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姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题第四章数列全卷满分150分考试用时120分钟一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.在等比数列{an}中,a2=1,a4=3,则a6等于()A.-5B.5C.-

9D.92.在各项均为正数的等比数列{an}中,a6与a12的等比中项为3,则log3a7+log3a11=()A.1B.2C.3D.43.若数列{an}的通项公式为an=2𝑛-52𝑛-7,数列{bn}满足bn=(an-1)(an+1-1),则b1+b2+b

3+…+b10=()A.-125B.-45C.-712D.-8154.“春雨惊春清谷天,夏满芒夏暑相连,秋处露秋寒霜降,冬雪雪冬小大寒”,这首二十四节气歌记录了中国古代劳动人民在田间耕作长期积累的经验和智慧.“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录.我国古代天文学和数

学著作《周髀算经》中有一个问题:一年有二十四个节气,每个节气的晷长损益相同(如图1所示,晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度),二十四节气及晷长变化如图2所示,相邻两个节气晷长减少或增加的量相同,周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸,夏至的晷长为一尺五寸(

一丈等于十尺,一尺等于十寸),则下列说法错误的是()图1图2A.相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺B.立春和立秋两个节气的晷长相同C.春分的晷长为七尺五寸D.立春的晷长比秋分的晷长长5.等比数列{an}

中,a1<0,公比q满足0<q<1,则下列结论错误的是()A.数列{an}中的所有偶数项可以组成一个公比为q2的等比数列B.设数列{an}的前n项和为Sn,∀n>2,n∈N*,Sn<an+a1恒成立C.数列{an}是递增数列D.数列{lg

(-an)}是首项和公差都小于0的等差数列6.数列{an}满足:a1=1,an+1-an∈{a1,a2,…,an}(n∈N*),记满足条件的所有数列{an}中,a10的最大值为a,最小值为b,则a-b=()A.128B.256C.502D.7167.设数列{an}

的前n项和为Sn,已知a1=a(19<a<217),an+1=𝑎𝑛𝑎𝑛2-𝑎𝑛+1,若a6=15,则()A.0<S5<12B.12<S5<1C.1<S5<32D.32<S5<28.设各项均为正整数的无穷等差数列{an}满足a338=2022,且存在正整数k,使a1,a338,ak成

等比数列,则公差d的所有可能取值的个数为()A.1B.3C.4D.5二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)9.设d,Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和,若S10=S20

,则下列判断正确的有()A.当n=15时,Sn取最大值B.S30=0C.当d>0时,a10+a22>0D.当d<0时,|a10|>|a22|10.已知数列{an}中,a1=2,an+1=(√𝑎𝑛+2+1)2-2,

则关于数列{an}的说法正确的是()A.a2=5B.数列{an}为递增数列C.an=n2+2n-1D.数列{1𝑎𝑛+1}的前n项和小于3411.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a1=1,𝑆7𝑆5=2815,记bn=(-1

)n𝑎𝑛2,cn=[lgan],其中[x]是高斯函数,表示不超过x的最大整数,如[lg0.9]=-1,[lg99]=1,则下列结论中正确的是()密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题A.an=nB.1𝑆1+1𝑆2+…+1𝑆𝑛=𝑛𝑛+1C.b1+b2+…+b

100=5050D.c1+c2+c3+…+c1000=189312.将数列{an}中的所有项排成如下数阵:a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12……已知从第二行开始每一行比上一行多三项,

数a1,a2,a6,…成等差数列,且a2=4,a6=6.从第二行起,每一行中的数按从左到右的顺序均构成以12为公比的等比数列,第i行中从左至右第j个数记为b(i,j),第i行的所有项之和记为Si,则(

)A.b(i,1)=2iB.b(7,6)=732C.a100=b(9,6)D.Si<4i三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.数列{an}的首项a1=2,且an+1=4an+6(n∈N

*),令bn=log2(an+2),则𝑏1+𝑏2+…+𝑏20232023=.14.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=14(an+1)2,则2𝑆𝑛+6𝑎𝑛+3的最小值为.15.已知{an}的前n项和为Sn,且an+2+(-1)𝑛(𝑛+1)2an=n

,S50=600,则a1+a2=.16.意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人,斐波那契数列被誉为最美的数列,斐波那契数列{an}满足:a1=1,a2=1,an=an-1+an-2(n≥3,n∈N*).若

