高考数学二轮复习专题12 数列综合问题(2份打包，教师版+原卷版)

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1．(2022·全国乙理)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行
的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列 SKIPIF 1 < 0 ： SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，…，依此类推，其中 SKIPIF 1 < 0 ．则( )
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0 C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
1．答案 D 解析 因为 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，得到 SKIPIF 1 < 0 ，同理
SKIPIF 1 < 0 ，可得 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，又因为 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，故 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ；以此类推，可得 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，故A错误； SKIPIF 1 < 0 ，故B错误； SKIPIF 1 < 0 ，得 SKIPIF 1 < 0 ，故C错误； SKIPIF 1 < 0 ，得 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确．故选D．
2．(2022·北京) 己知数列 SKIPIF 1 < 0 各项均为正数，其前n项和 SKIPIF 1 < 0 满足 SKIPIF 1 < 0 ．给出下列四个
结论：① SKIPIF 1 < 0 的第2项小于3；② SKIPIF 1 < 0 为等比数列；③ SKIPIF 1 < 0 为递减数列；④ SKIPIF 1 < 0 中存在小于 SKIPIF 1 < 0 的项．
其中所有正确结论的序号是__________．
2．答案 ①③④ 解析 由题意可知， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，当 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ，可得 SKIPIF 1 < 0 ；当 SKIPIF 1 < 0 时，
由 SKIPIF 1 < 0 可得 SKIPIF 1 < 0 ，两式作差可得 SKIPIF 1 < 0 ，所以， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，整理可得 SKIPIF 1 < 0 ，因为 SKIPIF 1 < 0 ，解得 SKIPIF 1 < 0 ，①对；假设数列 SKIPIF 1 < 0 为等比数列，设其公比为 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，所以， SKIPIF 1 < 0 ，可得 SKIPIF 1 < 0 ，解得 SKIPIF 1 < 0 ，不合乎题意，故数列 SKIPIF 1 < 0 不是等比数列，②错；当 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ，可得 SKIPIF 1 < 0 ，所以，数列 SKIPIF 1 < 0 为递减数列，③对；假设对任意的 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，所以， SKIPIF 1 < 0 ，与假设矛盾，假设不成立，④对．故答案为①③④．
3．(2022·浙江) 已知数列 SKIPIF 1 < 0 满足 SKIPIF 1 < 0 ，则( )
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0 C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
3．答案 B 解析 ∵ SKIPIF 1 < 0 ，易得 SKIPIF 1 < 0 ，依次类推可得 SKIPIF 1 < 0 ，由题意， SKIPIF 1 < 0 ，
即 SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，…， SKIPIF 1 < 0 ，累加可得 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，又 SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，…， SKIPIF 1 < 0 ，累加可得 SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ；综上： SKIPIF 1 < 0 ．故选B．
【题型突破】
题型一 数列求和
1．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n2＋n)))的前n项和为eq \f(10,11)，则n的值为( )
A．9 B．10 C．11 D．12
1．答案 B 解析 ∵eq \f(1,n2＋n)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝
eq \f(n,n＋1)，由eq \f(n,n＋1)＝eq \f(10,11)可知n＝10．故选B．
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝eq \f(1,2)a12＋6，a2＝4，则数列{eq \f(1,Sn)}的前10项和为( )
A．eq \f(11,12) B．eq \f(10,11) C．eq \f(9,10) D．eq \f(8,9)
2．答案 B 解析 设等差数列{an}的公差为d，由a9＝eq \f(1,2)a12＋6及等差数列的通项公式得a1＋5d＝12，
又a2＝4，∴a1＝2，d＝2，∴Sn＝n2＋n，∴eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S10)＝(1－eq \f(1,2))＋(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋…＋(eq \f(1,10)－eq \f(1,11))＝1－eq \f(1,11)＝eq \f(10,11)．选B．
3．在数列{an}中，an＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(2,n＋1)＋…＋eq \f(n,n＋1)，又bn＝eq \f(2,anan＋1)，则数列{bn}的前n项和为________．
3．答案 eq \f(8n,n＋1) 解析 因为an＝eq \f(\f(nn＋1,2), n＋1 )＝eq \f(n,2)，所以bn＝eq \f(8,nn＋1)＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))．所以b1＋b2＋…＋bn＝
8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq \f(8n,n＋1)．
4．已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－2an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前2 017项
的和S2 017＝________．
4．答案 eq \f(2 017,4 035) 解析 由an＋1＝an(1－2an＋1)，可得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公差为2的
等差数列，故eq \f(1,an)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以an＝eq \f(1,2n－1)．又bn＝an·an＋1＝eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以S2 017＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,4 033)－\f(1,4 035)))＝eq \f(1,2)×eq \f(4 034,4 035)＝eq \f(2 017,4 035)．
