苏教版（2019）高中数学选择性必修第一册 第4章 数列 综合拔高练（Word含答案）

第四章数列综合拔高练
考点1　等差数列及其应用　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2020全国Ⅱ,4)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　)
A.3 699块　　　　B.3 474块　　　　
C.3 402块　　　　D.3 339块
2.(2020浙江,7)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,且≤1.记b1=S2,bn+1=S2n+2-S2n,n∈N*,下列等式不可能成立的是(　　)
A.2a4=a2+a6　　　　B.2b4=b2+b6
C.=b2b8
3.(2019课标全国Ⅰ,9)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=n2-2n
4.(2020新高考Ⅰ,14)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　.
5.(2020浙江,11)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列就是二阶等差数列.数列(n∈N*)的前3项和是　　　　.
6.(2021全国甲,18)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列;②数列{}是等差数列;③a2=3a1.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
7.(2021全国乙理,19)记Sn为数列{an}的前n项和,bn为数列{Sn}的前n项积,已知=2.
(1)证明:数列{bn}是等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
8.(2019课标全国Ⅰ,18)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=-a5.
(1)若a3=4,求{an}的通项公式;
(2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范围.
考点2　等比数列及其应用
9.(2021全国甲文,9)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
10.(2021全国甲理,7)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
11.(2021浙江,9)已知a,b∈R,ab>0,函数f(x)=ax2+b(x∈R).若f(s-t), f(s), f(s+t)成等比数列,则平面上点(s,t)的轨迹是(　　)
A.直线和圆　　　　B.直线和椭圆
C.直线和双曲线　　　　D.直线和抛物线
12.(2021全国乙文,19)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=.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<.
13.(2020全国Ⅲ文,17)设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3-a1=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.
14.(2019课标全国Ⅱ,19)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
考点3　数列的综合问题
15.(2021浙江,10)已知数列{an}满足a1=1,an+1=(n∈N*).记数列{an}的前n项和为Sn,则(　　)
A.C.416.(2020江苏,11)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*),则d+q的值是　　　　.
17.(2020全国Ⅰ,16)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=　　　　.
18.(2020新高考Ⅰ,18)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
考点4　数学归纳法*
19.(2020全国Ⅲ理,17)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.
(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
　　　　　　　　　　　　　
应用实践
1.(多选)(2020江苏盐城期末)设d,Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和,若S10=S20,则下列判断中正确的有(　　)
A.当n=15时,Sn取最大值
B.当n=30时,Sn=0
C.当d>0时,a10+a22>0
D.当d<0时,|a10|>|a22|
2.(多选)(2021山东威海期中)在数列{an}中,若=k(k为常数,n∈N*),则称{an}为“等差比数列”,下列对“等差比数列”的判断错误的是(　　)
A.k不可能为0
B.“等差比数列”中的项不可能为0
C.等差数列一定是“等差比数列”
D.等比数列一定是“等差比数列”
3.(2022江苏宜兴第二高级中学检测)已知等比数列{an}的前n项和Sn=2n+a,且bn=log2an-a,则数列的前n项和Tn=(　　)
A.
C.
4.(2020四川南充西南大学实验学校月考)已知数列{logabn}(a>0且a≠1)是首项为2,公差为1的等差数列,若数列{an}是递增数列,且满足an=bnlg bn,则实数a的取值范围是　(　　)　　　　 　　　　 　　　　
A.　　　　B.(2,+∞)
C.∪(1,+∞)　　　　D.∪(1,+∞)
5.(2020山东济宁实验中学期中)古代埃及数学中有一个独特现象:除用一个单独的符号表示以外,其他分数都可写成若干个单分数和的形式.例如,可这样理解:有两个面包,要平均分给5个人,每人,余,再将这分成5份,每人得,这样每人分得.形如(n≥3,n∈N*)的分数的分解:,按此规律,=　　　　(n≥3,n∈N*).
6.(2021河南豫南九校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,其中a1=1,3Sn=(n+m)an(m∈R),且anbn=.若对任意n∈N*,λ>Tn恒成立,则实数λ的最小值为　　　　.
7.(2021上海交通大学附属中学月考)已知等差数列{an}(公差不为零)和等差数列{bn},如果关于x的方程2 021x2-(a1+a2+…+a2 021)x+b1+b2+…+b2 021=0有实数解,那么以下2 021个方程x2-a1x+b1=0,x2-a2x+b2=0,x2-a3x+b3=0,……,x2-a2 021x+b2 021=0中,无实数解的方程最多有　　　　个.
