最新高中数学必修五期末试卷带答案

一、选择题

1．若实数x，y满足约束条件A．1

B．2

x2y10，则z2xy的最大值是（ ）

x1y0C．3

D．4

xy502．已知变量x,y满足约束条件x2y10，则目标函数=zx2y1的最大值为

x10（ ） A．6

B．7

C．8

D．9

4xy100,3．设x，y满足约束条件xy20,则z2x3y的最大值为（ ）

x0,y0,A．10

B．8

32C．5 D．6

4．已知函数fxxaxbxc，且0f1f2f33，则( ) A．c3 C．6c9

B．3c6 D．c9

5．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，且

C2A，若AC边上的中线BDA．15

B．14

79，则△ABC的周长为（ ） 2C．16

D．12

6．在ABC中，B30,AC10，D是AB边上的一点，CD25，若ACD为锐角，ACD的面积为20，则BC（ ） A．25 7．在△ABC中，ACA．30°

B．35

C．45 D．65 2，BC＝1，∠B＝45°，则∠A＝（ ）

B．60°

C．30°或150°

D．60°或120°

8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若角A，B，C成等差数列，且直线ax+cy﹣12＝0平分圆x2+y2﹣4x﹣6y＝0的周长，则△ABC的面积的最大值为（ ） A．33 B．33 2C．

3 2D．3 9．已知等差数列an的前n和为Sn，若a1a2a39，S636，则a12( ) A．23

B．24

C．25

D．26

10．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问相逢时驽马行几里？（ ） A．540

B．785

C．855

D．950

11．已知等比数列an的前n项和为Sn，若

1111110，则a31，a1a2a3a4a5C．20

D．25

S5（ ）

A．10

B．15

x12,x[0,1)12．已知定义域为R的函数f(x)满足f(x)=3f(x+2)，且f(x)4，设f(x)在

2x3x,x[1,2]*[2n-2,2n)上的最大值为an(nN)，且数列{an}的前n项和为Sn，若Sn均成立，则实数k的取值范围为（ ）

27, A．8二、填空题

27B．,

827, C．427D．,

413．若x,y0满足x3y5xy，则3x4y的最小值是___________.

14．ABC中，D是边BC上的点，满足BAD90，DAC30，BD4CD.则

sinB______. sinC15．在ABC中，AB2，C30，则ABBC的取值范围是________. 16．在三角形ABC中，D为BC边上一点，且BD2CD，ADBD，则

tanBACcos2B的最大值为__________．

17．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，ABC分线交AC于点D，且BD2，则a3c的最小值为___________.

18．在平面四边形ABCD中，已知ABC的面积是△ACD的面积的3倍．若存在正实数x，y使得AC(2)AB(12，ABC的平31x2)AD成立，则xy的最小值为___________． y319．在数列an中，a11，an0，曲线yx3在点an,an处的切线经过点

1；②a3；③an1,0，下列四个结论：①a2233数列；其中所有正确结论的编号是______. 20．已知数列an的首项为2，且满足an1aii1465；④数列an是等比272an1，则__________． an3an1三、解答题

21．设函数f(x)x2axb．

∣2x3}，求不等式bx2ax10的解集； （1）若不等式f(x)0的解集是{x（2）当b3a时，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围． 22．已知函数f(x)x2ax(aR).

（1）若a2，求不等式f(x)3的解集；

2（2）若x[1,)时，f(x)x2恒成立，求a的取值范围.

23．已知在ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，

(sinAsinB)2sin2CsinAsinB.

（Ⅰ）求角C的大小；

（Ⅱ）若a3b，求cos(2BC)的值.

24．ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设3bsinAa2cosB. （1）求角B；

（2）若b3，且ABC的面积等于

113，求的值.

ac2225．在①4Snan2an，②a12，nan12Sn这两个条件中任选一个，补充到下面

横线处，并解答.

已知正项数列an的前n项和为Sn， ． （1）求数列an的通项公式； （2）若数列bn满足log1bn31an1，且cnanbn，求数列cn的前n项和Mn. 2注：如果选择多个条件分别进行解答，按第一个解答进行计分.

