高考数学(文数)一轮复习考点测试31《数列求和》（教师版）

这是一份高考数学(文数)一轮复习考点测试31《数列求和》（教师版），共10页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。


一、基础小题
1．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为( )
A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1 C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
答案 C
解析 Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＋eq \f(n1＋2n－1,2)＝2n＋1－2＋n2．故选C．
2．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq \f(1,nn＋1)，则S5等于( )
A．1 B．eq \f(5,6) C．eq \f(1,6) D．eq \f(1,30)
答案 B
解析 ∵an＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴S5＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,5)－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6)．故选B．
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝10a1，则eq \f(a1,d)＝( )
A．eq \f(1,2) B．1 C．eq \f(3,2) D．2
答案 B
解析 由S4＝10a1得eq \f(4a1＋a4,2)＝10a1，即d＝a1．所以eq \f(a1,d)＝1．故选B．
4．已知数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝2a2，则( )
A．a1<0 B．a1>0 C．a1≠a2 D．a2＝0
答案 D
解析 ∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2a2，当n＝1时，a1＝2a2，
当n＝2时，a1＋a2＝2a2，∴a2＝0．故选D．
5．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(a14n－1,3)，若a3＝8，则a1＝( )
A．eq \f(1,4) B．eq \f(1,2) C．64 D．128
答案 B
解析 ∵S3－S2＝a3，∴eq \f(a143－1,3)－eq \f(a142－1,3)＝8，∴a1＝eq \f(1,2)，故选B．
6．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S11＝( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 B
解析 由当n≥2时，an＋2Sn－1＝n得an＋1＋2Sn＝n＋1，上面两式相减得an＋1－an＋2an＝1，即an＋1＋an＝1，所以S11＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a10＋a11)＝5×1＋1＝6．故选B．
7．设Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，则S4m＋S2m＋1＋S2m＋3(m∈N*)的值为( )
A．0 B．3 C．4 D．随m的变化而变化
答案 B
解析 容易求得S2k＝－k，S2k＋1＝k＋1，所以S4m＋S2m＋1＋S2m＋3＝－2m＋m＋1＋m＋2＝3．故选B．
8．在等比数列{an}中，前7项的和S7＝16，且aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,7)＝128，则a1－a2＋a3－a4＋a5－a6＋a7＝( )
A．8 B．eq \f(13,2) C．6 D．eq \f(7,2)
答案 A
解析 设数列{an}的公比为q，则a1－a2＋a3－a4＋a5－a6＋a7＝eq \f(a1[1－－q7],1－－q)＝eq \f(a11＋q7,1＋q)，
a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝eq \f(a11－q7,1－q)＝16，aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,7)＝eq \f(a\\al(2,1)1－q14,1－q2)＝128．
∵eq \f(a11＋q7,1＋q)·eq \f(a11－q7,1－q)＝eq \f(a\\al(2,1)1－q14,1－q2)，∴a1－a2＋a3－a4＋a5－a6＋a7＝eq \f(128,16)＝8．故选A．
二、高考小题
9．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推，求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )
A．440 B．330 C．220 D．110
答案 A
解析 设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为eq \f(nn＋1,2)．由题意知，N>100，令eq \f(nn＋1,2)>100，解得n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后．
第n组的各项和为eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，前n组所有项的和为eq \f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－2－n．设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则N－eq \f(nn＋1,2)项的和即第n＋1组的前k项的和2k－1应与－2－n互为相反数，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝lg2(n＋3)，∴n最小为29，此时k＝5．则N＝eq \f(29×1＋29,2)＋5＝440．故选A．
