第四章《数列》能力提升测试卷人教A版（2019）高中数学选择性必修第二册

这是一份第四章《数列》能力提升测试卷人教A版（2019）高中数学选择性必修第二册，共16页。
数列（能力提升卷）
考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选题4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
一． 单选题（共8小题，每小题5分，共计40分）
1．已知数列{an}是等差数列，且满足a3+a11＝50，则a6+a7+a8等于（　　）
A．84 B．72 C．75 D．56
2．若一个等差数列的前三项之和为21，最后三项之和为93，公差为2，则该数列的项数为（　　）
A．14 B．15 C．16 D．17
3．已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，则“Sn﹣nan＜0，对n＞1，n∈N*恒成立”是“d＞0”的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．非充分也非必要条件
4．《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，其中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为：“今有5人分5钱，各人所得钱数依次为等差数列，其中前2人所得之和与后3人所得之和相等，问各得多少钱？”则第2人比第4人多得钱数为（　　）
A．16钱 B．−13钱 C．23钱 D．13钱
5．数列{an}满足an+1＝2an+1，a1＝1，若bn＝λan﹣n2+4n为单调递增数列，则λ的取值范围为（　　）
A．λ＞18 B．λ＞14 C．λ＞38 D．λ＞12
6．设某厂2020年的产值为1，从2021年起，该厂计划每年的产值比上年增长P%，则从2021年起到2030年底，该厂这十年的总产值为（　　）
A．（1+P%）9 B．（1+P%）10
C．(1+P%)[(1+P%)10−1]P% D．(1+P%)10−1P%
7．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an+2等于anan+1的个位数，若数列{an}的前k项和为2021，则正整数k的值为（　　）
A．505 B．506 C．507 D．508
8．已知数列{an}中，a1＝2，n（an+1﹣an）＝an+1，若对于任意的n∈N*，不等式an+1n+1＜t恒成立，则t的最小值是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
二． 多选题（共4小题，每小题5分，共计20分）
9．记Sn为公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，则（　　）
A．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列
B．S33，S66，S99成等差数列
C．S9＝2S6﹣S3
D．S9＝3（S6﹣S3）
10．已知数列{an}满足：a1＝1，an+2=2an+1−an(n∈N∗)，其前n项和为Sn，则（　　）
A．{Sn}的通项公式可以是Sn=n2−n+1
B．若a3，a7为方程x2+6x+5＝0的两根，则a6−12a7=−32
C．若S4S2=2，则S8S4=4
D．若S4＝S8，则使得Sn＞0的正整数n的最大值为11
11．已知数列{an}满足2a1+22a2+•••+2nan＝n（n∈N*），bn=1log4an⋅log2an+1，Sn为数列{bn}的前n项和．若对任意实数λ，都有Sn＜λ成立，则实数λ的可能取值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．对于公差为1的等差数列{an}，a1＝1，公比为2的等比数列{bn}，b1＝2，则下列说法正确的是（　　）
A．an＝n
B．bn＝2n﹣1
C．数列{lnbn}为等差数列
D．数列{anbn}的前n项和为（n﹣1）2n+1+2

三．填空题（共4小题，每小题5分，共计20分）
13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝1+（n﹣1）d，5a2＝a8，则Sn＝　　．
14．在数列{an}中，a1＝2，an+1=an+2，则数列{an}的通项公式为 　　．
15．已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝2，an+2=an+1an(n∈N∗)，则a20＝　　．
16．在各项均为正数的等比数列{an}中公比q∈（0，1），若a3+a5＝5，a2•a6＝4，bn＝log2an，记数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn＞0（n∈N*）成立的n最大值为 　　．

四．解答题（共6小题，第17题10分，18-22题，每题12分，共计70分）
17．（1）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝2an+1，求数列{an}的通项公式；
（2）已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn+1﹣2Sn+Sn﹣1＝1，求数列{an}的通项公式．







18．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2n2−30n．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求Sn的最小值．






19．在等差数列{an}中，已知前n项和为Sn，a1＝2，S4＝26．
（1）求{an}的通项公式；
（2）令bn=2an，求{bn}的前n项和Tn，并解不等式：Tn＞10S4．


20．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an﹣1．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{2n+1an}的前n项和Tn．





21．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，满足a1＝b2＝2，S5＝30，b4+2是b3与b5的等差中项．
（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设cn=(−1)n(an+bn)，求数列{cn}的前n项和Tn．









