【文档说明】2023届高考数学易错题专项突破——易错点23 数列的综合应用含解析【高考】.docx，共(16)页，78.544 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易错点23数列的综合应用一、单选题1.等比数列{𝑎𝑛}，0<𝑎1<𝑎4=1使不等式(𝑎1−1𝑎1)+(𝑎2−1𝑎2)+⋯(𝑎𝑛−1𝑎𝑛)≤0成立大自然数A.5B.6C.7D.82.已知等差数列{𝑎𝑛}(公差不为零)和等差数列{𝑏𝑛}，如

果关于x的实系数方程9𝑥2−(𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎9)𝑥+𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏9=0有实数解，那么以下九个方程𝑥2−𝑎𝑖𝑥+𝑏𝑖=0(𝑖=1,2，3，…，9)中，无实数解的方程最多有A.3个B.4个C.5个D.6个3.设等差数列{𝑎𝑛}满足sin2𝑎4cos2�

�7−sin2𝑎7cos2𝑎4sin(𝑎5+𝑎6)=1，公差𝑑∈(−1,0)，当且仅当𝑛=9时，数列{𝑎𝑛}的前n项和𝑆𝑛取得最大值，求该数列首项𝑎1的取值范围A.(4𝜋3,3𝜋2)B.[4𝜋3,3𝜋2]C.[7𝜋6,4𝜋3]D.(7𝜋6,4𝜋3)4.已知

数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，𝑎2=2，𝑎𝑛+2=(1+|sin𝑛𝜋2|)𝑎𝑛+|cos𝑛𝜋2|(𝑛∈N+)，则𝑎2018+log2𝑎2021的值为A.2019B.2020C.2021D.20225.银行按“复利”计算利息，即把上一个月的利息和本金加在一起算作本金，再计算

下一个月的利息．某人在银行贷款金额为A元，采用的还款方式为“等额本息”，即每个月还款1次，每次还款的金额固定不变，直到贷款的本金和利息全部还完为止．若月利率p固定不变，按“复利”计算本息和，分n个月还清(贷款1个月

后开始第1次还款)，则此人每月还款金额为A.𝐴𝑛元B.𝐴(1+𝑝)𝑛𝑛元C.𝐴(1+𝑝)𝑛(1+𝑝)𝑛−1元D.𝐴𝑝(1+𝑝)𝑛(1+𝑝)𝑛−1元6.已知𝑓(𝑥)，𝑔(𝑥)都是定义在R上的函数，𝑔(𝑥)

≠0，𝑓’(𝑥)𝑔(𝑥)>𝑓(𝑥)𝑔’(𝑥)，且𝑓(𝑥)=𝑎𝑥𝑔(𝑥)(𝑎>0,且𝑎≠1),𝑓(1)𝑔(1)+𝑓(−1)𝑔(−1)=103，若数列{𝑓(𝑛)𝑔(𝑛)}

的前n项和大于363，则n的最小值为A.4B.5C.6D.727.数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+1=−𝑎𝑛2+𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗)，𝑎1∈(0,12)，则以下说法正确的个数①0<𝑎𝑛+1<𝑎𝑛；②𝑎12+𝑎22

+𝑎32+⋅⋅⋅+𝑎𝑛2<𝑎1；③对任意正数b，都存在正整数m使得11−𝑎1+11−𝑎2+11−𝑎3+⋅⋅⋅+11−𝑎𝑚>𝑏成立．④𝑎𝑛<1𝑛+1A.1B.2C.3D.48.“垛积术”(隙积术)是由北

宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等，某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件，已知第一层货

物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910.若这堆货物总价是100−200(910)𝑛万元，则n的值为A.7B.8C.9D.10二、填空题9.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=(−1)𝑛−14𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛+1，则数列{𝑏𝑛}的前99项和𝑇99=______．10.正项等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎1+𝑎3=54，且2𝑎2，1

2𝑎4，𝑎3成等差数列，则(𝑎1𝑎2)⋅(𝑎2𝑎3)⋅…⋅(𝑎𝑛𝑎𝑛+1)取得最小值时的n值为______．11.定义各项为正数的数列{𝑝𝑛}的“美数”为，若各项为正数的数列{𝑎𝑛}的“美数”为12𝑛+1，且𝑏𝑛=𝑎𝑛+14，则1𝑏1𝑏2+1𝑏

2𝑏3+1𝑏2019𝑏2020=________．12.对于数列{𝑎𝑛}，定义𝐴𝑛=𝑎1+2𝑎2+⋯+2𝑛−1𝑎𝑛𝑛为数列{𝑎𝑛}的“好数”，已知某数列{𝑎𝑛}的“好数”𝐴𝑛=2𝑛+1，记数列{𝑎𝑛−𝑘𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，若𝑆𝑛≤𝑆7对任

