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高考数学真题汇编---数列(有答案)
高考数学真题汇编数列
学校：姓名：班级：考号：
　一．选择题（共9小题）
1．（2017•新课标Ⅰ）记为等差数列{}的前n项和．若a45=24，S6=48，则{}的公差为（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
2．（2017•新课标Ⅱ）在明朝程大位《算法统宗》中有这样的一首歌谣：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”这首古诗描述的这个宝塔（古称浮屠），本题说它一共有7层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，共有381盏灯，问塔顶有几盏灯？你算出的结果是（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
3．（2017•新课标Ⅲ）等差数列{}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{}前6项的和为（　　）
A．﹣24 B．﹣3 C．3 D．8
4．（2017•新课标Ⅰ）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
5．（2016•上海）已知无穷等比数列{}的公比为q，前n项和为，且，下列条件中，使得2＜S（n∈N*）恒成立的是（　　）
A．a1＞0，0.6＜q＜0.7 B．a1＜0，﹣0.7＜q＜﹣0.6
C．a1＞0，0.7＜q＜0.8 D．a1＜0，﹣0.8＜q＜﹣0.7
6．（2016•新课标Ⅰ）已知等差数列{}前9项的和为27，a10=8，则a100=（　　）
A．100 B．99 C．98 D．97
7．（2016•四川）某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（　　）
（参考数据：1.12=0.05，1.3=0.11，2=0.30）
A．2018年 B．2019年 C．2020年 D．2021年
8．（2016•浙江）如图，点列{}、{}分别在某锐角的两边上，且112|，≠1，n∈N*，112|，≠1，n∈N*，（P≠Q表示点P与Q不重合）若，为△1的面积，则（　　）
A．{}是等差数列 B．{2}是等差数列
C．{}是等差数列 D．{2}是等差数列
9．（2016•新课标Ⅲ）定义“规范01数列”{}如下：{}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，中0的个数不少于1的个数，若4，则不同的“规范01数列”共有（　　）
A．18个 B．16个 C．14个 D．12个

二．填空题（共9小题）
10．（2017•北京）若等差数列{}和等比数列{}满足a11=﹣1，a44=8，则=　 　．
11．（2017•江苏）等比数列{}的各项均为实数，其前n项和为，已知S3=，S6=，则a8=　 　．
12．（2017•新课标Ⅱ）等差数列{}的前n项和为，a3=3，S4=10，则 =　 　．
13．（2017•新课标Ⅲ）设等比数列{}满足a12=﹣1，a1﹣a3=﹣3，则a4=　 　．
14．（2016•江苏）已知{}是等差数列，是其前n项和，若a122=﹣3，S5=10，则a9的值是　 　．
15．（2016•北京）已知{}为等差数列，为其前n项和．若a1=6，a35=0，则S6=　 　．
16．（2016•上海）无穷数列{}由k个不同的数组成，为{}的前n项和，若对任意n∈N*，∈{2，3}，则k的最大值为　 　．
17．（2016•新课标Ⅰ）设等比数列{}满足a13=10，a24=5，则a1a2…的最大值为　 　．
18．（2016•浙江）设数列{}的前n项和为，若S2=4，1=21，n∈N*，则a1=　 　，S5=　 　．
　三．解答题（共22小题）
19．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{}的前n项和为，等比数列{}的前n项和为，a1=﹣1，b1=1，a22=2．
（1）若a33=5，求{}的通项公式；
（2）若T3=21，求S3．

20．（2017•山东）已知{}是各项均为正数的等比数列，且x12=3，x3﹣x2=2．
（Ⅰ）求数列{}的通项公式；
（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系中，依次连接点P1（x1，1），P2（x2，2）…1（1，1）得到折线P1 P2…1，求由该折线与直线0，1，1所围成的区域的面积．

21．（2017•山东）已知{}是各项均为正数的等比数列，且a12=6，a1a23．
（1）求数列{}通项公式；
（2）{} 为各项非零的等差数列，其前n项和为，已知S211，求数列的前n项和．