将数列的每一项按照下图方法放进格子里,每一小格子的边长为1,记前n项所占的格子的面积之和为Sn,每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn,则下列结论正确的是.(填序号)①a7=2a5+a4;②Sn+1=𝑎𝑛+12+an+1an;③a1+a2+a3+…+an=an+2

-1;④a1+a3+a5+…+a2n-1=a2n-1;⑤4(cn-cn-1)=πan-2an+1.四、解答题(本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)甲、乙两人连续6年对某县农村养鸡业规模进行调查,提供了两个不同的信息:①从

第一年平均每个养鸡场出产1万只鸡上升到第六年平均每个养鸡场出产2万只鸡,每一年出产鸡的只数成等差数列;②养鸡场由第一年的30个减少到第六年的10个,每一年养鸡场的个数也成等差数列.请根据以上信息回答下列问题:(1)求第二年养鸡场的个数及全县出产鸡

的总只数;(2)哪一年的养鸡场规模最大(即出产鸡的只数最多)?18.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a2=23,数列{4nSn+(2n+3)an}是等差数列.(1)求证:数列{𝑎𝑛𝑛}为等比数列;(2)求Sn.姓名班级考号密○封○装○订○线密○

封○装○订○线密封线内不要答题19.(12分)已知数列{an}为公比不为1的等比数列,数列{bn}为等差数列,且a1=2,b1=1,从条件①a1+a2=6,条件②2b1+a3=b4,条件③b1+b2+b3=3a2中任选两个作为已知,并回答下列问题.(1)求{a

n}、{bn}的通项公式;(2)设cn=𝑏𝑎𝑛,求数列{cn}的前n项和Sn.注:如果选择多种符合要求的条件分别解答,按第一种解答计分.20.(12分)侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网,如图,它是由无数个正方形环绕而成的,且最外边第一个正

方形A1B1C1D1的面积为a1=1,分别取正方形A1B1C1D1各边的三等分点A2,B2,C2,D2,作第二个正方形A2B2C2D2,且正方形A2B2C2D2的面积为a2,……,依次类推,第n个正方形AnBnCnDn的面积为an.(1)求{an}的通项公式

;(2)已知{bn}满足𝑏1𝑎1+𝑏2𝑎2+…+𝑏𝑛𝑎𝑛=2n2-n(n∈N*),问{bn}是否存在最大项?若存在,求出最大项;若不存在,请说明理由.21.(12分)已知数列{an}中,a1=1,Sn=an+1-1,数列{bn}中,b1=1,𝑏𝑛𝑛=𝑏𝑛-1𝑛-1(

n≥2).(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)若cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn,并求使得Tn≥16(m2-5m)恒成立的正整数m的最大值.22.(12分)设数列{an}的前n项和为Sn.若12≤𝑎𝑛+1�

�𝑛≤2(n∈N*),则称{an}是“紧密数列”.(1)已知数列{an}是“紧密数列”,其前5项依次为1,32,94,x,8116,求x的取值范围;(2)若数列{an}的前n项和为Sn=14(n2+3n),判断{an}是不

是“紧密数列”,并说明理由;(3)设数列{an}是公比为q的等比数列,若数列{an}与{Sn}都是“紧密数列”,求q的取值范围.密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题答案全解全析1.D2.B3.D4.B5.D6.C7.C8.C9.BC10.BCD11.ACD12.AD1.

D解法一:设等比数列{an}的公比为q.由题意知q2=𝑎4𝑎2=3,∴a6=a4q2=9.故选D.解法二:由等比数列的性质可得a2·a6=𝑎42,∴a6=𝑎42𝑎2=9.2.B易知a6·a12=9,∴log3a7+log3a11=log3(a7·a11)=log3

(a6·a12)=log39=2.故选B.3.D∵an=2𝑛-52𝑛-7=2𝑛-7+22𝑛-7=1+22𝑛-7,∴bn=(an-1)(an+1-1)=22𝑛-7·22𝑛-5=2(12𝑛-7-12𝑛-5),则b1+b2+b3+…+b10=2×[(-1

5+13)+(-13+1)+(-1-1)+…+(113-115)]=2×(-15-115)=−815.故选D.4.B由题意可得,从冬至到夏至,每个节气的晷长(以寸为单位)依次构成等差数列,设该等差数列为{an},公差为d1,则a1=135,a

