题型05 数列 2022年高考数学三轮冲刺之重难点必刷题型

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预测05 数列

数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系；解答题的难度中等或稍难，将稳定在中等难度.往往在利用方程思想解决数列基本问题后，进一步数列求和，在求和后可与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．


1．等差数列的有关概念
(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．　　 　
(2)①通项公式：an＝a1＋(n－1)d＝nd＋(a1－d)⇒当d≠0时，an是关于n的一次函数．
②通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．　　　　　　　　　　　　　
(3)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝，其中A叫做a，b的等差中项．
①若m＋n＝2p，则2ap＝am＋an(m，n，p∈N*)．
②当m＋n＝p＋q时，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．
(4)前n项和公式：Sn＝ Sn＝na1＋d＝n2＋n⇒当d≠0时，Sn是关于n的二次函数，且没有常数项．
2.常用结论：
已知{an}为等差数列，d为公差，Sn为该数列的前n项和．
(1)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差数列，公差为n2d.
(2)若{an}是等差数列，则也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的.
(3)若项数为偶数2n，则S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)；S偶－S奇＝nd；＝.
若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝(2n－1)an；S奇－S偶＝an；＝.
1．等比数列的有关概念
(1)定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为＝q(q≠0，n∈N*)．
(2)等比中项
如果a、G、b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔G2＝ab．
“a，G，b成等比数列”是“G是a与b的等比中项”的充分不必要条件．
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1．
(2)前n项和公式：Sn＝
3．等比数列的性质
已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和(m，n，p，q，r，k∈N*)
(1)若m＋n＝p＋q＝2r，则am·an＝ap·aq＝a．
(2)数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列．
(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时{an}的公比q≠－1)．
常用结论
4．记住等比数列的几个常用结论
(1)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，{an·bn}，仍是等比数列．
(2)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
(3)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等比数列。







1．（2021•北京）已知{an}是各项为整数的递增数列，且a1≥3，若a1+a2+a3+…+an＝100，则n的最大值为（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
【解答】解：数列{an}是递增的整数数列，
∴n要取最大，递增幅度尽可能为小的整数，
假设递增的幅度为1，
∵a1＝3，
∴an＝n+2，
则Sn=(3+n+2)n2=5n+n22，
当n＝10时，a10＝12，S10＝75，
∵100﹣S10＝25＞a10＝12，即n可继续增大，n＝10非最大值，
当n＝12时，a12＝14，S12＝102，
∵100﹣S12＝100﹣102＜0，不满足题意，
即n＝11为最大值．
故选：C．
2．（2019•新课标Ⅰ）记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（　　）