10．已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________．
答案 6
解析 设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝6，a3＋a5＝0，∴6＋2d＋6＋4d＝0，
∴d＝－2，∴S6＝6×6＋eq \f(6×5,2)×(－2)＝6．
11．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))eq \f(1,Sk)＝________．
答案 eq \f(2n,n＋1)
解析 设公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝3，,4a1＋6d＝10，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1，))∴an＝n．
∴前n项和Sn＝1＋2＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)，∴eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))eq \f(1,Sk)＝21－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝21－eq \f(1,n＋1)＝2·eq \f(n,n＋1)＝eq \f(2n,n＋1)．
12．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________．
答案 －eq \f(1,n)
解析 ∵an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，又由a1＝－1，知Sn≠0，∴eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列，且公差为－1，而eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝－1，
∴eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq \f(1,n)．
13．已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为________．
答案 27
解析 设An＝2n－1，Bn＝2n，n∈N*，当Ak观察到l＝5时，Tl＝S21<12a22，l＝6，Tl＝S38>12a39，则n∈[22,38)，n∈N*时，存在n，使Sn≥12an＋1，此时T5＝A1＋A2＋…＋A16＋B1＋B2＋B3＋B4＋B5，则当n∈[22,38)，n∈N*时，Sn＝T5＋eq \f(n－22＋1A22－5＋An－5,2)＝n2－10n＋87．an＋1＝An＋1－5＝An－4,12an＋1＝12[2(n－4)－1]＝24n－108，Sn－12an＋1＝n2－34n＋195＝(n－17)2－94，则n≥27时，Sn－12an＋1>0，即nmin＝27．
三、模拟小题
14．已知数列{an}满足an＋1＋(－1)n＋1an＝2，则其前100项和为( )
A．250 B．200 C．150 D．100
答案 D
解析 n＝2k(k∈N*)时，a2k＋1－a2k＝2，
n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋a2k－1＝2，
n＝2k＋1(k∈N*)时，a2k＋2＋a2k＋1＝2，∴a2k＋1＋a2k－1＝4，a2k＋2＋a2k＝0，∴{an}的前100项和＝(a1＋a3)＋…＋(a97＋a99)＋(a2＋a4)＋…＋(a98＋a100)＝25×4＋25×0＝100．故选D．
15．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\f(n－1,2)，n为奇数，,\f(1,2)\f(n,2)，n为偶数，))则数列{3an＋n－7}的前2n项和的最小值为( )
A．－eq \f(51,4) B．－eq \f(185,4) C．－eq \f(25,2) D．－eq \f(105,8)
答案 D
解析 设bn＝3an＋n－7，{3an＋n－7}的前2n项和为S2n，
则S2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝3eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1－\f(1,2)n,1－\f(1,2))＋\f(\f(1,2)1－\f(1,2)n,1－\f(1,2))))＋(1＋2＋3＋…＋2n)－14n
＝91－eq \f(1,2)n＋2n2－13n，又2n2－13n＝2n－eq \f(13,4)2－eq \f(169,8)，
当n≥4时，f(n)＝2n－eq \f(13,4)2－eq \f(169,8)是关于n的增函数，
又g(n)＝91－eq \f(1,2)n也是关于n的增函数，∴S8∵S8＝－eq \f(185,16)，S6＝－eq \f(105,8)，S4＝－eq \f(45,4)，S2＝－eq \f(13,2)，∴S6∴S6最小，S6＝－eq \f(105,8)，故选D．
16．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1，bn＝lg2(aeq \\al(2,n)·2an)，数列{bn}的前n项和为Tn，则满足Tn>1024的最小n的值为________．
答案 9
解析 当n＝1时，a1＝4，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,2n，n≥2.))所以bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8，n＝1，,2n＋2n，n≥2，))所以Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8，n＝1，,2n＋1＋nn＋1＋2，n≥2.))
