(共49张PPT)
专题二 数列
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√
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2025·四川绵阳模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若8S6＝7S3，则公比q＝( )
A．2 B．
C．－2 D．－
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D [由8S6＝7S3可知公比q≠1，则＝＝1＋q3＝，
解得q＝－．故选D．]
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2．已知数列{an}中，a1＝，且＝＋1，则a10＝( )
A． B． C． D．
D [由＝＋1，得＝，又＝2，
所以数列是以2为首项，为公差的等差数列．
所以＝2＋＝，所以an＝．所以a10＝．故选D．]
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3．(2025·北京高考)已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝( )
A．－20 B．－18
C．16 D．18
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C [{an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，a3，a4，a6成等比数列，设公差为d(d≠0)，则＝a3a6，即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d)，整理得d2－2d＝0，解得d＝2或d＝0(舍)，所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16．故选C．]
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4．[教材母题改编]已知数列{an}满足an＋1＝，若a1＝，则a2 025＝( )
A． B．2 C．－1 D．1
√
C [由题设a2＝＝2，a3＝＝－1，a4＝＝，…，所以{an}是周期为3的数列，则a2 025＝a3×675＝a3＝－1．故选C．]
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5．(2025·山东济南一模)若数列{an}各项均为正数，则“{an}为等比数列”是“{ln an}为等差数列”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
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C [数列{an}中，an>0，数列{an}为等比数列，令其公比为q(q>0)，则an＝a1qn-1，ln an＝ln a1＋(n－1)ln q，ln an＋1－ln an＝ln q为常数，
因此数列{ln an}为等差数列；
反之，{ln an}为等差数列，令其公差为d，
则ln an＋1－ln an＝d，即＝ed为常数，
因此数列{an}为等比数列，所以“{an}为等比数列”是“{ln an}为等差数列”的充要条件．故选C．]
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6．(2023·全国乙卷)已知等差数列{an}的公差为，集合S＝
{cos an|n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝( )
A．－1 B．－ C．0 D．
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B [法一：由题意得an＝a1＋(n－1)，cos an＋3＝cos ＝cos ＝cos ＝cos ＝cos an，所以数列{cos an}是以3为周期的周期数列，又cos a2＝
cos ＝－cos a1－sin a1，cos a3＝cos ＝－cos a1＋sin a1，因为集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cos a1＝
cos a2≠cos a3，cos a1＝cos a3≠cos a2，cos a2＝cos a3≠cos a1．下面逐一讨论：
①当cos a1＝cos a2≠cos a3时，有cos a1＝－cos a1－sin a1，得tan a1＝－，所以ab＝cos a1＝－cos2a1＋sina1cos a1＝＝＝＝－．
②当cosa1＝cos a3≠cos a2时，有cos a1＝－cos a1＋sin a1，得tan a1＝，所以ab＝cos a1＝＝＝＝＝－．
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③当cosa2＝cos a3≠cos a1时，有－cos a1－sin a1＝－cos a1＋sin a1，得sin a1＝0，所以ab＝cos a1＝＝－(1－sin2a1)＝－．
综上，ab＝－，故选B．
法二：取a1＝－，则cosa1＝，cos a2＝cos ＝，cos a3＝cos ＝－1，所以S＝，ab＝－，故选B．]
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7．(2025·重庆模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝， n∈N*， M>0，A． B． C． D．1
