作业15－数列小题（含答案解析）学案

这是一份作业15－数列小题（含答案解析）学案，共139页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

专题训练·作业(十五)
一、单项选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的)
1．已知等差数列{an}满足：a1＝1，a4＋a16＝4，则2a1×2a2×…×2a19＝(　　)
A．238　　　　　　　　　　 B．219
C．216 D．276
答案　A
解析　∵等差数列{an}满足：a1＝1，a4＋a16＝4，
∴a1＋a2＋…＋a19＝＝＝38，
∴2a1×2a2×…×2a19＝2a1＋a2＋…＋a19＝238，故选A.
评说　本题主要考查等差数列的性质的应用，考查等差数列的求和公式，属于基础题．
2．(2020·大教育全国名校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S8＝0，a3＝－3，则S9＝(　　)
A．9 B．12
C．－15 D．－18
答案　A
分析　由S8＝0，a3＝－3可得a1，d以及a9，而S9＝S8＋a9，代入即可得到答案．
解析　设公差为d，则解得a9＝a1＋8d＝9，所以S9＝S8＋a9＝9.故选A.
3.(2020·邹城一中模拟)“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年．如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记an为图中虚线上的数1，3，6，10，…构成的数列{an}的第n项，则a100的值为(　　)
A．5 049 B．5 050
C．5 051 D．5 101
答案　B
分析　观察数列的前4项，可得an＝，代入即可得解．
解析　由题意得a1＝1，a2＝3＝1＋2，a3＝6＝1＋2＋3，a4＝10＝1＋2＋3＋4，…，
观察规律可得an＝1＋2＋3＋…＋n＝，
所以a100＝＝5 050.故选B.
4．(2020·湖北省七市联考)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差为d，前n项和为Sn.若Sn≤S8恒成立，则公差d的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　根据等差数列{an}的前n项和Sn满足Sn≤S8恒成立，可知a8≥0且a9≤0，
所以1＋7d≥0且1＋8d≤0，解得－≤d≤－.故选A.
5．(2020·太原五中模拟)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2，a5，a9成等比数列，则＝(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　设{an}的公差为d，且d≠0，
由a2，a5，a9成等比数列，可得a52＝a2a9，
即(a1＋4d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)，
整理可得a1＝8d，
故＝＝＝＝.故选C.
6．已知数列{an}的通项公式为an＝－，则数列{an}(　　)
A．有最大项，没有最小项
B．有最小项，没有最大项
C．既有最大项又有最小项
D．既没有最大项也没有最小项
答案　C
解析　由题意得an＝－.
令t＝>0，则t＝1，，，…，，
∴an＝t2－t.
∵y＝t2－t的对称轴为t＝，在上单调递减，在上单调递增，
∴当t＝时，an取最小值；当t＝1时，an取最大值，
∴{an}既有最大项又有最小项．故选C.
7．(2020·龙岩市毕业班质检)已知数列{an}满足an＋1＝an＋an－1(n≥2)，又{an}的前项和为Sn，若S6＝52，则a5＝(　　)
A．13 B．15
C．17 D．31
答案　A
解析　∵an＋1＝an＋an－1(n≥2)，
∴S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝a3＋a3＋a4＋a5＋a5＋a4＝2(a3＋a4)＋2a5＝4a5＝52，
∴a5＝＝13.故选A.
8．(2020·厦门市质量检查)记数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2.设bn＝，则数列{bn}的前10项和为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　∵数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又a1＝S1＝1满足an＝2n－1，所以an＝2n－1，n∈N*，
因此bn＝＝＝，
因此数列{bn}的前10项和为b1＋b2＋…＋b10＝＋＋…＋＝＝.故选A.
9．(2020·揭阳市摸底)已知数列{an}满足log2an＝n＋log23，则a2＋a4＋a6＋…＋a20＝(　　)
A．3×(211－4) B．3×(212－4)
C. D．411－4
答案　D
解析　由log2an＝n＋log23，可得an＝2n＋log23＝3×2n，
故可得{a2n}是首项为12，公比为4的等比数列，
a2＋a4＋a6＋…＋a20为数列{a2n}的前10项和，
则S10＝＝411－4.故选D.
