数列专题压轴小题

一、单选题

1．已知数列{an}的首项a1＝3，前n项和为Sn，an+1＝2Sn+3，n∈N*，设bn＝log3an，数列Tn的范围（ ） A．,2

3bn的前n项和an1B．,2

13C．,13 34D．13, 442．我们知道，在n次重复试验（即伯努利试验）中，每次试验中事件A发生的概率为p，则事件A发生的次数X服从二项分布Bn,p，事实上，在无限次伯努利试验中，另一个随机变量的实际应用也很广泛，即事件A首次发生时试验进行的次数Y，显然PYkp1p何分布”，经计算得E(Y)k1,k1,2,3,，我们称Y服从“几

1．由此推广，在无限次伯努利试验中，试验进行到事件A和A都发生后停止，pk1此时所进行的试验次数记为Z，则PZkp1p1ppk1,k2,3,，那么EZ（ ）

11 A．

p(1p)C．

1B．2

pD．

11

p(1p)1

(1p)23．对于任意实数x，符号[x]表示不超x的最大整数，例如[3]＝3，[﹣1.2]＝﹣2，[1.2]＝1.已知数列{an}满足an＝[log2n]，其前n项和为Sn，若n0是满足Sn＞2018的最小整数，则n0的值为（ ） A．305

B．306

C．315

D．316

*4．已知数列an的前n项和为Sn，直线yx22与圆x2y22an2交于An，BnnN两点，

且Sn( )

12AnBn.若a12a23a34nanan22对任意nN*恒成立，则实数的取值范围是

A．0,

B．,

12C．0,

D．,

125．已知数列an满足a12a23a3nan2n13n．设bn4n，Sn为数列bn的前n项和．若anSn（常数），nN*，则的最小值是（ ）

A．

3 2B．

1

9 4C．

31 121

D．

31 18𝑛−1𝑛

6．𝑎𝑛=𝑓(0)+𝑓(𝑛)+⋯+𝑓(已知𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥+2)−2是𝑅上的奇函数，通项公式为 A．𝑎𝑛=𝑛

B．𝑎𝑛=2(𝑛+1)

32𝑛∈𝑁∗则数列{𝑎𝑛}的)+𝑓(1)，

C．𝑎𝑛=𝑛+1 D．𝑎𝑛=𝑛2−2𝑛+3

7．对于三次函数fxaxbxcxda0，给出定义：设f'x是函数yfx的导数，fx是f'x的导数，若方程fx0有实数解x0，则称点x0,fx0为函数yfx的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数

gx13125122018ggxx3x，则g( )

3212201920192019B．2017

C．2018

D．2019

A．2016

8．已知数列an的通项公式为ann2(nN*)，设f(x)xlog2和为 A．36 9．已知f(x)B．33

C．30

2x，则数列f(an)的各项之8xD．27

3x2017，函数g(x)对任意xR有g(20182x)3g(2x2013)成立，yf(x)2x5与yg(x)的图象有m个交点为(x1,y1)，(x2,y2)…，(xm,ym)，则A．2013m

B．2015m

C．2017m

(xy)（ ）

iii1mD．4m

10．若数列an的前n项和为Sn，bnSn，则称数列bn是数列an的“均值数列”.已知数列bn是数n列an的“均值数列”且通项公式为bnn，设数列11的前n项和为Tn，若Tnm2m1对一切

2anan1nN*恒成立，则实数m的取值范围为（ ）

A．1,3 C．,1B．1,3

3, D．,13,

11．设x为不超过x的最大整数，an为xxx0,n可能取到所有值的个数，Sn是数列前n项的和，则下列结论正确个数的有( ) （1）a34

（2）190是数列an中的项 （3）S101a2nn5 6an21取最小值 nB．2个

C．3个

D．4

（4）当n7时，A．1个

二、多选题

12．设数列an的前n项和为Sn，若存在实数A，使得对任意nN*，都有SnA，则称数列an为“T数列”.则以下结论正确的是（ ）

A．若an是等差数列，且a10，公差d0，则数列an是“T数列” B．若an是等比数列，且公比q满足|q|1，则数列an是“T数列” C．若ann2n1，则数列an是“T数列”

n(n1)2n2D．若an，则数列an是“T数列 24n113．已知Sn是等差数列an的前n项和，S2019S2021S2020，设bnanan1an2，则数列和为Tn，则下列结论中正确的是（ ） A．a20200