22．（2017•天津）已知{}为等差数列，前n项和为（n∈N*），{}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b23=12，b34﹣2a1，S11=11b4．
（Ⅰ）求{}和{}的通项公式；
（Ⅱ）求数列{a2}的前n项和（n∈N*）．

23．（2017•天津）已知{}为等差数列，前n项和为（n∈），{}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b23=12，b34﹣2a1，S11=11b4．
（Ⅰ）求{}和{}的通项公式；
（Ⅱ）求数列{a22n﹣1}的前n项和（n∈）．

24．（2017•新课标Ⅲ）设数列{}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）2n．
（1）求{}的通项公式；
（2）求数列{}的前n项和．

25．（2017•新课标Ⅰ）记为等比数列{}的前n项和．已知S2=2，S3=﹣6．
（1）求{}的通项公式；
（2）求，并判断1，，2是否成等差数列．

26．（2017•江苏）对于给定的正整数k，若数列{}满足：﹣﹣1+…﹣11+…﹣12对任意正整数n（n＞k）总成立，则称数列{}是“P（k）数列”．
（1）证明：等差数列{}是“P（3）数列”；
（2）若数列{}既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：{}是等差数列．

27．（2017•北京）已知等差数列{}和等比数列{}满足a11=1，a24=10，b2b45．
（Ⅰ）求{}的通项公式；
（Ⅱ）求和：b135+…2n﹣1．

28．（2017•北京）设{}和{}是两个等差数列，记{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，﹣}（1，2，3，…），其中{x1，x2，…，}表示x1，x2，…，这s个数中最大的数．
（1）若，2n﹣1，求c1，c2，c3的值，并证明{}是等差数列；
（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得，1，2，…是等差数列．
29．（2017•浙江）已知数列{}满足：x1=1，1（11）（n∈N*），证明：当n∈N*时，
（Ⅰ）0＜1＜；
（Ⅱ）21﹣≤；
（Ⅲ）≤≤．

30．（2016•北京）已知{}是等差数列，{}是等比数列，且b2=3，b3=9，a11，a144．
（1）求{}的通项公式；
（2）设，求数列{}的前n项和．

31．（2016•北京）设数列A：a1，a2，…， （N≥2）．如果对小于n（2≤n≤N）的每个正整数k都有＜，则称n是数列A的一个“G时刻”，记G（A）是数列A的所有“G时刻”组成的集合．
（Ⅰ）对数列A：﹣2，2，﹣1，1，3，写出G（A）的所有元素；
（Ⅱ）证明：若数列A中存在使得＞a1，则G（A）≠∅；
（Ⅲ）证明：若数列A满足﹣﹣1≤1（2，3，…，N），则G（A）的元素个数不小于﹣a1．

32．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{}中，a34=4，a57=6．
（Ⅰ）求{}的通项公式；
（Ⅱ）设[]，求数列{}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[2.6]=2．

33．（2016•天津）已知{}是等比数列，前n项和为（n∈N*），且﹣=，S6=63．
（1）求{}的通项公式
（2）若对任意的n∈N*，是2和21的等差中项，求数列{（﹣1）}的前2n项和．

34．（2016•上海）对于无穷数列{}与{}，记{，n∈N*}，{，n∈N*}，若同时满足条件：①{}，{}均单调递增；②A∩∅且A∪*，则称{}与{}是无穷互补数列．
（1）若2n﹣1，4n﹣2，判断{}与{}是否为无穷互补数列，并说明理由；
（2）若2n且{}与{}是无穷互补数列，求数量{}的前16项的和；
（3）若{}与{}是无穷互补数列，{}为等差数列且a16=36，求{}与{}的通项公式．

35．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{}的前n项和1+λ，其中λ≠0．
（1）证明{}是等比数列，并求其通项公式；
（2）若S5=，求λ．

36．（2016•浙江）设数列{}的前n项和为，已知S2=4，1=21，n∈N*．
（Ⅰ）求通项公式；
（Ⅱ）求数列{﹣n﹣2|}的前n项和．

37．（2016•新课标Ⅱ）为等差数列{}的前n项和，且a1=1，S7=28，记[]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[99]=1．
（Ⅰ）求b1，b11，b101；
（Ⅱ）求数列{}的前1000项和．