13=15,所以d1=15-13513-1=-10,所以an=135-10(n-1)=145-10n.从夏至到冬至,每个节气的晷长(以寸为单位)依次构成等差数列,设该等差数列为{bn},公差为d2,则b1=15,d

2=-d1=10,所以bn=15+10(n-1)=5+10n.对于A,因为d1=-10,d2=10,所以相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺,故A中说法正确.对于B,立春的晷长对应的是{an}中的a4,所以a4=145-10×4=1

05,立秋的晷长对应的是{bn}中的b4,所以b4=5+10×4=45,故B中说法错误.对于C,春分的晷长对应的是{an}中的a7,所以a7=145-10×7=75,故C中说法正确.对于D,秋分的晷长对应的是{bn}中的b7,所以b7=5+10×7=75,结合B选项可知D中说

法正确.故选B.5.D由𝑎2(𝑚+1)𝑎2𝑚=q2可知A中结论正确;由a1<0,0<q<1,可知an<0,∴当n>2,n∈N*时,Sn=a1+a2+…+an<an+a1恒成立,故B中结论正确;由a1<0,0<q<1,可知数列{an}是递增数列,故C中结论正确;∵无法判断-a1与

1的大小,∴无法判断lg(-a1)与0的大小,故D中结论错误.故选D.6.C因为an+1-an∈{a1,a2,…,an}(n∈N*),所以a2-a1∈{a1},即a2-a1=a1,所以a2=2a1=2;同理,a3-a2∈{a1,a2},所以a3-a2=a1或a3

-a2=a2,得a3=3或a3=4,即a3的最小值为3,最大值为22;同理,a4-a3∈{a1,a2,a3},所以a4-a3=a1或a4-a3=a2或a4-a3=a3,得a4=4或a4=5或a4=6或a4=8,即a4的最小值为4,最大值为23;……依此类推,可得a10的最小值为b=10

,最大值为a=29=512,所以a-b=512-10=502.故选C.7.C由题意可知an≠0,因为an+1=𝑎𝑛𝑎𝑛2-𝑎𝑛+1,所以1𝑎𝑛+1=𝑎𝑛2-𝑎𝑛+1𝑎𝑛,即1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=an-1.令n=1,得1𝑎2−1𝑎1=

a1-1,令n=2,得1𝑎3−1𝑎2=a2-1,令n=3,得1𝑎4−1𝑎3=a3-1,令n=4,得1𝑎5−1𝑎4=a4-1,令n=5,得1𝑎6−1𝑎5=a5-1,将以上各式相加,得(1𝑎2-1𝑎1)+(1𝑎3-1𝑎2)+(1𝑎4-1�

�3)+(1𝑎5-1𝑎4)+(1𝑎6-1𝑎5)=a1+a2+a3+a4+a5-5,即1𝑎6−1𝑎1=S5-5,所以S5=10-1𝑎1,因为a1=a(19<a<217),所以172<1𝑎1<9,所以1<1

0-1𝑎1<32,即1<S5<32.故选C.8.C根据题意可知a338=a1+337d=2022,化简可得𝑎1337+d=6,因为{an}中的各项均为正整数,所以d∈N,故a1是337的倍数,且a1≤

6×337,a1∈N*.因为a1,a338,ak成等比数列,所以𝑎3382=a1ak=20222=32×22×3372,姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题则ak=32×22×3372𝑎1,分为以下情况讨论:①若

a1=337,则1+d=6,可得d=5,故ak=337+5(k-1)=36×337,解得k=2360,符合题意;②若a1=2×337,则2+d=6,可得d=4,故ak=2×337+4(k-1)=18×337,解得k=1349,符合题意;③若a1=3×337,则3+d=6,可得d=3,故ak=3

×337+3(k-1)=12×337,解得k=1012,符合题意;④若a1=4×337,则4+d=6,可得d=2,故ak=4×337+2(k-1)=9×337,解得k=16872,不符合题意;⑤若a1=5×337,则5+d=6,可得d

