项分别为公比为2的等比数列所以所 解析：(1,2)
【分析】 根据(
)
*12
n
n n a a n N +⋅=∈，利用递推得到
2
2n n
a a +=，则数列{}n a 的奇数项和偶数项分别
为公比为2的等比数列，然后利用等比数列前n 项和公式分别求和，再根据条件得到
123a a +<求解.
【详解】 因为()*
12n
n n a a n N +⋅=∈， 所以()1*
212n n n a a n N +++⋅=∈，
所以
2
2n n
a a += 所以数列{}n a 的奇数项和偶数项分别为公比为2的等比数列， 所以()()101010101213
2019242020,1212
1122
a a a a a a a a =
--+++++=
--+
所以()()()2020202012320212021321a a a a a a =+++++-<-，
所以123a a +<， 因为()*
12
n
n n a a n N +⋅=∈，
所以212a a ⋅=，即21
2
a a =， 所以11
2
3a a +
<，即211320a a -+<， 解得112a <<， 故答案为：(1,2) 【点睛】
方法点睛：证明数列{a n }是等比数列常用的方法：一是定义法，证明
()*1
2,n
n a q n n a -=≥∈N ；二是等比中项法，证明211n n n a a a -+=⋅.若判断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可．
16．8【分析】由与的关系化简结合等差数列的定义得出数列是等差数列进而求出【详解】当时当时由题意可知整理得所以数列是以为首项为公差的等差数列则故答案为：【点睛】解决本题的关键是由与的关系对化简结合等差数列
解析：8 【分析】
由n S 与n a 的关系化简2
12n n n a a S +=，结合等差数列的定义得出数列{}
2
n S 是等差数列，
进而求出2
n S n =，
【详解】
当1n =时，111S a ==
当2n ≥时，由题意可知()()2
1112n n n n n S S S S S ---+=-，整理得22
11n n S S --=
所以数列{}
2
n S 是以1为首项，1为公差的等差数列，则2
n S n =
64264S ∴=，0n a >，648S ∴=
故答案为：8 【点睛】
解决本题的关键是由n S 与n a 的关系对2
12n n n a a S +=化简，结合等差数列的定义进行求
解.
17．【分析】首先利用求出的通项即可得【详解】∵∴当时；当时又当时符合上式∴∴∴当是偶数时当是奇数时∴∴数列的前项和故答案为:【点睛】本题主要考查了已知求考查了奇偶并项求和属于中档题 解析：()1n
n -
【分析】
首先利用2
n S n =求出{}n a 的通项，即可得()
()121n
n b n =--.
【详解】
∵2
n S n =，∴当1n =时，111a S ==；
当2n ≥时，()2
21121n n n a S S n n n -=-=--=-， 又当1n =时，11a =符合上式，∴21n a n =-， ∴()()
()1121n
n
n n b a n =-=--，
∴()()135791113121n
n n T =-+-+-+-+-+-
当n 是偶数时，22
n n
T n =⨯
=， 当n 是奇数时，()1
122
n n T n -=-+-⨯=-， ∴()1n
n T n =-，
∴数列{}n b 的前项和()1n
n T n =-．
故答案为: ()1n
n - 【点睛】
本题主要考查了已知n S 求n a ，考查了奇偶并项求和，属于中档题.
18．【分析】根据累加法求通项公式即可【详解】解：因为所以所以……累加得：由于所以显然当时满足所以故答案为：【点睛】本题考查累加法求数列的通项公式数列前项和公式考查数学运算能力是中档题
解析：2
n a n =
【分析】
根据累加法求通项公式即可. 【详解】
解：因为121n n a a n +=++，所以121n n a a n +-=+， 所以()1211n n a a n --=-+，
()12221n n a a n ---=-+， ()23231n n a a n ---=-+，
……
21211a a -=⨯+，
累加得：()()211=212112112
n n n a a n n n n --++
-+-=⨯
+-=-⎡⎤⎣⎦，
*2,n n N ≥∈，
由于11a =，所以2n a n =，*2,n n N ≥∈ 显然当1n =时，11a =满足2
n a n =，
所以2
n a n =，*n N ∈. 故答案为：2
n a n =
【点睛】
本题考查累加法求数列的通项公式，数列前n 项和公式，考查数学运算能力，是中档题.
