培优点2 子数列问题
1.（2024·湘豫名校联考）已知等比数列{an}的公比与等差数列{bn}的公差均为2，且a1＝b1＋2＝2，设数列{cn}满足cn＝n∈N*，则数列{cn}的前20项的和为（ ）
A. B.
C. D.
2.（2024·漳州第三次质量检测）将数列{3n－1}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则a20＝（ ）
A.237 B.238
C.239 D.240
3.已知数列：1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，即此数列第一项是20，接下来两项是20，21，再接下来三项是20，21，22，依此类推，设Sn是此数列的前n项和，则S2 025＝（ ）
A.264＋446 B.263＋190
C.264＋62 D.263＋62
4.（2024·河南五市第一次联考）在等差数列{an}中，a3＋a4＋a11＝84，a7＝33.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若记bk（k∈N*）为{an}中落在区间（5k，52k）内项的个数，求{bk}的前k项和Tk.
5.（2024·湖南九校联盟第二次联考）已知数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＋an＝3；数列{bn}满足bn＋bn＋1＝2n＋1，其中b1＝1.
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）对于给定的正整数i（i＝1，2，…，n），在ai和ai＋1之间插入i个数ci1，ci2，…，cii，使ai，ci1，ci2，…，cii，ai＋1成等差数列.求Tn＝c11＋c21＋c22＋…＋cn1＋cn2＋…＋cnn.
1 / 1专题三 数列
第1讲 小题研透——数列中的基本问题
1.C 等差数列{an}中，a1＋a3＋a5＝3a3＝15，解得a3＝5，又a4＋a6＋a8＝3a6＝33，所以a6＝11，又因为a3，a6，a9成等差数列，所以a9＝2a6－a3＝22－5＝17.故选C.
2.A 设等比数列{an}的公比为q，由S3＝a2＋5a1，得a1＋a2＋a3＝a2＋5a1，即a3＝4a1＝a1q2，所以q2＝4，又a5＝4，所以a1q4＝a1（q2）2＝a1×42＝4，所以a1＝.故选A.
3.B 设等差数列{an}的公差为d（d＜0），由a3，a4，a7是等比数列，得（a1＋3d）2＝（a1＋2d）·（a1＋6d），解得a1＝－d，则an＝a1＋（n－1）d＝（n－）d，显然等差数列{an}单调递减，当n≤2时，an＞0，当n≥3时，an＜0，所以当Sn取最大值时，n＝2.故选B.
4.BC 对于A，因为＝a2a8＝16，所以a5＝±4，所以A不正确；对于B，因为a1＝1，a2a8＝16，则q8＝16，所以q8＝16，所以q＝±，所以B正确；对于C，因为T9＝a1a2·…·a9＝，所以｜T9｜＝｜｜＝218，所以log2｜T9｜＝18，所以C正确；对于D，＋≥2a3a7＝2a2a8＝32，当且仅当a3＝a7时，等号成立，所以D不正确.故选B、C.
5. 解析：因为数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2，则数列{an}为等差数列，设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋d＝3a1＋3d＝6，可得a1＋d＝2 ①，a3＋a5＝a1＋2d＋a1＋4d＝2a1＋6d＝10，可得a1＋3d＝5 ②，联立①②可得a1＝，d＝，所以S5＝5a1＋d＝5×＋10×＝.
6.2 解析：当q＝1时，Sn＝na1＝n，Sn＋1＝n＋1，{Sn＋1}不是等比数列，所以q≠1，Sn＝＝，Sn＋1＝＋1＝＝－·qn，根据等比数列的通项公式的形式，得＝0，解得q＝2.
7.B 因为等比数列{an}的前n项和为Sn，＝3，即S6＝3S3，又S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，即＝，故4S3＝S9－S6，故S9＝7S3，故＝.
8.D n＝1时，＝；n≥2时，＝－＝，＝，∴a5a6＝99，∴a6（2a6＋7）＝99，∴a6＝，a5＝18，∵a4a5＝63，∴a4＝，∵a3a4＝35，∴a3＝10，∵a2a3＝15，∴a2＝，∵a1a2＝3，∴a1＝2.故选D.