8.(2021江苏南京三校期中联考)在下列三个条件:①an+1=an+1,②an+1=an+2,③Sn=2an-1中选择一个补充在题中横线处,并作答.
设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,对任意的n∈N*,都有　　　　,在等比数列{bn}中,对任意的n∈N*,都有bn>0,2bn+2=bn+1+3bn,且b1=1,问:是否存在k∈N*,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn 若存在,试求出k的值;若不存在,请说明理由.
9.(2020天津耀华中学期中)在数列{an}中,已知a1=1,其前n项和为Sn,且对任意的正整数n,都有2Sn=(n+1)an成立.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)已知关于n的不等式··…·对一切n≥3,n∈N*恒成立,求实数a的取值范围;
(3)已知cn=,数列{cn}的前n项和为Tn,试比较Tn与的大小并证明.
迁移创新
10.已知数列{an},从中选取第i1项、第i2项、…、第im项(i1(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列;
(2)已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为,长度为q的递增子列的末项的最小值为.若p(3)设无穷数列{an}的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若{an}的长度为s的递增子列的末项的最小值为2s-1,且长度为s且末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,…),求数列{an}的通项公式.
答案全解全析
1.C　由题意可设每层有n个环,则三层共有3n个环,∴每一环扇面形石板的块数构成以a1=9为首项,9为公差的等差数列{an},且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S1,中层总数为S2,下层总数为S3,∴S3-S2==9n2=729,解得n=9(负值舍去).则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9+×9=27×9+27×13×9=27×14×9=3 402(块).故选C.
2.D　对于A,a2,a4,a6成等差数列,故A成立;对于B,由bn+1=S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1,可得bn+1-bn=a2n+2+a2n+1-(a2n+a2n-1)=a2n+2-a2n+a2n+1-a2n-1=4d,故{bn}是等差数列,则b2,b4,b6也成等差数列,故B成立;对于C,+6a1d+9d2,a2a8=(a1+d)·(a1+7d)=+8a1d+7d2,所以-a2a8=2d2-2a1d=2d(d-a1),当d=a1时,=a2a8成立;对于D,+68a1d+145d2,所以≥8d2>0,所以≠b2b8,故D不可能成立.故选D.
3.A　设{an}的公差为d,依题意得,4a1+d=0①,a1+4d=5②,
联立①②,解得a1=-3,d=2.所以an=2n-5,Sn=n2-4n.故选A.
4.答案　3n2-2n
解析　∵数列{2n-1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…,
数列{3n-2}的项为1,4,7,10,13,…,
∴数列{an}是首项为1,公差为6的等差数列,
∴an=1+(n-1)×6=6n-5,
∴数列{an}的前n项和Sn==3n2-2n.
5.答案　10
解析　数列的前三项依次为=6,∴所求和为1+3+6=10.
6.解析　选①②作为条件,证明③.
证明:设等差数列{an}的公差为d,因为{}是等差数列,所以2,即2,两边平方,得4(2a1+d)=a1+3a1+3d+2,整理得4a1+d=2,两边平方,得16+3a1d),化简得4-4a1d+d2=0,即=0,所以d=2a1,则a2=a1+d=3a1.
选①③作为条件,证明②.
证明:设等差数列{an}的公差为d.
因为a2=3a1,即a1+d=3a1,所以d=2a1.
所以等差数列{an}的前n项和Sn=na1+·2a1=n2a1.又a1>0,所以.
则,所以数列{}是公差为的等差数列.
选②③作为条件,证明①.
证明:设等差数列{}的公差为d,因为,所以d=,则等差数列{}的通项公式为,所以Sn=n2a1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,且当n=1时,上式也成立,所以数列{an}的通项公式为an=(2n-1)a1,则an+1-an=(2n+1)a1-(2n-1)a1=2a1,所以数列{an}是公差为2a1的等差数列.
7.解析　(1)证明:由bn=S1·S2·…·Sn可得,
Sn=由=2知,
当n=1时,=2,
即=2,所以b1=S1=,
当n≥2时,=2,
即2bn=2bn-1+1,即bn-bn-1=,
故数列{bn}是首项为,公差为的等差数列.
