2025年高考数学一轮复习-5.5-数列的热点问题-专项训练【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复习-5.5-数列的热点问题-专项训练【含解析】，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．(2024·湖南常德模拟)某地区发生流行性病毒感染，居住在该地区的居民必须服用一种药物预防．规定每人每天早晚八时各服一次，现知每次药量为220毫克，若人的肾脏每12小时从体内滤出这种药的60%.某人上午八时第一次服药，到第二天上午八时服完药时，这种药在他体内还残留( )
A．220毫克 B．308毫克
C．123.2毫克 D．343.2毫克
2．(2024·湖北四地七校联考)据有关文献记载：我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多n(n为常数)盏，底层的灯数是顶层的13倍，则塔的底层共有灯( )
A．39盏 B．42盏 C．26盏 D．13盏
3．(2024·河南名校联考)已知数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．设cn＝abn，Tn＝c1＋c2＋…＋cn(n∈N*)，则当Tn<2 020时，n的最大值是( )
A．8 B．9
C．10 D．11
4．(2024·四川宜宾月考)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，且a1＝2，Sn为其前n项和，等比数列{bn}的前三项分别为a2，a5，a11.设向量eq \(OQn,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)，\f(Sn,n2)))(n∈N*)，则|eq \(OQn,\s\up15(→))|的最大值是( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2) C.eq \r(3) D．2eq \r(3)
5．(2024·山东济宁质检)已知数列{an}和{bn}的首项均为1，且an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2SnSn＋1＋anbn＋1＝0，则S2 019＝( )
A．2 019 B.eq \f(1,2 019) C．4 037 D.eq \f(1,4 037)
6．(2024·贵州贵阳模拟)已知数列{an}的通项公式是an＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(nπ,6)))，其中f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 019的值为( )
A．－1 B．0
C.eq \f(1,2) D．1
7．(2024·湖北联考)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＝eq \f(Sn,n)＋2(n－1)(n∈N*)，则nSn－2n2的最小值是( )
A．－1 B．2
C.eq \f(2,3) D．3
8．(2024·东北三省四市模拟)已知定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x)＝eq \f(1,2)f(x＋2)，且当x∈[0,2)时，f(x)＝－x2＋2x.设f(x)在[2n－2,2n)上的最大值为an(n∈N*)，且数列{an}的前n项的和为Sn.若对于任意正整数n，不等式k(Sn＋1)≥2n－9恒成立，则实数k的取值范围为( )
A．[0，＋∞) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)，＋∞))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,64)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,64)，＋∞))
二、填空题
9．(2024·揭阳模拟)已知公差不为0的等差数列{an}中，a2＋a4＝16，a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，把各项按如图所示排列：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
a10 a11 a12 a13 a14 a15 a16
a17 a18 a19 a20 a21 a22 a23 a24 a25
……
则从上到下第10行，从左到右的第11个数的值为275.
10．(2024·山西晋城一模)对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第n层货物的个数为an，则数列{an}的通项公式an＝eq \f(nn＋3,2)，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,n＋2an)))的前n项和Sn＝eq \f(2n,3n＋9).
11．(2024·河南驻马店模拟)在数列{an}中，a1＝1，an≠0，曲线y＝x3在点(an，aeq \\al(3,n))处的切线经过点(an＋1,0)，下列四个结论：①a2＝eq \f(2,3)；②a3＝eq \f(1,3)；③eq \i\su(i＝1,4,a)i＝eq \f(65,27)；④数列{an}是等比数列．其中所有正确结论的编号是__________.
三、解答题
12．(2024·北京西城区月考)已知等比数列{an}满足a3－a2＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,am)≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，请说明理由．
13．(2024·山东泰安质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a5＝12，S4＝16.