C．a2019a2020a2021a2022

B．a20210

D．n2019时，Tn取得最大值

1的前n项bn三．填空题

14．（2020•山东新高考模拟演练4）等差数列{an}前n项和为Sn，a11,S728，记bn其中xlgan，表示不超过x的最大整数，则数列{bn}前1000项的和为____

15.（2020•上海）已知集合A{x|x2n1,nN*}，B{x|x2n,nN*}．将AB的所有元素从

小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn12an1成立的n的最小值为________．

16.（2020上海闵行）设数列an满足a11,,a24,a39,anan1an2an3n4，a2019______.

数列压轴小题解析版

一、单选题

bn1．已知数列{an}的首项a1＝3，前n项和为Sn，an+1＝2Sn+3，n∈N，设bn＝log3an，数列的前n项和

an*

Tn的范围（ ） A．,2

3【答案】C 【分析】

由数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得an，求得

1B．,2

13

C．,13 34D．13, 44bn1n()n，再由数列的错位相减法求和，an3结合等比数列的求和公式可得Tn，判断{Tn}为递增数列，可得所求范围． 【详解】

解：首项a13，前n项和为Sn，an12Sn3,nN*， 可得a22S132a139，

n2时，an2Sn13，又an12Sn3，

两式相减可得an1an2Sn2Sn12an， 则an13an， 可得ana23n23n， 上式对n1也成立， 则an3，nN*，

nbnlog3anlog33nn，

bn1n()n， an31111n则前n项和Tn123n()，

3927311111Tn123n()n1， 3927813211111()nn()n1 相减可得Tn339273311(1n)3n(1)n1 3，1313化简可得Tn由Tn1Tn32n3， 443n32n532n3n1n10，可得{Tn}为递增数列， 443n1443n31可得TnT1，

332n30T，可得， n43n413Tn， 综上可得34而故选：C． 【点睛】

本题考查数列的递推式的运用，考查等比数列的定义和通项公式、求和公式，考查数列的错位相减法求和，以及化简运算能力和推理能力，属于中档题．

2．我们知道，在n次重复试验（即伯努利试验）中，每次试验中事件A发生的概率为p，则事件A发生的次数X服从二项分布Bn,p，事实上，在无限次伯努利试验中，另一个随机变量的实际应用也很广泛，即事件A首次发生时试验进行的次数Y，显然PYkp1p何分布”，经计算得E(Y)k1,k1,2,3,，我们称Y服从“几

1．由此推广，在无限次伯努利试验中，试验进行到事件A和A都发生后停止，pk1此时所进行的试验次数记为Z，则PZkp1p1ppk1,k2,3,，那么EZ（ ）

A．

11

p(1p)B．

1 p2C．

11

p(1p)D．

1

(1p)2【答案】A 【分析】

首先得出若PYkp1pk1,k2,3,，则E(Y)21p， pkp1pk12然后EZ2p1p21pp3p1p31ppk1ppk11p21pp31pp2pk1ppk12，设Ak2p3pkpk1．利用错位相

减法即可得出Ak，然后可得答案. 【详解】

因为PYkp1pk1,k1,2,3,，E(Y)1． p1p． pkp1pk1∈若PYkp1pk1,k2,3,，则E(Y)22那么EZ2p1p21pp3p1p31ppk1ppk1

1p21pp31pp2pkpk1．

k1ppk1．

2设Ak2p3ppAk2p23p3k1pk1kpk．

pk1kpkpp． 1p∈1pAk2pp2p3p1pk11pkpk．

∈k时，1pAkp∈E(Z)1p1pp1． p1pp(1p)故选：A．

【点睛】

本题考查的是随机变量的期望和利用错位相减法求数列的和，属于中档题.

