【文档说明】2021高考数学（理）集训4　数列 .docx，共(21)页，124.385 KB，由小赞的店铺上传

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专题限时集训(四)数列1．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为()A．1B．2C．4D．8C[设公差为d，a4＋a5＝a1＋3d＋a1＋4d＝2a

1＋7d＝24，S6＝6a1＋6×52d＝6a1＋15d＝48，联立2a1＋7d＝246a1＋15d＝48，解得d＝4，故选C．]2．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝()A．21B．42C．63D．84B[∵a1＝3，

a1＋a3＋a5＝21，∴3＋3q2＋3q4＝21.∴1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B．]3．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项

和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝()A．－12B．－10C．10D．12B[设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴33a1＋3×22d＝2a1＋d＋4a1＋4×32d，解得d＝－32a1，∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4

d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B．]4．(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝()A．16B．8C．4D．2C[设正数的等比数列{an}的公比为q，则a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15a1q4＝3a1q2＋4a

1，解得a1＝1q＝2，∴a3＝a1q2＝4，故选C．]5．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了

381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏B[设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，∴S7＝a1(1－q7)1－q＝a1(1－27)1－2＝381，

解得a1＝3.故选B．]6．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则()A．an＝2n－5B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8nD．Sn＝12n2－2nA[设等差数列{an}的公差为d，∵S4＝0

，a5＝5，∴4a1＋4×32d＝0，a1＋4d＝5，解得a1＝－3，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋n(n－1)2d＝n2－4n.故选A．]7．(2020·全国卷Ⅱ)数列{an}

中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝()A．2B．3C．4D．5C[令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即an＋1an＝a1＝2，所以数列

{an}是首项为2、公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×2×(1－210)1－2＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，所以k＋1＝5，解得k＝4，故选C．]8．(2013·全国卷Ⅰ)设等差数

列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝()A．3B．4C．5D．6C[∵{an}是等差数列，Sm－1＝－2，Sm＝0，∴am＝Sm－Sm－1＝2.∵Sm＋1＝3，∴am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴d＝am

＋1－am＝1.又Sm＝m(a1＋am)2＝m(a1＋2)2＝0，∴a1＝－2，∴am＝－2＋(m－1)·1＝2，∴m＝5.]9．(2012·大纲版)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列1anan＋1的前100项和

为()A．100101B．99101C．99100D．101100A[设等差数列的公差为d，由题意可得，a1＋4d＝5，5a1＋10d＝15，解得d＝1，a1＝1.由等差数列的通项公式可得，an＝

a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n，∴1anan＋1＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1.∴S100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选A．]10．(2012·全国卷Ⅱ)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为

()A．3690B．3660C．1845D．1830D[由于数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，故有a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，…，a50－a49＝97.从而可

得a3＋a1＝2，a4＋a2＝8，a7＋a5＝2，a8＋a6＝24，a11＋a9＝2，a12＋a10＝40，a15＋a13＝2，a16＋a14＝56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数

项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．{an}的前60项和为15×2＋15×8＋15×142×16＝1830，故选D．]11．(2020·全国卷Ⅱ)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用，若序列a1a2…an…满足a

i∈{0,1}(i＝1,2，…)，且存在正整数m，使得ai＋m＝ai(i＝1,2，…)成立，则称其为0-1周期序列，并称满足ai＋m＝ai(i＝1,2，…)的最小正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0-1序列a1a2

…an…，C(k)＝1m∑mi＝1aiai＋k(k＝1,2，…，m－1)是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)≤15(k＝1,2,3,4)的序列是()A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…C[对于A

，因为C(1)＝1×1＋1×0＋0×1＋1×0＋0×15＝15，C(2)＝1×0＋1×1＋0×0＋1×1＋0×15＝25，不满足C(k)≤15，故A不正确；对于B，因为C(1)＝1×1＋1×0＋0×1＋1×1＋1

