人教版2022届一轮复习打地基练习 数列递推公式

这是一份人教版2022届一轮复习打地基练习 数列递推公式，共24页。试卷主要包含了已知等内容，欢迎下载使用。

人教版2022届一轮复习打地基练习 数列递推公式
一．选择题（共13小题）
1．已知数列{an}满足an+2﹣2an+1+an＝1，且a1＝1，a2＝2，则a10＝（　　）
A．29 B．29﹣1 C．56 D．46
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝3an﹣4，则a2＝（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
3．已知：数列{an}满足a1＝16，an+1﹣an＝2n，则ann的最小值为（　　）
A．8 B．7 C．6 D．5
4．若数列an=1n+1+1n+2+⋯+12n，则a5﹣a4＝（　　）
A．110 B．−110 C．190 D．−1990
5．已知数列{an}满足an+1＝sinan，n∈N*，若对任意n∈N*，都an+1≤an，则下列可能成立的是（　　）
A．a1＝1 B．a2＝﹣1 C．a3＝﹣2 D．a4=−12
6．设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，Sn+1＝2Sn+1，则S7＝（　　）
A．63 B．127 C．128 D．256
7．设Sn是数列{an}的前n项和，若Sn＝n2+2n，则a2021＝（　　）
A．4043 B．4042 C．4041 D．2021
8．已知数列{an}中，a1＝1，an+1＝an+n，则数列{an}的通项公式为（　　）
A．an=n2+n2 B．an=n2−n2
C．an=n2−n+22 D．an=n2−n+1
9．已知数列{an}中，a1＝2，若an+1=an2+an，Sm=2a1a1+1+2a2a2+1+⋯+2amam+1，若Sm＜2020，则正整数m的最大值为（　　）
A．1009 B．1010 C．2019 D．2020
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，Sn＝Sn﹣1+3an﹣1（n＞1，n∈N*），则S4＝（　　）
A．80 B．86 C．240 D．243
11．已知函数f（x）＝axm+bx（a、b、m∈R，a≠0）的图象关于y轴对称，在点x＝1处的切线方程为y＝2x﹣1，数列{an}各项均为正值，且a1＝m，a2＝2m，且anan−1=f（an+1an）（n＞1），则a6＝（　　）
A．1210 B．1215 C．23116 D．24716
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+1＝2an，则使不等式a12+a22+…+an2＜86成立的n的最大值为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
13．在数列{an}中，a2＝3，a3＝5，且an+2＝2an+1﹣an，则a6＝（　　）
A．9 B．11 C．13 D．15
二．填空题（共16小题）
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝﹣n2+2n+λ，（n∈N*），若{an}为递减数列，则实数λ的取值范围是　 　．
15．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an+1＝3Sn，则an＝　 　．
16．已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝4，a5＝5，且当n≥5时，an+1＝a1a2…an﹣1，若数列{bn}满足对任意n∈N*，有bn＝a1a2…an﹣a12﹣a22﹣…﹣an2，则b5＝　 　；当n≥5时，bn＝　 　．
17．若数列{an}满足a1＝2，an+1=1+an1−an（n∈N+），则可得该数列的前2011项的乘积a1•a2•a3…a2010•a2011＝　 　．
18．已知数列{an}为正项数列，a1＝1，Sn为an的前n项和，且满足1+Sn2＝an+1+Sn，则分别以1，Sn，an+1为三边边长的三角形有一内角为定值　 　，{an}的通项公式为　 　．
19．已知数列{an}的前n项和Sn，满足Sn=2n−1，则其通项公式为 　 　．
20．数列{an}的前n项和Sn＝3n2，则an＝　 　．
21．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝3n+k，则实数k＝　 　．
22．已知数列{an}满足a1=−3，an+1=an−33an+1，则{an}的前10项和为　 　．
23．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，满足a1＝2，3Sn＝（n+m）an，m∈R，且anbn＝n．则a2＝　 　；若存在n∈N*，使得λ+Tn≥T2n成立，则实数λ的最小值为　 　．
24．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且对任意n∈N+，an+2≤an+3⋅2n，an+1≥2an+1恒成立，则an＝　 　．
25．数列{an}和{bn}满足a1＝a2＝﹣2，an+2＝an+1﹣an，an+bn∈{1，2，7}，bn∈{1，4，5}，则（b1﹣a1）+（b2﹣a2）+⋅⋅⋅+b2021﹣a2021＝　 　．
