2022-2023学年吉林省延边一中高二（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年吉林省延边一中高二（下）开学数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知数列{an}为等差数列，且a3=4，a5=8，则该数列的前10项之和S10=( )
A. 80B. 90C. 100D. 110
2.函数y=f(x)的图象如图所示，则其导函数y=f′(x)的图象可能是( )
A.
B.
C.
D.
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8=a8=8，则公差d等于( )
A. 14B. 12C. 1D. 2
4.函数f(x)=x4−2x3的图像在点(1,f(1))处的切线方程为
( )
A. y=-2x−1B. y=-2x+1C. y=2x−3D. y=2x+1
5.函数f(x)=x2−2lnx的单调减区间是( )
A. (0,1)B. (1,+∞)C. (−∞,1)D. (−1,1)
6.数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和，an>0，a2+a3=4，a3+3a4=2，则S3=( )
A. 283B. 12C. 383D. 13
7.若函数exf(x)(e=2.71828…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质，下列函数中具有M性质的是( )
A. f(x)=2−xB. f(x)=x2C. f(x)=3−xD. f(x)=csx
8.意大利数学家列昂纳多⋅斐波那契最为世人所知的，是被誉为是最美数列的斐波那契数列.斐波那契数列{an}满足a1=1，a2=1，an=an−1+an−2(n≥3,n∈N*).图中每一小格子的边长为1，组成螺旋线的每段曲线都是其所在正方形的四分之一圆弧，螺旋线推进时其所在正方形的边长依次为斐波那契数列，记前n个正方形的面积之和为Sn，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn，则其中不正确的结论的是( )
A. Sn+1=an+12+an+1⋅anB. a1+a2+a3+…+an=an+2−1
C. a1+a3+a5+…+a2n−1=a2n−1D. 4(cn−cn−1)=πan−2⋅an+1(n≥3)
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题中正确的是( )
A. 等比数列{an}的单调性完全由公比q来决定，与a1无关
B. 若数列{an}为等差数列，则S4，S8−S4，S12−S8，…也是等差数列
C. 若数列{an}的前n项和Sn=n2+2n+2，则该数列是等差数列
D. 若数列a1，a2−a1，⋯，an−an−1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an=3n−12
10.下列命题中正确的是( )
A. 若函数f(x)在区间(a,b)上单调递增，那么一定有f′(x)>0
B. 若函数f(x)在区间(a,b)上恒有f′(x)=0，则f(x)在(a,b)上不是单调的
C. 若函数f(x)在区间(a,b)上恒有f′(x)>0，则f(x)在(a,b)上是单调递增的
D. 函数f(x)=x−sinx在R上是增函数
11.设数列{an}是以d为公差的等差数列，Sn是其前n项和，a1>0，且S6=S9，则下列结论正确的是( )
A. d<0B. a8=0
C. S5>S6D. S7或S8为Sn的最小值
12.已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是( )
A. ln2>2eB. ln3<3eC. lnπ>πeD. ln3lnπ<3π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在等比数列an中，前n项和为Sn，若S3=7，S6=63，则公比q= ______．
14.如图所示，直线y=kx+2是曲线y=f(x)在x=3处的切线，则f(3)+f′(3)= ______．
15.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8−2S4=5，则a9+a10+a11+a12的最小值为______．
16.设f(x)是定义在R上的奇函数f(2)=0，当x>0时，有xf′(x)−f(x)<0恒成立，则不等式f(x)>0的解集是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知函数f(x)=12ax2−(a+1)x+lnx，且曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率为32．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
18.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn=n2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=a2n+2an，求数列{bn}的前n项和Tn．