A．an＝2n﹣5 B．an＝3n﹣10 C．Sn＝2n2﹣8n D．Sn=12n2﹣2n
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
由S4＝0，a5＝5，得
4a1+6d=0a1+4d=5，∴a1=-3d=2，
∴an＝2n﹣5，Sn=n2-4n，
故选：A．
3．（2021•甲卷）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【解答】解：∵Sn为等比数列{an}的前n项和，S2＝4，S4＝6，
由等比数列的性质，可知S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列，
∴4，2，S6﹣6成等比数列，
∴22＝4（S6﹣6），解得S6＝7．
故选：A．
4．（2021•甲卷）等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn．设甲：q＞0，乙：{Sn}是递增数列，则（　　）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【解答】解：若a1＝﹣1，q＝1，则Sn＝na1＝﹣n，则{Sn}是递减数列，不满足充分性；
∵Sn=a11-q（1﹣qn），
则Sn+1=a11-q（1﹣qn+1），
∴Sn+1﹣Sn=a11-q（qn﹣qn+1）＝a1qn，
若{Sn}是递增数列，
∴Sn+1﹣Sn＝a1qn＞0，
则a1＞0，q＞0，
∴满足必要性，
故甲是乙的必要条件但不是充分条件，
故选：B．
二．多选题（共1小题）
（多选）5．（压轴）（2021•新高考Ⅱ）设正整数n＝a0•20+a1•21+…+ak﹣1•2k﹣1+ak•2k，其中ai∈{0，1}，记ω（n）＝a0+a1+…+ak，则（　　）
A．ω（2n）＝ω（n） B．ω（2n+3）＝ω（n）+1
C．ω（8n+5）＝ω（4n+3） D．ω（2n﹣1）＝n
【解答】解：方法1：∵2n＝a0•21+a1•22+…+ak﹣1•2k+ak•2k+1，∴ω（2n）＝ω（n）＝a0+a1+…+ak，∴A对；
当n＝2时，2n+3＝7＝1•20+1•21+1•22，∴ω（7）＝3．∵2＝0•20+1•21，∴ω（2）＝0+1＝1，∴ω（7）≠ω（2）+1，∴B错；
∵8n+5＝a0•23+a1•24+•••+ak•2k+3+5＝1•20+1•22+a0•23+a1•24+•••+ak•2k+3，
∴ω（8n+5）＝a0+a1+•••+ak+2．∵4n+3＝a0•22+a1•23+•••+ak•2k+2+3＝1•20+1•21+a0•22+a1•23+•••+ak•2k+2，
∴ω（4n+3）＝a0+a1+•••+ak+2＝ω（8n+5）．∴C对；
∵2n﹣1＝1•20+1•21+•••+1•2n﹣1，∴ω（2n﹣1）＝n，∴D对．
方法2：根据题意得n（10）＝akak﹣1•••a1a0（2），
ω（n）为n的二进制表示下各位数字之和．
对于选项A，2n在二进制意义下为末尾添0，不改变各位数字之和．
对于选项B，2n+3是二进制意义下末尾添0，然后加上11（2），可能会改变各位数字之和，如10（2）→111（2）．
对于选项C，8n+5是二进制意义下末尾添101，4n+3是二进制意义下末尾添11，各位数字之和相等．
对于选项D，（2n﹣1）（10）=11⋅⋅⋅1︸n个1，各位数字之和为n．
综上所述：选项ACD符合题意．
故选：ACD．
三．填空题（共1小题）
6．（压轴）（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　5　；如果对折n次，那么k=1n Sk＝　240(3-n+32n)　dm2．
【解答】解：易知有20dm×34dm，10dm×32dm，5dm×3dm，52dm×6dm，54dm×12dm，共5种规格；
由题可知，对折k次共有k+1种规格，且面积为2402k，故Sk=240(k+1)2k，
则k=1n Sk=240k=1n k+12k，记Tn=k=1n k+12k，则12Tn=k=1n k+12k+1，
∴12Tn=k=1n k+12k-k=1n k+12k+1==1+14(1-12n-1)1-12-n+12n+1=32-n+32n+1，
∴Tn=3-n+32n，
∴k=1n Sk=240(3-n+32n)．
故答案为：5；240(3-n+32n)．
四．解答题（共5小题）
7．（2021•新高考Ⅱ）记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；
（Ⅱ）求使Sn＞an成立的n的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）数列Sn是公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．