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C [等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且＝，
则＝＝＝＝＝
＝<，且当n→＋∞时，＝，
因为 n∈N*， M>0，题号
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8．(2025·浙江丽水二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知A，B，C成等差数列，a，c，b成等比数列，则cos A＝
( )
A． B． C． D．
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D [因为在△ABC中，A，B，C成等差数列，
所以2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，所以B＝，
设a，c，b所成等比数列的公比为q，
则c＝qa，b＝，
由正弦定理可得＝＝，
整理可得sin A＝，cos A＝，
又sin2A＋cos2A＝1，即＝1，
整理可得(q－2)[3q3＋5q2＋4＋(q－2)2]＝0，
所以解得q＝2，故sinA＝，于是A＝，
所以cos A＝．故选D．]
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二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．(2025·广东开学考试)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a10＝9，S20＝200，则( )
A．{an}的公差为3 B．a6＝1
C．Sn有最小值－25 D．数列为递增数列
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BC [对于A，由题意可得
解得故A错误；
对于B，an＝a1＋(n－1)d＝2n－11，故a6＝1，故B正确；
对于C，Sn＝－9n＋×2＝n2－10n＝(n－5)2－25，所以当n＝5时，Sn取到最小值－25，故C正确；
对于D，＝，且＝25>＝－24，故D错误．故选BC．]
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10．[教材母题改编]已知正方形ABCD的边长为2，取正方形ABCD各边的中点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第3个正方形IJKL，依此方法一直继续下去．若把正方形ABCD的面积记为数列的首项a1，后面各正方形的面积依次为a2，a3，…，an，…，则下列结论正确的为( )
A．a10＝
B．前10个正方形的面积之和为
C．数列{log2an}的前100项之和为－4 850
D．若这个作图过程可以一直继续下去，则所有这些正方形的面积之和将趋近于8
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BD [由题设，第n个正方形的边长为，则对角线长为，如图所示，
所以＝，即an＋1＝．
又a1＝4，即{an}是首项为4，公比为的等比数列，
故an＝4·＝23-n，所以a10＝2-7＝，A错误；
前10项和S10＝＝8×＝，B正确；
log2an＝3－n，则其前100项之和T100＝300－＝－4 750，C错误；
由前n项和Sn＝＝8－<8恒成立，D正确．
故选BD．]
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11．(2025·河北重点高中二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1＋4an，则以下说法正确的是( )
A．{an＋1＋an}是等比数列
B．{an＋1－4an}是等比数列
C．an＝
D．Sn＝
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AB [因为an＋2＋an＋1＝4(an＋1＋an)，
且a2＋a1＝4≠0，所以{an＋1＋an}是以4为首项，4为公比的等比数列，
所以an＋1＋an＝4n①，故A正确；
因为an＋2－4an＋1＝－(an＋1－4an)，且a2－4a1＝3－4＝－1≠0，所以{an＋1－4an}是以－1为首项，－1为公比的等比数列，
所以an＋1－4an＝(－1)n②，故B正确；
①②两式作差得，an＝，故C错误；
数列的前n项和为(41＋42＋…＋4n)＝＝，
数列的前n项和为[(－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)n]＝＝，
则Sn＝
＝，故D错误．故选AB．]
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三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．(2025·全国一卷)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于________．
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2 [设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0，因为S4＝4，S8＝68，所以S8－S4＝64，因为S4，S8－S4，S12－S8，…成等比数列，且公比为q4，所以q4＝＝＝16，又q>0，所以q＝2．]
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13．把个位、十位、百位上的数依次成等差数列(公差小于0)的三位数称为“下阶梯数”，则所有的“下阶梯数”共有________个．
