人教版2022届一轮复习打地基练习 数列的求和

这是一份人教版2022届一轮复习打地基练习 数列的求和，共18页。试卷主要包含了已知数列{an}满足等内容，欢迎下载使用。

1．数列{an}的通项公式为an=1(n+1)(n+2)，则{an}的前10项之和为（ ）
A．14B．512C．34D．712
2．已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an+2an＝39（n∈N*），那么数列{an}的前50项和S50的最小值为（ ）
A．637B．559C．481+2539D．492+2478
3．已知数列{an}的通项公式为an＝（﹣1）n•n，Sn为其前n项和为，则S13+S24＝（ ）
A．11B．﹣5C．﹣1D．5
4．数列{an}的通项公式是an=1n(n+1)（n∈N*），若前n项的和为1011，则项数为（ ）
A．12B．11C．10D．9
5．已知等比数列{an}的各项都为正数，当n≥3时，a4a2n﹣4＝102n，设数列{lgan}的前n项和为Sn，{1Sn}的前n项和为Tn，则T2020等于（ ）
A．20202021B．20192020C．20191010D．40402021
6．已知数列{an}满足：an=1n2+n，且Sn=1011，则n的值为（ ）
A．8B．9C．10D．11
7．记无穷数列{an}的前n项a1，a2，…，an的最大项为An，第n项之后的各项an+1，an+2，…的最小项为Bn，令bn＝An﹣Bn，若数列{an}的通项公式为an＝2n2﹣7n+6，则数列{bn}的前10项和为（ ）
A．﹣169B．﹣134C．﹣103D．﹣78
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，Sn=13an+1，则S2019＝（ ）
A．42018B．32018C．42019D．32019
9．已知数列{an}满足：an=2，n≤5a1a2⋯an−1−1，n≥6（n∈N*）．若正整数k（k≥5）使得a12+a22+…+ak2＝a1a2…ak成立，则k＝（ ）
A．16B．17C．18D．19
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an+1＝Sn，若an∈（0，2020），则称项an为“和谐项”，则数列{an}的所有“和谐项”的平方和为（ ）
A．13×411−13B．13×412−13C．13×410+23D．13×411+23
11．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”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设x＝R用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，也称取整函数．在数列{an}中，记[an]为不超过an的最大整数，则称数列{[an]}为{an}的取整数列，设数列{an}满足a1＝1，an+1=[[2an]+13]，记数列{an}的前n项和为Sn，则数列{1S2n−1S2n+1}的前1010项和为（ ）
A．5042021B．5052021C．10102021D．5042022
12．已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．令bn=1anan+2，数列{bn}的前n项和为Tn，若对于∀n∈N*，不等式Tn＜λ恒成立，则实数λ的取值范围是（ ）
A．λ≥13B．λ＞15C．λ≥15D．λ＞0
13．已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an+1=13an+13，则此数列的第三项是（ ）
A．1B．13C．23D．59
14．已知数列{an}满足a1+4a2+7a3+…+（3n﹣2）an＝4n，则a2a3+a3a4+…+a21a22＝（ ）
A．58B．34C．54D．52
二．填空题（共11小题）
15．在数列{an}中，a1＝2，且an+an﹣1=nan−an−1+2（n≥2），则数列{12an2−4an+2}的前2021项和为 ．
16．已知数列{an}满足a1＝2，a2＝3且an−2−an=1+(−1)n，n∈N∗，则该数列的前9项之和为 ．