(2)由(1)知,bn=,
故当n≥2时,Sn=也符合该式,
故Sn=(n∈N*),从而a1=S1=,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=不符合该式,
所以an=
8.解析　(1)设{an}的公差为d.
由S9=-a5得a1+4d=0.由a3=4得a1+2d=4.
于是a1=8,d=-2.
因此{an}的通项公式为an=10-2n.
(2)由(1)得a1=-4d,故an=(n-5)d,Sn=.
由a1>0知d<0,故Sn≥an等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10.
所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N}.
9.A　解法一(基本量法):设{an}的首项为a1,公比为q(q≠1),
则解得
∴S6==7,故选A.
解法二(利用等比数列前n项和的性质):
由题意知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,
则(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(6-4)2=4(S6-6),
解得S6=7,故选A.
10.B　当q=1,a1<0时,等比数列{an}的前n项和Sn=na1<0,可知{Sn}是单调递减数列,因此甲不是乙的充分条件;
若{Sn}是递增数列,则当n≥2时,an=Sn-Sn-1>0,即a1qn-1>0恒成立,而只有当a1>0,q>0时,a1qn-1>0恒成立,所以可得q>0,因此甲是乙的必要条件.综上,甲是乙的必要条件但不是充分条件.故选B.
方法总结
　　研究数列{Sn}的单调性只需考虑Sn>Sn-1或SnSm恒成立.
11.C　由题意知f(s)=as2+b, f(s-t)=a(s-t)2+b=(as2+b)+at(t-2s), f(s+t)=a(s+t)2+b=(as2+b)+at(t+2s),
∵f(s-t), f(s), f(s+t)成等比数列,∴f(s-t)·f(s+t)=f 2(s) [(as2+b)+at(t-2s)][(as2+b)+at(t+2s)]=(as2+b)2 at(as2+b)(t-2s+t+2s)+a2t2(t2-4s2)=0 2at2·(as2+b)+a2t2(t2-4s2)=0,(*)
①当t=0时,s∈R,故(s,t)的轨迹为一条直线;
②当t≠0时,(*)式可化为2as2+2b+at2-4as2=0,
即2as2-at2=2b,因为ab>0,
所以s2->0,故点(s,t)的轨迹为双曲线,故选C.
12.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q.
∵a1,3a2,9a3成等差数列,∴6a2=a1+9a3,
又∵{an}是首项为1的等比数列,∴6a1q=a1+9a1q2,
∴9q2-6q+1=0,解得q1=q2=,∴an=a1·qn-1=.
∵bn=,∴bn=n·.
(2)证明:由(1)知,a1=1,q=.∵Sn为{an}的前n项和,
∴Sn=.
∵Tn为{bn}的前n项和,
∴Tn=b1+b2+…+bn=1×+…+n×,①
+…+n,②
①-②,得+…+-n·-n·,
∴Tn=-,
∴Tn-n·<0,∴Tn<.
13.解析　(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1.
由已知得解得
所以{an}的通项公式为an=3n-1.
(2)由(1)知log3an=n-1.故Sn=.
由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m2-5m-6=0,
解得m=-1(舍去)或m=6.
14.解析　(1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),
即an+1+bn+1=(an+bn).
又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列.
由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1.
所以an=,
bn=.
15.A　易知an>0,an+1-an=-<0,∴an+1∴{an}单调递减,故an≤1.
一方面,an+1=≥an,
∴an≥an-1≥an-2≥…≥,
∴S100≥1++…+.
另一方面,an+1= an+1+an+1=an,
∴an+1=.
∵),
∴an+1<),
∴S100<1+2(+…+)<3,
∴S100∈.故选A.
16.答案　4
解析　易知q≠1,则{an+bn}的前n项和Sn=na1+=n2-n+2n-1,
∴=1,q=2,即d=2,q=2,∴d+q=4.
17.答案　7
解析　令n=2k(k∈N*),则有a2k+2+a2k=6k-1(k∈N*),
∴a2+a4=5,a6+a8=17,a10+a12=29,a14+a16=41,
∴前16项的所有偶数项和S偶=5+17+29+41=92,
∴前16项的所有奇数项和S奇=540-92=448,
令n=2k-1(k∈N*),则有a2k+1-a2k-1=6k-4(k∈N*),
∴a2k+1-a1=(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+…+(a2k+1-a2k-1)=2+8+14+…+6k-4==k(3k-1)(k∈N*),
∴a2k+1=k(3k-1)+a1(k∈N*),
∴a3=2+a1,a5=10+a1,a7=24+a1,a9=44+a1,a11=70+a1,a13=102+a1,a15=140+a1,
∴前16项的所有奇数项和S奇=a1+a3+…+a15=8a1+2+10+24+44+70+102+140=8a1+392=448.