22．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，_____．给出下列二个条件：
条件①：数列{an}为等比数列，数列{Sn+a1}也为等比数列；
条件②：点（Sn，an+1）在直线y＝x+1上．
试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=1log2an+1⋅log2an+3，求数列{bn}的前n项和Tn．
数列（能力提升卷）
考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选题4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
三． 单选题（共8小题，每小题5分，共计40分）
1．已知数列{an}是等差数列，且满足a3+a11＝50，则a6+a7+a8等于（　　）
A．84 B．72 C．75 D．56
【分析】由已知直接利用等差数列的性质求解a6+a7+a8的值．
【解答】解：在等差数列{an}中，由a3+a11＝50，得2a7＝50，∴a7＝25，
则a6+a7+a8＝3a7＝3×25＝75．
故选：C．
2．若一个等差数列的前三项之和为21，最后三项之和为93，公差为2，则该数列的项数为（　　）
A．14 B．15 C．16 D．17
【分析】设该数列的项数为n，根据题意可得a1+a2+a3＝3a2＝21，an+an﹣1+an﹣2＝3an﹣1＝93，从而求出a2及an﹣1的值后再利用2=an−1−a2n−1−2求出n值即可．
【解答】解：设该数列为{an}，其项数为n，
根据题意，由a1+a2+a3＝3a2＝21，得a2＝7，又an+an﹣1+an﹣2＝3an﹣1＝93，得an﹣1＝31，
因为该数列公差为2，
所以2=an−1−a2n−1−2，即24n−1−2，解得n＝15．
故选：B．
3．已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，则“Sn﹣nan＜0，对n＞1，n∈N*恒成立”是“d＞0”的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．非充分也非必要条件
【分析】将Sn=na1+n(n−1)2d，an＝a1+（n﹣1）d代入Sn﹣nan＜0，并化简，再结合n的取值范围，即可求解．
【解答】解：Sn=na1+n(n−1)2d，an＝a1+（n﹣1）d，
则Sn﹣nan=na1+n(n−1)2d−na1﹣n（n﹣1）d=−n(n−1)2d，
则“Sn﹣nan＜0，对n＞1，n∈N*恒成立”，故d＞0，
若d＞0，则Sn﹣nan=−n(n−1)2d＜0，对n＞1，n∈N*恒成立，
故“Sn﹣nan＜0，对n＞1，n∈N*恒成立”是“d＞0”的充分必要条件．
故选：C．
4．《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，其中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为：“今有5人分5钱，各人所得钱数依次为等差数列，其中前2人所得之和与后3人所得之和相等，问各得多少钱？”则第2人比第4人多得钱数为（　　）
A．16钱 B．−13钱 C．23钱 D．13钱
【分析】设从前到后的5个人所得钱数分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，由已知列式求得a与d，再求出第2人与第4人所得钱数，作差得答案．
【解答】解：设从前到后的5个人所得钱数分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，
则由题意可知，a﹣2d+a﹣d＝a+a+d+a+2d，即a＝﹣6d，
又a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝5，
∴a＝1，d=−a6=−16，
则a﹣d＝1﹣（−16）=76，a+d＝1−16=56，
∴第2人比第4人多得钱数为76−56=13钱．
故选：D．
5．数列{an}满足an+1＝2an+1，a1＝1，若bn＝λan﹣n2+4n为单调递增数列，则λ的取值范围为（　　）
A．λ＞18 B．λ＞14 C．λ＞38 D．λ＞12
【分析】根据给定条件求出数列{an}通项，再由数列{bn}为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答．
【解答】解：数列{an}中，an+1＝2an+1，a1＝1，则有an+1+1＝2（an+1），而a1+1＝2，
因此，数列{an+1}是公比为2的等比数列，an+1=2n，即an=2n−1，
则bn=λ(2n−1)−n2+4n，因数列{bn}为单调递增数列，即∀n∈N*，bn+1﹣bn＞0，
则λ（2n+1﹣1）﹣（n+1）2+4（n+1）﹣[λ（2n﹣1）﹣n2+4n]＝λ⋅2n﹣2n+3＞0，λ＞2n−32n，
令cn=2n−32n，则cn+1−cn=2n−12n+1−2n−32n=5−2n2n+1，n∈N*，
当n≤2时，cn+1＞cn，当n≥3时，cn+1＜cn，
于是得c3=38是数列{cn}的最大值的项，即当n＝3时，2n−32n取得最大值38，从而得λ＞38，
所以λ的取值范围为{λ|λ＞38}．
故选：C．
6．设某厂2020年的产值为1，从2021年起，该厂计划每年的产值比上年增长P%，则从2021年起到2030年底，该厂这十年的总产值为（　　）
A．（1+P%）9 B．（1+P%）10
C．(1+P%)[(1+P%)10−1]P% D．(1+P%)10−1P%
【分析】由题意得，每年产值构成以（1+P%）的等比数列，然后结合等比数列的求和公式即可求解．
【解答】解：因为该厂计划每年的产值比上年增长P%，即每年产值构成以（1+P%）的等比数列，
则从2021年起到2030年底，该厂这十年的总产值为1−(1+P%)101−(1+P%)=(1+P%)10−1P%．
故选：D．
7．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an+2等于anan+1的个位数，若数列{an}的前k项和为2021，则正整数k的值为（　　）
A．505 B．506 C．507 D．508
【分析】直接利用数列的递推式和数列的周期求出结果．
【解答】解：数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an+2等于anan+1的个位数，
所以a3＝a1a2＝2，a4＝4，a5＝8，a6＝2，a7＝6，a8＝2，a9＝2，a10＝4，.......，
故数列除第一项外，其余为周期为6的周期数列；
一个周期的和为2+2+4+8+2+6＝24，
由于2021＝24×84+5，即数列有84个周期加第一项以及2，2两项，一共有1+84×6+2＝507；
故选：C．
8．已知数列{an}中，a1＝2，n（an+1﹣an）＝an+1，若对于任意的n∈N*，不等式an+1n+1＜t恒成立，则t的最小值是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】由题意可得an+1n+1−ann=1n(n+1)=1n−1n+1，运用累加法和′′裂项相消法''求和可得an+1n+1，再将不等式恒成立问题转化为3−1n+1＜t成立，由此可得实数t的取值范围．
【解答】解：∵n（an+1﹣an）＝an+1，∴nan+1﹣（n+1）an＝1，
∴an+1n+1−ann=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴an+1n+1=an+1n+1−ann+ann−an−1n−1+⋯+a22−a11+a1，
∴an+1n+1=(1n−1n+1)+(1n−1−1n)+(1n−2−1n−1)+⋯+(1−12)+2，
∴an+1n+1=(1−1n+1)+2=3−1n+1，
∵an+1n+1＜t，∴3−1n+1＜t，∴t≥3，
故选：B．