意的𝑛∈N∗恒成立，则实数k的取值范围是__________．三、解答题13.已知正项数列{𝑎𝑛}的首项𝑎1=1，前n项和𝑆𝑛满足2𝑎𝑛=√𝑆𝑛+√𝑆𝑛−1(𝑛≥2)．3(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)记数列{1𝑎𝑛𝑎𝑛+1}的前n项和为𝑇

𝑛，若对任意的𝑛∈𝑁∗，不等式5𝑇𝑛<𝑎2−𝑎恒成立，求实数a的取值范围．14.对于正整数n，如果𝑘(𝑘∈𝑁∗)个整数𝑎1，𝑎2，…，𝑎𝑘满足1≤𝑎1≤𝑎2≤⋯≤𝑎𝑘≤𝑛，且𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑘=𝑛，

则称数组(𝑎1,𝑎2,…,𝑎𝑘)为n的一个“正整数分拆”.记𝑎1，𝑎2，…，𝑎𝑘均为偶数的“正整数分拆”的个数为𝑓𝑛；𝑎1，𝑎2，…，𝑎𝑘均为奇数的“正整数分拆”的个数为𝑔𝑛．(Ⅰ)写出整数4的所有

“正整数分拆”；(Ⅱ)对于给定的整数𝑛(𝑛≥4)，设(𝑎1,𝑎2,…,𝑎𝑘)是n的一个“正整数分拆”，且𝑎1=2，求k的最大值；(Ⅲ)对所有的正整数n，证明：𝑓𝑛≤𝑔𝑛；并求出使得等号成立的n的值．(注：对于n的两个“正整数分拆”(𝑎

1,𝑎2,…,𝑎𝑘)与(𝑏1,𝑏2,…,𝑏𝑛)，当且仅当𝑘=𝑚且𝑎1=𝑏1，𝑎2=𝑏2，…，𝑎𝑘=𝑏𝑚时，称这两个“正整数分拆”是相同的．)15.已知数列{𝑎𝑛}为等比数列，且𝑎𝑛>0，数列{𝑏𝑛}满足𝑏𝑛=log2𝑎𝑛.若𝑏1=4，𝑏

2=3．(Ⅰ)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(Ⅱ)设数列{𝑏𝑛+𝑚}前n项和为𝑆𝑛，若当且仅当𝑛=5时，𝑆𝑛取得最大值，求实数m的取值范围．4已知数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，𝑎1=1，且(𝑛+1)𝑎𝑛=2𝑆𝑛(𝑛∈𝑁∗)，数列{𝑏𝑛}满

足𝑏1=12，𝑏2=14，对任意𝑛∈𝑁∗，都有𝑏𝑛+12=𝑏𝑛𝑏𝑛+1．(1)求数列{𝑎𝑛}、{𝑏𝑛}的通项公式；(2)令𝑇𝑛=𝑎1𝑏1+𝑎2𝑏2+⋯+𝑎𝑛𝑏𝑛；(𝑖)求证：12≤𝑇𝑛<2；(𝑖

𝑖)若对任意的𝑛∈𝑁∗，不等式𝜆𝑛𝑇𝑛+2𝑏𝑛𝑆𝑛<2(𝜆𝑛+2𝑏𝑛)恒成立，求实数𝜆的取值范围一、单选题1.等比数列{𝑎𝑛}，0<𝑎1<𝑎4=1使不等式(𝑎1−1𝑎1)+(𝑎2−1𝑎2)+⋯(𝑎�

�−1𝑎𝑛)≤0成立大自然数A.5B.6C.7D.8【答案】C【解析】解：∵在等比数列{𝑎𝑛}，0<𝑎1<𝑎4=1，∴𝑞>1，∴𝑛=4时，𝑎𝑛−1𝑎𝑛>0．∴𝑎7=𝑎4·𝑞3=𝑞3=1𝑎1𝑎6=𝑎4·

𝑞2=𝑞2=1𝑎2，𝑎5=𝑎4·𝑞1=𝑞=1𝑎3，∴(𝑎1−1𝑎1)+(𝑎2−1𝑎2)+(𝑎3−1𝑎3)+(𝑎4−1𝑎4)+(𝑎5−1𝑎5)+(𝑎6−1𝑎6)+(𝑎7

−1𝑎7)=0，𝑎2=𝑎1⋅𝑞=1𝑞2，所以n的大值7．5∴𝑛≤7时，(𝑎1−1𝑎1)+(𝑎2−1𝑎2)++(𝑎𝑛−1𝑎𝑛)≤0，故选C．在等比数列{𝑎𝑛}中，由𝑎1<𝑎4=1，知

