上海民办新华初级中学选修二第一单元《数列》检测(答案解析)

一、选择题
1．设等差数列{}n a 的前n 项和为*,n S n ∈N ．若12130,0S S ><，则数列{}
n a 的最小项是（ ） A ．第6项
B ．第7项
C ．第12项
D ．第13项
2．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 =-
3．已知等比数列{}n a 的n 项和2n n S a =-，则22
2
12n a a a ++
+=（ ）
A ．()2
21n -
B ．
()1213n
- C ．41n -
D ．
()1413n
- 4．已知无穷等比数列{}n a 的各项的和为3，且12a =，则2a =（ ） A ．
13
B ．25
C ．
23
D ．
32
5．已知数列{}n a 满足11a =，()*12
n
n n a a n a +=
∈+N ，若()*11(2)1n n b n n a λ+⎛⎫
=-⋅+∈ ⎪⎝⎭
N ，1b λ=-，且数列{}n b 是单调递增数列，则实数λ的
取值范围是（ ） A ．23
λ>
B ．32
λ>
C ．23
λ<
D ．32
λ<
6．已知数列{}n b 满足1
2122n n b n λ-⎛⎫=-- ⎪⎝⎭
，若数列{}n b 是单调递减数列，则实数λ的取
值范围是（ ） A ．
10
1,
3
B ．110,23⎛⎫- ⎪⎝⎭
C ．(-1，1)
D ．1,12⎛⎫
-
⎪⎝⎭
7．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
8．数列{}n a 中，12a =，121n n a a +=-，则10a =（ ） A ．511
B ．513
C ．1025
D ．1024
9．已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3=4，a 4＋a 5＋a 6=8，则S 12=
A ．40
B ．60
C ．32
D ．50
10．已知数列{}n a 满足：11a =，()*12
n
n n a a n N a +=
∈+．若()*+11()1n n b n n N a λ⎛⎫
=-+∈ ⎪⎝⎭
，1b λ=-，且数列{}n b 是单调递增数列，则实数λ的取
值范围为（ ） A ．2λ>
B ．3λ>
C ．2λ<
D ．3λ<
11．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足1221,1n n a a S a +===-，则下列命题错误的是
A ．21n n n a a a ++=+
B ．13599100a a a a a ++++=
C ．2499a a a a ++
+=
D ．12398100100S S S S S +++
+=-
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．已知数列{}n a 为等差数列，1351a a a ++=，n S 表示数列{}n a 的前n 项和，若当且仅当20n =时，n S 取到最大值，则246a a a ++的取值范围是________
14．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n =，*n N ∈.求数列{}n a 的通项公式为______.设
2(1)n n n n b a a =+-，求数列{}n b 的前2n 项和n T =______.
15．已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足318S =，3180n S -=，270n S =，则
n =________.
16．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且41S =，83S =，则12S =______． 17．已知数列{}n a 满足112
a =，121n n a a n n +=++，则n a =__________.
18．等差数列{}n a 满足：
123202012320201111
a a a a a a a a ++++=-+-+-+⋯+-12320201111a a a a =++++++
++，则其公差d 的取值范围为______.
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．已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且675S S S >>，给出下列说法： ①6S 为n S 的最大值；②110S >；③120S <；④850S S ->.其中正确的是______.
三、解答题
21．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1
22n n n S a +=-，*n N ∈.
（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令11n n n n b a a n +=
-+，记数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
的前n 项和为n T .求证：43n T <，*n N ∈. 22．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2512a a +=，424S S =. （1）求数列{}n a 的通项公式n a 及n S ； （2）若1
1
n n n n a b S S ++=
⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .
23．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对任意*n N ∈，n a ，n S ，2n 成等差数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）设数列n b 是首项为1，公比为q 的正项等比数列. （i ）求数列{}n b 的前n 项和n T .
