2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第六章 数列

这是一份2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第六章 数列，共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．(2024·江西南昌高三月考)已知数列{an} 满足an＝ eq \r(3n＋1) ，则下列各数中属于数列{an}中的项的是( D )
A．3 B．2 eq \r(2)
C．3 eq \r(3) D．4
解析：因为数列{an}满足an＝ eq \r(3n＋1) ，对于A，令 eq \r(3n＋1) ＝3，解得n＝ eq \f(8,3) N*，故A不符合题意；对于B，令 eq \r(3n＋1) ＝2 eq \r(2) ，解得n＝ eq \f(7,3) N*，故B不符合题意；对于C，令 eq \r(3n＋1) ＝3 eq \r(3) ，解得n＝ eq \f(26,3) N*，故C不符合题意；对于D，令 eq \r(3n＋1) ＝4，解得n＝5∈N*，故D符合题意．故选D.
2．若数列{an}满足a1＝1，an＋1－an－1＝2n，则an＝( A )
A．2n＋n－2 B．2n－1＋n－1
C．2n＋1＋n－4 D．2n＋1＋2n－2
解析：∵an＋1－an＝2n＋1，∴a2－a1＝21＋1，a3－a2＝22＋1，a4－a3＝23＋1，…，an－an－1＝2n－1＋1(n≥2)，以上各式相加得，an－a1＝21＋…＋2n－1＋n－1＝ eq \f(2（1－2n－1）,1－2) ＋n－1＝2n＋n－3，∴an＝2n＋n－2.选A.
3．(2024·山西朔州应县一中校考期末)已知数列{an}满足a1＋a2＋…＋a8＝1，且 eq \f(an＋1,an) ＝ eq \f(n,n＋2) (n＝1，2，…，7)，则a1＝( A )
A． eq \f(9,16) B． eq \f(7,16)
C． eq \f(5,16) D． eq \f(11,16)
解析：an＝a1· eq \f(a2,a1) · eq \f(a3,a2) ·…· eq \f(an,an－1) ＝a1· eq \f(1,3) × eq \f(2,4) ×…× eq \f(n－1,n＋1) ＝ eq \f(2,n（n＋1）) a1＝2a1( eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) )(n＝1，2，…，7，8)，a1＋ a2＋…＋a8＝2a1[(1－ eq \f(1,2) )＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3))) ＋…＋( eq \f(1,8) － eq \f(1,9) )]＝2a1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9))) ＝ eq \f(16a1,9) ＝1，解得a1＝ eq \f(9,16) .故选A.
4．(2023·辽宁辽阳高三统考期末)在数列{an}中，an＝ eq \f(n,n2＋14) ，则an的最大值是( D )
A． eq \f(\r(14),28) B． eq \f(1,8)
C． eq \f(3,23) D． eq \f(2,15)
解析：由题意可得an＝ eq \f(n,n2＋14) ＝ eq \f(1,n＋\f(14,n)) .根据对勾函数与复合函数的单调性，y＝ eq \f(1,x＋\f(14,x)) 在(0， eq \r(14) )上递增，在( eq \r(14) ，＋∞)上递减，所以在{an}中，a1a6>…，当n＝3时，n＋ eq \f(14,n) ＝ eq \f(23,3) ，a3＝ eq \f(3,23) ；当n＝4时，n＋ eq \f(14,n) ＝ eq \f(15,2) .a4＝ eq \f(2,15) ，因为 eq \f(23,3) > eq \f(15,2) ，所以 eq \f(3,23) < eq \f(2,15) ，所以an的最大值是a4＝ eq \f(2,15) .故选D.