当n＝9时，T9＝210＋9×10＋2＝1116>1024；当n＝8时，T8＝29＋8×9＋2＝586<1024，所以满足Tn>1024的最小n的值为9．
17．函数f(x)＝eq \f(ex－1,ex＋1)，g(x)＝f(x－1)＋1，an＝geq \f(1,n)＋geq \f(2,n)＋geq \f(3,n)＋…＋geq \f(2n－1,n)，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________．
答案 an＝2n－1
解析 由题意知f(x)的定义域为R，
又f(－x)＝eq \f(e－x－1,e－x＋1)＝eq \f(1－ex,1＋ex)＝－f(x)，
∴函数f(x)＝eq \f(ex－1,ex＋1)为奇函数，g(x)＋g(2－x)＝f(x－1)＋1＋f(2－x－1)＋1
＝f(x－1)＋f(1－x)＋2，由f(x)＝eq \f(ex－1,ex＋1)为奇函数，知f(x－1)＋f(1－x)＝0，
∴g(x)＋g(2－x)＝2．∵an＝geq \f(1,n)＋geq \f(2,n)＋geq \f(3,n)＋…＋geq \f(2n－1,n)，n∈N*，①
∴an＝geq \f(2n－1,n)＋geq \f(2n－2,n)＋geq \f(2n－3,n)＋…＋geq \f(1,n)，n∈N*，②
由①＋②得2an＝geq \f(1,n)＋geq \f(2n－1,n)＋geq \f(2,n)＋geq \f(2n－2,n)＋…＋geq \f(2n－1,n)＋geq \f(1,n)＝(2n－1)×2，
则数列{an}的通项公式为an＝2n－1．
18．已知正项数列{an}满足aeq \\al(2,n＋1)－6aeq \\al(2,n)＝an＋1an．若a1＝2，则数列{an}的前n项和Sn为________．
答案 3n－1
解析 ∵aeq \\al(2,n＋1)－6aeq \\al(2,n)＝an＋1an，∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，∵an>0，∴an＋1＝3an，
∴{an}是公比为3的等比数列，∴Sn＝eq \f(2×1－3n,1－3)＝3n－1．
19．已知数列{an}的前n项和Sn＝－eq \f(1,2)n，如果存在正整数n，使得(m－an)(m－an＋1)<0成立，那么实数m的取值范围是________．
答案 －eq \f(1,2)，eq \f(3,4)
解析 易得a1＝－eq \f(1,2)，n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝－eq \f(1,2)n－－eq \f(1,2)n－1＝3×－eq \f(1,2)n．
则有a120．已知数列{an}的首项a1＝1，函数f(x)＝x4＋an＋1cs2x－(2an＋1)有唯一零点，则数列{n(an＋1)}的前n项和为________．
答案 (n－1)2n＋1＋2
解析 解法一：显然f(x)为R上的偶函数，若其仅有一个零点，则f(0)＝0，即an＋1＝2an＋1，则an＋1＋1＝2(an＋1)，从而{an＋1}是公比为2的等比数列，an＋1＝(1＋1)·2n－1，an＝2n－1(n∈N*)．从而n(an＋1)＝n·2n，设Tn＝1·21＋2·22＋…＋n·2n,2Tn＝1·22＋2·23＋…＋n·2n＋1，作差得－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1，－Tn＝2(2n－1)－n·2n＋1，所以Tn＝2＋(n－1)2n＋1．
解法二：显然f(x)为R上的偶函数，若其仅有一个零点，则f(0)＝0，即an＋1＝2an＋1，则an＋1＋1＝2(an＋1)，从而{an＋1}是以2为公比的等比数列，an＋1＝(1＋1)2n－1，an＝2n－1(n∈N*)．从而n(an＋1)＝n·2n＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,n－12n＋1－n－22n，n≥2，))设Tn＝2＋23＋2·24－23＋3·25－2·24＋…＋(n－1)·2n＋1－(n－2)·2n，则Tn＝2＋(n－1)2n＋1．
一、高考大题
1．已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n．
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式．
解 (1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得a3＋a5＝2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8．
由a3＋a5＝20得8q＋eq \f(1,q)＝20，
解得q＝2或q＝eq \f(1,2)，因为q>1，所以q＝2．
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn．
由cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))解得cn＝4n－1．
由(1)可知an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)·eq \f(1,2)n－1，
故bn－bn－1＝(4n－5)·eq \f(1,2)n－2，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)
＋(b2－b1)＝(4n－5)·eq \f(1,2)n－2＋(4n－9)·eq \f(1,2)n－3＋…＋7·eq \f(1,2)＋3．
设Tn＝3＋7·eq \f(1,2)＋11·eq \f(1,2)2＋…＋(4n－5)·eq \f(1,2)n－2，n≥2，
eq \f(1,2)Tn＝3·eq \f(1,2)＋7·eq \f(1,2)2＋…＋(4n－9)·eq \f(1,2)n－2＋(4n－5)·eq \f(1,2)n－1，
所以eq \f(1,2)Tn＝3＋4·eq \f(1,2)＋4·eq \f(1,2)2＋…＋4·eq \f(1,2)n－2－(4n－5)·eq \f(1,2)n－1，
因此Tn＝14－(4n＋3)·eq \f(1,2)n－2，n≥2，
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·eq \f(1,2)n－2，n≥2．
经检验，当n＝1时，bn也成立．
故bn＝15－(4n＋3)·eq \f(1,2)n－2．
2．设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6．
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值．
解 (1)设等比数列{bn}的公比为q．
由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0．
因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1．
所以Tn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1．
设等差数列{an}的公差为d．