四． 多选题（共4小题，每小题5分，共计20分）
9．记Sn为公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，则（　　）
A．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列
B．S33，S66，S99成等差数列
C．S9＝2S6﹣S3
D．S9＝3（S6﹣S3）
【分析】由等差数列性质及前n项和公式对4个选项依次判断即可．
【解答】解：∵（S6﹣S3）﹣S3＝（a4+a5+a6）﹣（a1+a2+a3）
＝（a4﹣a1）+（a5﹣a2）+（a6﹣a3）
＝3d+3d+3d＝9d，
（S9﹣S6）﹣（S6﹣S3）＝（a7+a8+a9）﹣（a4+a5+a6）
＝（a7﹣a4）+（a8﹣a5）+（a9﹣a6）
＝3d+3d+3d＝9d，
∴S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列，故选项A正确；
∵Sn＝na1+n(n−1)2d，
∴Snn=a1+(n−1)2d，
∴S33=a1+d，S66=a1+52d，S99=a1+4d，
∴2×S66=S33+S99，
即S33，S66，S99成等差数列，故选项B正确；
∵S9+S3﹣2S6＝9a1+36d+3a1+3d﹣2×（6a1+15d）＝9d≠0，
∴S9＝2S6﹣S3不成立，即选项C错误；
∵S9﹣3（S6﹣S3）＝9a1+36d﹣3×（6a1+15d﹣3a1﹣3d）＝0，
∴S9＝3（S6﹣S3）成立，即选项D正确；
故选：ABD．
10．已知数列{an}满足：a1＝1，an+2=2an+1−an(n∈N∗)，其前n项和为Sn，则（　　）
A．{Sn}的通项公式可以是Sn=n2−n+1
B．若a3，a7为方程x2+6x+5＝0的两根，则a6−12a7=−32
C．若S4S2=2，则S8S4=4
D．若S4＝S8，则使得Sn＞0的正整数n的最大值为11
【分析】依题意可得数列{an}是以1为首项的等差数列，设其公差为d，对ABCD四个选项逐一分析可得答案．
【解答】解：∵an+2=2an+1−an(n∈N∗)，
∴an+2﹣an+1＝an+1﹣an，a1＝1，
∴数列{an}是以1为首项的等差数列，设其公差为d，
则Sn=d2n2+（a1−d2）n，其常数项为0，
对于A，{Sn}的通项公式不会是Sn=n2−n+1，原因为其常数项为1，不是0，故A错误；
对于B，若a3，a7为方程x2+6x+5＝0的两根，则a3+a7＝2a5＝﹣6①，a3•a7＝（a5﹣2d）（a5+2d）＝5②，
由①②得a5＝﹣3，d＝﹣1，
∴a6−12a7=−4−12（﹣3﹣2）=−32，故B正确；
对于C，若S4S2=2，即4a1+6d＝2（2a1+d）⇒d＝0，数列{an}常数列1，1，.....，
∴S8S4=84=2，故C错误；
对于D，若S4＝S8，则a5+a6+a7+a8＝2（a6+a7）＝0，即a6+a7＝0，又a1＝1＞0，故公差d＜0，
∴a6＞0，a7＜0，
∴S11＝11a6＞0，S12＝6（a6+a7）＝0，S13＝13a7＜0，
∴使得Sn＞0的正整数n的最大值为11，故D正确；
故选：BD．
11．已知数列{an}满足2a1+22a2+•••+2nan＝n（n∈N*），bn=1log4an⋅log2an+1，Sn为数列{bn}的前n项和．若对任意实数λ，都有Sn＜λ成立，则实数λ的可能取值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由2a1+22a2++2nan＝n可得2a1+22a2+…+2n﹣1an﹣1＝n﹣1（n≥2），两式相减得2nan＝1，则an=12n，从而bn=1log4an⋅log2an+1=1log222−n⋅log22−(n+1)=1−n2⋅[−(n+1)]=2n(n+1)=2（1n−1n+1），进一步利用裂项相消求和法即可求出Sn并确定λ的取值范围．
【解答】解：由2a1+22a2++2nan＝n，得2a1+22a2+…+2n﹣1an﹣1＝n﹣1（n≥2），
两式相减得2nan＝1，则an=12n，
又当n＝1时，2a1＝1，解得a1=12，满足上式，
所以an=12n，故bn=1log4an⋅log2an+1=1log222−n⋅log22−(n+1)=1−n2⋅[−(n+1)]=2n(n+1)=2（1n−1n+1），
所以Sn＝2（1−12+12−13+⋯+1n−1n+1）＝2（1−1n+1）＝2−2n+1＜2，又Sn＜λ，所以λ≥2．
故选：BC．
12．对于公差为1的等差数列{an}，a1＝1，公比为2的等比数列{bn}，b1＝2，则下列说法正确的是（　　）
A．an＝n
B．bn＝2n﹣1
C．数列{lnbn}为等差数列
D．数列{anbn}的前n项和为（n﹣1）2n+1+2
【分析】由等比数列和等差数列的通项公式，可判断A、B、C；由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可判断D．
【解答】解：由公差为1的等差数列{an}，a1＝1，可得an＝1+n﹣1＝n，故A正确；
由公比为2的等比数列{bn}，b1＝2，可得bn＝2•2n﹣1＝2n，故B错误；
由lnbn＝ln2n＝nln2，可得数列{lnbn}是首项和公差均为ln2的等差数列，故C正确；
设数列{anbn}的前n项和为Sn，Sn＝1•2+2•22+...+n•2n，
2Sn＝1•22+2•23+...+n•2n+1，上面两式相减可得﹣Sn＝2+22+...+2n﹣n•2n+1
=2(1−2n)1−2−n•2n+1，所以Sn＝2+（n﹣1）•2n+1，故D正确．
故选：ACD．

