第4章 数列【过习题】- 2022-2023学年高二数学单元复习（沪教版2020选择性必修第一册）

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单元复习 第4章 数列

1．（2022秋·上海杨浦·高一上海市杨浦高级中学校考期末）已知数列{an}的通项公式为an=logkn，则“a2>a1”是“数列{an}为严格增数列”的（     ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
【答案】C
【详解】当a2>a1时，则logk2>logk1=0，所以k>1，
所以能推出数列{an}为严格增数列；
当数列{an}为严格增数列时，则能推出a2>a1，
故“a2>a1”是“数列{an}为严格增数列”的充要条件
故选：C.
2．（2023秋·上海浦东新·高二上海南汇中学校考期末）设等差数列an的前n项和为Sn，若a1+a9>0,a2+a9<0，则（   ）
A．S9>0且S10>0 B．S9<0且S10>0
C．S9>0且S10<0 D．S9<0且S10<0
【答案】C
【详解】因为a1+a9>0，所以S9=9a1+a92>0，
因为a2+a9<0，所以S10=10a1+a102=10a2+a92<0，
故选：C.
3．（2022秋·上海宝山·高二上海市行知中学校考期末）已知一个等比数列的第5项是4，公比是2，它的第1项是__________.
【答案】14##0.25
【详解】设数列为{an}，首项为a1，则a5=4，
所以a1×24=4,∴a1=14.
所以第一项是14.
故答案为：14
4．（2023秋·上海浦东新·高二上海南汇中学校考期末）在等比数列an中，若a1=1,a3=9，则a5=__________;
【答案】81
【详解】由等比中项可得a32=a1a5⇒a5=a32a1=81，
故答案为：81
5．（2023春·上海杨浦·高一上海市控江中学校考开学考试）数列an中，若a1=3，且an+1=an+12，则a9=__________.
【答案】7
【详解】由an+1=an+12，a1=3知：数列an是以3为首项，12为公差的等差数列，
∴a9=3+9-1×12=7.
故答案为：7.
6．设等比数列an的公比q=2，前n项和为Sn，则S4a2=______.
【答案】152
【详解】由等比数列求和公式以及通项公式可得S4a2=a11-241-22a1=152.
故答案为：152.
7．（2023春·上海杨浦·高一上海市杨浦高级中学校考开学考试）已知等差数列an的前n项和为Sn，如果Sn=n2，则公差d=__________.
【答案】2
【详解】根据题意，由等差数列的求和公式，

可得Sn=na1+nn-1d2=d2n2+a1-d2n=n2，
所以d2=1a1-d2=0，解得a1=1d=2.
故答案为：2.
8．（2022秋·上海青浦·高二上海市青浦高级中学校考期末）等比数列an中，a1=1且a1a2a3=-8，则公比为______．
【答案】-2
【详解】在等比数列an中，因为a23=a1a2a3=-8，则a2=-2，所以公比q=a2a1=-2．
故答案为：-2
9．（2021秋·上海杨浦·高二上海市杨浦高级中学校考期中）已知an为等差数列，若a1+a2+a3=3,a7+a8+a9=6,则a5=______.
【答案】32
【详解】由等差中项性质得2a5=a1+a9=a2+a8=a3+a7
故a1+a2+a3+a7+a8+a9=6a5=9，所以a5=32.
故答案为：32.
10．（2022秋·上海松江·高二上海市松江一中校考期末）若数列an为等比数列，且a1+a2=1，a3+a4=2，则a15+a16=______．
【答案】128
【详解】设公比为q，则q2=a3+a4a1+a2=2，所以a15+a16=(a1+a2)q14=128.
故答案为：128
11．（2021秋·上海浦东新·高二上海市实验学校校考期中）an为等差数列，Sn为其前n项和，若S3=4a4，则a10=______.
【答案】0
【详解】因为S3=4a3，所以3a2=4a4，即3a2=4(a2+2d)，
所以a2+8d=0，所以a10=a2+8d=0.
故答案为：0
12．（2022秋·上海宝山·高二上海市吴淞中学校考期末）已知数列an的前n项和Sn=3n+1，求an的通项公式__________.
【答案】an=4,n=12⋅3n-1,n≥2
【详解】当n=1时，a1=S1=31+1=4，
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n+1-3n-1-1=2⋅3n-1，
而a1=4不适合上式，
故an的通项公式为an=4,n=12⋅3n-1,n≥2.
故答案为：an=4,n=12⋅3n-1,n≥2.
