第一章 数列 阶段质量评价-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（北师大版）

[阶段质量评价]　　　　 第一章　数　列 A卷——基本知能盘查 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.是数列，，，，…的 （　　） A.第6项 B.第7项 C.第8项 D.第9项 解析：选A　由题可知原数列为，，，，…，而=，即为第6项，故选A. 2.在等比数列{an}中，a3=24，a5=6，则a4= （　　） A.12 B.-15 C.±12 D.15 解析：选C　由等比数列的性质，=a3a5=24×6=144，∴a4=±12.故选C. 3.已知{an}为等差数列，a10=10，前10项和S10=70，则a1= （　　） A.-4 B.-2 C.2 D.4 解析：选D　根据等差数列的求和公式，S10=70==5（a1+10），解得a1=4.故选D. 4.在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2-6x+8=0的两个根，则= （　　） A.2 B.2 C.1 D.-2 解析：选A　由题意可得 所以a1a17==a3a15=8.因为 所以a3>0，a15>0，所以a9>0，所以a9=2，所以==2.故选A. 5.已知数列{an}满足2an+1=an+an+2，a5-a3=2，若S2=2，则a9= （　　） A.9 B. C.10 D. 解析：选B　由2an+1=an+an+2可得数列{an}为等差数列，设其公差为d，所以a5-a3=2=2d⇒d=1，由S2=2得S2=2a1+d=2⇒a1=，所以a9=a1+8d=+8=，故选B. 6.已知数列{an}满足an+1=an，a1=1，则数列{anan+1}的前10项和为 （　　） A. B. C. D. 解析：选A　因为an+1=an，a1=1，所以（n+1）an+1=nan，所以数列{nan}是每项均为1的常数列，所以nan=1，所以an=，anan+1==-.所以数列{anan+1}的前10项和为++…+=1-=. 7.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且（+1）Sn=nSn-1+an（n≥2且n∈N+），若Sk=，则k= （　　） A.49 B.50 C.51 D.52 解析：选A　当n≥2时，（+1）Sn=nSn-1+an，则Sn=（n-1）Sn-1，于是Sn=Sn-1，即有Sn=Sn-1，因此数列{Sn}是常数列，Sn=S1=，即Sn=，由Sk=，得=，而k∈N+，所以k=49. 8.数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+an=1 024，则数列{an}的前n项积的最大值为 （　　） A.255 B.245 C.29 D.210 解析：选B　依题意，n∈N+，Sn+an=1 024，则a1=512，当n≥2时，Sn-1+an-1=1 024，两式相减得2an=an-1，即an=an-1，因此数列{an}是以512为首项，为公比的等比数列，于是an=512×=210-n，显然数列{an}递减，当n≤10时，an≥1，当n≥11，an<1，所以当n=9或n=10时，数列{an}的前n项积最大，最大值为29×28×27×…×22×2×20=245. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9.若数列{an}对任意n≥2（n∈N）满足（an-an-1-2）（an-2an-1）=0，则下面选项关于数列{an}的命题正确的是 （　　） A.{an}可以是等差数列 B.{an}可以是等比数列 C.{an}可以既是等差数列又是等比数列 D.{an}可以既不是等差数列又不是等比数列 解析：选ABD　因为（an-an-1-2）（an-2an-1）=0，所以an-an-1-2=0或an-2an-1=0，即an-an-1=2或an=2an-1，故A、B正确；又因为不能得到非零常数列，故C错误；{an}可以既不是等差数列又不是等比数列，如1，3，5，10，20，40，…，故D正确. 10.设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5=0，a6=9，则 （　　） A.an=3n-9 B.an=-3n+3 C.Sn=n2-n D.Sn=n2-n 解析：选AC　由题设，解得∴an=-6+3（n-1）=3n-9，Sn=-6n+=n2-n.