3．对于任意实数x，符号[x]表示不超x的最大整数，例如[3]＝3，[﹣1.2]＝﹣2，[1.2]＝1.已知数列{an}满足an＝[log2n]，其前n项和为Sn，若n0是满足Sn＞2018的最小整数，则n0的值为（ ） A．305 【答案】D 【分析】

由题意，求解an[log2n]的通项，即可求解前n项和为Sn，即可求解满足Sn2018的最小整数n0的值． 【详解】

解：由题意，an[log2n]，当n1时，可得a10．(1项） 当21n22时，即a2a31．(2项）

当22n23时，即a4a5a72．(4项） 当23n24时，即a8a9a153．(） 当24n25时，即a16a17a314．(16项）

B．306

C．315

D．316



当2nn2n1时，即a2na2n1a2n11n，(2n项）

前n项和为：Sn121222323424n2n．∈

2Sn122223n2n1．∈

由∈∈可得：Sn222232nn2n1 即Snn2n12n122n1(n1)22018 此时：n8． 对应的项为a28a316． 即n0316． 故选：D． 【点睛】

本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“错位相减法”、递推式的意义，考查了推理

能力与计算能力，属于难题.

*4．已知数列an的前n项和为Sn，直线yx22与圆x2y22an2交于An，BnnN两点，

且Sn( )

12AnBn.若a12a23a34nanan22对任意nN*恒成立，则实数的取值范围是

A．0,

B．,

12C．0, 【答案】B 【分析】

D．,

122为公比的等比数列．由已知得到关于数列{an}的递推式，进一步得到{Sn+2}是以a1+2为首项，求出数列{an}的前n项和为Sn，进一步求得数列{an}的通项，然后利用错位相减法求得a12a23a3...nan，代入

a12a23a3...nan＜λan2+2，分离参数λ，求出

【详解】

n1的最大值得答案． 2n1圆心O（0，0）到直线y＝x﹣22，即x﹣y﹣220的距离d2由d2(|AnBn|)r2，且Sn2222，

121|AnBn|2， 4得22+Sn＝2an+2，∈4+Sn＝2（Sn﹣Sn﹣1）+2， 即Sn+2＝2（Sn﹣1+2）且n≥2；

∈{Sn+2}是以a1+2为首项，2为公比的等比数列． 由22+Sn＝2an+2，取n＝1，解得a1＝2， ∈Sn+2＝（a1+2）•2n﹣1，则Sn＝2n+1﹣2； ∈anSnSn12n122n22n（n≥2）．

a1＝2适合上式，

∈an2n．

设Tna12a23a3...nan 22232...n1223n1n2n，

2Tn22223324...n12nn2n1，

所以T212223...2n2n1n所以Tnn12n1212n12n2n1

2n12n2n11n2n12.

2，若a12a23a3...nanλan22对任意nN*恒成立，

即n12n12λ2n设bn22对任意nN*恒成立，即λn1*. n1对任意nN恒成立2n1nn12nbbn，所以b1b2b3b4...bnbn1...，故bn的最，因为n1n2n12n2n12大值为b2b3 因为b2b3故选B 【点睛】

本题考查数列通项公式，数列求和，数列的最值，不等式恒成立问题，考查数学转化思想方法，训练了利用错位相减法求数列的前n项和，考查直线与圆的位置关系，是中档题． 5．已知数列an满足a12a23a311，所以λ. 22nan2n13n．设bn4n，Sn为数列bn的前n项和．若anSn（常数），nN*，则的最小值是（ ）

A．

3 2B．

9 4C．

31 12D．

31 18【答案】C 【分析】

当n2时，类比写出a12a23a3n1an12n33n1，两式相减整理得an43n1，当

n1时，求得a1=34，从而求得数列an和bn的通项公式.；再运用错位相减法求出Sn，结合Sn的

性质，确定的最小值. 【详解】

a12a23a3nan2n13n ∈

n1an12n33n1 ∈

当n2时，类比写出a12a23a3由∈-∈得 nan4n3n1 ，即an43n1.

当n1时，a134，

3ann1434n13，bnn2n3n1n1

n2n ∈ 3n1Sn423n11232n1023333333311123n-1nSn23n1+n ∈ 3933333221111Sn0+23393333∈-∈得，

1nn1n23-n n1-n91-133331-Sn316n931-

1243n12Sn（常数），nN*， 的最小值是

故选C. 【点睛】

本题考查数列通项公式的求法和数列前n项和的计算方法，解题时要认真审题，仔细解答，注意公式的合理选用.

