考点33 数列求和（考点专练）-备战2022年新高考数学一轮复习考点微专题

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考点33 数列求和 分组求和与并项求和 1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3，则其前20项和为(　　) A．380－　　　　 B．400－ C．420－ D．440－ 2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn.若a1＝b1＝3，a4＝b2，S4－T2＝12. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)求数列{an＋bn}的前n项和． 错位相减法求和 1.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(n＋1,2n)an(n∈N*)． ①证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等比数列；[来源:学科网] ②求数列{an}的通项公式与前n项和Sn. 2.数列{an}是等差数列，Sn为其前n项和，且a5＝3a2，S7＝14a2＋7. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列，求数列{bn(an＋bn)}的前n项和Tn. 裂项相消法求和 1．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________. 2.已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋2(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2nan. ①求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式； ②设cn＝eq \f(nn＋1,2nn－ann＋1－an＋1)，数列{cn}的前n项和为Tn，求满足Tn<eq \f(124,63)(n∈N*)的n的最大值． 3．数列{an}满足an＋1＝eq \f(an,2an＋1)，a1＝1. (1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列； (2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Sn，并证明：eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)>eq \f(n,n＋1). 一、单选题 1．已知数列，，则数列的前100项和为（ ） A． B． C． D． 2．已知等差数列的首项为，公差为，其前项和为，若直线与圆的两个交点关于直线对称，则数列的前项和为（ ） A． B． C． D． 3．已知函数满足，若函数与的图象交点为，则 （ ） A．0 B． C． D． 4．已知数列满足，，则（ ） A． B． C． D． 5．已知函数，若 ，则的最小值为（ ）[来源:Z.xx.k.Com] A． B． C． D． 6．已知数列，都是等差数列，，，设，则数列的前2020项和为（ ） A． B． C． D． 二、多选题 7．已知数列为等差数列，，且，，是一个等比数列中的相邻三项，记，则的前项和可以是（ ） A． B． C． D． 8．已知数列满足，，则下列结论正确的有（ ） A．为等比数列 B．的通项公式为 C．为递增数列 D．的前项和 9．已知数列{an}为等差数列，首项为1，公差为2，数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为2，设，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn＜2019时，n的取值可以是下面选项中的（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 10．已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn．且满足an+an+1＝2n，bn•bn+1＝2n（n∈N*），则下列说法正确的有（ ） A．0＜a1＜1 B．1＜b1 C．S2n＜T2n D．S2n≥T2n 三、填空题 11．数列满足，，且表示不超过的最大整数，则的值等于______. 12．已知数列中，，，设，若对任意的正整数，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是______． 13．已知是的前项和，，对于任意，且，的最大值是______． 14．已知数列的通项公式是，在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；…；在和之间插入n个数，，…，，使，，，…，，成等差数列.这样得到新数列：，，，，，，，，，，….记数列的前n项和为，有下列判断：①；②；③；④.其中正确的判断序号是______. 四、解答题 15．设等差数列的前n项和为，. （1）求及； （2）设，数列的前n项和为，是否存在正整数，使得，成等比数列？