26．在如图三角形数阵中第n行有n个数，aij表示第i行第j个数，例如，a43表示第4行第3个数.该数阵中每一行的第一个数从上到下构成以m为公差的等差数列，从第三行起每一行的数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m0).已知

a112,a411aa322,22m. 2a21 a11 a21 a22 a31 a32 a33 a41 a42 a43 a44 a51 a52 a53 a54 a55 an1 an2 an3ann（1）求m及a53； （2）记Tna11a22a33

ann，求Tn.

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【分析】

画出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，利用数形结合即可得到结论. 【详解】

x2y10x2y10画出约束条件x1或x1所表示的平面区域，如图所示，

x1y0xy10.

目标函数z2xy，可化为y2xz， 由图象可知，当直线y2xz经过点A时， 使得目标函数z2xy取得最大值，

xy10 又由，解得A(3,2)，

x2y10 所以目标函数的最大值为z2324， 故选：D. 【点睛】

思路点睛：本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于中等题. 求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”： （1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；

（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；

（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.

2．C

解析：C 【分析】

由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案． 【详解】

xy50由约束条件x2y10作出可行域如图，

x10联立x1，解得A（1，4），

xy50xz1， 222化目标函数z＝x+2y﹣1为y由图可知，当直线y故选C．

xz1过A时，z有最大值为8． 222

【点睛】

本题考查简单的线性规划，考查了目标函数的几何意义，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．

3．C

解析：C 【分析】

作出不等式对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，求目标函数的最大值即可． 【详解】

画出约束条件所表示的平面区域，如图所示， 由z2x3y得到y平移直线y由2zx， 332zx，当过A时直线截距最小，z最大， 33y05 得到A(,0)，

24xy1005305， 2所以z2x3y的最大值为zmax2故选C．

【点睛】

本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．

4．C

解析：C 【分析】

由f1f2f3可求得a，b的值，代回不等关系得出c的取值范围 【详解】

1abc84a2bc由f1f2f3可得

84a2bc279a3bca6解得

b11则fxx6x11xc

32所以f1c6，

0f13

所以0＜c63，解得6＜c9， 故选C. 【点睛】

本题主要考查了函数的性质，运用待定系数法求出参量的值，然后结合题意求出取值范围，较为基础．

5．A

解析：A 【分析】

由已知结合等差数列的性质及二倍角公式，正弦定理及余弦定理进行化简，即可求得结果. 【详解】

由a，b，c成等差数列可知，2bac， 因为C2A，

所以sinCsin2A2sinAcosA，

b2c2a2由正弦定理及余弦定理可得，c2a，

2bc所以bc2ab2ac2a3， 所以c53a，ba， 2479， 2若AC边上的中线BD22325所以a792aa，

42解可得a4，b5，c6， 故△ABC的周长为15. 故选：A. 【点睛】

该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有余弦定理，正弦定理，等差数列的条件，以及边角关系，属于简单题目.

6．C

解析：C 【分析】

先利用面积公式计算出sinACD，计算出cosACD，运用余弦定理计算出AD，利用正弦定理计算出sinA，在ABC中运用正弦定理求解出BC． 【详解】

解：由ACD的面积公式可知，可得sinACD11ACADsinACD1025sinACD20， 22241，ACD为锐角，可得cosACD1

5551580，即有AD45，

2在ACD中，AD100202102525ADCDCDsinACD由可得51， sinAsinACDsinAAD4552由

ACBCACsinA可知BCsinBsinBsinA10121545．

故选C． 【点睛】

本题考查正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，考查方程思想，属于中档题．

7．A

解析：A 【分析】

直接利用正弦定理求出sinA的大小，根据大边对大角可求A为锐角，即可得解A的值． 【详解】

因为：△ABC中，BC＝1，AC2，∠B＝45°，

2BCAC1所以：，sinABCsinB21． sinAsinBAC22因为：BC＜AC，可得：A为锐角， 所以：A＝30°． 故选：A． 【点评】

本题考查正弦定理在解三角形中的应用，考查计算能力，属于基础题．

8．B

解析：B 【分析】

由三角形内角和公式以及等差数列的性质可得B3，根据直线过圆心可得

2a3c12，根据基本不等式可得ac6，最后由三角形面积公式得结果.