9.A 因为an＋1－an＜0，所以数列{an}为递减数列，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－（n－1）2＋2（n－1）＋m]＝－2n＋3，故可知当n≥2时，数列{an}单调递减，若对任意n∈N*，an＋1－an＜0，只需满足a2＜a1，因为a2＝－1，a1＝S1＝1＋m，所以－1＜1＋m，解得m＞－2.故选A.
10.B 法一 ∵数列{an}是公差为的等差数列，∴an＋3＝an＋×3＝an＋2π，∴cos an＋3＝cos an，∴数列{cos an}是周期为3的数列.不妨取a1＝－，则cos a1＝cos a2＝，cos a3＝－1，∴集合S＝{－1，}，则ab＝－.故选B.
法二 由题意，得an＝a1＋（n－1）·，又S＝{cos an｜n∈N*}＝{a，b}，∴cos a1≠cos a2，但cos a1＝cos a3，即cos a1＝cos（a1＋），∴a1＋a1＋＝2kπ（k∈Z），∴a1＝－＋kπ（k∈Z）.不妨取k＝1，则a1＝，a2＝＋＝π，则S＝{，－1}＝{a，b}，∴ab＝－1×＝－.故选B.
11.ACD 对于A，∵a3＋a7＝2a5＝4，∴S9＝＝＝＝18，故A正确；对于B，∵S15＝＝＝15a8＞0，∴a8＞0，∵S16＝＝（a8＋a9）×8＜0，∴a8＋a9＜0，∴a9＜0＜a8，a9－a8＜0，－＝（a9＋a8）（a9－a8）＞0，∴＜，故B错误；对于C，记等差数列{an}的公差为d，（a3＋a4）－（a1＋a2）＝4d＝9－5＝4，则d＝1，∴a7＋a8＝（a3＋4d）＋（a4＋4d）＝（a3＋a4）＋8d＝9＋8＝17，故C正确；对于D，∵a8＝S10，∴a1＋7d＝10a1＋d＝10a1＋45d，∴9a1＝－38d，则a1＝－d＞0，∴d＜0，S9＝9a1＋d＝－38d＋36d＝－2d＞0，S10＝a8＝a1＋7d＝d＜0，故D正确.故选A、C、D.
12.BC 设数列{an}的首项为a1，公比为q，由题有解得或对于选项A，当n为偶数时，an＜0，所以选项A错误；对于选项B，因为Sn＝，当显然有Sn＞0，当时，1－q＜0，1－qn＜0，所以Sn＞0，故选项B正确；对于选项C，当q＝3时，数列{｜an｜}是首项为2，公比为3的递增数列，当q＝－时，数列{｜an｜}是首项为32，公比为的递减数列，所以选项C正确；对于选项D，由选项B知Sn＞0，所以｜Sn｜＝Sn，当时，Sn＝＝［1－（－）n］，此时Sn不具有单调性，所以选项D错误，故选B、C.
13.25 解析：∵S20＝×20＝100，∴a1＋a20＝10，∴a10＋a11＝a1＋a20＝10.又∵a10＞0，a11＞0，∴a10·a11≤（）2＝＝25，当且仅当a10＝a11＝5时，取“＝”，∴a10·a11的最大值为25.
14.2 解析：法一 因为Sn＝nan，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－（n－1）·an－1，得（n－1）an＝（n－1）an－1，即an＝an－1，所以数列{an}是常数列，所以an＝a1，Sn＝na1，所以S2＋S4＋S6＋…＋S60＝（2＋4＋6＋…＋60）a1＝a1＝930a1＝1 860，解得a1＝2.
法二 因为Sn＝nan，所以当n≥2时，Sn＝n（Sn－Sn－1），得（n－1）Sn＝nSn－1，则有＝，所以数列是常数列，则＝＝a1，所以Sn＝na1，所以S2＋S4＋S6＋…＋S60＝（2＋4＋6＋…＋60）a1＝a1＝930a1＝1 860，解得a1＝2.