17．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n﹣2，则数列{an}的通项公式an＝ ．
18．已知{an}是正项等比数列，a32＝2a2a6，且a1+a3+a5+a7+a9=4658，若[x]表示不超过x的最大整数（例如[2.9]＝2，[﹣3.1]＝﹣4），设bn＝[an]，则数列{bn}的前n项和（n＞10）为 ．
19．数列{an}满足an=n(n+1)2，则1a1+1a2+⋯+1a2018等于 ．
20．已知数列{an}满足an＝（2n+m）+（﹣1）n（3n﹣2）（m∈N*，m与n无关），若i=12m a2i﹣1≤k2﹣2k﹣1对任意的m∈N*恒成立，则正实数k的取值范围为 ．
21．已知{an}，{bn}均为等比数列，其前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，总有SnTn=3n+14，则a3b3= ．
22．数列{an}的前n项和为11+2+3+⋯+n，则数列{an}的前n项和为 ．
23．已知集合A＝{x|x＝a3×30+a2×3﹣1+a1×3﹣2+a0×3﹣3}，其中ak∈{0，1，2}，k＝0，1，2，3，将集合A中的元素从小到大排列得到数列{bn}，设{bn}的前n项和为Sn，则b3＝ ，S15＝ ．
24．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an+1＝Sn（n∈N*），则Sn＝ ．
25．已知数列{an}中，a1＝1，且an+1+2an+3＝0，n∈N*，数列{an}的前n项和为Sn，则S6＝ ．
三．解答题（共3小题）
26．已知数列{an}满足a1＝2，（n+2）an＝3（n+1）an+1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设Sn为数列{an}的前n项和，求证：Sn＜154．
27．设数列{an}满足：a1＝1，3an+1﹣an+4＝0，n∈N*．
（1）求证：数列{an+2}为等比数列，并求出{an}的通项公式；
（2）若bn＝an+lg3（an+2），求数列{bn}的前n项和Sn．
28．在数列{an}中，a1=−12，2an＝an﹣1﹣n﹣1（n≥2，n∈N+），设bn＝an+n．
（Ⅰ）证明：数列{bn}是等比数列；
（Ⅱ）求数列{nbn}的前n项和Tn；
（Ⅲ）若cn＝（12）n﹣an，Pn为数列{cn2+cn+1cn2+cn}的前n项和，求不超过P2015的最大的整数．
人教版2022届一轮复习打地基练习 数列的求和
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题）
1．数列{an}的通项公式为an=1(n+1)(n+2)，则{an}的前10项之和为（ ）
A．14B．512C．34D．712
【分析】先对其通项裂项，再代入前10项和S10，通过各项相消即可求出S10．
【解答】解：∵an=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2
∴S10＝a1+a2+…+a10
＝（12−13）+（13−14）+…+（111−112）
=12−112
=512
故选：B．
2．已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an+2an＝39（n∈N*），那么数列{an}的前50项和S50的最小值为（ ）
A．637B．559C．481+2539D．492+2478
【分析】由已知条件推导出a1＝1，a3＝39，a5＝1，a7＝39，…，a47＝39，a49＝1，a2a4＝39，所以a2+a4≥239，当且仅当a2=a4=39时取等号，故当偶数项都是39时，S50取最小值，由此能求出S50的最小值．
【解答】解：∵各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an+2an＝39（n∈N*），
∴a1＝1，a3＝39，a5＝1，a7＝39，…，a47＝39，a49＝1，
a2a4＝39，∴a2+a4≥239，当且仅当a2=a4=39时取等号，
∴当偶数项都是39时，S50取最小值，
∴（S50）min＝12×（1+39）+1+2539=481+2539．