（ii ）若数列1{2}n n b a +-为单调递增数列，求q 的取值范围. 24．设数列{}n a 满足10a =且112n n a a +=-，n *∈N .记11n n
b a =-，n *∈N . （1）求证：数列{}n b 为等差数列；
（2）设32n
na n c ⎛⎫= ⎪
⎝⎭
，求满足不等式123123
111
13n n c c c c c c c c ⎛⎫
++++
>++++
⎪⎝⎭
的正
整数n 的集合.
25．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知17a =，515S =． （1）求{}n a 的通项公式； （2）求n S ，并求n S 的最大值．
26．在数列{}n a 中，已知11a =，121n n a a n +=++． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设141
n n b a =
-，求数列{}n b 的前20项和20T ．
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一、选择题 1．B 解析：B 【分析】
可利用等差数列的前n 项和的性质，等差数列下标的性质进行判断即可 【详解】
由题意12130,0S S ><及()()()121126713113713
66,132
S a a a a S a a a =+=+=
+=，得6770,0a a a +><，所以6670,a a a >>，且公差0d <，所以7a ，最小.故选B .
【点睛】
等差数列的前n 项和n S 具有以下性质
()2121n n S n a -=-，()21n n n S n a a +=+.
2．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 +=+.
3．D
解析：D 【分析】
由n a 与n S 的关系可求得12n n
a ，进而可判断出数列{}
2
n a 也为等比数列，确定该数列的
首项和公比，利用等比数列的求和公式可求得所化简所求代数式.
【详解】
已知等比数列{}n a 的n 项和2n n S a =-. 当1n =时，112a S a ==-；
当2n ≥时，(
)(
)1
1122
2n
n n n n n a S S a a ---=-=---=.
由于数列{}n a 为等比数列，则12a a =-满足12n n
a ，所以，022a -=，解得1a =，
()1
2
n n a n N -*
∴=∈，则()
2
21
124n n n
a --==，21
21444
n n n n a a +-∴==，且211a =，
所以，数列{}
2n a 为等比数列，且首项为1，公比为4， 因此，2221
2
1441
143
n n n
a a a --+++==
-. 故选：D. 【点睛】
方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法：
（1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式()11n a a n d +-=或1
1n n a a q -=进行
求解；
（2）前n 项和法：根据11,1
,2n n
n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩进行求解；
（3）n S 与n a 的关系式法：由n S 与n a 的关系式，类比出1n S -与1n a -的关系式，然后两式作差，最后检验出1a 是否满足用上面的方法求出的通项；
（4）累加法：当数列{}n a 中有()1n n a a f n --=，即第n 项与第1n -项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法； （5）累乘法：当数列{}n a 中有()1
n
n a f n a -=，即第n 项与第1n -项的商是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
（6）构造法：①一次函数法：在数列{}n a 中，1n n a ka b -=+（k 、b 均为常数，且
1k ≠，0k ≠）.
一般化方法：设()1n n a m k a m -+=+，得到()1b k m =-，1
b
m k =
-，可得出数列1n b a k ⎧⎫+⎨⎬-⎩
⎭是以k 的等比数列，可求出n a ；
②取倒数法：这种方法适用于()1
12,n n n ka a n n N ma p
*--=
≥∈+（k 、m 、p 为常数，0m ≠），两边取倒数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于1n n a ka b
-=+的式子；
⑦1n
n n a ba c +=+（b 、c 为常数且不为零，n *∈N ）型的数列求通项n a ，方法是在等式
的两边同时除以1n c +，得到一个1n n a ka b +=+型的数列，再利用⑥中的方法求解即可.
