[1978年高考数学题]高考数学题分类汇编数列文科

【高考分数线】

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　　D1 数列的概念与简单表示法

　　17.、、[2020•江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn=3n2-n2，n∈N*.

　　(1)求数列{an}的通项公式;

　　(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列.

　　17.解：(1)由Sn=3n2-n2，得a1=S1=1.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n-2，a1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an=3n-2.

　　(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要a2n=a1•am，即(3n-2)2=1•(3m-2)，即m=3n2-4n+2.而此时m∈N*，且m>n，

　　所以对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列.

　　18.、[2020•江西卷] 已知函数f(x)=(4x2+4ax+a2)x，其中a<0.

　　(1)当a=-4时，求f(x)的单调递增区间;

　　(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值.

　　18.解：(1)当a=-4时，由f′(x)=2(5x-2)(x-2)x=0得x=25或x=2，由f′(x)>0得x∈0，25或x∈(2，+∞).

　　故函数f(x)的单调递增区间为0，25和(2，+∞).

　　(2)因为f′(x)=(10x+a)(2x+a)2x，a<0，

　　所以由f′(x)=0得x=-a10或x=-a2.

　　当x∈0，-a10时，f(x)单调递增;当x∈-a10，-a2时，f(x)单调递减;当x∈-a2，+∞时，f(x)单调递增.

　　易知f(x)=(2x+a)2x≥0，且f-a2=0.

　　①当-a2≤1，即-2≤a<0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)=4+4a+a2=8，得a=±22-2，均不符合题意.

　　②当1<-a2≤4时，即-8≤a<-2时，f(x)在[1，4]时的最小值为f-a2=0，不符合题意.

　　③当-a2>4时，即a<-8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x=1或x=4时取得，而f(1)≠8，由f(4)=2(64+16a+a2)=8得a=-10或a=-6(舍去).

　　当a=-10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)=8，符合题意.

　　综上有，a=-10.

　　16.[2020•新课标全国卷Ⅱ] 数列{an}满足an+1=11-an，a8=2，则a1=________.

　　16.12

　　D2 等差数列及等差数列前n项和

　　2.[2020•重庆卷] 在等差数列{an}中，a1=2，a3+a5=10，则a7=(　　)

　　A.5 B.8 C.10 D.14

　　2.B

　　5.[2020•天津卷] 设{an}是首项为a1，公差为-1的等差数列，Sn为其前n项和.若S1，S2，S4成等比数列，则a1=(　　)

　　A.2 B.-2

　　C.12 D.-12

　　5.D

　　15.、[2020•北京卷] 已知{an}是等差数列，满足a1=3，a4=12，数列{bn}满足b1=4，b4=20，且{bn-an}为等比数列.

　　(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;

　　(2)求数列{bn}的前n项和.

　　15.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得

　　d=a4-a13=12-33=3.

　　所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1，2，…).

　　设等比数列{bn-an}的公比为q，由题意得

　　q3=b4-a4b1-a1=20-124-3=8，解得q=2.

　　所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1.

　　从而bn=3n+2n-1(n=1，2，…).

　　(2)由(1)知bn=3n+2n-1(n=1，2，…).

　　数列{3n}的前n项和为32n(n+1)，数列{2n-1}的前n项和为1×1-2n1-2=2n-1，

　　所以，数列{bn}的前n项和为32n(n+1)+2n-1.

　　17.，[2020•福建卷] 在等比数列{an}中，a2=3，a5=81.

　　(1)求an;

　　(2)设bn=log3an，求数列{bn}的前n项和Sn.

　　17.解：(1)设{an}的公比为q，依题意得

　　a1q=3，a1q4=81，解得a1=1，q=3.

　　因此，an=3n-1.

　　(2)因为bn=log3an=n-1，

　　所以数列{bn}的前n项和Sn=n(b1+bn)2=n2-n2.

　　19.、、[2020•湖北卷] 已知等差数列{an}满足：a1=2，且a1，a2，a5成等比数列.

　　(1)求数列{an}的通项公式.

　　(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n+800?若存在，求n的最小值;若不存在，说明理由.