∴a1=7.
18.解析　(1)设{an}的公比为q.
由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8,
解得q1=(舍去),q2=2.
由题设得a1=2,
所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.
所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)
=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.
19.解析　(1)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.由已知可得
an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
……
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,所以an=2n+1.
(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,
所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n,①
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1,②
①-②得
-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1,
所以Sn=(2n-1)2n+1+2.
知识拓展
　　解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法,等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法,形如an=(k≠0),可裂项为an=·;(3)错位相减法,形如cn=an·bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(4)分组求和法,形如cn=an+bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(5)并项求和法.
1.BC　因为S10=S20,所以10a1+d,解得a1=-d.
对于A,因为无法确定a1和d的正负,所以无法确定Sn是否有最大值,故A错误.
对于B,S30=30a1++15×29d=0,故B正确.
对于C,a10+a22=2a16=2(a1+15d)=2=d>0,故C正确.
对于D,a10=a1+9d=-d,
因为d<0,所以|a10|=-d,所以|a10|<|a22|,故D错误.
故选BC.
2.BCD　当k=0时,根据“等差比数列”的定义,有=0,即有an+2-an+1=0,这与分母不为0矛盾,∴k≠0,故A中判断正确;当an=n-1时,=1为常数,∴数列{an}为“等差比数列”,且a1=0,故B中判断错误;当数列{an}为非零常数列时,数列{an}既是等差数列又是等比数列,但an+1-an=0,此时数列{an}不是“等差比数列”,故C、D中判断错误.
3.B　因为等比数列{an}的前n项和Sn=2n+a,所以当n=1时,S1=a1=2+a,当n≥2,n∈N*时,Sn-1=2n-1+a,则an=Sn-Sn-1=2n+a-(2n-1+a)=2n-1(n≥2),所以a2=2,{an}的公比为2.
所以a1=1=2+a,解得a=-1,所以an=2n-1(n∈N*).
所以bn=log2an-a=log22n-1-(-1)=n,
所以,
所以Tn=+…+.
4.D　由题意得logab1=2,logabn+1-logabn=loga=1,
∴b1=a2,=a,∴{bn}是以a2为首项,a为公比的等比数列,∴bn=an+1.
∵an=bnlg bn,∴an=an+1lg an+1=(n+1)an+1·lg a.
∵{an}为递增数列,∴an+1-an>0,即[(n+2)a-(n+1)]an+1·lg a>0.
①当a>1时,lg a>0,an+1>0,∴(n+2)a-(n+1)>0,即a>,∵>0,∴1-<1,∴只需a>1即可满足[(n+2)a-(n+1)]an+1·lg a>0.
②当00,∴(n+2)a-(n+1)<0,即a<1-,∵≤,∴1-≥,∴只需00.
综上所述,实数a的取值范围为∪(1,+∞),故选D.
5.答案　
解析　由题意得,,
即,
,即,
,即,
由此归纳出(n≥3,n∈N*).
又,结论成立,
∴.
解题模板
　　由数列的前几项归纳其通项公式时,首先要分析项的结构,然后探究结构中的各部分与项的序号n之间的函数关系,进而求得通项公式.
6.答案　
解析　当n=1时,3S1=3a1=(1+m)a1,解得m=2.
当n≥2时,由得(n-1)an=(n+1)an-1,即.
由累乘法可得,
又a1=1,所以an=,
由anbn=,得bn=,
所以Tn=.
因为对任意n∈N*,λ>Tn恒成立,所以λ≥,故实数λ的最小值为.
7.答案　1 010
解析　设等差数列{an}的公差为d1,d1≠0,等差数列{bn}的公差为d2,
则a1+a2+…+a2 021=2 021a1 011,b1+b2+…+b2 021=2 021b1 011,
所以原方程可变为2 021x2-2 021a1 011x+2 021b1 011=0,
由该方程有实数解可得-4×2 0212b1 011≥0,即≥4b1 011.
要使方程x2-aix+bi=0(i∈N*,i≤2 021)无解,
则需Δ=(-ai)2-4bi=-4bi<0(i∈N*,i≤2 021).