10．(2020·江西临川一中期中)已知数列，，，，，，…，，，，…，，则此数列的第43项为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　由题意可知分母为1的项有1个，分母为2的项有2个，分母为3的项有3个，分母为4的项有4个，分母为5的项有5个，分母为6的项有6个，分母为7的项有7个，分母为8的项有8个，分母为9的项有9个.1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36，1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＝45，所以第43项的分母为9，是分母为9的项中的第7个数，所以第43项为.故选D.
11．(2020·湖南衡阳八中模拟)元代数学家朱世杰在《算学启蒙》中提及：今有银一秤一斤十两，令甲、乙、丙从上作折半差分之．其意思是：现有银一秤一斤十两，将银分给甲、乙、丙三人，甲、乙、丙三人每一个人所得是前一个人所得的一半．若银的数量不变，按此法将银依次分给5个人，则得银最少的3个人一共得银(规定：1秤＝10斤，1斤＝10两)(　　)
A.两 B.两
C.两 D.两
答案　C
解析　一秤一斤十两共120两，将这5人所得银的数量由小到大排列，记为数列{an}(n＝1，2，3，4，5)，则{an}是公比q＝2的等比数列，于是得前5项之和S5＝＝＝120，解得a1＝.
故得银最少的3个人一共得银的数量为a1＋a2＋a3＝×(1＋2＋22)＝(两)．故选C.
12．(2020·山东泰安市第五次模拟)已知函数f(x)＝x3＋lg(＋x)，若等差数列{an}的前n项和为Sn，且f(a1－1)＝－10，f(a2 020－1)＝10，则S2 020＝(　　)
A．－4 040 B．0
C．2 020 D．4 040
答案　C
解析　∵f(x)＝x3＋lg(＋x)定义域为R，关于原点对称，且f(－x)＝(－x)3＋lg(－x)＝－x3＋lg＝－x3－lg(＋x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．
由f(a1－1)＝－f(a2 020－1)＝f(1－a2 020)，得a1－1＝1－a2 020，所以a1＋a2 020＝2，
∵{an}为等差数列，∴S2 020＝＝2 020.故选C.
二、多项选择题(在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求)
13．已知数列{an}是等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，则下列结论正确的是(　　)
A．a10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S20＝0
答案　AC
解析　设数列{an}的公差为d，因为a1＋5a3＝S8，所以a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，a1＝－9d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，所以a10＝0，故A正确；Sn＝na1＋＝－9nd＋＝(n2－19n)，所以S7＝S12，故C正确；显然B与D不一定正确．故选AC.
14．(2020·青岛市第三次模拟)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元5世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为an，bn＝2an，对于数列{an}，{bn}，下列选项中正确的为(　　)
A．b10＝8b5 B．{bn}是等比数列
C．a1b30＝105 D.＝
答案　BD
解析　由题意，可知数列{an}为等差数列，且a1＝5，设数列{an}的公差为d，则30a1＋＝390，解得d＝，∴an＝a1＋(n－1)d＝.
∵bn＝2an，∴＝＝2an＋1－an＝2d(非零常数)，则数列{bn}是等比数列，B正确；
∵5d＝5×＝≠3，＝(2d)5＝25d≠23，∴b10≠8b5，A错误；a30＝a1＋29d＝5＋16＝21，∴a1b30＝5×221>105，C错误；a4＝a1＋3d＝5＋3×＝，a5＝a1＋4d＝5＋4×＝，
∴＝＝＝，D正确．故选BD.