三．填空题（共4小题，每小题5分，共计20分）
13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝1+（n﹣1）d，5a2＝a8，则Sn＝　　．
【分析】由题意得5（1+d）＝1+7d，从而确定d＝2，再求数列的前n项和即可．
【解答】解：∵an＝1+（n﹣1）d，5a2＝a8，
∴5（1+d）＝1+7d，
解得，d＝2，
∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
故数列{an}为等差数列，
故Sn=1+2n−12×n＝n2，
故答案为：n2．
14．在数列{an}中，a1＝2，an+1=an+2，则数列{an}的通项公式为 　　．
【分析】由题意可知数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，再利用等差数列的通项公式即可求解．
【解答】解：∵an+1=an+2，a1＝2，
∴数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，
∴an=2+2(n−1)=2n，
∴an=2n2，
故答案为：an=2n2．
15．已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝2，an+2=an+1an(n∈N∗)，则a20＝　　．
【分析】根据递推关系依次求出数列的前几项，归纳出周期，然后可求解．
【解答】解：由已知，a3＝2，a4＝1，a5=12，a6=12，a7＝1，a8＝2，
因此数列{an}是周期数列，周期为6，
则a20＝a2＝2．
故答案为：2．
16．在各项均为正数的等比数列{an}中公比q∈（0，1），若a3+a5＝5，a2•a6＝4，bn＝log2an，记数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn＞0（n∈N*）成立的n最大值为 　　．
【分析】根据条件求出数列{an}的通项公式，进而可得数列{bn}的通项公式，求出{bn}的前n项和，可得Sn＞0时n的取值范围，进而求得n的最大值．
【解答】解：因为等比数列{an}，
所以a3•a5＝a2•a6＝4，
又a3+a5＝5，q∈（0，1），
所以a3＝4，a5＝1，
所以q2=14，即q=12，
所以an＝4×（12）n﹣3＝（12）n﹣5，
所以bn＝log2an＝5﹣n，
易得数列{bn}为等差数列，
故Sn=n(9−n)2，
若Sn＞0，
则0＜n＜9，
因为n∈N*，
所以n的最大值为8，
故答案为：8．