38．（2016•四川）已知数列{}的首项为1，为数列{}的前n项和，11，其中q＞0，n∈
（Ⅰ）若a2，a3，a23成等差数列，求数列{}的通项公式；
（Ⅱ）设双曲线x2﹣=1的离心率为，且e2=2，求e1222+…2．

39．（2016•新课标Ⅰ）已知{}是公差为3的等差数列，数列{}满足b1=1，b2=，11．
（Ⅰ）求{}的通项公式；
（Ⅱ）求{}的前n项和．

40．（2016•江苏）记{1，2，…，100}，对数列{}（n∈N*）和U的子集T，若∅，定义0；若{t1，t2，…，}，定义…+．例如：{1，3，66}时，1366．现设{}（n∈N*）是公比为3的等比数列，且当{2，4}时，30．
（1）求数列{}的通项公式；
（2）对任意正整数k（1≤k≤100），若T⊆{1，2，…，k}，求证：＜1；
（3）设C⊆U，D⊆U，≥，求证：∩D≥2．

41、（2016•山东）已知数列{}的前n项和3n2+8n，{}是等差数列，且1．
（Ⅰ）求数列{}的通项公式；
（Ⅱ）令，求数列{}的前n项和．

42、（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{}满足a1=1，2﹣（21﹣1）﹣21=0．
（1）求a2，a3；
（2）求{}的通项公式
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参考答案与试题解析
　一．选择题（共9小题）
1．
【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出{}的公差．
【解答】解：∵为等差数列{}的前n项和，a45=24，S6=48，
∴，
解得a1=﹣2，4，
∴{}的公差为4．
故选：C．

2．
【分析】设塔顶的a1盏灯，由题意{}是公比为2的等比数列，利用等比数列前n项和公式列出方程，能求出结果．
【解答】解：设塔顶的a1盏灯，
由题意{}是公比为2的等比数列，
∴S7381，
解得a1=3．
故选：D．

3．
【分析】利用等差数列通项公式、等比数列性质列出方程，求出公差，由此能求出{}前6项的和．
【解答】解：∵等差数列{}的首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，
∴，

∴（a1+2d）2=（a1）（a1+5d），且a1=1，d≠0，
解得﹣2，
∴{}前6项的和为﹣24．
故选：A．

4．
【分析】方法一：由数列的性质，求得数列{}的通项公式及前n项和，可知当N为时（n∈），数列{}的前N项和为数列{}的前n项和，即为21﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，分别判断，即可求得该款软件的激活码；
方法二：由题意求得数列的每一项，及前n项和21﹣2﹣n，及项数，由题意可知：21为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，分别即可求得N的值．
【解答】解：设该数列为{}，设…21﹣1，（n∈），则，
由题意可设数列{}的前N项和为，数列{}的前n项和为，则21﹣1+22﹣1+…+21﹣1=21﹣n﹣2，
可知当N为时（n∈），数列{}的前N项和为数列{}的前n项和，即为21﹣n﹣2，
容易得到N＞100时，n≥14，
A项，由=435，440=435+5，可知S440295=230﹣29﹣2+25﹣1=230，故A项符合题意．
B项，仿上可知=325，可知S330255=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．
C项，仿上可知=210，可知S=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．
D项，仿上可知=105，可知S110145=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．
故选A．
方法二：由题意可知：，，，…，
根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，
每项含有的项数为：1，2，3，…，n，
总共的项数为1+2+3+…，
所有项数的和为：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1=（21+22+23+…+2n）﹣﹣21﹣2﹣n，
由题意可知：21为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，
则①1+2+（﹣2﹣n）=0，解得：1，总共有+2=3，不满足N＞100，
②1+2+4+（﹣2﹣n）=0，解得：5，总共有+3=18不满足N＞100，
③1+2+4+8+（﹣2﹣n）=0，解得：13，总共有+4=95，不满足N＞100，
④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）=0，解得：29，总共有+5=440，满足N＞100，
∴该款软件的激活码440．
故选：A．