三、填空题
15．(2020·深圳市第二次调研)《尘劫记》是在元代的《算学启蒙》和明代的《算法统宗》的基础上编撰的一部古典数学著作，其中记载了一个这样的问题：假设每对老鼠每月生子一次，每月生12只，且雌雄各半.1个月后，有一对老鼠生了12只小老鼠，一共有14只；2个月后，每对老鼠各生了12只小老鼠，一共有98只．以此类推，假设n个月后共有老鼠an只，则an＝________．
答案　2×7n
解析　由题意可得1个月后的老鼠的只数a1＝(1＋6)×2＝2×7，
2个月后老鼠的只数a2＝2(1＋6)×7＝2×72，
3个月后老鼠的只数a3＝2(1＋6)×72＝2×73，…，
n个月后老鼠的只数an＝2×7n.
16．(2020·东莞市光明中学第一次月考)在数列{an}中，a1＝，＝，n∈N*，且bn＝.记Pn＝b1×b2×…×bn，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，则3n＋1Pn＋Sn＝________．
答案　3
解析　由于＝，bn＝，
所以bn＝，Pn＝b1×b2×…×bn＝···…·＝.
又＝＝－，∴bn＝－，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝3－.所以3n＋1Pn＋Sn＝3n＋1·＋3－＝3.
17．(2020·湛江市模拟)公比为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝2，S4－5S2＝0，则S6－S3的值为________．
答案　56
解析　∵a2＝2，S4－5S2＝0，
∴⇒
∴S6－S3＝a4＋a5＋a6＝23＋24＋25＝56.
18．(2020·天一大联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2＝1，Sn＋2Sn－2＝3Sn－1(n≥3)，则a5＝________．
答案　8
解析　由Sn＋2Sn－2＝3Sn－1，得Sn－Sn－1＝2(Sn－1－Sn－2)．所以an＝2an－1，即＝2(n≥3)，所以a5＝a2×23＝1×23＝8.
19．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺．莞生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：“今有蒲草第1天长高3尺，莞草第1天长高1尺．以后，蒲草每天长高前一天的一半，莞草每天长高前一天的2倍，问第几天蒲草和莞草的高度相同？”根据上述的已知条件，可求得第________天时，蒲草和莞草的高度相同(结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：lg3≈0.477 1，lg2≈0.301 0)．
答案　3
解析　由题意得，蒲草每天长高的长度组成首项为a1＝3，公比为的等比数列{an}，设其前n项和为An；莞草每天长高的长度组成首项为b1＝1，公比为2的等比数列{bn}，设其前n项和为Bn.则An＝，Bn＝，令＝，化简得2n＋＝7(n∈N*)，解得2n＝6，所以n＝＝1＋≈3，即第3天时蒲草和莞草高度相同．
20．图(1)是第七届国际数学教育大会的会徽，会徽的主体图案的示意图(如图(2)所示)是由一连串直角三角形组成的，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，若把图(2)中的直角三角形继续画下去，记OA1，OA2，OA3，…，OAn的长度构成数列{an}，则a2 019＝________．

答案　
解析　方法一：根据图(2)中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，结合△OA1A2，△OA2A3，…，△OA7A8都是直角三角形，可得a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝，…，由此可得a2 019＝.
方法二：根据图(2)中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，结合△OA1A2，△OA2A3，…，△OA7A8都是直角三角形，可得an2＝an－12＋1(n>1)，所以数列{an2}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an2＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝.所以a2 019＝.

1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，a2a6＝8(a4－2)，则S2 018＝(　　)
A．22 017－ B．1－
C．22 018－ D．1－
答案　A
解析　方法一：由等比数列的性质及a2a6＝8(a4－2)，得a42＝8a4－16，解得a4＝4.又a4＝q3，故q＝2，所以S2 018＝＝22 017－.故选A.
方法二：观察四个选项，先一般比，再特殊化，可得答案．对A有Sn＝2n－1－，取n＝1，得a1＝S1＝，满足题意；对C有Sn＝2n－，取n＝1，得a1＝S1＝，不满足题意；注意到8(a4－2)＝a2a6＝a42>0，得a4>2.又a1＝>0，所以q>0，从而S2 018>2，于是排除B、D.故选A.