26．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，2Sn＝an+1+1，则Sn＝　 　．
27．已知数列{an}，a1＝1，an+1＝an+2n﹣1（n∈N*），则an＝　 　．
28．数学家斐波那契（1770～1250），以兔子繁殖为例，引入“兔子数列“：即1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233．…，在实际生活中，很多花朵（如梅花，飞燕花，万寿简等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在物理及化学等领域也有着广泛的应用．已知斐波那契数列{an}满足a1＝1，a2＝1，an+2＝an+1+an，若a2+a3+a5+a7+a9+⋯+a59＝ak，则k＝　 　．
29．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2+n，则a1+a3+a5+a7+a9＝　 　．
三．解答题（共7小题）
30．设数列{an}的前n项和为Sn，其满足：Sn＝2an﹣n．
（1）试求a1的值；
（2）证明：数列{an+1}为等比数列；
（3）求数列{an}的通项公式及前n项和公式．
31．已知数列{an}满足，a2＝3，Snn=an+12，n∈N*．
（1）求a1，a3的值；
（2）数列{an}是等差数列，并求其通项公式；
（3）证明：存在无穷多个三边成等比互不相似的三角形，其边长为an1，an2，an3．
32．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2+n，n∈N，数列{bn}满足an＝4log2bn+3，n∈N．
（1）求an，bn；
（2）求数列{anbn}的前n项和Tn．
33．已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，a1＝1，a2=32，a3=54，且当n≥2时，4Sn+2+5Sn＝8Sn+1+Sn﹣1．
（Ⅰ）求a4的值；
（Ⅱ）证明：{an+1−12an}为等比数列．
34．已知数列{an}满足a1=78，且an+1=12an+13，n∈N*，求数列{an}的通项公式．
35．已知数列{an}满足2an＝3an+1﹣an+2，a2﹣a1＝1．
（1）证明：数列{an+1﹣an}是等比数列；
（2）若a1=12，求数列{an}的通项公式．
36．已知数列{an}中，a1＝2，an﹣an﹣1﹣2n＝0（n≥2，n∈N）．
（1）写出a2、a3的值（只写结果）并求出数列{an}的通项公式；
（2）设bn=1an+1+1an+2+1an+3+⋯+1a2n，若对任意的正整数n，当m∈[﹣1，1]时，不等式t2−2mt+16＞bn恒成立，求实数t的取值范围．

人教版2022届一轮复习打地基练习 数列递推公式
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．已知数列{an}满足an+2﹣2an+1+an＝1，且a1＝1，a2＝2，则a10＝（　　）
A．29 B．29﹣1 C．56 D．46
【分析】由an+2﹣2an+1+an＝1得（an+2﹣an+1）﹣（an+1﹣an）＝1，即数列{an+1﹣an}是1为公差的等差数列，再结合已知条件，累加求和即可得到a10的值．
【解答】解：∵an+2﹣2an+1+an＝1，
∴（an+2﹣an+1）﹣（an+1﹣an）＝1，
又a1＝1，a2＝2，a2﹣a1＝1，
∴数列{an+1﹣an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴an+1﹣an＝n，
∴a10＝（a10﹣a9）+（a9﹣a8）+…+（a2﹣a1）+a1
＝9+8+7+…+2+1+1
=(1+9)×92+1
＝46．
故选：D．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝3an﹣4，则a2＝（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】利用数列的递推关系式求解首项，然后求解即可．
【解答】解：数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝3an﹣4，
当n＝1时，S1＝3a1﹣4，解得a1＝2，
n＝2时，a1+a2＝3a2﹣4，解得a2＝3
故选：B．
3．已知：数列{an}满足a1＝16，an+1﹣an＝2n，则ann的最小值为（　　）
A．8 B．7 C．6 D．5
【分析】a2﹣a1＝2，a3﹣a2＝4，…，an+1﹣an＝2n，这n个式子相加，就有an+1＝16+n（n+1），故ann=n+16n−1，由此能求出ann的最小值．
【解答】解：a2﹣a1＝2，
a3﹣a2＝4，
…
an+1﹣an＝2n，
这n个式子相加，就有
an+1＝16+n（n+1），
即an＝n（n﹣1）+16＝n2﹣n+16，
∴ann=n+16n−1，
用均值不等式，知道它在n＝4的时候取最小值7．
故选：B．
4．若数列an=1n+1+1n+2+⋯+12n，则a5﹣a4＝（　　）
A．110 B．−110 C．190 D．−1990
【分析】利用an=1n+1+1n+2+⋯+12n，直接代入计算a5﹣a4．
【解答】解：∵an=1n+1+1n+2+⋯+12n，
∴a5﹣a4=−15+19+110=190，
故选：C．