5．
【分析】由已知推导出，由此利用排除法能求出结果．
【解答】解：∵，，﹣1＜q＜1，
2＜S，
∴，
若a1＞0，则，故A与C不可能成立；
若a1＜0，则，
在B中，a1＜0，﹣0.7＜q＜﹣0.6故B成立；
在D中，a1＜0，﹣0.8＜q＜﹣0.7，此时q2＞，D不成立．
故选：B．

6．
【分析】根据已知可得a5=3，进而求出公差，可得答案．
【解答】解：∵等差数列{}前9项的和为27，S99a5．
∴9a5=27，a5=3，
又∵a10=8，
∴1，
∴a1005+9598，
故选：C．

7．
【分析】设第n年开始超过200万元，可得130×（1+12%）n﹣2015＞200，两边取对数即可得出．
【解答】解：设第n年开始超过200万元，
则130×（1+12%）n﹣2015＞200，
化为：（n﹣2015）1.12＞2﹣1.3，
n﹣2015＞=3.8．
取2019．
因此开始超过200万元的年份是2019年．
故选：B．

8．
【分析】设锐角的顶点为O，再设1，1，112，112，由于a，c不确定，判断C，D不正确，设△1的底边1上的高为，运用三角形相似知识，2=21，由•，可得2=21，进而得到数列{}为等差数列．
【解答】解：设锐角的顶点为O，1，1，
112，112，
由于a，c不确定，则{}不一定是等差数列，
{2}不一定是等差数列，
设△1的底边1上的高为，
由三角形的相似可得，
，
两式相加可得，2，
即有2=21，
由•，可得2=21，
即为2﹣11﹣，
则数列{}为等差数列．
另解：可设△A1B1B2，△A2B2B3，…，1为直角三角形，
且A1B1，A2B2，…，为直角边，
即有2=21，
由•，可得2=21，
即为2﹣11﹣，
则数列{}为等差数列．
故选：A．

9．
【分析】由新定义可得，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，当4时，数列中有四个0和四个1，然后一一列举得答案．
【解答】解：由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若4，说明数列有8项，满足条件的数列有：
0，0，0，0，1，1，1，1； 0，0，0，1，0，1，1，1； 0，0，0，1，1，0，1，1； 0，0，0，1，1，1，0，1； 0，0，1，0，0，1，1，1；
0，0，1，0，1，0，1，1； 0，0，1，0，1，1，0，1； 0，0，1，1，0，1，0，1； 0，0，1，1，0，0，1，1； 0，1，0，0，0，1，1，1；
0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，0，1，0，1．共14个．
故选：C．

二．填空题（共9小题）
10．
【分析】利用等差数列求出公差，等比数列求出公比，然后求解第二项，即可得到结果．
【解答】解：等差数列{}和等比数列{}满足a11=﹣1，a44=8，
设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q．
可得：8=﹣1+3d，3，a2=2；
8=﹣q3，解得﹣2，∴b2=2．
可得=1．
故答案为：1．

11．
【分析】设等比数列{}的公比为q≠1，S3=，S6=，可得=，=，联立解出即可得出．
【解答】解：设等比数列{}的公比为q≠1，
∵S3=，S6=，∴=，=，
解得a1=，2．
则a832．
故答案为：32．

12．
【分析】利用已知条件求出等差数列的前n项和，然后化简所求的表达式，求解即可．
【解答】解：等差数列{}的前n项和为，a3=3，S4=10，S4=2（a23）=10，
可得a2=2，数列的首项为1，公差为1，
，=，
则 =2[1﹣…+]=2（1﹣）=．
故答案为：．

13．
【分析】设等比数列{}的公比为q，由a12=﹣1，a1﹣a3=﹣3，可得：a1（1）=﹣1，a1（1﹣q2）=﹣3，解出即可得出．
【解答】解：设等比数列{}的公比为q，∵a12=﹣1，a1﹣a3=﹣3，
∴a1（1）=﹣1，a1（1﹣q2）=﹣3，
解得a1=1，﹣2．
则a4=（﹣2）3=﹣8．
故答案为：﹣8．

