【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第八章 数列 考点测试47 数列求和 含解析【高考】.doc，共(17)页，201.500 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1考点测试47数列求和高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中等难度考纲研读1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能

用相关知识解决相应的问题一、基础小题1．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵．”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有()A．17(87

－8)人B．17(89－8)人C．8＋17(87－8)人D．8＋17(89－84)人答案D解析由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也是8，所以将官、先锋、旗头、队

长、甲头、士兵共有8＋84＋85＋86＋87＋88＝8＋84（1－85）1－8＝8＋17(89－84)人．故选D.2．已知数列{an}满足an＋1＋(－1)n＋1an＝2，则其前100项和为()A．250B．200C.150D．100答案D解析当n为奇数时，得an＋an＋1＝2，

所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋2(a99＋a100)＝2×50＝100.故选D.3．数列1n＋1＋n的前2021项和为()A．2021＋1B．2021－1C．2022＋1D．2022－1答案D解析1n＋1＋n＝n＋

1－n（n＋1＋n）（n＋1－n）＝n＋1－n，数列1n＋1＋n的前2021项和为2－1＋3－2＋4－3＋…＋2020－2019＋2021－2020＋2022－2021＝2022－1.故选D.4．若

数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则该数列的前10项和为()A．2146B．1122C.2148D．1124答案A解析因为an＝2n＋2n－1，所以前n项和Sn＝2（1－2n）1－2＋n（2n－1＋1）2＝2n＋1＋n2－2，所以前10项和S10＝211＋1

02－2＝2146.5．(多选)已知数列{an}：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋…＋910，…，若bn＝1anan＋1，设数列{bn}的前n项和为Sn，则()A．an＝n2B．an＝nC．Sn＝4nn＋1D．Sn＝5nn＋1答案

AC解析由题意得an＝1n＋1＋2n＋1＋…＋nn＋1＝1＋2＋3＋…＋nn＋1＝n2，所以bn3＝1n2·n＋12＝4n（n＋1）＝41n－1n＋1，所以数列{bn}的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝41－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝4

1－1n＋1＝4nn＋1.故选AC.6．(多选)首项为正数，公差不为0的等差数列{an}，其前n项和为Sn，现有下列四个命题，其中正确的是()A．若S10＝0，则S2＋S8＝0B．若S4＝S12，则使Sn＞0的最大的n为1

5C．若S15＞0，S16＜0，则{Sn}中S8最大D．若S7＜S8，则S8＜S9答案BC解析对于A，若S10＝0，则S10＝（a1＋a10）×102＝0，则a1＋a10＝0，设该等差数列的公差为d，则2a1＋9d＝0，又d≠0

，则S2＋S8＝(2a1＋d)＋(8a1＋28d)＝10a1＋29d≠0，A错误；对于B，若S4＝S12，则S12－S4＝0，即a5＋a6＋…＋a11＋a12＝4(a8＋a9)＝0，由于a1＞0，则a8＞0，a9＜0，则

有S15＝15（a1＋a15）2＞0，S16＝16（a1＋a16）2＝0，故使Sn＞0的最大的n为15，B正确；对于C，若S15＞0，S16＜0，则S15＝15（a1＋a15）2＝15a8＞0，S16＝16（a

1＋a16）2＝16（a8＋a9）2＜0，则有a8＞0，a9＜0，则{Sn}中S8最大，C正确；对于D，若S7＜S8，则a8＝S8－S7＞0，而S9－S8＝a9，不能确定其符号，D错误．故选BC.7．已知数列{an}为等比数列，a1＝2，a3＝4，则a21＋a22＋a23＋…＋a28＝_

