人教版第一册上册数列综合训练题

这是一份人教版第一册上册数列综合训练题，共12页。

1．等差数列{an}：－eq \r(2)，0，eq \r(2)，…的第15项为( )
A．11eq \r(2) B．12eq \r(2)
C．13eq \r(2) D．14eq \r(2)
2．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则a5＝( )
A．1 B．2
C．4 D．8
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝2，S4＝10，则S6＝( )
A．12 B．18
C．24 D．42
4．若等差数列{an}满足an>0，且a3＋a4＋a5＋a6＝8，则a2a7的最大值为( )
A．4 B．6
C．8 D．10
5．《九章算术》是我国古代的一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节、第3节、第8节竹子的容积之和为( )
A.eq \f(17,6) 升 B.eq \f(7,2) 升
C.eq \f(113,66) 升 D.eq \f(109,33) 升
6．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2n＝4(a1＋a3＋…＋a2n－1)，a1·a2·a3＝27，则a6＝( )
A．27 B．81
C．243 D．729
7．数列{an}中，a1＝1，对所有n≥2，都有a1a2a3…an＝n2，则a3＋a5＝( )
A.eq \f(61,16) B.eq \f(25,9)
C.eq \f(25,16) D.eq \f(31,15)
8．小李年初向银行贷款M万元用于购房，购房贷款的年利率为p，按复利计算，并从借款后次年年初开始归还，分10次等额还清，每年1次，则每年应还( )
A.eq \f(M,10)万元 B.eq \f(Mp（1＋p）10,（1＋p）10－1)万元
C.eq \f(p（1＋p）10,10)万元 D.eq \f(Mp（1＋p）9,（1＋p）9－1)万元
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．下列命题不正确的是( )
A．若数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋2n－1，则数列{an}是等差数列
B．若等差数列{an}的公差d>0，则{an}是递增数列
C．常数列{an}既是等差数列，又是等比数列
D．若等比数列{an}是递增数列，则{an}的公比q<1
10．将等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1>0，S10＝S20，则( )
A．d<0
B．a16<0
C．Sn≤S15
D．当且仅当n≥32时，Sn<0
11．设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－1，则下列结论正确的是( )
A．S2＝2
B．数列{an}为等比数列
C．an＝2n
D．若bn＝eq \f(1,lg2an＋1lg2an＋2)，则数列{bn}的前10项和为eq \f(10,11)
12．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则( )
A．an＝－eq \f(1,2n－1)
B．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N*))
C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))为等差数列
D.eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S100)＝－5 050
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．已知数列{an}为等比数列，若a1＋a3＝5，a2＋a4＝10，则公比q＝________．
14．(2019·江苏)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．
15．已知数列{an}，若点(n，an)(n∈N*)在直线y－3＝k(x－6)上，则数列{an}的前11项和S11＝________．
16．已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则eq \f(an,n)的最小值为________．
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(10分)在等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
18．(12分)在新城大道一侧A处，运来20棵新树苗．一名工人从A处起沿大道一侧路边每隔10 m栽一棵树苗，这名工人每次只能运一棵．要栽完这20棵树苗，并返回A处，植树工人共走了多少路程？
19．(12分)已知{an}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a3＝12，________．是否存在正整数k，使得Sk>2 020？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由．
从①q＝2；②q＝eq \f(1,2)；③q＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
20．(12分)设正项等比数列{an}的首项a1＝eq \f(1,2)，前n项和为Sn，且210S30－(210＋1)S20＋S10＝0.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{nSn}的前n项和Tn.
21．(12分)已知数列{an}的首项a1＝eq \f(5,3)，且3an＋1＝an＋2，n∈N*.
(1)求证：数列{an－1}为等比数列；
(2)若a1＋a2＋…＋an<100，求最大的正整数n.