(1)求{an}的通项公式．
(2)数列{bn}满足bn＝eq \f(1,4Sn－1)，Tn为数列{bn}的前n项和，是否存在正整数m，k(114．(2024·江西九江一模)在平面直角坐标系xOy中，已知An，Bn是圆x2＋y2＝n2上两个动点，且满足eq \(OAn,\s\up15(→))·eq \(OBn,\s\up15(→))＝－eq \f(n2,2)(n∈N*)，设An，Bn到直线x＋eq \r(3)y＋n(n＋1)＝0的距离之和的最大值为an.若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和SnA.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
15．(2024·山东东营月考)已知常数a≠0，数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝eq \f(Sn,n)＋a(n－1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝3n＋(－1)nan，且{bn}是递增数列，求实数a的取值范围；
(3)若a＝eq \f(1,2)，cn＝eq \f(an,an＋2 016)，对于任意给定的正整数k，是否存在正整数p，q，使得ck＝cpcq？若存在，求出p，q的值(只要写出一组即可)；若不存在，请说明理由．
2025年高考数学一轮复习-5.5-数列的热点问题-专项训练（解析版）
一、选择题
1．(2024·湖南常德模拟)某地区发生流行性病毒感染，居住在该地区的居民必须服用一种药物预防．规定每人每天早晚八时各服一次，现知每次药量为220毫克，若人的肾脏每12小时从体内滤出这种药的60%.某人上午八时第一次服药，到第二天上午八时服完药时，这种药在他体内还残留( D )
A．220毫克 B．308毫克
C．123.2毫克 D．343.2毫克
解析：设第n次服药后，药在体内的残留量为an毫克，则a1＝220，a2＝220＋a1×(1－60%)＝220×1.4＝308，a3＝220＋a2×(1－60%)＝343.2.
2．(2024·湖北四地七校联考)据有关文献记载：我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多n(n为常数)盏，底层的灯数是顶层的13倍，则塔的底层共有灯( C )
A．39盏 B．42盏 C．26盏 D．13盏
解析：设顶层有x盏灯，则底层有(x＋8n)盏，故x＋8n＝13x,8n＝13x－x＝12x，x＝eq \f(2,3)n.所以x＋(x＋n)＋(x＋2n)＋(x＋3n)＋…＋(x＋8n)＝126,9x＋(1＋2＋3＋…＋8)n＝126,9x＋36n＝126，故9×eq \f(2,3)n＋36n＝126，解得n＝3，故x＝3×eq \f(2,3)＝2，所以底层有灯13×2＝26(盏)．故选C.
3．(2024·河南名校联考)已知数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．设cn＝abn，Tn＝c1＋c2＋…＋cn(n∈N*)，则当Tn<2 020时，n的最大值是( B )
A．8 B．9
C．10 D．11
解析：∵{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，∴an＝2n－1.∵{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴bn＝2n－1.∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝ab1＋ab2＋…＋abn＝a1＋a2＋a4＋…＋a2n－1＝(2×1－1)＋(2×2－1)＋(2×4－1)＋…＋(2×2n－1－1)＝2(1＋2＋4＋…＋2n－1)－n＝2×eq \f(1－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.∵Tn<2 020，∴2n＋1－n－2<2 020，解得n≤9.则当Tn<2 020时，n的最大值是9.
4．(2024·四川宜宾月考)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，且a1＝2，Sn为其前n项和，等比数列{bn}的前三项分别为a2，a5，a11.设向量eq \(OQn,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)，\f(Sn,n2)))(n∈N*)，则|eq \(OQn,\s\up15(→))|的最大值是( B )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2) C.eq \r(3) D．2eq \r(3)
解析：设{an}的公差为d(d≠0)，由题意得a2，a5，a11构成等比数列，所以aeq \\al(2,5)＝a2a11，即(a1＋4d)2＝(a1＋d)·(a1＋10d)，解得a1＝2d.因为a1＝2，所以d＝1，所以an＝n＋1，Sn＝eq \f(n2＋n＋1,2)＝eq \f(nn＋3,2)，所以eq \(OQn,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)，\f(Sn,n2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n)，\f(n＋3,2n)))，所以|eq \(OQn,\s\up15(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋3,2n)))2)＝eq \r(\f(5n2＋14n＋13,4n2))＝eq \f(1,2)·eq \r(\f(13,n2)＋\f(14,n)＋5)＝eq \f(1,2)eq \r(13\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(7,13)))2＋\f(16,13))，由二次函数的性质，可得当n＝1时取得最大值，此时最大值|eq \(OQn,\s\up15(→))|max＝eq \f(1,2)×eq \r(13×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(7,13)))2＋\f(16,13))＝2eq \r(2)，故选B.