四．解答题（共6小题，第17题10分，18-22题，每题12分，共计70分）
17．（1）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝2an+1，求数列{an}的通项公式；
（2）已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn+1﹣2Sn+Sn﹣1＝1，求数列{an}的通项公式．
【分析】（1）将给定的递推公式变形构造等比数列求解即可．
（2）利用当n≥2时，Sn﹣Sn﹣1＝an将原递推公式转化为数列{an}项间关系即可计算作答．
【解答】解：（1）数列{an}中，因an+1＝2an+1，则an+1+1＝2（an+1），而a1+1＝2，
于是得数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，
则an+1=2×2n−1=2n，即an=2n−1，
所以数列{an}的通项公式是an=2n−1．
（2）因数列{an}前n项和Sn满足Sn+1﹣2Sn+Sn﹣1＝1，则（Sn+1﹣Sn）﹣（Sn﹣Sn﹣1）＝1，
而当n≥2时，Sn﹣Sn﹣1＝an，因此有an+1﹣an＝1，
又由a1＝2，a2＝3得a2﹣a1＝1满足上式，
于是得数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，
则an＝2+（n﹣1）×1＝n+1，
所以数列{an}的通项公式是an＝n+1．
18．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2n2−30n．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求Sn的最小值．
【分析】（1）利用数列的前n项和，求解通项公式即可．
（2）求解数列中，变符号的项，即可推出数列和的最小值．
【解答】解：（1）数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2n2−30n．S1＝﹣28，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n2﹣30n﹣2（n﹣1）2+30（n﹣1）＝4n﹣32，
a1＝4×1﹣32＝﹣28，满足通项公式，
所以数列的通项公式为：an＝4n﹣32．
（2）数列的通项公式为：an＝4n﹣32，数列是等差数列，公差为4，首项为﹣28，
所以n＝8时，a8＝0，
所以Sn的最小值为：S7＝S8＝﹣112．
19．在等差数列{an}中，已知前n项和为Sn，a1＝2，S4＝26．
（1）求{an}的通项公式；
（2）令bn=2an，求{bn}的前n项和Tn，并解不等式：Tn＞10S4．
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，利用S4＝4a1+4×32d＝26，结合a1＝2即可求出d值，进一步即可得到{an}的通项公式；
（2）由（1）可知bn＝2an=23n﹣1，则b1＝22＝4，bn+1bn=23n+223n−1=23＝8，从而利用等比数列的前n项和公式即可求出Tn，进一步求解不等式Tn＞10S4即可．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
由S4＝4a1+4×32d＝26，又a1＝2，得8+6d＝26，解得d＝3，
所以an＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1；
（2）由（1）可知bn＝2an=23n﹣1，则b1＝22＝4，bn+1bn=23n+223n−1=23＝8，
即{bn}是以4为首项，以8为公比的等比数列，
所以Tn=4(1−8n)1−8=47（8n﹣1），
令Tn＞10S4，得47（8n﹣1）＞260，即8n＞456，
又n∈N*，所以n≥3，n∈N*，
所以不等式Tn＞10S4的解集为{n|n≥3，n∈N*}．
20．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an﹣1．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{2n+1an}的前n项和Tn．
【分析】（1）利用数列的递推关系式推出数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，然后求解通项公式．
（2）化简2n+1an=(2n+1)⋅(12)n−1，利用错位相减法求解数列的和即可．
【解答】解：（1）由题意可得n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1﹣1，
与原式联立相减得Sn﹣Sn﹣1＝an＝2an﹣2an﹣1，
∴an＝2an﹣1，∴anan−1=2，
令n＝1得S1＝a1＝2a1﹣1，∴a1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴an=2n−1．