×15＝35，不满足C(k)≤15，故B不正确；对于C，因为C(1)＝1×0＋0×0＋0×0＋0×1＋1×15＝15，C(2)＝1×0＋0×0＋0×1＋0×1＋1×05＝0，C(3)＝1×0＋0×1＋0×1＋0×0＋1×05＝0，C(4)＝1×1＋0×1＋0×0＋0×0＋1×05＝

15，满足C(k)≤15，故C正确；对于D，因为C(1)＝1×1＋1×0＋0×0＋0×1＋1×15＝25，不满足C(k)≤15，故D不正确．综上所述，故选C．]12．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国

家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再

接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是()A．440B．330C．220D．110A[设首项为第1组，接下来的两项为第2组

，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为n(1＋n)2.由题意知，N>100，令n(1＋n)2>100⇒n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后．第n组的各项和为1－2n1－2＝2n－1，前n组所有项的和为

2(1－2n)1－2－n＝2n＋1－2－n.设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则第n＋1组的前k项的和2k－1应与－2－n互为相反数，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2

(n＋3)⇒n最小为29，此时k＝5，则N＝29×(1＋29)2＋5＝440.故选A．]13．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝13，a24＝a6，则S5＝________.1213[法一：设等比数列{an}的公比为q，因为a24＝a6，所以(a1

q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝13，所以q＝3，所以S5＝a1(1－q5)1－q＝13×(1－35)1－3＝1213.法二：设等比数列{an}的公比为q，因为a24＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝

1，又a1＝13，所以q＝3，所以S5＝a1(1－q5)1－q＝13×(1－35)1－3＝1213.]14．(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝_

_______.－1n[∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.∵Sn≠0，∴1Sn－1Sn＋1＝1，即1Sn＋1－1Sn＝－1.又1S1＝－1，∴1Sn是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1Sn＝－1＋(n－1)

×(－1)＝－n，∴Sn＝－1n.]15．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．64[设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a

4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝12.又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.故a1a2…an＝an1q1＋2＋…＋(n－1)＝23n·12(n－1)n2＝23n－n22＋n2＝2－n22＋72n.记t＝－n22＋7n2＝－12(n2－7

n)，结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为26＝64.]1．(2020·广州一模)已知{an}是等差数列，a3＝5，a2－a4＋a6＝7，则数列{an}

的公差为()A．－2B．－1C．1D．2D[∵{an}是等差数列，a3＝5，a2－a4＋a6＝7，设数列{an}的公差为d.∴a1＋2d＝5a1＋d－(a1＋3d)＋a1＋5d＝7，解得a1＝1，d＝2.故选D．]2．(2020·长春二模)

已知等差数列{an}中，3a5＝2a7，则此数列中一定为0的是()A．a1B．a3C．a8D．a10A[∵等差数列{an}中，3a5＝2a7，∴3(a1＋4d)＝2(a1＋6d)，即a1＝0.则此数列中一定为0的是a1.故选A．]3．(2020·包头一

模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝5，S9＝81，则a10＝()A．23B．25C．28D．29D[由S9＝9(a1＋a9)2＝9a5＝81，得到a5＝9，∵a4＝5，∴d＝a5－a4＝9－5＝4，∴a10＝a4＋(10－4)d＝5＋6×4

＝29，故选D．]4．(2020·南昌一模)已知{an}是等差数列，且a3＋a4＝－4，a7＋a8＝－8，则这个数列的前10项和等于()A．－16B．－30C．－32D．－60B[∵a3＋a4＝－4，a7＋a8＝－8，∴a3＋a4＋a7＋a8＝－1

2，∴a1＋a10＝a3＋a8＝a4＋a7＝－6，∴S10＝10(a1＋a10)2＝－30，故选B．]5．(2020·海南模拟)已知数列{an}为等比数列，a2＝16，a1＝64a4，数列{an}的前n项和为Sn，则S6等于()A．634B．6316