15.π 17 解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an2＋bn－[a（n－1）2＋b（n－1）]＝2na－a＋b.又当n＝1时，a1＝S1＝a＋b，满足an＝2na－a＋b，所以an＝2na－a＋b，所以数列{an}为等差数列，故a1＋a17＝2a9＝π.由题意得f（x）＝sin 2x＋cos x＋1，所以y1＋y17＝f（a1）＋f（a17）＝sin 2a1＋cos a1＋1＋sin 2a17＋cos a17＋1＝sin 2a1＋cos a1＋1＋sin（2π－2a1）＋cos（π－a1）＋1＝2，同理，y2＋y16＝2，…，y8＋y10＝2.又易得y9＝f（a9）＝1，所以数列{yn}的前17项和为2×8＋1＝17.
16.D A选项，题图1中正六边形的个数为1，题图2中正六边形的个数为7，题图3中正六边形的个数为49，由题意得数列{an}为首项为1，公比为7的等比数列，所以an＝7n－1，故a4＝73＝343，故A错误；B选项，由题意知C1＝6，C2＝×6＝14，C3＝（）2×6＝，故B错误；C选项，数列{Cn}是首项为6，公比为的等比数列，故Cn＝6×（）n－1，因为＞1，所以Cn＝6×（）n－1单调递增，不存在正数m，使得Cn≤m恒成立，故C错误；D选项，分析可得，图n中的小正六边形的个数为an＝7n－1个，每个小正六边形的边长为（）n－1，故每个小正六边形的面积为6××（）2n－2，则Sn＝7n－1×6××（）2n－2＝×（）n－1，故D正确.故选D.
17.ACD 由第1列数a1，a2，a5，a10，…成等差数列，设公差为d，又由a2＝2，a10＝8，可得a1＋d＝2，a1＋3d＝8，解得a1＝－1，d＝3，则第一列的通项公式为ak＝－1＋（k－1）×3＝3k－4，又从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列，可得a2＋a3＋…＋a9＝2＋4＋8＋5＋10＋20＋40＋80＝169，所以A正确，B错误；又因为每一行的最后一个数为a1，a4，a9，a16，…，且452＝2 025，可得a2 024是a2 025的前一个数，且a2 025在第45行，因为这一行共有2×45－1＝89个数，则a2 024在第45行的第88列，所以C正确；由题设可知第i行第j个数的大小为（3i－4）×2j－1，令（3i－4）×2j－1＝2 024，若j＝1，则3i－4＝2 024即i＝676；若j＝2，则3i－4＝1 012，无整数解；若j＝3，则3i－4＝506即i＝170；若j＝4，则3i－4＝253，无整数解.故D正确.
第2讲 大题专攻——数列中的综合问题
1.解：（1）证明：因为Sn是an与的等差中项，所以Sn＝（an＋）.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，所以Sn＝（Sn－Sn－1＋）（n≥2），
即2Sn＝Sn－Sn－1＋，可得Sn＋Sn－1＝，即－＝1.
令n＝1，可得S1＝a1＝（a1＋），解得a1＝1或a1＝－1，
又数列{an}是正项数列，所以a1＝1.
所以数列{}是以＝1为首项、1为公差的等差数列.
（2）由（1）得＝＋n－1＝n，即＝n.
因为数列{an}是正项数列，所以Sn＞0，所以Sn＝.
于是an＝Sn－Sn－1＝－（n≥2），
当n＝1时，a1＝1，符合an＝－，可得an＝－.
所以bn＝＝＝－，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b99＝－＋－＋－＋…＋－＝1－＝.
2.解：（1）证明：由Sn＝2an＋1－3可得n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，
即n≥2时，＝，
因为a1＝，a1＝2a2－3，所以a2＝，则＝，
综上，＝，n∈N*，
所以{an}是首项和公比均为的等比数列.