故选：C．
3．已知数列{an}的通项公式为an＝（﹣1）n•n，Sn为其前n项和为，则S13+S24＝（ ）
A．11B．﹣5C．﹣1D．5
【分析】由数列的并项求和法，分别计算S13，S24，可得所求和．
【解答】解：因为an＝（﹣1）n•n，
所以S13+S24＝（﹣1+2﹣3+4﹣5+…﹣11+12﹣13）+（﹣1+2﹣3+4﹣5+6﹣…﹣23+24）
＝（1×6﹣13）+1×12＝5．
故选：D．
4．数列{an}的通项公式是an=1n(n+1)（n∈N*），若前n项的和为1011，则项数为（ ）
A．12B．11C．10D．9
【分析】由已知，an=1n(n+1)=1n−1n+1，l利用裂项相消法求和后，再求出项数n即可．
【解答】解：an=1n(n+1)=1n−1n+1，（n∈N*）
，前n项的和Sn＝（1−12）+（12−13）+…（1n−1n+1）＝1−1n+1=nn+1
当Sn=1011时解得n＝10
故选：C．
5．已知等比数列{an}的各项都为正数，当n≥3时，a4a2n﹣4＝102n，设数列{lgan}的前n项和为Sn，{1Sn}的前n项和为Tn，则T2020等于（ ）
A．20202021B．20192020C．20191010D．40402021
【分析】由等比数列的性质可得a4a2n﹣4＝（an）2，可得等比数列的通项公式，由对数的运算性质可得数列{lgan}的通项公式，由等差数列的求和公式和数列的裂项相消求和，可得所求和．
【解答】解：等比数列{an}的各项都为正数，
当n≥3时，a4a2n﹣4＝（an）2＝102n，
即有an＝10n，
由于{an}为等比数列，可得a1＝10，公比q＝10，
则an＝10n，n∈N*，
可得lgan＝lg10n＝n，前n项和为Sn=12n（n+1），
1Sn=2n(n+1)=2（1n−1n+1），
则T2020＝2（1−12+12−13+⋯+12020−12021）＝2×（1−12021）=40402021．
故选：D．
6．已知数列{an}满足：an=1n2+n，且Sn=1011，则n的值为（ ）
A．8B．9C．10D．11
【分析】直接根据裂项求和即可求出n的值．
【解答】解：∵an=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴Sn＝1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1
∵Sn=1011，
∴1011=nn+1，
解得n＝10，
故选：C．
7．记无穷数列{an}的前n项a1，a2，…，an的最大项为An，第n项之后的各项an+1，an+2，…的最小项为Bn，令bn＝An﹣Bn，若数列{an}的通项公式为an＝2n2﹣7n+6，则数列{bn}的前10项和为（ ）
A．﹣169B．﹣134C．﹣103D．﹣78
【分析】首先利用作差法判断数列{an}为单调性，然后根据题目已知新定义求出b1，
b2，b3，b4，b5，……，b10，进而得出数列{bn}的前10项和．
【解答】解：因为数列{an}的通项公式为an＝2n2﹣7n+6，
所以an+1﹣an＝2（n+1）2﹣7（n+1）+6﹣（2n2﹣7n+6）＝4n﹣5，
当n≥2时，an+1＞an，所以数列{an}为单调递增；
且a1＝1，a2＝0，即a1＞a2．
由题意知：b1＝A1﹣B1＝1﹣0＝1；
b2＝A2﹣B2＝1﹣a3；
b3＝A3﹣B3＝a3﹣a4；
b4＝A4﹣B4＝a4﹣a5；
b5＝A5﹣B5＝a5﹣a6；
……
b10＝A10﹣B10＝a10﹣a11；
所以数列{bn}的前10项和为：
b1+b2+b3+……+b10＝1+1﹣a3+a3﹣a4+a4﹣a5+a5﹣a6+……+a10﹣a11
＝2﹣a11＝2﹣（2×112﹣7×11+6）＝2﹣171＝﹣169．
故选：A．
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，Sn=13an+1，则S2019＝（ ）
A．42018B．32018C．42019D．32019
【分析】由Sn=13an+1，an+1＝Sn+1﹣Sn，代入化为：Sn+1＝4Sn，S1＝1．利用等比数列的通项公式即可得出．
【解答】解：∵Sn=13an+1，an+1＝Sn+1﹣Sn，
∴Sn=13（Sn+1﹣Sn），