_______．答案1020解析∵数列{an}为等比数列，a1＝2，a3＝4，∴q2＝a3a1＝2，∴a2n＝(a1qn－1)2＝4×(q2)n－1＝4×2n－1＝2n＋1，∴a21＋a22＋a23＋…

＋a28＝4（1－28）1－2＝1020.8．已知在数列{an}中，a1＝2，2n(an＋an＋1)＝1，设Tn＝a1＋2a2＋…＋2n－1an，4bn＝3Tn－n－1an，则数列{bn}的前n项和Sn

＝________．答案2n＋1－2解析由题意可知，因为Tn＝a1＋2a2＋…＋2n－1an，所以2Tn＝2a1＋22a2＋…＋2nan，两式相加得3Tn＝a1＋2(a1＋a2)＋22(a2＋a3)＋…＋2n－1(an

－1＋an)＋2nan＝2＋(n－1)×1＋2nan＝n＋1＋2nan，所以bn＝2n，从而Sn＝2（1－2n）1－2＝2n＋1－2.二、高考小题9．(2021·浙江高考)已知数列{an}满足a1＝1，

an＋1＝an1＋an(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则()A．32<S100<3B．3<S100<4C．4<S100<92D．92<S100<5答案A解析因为a1＝1，an＋1＝an1

＋an，所以an>0，a2＝12，所以S100＞32.1an＋1＝1＋anan＝1an＋1an＝1an＋122－14.所以1an＋1＜1an＋122，两边同时开方可得1an＋1＜1an＋12，则1an＜1an－1＋12，…，1a2＜1a1＋12，由累加法可得

1an＋1＜1a1＋n2＝1＋n2，所以1an≤1＋n－12＝n＋12(n≥2)，当n＝1时，等号成立，所以an≥2n＋1，所以an＋1＝an1＋an≤an1＋2n＋1＝n＋1n＋3an，即an＋1an≤n＋1n

＋3，由累乘法可得，an≤nn＋2×n－1n＋1×n－2n×…×35×24×1＝6（n＋2）（n＋1）＝61n＋1－1n＋2(n≥2)，当n＝1时，等号成立，所以S100<6×12－13＋13－14＋14－15＋…＋1101－1102＝6×12－1102＝5

017＜3.故选A.510．(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2

，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么∑nk＝

1Sk＝________dm2.答案52403－n＋32n解析对折3次可以得到52dm×12dm，5dm×6dm，10dm×3dm，20dm×32dm，共四种规格的图形，它们的面积之和为S3＝4×30＝120d

m2.对折4次可以得到54dm×12dm，52dm×6dm，5dm×3dm，10dm×32dm，20dm×34dm，共五种规格的图形，它们的面积之和为S4＝5×15＝75dm2.对折n次有n＋1种规格的图形，且S

n＝2402n(n＋1)，因此∑nk＝1Sk＝240221＋322＋…＋n＋12n.12∑nk＝1Sk＝240222＋323＋…＋n2n＋n＋12n＋1，因此12∑nk＝1Sk＝2401＋122＋123＋…＋12n－n＋

12n＋1＝24032－n＋32n＋1.所以∑nk＝1Sk＝2403－n＋32ndm2.11．(2020·新高考Ⅰ卷)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为______

__．6答案3n2－2n解析因为数列{2n－1}是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列{3n－2}是以1为首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项，以6为公差的等差数列，

所以{an}的前n项和为n·1＋n（n－1）2·6＝3n2－2n.12．(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________．答案7解析an

＋2＋(－1)nan＝3n－1，当n为奇数时，an＋2＝an＋3n－1；当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1.设数列{an}的前n项和为Sn，则S16＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a16＝a1＋a3＋a5＋…＋a15＋(a2＋a4)＋…＋

(a14＋a16)＝a1＋(a1＋2)＋(a1＋10)＋(a1＋24)＋(a1＋44)＋(a1＋70)＋(a1＋102)＋(a1＋140)＋(5＋17＋29＋41)＝8a1＋392＋92＝8a1＋484＝540，∴a1＝7.13．(2018·江苏高考)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n

∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为________．答案27解析设An

＝2n－1，Bn＝2n，n∈N*，当Ak<Bl<Ak＋1(k，l∈N*)时，2k－1<2l<2k＋1，有k－12<2l－1<k＋12，则k＝2l－1，设Tl＝A1＋A2＋…＋A2l－1＋B1＋B2＋…＋Bl，则

共有k＋l＝2l－1＋l个数，即Tl＝S2l－1＋l，而A1＋A2＋…＋A2l－1＝2×1－1＋2l－12×2l－1＝22l－2，B1＋B2＋…＋Bl＝2（1－2l）1－2＝2l＋1－2.则Tl＝22l－2＋2l＋1－2，则l，Tl，n，an＋1

的对应关系为lTlnan＋112an＋17132336210456033079108494121720453182133396611503865780观察到l＝5时，Tl＝S21<12a22，l＝6时，Tl＝S38>12a39，则n∈[22，38)，n∈N*时，存在n，使

Sn≥12an＋1，此时T5＝A1＋A2＋…＋A16＋B1＋B2＋B3＋B4＋B5，则当n∈[22，38)，n∈N*时，Sn＝T5＋（n－22＋1）（A22－5＋An－5）2＝n2－10n＋87.an＋1＝An

＋1－5＝An－4，12an＋1＝12[2(n－4)－1]＝24n－108，Sn－12an＋1＝n2－34n＋195＝(n－17)2－94，则当n≥27时，Sn－12an＋1>0，即nmin＝27.三、模拟小

题14．(2022·湖北黄冈模拟)若数列{an}满足an＋1＋an＝(－1)n·n，则数列{an}的前20项和为()A．－100B．100C.－110D．110答案A解析由an＋1＋an＝(－1)n·n，得a2＋a1＝－1，a3＋a4＝－3，a5＋a6＝－5，…，a19＋a20＝

－19，∴{an}的前20项和为a1＋a2＋…＋a19＋a20＝－1－3－…－19＝－1＋192×10＝－100.15．(2021·山东烟台一中模拟)已知数列{an}的首项a1＝1，函数f(x)＝x3＋an＋

1－an－cosnπ3为奇函数，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2021的值是()A．20232B．1011C．1008D．336答案B解析函数f(x)＝x3＋an＋1－an－cosnπ3为奇函数，则

f(0)＝an＋1－an－cosnπ38＝0，即an＋1－an＝cosnπ3，因为cosnπ3的值以6为周期循环，且a2－a1＝12，a3－a2＝－12，a4－a3＝－1，a5－a4＝－12，a6－a5＝12，a7－a6＝1，又a1＝1，所以a2＝32，a3＝1，a4＝0，a

5＝－12，a6＝0，a7＝1，所以an以6为周期循环．故S2021＝336(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1011.故选B.16．(多选)(2021·山东淄博模拟)对于数列{an}，定义H0＝a1＋2a2＋…＋2n－1ann为{an}的“

优值”．现已知数列{an}的“优值”H0＝2n＋1，记数列{an－20}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是()A．an＝2n＋2B．Sn＝n2－19nC．S8＝S9D．Sn的最小值为－72答案ACD解析由

题意可知，H0＝a1＋2a2＋…＋2n－1ann＝2n＋1，则a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1①，当n＝1时，a1＝21＋1×1＝4，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n②，①－②得，2n－1an＝n·2

n＋1－(n－1)·2n，an＝2(n＋1)，当n＝1时也成立，∴an＝2n＋2，A正确；Sn＝a1－20＋a2－20＋…＋an－20＝a1＋a2＋…＋an－20n＝2×1＋2＋2×2＋2＋…＋2×n＋2－20n＝2(1＋2＋…＋n)＋2n－2

0n＝n(n＋1)－18n＝n2－17n，B错误；∵an－20＝2n－18，当an－20≤0时，即n≤9，a9－20＝0，故当n＝8或9时，{an－20}的前n项和Sn取最小值，最小值为S8＝S9＝9×（－16＋0）2＝－72，C，D正确．故选ACD.17．(多选)(

2021·湖北天门联考)已知正项数列{an}的首项为2，前n项和为Sn，且（an＋1－an）（an＋1＋an）2＋Sn＋an＝Sn＋1＋1，bn＝1an＋an＋1－2，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn<16，则n的值可以为()A．543B．542C.