（2）由（1）可得an＝（）n，
所以bn＝（）n（n2＋n），n∈N*，
n≥2时，＝＝，
令＞1，可得2≤n＜5，令＜1，可得n＞5，
可知b1＜b2＜b3＜b4＝b5＞b6＞b7＞…，
综上，bn取得最大值时，n＝4或n＝5.
3.解：（1）证明：因为bn＋1－bn＝－＝
＝＝＝0，
所以bn＋1＝bn，所以{bn}是常数数列.
（2）因为a1＝1，所以bn＝b1＝＝2，所以＝2，所以an＝2n－1.
所以cn＝sin［（2n－1）］＋22n－1＝sin（nπ－）＋22n－1，
所以S2n＝［sin＋sin＋sin＋…＋sin（2nπ－）］＋（21＋23＋25＋…＋24n－1）
＝（1－1＋1－1＋…－1）＋＝.
4.解：（1）由题意知＝，
因为b1＝1，且{bn}是公比为2的等比数列，所以＝4，
因为a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为4的等比数列，
所以Sn＝＝（4n－1）.
（2）因为b1＝1，且{bn}是公差为2的等差数列，所以bn＝2n－1，
所以＝＝，
所以＝，＝，…，＝，
所以＝，因为a1＝1，
所以an＝（4n2－1）.
5.解：（1）由题意知，a1＝7，所以a2＝a1－3＝4，
a3＝2a2＝8，a4＝a3－3＝5.
（2）证明：因为an＋1＝
所以a2n＋1－6＝2a2n－6＝2（a2n－1－3）－6＝2（a2n－1－6），
所以＝2，且a1－6＝1，
所以数列{a2n－1－6}是首项为1，公比为2的等比数列.
（3）由（2）可知，a2n－1－6＝2n－1，即a2n－1＝2n－1＋6，
因为2n为偶数，2n－1为奇数，
所以bn＝a2n＝a2n－1－3＝2n－1＋3，
所以n·（bn－3）＝n·（2n－1＋3－3）＝n·2n－1，
所以Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1， ①
2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n， ②
①－②得，－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝2n－1－n·2n，
所以Sn＝1＋（n－1）·2n，n∈N*.
培优点1 数列的递推关系
1.D 由题意得（an＋2＋an＋1）－（an＋1＋an）＝[2（n＋1）－3]－（2n－3），即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝（a8－a6）＋（a6－a4）＝2＋2＝4.
2.A 法一（累加法） 由题知a1＋a2＝1，所以an＋1＋an＝1·2n－1＝2n－1，所以an＋2＋an＋1＝2n，两式相减得an＋2－an＝2n－2n－1＝2n－1，所以a2 024＝a2＋（a4－a2）＋（a6－a4）＋…＋（a2 024－a2 022）＝1＋21＋23＋…＋22 021＝1＋＝1＋＝，故选A.
法二（构造数列法） 由题知a1＋a2＝1，所以an＋1＋an＝1·2n－1＝2n－1，所以an＋1＝－an＋2n－1，＝－＋1＝－·＋1，－＝－·（－），所以{－}是等比数列，－＝（－）·（－）n－1＝－（－）n－1，所以an＝，因此a2 024＝＝，故选A.
3.B 由＝，得＝，于是＝＝，则＝，两边取对数得nlg an＋1＝（n＋1）lg an，因此＝，数列是常数列，则＝＝lg 2，即lg an＝nlg 2＝lg 2n，所以an＝2n，a5＝32.故选B.
4.A 由＋＋…＋＝n（n∈N*），得＋＋…＋＝n－1（n≥2），两式相减可得＝1（n≥2），则an＝2n（n≥2），当n＝1时，由＝1可得a1＝2，满足上式，故an＝2n（n∈N*），所以bn＝λ（2n－1）－n2＋4n.因为数列{bn}为递增数列，即 n∈N*，bn＋1－bn＞0，则λ（2n＋1－1）－（n＋1）2＋4（n＋1）－[λ（2n－1）－n2＋4n]＝λ·2n－2n＋3＞0，整理得λ＞，令cn＝，则cn＋1－cn＝－＝（n∈N*），当n≤2时，cn＋1＞cn，当n≥3时，cn＋1＜cn，即当n＝3时，取得最大值，从而得λ＞，所以λ的取值范围为（，＋∞）.故选A.