19.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2an+1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn=−nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=12x2−2alnx+(a−2)x．
(1)当a=−1，且x∈(1,4)时，证明：f(x)>−3；
(2)是否存在实数a，使函数g(x)=f(x)−ax在(0,+∞)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；不存在，说明理由．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex(ex−a)−a2x，其中参数a≤0．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围．
22.(本小题12分)
已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1=b1=c1=1，cn=an+1−an，cn+1=bnbn+2cn，n∈N*．
(Ⅰ)若{bn}为等比数列，公比q>0，且6b1+b2=2b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若{bn}为等差数列，且b2+b6=5，证明c1+c2+c3+…+cn<3，n∈N*．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，∵a3=4，a5=8，∴a1+2d=4，a1+4d=8，
联立解得：a1=0，d=2，
则该数列的前10项之和S10=0+10×92×2=90．
故选：B．
设等差数列{an}的公差为d，由a3=4，a5=8，可得a1+2d=4，a1+4d=8，联立解得：a1，d，再利用求和公式即可得出．
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由函数f(x)的图象可知，函数f(x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，
则当x∈(−∞,0)时，f′(x)>0，当x∈(0,+∞)时，f′(x)<0，
结合选项可知，只有选项D符合题意．
故选：D．
根据函数f(x)的图象可得其单调性，进而得到f′(x)的取值情况，由此得解．
本题考查函数与导数的综合运用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵{an}是等差数列，且S8=a8=8，
∴S7=S8−a8=0，即7a4=0，
∴a4=0，
∴该数列的公差d=a8−a48−4=8−08−4=2．
故选：D．
由题意可得S7=S8−a8=0，即a4=0，进一步根据a8=a4+4d即可求出该数列的公差d．
本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式，考查学生逻辑推理与运算求解的能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究曲线上某点处的切线方程，是基础题．
求出原函数的导函数，得到函数在x=1处的导数，再求得f(1)，然后利用直线方程的点斜式求解．
【解答】
解：由f(x)=x4−2x3，得f′(x)=4x3−6x2，
∴f′(1)=4−6=−2，
又f(1)=1−2=−1，
∴函数f(x)=x4−2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y−(−1)=−2(x−1)，即y=−2x+1．
故选：B．
5.【答案】A
【解析】解：函数f(x)=x2−2lnx(x>0)的导数为
f′(x)=2x−2x，
令f′(x)<0，解得0即有单调减区间为(0,1)．
故选：A．
求出函数的导数，令导数小于0，注意函数的定义域，解不等式即可得到单调减区间．
本题考查函数的单调区间的求法，考查导数的运用：判断单调性，注意函数的定义域，考查运算能力，属于基础题和易错题．
6.【答案】D
【解析】解：∵数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和，an>0，a2+a3=4，a3+3a4=2，
∴a1q+a1q2=4a1q2+3a1q3=2q>0，解得a1=9,q=13，
∴S3=9(1−133)1−13=13．
故选：D．
利用等比数列通项公式列出方程组，求出a1=9,q=13，由此能求出S3的值．
本题考查等比数列的前3项和的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查的知识点是函数单调性的性质，难度不大，根据已知中函数f(x)具有M性质的定义，可得f(x)=2−x时，满足定义．
【解答】
解：当f(x)=2−x时，函数exf(x)=(e2)x在R上单调递增，函数f(x)具有M性质；
当f(x)=x2时，定义域为R，函数g(x)=exf(x)=x2ex，则g−1=1e,g0=0，显然函数g(x)=exf(x)在R上不是单调递增，不具有M性质；
当f(x)=3−x时，定义域为R，函数exf(x)=(e3)x在R上单调递减，函数f(x)不具有M性质；
当f(x)=cs x时，定义域为R，函数h(x)=exf(x)=ex·csx，则h(π4)= 22eπ4,h(π)=−eπ，显然函数h(x)=exf(x)在R上不是单调递增，不具有M性质；
故选A．
8.【答案】C