546D．544答案AB9解析因为（an＋1－an）（an＋1＋an）2＋Sn＋an＝Sn＋1＋1，所以a2n＋1－a2n＝2(an＋1－an＋1)，即(an＋1－1)2－(an－1)2＝2，故数列{(an－1)2}是首项为(a1－1)2＝1，公差为2的

等差数列，则(an－1)2＝2n－1，则an＝2n－1＋1，所以bn＝1an＋an＋1－2＝12n＋1＋2n－1＝2n＋1－2n－12，则Tn＝12×(3－1＋5－3＋…＋2n＋1－2n－1)＝12(2n＋1－1)，令12(2n＋1

－1)<16，解得2n＋1<33，即n<544.故选AB.18．(2021·江苏泰安学情调研)已知函数f(x)＝x＋3sinx－12＋12，则f12021＋f22021＋…＋f20202021＝________．答案2020解

析∵f(a)＋f(1－a)＝a＋3sina－12＋12＋1－a＋3sin1－a－12＋12＝2＋3sina－12＋3sin12－a＝2，设S＝f12021＋f22021＋…＋f20202

021，①则S＝f20202021＋f20192021＋…＋f12021.②①＋②得2S＝2020×f12021＋f20202021＝4040，∴S＝2020.19．(2022·辽宁沈阳摸底考试

)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a2n＋an，数列{bn}的前n项和为Sn，an＋1bn＝an.若S100<k(k∈Z)，则k的最小值为________．答案1解析由an＋1bn＝an，可得bn＝anan＋1，由an＋1＝a2n＋an，可得an

an＋1＝1an＋1，故bn＝1an＋1.因为1an＋1＝1an（an＋1）＝1an－1an＋1，所以1an＋1＝1an－1an＋1，所以S100＝101a1＋1＋1a2＋1＋…＋1a100＋1＝1a1－1a2＋1a2－

1a3＋…＋1a100－1a101＝1－1a101.由题意可知an>0，则an＋1－an＝a2n>0，故{an}为递增数列．因为a1＝1，所以0<1a101<1，故S100＝1－1a101∈(0，1)，所以k的最小值为1.一、高考大题1

．(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋1，n为奇数，an＋2，n为偶数．(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；(2)求{an}的前20项和．解(1)因为a1＝1，an＋1＝an＋1，n为奇数，an＋2，

n为偶数，所以a2＝a1＋1＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋1＝5，因为a2n＋1＝a2n＋2＝a2n－1＋1＋2＝a2n－1＋3，即a2n＋1－a2n－1＝3，所以数列{an}的奇数项构成以1为首项，3为公差的等差数列，所以当n为奇数时，an＝1＋n＋1

2－1×3＝3n－12，因为a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，即a2n＋2－a2n＝3，所以数列{an}的偶数项构成以2为首项，3为公差的等差数列，所以当n为偶数时，an＝2＋n2－1×3＝3n－22，而bn＝a2n，所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5

，bn＝a2n＝3×2n－22＝3n－1，所以bn＝3n－1.(2)由(1)，知{an}的前20项和S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝10×1＋10×92×3＋10×2＋10×92×3＝30

0.所以{an}的前20项和为300.112．(2021·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－94，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n

项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．解(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，两式相减可得4an＋1＝3an，即an＋1an＝34.当n＝1时，4S2＝4－94＋a2＝－274－9，解得a2＝－2716，所以a2a