设y1=,y2=4bi=4[b1+(i-1)d2](i∈N*,i≤2 021),
易得y1的图象为开口向上的抛物线的一部分,y2的图象为直线的一部分,
又i=1 011时,y1≥y2,所以满足y1即无实数解的方程最多有1 010个.
8.解析　设等比数列{bn}的公比为q.因为对任意的n∈N*,都有2bn+2=bn+1+3bn,
所以2q2=q+3,解得q=-1或q=.
因为对任意的n∈N*,都有bn>0,所以q>0,从而q=,
又b1=1,所以bn=.
假设存在k∈N*,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn,即≤.
记cn=,n∈N*.下面分别选择①②③作为条件进行研究.
选择①.因为an+1=an+1,所以an+1-2=(an-2).
又a1=1,所以a1-2=-1≠0,所以an-2≠0,从而,
所以数列{an-2}是以-1为首项,为公比的等比数列,则an-2=-,即an=2-,
所以cn=,从而.
由≤1得2n≥2,解得n≥1,当n=1时,c1=c2,当n>1时,cn+1所以当n的值为1或2时,cn取得最大值,即取得最大值,
所以对任意的n∈N*,都有≤,即anb1≤a1bn,anb2≤a2bn,
所以存在k的值为1或2,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn.
选择②.因为an+1=an+2,所以an+1-an=2,
所以数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,所以an=1+2(n-1)=2n-1,
所以cn=>0,
从而.
由≤1得2n≥5,解得n≥,当n≤2时,cn+1>cn,当n≥3时,cn+1又c2=2,c3=,
所以当n=3时,cn取得最大值,即取得最大值.
所以对任意的n∈N*,都有≤,即anb3≤a3bn.
所以存在k的值为3,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn.
选择③.因为Sn=2an-1,所以Sn+1=2an+1-1,
从而an+1=Sn+1-Sn=2an+1-1-(2an-1)=2an+1-2an,即an+1=2an,
又a1=1>0,所以an>0,且=2,
从而数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1,
所以cn=>0,从而>1,所以cn+1>cn,
所以不存在满足题意的k.
9.解析　(1)∵2Sn=(n+1)an,①
∴当n≥2时,2Sn-1=nan-1,②
①-②,得2an=(n+1)an-nan-1,
即(n-1)an=nan-1(n≥2),
又a1=1≠0,∴an≠0,∴(n≥2),
∴,……,,
∴an=··…··a1=··…··1=n,
经检验,当n=1时,a1=1也满足上式,
∴an=n.
(2)由(1)知an=n,设f(n)=··…··(n≥3,n∈N*),
则f(n+1)-f(n)=··…··
=··…··
=··…··<0,
∴f(n)在n≥3,n∈N*上单调递减,
∴f(n)max=f(3)=,
∴a>f(3)=,即实数a的取值范围是.
(3)Tn<.证明如下:
∵an=n,∴cn=,
∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=+c2+c3+…+cn<
=
=,
即Tn<.
10.解析　(1)1,3,5,6.(答案不唯一)
(2)证明:设长度为q且末项为的一个递增子列为,…,.
由p因为{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为,
且,…,是{an}的长度为p的递增子列,
所以≤.所以.
(3)由题设知,所有正奇数都是{an}中的项.
先证明:若2m是{an}中的项,则2m必排在2m-1之前(m为正整数).
假设2m排在2m-1之后.
设,…,,2m-1是数列{an}的长度为m且末项为2m-1的递增子列,则,…,,2m-1,2m是数列{an}的长度为m+1且末项为2m的递增子列,与已知矛盾.
再证明:所有正偶数都是{an}中的项.
假设存在正偶数不是{an}中的项,设不在{an}中的最小的正偶数为2m.
因为2k排在2k-1之前(k=1,2,…,m-1),所以2k和2k-1不可能在{an}的同一个递增子列中.
又{an}中不超过2m+1的数为1,2,…,2m-2,2m-1,2m+1,所以{an}的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为×1×1=2m-1<2m,与已知矛盾.
最后证明:2m排在2m-3之后(m≥2为整数).
假设存在2m(m≥2),使得2m排在2m-3之前,则{an}的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个数小于2m,与已知矛盾.
综上,数列{an}只可能为2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,….
经验证,数列2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…符合条件.
所以an=
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