13．（2021秋·上海杨浦·高二上海市杨浦高级中学校考期中）已知数列an=(n+1)(-1011)n，下列说法正确的是（    ）
A．an有最大项，但没有最小项
B．an没有最大项，但有最小项
C．an既有最大项，又有最小项
D．an既没有最大项，也没有最小项
【答案】C
【详解】当n=2k,k∈N*
a2k=(2k+1)(1011)2k,a2(k+1)=(2k+3)(1011)2(k+1)，
a2(k+1)-a2k=-42k+179121⋅10112k，
当k≤4时，a2(k+1)-a2k>0，a2k递增；当k≥5时，a2(k+1)-a2k<0，a2k递减，故a10最大，
当n=2k-1,k∈N*时，
a2k-1=-2k⋅(1011)2k-1,a2(k+1)-1=-(2k+2)(1011)2k+1，
a2k+1-a2k-1=42k-200121⋅10112k-1，
当k≤4时，a2k+1-a2k-1<0，a2k-1递减；当k≥5时，a2k+1-a2k-1>0，a2k-1递增，故a9最小，
综上，an既有最大项，又有最小项.
故选：C.
14．（2022秋·上海青浦·高二上海市青浦高级中学校考期末）用数学归纳法证明“1+a+a2+⋅⋅⋅+a3n+1=1-a3n+21-aa≠1”，验证n=1成立时等式左边计算所得项是（    ）
A．1 B．1+a
C．1+a+a2 D．1+a+a2+a3+a4
【答案】D
【详解】表达式的左边是从1开始加到a3n+1结束，
所以验证n=1成立时等式左边计算所得项是1+a+a2+a3+a4.
故选：D
15．（2023春·上海杨浦·高一上海市杨浦高级中学校考开学考试）已知数列an满足：a1=72,an=3an-1-1n≥2.
(1)求证：数列an-12是等比数列；
(2)求数列an的通项公式及其前n项和Sn的表达式.
【答案】(1)证明见解析；
(2)an=3n+12,Sn=3n+1-3+n2；
【详解】（1）由题意可知an+1=3an-1,n≥1，
an+1-12an-12=3an-1-12an-12=3(an-12)an-12=3
所以数列an-12是以3为首项，公比为3的等比数列.
（2）由（1）可知，an-12=3n，即an=3n+12
前n项和Sn=3(1-3n)1-3+n2=3n+1-3+n2.
16．（2023秋·上海浦东新·高二校考期末）已知数列an的前n项和为Sn,a1=3,Snn-Sn-1n-1=1n≥2
(1)求数列an的通项公式;
(2)令bn=an2n，求数列bn的前n项和Tn.
【答案】(1)an=2n+1
(2)Tn=5-2n+52n
【详解】（1）由于a1=3,Snn-Sn-1n-1=1n≥2，S11=a11=3，
所以数列Snn是首项为3，公差为1的等差数列，
所以Snn=n+2,Sn=n2+2n，
当n≥2时，Sn-1=n-12+2n-1=n2-1，
所以an=Sn-Sn-1=2n+1n≥2，
a1也符合上式，所以an=2n+1.
（2）bn=an2n=2n+12n，
Tn=32+522+⋯+2n+12n，12Tn=322+523+⋯+2n+12n+1，
两式相减得12Tn=32+12+122+⋯+12n-1-2n+22n+1
=32+121-12n-11-12-2n+12n+1=52-12n-1-2n+12n+1=52-2n+52n+1，
所以Tn=5-2n+52n.
17．（2022春·上海金山·高二华东师范大学第三附属中学校考阶段练习）在等比数列an中，已知a1=2，且a2、a1+a3、a4依次是等差数列bn的第2项、第5项、第8项．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)设数列an2-an的前n项和为Sn，求Sn．
【答案】(1)an=2n，bn=2n
(2)Sn=4n+1-3⋅2n+1+23
【详解】（1）解：设等比数列an的公比为q，
而等差数列bn的第2项、第5项、第8项成等差数列，
则2a1+a3=a2+a4，即2a1+a1q2=a1q+a1q3，
即2a11+q2=a1q1+q2，解得q=2，
又因为a1=2，所以an=a1qn-1=2n，显然有b2=a2=4，b8=a4=16，
则等差数列bn公差d=a8-a28-2=2，所以bn=b2+n-2d=2n，
所以数列an和bn的通项公式分别是an=2n，bn=2n．
（2）解：∀n∈N*，an+12an2=an+1an2=4，且a12=4，
所以，数列an2为等比数列，且该等比数列的首项和公比都为4，
Sn=a12+a22+a32+⋯+an2-a1+a2+a3+⋯+an
=4+42+43+⋯+4n-2+22+23+⋯+2n=41-4n1-4-21-2n1-2=4n+1-3⋅2n+1+23.