　　19.解：(1)设数列{an}的公差为d，

　　依题意知，2，2+d，2+4d成等比数列，故有(2+d)2=2(2+4d)，

　　化简得d2-4d=0，解得d=0或d=4，

　　当d=0时，an=2;

　　当d=4时，an=2+(n-1)•4=4n-2，

　　从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.

　　(2)当an=2时，Sn=2n，显然2n<60n+800，

　　此时不存在正整数n，使得Sn>60n+800成立.

　　当an=4n-2时，Sn=n[2+(4n-2)]2=2n2.

　　令2n2>60n+800，即n2-30n-400>0，

　　解得n>40或n<-10(舍去)，

　　此时存在正整数n，使得Sn>60n+800成立，n的最小值为41.

　　综上，当an=2时，不存在满足题意的正整数n;

　　当an=4n-2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.

　　16.、[2020•湖南卷] 已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n2，n∈N*.

　　(1)求数列{an}的通项公式;

　　(2)设bn=2an+(-1)nan，求数列{bn}的前2n项和.

　　16.解：(1)当n=1时，a1=S1=1;

　　当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n2-(n-1)2+(n-1)2=n.

　　故数列{an}的通项公式为an=n.

　　(2)由(1)知，bn=2n+(-1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).

　　记A=21+22+…+22n，B=-1+2-3+4-…+2n，

　　则A=2(1-22n)1-2=22n+1-2，

　　B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.

　　故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.

　　13.[2020•江西卷] 在等差数列{an}中，a1=7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n=8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________.

　　13.-1，-78

　　9.[2020•辽宁卷] 设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则(　　)

　　A.d>0 B.d<0

　　C.a1d>0 D.a1d<0

　　9.D

　　17.[2020•全国卷] 数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2=2an+1-an+2.

　　(1)设bn=an+1-an，证明{bn}是等差数列;

　　(2)求{an}的通项公式.

　　17.解：(1)由an+2=2an+1-an+2，得

　　an+2-an+1=an+1-an+2，

　　即bn+1=bn+2.

　　又b1=a2-a1=1，

　　所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列.

　　(2)由(1)得bn=1+2(n-1)，

　　即an+1-an=2n-1.

　　于是

　　所以an+1-a1=n2，

　　即an+1=n2+a1.

　　又a1=1，所以{an}的通项公式an=n2-2n+2.

　　5.[2020•新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn=(　　)

　　A.n(n+1) B.n(n-1)

　　C.n(n+1)2 D.n(n-1)2

　　5.A

　　17.、[2020•全国新课标卷Ⅰ] 已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2-5x+6=0的根.

　　(1)求{an}的通项公式;

　　(2)求数列an2n的前n项和.

　　17.解：(1)方程x2-5x+6=0的两根为2，3.

　　由题意得a2=2，a4=3.

　　设数列{an}的公差为d，则a4-a2=2d，

　　故d=12，从而得a1=32.

　　所以{an}的通项公式为an=12n+1.

　　(2)设an2n的前n项和为Sn，由(1)知an2n=n+22n+1，

　　则Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1，

　　12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2，

　　两式相减得

　　12Sn=34+123+…+12n+1-n+22n+2=34+141-12n-1-n+22n+2，所以Sn=2-n+42n+1.

　　19.，，[2020•山东卷] 在等差数列{an}中，已知公差d=2，a2是a1与a4的等比中项.

　　(1)求数列{an}的通项公式;

　　(2)设bn=an(n+1)2，记Tm=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn，求Tn.

　　19.解：(1)由题意知，(a1+d)2=a1(a1+3d)，

　　即(a1+2)2=a1(a1+6)，解得a1=2.

　　故数列{an}的通项公式为an=2n.

　　(2)由题意知，bn=an(n+1)2=n(n+1)，

　　所以Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)nn×(n+1).

　　因为bn+1-bn=2(n+1)，

　　所以当n为偶数时，

　　Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)

　　=4+8+12+…+2n

　　=n2(4+2n)2

　　=n(n+2)2，

　　当n为奇数时，

　　Tn=Tn-1+(-bn)

　　=(n-1)(n+1)2-n(n+1)

　　=-(n+1)22.

　　所以Tn=-(n+1)22，n为奇数，n(n+2)2，n为偶数.

　　16.、、[2020•陕西卷] △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.