6．𝑎𝑛=𝑓(0)+𝑓(𝑛)+⋯+𝑓(已知𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥+2)−2是𝑅上的奇函数，通项公式为 A．𝑎𝑛=𝑛 【答案】B 【分析】

由𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥+2)−2在𝑅上为奇函数，知𝑓（2−𝑥）+𝑓（2+𝑥）=4，令𝑡=2−𝑥，则2+𝑥=1−𝑡，得到𝑓（𝑡）+𝑓（1−𝑡）=4．由此能够求出数列{𝑎𝑛}的通项公式． 【详解】

由题已知𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥+2)−2是𝑅上的奇函数

1

1

1

1

1

1

1

1

𝑛−1𝑛

31 12𝑛∈𝑁∗则数列{𝑎𝑛}的)+𝑓(1)，

B．𝑎𝑛=2(𝑛+1) C．𝑎𝑛=𝑛+1 D．𝑎𝑛=𝑛2−2𝑛+3

故𝐹（−𝑥）=−𝐹（𝑥），

（𝑥∈𝑅） 代入得：𝑓（2−𝑥）+𝑓（2+𝑥）=4，∈函数𝑓（𝑥）关于点（2，2）对称，令𝑡=2−𝑥，则2+𝑥=1−𝑡，得到𝑓（𝑡）+𝑓（1−𝑡）=4． ∈𝑎𝑛=𝑓(0)+𝑓()+⋯+𝑓(

𝑛𝑎𝑛=𝑓(1)+𝑓(

𝑛−1𝑛1

𝑛−1𝑛1

1

1

1

11

)+𝑓(1)，

)+⋯+𝑓(𝑛)+𝑓(0)

倒序相加可得2𝑎𝑛=4（𝑛+1），即𝑎𝑛=2（𝑛+1） ， 故选B． 【点睛】

本题考查函数的基本性质，借助函数性质处理数列问题问题，对数学思维的要求比较高，要求学生理解𝑓（2−𝑥）+𝑓（2+𝑥）=4，（𝑥∈𝑅）．属难题

7．对于三次函数fxaxbxcxda0，给出定义：设f'x是函数yfx的导数，fx3211

是f'x的导数，若方程fx0有实数解x0，则称点x0,fx0为函数yfx的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数

gx13125122018ggxx3x，则g( )

3212201920192019B．2017

C．2018

D．2019

A．2016 【答案】C 【解析】

1分析：对已知函数求两次导数可得图象关于点,1对称，即fxf1x2，利用倒序相加法即可

2得到结论. 详解：函数gx13125xx3x， 32122函数的导数g'xxx3，g'x2x1， 由g'x00得2x010， 解得x011，而g1， 221故函数gx关于点,1对称，

2gxg1x2，

故设g122018g...gm，

201920192019则g201820171g...gm，

201920192019两式相加得220182m，则m2018，故选C.

点睛：本题主要考查初等函数的求导公式，正确理解“拐点”并利用“拐点”求出函数的对称中心是解决本题的关键，求和的过程中使用了倒序相加法，属于难题.

8．已知数列an的通项公式为ann2(nN*)，设f(x)xlog2和为 A．36 【答案】D 【解析】 由fxxlog2n2x，则数列f(an)的各项之8xB．33 C．30 D．27

2x2x0，解得2x8. ，可知

8x8xan1,0,1,2,fa中2an8，又ann2，所以. f6x6xlog27.

8xf6x6.且有f33 .可得fx 2x数列fan的各项之和为fa1fa2fa9f1f0f7

f1f7f0f6f1f5f2f4f346327.

故选D.

点睛：倒序相加法求和，不仅应用在等差数列中，而且在函数以及组合中也有应用.等差数列中主要利用等

*差数列性质：若mnpq,m,n,p,qN，则amanapaq；函数中主要利用对称中心性质：若

nmnfx关于m,n对称，则fxf2mx2n；组合中中主要利用组合数性质： Cm. Cm9．已知f(x)3x2017，函数g(x)对任意xR有g(20182x)3g(2x2013)成立，yf(x)2x5与yg(x)的图象有m个交点为(x1,y1)，(x2,y2)…，(xm,ym)，则A．2013m 【答案】D 【解析】 化简fxB．2015m

C．2017m

(xy)（ ）

iii1mD．4m

3x2017320323x201753，fx的图象关于, 对称，由

2x522x52x52253g20182x3g2x2013可得g5t3gt,可得ygx 的图象也关于,对称，因

22此yfx与ygx的图象的m个交点为x1,y1，x2,y2…，xm,ym，也关于53,对称，所22以x1xmx2xm2x3xm3...5 ，y1ymy2ym2y3ym3...3，设

x1x2...xm1xmM ，则xmxm1...x2x1M，两式相加可

x1xmx2xm2...xm1x2xmx12M5m,M5m，同理可得 2m335y1y2...ym1ymm，xiyi x1x2...xm+y1y2...ymmm4m，故

222i1选D.