5．(2023·山西晋城第一中学校月考)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝ eq \f(an－1,an＋1) ，则数列{an}的前2 023项的乘积为( B )
A．－1 B．－ eq \f(1,3)
C． eq \f(2,3) D．1
解析：数列{an}满足a1＝2，an＋1＝ eq \f(an－1,an＋1) ，则a2＝ eq \f(a1－1,a1＋1) ＝ eq \f(2－1,2＋1) ＝ eq \f(1,3) ，a3＝ eq \f(a2－1,a2＋1) ＝ eq \f(\f(1,3)－1,\f(1,3)＋1) ＝－ eq \f(1,2) ，a4＝ eq \f(a3－1,a3＋1) ＝ eq \f(－\f(1,2)－1,－\f(1,2)＋1) ＝－3，a5＝ eq \f(a4－1,a4＋1) ＝ eq \f(－3－1,－3＋1) ＝2，以此类推可知，对任意的n∈N*，an＋4＝an，且a1a2a3a4＝2× eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) ×(－3)＝1，又因为2 023＝4×505＋3，因此，数列{an}的前2 023项的乘积为T2 023＝a1a2a3·…·a2 023＝(a1a2a3a4)505·(a1a2a3)＝1505×2× eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) ＝－ eq \f(1,3) .故选B.
6．(2023·四川凉山高三统考期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝(－1)n(2n－1)，则S2 023＝( D )
A．1 012 B．－1 012
C．2 023 D．－2 023
解析：∵an＝(－1)n(2n－1)，故a1＝－1，a2＝3，a3＝－5，a4＝7，…，a1＋a2＝2，a3＋a4＝2，…，故S2 023＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 021＋a2 022)＋a2 023＝2×1 011＋a2 023＝2 022－4 045＝－2 023.故选D.
二、多项选择题
7．下列四个命题中，正确的有( ABD )
A．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n))) 的第k项为1＋ eq \f(1,k)
B．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－n－50，n∈N*，则－8是该数列的第7项
C．数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为an＝2n－1(n∈N*)
D．数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(n,n＋1) ，n∈N*，则数列{an}是递增数列
解析：对于A，数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n))) 的第k项为1＋ eq \f(1,k) ，故A正确；对于B，令n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)，故B正确；对于C，将3，5，9，17，33，…的各项减去1，得2，4，8，16，32，…，设该数列为{bn}，则其通项公式为bn＝2n(n∈N*)，因此数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为an＝bn＋1＝2n＋1(n∈N*)，故C错误；对于D，an＝ eq \f(n,n＋1) ＝1－ eq \f(1,n＋1) ，则an＋1－an＝ eq \f(1,n＋1) － eq \f(1,n＋2) ＝ eq \f(1,（n＋1）（n＋2）) >0，因此数列{an}是递增数列，故D正确．故选ABD.
8．(新定义问题)若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”．给出下列数列{an}(n∈N*)，其中是“差递减数列”的有( CD )
A．an＝3n B．an＝n2＋1
C．an＝ eq \r(n) D．an＝ln eq \f(n,n＋1)
解析：对于A，若an＝3n，则an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，所以{an＋1－an}不为递减数列，故A错误；对于B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递增数列，故B错误；对于C，若an＝ eq \r(n) ，则an＋1－an＝ eq \r(n＋1) － eq \r(n) ＝ eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n)) ，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；对于D，若an＝ln eq \f(n,n＋1) ，则an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n＋2) －ln eq \f(n,n＋1) ＝ln ( eq \f(n＋1,n＋2) · eq \f(n＋1,n) )＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2＋2n))) ，由函数y＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2＋2x))) 在(0，＋∞)上单调递减，所以{an＋1－an}为递减数列，故D正确．故选CD.
三、填空题
9．(教材改编)根据下面的图形及相应的点数，可得点数构成的数列的一个通项公式an＝5n－4．
解析：由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳得an＝5n－4.
10．(开放性问题)设数列{an}的前n项和为Sn，且n∈N*，an＋1>an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝n－6(n∈N*)(答案不唯一).
解析：n∈N*，an＋1>an，则数列{an}是递增的，n∈N*，Sn≥S6，即S6最小，只要前6项均为负数，或前5项为负数，第6项为0即可，所以满足条件的数列{an}的一个通项公式an＝n－6(n∈N*).