化为：Sn+1＝4Sn，S1＝1．
∴数列{Sn}为等比数列，首项为1，公比为4．
则S2019＝42019﹣1＝42018．
故选：A．
9．已知数列{an}满足：an=2，n≤5a1a2⋯an−1−1，n≥6（n∈N*）．若正整数k（k≥5）使得a12+a22+…+ak2＝a1a2…ak成立，则k＝（ ）
A．16B．17C．18D．19
【分析】由题意可得a1＝a2＝a3＝a4＝a5＝2，a6＝a1a2a3…a5﹣1＝25﹣1＝31，n≥6时，a1a2…an﹣1＝1+an，将n换为n+1，两式相除，an2＝an+1﹣an+1，n≥6，
累加法求得a62+a72+…+ak2＝ak+1﹣a6+k﹣5即有a12+a22+…+ak2＝20+ak+1﹣a6+k﹣5＝ak+1+k﹣16，结合条件，即可得到所求值．
【解答】解：an=2，n≤5a1a2⋯an−1−1，n≥6（n∈N*），
即a1＝a2＝a3＝a4＝a5＝2，a6＝a1a2a3…a5﹣1＝25﹣1＝31，
n≥6时，a1a2…an﹣1＝1+an，
a1a2…an＝1+an+1，
两式相除可得1+an+11+an=an，
则an2＝an+1﹣an+1，n≥6，
由a62＝a7﹣a6+1，
a72＝a8﹣a7+1，
…，
ak2＝ak+1﹣ak+1，k≥5，
可得a62+a72+…+ak2＝ak+1﹣a6+k﹣5
a12+a22+…+ak2＝20+ak+1﹣a6+k﹣5＝ak+1+k﹣16，
且a1a2…ak＝1+ak+1，
正整数k（k≥5）时，要使得a12+a22+…+ak2＝a1a2…ak成立，
则ak+1+k﹣16＝ak+1+1，
则k＝17，
故选：B．
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an+1＝Sn，若an∈（0，2020），则称项an为“和谐项”，则数列{an}的所有“和谐项”的平方和为（ ）
A．13×411−13B．13×412−13C．13×410+23D．13×411+23
【分析】令n＝1，求得a2，当n≥2时，将n换为n﹣1，可得an＝Sn﹣1，又an+1＝Sn，两式相减，结合等比数列的定义和通项公式，以及“和谐项”的定义及等比数列的求和公式，可得所求和．
【解答】解：由a1＝1，an+1＝Sn，可得a2＝S1＝a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn﹣1，又an+1＝Sn，
相减可得an+1﹣an＝Sn﹣Sn﹣1＝an，
即an+1＝2an，
可得{an}从第二项起是公比为2的等比数列，
即有an＝2n﹣2，n≥2，
则数列{an}的所有“和谐项”为1，1，2，4，8，…，210，
可得数列{an}的所有“和谐项”的平方和，1+1+4+16+…+410＝2+4(1−410)1−4=411+23．
故选：D．
11．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”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设x＝R用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，也称取整函数．在数列{an}中，记[an]为不超过an的最大整数，则称数列{[an]}为{an}的取整数列，设数列{an}满足a1＝1，an+1=[[2an]+13]，记数列{an}的前n项和为Sn，则数列{1S2n−1S2n+1}的前1010项和为（ ）
A．5042021B．5052021C．10102021D．5042022
【分析】根据题意，由a1＝1，an+1=[[2an]+13]，易得an＝1，从而S2n+1＝2n+1，所以用裂项求和法即可求出数列{1S2n−1S2n+1}的前1010项和．
【解答】解：根据题意，易知an＝1，则S2n+1＝2n+1，则1S2n−1S2n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
所以数列{1S2n−1S2n+1}的前1010项和为1S1S3+1S3S5+1S5S7+⋯+1S2019S2021=12(1−13)+12(13−15)+⋯+12(12019−12021)=10102021，
故选：C．