𝑞>1，故𝑛>4时，𝑎𝑛−1𝑎𝑛>0.𝑎4=𝑎1𝑞3=1知𝑎1=1𝑞3，故𝑎7=𝑎1·𝑞6=𝑞3=1𝑎1，理得𝑎6=𝑎1⋅𝑞5=𝑞2=1𝑎2，𝑎5=𝑎1⋅𝑞4=𝑞=1𝑎3，𝑎4

=1=1𝑎4/空/，所以(𝑎1−1𝑎1)+(𝑎2−1𝑎2)+(𝑎3−1𝑎3)+(𝑎4−1𝑎4)+(𝑎5−1𝑎5)+(𝑎6−1𝑎6)+(𝑎7−1𝑎7)0，由此求出n最大值．2.已知等差数列{𝑎𝑛}(公差

不为零)和等差数列{𝑏𝑛}，如果关于x的实系数方程9𝑥2−(𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎9)𝑥+𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏9=0有实数解，那么以下九个方程𝑥2−𝑎𝑖𝑥+𝑏𝑖=0(𝑖=1,2，3，…，9)中，无实数解的方程最多有A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】B【解

析】解：设等差数列{𝑎𝑛}(公差𝑑1不为零)和等差数列{𝑏𝑛}的公差为𝑑2，则关于x的方程9𝑥2−(𝑎1+𝑎2+⋯𝑎9)𝑥+𝑏1+𝑏2+⋯𝑏9=0有解，则(𝑎1+𝑎2+⋯𝑎9)2−4×9(𝑏1+𝑏2+⋯𝑏9)≥0，即有(9(𝑎1

+𝑎9)2)2−36×(9(𝑏1+𝑏9)2)2≥0，即有𝑎52≥4𝑏5，则第5个方程有解，若𝑑2=0，则若𝑑1>0，则𝑎9>𝑎8>𝑎7>𝑎6>𝑎5，即有5个方程有解，最多4个方程无

解，若𝑑1<0，则𝑎1>𝑎2>𝑎3>𝑎4>𝑎5，即有5个方程有解，最多4个方程无解．故选：B．3.设等差数列{𝑎𝑛}满足sin2𝑎4cos2𝑎7−sin2𝑎7cos2𝑎4sin(𝑎5+𝑎6)=1，公差𝑑∈(−1,0)，当

且仅当𝑛=9时，数列{𝑎𝑛}的前n项和𝑆𝑛取得最大值，求该数列首项𝑎1的取值范围A.(4𝜋3,3𝜋2)B.[4𝜋3,3𝜋2]C.[7𝜋6,4𝜋3]D.(7𝜋6,4𝜋3)【答案】A【解析】解：∵等差数列{𝑎𝑛}满

足𝑠𝑖𝑛2𝑎4𝑐𝑜𝑠2𝑎7−𝑠𝑖𝑛2𝑎7cos2𝑎4sin(𝑎5+𝑎6)=1，6∴(𝑠𝑖𝑛𝑎4𝑐𝑜𝑠𝑎7−𝑠𝑖𝑛𝑎7𝑐𝑜𝑠𝑎4)(𝑠𝑖𝑛𝑎4𝑐𝑜𝑠𝑎7+𝑠𝑖𝑛𝑎7𝑐𝑜𝑠�

�4)=sin(𝑎5+𝑎6)=(𝑠𝑖𝑛𝑎5𝑐𝑜𝑠𝑎6+𝑠𝑖𝑛𝑎6𝑐𝑜𝑠𝑎5)，∴sin(𝑎4−𝑎7)sin(𝑎4+𝑎7)=sin(𝑎5+𝑎6)=sin(𝑎4+𝑎7)，即sin(𝑎4−𝑎7)=1或sin(

𝑎4+𝑎7)=0，∴sin(3𝑑)=−1，∵𝑑∈(−1,0)，∴3𝑑∈(−3,0)，则3𝑑=−𝜋2，𝑑=−𝜋6，∵𝑆𝑛=𝑛𝑎1+𝑛(𝑛−1)2𝑑=−𝜋12𝑛2+(𝑎1+𝜋12)𝑛，∴对称轴方程为𝑛=6𝜋(�

�1+𝜋12)，∵由题意当且仅当𝑛=9时，数列{𝑎𝑛}的前n项和𝑆𝑛取得最大值，∴172<6𝜋(𝑎1+𝜋12)<192，∴解得4𝜋3<𝑎1<3𝜋2．故选A.4.已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，𝑎2=2，𝑎𝑛+2=(1+|sin𝑛𝜋2

|)𝑎𝑛+|cos𝑛𝜋2|(𝑛∈N+)，则𝑎2018+log2𝑎2021的值为A.2019B.2020C.2021D.2022【答案】B【解析】解：∵𝑎1=1，𝑎2=2，𝑎𝑛+2=(1+|sin�

�𝜋2|)𝑎𝑛+|cos𝑛𝜋2|(𝑛∈N+)∴当n为奇数时，|sin𝑛𝜋2|=1,|cos𝑛𝜋2|=0，此时𝑎𝑛+2=2𝑎𝑛，当n为偶数时，|sin𝑛𝜋2|=0,|cos𝑛𝜋2|=1，此时𝑎𝑛+2=𝑎𝑛+1，则𝑎2018+log2

𝑎2021=12×2018+1+log221010=2020．7故选B．5.银行按“复利”计算利息，即把上一个月的利息和本金加在一起算作本金，再计算下一个月的利息．某人在银行贷款金额为A元，采用的还款方式为“等额本息”，即每个月还款1次，每次还款的金额固定不

变，直到贷款的本金和利息全部还完为止．若月利率p固定不变，按“复利”计算本息和，分n个月还清(贷款1个月后开始第1次还款)，则此人每月还款金额为A.𝐴𝑛元B.𝐴(1+𝑝)𝑛𝑛元C.𝐴(1+𝑝)𝑛(1+𝑝)𝑛−1元D.𝐴𝑝(1+𝑝)𝑛(

1+𝑝)𝑛−1元【答案】D【解析】解：因为银行贷款金额为A元，月利率p，分n个月还清；所以本息和一共为𝐴(1+𝑝)𝑛元，设每个月还款金额为Q元，则𝐴(1+𝑝)𝑛=𝑄+𝑄(1+𝑝)+𝑄(1+𝑝)2+...

+𝑄(1+𝑝)𝑛−1，由等比数列求和公式得𝑄+𝑄(1+𝑝)+𝑄(1+𝑝)2+...+𝑄(1+𝑝)𝑛−1=𝑄[(1+𝑝)𝑛−1]1+𝑝−1，即𝐴(1+𝑝)𝑛=𝑄[(1+𝑝)𝑛−1]1+𝑝−1，𝑄=𝐴𝑝(1+𝑝)𝑛(1+𝑝)𝑛−1;故此

人每月还款金额为𝐴𝑝(1+𝑝)𝑛(1+𝑝)𝑛−1元；故选D．6.已知𝑓(𝑥)，𝑔(𝑥)都是定义在R上的函数，𝑔(𝑥)≠0，𝑓’(𝑥)𝑔(𝑥)>𝑓(𝑥)𝑔’(𝑥)，且𝑓(𝑥)=𝑎𝑥𝑔(𝑥)(𝑎>0,且𝑎≠1),𝑓(1)𝑔(1

)+𝑓(−1)𝑔(−1)=103，若数列{𝑓(𝑛)𝑔(𝑛)}的前n项和大于363，则n的最小值为A.4B.5C.6D.7【答案】C【解析】解：∵𝑓(𝑥)=𝑎𝑥⋅𝑔(𝑥)(𝑎>0且𝑎≠1)，∴𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)=𝑎𝑥，又∵𝑓′(𝑥

)𝑔(𝑥)>𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥)，∴(𝑓(𝑥)𝑔(𝑥))′=𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥)−𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥)𝑔2(𝑥)>0，∴𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)=𝑎𝑥是增函数，∴𝑎>1，8∵𝑓(1)𝑔(1)+𝑓(−1)𝑔(−1)=103．∴𝑎+𝑎−1=103，解

得𝑎=13或𝑎=3，综上得𝑎=3．∴数列{𝑓(𝑛)𝑔(𝑛)}为{3𝑛}.∵数列{𝑓(𝑛)𝑔(𝑛)}的前n项和大于363，∴3+32+33+⋯+3𝑛=3(1−3𝑛)1−3=12(3𝑛+1−3)>363，即3�

�+1>729，∴𝑛+1>6，解得𝑛>5．∴𝑛的最小值为6．故选C．7.数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+1=−𝑎𝑛2+𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗)，𝑎1∈(0,12)，则以下说法正确的个数①0<𝑎𝑛+1<𝑎𝑛；②𝑎12+𝑎22+𝑎32+⋅⋅⋅+𝑎𝑛2<𝑎1；

③对任意正数b，都存在正整数m使得11−𝑎1+11−𝑎2+11−𝑎3+⋅⋅⋅+11−𝑎𝑚>𝑏成立．④𝑎𝑛<1𝑛+1A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】解：对于①:由已知得𝑎𝑛+1=−𝑎𝑛2+𝑎𝑛=−(𝑎𝑛−12)2+14，结