　　(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A+sin C=2sin(A+C);

　　(2)若a，b，c成等比数列，且c=2a，求cos B的值.

　　16.解： (1)∵a，b，c成等差数列，∴a+c=2b.由正弦定理得sin A+sin C=2sin B.

　　∵sin B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)，

　　∴sin A+sin C=2sin(A+C).

　　(2)由题设有b2=ac，c=2a，

　　∴b=2a.

　　由余弦定理得cos B=a2+c2-b22ac=a2+4a2-2a24a2=34.

　　19.、、[2020•四川卷] 设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)=2x的图像上(n∈N*).

　　(1)证明：数列{bn}为等比数列;

　　(2)若a1=1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2-1ln 2，求数列{anb2n}的前n项和Sn.

　　19.解：(1)证明：由已知得，bn=2an>0，

　　当n≥1时，bn+1bn=2an+1-an=2d.

　　故数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列.

　　(2)函数f(x)=2x在点(a2，b2)处的切线方程为y-2a2=(2a2ln 2)(x-a2)，

　　其在x轴上的截距为a2-1ln 2.

　　由题意知，a2-1ln 2=2-1ln 2，

　　解得a2=2，

　　所以d=a2-a1=1，an=n，bn=2n，anb2n=n•4n.

　　于是，Sn=1×4+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n，

　　4Sn=1×42+2×43+…+(n-1)×4n+n×4n+1，

　　因此，Sn-4Sn=4+42+…+4n-n•4n+1=4n+1-43-n•4n+1=(1-3n)4n+1-43，

　　所以，Sn=(3n-1)4n+1+49.

　　19.[2020•浙江卷] 已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn，a1=1，S2•S3=36.

　　(1)求d及Sn;

　　(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am+am+1+am+2+…+am+k=65.

　　19.解：(1)由题意知(2a1+d)(3a1+3d)=36，

　　将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.

　　因为d>0，所以d=2.

　　从而an=2n-1，Sn=n2(n∈N*).

　　(2)由(1)得am+am+1+am+2+…+am+k=(2m+k-1)(k+1)，

　　所以(2m+k-1)(k+1)=65.

　　由m，k∈N*知2m+k-1≥k+1>1，

　　故2m+k-1=13，k+1=5，所以m=5，k=4.

　　16.、[2020•重庆卷] 已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和.

　　(1)求an及Sn;

　　(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2-(a4+1)q+S4=0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.

　　16.解：(1)因为{an}是首项a1=1，公差d=2的等差数列，所以

　　an=a1+(n-1)d=2n-1.

　　故Sn=1+3+…+(2n-1)=n(a1+an)2=n(1+2n-1)2=n2.

　　(2)由(1)得a4=7，S4=16.因为q2-(a4+1)q+S4=0，即q2-8q+16=0，

　　所以(q-4)2=0，从而q=4.

　　又因为b1=2，{bn}是公比q=4的等比数列，

　　所以bn=b1qn-1=2×4n-1=22n-1.

　　从而{bn}的前n项和Tn=b1(1-qn)1-q=23(4n-1).

　　D3　等比数列及等比数列前n项和

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　　12.[2020•安徽卷] 如图13，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC=22，过点A作BC的垂线，垂足为A1;过点A1作AC的垂线，垂足为A2;过点A2作A1C的垂线，垂足为A3;….依此类推，设BA=a1，AA1=a2，A1A2=a3，…，A5A6=a7，则a7=________.

　　图13

　　12.14

　　17.，[2020•福建卷] 在等比数列{an}中，a2=3，a5=81.

　　(1)求an;

　　(2)设bn=log3an，求数列{bn}的前n项和Sn.

　　17.解：(1)设{an}的公比为q，依题意得

　　a1q=3，a1q4=81，解得a1=1，q=3.

　　因此，an=3n-1.

　　(2)因为bn=log3an=n-1，

　　所以数列{bn}的前n项和Sn=n(b1+bn)2=n2-n2.

　　13.、[2020•广东卷] 等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5=4，则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=________.

　　13.5

　　19.、、[2020•湖北卷] 已知等差数列{an}满足：a1=2，且a1，a2，a5成等比数列.

　　(1)求数列{an}的通项公式.

　　(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n+800?若存在，求n的最小值;若不存在，说明理由.