5．已知数列{an}满足an+1＝sinan，n∈N*，若对任意n∈N*，都an+1≤an，则下列可能成立的是（　　）
A．a1＝1 B．a2＝﹣1 C．a3＝﹣2 D．a4=−12
【分析】先利用导数法证明出：当x≥0时，恒有x≥sinx，再由题设条件推导出：对于任意的n∈N*恒有sinan≤an，从而有an≥0，即可得到正确选项．
【解答】解：令f（x）＝x﹣sinx，则f′（x）＝1﹣cosx≥0，
∴f（x）在x∈R时单调递增，
又f（0）＝0，
∴当x≥0时，恒有f（x）≥0，即当x≥0时，恒有x≥sinx，
∵an+1≤an，an+1＝sinan，n∈N*，
∴sinan≤an，可得an≥0，则满足条件的只有选项A，
故选：A．
6．设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，Sn+1＝2Sn+1，则S7＝（　　）
A．63 B．127 C．128 D．256
【分析】（通解）利用数列的递推关系式求出a2，推出数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，然后求解S7．
（优解）推出Sn+1+1＝2（Sn+1），说明数列{Sn+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，然后求解即可．
【解答】解：（通解）Sn+1＝2Sn+1中，令n＝1，得S2＝3，所以a2＝2．
由Sn+1＝2Sn+1得Sn+2＝2Sn+1+1，两式相减得an+2＝2an+1，即an+2an+1=2．又a1=1，a2a1=2，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以S7=1−271−2=127．
（优解）：因为Sn+1＝2Sn+1，所以Sn+1+1＝2（Sn+1），
又S1+1＝a1+1＝2，所以数列{Sn+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以Sn+1=2n，
故Sn=2n−1，S7=27−1=127．
故选：B．
7．设Sn是数列{an}的前n项和，若Sn＝n2+2n，则a2021＝（　　）
A．4043 B．4042 C．4041 D．2021
【分析】根据题意，有a2021＝S2021﹣S2020，计算可得答案．
【解答】解：根据题意，数列{an}中Sn＝n2+2n，
则a2021＝S2021﹣S2020＝（20212+2×2021）﹣（20202+2×2020）＝4043，
故选：A．
8．已知数列{an}中，a1＝1，an+1＝an+n，则数列{an}的通项公式为（　　）
A．an=n2+n2 B．an=n2−n2
C．an=n2−n+22 D．an=n2−n+1
【分析】直接利用叠加法，求出数列的通项公式．
【解答】解：数列{an}中，a1＝1，an+1＝an+n，
当n≥2时，an﹣an﹣1＝n﹣1，
an﹣1﹣an﹣2＝n﹣2，
…，
a2﹣a1＝1，
利用叠加法，整理得an﹣a1＝1+2+…+n﹣1=(n−1)(n−1+1)2=n2−n2，
所以an=n2−n+22（首项符合通项），
则an=n2−n+22．
故选：C．
9．已知数列{an}中，a1＝2，若an+1=an2+an，Sm=2a1a1+1+2a2a2+1+⋯+2amam+1，若Sm＜2020，则正整数m的最大值为（　　）
A．1009 B．1010 C．2019 D．2020
【分析】由已知数列递推式可得an+1＝an（an+1）≥6，则1an+1=1an(an+1)=1an−1an+1，得到1an+1=1an−1an+1，即1a1+1+1a2+1+⋯+1an+1=（1a1−1a2）+（1a2−1a3）+…+（1an−1an+1）=12−1an+1∈（0，12），再由anan+1=1−1an+1，得到Sm＝2m﹣2（12−1am+1）＝2m﹣1+2am+1＜2m﹣1+13=2m−23，结合Sm＜2020，即可求得正整数m的最大值．
【解答】解：由a1＝2，an+1＝an2+an，得an+1＝an（an+1）≥6，
∴1an+1=1an(an+1)=1an−1an+1，
∴1an+1=1an−1an+1，
则1a1+1+1a2+1+⋯+1an+1=（1a1−1a2）+（1a2−1a3）+…+（1an−1an+1）=12−1an+1∈（0，12），
∵anan+1=1−1an+1，
∴Sm=2(a1a1+1+a2a2+1+⋯+amam+1)=2m﹣2（12−1am+1）＝2m﹣1+2am+1＜2m﹣1+13=2m−23，
∵Sm＜2020，
∴2m−23＜2020，
∴m＜1010+13，
∴正整数m的最大值为1010，
故选：B．
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，Sn＝Sn﹣1+3an﹣1（n＞1，n∈N*），则S4＝（　　）
A．80 B．86 C．240 D．243
【分析】根据递推公式求出a2＝6，即可得到数列{an}是以2为首项，以3为公比的等比数列，根据求和公式即可求出．
【解答】解：a1＝2，Sn＝Sn﹣1+3an﹣1，
当n＝2时，S2＝S1+3a1＝4a1＝8，
∴a2＝S2﹣S1＝8﹣2＝6，
∴a2a1=3，
∴Sn﹣Sn﹣1＝3an﹣1，
∴an＝3an﹣1，
∴数列{an}是以2为首项，以3为公比的等比数列，
∴S4=2(1−34)1−3=80．
故选：A．
11．已知函数f（x）＝axm+bx（a、b、m∈R，a≠0）的图象关于y轴对称，在点x＝1处的切线方程为y＝2x﹣1，数列{an}各项均为正值，且a1＝m，a2＝2m，且anan−1=f（an+1an）（n＞1），则a6＝（　　）