合𝑎1∈(0,12)以及二次函数性质可知𝑎𝑛+1>0，𝑛∈𝑁∗所以𝑎𝑛>0，𝑛∈𝑁∗又𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=−𝑎𝑛2<0故①正确；对于②：𝑎12+𝑎22+𝑎32+⋅⋅⋅+𝑎𝑛2=𝑎1

−𝑎2+𝑎2−𝑎3+···+𝑎𝑛−𝑎𝑛+1=𝑎1−𝑎𝑛+1<𝑎1,故②正确;9对于③：由𝑎𝑛+1=−𝑎𝑛2+𝑎𝑛，可得11−𝑎𝑛=𝑎𝑛𝑎𝑛+1>1所以11−𝑎1+11−𝑎2+11−𝑎3+

⋅⋅⋅+11−𝑎𝑚>𝑚所以对任意正数b，取正整数𝑚>𝑏时，11−𝑎1+11−𝑎2+11−𝑎3+⋅⋅⋅+11−𝑎𝑚>𝑚>𝑏故③正确;对于④：当𝑛=1时，显然成立；假设当𝑛=𝑘(𝑘≥1)时，𝑎𝑘<1𝑘+1成立又𝑎𝑘+1=−𝑎𝑘

2+𝑎𝑘=−(𝑎𝑘−12)2+14因为𝑎𝑘<1𝑘+1⩽12，所以𝑎𝑘+1<−(1𝑘+1)2+1𝑘+1=𝑘(𝑘+1)2<1𝑘+2所以当𝑛=𝑘+1时也成立故而𝑎𝑛<1𝑛+1故④正确．故选D．8.“垛积术”(隙积术)是由北

宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等，某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件，已知第一层货物单

价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910.若这堆货物总价是100−200(910)𝑛万元，则n的值为A.7B.8C.9D.10【答案】D【解析】解：根据题意得，𝑆=1+2×910+3×(910)2+⋯+𝑛(910)𝑛−1，则910𝑆

=1×910+2×(910)2+3×(910)3+⋯+𝑛(910)𝑛，以上两式相减，得，110𝑆=1+910+(910)2+⋯+(910)𝑛−1−𝑛(910)𝑛=1−(910)𝑛1−910−𝑛(910)𝑛=10−(10+𝑛)(910

)𝑛，10所以𝑆=100−10(10+𝑛)(910)𝑛=100−200(910)𝑛，解得𝑛=10．故选D．二、填空题9.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=(−1)𝑛−14𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛+1，则数列{𝑏𝑛}的前99项和𝑇99=______．【答案】200199【解析】解：设等差数列{𝑎𝑛}的首项为𝑎1，公差为2，前n项和为𝑆𝑛，且𝑆1，𝑆2，�

�4成等比数列．则：(2𝑎1+2)2=𝑎1(4𝑎1+12)，解得：𝑎1=1，所以：𝑎𝑛=1+2(𝑛−1)=2𝑛−1，所以：𝑏𝑛=(−1)𝑛−14𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛+1=(−1)𝑛−14𝑛(2𝑛

−1)(2𝑛+1)=(−1)𝑛−1⋅(12𝑛−1+12𝑛+1)，所以𝑇99=(1+13)−(13+15)+(15+17)−⋯+(12×99−1+12×99+1)=1+12×99+1=200199，故答案为200199

．10.正项等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎1+𝑎3=54，且2𝑎2，12𝑎4，𝑎3成等差数列，则(𝑎1𝑎2)⋅(𝑎2𝑎3)⋅…⋅(𝑎𝑛𝑎𝑛+1)取得最小值时的n值为______．【答案】2【解析】解：正项等比数列{𝑎𝑛}的公比设为q，𝑎1+

𝑎3=54，且2𝑎2，12𝑎4，𝑎3成等差数列，可得𝑎1+𝑎1𝑞2=54，𝑎4=2𝑎2+𝑎3，即𝑞2=2+𝑞，解得𝑞=2，𝑎1=14，则𝑎𝑛=14⋅2𝑛−1=2𝑛−3，𝑎𝑛𝑎𝑛+

1=2𝑛−3⋅2𝑛−2=22𝑛−5，则(𝑎1𝑎2)⋅(𝑎2𝑎3)⋅…⋅(𝑎𝑛𝑎𝑛+1)=2−3⋅2−1…22𝑛−5=2−3−2+⋯+2𝑛−5=2𝑛(2𝑛−8)2=2𝑛2−4𝑛=2(𝑛−2)2−4，当𝑛=2时，(𝑎