16 [公差为－1时，有789，678，…，123，共7个；
公差为－2时，579，468，…，135，共5个；
公差为－3时，369，258，147，共3个；
公差为－4时，159，共1个．
所以一共有7＋5＋3＋1＝16(个)．]
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14．(2025·湖南长沙模拟)等比数列{an}中，an>0，a1，a7满足：＝(P点在直线AB上)，则a4的最大值为________．
[等比数列{an}中，an>0，则＝a1·a7，又a1，a7满足：＝(P点在直线AB上)，则有＝1，所以1＝≥2a1·a7＝，当且仅当a1＝a7＝时等号成立，又a4>0，有a4≤，所以a4的最大值为．]
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四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)设Sn是数列的前n项和，Sn＝2n2－17n．
(1)求的通项公式，并求Sn的最小值；
(2)设bn＝，求数列的前n项和Tn．
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[解] (1)由题意得，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－[2(n－1)2－17(n－1)]＝4n－19．
当n＝1时，a1＝2－17＝－15，满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝4n－19，n∈N*．
由an＝4n－19≥0，得n≥，
所以当n＝1，2，3，4时，an<0，n≥5时，an>0，
所以Sn的最小值为S4＝4a1＋d＝－36．
(2)由(1)知，当n≤4时，bn＝＝－an；
当n≥5时，bn＝＝an，Sn＝2n2－17n，
当n≤4时，Tn＝－Sn＝17n－2n2．
当n≥5时，Tn＝－＋a5＋a6＋…＋an＝Sn－2S4＝2n2－17n＋72，
所以Tn＝
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16．(15分)数列满足a1＝＝，n∈N*．
(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)求正整数m，使得sin a1·sin a2·…·sin am＝．
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[解] (1)证明：由已知条件可知，cos an>0，
故an＋1∈，tan2an＋1＝
＝＝1＋tan2an，则tan2an＋1－tan2an＝1，
故数列是以1为公差的等差数列，且首项为tan2a1＝tan2＝，
故tan2an＝＋n－1＝，即tanan＝．
(2)sin a1·sin a2·…·sin am＝
＝··…·
＝＝，
由＝，得m＝3 333．
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17．(15分)(2025·湖北黄冈二模)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，a2＝2，当n≥2时，Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝3，bk＋1＝ak＋bk(k∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn．
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[解] (1)由题意得，当n≥2时，有Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)，即an＋1＝2an，因为a2＝2a1，所以an＋1＝2an对任意n∈N*都成立，
故数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，从而an＝2n-1．
(2)由bk＋1＝ak＋bk(k∈N*)，可得bn－bn－1＝an－1(n≥2)，
则bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－1－bn－2)＋(bn－bn－1)
＝b1＋a1＋a2＋…＋an－2＋an－1
＝3＋20＋21＋…＋2n-3＋2n-2
＝3＋＝2n-1＋2，
当n＝1时，b1＝3符合上式，故bn＝2n-1＋2．
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝(20＋2)＋(21＋2)＋…＋(2n-2＋2)＋(2n-1＋2)
＝(20＋21＋…＋2n-2＋2n-1)＋2n＝＋2n＝2n＋2n－1．
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18．(17分)(2025·湖北十一校模拟)已知{an}是无穷正整数数列，定义操作D(k，s)为删除数列{an}中除以k余数为s的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列{bn}．若an＝3n-1，n∈N*，进行操作D(3，1)后剩余项组成新数列{bn}，设数列{log3(an＋bn)}的前n项和为Sn．
(1)求Sn；
(2)设数列{cn}满足cn＝log3b2n－1，求数列的前n项和．
题号
1