5．在等差数列{an}中，a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋3·an＋4)))的前n项和为( )
A．eq \f(n＋1,n＋2) B．eq \f(n,n＋2) C．eq \f(n,n＋1) D．eq \f(2n,n＋1)
5．答案 C 解析 因为a3＋a5＋a7＝6，所以3a5＝6，a5＝2，又a11＝8，所以等差数列{an}的公差d＝eq \f(a11－a5,11－5)
＝1，所以an＝a5＋(n－5)d＝n－3，所以eq \f(1,an＋3·an＋4)＝eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋3·an＋4)))的前n项和为1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)，故选C．
6．设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝eq \f(1,6)，a2＝eq \f(1,54)，则数列{3nan}的前15项和为________．
6．答案 eq \f(15,16) 解析 等比数列{(n2＋n)an}的首项为2a1＝eq \f(1,3)，第二项为6a2＝eq \f(1,9)，故公比为eq \f(1,3)，所以(n2＋n)an
＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(1,3n)，所以an＝eq \f(1,3n(n2＋n))，则3nan＝eq \f(1,n2＋n)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，其前n项和为1－eq \f(1,n＋1)，n＝15时，为1－eq \f(1,16)＝eq \f(15,16)．
7．已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－2an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前2 017项
的和S2 022＝________．
7．答案 eq \f(2 022,4 045) 解析 由an＋1＝an(1－2an＋1)，可得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公差为2的等
差数列，故eq \f(1,an)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以an＝eq \f(1,2n－1)．又bn＝an·an＋1＝eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以S2 022＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,4 043)－\f(1,4 045)))＝eq \f(1,2)×eq \f(4 044,4 045)＝eq \f(2 022,4 045)．
8．已知数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,lg2anlg2an＋1)))的前n项和为Sn，则
S1·S2·S3·…·S10＝( )
A．eq \f(1,10) B．eq \f(1,5) C．eq \f(1,11) D．eq \f(2,11)
8．答案 C 解析 ∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，两式相
减得2nan＝1(n≥2)，a1＝eq \f(1,2)也满足上式，故an＝eq \f(1,2n)，故eq \f(1,lg2anlg2an＋1)＝eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)，∴S1·S2·S3·…·S10＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×…×eq \f(9,10)×eq \f(10,11)＝eq \f(1,11)，故选C．
9．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,n＋1\r(n)＋n\r(n＋1))(n∈N*)，其前n项和为Sn，则在数列S1，S2，…，
S2 020中，有理数项的项数为( )
A．42 B．43 C．44 D．45
9．答案 B 解析 an＝eq \f(1,n＋1\r(n)＋n\r(n＋1))＝eq \f(1,\r(nn＋1)\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \f(\r(n＋1)－\r(n),\r(nn＋1))＝eq \f(1,\r(n))－eq \f(1,\r(n＋1))，所以
Sn＝eq \i\su(i＝1,n,a)i＝1－eq \f(1,\r(n＋1))．442＜2 021＜452，所以[eq \r(n＋1)]min＝2，[eq \r(n＋1)]max＝44，即S1，S2，…，S2 021共有43个有理项．故选B．
10．已知数列{an}：eq \f(1,2)，eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)，eq \f(1,4)＋eq \f(2,4)＋eq \f(3,4)，…，eq \f(1,10)＋eq \f(2,10)＋eq \f(3,10)＋…＋eq \f(9,10)，…，若bn＝eq \f(1,anan＋1)，那么数列{bn}的前
n项和Sn为( )
A．eq \f(n,n＋1) B．eq \f(4n,n＋1) C．eq \f(3n,n＋1) D．eq \f(5n,n＋1)
10．答案 B 解析 ∵an＝eq \f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq \f(n,2)，∴bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(4,nn＋1)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴Sn＝
4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(4n,n＋1)．
11．已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝eq \f(1,f(n＋1)＋f(n))，n∈N*．记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 019
＝( )
A．eq \r(2 018)－1 B．eq \r(2 019)－1 C．eq \r(2 020)－1 D．eq \r(2 020)＋1
11．答案 C 解析 由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝eq \f(1,2)，则f(x)＝x SKIPIF 1 < 0 ．∴an＝eq \f(1,f(n＋1)＋f(n))＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝
eq \r(n＋1)－eq \r(n)，S2 019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝(eq \r(2)－eq \r(1))＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋(eq \r(4)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2 019)－eq \r(2 018))＋(eq \r(2 020)－eq \r(2 019))＝eq \r(2 020)－1．
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋4n，若首项为eq \f(1,3)的数列{bn}满足eq \f(1,bn＋1)－eq \f(1,bn)＝an，则数列{bn}
的前10项和为( )
A．eq \f(175,264) B．eq \f(39,88) C．eq \f(173,264) D．eq \f(181,264)
12．答案 A 解析 由Sn＝n2＋4n，可得an＝2n＋3，根据eq \f(1,bn＋1)－eq \f(1,bn)＝an＝2n＋3，结合题设条件，应用累