4．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. 5．C
解析：C 【分析】 由数列递推式()*12n n n a a n a +=
∈+N 得到11n a ⎧⎫
+⎨⎬⎩⎭
是首项为2，公比为2的等比数列，求出其通项公式后代入1(2)2n
n b n λ+=-⋅，当2n ≥时，1n n b b +>，且21b b >求得实数λ的
取值范围. 【详解】
解：由12n n n a a a +=
+得，
112
1n n
a a +=+ 则
11
1121n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭
由11a =，得1
1
12a +=， ∴数列11n a ⎧⎫
+⎨⎬⎩⎭
是首项为2，公比为2的等比数列， ∴
11
1222n n n
a -+=⨯=， 由()*11(2)1n n
b n n a λ+⎛⎫
=-⋅+∈
⎪⎝⎭
N ， 得1(2)2n
n b n λ+=-⋅， 因为数列{}n b 是单调递增数列， 所以2n ≥时，1n n b b +>，
1(2)2(12)2n n n n λλ--⋅--⋅∴>，即1
2
n λ+<
， 所以32
λ<
， 又∵1b λ=-，2(12)224b λλ=-⋅=-， 由21b b >，得24λλ->-，得23
λ<， 综上：实数λ的取值范围是2,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭
. 故选：C . 【点睛】
解决数列的单调性问题的3种方法：
（1）作差比较法根据1n n a a +>的符号判断数列{}n a 是递增数列、递减数列或是常数列； （2）作商比较法根据
1
n n
a a +(0n a >或0n a <)与1的大小关系进行判断； （3）数形结合法结合相应函数的图象直观判断.
6．A
解析：A 【分析】
由题1n n b b +>在n *
∈N 恒成立，即16212n
n λ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭
，讨论n 为奇数和偶数时，再利用数列单调性即可求出. 【详解】
数列{}n b 是单调递减数列，1n n b b +∴>在n *∈N 恒成立，
即()1
22112+1222n
n n n λλ-⎛⎫⎛⎫-->-- ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
恒成立，
即16212n
n λ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭
， 当n 为奇数时，则()6212n
n λ>-+⋅恒成立，
()212n n -+⋅单调递减，1n ∴=时，()212n n -+⋅取得最大值为6-， 66λ∴>-，解得1λ>-；
当n 为偶数时，则()6212n
n λ<+⋅恒成立，
()212n n +⋅单调递增，2n ∴=时，()212n n +⋅取得最小值为20，
620λ∴<，解得103
λ<
， 综上，1013
λ-<<. 故选：A. 【点睛】
关键点睛：本题考查已知数列单调性求参数，解题的关键由数列单调性得出
16212n
n λ⎛⎫
-<+ ⎪⎝⎭恒成立，需要讨论n 为奇数和偶数时的情况，这也是容易出错的地方. 7．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 ∈，
∴271
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 <⇔<. 8．B
解析：B 【分析】
根据递推公式构造等比数列{}1n a -，求解出{}n a 的通项公式即可求解出10a 的值. 【详解】
因为121n n a a +=-，所以121n n a a +=-，所以()1121n n a a +-=-， 所以
11
21
n n a a +-=-且1110a -=≠， 所以{}1n a -是首项为1，公比为2的等比数列，
所以112n n a --=，所以121n n a -=+，所以9
1021513a =+=，
故选：B. 【点睛】
本题考查利用递推公式求解数列通项公式，难度一般.对于求解满足
()11,0,0n n a pa q p p q +=+≠≠≠的数列{}n a 的通项公式，可以采用构造等比数列的方
法进行求解.