19．①③【分析】分别讨论和找到矛盾可判断①通过以及可得到则通过可判断②通过时时可判断③算出可判断④【详解】解：∵若则此时与矛盾故不成立若此时与矛盾故不成立∴故①正确；因为由得故②不正确；因为所以当时当时
解析：①③ 【分析】
分别讨论1q ≥和0q <，找到矛盾，可判断①，通过01q <<以及
2016201701
1
a a -<-可得到
20171a <，则通过2201620182017a a a =可判断②，通过2016,n n N *
≤∈时，1n a >，
2016,n n N *>∈时，01n a <<，可判断③，算出4032T ，4033T 可判断④.
【详解】 解：∵11a >，
若1q ≥，则2015
201620161201711,1a a q
a a q =>=>， 此时20162017011
a a ->-，与
2016201701
1a a -<-矛盾，故1q ≥不成立， 若0q <，2015
201620161201710,0a a q
a a q =<=>，
此时201620170a a <，与201620171a a >矛盾，故0q <不成立， ∴01q <<，故①正确；
因为11a >，01q <<，20162017a a >， 由
2016201701
1
a a -<-得201620171,01a a ><<
2
2016201820171a a a ∴=<，故②不正确；
因为11a >，01q <<，201620171,01a a ><<，
所以当2016,n n N *≤∈时，1n a >，当2016,n n N *
>∈时，01n a <<，
所以2016T 是数列{}n T 中的最大项，故③正确；
()
()
2016
2016
40321240304031403214032201620171a a a a a a a a T a =⋅⋯⋅⋅==>，
(
)
2016
2
40331240304031403240332017
20171T a a a a a a a a =⋅⋯⋅⋅⋅=⨯<，
∴使1n T >成立的最大自然数等于4032，故④不正确. 故答案为：①③. 【点睛】
本题考查了等比数列的通项公式及其性质、递推关系、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
20．【分析】将变形为利用累乘法求出数列的通项公式求出的值再利用诱导公式可求出的值【详解】则所以因此故答案为：【点睛】本题考查利用累乘法求数列通项同时也考查了数列求和以及正切值的计算考查计算能力属于中等题
【分析】
将()1n n n n a a a +-=变形为
11
n n a n a n
++=，利用累乘法求出数列{}n a 的通项公式，求出4S 的值，再利用诱导公式可求出4tan S 的值. 【详解】
()()
*1n n n n a a a n N +-=∈，()11n n na n a +∴=+，11
n n a n a n
++∴=， 3
211112
123
12
1n n n a a a n
a a a na a a a n -∴=⋅
⋅⋅⋅
=⨯⨯⨯⨯
=-，313a a π==，13
a π∴=， 则3
n a n
π
=
，所以，424103
333
S π
πππ
π=
+
++=，
因此，410tan tan tan 3tan 333S ππππ⎛
⎫==+== ⎪⎝
⎭，
【点睛】
本题考查利用累乘法求数列通项，同时也考查了数列求和以及正切值的计算，考查计算能力，属于中等题.
三、解答题
21．（1）32n a n =-；（2）918
【分析】
（1）由等差数列的定义可得选②，再由等差数列的通项公式可得所求； （2）由错位相减法求得n S ，再参数分离可得()()323+42
n
n n λ-≥对任意的
*n ∈N 都成
立，令()()323+42n n
n n b -=，判断{}n
b 的单调性求得最大项即可求出.
【详解】
（1）已知{}n a 为等差数列，由题选择②可成立， 即11a =，24a =，37a =，所以公差3d =，
()1+1332n a n n ∴=-⨯=-；
（2）3222n n n a n -=， 123
14732
++++2222n n n S -∴=
， 234+1
114732
++++
2222
2n n n S -=， 两式相减得：
23+11111
1323++++12222
22n n n n S -⎛⎫=-- ⎪⎝⎭+1
1113122311212
n n n ⎛⎫- ⎪-⎝⎭=⨯---
， 整理得3+4
42
n n
n S =-， 若不等式4n n
S a λ
+≥对任意的*n ∈N 都成立，
则3+44+4232n n n λ-
≥-，即()()323+42
n n n λ-≥对任意的
*n ∈N 都成立， 令()()323+42n n
n n b -=
，
则()()()()2+1+1
+1
3+13+7323+49+12+23222n n
n n
n n n n n n n b b ---=-=
，
当1,2n =时，+10n n b b ->，可得321b b b >>， 当3n ≥时，+10n n b b -<，可得345>>>b b b ，
则{}n b 中的最大项为3918
b =
， 918λ∴≥
，即λ的最小值为
91
8. 【点睛】
方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于{}n n a b 结构，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于{}+n n a b 结构，利用分组求和法； （4）对于11n n a a +⎧⎫
⎨
⎬⎩⎭
结构，其中{}n a 是等差数列，公差为d ，则111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭
，利用裂项相消法求和. 22．（1）1；22
2
n n n a -+=；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由11a =，结合1n n a a n λ+=+递推得到416a a λ=+，再由47a =求解；然后由
1n n n a a +-=用累加法求解.