加法可求得eq \f(1,bn)＝n2＋2n，所以bn＝eq \f(1,n2＋2n)＝eq \f(1,n(n＋2))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以数列{bn}的前n项和为Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，所以T10＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,11)－\f(1,12)))＝eq \f(175,264)，故选A．
13．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为( )
A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1 C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
13．答案 C 解析 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋
2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝eq \f(21－2n,1－2)＋2×eq \f(nn＋1,2)－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2．
14．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a12＝( )
A．18 B．15 C．－18 D．－15
14．答案 A 解析 记bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋
a11＋a12＝(－b1)＋b2＋…＋(－b11)＋b12＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b12－b11)＝6×3＝18．
15．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，Sn是数列{an}的前n项和，则S2 020＝( )
A．22 020－1 B．3×21 010－3 C．3×21 010－1 D．3×22 020－2
15．答案 B 解析 依题意得an·an＋1＝2n，an＋1·an＋2＝2n＋1，于是有eq \f(an＋1·an＋2,an·an＋1)＝2，即eq \f(an＋2,an)＝2，数列a1，
a3，a5，…，a2n－1，…是以a1＝1为首项、2为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，…，a2n，…是以a2＝2为首项、2为公比的等比数列，于是有S2 020＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 020)＝eq \f(1－21 010,1－2)＋eq \f(21－21 010,1－2)＝3×21 010－3，故选B．
16．已知函数f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2，n为奇数，,－n2，n为偶数，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0 B．100 C．－100 D．10 200
16．答案 B 解析 由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002
－1002＋1012＝(12－22)＋(32－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)＋(1012－1002)＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－50×101＋50×103＝100．故选B．
17．已知函数f(n)＝n2cs(nπ)，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝________．
17．答案 －100 解析 a1＋a2＋…＋a100＝[f(1)＋f(2)]＋[f(2)＋f(3)]＋…＋[f(99)＋f(100)]＋[f(100)＋f(101)]
＝2[f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(100)]－f(1)＋f(101)＝2(－11＋22－32＋42＋…－992＋1002)＋1－1012
＝2[(22－1)＋(42－32)＋…＋(1002－992)]＋1－1012＝2(3＋7＋11＋…＋199)＋1－1012
＝2×eq \f(3＋199,2)×50＋1－1012＝－100．
18．已知公比不为1的等比数列{an}的前5项积为243，且2a3为3a2和a4的等差中项．若数列{bn}满足bn
＝lg3an＋2(n∈N*)，则数列{an＋bn}的前n项和Sn＝________．
18．答案 eq \f(3n－1,6)＋eq \f(nn＋1,2) 解析 由前5项积为243得a3＝3．设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，由2a3
为3a2和a4的等差中项，得3×eq \f(3,q)＋3q＝4×3，由公比不为1，解得q＝3，所以an＝3n－2，故bn＝lg3an＋2＝n，所以an＋bn＝3n－2＋n，数列{an＋bn}的前n项和Sn＝3－1＋30＋31＋32＋…＋3n－2＋1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(3－11－3n,1－3)＋eq \f(nn＋1,2)＝eq \f(3n－1,6)＋eq \f(nn＋1,2)．
19．已知数列{an}的通项公式为an＝lg(n＋1)(n＋2)(n∈N*)，我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的n叫做“优
数”，则在(0，2 018]内的所有“优数”的和为( )
A．1 024 B．2 012 C．2 026 D．2 036
19．答案 C 解析 a1·a2·a3·…·an＝lg23·lg34·lg45·…·lg(n＋1)(n＋2)＝lg2(n＋2)＝k，k∈Z，令00，f(n)递增，当n≥5时，f(n＋1)－f(n)1 024
的最小n的值为 ．
36．答案 9 解析 由数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，则当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2－2n＋2
＝2n，a1＝S1＝2，满足上式，所以bn＝lg2(aeq \\al(2,n)· SKIPIF 1 < 0 )＝lg2aeq \\al(2,n)＋lg2 SKIPIF 1 < 0 ＝2n＋2n，所以数列{bn}的前n和为Tn＝eq \f(n(2＋2n),2)＋eq \f(2(1－2n),1－2)＝n(n＋1)＋2n＋1－2，当n＝9时，T9＝9×10＋210－2＝1 112>1 024，当n＝8时，T8＝8×9＋29－2＝5821 024的最小n的值为9．
37．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1＋m，且a1，a4，a5－2成等差数列，bn＝eq \f(an,an－1an＋1－1)，数列
{bn}的前n项和为Tn，则满足Tn>eq \f(2 017,2 018)的最小正整数n的值为( )
A．11 B．10 C．9 D．8
37．答案 B 解析 根据Sn＝2n＋1＋m可以求得an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋4，n＝1，,2n，n≥2，))所以有a1＝m＋4，a4＝16，a5＝32，
根据a1，a4，a5－2成等差数列，可得m＋4＋32－2＝32，从而求得m＝－2，所以a1＝2满足an＝2n，从而求得an＝2n(n∈N*)，所以bn＝eq \f(an,an－1an＋1－1)＝eq \f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，所以Tn＝1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,7)＋eq \f(1,7)－eq \f(1,15)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)＝1－eq \f(1,2n＋1－1)，令1－eq \f(1,2n＋1－1)>eq \f(2 017,2 018)，整理得2n＋1>2 019，解得n≥10．
38．已知数列{an}满足060．
39．已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，且使得Sn－nan＋1＋50eq \f(1,4)，得0