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[解] (1)因为an＝3n-1，可知a1＝1(满足除以3余数为1)，当n≥2时，an为3的倍数，进行操作D(3，1)，即删除a1，剩余a2，a3，a4，a5，…，则bn＝an＋1＝3n，
可得log3(an＋bn)＝log3(3n-1＋3n)＝log3(4·3n-1)＝n＋log34－1，
所以Sn＝＋(log34－1)n．
(2)由(1)可知cn＝log3b2n－1＝log332n-1＝2n－1，
则＝
＝，
所以数列的前n项和
Tn＝
＝＝．
题号
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题号
19．(17分)(2025·黑龙江哈尔滨二模)已知数列{an}满足a1＝5，an＋1－2an＝3n(n∈N*)，记bn＝an－3n．
(1)求证：{bn}是等比数列；
(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Sn．若不等式(－1)nλ1
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题号
[解] (1)证明：由已知，∵an＋1－2an＝3n，
∴an＋1＝3n＋2an，∴bn＝an－3n，bn＋1＝an＋1－3n+1＝3n＋2an－3×3n＝2an－2×3n＝2(an－3n)＝2bn，
又∵a1＝5，∴b1＝a1－31＝5－3＝2，
∴数列{bn}中任意一项不为0，＝2，
∴数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，bn＝2×2n-1＝2n．
(2)由第(1)问知，bn＝2n，则cn＝，
所以Sn＝＋…＋，①
Sn＝＋…＋，②
所以①－②可得：
Sn＝＋…＋＝，
所以Sn＝5－(2n＋5)．
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题号
由(－1)nλ得(－1)nλ<5－(2n＋5)＋，
化简得(－1)nλ<5．
当n 为奇数时，有－λ<5，即λ>5×－5，
而＝5×－5＝－，所以λ>－；
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题号
当n为偶数时，有λ<5＝5－5×，而＝5－5×＝，所以λ<．
综上，实数λ的取值范围为．
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题号
谢 谢！专题二 数列
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2025·四川绵阳模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若8S6＝7S3，则公比q＝( )
A．2 B． C．－2 D．－
2．已知数列{an}中，a1＝，且＝＋1，则a10＝( )
A． B． C． D．
3．(2025·北京高考)已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝( )
A．－20 B．－18 C．16 D．18
4．[教材母题改编]已知数列{an}满足an＋1＝，若a1＝，则a2 025＝( )
A． B．2 C．－1 D．1
5．(2025·山东济南一模)若数列{an}各项均为正数，则“{an}为等比数列”是“{ln an}为等差数列”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．(2023·全国乙卷)已知等差数列{an}的公差为，集合S＝{cos an|n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝( )
A．－1 B．－ C．0 D．
7．(2025·重庆模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝， n∈N*， M>0，A． B． C． D．1
8．(2025·浙江丽水二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知A，B，C成等差数列，a，c，b成等比数列，则cos A＝( )
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．(2025·广东开学考试)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a10＝9，S20＝200，则( )
A．{an}的公差为3 B．a6＝1
C．Sn有最小值－25 D．数列为递增数列
10．[教材母题改编]已知正方形ABCD的边长为2，取正方形ABCD各边的中点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第3个正方形IJKL，依此方法一直继续下去．若把正方形ABCD的面积记为数列的首项a1，后面各正方形的面积依次为a2，a3，…，an，…，则下列结论正确的为( )
A．a10＝
B．前10个正方形的面积之和为
C．数列{log2an}的前100项之和为－4 850
D．若这个作图过程可以一直继续下去，则所有这些正方形的面积之和将趋近于8
11．(2025·河北重点高中二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1＋4an，则以下说法正确的是( )
A．{an＋1＋an}是等比数列 B．{an＋1－4an}是等比数列
C．an＝ D．Sn＝
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．(2025·全国一卷)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于________．
