不寒而栗是什么意思-春天在哪里mp3

一、数列的概念选择题
1．数列
1,3,5,7,9,
的一个通项公式为（ ）

A
．
a
n
2n1

C
．
a< br>n


1

n1
B
．
a
n


1

(2n1)

n
(2n1)
D
．
a
n


1

n1
(2n1)

2．已知数列
5
，< br>3
，
13
，
17
，
…
，
4n1< br>，
…
，则
35
是它的（

）

A
．第
8
项
B
．第
9
项
C
．第
10
项
D
．第
11
项

3．在数列

a
n

中，
a
1
1
，
a
2019
2019
，且
nN
*
都有2a
n1
a
n
a
n2
，则下列结论
正 确的是（

）

A
．存在正整数
N
0
，当
nN
0
时，都有
a
n
n
.
< br>B
．存在正整数
N
0
，当
nN
0
时，都有
a
n
n
.

C
．对常数
M
，一 定存在正整数
N
0
，当
nN
0
时，都有
a
n
M
.

D
．对常数
M
，一定存在正整数N
0
，当
nN
0
时，都有
a
n
M
.

4．已知数列

a
n

满足
a
1
1
，
a
n1
a
n

a
n1
nN

,n2

，且

na
n
b
n
cos
A
．
120
2n

nN


，则数列

b
n< br>
的前
18
项和为（

）


3
B
．
174
C
．
204
D
．
n
373

2
n
5．已知数列
a
n

，若
a
n1
a
n
an2
nN

*

，则称数列

a

为
“
凸数列
”.
已知数列

b

D
．
1

为
“
凸数列
”
，且
b
1
1
，
b
2
2
，则数列

b
n

的前
2020
项和为（

）

A
．
5 B
．
5
C
．
0
n
6．在数列

a
n

中，
a
1
1
，对于任意自然数
n
，都有
a
n1
a
n
n2
，则
a
15

（ ）

A
．
142
15
2
B
．
132
14
2
C
．
142
15
3
D
．
132
15
3

7．数列

a< br>n

满足
a
n1

A
．
1 1
，
a
1
2
，则
a
2
的值为（
）

1a
n
C
．
B
．-
1
1

3
D
．


1
3
8．数列
1，
3
，
6
，
10
，
…
的一个通项公式 是（

）

2
A
．
a
n
 n

n1

B
．
a
n
n1

2
C
．
a< br>n

n

n1


2
D
．
a
n

n

n1


29．设
f

x

是定义在
R
上恒不为零的函数 ，且对任意的实数
x
、
yR
，都有
f

x

f

y

f

xy

，若
a
1

1
*
，
a
n
f
n

nN
，则数列

a
n
的前
n
项和
S
n
2


应满足 （

）

A
．
13
S
n


24
B
．
3
S
n
1

4
C
．
0S
n

1

2
D
．
1
S
n
1

2
10．删去正整数
1
，
2
，
3
，
4
，< br>5
，
…
中的所有完全平方数与立方数（如
4
，
8），得到一个
新数列，则这个数列的第
2020
项是（

）

A
．
2072 B
．
2073
n
C
．
2074 D
．
2075

11． 数列

a
n

中，
a
n1


1

a
n
2n1
，则数列

an

的前
8
项和等于（

）

A
．
32 B
．
36 C
．
38 D
．
40

12．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中 ，提出了一些新的垛积公
式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是 逐项差数
之差或者高次差成等差数列
.
对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称 为“垛积术”
.
现有高阶等差数列，其前
7
项分别为
3
，< br>4
，
6
，
9
，
13
，
18
，
24
，则该数列的第
19
项为
（