　　19.解：(1)设数列{an}的公差为d，

　　依题意知，2，2+d，2+4d成等比数列，故有(2+d)2=2(2+4d)，

　　化简得d2-4d=0，解得d=0或d=4，

　　当d=0时，an=2;

　　当d=4时，an=2+(n-1)•4=4n-2，

　　从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.

　　(2)当an=2时，Sn=2n，显然2n<60n+800，

　　此时不存在正整数n，使得Sn>60n+800成立.

　　当an=4n-2时，Sn=n[2+(4n-2)]2=2n2.

　　令2n2>60n+800，即n2-30n-400>0，

　　解得n>40或n<-10(舍去)，

　　此时存在正整数n，使得Sn>60n+800成立，n的最小值为41.

　　综上，当an=2时，不存在满足题意的正整数n;

　　当an=4n-2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.

　　7.[2020•江苏卷] 在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2=1，a8=a6+2a4，则a6的值是________.

　　7.4

　　17.、、[2020•江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn=3n2-n2，n∈N*.

　　(1)求数列{an}的通项公式;

　　(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列.

　　17.解：(1)由Sn=3n2-n2，得a1=S1=1.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n-2，a1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an=3n-2.

　　(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要a2n=a1•am，即(3n-2)2=1•(3m-2)，即m=3n2-4n+2.而此时m∈N*，且m>n，

　　所以对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列.

　　18.、[2020•江西卷] 已知函数f(x)=(4x2+4ax+a2)x，其中a<0.

　　(1)当a=-4时，求f(x)的单调递增区间;

　　(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值.

　　18.解：(1)当a=-4时，由f′(x)=2(5x-2)(x-2)x=0得x=25或x=2，由f′(x)>0得x∈0，25或x∈(2，+∞).

　　故函数f(x)的单调递增区间为0，25和(2，+∞).

　　(2)因为f′(x)=(10x+a)(2x+a)2x，a<0，

　　所以由f′(x)=0得x=-a10或x=-a2.

　　当x∈0，-a10时，f(x)单调递增;当x∈-a10，-a2时，f(x)单调递减;当x∈-a2，+∞时，f(x)单调递增.

　　易知f(x)=(2x+a)2x≥0，且f-a2=0.

　　①当-a2≤1，即-2≤a<0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)=4+4a+a2=8，得a=±22-2，均不符合题意.

　　②当1<-a2≤4时，即-8≤a<-2时，f(x)在[1，4]时的最小值为f-a2=0，不符合题意.

　　③当-a2>4时，即a<-8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x=1或x=4时取得，而f(1)≠8，由f(4)=2(64+16a+a2)=8得a=-10或a=-6(舍去).

　　当a=-10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)=8，符合题意.

　　综上有，a=-10.

　　8.[2020•全国卷] 设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3，S4=15，则S6=(　　)

　　A.31 B.32

　　C.63 D.64

　　8.C　[解析] 设等比数列{an}的首项为a，公比为q，易知q≠1，根据题意可得a(1-q2)1-q=3，a(1-q4)1-q=15，解得q2=4，a1-q=-1，所以S6=a(1-q6)1-q=(-1)(1-43)=63.

　　5.[2020•新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn=(　　)

　　A.n(n+1) B.n(n-1)

　　C.n(n+1)2 D.n(n-1)2

　　5.A　[解析] 由题意，得a2，a2+4，a2+12成等比数列，即(a2+4)2=a2(a2+12)，解得a2=4，即a1=2，所以Sn=2n+n(n-1)2×2=n(n+1).

　　19.，，[2020•山东卷] 在等差数列{an}中，已知公差d=2，a2是a1与a4的等比中项.

　　(1)求数列{an}的通项公式;

　　(2)设bn=an(n+1)2，记Tm=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn，求Tn.

　　19.解：(1)由题意知，(a1+d)2=a1(a1+3d)，

　　即(a1+2)2=a1(a1+6)，解得a1=2.

　　故数列{an}的通项公式为an=2n.

　　(2)由题意知，bn=an(n+1)2=n(n+1)，

　　所以Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)nn×(n+1).