=1,此时ak=32×22×33725×337不是整数,不符合题意;⑥若a1=6×337,则6+d=6,可得d=0,此时{an}是常数列,且每一项均为2022,符合题意.综上所述,公差d的所有可能取值的个数为4.故选C.9.BC因为S10=S20,所以10a1+10×92d=20a1+20×192

d,解得a1=-292d.因为无法确定a1和d的正负,所以无法确定Sn是否有最大值,故A错误.S30=30a1+30×292d=30×(-292d)+15×29d=0,故B正确.当d>0时,a10+a22=2a16=2(a1+15d)=2(-292d+15d)=d>0,故C正确.a10=

a1+9d=-292d+9d=−112d,a22=a1+21d=−292d+21d=132d,当d<0时,|a10|=-112d,|a22|=−132d,则|a10|<|a22|,故D错误.故选BC.10.BCD由an+1=(√𝑎𝑛+2+1

)2-2,得an+1+2=(√𝑎𝑛+2+1)2,即√𝑎𝑛+1+2=√𝑎𝑛+2+1,又a1=2,√𝑎1+2=2,所以{√𝑎𝑛+2}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以√𝑎𝑛+2=2+(n-1)×1=n+1

,即an=n2+2n-1,所以a2=7,故A错误,C正确;因为an=(n+1)2-2,所以{an}为递增数列,故B正确;因为1𝑎𝑛+1=1𝑛2+2n=1𝑛(𝑛+2)=12(1𝑛-1𝑛+2),所以数列{1𝑎𝑛+1}的前n项和为121-13+12−14+13−1

5+…+1𝑛-1−1𝑛+1+1𝑛−1𝑛+2=12(1+12-1𝑛+1-1𝑛+2)=34−12(1𝑛+1+1𝑛+2)<34,故D正确.故选BCD.11.ACD由题意得𝑆7𝑆5=(𝑎1+𝑎7)×72(𝑎1+�

�5)×52=7𝑎45𝑎3=2815,即𝑎4𝑎3=43,设等差数列{an}的公差为d,所以𝑎4𝑎3=𝑎1+3d𝑎1+2d=43,所以d=1,所以an=n,故A正确.由选项A可知Sn=(1+𝑛)𝑛2,所以1𝑆𝑛

=2(1+𝑛)𝑛=2(1𝑛-1𝑛+1),所以1𝑆1+1𝑆2+…+1𝑆𝑛=2[(1-12)+(12-13)+(13-14)+…+(1𝑛-1𝑛+1)]=2(1-1𝑛+1)=2𝑛𝑛+1

,故B错误.由选项A可知bn=(-1)nn2,所以b2n=4n2,b2n-1=-(2n-1)2,所以b2n+b2n-1=4n2-(2n-1)2=4n-1,即数列{b2n+b2n-1}是首项为3,公差为4的等差

数列,所以b1+b2+…+b100=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b99+b100)=3+4×50-12×50=5050,故C正确.由选项A可知cn=[lgan]=[lgn],当n∈[1,9]且n∈N*时,cn=0;当n∈[10,99]且n∈N*时,cn=1;当n∈[100,999]且n

∈N*时,cn=2;密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题当n=1000时,cn=3.所以c1+c2+c3+…+c1000=9×0+90×1+900×2+3=1893,故D正确.故选ACD.12.AD对于A,设等差数列a

1,a2,a6,…的公差为d.由已知得,a2-a1=a6-a2=d,即4-a1=6-4=2,所以a1=2,d=2,所以b(i,1)=a1+2(i-1)=2i,故A正确.对于B,由A知b(7,1)=2×7=14,所以b(7,6)=b(7,1)×(

12)6-1=1432=716,故B错误.对于C,设cn表示第n行项的个数,则{cn}是以1为首项,3为公差的等差数列,所以cn=1+3(n-1)=3n-2,则前n行的项数总和为𝑛(𝑐1+𝑐𝑛)2=𝑛×(1+3𝑛-2

)2=3𝑛2-n2,所以前8行的项数总和为3×82-82=92,所以a100=b(9,8),故C错误.对于D,由A知b(i,1)=2i,由C知第i行的项数为ci=3i-2,则第i行的所有项构成了以b(i,1)

=2i为首项,12为公比的等比数列.所以Si=2𝑖·[1-(12)3𝑖-2]1-12=4i·[1-(12)3𝑖-2]<4i,故D正确.故选AD.13.答案2024解析因为数列{an}的首项a1=2,且an+1=4an+6(n∈N*),则an+1+2=4(an+2),又a1+2=4,所以数列{

an+2}是首项为4,公比为4的等比数列,所以an+2=4n,所以bn=log2(an+2)=log222n=2n,所以bn+1-bn=2(n+1)-2n=2,所以数列{bn}为等差数列,故𝑏1+𝑏2+…+𝑏20232