）

A
．
174 B
．
184
n1
C
．
188 D
．
160

1

13．已知数列
{b
n
}
满足
b
n
2





2

取值范围 是（

）

A
．
1,
10

3
n
2
，若数列
{b
n
}
是单调递减数列，则 实数
λ
的

110

B
．

,



23

C
．
(-1
，
1) D
．



1

,1


2

14．数列

a
n

满足
a1
1,a
n

A
．
a
n1
(n 2)
，则
a
5
的值为（

）

a
n1
2
C
．
1

8
B
．
1

7
1

31
D
．
1

6
15．已知
lg3
≈
0.477
，
[x]
表示不大于
x
的最大整数
.
设
S
n
为数列
{a
n
}
的前
n
项和，
a
1
＝
2
且
S
n+1
＝< br>3S
n
-2n+2
，则
[lg(a
100
-1)]< br>＝（

）

A
．
45 B
．
46 C
．
47 D
．
48

16． 正整数的排列规则如图所示，其中排在第
i
行第
j
列的数记为
ai,j
，例如
a
4,3
9
，则
a
64，5< br>等于（

）

1
23

456
78910
A
．
2019 B
．
2020 C
．
2021 D
．
2022

17．已知数列

a
n

满足
a
1
1,a
2
1 6,
A
．
2
9
B
．
2
10
< br>a
n
a
n2
1

则数列

an

的最大项为（

）

2
a
n
2
1
C
．
2
81
8
D
．
2
11

18．下列命题中错误的是（

）

A
．
f

n

2n1n N



是数列的一个通项公式

B
．数列通项公式是一个函数关系式

C
．任何一个数列中的项都可以用通项公式来表示

D
．数列中有无穷多项的数列叫作无穷数列

19．在数列

a
n

中，已知
a
1
3
，
a
2
6
，且
a
n2
a
n1
a
n< br>，则
a
2020

( )

A
．-
6
C
．-
3
20．若数列的前
4
项分别是
B
．
6

D
．
3

1111
,,,
，则此数列的一个通项公式为（

）

2345
(1)
n1
C
．

n1
(1)
n1
A
．

n
(1)
n
B
．

n
(1)
n
D
．

n1
二、多选题

n1
(1)
21．若不等式
(1)a2
对于任意正整数
n
恒成立，则实数
a
的可能取值 为
n
（

）

A
．
2
B
．
1
C
．
1 D
．
2

n
22．斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多
·
斐波那契于< br>1202
年
提出的数列
.
斐波那契数列为
1
，
1
，
2
，
3
，
5
，
8
，
13
，
21
，
……
，此数列从第
3
项开始，每< br>一项都等于前两项之和，记该数列为
F

n

，则
F

n

的通项公式为（

）

 
(1)
n
1
n
A
．
F(n)

2
B
．
F

n1

F
n

F

n1

,n2
且
F< br>
1

1,F

2

1
nn


11515






C
．
F

n



5


2

2


nn
1


15

15








D
．
F

n




5
< br>
2

2



23．等差数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，
a
1
5a
3
S
8
，则下列结论一定正确的是（

）

A
．
a
10
0


B
．
a
9
a
11

D
．
S
6
S
13

C
．当n9
或
10
时，
S
n
取得最大值
24．等差 数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，若
a
1
0
，公差
d0
，则（

）

A
．若
S
5
>S
9
，则S
15
0

C
．若
S
6
S
7
， 则
S
7
S
8

B
．若
S
5=S
9
，则
S
7
是
S
n
中最大的项< br>
D
．若
S
6
S
7
则
S
5
S
6
.

25．已知数列
{
A
．
a
1
＝
3

a
n
}
是首项为
1
，公差为
d
的等差数列，则下列判断正确的是（

）

n2
n
B
．若
d
＝
1，则
a
n
＝
n
2
+2
n

D
．
a
1
，
a
2
，
a
3
可 能成等差数列

C
．
a
2
可能为
6
26． 朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学
普及著作
.
《算学启蒙》中涉及一些
“
堆垛
”
问题，主要利用
“
堆垛
”
研究数列以及数列的求和
问题
.
现有
100
根相同的圆形铅笔，小明模仿
“
堆垛
”
问题，将它们全部堆放成纵断面为等 腰
梯形的
“
垛
”
，要求层数不小于
2
，且从最下面 一层开始，每一层比上一层多
1
根，则该
“
等
腰梯形垛
”< br>应堆放的层数可以是（