根据等差数列的性质，a3＝S5＝5a3，故a3＝0，
根据a2a4＝S4可得（a3﹣d）（a3+d）＝（a3﹣2d）+（a3﹣d）+a3+（a3+d），
整理得﹣d2＝﹣2d，可得d＝2（d＝0不合题意），
故an＝a3+（n﹣3）d＝2n﹣6．
（Ⅱ）an＝2n﹣6，a1＝﹣4，
Sn＝﹣4n+n(n-1)2×2＝n2﹣5n，
Sn＞an，即n2﹣5n＞2n﹣6，
整理可得n2﹣7n+6＞0，
当n＞6或n＜1时，Sn＞an成立，
由于n为正整数，
故n的最小正值为7．
8．（2021•乙卷）记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn+1bn=2．
（1）证明：数列{bn}是等差数列；
（2）求{an}的通项公式．
【解答】解：（1）证明：当n＝1时，b1＝S1，
由2b1+1b1=2，解得b1=32，
当n≥2时，bnbn-1=Sn，代入2Sn+1bn=2，
消去Sn，可得2bn-1bn+1bn=2，所以bn﹣bn﹣1=12，
所以{bn}是以32为首项，12为公差的等差数列．
（2）由题意，得a1＝S1＝b1=32，
由（1），可得bn=32+（n﹣1）×12=n+22，
由2Sn+1bn=2，可得Sn=n+2n+1，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1=n+2n+1-n+1n=-1n(n+1)，显然a1不满足该式，
所以an=32，n=1-1n(n+1)，n≥2．
9．（2021•甲卷）记Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，a2＝3a1，且数列{Sn}是等差数列，证明：{an}是等差数列．
【解答】证明：设等差数列{Sn}的公差为d，
由题意得S1=a1；S2=a1+a2=4a1=2a1，
则d=S2-S1=2a1-a1=a1，所以Sn=a1+（n﹣1）a1=na1，
所以Sn＝n2a1①；
当n≥2时，有Sn﹣1＝（n﹣1）2a1②．
由①②，得an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2a1﹣（n﹣1）2a1＝（2n﹣1）a1③，
经检验，当n＝1时也满足③．
所以an＝（2n﹣1）a1，n∈N+，
当n≥2时，an﹣an﹣1＝（2n﹣1）a1﹣（2n﹣3）a1＝2a1，
所以数列{an}是等差数列．
10．（2021•乙卷）设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn=nan3，已知a1，3a2，9a3成等差数列．
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn＜Sn2．
【解答】解：（1）∵a1，3a2，9a3成等差数列，∴6a2＝a1+9a3，
∵{an}是首项为1的等比数列，设其公比为q，
则6q＝1+9q2，∴q=13，
∴an＝a1qn﹣1=(13)n-1，
∴bn=nan3=n•(13)n．
（2）证明：由（1）知an=(13)n-1，bn＝n•(13)n，
∴Sn=1×[1-(13)n]1-13=32-12×(13)n-1，
Tn=1×(13)1+2×(13)2+⋯+n⋅(13)n，①
∴13Tn=1×(13)2+2×(13)3+⋯+n⋅(13)n+1，②
①﹣②得，23Tn=12[1-(13)n]-n(13)n+1，
∴Tn=34-14×(13)n-1-n2(13)n，
∴Tn-Sn2=34-14×(13)n-1-n2⋅(13)n-[34-14×(13)n-1]＜0，
∴Tn＜Sn2．
11．（2021•新高考Ⅰ）已知数列{an}满足a1＝1，an+1=an+1，n为奇数，an+2，n为偶数．
（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
（2）求{an}的前20项和．
【解答】解：（1）因为a1＝1，an+1=an+1，n为奇数an+2，n为偶数，
所以a2＝a1+1＝2，a3＝a2+2＝4，a4＝a3+1＝5，
所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，
bn﹣bn﹣1＝a2n﹣a2n﹣2＝a2n﹣a2n﹣1+a2n﹣1﹣a2n﹣2＝1+2＝3，n≥2，
所以数列{bn}是以b1＝2为首项，以3为公差的等差数列，
所以bn＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1．
另解：由题意可得a2n+1＝a2n﹣1+3，a2n+2＝a2n+3，
其中a1＝1，a2＝a1+1＝2，
于是bn＝a2n＝3（n﹣1）+2＝3n﹣1，n∈N*．
（2）由（1）可得a2n＝3n﹣1，n∈N*，