【方法点睛】本题主要考函数的对称性、函数的图象与性质、倒序相加法求和以及数学的转化与划归思想. 属于难题.转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.解答本题的关键是将等式与解析式转化为对称问题，将对称问题转化为倒序相加求和. 10．若数列an的前n项和为Sn，bnSn，则称数列bn是数列an的“均值数列”.已知数列bn是数n11列an的“均值数列”且通项公式为bnn，设数列的前n项和为Tn，若Tnm2m1对一切

2anan1nN*恒成立，则实数m的取值范围为（ ）

A．1,3 C．,1【答案】D 【分析】

B．1,3

3, D．,13,

2根据题意，求得Snn，进而求得数列的通项公式为an2n1，结合裂项法求得数列的前n和Tn，得出

不等式

121mm1，即可求得实数m的取值范围. 22Snn，所以Snn2， n【详解】

由题意，数列an的前n项和为Sn，由“均值数列”的定义可得当n1时，a1S11；

2当n2时，anSnSn1nn12n1，

2a11也满足an2n1，所以an2n1，

11111所以，

anan12n12n122n12n1111111111T11所以n，

23352n12n122n12又Tn所以

12mm1对一切nN*恒成立， 2121mm1，整理得m22m30，解得m1或m3. 22即实数m的取值范围为,1故选：D. 【点睛】

3,.

数列与函数、不等式综合问题的求解策略：

1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；

2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.

11．设x为不超过x的最大整数，an为xxx0,n可能取到所有值的个数，Sn是数列前n项的和，则下列结论正确个数的有( ) （1）a34

（2）190是数列an中的项 （3）S101a2nn5 6an21取最小值 nB．2个

C．3个

D．4

（4）当n7时，A．1个 【答案】C 【分析】

先求得a1,a2,a3的结果，归纳推理得到xx个数的表达，即an的值，由此对四个结论逐一分析，从而得出正确选项. 【详解】

当n1时，x0,1,x0,xx0,00，故a11.

当n2时，x0,2，x0,1，xx0,2，xx0,1，故a22.

当n3时，x0,3，x0,1,2，xx0,11,24,6，故共有4个数，xx0,1,4,5，即a34，故（1）结论正确. 以此类推，当n2，x0,n时，

x0,1,,n1，xx0,11,24,6n1,nn1，

2故xx可以取的个数为1123n2n2n2n2，即ann1n2， 22n2n2当n1时上式也符合，所以an；

2令an190，得nn1378，没有整数解，故（2）错误.

12112 ，

an2nn1n2n1n2所以Sn21111233411112， n1n22n2故S102115，所以（3）判断正确. 2126a211an21n221n2211n2226，当2211，,n44，当n6时nn6n2n22n222nn7时

an2116，故当n7时取得最小值，故（4）正确.综上所述，正确的有三个，故选C. n7【点睛】

本小题主要考查取整函数的理解，考查分析和推理的能力，考查裂项求和法，考查数列最小值的求法，综合性很强，属于难题.当数列的通项公式是两个等差数列相乘的倒数时，求前n项和的方法是裂项相消求和法.基本不等式等号不成立时，可在附近的整数点来求取本题（4）所要求的最小值.

二、多选题

12．设数列an的前n项和为Sn，若存在实数A，使得对任意nN*，都有SnA，则称数列an为“T数列”.则以下结论正确的是（ ）

A．若an是等差数列，且a10，公差d0，则数列an是“T数列” B．若an是等比数列，且公比q满足|q|1，则数列an是“T数列” C．若ann2，则数列an是“T数列”

n(n1)2n1n2D．若an，则数列an是“T数列 24n1【答案】BC 【分析】

写出等差数列的前n项和结合“T数列”的定义判断A；写出等比数列的前n项和结合“T数列”的定义判断B；利用裂项相消法求和判断C；当n无限增大时，Sn也无限增大判断D． 【详解】

在A中，若an是等差数列，且a10，公差d0，则Sn无限增大，所以数列an不是“T数列”，故A错误. 在B中，因为an是等比数列，且公比q满足|q|1， 所以Snd2dna1n，当n无限增大时，Sn也22a11qn1qa1a1qn1q1qa1a1qna21，所以数列an是“T数列”，故B正确. 1q1q1q在C中，因为ann211，所以

n(n1)2n1n2n(n1)2n111111||∣.所以数列ann2n(n1)2n12(n1)2n121111Sn∣122312222232是“T数列”，故C正确.