A．1210 B．1215 C．23116 D．24716
【分析】f′（x）＝maxm﹣1+b，根据题意可得b＝0，f′（1）＝ma+b＝2，f（1）＝a+b＝1，可得f（x）＝x2．可得anan−1=f（an+1an）=(an+1an)2（n＞1），an＞0．即可得出．
【解答】解：f′（x）＝maxm﹣1+b，
∵函数f（x）＝axm+bx（a、b、m∈R，a≠0）的图象关于y轴对称，在点x＝1处的切线方程为y＝2x﹣1，
∴b＝0，f′（1）＝ma+b＝2，f（1）＝a+b＝1，
解得b＝0，a＝1，m＝2．
∴f（x）＝x2．
∴a1＝m＝2，a2＝2m＝4，
且anan−1=f（an+1an）=(an+1an)2（n＞1），an＞0．
∴a2a1=(a3a2)2，解得a3＝42，同理可得：a4＝448，a5＝48128，a6＝41632768=24716．
故选：D．
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+1＝2an，则使不等式a12+a22+…+an2＜86成立的n的最大值为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据题意，由数列{an}满足Sn+1＝2an分析可得数列{an}的通项公式，进而可得an2＝4n﹣1，分析可得数列{an2}是以1为首项，4为公比的等比数列，由等比数列前n项和公式分析可得13（4n﹣1）＜86，变形可得4n＜259，结合n的范围即可得n的最大值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，数列{an}满足Sn+1＝2an，
当n＝1时，2a1＝1+1，得a1＝1，
当n≥2时，2（an﹣an﹣1）＝Sn﹣Sn﹣1＝an，即an＝2an﹣1，
分析可得：an＝2n﹣1，
又∵a1＝1满足上式，
则an＝2n﹣1，
则an2＝4n﹣1，
则数列{an2}是以1为首项，4为公比的等比数列，
则S＝a12+a22+…+an2=1(1−4n)1−4=13（4n﹣1），
若a12+a22+…+an2＜86，则有13（4n﹣1）＜86，
变形可得：4n＜259，
又由n∈N*，则n≤4，即n的最大值为4；
故选：B．
13．在数列{an}中，a2＝3，a3＝5，且an+2＝2an+1﹣an，则a6＝（　　）
A．9 B．11 C．13 D．15
【分析】利用数列的递推关系式推出数列是等差数列，求出公差，然后求解a6即可．
【解答】解：因为an+2＝2an+1﹣an，所以an+2﹣an+1＝an+1﹣an，所以数列{an+1﹣an}是等差数列．
因为a2＝3，a3＝5，所以a1＝1，d＝2，所以a6＝a1+5d＝11．
故选：B．
二．填空题（共16小题）
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝﹣n2+2n+λ，（n∈N*），若{an}为递减数列，则实数λ的取值范围是　（﹣2，+∞）　．
【分析】由数列的Sn公式求出a1、a2以及当n≥2时，an的表达式，据此得到λ+1＞﹣1，然后求出λ的取值范围．
【解答】解：根据题意，数列中Sn＝﹣n2+2n+λ，（n∈N*），则a1＝S1＝λ+1，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝﹣2n+3，其中a2＝S2﹣S1＝﹣1，
易得当n≥2时，有a2＞a3＞……＞an，
若{an}为递减数列，必有λ+1＞﹣1，解得λ＞﹣2，
即实数λ的取值范围是（﹣2，+∞）．
故答案为：（﹣2，+∞）．
15．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an+1＝3Sn，则an＝　1，n=13⋅4n−2，n≥2，n∈N+　．
【分析】运用数列的递推式：当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1，结合等比数列的通项公式，即可得到所求通项．
【解答】解：a1＝1，an+1＝3Sn，n∈N+，
当n≥2时，an＝3Sn﹣1，
由an＝Sn﹣Sn﹣1，可得
an+1﹣an＝3an，
即为an+1＝4an，
由于a2＝3a1＝3，
则an＝a2qn﹣2＝3•4n﹣2，
综上可得，
an=1，n=13×4n−2，n≥2，n∈N+，
故答案为：1，n=13⋅4n−2，n≥2，n∈N+．
16．已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝4，a5＝5，且当n≥5时，an+1＝a1a2…an﹣1，若数列{bn}满足对任意n∈N*，有bn＝a1a2…an﹣a12﹣a22﹣…﹣an2，则b5＝　65　；当n≥5时，bn＝　70﹣n　．
【分析】在bn＝a1a2…an﹣a12﹣a22﹣…﹣an2中，令n＝5代入数据计算即可求出b5．由bn＝a1a2…an﹣a12﹣a22﹣…﹣an2中构造出bn+1＝a1a2…anan+1﹣a12﹣a22﹣…﹣an2﹣an+12，两式相减，并化简整理，可以判断出当n≥5时，数列{bn}的各项组成等差数列．利用等差数列通项公式求解即可．
【解答】解：由已知，b5＝a1a2…a5﹣a12﹣a22﹣…﹣a52
＝1×2×3×4×5﹣（12+22+32+42+52）
＝120﹣55
＝65．
当n≥5时，由an+1＝a1a2…an﹣1，移向得出a1a2…an＝an+1+1 ①