22．(12分)由整数构成的等差数列{an}满足a3＝5，a1a2＝2a4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}的通项公式为bn＝2n，将数列{an}，{bn}的所有项按照“当n为奇数时，bn放在前面；当n为偶数时，an放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{cn}：b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，求数列{cn}的前4n＋3项和T4n＋3.
第四章 数列 章末测试卷(A)【解析版】
[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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．等差数列{an}：－eq \r(2)，0，eq \r(2)，…的第15项为( )
A．11eq \r(2) B．12eq \r(2)
C．13eq \r(2) D．14eq \r(2)
答案 C
解析 ∵a1＝－eq \r(2)，d＝eq \r(2)，
∴an＝－eq \r(2)＋(n－1)×eq \r(2)＝eq \r(2)n－2eq \r(2).
∴a15＝15eq \r(2)－2eq \r(2)＝13eq \r(2).
2．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则a5＝( )
A．1 B．2
C．4 D．8
答案 A
解析 因为a3a11＝a72＝16，又数列{an}的各项都是正数，所以解得a7＝4，由a7＝a5·22＝4a5，得a5＝1.故选A.
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝2，S4＝10，则S6＝( )
A．12 B．18
C．24 D．42
答案 C
解析 方法一：设数列{an}的公差为d，由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝2，,4a1＋6d＝10，))解得a1＝eq \f(1,4)，d＝eq \f(3,2).则S6＝6a1＋15d＝24.
方法二：S2，S4－S2，S6－S4也成等差数列，则2(S4－S2)＝S6－S4＋S2，所以S6＝3S4－3S2＝24.故选C.
4．若等差数列{an}满足an>0，且a3＋a4＋a5＋a6＝8，则a2a7的最大值为( )
A．4 B．6
C．8 D．10
答案 A
解析 已知等差数列{an}满足an>0，且a3＋a4＋a5＋a6＝2(a2＋a7)＝8，所以a2＋a7＝4.
又因为a2＋a7≥2eq \r(a2a7)，所以a2a7≤4，当且仅当a2＝a7＝2时，等号成立．故选A.
5．《九章算术》是我国古代的一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节、第3节、第8节竹子的容积之和为( )
A.eq \f(17,6) 升 B.eq \f(7,2) 升
C.eq \f(113,66) 升 D.eq \f(109,33) 升
答案 A
解析 设自上而下各节竹子的容积依次为a1，a2，…，a9，依题意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＋a4＝3，,a7＋a8＋a9＝4，))因为a2＋a3＝a1＋a4，a7＋a9＝2a8，所以a2＋a3＋a8＝eq \f(3,2)＋eq \f(4,3)＝eq \f(17,6).故选A.
6．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2n＝4(a1＋a3＋…＋a2n－1)，a1·a2·a3＝27，则a6＝( )
A．27 B．81
C．243 D．729
答案 C
解析 ∵数列{an}为等比数列，∴a1a2a3＝a23＝27，∴a2＝3.
又∵S2＝4a1，∴a1＋a2＝4a1，∴3a1＝a2，∴a1＝1，
即公比q＝3，首项a1＝1，
∴a6＝a1·q6－1＝1×35＝35＝243.故选C.
7．数列{an}中，a1＝1，对所有n≥2，都有a1a2a3…an＝n2，则a3＋a5＝( )
A.eq \f(61,16) B.eq \f(25,9)
C.eq \f(25,16) D.eq \f(31,15)
答案 A
解析 a1a2a3…an＝n2，则a1a2a3…an－1＝(n－1)2，n≥3，∴an＝eq \f(n2,（n－1）2)，n≥3，∴a3＝eq \f(9,4)，a5＝eq \f(25,16)，∴a3＋a5＝eq \f(61,16).故选A.