9．B
解析：B 【解析】
由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6−S 3，S 9−S 6，S 12−S 9是等比数列，即数列4,8，S 9−S 6，S 12−S 9是等比数列，因此S 12=4＋8＋16＋32=60，选B ．
10．C
解析：C 【分析】 数列{a n }满足()*12n
n n a a n N a +=
∈+，两边取倒数可得1121n n
a a +=+，从而得到11=2n n a +，于是
b n +1＝（n ﹣λ）（1
1
a +1）＝（n ﹣λ）•2n ，由于数列{
b n }是单调递增数列，可得b n +1＞b n ，解出即可． 【详解】
∵数列{a n }满足：a 1＝1，()*12
n
n n a a n N a +=
∈+， ∴1121n n a a +=+，化为11
1121n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭
, ∴数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭
是首项为11a +1＝2，公比为2的等比数列，∴11=2n
n a +，
∴b n +1＝（n ﹣λ）（1
1
a +1）＝（n ﹣λ）•2n ，
∵数列{b n }是单调递增数列，∴b n +1＞b n ，
∴n ≥2时，（n ﹣λ）•2n ＞（n ﹣1﹣λ）•2n ﹣1，化为λ＜n +1， ∵数列{n +1}为单调递增数列，∴λ＜3．
当n ＝1时，b 2＝（1﹣λ）×2＞﹣λ＝b 1，解得λ＜2． 综上可得：实数λ的取值范围为λ＜2． 故选：C ． 【点睛】
本题考查由数列的递推关系式求数列的通项公式、考查由数列的单调性求解参数问题，考查等比数列的通项公式，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
11．C
解析：C 【分析】
21n n S a +=-，则111n n S a -+=-，两式相减得到A 正确；由A 选项得到
13599a a a a +++⋯+=1123459798a a a a a a a a ++++++⋯++=981001S a +=进而得到B
正确；同理可得到C 错误；由21n n S a +=-得到
12398S S S S +++⋯+=123451002111......1a a a a a a +-+-+-+-++-=100100.S -进
而D 正确. 【详解】
已知21n n S a +=-，则111n n S a -+=-，两式相减得到2121n n n n n n a a a a a a ++++=-⇒=+，故A 正确；根据A 选项得到
13599a a a a +++⋯+=1123459798a a a a a a a a ++++++⋯++=981001S a +=，故B 正
确；
24698a a a a +++⋯+=2234569697a a a a a a a a ++++++⋯++=
1234569697a a a a a a a a ++++++⋯++=97991S a =-，故C 不正确；根据2123981n n S a S S S S +=-+++⋯+=
，123451002111......1a a a a a a +-+-+-+-++-= 100100.S -
故D 正确. 故答案为C. 【点睛】
这个题目考查了数列的应用，根据题干中所给的条件进行推广，属于中档题，这类题目不是常规的等差或者等比数列，要善于发现题干中所给的条件，应用选项中正确的结论进行其它条件的推广.
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】由条件可得当时取到最大值则得到的范围由可得答案【详解】由
得即当且仅当时取到最大值则则即得到由可得故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查等差数列的基本性质的应用解答本题的关键是当且仅当时取到最大
解析：1617,1718⎛⎫
⎪⎝⎭
【分析】
由条件可得31
,3a =当20n =时，n S 取到最大值，则2021
00a a >⎧⎨<⎩得到d 的范围，由
24613a a a d ++=+可得答案.
【详解】
由1351a a a ++=，得331,a =即31
,3
a =
24643333,a a a a a d ++==+
当且仅当20n =时，n S 取到最大值，则2021
0a a >⎧⎨
<⎩ 则203213170180a a d a a d =+>⎧⎨=+<⎩，即2021117031180
3a d a d ⎧
=+>⎪⎪⎨⎪=+<⎪⎩
，得到1
1,5154d ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭ 2464333313a a a a a d d ++==+=+
由1
1,5154d ⎛⎫∈-
- ⎪⎝⎭
，可得1617131718d <+<
故答案为：1617,1718⎛⎫
⎪⎝⎭
【点睛】
关键点睛：本题考查等差数列的基本性质的应用，解答本题的关键是当且仅当20n =时，
n S 取到最大值，则2021
00a a >⎧⎨<⎩，从而得出1
1,5154d ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，属于中档题. 14．【分析】根据写式子两式子相减整理得再验证时是否成立即可写出通项公式由已知可得运用分组求和即可得到答案【详解】∵①∴②由②﹣①可得：即又当时有满足∴；由已知可得：∴所以故答案为：；【点睛】本题考查已知 解析：42n a n =-2164n +n
【分析】 根据()2
*
2n S n
n N =∈写式子()2
1
21n S
n++=，两式子相减整理得42n a n =-，再验证
1n =时是否成立，即可写出通项公式.由已知可得()()422)24(1n
n b n n =-+-⨯-，运用
分组求和即可得到答案. 【详解】 ∵()2
*
2n S n
n N =∈①，∴()2
121n S
n+
+=②，由②﹣①可得：14+2n a n +=，即42n a n =-，
又当1n =时，有2
112111S a ==⨯⇒=满足42n a n =-，∴42n a n =-；
由已知可得：()()422)
24(1n
n b n n =-+-⨯-，
∴12322342112333n n n n b b b b +++
+a T a a a a +a -==+++⋅+⋅⋅+
()()32122143n n a a a a +++a +++a -=+
()()
28484316242
n n n n+n +n -=
+⨯=， 所以2
641n T n +n =，
故答案为：42n a n =-；2
641n T n +n =.