故选AC. 11.已知等差数列{an}的前n项和为Sn（n∈N+），若a1>0，S4=S12，则 （　　） A.公差d<0 B.a7+a9<0 C.Sn的最大值为S8 D.满足Sn<0的n的最小值为16 解析：选AC　因为a1>0，S4=S12，则=，即a1+a4=3（a1+a12），则d=-a1<0，故A正确；a7+a9=2a1+14d=-d>0，故B错误；由a7+a9>0，得a8>0，a9=a1+8d=d<0，因为d<0，a1>0，所以数列{an}是递减数列，且当n≤8时，an>0，当n≥9时，an<0，所以Sn的最大值为S8，故C正确；Sn=n2+n=-n2+n，令Sn<0，解得n>16，所以满足Sn<0的n的最小值为17，故D错误.故选AC. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上） 12.（5分）写出一个同时满足下列条件①②的等比数列{an}的通项公式an=　　　 　　.  ①anan+1<0；②|an|>|an+1|. 解析：依题意，{an}是等比数列，设其公比为q，由于①anan+1<0，所以q<0，由于②|an|>|an+1|=|anq|=|an|·|q|，所以0<|q|<1，所以an=符合题意. 答案：（答案不唯一） 13.（5分）在数列{an}中，a1=1，a2=2，且-an=1+（-1）n（n∈N+），则S100=　　　　.  解析：由a1=1，a2=2且an+2-an=1+（-1）n（n∈N+）知，当n为奇数时，an+2-an=0；当n为偶数时，an+2-an=2.所以前100项中，奇数项为常数项1，偶数项构成以a2=2为首项，2为公差的等差数列.所以S100=50×2+×2+50×1=2 600. 答案：2 600 14.（5分）生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼品），第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2积分.若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡需从1积分重新开始.某会员参与打卡活动，若连续打卡5天，则共获得积分为　　　　；若该会员从3月1日开始到3月20日，他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天可以是3月　　　　日.  解析：连续打卡的积分规律为第1天得1分，第2天得3分，第3天得5分，依此类推. 这实际上是一个首项为1，公差为2的等差数列. 前5天的总积分为S5=1+3+5+7+9=25. 若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列， 且首项为1，公差为2，第n天所得积分为2n-1. 假设他连续打卡n天，第n+1天中断了，则他所得积分之和为 （1+3+…+2n-1）+[1+3+…+2（20-1-n）-1]=+=193，化简得n2-19n+84=0， 解得n=7或n=12，所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日. 答案：25　8（或13，答案不唯一） 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（13分）已知等差数列{an}中，a1=9，a4+a7=0. （1）求数列{an}的通项公式；（5分） （2）当n为何值时，数列{an}的前n项和取得最大值？（8分） 解：（1）设等差数列{an}的公差为d，由a1=9，a4+a7=0，得a1+3d+a1+6d=0，解得d=-2，an=a1+（n-1）d=9-2（n-1）=11-2n， 所以数列{an}的通项公式an=11-2n（n∈N+）. （2）a1=9，d=-2，Sn=9n+×（-2）=-n2+10n=-（n-5）2+25， 所以当n=5时，Sn取得最大值. 16.（15分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2=3，S5=25. （1）求数列{an}的通项公式；（7分） （2）设bn=an+2n-1，求数列{bn}的前n项和Tn.