C．638D．6332A[设数列{an}的公比为q，由题知，1＝64q3，解得q＝14，a1＝a2q＝64，a1＝8，q＝12，所以数列{an}是以8为首项，12为公比的等比数列，所以S6＝8×

1－1261－12＝634，故选A．]6．(2020·通辽模拟)若正项等比数列{an}的公比q≠1，且a3，a5，a6成等差数列，则a3＋a5a4＋a6等于()A．12B．52C．5＋12D．5－12D[由a3、a5、a6成等差数列，得到2a5＝a3＋a6，则2a

1q4＝a1q2＋a1q5，由a1≠0，q≠0，得到2q2＝1＋q3，即(q－1)(q2－q－1)＝0，又q≠1，∴q2－q－1＝0，解得q＝1＋52或q＝1－52(舍去)，则a3＋a5a4＋a6＝a3＋a5q(a3＋a5)＝1q＝5－12.故选D．]7．(2020·咸阳二模)已知数

列a1，a2a1，a3a2，…，anan－1是首项为8，公比为12的等比数列，则a3等于()A．64B．32C．2D．4A[由题意可得，anan－1＝8×12n－1，a1＝8，所以a2a1＝4即a2＝32，a3a

2＝2，所以a3＝64.故选A．]8．(2020·青岛一模)已知数列{an}为等比数列，满足a3a11＝6a7；数列{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且b7＝a7，则S13＝()A．13B．48C．78D．156C[等比数列{an}中，a3a

11＝a27，可得a27＝6a7，解得a7＝6，数列{bn}是等差数列且b7＝a7＝6，∴S13＝12×13(b1＋b13)＝13b7＝78，故选C．]9．(2020·大同模拟)已知正项数列{an}满足a2n＋1

－an＋1an－2a2n＝0，{an}的前n项和为Sn，则S5a3＝()A．314B．312C．154D．152A[依题意，由a2n＋1－an＋1an－2a2n＝0，得(an＋1－2an)(an＋1＋an)＝0，∵an＋1＋

an＞0，∴an＋1－2an＝0，即an＋1＝2an，∴正项数列{an}是以2为公比的等比数列，∴S5＝a1(1－25)1－2＝31a1，a3＝a1·22＝4a1，∴S5a3＝31a14a1＝314.故选A．]10．(2020·福州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a

2＝2，S7＝28，则数列1anan＋1的前2020项和为()A．20202021B．20182020C．20182019D．20212020A[由等差数列前n项和公式可得，S7＝7a4＝28，所以a4＝4，由a4＝a1＋3d＝4

a2＝a1＋d＝2，解得a1＝1d＝1，所以等差数列通项公式为an＝1＋(n－1)×1＝n，则1anan＋1＝1n(n＋1).所以1a1a2＋1a2a3＋1a3a4＋…＋1a2020a2021＝11×2

＋12×3＋13×4＋…＋12020×2021＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋12020－12021＝20202021，故选A．]11．(2020·衡水模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，则“{an}是等

差数列”是“Snn是等差数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件C[因为{an}是等差数列，所以Sn＝na1＋n(n－1)2d，所以Snn＝a1＋n－12d，反之，也成立，故选C．]12．(2020·咸阳模拟)设等比数列{an}的前n项和

为Sn，若S5＝2S10，则2S5＋8S15S10－S5＝()A．－12B．16C．12D．－16D[由S5＝2S10，可知q≠1，则a11－q(1－q5)＝2×a11－q(1－q10)，∴1＋q5＝12，∴q5＝－12，∴2S5＋8S15S10－S5＝2

(1－q5)＋8(1－q15)(1－q10)－(1－q5)＝21＋12＋81＋181－14－1＋12＝－16，故选D．]13．(2020·深圳二模)在等差数列{an}中，Sn为其前n项的和，已知3a8＝5a13