18．（2023春·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）设数列an的前n项和Sn为，若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Sn=am，有结论：①an可能为等差数列；②可an能为等比数列．关于以上结论，正确的判断是（    ）
A．①，②都成立 B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立 D．①，②都不成立
【答案】B
【详解】对于①，取an=0，则Sn=0，满足题设，所以①成立；
对于②；假设存在，a1=a，公比为q，
当q=1时，an=a，Sn=na，则am=a，当n≥2时，对任意正整数n，不存在正整数m，使得Sn=am，
当q≠1时，Sn=a1-qn1-q,am=aqm-1，要使Sn=am，则需a1-qn1-q=aqm-1，
即1=qn+qm-1-qm，则q为有理数，由于q≠1，我们有1+q+⋅⋅⋅+qn-1=qm-1，由高次方程有有理根的判别式法，
此方程无有理数根，所以②不成立；
故选：B．
19．（2023春·上海闵行·高三上海市七宝中学校考开学考试）对于正整数n，将其各位数字之和记为an，如a4=4，a153=1+5+3=9，则a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2023=______.
【答案】28162
【详解】方法一：由定义易知a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a9=1+2+3+⋅⋅⋅+9=45，
a10+a11+a12+⋅⋅⋅+a19=0+1+2+3+⋅⋅⋅+9+1×10=55，
由此可知，a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a99=0+1+2+⋅⋅⋅+9×10+1+2+⋅⋅⋅+9×10=900，
进而有，a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a999=900×10+1+2+⋅⋅⋅+9×100=13500，
进而有，a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a1999=13500×2+1×1000=28000，
而a2000+a2001+a2002+⋅⋅⋅+a2023=2×24+1×10+2×4+45×2+1+2+3=162，
故a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2023=28000+162=28162.
方法二：考虑每一位上的数字出现次数，
千位数字仅有1和2，之和为：1×1000+2×24=1048，
百位数字之和为：1+2+3+⋅⋅⋅+9×200=9000，
十位数字之和为；1×210+2×204+3+4+5+⋅⋅⋅+9×200=9018，
个位数字之和为：1+2+3×203+4+5+⋅⋅⋅+9×202=9096，
综上可知，a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2023=1048+9000+9018+9096=28162.
故答案为：28162.
20．（2022秋·上海青浦·高二上海市青浦高级中学校考期末）已知数列an和bn，其中an是2=1.41421356237⋯的小数点后的第n位数字，（例如a1=4，a6=3），若b1=a1，且对任意的n∈N*，均有bn+1=abn，则满足bn=n-2022的所有n的值为______．
【答案】2026或2024
【详解】当n=1时，b1=a1=4，当n=2时，b2=ab1=a4=2，
当n=3时，b3=ab2=a2=1，当n=4时，b4=ab3=a1=4，
当n=5时，b5=ab4=a4=2，当n=6时，b6=ab5=a2=1，
故{bn}为周期数列，bn=4,n=3k-22,n=3k-11,n=3k，k∈N*，
当n=3k-2时，bn=n-2022=4，所以n=2026，
当n=3k-1时，bn=n-2022=2，所以n=2024，
当n=3k时，bn=n-2022=1，所以n=2023（舍去），
综上所述：n=2026或2024．
故答案为：2026或2024
21．（2023春·上海杨浦·高一上海市杨浦高级中学校考开学考试）已知数列an满足：a1=1，an=an2+1,n=2,4,6,8,⋯1an-1,n=3,5,7,9,⋯，若ak=3019，则k=__________.
【答案】238
【详解】由题设知，an>0n∈N*，又因为a1=1，且当n为偶数时，an>1，
当nn>1为奇数时，an=1an-1∈0,1，
因为ak=3019>1，所以，k为偶数，
由ak=3019往回推可得3019→1119→1911→811→118→38→83→53→23→32→12→2→1，
即a1=1⇒a2=2⇒a3=12⇒a6=32⇒a7=23⇒a14=53⇒a28=83⇒a29=38
⇒a58=118⇒a59=811⇒a118=1911⇒a119=1119⇒a238=3019.
因此，k=238.
故答案为：238.
22．（2021秋·上海浦东新·高二上海市实验学校校考期中）数列an的前n项和为Sn，已知a1=2,3Sn=an+1-2n+2+2n∈N*.
(1)n∈N*时，写出an+1与an之间的递推关系；
(2)求an的通项公式.
【答案】(1)an+1=4an+2n+1
(2)an=4n-2n
【详解】（1）因为3Sn=an+1-2n+2+2①，
所以当n≥2时，3Sn-1=an-2n+1+2②，
①-②得：3an=an+1-an-2n+1n≥2，即an+1=4an+2n+1(n≥2)，
在①中：令n=1得a2=3a1+23-2=12=4a1+22，也符合上式，
所以an+1=4an+2n+1.