【点睛】
本题考查已知数列前n 项和为n S 与n a 的关系求通项，注意验证1n =是否满足，考查分组求和，属于中档题.
15．15【分析】根据等差数列的前项和与等差数列的性质求解【详解】因为所以又所以故解得故答案为：15【点睛】本题考查等差数列的前项和等差数列的性质利用等差数列的性质求解可以减少计算量
解析：15 【分析】
根据等差数列的前n 项和与等差数列的性质求解， 【详解】
因为32318S a ==，所以26a =，又2311390n n n n n n a a S S a a ----=++-==， 所以130n a -=.故()()
12127022
n n n n a a n a a S -++===，解得15n =. 故答案为：15． 【点睛】
本题考查等差数列的前n 项和，等差数列的性质，利用等差数列的性质求解可以减少计算量．
16．7【分析】根据等比数列的片段和性质列出对应等式求解出的值【详解】由等比数列片段和的性质可知：成等比数列故故答案为：【点睛】本题考查等比数列前项和的性质难度一般已知为等比数列的前项和则成等比数列（当且
解析：7 【分析】
根据等比数列的片段和性质，列出对应等式求解出12S 的值. 【详解】
由等比数列片段和的性质可知：4S ，84S S -，128S S -成等比数列， 故()()2
121213317S S ⨯-=-⇒=， 故答案为：7. 【点睛】
本题考查等比数列前n 项和的性质，难度一般.已知n S 为等比数列的前n 项和，则
232,,,......n n n n n S S S S S --成等比数列（当且仅当1q ≠-或n 为奇数）.
17．【分析】结合累加法及裂项相消法可得根据已知条件即可求出通项公式【详解】解：因为所以则当时将个式子相加可得因为则当时符合题意所以故答案为:【点睛】本题考查了数列通项公式的求解考查了累加法考查了裂项相消
解析：31,1,2n n N n
*
-≥∈
【分析】
结合累加法及裂项相消法可得11
1-=-n a a n
，根据已知条件即可求出通项公式. 【详解】
解：因为121n n a a n n +=+
+，所以12111
1
n n
a a n n n n +-==-++， 则当2,n n N *
≥∈时，213211121123...111n n a a a a a a n n -⎧
-=-⎪⎪
⎪-=-⎪⎨⎪⎪
⎪-=-⎪-⎩
，将1n -个式子相加可得
11111111...12231n a a n n n -=-+-++-=--，因为112a =，则1131
122n a n n
=-+=-，
当1n =时，1311212a =-=符合题意，所以31
,1,2n a n n N n
*=-≥∈. 故答案为: 31
,1,2n n N n
*-≥∈. 【点睛】
本题考查了数列通项公式的求解，考查了累加法，考查了裂项相消法，属于中档题.