5．(2024·山东济宁质检)已知数列{an}和{bn}的首项均为1，且an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2SnSn＋1＋anbn＋1＝0，则S2 019＝( D )
A．2 019 B.eq \f(1,2 019) C．4 037 D.eq \f(1,4 037)
解析：∵an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an，∴an＝an＋1(n≥2)，即数列{an}是常数列，∴an＝1.∵2SnSn＋1＋anbn＋1＝0，∴2SnSn＋1＋bn＋1＝0，∴2SnSn＋1＋Sn＋1－Sn＝0，∴eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝2.∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列，首项为1，公差为2，∴eq \f(1,Sn)＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝eq \f(1,2n－1)，∴S2 019＝eq \f(1,4 037)，故选D.
6．(2024·贵州贵阳模拟)已知数列{an}的通项公式是an＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(nπ,6)))，其中f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 019的值为( B )
A．－1 B．0
C.eq \f(1,2) D．1
解析：由函数图象可知eq \f(T,4)＝eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,4)，即T＝eq \f(2π,ω)＝π⇒ω＝2.将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，－1))的坐标代入f(x)的解析式可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(7π,12)＋φ))＝－1⇒eq \f(7π,6)＋φ＝eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，∴φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z.又|φ|∴φ＝eq \f(π,3)，∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，∴an＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(nπ,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(nπ,3)＋\f(π,3))).∵eq \f(2π,\f(π,3))＝6，∴{an}是以6为最小正周期的周期数列．又a1＝sineq \f(2π,3)＝eq \f(\r(3),2)，a2＝sinπ＝0，a3＝sineq \f(4π,3)＝－eq \f(\r(3),2)，a4＝sineq \f(5π,3)＝－eq \f(\r(3),2)，a5＝sin2π＝0，a6＝sineq \f(7π,3)＝eq \f(\r(3),2)，∴S6＝0，∴S2 019＝336S6＋a1＋a2＋a3＝0.
7．(2024·湖北联考)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＝eq \f(Sn,n)＋2(n－1)(n∈N*)，则nSn－2n2的最小值是( A )
A．－1 B．2
C.eq \f(2,3) D．3
解析：∵an＝eq \f(Sn,n)＋2(n－1)，∴当n≥2时，Sn－Sn－1＝eq \f(Sn,n)＋2(n－1)，∴eq \f(n－1Sn,n)－Sn－1＝2(n－1)，∴(n－1)Sn－nSn－1＝2n(n－1)，∴eq \f(Sn,n)－eq \f(Sn－1,n－1)＝2.又eq \f(S1,1)＝a1＝1，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以1为首项，2为公差的等差数列，∴eq \f(Sn,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝2n2－n，∴nSn－2n2＝2n3－n2－2n2＝2n3－3n2.令y＝2x3－3x2，x≥1，则y′＝6x2－6x＝6x(x－1)≥0，且y′不恒为0，∴数列{nSn－2n2}是一个递增数列，∴当n＝1时，nSn－2n2有最小值1－2＝－1.故选A.