13．把个位、十位、百位上的数依次成等差数列(公差小于0)的三位数称为“下阶梯数”，则所有的“下阶梯数”共有________个．
14．(2025·湖南长沙模拟)等比数列{an}中，an>0，a1，a7满足：＝(P点在直线AB上)，则a4的最大值为________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)设Sn是数列的前n项和，Sn＝2n2－17n．
(1)求的通项公式，并求Sn的最小值；
(2)设bn＝，求数列的前n项和Tn．
16．(15分)数列满足a1＝，an∈，tan an＋1＝，n∈N*．
(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)求正整数m，使得sin a1·sin a2·…·sin am＝．
17．(15分)(2025·湖北黄冈二模)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，a2＝2，当n≥2时，Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝3，bk＋1＝ak＋bk(k∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn．
18．(17分)(2025·湖北十一校模拟)已知{an}是无穷正整数数列，定义操作D(k，s)为删除数列{an}中除以k余数为s的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列{bn}．若an＝3n-1，n∈N*，进行操作D(3，1)后剩余项组成新数列{bn}，设数列{log3(an＋bn)}的前n项和为Sn．
(1)求Sn；
(2)设数列{cn}满足cn＝log3b2n－1，求数列的前n项和．
19．(17分)(2025·黑龙江哈尔滨二模)已知数列{an}满足a1＝5，an＋1－2an＝3n(n∈N*)，记bn＝an－3n．
(1)求证：{bn}是等比数列；
(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Sn．若不等式(－1)nλ专题二
1．D [由8S6＝7S3可知公比q≠1，则，解得q＝－．故选D．]
2．D [由＋1，得＝2，
所以数列是以2为首项，为公差的等差数列．
所以，所以an＝．所以a10＝．故选D．]
3．C [{an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，a3，a4，a6成等比数列，设公差为d(d≠0)，则＝a3a6，即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d)，整理得d2－2d＝0，解得d＝2或d＝0(舍)，所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16．故选C．]
4．C [由题设a2＝＝2，a3＝＝－1，a4＝，…，所以{an}是周期为3的数列，则a2 025＝a3×675＝a3＝－1．故选C．]
5．C [数列{an}中，an>0，数列{an}为等比数列，令其公比为q(q>0)，则an＝a1qn-1，ln an＝ln a1＋(n－1)ln q，ln an+1－ln an＝ln q为常数，
因此数列{ln an}为等差数列；
反之，{ln an}为等差数列，令其公差为d，
则ln an+1－ln an＝d，即＝ed为常数，
因此数列{an}为等比数列，所以“{an}为等比数列”是“{ln an}为等差数列”的充要条件．故选C．]
6．B [法一：由题意得an＝a1＋(n－1)，cos an+3＝cos ＝cos ＝cos ＝cos ＝cos an，所以数列{cos an}是以3为周期的周期数列，又cos a2＝cos ＝－sin a1，cos a3＝cos ＝－sin a1，因为集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cos a1＝cos a2≠cos a3，cos a1＝cos a3≠cos a2，cos a2＝cos a3≠cos a1．下面逐一讨论：
①当cos a1＝cos a2≠cos a3时，有cos a1＝－sin a1，得tan a1＝－，所以ab＝cos a1 ＝－
＝．
②当cos a1＝cos a3≠cos a2时，有cos a1＝－sin a1，得tan a1＝，所以ab＝cos a1 ＝－sin a1cos a1
＝
＝．
③当cos a2＝cos a3≠cos a1时，有－sin a1，
得sin a1＝0，所以ab＝cos a1 ＝－(1－sin2a1)＝－．
综上，ab＝－，故选B．
法二：取a1＝－，则cos a1＝，cos a2＝cos ＝，cos a3＝cos ＝－1，所以S＝，ab＝－，故选B．]
7．C [等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且，
则，
且当n→＋∞时，，
因为 n∈N*， M>0，8．D [因为在△ABC中，A，B，C成等差数列，
所以2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，所以B＝，设a，c，b所成等比数列的公比为q，则c＝qa，b＝，
由正弦定理可得，
整理可得sin A＝，cos A＝，又sin2A＋cos2A＝1，即2＝1，
整理可得(q－2)[3q3＋5q2＋4＋(q－2)2]＝0，
所以解得q＝2，故sin A＝，于是A＝，所以cos A＝．故选D．]
9．BC [对于A，由题意可得
解得故A错误；
对于B，an＝a1＋(n－1)d＝2n－11，故a6＝1，故B正确；
对于C，Sn＝－9n＋×2＝n2－10n＝(n－5)2－25，所以当n＝5时，Sn取到最小值－25，故C正确；
对于D，＝－24，故D错误．故选BC．]