若存在，求出所有满足条件的；否则，请说明理由. 16．已知数列满足，且. （1）证明：数列为等比数列； （2）设，记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求的取值范围. 17．已知f（x）＝3x2－2x，数列{an}的前n项和为Sn，点（n，Sn）（n∈N*）均在函数y＝f（x）的图象上． （1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有n∈N*都成立的最小正整数m． 18．设数列的各项为正数，且，数列满足：对任意恒成立，且常数. （1）若为等差数列，求证：也为等差数列； （2）若，为等比数列，求的值（用c表示）； （3）若且，令，求证. 一、单选题 1．已知数列的通项公式为，为其前项和，则＝（ ） A．11 B． C． D．5 2．已知数列对任意的有成立，若，则等于（ ） A． B． C． D． 3．已知递增的等差数列的前项和为，，，对于，不等式恒成立，则整数的最小值是（ ） A． B． C． D． 4．已知等差数列满足，，数列满足，记数列的前n项和为，若对于任意的，，不等式恒成立，则实数t的取值范围为（ ） A． B． C． D． 5．已知，（），则（ ） A． B． C． D． 6．数列是首项为1，公差为的等差数列，数列的通项公式为，设，数列的前n项和为，若，则的最大值为（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 7．已知数列与前项和分别为，，且,，对任意的恒成立，则的最小值是（ ） A． B． C． D． 8．数列的通项,则数列的前100项和为（ ） A． B． C． D． 9．已知数列中，，为数列的前项和，令，则数列的前项和的取值范围是（ ） A． B． C． D． 10．已知数列，则（ ） A．-48 B．-50 C．-52 D．-49 二、多选题 11．将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图：该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列（其中m＞0）.已知a11＝2，a13＝a61+1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有（ ） A．m＝3 B． C． D． 12．已知数列，均为递增数列，的前项和为，的前项和为.且满足，，则下列说法正确的有( ) A． B． C． D． 13．将个数排成行列的一个数阵，如下图： 该数阵第一列的个数从上到下构成以为公差的等差数列，每一行的个数从左到右构成以为公比的等比数列（其中）.已知，，记这个数的和为.下列结论正确的有（ ） A． B． C． D． 三、填空题 14．已知数列和，满足，设的前n项积为，则的前n项的和__________． 15．________. 16．已知，若数列的前项和，则________． 17．已知数列的前项和为，，，则______. 四、解答题 18．已知数列是等比数列，数列满足，，． （1）求的通项公式； （2）求的前项和． 19．已知正项数列满足，，且数列是等差数列. （1）求数列的通项公式； （2）记，，试比较与的大小，并予以证明. 20．等差数列的公差不为0，，且，，成等比数列． （Ⅰ）求； （Ⅱ）设，为数列的前n项和，求． 考点练 考向一 1.【答案】C 【解析】　令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3 2.解　(1)由a1＝b1，a4＝b2， 则S4－T2＝(a1＋a2＋a3＋a4)－(b1＋b2)＝a2＋a3＝12， 设等差数列{an}的公差为d， 则a2＋a3＝2a1＋3d＝6＋3d＝12，所以d＝2. 所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1， 设等比数列{bn}的公比为q， 由题意知b2＝a4＝9，即b2＝b1q＝3q＝9， 所以q＝3.所以bn＝3n. (2)an＋bn＝(2n＋1)＋3n， 所以{an＋bn}的前n项和为(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋(3＋32＋…＋3n)＝eq \f(3＋2n＋1n,2)＋eq \f(31－3n,1－3)＝n(n＋2)＋eq \f(33n－1,2). 考向二 1.