　　因为bn+1-bn=2(n+1)，

　　所以当n为偶数时，

　　Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)

　　=4+8+12+…+2n

　　=n2(4+2n)2

　　=n(n+2)2，

　　当n为奇数时，

　　Tn=Tn-1+(-bn)

　　=(n-1)(n+1)2-n(n+1)

　　=-(n+1)22.

　　所以Tn=-(n+1)22，n为奇数，n(n+2)2，n为偶数.

　　16.、、[2020•陕西卷] △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.

　　(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A+sin C=2sin(A+C);

　　(2)若a，b，c成等比数列，且c=2a，求cos B的值.

　　16.解： (1)∵a，b，c成等差数列，∴a+c=2b.由正弦定理得sin A+sin C=2sin B.

　　∵sin B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)，

　　∴sin A+sin C=2sin(A+C).

　　(2)由题设有b2=ac，c=2a，

　　∴b=2a.

　　由余弦定理得cos B=a2+c2-b22ac=a2+4a2-2a24a2=34.

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　　20.、、[2020•天津卷] 已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M={0，1，2，…，q-1}，集合A={x|x=x1+x2q+…+xnqn-1，∈M，i=1，2，…，n}.

　　(1)当q=2，n=3时，用列举法表示集合A.

　　(2)设s，t∈A，s=a1+a2q+…+anqn-1，t=b1+b2q+…+bnqn-1，其中ai，bi∈M，i=1，2，…，n.证明：若an<bn，则s<t.

　　20.解：(1)当q=2，n=3时，M={0，1}，A={x|x=x1+x2•2+x3•22，∈M，i=1，2，3}，可得A={0，1，2，3，4，5，6，7}.

　　(2)证明：由s，t∈A，s=a1+a2q+…+anqn-1，t=b1+b2q+…+bnqn-1，ai，bi∈M，i=1，2，…，n及an<bn，可得

　　s-t=(a1-b1)+(a2-b2)q+…+(an-1-bn-1)qn-2+(an-bn)qn-1

　　≤(q-1)+(q-1)q+…+(q-1)q n-2-qn-1

　　=(q-1)(1-qn-1)1-q-qn-1

　　=-1<0，

　　所以s<t.

　　16.、[2020•重庆卷] 已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和.

　　(1)求an及Sn;

　　(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2-(a4+1)q+S4=0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.

　　16.解：(1)因为{an}是首项a1=1，公差d=2的等差数列，所以

　　an=a1+(n-1)d=2n-1.

　　故Sn=1+3+…+(2n-1)=n(a1+an)2=n(1+2n-1)2=n2.

　　(2)由(1)得a4=7，S4=16.因为q2-(a4+1)q+S4=0，即q2-8q+16=0，

　　所以(q-4)2=0，从而q=4.

　　又因为b1=2，{bn}是公比q=4的等比数列，

　　所以bn=b1qn-1=2×4n-1=22n-1.

　　从而{bn}的前n项和Tn=b1(1-qn)1-q=23(4n-1).

　　D4　数列求和

　　15.、[2020•北京卷] 已知{an}是等差数列，满足a1=3，a4=12，数列{bn}满足b1=4，b4=20，且{bn-an}为等比数列.

　　(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;

　　(2)求数列{bn}的前n项和.

　　15.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得

　　d=a4-a13=12-33=3.

　　所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1，2，…).

　　设等比数列{bn-an}的公比为q，由题意得

　　q3=b4-a4b1-a1=20-124-3=8，解得q=2.

　　所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1.

　　从而bn=3n+2n-1(n=1，2，…).

　　(2)由(1)知bn=3n+2n-1(n=1，2，…).

　　数列{3n}的前n项和为32n(n+1)，数列{2n-1}的前n项和为1×1-2n1-2=2n-1，

　　所以，数列{bn}的前n项和为32n(n+1)+2n-1.

　　16.、[2020•湖南卷] 已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n2，n∈N*.

　　(1)求数列{an}的通项公式;

　　(2)设bn=2an+(-1)nan，求数列{bn}的前2n项和.

　　16.解：(1)当n=1时，a1=S1=1;

　　当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n2-(n-1)2+(n-1)2=n.

　　故数列{an}的通项公式为an=n.

　　(2)由(1)知，bn=2n+(-1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).

　　记A=21+22+…+22n，B=-1+2-3+4-…+2n，

　　则A=2(1-22n)1-2=22n+1-2，

　　B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.