1𝑎2)⋅(𝑎2𝑎3)⋅…⋅(𝑎𝑛𝑎𝑛+1)取得最小值，故答案为：2．1111.定义各项为正数的数列{𝑝𝑛}的“美数”为，若各项为正数的数列{𝑎𝑛}的“美数”为12𝑛+1，且𝑏𝑛=𝑎𝑛+14，则1𝑏1�

�2+1𝑏2𝑏3+1𝑏2019𝑏2020=________．【答案】20192020【解析】解：因为各项为正数的数列{𝑎𝑛}的“美数”为12𝑛+1，所以𝑛𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑛=12𝑛+1．设数

列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，则𝑆𝑛=𝑛(2𝑛+1)，𝑆𝑛−1=(𝑛−1)[2(𝑛−1)+1]=2𝑛2−3𝑛+1(𝑛≥2)，所以𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=4𝑛−1(𝑛≥2

)．又1𝑎1=13，所以𝑎1=3，满足式子𝑎𝑛=4𝑛−1，所以𝑎𝑛=4𝑛−1(𝑛∈N∗).又𝑏𝑛=𝑎𝑛+14，所以𝑏𝑛=𝑛，所以1𝑏1𝑏2+1𝑏2𝑏3+1𝑏2019𝑏2020=11×2+12×3+⋯+12019×2020=1−12+12−1

3+⋯+12019−12020=1−12020=20192020．12.对于数列{𝑎𝑛}，定义𝐴𝑛=𝑎1+2𝑎2+⋯+2𝑛−1𝑎𝑛𝑛为数列{𝑎𝑛}的“好数”，已知某数列{𝑎𝑛}的“好数”𝐴𝑛=2𝑛

+1，记数列{𝑎𝑛−𝑘𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，若𝑆𝑛≤𝑆7对任意的𝑛∈N∗恒成立，则实数k的取值范围是__________．【答案】[94,167]【解析】解：由题意，当𝑛=1时，𝑎1=𝐴1=22=4

，由𝑛𝐴𝑛=𝑎1+2𝑎2+...+2𝑛−1𝑎𝑛，可得(𝑛−1)𝐴𝑛−1=𝑎1+2𝑎2+...+2𝑛−2𝑎𝑛−1(𝑛≥2)，两式相减可得𝑛𝐴𝑛−(𝑛−1)𝐴𝑛−1=2𝑛−1𝑎𝑛，12整理

得𝑎𝑛=𝑛𝐴𝑛−(𝑛−1)𝐴𝑛−12𝑛−1=𝑛·2𝑛+1−(𝑛−1)·2𝑛2𝑛−1=4𝑛−2(𝑛−1)=2𝑛+2，由于𝑎1=2×1+2，则数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=2𝑛+2，则𝑎𝑛−𝑘𝑛=(2−𝑘)𝑛+

2，由于𝑆𝑛≤𝑆7对任意的𝑛∈𝑁∗恒成立，则𝑘>2且𝑎7−7𝑘≥0,𝑎8−8𝑘≤0，由{𝑎7−7𝑘=16−7𝑘≥0𝑎8−8𝑘=18−8𝑘≤0，解得94≤𝑘≤167．故答案为[94,167]．三、解答题13.已知正项数列{𝑎𝑛}

的首项𝑎1=1，前n项和𝑆𝑛满足2𝑎𝑛=√𝑆𝑛+√𝑆𝑛−1(𝑛≥2)．(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)记数列{1𝑎𝑛𝑎𝑛+1}的前n项和为𝑇𝑛，若对任意的𝑛∈�

�∗，不等式5𝑇𝑛<𝑎2−𝑎恒成立，求实数a的取值范围．【答案】解：(1)当𝑛≥2时，2𝑎𝑛=√𝑆𝑛+√𝑆𝑛−1，∴2(𝑆𝑛−𝑆𝑛−1)=√𝑆𝑛+√𝑆𝑛−1，即√

𝑆𝑛−√𝑆𝑛−1=12，所以数列{√𝑆𝑛}是首项为1，公差为12的等差数列，故√𝑆𝑛=𝑛+12，又由𝑎𝑛=12(√𝑆𝑛+√𝑆𝑛−1)=12⋅(𝑛+12+𝑛2)=2𝑛+14(𝑛≥2)，所以𝑎𝑛={2𝑛+14,𝑛≥21,𝑛

=1.·(2)𝑛=1时,𝑇1=45，当𝑛≥2时，1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=12𝑛+14⋅2𝑛+34=8(12𝑛+1−12𝑛+3)，∴𝑇𝑛=45+8(15−17+17−19+⋯+12𝑛+1−12𝑛+3)=125−82𝑛+3

<125，13又因为𝑇1<125，则由5𝑇𝑛<𝑎2−𝑎，∴12≤𝑎2−𝑎，解得𝑎≤−3或𝑎≥4．即所求实数a的范围是𝑎≤−3或𝑎≥4．14.对于正整数n，如果𝑘(𝑘∈𝑁∗)个整数𝑎1，𝑎2，…，𝑎𝑘