12．已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．令bn=1anan+2，数列{bn}的前n项和为Tn，若对于∀n∈N*，不等式Tn＜λ恒成立，则实数λ的取值范围是（ ）
A．λ≥13B．λ＞15C．λ≥15D．λ＞0
【分析】本题先根据等差数列的求和公式以及等比中项的性质可列出关于首项a1的方程，解出a1的值，即可计算出数列{an}的通项公式，进一步可计算出数列{bn}的通项公式，然后运用裂项相消法求出前n项和Tn的表达式，再结合题意即可得到实数λ的取值范围．
【解答】解：由题意，可知
S1＝a1，S2＝2a1+2，S4＝4a1+4×32×2＝4（a1+3），
∵S1，S2，S4成等比数列，
∴S22=S1S4，即（2a1+2）2＝4a1（a1+3），
解得a1＝1，
故an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*，
∴bn=1anan+2=1(2n−1)(2n+3)=14（12n−1−12n+3），
则Tn＝b1+b2+b3+…+bn﹣1+bn
=14•（1−15）+14•（13−17）+14•（15−19）+⋯+14•（12n−3−12n+1）+14•（12n−1−12n+3）
=14•（1−15+13−17+15−19+⋯+12n−3−12n+1+12n−1−12n+3）
=14•（1+13−12n+1−12n+3）
=13−n+1(2n+1)(2n+3)
＜13，
∵对于∀n∈N*，不等式Tn＜λ恒成立，
∴λ≥13．
故选：A．
13．已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an+1=13an+13，则此数列的第三项是（ ）
A．1B．13C．23D．59
【分析】由已知数列的递推式，分别令n＝1，n＝2，计算可得所求值．
【解答】解：数列{an}的首项a1＝1，且满足an+1=13an+13，
可得a2=13a1+13=13+13=23，
a3=13a2+13=13×23+13=59，
故选：D．
14．已知数列{an}满足a1+4a2+7a3+…+（3n﹣2）an＝4n，则a2a3+a3a4+…+a21a22＝（ ）
A．58B．34C．54D．52
【分析】本题先由题干a1+4a2+7a3+…+（3n﹣2）an＝4n可得a1+4a2+7a3+…+（3n﹣5）•an﹣1＝4（n﹣1），两式相减，可得an的表达式，注意n＝1的情况．然后运用裂项相消法求出a2a3+a3a4+…+a21a22的值．
【解答】解：由题意，当n＝1时，a1＝4．
当n≥2时，由a1+4a2+7a3+…+（3n﹣2）an＝4n，可得：
a1+4a2+7a3+…+（3n﹣5）•an﹣1＝4（n﹣1）．
两式相减，可得（3n﹣2）an＝4，
∴an=43n−2．
∵a1＝4也适合上式，∴an=43n−2．
又∵an+1an+2=16(3n+1)(3n+4)=163(13n+1−13n+4)，
∴a2a3+a3a4+⋯+a21a22=163(14−17+17−110+110−113+⋯+161−164)=163(14−164)=54．
故选：C．
二．填空题（共11小题）
15．在数列{an}中，a1＝2，且an+an﹣1=nan−an−1+2（n≥2），则数列{12an2−4an+2}的前2021项和为 20212022 ．
【分析】由已知数列递推式可得an2−an−12−2an+2an−1=n，利用累加法可得(an−1)2=n(n+1)2，取倒数后再由裂项相消法求数列{12an2−4an+2}的前2021项和．
【解答】解：∵an+an﹣1=nan−an−1+2（n≥2），
∴（an+an﹣1）（an﹣an﹣1）＝n+2（an﹣an﹣1），
即an2−an−12−2an+2an−1=n，
∴(an−1)2−(an−1−1)2=n（n≥2），
(an−1−1)2−(an−2−1)2=n−1，
..．
(a2−1)2−(a1−1)2=2，
将以上各式累加，可得(an−1)2−(a1−1)2=n+(n−1)+...+2，
将a1＝2代入，可得(an−1)2=1+2+...+n=n(n+1)2，
∴1(an−1)2=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，