8．(2024·东北三省四市模拟)已知定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x)＝eq \f(1,2)f(x＋2)，且当x∈[0,2)时，f(x)＝－x2＋2x.设f(x)在[2n－2,2n)上的最大值为an(n∈N*)，且数列{an}的前n项的和为Sn.若对于任意正整数n，不等式k(Sn＋1)≥2n－9恒成立，则实数k的取值范围为( C )
A．[0，＋∞) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)，＋∞))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,64)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,64)，＋∞))
解析：当2n－2≤x<2n时，0≤x＋2－2n<2，则f(x＋2－2n)＝－(x＋2－2n)(x－2n)，又f(x＋2)＝2f(x)，所以f(x)＝2n－1f(x－2(n－1))＝－2n－1(x＋2－2n)(x－2n)，显然当x＝2n－1时，f(x)max＝2n－1，故an＝2n－1，Sn＝eq \f(1×1－2n,1－2)＝2n－1.若对于任意正整数n，不等式k(Sn＋1)≥2n－9恒成立，即k2n≥2n－9对于任意正整数n恒成立，即k≥eq \f(2n－9,2n)对于任意正整数n恒成立．设cn＝eq \f(2n－9,2n)，则cn＋1－cn＝eq \f(11－2n,2n＋1)，令eq \f(11－2n,2n＋1)>0，解得neq \f(11,2)，考虑到n∈N*，故有当n≤5时，{cn}单调递增，当n≥6时，{cn}单调递减，又c5二、填空题
9．(2024·揭阳模拟)已知公差不为0的等差数列{an}中，a2＋a4＝16，a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，把各项按如图所示排列：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
a10 a11 a12 a13 a14 a15 a16
a17 a18 a19 a20 a21 a22 a23 a24 a25
……
则从上到下第10行，从左到右的第11个数的值为275.
解析：设数列{an}的首项为a1，公差为d，由题意可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋3d＝16，,a1＋d＋12＝a1＋1a1＋3d＋1，))解得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝3，,a1＝2，))则数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝3n－1.第10行第11个数为a92，所求值为a92＝3×92－1＝275.
10．(2024·山西晋城一模)对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第n层货物的个数为an，则数列{an}的通项公式an＝eq \f(nn＋3,2)，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,n＋2an)))的前n项和Sn＝eq \f(2n,3n＋9).
解析：由题意可知a1＝2，a2－a1＝3，a3－a2＝4，…，an－an－1＝n＋1，
累加可得an＝2＋3＋4＋…＋(n＋1)＝eq \f(nn＋3,2)，∴eq \f(n,n＋2an)＝eq \f(2,n＋2n＋3)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3))).
∴Sn＝2×eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,5)))＋…＋))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,n＋3)))＝eq \f(2n,3n＋9).
11．(2024·河南驻马店模拟)在数列{an}中，a1＝1，an≠0，曲线y＝x3在点(an，aeq \\al(3,n))处的切线经过点(an＋1,0)，下列四个结论：①a2＝eq \f(2,3)；②a3＝eq \f(1,3)；③eq \i\su(i＝1,4,a)i＝eq \f(65,27)；④数列{an}是等比数列．其中所有正确结论的编号是①③④.
解析：∵y′＝3x2，∴曲线y＝x3在点(an，aeq \\al(3,n))处的切线方程为y－aeq \\al(3,n)＝3aeq \\al(2,n)(x－an)，
则－aeq \\al(3,n)＝3aeq \\al(2,n)(an＋1－an)．∵an≠0，∴an＋1＝eq \f(2,3)an，
则{an}是首项为1，公比为eq \f(2,3)的等比数列，∴a2＝eq \f(2,3)，a3＝eq \f(4,9)，eq \i\su(i＝1,4,a)i＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4,1－\f(2,3))＝eq \f(65,27).故所有正确结论的编号是①③④.
三、解答题
12．(2024·北京西城区月考)已知等比数列{an}满足a3－a2＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,am)≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，请说明理由．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
则a3－a2＝a1q2－a1q＝10 ①，
a1a2a3＝(a1q)3＝125 ②，
由①②得q＝3，a1＝eq \f(5,3).
∴数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝eq \f(5,3)×3n－1＝5×3n－2.
(2)假设存在正整数m，使得eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,am)≥1.
由(1)知an＝5×3n－2，∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－2，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(3,5)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,am)＝eq \f(\f(3,5)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))m)),1－\f(1,3))＝eq \f(9,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3m)))≥1，∴32－m≤－1，显然不成立．
因此不存在正整数m，使得eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,am)≥1.
13．(2024·山东泰安质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a5＝12，S4＝16.
(1)求{an}的通项公式．
(2)数列{bn}满足bn＝eq \f(1,4Sn－1)，Tn为数列{bn}的前n项和，是否存在正整数m，k(1解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a5＝12，,S4＝16))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋5d＝12，,2a1＋3d＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，n∈N*.