∵bn＝a1a2…an﹣a12﹣a22﹣…﹣an2，②
∴bn+1＝a1a2…anan+1﹣a12﹣a22﹣…﹣an2﹣an+12③
③﹣②得bn+1﹣bn＝a1a2…anan+1﹣a1a2…an﹣an+12
＝a1a2…an（an+1﹣1）﹣an+12 （将①式代入）
＝（an+1+1）（an+1﹣1）﹣an+12＝an+12﹣1﹣an+12
＝﹣1
∴当n≥5时，数列{bn}的各项组成等差数列，
∴bn＝b5+（n﹣5）×（﹣1）＝65﹣（n﹣5）＝70﹣n．
故答案为：65 70﹣n
17．若数列{an}满足a1＝2，an+1=1+an1−an（n∈N+），则可得该数列的前2011项的乘积a1•a2•a3…a2010•a2011＝　3　．
【分析】先由递推关系式，分析得到数列{an}的规律．即数列是以4为循环的数列，再求解．
【解答】解：由递推关系式，得an+2=1+an+11−an+1=1+1+an1−an1−1+an1−an=−1an，
则an+4=−1an+2=−1−1an=an．
∴{an}是以4为循环的一个数列．
由计算，得a1＝2，a2=−3，a3=−12，a4=13，a5＝2，…
∴a1a2a3a4＝1，
∴a1•a2…a2010•a2011＝1×a2009•a2010•a2011＝a1•a2•a3＝3．
故答案是3
18．已知数列{an}为正项数列，a1＝1，Sn为an的前n项和，且满足1+Sn2＝an+1+Sn，则分别以1，Sn，an+1为三边边长的三角形有一内角为定值　π3　，{an}的通项公式为　an=34sin2[π3×(12)n−2]　．
【分析】设以an为边长的对角为θ，利用余弦定理求出cosθ的值，结合θ的取值范围可求得θ的值；考虑∠ABC=π3，BC＝1，A1、A2、A3⋯An为射线BA上的点，满足BAn＝Sn，分析得出∠CAnB=12n−1⋅π3，然后在△An﹣1BC中利用正弦定理可求得an的表达式．
【解答】解：设以an为边长的对角为θ，由余弦定理可得cosθ=1−Sn2−an+12Sn=12，
0＜θ＜π，故θ=π3；
如下图所示：

考虑＝1，A1、A2、A3⋯An为射线BA上的点，满足BAn＝Sn，
由余弦定理可得CAn2=BC2+BAn2−2BC⋅BAn⋅cosπ3=1+Sn2﹣Sn＝an+1，
∴CAn=an+1，
∵BC＝A1B＝1，∠ABC=π3，
∴△A1BC为等边三角形，则∠BA1C=π3，
当n≥2时，An﹣1An=BAn−BAn−1=Sn−Sn−1=an=CAn−1，
则△CAn﹣1An为等腰三角形，
所以，∠CAnB=12∠CAn−2B=12n−1∠CA1B=12n−1⋅π3，
在△An﹣1BC中，由正弦定理可得ansinπ3=1sin(12n−2⋅π3)，
因此an=34sin2(12n−2⋅π3)．
故答案为：π3；an=34sin2(12n−2⋅π3)．
19．已知数列{an}的前n项和Sn，满足Sn=2n−1，则其通项公式为 　an＝2n﹣1　．
【分析】求出数列的首项，利用an＝Sn﹣Sn﹣1，求解数列的通项公式即可．
【解答】解：数列{an}的前n项和Sn，满足Sn=2n−1，S1＝1，
an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣1﹣2n﹣1+1＝2n﹣1，（n≥2），又a1＝1，
所以数列的通项公式为：an＝2n﹣1，
故答案为：an＝2n﹣1．
20．数列{an}的前n项和Sn＝3n2，则an＝　6n﹣3　．
【分析】根据题意，当n＝1时，a1＝S1，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1，求出an的表达式，验证可得答案．
【解答】解：根据题意，数列{an}的前n项和Sn＝3n2，
当n＝1时，a1＝S1＝3，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝3n2﹣3（n﹣1）2＝6n﹣3，
a1＝3符合an＝6n﹣3，
故an＝6n﹣3；
故答案为：6n﹣3．
21．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝3n+k，则实数k＝　﹣1　．
【分析】根据题意，求出数列{an}的前三项，由等比数列的性质可得关于k的不等式，解可得k的值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，等比数列{an}的前n项和Sn＝3n+k，
则a1＝S1＝3+k，
a2＝S2﹣S1＝（9+k）﹣（3+k）＝6，
a3＝S3﹣S2＝（27+k）﹣（9+k）＝18，
则有（3+k）×18＝36，解可得k＝﹣1；
故答案为：﹣1．
22．已知数列{an}满足a1=−3，an+1=an−33an+1，则{an}的前10项和为　−3　．
【分析】利用递推思想依次求出数列的前5项，得到数列{an}是周期为4的周期数列，由此能求出数列{an}的前63项和．
【解答】解：∵数列{an}满足a1=−3，an+1=an−33an+1，
∴a2=−3−33⋅(−3)+1=3，a3＝0，a4=−3，
∴数列{an}是周期为3的周期数列，
∵则{an}的前10项和为：−3．
故答案为：−3．
23．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，满足a1＝2，3Sn＝（n+m）an，m∈R，且anbn＝n．则a2＝　6　；若存在n∈N*，使得λ+Tn≥T2n成立，则实数λ的最小值为　13　．