则12an2−4an+2=12⋅1(an−1)2=1n−1n+1，
∴数列{12an2−4an+2}的前2021项和为1−12+12−13+...+12021−12022
＝1−12022=20212022．
故答案为：20212022．
16．已知数列{an}满足a1＝2，a2＝3且an−2−an=1+(−1)n，n∈N∗，则该数列的前9项之和为 10 ．
【分析】根据题意，由数列的递推公式求出数列的前9项，相加即可得答案．
【解答】解：根据题意，数列{an}满足an−2−an=1+(−1)n，n∈N∗，
又由a1＝2，则a1﹣a3＝1+（﹣1）3＝0，则有a1＝a3＝2，
则a3﹣a5＝1+（﹣1）5＝0，则有a3＝a5＝2，
则a5﹣a7＝1+（﹣1）7＝0，则有a5＝a7＝2，
则a7﹣a9＝1+（﹣1）9＝0，则有a5＝a9＝2，
又由a2＝3，则a2﹣a4＝1+（﹣1）4＝2，则有a4＝1，
则a4﹣a6＝1+（﹣1）6＝2，则有a6＝﹣1，
则a6﹣a8＝1+（﹣1）8＝2，则有a8＝﹣3，
则该数列的前9项之和S9＝（a1+a3+a5+a7+a9）+（a2+a4+a6+a8）＝10+（3+1﹣1﹣3）＝10，
故答案为：10．
17．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n﹣2，则数列{an}的通项公式an＝ 1，n=12⋅3n−1，n≥2 ．
【分析】首先求出n＝1时a1的值，然后求出n≥2时an的数列表达式，最后验证a1是否满足所求递推式，于是即可求出{an}的通项公式．
【解答】解：数列{an}的前n项和Sn＝3n﹣2，
当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝3n﹣2﹣3n﹣1+2＝2•3n﹣1，
当n＝1时，a1＝1不满足此式，
故an=1，n=12⋅3n−1，n≥2．
18．已知{an}是正项等比数列，a32＝2a2a6，且a1+a3+a5+a7+a9=4658，若[x]表示不超过x的最大整数（例如[2.9]＝2，[﹣3.1]＝﹣4），设bn＝[an]，则数列{bn}的前n项和（n＞10）为 103 ．
【分析】先由题设求得等比数列{an}的首项a1与公比q，进而求得an，写出数列{an}的一些项，根据这些项的特点求得数列{bn}的一些项，再根据数列{bn}的项的特点求得其前n项和即可．
【解答】解：设数列{an}的公比为q（q＞0），
由题设可得a12q4=2a1q⋅a1q5a1(1+q2+q4+q6+q8)=4658，即为q2=12a1(1−q10)1−q2=4658，
解得a1=30q=22，
∴an＝30×（22）n﹣1，
∵数列{an}的前11项分别为30，152，15，1522，152，1524，154，1528，158，15216，1516，
易知当n≥11时，0＜an＜1，
∴数列{bn}的前10项分别为30，22，15，11，8，6，4，3，2，2，
当n≥11时，bn＝0，
∴当n＞10时，数列{bn}的前n项和为30+22+15+11+8+6+4+3+2+2＝103，
故答案为：103．
19．数列{an}满足an=n(n+1)2，则1a1+1a2+⋯+1a2018等于 40362019 ．
【分析】依题意，利用裂项法可求得1an=2×（ 1n−1n+1），从而可求得答案．
【解答】解：∵数列{an}满足an=n(n+1)2（n∈N*），
∴1an=2×（ 1n−1n+1），
∴1a1+1a2+⋯+1a2018=2[（1−12）+（ 12−13）+…+（ 12018−12019）]
＝2（1−12019）
=40362019．
故答案为：40362019．
20．已知数列{an}满足an＝（2n+m）+（﹣1）n（3n﹣2）（m∈N*，m与n无关），若i=12m a2i﹣1≤k2﹣2k﹣1对任意的m∈N*恒成立，则正实数k的取值范围为 [3，+∞） ．
【分析】由已知可得a2i−1=[2(2i−1)+m]+(−1)2i−1[3(2i−1)−2]，再由等差数列的前n项和可得i=12m a2i﹣1＝m（4﹣2m）≤2，结合i=12m a2i﹣1≤k2﹣2k﹣1可得k2﹣2k﹣1≥2，求解不等式得答案．
【解答】解：由题意，a2i−1=[2(2i−1)+m]+(−1)2i−1[3(2i−1)−2]=−2i+（m+3），