（2）因为an+1=4an+2n+1，则an+1+2n+1=4an+2n，且a1+2=4≠0
所以数列an+2n是以4为首项，4为公比的等比数列，
所以an+2n=4n，故an=4n-2n.
23．（2023春·上海闵行·高二上海市七宝中学校考开学考试）记Sn为公比不为1的等比数列an的前n项和，a5-a4=-8a2+8a1，S6=21．
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=log2an2，若由an与bn的公共项从小到大组成数列cn，求数列cn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=-1n×2n-1
(2)Tn=24n-13
【详解】（1）解：设等比数列的公比为q q≠1，
因为a5-a4=-8a2+8a1，即a2q3-a1q3=-8a2-a1，即q3=-8，所以q=-2，
又S6=a11-q61-q=21，即a11--261--2=21，解得a1=-1，
所以an=-1×-2n-1=-1n×2n-1.
（2）解：由（1）可得bn=log2an2=log2-1n×2n-12=log222n-1=2n-1，
则数列bn为0、2、4、6、⋯⋯，偶数组成的数列，
又an=-1n×2n-1，令an>0，则n为正偶数，
所以c1=2，c2=23，c3=25，⋯⋯，cn=22n-1，
所以cn为以2为首项，4为公比的等比数列，
所以Tn=21-4n1-4=24n-13.
24．（2023春·上海·高二校联考阶段练习）已知an是等差数列，a1=3，a4=12，数列bn满足b1=4，b4=20，且bn-an是等比数列．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)设cn=bn·cosnπ，求数列cn的前n项和Sn，并判断是否存在正整数m，使得Sm=2023？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)an=3n，bn=2n-1+3n,n∈N*
(2)Sn=-13(22k-1+1)-3k,n=2k-113(22k-1)+3k,n=2k，k∈N*，不存在正整数m，使得Sm=2023.
【详解】（1）设an的公差为d，bn的公比为q，
则由题意可得，a4=a1+3d，即12=3+3d，
解得d=3，所以an=3+(n-1)×3=3n
根据已知又有：b1-a1=1，b4-a4=8，则8=1⋅q3，得q=2
所以bn-an=1⋅2n-1，进而bn=2n-1+3n.
故数列an和bn的通项公式分别为：an=3n，bn=2n-1+3n,n∈N*.
（2）根据上问可知，cn=bn⋅cosnπ=-22k-2+6k-3,n=2k-122k-1+6k,n=2k，k∈N*
∴c2k-1+c2k=22k-2+3，k∈N*，
故S2k=1×1-22k1-22+3k=13(22k-1)+3k，k∈N*
∴Sn=-13(22k-1+1)-3k,n=2k-113(22k-1)+3k,n=2k，k∈N*
因为S2k-1<0，S2k>0，数列S2k是递增数列，且S12=1383，S14=5482
所以不存在正整数m，使得Sm=2023.
故：Sn=-13(22k-1+1)-3k,n=2k-113(22k-1)+3k,n=2k，k∈N*，不存在正整数m，使得Sm=2023.
25．（2022春·上海长宁·高二上海市延安中学校考期中）如图，P1x1,y1,P2x2,y2,⋯,Pnxn,yn0
(1)求a1、a2、a3的值及数列{an}的递推公式；
(2)猜想点Anan,0的横坐标an关于n的表达式，并用数学归纳法证明．
【答案】(1)a1=2，a2=6，a3=12；(an-an-1)2=2(an-1+an)
(2)an=n(n+1)，证明见解析
【详解】（1）解：设P1t,3t,t>0，则3t2=3t，解得t=1，所以A12,0，所以a1=2，
设P22+m,3m,m>0，则3m2=32+m，解得m=2，
所以A26,0，所以a2=6，
设P36+n,3n,n>0，则3n2=36+n，解得n=3，
所以A312,0，所以a3=12，
设Pnan-1+λ,3λ,λ>0，所以Anan-1+2λ,0，
所以3λ2=3(an-1+λ)an=an-1+2λ，整理得(an-an-1)2=2(an-1+an).
（2）根据a1=1×2, a2=2×3, a3=3×4,猜想an=n(n+1).