8．小李年初向银行贷款M万元用于购房，购房贷款的年利率为p，按复利计算，并从借款后次年年初开始归还，分10次等额还清，每年1次，则每年应还( )
A.eq \f(M,10)万元 B.eq \f(Mp（1＋p）10,（1＋p）10－1)万元
C.eq \f(p（1＋p）10,10)万元 D.eq \f(Mp（1＋p）9,（1＋p）9－1)万元
答案 B
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．下列命题不正确的是( )
A．若数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋2n－1，则数列{an}是等差数列
B．若等差数列{an}的公差d>0，则{an}是递增数列
C．常数列{an}既是等差数列，又是等比数列
D．若等比数列{an}是递增数列，则{an}的公比q<1
答案 ACD
解析 对于A，等差数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn，故错误；对于B，若d>0，则an＋1>an，故正确；对于C，当an＝0时，该常数列不是等比数列，故错误；对于D，若等比数列{an}是递增数列，则当a1>0时，q>1，故错误．故选ACD.
10．将等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1>0，S10＝S20，则( )
A．d<0
B．a16<0
C．Sn≤S15
D．当且仅当n≥32时，Sn<0
答案 ABC
解析 由题意得，S10＝S20，则a11＋a12＋…＋a20＝0，即a15＋a16＝0，也即2a1＋29d＝0(d为公差)，因为a1>0，所以d<0，所以a16<0，Sn≤S15.所以A、B、C正确．由于S2n＝n(an＋an＋1)，S2n－1＝(2n－1)an，故S30＝15(a15＋a16)＝0，S31＝31a16<0，所以D不正确．
11．设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－1，则下列结论正确的是( )
A．S2＝2
B．数列{an}为等比数列
C．an＝2n
D．若bn＝eq \f(1,lg2an＋1lg2an＋2)，则数列{bn}的前10项和为eq \f(10,11)
答案 BD
解析 因为Sn＝2an－1，①
所以当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1，得a1＝1；
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，②
①②两式相减得an＝2an－2an－1，
所以eq \f(an,an－1)＝2(n≥2)，
所以数列{an}是以a1＝1为首项，q＝2为公比的等比数列．
所以an＝a1qn－1＝1×2n－1＝2n－1，a2＝2，
所以S2＝3，所以A、C错误，B正确；
因为bn＝eq \f(1,lg2an＋1lg2an＋2)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
设Tn为{bn}的前n项和，则T10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq \f(10,11)，故D正确．故选BD.
12．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则( )
A．an＝－eq \f(1,2n－1)
B．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N*))
C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))为等差数列
D.eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S100)＝－5 050
答案 BCD
解析 由Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，
得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，又a1＝－1，∴S1＝a1＝－1，从而S2－S1＝S1S2，即S2＋1＝－S2，得S2＝－eq \f(1,2)，∴S1S2≠0，从而SnSn＋1≠0，∴eq \f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝1，整理得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1(常数)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以eq \f(1,S1)＝－1为首项，－1为公差的等差数列，故C正确；
所以eq \f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S100)＝－(1＋2＋3＋…＋100)＝－5 050，故D正确；由eq \f(1,Sn)＝－n得Sn＝－eq \f(1,n).所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(首项不符合此式)，故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N*，))故B正确，A错误．故选BCD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．已知数列{an}为等比数列，若a1＋a3＝5，a2＋a4＝10，则公比q＝________．
答案 2
解析 因为数列{an}为等比数列，且a1＋a3＝5，a2＋a4＝10，所以由等比数列的通项公式可得a2＋a4＝(a1＋a3)q，即10＝5q，∴q＝2.
14．(2019·江苏)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．
答案 16
解析 方法一：设等差数列{an}的公差为d，则a2a5＋a8＝(a1＋d)(a1＋4d)＋a1＋7d＝a12＋4d2＋5a1d＋a1＋7d＝0，S9＝9a1＋36d＝27，将以上两式联立，解得a1＝－5，d＝2，则S8＝8a1＋28d＝－40＋56＝16.
方法二：设等差数列{an}的公差为d.由S9＝eq \f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝27，得a5＝3，又a2a5＋a8＝0，则3(3－3d)＋3＋3d＝0，得d＝2，a4＝1，则S8＝eq \f(8（a1＋a8）,2)＝4(a4＋a5)＝4×(1＋3)＝16.