2．(2020·皖南八校第二次联考)已知{an}为等差数列，若a3＋6＝2a5，则3a6＋a10＝(　　)
A．18 B．24
C．30 D．32
答案　B
解析　方法一：设等差数列{an}的公差为d，由a3＋6＝2a5，得a1＋2d＋6＝2(a1＋4d)，整理得a1＋6d＝6，所以3a6＋a10＝3(a1＋5d)＋(a1＋9d)＝4(a1＋6d)＝4×6＝24.故选B.
方法二：由等差数列的性质知a3＋a7＝2a5，结合条件a3＋6＝2a5，得a7＝6，则3a6＋a10＝2a6＋(a6＋a10)＝2a6＋2a8＝4a7＝24.

3．(2020·西北三省期末联考)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a3＋S5＝18，a5＝7.若a3，a6，am成等比数列，则m＝(　　)
A．15 B．17
C．19 D．21
答案　A
解析　设等差数列{an}的公差为d，根据等差数列的性质可知S5＝(a1＋a5)＝5a3，所以a3＋S5＝6a3＝18，解得a3＝3.又a5＝7，联立方程组解得所以an＝2n－3.又因为a3，a6，am成等比数列，所以a3·am＝a62，即3×(2m－3)＝92，解得m＝15.
4．(2020·东北三校联考)已知正项等比数列{an}，若向量a＝(8，a2)，b＝(a8，2)，a∥b，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a9＝(　　)
A．12 B．8＋log25
C．5 D．18
答案　D
分析　本题先根据平行向量的坐标运算可得a2a8＝16，再根据等比中项的知识，可计算出a5＝4，在求和时根据对数的运算法则及等比中项的性质可得到正确选项．
解析　由题意，向量a＝(8，a2)，b＝(a8，2)，a∥b，
则8×2－a2a8＝0，即a2a8＝16，
根据等比中项的知识，可得a2a8＝a52＝16，
∵a5>0，故a5＝4，
∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a9
＝log2(a1a2…a9)
＝log2[(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)·a5]
＝log2a59
＝9log24
＝18.故选D.
评说　本题主要考查等比数列性质的应用，以及数列与向量的综合问题．考查了转化与化归思想，平行向量的坐标运算，对数的计算，逻辑思维能力和数学运算能力．本题属中档题．
5．(2020·兰州第二中学第五次月考)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋12＝2Sn＋n＋1(n∈N*)，设数列的前n项和为Tn，则Tn的取值范围为(　　)
A. B．(0，1)
C. D.
答案　D
分析　据题意求出an，再由裂项相消法求出Tn，可得出结果．

解析　因为an＋12＝2Sn＋n＋1，
所以an2＝2Sn－1＋n(n≥2)，
因此an＋12－an2＝2(Sn－Sn－1)＋1＝2an＋1，即an＋12＝(an＋1)2，
又{an}为正项数列，所以an＋1＝an＋1，
故数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝n(n∈N*)，
因此＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋＝1－，
因为n∈N*，所以≤Tna9>…，可得S6与S7均为Sn的最大值，即D正确．故选ABD.
10．(2020·大教育全国名校联考)设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3(an＋1)，若a10＝ka8，则k＝________．
答案　9
分析　用n－1换2Sn＝3(an＋1)中的n，得2Sn－1＝3an－1＋3(n≥2)，作差可得an＝3an－1(n≥2)，从而数列{an}是等比数列，再由k＝＝q2即可得到答案．
解析　由2Sn＝3an＋3，得2Sn－1＝3an－1＋3(n≥2)，两式相减，得2an＝3an－3an－1，即an＝3an－1(n≥2)．由2S1＝3a1＋3，解得a1＝－3，所以数列{an}是首项为－3、公比为3的等比数列，所以k＝＝q2＝9.