下面用数学归纳法证明an=n(n+1)：
①当n=1时，猜想显然成立．
②假设当n=k(k∈N*)时，猜想成立，即ak=k(k+1)，
则当n=k+1时，因为(ak+1-ak)2=2(ak+ak+1)，
所以[ak+1-k(k+1)]2=2[k(k+1)+ak+1]，
即ak+12-2(k2+k+1)ak+1+k(k+1)⋅[(k-1)(k+2)=0，
解得ak+1=(k+1)(k+2)(ak+1=k(k-1) 即当n=k+1时，猜想也成立．
由①②得对一切的n∈N*猜想均成立．
26．（2023春·上海宝山·高三统考阶段练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，以他的名字定义的函数称为高斯函数f(x)=[x]，其中[x]表示不超过x的最大整数．已知数列an满足a1=2，a2=6，an+2+5an=6an+1，若bn=log5an+1，Sn为数列1000bnbn+1的前n项和．
(1)证明：数列an+1-an是等比数列，并求数列an的通项公式；
(2)求S2023的值．
【答案】(1)证明见解析，an=5n-1+1(n∈N*)；
(2)999
【详解】（1）证明：∵an+2+5an=6an+1，
∴an+2-an+1=5an+1-5an=5(an+1-an)，
又∵a2-a1=4，
∴an+1-an是以4为首项，公比为5的等比数列，
∴an+1-an=(a2-a1)×5n-1=4⋅5n-1 (n∈N*)，
an-an-1=4⋅5n-2
⋯
a2-a1=4×1，
∴an+1-a1=4⋅5n-1+4⋅5n-2+⋯+4×1=4×1×(1-5n)1-5=5n-1，
∴an+1=5n+1，n≥2,an=5n-1+1，而a1=2满足上式，
所以an=5n-1+1(n∈N*)．
（2）由（1）得an+1=5n+1，
∴log5an+1=log5(5n+1)，
∵当n∈N*时，5n+1-(5n+1)=5n×(5-1)=5n×4>0，
∴当n∈N*时，5n+1>5n+1，
∴ log55n ∴ log5an+1∈(n,n+1)，
∴ bn=n(n∈N*)，
∴ 1000bnbn+1=1000n(n+1)=1000(1n-1n+1)，
∴ Sn=1000(1-1n+1)，
∴ S2023=1000×(1-12024)=1000×20232024∈(999,1000)，
∴ S2023=999．
27．（2022春·上海黄浦·高三校考阶段练习）对于给定数列{cn}，如果存在实常数p、q使得cn+1=pcn+q对于任意n∈N*都成立，我们称数列{cn}是“M类数列”．
(1)若an=2n，bn=3⋅2n，n∈N*，数列{an}、{bn}是否为“M类数列”？
(2)若数列{an}是“M类数列”，求证：数列{an+an+1}也是“M类数列”；
(3)若数列{an}满足a1=2，an+an+1=3t⋅2n(n∈N*)，t为常数．求数列{an}前2022项的和．
【答案】(1)是；
(2)证明见解析；
(3)2t(41011-1).
【详解】（1）因为an=2n，有an+1=2(n+1)，则an+1=an+2，n∈N*，
故数列{an}是“M类数列”，对应的实常数分别为1，2．
因为bn=3⋅2n，有bn+1=3·2n+1，则bn+1=2bn，n∈N*，
故数列{bn}是“M类数列”，对应的实常数分别为2，0．
（2）若数列{an}是“M类数列”，则存在实常数p、q，
使得an+1=pan+q对于任意n∈N*都成立，
显然an+2=pan+1+q对于任意n∈N*都成立，
因此(an+1+an+2)=p(an+an+1)+2q对于任意n∈N*都成立，
故数列{an+an+1}也是“M类数列”，对应的实常数分别为p、2q．
（3）因为an+an+1=3t⋅2n(n∈N*)，则a1+a2=3t⋅21，a3+a4=3t⋅23，⋯，a2021+a2022=3t⋅22021，
数列{an}前2022项的和S2022=(a1+a2)+(a3+a4)+⋯+(a2021+a2022)
=3t(21+23+⋯+22021)=3t⋅2(1-41011)1-4=2t(41011-1)．
28．（2022秋·上海宝山·高二上海市行知中学校考期末）已知等差数列an和正项等比数列bn，a1=b1=1，a7=b5=4.
(1)求an，bn；
(2)设cn=log2bn+an-5，记数列cn的前n项和为Sn，求Sn的最小值：
(3)设bn的前n项和为Tn，是否存在常数p､c，使an=p+log2Tn+c恒成立？若存在，求出p､c的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)an=12n+12；bn=2n-1；
(2)-10；
(3)存在，其中p=log22-2，c=2+1.
【详解】（1）设等差数列公差为d，等比数列公比为qq>0.
则由题有：d=a7-a17-1=12，b5=b1q4=4⇒q=2.
故an=a1+n-1d=12n+12；bn=b1qn-1=2n-1；
（2）由（1）可得cn=log2bn+an-5=12n-12+12n+12-5=n-5，
则cn是以-4为首项，公差为1的递增等差数列，注意到c4=-1，c5=0，c6=1，
则Sn≥S4=S5=-4-3-2-1=-10，即求Sn的最小值为-10；
（3）Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=2n-12-1
=2n-12+1 =2n2+1-2+1.