023=2023×(2+2×2023)22023=2024.14.答案2解析∵Sn=14(an+1)2,∴n≥2时,an=Sn-Sn-1=14(an+1)2−14(an-1+1)2,即𝑎𝑛2−𝑎𝑛-12-2(an

+an-1)=0,化为(an+an-1)(an-an-1-2)=0,易知an+an-1>0,∴an-an-1=2,又a1=14(a1+1)2,∴a1=1,∴数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列.∴an=1+2(n-1)=2n-1,∴Sn=14

(2n-1+1)2=n2,∴2𝑆𝑛+6𝑎𝑛+3=2𝑛2+62𝑛-1+3=𝑛2+3𝑛+1=n+1+4𝑛+1-2≥2√(𝑛+1)·4𝑛+1-2=2,当且仅当n=1时取等号,∴2𝑆𝑛+6𝑎𝑛

+3的最小值为2.15.答案-12解析若n=4k+3,k∈N,则𝑛(𝑛+1)2=(4k+3)(2k+2)为偶数,(𝑛+1)(𝑛+2)2=(2k+2)(4k+5)为偶数,可得an+2+(-1)𝑛(𝑛+

1)2an=a4k+5+a4k+3=4k+3,an+3+(-1)(𝑛+1)(𝑛+2)2an+1=a4k+6+a4k+4=4k+4,两式相加可得a4k+6+a4k+5+a4k+4+a4k+3=8k+7,故S50=a1+a2+…+a50=(a1+a2)+(a

3+a4+a5+a6)+(a7+a8+a9+a10)+…+(a47+a48+a49+a50)=(a1+a2)+7+15+…+95=(a1+a2)+12×(7+95)2=(a1+a2)+612=600,解得a1+a2=-12.16.答案①②③

⑤解析对于①,因为an=an-1+an-2(n≥3),所以a7=a6+a5=2a5+a4,故①正确;对于②,因为an=an-1+an-2(n≥3),所以𝑎12=a2a1,𝑎22=a2a2=a2(a

3−a1)=a2a3−a2a1,𝑎32=a3a3=a3(a4-a2)=a3a4-a3a2,……,𝑎𝑛2=anan=an(an+1-an-1)=anan+1-anan-1,累加得𝑎12+𝑎22+𝑎32+…+𝑎𝑛2=an·an+1,所以Sn+1=𝑎12+𝑎22+𝑎32+…+

𝑎𝑛2+𝑎𝑛+12=an+1·an+2=𝑎𝑛+12+an+1an,故②正确;对于③,a1=a1,a2=a3-a1,a3=a4-a2,……,an=an+1-an-1,累加得a1+a2+a3+…+an=an+an+1-a2=an+2-1,故③正确;姓名班级考号密○封○装○订

○线密○封○装○订○线密封线内不要答题对于④,a1=a1,a3=a4-a2,a5=a6-a4,……,a2n-1=a2n-a2n-2,累加得a1+a3+a5+…+a2n-1=a1+a2n-a2=a2n,故④错误;对于⑤,易知扇形面积cn=π·𝑎𝑛24,故4(cn-cn-1)=4(π·�

�𝑛24-π·𝑎𝑛-124)=π(𝑎𝑛2−𝑎𝑛-12)=πan-2an+1,故⑤正确.故正确的为①②③⑤.17.解析(1)设这六年平均每个养鸡场每年出产鸡的只数(单位:万只)分别为a1,a2,…,a6,由题设条件知{an}(n=1,2,…,6)是等差数列,且

a1=1,a6=2,∴公差d=2-16-1=0.2,∴a2=1.2,即第二年平均每个养鸡场出产1.2万只鸡.(2分)设这六年每年养鸡场的个数分别为b1,b2,…,b6,由题设条件知{bn}(n=1,2,…,6)是等差数列,且b1=30,b6=10,∴公差d'=10-3

06-1=-4,(4分)∴b2=30-4=26,即第二年养鸡场的个数为26.∴第二年全县出产鸡的总只数为1.2×26=31.2万.(5分)(2)由(1)知an=a1+(n-1)d=4+𝑛5,bn=b1+(n-1)d'=-4n+34,(6分)∴anbn=4+𝑛