【详解】

在△ABC中，A+B+C＝π，

∵角A，B，C成等差数列，∴2B＝A+C， ∴2B＝π﹣B，∴B3．

∵直线ax+cy﹣12＝0平分圆x2+y2﹣4x﹣6y＝0的周长， ∴圆心（2，3）在直线ax+cy＝12上，则2a+3c＝12， ∵a＞0，c＞0，∴12＝2a+3c26ac，即ac≤6． 当且仅当2a＝3c，即a＝3，c＝2时取等号． ∴SABC11333， acsinB6222233． 2∴△ABC的面积的最大值为故选：B. 【点睛】

本题主要考查了直线与圆的位置关系，基本不等式以及三角形面积公式的应用，属于中档题.

9．A

解析：A 【解析】

3a13d9等差数列an的前n和为Sn，a1a2a39，S636，，解656ad3612得a11,d2，a12111223，故选A.

10．C

解析：C 【分析】

由已知条件转化为两个等差数列的前n项和为定值问题，进而计算可得结果． 【详解】

由题可知，良马每日行程构成一个首项为103，公差13的等差数列an， 驽马每日行程构成一个首项为97，公差为﹣0.5的等差数列bn， 则an＝103+13（n﹣1）＝13n+90，bn＝97﹣0.5（n﹣1）＝97.5﹣0.5n， 则数列{an}与数列{bn}的前n项和为1125×2＝2250， 又∵数列{an}的前n项和为数列{bn}的前n项和为∴

nn×（103+13n+90）＝×（193+13n）， 22nnn×（97+97.5﹣0.5n）＝×（194.5﹣）， 222nnn×（193+13n）+×（194.5﹣）＝2250，整理得：25n2+775n﹣9000＝0，即n2+31n222﹣360＝0，

解得：n＝9或n＝﹣40（舍），即九日相逢，相逢时驽马行了故选：C 【点睛】

本题以数学文化为背景，考查等差数列及等差数列的前n项和，考查转化思想，考查分析问题、解决问题的能力，属于中档题．

99×（194.5﹣）=855. 2211．A

解析：A 【分析】

对已知等式左侧的式子一、五两项，二、四两项分别通分，结合等比数列的性质再和第三

11111S5210，结合a3的值进而可得结果. 项通分化简可得a1a2a3a4a5a3【详解】

11111a1a5a2a41a1a2a3a4a5S5210， 2a1a2a3a4a5a1a5a2a4a3a3a3则S510， 故选：A. 【点睛】

本题主要考查了等比数列的性质，利用性质化简是解题的关键，属于中档题.

12．B

解析：B 【分析】

运用二次函数的最值和指数函数的单调性求得x[0,2]的f(x)的最大值，由递推式可得数列an为首项为得k的最小值 【详解】

91，公比为的等比数列，由等比数列的求和公式和不等式恒成立思想可43x12,x[0,1)解：当x[0,2]时，且f(x)4，

2x3x,x[1,2]可得0x1时，f(x)的最大值为f(0)2，

391x2时，f(x)的最大值为f()，

24即当x[0,2]时，f(x)的最大值为当2x4时，f(x)当4x6时，f(x)……

可得数列an为首项为

9， 419f(x2)的最大值为，

12319f(x2)的最大值为， 33691，公比为的等比数列， 4391(1n)4327(11)27， 所以Snn183813由Sn27， 827,， 8此题考查分段函数的最值求法和等比数列的求和公式，以及不等式恒成立问题的解法，考查转化思想和运算能力，属于中档题

二、填空题

13．【分析】化简得到结合基本不等式即可求解【详解】由满足可得则当且仅当时即时等号成立所以的最小值是故答案为：【点睛】通过常数代换法利用基本不等式求解最值的基本步骤：（1）根据已知条件或其变形确定定值（常 解析：5

【分析】

化简x3y5xy，得到即可求解. 【详解】

由x,y0满足x3y5xy，可得则3x4y131315，3x4y(3x4y)()，结合基本不等式，xy5xy315， xy131112y3x(3x4y)()(13) 5xy5xy12y3x112y3x1(132)(1312)5，当且仅当时，即x2y1时等号xy5xy5成立，

所以3x4y的最小值是5. 故答案为：5. 【点睛】

通过常数代换法利用基本不等式求解最值的基本步骤： （1）根据已知条件或其变形确定定值（常数）； （2）把确定的定值（常数）变形为1；

（3）把“1”的表达式与所求的最值的表达式相乘或相除，进而构造或积为定值的形式； （4）利用基本不等式求最值.