(2)存在．由(1)可得Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2，
∴bn＝eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
若Tk＝3Teq \\al(2,m)，则eq \f(k,2k＋1)＝eq \f(3m2,2m＋12)，
整理得k＝eq \f(3m2,4m＋1－2m2).又k>m>1，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3m2,4m＋1－2m2)>m，,m>1，))整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2m2－m－1,4m＋1－2m2)>0，,m>1，))解得1∴存在m＝2，k＝12满足题意．
14．(2024·江西九江一模)在平面直角坐标系xOy中，已知An，Bn是圆x2＋y2＝n2上两个动点，且满足eq \(OAn,\s\up15(→))·eq \(OBn,\s\up15(→))＝
－eq \f(n2,2)(n∈N*)，设An，Bn到直线x＋eq \r(3)y＋n(n＋1)＝0的距离之和的最大值为an.若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和SnA.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
解析：由eq \(OAn,\s\up15(→))·eq \(OBn,\s\up15(→))＝－eq \f(n2,2)，得n·n·cs∠AnOBn＝－eq \f(n2,2)，所以∠AnOBn＝120°.设线段AnBn的中点为Cn，则|OCn|＝eq \f(n,2)，所以Cn在圆C：x2＋y2＝eq \f(n2,4)上，点An，Bn到直线x＋eq \r(3)y＋n(n＋1)＝0的距离之和等于点Cn到该直线的距离的两倍．点Cn到该直线距离的最大值为圆心C到该直线的距离与圆C的半径之和，而圆C：x2＋y2＝eq \f(n2,4)的圆心C(0,0)到直线x＋eq \r(3)y＋n(n＋1)＝0的距离为d＝eq \f(|nn＋1|,\r(12＋\r(3)2))＝eq \f(nn＋1,2)，所以an＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)＋\f(n,2)))＝n2＋2n，所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,n2＋2n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以Sn＝eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))15．(2024·山东东营月考)已知常数a≠0，数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝eq \f(Sn,n)＋a(n－1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝3n＋(－1)nan，且{bn}是递增数列，求实数a的取值范围；
(3)若a＝eq \f(1,2)，cn＝eq \f(an,an＋2 016)，对于任意给定的正整数k，是否存在正整数p，q，使得ck＝cpcq？若存在，求出p，q的值(只要写出一组即可)；若不存在，请说明理由．
解：(1)由an＝eq \f(Sn,n)＋a(n－1)知nan＝Sn＋a(n－1)n，
(n＋1)an＋1＝Sn＋1＋an(n＋1)，则nan＋1－nan＝2an，即an＋1－an＝2a.
∴{an}是以1为首项，2a为公差的等差数列，
∴an＝1＋2a(n－1)．
(2)由题意知bn由(1)知an＝1＋2a(n－1)，则(－1)n[1＋a(2n－1)]<3n.若n为奇数，则a>－eq \f(3n＋1,2n－1)恒成立，
令f(n)＝－eq \f(3n＋1,2n－1)，则f(n＋2)－f(n)＝－eq \f(3n＋2＋1,2n＋3)＋eq \f(3n＋1,2n－1)＝eq \f(－44n－33n＋4,2n＋32n－1)<0，即f(1)>f(3)>f(5)>…，
∴a>f(1)＝－4.
若n为偶数，则a令g(n)＝eq \f(3n－1,2n－1)，则g(n＋2)－g(n)＝eq \f(3n＋2－1,2n＋3)－eq \f(3n－1,2n－1)＝eq \f(44n－33n＋4,2n＋32n－1)>0，即g(2)∴a综上所述，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(8,3))).
(3)由(1)及题意知an＝n，则cn＝eq \f(n,n＋2 016).
假设对任意k∈N*，总存在正整数p，q，使ck＝cpcq，则eq \f(k,k＋2 016)＝eq \f(p,p＋2 016)·eq \f(q,q＋2 016)，则p＝eq \f(kq＋2 016,q－k).
令q＝k＋1，则p＝k(k＋2 017)(或q＝2k，则p＝2k＋2 016；…)．
∴存在满足题意的p，q，且q＝k＋1时，p＝k(k＋2 017)(或q＝2k时，p＝2k＋2 016，…)．