18．【分析】由题意知等差数列中的项一定有正有负分成首项大于零和小于零两种情况进行讨论结合已知条件可知或从而可求出公差的取值范围【详解】解：由题意知等差数列中的项一定有正有负当时由则由则所以所以即；当时同
解析：(][),22,-∞-+∞
【分析】
由题意知，等差数列{}n a 中的项一定有正有负，分成首项大于零和小于零两种情况进行讨论，结合已知条件，可知101110101,1a a ≥<-或101110101,1a a ≤->，从而可求出公差的取值范围. 【详解】
解：由题意知，等差数列{}n a 中的项一定有正有负，当10,0a d <>时， 由123202012320201111a a a a a a a a +++
+=-+-+-+⋯+-，则
10111010
10
0a a -≥⎧⎨
≤⎩ ， 由123202012320201111a a a a a a a a +++
+=++++++++，则
10111010
10a a ≥⎧⎨
+≤⎩， 所以101110101,1a a ≥≤-，所以10101a d +≥，即101012d a ≥-≥； 当10,0a d ><时，同理可求出101012d a ≤--≤-， 综上所述，公差d 的取值范围为(][),22,-∞-+∞.
故答案为: (][),22,-∞-+∞.
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式，考查了数列的单调性.本题的易错点是未讨论首项的正负问题.
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.
20．①②【分析】利用前项和公式得可得最大即可判断出正确命题【详解】化为：最大①为的最大值正确;②正确;③所以③不正确;④所以不正确综上可得：①②正确故答案为:①②【点睛】本题考查命题的真假判断与应用等差
解析：①② 【分析】
675S S S >>,利用前n 项和公式得7670,0a a a <+>,可得67670,,0a a a a d >>><，6S 最大, ()
11111611110.2
a a S a +=
=>即可判断出正确命题．
【详解】
675S S S >>
11657654
6175222
a d a d a d ⨯⨯⨯∴+
>+>+, 化为：7670,0a a a <+>
67670,,0a a a a d ∴>>>∴<
6S 最大, ①6S 为n S 的最大值,正确; ()
11111611110.2
a a S a +=
=>②110S >正确;
③()126760S a a =+>,所以③120S <不正确;
④85678730S S a a a a -=++=<,所以850S S ->不正确. 综上可得：①②正确. 故答案为: ①②. 【点睛】
本题考查命题的真假判断与应用,等差数列的前n 项和公式,难度一般.
三、解答题
21．（1）(1)2n
n a n =+，*N n ∈；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由1
22n n n S a +=-，推得
11122n n n n a a ---=，得出数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
表示首项为2，公差为1的等差数列，进而求得数列的通项公式； （2）由题意，求得122n
n n b =-
，根据111122222n
n n n --⎛⎫->- ⎪⎝
⎭，得到
1111
(2)2n n n b b -<⋅≥，进而证得1243n T b <=，再由1n =时，得到143
T <，即可得到结论. 【详解】
（1）由题意，当1n =时，可得1124S a =-，解得14a =， 又由1
22
n n n S a +=-，
当2n ≥时，1122n
n n S a --=-，
两式相减，得1222n n n n a a a -=--，即122n
n n a a --=，可得1
1
122n n n n a a ---=， 又由1122a =，所以数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
表示首项为2，公差为1的等差数列， 所以
2(1)12
n
n a n n =+-=+，所以*(1)2,n n a n n N =+∈. （2）由11n n n n b a a n +=
-+122
n
n =-，12111n n T b b b =++⋅⋅⋅+. 因为11
1111122222222n
n n n n n --+-⎛⎫⎛⎫-
=->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭，即12n n b b ->， 所以
1
111(2)2n n n b b -<⋅≥.
当2n ≥时，12112-11111111111122
n n n n T T b b b b b b b b ⎛⎫=++⋯+<+++⋅⋅⋅+<+ ⎪⎝⎭， 可得1243
n T b <
=. 当1n =时，1112433
T b ==<. 综上可得，43
n T <. 【点睛】
数列与函数、不等式综合问题的求解策略：
已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一定要利用数列的通项公式，前n 项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；
解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.