1＝34.所以数列{an}是首项为－94，公比为34的等比数列，所以an＝－94×34n－1＝－3n＋14n.(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)×34n.所以T

n＝－3×34－2×342－1×343＋0×344＋…＋(n－4)×34n，①且34Tn＝－3×342－2×343－1×3

44＋0×345＋…＋(n－5)×34n＋(n－4)×34n＋1，②①－②，得14Tn＝－3×34＋342＋343＋…＋34n－(n－4)

×34n＋1＝－94＋9161－34n－11－34－(n－4)×34n＋112＝－n×34n＋1，所以Tn＝－4n×34n＋1.因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，所以－4n×34n＋1≤λ(n－4

)×34n恒成立，即－3n≤λ(n－4)恒成立，当n<4时，λ≤－3nn－4＝－3－12n－4，此时λ≤1；当n＝4时，－12≤0恒成立；当n>4时，λ≥－3nn－4＝－3－12n－4，此时λ≥－3.所以－3≤λ≤1.3．(2021·天津高考)已知

{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64.{bn}是公比大于0的等比数列，b1＝4，b3－b2＝48.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)记cn＝b2n＋1bn，n∈N*，①证明{c2n－c2n}是等比数列；②证明∑nk＝1akak＋1

c2k－c2k<22(n∈N*).解(1)因为{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64.所以a1＋a2＋…＋a8＝8a1＋8×72×2＝64，所以a1＝1，所以an＝a1＋2(n－1)＝2n－1，n∈N*；设等比数列{bn}的公比为q(q>0)，所

以b3－b2＝b1q2－b1q＝4(q2－q)＝48，解得q＝4(负值舍去)，所以bn＝b1qn－1＝4n，n∈N*.(2)证明：①由题意，得cn＝b2n＋1bn＝42n＋14n，13所以c2n－c2n＝42n＋14n2－44n＋1

42n＝2×4n，所以c2n－c2n≠0，且c2n＋1－c2n＋2c2n－c2n＝2×4n＋12×4n＝4，又c21－c2＝8，所以数列{c2n－c2n}是以8为首项，4为公比的等比数列．②由题意知，anan＋1c2n－c2n＝（2n－1）（2n＋1）2×4n＝4n2－12×22n<4n2

2×22n，所以anan＋1c2n－c2n<4n22×22n＝2n2×2n＝12×n2n－1，所以∑nk＝1akak＋1c2k－c2k<12∑nk＝1k2k－1，设Tn＝∑nk＝1k2k－1＝120＋221＋322＋…＋n2n－1，则12

Tn＝121＋222＋323＋…＋n2n，两式相减得12Tn＝1＋12＋122＋…＋12n－1－n2n＝1×1－12n1－12－n2n＝2－n＋22n，所以Tn＝4－n＋22n－1，所以∑nk＝1akak＋1c2k－c2k<12∑nk＝1k2k－1＝124－n＋22n－1

<22.二、模拟大题4．(2021·福建三明期末)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，Sn－an＋1＋2＝0.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝log2an，数列1bnbn＋2的前n项和为Tn，证明：Tn<34.解(1)由Sn－a

n＋1＋2＝0，得Sn＝an＋1－2，①则当n≥2时，Sn－1＝an－2，②①－②得Sn－Sn－1＝an＋1－an，14所以an＝an＋1－an，即an＋1＝2an.又因为a1＝2，且a2＝S1＋2＝a1＋2＝4＝2a1，所以{an}是首项为2，公比为2的等

比数列．所以an＝2n.(2)证明：由(1)知bn＝log22n＝n，则1bnbn＋2＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2.所以Tn＝12×1－13＋12－14＋13－15＋…＋

1n－1n＋2＝12×1＋12－1n＋1－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋2<34.5．(2021·河北廊坊模拟)已知各项均不相等的等比数列{an}中，Sn为其前n项和，a1＝