【解析】①证明　∵a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(n＋1,2n)an， 当n∈N*时，eq \f(an,n)≠0， 又eq \f(a1,1)＝eq \f(1,2)，eq \f(an＋1,n＋1)∶eq \f(an,n)＝eq \f(1,2)(n∈N*)为常数， ∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列． ②解　由eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列， 得eq \f(an,n)＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，∴an＝n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n. ∴Sn＝1·eq \f(1,2)＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n， eq \f(1,2)Sn＝1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1， ∴两式相减得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq \f(\f(1,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1,1－\f(1,2))－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1， ∴Sn＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n ＝2－(n＋2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n. 综上，an＝n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，Sn＝2－(n＋2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n. 2.解　(1)设等差数列{an}的公差是d. 由a5＝3a2得d＝2a1，① 由S7＝14a2＋7得d＝a1＋1，② 由①②解得a1＝1，d＝2. 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (2) 由数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列， 得an＋bn＝2n－1，即2n－1＋bn＝2n－1. 所以bn＝2n－1－2n＋1， 所以bn(an＋bn)＝2n－1·(2n－1－2n＋1) ＝4n－1－2n－1(2n－1)， 令Pn＝40＋41＋…＋4n－1＝eq \f(1－4n,1－4)＝eq \f(4n－1,3)， Qn＝1·20＋3·21＋5·22＋…＋(2n－3)·2n－2＋(2n－1)·2n－1，③ 则2Qn＝1·21＋3·22＋5·23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，④ ③－④得－Qn＝1·20＋2·21＋2·22＋…＋2·2n－1－(2n－1)·2n＝(3－2n)2n－3， 所以Qn＝(2n－3)·2n＋3， 所以Tn＝Pn－Qn＝eq \f(4n－1,3)－(2n－3)2n－3 ＝eq \f(4n,3)－(2n－3)·2n－eq \f(10,3). 考向三 1.【答案】 【解析】设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 依题意有解得 所以Sn＝，， 因此 2.解　①∵Sn＝－an－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋2(n∈N*)， 当n≥2时，Sn－1＝－an－1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＋2， ∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1， 化为2nan＝2n－1an－1＋1， ∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1， 即当n≥2时，bn－bn－1＝1， 令n＝1，可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝eq \f(1,2). 又b1＝2a1＝1， ∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列． 于是bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，∴an＝eq \f(n,2n). ②由①可得cn＝eq \f(nn＋1,2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(n,2n)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1－\f(n＋1,2n＋1))))[来源:Zxxk.Com] ＝eq \f(2n＋1,2n－12n＋1－1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))， ∴Tn＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,22－1)＋\f(1,22－1)－\f(1,23－1)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1))) ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1－1)))， 由Tn<eq \f(124,63)可得2n＋1<64＝26，n<5， ∵n∈N*，∴n的最大值为4. 