22．（1）21n a n =-，2
n S n =；（2）2
1
1(1)n T n -
=+.
【分析】
（1）由等差数列的通项公式及前n 项和公式即可求得； （2）代入求出数列{}n b 的通项公式，再用裂项求和即可. 【详解】
（1）解：设等差数列首项为1a ，公差为d ， 2512a a +=，424S S =，
得：()111251243
4422a d a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩
， 解得：112a d =⎧⎨=⎩
，
1(1)12(1)21n a a n d n n ∴=+-=+-=-，
21(1)(1)2
122
n n n d n n S na n n --⨯=+
=⨯+=； （2）12222
12111
(1)(1)n n n n a n b S S n n n n +++=
==-⋅++，
1232
2222222
11111111122334
(1)n n T b b b b n n ∴=+++
+=
-+-+-++
-
+
2
1
1(1)n =-
+.
【点睛】
方法点睛：本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
23．（1）n a n =；（2）（i ）,11,11n n n q T q q q =⎧⎪
=-⎨≠⎪-⎩
；（ii ）2q >.
【分析】
（1）根据对任意*n N ∈，n a ，n S ，2n 成等差数列得到2
2n n S a n =+，然后利用数列通
项与前n 项和的关系得到()11n n a n a n -⎡⎤-=---⎣⎦求解.
（2）（i ）根据数列n b 是首项为1，公比为q 的正项等比数列，分 1q =， 1q ≠利用等比
数列的前n 项和公式求解.（ii ）令122n n
n n c b a q n +==--，根据数列1{2}n n b a +-为单调递
增数列，转化为10n n c c +->，对*n N ∈恒成立求解. 【详解】
（1）因为对任意*n N ∈，n a ，n S ，2n 成等差数列，
所以2
2n n S a n =+，
当2n ≥时，由2
2n n S a n =+，得()12
121n n a n S --=+-，
两式相减得：121n n a a n -=-+-，即()11n n a n a n -⎡⎤-=---⎣⎦， 当1n =时，11a =，则110a -= ， 所以0n a n -=，即 n a n =.
（2）（i ）因为数列n b 是首项为1，公比为q 的正项等比数列. 当 1q =时， n T n =，
当 1q ≠时， 11n n q T q
-=-，
所以数列{}n b 的前n 项和,11,11n
n n q T q q q =⎧⎪
=-⎨≠⎪-⎩
. （ii ）令122n n
n n c b a q n +==--，
因为数列1{2}n n b a +-为单调递增数列， 所以()11
212(1)20n n n n n q
n q n c q q c ++=-+-+=-->-，对*n N ∈恒成立，
当 1q =时， 不成立；
当 01q <<时，(1)20n
q q --< 不成立；
当1q >时，令()(1)2n
f n q q =--，()f n 递增，
只需()1(1)20f q q =-->，解得2q > 所以q 的取值范围2q >. 【点睛】
方法点睛：数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是11,1,2n n
n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，当n ＝1时，a 1
若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －
1，则用分段函数的形式表示．
当数列是数列{}n a 递增数列，则数列10n n a a +->对*n N ∈恒成立；当数列是数列{}n a 递减数列，则10n n a a +-<对*n N ∈恒成立， 24．（1）证明见解析；（2）{}1,2,3. 【分析】 （1）利用11
2n n
a a +=
-证明出1n n b b +-是常数，进而可证明出数列{}n b 为等差数列； （2）求得1
32n n c -⎛⎫= ⎪⎝⎭
，利用等比数列的求和公式结合已知条件可得出
33291122n
n
⎛⎫⎛⎫⋅+⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设33
22n
t ⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭，可得出不等式221190t t -+<，解出t 的取值范围，由此可得出符合条件的正整数n 的值.