）

A
．
4 B
．
5 C
．
7
0,2a
5
a
11
D
．
8

0,
则（ ）

27．已知等差数列
{a
n
}的前
n
项和为
S
n
,
且
a
1
A
．
a
8
0

C
．
S
4
S
9

B
．当且仅当
n= 7
时，
S
n
取得最大值

D
．满足
Sn
0
的
n
的最大值为
12

28．等差数列

a
n

中，
S
n
为其前
n项和，
a
1
15,
A
．
d1

B
．
a
4
a
13

C
．
S
n
的最大值为
S
8

D
．使得
S
n
0
的最大整数
n15

S
5
S
11
，则以下正确的是（

）

29．设

a
n

是等差数列，S
n
是其前
n
项的和，且
S
5
S
6
，
S
6
S
7
S
8
，则下列结论正确的是（

）

A
．
d0

C
．
S
9
S
5

B
．
a
7
0

D
．
S
6
与
S
7
均为
S
n
的最大值

30．


a
n

是等差数列，公差为
d
，前项和为
S
n
，若
S
5
S
6
，
S
6
S
7
S
8
，则下列结论
正确的 是（

）

A
．
d0
B
．
a
7
0
C
．
S
9
S
5
D
．
S
17
0

31．等差数列

a< br>n

的首项
a
1
0
，设其前
n
项 和为

S
n

，且
S
6
S
11
，则（

）

A
．
d0

或者
S
9

32．数列

a
n

满足
a
n1

B
．
d0
C
．
a
8
0
D
．
S
n
的最大 值是
S
8
a
n
,a
1
1
，则下列说法正 确的是（

）

2a
n
1
B
．数 列

A
．数列


1


是等差 数列

a

n


1

2

的前
n
项和
S
n
n


a
n

C
．数列

a
n

的通项公 式为
a
n
2n1
D
．数列

a
n

为递减数列

< br>33．在下列四个式子确定数列

a
n

是等差数列的条件是 （

）

A
．
a
n
knb（
k
，
b
为常数，
nN
*
）；
B
．
a
n2
a
n
d
（
d
为常 数，
nN
*
）；

C
．
a
n2
2a
n1
a
n
0nN
；

（
nN
*
）
.

2
34．无穷数列
a
n

的前
n
项和
S
n
 anbnc
，其中
a
，
b
，
c
为实数，则（< br>
）


*

2
D
．

a
n

的前
n
项和
S
n
n n1
A
．

a
n

可能为等差数列

B
．

a
n

可能为等比数列

C
．

a
n

中一定存在连续三项构成等差数列

D
．

a
n

中一定存在连续三项构成等比数列< br>
35．已知数列

a
n

是递增的等差数列，a
5
a
10
5
，
a
6
a
9
14
．
b
n
a
n
a
n1< br>a
n2
，数列

b
n

的前
n
项和为
T
n
，下列结论正确的是（

）

A
．
a
n
3n20

C
．当
n4
时，
T
n
取最小值

B
．
a
n
3n25

D
．当
n6
时，
T
n
取最小值


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一、数列的概念选择题

1．C
解析：
C

【分析】

分别观察各项的符号、绝对值即可得出．

【详解】

数列
1，-3，5，-7，9
，…的一个通项公式
a
n


1

12n

．

故选
C．

【点睛】

本题考查了球数列的通项公式的方法，属于基础题．

n
2．D
解析：
D

【解析】

【分析】

根据根 号下的数字规律
,
可知为等差数列
.
利用等差数列性质求得通项公式
,
即可判断
35
为

第几项
.

【详解】

根据数列中的项
,
都改成根式形式为
5
,
9
,
13
,
17
,
…
,
4n 1
,

由前几项可知
,
根式下的数列是以
5
为首项
, 4
为公差的等差数列

则根式下的数字组成的等差数列通项公式为
a
n
5

n1

44n1


而
3545

所以
454n1

解得
n11


故选
:D

【点睛】

本题考查了等差数列通项公式的求法及简单应用
,
属于基础题
.