3.【解析】(1)证明　∵an＋1＝eq \f(an,2an＋1)， ∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2an＋1,an)，化简得eq \f(1,an＋1)＝2＋eq \f(1,an)， 即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2， 故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)解　由(1)知eq \f(1,an)＝2n－1， ∴Sn＝eq \f(n1＋2n－1,2)＝n2，eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,n2)>eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1). 证明：eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,12)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,n2)>eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,nn＋1) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1). 拓展练 1．B【解析】由题意知， 当时，； 当时，，所以数列的前100项和 .故选:B 【点睛】本题考查了正弦函数值，考查了等差数列求和，考查了分组求和.本题的关键是结合正弦函数的性质对数列并项求和.对于数列求和问题，常见的思路有公式法、错位相减法、裂项相消法、并项求和法等. 2．A【解析】由于直线与圆的两个交点关于直线对称， 则直线与直线垂直，直线的斜率为，则，可得， 且直线过圆的圆心，则，可得， ，则， ， 因此，数列的前项和为. 故选：A. 【点睛】本题考查裂项求和，同时也考查了直线与圆的综合问题，以及等差数列求和公式的应用，考查计算能力，属于中等题. 3．D【解析】因为，所以， 可得的图象关于对称， 又因为， 所以的图象可由函数的图象， 向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到， 所以的图象也关于对称， 函数与的图象交点为关于对称， 所以， ， 设， 则， 两式相加可得， 所以， 设，同理可得， 所以，故选D. 【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用以及倒序相加法求和，属于难题. （1）若，则的图象关于对称；（2）若，则的图象关于对称. 4．A【解析】由，得． 所以数列是以为首项，以2为公比的等比数列， 所以，所以． 设的前项和为，则， 两边同乘2，得 ， 两个式子相减得 ， 所以，所以．故选：A. 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式、前项和公式与错位相减法求和，属于中档题. 5．A【解析】由题可知： 令 又 于是有 因此 所以 当且仅当时取等号 本题正确选项： 【点睛】本题考查倒序相加法求和、利用基本不等式求解和的最小值问题.关键是能够通过函数的规律求得与的和，从而能够构造出基本不等式的形式. 6．D【解析】设等差数列的公差为，等差数列的公差为 因为， 所以，解得 所以 因为，[来源:学科网] 所以，解得 所以 所以 所以 故选：D 【点睛】常见数列的求和方法：公式法（等差等比数列）、分组求和法、裂项相消法、错位相减法. 7．BD【解析】设等差数列的公差为,又,且,,是一个等比数列中的相邻三项 ,即,化简得：,所以或1, 故或,所以或,设的前项和为, ①当时,； ②当时, （1）, （2）, （1）（2）得：, 所以,故选：BD 【点睛】本题主要考查了等差等比数列的综合运用与数列求和的问题,需要根据题意求得等差数列的公差与首项的关系,再分情况进行求和.属于中等题型. 8．ABD【解析】因为，所以，又， 所以是以4为首项，2位公比的等比数列，即，为递减数列， 的前项和 .故选：ABD 【点睛】本题考查由递推公式判断数列为等比数列，等比数列的通项公式及前n项和，分组求和法，属于中档题. 9．AB【解析】由题意，an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，， 2•2n﹣1﹣1＝2n﹣1，则数列{cn}为递增数列， 其前n项和Tn＝（21﹣1）+（22﹣1）+（23﹣1）+…+（2n﹣1） ＝（21+22+…+2n）﹣n2n+1﹣2﹣n． 当n＝9时，Tn＝1013＜2019； 当n＝10时，Tn＝2036＞2019． ∴n的取值可以是8，9．故选：AB 【点睛】本题考查了分组求和，考查了等差等比数列的通项公式、求和公式，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题. 10．