【解析】解：由数列{an}满足a1=1，a2=1，an=an−1+an−2(n≥3,n∈N*)，
结合题意知：前(n+1)项所占格子组成长为an+an+1，宽为an+1的矩形，其面积为Sn+1=(an+an+1)an+1=anan+1+(an+1)2，A正确；
a3=a2+a1，a4=a3+a2，⋯，an+2=an+1+an，以上各式相加得，
a3+a4+⋯+an+2=(a2+a3+⋯+an+1)+(a1+a2+⋯+an)，化简得an+2−a2=a1+a2+⋯+an，即a1+a2+⋯+an=an+2−1，B正确；
a1=a2=1，a3=2，a4=3，a5=5，a6=8，∴a1+a3+a5=8≠a6−1=7，C错误；
易知cn=14πan2，cn−1=14πan−12，
∴4(cn−cn−1)=π(an2−an−12)=π(an+an−1)(an−an−1)=πan−2⋅an+1(n≥3)，D正确．
故选：C．
由题意，由数学归纳法可判断选项A；利用累加法即可判断选项B；取特殊值判断选项C；由扇形的面积公式和平方差公式，结合递推式，即可判断选项D．
本题考查数列的递推公式的应用，考查逻辑推理与计算能力，属于难题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，等比数列{an}具有单调性，必有q>0且q≠1，不妨令q>1，an=a1qn−1，
由an+1an=q>1，当a1>0时，an>0，有an+1>an，数列{an}单调递增，
当a1<0时，an<0，有an+1对于B，等差数列{an}的公差为d，前n项和Sn=na1+n(n−1)2d，
则S4=4a1+6d，
S4n+4−S4n=(4n+4)a1+(4n+4)(4n+3)2d−[4na1+4n(4n−1)2d]=4a1+(16n+6)d，
S8−S4=4a1+22d，(S8−S4)−S4=16d，(S4n+8−S4n+4)−(S4n+4−S4n)=16d，
因此数列S4，S8−S4，S12−S8，…是等差数列，B正确；
对于C，当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+2n−(n−1)2−2(n−1)=2n+1，而a1=S1=5，
不满足上式，数列{an}不是等差数列，C错误；
对于D，依题意，n≥2，an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)=1−3n1−3=3n−12，
显然a1=1满足上式，数列{an}的通项公式是an=3n−12，D正确．
故选：BD．
举例并结合等比数列通项公式判断A；利用等差数列前n项和公式计算并结合等差数列定义判断B；求出数列{an}的通项判断C；利用累加法求出通项判断D作答．
本题主要考查了等比数列的定义，等差数列的求和公式及定义的应用，累加法的应用，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对A，函数f(x)在区间(a,b)上单调递增，那么在区间(a,b)上可以是f′(x)>0，
也可以是f′(x)≥0，如f(x)=x3，因此A不正确；
对B，根据导数与其单调性的关系可知当函数在某个区间内恒有f′(x)=0，
此时函数是常值函数，因此无单调性，因此B正确；
对C，根据导数与单调性关系可知若函数f(x)在区间(a,b)上恒有f′(x)>0，
则f(x)在(a,b)上是单调递增的，故C正确；
对D，f′(x)=1−csx≥0，则f(x)单调递增，故D正确．
故选：BCD．
利用导数与函数单调性的关系逐项分析即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
11.【答案】AB
【解析】解：∵S6=S9，∴a7+a8+a9=0，
又∵数列{an}是以d为公差的等差数列，
∴a8=a1+7d=0，又∵a1>0，∴d<0，
故选项A正确，选项B正确；
∵S6−S5=a6>0，∴S5>S6错误，即选项C错误；
由以上知，S7或S8为Sn的最大值，没有最小值，故选项D错误．
故选：AB．
由等差数列性质及公式依次判断各选项即可．
本题考查等差数列的性质的应用，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用，是基础题．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查利用导数比较大小，利用导数求函数的最值，属于中档题．
利用函数的单调性进行求解，所以需借助导函数判断函数的单调性．
【解答】
解：令f(x)=Inx−xe(x>0)，则f′(x)=1x−1e=e−xxe．
当x∈(e,+∞)时，e−x<0，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0,e)时，e−x>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x=e时，f(x)取最大值，f(x)max=f(e)=Ine−ee=1−1=0．
所以f(x)的值域为(−∞,0]，
故f(x)≤0⇒Inx−xe≤0⇒Inx≤xe，当且仅当x=e时，等号成立．
对于A，In2−2e<0⇒In2<2e，故A错误；
对于B，In3−3e<0⇒In3<3e，故B正确；
对于C，Inπ−πe<0⇒Inπ<πe，故C错误；
对于D，令g(x)=lnxx(x>0)，g′(x)=1−lnxx2，
当x∈(e,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