15．已知数列{an}，若点(n，an)(n∈N*)在直线y－3＝k(x－6)上，则数列{an}的前11项和S11＝________．
答案 33
解析 ∵点(n，an)在直线y－3＝k(x－6)上，∴an＝3＋k(n－6)．
∴an＋a12－n＝[3＋k(n－6)]＋[3＋k(6－n)]＝6，n＝1，2，3，…，6，
∴S11＝a1＋a2＋…＋a11＝5(a1＋a11)＋a6＝5×6＋3＝33.
16．已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则eq \f(an,n)的最小值为________．
答案 eq \f(21,2)
解析 在an＋1－an＝2n中，令n＝1，得a2－a1＝2；令n＝2，得a3－a2＝4，…，an－an－1＝2(n－1)．
把上面n－1个式子相加，得an－a1＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝eq \f(（2＋2n－2）（n－1）,2)＝n2－n，∴an＝n2－n＋33.∴eq \f(an,n)＝eq \f(n2－n＋33,n)＝n＋eq \f(33,n)－1≥2eq \r(33)－1，当且仅当n＝eq \f(33,n)，即n＝eq \r(33)时取等号，而n∈N*，∴“＝”取不到．∵5＜eq \r(33)＜6，∴当n＝5时，eq \f(an,n)＝5－1＋eq \f(33,5)＝eq \f(53,5)，当n＝6时，eq \f(an,n)＝6－1＋eq \f(33,6)＝eq \f(63,6)＝eq \f(21,2)，∵eq \f(53,5)＞eq \f(21,2)，∴eq \f(an,n)的最小值是eq \f(21,2).
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(10分)在等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
解析 (1)设数列{an}的公比为q，由已知得16＝2q3，
解得q＝2，所以an＝2×2n－1＝2n，n∈N*.
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，
则b3＝8，b5＝32.
设数列{bn}的公差为d，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b1＋2d＝8，,b1＋4d＝32，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b1＝－16，,d＝12，))
所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28，n∈N*.
所以数列{bn}的前n项和
Sn＝eq \f(n（－16＋12n－28）,2)＝6n2－22n，n∈N*.
18．(12分)在新城大道一侧A处，运来20棵新树苗．一名工人从A处起沿大道一侧路边每隔10 m栽一棵树苗，这名工人每次只能运一棵．要栽完这20棵树苗，并返回A处，植树工人共走了多少路程？
解析 植树工人每种一棵树并返回A处所要走的路程(单位：m)组成了一个数列0，20，40，60，…，380，
这是首项a1＝0，公差d＝20，项数n＝20的等差数列，其和S20＝20a1＋eq \f(20×（20－1）,2)d＝0＋eq \f(20×（20－1）,2)×20＝3 800(m)．
因此，植树工人共走了3 800 m的路程．
19．(12分)已知{an}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a3＝12，________．是否存在正整数k，使得Sk>2 020？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由．
从①q＝2；②q＝eq \f(1,2)；③q＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答评分．解析 若选①，
因为a3＝12，q＝2，所以a1＝3.
所以Sn＝eq \f(3（1－2n）,1－2)＝3(2n－1)．
Sk>2 020，即3(2k－1)>2 020，即2k>eq \f(2 023,3).
当k＝9时，29＝512＜eq \f(2 023,3)，当k＝10时，210＝1 024＞eq \f(2 023,3)，
所以存在正整数k，使得Sk>2 020，k的最小值为10.
若选②，
因为a3＝12，q＝eq \f(1,2)，所以a1＝48.
所以Sn＝eq \f(48×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝96eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))).
因为Sn<96<2 020，
所以不存在满足条件的正整数k.
若选③，
因为a3＝12，q＝－2，所以a1＝3.
所以Sn＝eq \f(3×[1－（－2）n],1－（－2）)＝1－(－2)n.