ABC【解析】∵数列{an}为递增数列；∴a1＜a2＜a3； ∵an+an+1＝2n， ∴； ∴ ∴0＜a1＜1；故A正确． ∴S2n＝（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n﹣1+a2n）＝2+6+10+…+2（2n﹣1）＝2n2； ∵数列{bn}为递增数列； ∴b1＜b2＜b3； ∵bn•bn+1＝2n ∴； ∴； ∴1＜b1，故B正确． ∵T2n＝b1+b2+…+b2n ＝（b1+b3+b5+…+b2n﹣1）+（b2+b4+…+b2n） ； ∴对于任意的n∈N*，S2n＜T2n；故C正确，D错误．故选：ABC 【点睛】本题考查了分组法求前n项和及性质探究，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题. 11．【解析】因为，， 所以，即，数列为递增数列. 因为， 所以，即. 故 . 因为， 所以，故. 故答案为： 【点睛】本题主要考查数列求和中的裂项求和，同时考查了数列中的单调性，属于难题. 12．【解析】∵，（，），当时，，，…，，并项相加，得：，∴，又∵当时，也满足上式，∴数列的通项公式为，∴，令（）， 则，∵当时，恒成立，∴在上是增函数，故当时，，即当时， ，对任意的正整数， 当时，不等式恒成立，则须使，即对恒成立，即的最小值，可得，∴实数的取值范围为，故答案为. 点睛：本题考查数列的通项及前项和，涉及利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于难题通过并项相加可知当时，进而可得数列的通项公式，裂项、并项相加可知，通过求导可知是增函数，进而问题转化为，由恒成立思想，即可得结论. 13．10【解析】 即， 又当时，， 当时，，即，则递减， 当时，，即，则递增， 当时，，则，则递减， 故， 若使得对任意，取得最大值， 则需且， . 故答案为：10. 【点睛】本题考查利用单调性求数列前项和的最值问题以及利用分组求和法求出数列前项和，根据是解决本题的关键. 14．①③④【解析】①,故①正确； ②在数列中是第项，所以，故②错误； ③，，故③正确； ④ ，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】本题考查等差数列的性质和数列求和，属于较难的题目. 15．（1），；（2）存在，满足条件的只有一组. 【解析】（1）设公差为d，则， 解得，， ，； （2）， ， 又，由题得，即， ，即 由题知且，故， 故， 故只需考虑，时，时，时， 又，故满足条件的只有一组：. 【点睛】本题考查等差数列通项、裂项相消法求和以及不定方程的正整数解的求法，一般地，数列求和需观察通项的特征，而不定方程的整数问题可通过构建不等式或不等式组来确定解的情况，本题属于较难题. 16．（1）详见解析；（2）. 【解析】（1）证明：因为，所以 即，则 从而数列是以6为首项，2为公比的等比数列 （2）解：由（1）知，即 所以 当为偶数时， 当为奇数时， 当为偶数时，是递减的，此时当时，取最大值，则； 当为奇数时，是递增的，此时，则. 综上，的取值范围是. 17．（1）an=6n－5（n∈N*） （2）m＝10 【解析】（1）由点（n，Sn）（n∈N*）均在函数y=f（x）的图象上得Sn=3n2－2n． 当n≥2时，an=Sn－Sn－1 =（3n2－2n）－[3（n－1）2－2（n－1）]＝6n－5； 当n＝1时，a1=S1=3×12－2×1=1，满足上式，所以an=6n－5（n∈N*）． （2）由（1）得 bn===， Tn=b1＋b2＋b3＋…＋bn=[1－＋－＋－＋…＋－]=（1－）． 因此，使得（n∈N*）成立的m必须且仅须满足，即m≥10，故满足要求的最小整数m＝10． 18．（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析. 【解析】（1）因为为等差数列，设 所以， 因为，所以（常数），所以为等差数列. （2）因为，且， 可得， 所以， ， … ， 所以 所以， 因为为等比数列，所以成等比数列， 即，即，解得， 经检验，可得为等比数列，所以. （3）由， 因为，可得，且， 所以递增数列，且， 所以， ∴. 模拟练 1．D【解析】， 故选：D 【点睛】本题考查并项求和. 属于基础题在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如 类型，可采用两项合并求解． 2．B【解析】已知，则，所以有， ， ， ，两边同时相加得，又因为，所以. 故选： 【点睛】本题考查了求数列某一项的值，运用了累加法和裂项法，遇到形如时就可以采用裂项法进行求和，需要掌握数列中的方法，并能熟练运用对应方法求解. 3．C【解析】∵是等差数列，∴，由解得或， 又是递增数列，∴，， ， ， 由不等式恒成立，得，∴最小的整数．故选：C． 【点睛】本题考查不等式恒成立问题，考查等差数列的性质，等差数列的通项公式和前项和公式，裂项相消法求和，本题属于中档题． 4．B【解析】设等差数列公差为，则由已知得，解得，∴， ， ∴， 易知数列是递增数列，且， ∴若对于任意的，，不等式恒成立，即，又，∴，解得或．故选：B． 【点睛】本题考查求等差数列的通项公式，考查裂项相消法求数列的和，考查不等式恒成立问题，解题关键是掌握不等式恒成立问题的转化与化归思想，不等式恒成立首先转化为求数列的单调性与最值，其次转化为一次不等式恒成立． 5．