满足1≤𝑎1≤𝑎2≤⋯≤𝑎𝑘≤𝑛，且𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑘=𝑛，则称数组(𝑎1,𝑎2,…,𝑎𝑘)为n的一个“正整数分拆”.记𝑎1，𝑎2，…，𝑎𝑘均为偶数的“正整数分拆”

的个数为𝑓𝑛；𝑎1，𝑎2，…，𝑎𝑘均为奇数的“正整数分拆”的个数为𝑔𝑛．(Ⅰ)写出整数4的所有“正整数分拆”；(Ⅱ)对于给定的整数𝑛(𝑛≥4)，设(𝑎1,𝑎2,…,𝑎𝑘)是n的一个“正整数分拆”，且𝑎1=2，求k的最大值；(Ⅲ)对所有的正整

数n，证明：𝑓𝑛≤𝑔𝑛；并求出使得等号成立的n的值．(注：对于n的两个“正整数分拆”(𝑎1,𝑎2,…,𝑎𝑘)与(𝑏1,𝑏2,…,𝑏𝑛)，当且仅当𝑘=𝑚且𝑎1=𝑏1，𝑎2=𝑏2，…，𝑎𝑘=𝑏𝑚时，称这两个“正整数分拆”是相同的．)【答案】解：(Ⅰ)解：

整数4的所有“正整数分拆”有：(4)，(1,3)，(2,2)，(1,1，2)，(1,1，1，1，)．(Ⅱ)解：欲使k最大，只须𝑎𝑖最小，当n为偶数时，𝑎1=𝑎2=⋯=𝑎𝑘=2，𝑘=𝑛2，当n为奇数时，𝑎1=𝑎2=⋯=𝑎𝑘−1=

2，𝑎𝑘=3，𝑘=𝑛−12．(Ⅲ)证明：①当n为奇数时，不存在𝑎1，𝑎2，…，𝑎𝑘均为偶数的一个确定的“正整数分拆”，即𝑓𝑛=0，满足𝑓𝑛≤𝑔𝑛；②当n为偶数时，设(𝑎1,𝑎2,…,𝑎𝑘

)为满足𝑎1，𝑎2，…，𝑎𝑘均为偶数的一个确定的“正整数分拆”，则他至少对应了(1,1，…，1)和(1,1，…，1，𝑎1−1，𝑎2−1，…，𝑎𝑘−1)这两种各数均为奇数的分拆，∴𝑓𝑛≤𝑔𝑛；③当𝑛=2时，𝑎𝑖均为偶数的“正整数分拆

“只有：(2)，𝑎𝑖均为奇数的”正整数分拆“只有：(1,1)，𝑓2=𝑔2；当𝑛=4时，𝑎𝑖均为偶数的”正整数分拆“只有：(4)，(2,2)，14𝑎𝑖均为奇数的”正整数分拆“只有：(1,1，1)，(1,3)，𝑓4=𝑔4；当𝑛≥6时，对于每一种𝑎𝑖均为偶数的

”正整数分拆“，除了各项不全为1的奇数分拆之外至少多出一个各为1的”正整数分拆“(1,1，…，1)，∴𝑓𝑛≤𝑔𝑛．综上，使得𝑓𝑛≤𝑔𝑛中等号成立的n的值为2，4．15.已知数列{𝑎𝑛}为等比数列，且𝑎𝑛>0，数列{𝑏𝑛

}满足𝑏𝑛=log2𝑎𝑛.若𝑏1=4，𝑏2=3．(Ⅰ)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(Ⅱ)设数列{𝑏𝑛+𝑚}前n项和为𝑆𝑛，若当且仅当𝑛=5时，𝑆𝑛取得最大值，求实数m的取值范围．【答案】解：(Ⅰ)由题意，设等比数列{𝑎�

�}的公比为q，则𝑏1=log2𝑎1=4，即𝑎1=24=16．𝑏2=log2𝑎2=3，即𝑎2=23=8．∴𝑞=𝑎2𝑎1=816=12．∴数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=16⋅(12)𝑛−1=25−𝑛，𝑛∈𝑁

∗．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，𝑏𝑛=log225−𝑛=5−𝑛．故𝑏𝑛+𝑚=5−𝑛+𝑚．∴数列{𝑏𝑛+𝑚}是等差数列．∵当且仅当𝑛=5时，数列{𝑏𝑛+𝑚}的前n项和𝑆𝑛取得最大值，