（8分） 解：（1）设等差数列{an}的公差为d，首项为a1， 由题意，得解得所以an=1+（n-1）×2=2n-1. （2）bn=an+2n-1=2n-1+2n-1， 所以Tn=+=n2+2n-1. 17.（15分）已知等比数列{an}中，a1+a2=8，a2+a3=24，Sn为数列{an}的前n项和. （1）求数列{an}的通项公式；（6分） （2）若bn=anlog3（Sn+1），求数列{bn}的前n项和Tn.（9分） 解：（1）设等比数列{an}的公比为q，则q===3.故a1+a2=a1+3a1=8，解得a1=2. 所以an=a1qn-1=2×3n-1. （2）由（1）知an=2×3n-1，Sn=3n-1，所以bn=anlog3（Sn+1）=2×3n-1×log33n=2n×3n-1， 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=2×30+4×31+6×32+…+2（n-1）×+2n×3n-1，　① 3Tn=2×31+4×32+6×33+…+2（n-1）×3n-1+2n×3n，　② ①-②得-2Tn=2×30+2×31+2×32+2×33+…+2×3n-1-2n×3n=3n（1-2n）-1. 所以Tn=. 18.（17分）已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn+an=1，an≠0（n∈N+）. （1）求数列{an}的通项公式；（8分） （2）设bn=log2（1-Sn）（n∈N+），Tn=++…+，求Tn的取值范围.（9分） 解：（1）当n=1时，a1=S1，由S1+a1=1，得a1=，当n≥2时，Sn-1+an-1=1， ∴当n≥2时，Sn-Sn-1+an-an-1=0，∴2an=an-1，又an≠0，∴n≥2时，=，∴{an}是以为首项，为公比的等比数列， ∴an=×=（n∈N+）. （2）由（1）知Sn==1-， ∴bn=-n，∴===-， ∴Tn=++…+=++…+=1-， ∵当n增大时，Tn也在增大，且n∈N+， ∴当n=1时，Tn取最小值，∴≤Tn<1. 19.（17分）若数列{an}与{bn}都是严格递增数列且无公共项，将它们的项合并在一起并按由小到大的顺序排列，在得到的新数列中，来自{bn}的任意两项均不相邻，则称{an}为{bn}的“隔数列”. （1）若{an}是首项与公差均为整数的等差数列，bn=2n，且数列a1，a2，a3是数列b1，b2，b3，b4的“隔数列”，求{an}的通项公式；（3分） （2）若an=2n，{bn}是首项为1，公比为的等比数列，且数列a1，a2，a3，a4是数列b1，b2，b3，b4的“隔数列”，求整数m的值；（4分） （3）设{an}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，若{Sn}是{an+1}的“隔数列”，求q的取值范围.（10分） 解：（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则a1∈Z且d∈Z，d>0， 由数列a1，a2，a3是数列b1，b2，b3，b4的“隔数列”， 则2<a1<4<a1+d<8<a1+2d<16， 所以a1=3且4<3+d<8<3+2d<16，即2.5<d<5，所以d=3或d=4， 所以an=3n或an=4n-1. （2）设{bn}的公比为t， 因为数列a1，a2，a3，a4是数列b1，b2，b3，b4的“隔数列”， 即数列2，4，6，8是数列1，t，t2，t3的“隔数列”， 所以1<2<t<4<6<t2<8<t3或1<2<t<4<t2<6<8<t3， 解得<t<2或2<t<，即<<2或2<<， 所以10<m<20或20<m<10， 所以整数m的值为21，22，23，24，25，26，27，28. （3）因为{Sn}是{an+1}的“隔数列”， 所以{Sn}与{an+1}都是严格递增数列. 由{Sn}是严格增数列，可知Sn+1-Sn=an+1=a1qn>0对一切正整数恒成立. 又由{an+1}是严格增数列，可知an+2>an+1，即a1qn+1>a1qn对一切正整数n恒成立， 所以q>1且a1>0. 因为Sn>an对于一切大于等于2的整数恒成立， 所以必有S1<a2<S2<a3<S3<a4<S4<…<an<Sn<an+1<Sn+1<…， 即Sn<an+1对一切正整数n恒成立， 即<a1qn对一切正整数n恒成立， 即2-q<对一切正整数n恒成立，所以2-q≤0，即q≥2，所以q的取值范围为[2，+∞）. B卷——高考能力达标 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.