【分析】先由题设条件求得m，再由3Sn＝（n+2）an①⇒3Sn+1＝（n+3）an+1②，两式相减整理得：an+1an=n+2n，再利用累乘法求得an，进而求得bn，然后构造数列{Bn}（Bn＝T2n﹣Tn），利用其单调性求得其最小值，即可求得满足题意的λ．
【解答】解：∵a1＝2，3Sn＝（n+m）an，m∈R，
∴当n＝1时，有3S1＝（1+m）a1，即6＝2（m+1），解得：m＝2，
∴3Sn＝（n+2）an①，
又3Sn+1＝（n+3）an+1②，
由②﹣①整理得：an+1an=n+2n，
∴a2a1=31，a3a2=42，a4a3=53，…，an−1an−2=nn−2，anan−1=n+1n−1，
累乘可得an＝n（n+1）（n≥2），经检验a1＝2符合上式，
∴an＝n（n+1），a2＝6；
∵anbn＝n，∴bn=1n+1，
令Bn＝T2n﹣Tn=1n+2+1n+3+⋯+12n+1，
则Bn+1﹣Bn=3n+4(2n+2)(2n+3)(n+2)＞0，
∴数列{Bn}为递增数列，Bn≥B1=13，
∵存在n∈N*，使得λ+Tn≥T2n成立，
∴λ≥B1=13，故实数λ的最小值为13．
故答案为：6；13．
24．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且对任意n∈N+，an+2≤an+3⋅2n，an+1≥2an+1恒成立，则an＝　2n﹣1　．
【分析】由an+1≥2an+1恒成立，利用放缩法可得an≥2n﹣1；利用an+2≤an+3⋅2n可得an≤2n﹣1；从而求得．
【解答】解：∵an+1≥2an+1恒成立，
∴an+1+1≥2（an+1）恒成立，
∴an+1≥2（an﹣1+1）≥4（an﹣2+1）≥…≥2n﹣1（a1+1），
即an+1≥2n，故an≥2n﹣1；
而an+2≥2an+1+1≥2（2an+1）+1＝4an+3，
而an+2≤an+3⋅2n，
故4an+3≤an+3•2n，
故an≤2n﹣1；
故an＝2n﹣1，
故答案为：2n﹣1．
25．数列{an}和{bn}满足a1＝a2＝﹣2，an+2＝an+1﹣an，an+bn∈{1，2，7}，bn∈{1，4，5}，则（b1﹣a1）+（b2﹣a2）+⋅⋅⋅+b2021﹣a2021＝　6739　．
【分析】由已知条件求出数列{an}的前8项，得到数列{an}的周期性an+6＝an，进而得到bn+6＝bn且b1＝b2＝4，b3＝1，b4＝b5＝5，b6＝1，b7＝b8＝4，再利用周期性求出数列{an}前2021项的和，以及数列{bn}的前2021项的和，从而求出结果．
【解答】解：由a1＝a2＝﹣2，得a3＝a2﹣a1＝0，a4＝a3﹣a2＝2，a4＝a5＝2，a6＝0，a7＝a8＝﹣2，
易得：an+6＝an，bn+6＝bn且b1＝b2＝4，b3＝1，b4＝b5＝5，b6＝1，b7＝b8＝4，
∴a1+a2+⋅⋅⋅+a2021＝336（a1+a2+⋅⋅⋅+a6）+a1+a2+⋅⋅⋅+a5＝0，
又∴b1+b2+⋅⋅⋅+b2021＝336（b1+b2+⋅⋅⋅+b6）+b1+b2+⋅⋅⋅+b5＝336×20+19＝6739，
∴（b1﹣a1）+（b2﹣a2）+⋅⋅⋅+b2021﹣a2021＝6739．
故答案为：6739．
26．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，2Sn＝an+1+1，则Sn＝　12（3n﹣1+1）　．
【分析】通过数列的递推关系式，转化求解数列是等比数列，然后求解即可．
【解答】解：数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，2Sn＝an+1+1，2Sn﹣1＝an+1，（n≥2）
所以2an＝an+1﹣an，即3an＝an+1，（n≥2）
所以数列{an}是从第二项起，以1为首项，3为公比的等比数列．2S1＝a2+1，可得a2＝1，
n≥2时：Sn=1(1−3n−1)1−3+1=12（3n﹣1+1）
Sn=1，n=112(3n−1+1)，n≥2，
所以Sn=12（3n﹣1+1）．
故答案为：12（3n﹣1+1）．
27．已知数列{an}，a1＝1，an+1＝an+2n﹣1（n∈N*），则an＝　2n﹣1　．
【分析】直接利用数列的递推关系式，叠加法的应用求出结果．
【解答】解：数列{an}，a1＝1，an+1＝an+2n﹣1（n∈N*），
所以an−an−1=2n−2，an−1−an−2=2n−3，…，a2−a1=20，
所以an−a1=20+21+⋯+2n−2=1×(2n−1−1)2−1=2n−1−1，
所以an=2n−1．
故答案为：2n﹣1．
28．数学家斐波那契（1770～1250），以兔子繁殖为例，引入“兔子数列“：即1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233．…，在实际生活中，很多花朵（如梅花，飞燕花，万寿简等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在物理及化学等领域也有着广泛的应用．已知斐波那契数列{an}满足a1＝1，a2＝1，an+2＝an+1+an，若a2+a3+a5+a7+a9+⋯+a59＝ak，则k＝　60　．
【分析】利用an+2＝an+1+an将a2+a3+a5+a7+a9+⋯+a59＝ak进行转化，即可得到答案．
【解答】解：因为斐波那契数列{an}满足a1＝1，a2＝1，an+2＝an+1+an，
所以a2+a3+a5+a7+a9+⋯+a59
＝a4+a5+a7+a9+⋯+a59
＝a6+a7+a9+⋯+a59