（2）由（1）得到1121
121
(1)1n n b a n n n n +⎛⎫==
=- ⎪-++⎝⎭
，然后利用裂项相消法求解.
【详解】
（1）由题意知，11a =，21a a λ=+，322a a λ=+，433a a λ=+，
416a a λ∴=+，即716λ=+，
1λ∴=．
1n n a a n +∴-=，
11a ∴=，211a a -=，322a a -=，…，11n n n a a -=--，
121321n n n a a a a a a a a -∴=+-+-+⋯+-
1121n =+++⋯+-
(1)(11)12n n -+-=+22
2
n n -+=
. 22
2
n n n a -+∴=
.
（2）由（1）知222n n n a -+=，21(1)(1)2
2
n n n a ++-++=，
所以1121121
(1)1n n b a n n n n +⎛⎫=
=
=- ⎪-++⎝⎭
，
111
11212231n T n n ⎛⎫=-+-+⋯+- ⎪+⎝⎭
，
1221211n n ⎛
⎫=-=- ⎪
++⎝⎭. 2n T ∴<．
【点睛】
方法点睛：求数列的前n 项和的方法 (1)公式法：①等差数列的前n 项和公式，()()
11122
n n n a a n n S na d +-=
=+②等比数列的前n 项和公式()
11,1
1,11n
n na q S a q q q =⎧⎪=-⎨≠⎪
-⎩
；
(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
(5)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对应项之积构成的，则这个数列的前n 项和用错位相减法求解.
(6)并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解
23．（1）21n a n =-，2
n S n =；（2）证明见解析.
【分析】
（1）若选①：利用等差数列性质可求得45,a a ，由此求得公差d ，根据等差数列通项公式和求和公式可求得结果；
若选②：利用等差数列通项公式表示出14n n a a n ++=，由此求得公差d ，根据等差数列通项公式和求和公式可求得结果；
若选③：利用等差数列通项公式表示出2
141n n a a n +⋅=-，由此求得公差d ，根据等差数
列通项公式和求和公式可求得结果；
（2）根据（1）的结论得到n b ，采用裂项相消法可求得n T ，根据n T 的单调性可证得结论. 【详解】
（1）若选①：设等差数列{}n a 的公差为d ，
174214a a a +==，47a ∴=；
95981S a ==，59a ∴=，54972d a a ∴=-=-=，
()()4472421n a a n d n n ∴=+-=+-=-，则11a =，
()122
n n n a a S n +∴=
=.
若选②：设等差数列{}n a 的公差为d ，
()()()111112212214n n a a a nd a n d a n d n d n ++=+++-=+-=+-=，2d ∴=， ()()1112121n a a n d n n ∴=+-=+-=-，
()122
n n n a a S n +∴=
=.
若选③：设等差数列{}n a 的公差为d ，
()()()()()22
111111211n n a a a nd a n d a n a d n n d +⋅=++-=+-+-()()22121141n d n n d n =+-+-=-，
即(
)
()22
2
22141d n d d
n d n +-+-=-，2242011d d d d ⎧=⎪
∴-=⎨⎪-=-⎩
，解得：2d =，
()()1112121n a a n d n n ∴=+-=+-=-，
()122
n n n a a S n +∴=
=.