在等比数列{an}中，a1=1，公比q=2.若an=64，则 n的值为 （　　） A.4 B.5 C.6 D.7 解析：选D　因为{an}为等比数列，a1=1，公比q=2，所以an=2n-1.当an=64时，2n-1=64=26，得n=7. 2.已知{an}为递增的等差数列，且S7=35，a2·a6=9，则a10的值为 （　　） A.15 B.17 C.19 D.21 解析：选B　∵{an}为等差数列，S7=35，∴=35.∴a1+a7=a2+a6=10. ∵a2·a6=9，且数列{an}为递增的等差数列，∴由a2+a10=2a6，得a10=17. 3.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=15，且满足（2n-5）an+1=（2n-3）an+4n2-16n+15，则am取最小值时，m取值为 （　　） A.4 B.8 C.9 D.10 解析：选A　因为（2n-5）an+1=（2n-3）an+4n2-16n+15=（2n-3）an+（2n-3）（2n-5），所以-=1.因为a1=15，则=-5，所以是首项为-5，公差为1的等差数列.从而=-5+（n-1）×1=n-6，即an=（2n-5）（n-6）.从而易知数列{an}中仅有a3，a4，a5为负.因为a3=-3，a4=-6，a5=-5，所以am取最小值时，m=4. 4.已知各项均为正数的等比数列{an}的公比为q（q>1），数列共6项，和为63，前3项和与后3项和的积为392，则q= （　　） A.3 B.2 C. D.2或 解析：选B　设数列前3项和为A，后3项和为B，则解得或又{an}各项均为正数，且q>1，则A<B，得A=7，B=56，即a1+a1q+a1q2=7，a1q3+a1q4+a1q5=56，两式相除得q3=8，则q=2. 5.在数列{an}中，已知对任意正整数n，有a1+a2+…+an=2n-1，则++…+等于 （　　） A.（2n-1）2 B.（2n-1）2 C.4n-1 D.（4n-1） 解析：选D　当n≥2时，由a1+a2+…+an=2n-1，得a1+a2+…+an-1=2n-1-1，所以an=2n-1-（2n-1-1）=2n-1.当n=1时，a1=21-1=1，也满足上式.所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.所以=4n-1.所以数列{}是等比数列，首项为1，公比为4.所以++…+==（4n-1）. 6.将正整数n分解为两个正整数k1，k2的积，即n=k1·k2，当k1，k2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如20=1×20=2×10=4×5，其中4×5即为20的最优分解，当k1，k2是n的最优分解时，定义f（n）=|k1-k2|，则数列{f（5n）}的前2 024项的和为 （　　） A.51 012 B.51 012-1 C.52 023 D.52 023-1 解析：选B　当n=2k，k∈N+时，52k=5k·5k，所以f（5n）=|5k-5k|=0；当n=2k-1，k∈N+时，52k-1=5k-1·5k，所以f（5n）=|5k-1-5k|=5k-5k-1.所以数列{f（5n）}的前2 024项的和为（51-50）+0+（52-51）+0+（53-52）+0+…+（51 012-51 011）+0=51 012-1.故选B. 7.已知数列{an}是等差数列，若a9+a12>0，a10·a11<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么当Sn>0时，n的最大值为 （　　） A.10 B.11 C.20 D.21 解析：选C　由等差数列的性质可知，a9+a12=a11+a10>0.又∵a10·a11<0，∴a10和a11异号.∵数列{an}的前n项和Sn有最大值，∴数列{an}是递减的等差数列，即an-an-1=d<0.∴a10>0，a11<0.∴S21==21a11<0，S20==10（a9+a12）>0. ∴当Sn>0时，n的最大值为20. 8.