评说　本题考查已知an与Sn的关系求数列通项的问题，要注意n的范围．


第二课时　数列大题
(1)考查内容分三块：①等差、等比数列的概念和性质；②由递推关系求通项；③数列求和．
(2)数列大题通常有两问，第(Ⅰ)问，通常求数列通项公式，有时涉及用定义证明等差或等比数列；第(Ⅱ)问，跟和有关，通常是求前n项和或特定项和，有时也涉及不等式证明或逆求参数等．
(3)注意数列与其他知识的结合！
　　　　　 　　　　 　　　　 　　　　


押题一　数列的证明
(2020·马鞍山第二次质检)已知数列{an}，{bn}，{cn}中，a1＝1，＝＋n－1，bn＝＋n，cn＝1－.
(1)求证：数列{bn}是等比数列，并求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{cn}的前n项和Sn.
【分析】　(1)根据＝＋n－1和bn＝＋n可证明{bn}为等比数列，即可求得{bn}的通项公式，进而求得{an}的通项公式．
(2)代入(1)中所得的an＝，bn＝2n可知cn＝1－＝，再错位相减求和即可．
【解析】　(1)证明：因为＝＋n－1，故＋n＋1＝＋2n＝2，即bn＋1＝2bn，
故{bn}是以＋1＝2为首项，2为公比的等比数列．故bn＝2n.
所以＋n＝2n⇒an＝.
故an＝，bn＝2n.
(2)由(1)得cn＝1－＝1－＝.
所以Sn＝＋＋＋…＋，
Sn＝＋＋＋…＋＋，
相减可得Sn＝＋＋＋＋…＋－，
故Sn＝－＝1－－.
故Sn＝2－.
【评说】　本题主要考查了构造数列求通项的方法，考查了等比数列的证明，同时也考查了错位相减法求和．属于中档题．
(2020·河北保定模拟)已知数列{an}满足an≠0，且3an－3an＋1＝anan＋1，等比数列{bn}中，b2＝a1，b4＝3，b6＝9.
(1)证明：数列为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{anan＋1}的前n项和Sn.
【分析】　(1)由3an－3an＋1＝anan＋1变形可证明数列为等差数列，结合已知条件可求出数列{an}的通项公式；(2)利用(1)的结论，得到数列{anan＋1}的通项公式，根据数列{anan＋1}通项公式的结构特征，利用裂项相消法求得Sn.
【解析】　(1)证明：an≠0，且3an－3an＋1＝anan＋1，等号两边同时除以3anan＋1，得－＝，所以数列是公差为的等差数列．
因为{bn}是等比数列，所以b2b6＝b42.
又b4＝3，b6＝9，所以9b2＝9，所以b2＝1，所以a1＝b2＝1，故＝＋(n－1)＝1＋(n－1)＝，an＝.
(2)由(1)知anan＋1＝＝9，所以Sn＝9(－＋－＋…＋－)＝9·＝.
【评说】　证明数列是等差数列或等比数列，需用定义或等差、等比中项性质．
(2020·湖北省七市模拟)已知数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，an＝(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2n·anan＋1.
(1)证明：数列是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
【分析】　(1)将an＝(n∈N*)两边分别取倒数，再加上1，可得＋1＝2，根据定义可知数列是等比数列，从而可得其通项公式；
(2)根据通项公式，选择合适方法求和．
【解析】　(1)证明：当n≥2时，an＝(n∈N*)，
∴＋1＝2，
∴数列是以2为公比，以＋1＝2为首项的等比数列，
从而＋1＝2×2n－1⇒an＝.
(2)由(1)知an＝，∴bn＝＝－，
∴Tn＝＋＋…＋

＝1－.
押题二　数列的通项与求和
(2020·济南市模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n.
【分析】　(1)利用an与Sn之间的关系，即可求得，注意判断n＝1时的情况是否与结果吻合；
(2)利用分组求和，结合(1)中所求{an}，即可求得结果．
【解析】　(1)因为Sn＝n2＋n，所以当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－＝n，
又n＝1时符合上式，所以an＝n.
(2)因为bn＝所以对任意的k∈N*，
b2k＋1－b2k－1＝(2k＋1)－(2k－1)＝2，
则{b2k＋1}是以1为首项，2为公差的等差数列；
＝＝4，则{b2k}是以4为首项，4为公比的等比数列．
所以T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)
＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(22＋24＋26＋…＋22n)
＝＋＝n2＋－.