【详解】
（1）数列{}n a 满足10a =且11
2n n a a +=
-，则211122
a a ==-，321223a a ==-，
依次类推可知，对任意的n *∈N ，2n a ≠，
()1121111111
112111111122n n n n n n n n n
n n
a b b a a a a a a a a ++--∴-=
-=-=-=
=----------， 所以，数列{}n b 是等差数列，且首项为1
11
11b a =
=-，公差为1， ()1
1111n n b n n a ∴
==+-⨯=-，解得1n n a n
-=； （2）1
32n n c -⎛⎫= ⎪
⎝⎭，则1
123n n c -⎛⎫= ⎪
⎝⎭
，
所以，11332232n
n n n c c +-⎛⎫ ⎪⎝⎭==⎛⎫ ⎪⎝⎭
，则数列{}n c 为等比数列，同理可知，数列1n c ⎧⎫⎨⎬⎩⎭也为等比数列， 则1233132223212
n n n c c c c ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭++++==⋅- ⎪⎝⎭-， 123
21111123332313n n n c c c c ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭++++==-⋅ ⎪⎝⎭-， 由123123
11113n n c c c c c c c c ⎛⎫++++>++++ ⎪⎝⎭可得23912232n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⋅->⋅-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦， 所以，32291123n n ⎛⎫⎛⎫⋅+⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
， 设32n t ⎛⎫= ⎪⎝⎭
，n N *∈，则32t ≥，可得9211t t +<，整理可得221190t t -+<， 解得912t <<，即39122
n
⎛⎫<< ⎪⎝⎭，n N *∈，所以，正整数n 的集合为{}1,2,3. 【点睛】
方法点睛：证明等比数列常用以下几种方法：
（1）定义法：证明1n n a a +-为常数；
（2）等差中项法：对任意的n *∈N ，证明出122n n n a a a ++=+.
25．（1）92n a n =-；（2）28n S n n =-+，()max 16n S =. 【分析】 （1）根据等差数列前n 项和的计算公式结合15,a S 的值，计算出等差数列的公差d ，由此确定出等差数列的通项公式；
（2）根据1,a d 求解出n S ，结合二次函数的性质确定出n S 的最大值.
【详解】
（1）设等差数列的公差为d ，因为51545152S a d ⨯=+
=，所以2d =-， 所以()()71292n a n n =+-⨯-=-；
（2）因为()()2117182
n n n S a n d n n n n n -=+=--=-+，即()2416n S n =--+
当4n =时，n S 有最大值，()4max 16n S S ==.
【点睛】
方法点睛：求解等差数列前n 项和的最值的几种常用方法：
（1）利用等差数列前n 项和的二次函数特性，求解出前n 项和的最值；
（2）分析等差数列通项公式，根据等差数列各项取值的正负，确定出前n 项和的最值. 26．（1）()2*n a n
n =∈N ；（2）202041=T ． 【分析】
（1）由累加法结合等差数列的前n 项和公式即可得解；
（2）转化条件为11122121n b n n ⎛⎫=
- ⎪-+⎝⎭，利用裂项相消法运算即可得解. 【详解】
（1）因为121n n a a n +=++，所以121n n a a n +-=+，
所以213a a -=，325a a -=，⋅⋅⋅，()1212n n a a n n --=-≥，
以上各式相加可得()()211321352112
n n n a a n n -+--=++⋅⋅⋅+-=
=-， 又11a =，所以()22n a n n =≥， 显然11a =符合上式，
所以()2*
n a n n =∈N ； （2）由（1）知2n a n =， 所以()()21
111141212122121n b n n n n n ⎛⎫===- ⎪--+-+⎝⎭
． 所以12111111123352121n n T b b b n n ⎛⎫=++⋅⋅⋅+=
⨯-+-+⋅⋅⋅+- ⎪-+⎝⎭ 11122121
n n n ⎛⎫=⨯-= ⎪++⎝⎭， 所以202020220141T =
=⨯+． 【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是要注意裂项相消法的适用条件及用法.。