5(34−4n)=−45(𝑛-94)2+1254,(8分)∵n∈N*,∴当n=2时,anbn的值最大,最大值为a2b2=31.2.∴第二年的养鸡场规模最大.(10分)18.解析(1)证明:当n=1时,4S1+5a1

=9,当n=2时,8S2+7a2=8a1+15a2=18,(1分)∴{4nSn+(2n+3)an}是以9为首项,9为公差的等差数列,(2分)则4nSn+(2n+3)an=9+9(n-1)=9n,即Sn=-2𝑛+34𝑛

an+94①,(3分)当n≥2时,Sn-1=-2𝑛+14𝑛-4an−1+94②,(4分)①-②得an=-2𝑛+34𝑛an+2𝑛+14𝑛-4an-1,整理得𝑎𝑛𝑛=13·𝑎𝑛-1𝑛-1(n≥2),又𝑎11=1≠0,∴{𝑎𝑛𝑛}是以1为首项,13为公比的等比数列.(6

分)(2)解法一:由(1)可知𝑎𝑛𝑛=1·(13)𝑛-1,则an=𝑛3𝑛-1,(9分)∴Sn=-2𝑛+34𝑛an+94=−2𝑛+34𝑛·𝑛3𝑛-1+94=94−2𝑛+34·(13)𝑛-1.(12分)解法二:由(1)可知𝑎𝑛𝑛=

1·(13)𝑛-1,则an=n·(13)𝑛-1,(9分)∴Sn=1×(13)0+2×(13)1+3×(13)2+…+(n-1)(13)𝑛-2+n(13)𝑛-1①,13Sn=1×(13)1+2×(13)2+3×(13)3+…+(n-1)(13)𝑛-1+n(13)𝑛②,(10分)①-②得

23Sn=(13)0+(13)1+(13)2+…+(13)𝑛-1−n(13)𝑛=1·[1-(13)𝑛]1-13−n(13)𝑛=32[1-(13)𝑛]−n(13)𝑛=32−(𝑛+32)(13)𝑛,∴Sn=32[32-(𝑛+32)(

13)𝑛]=94−2𝑛+34·(13)𝑛-1.(12分)19.解析(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠1),等差数列{bn}的公差为d.选择条件①②:∵a1+a2=6,a1=2,∴a2=4,∴q=𝑎2𝑎1=2,∴an=a1qn-1=2

n,(2分)又2b1+a3=b4,∴2+8=1+3d,解得d=3,(4分)∴bn=b1+(n-1)d=3n-2.(6分)选择条件①③:∵a1+a2=6,a1=2,∴a2=4,∴q=𝑎2𝑎1=2,∴an=a1qn-1=2n,(

2分)又b1+b2+b3=3a2,∴3b2=3a2,即b1+d=4,解得d=3,(4分)∴bn=b1+(n-1)d=3n-2.(6分)选择条件②③:∵2b1+a3=b4,b1+b2+b3=3a2,∴2+2q2=

1+3d,3+3d=6q,∴q2-3q+2=0,∵q≠1,∴q=2,∴d=3.(3分)∴an=a1qn-1=2n,bn=b1+(n-1)d=3n-2.(6分)(2)由(1)得an=2n,bn=3n-2,则cn=𝑏𝑎𝑛=3·2n-2,(9分)∴Sn=(3×2-2)+(3×22-

2)+…+(3×2n-2)=3×(2+22+…+2n)-2n=6(1-2𝑛)1-2-2n=3·2n+1-2n-6.(12分)密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题20.解析(1)由题图可得(√𝑎𝑛+1)2=(13√𝑎�

�)2+(23√𝑎𝑛)2,即an+1=59an,(3分)∴数列{an}是以1为首项,59为公比的等比数列,∴an=(59)𝑛-1(n∈N*).(5分)(2)由𝑏1𝑎1+𝑏2𝑎2+…+𝑏𝑛𝑎𝑛=2n2-n①,得当n=1时

,𝑏1𝑎1=1,∴b1=1,(6分)当n≥2时,𝑏1𝑎1+𝑏2𝑎2+…+𝑏𝑛-1𝑎𝑛-1=2(n-1)2-(n-1)②,(7分)①-②得𝑏𝑛𝑎𝑛=4n−3,∴bn=(4n−3)(59)𝑛-1(n≥2),(9分)经检验,当n=1时,b1=1也满足上式,