（2）由（1）得2n+1an=(2n+1)⋅(12)n−1，
Tn=3⋅(12)0+5⋅(12)1+7⋅(12)2+⋯+(2n+1)⋅(12)n−1，
12Tn=3⋅(12)1+5⋅(12)2+7⋅(12)3+⋯+(2n+1)⋅(12)n
两式相减得12Tn=3+1+(12)1+(12)2+(12)3+⋯+(12)n−2−(2n+1)⋅(12)n=3+1−12n−11−12−(2n+1)⋅(12)n，
化简得Tn=10−(2n+5)⋅(12)n−1．
21．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，满足a1＝b2＝2，S5＝30，b4+2是b3与b5的等差中项．
（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设cn=(−1)n(an+bn)，求数列{cn}的前n项和Tn．
【分析】（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，利用a1＝2，S5＝5a1+5×42d求出d值即可得到{an}的通项公式；再由题意得2（b4+2）＝b3+b5，结合b1＝2可求出q值，进一步可得{bn}的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得cn=(−1)n(2n+2n−1)=(−1)n⋅2n+(−1)n⋅2n−1，从而分类讨论n为奇数和n为偶数两种情况即可求出Tn．
【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
因为a1＝2，所以S5=10+5×42d=30，解得d＝2，
所以an＝2+2（n﹣1）＝2n；
由题意知2（b4+2）＝b3+b5，
因为b2＝2，所以2（2q2+2）＝2q+2q3，解得q＝2，
所以bn＝2n﹣1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得cn=(−1)n(2n+2n−1)=(−1)n⋅2n+(−1)n⋅2n−1，
当n为偶数时，
Tn=(−2+4−6+8−⋯+2n)+(−1+2−22+23−⋯+2n−1)=2×n2+−1−2n−1×(−2)1−(−2)=n+2n−13=3n+2n−13，
当n为奇数时，
Tn=(−2+4−6+8−⋯−2n)+(−1+2−22+23−⋯−2n−1)，
即Tn=2×n−12−2n+−1−(−2n−1)×(−2)1−(−2)=n−1−2n+−2n−13=−3n−2n−43．
综上所述，Tn=3n+2n−13，n为偶数−3n−2n−43，n为奇数．
22．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，_____．给出下列二个条件：
条件①：数列{an}为等比数列，数列{Sn+a1}也为等比数列；
条件②：点（Sn，an+1）在直线y＝x+1上．
试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=1log2an+1⋅log2an+3，求数列{bn}的前n项和Tn．
【分析】选条件①：（1）直接利用数列的递推关系式，求出数列的通项公式；（2）利用对数的运算和裂项相消法在数列求和中的应用求出数列的和；
选条件②：（1）直接利用数列的递推关系式，求出数列的通项公式；（2）利用对数的运算和裂项相消法在数列求和中的应用求出数列的和．
【解答】解：若选条件①：
（1）数列{Sn+a1}为等比数列，所以(S2+a1)2=（S1+a1）（S3+a1），即（2a1+a2）2＝2a1（2a1+a2+a3），
设等比数列{an}的公比为q，所以（2+q）2＝2（2+q+q2），
解得q＝2，或q＝0（舍），所以an=2n−1；
（2）由（1）知：an=2n−1，所以bn=1log2an+1⋅log2an+3=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
所以Tn=12[(1−13)+(12−14)+⋯⋯+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]
=12(32−1n+1−1n+2)=34−2n+32(n+1)(n+2)．
若选条件②：
（1）因为点（Sn，an+1）在直线y＝x+1上，
所以an+1＝Sn+1，所以an＝Sn﹣1+1（n≥2，n∈N），
两式相减得an+1﹣an＝an，故an+1an=2（n≥2），
当n＝1时，也符合上式，故数列{an}是以1为首项，公比为2的等比数列，
所以an=2n−1．
（2）由（1）知：an=2n−1，所以bn=1log2an+1⋅log2an+3=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
所以Tn=12[(1−13)+(12−14)+⋯⋯+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]
=12(32−1n+1−1n+2)=34−2n+32(n+1)(n+2)．