Sk>2 020，即1－(－2)k>2 020，整理得(－2)k<－2 019.
当k为偶数时，原不等式无解；
当k为奇数时，原不等式等价于2k>2 019，
当k＝9时，29＝512＜2 019，当k＝11时，211＝2 048＞2 019，
所以存在正整数k，使得Sk>2 020，k的最小值为11.
20．(12分)设正项等比数列{an}的首项a1＝eq \f(1,2)，前n项和为Sn，且210S30－(210＋1)S20＋S10＝0.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{nSn}的前n项和Tn.
解析 (1)设数列{an}的公比为q.由210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，得210(S30－S20)＝S20－S10.
∵S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，
∴eq \f(S30－S20,S20－S10)＝q10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(10).
∵an＞0，∴q＝eq \f(1,2)，∴an＝a1qn－1＝eq \f(1,2n)(n∈N*)．
(2)∵{an}是首项a1＝eq \f(1,2)，公比q＝eq \f(1,2)的等比数列，
∴Sn＝eq \f(\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n)，nSn＝n－eq \f(n,2n).
则数列{nSn}的前n项和为
Tn＝(1＋2＋…＋n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(2,22)＋…＋\f(n,2n)))， ①
则eq \f(Tn,2)＝eq \f(1,2)(1＋2＋…＋n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(2,23)＋…＋\f(n－1,2n)＋\f(n,2n＋1)))，②
①－②，得
eq \f(Tn,2)＝eq \f(1,2)(1＋2＋…＋n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＋eq \f(n,2n＋1)
＝eq \f(n（n＋1）,4)－eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＋eq \f(n,2n＋1)，
即Tn＝eq \f(n（n＋1）,2)＋eq \f(1,2n－1)＋eq \f(n,2n)－2.
21．(12分)已知数列{an}的首项a1＝eq \f(5,3)，且3an＋1＝an＋2，n∈N*.
(1)求证：数列{an－1}为等比数列；
(2)若a1＋a2＋…＋an<100，求最大的正整数n.
解析 (1)证明：∵3an＋1＝an＋2，∴an＋1－1＝eq \f(1,3)(an－1)，又a1－1＝eq \f(2,3)，∴数列{an－1}是以eq \f(2,3)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列．
(2)由(1)可得an－1＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)，∴an＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)＋1.
则a1＋a2＋…＋an＝n＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3n)))＝n＋2×eq \f(\f(1,3)－\f(1,3n＋1),1－\f(1,3))＝n＋1－eq \f(1,3n)，
若n＋1－eq \f(1,3n)<100，n∈N*，则nmax＝99.
22．(12分)由整数构成的等差数列{an}满足a3＝5，a1a2＝2a4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}的通项公式为bn＝2n，将数列{an}，{bn}的所有项按照“当n为奇数时，bn放在前面；当n为偶数时，an放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{cn}：b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，求数列{cn}的前4n＋3项和T4n＋3.
解析 (1)由题意，设数列{an}的公差为d，
由a3＝5，a1a2＝2a4，
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,a1·（a1＋d）＝2（a1＋3d），))
整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，即2d2－17d＋15＝0，解得d＝eq \f(15,2)或d＝1，因为{an}为整数数列，所以d＝1，
又a1＋2d＝5，所以a1＝3，
所以数列{an}的通项公式为an＝n＋2.
(2)由(1)知，数列{an}的通项公式为an＝n＋2，又数列{bn}的通项公式为bn＝2n，
根据题意，新数列{cn}：b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，
则T4n＋3＝b1＋a1＋a2＋b2＋b3＋a3＋a4＋b4＋…＋b2n－1＋a2n－1＋a2n＋b2n＋b2n＋1＋a2n＋1＋a2n＋2
＝(b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n＋1)＋(a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n＋2)
＝eq \f(2×（1－22n＋1）,1－2)＋eq \f(（a1＋a2n＋2）（2n＋2）,2)
＝4n＋1＋2n2＋9n＋5.