10．BD [由题设，第n个正方形的边长为，如图所示，
所以，即an+1＝．
又a1＝4，即{an}是首项为4，公比为的等比数列，
故an＝4·＝23-n，所以a10＝2-7＝，A错误；
前10项和S10＝，B正确；
log2an＝3－n，则其前100项之和T100＝300－＝－4 750，C错误；
由前n项和Sn＝<8恒成立，D正确．
故选BD．]
11．AB [因为an+2＋an+1＝4(an+1＋an)，
且a2＋a1＝4≠0，所以{an+1＋an}是以4为首项，4为公比的等比数列，
所以an+1＋an＝4n①，故A正确；
因为an+2－4an+1＝－(an+1－4an)，且a2－4a1＝3－4＝－1≠0，所以{an+1－4an}是以－1为首项，－1为公比的等比数列，
所以an+1－4an＝(－1)n②，故B正确；
①②两式作差得，an＝，故C错误；
数列的前n项和为(41＋42＋…＋4n)＝，
数列的前n项和为[(－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)n]＝，
则Sn＝，故D错误．故选AB． ]
12.2 [设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0，因为S4＝4，S8＝68，所以S8－S4＝64，因为S4，S8－S4，S12－S8，…成等比数列，且公比为q4，所以q4＝＝16，又q>0，所以q＝2．]
13.16 [公差为－1时，有789，678，…，123，共7个；
公差为－2时，579，468，…，135，共5个；
公差为－3时，369，258，147，共3个；
公差为－4时，159，共1个．
所以一共有7＋5＋3＋1＝16(个)．]
14． [等比数列{an}中，an>0，
则＝a1·a7，
又a1，a7满足：(P点在直线AB上)，则有＝1，
所以1＝≥2a1·a7＝2，当且仅当a1＝a7＝时等号成立，又a4>0，有a4≤，所以a4的最大值为．]
15．解：(1)由题意得，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn-1＝－[2(n－1)2－17(n－1)]＝4n－19．
当n＝1时，a1＝2－17＝－15，满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝4n－19，n∈N*．
由an＝4n－19≥0，得n≥，
所以当n＝1，2，3，4时，an<0，n≥5时，an>0，
所以Sn的最小值为S4＝4a1＋d＝－36．
(2)由(1)知，当n≤4时，bn＝＝－an；
当n≥5时，bn＝＝an，Sn＝2n2－17n，
当n≤4时，Tn＝－Sn＝17n－2n2．
当n≥5时，Tn＝－＋a5＋a6＋…＋an＝Sn－2S4＝2n2－17n＋72，所以Tn＝
16．解：(1)证明：由已知条件可知，cos an>0，
故an+1∈，tan2an+1＝
＝＝1＋tan2an，
则tan2an+1－tan2an＝1，
故数列是以1为公差的等差数列，且首项为tan2a1＝tan2，
故tan2an＝，
即tan an＝．
(2)sin a1·sin a2·…·sin am＝tan a1cos a1·tan a2cos a2·…·tan amcos am
＝··…·，
由，得m＝3 333．
17．解：(1)由题意得，当n≥2时，有Sn+1－Sn＝2(Sn－Sn-1)，即an+1＝2an，
因为a2＝2a1，所以an+1＝2an对任意n∈N*都成立，
故数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，从而an＝2n-1．
(2)由bk+1＝ak＋bk(k∈N*)，可得bn－bn-1＝an-1(n≥2)，
则bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn-1－bn-2)＋(bn－bn-1)
＝b1＋a1＋a2＋…＋an-2＋an-1
＝3＋20＋21＋…＋2n-3＋2n-2
＝3＋＝2n-1＋2，当n＝1时，b1＝3符合上式，故bn＝2n-1＋2．
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn-1＋bn
＝(20＋2)＋(21＋2)＋…＋(2n-2＋2)＋(2n-1＋2)
＝(20＋21＋…＋2n-2＋2n-1)＋2n＝＋2n＝2n＋2n－1．
18．解：(1)因为an＝3n-1，可知a1＝1(满足除以3余数为1)，当n≥2时，an为3的倍数，进行操作D(3，1)，即删除a1，剩余a2，a3，a4，a5，…，则bn＝an+1＝3n，
可得log3(an＋bn)＝log3(3n-1＋3n)＝log3(4·3n-1)＝n＋log34－1，
所以Sn＝＋(log34－1)n．
(2)由(1)可知cn＝log3b2n-1＝log332n-1＝2n－1，则的前n项和Tn＝＝＝．
19．解：(1)证明：由已知，∵an+1－2an＝3n，
∴an+1＝3n＋2an，∴bn＝an－3n，bn+1＝an+1－3n+1＝3n＋2an－3×3n＝2an－2×3n＝2(an－3n)＝2bn，
又∵a1＝5，∴b1＝a1－31＝5－3＝2，
∴数列{bn}中任意一项不为0，＝2，
∴数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，bn＝2×2n-1＝2n．
(2)由第(1)问知，bn＝2n，
则cn＝，
所以Sn＝＋…＋，①
＋…＋，②
所以①－②可得：
＋…＋，
所以Sn＝5－(2n＋5)．
由(－1)nλ化简得(－1)nλ<5．
当n 为奇数时，有－λ<5，即λ>5×－5，
而，所以λ>－；
当n为偶数时，有λ<5，所以λ<．
综上，实数λ的取值范围为．
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