1111n211Sn1在D中，因为an，所以n2222434214314n144n1当n无限增大时，Sn也无限增大，所以数列an不是“T数列”，故D错误. 故选：BC. 【点睛】

，

4n211方法点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)

1111（2） ；

nnkknnk1nkn1kn2n111nkn； （3）（4）n；

2n12n122n12n1212n11122n11212n1n1111；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，2n12n11导致计算结果错误.

113．已知Sn是等差数列an的前n项和，S2019S2021S2020，设bnanan1an2，则数列的前n项

bn和为Tn，则下列结论中正确的是（ ）

A．a20200

C．a2019a2020a2021a2022 【答案】ABC 【分析】

B．a20210

D．n2019时，Tn取得最大值

根据题设条件，得到S2021S2020a20210,S2020S2019a20200，进而求得a2019a20220，a2019a2020a2021a2022，再结合“裂项法”求得Tn【详解】

设等差数列an的公差为d，

111，结合d0，即可求解. 2da1a2an1an2因为S2019S2021S2020，可得S2021S2020a20210，S2020S2019a20200，

S2021S2019a2021a20200，

即a2020a20210，a2020da2021d0，即a2019a20220， 所以a2019a2020a2021a2022，d0，即数列an递减， 且a10，a20，…，a20200，a20210， 又由bnanan1an2，可得

11111， bnanan1an22danan1an1an2则Tn1111111111，由d0，要使aa2da1a2a2a3a2a3a3a4anan1an1an22da1a2n1n2Tn取最大值，则显然

11取得最小值， a1a2an1an210，而a2a3a3a4a2019a2020a2021a2022a2022a2023，

an1an2所以当n2020时，11取得最小值. aaaan1n212综上可得，正确的选项为ABC. 故选：ABC. 【点睛】

本题主要考查了数列的综合应用，其中解答中熟练应用通项an和Sn的关系式，数列的“裂项法”求和，以及数列的单调性进行求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.

四．填空题

14．（2020•山东新高考模拟演练4）等差数列{an}前n项和为Sn，a11,S728，记bn其中xlgan，表示不超过x的最大整数，则数列{bn}前1000项的和为____ 【答案】13

【解析】利用等差数列的通项公式与求和公式可得an，再利用bnlgan，可得

b1b2b3b90,b10b11b12b991,,b10003,即可得出．

详解 ：解：Sn为等差数列{an}的前n项和，且a11,S728，7a428． 可得a44，则公差d1．ann，

bnlgan，

则b1[lg1]0,b2b3b90,b10b11b12b991,

b100b101b102b103b9992,b10003,

数列{bn}的前1000项和为：9×0＋90×1＋900×2＋3＝13． 故答案为：13．

点睛 ：本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、对数运算性质、取整函数，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

15.（2020•上海）已知集合A{x|x2n1,nN*}，B{x|x2n,nN*}．将AB的所有元素从

小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn12an1成立的n的最小值为________． 【答案】27

【解析】设an=2，则Sn[(211)+(221)+k(22k11)][2222k]

2k1122k1122(12)2k2k2122k12

由Sn12an1得22k22k1212(2k1),(2k1)220(2k1)140,2k125,k6

56所以只需研究2an2是否有满足条件的解，

此时Sn[(211)+(221)+差数列项数，且m16.

(2m1)][22225]m22512，an+12m1，m为等

由m2251212(2m1),m224m500，m22,nm527 得满足条件的n最小值为27.

16.（2020上海闵行）设数列an满足a11,,a24,a39,anan1an2an3n4，a2019______. 【答案】8073

【解析】对n分奇偶讨论求解即可

【详解】当n为偶数时，anan1an2an3当n为奇数时，anan1an2an3a2a13

a3a25

+a2a1+a15n1n1314n3 22故当n为奇数时，an=anan1+an1an2+故a20194201938073 故答案为8073