　　故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.

　　17.、[2020•全国新课标卷Ⅰ] 已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2-5x+6=0的根.

　　(1)求{an}的通项公式;

　　(2)求数列an2n的前n项和.

　　17.解：(1)方程x2-5x+6=0的两根为2，3.

　　由题意得a2=2，a4=3.

　　设数列{an}的公差为d，则a4-a2=2d，

　　故d=12，从而得a1=32.

　　所以{an}的通项公式为an=12n+1.

　　(2)设an2n的前n项和为Sn，由(1)知an2n=n+22n+1，

　　则Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1，

　　12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2，

　　两式相减得

　　12Sn=34+123+…+12n+1-n+22n+2=34+141-12n-1-n+22n+2，所以Sn=2-n+42n+1.

　　19.，，[2020•山东卷] 在等差数列{an}中，已知公差d=2，a2是a1与a4的等比中项.

　　(1)求数列{an}的通项公式;

　　(2)设bn=an(n+1)2，记Tm=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn，求Tn.

　　19.解：(1)由题意知，(a1+d)2=a1(a1+3d)，

　　即(a1+2)2=a1(a1+6)，解得a1=2.

　　故数列{an}的通项公式为an=2n.

　　(2)由题意知，bn=an(n+1)2=n(n+1)，

　　所以Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)nn×(n+1).

　　因为bn+1-bn=2(n+1)，

　　所以当n为偶数时，

　　Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)

　　=4+8+12+…+2n

　　=n2(4+2n)2

　　=n(n+2)2，

　　当n为奇数时，

　　Tn=Tn-1+(-bn)

　　=(n-1)(n+1)2-n(n+1)

　　=-(n+1)22.

　　所以Tn=-(n+1)22，n为奇数，n(n+2)2，n为偶数.

　　D5 单元综合

　　18.[2020•安徽卷] 数列{an}满足a1=1，nan+1=(n+1)an+n(n+1)，n∈N*.

　　(1)证明：数列ann是等差数列;

　　(2)设bn=3n•an，求数列{bn}的前n项和Sn.

　　18.解： (1)证明：由已知可得an+1n+1=ann+1，即an+1n+1-ann=1，所以ann是以a11=1为首项，1为公差的等差数列.

　　(2)由(1)得ann=1+(n-1)•1=n，所以an=n2，

　　从而可得bn=n•3n.

　　Sn=1×31+2×32+…+(n-1)×3n-1+n×3n，①

　　3Sn=1×32+2×33+…+(n-1)3n+n×3n+1.②

　　①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n•3n+1=3•(1-3n)1-3-n•3n+1=(1-2n)•3n+1-32，

　　所以Sn=(2n-1)•3n+1+34.

　　19.[2020•广东卷] 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S2n-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0，n∈N*.

　　(1)求a1的值;

　　(2)求数列{an}的通项公式;

　　(3)证明：对一切正整数n，有1a1(a1+1)+1a2(a2+1)+…+1an(an+1)<13.

　　19.、、[2020•湖北卷] 已知等差数列{an}满足：a1=2，且a1，a2，a5成等比数列.

　　(1)求数列{an}的通项公式.

　　(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n+800?若存在，求n的最小值;若不存在，说明理由.

　　19.解：(1)设数列{an}的公差为d，

　　依题意知，2，2+d，2+4d成等比数列，故有(2+d)2=2(2+4d)，

　　化简得d2-4d=0，解得d=0或d=4，

　　当d=0时，an=2;

　　当d=4时，an=2+(n-1)•4=4n-2，

　　从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.

　　(2)当an=2时，Sn=2n，显然2n<60n+800，

　　此时不存在正整数n，使得Sn>60n+800成立.

　　当an=4n-2时，Sn=n[2+(4n-2)]2=2n2.

　　令2n2>60n+800，即n2-30n-400>0，

　　解得n>40或n<-10(舍去)，

　　此时存在正整数n，使得Sn>60n+800成立，n的最小值为41.

　　综上，当an=2时，不存在满足题意的正整数n;

　　当an=4n-2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.

　　20.[2020•江苏卷] 设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn=am，则称{an}是“H数列”.