因an=12n+1，则若an=p+log2Tn+c，可得
12n+1=p+log22n2+1-2+1+c⇒
12n+1-p=log22n2+1-2+1+c.注意到
12n+1-p=log2212n+1-p=log22n+1⋅12p=log22n⋅22p，
则2n⋅22p =2n2+1-2+1+c恒成立，从而可得
22p=2+1⇒2p=22+1=2-2⇒p=log22-2；
-2+1+c=0⇒c=2+1.
则存在常数p=log22-2，c=2+1，使an=p+log2Tn+c恒成立.





29．（2023·上海黄浦·统考一模）已知an是等差数列，bn是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4.
(1)求an的通项公式；
(2)设cn=an+-1nbnn∈N*，求数列cn的前2n项和.
【答案】(1)an=2n-1
(2)4n2+9n4-14
【详解】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，
则q=b3b2=3，a1=b1=b2q=1，a14=b4=b3q=27，
又a14=a1+13d=1+13d=27，可得d=2，
所以an=a1+n-1d=1+2n-1=2n-1.
（2）由（1）可得bn=3n-1，
故-1nbn=--3n-1，以它为通项的数列是以-1为首项、公比为-3的等比数列，
所以cn=(2n-1)-(-3)n-1，
所以数列cn的前2n项和为：a1+a2+⋯+a2n-1+-3+⋯+-32n-1 =2n1+4n-12-1-(-3)2n1--3=4n2+9n4-14.
即: 数列cn的前2n项和为4n2+9n4-14.
30．（2022·上海·统考模拟预测）已知数列an为首项为2，公差为2的等差数列，设数列an的前n项和为Sn，则S20232023=___________．
【答案】2024
【详解】依题意Sn=na1+n(n-1)2d=2n+n(n-1)=n(n+1)，
所以S20232023=2023(2023+1)2023=2024．
故答案为：2024．
31．（2022·上海普陀·统考一模）设a、b均为正整数，an为首项为a、公差为b的等差数列，bn为首项为b、公比为a的等比数列．
(1)设t为正整数，当a=3，b=1，a7 (2)若a1 【答案】(1)58；
(2)m=2k-1，理由见解析.
【详解】（1）an=3+n-1⋅1=n+2，a7=9,  a79=81,  bt=3t-1，由a7 i=1tai+bi=i=14i+2+3i-1=3+4+5+6+1+3+9+27=58；
（2）m=2k-1，理由如下：
由a11，由ba2且b∈N*，
由1+am=bk得1+a+m-1⋅b=b⋅ak-1，即b2k-1-m+1=3，∵2k-1-m+1∈Z，∴b=3，m=2k-1.
32．（2023·上海静安·统考一模）已知数列an满足：a1=12，a2=1，an+2+4an=5an+1，对一切正整数n成立．
(1)证明：数列{an+1-an}是等比数列；
(2)求数列an的前n项之和．
【答案】(1)证明见解析
(2)Sn=4n18+n3-118
【详解】（1）证明：∵a1=12，a2=1，∴a2-a1=12，
∵an+2+4an=5an+1，对一切正整数n成立，∴an+2-an+1=4(an+1-an)，n∈N*，
即an+2-an+1an+1-an=4． ∴数列{an+1-an}是以12为首项，4为公比的等比数列．
（2）由(1)知，an+1-an=12×4n-1=22n-3，
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+⋯+(a2-a1)+a1 =22n-5+22n-7+22n-9+⋯+2-1+2-1
=16⋅4n-1+13=13(22n-3+1),
当n=1时，a1=13(2-1+1)=12满足上式，
综上所述，an =13(22n-3+1)(n∈N*).
设数列an的前n项之和为Sn，则Sn=n3+16(1-4n)1-4=n3-1-4n18=4n18+n3-118．
33．（2023·上海·统考模拟预测）无穷数列an的前n项和Sn∈a,a+3,a+5，存在正整数T，使an+T=an恒成立，则a=__________.