14．【分析】直接利用三角形的面积建立等量关系进一步利用正弦定理的应用求出结果【详解】解：中D是边上的点满足所以又因为则则故答案为：【点睛】本题考查了正弦定理三角形面积计算公式及其性质考查了推理能力与计算 解析：

1 2【分析】

直接利用三角形的面积建立等量关系，进一步利用正弦定理的应用求出结果． 【详解】

解：ABC中，D是边BC上的点，

满足BAD90，DAC30，BD4CD，

1ABADsin90S△ABD2AB2所以， S△ACD1ACADsin30AC2S△ABDBD4，则2ABBD4， 又因为

S△ACDCDACCD则

sinBAC1. sinCAB21. 2故答案为：

【点睛】

本题考查了正弦定理、三角形面积计算公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

15．【分析】首先根据正弦定理得化简得到再求其范围即可【详解】由正弦定理得：所以所以因为所以即故的取值范围是故答案为：【点睛】本题主要考查正弦定理的应用同时考查三角函数的值域问题属于中档题 解析：[6,2]

【分析】

首先根据正弦定理得BC4sinA，化简得到ABBC4sin2A302，再求其范围即可. 【详解】 由正弦定理得：

ABBC4，所以BC4sinA. sinCsinA所以ABBCABBCcos180B8sinAcosB

8sinAcos180A308sinAcosA30 3128sinAcosAsinA43sinAcosA4sinA 2223sin2A21cos2A4sin2A302

因为0A150，所以30A30330， 即1sin2A301，64sin2A3022.

故ABBC的取值范围是[6,2].

故答案为：[6,2] 【点睛】

本题主要考查正弦定理的应用，同时考查三角函数的值域问题，属于中档题.

16．【分析】设则在△ABD和△ACD中由正弦定理化简可得由两角差的正弦公式化简可得根据正弦函数的值域即可求解的最大值【详解】如图由已知设则在△ABC中由正弦定理可得:在△ACD中由正弦定理可得:所以化简

3解析：

2【分析】

设BDx,则ADx,CDx,在△ABD和△ACD中,由正弦定理化简可得23xxsinB2sinBcosB,由两角差的正弦公式,化简可得22sinBACsin(BACB)3tanBACcos2Bsin2B,根据正弦函数的值域即可求解tanBACcos2B的最大值.

2【详解】

如图,由已知,设BDx,则ADx,CDx, 23xb, 在△ABC中,由正弦定理可得: 2sinBACsinBxb. 在△ACD中,由正弦定理可得: 2sin(BACB)sin2B3xxxsinB2sinBcosB2sinBcosB所以2 22=sinBACsin(BACB)sinBACcosBcosBACsinB化简可得:tanBACcosB3sinB,可得: tanBACcosB可得tanBACcos2B的最大值为

233sin2B. 223. 2

【点睛】

本题考查正弦定理在解三角形和化简中的应用,能借助公共边把两个三角形联系起来是解答

本题的关键,属于中档题.

17．【分析】根据面积关系建立方程关系结合基本不等式1的代换进行求解即可【详解】如图所示则的面积为即∴∴当且仅当即时取等号所以a+3c的最小值为8+4故答案为：8+4【点睛】本题考查基本不等式的应用考查三 解析：843 【分析】

根据面积关系建立方程关系，结合基本不等式1的代换进行求解即可. 【详解】

如图所示，则ABC的面积为即ac2a2c，∴

111acsin120a2sin60c2sin60， 222111. ac23ca112242(423)843.

acac∴a3c(a3c)3caa223ac当且仅当即时取等号. 23a3c843c23所以，a+3c的最小值为8+43. 故答案为：8+43.

【点睛】

本题考查基本不等式的应用，考查三角形的面积公式和角平分线性质的应用，考查分析和计算能力，属于基础题.