则a2n﹣1＝a2n﹣2+2＝3（n﹣1）﹣1+2＝3n﹣2，n≥2，
当n＝1时，a1＝1也适合上式，
所以a2n﹣1＝3n﹣2，n∈N*，
所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，
则{an}的前20项和为a1+a2+...+a20＝（a1+a3+…+a19）+（a2+a4+…+a20）＝10+10×92×3+10×2+10×92×3＝300．

☆☆单选题☆☆
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝12，S5＝90，则等差数列{an}的公差d＝（　　）
A．2 B．32 C．3 D．4
【解答】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝12，S5＝90，
∴S5=5×12+5×42d=90，解得等差数列{an}的公差d＝3．
故选：C．
2．记正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，S11＝a5a6，则（　　）
A．an＝3n B．an＝2n+1 C．an＝4n﹣1 D．an＝8n﹣5
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
由S11＝a5a6，得11a1+55d＝（a1+4d）（a1+5d），
又a1＝3，得33+55d＝（3+4d）（3+5d），即20d2﹣28d﹣24＝0，
因为a1＞0，{an}为正项等差数列，所以解得d＝2或d=-35（舍去），
所以an＝3+2（n﹣1）＝2n+1．
故选：B．
3．各项均为正数的等比数列{an}满足log2a1+log2a2+⋯+log2a10＝10，则a5a6＝（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
【解答】解：由log2a1+log2a2+⋯+log2a10＝log2（a1a2•••a10）＝10，得a1a2•••a10＝210，
又{an}是等比数列，得a1a10＝•••＝a5a6，
所以（a5a6）5＝210，解得a5a6＝4．
故选：B．
4．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，若a3＝8，S3＝24，则公比q＝（　　）
A．-12 B．-13 C．-12或1 D．-13或1
【解答】解：等比数列{an}中a3＝8，S3＝24，
可得a1q2＝8，a1+a2+a3＝a1+a1q+a1q2＝24，
解得a1＝8，q＝1，或a1＝32，q=-12，
故选：C．
5．在正项等比数列{an}中，a1＝2，a2+4是a1，a3的等差中项，则a4＝（　　）
A．16 B．27 C．32 D．54
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q（q＞0），
∵a2+4是a1，a3的等差中项，a1＝2，
∴2（a2+4）＝a1+a3，即2（2q+1）＝2+2q2，
∴q＝2＝或q＝0（舍去），
∴a4＝2×23＝16．
故选：A．
6．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S6＝2S3+4，则a7+a8+a9的最小值为（　　）
A．12 B．16 C．20 D．24
【解答】解：因为正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S6＝2S3+4，
所以a1+a2+a3+（a4+a5+a6）＝S3+q3（a1+a2+a3）＝S3（1+q3）＝2S3+4，
所以q3＝1+4S3，
则a7+a8+a9＝q6（a1+a2+a3）＝S3（1+4S3）2＝S3+16S3+8≥2S3⋅16S3+8＝16．
当且仅当S3＝4时取等号，
所以a7+a8+a9的最小值为16．
故选：B．
☆☆多选题☆☆
（多选）7．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则（　　）
A．若S5＞S9，则S15＞0
B．若S5＝S9，则S7是Sn中最大的项
C．若S6＞S7，则S7＞S8
D．若S6＞S7，则S5＞S6
【解答】解：对于A，∵S5＞S9，
∴a6+a7+a8+a9＜0，即a1+a14＜0，
∴S15＜0，
对于B，∵S5＝S9，
∴Sn对称轴为n＝7，S7是Sn中最大的项，故B正确，
对于C，∵S6＞S7，
∴a7＜0，
又∵a1＞0，
∴d＜0，a8＜a7＜0，
∴S7＞S8，故C正确，
对于D，∵S6＞S7，
∴a7＜0，但不能推出a6 是否为负，
故不一定有S5＞S6，故D错误．
故选：BC．
（多选）8．在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续．设第n月月底小王手中有现款为an，则下列论述正确的有（　　）（参考数据：1.211＝7.5，1.212＝9）