∴bn=(4n-3)(59)𝑛-1(n∈N*),(10分)令𝑏𝑛+1𝑏𝑛=(4𝑛+1)(59)𝑛(4𝑛-3)(59)𝑛-1=5(4𝑛+1)9(4𝑛-3)>1,解得n<2,∴当n=1时,b2>b1;当n=2时,b3=b2;当n≥3时,bn+1<bn,∴{bn}的最大项为b

2或b3,且b2=b3=259.(12分)21.解析(1)当n≥2时,由Sn=an+1-1,可得Sn-1=an-1,两式相减,可得an=an+1-an,∴an+1=2an(n≥2).(2分)当n=1时,a2=a1+1=2=2a1,∴数列{an}是首项为1,公比为2的等比

数列,∴an=2n-1,n∈N*.(4分)∵在数列{bn}中,b1=1,𝑏𝑛𝑛=𝑏𝑛-1𝑛-1(n≥2),∴{𝑏𝑛𝑛}是常数列,且𝑏𝑛𝑛=1,∴bn=n,n∈N*.(6分)(2)由(1)可得cn=an·bn=n·2n-1,∴Tn=1×20+2×21

+3×22+…+n×2n-1,2Tn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,两式相减,可得-Tn=20+21+22+…+2n-1-n×2n=1-2𝑛1-2-n×2n=-(n-1)

×2n-1,∴Tn=(n-1)·2n+1,(8分)∴Tn+1=n·2n+1+1.∵Tn+1-Tn=n·2n+1+1-(n-1)·2n-1=(n+1)·2n>0,∴数列{Tn}为递增数列,∴Tn≥T1=1.(10分)要使Tn≥16(m2-5m)恒成立,只需1≥16(m2-5m),即m2-5m-6

≤0,解得-1≤m≤6,∴满足题意的正整数m的最大值为6.(12分)22.解析(1)若数列{an}为“紧密数列”,则x≠0,且{12≤4𝑥9≤2,12≤8116𝑥≤2,(1分)解得8132≤x≤92,故x的取值范围为[8132,92].(2分)(

2)数列{an}为“紧密数列”.理由如下:当n=1时,a1=S1=14×(1+3)=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=14(n2+3n)−14[(n−1)2+3(n−1)]=12n+12,又12+12=1=a1,所以a1=1满

足上式,因此an=12n+12(n∈N*),(4分)所以对任意n∈N*,𝑎𝑛+1𝑎𝑛=12(n+1)+1212n+12=𝑛+2𝑛+1=1+1𝑛+1,所以12<𝑎𝑛+1𝑎𝑛=1+1𝑛+1<2,因此数列{an}为“紧密数列”.(6分)(3)因为数列{an}是公比为q

的等比数列,其前n项和为Sn,所以当q=1时,an=a1,Sn=na1,所以12≤𝑎𝑛+1𝑎𝑛=1≤2,12≤𝑆𝑛+1𝑆𝑛=𝑛+1𝑛=1+1𝑛≤2,满足题意,(7分)当q≠1时,a

n=a1qn-1,Sn=𝑎1(1-𝑞𝑛)1-𝑞,因为{an}为“紧密数列”,所以12≤𝑎𝑛+1𝑎𝑛=q≤2,即12≤q<1或1<q≤2,(8分)当12≤q<1时,𝑆𝑛+1𝑆𝑛=1-𝑞𝑛+11-𝑞𝑛>1-𝑞𝑛1-𝑞�

�=1,𝑆𝑛+1𝑆𝑛=1-𝑞𝑛+11-𝑞𝑛<1-𝑞2𝑛1-𝑞𝑛=(1+𝑞𝑛)(1-𝑞𝑛)1-𝑞𝑛=1+qn<2,所以12≤𝑆𝑛+1𝑆𝑛=1-𝑞𝑛+11-𝑞𝑛≤2,满足{Sn}为

“紧密数列”;(10分)当1<q≤2时,𝑆2𝑆1=1-𝑞21-𝑞=1+q>2,不满足{Sn}为“紧密数列”.(11分)综上,实数q的取值范围是[12,1].(12分)