14．
【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出a9的值．
【解答】解：∵{}是等差数列，是其前n项和，a122=﹣3，S5=10，
∴，
解得a1=﹣4，3，
∴a9=﹣4+8×3=20．
故答案为：20．

15．
【分析】由已知条件利用等差数列的性质求出公差，由此利用等差数列的前n项和公式能求出S6．
【解答】解：∵{}为等差数列，为其前n项和．
a1=6，a35=0，
∴a1+21+40，
∴12+60，
解得﹣2，
∴S636﹣30=6．
故答案为：6．

16．
【分析】对任意n∈N*，∈{2，3}，列举出1，2，3，4的情况，归纳可得n＞4后都为0或1或﹣1，则k的最大个数为4．
【解答】解：对任意n∈N*，∈{2，3}，可得
当1时，a11=2或3；
若2，由S2∈{2，3}，可得数列的前两项为2，0；或2，1；或3，0；或3，﹣1；
若3，由S3∈{2，3}，可得数列的前三项为2，0，0；或2，0，1；
或2，1，0；或2，1，﹣1；或3，0，0；或3，0，﹣1；或3，1，0；或3，1，﹣1；
若4，由S3∈{2，3}，可得数列的前四项为2，0，0，0；或2，0，0，1；
或2，0，1，0；或2，0，1，﹣1；或2，1，0，0；或2，1，0，﹣1；
或2，1，﹣1，0；或2，1，﹣1，1；或3，0，0，0；或3，0，0，﹣1；
或3，0，﹣1，0；或3，0，﹣1，1；或3，﹣1，0，0；或3，﹣1，0，1；
或3，﹣1，1，0；或3，﹣1，1，﹣1；
…
即有n＞4后一项都为0或1或﹣1，则k的最大个数为4，
不同的四个数均为2，0，1，﹣1，或3，0，1，﹣1．
故答案为：4．

17．
【分析】求出数列的等比与首项，化简a1a2…，然后求解最值．
【解答】解：等比数列{}满足a13=10，a24=5，
可得q（a13）=5，解得．
a12a1=10，解得a1=8．
则a1a2…1n•q1+2+3+…+（n﹣1）=8n•，
当3或4时，表达式取得最大值：=26=64．
故答案为：64．

18．
【分析】运用1时，a11，代入条件，结合S2=4，解方程可得首项；再由n＞1时，11﹣，结合条件，计算即可得到所求和．
【解答】解：由1时，a11，可得a2=2S1+1=2a1+1，
又S2=4，即a12=4，
即有3a1+1=4，解得a1=1；
由11﹣，可得
1=31，
由S2=4，可得S3=3×4+1=13，
S4=3×13+1=40，
S5=3×40+1=121．
故答案为：1，121．

三．解答题（共22小题）
19．
【分析】（1）设等差数列{}的公差为d，等比数列{}的公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式，列方程解方程可得d，q，即可得到所求通项公式；
（2）运用等比数列的求和公式，解方程可得公比，再由等差数列的通项公式和求和，计算即可得到所求和．
【解答】解：（1）设等差数列{}的公差为d，等比数列{}的公比为q，
a1=﹣1，b1=1，a22=2，a33=5，
可得﹣12，﹣1+22=5，
解得1，2或3，0（舍去），
则{}的通项公式为2n﹣1，n∈N*；
（2）b1=1，T3=21，
可得12=21，
解得4或﹣5，
当4时，b2=4，a2=2﹣4=﹣2，
﹣2﹣（﹣1）=﹣1，S3=﹣1﹣2﹣3=﹣6；
当﹣5时，b2=﹣5，a2=2﹣（﹣5）=7，
7﹣（﹣1）=8，S3=﹣1+7+15=21．

20．
【分析】（I）列方程组求出首项和公比即可得出通项公式；
（）从各点向x轴作垂线，求出梯形的面积的通项公式，利用错位相减法求和即可．
【解答】解：（I）设数列{}的公比为q，则q＞0，
由题意得，
两式相比得：，解得2或﹣（舍），
∴x1=1，
∴2n﹣1．
（）过P1，P2，P3，…，向x轴作垂线，垂足为Q1，Q2，Q3，…，，
记梯形11的面积为，
则（21）×2n﹣2，
∴3×2﹣1+5×20+7×21+…+（21）×2n﹣2，①
∴23×20+5×21+7×22+…+（21）×2n﹣1，②
①﹣②得：﹣（2+22+…+2n﹣1）﹣（21）×2n﹣1
﹣（21）×2n﹣1=﹣+（1﹣2n）×2n﹣1．
∴．