（2024·全国甲卷）已知b是a，c的等差中项，直线ax+by+c=0与圆x2+y2+4y-1=0交于A，B两点，则|AB|的最小值为 （　　） A.1 B.2 C.4 D.2 解析：选C　根据题意有2b=a+c，即a-2b+c=0，所以直线ax+by+c=0过点M（1，-2）.设圆x2+y2+4y-1=0的圆心为C，连接CM，则AB⊥CM时，|AB|最小，将圆的方程化为x2+（y+2）2=5，则C（0，-2），所以|MC|=1，所以|AB|的最小值为2=4，故选C. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9.在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4=32，a2+a3=12，则 （　　） A.q=2 B.数列{Sn+2}的通项公式为Sn+2=2n+1 C.S8=254 D.数列{log2an}是公差为2的等差数列 解析：选AB　在等比数列{an}中，a2a3=a1a4=32，由得或而公比q为整数，于是得an=2n，Sn==2n+1-2.A正确；Sn+2=2n+1，B正确；S8=29-2=510，C错误；log2an+1-log2an=（n+1）-n=1，即数列{log2an}是公差为1的等差数列，D错误. 10.已知数列{an}的通项公式为an=2n-1，{bn}的通项公式为bn=3n-1.将数列{an}，{bn}的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列{cn}，设{cn}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是 （　　） A.2 023∈{cn} B.c2 023=b4 046 C.S2 023∈{an} D.S2 023∈{bn} 解析：选BCD　因为n∈N+，所以n=k∈N+或n=m∈N+.所以an=2n-1=k∈N+，bn=3n-1=m∈N+.所以数列{an}，{bn}的公共项为cn=6n-1，n∈N+，则c1=6-1=5，易知数列{cn}是首项为5，公差为6的等差数列，故Sn==n（3n+2）.对于A，令2 023=6n-1，解得n=337∉N+，故2 023∉{cn}，故A错误；对于B，c2 023=6×2 023-1，b4 046=3×4 046-1=3×（2×2 023）-1=6×2 023-1，故c2 023=b4 046，故B正确；对于C，因为S2 023=2 023×（3×2 023+2），显然S2 023是奇数，而数列{an}中的项an=2n-1表示所有奇数，故S2 023∈{an}，故C正确；对于D，因为S2 023=2 023×（3×2 023+2）=2 023×（3×2 023+3-1）=2 023×（3×2 024）-2 023=3×2 023×2 024-674×3-1=3×（2 023×2 024-674）-1，显然当n=2 023×2 024-674时，S2 023=bn，故S2 023∈{bn}，故D正确.故选BCD. 11.在某中学的“希望工程”中，甲、乙两个募捐小组在国庆假期走上街头分别进行了募捐活动.两个小组第1天都募得100元，之后甲小组继续按第1天的方法进行募捐，则从第2天起，甲小组每一天得到的捐款都比前一天少4元；乙小组采取了积极措施，从第1天募得的100元中拿出了90元印刷宣传材料，则从第2天起，第n（n∈N+，n≥2）天募得的捐款数为100元.若甲小组前n天募得捐款数累计为Sn元，乙小组前n天募得捐款数累计为Tn元（需扣除印刷宣传材料的费用），则 （　　） A.Sn=-2n2+102n，n≤25且n∈N+ B.Tn=100n-50，n∈N+ C.S5>T5 D.从第6天起，总有Sn<Tn 解析：选ACD　设an代表第n天甲小组募得的捐款，且an>0，对于甲小组，a1=100，d=-4，所以an=a1+（n-1）d=-4n+104>0.所以1≤n≤25.所以Sn==-2n2+102n，n≤25且n∈N+，故A正确.设bn代表第n天乙小组募得的捐款，由题可知，bn=所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=10+100·+100·+…+100·=10+100（n-1）+100=100n-40-，n∈N+，故B错误.因为S5==460，T5=100×5-40-=460-<S5，故C正确.令Cn=Sn-Tn=+40+2n-2n2，所以C6=+40+2×6-72=-20<0.