，且a1＞0，若Sn取得最大值，则n为()A．20B．21C．22D．23A[由3a8＝5a13，得3(a1＋7d)＝5(a1＋12d)，又a1＞0，∴a1＝－392d，d＜0，∴Sn＝na1＋n(n－1)2d＝12dn2－20dn.即当n＝20时，Sn有最大值．

故选A．]14．(2020·黄冈模拟)有两个等差数列2,6,10，…，190和2,8,14，…，200，由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的项数为()A．15B．16C．17D．18B[等差数列2,6,10，…，190，公差为4，

等差数列2,8,14，…，200，公差为6，所以由两个数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，其公差为12，首项为2，所以通项为an＝12n－10，所以12n－10≤190，解得n≤503，又n∈N*，所以n的最大值为16，即新数列的项数为16，故选B．]15．(2020·

如皋中学模拟)已知命题：“在等差数列{an}中，若4a2＋a10＋a()＝24，则S11为定值”为真命题，由于印刷问题，括号处的数模糊不清，可推得括号内的数为()A．17B．18C．19D．20B[设括号里的数为x，则4a2＋a10＋ax＝4(

a1＋d)＋a1＋9d＋a1＋(x－1)d＝6a1＋(12＋x)d，因为S11＝11a6＝11(a1＋5d)，所以要使得题目中的命题成立，则有12＋x＝30，解得x＝18，故选B．]16．(2020·唐山模拟)已知{an}为等差数列，若a20a19＜－1，且数列{an}的前n项和Sn有

最大值，则Sn的最小正值为()A．S1B．S19C．S20D．S37D[因为a20a19＜－1，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，故a19＞0，a20＜0，a19＋a20＜0，所以S37＝37(a1＋a37)2＝37a19＞0，S38＝38(a1＋a38)2＝19(a19＋a20)

＜0，即满足条件的Sn的最小正值为S37.故选D．]17．(2020·郑州模拟)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1Sn＋1＝Sn，则S10＝()A．110B．－110C．10D．－10B[由an＋1Sn＋1＝Sn，得an＋1＝SnSn＋1.又an＋

1＝Sn＋1－Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，即1Sn＋1－1Sn＝－1，所以数列1Sn是以1S1＝1a1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，所以1Sn＝－1＋(n－1)·(－1)＝－n，所以1S10＝－1

0，所以S10＝－110，故选B．]18．(2020·西安模拟)假设如图所示的三角形数表的第n行的第二个数为an(n≥2，n∈N*)，则a70＝()122343477451114115…A．2046B．2416C．2347D．2486B[由三角形数表可知：an＋1＝an＋n(n≥2)，a2＝2，∴

an－an－1＝n－1(n≥3)，…，a3－a2＝2，∴an＝a2＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2＋3＋…＋(n－1)＝2＋(n－2)(n＋1)2，整理得：an＝12n2－12n＋1(n≥3)，则a7

0＝12×702－12×70＋1＝2416.故选B．]19．(2020·西湖模拟)已知函数f(x)满足对任意的x∈R，f(3－x)＝f(x)，若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a17)＝f(a24)，则{an}的前40项的和为()A．80B．60C．

40D．20B[∵函数y＝f(x)对任意自变量x都有f(3－x)＝f(x)，∴函数f(x)图象关于直线x＝32对称，又数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a17)＝f(a24)，∴a17＋a24＝a1＋a40＝3，∴S40＝40×(a1＋a40)2＝40×(a

17＋a24)2＝60.故选B．]20．(2020·淮安模拟)已知集合M＝{x|x＝3n，n∈N*}，N＝{x|x＝2n，n∈N*}，将集合M∪N的所有元素从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，则c1＋c2＋c3＋…＋c35＝()A．1194B．1695C．311D．1095

D[n＝35时，2×35＝70,3n＜70，n≤3，所以数列{cn}的前35项和中，{3n}有三项3,9,27，{2n}有32项，所以c1＋c2＋c3＋…＋c35＝3＋9＋27＋32×2＋32×312×2＝1