【答案】0或-3或-5
【详解】由题意可得：ST=a1+a2+⋅⋅⋅+aT，
假设ST≠0，则SnT=a1+a2+⋅⋅⋅anT=a1+a2+⋅⋅⋅+aT+aT+1+aT+2+⋅⋅⋅+a2T+⋅⋅⋅+an-1T+1+an-1T2+⋅⋅⋅+anT
=na1+a2+⋅⋅⋅+aT=nST，
可得Sn的可能取值不可能仅限三个，假设不成立，
故ST=a1+a2+⋅⋅⋅+aT=0，
即0∈a,a+3,a+5，则有：
当a=0，则Sn∈0,3,5，例如数列3,2,-5,3,2,-5,⋅⋅⋅，符合题意；
当a+3=0，即a=-3，则Sn∈-3,0,2，例如数列-3,5,-2,3,5,-2,⋅⋅⋅，符合题意；
当a+5=0，即a=-5，则Sn∈-5,-2,0，例如数列-5,2,3,-5,2,3,⋅⋅⋅，符合题意；
综上所述：a=0或a=-3或a=-5.
故答案为：0或-3或-5.
34．（2022·上海徐汇·统考一模）设数列an为：1,12,12,14,14,14,14,18,18,18,18,18,18,18,18,⋅⋅⋅，其中第1项为11，接下来2项均为12，再接下来4项均为14，再接下来8项均为18，…，以此类推，记Sn=i=1nai，现有如下命题：①存在正整数k，使得ak<1k；②数列Snn是严格减数列.下列判断正确的是（    ）
A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题
【答案】D
【详解】由题意得：当2k-1≤n≤2k-1(k∈N*)时，
其中n=2k-1+m,0≤m≤2k-1-1m∈N，
an=12k-1≥12k-1+m，
所以不存在正整数k，使得ak<1k，故①为假命题；
当n=2k-1k∈N*时
Sn=1+2×12+4×14+8×18+⋯+2k-1×12k-1=k，
所以Sn+1n+1-Snn=nSn+1-(n+1)Snn(n+1)
=nan+1-Snn(n+1)
=2k-1×12k-kn(n+1)
=1-k-12kn(n+1)<0
当n=2k-1+m,0≤m≤2k-1-2k≥2,m∈N时；
Sn+1n+1-Snn=nSn+1-(n+1)Snn(n+1)
=nan+1-Snn(n+1)
=2k-1+m×12k-1-k-1+m+1×12k-1n(n+1)
=2-k-12k-1n(n+1)<0
故数列Snn是严格减数列，
所以②为真命题.
故选：D.
35．（2023·上海·统考模拟预测）数列an项数为N，我们称p为an的“映射焦点”，如果p满足：①2p∈2,4,…,N；
②对于任意n∈1,p，存在k∈p+1,N，满足an=ak，并将最小的k记作kn；
(1)若N=9，判断an=n-5时，4是否为映射焦点？5是否为映射焦点？
(2)若N>40,an=log2n-log26时，p是映射焦点，证明：p的最大值为4；
(3)若an∈N*,ai+1-ai∈-1,1(1≤i 【答案】(1)4是映射焦点，5不是映射焦点
(2)证明见详解
(3)256
【详解】（1）由题意可得：a1=4,a2=3,a3=2,a4=1,a5=0,a6=1,a7=2,a8=3,a9=4，
如果p=4，则有：
①2p=8<9；
②对于任意n∈1,4，存在k=10-n∈6,9，满足an=ak；
故4为映射焦点.
如果p=5，则：2p=10>9，故5不是映射焦点.
（2）当p≤4时，则有：
①2p≤8 ②对于任意n∈1,p，存在k=36n∈N*，且k=36n∈p,N，满足an=a36n=log26-log2n；
故p≤4均为映射焦点；
当p=5时，则有：
①2p≤10 ②取n=5∈1,5，令ak=a5，则log2k-log26=log26-log25，
解得k=365或k=5，
但k=365∉N*,k=5∉6,N，
即不存在k∈6,N，满足ak=a5；
故5不是映射焦点；
∵an=log2n-log26=log2n-log26当n≥6时为递增数列，
故当p≥6时，不存在k∈p+1,N，满足ak=ap，
故p≥6均不是映射焦点；
综上所述：p的最大值为4.
（3）对于给定的an+1，则an=an+1+1或an=an+1-1，显然较小的为an=an+1-1，
且a50=5为奇数，则当n为奇数时，an为偶数，当n为偶数时，an为奇数，
当n≤50时，an均取最小值，且an∈N*，故最小的两个正整数为1,2，
故取a50=5,a49=4,a48=3,a47=2,a46=1,a45=2,a44=1,⋅⋅⋅,a2=1,a1=2，
当n≥51时，则有：
∵a1=2，则1+k1≥100，即k1≥99，
又a2=1，则2+k2≥100，即k2≥98，
故取a51=4,a52=5,a53=4,a54=3,a55=4,a56=3,⋅⋅⋅,a97=4,a98=3,a99=2,a100=1，
这样a48=3，则a54=3，即k48=54，满足48+k48=102≥100；
a49=4，则a51=4，即k49=51，满足49+k49=100≥100；
a50=5，则a52=5，即k50=52，满足50+k50=102≥100；
即构成的数列满足n+kn≥2p1≤n≤p.