11．(2023·安徽合肥一中校考期末)数列{an}满足a2＝2，an＋2＝an＋1＋an，记Sn为数列{an}的前n项和，若S2 021＝m，则a2 023＝m＋2．(用含m的式子表示)
解析：由an＋2＝an＋1＋an，则a2 023＝a2 021＋a2 022＝a2 021＋a2 020＋a2 021＝a2 021＋a2 020＋a2 019＋a2 020＝…＝a2 021＋a2 020＋a2 019＋…＋a2＋a1＋a2＝S2 021＋a2＝m＋2.
12．已知数列的通项为an＝ eq \f(n＋1,3n－16) (n∈N*)，则数列{an}的最小项是第5项．
解析：因为an＝ eq \f(n＋1,3n－16) ，数列{an}的最小项必为an5时，an0，其前n项和为Sn，且S2＝6，S3＝14，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,lg2an·lg2an＋1))) 的前2 023项和为 eq \f(2 023,2 024) ．
解析：因为S2＝6，S3＝14，所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1·q＝6，,a1＋a1·q＋a1·q2＝14，))
因为q>0，所以q＝2；由S2＝a1＋a2＝a1(1＋q)＝6得a1＝2，所以an＝2n；所以 eq \f(1,lg2an) ＝ eq \f(1,lg22n) ＝ eq \f(1,n) ， eq \f(1,lg2an·lg2an＋1) ＝ eq \f(1,n（n＋1）) ＝ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) ，数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,lg2an·lg2an＋1))) 的前2 023项和为1－ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) － eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,3) － eq \f(1,4) ＋…＋ eq \f(1,2 022) － eq \f(1,2 023) ＋ eq \f(1,2 023) － eq \f(1,2 024) ＝1－ eq \f(1,2 024) ＝ eq \f(2 023,2 024) .
12．(2024·上海杨浦区复旦附中高三校考期末)数列{an}的通项公式为an＝[lg2n](n为正整数)，其中[x]表示不超过x的最大整数，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝18 194．
解析：当n∈[2k，2k＋1)时，k≤lg2n0)，a2＝1，an＋2＝ eq \f(2max{an＋1，2},an) (n∈N*)，若a2 022＝4a，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 022的值为 eq \f(86 057,4) ．
解析：当02，a4＝2max eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(4,a)，2)) ＝ eq \f(8,a) ，a5＝ eq \f(a,4) ·2max eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(8,a)，2)) ＝4，a6＝ eq \f(a,8) ·2max{4，2}＝a，a7＝ eq \f(1,4) ·2max{a，2}＝1，a8＝ eq \f(1,a) ·2max{1，2}＝ eq \f(4,a) ，…，所以数列{an}是以5为周期的周期数列，因为2 022＝404×5＋2，所以a2 022＝4a＝1，解得a＝ eq \f(1,4) ，所以S2 022＝404(a＋1＋ eq \f(4,a) ＋ eq \f(8,a) ＋4)＋a＋1＝ eq \f(86 057,4) ；当a≥2时，a1＝a>0，a2＝1，an＋2＝ eq \f(2max{an＋1，2},an) (n∈N*)，所以a3＝ eq \f(1,a) ·2max{1，2}＝ eq \f(4,a) ≤2，a4＝2max eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(4,a)，2)) ＝4，a5＝ eq \f(a,4) ·2max{4，2}＝2a≥4，a6＝ eq \f(1,4) ·2max{2a，2}＝a≥2，a7＝ eq \f(1,2a) ·2max{a，2}＝1，a8＝ eq \f(1,a) ·2max{1，2}＝ eq \f(4,a) ，…，所以数列{an}是以5为周期的周期数列，因为2 022＝404×5＋2，所以a2 022＝a2＝1＝4a，解得a＝ eq \f(1,4) ，不合题意，舍去．故S2 022＝ eq \f(86 057,4) .