5.ACD a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n（n≥2），所以an＋1－an＝n＋1，故A正确.因为bn＝（－1）n（an＋1－an）＝（－1）n（n＋1），所以b1＋b2＋…＋b20＝－2＋3－4＋5－…－20＋21＝10，故B不正确.因为a1＝1，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n（n≥2），所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝（n≥2），经检验a1＝1也满足该式，故an＝，当n≥2时，Sn－Sn－1＝an＝，故C正确.＝＝，－＝－＝，所以当n＝1时，＞，当n＝2时，＝，当n≥3时，＜，所以当n＝2或n＝3时，取得最大值，故D正确.故选A、C、D.
6.3 268 解析：∵an＋an＋1＋an＋2＝n2，∴an＋1＋an＋2＋an＋3＝（n＋1）2，两式相减得an＋3－an＝2n＋1，∴a4－a1＝2×1＋1，a7－a4＝2×4＋1，…，a97－a94＝2×94＋1，a100－a97＝2×97＋1，累加得a100＝a1＋（2×1＋1）＋（2×4＋1）＋…＋（2×94＋1）＋（2×97＋1）＝2×（1＋4＋…＋94＋97）＋34＝（1＋97）×33＋34＝3 268.
7.×3n－1＋×（－1）n－1
解析：∵an＝2an－1＋3an－2（n≥3），∴an＋an－1＝3（an－1＋an－2）（n≥3），又a1＋a2＝7，∴{an＋an－1}是首项为7，公比为3的等比数列，则an＋an－1＝7×3n－2 ①，又an－3an－1＝－（an－1－3an－2）（n≥3），a2－3a1＝－13，∴{an－3an－1}是首项为－13，公比为－1的等比数列，则an－3an－1＝（－13）×（－1）n－2 ②，由①×3＋②得，4an＝7×3n－1＋13×（－1）n－1，∴an＝×3n－1＋×（－1）n－1.
8.解：（1）2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
令n＝2得2S2＝a3－23＋1，即2a1＋2a2＝a3－7， ①
因为a1，a2＋5，a3成等差数列，所以2（a2＋5）＝a1＋a3，即a3＝2（a2＋5）－a1.②
将②代入①可得2a1＋2a2＝2（a2＋5）－a1－7，解得a1＝1，
故a1的值为1.
（2）因为2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
当n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1，
两式作差可得an＋1＝3an＋2n，所以an＋1＋2n＋1＝3（an＋2n），n≥2，
易知a2＝5，所以an＋2n＝（a2＋22）×3n－2＝（5＋4）×3n－2＝3n，即an＝3n－2n，n≥2，
将n＝1代入an＝3n－2n得a1＝31－21＝1，符合题意.
故数列{an}的通项公式为an＝3n－2n.
培优点2 子数列问题
1.B 因为a1＝b1＋2＝2，所以b1＝0，a1＝2，所以an＝2n，bn＝2n－2，根据题意，cn＝所以T20＝a1＋b2＋a3＋b4＋…＋a19＋b20＝（2＋23＋25＋…＋219）＋2（1＋3＋5＋…＋19）＝＋2×＝.故选B.
2.C 令3t－1＝2m，得t＝＝＝＝，k∈N*，当m是正奇数，即m＝2n－1时，t是正整数，符合题意，所以an＝22n－1，所以a20＝22×20－1＝239，故选C.
3.A 将数列分组：第一组有一项，和为20；第二组有两项，和为20＋21；…；第n组有n项，和为20＋21＋…＋2n－1＝＝2n－1，则前63组共有＝2 016（项），所以S2 025＝20＋（20＋21）＋…＋（20＋21＋…＋262）＋20＋21＋22＋23＋24＋25＋26＋27＋28＝（21－1）＋（22－1）＋…＋（263－1）＋（29－1）＝（2＋22＋…＋263）－63＋511＝＋448＝264＋446.