（2）由（1）得：()()111111212122121n n n b a a n n n n +⎛⎫
=
==- ⎪-+-+⎝⎭
∴123n n
T b b b b =+++⋅⋅⋅+1111111111112323525722121n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=
⨯-+⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
1111111
112335572121n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-+-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦
111221n ⎛⎫=⨯- ⎪+⎝⎭，
()
21y n n N *=+∈递增，1
121
y n ∴=-
+()n N *∈递增，n T ∴递增， 111
122113
n T ⎛⎫∴≥
⨯-= ⎪⨯+⎝⎭， 又
1021n >+，11121
n ∴-<+，12n T ∴<，
综上所述：1132
n T ≤<. 【点睛】
思路点睛：本题考查等差数列通项和前n 项和的求解、裂项相消法求解数列的前n 项和的问题；对于通项公式()()n m
a f n f n d =
⎡⎤+⎣⎦
的数列，可裂项为()()11
n m a d f n f n d ⎛⎫=
- ⎪ ⎪+⎝⎭
，前后相消即可求得前n 项和. 24．（1）13-=n n a ，43n b n =-；（2）9
+2⎡⎫∞⎪⎢⎣⎭
，
. 【分析】
（1）运用数列的递推式和等比数列的通项公式可得{}n a ，再由等差数列的通项公式以及等比的定义，解方程可得公差，进而得到所求通项公式；
（2）利用错位相减法求出()34391223n
n n T +⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
，易得92n T <，进而可得结果. 【详解】
（1）∵(
)*
121n n a S n N
+=+∈，
当2n ≥时，121n n a S -=+，两式相减化简可得：13n n a a +=, 即数列{}n a 是以3为公比的等比数列，
又∵24S =，∴1134a a +=，解得14a =，即13-=n n a ， 设数列{}n b 的公差为d ，111b a ==，
∵127,,b b b 成等比数列，∴()()2
1161d d ⨯+=+， 解得4d =或0d =（舍去），即43n b n =-， ∴数列{}n a 和{}n b 的通项公式为13-=n n a ，43n b n =-. （2）由（1）得143
3
n n n n b n c a --=
=， ∴()0
1
2
1
111159433333n n T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=+⨯+⨯+
+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，
()1
2
3
11111594333333n
n T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=+⨯+⨯++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
，
两式相减得：()1
2
1
2111114444333333n n
n T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫
⎛⎫
=+⨯+⨯++⨯-- ⎪ ⎪ ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
()13433n
n ⎛⎫
=-+ ⎪⎝⎭
∴()34391223n
n n T +⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
，即有92n T <恒成立， n T m <恒成立，可得92
m ≥
， 即m 的范围是9+2⎡⎫∞⎪⎢⎣⎭
，
. 【点睛】
一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·
b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解． 25．（1）2n a n =；（2）证明见解析． 【分析】
（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，利用基本量计算可得通项n a ； （2）利用裂项相消法求出数列{}n b 的前n 项和为n S ，可证得命题成立． 【详解】
（1）设等差数列{}n a 的公差为d 则2311235a a a d a +=+=，即12d
a ==
()2122n a n n ∴=+-⨯=
（2）()21112222n b n n n n ⎛⎫
==- ⎪+⋅+⎝⎭
则11111111111...232435112n n n n n S ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=
-+-+-++-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣
⎦ 1111311312212422244
n n n n ⎛⎫=+--=--< ⎪
++++⎝⎭ 故命题成立． 【点睛】
方法点睛：本题考查等差数列的通项公式，考查数列的求和，数列求和的方法总结如下： 公式法，利用等差数列和等比数列的求和公式进行计算即可；
裂项相消法，通过把数列的通项公式拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求出数列的和；
错位相减法，当数列的通项公式由一个等差数列与一个等比数列的乘积构成时使用此方法；
倒序相加法，如果一个数列满足首末两项等距离的两项之和相等，可以使用此方法求和．
26．（1）*
21,n a n n N =-∈；（2）1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
.
【分析】
（1）直接利用11,1
,2n n
n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出数列的通项公式；
（2）利用（1）的结论和裂项相消法求和得到
12231
111
+++⋯+n n a a a a a a ，再根据不等式恒成立，得到关于λ的方程，然后求出参数λ的取值范围． 【详解】
解：（1）当2n ≥时，()2
21121n n n a S S n n n -=-=--=-，
在2
n S n =中，令1n =，则111a S ==，满足21n a n =-， 故数列{}n a 的通项公式是*
21,n a n n N =-∈；
（2）因为一般项
()()111111212122121n n a a n n n n +⎛⎫
==- ⎪-+-+⎝⎭
， 所以
1223
1111111111
111233557
212121
n n n
a a a a a a n n n +⎛⎫+++
=-+-+-++
-= ⎪
-++⎝⎭ 11223
18
111
log n n a a a a a a λ++++
≥对任意*n N ∈恒成立， 也就是18
log 21n n λ≤
+对任意*n N ∈恒成立，1min 8
log 21n n λ⎛⎫≤ ⎪+⎝⎭， 因为
121111*********n n n n n +-⎛⎫==- ⎪+++⎝⎭是增函数，其最小值是11112213
⎛⎫-= ⎪+⎝⎭， 于是1
8
1log 3λ≤，12λ≥.故实数λ的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 【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．。