四、解答题
13．已知正项数列{an}中，a1＝1，Sn是其前n项和，且满足Sn＋1＝( eq \r(Sn) ＋S1)2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}满足bn＝(－1)n＋1 eq \f(an＋1,anan＋1) ，设数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值．
解：(1)正项数列{an}中，a1＝1，满足Sn＋1＝( eq \r(Sn) ＋S1)2，所以 eq \r(Sn＋1) － eq \r(Sn) ＝1，
所以数列{ eq \r(Sn) }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以 eq \r(Sn) ＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时也成立，所以an＝2n－1(n∈N*).
(2)因为bn＝(－1)n＋1 eq \f(an＋1,anan＋1) ＝(－1)n＋1 eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1）) ＝ eq \f(（－1）n＋1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1))) ，
所以Tn＝ eq \f(1,2) [ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3))) －( eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,5) )＋…＋(－1)n＋1( eq \f(1,2n－1) ＋ eq \f(1,2n＋1) )]＝
eq \f(1,2) [1＋(－1)n＋1 eq \f(1,2n＋1) ]，所以当n为奇数时，Tn＝ eq \f(1,2) (1＋ eq \f(1,2n＋1) )＞ eq \f(1,2) ；
当n为偶数时，Tn＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1))) ，
由{Tn}递增，得Tn≥T2＝ eq \f(2,5) ，所以Tn的最小值为 eq \f(2,5) .
14．(2024·河北石家庄二中质检)某地地方政府为了促进农业生态发展，鼓励农民建设生态采摘园.2022年该地生态采摘园的沃柑产量为6 500千克，计划不超过24天内完成销售．采摘园种植的农产品一般有批发销售和游客采摘零售两大销售渠道．根据往年数据统计，游客从开园第1天到闭园，游客采摘量an(千克)和开园的第n(n∈N＋)天满足以下关系：an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5n＋20（1≤n≤16），,224－n－2n＋50（17≤n≤24）.)) 批发销售每天的销售量为200千克，每千克5元，采摘零售的价格是批发销售价格的4倍．
(1)n取何值时，采摘零售当天的收入不低于批发销售当天的收入？
(2)采摘零售的总采摘量是多少？农户能否24天内完成销售计划？
解：(1)由条件，当1≤n≤16时，(5n＋20)×5×4≥200×5，解得6≤n≤16.
当17≤n≤24时，(224－n－2n＋50)×5×4≥200×5，解得17≤n≤18，
所以当6≤n≤18(n∈N＋)时，采摘零售当天的收入不低于批发销售当天的收入．
(2)当1≤n≤16时，{an}为等差数列，记这些项的和为S16，a1＝25，a16＝100，S16＝ eq \f(16（a1＋a16）,2) ＝1 000.
当17≤n≤24时，记数列{an}这些项的和为T8，
T8＝(27－2×17＋50)＋(26－2×18＋50)＋…＋(20－2×24＋50)，T8＝(27＋26＋…＋20)－2×(17＋18＋…＋24)＋50×8＝ eq \f(27\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(8))),1－\f(1,2)) －2× eq \f(8×（17＋24）,2) ＋400＝255－328＋400＝327，S16＋T8＝1 327，即采摘零售的总采摘量是1 327千克．批发销售的销售总量为200×24＝4 800(千克)，24天一共销售1 327＋4 800＝6 127(千克)，6 500>6 127，故不能完成销售计划．
考点练36 数列的综合应用(中档大题练) 对应学生用书075页
1．(2023·全国甲卷)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,2n))) 的前n项和Tn.
解：(1)因为2Sn＝nan，当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；
当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，
化简得，(n－2)an＝(n－1)an－1，当n≥3时， eq \f(an,n－1) ＝ eq \f(an－1,n－2) ＝…＝ eq \f(a3,2) ＝1，即an＝n－1，
当n＝1，2时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N*).