故i=12m a2i﹣1=i=12m [﹣2i+（m+3）]=2m[(m+1)−4m+(m+3)]2=m(4−2m)．
当m∈N*时，i=12m a2i﹣1＝m（4﹣2m）≤2．
又i=12m a2i﹣1≤k2﹣2k﹣1对任意m∈N*恒成立，
∴k2﹣2k﹣1≥2，解得k≥3或k≤﹣1．
故正实数k的取值范围为[3，+∞）．
故答案为：[3，+∞）．
21．已知{an}，{bn}均为等比数列，其前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，总有SnTn=3n+14，则a3b3= 9 ．
【分析】设{an}，{bn}的公比分别为q，q′，利用SnTn=3n+14，求出q＝9，q′＝3，可得qq′=3，即可求得结论．
【解答】解：设{an}，{bn}的公比分别为q，q′，
∵SnTn=3n+14，
∴n＝1时，a1＝b1．
n＝2时，a1+a1qb1+b1q′=52．
n＝3时，a1+a1q+a1q2b1+b1q′+b1(q′)2=7．
∴2q﹣5q′＝3，7q′2+7q′﹣q2﹣q+6＝0，
解得：q=9q′=3，或q=4q′=1（不合题意，舍去）．
∴a3b3=a1q2b1(q′)2=9．
故答案为：9．
22．数列{an}的前n项和为11+2+3+⋯+n，则数列{an}的前n项和为 2nn+1 ．
【分析】求出an的表达式，利用裂项消项法求解数列的前n项和．
【解答】解：由题意得，an=11+2+3+⋯+n=2n(n+1)=2（1n−1n+1），
所以数列{an}的前n项和Sn＝2[（1−12）+（12−13）+（13−14）+…+（1n−1n+1）]
＝2（1−1n+1）=2nn+1，
故答案为：2nn+1
23．已知集合A＝{x|x＝a3×30+a2×3﹣1+a1×3﹣2+a0×3﹣3}，其中ak∈{0，1，2}，k＝0，1，2，3，将集合A中的元素从小到大排列得到数列{bn}，设{bn}的前n项和为Sn，则b3＝ 227 ，S15＝ 359 ．
【分析】由题意可知a0，a1，a2，a3有3种取法（均可取0，1，2），判断求解b3，求出数列的各项，判断数列的特征，利用数列求和即可求得A中S15之和．
【解答】解：由题意可知，则b3＝0×30+0×3﹣1+0×3﹣2+2×3﹣3=227．
集合A＝{x|x＝a3×1+a2×927+a1×327+a0×127}，其中ak∈{0，1，2}，k＝0，1，2，3，将集合A中的元素从小到大排列得到数列{bn}，前15项：
0，127，227，327，427，527，627，727，827，927，1027，1127，1227，1327，1427：
S15＝0+127+227+327+427+527+⋯+1427=1+142×1427=359．
=28027．
故答案为：227；359．
24．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an+1＝Sn（n∈N*），则Sn＝ 2n﹣1 ．
【分析】由a1＝1，an+1＝Sn（n∈N*），得Sn+1＝2Sn，从而得到数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，2为公比的等比数列，再求出Sn．
【解答】解：由a1＝1，an+1＝Sn（n∈N*），
得Sn+1﹣Sn＝an+1＝Sn，所以Sn+1＝2Sn，
所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，2为公比的等比数列，
所以Sn=2n−1．
故答案为：2n﹣1．
25．已知数列{an}中，a1＝1，且an+1+2an+3＝0，n∈N*，数列{an}的前n项和为Sn，则S6＝ ﹣48 ．
【分析】首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用分组法求出数列的和．
【解答】解：因为数列{an}中，a1＝1，且an+1+2an+3＝0，n∈N*，
所以an+1+1＝﹣2（an+1），
因为a1+1＝2≠0，所以数列{an+1}是以2为首项，以﹣2为公比的等比数列，
所以an+1=2⋅(−2)n−1即an=2⋅(−2)n−1−1，
所以，所以S6＝﹣48．
故答案为：﹣48．
三．解答题（共3小题）