2，在①S3＝6，②S6S3＝－7，③4a2，a3，a5成等差数列这三个条件中任选一个补充为条件，并作答：(1)求an；(2)设bn＝(－1)n－1nan，求{bn}的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按

第一个解答计分．解(1)设等比数列{an}的公比为q，选①：S3＝a1＋a2＋a3＝2(1＋q＋q2)＝6，∴(q＋2)(q－1)＝0，∵q≠1，∴q＝－2，∴an＝2(－2)n－1.∴an＝(－1)n－1×2n

.选②：∵q≠1，∴S6S3＝2（1－q6）1－q2（1－q3）1－q＝（1＋q3）（1－q3）1－q3＝1＋q3＝－7，∴q＝－2，∴an＝2(－2)n－1，∴an＝(－1)n－1×2n.15选③：2a3＝

4a2＋a5，∴2a1q2＝4a1q＋a1q4，∴q3－2q＋4＝0，∴(q＋2)(q2－2q＋2)＝0，∴q＝－2，∴an＝2(－2)n－1.∴an＝(－1)n－1×2n.(2)bn＝(－1)n－1nan＝n×2n，∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，2Tn＝1×22

＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.两式相减，得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1.∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋2.6．(2022·浙江五校联考)已知数列{an}满足a1＝0，且an＋1＝12－

an(n∈N*)(1)求证：数列1an－1是等差数列；(2)记bn＝(－1)n＋1(2－an－an＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，若存在n∈N*，使得λ>Tn成立，求实数λ的取值范围．解(1)证明：an＋1－1＝12－an－1＝an－12－an，∴1an＋1－1＝1

an－1－1，即1an＋1－1－1an－1＝－1(n∈N*)，∴数列1an－1是以－1为公差的等差数列．(2)由(1)可知数列1an－1是以－1为公差的等差数列，且1a1－1＝－1，∴1an－1＝－n，∴an＝1－1n，∴bn＝(

－1)n＋11n＋1n＋1，∴Tn＝1＋12－12＋13＋13＋14－…＋(－1)n＋11n＋1n＋1＝1＋(－1)n＋1611n＋1，①当n为奇数时，Tn＝1＋1n

＋1单调递减，当n→＋∞时，Tn→1，∴Tn>1；②当n为偶数时，Tn＝1－1n＋1单调递增，∴Tn≥T2＝23，∴(Tn)min＝23，∵存在n∈N*，使得λ>Tn成立，∴λ>(Tn)min即可，∴λ>23

.7．(2022·辽宁名校联考)已知数列{an}满足a3＝16，an＋1＝an2an＋1.(1)证明数列1an是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)若________，求数列{bn}的前n项和Tn.

在①bn＝anan＋1；②bn＝（－1）nan；③bn＝1an＋131an这三个条件中选择一个补充在第(2)问中，并解答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)显然an≠0，由an＋1＝an2an＋1两边同时取倒数得1an＋1＝2an＋1

an＝1an＋2，即1an＋1－1an＝2，所以数列1an是公差为2的等差数列．故1an＝1a3＋(n－3)×2＝2n，即an＝12n.(2)选①：由已知得bn＝12n·12n＋2＝14n（n＋1

）＝141n－1n＋1，17那么数列{bn}的前n项和Tn＝14×1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝14×1－1n＋1＝n4n＋4.选②：由已知得bn＝(－1)n·2n，那么数列{bn}的前n项和Tn＝－2＋4－6＋8＋…＋(－1)n·2n，当

n为偶数时，Tn＝2×n2＝n；当n为奇数时，Tn＝－2＋(－2)×n－12＝－n－1，故Tn＝n，n是偶数，－n－1，n是奇数．选③：由已知得bn＝2n＋132n＝2n＋19n，那么数列{bn}的前n项和Tn＝(2＋4＋…＋2n)＋19

＋192＋…＋19n＝（2＋2n）n2＋191－19n1－19＝n2＋n＋181－19n.