3
．
A
解析：
A

【分析】

运用数列的单调性和不等式的知识可解决此问题
.

【详解】
数列

a
n

中，
a
1
1
，
a
2019
2019
，且
nN
*
都有
2a
n1
a
n
a
n2
，

a
n1
a
n
a
n2
a
n1
，< br>
设
d
n
a
n1
a
n
，则< br>d
n
d
n1
，


数列

d
n

是递减数列
.

对于
A
，由
a
1
1
，
a
201 9
2019
，


则
a
2019
a< br>1
d
1
d
2

所以
d
1
d
2

d
2018
2019
，

d
2018
，

d
2018
2018d
2018
，

d2018
2018
，又
d
1
d
2
d3

所以
2018d
1
d
1
d
2

故
d
1
1d
2018
，
n20 18
时，
d
n
1
，

N
0
2019
，
n2019
时，

a
n
a
2019
d
2019
d
2020
结合
A
，故
B
不正确；

对于
C< br>，当
n
，且
d
n
0
时，数列
a
n

为递增数列，

则
a
n
无最大值，故
C
不正确；

对于< br>D
，由数列

d
n

是递减数列，当存在
d
n
0
时，则
a
n
无最小值，故
D
不正确 ；

故选：
A

【点睛】

d
n1
2019111n


即存在正整数
N
0
，当
nN
0
时，都有
a
n
n
，故
A
正确；

本题考查了数列的单调性以及不等式，属于基础题
.

4
．
B
解析：
B

【分析】

2
a

n1

将题干中的等式化简变形得
n
< br>
，利用累乘法可求得数列

a
n

的通项公式， 由
a
n1

n

此计算出
b
3k2< br>b
3k1
b
3k
kN
【详解】




，进而可得出数列

b

的前
18< br>项和
.

n
2
a
n1
a
n
a
n1
n
a
n

n1


，将此等式变形得


nN,n2


，

a
n1

n

a
a
由累乘 法得
a
n
a
1

2

3
a1
a
2
a
n
b
n
cos
a
n

1

2

1


 

a
n1

2

3

22
1

n1

，





2
nn

2
2n

2n

nN

，
b
n
n
2
cos
，

33

4

2

22

b
3k2
b
3k1
b
3k


3k2

cos

2k






3k1

cos

2k

3

3

5
9k
，

2
因此，数列

b
n

的前
18
项和为
9 

123456

6
故选：
B.

【点睛】


2
9kcos2k



5
92115174
.

2
本题考查并项求和法， 同时也涉及了利用累乘法求数列的通项，求出
b
3k2
b
3k1
b
3k
是解
答的关键，考查计算能力，属于中等题
.

5．B
解析：
B

【分析】

根据数列的递推关 系可求得数

b
n

的周期为
6
，即可求得数列< br>
b
n

的前
2020
项和.

【详解】

b
n2
b
n1
b
n< br>
nN
*

，且
b
1
1
，b
2
2
，


b
3
3,b< br>4
1,b
5
2,b
6
3,b
7
1 ,



b
n

是以
6
为周期的 周期数列，且
S
6
0
，


S
2020
S
33664
b
1
b
2
b
3
b
4
5
，

故选：
B.

【点睛】

本题考查数列的新定义、数列求和，考查运算求解能力，求解时注意通过计 算数列的前
6

项，得到数列的周期
.

6．D
解析：
D

【分析】

在数列的递推公式中依次取
n1,2,3
法求
a
15
.