21．
【分析】（1）通过首项和公比，联立a12=6、a1a23，可求出a12，进而利用等比数列的通项公式可得结论；
（2）利用等差数列的性质可知S21=（21）1，结合S211可知21，进而可知=，利用错位相减法计算即得结论．
【解答】解：（1）记正项等比数列{}的公比为q，
因为a12=6，a1a23，
所以（1）a1=6，2a1，
解得：a12，
所以2n；
（2）因为{} 为各项非零的等差数列，
所以S21=（21）1，
又因为S211，
所以21，=，
所以3•+5•+…+（21）•，
3•+5•+…+（2n﹣1）•+（21）•，
两式相减得：3•+2（…+）﹣（21）•，
即3•+（…+）﹣21）•，
即3+1…+）﹣（21）•=3+﹣（21）•
=5﹣．

22．
【分析】（Ⅰ）设等差数列{}的公差为d，等比数列{}的公比为q．通过b23=12，求出q，得到．然后求出公差d，推出3n﹣2．
（Ⅱ）设数列{a2}的前n项和为，利用错位相减法，转化求解数列{a2}的前n项和即可．
【解答】（Ⅰ）解：设等差数列{}的公差为d，等比数列{}的公比为q．由已知b23=12，得，而b1=2，所以q2﹣6=0．又因为q＞0，解得2．所以，．
由b34﹣2a1，可得3d﹣a1=8．
由S11=11b4，可得a1+516，联立①②，解得a1=1，3，
由此可得3n﹣2．

所以，{}的通项公式为3n﹣2，{}的通项公式为．
（Ⅱ）解：设数列{a2}的前n项和为，由a26n﹣2，有，，
上述两式相减，得=．
得．
所以，数列{a2}的前n项和为（3n﹣4）22+16．

23．
【分析】（Ⅰ）设出公差与公比，利用已知条件求出公差与公比，然后求解{}和{}的通项公式；
（Ⅱ）化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可．
【解答】解：（I）设等差数列{}的公差为d，等比数列{}的公比为q．
由已知b23=12，得b1（2）=12，而b1=2，所以2﹣6=0．
又因为q＞0，解得2．所以，2n．
由b34﹣2a1，可得3d﹣a1=8①．
由S11=11b4，可得a1+516②，
联立①②，解得a1=1，3，由此可得3n﹣2．
所以，数列{}的通项公式为3n﹣2，数列{}的通项公式为2n．
（）设数列{a22n﹣1}的前n项和为，
由a26n﹣2，b2n﹣1=4n，有a22n﹣1=（3n﹣1）4n，
故2×4+5×42+8×43+…+（3n﹣1）4n，
42×42+5×43+8×44+…+（3n﹣1）41，
上述两式相减，得﹣32×4+3×42+3×43+…+3×4n﹣（3n﹣1）41
﹣（3n﹣2）41﹣8
得．
所以，数列{a22n﹣1}的前n项和为．

24．
【分析】（1）利用数列递推关系即可得出．
（2）﹣．利用裂项求和方法即可得出．
【解答】解：（1）数列{}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）2n．
n≥2时，a1+3a2+…+（2n﹣3）﹣1=2（n﹣1）．
∴（2n﹣1）2．∴．
当1时，a1=2，上式也成立．
∴．
（2）﹣．
∴数列{}的前n项和…1﹣=．