4.解：（1）在等差数列{an}中，由a3＋a4＋a11＝84，得a4＋2a7＝84，而a7＝33，解得a4＝18，
因此数列{an}的公差d＝＝5，
an＝a4＋（n－4）d＝5n－2，所以数列{an}的通项公式是an＝5n－2.
（2）由5k＜an＜52k，得5k＜5n－2＜52k，整理得5k－1＋＜n＜52k－1＋，
因此正整数n满足5k－1＋1≤n≤52k－1，从而得bk＝52k－1－5k－1，
所以{bk}的前k项和为Tk＝－＝（52k＋1－6×5k＋1）（k∈N*）.
5.解：（1）由2Sn＋an＝3， ①
当n≥2时，2Sn－1＋an－1＝3， ②
①－②得2an＋an－an－1＝0.∴an＝an－1（n≥2），
当n＝1时，2a1＋a1＝3，∴a1＝1，
∴{an}是首项为1，公比为的等比数列，故an＝（）n－1（n∈N*）.
由bn＋bn＋1＝2n＋1， ③
得bn＋1＋bn＋2＝2n＋3. ④
④－③得bn＋2－bn＝2，
又由b1＝1，得b2＝2，
∴{bn}的所有奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列；
所有偶数项构成首项为2，公差为2的等差数列.
得b2n－1＝1＋（n－1）×2＝2n－1，b2n＝2＋（n－1）×2＝2n，∴bn＝n（n∈N*）.
综上可得an＝（）n－1，bn＝n（n∈N*）.
（2）在an和an＋1之间新插入n个数cn1，cn2，…，cnn，使an，cn1，cn2，…，cnn，an＋1成等差数列，设公差为dn，则dn＝＝＝－，
则cnk＝an＋kdn＝（）n－1－，∴cnk＝－·＝.
Tn＝c11＋c21＋c22＋…＋cn1＋cn2＋…＋cnn＝2（＋＋…＋）， ⑤
则Tn＝2（＋＋…＋）. ⑥
⑤－⑥得Tn＝2（＋＋…＋－）＝2＝1－，
∴Tn＝－.
培优点3 数列与其他知识的交汇问题
1.解：（1）由Sn＝2an－1，
当n＝1时，S1＝2a1－1，则a1＝1≠0，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，
两式相减得Sn－Sn－1＝2an－1－（2an－1－1），
即an＝2an－1（n≥2），
因此数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2n－1.
（2）证明：由（1）知Sn＝2n－1.
当n＝1时，＝1＜2；
当n≥2时，2n－1＞1，
所以Sn＝2n－1＞2n－2n－1＝2n－1＞0，
所以＝＜，
所以＋＋＋…＋＜1＋＋＋…＋＝＝2（1－）＜2.
综上，＋＋＋…＋＜2.
2.解：（1）对于数列{an}，取＝2＝a2，显然不满足集合W的条件①，
故{an}不是集合W中的元素；
对于数列{bn}，当n∈{1，2，3，4，5}时，
不仅有＝3＜b2，＝4＜b3，＝3＜b4，而且有bn≤5，
显然满足集合W的条件①②，故{bn}是集合W中的元素.
（2）∵{cn}是各项为正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3＝，S3＝，
设其公比为q（q＞0），∴＋＋c3＝，整理得6q2－q－1＝0，
∴q＝，∴c1＝1，cn＝，Sn＝2－，
对于任意n∈N*，有＝＜2－＝Sn＋1，且Sn＜2，
故{Sn}∈W，且M∈[2，＋∞）.
3.解：（1）－an＋1an－2＝0，即（an＋1＋an）·（an＋1－2an）＝0，
因为{an}的各项均为正数，所以an＋1＋an＞0，故an＋1＝2an，即＝2，
所以{an}是以2为公比的等比数列，又a1a2a3＝64，故＝64，a2＝4，
结合公比为2得a1＝2，所以an＝2×2n－1＝2n.
