②证明
2
[解析] (1)设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q－q－2＝0. 因为q>0，可得q＝2，故an＝2
n－1
.
设等差数列{bn}的公差为d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.
所以数列{an}的通项公式为an＝2
nn－1
，数列{bn}的通项公式为bn＝n.
n1－2nk(2)①由(1)，有Sn＝＝2－1，故Tn＝? (2－1)＝
1－2k＝1
2×
?2－n＝
kk＝1
n1－21－2
n－n＝2
n＋1
－n－2.
k＋1
Tk＋bk＋2bk2－k－2＋k＋2k②因为＝＝
k＋1k＋2k＋1k＋2k＋2k＋1k·2k＋122
＝－，
k＋1k＋2k＋2k＋1
B组
51．设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3＝－，
2则数列{12n＋1
an}的前n项和Tn＝( C )
B． 2n＋12nD． 2n＋1
A．－
2n＋12nC．－
2n＋1
nn[解析] 本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和． 设{an}的公差为d，因为S1＝a1，S2＝2a1＋d＝2a1＋
a3－a13
2515
＝a1－，S4＝3a3＋a1＝a1－， 242
35215
因为S1，S2，S4成等比数列，所以(a1－)＝(a1－)a1，
242512
整理得4a1＋12a1＋5＝0，所以a1＝－或a1＝－.
225
当a1＝－时，公差d＝0不符合题意，舍去；
2
5
1a3－a1
当a1＝－时，公差d＝＝－1，
22
111
所以an＝－＋(n－1)×(－1)＝－n＋＝－(2n－1)，
222所以
12n＋1
an＝－
2
2n－111
＝－(－)，
2n＋12n－12n＋1
11111
所以其前n项和Tn＝－(1－＋－＋…＋－)
3352n－12n＋112n＝－(1－)＝－，故选C．
2n＋12n＋1
2．(文)以Sn表示等差数列{an}的前n项和，若S5>S6，则下列不等关系不一定成立的是( D )
A．2a3>3a4 C．a5＋a4－a3<0
B．5a5>a1＋6a6 D．a3＋a6＋a12<2a7
[解析] 依题意得a6＝S6－S5<0,2a3－3a4＝2(a1＋2d)－3(a1＋3d)＝－(a1＋5d)＝－
a6>0,2a3>3a4；5a5－(a1＋6a6)＝5(a1＋4d)－a1－6(a1＋5d)＝－2(a1＋5d)＝－2a6>0,5a5>a1＋
6a6；a5＋a4－a3＝(a3＋a6)－a3＝a6<0.综上所述，故选D．
3
(理)已知an＝，数列{an}的前n项和为Sn，关于an及Sn的叙述正确的是( C )
2n－11A．an与Sn都有最大值 C．an与Sn都有最小值
3
[解析] 画出an＝的图象，
2n－11
B．an与Sn都没有最大值 D．an与Sn都没有最小值
点(n，an)为函数y＝小，a6最大．
3．已知正数组成的等差数列{an}，前20项和为100，则a7·a14的最大值是( A ) A．25 C．100 [解析] ∵S20＝
B．50 D．不存在
311
图象上的一群孤立点，(，0)为对称中心，S5最小，a5最2x－112
a1＋a20
2
×20＝100，∴a1＋a20＝10.
∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10.
6
∵an>0，∴a7·a14≤(
a7＋a14
2
)＝25.当且仅当a7＝a14时取等号．
2
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( B ) A．2
n－1
3n－1
B．()
21D．n－1 2
2n－1
C．()
3
[解析] 由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn， ∴
Sn＋13
＝， Sn2
113
∵a1＝1，S1＝2a2，∴a2＝a1＝，∴S2＝，
222
S233n－1
∴＝，∴Sn＝(). S122
1
5．(2018·山东省实验中学调研)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋)，则an＝
n( A )
A．2＋lnn C．2＋nlnn
B．2＋(n－1)lnn D．1＋n＋lnn
[解析] an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝lnn－ln(n－1)＋ln(n－1)－ln(n－2)＋…＋ln2－ln1＋2＝2＋lnn.
6．(2018·西安一模)已知数列{an}的通项公式an＝log2
(n∈N)，设其前n项和为n＋1
n*
Sn，则使Sn<－4成立的最小自然数n的值为16.
[解析] 因为an＝log2
nn＋1
，
123n所以Sn＝log2＋log2＋log2＋…＋log2 234n＋1123n1
＝log2(···…·)＝log2，
234n＋1n＋1若Sn<－4，则
11
<，即n>15， n＋116
则使Sn<－4成立的最小自然数n的值为16.
7．如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，…，第n群，…，第n群恰好n个数，则第n群中n个数的和是3·2－2n－3.
n 7
[解析] 由图规律知，第n行第1个数为2
－3
n－1
，第2个数为3·2
n－2
，第3个数为5·2
n……设这n个数的和为S 则S＝2
nn－1
＋3·2
n－1
n－2
＋5×2
n－2
n－3
＋…＋(2n－3)·2＋(2n－1)·2 ①
2
1
0
2Sn＝2＋3·2＋5·2＋…＋(2n－3)·2＋(2n－1)·2 ②
n－2
②－①得Sn＝2＋2·2＝2＋2＋24＝2＋
nnnn－1
nn－1
＋2·2
2
＋…＋2·2＋2·2－(2n－1)
2
＋…＋2＋2－(2n－1)
n－1
3
1－21－2
n＋1
－(2n－1)
＝2＋2
nn－4－2n＋1
＝3·2－2n－3.
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数． (1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
[分析] (1)利用an＋1＝Sn＋1－Sn用配凑法可获证；(2)假设存在λ，则a1，a2，a3应成等差数列求出λ的值，然后依据an＋2－an＝λ推证{an}为等差数列．
[解析] (1)由题设：anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1， 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1. 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1. 由(1)知，a3＝λ＋1， 令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4. 故an＋2－an＝4，由此可得
{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3； {a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1. 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列． 9．已知数列{an}满足an＋1＝－(1)求证{
11，a1＝－. an＋22
1
}是等差数列； an＋1
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设Tn＝an＋an＋1＋…＋a2n－1.若Tn≥p－n对任意的n∈N恒成立，求p的最大值．
8
*
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