∴{𝑏5+𝑚>0𝑏6+𝑚<0，即{5−5+𝑚>05−6+𝑚<0．解得0<𝑚<1．∴实数m的取值范围是(0,1)．16.已知数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，𝑎1=1，且(𝑛+1)𝑎𝑛=2𝑆𝑛(𝑛∈𝑁

∗)，数列{𝑏𝑛}满足𝑏1=12，𝑏2=14，对任意𝑛∈𝑁∗，都有𝑏𝑛+12=𝑏𝑛𝑏𝑛+1．(1)求数列{𝑎𝑛}、{𝑏𝑛}的通项公式；(2)令𝑇𝑛=𝑎1𝑏1+𝑎2𝑏2+⋯+𝑎𝑛𝑏𝑛；(𝑖)求证：1

2≤𝑇𝑛<2；(𝑖𝑖)若对任意的𝑛∈𝑁∗，不等式𝜆𝑛𝑇𝑛+2𝑏𝑛𝑆𝑛<2(𝜆𝑛+2𝑏𝑛)恒成立，求实数𝜆的取值范围．15【答案】解：(1)∵(𝑛+1)𝑎𝑛=2𝑆𝑛，∴�

�𝑛=(𝑛+1)𝑎𝑛2，𝑛∈𝑁∗，当𝑛≥2时，𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=(𝑛+1)𝑎𝑛2−𝑛𝑎𝑛−12，∴𝑛𝑎𝑛−1=(𝑛−1)𝑎𝑛，即𝑎𝑛𝑎𝑛−1=𝑛𝑛−1(𝑛≥2)，∴𝑎𝑛=𝑎𝑛

𝑎𝑛−1⋅𝑎𝑛−1𝑎𝑛−2⋅…⋅𝑎3𝑎2⋅𝑎2𝑎1⋅𝑎1=𝑛𝑛−1⋅𝑛−1𝑛−2⋅𝑛−2𝑛−3⋅…⋅32⋅21⋅1=𝑛(𝑛≥2)又𝑎1=1，也满足上式，故数列{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛=𝑛

，(𝑛∈𝑁∗)，由𝑏𝑛+12=𝑏𝑛⋅𝑏𝑛+2，且𝑏1≠0，𝑏1=12，𝑏2=14，可知：数列{𝑏𝑛}是等比数列，其首项、公比均为12，∴数列{𝑏𝑛}的通项公式：𝑏𝑛=(12)𝑛，综上所述：𝑎𝑛=

𝑛，𝑏𝑛=(12)𝑛(2)∵𝑎𝑛𝑏𝑛=𝑛⋅(12)𝑛，∴𝑇𝑛=12+2×(12)2+3×(12)3+⋯+𝑛×(12)𝑛，12𝑇𝑛=(12)2+2×(12)3+⋯+(𝑛−1)×(12)𝑛+𝑛×(12)𝑛+1∴�

�𝑛−12𝑇𝑛=12+(12)2+⋯+(12)𝑛−𝑛×(12)𝑛+1∴12𝑇𝑛=12(1−12𝑛)1−12−𝑛×(12)𝑛+1，∴𝑇𝑛=2−𝑛+22𝑛<2，又𝑇𝑛+1−𝑇𝑛=2−𝑛+32𝑛+1−2+𝑛+22𝑛=𝑛+12𝑛+1>0，∴数列

{𝑇𝑛}为单调递增数列，所以𝑛=1时，𝑇𝑛取得最小值12，即𝑇𝑛≥12，综上所述：12≤𝑇𝑛<2(𝑖𝑖)由(1)知：𝑆𝑛=𝑛(𝑛+1)2，由(2)知：𝑇𝑛=2−𝑛+22𝑛，不等式𝜆𝑛𝑇𝑛+2𝑏𝑛𝑆𝑛<2(𝜆𝑛+2𝑏𝑛

)恒成立，即𝜆𝑛(2−𝑛+22𝑛)+𝑛(𝑛+1)2𝑛<2(𝜆𝑛+22𝑛)，16即(1−𝜆)𝑛2+(1−2𝜆)𝑛−4<0，(𝑛∈𝑁∗)恒成立．设𝑓(𝑛)=(1−𝜆)𝑛2+(1−2𝜆)𝑛−4，(𝑛∈𝑁∗)，当�

�=1时，𝑓(𝑛)=−𝑛−4<0恒成立，则𝜆=1满足条件；当𝜆<1时，由二次函数性质知不恒成立；当𝜆>1时，由于对称轴𝑥=−1−2𝜆2(1−𝜆)<0，则𝑓(𝑛)在[1,+∞)上单调递减，∴𝑓(𝑛)<𝑓(1)=−3𝜆−2<0恒

成立，则𝜆>1满足条件．综上所述，实数𝜆的取值范围是[1,+∞)