C【解析】∵，则当时， ， …… ， ， ∴，[来源:学科网ZXXK] 化简得， 又， ∴，经检验也符合上式，∴，故选：C． 【点睛】本题主要考查累加法求数列的通项公式，考查数列的递推公式的应用，考查倒序相加法求数列的和，考查计算能力，属于中档题． 6．B【解析】∵是首项为1，公差为的等差数列，， ∴， ∴， 即，解得，故的最大值为3，故选：B. 【点睛】本题主要考查了等差数列通项公式的求法，利用分组求和求数列的前项和，属于中档题. 7．A【解析】因为，所以当时，，两式相减得 ，整理得，，由 知， ，从而，即当时，， 当时，，解得或（舍），则首项为1，公差为1的等差数列， 则.所以， 则， 所以.则的最小值是.故选:A 8．A【解析】，++=, .故选：A 【点睛】本题考查裂项相消法求和，属于基础题. 9．A【解析】数列中，，∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴,∴,∴, ∴，当时.故选：A. 【点睛】本题考查等差数列的概念和通项公式，求和公式及裂项求和法，考查数列的函数特性， 10．B【解析】， ，，，，，，，， ， ， ， ， ， ， 故选：． 【点睛】本题考查数列的通项及前项和，找出规律是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题． 11．ACD【解析】∵a11＝2，a13＝a61+1，∴2m2＝2+5m+1，解得m＝3或m（舍去）， ∴aij＝ai1•3j﹣1＝[2+（i﹣1）×m]•3j﹣1＝（3i﹣1）•3j﹣1， ∴a67＝17×36， ∴S＝(a11+a12+a13+……+a1n)+(a21+a22+a23+……+a2n)+……+(an1＋an2＋an3＋……＋ann) （3n﹣1）•n（3n+1）（3n﹣1） 故选：ACD. 【点睛】本题主要考查等差数列，等比数列的通项公式的求法，分组求和法，等差数列，等比数列前项和公式的应用，属于中档题． 12．ABC【解析】数列中，，两式相减得 所以数列为隔项以2为公差的等差数列形式； 数列中，，两式相除得 所以数列为隔项以2为公比的等比数列形式； A选项因为，所以即，又数列为递增数列，所以即，所以，正确； B选项因为，所以即，又数列为递增数列，所以，正确； 因为 因为CD选项中只有一个正确，取特值，当时， 所以C选项正确，D选项错误.故选：ABC 【点睛】本题考查数列的综合问题，涉及由递推公式确定数列关系，递增数列的性质，分组求和求前n项和，还考查了基本不等式与数列的综合问题，属于难题. 13．ACD【解析】由题意，该数阵第一列的个数从上到下构成以为公差的等差数列，每一行的个数从左到右构成以为公比的等比数列，且，， 可得，，所以， 解得或（舍去），所以选项A是正确的； 又由，所以选项B不正确； 又由，所以选项C是正确的； 又由这个数的和为， 则 ，所以选项D是正确的，故选ACD. 【点睛】本题主要考查了数表、数阵数列的求解，以及等比数列及其前n项和公式的应用，其中解答中合理利用等比数列的通项公式和前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 14．【解析】设的前n项积为，则 则时，，解得， 当时，， 又， 所以，化简得（）， 所以是以4为首项，2为公差的等差数列， ， ，故答案为： 【点睛】本题主要考查了等差数列的定义，等差数列的通项公式，裂项相消法求和，考查了运算能力，属于中档题. 15．【解析】 故答案为： 【点睛】本题主要考查等差数列的求和公式及裂项相消法求和，属于中档题. 16．99【解析】因为， 所以 ， 因此，即. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查由数列的前项和求项数的问题，熟记裂项相消的方法即可，属于常考题型. 17．77【解析】因为，， 所以 ， 故答案为：77 【点睛】此题考查数列求和问题，解此题的关键是把写成，属于基础题. 18．（1）；（2）. 【解析】（1）设等比数列的公比为， 由于数列满足，，． 当时，则，即，可得； 当时，则，即，可得. ，，； （2），即，，且， 所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，. 设数列的前项和为，则，① ，② ①②得， . 【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解，同时也考查了错位相减法，考查计算能力，属于中等题. 19．（1）；（2）；证明见解析. 【解析】（1）设等差数列的公差为，其首项， 所以，即. 同理，. 因为，所以， 化简得：， 解得，或. 当时，， 故， 此时，当时，，不符合是正项数列. 当时，，故，符合是正项数列. 综上所述：. （2）因为， 所以， 故，，， 所以. 又因为是关于n的增函数， 所以. 所以当时，. 当时，. 又. 所以. 所以当时，. 综上：. 【点睛】本题主要考查利用等差数列求通项公式以及利用放缩法证明不等式的问题.属于中档题. 20．（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】（I）由于，，成等比数列，所以， 即，即， 由于，所以解得，所以数列的通项公式是. （II）依题意 . 所以 .