26．已知数列{an}满足a1＝2，（n+2）an＝3（n+1）an+1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设Sn为数列{an}的前n项和，求证：Sn＜154．
【分析】（1）由数列{an}满足a1＝2，（n+2）an＝3（n+1）an+1，可得an+1an=13×n+2n+1，利用an=anan−1×an−1an−2×⋯⋯×a2a1×a1，即可得出an．
（2）由Sn＝2+3×13+4×(13)2+⋯⋯+（n+1）×(13)n−1，利用错位相减法即可得出Sn，利用数列的单调性即可证明结论．＜154．
【解答】解：（1）∵数列{an}满足a1＝2，（n+2）an＝3（n+1）an+1，
∴an+1an=13×n+2n+1，
∴an=anan−1×an−1an−2×⋯⋯×a2a1×a1=(13)n−1×n+1n×nn−1×⋯⋯×32×2＝（n+1）×(13)n−1．
（2）证明：Sn＝2+3×13+4×(13)2+⋯⋯+（n+1）×(13)n−1，
∴13Sn＝2×13+3×(13)2+⋯⋯+n×(13)n−1+（n+1）×(13)n，
∴23Sn＝2+13+(13)2+⋯⋯+(13)n−1−（n+1）×(13)n=2+13[1−(13)n−1]1−13−（n+1）×(13)n，
可得：Sn=32[52−2n+52×(13)n]＜32×52=154．
即Sn＜154．
27．设数列{an}满足：a1＝1，3an+1﹣an+4＝0，n∈N*．
（1）求证：数列{an+2}为等比数列，并求出{an}的通项公式；
（2）若bn＝an+lg3（an+2），求数列{bn}的前n项和Sn．
【分析】（1）根据条件，结合3an+1﹣an+4＝0，得到数列{an+2}是首项为3，公比为13的等比数列，进而求出an；
（2）先根据（1）中求得的an求出bn，再利用分组求和法求出Sn即可．
【解答】解：（1）证明：∵a1＝1，3an+1﹣an+4＝0，∴an+1=13an−43，
∴an+1+2=13an+23≠0，∴an+1+2an+2=13，∵a1+2＝3，
∴{an+2}是首项为3，公比为13的等比数列．
∴an+2=3×(13)n−1，故an=(13)n−2−2．
（2）由（1），得bn=(13)n−2−2+lg3(13)n−2=(13)n−2−n，
∴Sn=(13)−1+(13)0+⋯+(13)n−2−(1+2+⋯+n)
=3(1−13n)1−13−n(n+1)2=−92×3n−n(n+1)2+92．
28．在数列{an}中，a1=−12，2an＝an﹣1﹣n﹣1（n≥2，n∈N+），设bn＝an+n．
（Ⅰ）证明：数列{bn}是等比数列；
（Ⅱ）求数列{nbn}的前n项和Tn；
（Ⅲ）若cn＝（12）n﹣an，Pn为数列{cn2+cn+1cn2+cn}的前n项和，求不超过P2015的最大的整数．
【分析】（Ⅰ）根据数列的递推公式即可证明，
（Ⅱ）利用错位相减法即可求出，
（Ⅲ）利用裂项求和即可求出．
【解答】解：（Ⅰ）∵2an＝an﹣1﹣n﹣1（n≥2，n∈N+），
∴2（an+n）＝an﹣1+n﹣1，
∴2bn＝bn﹣1，
∵b1＝a1+1=12，
∴{bn}是以12为首项以12为公比的等比数列，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得bn＝（12）n，
∴nbn＝n（12）n，
∴Tn＝1×12+2×（12）2+3×（12）3+…+n（12）n，
∴12Tn＝1×（12）2+2×（12）3+3×（12）4+…+（n﹣1）（12）n+n（12）n+1，
∴12Tn=12+（12）2+（12）3+（12）4+…+（12）n﹣n（12）n+1
=12(1−12n)1−12−n（12）n+1＝1﹣（12）n﹣n（12）n+1＝1−n+22n+1，
∴Tn＝2−n+22n
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，an＝（12）n﹣n，
∴cn＝（12）n﹣an＝n，
∴cn2+cn+1cn2+cn=n2+n+1n2+n=1+1n(n+1)=1+1n−1n+1，
∴pn＝n+（1−12）+（12−13）+…+（1n−1n+1）＝n+1−1n+1，
∴p2015＝2016−12016＜2016，
故不超过P2015的最大的整数2016．