【详解】

,n1

，得
n1
个 等式，累加后再利用错位相减
a
n1
a
n
n2
n< br>，

a
n1
a
n
n2
n
，

a
2
a
1
12
1
，

a
3
a
2
22
2
，

a
4
a
3
32
3


< br>a
n
a
n1
(n1)2
n1
，

123
以上
n1
个等式，累加得
a
n
a
1
122232(n1)2
n1
①

又< br>2a
n
2a
1
12
2
22
332
4
(n2)2
n1
(n1)2
n②

23
①


②得
a
1
 a
n
2222
n1
(n1)2
n
2(12
n1
)
(n1)2
n
(2n)2< br>n
2
，

12
a
n
(n2)2
n
3
，

a
15
(152)2
15
313215
3
，

故选：
D

【点睛】

本题主要考查了累加法求数列通项，乘公比错位相减法求数列的和，由通项公式求数列中
的项， 属于中档题
.

7．B
解析：
B

【分析】

根据数列的递推公式，代入计算可得选项
.

【详解】

因为
a
n1

故选：
B.

【点睛】

本题考查由数列递推式求数列中的项，属于基础题
.

11
1
1
，

，
a
1
2
，所以
a
2

1a
n
1a
1
12

8．C
解析：
C

【分析】
首先根据已知条件得到
a
4
10
，再依次判断选项即可得到答案
.

【详解】

由题知：
a
4
10
，

对选项
A
，
a
4
4

41

13
，故< br>A
错误；

2
2
对选项
B
，
a4
4115
，故
B
错误；

对选项
C< br>，
a
4

对选项
D
，
a
4

故选：
C

【点睛】

4

41< br>
10
，
C
正确；

2
4
< br>41

6
，故
D
错误
.

2
本题主要考查数列的通项公式，属于简单题
.

9．D
解析：
D

【分析】

根据题意得出
a
n 1
a
1
a
n

1
a
n
，从而 可知数列

a
n

为等比数列，确定该等比数列的首项
2< br>和公比，可计算出
S
n
，然后利用数列

S
n

的单调性可得出
S
n
的取值范围
.

【详解】

取
x1
，
ynnN



，由题意可得
a
n1
f

n1

f

1

f

n

a1
a
n

1
a
n
，

2
a
n1
1

，所以，数列

a
n

是以
1
为首项，以
1
为公比的等比数列，
a
n
2
22
1

1

1
 
1
2

2
n

S
n
1
n
，所以，数列

S
n

为单调递增数列，则S
1
S
n
1
，即
1
2
1
2
1
S
n
1
.

2
故选：
D.

【点睛】

本题考查等比数列前< br>n
项和范围的求解，解题的关键就是判断出数列

a
n
是等比数列，考
查推理能力与计算能力，属于中等题
.

10
．
C

解析：
C

【分析】

由于数列
1,2,3,2,5,6,7,8,3,45
共有
2025
项，其中有
45
个平方数，
12
个立方数，< br>有
3
个既是平方数，又是立方数的数，所以还剩余
20254512+3 1971
项，所以去掉
平方数和立方数后，第
2020
项是在
202 5
后的第

20201971=49

个数，从而求得结果
.

【详解】

∵
45
2
2025
，
46
2
2116
，
20202025
，所以从数列1,2,3,2,5,6,7,8,3,45
中去掉
45
个平方数，

因为
12
3
1728202513
3
2197，所以从数列
1
2
,2,3,2
2
,5,6,7,8,3
2
,45
2
中去掉
2222
2222
12
个立 方数，

又
3
6
20254
6
，所以在从数列
1,2,3,2,5,6,7,8,3,45
中有3个数即是平方数，

又是立方数的数，重复去掉了3个即是平方数，又是立方数的数，

所以从数列
1,2,3,2,5,6,7,8,3,45
中去掉平方数和立方数后还有
2222
2222
20254512+31971
项，此时距
2020
项还差
2020197149
项，

所以这个数列的第
2020
项是
2025492074
，

故选：
C.

【点睛】

本题考查学生的实践创新能力，解决该题的关键是找出第
2020
项的大概位置，所以只要
弄明白在数列
1,2,3,2,5,6,7,8,3,45
去掉哪些项，去掉多少项，问题便迎刃而解，
属于中档题
.