∵e<3<π，∴g(3)>g(π)，即ln33>lnππ，
∵Inπ>0，3>0，∴ln3lnπ>3π，故D错误．
故选：ACD．
13.【答案】2
【解析】解：由题意得，q≠1
S3=a1(1−q3)1−q=7①，S6=a1(1−q6)1−q=63②，
②÷①得：1+q3=9，即q3=8，解得q=2．
故答案为：2．
利用等比数列的前n项和的公式把S3=7和S6=63化简后，得到两个关系式，分别记作①和②，然后②÷①即可得到关于q的方程，求出方程的解即为q的值．
此题考查学生灵活运用等比数列的前n项和的公式化简求值，是一道综合题．
14.【答案】23
【解析】解：观察图象知，曲线y=f(x)在x=3处的切线y=kx+2过点(0,2)，而切点为(3,1)，
因此f′(3)=k=2−10−3=−13，显然f(3)=1，
所以f(3)+f′(3)=1−13=23．
故答案为：23．
根据给定的图形，利用导数的几何意义求解作答．
本题主要考查利用导数知识求解切线方程，属于基础题．
15.【答案】20
【解析】解：因为正项等比数列{an}的前n项和为Sn>0，且S8−2S4=5，
所以S8−S4=5+S4，
由等比数列的性质可知，S4，S8−S4，S12−S8成等比数列，
所以(S8−S4)2=S4⋅(S12−S8)，
所以S12−S8=(5+S4)2S4=25S4+S4+10≥2 25S4⋅S4+10=20，当且仅当S4=5时取等号，
则a9+a10+a11+a12=S12−S8≥20，即最小值为20．
故答案为：20，
由已知结合等比数列的性质及基本不等式即可求解．
本题主要考查了等比数列的性质及基本不等式的应用，属于中档题．
16.【答案】(−∞,−2)∪(0,2)
【解析】解：由题意，设g(x)=f(x)x，x>0，则g′(x)=xf′(x)−f(x)x2<0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递减；
又因为f(2)=0，所以g(2)=0，画出g(x)=f(x)x在(0,+∞)上的图象，如图所示；
因为f(x)是定义域R上的奇函数，所以g(x)=f(x)x是(−∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数，
所以当x>0时，x∈(0,2)时，f(x)>0，x∈(2,+∞)时，f(x)<0；
当x=0时，f(x)=0；
当x<0时，x∈(−2,0)时，f(x)<0，x∈(−∞,−2)时，f(x)>0；
所以f(x)>0的解集为(−∞,−2)∪(0,2)．
故答案为：(−∞,−2)∪(0,2)．
设g(x)=f(x)x，x>0，由题意得g′(x)=xf′(x)−f(x)x2<0，判断g(x)在(0,+∞)上单调递减，由f(2)=0得出g(2)=0，画出g(x)在(0,+∞)上的图象，根据f(x)是定义域R上的奇函数，得出g(x)是(−∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数，由此判断不等式f(x)>0的解集．
本题考查了函数的奇偶性与单调性应用问题，也考查了函数的零点与不等式应用问题，是中档题．
17.【答案】解：(1)由已知f′(x)=ax−(a+1)+1x，
又∵曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率为32，∴f′(2)=2a−(a+1)+12=32，
解得：a=2；
(2)由(1)得f′(x)=2x−3+1x,x>0，
令f′(x)>0，得01，令f′(x)<0，得12∴函数f(x)的单调增区间为(0,12)和(1,+∞)，单调减区间为(12,1)．
【解析】(1)求导，然后通过f′(2)=32列方程求a的值；
(2)令f′(x)>0和f′(x)<0可得函数的单调区间．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)∵Sn=n2①，
∴当n≥2时，Sn−1=(n−1)2②，
①−②得an=Sn−Sn−1=n2−(n−1)2=2n−1，
又n=1时，a1=S1=1，符合an=2n−1，
∴数列{an}的通项公式为an=2n−1；
(2)由(1)得bn=a2n+2an=4n−1+22n−1，
∴Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=(3+2)+(7+23)+(11+25)+⋯+(4n−1+22n−1)=(3+7+11+⋯+4n−1)+(2+23+25+⋯+22n−1)=(3+4n−1)n2+2(1−4n)1−4=(2n+1)n+23(4n−1)．
【解析】(1)利用an=Sn−Sn−1可得答案；
(2)先通过分组，然后利用等差数列及等比数列的求和公式来求解．
本题主要考查了数列的递推式，考查了分组求和法求数列的前n项和，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∀n∈N*，Sn=2an+1，
当n≥2时，Sn−1=2an−1+1，
两式相减得an=2an−2an−1，即an=2an−1，
而a1=S1=2a1+1，解得a1=−1，
因此数列{an}是首项为−1，公比为2的等比数列，
所以an=−1×2n−1=−2n−1，
所以{an}的通项公式是an=−2n−1；
(2)由(1)知bn=n⋅2n−1，
所以Tn=1×20+2×21+3×22+⋯+n×2n−1，