25．
【分析】（1）由题意可知a33﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，a1，a2，由a12=2，列方程即可求得q及a1，根据等比数列通项公式，即可求得{}的通项公式；
（2）由（1）可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得，分别求得1，2，显然12=2，则1，，2成等差数列．
【解答】解：1）设等比数列{}首项为a1，公比为q，
则a33﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，则a1，a2，
由a12=2，2，整理得：q2+44=0，解得：﹣2，
则a1=﹣2，（﹣2）（﹣2）n﹣1=（﹣2）n，
∴{}的通项公式（﹣2）n；
（2）由（1）可知：﹣[2+（﹣2）1]，
则1=﹣[2+（﹣2）2]，2=﹣[2+（﹣2）3]，
由12=﹣[2+（﹣2）2]﹣[2+（﹣2）3]，
=﹣[4+（﹣2）×（﹣2）1+（﹣2）2×（﹣2）1]，
=﹣[4+2（﹣2）1]=2×[﹣（2+（﹣2）1）]，
=2，
即12=2，
∴1，，2成等差数列．

26．
【分析】（1由题意可知根据等差数列的性质，﹣3﹣2﹣1123=（﹣33）+（﹣22）+（﹣11）═2×3，根据“P（k）数列”的定义，可得数列{}是“P（3）数列”；
（2）由已知条件结合（1）中的结论，可得到{}从第3项起为等差数列，再通过判断a2与a3的关系和a1与a2的关系，可知{}为等差数列．
【解答】解：（1）证明：设等差数列{}首项为a1，公差为d，则1+（n﹣1）d，
则﹣3﹣2﹣1123，
=（﹣33）+（﹣22）+（﹣11），
=222，
=2×3，
∴等差数列{}是“P（3）数列”；
（2）证明：当n≥4时，因为数列{}是P（3）数列，则﹣3﹣2﹣1123=6，①
因为数列{}是“P（2）数列”，所以﹣2﹣112=4，②
则﹣123=41，③，
②+③﹣①，得24﹣1+41﹣6，即2﹣11，（n≥4），
因此n≥4从第3项起为等差数列，设公差为d，注意到a2356=4a4，
所以a2=4a4﹣a3﹣a5﹣a6=4（a3）﹣a3﹣（a3+2d）﹣（a3+3d）3﹣d，
因为a1245=4a3，所以a1=4a3﹣a2﹣a4﹣a5=4（a2）﹣a2﹣（a2+2d）﹣（a2+3d）2﹣d，
也即前3项满足等差数列的通项公式，
所以{}为等差数列．

27．
【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，然后求{}的通项公式；
（Ⅱ）利用已知条件求出公比，然后求解数列的和即可．
【解答】解：（Ⅰ）等差数列{}，a1=1，a24=10，可得：11+310，解得2，
所以{}的通项公式：1+（n﹣1）×2=2n﹣1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得a51+49，
等比数列{}满足b1=1，b2b4=9．可得b3=3，或﹣3（舍去）（等比数列奇数项符号相同）．
∴q2=3，
{b2n﹣1}是等比数列，公比为3，首项为1．
b135+…2n﹣1．