(2)因为 eq \f(an＋1,2n) ＝ eq \f(n,2n) ，所以Tn＝1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(1) ＋2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3) ＋…＋n× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n) ， eq \f(1,2) Tn＝1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3) ＋…＋(n－1)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n) ＋n× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1) ，
两式相减得， eq \f(1,2) Tn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(1) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3) ＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n) －n× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1) ＝
eq \f(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2)) －n× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1) ＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n) ，
即Tn＝2－(2＋n) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n) ，n∈N*.
2．(结构不良问题)已知数列{an}的各项均为正数，a1＝1，给出以下三个条件：
①an＋2＝4an；②{an}为等比数列；③anan＋2＝4n.
(1)从这三个条件①②③中选择两个条件，证明另一个条件成立；
(2)求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an·lg2an)) 的前n项和Sn.
解：(1)若将①②作为条件，③作为结论：
设数列{an}的公比为q，由an＋2＝4an，得q2＝4，因为数列{an}的各项均为正数，所以q>0，解得q＝2，
又a1＝1，所以an＝2n－1，an＋2＝2n＋1，所以anan＋2＝2n－1·2n＋1＝4n.
若将①③作为条件，②作为结论：
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋2＝4an，,anan＋2＝4n，)) 解得4a eq \\al(2,n) ＝4n，所以a eq \\al(2,n) ＝4n－1，
又数列{an}的各项均为正数，所以an＝2n－1，所以当n≥2时， eq \f(an,an－1) ＝ eq \f(2n－1,2n－2) ＝2，所以{an}为等比数列．
若将②③作为条件，①作为结论：
设数列{an}的公比为q，因为a1＝1，所以an＝qn－1，an＋2＝qn＋1，
则anan＋2＝qn－1·qn＋1＝q2n＝4n＝22n，
又数列{an}的各项均为正数，所以q>0，所以q＝2，所以 eq \f(an＋2,an) ＝q2＝4，即an＋2＝4an.
(2)由(1)得an＝2n－1，所以an·lg2an＝(n－1)·2n－1，
所以Sn＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1，
2Sn＝0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n，两式相减得－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)·2n＝ eq \f(2－2n,1－2) －(n－1)·2n＝(2－n)·2n－2，
所以Sn＝(n－2)·2n＋2.
3．(2023·福建厦门高三统考期末)已知等差数列{an}的公差d≠0，其前n项和为Sn，若a1，a2，a5成等比数列，且S6＝36.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Tn＝ eq \f(1,a1a2) ＋ eq \f(1,a2a3) ＋…＋ eq \f(1,anan＋1) ，求证：Tn< eq \f(1,2) .
解：(1)因为a1，a2，a5成等比数列，S6＝36，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a1＋d）2＝a1（a1＋4d），,6a1＋\f(6×5,2)d＝36，))
由d≠0，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)证明：由 eq \f(1,anan＋1) ＝ eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）) ＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))) ，
得Tn＝ eq \f(1,2) (1－ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,3) － eq \f(1,5) ＋…＋ eq \f(1,2n－1) － eq \f(1,2n＋1) )＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1))) ，
由n∈N*，有 eq \f(1,2n＋1) >0，
所以1－ eq \f(1,2n＋1) 0，且 eq \f(cn＋1,cn) ＝
eq \f(（10－n）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))\s\up12(n＋1),（11－n）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))\s\up12(n)) ＝ eq \f(5（10－n）,4（11－n）) ，
由 eq \f(cn＋1,cn) >1，得ncn，
当n＝6时，cn＋1＝cn，即c6＝c7，
当7≤n≤10时，cn＋10，
又Tn＝ eq \f(1,a1＋3) ＋ eq \f(1,a2＋3) ＋…＋ eq \f(1,an＋3) < eq \f(1,22) ＋ eq \f(1,23) ＋…＋ eq \f(1,2n＋1) ＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,2n＋1)