18．【分析】由面积比得再利用三点共线可得出的关系从而利用基本不等式可求得的最小值【详解】如图设与交于点由得所以又三点共线即共线所以存在实数使得因为所以所以又因为所以当且仅当即时等号成立所以的最小值为故答 解析：526 7【分析】

由面积比得BM3MD，再利用A,M,C三点共线可得出x,y的关系，从而利用基本不等式可求得xy的最小值． 【详解】

如图，设AC与BD交于点M，由

S△ABCS△ADC1ACBMsinAMBBM23得

1DMACDMsinAMD2BM3MD，所以

1313AMABBMABBDAB(ADAB)ABAD，

4444又A,M,C三点共线，即AM,AC共线，所以存在实数k使得ACkAM，

112k32124x因为AC(2)AB(1)AD，所以，所以7，

xyxy123ky4又因为x0,y0，所以

xy13213y2x13y2x526(xy)()(5)52，当且仅当7xy7xy7xy73y2x3626，即x，y时等号成立．

xy77所以xy的最小值为

526． 7故答案为：526． 7

【点睛】

本题考查向量共线定理，考查基本不等式求最值，解题关键是利用平面向量共线定理得出

x,y的关系，然后用“1”的代换，凑配出定值，用基本不等式求得最小值．

19．①③④【分析】先利用导数求得曲线在点处的切线方程由此求得与的递推关系式进而证得数列是等比数列由此判断出四个结论中正确的结论编号【详解】∵∴曲线在点处的切线方程为则∵∴则是首项为1公比为的等比数列从而

解析：①③④ 【分析】

3先利用导数求得曲线yx在点an,an处的切线方程，由此求得an1与an的递推关系

3式，进而证得数列an是等比数列，由此判断出四个结论中正确的结论编号. 【详解】

∵y'3x2，∴曲线yx3在点an,an处的切线方程为yan3anxan，

332则an3anan1an.

32∵an0，∴an12an， 32的等比数列， 34则an是首项为1，公比为

21442365. 从而a2，a3，ai39i122713故所有正确结论的编号是①③④. 故答案为：①③④ 【点睛】

本小题主要考查曲线的切线方程的求法，考查根据递推关系式证明等比数列，考查等比数列通项公式和前n项和公式，属于基础题.

20．【分析】由已知整理得可得答案【详解】由题知则所以因为所以数列是以为首项为公比的等比数列所以则故答案为：【点睛】本题考查了由递推数列求通项公式的问题关键点是构造数列为等比数列定义形式考查了学生的推理能 解析：3【分析】 由已知整理得【详解】

5 2n11133可得答案. an12an13an13111133， 由题知，，则an12an22anan12an13151an13，因为所以，

1a1223an所以数列1153是以为首项，为公比的等比数列，

22an1513所以an22故答案为：3【点睛】

n115135n，则．

an2n25. 2n本题考查了由递推数列求通项公式的问题，关键点是构造数列为等比数列定义形式，考查了学生的推理能力、计算能力.

三、解答题

21．（1）xx11或x；（2）6a2．

23【分析】

（1）先由一元二次不等式的解集确定对应方程的根，再利用根与系数的关系即得结果； （2）开口向上的二次函数大于等于恒成立，只需限定判别式0，即解得参数范围. 【详解】

解：（1）因为不等式x2axb0的解集是x|2x3， x3是方程x2axb0的解 所以x2 ， b6， 由韦达定理得：a5 ，故不等式bx2ax10为6x25x10， 解不等式6x25x10得其解集为xx1或x31 22（2）当b3a时，f(x)xax3a0恒成立， 2则Δa4(3a)0，即a24a120，解得6a2，

所以实数a的取值范围为6a2． 【点睛】

二次函数f(x)axbxc的恒成立问题的解决方法：

（1）a0时f(x)0在R上恒成立等价于对应方程的判别式Δ0成立； （2）a0时f(x)0在R上恒成立等价于对应方程的判别式Δ0成立． 22．（1）{x|x1或x3}；（2）(,4]. 【解析】

试题分析：（1）先对不等式移项并因式分解得x3x10，再根据不等号方向得不等式解集，（2）先化简不等式，并分离a2x21，转化为求对应函数最值：xahxmin，其中hx2x，再根据基本不等式求hx最值，即得a的取值范

x围.

1试题

（1）若a2,fx3

即x2x30,x3x10

2所以原不等式的解集为{x|x1或x3}

12a2xfxx2（2）即在x1,时恒成立， x令hx2x又hx2x1，等价于ahxmin在x1,时恒成立， x111x，当且仅当即x1等号成立，所以a4. 4x4xxx故所求a的取值范围是,4. 23．（Ⅰ）【分析】

（Ⅰ）利用正弦定理的边角互化以及余弦定理即可求解.