（2）Tn＜9，证明如下.
令f（x）＝ln（1＋x）－x（x＞0），则f'（x）＝－1＝，
当x＞0时，f'（x）＜0，即f（x）在（0，＋∞）上单调递减，
所以ln（1＋x）－x＜ln（1＋0）－0＝0，即ln（1＋x）＜x.
设cn＝1＋，则ln cn＝ln（1＋）＝ln（1＋）＜，
所以ln Tn＝ln c1＋ln c2＋ln c3＋…＋ln cn＜＋＋＋…＋.
记An＝＋＋＋…＋，
则An＝＋＋…＋＋，
所以An－An＝＋＋＋…＋－＝－＝1－＜1，
所以An＜1，即ln Tn＜An＜2，所以Tn＜e2＜32＝9.
4.解：（1）由题意，可得＝（an＋d）（an－d）＋λd2，
化简得（λ－1）d2＝0，又d≠0，所以λ＝1.
（2）将a1＝1，a2＝2，a3＝4代入条件，可得4＝1×4＋λ，解得λ＝0，
所以＝an＋1an－1，所以数列{an}是首项为1，公比q＝2的等比数列，所以an＝2n－1.
欲存在r∈[3，7]，使得m·2n－1≥n－r，即r≥n－m·2n－1对任意n∈N*都成立，
则7≥n－m·2n－1，所以m≥对任意n∈N*都成立.
令bn＝，则bn＋1－bn＝－＝，
所以当n＞8时，bn＋1＜bn；当n＝8时，b9＝b8；当n＜8时，bn＋1＞bn.
所以bn的最大值为b9＝b8＝，所以m的最小值为.
（3）因为数列{an}不是常数列，所以T≥2.
①若T＝2，则an＋2＝an恒成立，从而a3＝a1，a4＝a2，所以
所以λ（a2－a1）2＝0，又λ≠0，所以a2＝a1，可得{an}是常数列.矛盾.
所以T＝2不合题意.
②若T＝3，取an＝（k∈N*）（*），满足an＋3＝an恒成立.
由＝a1a3＋λ（a2－a1）2，得λ＝7.
则条件式变为＝an＋1an－1＋7.
由22＝1×（－3）＋7，知＝a3k－2a3k＋λ（a2－a1）2；
由（－3）2＝2×1＋7，知＝a3k－1a3k＋1＋λ（a2－a1）2；
由12＝（－3）×2＋7，知＝a3ka3k＋2＋λ（a2－a1）2.
所以数列（*）适合题意.
所以T的最小值为3.
培优点4 数列的新定义问题
1.解：（1）因为d＝1，所以an＋1－a1a2a3·…·an＝1（n∈N*），
所以a2＝a1＋1，a3＝a1a2＋1＝a1（a1＋1）＋1.
因为a1，a2，a3成等差数列，
所以2（a1＋1）＝a1＋a1（a1＋1）＋1，
所以＝1所以a1＝1或a1＝－1.
（2）因为＋＋…＋＝a1a2a3·…·an－bn， ①
所以＋＋…＋＋＝a1a2a3·…·anan＋1－bn＋1， ②
②－①得，＝a1a2a3·…·anan＋1－a1a2a3·…·an－（bn＋1－bn）＝a1a2a3·…·an（an＋1－1）－（bn＋1－bn）.
因为an＋1－a1a2a3·…·an＝－1，所以a1a2a3·…·an＝an＋1＋1，
所以＝（an＋1＋1）（an＋1－1）－（bn＋1－bn）＝－1－（bn＋1－bn），
所以bn＋1－bn＝－1.
又b1＝a1－＝，
所以bn＝＋（n－1）×（－1），
即bn＝－n＋.
2.解：（1）数列A是等和数列，所有的等和子集为{1，3，5，7}，{1，3，7，9}，{3，5，7，9}.
数列B是不等和数列.
（2）证明：数列P最多有如下五个等和子集：{a1，a2，a3，a4}，{a1，a2，a3，a5}，{a1，a2，a4，a5}，{a1，a3，a4，a5}，{a2，a3，a4，a5}.