　　(1)若数列{an}的前n项和Sn=2n(n∈)，证明：{an}是“H数列”.

　　(2)设{an}是等差数列，其首项a1=1，公差d<0.若{an}是“H数列”，求d的值.

　　(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an=bn+cn(n∈)成立.

　　20.解： (1)证明：由已知，当n≥1时，an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m=n+1，使得Sn=2n=am，

　　所以{an}是“H数列”.

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　　(2)由已知得，S2=2a1+d=2+d.因为{an}是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2=am，即2+d=1+(m-1)d，于是(m-2)d=1.因为d<0，所以m-2<0，故m=1，从而d=-1.

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　　当d=-1时，an=2-n，Sn=n(3-n)2是小于2的整数，n∈N*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m=2-Sn=2-n(3-n)2，使得Sn=2-m=am，所以{an}是“H数列”，因此d的值为-1.

　　(3)证明：设等差数列{an}的公差为d，则an =a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).

　　令bn=na1，cn=(n-1)(d-a1)，则an=bn+cn(n∈N*).

　　下证{bn}是“H数列”.

　　设{bn}的前n项和为Tn，则Tn=n(n+1)2a1(n∈N*).于是对任意的正整数n，总存在正整数m=n(n+1)2，使得Tn=bm，所以{bn}是“H数列”.

　　同理可证{cn}也是“H数列”.

　　所以对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an=bn+cn(n∈N*)成立.

　　17.、、[2020•江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn=3n2-n2，n∈N*.

　　(1)求数列{an}的通项公式;

　　(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列.

　　17.解：(1)由Sn=3n2-n2，得a1=S1=1.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n-2，a1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an=3n-2.

　　(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要a2n=a1•am，即(3n-2)2=1•(3m-2)，即m=3n2-4n+2.而此时m∈N*，且m>n，

　　所以对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列.

　　18.、[2020•江西卷] 已知函数f(x)=(4x2+4ax+a2)x，其中a<0.

　　(1)当a=-4时，求f(x)的单调递增区间;

　　(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值.

　　18.解：(1)当a=-4时，由f′(x)=2(5x-2)(x-2)x=0得x=25或x=2，由f′(x)>0得x∈0，25或x∈(2，+∞).

　　故函数f(x)的单调递增区间为0，25和(2，+∞).

　　(2)因为f′(x)=(10x+a)(2x+a)2x，a<0，

　　所以由f′(x)=0得x=-a10或x=-a2.

　　当x∈0，-a10时，f(x)单调递增;当x∈-a10，-a2时，f(x)单调递减;当x∈-a2，+∞时，f(x)单调递增.

　　易知f(x)=(2x+a)2x≥0，且f-a2=0.

　　①当-a2≤1，即-2≤a<0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)=4+4a+a2=8，得a=±22-2，均不符合题意.

　　②当1<-a2≤4时，即-8≤a<-2时，f(x)在[1，4]时的最小值为f-a2=0，不符合题意.

　　③当-a2>4时，即a<-8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x=1或x=4时取得，而f(1)≠8，由f(4)=2(64+16a+a2)=8得a=-10或a=-6(舍去).

　　当a=-10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)=8，符合题意.

　　综上有，a=-10.

　　19.、、[2020•四川卷] 设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)=2x的图像上(n∈N*).

　　(1)证明：数列{bn}为等比数列;

　　(2)若a1=1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2-1ln 2，求数列{anb2n}的前n项和Sn.

　　19.解：(1)证明：由已知得，bn=2an>0，

　　当n≥1时，bn+1bn=2an+1-an=2d.

　　故数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列.

　　(2)函数f(x)=2x在点(a2，b2)处的切线方程为y-2a2=(2a2ln 2)(x-a2)，

　　其在x轴上的截距为a2-1ln 2.

　　由题意知，a2-1ln 2=2-1ln 2，

　　解得a2=2，

　　所以d=a2-a1=1，an=n，bn=2n，anb2n=n•4n.

　　于是，Sn=1×4+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n，

　　4Sn=1×42+2×43+…+(n-1)×4n+n×4n+1，

　　因此，Sn-4Sn=4+42+…+4n-n•4n+1=4n+1-43-n•4n+1=(1-3n)4n+1-43，

　　所以，Sn=(3n-1)4n+1+49.