28．
【分析】（1）分别求得a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，代入即可求得c1，c2，c3；由（﹣）﹣（b1﹣1）≤0，则b1﹣1≥﹣，则1﹣1=1﹣n1﹣﹣1对∀n∈N*均成立；
（2）由﹣[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），分类讨论d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论根据等差数列的性质，即可求得使得，1，2，…是等差数列；设对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，分类讨论，采用放缩法即可求得因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M．
【解答】解：（1）a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，
当1时，c1{b1﹣a1}{0}=0，
当2时，c2{b1﹣2a1，b2﹣2a2}{﹣1，﹣1}=﹣1，
当3时，c3{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}{﹣2，﹣3，﹣4}=﹣2，
下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有1﹣1，
当n∈N*，且2≤k≤n时，
则（﹣）﹣（b1﹣1），
=[（2k﹣1）﹣]﹣1，
=（2k﹣2）﹣n（k﹣1），
=（k﹣1）（2﹣n），由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，
则（﹣）﹣（b1﹣1）≤0，则b1﹣1≥﹣，
因此，对∀n∈N*，且n≥2，1﹣1=1﹣n，
1﹣﹣1，
∴c2﹣c1=﹣1，
∴1﹣﹣1对∀n∈N*均成立，
∴数列{}是等差数列；
（2）证明：设数列{}和{}的公差分别为d1，d2，下面考虑的取值，
由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，﹣，
考虑其中任意﹣，（i∈N*，且1≤i≤n），
则﹣[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n，
=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），
下面分d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论，
①若d1=0，则﹣═（b1﹣a1n）+（i﹣1）d2，
当若d2≤0，则（﹣）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）d2≤0，
则对于给定的正整数n而言，1﹣a1n，此时1﹣﹣a1，
∴数列{}是等差数列；
当d2＞0，（﹣）﹣（﹣）=（i﹣n）d2＞0，
则对于给定的正整数n而言，﹣﹣a1n，
此时1﹣2﹣a1，
∴数列{}是等差数列；
此时取1，则c1，c2，…，是等差数列，命题成立；
②若d1＞0，则此时﹣d12为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，
故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d12＜0，
则当n≥m时，（﹣）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）（﹣d12）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），
因此当n≥m时，1﹣a1n，
此时1﹣﹣a1，故数列{}从第m项开始为等差数列，命题成立；
③若d1＜0，此时﹣d12为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，
故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d12＞0，
则当n≥s时，（﹣）﹣（﹣）=（i﹣1）（﹣d12）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），
因此，当n≥s时，﹣，
此时﹣，
﹣d2（d1﹣a12）+，
令﹣d1＞0，d1﹣a12，b1﹣d2，
下面证明：对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，
若C≥0，取[+1]，[x]表示不大于x的最大整数，
当n≥m时，≥≥[+1]＞A•，
此时命题成立；
若C＜0，取[]+1，
当n≥m时，
≥≥＞A•≥M﹣C﹣，
此时命题成立，
因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M；
综合以上三种情况，命题得证．

29．
【分析】（Ⅰ）用数学归纳法即可证明，
（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，
（Ⅲ）由≥21﹣得﹣≥2（﹣）＞0，继续放缩即可证明
【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：＞0，
当1时，x1=1＞0，成立，
假设当时成立，则＞0，
那么1时，若1＜0，则0＜1（11）＜0，矛盾，
故1＞0，
因此＞0，（n∈N*）
∴1（11）＞1，
因此0＜1＜（n∈N*），
（Ⅱ）由1（11）得1﹣41+212﹣21+（1+2）（11），
记函数f（x）2﹣2（2）（1），x≥0
∴f′（x）（1）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴f（x）≥f（0）=0，
因此12﹣21+（1+2）（11）≥0，
故21﹣≤；
（Ⅲ）∵1（11）≤11=21，
∴≥，
由≥21﹣得﹣≥2﹣）＞0，
∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，
∴≤，
综上所述≤≤．

30．
【分析】（1）设{}是公差为d的等差数列，{}是公比为q的等比数列，运用通项公式可得3，2，进而得到所求通项公式；
（2）求得2n﹣1+3n﹣1，再由数列的求和方法：分组求和，运用等差数列和等比数列的求和公式，计算即可得到所求和．
【解答】解：（1）设{}是公差为d的等差数列，
{}是公比为q的等比数列，
由b2=3，b3=9，可得3，
2﹣2=3•3n﹣2=3n﹣1；
即有a11=1，a144=27，
则2，
则1+（n﹣1）1+2（n﹣1）=2n﹣1；
（2）2n﹣1+3n﹣1，
则数列{}的前n项和为
（1+3+…+（2n﹣1））+（1+3+9+…+3n﹣1）•2
2+．

31．
【分析】（Ⅰ）结合“G时刻”的定义进行分析；
（Ⅱ）可以采用假设法和递推法进行分析；
（Ⅲ）可以采用假设法和列举法进行分析．
【解答】解：（Ⅰ）根据题干可得，a1=﹣2，a2=2，a3=﹣1，a4=1，a5=3，a1＜a2满足条件，2满足条件，a2＞a3不满足条件，3不满足条件，
a2＞a4不满足条件，4不满足条件，a1，a2，a3，a4，均小于a5，因此5满足条件，因此G（A）={2，5}．
（Ⅱ）因为存在＞a1，设数列A中第一个大于a1的项为，