下证此时a1+a2+⋯+a100=2+1×23+2+3+4+5+4+5+4+3×23+2+1=256为最小值，
设第一个等于2的项为am+1，则m为偶数，可得a1,⋅⋅⋅,am均不为2，
若a1,⋅⋅⋅,am有一项为1，则该项的相邻项必有2，不成立；
故a1,⋅⋅⋅,am均大于2，
①若1≤m 若a51,⋅⋅⋅,a100-m有一项为1，则该项的相邻项必有2，不成立；
故a51,⋅⋅⋅,a100-m均大于2，
且a50=5，则ak=5,k≥51,k∈N*，
显然51≤k≤100-m时，a51+⋯+a100最小，
此时a1+⋅⋅⋅+am+a51+⋯+a100-m≥3×24+5+4×24=177，
故a1+⋯+a100≥177+5+24×1+25×2=256；
②若m>p，则a1+⋯+a50≥3×24+4×25+5=177，
故a51+⋯+a100>4+3+1×24+2×24=79，
可得a1+⋯+a100>177+79=256；
综上所述：a1+⋯+a100≥256.
故a1+a2+⋯+a100的最小值为256.
【点睛】关键点点睛：
（1）在保证an取最小值的前提下，构造数列并保证题意成立；
（2）分类讨论证明构造的数列使得a1+a2+⋯+a100最小.
36．（2023·上海·统考模拟预测）高铁的建设为一个地区的经济发展提供了强大的推进力，也给人们的生活带来极大便捷.以下是2022年开工的雄商高铁线路上某个路段的示意图，其中线段AB､BC代表山坡，线段CD为一段平地.设图中AB､BC坡的倾角满足tanθ=724，tanφ=512,AB长250m,BC长182m,CD长132m.假设该路段的高铁轨道是水平的（与CD平行），且端点E､F分别与A､D在同一铅垂线上，每隔30m需要建造一个桥墩（不考虑端点F建造桥墩）

(1)求需要建造的桥墩的个数；
(2)已知高铁轨道的高度为80m，设计过程中每30m放置一个桥墩，设桥墩高度为h（单位：m），单个桥墩的建造成本为W=0.65h+5（单位：万元），求所有桥墩建造成本总和的最小值.
【答案】(1)18个
(2)715.625万元

【详解】（1）由tanθ=724，tanφ=512，可得cosθ=2425，cosφ=1213，过点B向AC作垂线，垂足为M，则
AM=ABcosθ=240，CM=BCcosφ=168，AD=AM+CM+CD=540，
故修建桥墩个数为54030=18个.
（2）设最左边的桥墩到E的距离为x米，an为从左往由第n个桥墩的高度，
由AC30=240+16830=13.6，AC之间可以建13或14个桥墩，当可以建14个桥墩时，
0≤x≤240+168-13×30=18，当18 即AM之间可以建8个桥墩，在x∈[0,18]时，当1≤n≤8，a1=80-tanθx=80-724x，
a2=80-724(x+30)，a3=80-724(x+30×2)，…， an=80-724(x+30n-30)；
当9≤n≤14，an=tanφ[168-(x+30n-30-240)]=
80-512(438-x-30n)；当15≤n≤18，an=80；同理写出x∈[18,30]，
an表达式总结如下：
①当x∈[0,18]时：
解得an=80-724(x+30n-30),1≤n≤880-512(438-x-30n),9≤n≤1480,15≤n≤18
求和后得到的高度总和h(x)=80×8-724[8x+30×8×(1+8)2-30×8]+80×6-512[438×6-6x-
30×6×(9+14)2]+80×4=962.5+16x
②当x∈(18,30)时：
an=80-724(x+30n-30),1≤n≤880-512(438-x-30n),9≤n≤1380,14≤n≤18
求和后得到的高度总和
h(x)=80×8-724[8x+30×8×(1+8)2-30×8]+80×5-512[438×5-5x-
30×5×(9+13)2]+80×5=970-14x
所以当x∈[0,18]，h(0)min=962.5，当x∈(18,30)，962.5 即桥墩高度总和最小为962.5，成本最小值为0.65×962.5+5×18=715.625万元.

【点睛】方法点睛：利用数列求解最值问题一般有三种方法：
（1）数列也是特殊的函数，其定义域为正整数，因此可以利用函数单调性判断数列的单调性，从而确定数列的最值.
（2）结合基本不等式求最值，将通项或者前n项和转化为基本不等式的形式求最值.
（3）利用相邻项比较，判断数列的单调性，求最大值只需要满足an≥an+1an≥an-1，得出最值.