先考虑含a1，a5在内的三个等和子集，因为数列P是递增数列，所以a1＜a2＜a3＜a4＜a5，故只可能是如下三种情况的一种：
a1＋a5＝a2＋a3，a1＋a5＝a3＋a4，a1＋a5＝a2＋a4.
若a1＋a5＝a2＋a3，则{a1，a2，a4，a5}，{a1，a3，a4，a5}，{a1，a2，a3，a4}不是P的等和子集，
所以P的所有等和子集可能为{a1，a2，a3，a5}，{a2，a3，a4，a5}.
但此时{a1，a4}不满足{ai，aj} M，
所以以上讨论不成立，即a1＋a5≠a2＋a3；
同理，a1＋a5≠a3＋a4，所以a1＋a5＝a2＋a4， ①
此时{a1，a2，a3，a5}，{a1，a3，a4，a5}不是P的等和子集，
考虑到{a1，a3} {a1，a2，a3，a4}，{a3，a5} {a2，a3，a4，a5}，
故{a1，a2，a3，a4}，{a2，a3，a4，a5}是P的等和子集，
故a1＋a4＝a2＋a3， ②
a3＋a4＝a2＋a5， ③
由①②③可知a2－a1＝a3－a2＝a4－a3＝a5－a4，即数列P是等差数列.
3.解：（1）不是，理由如下：
如等差数列－，－1，－，－2，…，T2＝a1a2＝ {－，－1，－，－2，…}，
所以不是任意一个无穷等差数列对前n项之积是封闭的.
（2）{an}是等比数列，其首项a1＝2，公比为q，
所以an＝a1·qn－1＝2qn－1（n∈N*），
所以Tn＝a1a2…an＝2nq1＋2＋…＋（n－1）＝2n，
由已知得，对任意正整数n，总存在正整数m，使得Tn＝am成立，
即对任意正整数n，总存在正整数m，使得2n＝2qm－1成立，
即＝21－n成立，
①当m＝≥1时，得－（m－1）＝1－n，所以q＝2；
②当m＝＋（2－n）＝≥1，得［－（m－1）］＋（1－n）＝0，
所以q＝，
综上，q＝2或.
（3）证明：对任意的无穷等比数列{an}，an＝a1qn－1＝·（）n－1，
令bn＝，cn＝（）n－1，则an＝bn·cn（n∈N*），
下面证明：{bn}是对前n项之积是封闭的.
因为bn＝，所以Tn＝＝，
取正整数m＝得，Tn＝bm，
所以{bn}对前n项之积是封闭的，
同理证明：{cn}也对前n项之积是封闭的，
所以对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和{cn}，使得an＝bn·cn（n∈N*），其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的.
4.解：（1）∵an＝＋＋≥3＝3，当且仅当＝，即n＝2时，等号成立，
∴数列{an}的最小项为a2＝2＋＝3.
（2）数列{Sn}具有性质P.
∵bn＝＝≤，
∴Sn＝bi≤＝1＋＋＋…＋＝＝2（1－）＜2，
∴数列{Sn}满足条件①.
∵bn＝＞0，∴Sn＜Sn＋1，∴{Sn}为单调递增数列，∴数列{Sn}满足条件②.
综上，数列{Sn}具有性质P.
（3）证明：先证数列{cn}满足条件①：
cn＝（1＋）n＝＋·＋·＋·＋…＋·.
当k≥2时，·＝＝···…··≤≤＝－，
则cn＝（1＋）n≤1＋1＋（1－）＋（－）＋…＋（－）＝3－＜3，
∴数列{cn}满足条件①.
再证数列{cn}满足条件②：
cn＝（1＋）n＝（1＋）·（1＋）·…·（1＋）·1＜
［］n＋1（ 1＋＞1，等号取不到）
＝（）n＋1＝（1＋）n＋1＝cn＋1，
∴{cn}为单调递增数列，∴数列{cn}满足条件②.
综上，数列{cn}具有性质P.
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