＝•••
＝a58+a59
＝a60
＝ak，
所以k＝60．
故答案为：60．
29．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2+n，则a1+a3+a5+a7+a9＝　50　．
【分析】由Sn＝n2+n可得Sn﹣1＝（n﹣1）2+n﹣1（n≥2），两式相减得an＝2n，验证n＝1时适合，从而可得答案．
【解答】解：∵Sn＝n2+n，①
∴Sn﹣1＝（n﹣1）2+n﹣1（n≥2），②
①﹣②得：an＝2n（n≥2），
又a1＝S1＝2，适合上式，
∴an＝2n，
∴a1+a3+a5+a7+a9＝2（1+3+5+7+9）＝50，
故答案为：50．
三．解答题（共7小题）
30．设数列{an}的前n项和为Sn，其满足：Sn＝2an﹣n．
（1）试求a1的值；
（2）证明：数列{an+1}为等比数列；
（3）求数列{an}的通项公式及前n项和公式．
【分析】（1）直接利用赋值法的应用求出a1＝1．
（2）利用数列的递推关系式的应用和等比数列的定义和构造新数列的应用求出数列为等比数列．
（3）利用（2）的结论和分组法的应用求出数列的和．
【解答】解：（1）当n＝1时，S1＝a1＝2a1﹣1，解得a1＝1．
（2）由于Sn＝2an﹣n．①，
则Sn+1＝2an+1﹣（n+1）②，
②﹣①得：an+1+1＝2（an+1），
所以数列{an+1}是以a1+1＝2为首项，2为公比的等比数列．
（3）由（2）得：an+1=2×2n−1=2n，
所以an=2n−1．
故Sn＝a1+a2+a3+…+an＝21+22+23+…+2n﹣n=2(2n−1)2−1−n=2n+1﹣2﹣n．
31．已知数列{an}满足，a2＝3，Snn=an+12，n∈N*．
（1）求a1，a3的值；
（2）数列{an}是等差数列，并求其通项公式；
（3）证明：存在无穷多个三边成等比互不相似的三角形，其边长为an1，an2，an3．
【分析】（1）由数列{an}满足，a2＝3，Snn=an+12，n∈N*．利用系数代定法能求出a1，a3．
（2）推导出a1＝1，Sn=n(an+1)2=n(a1+an)2，得到数列{an}是首项a1＝1，公差d＝3﹣1＝2的等差数列，由此能求出{an}的通项公式
（3）作如下构造：an1=（2k+3）2，an2=（2k+3）（2k+5），an3=（2k+5）2，其中k∈N*，它们依次为数列{an}中的第2k2+6k+5，2k2+8k+8，2k2+10k+13项，用反证法证明存在无穷多个三边成等比互不相似的三角形，其边长为an1，an2，an3．
【解答】解：（1）解：∵数列{an}满足，a2＝3，Snn=an+12，n∈N*．
∴a11=a1+12，解得a1＝1．
1+3+a33=a3+12，解得a3＝5．
（2）解：∵数列{an}满足，a2＝3，Snn=an+12，n∈N*．
∴a1＝1，∴Sn=n(an+1)2=n(a1+an)2，
∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝3﹣1＝2的等差数列，
∴{an}的通项公式为an＝1+（n﹣1）×2＝2n﹣1．
（3）证明：作如下构造：an1=（2k+3）2，an2=（2k+3）（2k+5），an3=（2k+5）2，其中k∈N*，
它们依次为数列{an}中的第2k2+6k+5，2k2+8k+8，2k2+10k+13项，
它们成等比数列，且an1＜an2＜an3．an1+an2＞an3．
∴它们能组成三角形，这样的三角形有无穷个，
下面用反证法证明其中任意两个三角形△A1B1C1和△A2B2C2不相似，
若△A1B1C1∽△A2B2C2，且kk≠k2，
则(2k1+3)(2k1+5)(2k1+3)2=(2k2+3)(2k2+5)(2k2+3)2，
整理，得2k1+52k1+3=2k2+52k2+3，∴k1＝k2，这与条件k1≠k2矛盾，
∴存在无穷多个三边成等比互不相似的三角形，其边长为an1，an2，an3．
32．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2+n，n∈N，数列{bn}满足an＝4log2bn+3，n∈N．
（1）求an，bn；
（2）求数列{anbn}的前n项和Tn．
【分析】（1）利用数列的和，直接求解数列an，利用递推关系式求解bn；
（2）利用错位相减法求解数列{anbn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）由Sn=2n2+n可得，当n＝1时，a1＝S1＝3，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n2+n−2(n−1)2−(n−1)=4n−1，
而n＝1，a1＝4﹣1＝3适合上式，
故an＝4n﹣1，
又∵an＝4log2bn+3＝4n﹣1，
∴bn=2n−1 …（6分）
（2）由（1）知anbn=(4n−1)2n−1，
Tn=3×20+7×2+⋯+(4n−1)⋅2n−1，
2Tn=3×2+7×22+⋯+(4n−5)⋅2n−1+(4n−1)⋅2n，
∴Tn=(4n−1)⋅2n−[3+4(2+22+⋯+2n−1)]
=(4n−1)⋅2n−[3+4⋅2(1−2n−1)1−2]
＝（4n﹣1）•2n﹣[3+4（2n﹣2）]
＝（4n﹣5）•2n+5．…（12分）
33．已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，a1＝1，a2=32，a3=54，且当n≥2时，4Sn+2+5Sn＝8Sn+1+Sn﹣1．