095.故选D．]21．(2020·临汾模拟)一个球从h米高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，全程共经过()A．h28米B．h29米C．3h－h28米D．3h－h29米D[由于一个球从h米高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地

时，所行的路程为：h，h，h2，h4，h8，h16，h32，h64，h128，h256－h512，第一次落地前行的路程和最后一次落地前行的路程都是单程．∴S＝h＋h＋h2＋…＋h128＋h256－h512＝h＋

h1－1291－12－h512＝3h－h28－h29＝3h－h29.故选D．]22．(2020·河东区校级模拟)数列{an}满足a1＝1，对∀n∈N*，都有an＋1＝a1＋an＋n，则1a1＋1a2＋…＋1a2019＝()A．20182019B．201920

20C．40362019D．20191010D[由题意，可知an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1.∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，……an－an－1＝n.各项相加，可得an－a1＝2＋3＋…＋n，∴an＝a1＋2＋3＋…＋n＝1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1

)2，n∈N*，1an＝2n(n＋1)＝21n－1n＋1，则1a1＋1a2＋…＋1a2019＝21－12＋212－13＋…＋212019－12020＝21－12＋12－13＋…＋12019－12020＝2

1－12020＝20191010，故选D．]23．(2020·宜宾模拟)已知有穷数列{an}中，n＝1,2,3，…，729，且an＝(2n－1)(－1)n＋1，从数列{an}中依次取出a2，a5，a14，…

构成新数列{bn}，容易发现数列{bn}是以－3为首项，－3为公比的等比数列，记数列{an}的所有项的和为S，数列{bn}的所有项的和为T，则()A．S＞TB．S＝TC．S＜TD．S与T的大小关系不确定A[因为S＝1－3＋5－7＋…＋(2×729－1)＝1＋2×7282＝729，bn＝

(－3)(－3)n－1＝(－3)n≤729×2－1，所以n≤6，当n＝6时，b6＝729是an中第365项，符合题意，所以T＝(－3)(1－(－3)6)1－(－3)＝546，所以S＞T，故选A．]24．(2020·朝阳区模拟)设无穷等比数列{an}的各项为

整数，公比为q，且|q|≠1，a1＋a3＜2a2，写出数列{an}的一个通项公式________．an＝－2n－1(答案不唯一)[根据题意，无穷等比数列{an}的各项为整数，则公比q必为整数，又由a1＋a3＜2a2，即a1＋a1q2＜2a1q，变形可得a1(1－q)2

＜0，则a1＜0，当a1＝－1，q＝2时，数列{an}的通项公式为an＝－2n－1.]25．[一题两空](2020·密云区一模)在疫情防控过程中，某医院一次性收治患者127人．在医护人员的精心治疗下，第15天开始有患者治

愈出院，并且恰有其中的1名患者治愈出院．如果从第16天开始，每天出院的人数是前一天出院人数的2倍，那么第19天治愈出院患者的人数为________，第________天该医院本次收治的所有患者能全部治愈出院．1621[某医院一次性收治患者127人．第15天开始有患者治愈出院，并且恰有其中的

1名患者治愈出院．从第16天开始，每天出院的人数是前一天出院人数的2倍，∴从第15天开始，每天出院人数构成以1为首项，2为公比的等比数列，则第19天治愈出院患者的人数为a5＝1×24＝16，Sn＝1×(1－2n)1－2＝127，解得n＝7，∴第7＋15－1＝21

天该医院本次收治的所有患者能全部治愈出院．]26.(2020·大连模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对于任意的自然数n，都有SnTn＝2n－34n－3，则a3＋a152(b3＋b9)＋a3b2＋b10＝__