（Ⅱ）利用正弦定理的边角互化可得sinA3sinB，再由AB再利用两角和的余弦公式即可求解. 【详解】

22（Ⅰ）∵(sinAsinB)sinCsinAsinB

1；（Ⅱ）.

732求出tanB3，

53∴由正弦定理得(ab)2c2ab，即a2b2c2ab

1， 2又∵C(0,)

∴cosC∴C3；

（Ⅱ）∵a3b，∴由正弦定理得sinA3sinB， ∵AB∴tanB∴B0,22，∴sinB3sinB， 333， 52157 ， ,cosB∴sinB214145311,cos2B 1414∴sin2B2sinBcosB∴cos(2BC)cos2BcosCsin2BsinC1 724．（1）【分析】

2π11. ；（2）

32（1）利用正弦定理的边角互化以及辅助角公式即可求解.

（2）根据三角形的面积公式可得ac2，再利用余弦定理可得ac11，代入即可求解. 【详解】

解：（1）因为3bsinAa(2cosB)， 所以3sinAsinBsinA(2cosB). π)，∴sinA0， ∵A(0，∴

3sinBcosB2，∴2sinB2，

6π∴Bππ2π，∴B. 623ABC（2）因为S312π3，∴acsin，∴ac2. 23222222又∵bac2accosB(ac)ac，

∴ac11. ∴

11ac11. acac2n193125．（1）条件性选择见解析，an2n；（2）Mnn223【分析】

.

22（1）若选①，先求出a12，由4Snan2an可得4Sn1an12an1，两式相减可

得an1anan1an20，从而an1an2得出答案; 若选②，由nan12Sn可得

(n1)an2Sn1，两式相减可得

an1n1，由累乘法可得答案. annlog1bnn1，则

(2)由（1）可得

31bn3n11，于是cnanbn2n3n1，由错位相

减法可求和得出答案. 【详解】

2（1）选①时，当n1时，4a1a12a1，因为a10，所以a12， 2由4Snan2an，① 2可得4Sn1an12an1，②

22②－①得，4an1an1an2an12an， 22整理得an1an2an12an0，

所以an1anan1an20 因为an0，所以an1an2，

所以数列an是首项为2，公差为2的等差数列， 所以an2n； 选②时， 因为nan12Sn①

所以当n2时，(n1)an2Sn1②

an1n1①－②得：nan1(n1)an，即 ann①中，令n1，得a22a14，所以当n2时，ana2

2适合上式 a1

a3a2a1nn1n23222n a2a1n1n2n321anan1an2an1an2an3又n1，a1221 所以对任意nN*，an2n （2）因为log1bn3an1即log1bnn1

321所以bn3n1，

n11于是cnanbn2n3，

2n1111Mn21462n33323③

n11111Mn2462n④ 3333321111③－④得Mn2222233333n1n111212n

33323n112n

3n11n31 22n1313n931所以Mnn223【点睛】

n1

关键点睛：本题考查求数列的通项公式和应用错位相减法求数列的前n项和，解答本题的关键是按照步骤求解，考查计算能力，由

2n1111Mn21462n33323，得出

n11111Mn2462n，两式相减再化简得出答案，属于中33333档题.

26．（1）m2，a5340；（2）(n1)2n12 【分析】

（1）根据题意以m表示出a31,a32,a41，由a411a322即可求出m，进而求出a53； 2n（2）根据等差数列和等比数列的通项公式求出annn2，再利用错位相减法即可求出

Tn.

【详解】

（1）由已知得a31a11(31)m2m2，

a32a31m(2m2)m2m22m，

a41a11(41)m3m2，

a411a322， 23m212m22m2，即m22m0， 2又m0，m2，

a51a114210， a53a512240；

（2）由（1）得an1a11(n1)22n，

n1n当n3时，annan12n2，

又a21a1124，a22ma21248，

a112,a228满足annn2n， Tn121222323424n2n，

2Tn122223324(n1)2nn2n1，

2nn2n1

1234两式相减得Tn2222212n12n2n12n12n2n1(1n)2n12，

Tn(n1)2n12.

【点睛】

方法点睛：数列求和的常用方法：

（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；

（2）对于anbn结构，其中an是等差数列，bn是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于an+bn结构，利用分组求和法；

1（4）对于结构，其中an是等差数列，公差为d，则

aann11111，利用裂项相消法求和. anan1danan1