由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4．
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，
从而a1＝1，d＝1，故an＝n．
所以Sn＝eq \f(nn＋1,2)．
(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝eq \f(2×1－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2．
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得eq \f(nn＋1,2)＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，
整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍去)或n＝4．
所以n的值为4．
3．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
等比数列{bn}的公比为q．
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3，
又因为q＞0，所以q＝2．所以bn＝2n．
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8．①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2．
所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n．
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)·4n，
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)·4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)·4n＋(3n－1)·4n＋1，
上述两式相减，得
－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)·4n＋1
＝eq \f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)·4n＋1＝－(3n－2)·4n＋1－8．
得Tn＝eq \f(3n－2,3)·4n＋1＋eq \f(8,3)．
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为eq \f(3n－2,3)·4n＋1＋eq \f(8,3)．
二、模拟大题
4．已知数列{an}的前n项和为Sn＝eq \f(nn＋1,2)，数列{bn}满足bn＝an＋an＋1(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若cn＝2an·(bn－1)(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn．
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(nn＋1,2)－eq \f(n－1n,2)＝n，
又a1＝1符合上式，∴an＝n(n∈N*)，
∴bn＝an＋an＋1＝2n＋1．
(2)由(1)得cn＝2an(bn－1)＝n·2n＋1，
∴Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1， ①
2Tn＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋(n－1)×2n＋1＋n×2n＋2， ②
①－②得，－Tn＝22＋23＋24＋…＋2n＋1－n·2n＋2＝eq \f(41－2n,1－2)－n·2n＋2＝(1－n)·2n＋2－4，
∴Tn＝(n－1)·2n＋2＋4．
5．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn．
解 (1)由题设知a1a4＝a2a3＝8，
又a1＋a4＝9，可解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a4＝8))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝8，,a4＝1))(舍去)．
设等比数列{an}的公比为q，由a4＝a1q3得q＝2，
故an＝a1qn－1＝2n－1，n∈N*．
(2)Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝2n－1，
又bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)＝eq \f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,S1)－eq \f(1,S2)＋eq \f(1,S2)－eq \f(1,S3)＋…＋eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)＝eq \f(1,S1)－eq \f(1,Sn＋1)＝1－eq \f(1,2n＋1－1)，n∈N*．
6．已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a2＝37，S4＝152．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{|an－2n|}的前n项和Tn．
解 (1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝37，,4a1＋6d＝152，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝35，,d＝2，))
所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋33(n∈N*)．
(2)由(1)知，|an－2n|＝|2n＋33－2n|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＋33－2n1≤n≤5，,2n－2n＋33n≥6.))
当1≤n≤5时，Tn＝eq \f(35＋2n＋33n,2)－eq \f(21－2n,1－2)＝n2＋34n－2n＋1＋2；
当n≥6时，T5＝133，|2n＋33－2n|＝2n－(2n＋33)，
Tn－T5＝eq \f(641－2n－5,1－2)－eq \f(45＋2n＋33n－5,2)＝2n＋1－n2－34n＋131，
∴Tn＝2n＋1－n2－34n＋264．
综上所述，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2＋34n－2n＋1＋21≤n≤5，n∈N*，,2n＋1－n2－34n＋264n≥6，n∈N*.))
l
Tl
n
an＋1
12an＋1
1
3
2
3
36
2
10
4
5
60
3
30
7
9
108
4
94
12
17
204
5
318
21
33
396
6
1150
38
65
780