(2020·深圳第二次调研)已知各项都为正数的等比数列{an}，a2＝32，a3a4a5＝8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，Tn＝|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|，求Tn.
【分析】　(1)设{an}的公比为q，由题设条件列出q与首项a1的方程组，解出q和a1.
(2)先由(1)中求得的an求出bn，再求|bn|，最后通过等差数列前n项和公式即可求得Tn.
【解析】　(1)设各项都为正数的等比数列{an}的公比为q，则q>0，
因为a2＝32，a3a4a5＝8，
所以解得a1＝27，q＝，
所以an＝29－2n(n∈N*)．
(2)由(1)知，bn＝log2an＝log229－2n＝9－2n，故|bn|＝
当1≤n≤4时，Tn＝n·＝8n－n2；
当n>4时，Tn＝(7＋5＋3＋1)＋＝n2－8n＋32，
故Tn＝
【评说】　本题主要考查等比数列的通项公式、等比中项的性质、等差数列的前n项和公式、对数运算等知识点，等差数列的前n项和公式为Sn＝×n，考查计算能力，体现了基础性与综合性，是中档题．
(2020·大庆实验中学综合训练)已知{an}是公差为1的等差数列，{bn}是正项等比数列，a1＝b1＝1，________，cn＝anbn(n∈N*)．
(1)在①b3＝a4，②a3＝3b3，③a2＝4b2这三个条件中任选一个，补充在上面横线处，判断{cn}是否是递增数列，并说明理由；
(2)若Sn＝，求数列{Sn}的前n项和Tn.
【分析】　(1)由题可得an＝n，然后分别选①②③，求出bn和cn，再利用作商法判断数列{cn}的单调性即可；
(2)先求出数列{Sn}的通项Sn＝，然后利用等比数列前n项和公式求解．
【解析】　因为{an}是公差为1，首项为1的等差数列，所以an＝1＋n－1＝n.
设{bn}的公比为q.
(1)若选①，由b3＝a4，得b3＝a4＝4，q＝2，bn＝2n－1，cn＝n·2n－1，＝＝100bn得>，即2n>101，
又因为n∈N*，所以n的最小值为7.
方案二：选①或④，
(1)设{an}的公比为q，则q>0.
由条件得4a2＝a4－3a3，
又因为a1＝1，所以4q＝q3－3q2，即q2－3q－4＝0，
解得q＝4(负值舍去)．
所以an＝4n－1.
(2)由题意得bn＝，
则Sn＝＝.
由Sn>100bn得>，即4n>301,
又因为n∈N*，所以n的最小值为5.
4．(2020·聊城市一模)在①a5＝b3＋b5，②S3＝87，③a9－a10＝b1＋b2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并给出解答．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，________，a1＝b6，
若对于任意n∈N*都有Tn＝2bn－1，且Sn≤Sk(k为常数)，求正整数k的值．
解析　由Tn＝2bn－1，n∈N*得，当n＝1时，b1＝1；当n≥2时，Tn－1＝2bn－1－1，从而bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1，
由此可知数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，故bn＝2n－1，
选条件①当a5＝b3＋b5时，a1＝32，a5＝20.
设数列{an}的公差为d，则20＝32＋4d，解得d＝－3，
所以an＝32－3(n－1)＝35－3n.
因为当n≤11时an>0，当n>11时an0，当n>11时，an0，当n>11时an0且k≠1，所以k2为非零常数，
所以数列{an}是以k4为首项，k2为公比的等比数列．
(2)当k＝时，an＝.
因为f(an)＝2n＋2，所以bn＝＋2n＋2，
所以Sn＝＋＝n2＋3n＋－.
因为n≥1，所以Sn＝n2＋3n＋－是单调递增的，
所以Sn的最小值为S1＝1＋3＋－＝.
(3)存在．理由如下．
结合(1)，知cn＝anlgan＝(2n＋2)·k2n＋2lgk，{cn}是递增数列即cn0，显然n＋1