而当n≥6时，Cn+1-Cn=an+1-bn+1=--4n<0，所以数列{Cn}为递减数列.因此当n≥6时，Cn≤C6<0，即Sn-Tn<0，所以Sn<Tn，故D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上） 12.（5分）等比数列{an}的前n项和为Sn，满足2S2=S4，则公比q=　　　　.  解析：因为2S2=S4，所以a1+a2=a3+a4=q2（a1+a2），当a1+a2=0时，公比q=-1；当a1+a2≠0，即q≠-1时，q2=1，解得q=1. 答案：1或-1 13.（5分）在等比数列{an}中，a2-a1=2，且2a2为3a1和a3的等差中项，则a4=　　　　.  解析：设{an}的公比为q（q≠0）.由2a2为3a1和a3的等差中项可得，4a2=3a1+a3，即4a1q=3a1+a1q2.因为a1≠0，所以q2-4q+3=0，解得q=1或q=3.当q=1时，a2=a1，这与a2-a1=2矛盾，舍去；当q=3时，a2=3a1，又a2-a1=2，所以a1=1.所以an=a1qn-1=3n-1.所以a4=33=27. 答案：27 14.（5分）已知公差不为零的等差数列{an}中，a1=1，且a2，a5，a14成等比数列，{an}的前n项和为Sn，bn=（-1）nSn，则an=　　　　，数列{bn}的前n项和Tn=　　　　　　.  解析：设等差数列{an}的公差为d（d≠0），则由a2，a5，a14成等比数列得=a2a14，即（1+4d）2=（1+d）（1+13d），解得d=2，则an=a1+（n-1）d=2n-1，Sn=na1+d=n2，∴bn=（-1）nn2.当n为偶数时，Tn=-S1+S2-S3+S4-…-Sn-1+Sn=-12+22-32+42-…-（n-1）2+n2=3+7+…+（2n-1）=；当n为大于1的奇数时，Tn=-S1+S2-S3+S4-…-Sn-2+Sn-1-Sn=-12+22-32+42-…-（n-2）2+（n-1）2-n2=3+7+…+（2n-3）-n2=-，当n=1时，也符合上式.综上所述，Tn=（-1）n. 答案：2n-1　（-1）n 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（13分）在数列{an}中，a1=4，且对任意大于1的正整数n，点（ ， ）在直线y=x-2上. （1）求数列{an}的通项公式；（6分） （2）已知b1+b2+…+bn=an，试比较an与bn的大小.（7分） 解：（1）由题意，得 =-2，即-=2，n>1且n∈N+. ∴数列{}是首项为=2，公差为2的等差数列. ∴=2+（n-1）×2=2n.∴an=4n2. 即数列{an}的通项公式为an=4n2. （2）当n=1时，b1=a1=4； 当n≥2时，bn=an-an-1=8n-4. ∵b1=4满足bn=8n-4，∴bn=8n-4，n∈N+. ∵an-bn=4n2-8n+4=4（n-1）2≥0， ∴an≥bn. 16.（15分）已知数列{an}是递增的等差数列，a2=3，且a1，a2，a5成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式；（4分） （2）设bn=an+2n，求数列{bn}的前n项和Sn；（5分） （3）若cn=，设数列{cn}的前n项和为Tn，求满足Tn>的n的最小值.（6分） 解：（1）设递增等差数列{an}的公差为d，d>0， 依题意，a1a5=，而a2=3， 即（3-d）（3+3d）=9，而d>0，解得d=2. 故an=a2+（n-2）d=2n-1. 所以数列{an}的通项公式是an=2n-1. （2）由（1）知，bn=2n-1+2n，所以Sn=[1+3+5+…+（2n-1）]+（2+22+23+…+2n）=·n+=n2+2n+1-2. （3）由（1）知，cn= ==-. 所以Tn=+++…+=1-. 由Tn>，得1->，解得n>12. 而n∈N+，则nmin=13， 所以满足Tn>的n的最小值是13. 17.（15分）已知二次函数f（x）=3x2+ax+b，满足f（0）=0，f（1）=1. （1）求函数y=f（x）的解析式；（4分） （2）设数列{an}的前n项和为Sn，若点（n，Sn），n∈N+均在函数y=f（x）的图象上，试写出a1，a2，并求数列{an}的通项公式；（6分） （3）在（2）的条件下，设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn.（5分） 解：（1）因为二次函数f（x）=3x2+ax+b，满足f（0）=0，f（1）=1， 所以解得 所以f（x）=3x2-2x. （2）因为点（n，Sn），n∈N+均在函数y=f（x）的图象上，所以Sn=3n2-2n. 所以当n=1时，a1=S1=3-2=1， 当n=2时，a1+a2=S2=12-4=8，即a2=7. 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n2-2n-3（n-1）2+2（n-1）=6n-5， 当n=1时，a1=1满足an=6n-5. 所以a1=1，a2=7，an=6n-5（n∈N+）. （3）结合（2）得bn==2n， 所以==2，即数列{bn}为等比数列，公比为2，首项为2. 所以Tn==2n+1-2. 18.（17分）“H数列”定义：数列{an}的前n项和为Sn，如果对于任意的正整数n，总存在正整数m使得Sn=am，则称数列{an}是“H数列”. （1）若数列{bn}的前n项和为Tn=2n，求证：数列{bn}是“H数列”；（5分） （2）已知数列{cn}是“H数列”，且数列{cn}是首项为1，公差小于0的等差数列，求数列{cn}的通项公式；（5分） （3）若数列{dn}满足：dn=bncn，求数列{dn}的前n项和Dn.（7分） 解：（1）证明：当n=1时，b1=T1=2； 当n≥2时，bn=Tn-Tn-1=2n-1， ∴bn= 即Tn=bn+1.所以数列{bn}是“H数列”. （2）设数列{cn}的公差为d，前n项和Sn=n+d. 对∀n∈N+，∃m∈N+，使得Sn=cm， 即n+d=1+（m-1）d，取n=2， 得1+d=（m-1）d，解得m=2+.∵d<0， ∴m<2，又m∈N+，∴m=1， 故d=-1，cn=2-n，Sn=是小于2的正整数.此时对于任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn=cm，故cn=2-n. （3）由bn=cn=2-n，得当n≥2时， Dn=2×1+2×0+22×（-1）+23×（-2）+…+2n-1×（2-n），∴2Dn=4+22×0+23×（-1）+…+2n-1×（3-n）+2n×（2-n），∴-Dn=-2+（-1）（22+23+…+2n-1）-2n×（2-n）， ∴Dn=2++2n×（2-n）=（3-n）·2n-2. 当n=1时，D1=d1=2，满足上式. 综上，Dn=（3-n）·2n-2. 19.（17分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn（n∈N+），数列{bn}是等比数列，a1=3，b1=1，b2+S2=10，a5-2b2=a3. （1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（5分） （2）若cn=设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.（12分） 解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q. 因为a1=3，b1=1，b2+S2=10，a5-2b2=a3， 所以解得q=d=2. 所以an=a1+（n-1）d=3+2（n-1）=2n+1， bn=b1qn-1=2n-1. （2）由（1）得Sn=na1+d=3n+n（n-1）=n2+2n. 当n为奇数时，cn===-； 当n为偶数时，cn=2anbn=（2n+1）2n， 所以T2n=c1+c2+c3+…+c2n-1+c2n =（c1+c3+…+c2n-1）+（c2+c4+…+c2n）. 令An=c1+c3+…+c2n-1，Bn=c2+c4+…+c2n， 则An=c1+c3+…+c2n-1=++…+=1-=， Bn=c2+c4+…+c2n=5×22+9×24+13×26+…+（4n-3）22n-2+（4n+1）22n. 所以22Bn=5×24+9×26+13×28+…+（4n-3）·22n+（4n+1）22n+2. 所以-3Bn=22+4（22+24+26+…+22n）-（4n+1）22n+2=4+4×-（4n+1）·4n+1 =--·4n+1. 所以Bn=+·4n+1. 所以T2n=An+Bn=+·4n+1+. 95 / 144 学科网（北京）股份有限公司 $