A．a1＝12000
B．an+1＝1.2an﹣1000
C．2020年小王的年利润为40000元
D．两年后，小王手中现款达41万
【解答】解：每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，
a1＝（1+20%）×10000﹣1000＝11000元，故A错误；
由题意an+1＝1.2an﹣1000，故B正确；
由an+1＝1.2an﹣1000，得an+1﹣5000＝1.2（an﹣5000），
所以数列{an﹣5000}是首项为6000，公比为1.2的等比数列，∴a12-5000=6000×1.211，即a12=6000×1.211+5000=50000，
2020年小王的年利润为50000﹣10000＝40000元，故C正确；
a24=5000+6000×1.223=5000+6000×921.2=410000元，即41万，故D正确．
故选：BCD．

☆☆填空题☆☆
9．已知数列{an}的首项a1=12，an+1＝1-1an，则a2021＝　﹣1　．
【解答】解：∵a1=12，an+1＝1-1an，
∴a2＝﹣1，a3＝2，a4=12，…，
∴数列{an}是周期为3的数列，
∴a2021＝a673×3+2＝a2＝﹣1，
故答案为：﹣1．
10．已知数列{an}满足an+1=an+1(n∈N*)且a2+a4+a6＝7，则log2（a5+a7+a9）＝　4　．
【解答】解：因为数列{an}满足an+1=an+1(n∈N*)，
所以数列{an}是公差为1的等差数列，
由a2+a4+a6＝7，可得a1+1+a1+3+a1+5＝7，解得a1=-23，
所以a5+a7+a9＝3a1+18＝16，
则log2（a5+a7+a9）＝log216＝4．
故答案为：4．
11．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝10，S6＝20，则S9＝　30　．
【解答】解：因为数列{an}是等比数列，且公比不为﹣1，
所以S3，S6﹣S3，S9﹣S6也成等比数列，
由S3＝10，S6＝20，
可得S6﹣S3＝20﹣10＝10，
所以S9﹣S6＝10，
则S9＝30．
故答案为：30．
12．已知数列{an}满足an+1=2an+12，且前8项和为761，则a1＝　52　．
【解答】解：由an+1=2an+12，变形为an+1+12=2（an+12），
∴数列{an+12}为等比数列，公比为2，首项为a1+12，
∴an+12=（a1+12）•2n﹣1，
∴an＝（a1+12）•2n﹣1-12，
∵数列{an}的前8项和为761，
∴（a1+12）（1+2+22+…+27）-12×8＝761，
∴（a1+12）×28-12-1=765，
∴a1=52．
故答案为：52．
☆☆解答题☆☆
13．已知各项均不相等的等差数列{an}的前4项和为10，且a1，a2，a4是等比数列{bn}的前3项．
（1）求an，bn；
（2）设cn=bn+1an(an+1)，求{cn}的前n项和Sn．
【解答】解：（1）设数列{an}的公差为d（d≠0），
由题意，S4=4a1+4×(4-1)2d=4a1+6d=10，①
又∵a1，a2，a4成等比数列，∴a22=a1a4，
即(a1+d)2=a1(a1+3d)，得a1＝d，②
联立①②可得，a1＝d＝1．
∴an＝n，bn=2n-1；
（2）∵cn=bn+1an(an+1)=2n-1+1n(n+1)，
∴Sn=(20+21+⋯+2n-1)+(1-12+12-13+⋯+1n-1n+1)=1-2n1-2+1-1n+1=2n-1n+1．
∴数列{cn}的前n项和为Sn=2n-1n+1．
14．设Sn为数列{an}的前n项和，已知a3＝7，an＝2an﹣1+a2﹣2（n≥2）．
（1）证明：{an+1}为等比数列；
（2）求{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？
【解答】（1）证明：∵a3＝7，a3＝3a2﹣2，∴a2＝3，
∴an＝2an﹣1+1，∴a1＝1，an+1an+1+1=2an-1+2an-1+1=2(n≥2)，
a1+1＝2，
∴{an+1}是首项为2公比为2的等比数列．
（2）解：由（1）知，an+1=2n，∴an=2n-1，
∴Sn=2-2n+11-2-n=2n+1-n-2，
∴n+Sn-2an=n+2n+1-n-2-2(2n-1)=0，∴n+Sn＝2an，
即n，an，Sn成等差数列．
15．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝an+n2﹣1，数列{bn}为等比数列，公比为q，且S5＝qS2+3，a2＝5b1．