（Ⅰ）求a4的值；
（Ⅱ）证明：{an+1−12an}为等比数列．
【分析】（Ⅰ）当n＝2时，4S4+5S2＝8S3+S1，代入即可得出解得a4．
（Ⅱ）由4Sn+2+5Sn＝8Sn+1+Sn﹣1（n≥2），得4Sn+2﹣4Sn+1+Sn﹣Sn﹣1＝4Sn+1﹣4Sn（n≥2），即4an+2+an＝4an+1（n≥2）．当n＝1时，也满足上述关系，进而证明结论．
【解答】解：（Ⅰ）当n＝2时，4S4+5S2＝8S3+S1，
即4×(1+32+54+a4)+5×(1+32)=8×(1+32+54)+1，
解得a4=78．（6分）
（Ⅱ）证明：由4Sn+2+5Sn＝8Sn+1+Sn﹣1（n≥2），
得4Sn+2﹣4Sn+1+Sn﹣Sn﹣1＝4Sn+1﹣4Sn（n≥2），
即4an+2+an＝4an+1（n≥2）．
当n＝1时，有4a3+a1=4×54+1=6=4a，∴4an+2+an＝4an+1，
∴an+2−12an+1an+1−12an=4an+2−2an+14an+1−2an=4an+1−an−2an+14an+1−2an=2an+1−an2(2an+1−an)=12，
∴数列{an+1−12an}是以a2−12a1=1为首项，12为公比的等比数列．（12分）
34．已知数列{an}满足a1=78，且an+1=12an+13，n∈N*，求数列{an}的通项公式．
【分析】化简可得an+1−23=12（an−23），从而可得数列{an−23}是以524为首项，12为公比的等比数列，从而解得．
【解答】解：∵an+1=12an+13，
∴an+1−23=12（an−23），
又∵a1−23=524＞0，
∴数列{an−23}是以524为首项，12为公比的等比数列，
∴an−23=524•12n−1=512•12n，
故an=23+512•12n．
35．已知数列{an}满足2an＝3an+1﹣an+2，a2﹣a1＝1．
（1）证明：数列{an+1﹣an}是等比数列；
（2）若a1=12，求数列{an}的通项公式．
【分析】（1）先由题设得到：an+2﹣an+1＝2（an+1﹣an），再由a2﹣a1＝1即可证明结论；
（2）先由（1）得到：an+1﹣an＝2n﹣1，再由累加法求得an．
【解答】（1）证明：∵2an＝3an+1﹣an+2，
∴an+2﹣an+1＝2（an+1﹣an），
又a2﹣a1＝1，
∴数列{an+1﹣an}是首项为1，公比为2等比数列；
（2）解：由（1）可得：an+1﹣an＝2n﹣1，a1=12，
∴an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2n﹣2+2n﹣3+…+20+a1=1−2n−11−2+12=2n﹣1−12，n≥2，
又a1=12，也适合上式，
∴an＝2n﹣1−12．
36．已知数列{an}中，a1＝2，an﹣an﹣1﹣2n＝0（n≥2，n∈N）．
（1）写出a2、a3的值（只写结果）并求出数列{an}的通项公式；
（2）设bn=1an+1+1an+2+1an+3+⋯+1a2n，若对任意的正整数n，当m∈[﹣1，1]时，不等式t2−2mt+16＞bn恒成立，求实数t的取值范围．
【分析】（1）由题设知a2＝6，a3＝12，an﹣an﹣1＝2n，an﹣1﹣an﹣2＝2（n﹣1），…，a3﹣a2＝2×3，a2﹣a1＝2×2，所以an﹣a1＝2[n+（n﹣1）+…+3+2]，由此可知数列{an}的通项公式为an＝n（n+1）．
（2）由题设条件可推出bn=1an+1+1an+2+1an+3+⋯+1a2n=1(2n+1n)+3，令f(x)=2x+1x(x≥1)，则f′(x)=2−1x2，当x≥1时，f'（x）＞0恒成立，f（x）在x∈[1，+∞）上是增函数，故f（x）min＝f（1）＝3，(bn)max=16，
要使对任意的正整数n，当m∈[﹣1，1]时，不等式t2−2mt+16＞bn恒成立，则须使t2−2mt+16＞(bn)max=16，即t2﹣2mt＞0，对∀m∈[﹣1，1]恒成立，由此可知实数t的取值范围．
【解答】解：（1）∵a1＝2，an﹣an﹣1﹣2n＝0（n≥2，n∈N）∴a2＝6，a3＝12（2分）
当n≥2时，an﹣an﹣1＝2n，an﹣1﹣an﹣2＝2（n﹣1），…，a3﹣a2＝2×3，a2﹣a1＝2×2，
∴an﹣a1＝2[n+（n﹣1）+…+3+2]，
∴an=2[n+(n−1)+⋯+3+2+1]=2n(n+1)2=n(n+1)（5分）
当n＝1时，a1＝1×（1+1）＝2也满足上式，
∴数列{an}的通项公式为an＝n（n+1）（6分）
（2）bn=1an+1+1an+2++1a2n=1(n+1)(n+2)+1(n+2)(n+3)++12n(2n+1)=1(n+1)−1(n+2)+1(n+2)−1(n+3)++12n−1(2n+1)=1(n+1)−1(2n+1)=n2n2+3n+1=1(2n+1n)+3（8分）
令f(x)=2x+1x(x≥1)，则f′(x)=2−1x2，当x≥1时，f'（x）＞0恒成立
∴f（x）在x∈[1，+∞）上是增函数，故当x＝1时，f（x）min＝f（1）＝3
即当n＝1时，(bn)max=16（11分）
要使对任意的正整数n，当m∈[﹣1，1]时，不等式t2−2mt+16＞bn恒成立，
则须使t2−2mt+16＞(bn)max=16，
即t2﹣2mt＞0，
对∀m∈[﹣1，1]恒成立，
∴t2−2t＞0t2+2t＞0，解得，t＞2或t＜−2，
∴实数t的取值范围为（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）（14分）