______.1941[a3＋a152(b3＋b9)＋a3b2＋b10＝2a92(b1＋b11)＋a3b1＋b11＝a9＋a3b1＋b11＝a1＋a11b1＋b11＝11(a1＋a11)211(b1＋b11)2＝S11T11＝2×11－34×11－3＝1941.]27．(2

020·郑州模拟)已知正项数列{xn}满足xn＋2＝xn＋1xn，n＝1,2,3，…，若x1＝1，x2＝2，则x2020＝________.1[根据题意，数列{xn}满足xn＋2＝xn＋1xn，若x1＝1，x2＝2，则x3＝x2x1＝21＝2，x4＝x3x2＝22＝1，x5＝x4x3＝

12，x6＝x5x4＝12，x7＝x6x5＝1，x8＝x7x6＝2，则数列{xn}的周期为6，x2020＝x4＋336×6＝x4＝1.]28．(2020·深圳二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an－2，则S5－S4＝__________.32[因为Sn为数列{an}的前n项和

，若Sn＝2an－2，①则a1＝2a1－2⇒a1＝2；则Sn－1＝2an－1－2，②①－②得：an＝2an－2an－1⇒an＝2an－1⇒数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列；故an＝2n，∴S5－S4＝25＝32.

]29．(2020·福建模拟)数列{an}满足a1＋4a2＋9a3＋…＋n2an＝2n(n＋1)．记不超过x的最大整数为[x]，如[0.9]＝0，[－0.9]＝－1.设bn＝[log2an]，数列{bn}的前n项和为Sn，若Sn＜0，则n的最小值为________．8[依题意，由a1

＋4a2＋9a3＋…＋n2an＝2n(n＋1)，可得a1＋4a2＋9a3＋…＋(n－1)2an－1＝2(n－1)n，两式相减，可得n2an＝2n(n＋1)－2(n－1)n＝4n，∴an＝4n，n∈N*.∴bn＝[log2an]＝log24

n＝[2－log2n]＝2，n＝11，n＝20，n＝3，4－1，n＝5，6，7，8，∴若Sn＜0，则n的最小值为8.]30．[一题两空](2020·宝鸡二模)数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n

－1(n∈N*)，则an＝________.若存在n∈N*使得an≤n＋1n·λ成立，则实数λ的最小值为________．2n－1n12[∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n－1①，∴a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1－1(n≥2)②，①－②

得：nan＝2n－2n－1＝2n－1，∴an＝2n－1n(n≥2)，又∵a1＝2－1＝1，满足an＝2n－1n，∴an＝2n－1n，若存在n∈N*使得an≤n＋1n·λ成立，即若存在n∈N*使得λ≥2n－1n＋1成立，设f(n)＝

2n－1n＋1，n∈N*，∴f(n＋1)－f(n)＝2nn＋2－2n－1n＋1＝n·2n－1(n＋2)(n＋1)＞0，∴f(n＋1)＞f(n)，∴对任意n∈N*，f(n)递增，∴f(n)min＝f(1)＝12，∴λ≥12，∴λ的最小值为12.]31．(2020·开封模拟)已知正项数列{an}满

足a1＝2，a2n＋1＝a2n＋2n，n∈N*，Tn为an的前n项的积，则使得Tn＞218的n的最小值为________．9[正项数列{an}满足a1＝2，a2n＋1＝a2n＋2n，n∈N*，可得：a22＝a21＋21，a23＝a22＋22，a24＝a23＋23，…，a2n＝a2

n－1＋2n－1，累加可得：a2n＝2＋2＋22＋23＋…＋2n－1＝2＋2(1－2n－1)1－2＝2n，∴an＝2n2，Tn为an的前n项的积，Tn＝a1·a2·a3…an＝212＋22＋32＋…＋n2＝212×1＋n2×n＝2n(n＋1)4，Tn＞218，可得2n(n＋

1)4＞218，n∈N*，即n2＋n－72＞0，解得n＞8，故n的最小值为9.]获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com