（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）求数列{an•bn}的前n项和Tn．
【解答】解：（I）∵Sn＝an+n2﹣1，Sn+1＝an+1+（n+1）2﹣1，
∴an+1＝Sn+1﹣Sn＝an+1﹣an+2n+1，
∴an＝2n+1．数列{bn}为等比数列，公比为q，a2＝5b1．
∵5b1＝a2＝5，解得b1＝1．
∵S5＝qS2+3，5×(3+11)2=（3+5）q+3，解得q＝4．
∴bn＝4n﹣1．
（II）∵an•bn＝（2n+1）•4n﹣1．
∴Tn＝3+5×4+7×42+……+（2n+1）•4n﹣1．
4Tn＝3×4+5×42+7×43+……+（2n﹣1）•4n﹣1+（2n+1）•4n．
∴﹣3Tn＝3+2（4+42+……+4n﹣1）﹣（2n+1）•4n＝3+2×4(4n-1-1)4-1-（2n+1）•4n，
∴Tn=-19+(2n3+19)•4n．
16．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=43(an-1)，n∈N+．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝log4an，记数列{1bnbn+1}的前n项和为Tn，求T2021．
【解答】解：（1）∵Sn=43(an-1)，n∈N*，当n＝1时，S1=43(a1-1)，∴a1＝4．
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=43(an-1)-43(an-1-1)=43(an-an-1)．
∴an＝4an﹣1，又a1＝4．
∴{an}是以4为首项，4为公比的等比数列，
∴an=a1qn-1=4n(n∈N*)．
（2）bn＝log4an＝n，1bnbn+1=1n(n+1)=1n-1n+1，
Tn=b1+b2+⋅⋅⋅+bn=(1-12)+(12-13)+⋅⋅⋅+(1n-1n+1)=1-1n+1=nn+1．
∴T2021=20212022．
17．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=Sn-1+1（n≥2，n∈N），且a1＝1．
（1）求数列的通项公式{an}；
（2）记bn=1an⋅an+1，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥2n成立的n的最小值．
【解答】解：（1）数列{an}的前n项和Sn满足Sn=Sn-1+1，所以：Sn-Sn-1=1，
所以：数列{Sn}为等差数列，
且S1=a1=1，
则：Sn=n，
即Sn=n2，
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n﹣1．
又a1＝1也满足上式，
所以：an＝2n﹣1；
（2）由（1）知，bn=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)，
∴Tn=12(1-13+13-15+⋯+12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1，
由Tn≥2n有n2≥4n+2，
有（n﹣2）2≥6，
所以n≥5，
∴n的最小值为5．
18．已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn．且Sn为an与1an的等差中项．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=(-1)nan，求{bn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）∵Sn为an与1an的等差中项，
∴2Sn＝an+1an，
当n＝1时，易知a1＝1，
当n＝2时，2+2a2＝a2+1a2，
整理得：a22+2a2﹣1＝0，
解得：a2=2-1或a2=-2-1（舍），
当n＝3时，22+2a3＝a3+1a3，
整理得：a32+22a3﹣1＝0，
解得：a3=3-2或a3=3-2（舍），
…
猜想：an=n-n-1．
下面用数学归纳法来证明：
①当n＝1时，结论显然成立；
②假设当n＝k﹣1（k≥2）时成立，即ak﹣1=k-1-k-2，
则2Sk＝ak+1ak，所以2Sk﹣1＝ak﹣1+1ak-1，
两式作差，得2k-1+ak-1ak=0，
整理，得ak2+2k-1ak﹣1＝0，
解得ak=k-k-1或ak=-k-k-1（舍），
即当n＝k时结论也成立；
由①②可知an=n-n-1．
（2）由（1）可知bn=(-1)nan=(-1)nn-n-1=（﹣1）n（n+n-1），
当n为奇数时，Tn＝﹣1+（2+1）+…+（n-1+n-2）﹣（n+n-1）=-n，
当n为偶数时，Tn＝﹣1+（2+1）+…﹣（n-1+n-2）+（n+n-1）=n，
综上所述，Tn=-n，n为奇数n，n为偶数．