则有2Tn=1×21+2×22+3×23+⋯+(n−1)×2n−1+n×2n，
两式相减得：−Tn=1+2+22+⋯+2n−1−n×2n=1−2n1−2−n×2n=(1−n)×2n−1，
所以Tn=(n−1)⋅2n+1．
【解析】(1)根据给定条件，结合“n≥2，an=Sn−Sn−1”求出{an}的通项作答；
(2)利用(1)的结论，利用错位相减法求和作答．
本题主要考查了数列的递推式，考查了错位相减法求和，属于中档题．
20.【答案】解：(1)当a=−1时，f(x)=12x2+2lnx−3x，x∈(1,4)，
求导得f′(x)=x+2x−3=(x−1)(x−2)x，
当10，
所以f(x)在(1,2)上单调递减，f(x)在(2,4)上单调递增，
所以f(x)≥f(2)=2+2ln2−6=2(ln2−2)>2(ln e−2)=−3．
(2)若存在实数a，使g(x)=f(x)−ax在(0,+∞)上是增函数，
则∀x∈(0,+∞)，g′(x)=f′(x)−a=x−2ax+(a−2)−a=x2−2x−2ax≥0恒成立，
即x2−2x−2a≥0⇔a≤12(x−1)2−12在(0,+∞)上恒成立，
而函数y=12(x−1)2−12，x∈(0,+∞)在x=1时取得最小值−12，因此a≤−12，
又当a=−12时，g′(x)=(x−1)2x≥0，当且仅当x=1时，g′(x)=0，即函数g(x)在(0,+∞)单调递增，
所以当a∈(−∞,−12]时，g(x)=f(x)−ax在(0,+∞)上单调递增．
【解析】(1)将a=−1代入，利用导数求出函数f(x)在(1,4)上的最小值，再借助对数函数的单调性推理作答．
(2)求出函数g(x)的导数，利用导函数在(0,+∞)上不小于0恒成立求解作答．
本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)f(x)=ex(ex−a)−a2x=e2x−exa−a2x，
∴f′(x)=2e2x−aex−a2=(2ex+a)(ex−a)，
①当a=0时，f′(x)>0恒成立，
∴f(x)在R上单调递增，
②当a>0时，2ex+a>0，令f′(x)=0，解得x=lna，
当x当x>lna时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
③当a<0时，ex−a>0，令f′(x)=0，解得x=ln(−a2)，
当x当x>ln(−a2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
综上所述，当a=0时，f(x)在R上单调递增，
当a>0时，f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，
当a<0时，f(x)在(−∞,ln(−a2))上单调递减，在(ln(−a2),+∞)上单调递增，
(2)①当a=0时，f(x)=e2x>0恒成立，
②当a>0时，由(1)可得f(x)min=f(lna)=−a2lna≥0，
∴lna≤0，∴0③当a<0时，由(1)可得：
f(x)min=f(ln(−a2))=3a24−a2ln(−a2)≥0，
∴ln(−a2)≤34，
∴−2e34≤a<0，
综上所述a的取值范围为[−2e34,1]．
【解析】(1)先求导，再分类讨论，根据导数和函数的单调性即可判断，
(2)根据(1)的结论，分别求出函数的最小值，即可求出a的范围．
本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及最值的求法，考查分类讨论思想的应用，考查分析问题解决问题的能力．
22.【答案】解：(Ⅰ)解：由题设知：6+q=2q2，解得：q=2或q=−32(舍)，∴bn=2n−1，
∵cn+1=bnbn+2cn，n∈N*，∴cn+1=2n−12n+1cn=14cn，即cn+1cn=14，
∵c1=1，∴cn=(14)n−1，
∵cn=an+1−an，a1=1，
∴a2−a1=1，
a3−a2=14，
a4−a3=(14)2，
…
an−an−1=(14)n−2，n≥2，
将以上式子相加可得：an−1=1+14+(14)2+…+(14)n−2=1−(14)n−11−14=43[1−(14)n−1]，n≥2，
∴an=7−42−n3，n≥2，又当n=1时，a1=1也适合，
∴an=7−42−n3；
(Ⅱ)证明：∵b2+b6=5=2b4，∴b4=52，
∵b1=1，∴公差d=b4−b14−1=12，
∴bn=1+12(n−1)=n+12，
∵cn+1=bnbn+2cn=n+1n+3cn，
∴cn+1cn=n+1n+3，
∴c2c1=24，
c3c2=35，
c4c3=46，
…
cn−1cn−2=n−1n+1，
cncn−1=nn+2，n≥2，
将以上式子相乘可得：cnc1=2×3(n+1)(n+2)，n≥2，
∵c1=1，∴cn=6(1n+1−1n+2)，n≥2，
又当n=1时，c1=1也适合上式，
∴cn=6(1n+1−1n+2)，
∴c1+c2+c3+…+cn=6(12−13+13−14+…+1n+1−1n+2)=6(12−1n+2)<6×12=3．
【解析】(Ⅰ)先由题设求得q，从而求得bn及cn+1cn=14，然后求得cn，再利用叠加法求得an即可；
(Ⅱ)先由题设求得等差数列{bn}的公差d，然后求得bn及cn+1cn=n+1n+3，再利用累乘法求得cn，最后利用裂项相消法求得c1+c2+c3+…+cn，即可证明结论．
本题主要考查等差、等比数列的定义、基本量的计算及叠加法、累乘法在求数列通项公式中的应用、裂项相消法在数列求和中的应用，属于中档题．