2222
11．B
解析：
B

【分析】

根据所给数列表达式，递推后可得
a
n2


1
< br>n1
a
n1
2n1
.
并将原式两边同时乘以

1

n
后与变形后的式子相加，即可求得
a
n2a
n
，即隔项和的形式
.
进而取
n
的值，代入
即可求解
.

【详解】

由已知
a
n1


1

a
n
2n1
，①
得
a
n2


1

n
n1n
a
n1
2n1
，②

n
由
① 

1

②
得
a
n2
a
n


1



2n1



2n1

，

取
n1,5,9
及< br>n2,6,10
，易得
a
1
a
3
a
5
a
7
2
，
a
2
a
4
8< br>，
a
6
a
8
24
，

故
S
8
a
1
a
2
a
3
a
4
a
8
36
.

故选：B.

【点睛】

本题考查了数列递推公式的应用，对数列表达式进行合理变 形的解决此题的关键，属于中
档题
.

12
．
A
解析：
A

【分析】

根据已知条件求得
a
n
a
n1
n1
，利用累加法求得
a
19
.

【详解】

依题意：

3,4,6,9,13,18,24,
1,2,3,4,5,6,

所以a
n
a
n1
n1
（
n2
），且a
1
3
，

所以
a
n


a
n
a
n1



a
n1
a
n2



a
2
a
1

a
1



n1


n2



2
213

2

n11

n1

3
n
< br>n1

3
.

1918
3174
.

2
所以
a
19

故选：
A

【点睛】

本小题主要考查累加法，属于中档题
.

13．A
解析：
A

【分析】

n
< br>1

由题
b
n1
b
n
在
nN

恒成立，即
6




2n1，讨论
n
为奇数和偶数时，再利用

2

数列单调性即 可求出.

【详解】

数列
{b
n
}
是单 调递减数列，
b
n1
b
n
在
nN

恒成立，

2

1

1

即
2






n+1

2< br>




2

2

n n1
n
2
恒成立，


1

即
6




2n1
，


2

当
n
为奇数时，则
6



2n1

2
恒成立，

n
n

< br>2n1

2
n
单调递减，
n1
时，


2n1

2
n
取得最大值为
6
，

6

6
，解得

1
；

当
n
为偶数时，则
6



2n 1

2
恒成立，

n

2n1
< br>2
n
单调递增，
n2
时，

2n1

2
n
取得最小值为
20
，

6
< br>20
，解得


综上，
1


故选：
A.

【点睛】

关键点睛：本题考查已知数列单调性求参 数，解题的关键由数列单调性得出
n
10
，

3
10
.

3

1

6




2n1
恒成立，需要讨论
n
为奇数和 偶数时的情况，这也是容易出错的地方.


2

14．C
解析：
C

【分析】

根据条件依次算出
a
2
、
a
3
、
a
4
、
a
5
即可
.

【详解】

因为
a
1
1,a
n

a
n1
(n2)
，

a
n1
2
1
111
11

，
a
4

，
a
5

15



，< br>a
3

所以
a
2

111
123
2
7
2
15
2
31
3
715
故选：
C

15．C
解析：
C

【分析】

利用数列的递推式，得到
a
n+1
＝
3 a
n
-2
，进而得到
a
n
＝
3
n-1+1
，然后代入
[lg(a
100
-1)]
可求解

【详解】

当
n
≥
2
时，
S
n< br>＝
3S
n-1
-2n+4
，则
a
n+1
＝< br>3a
n
-2
，于是
a
n+1
-1
＝
3(a
n
-1)
，当
n
＝
1
时，
S
2
＝
3S
1
-2+2
＝
6
，所以
a2
＝
S
2
-S
1
＝
4.
此时
a
2
-1
＝
3(a
1
-1)
，则数列
{a
n
-1}
是首项为
1
，公比为
3
的等比数列
.
所以
a
n
-1
＝
3
n-1
，即
a
n
＝
3
n-1
+1
，则
a
100＝
3
99
+1
，则
lg(a
100
-1)＝
99lg3
≈
99
×
0.477
＝
47.2 23
，
故
[lg(a
100
-1)]
＝
47.
故选C

1
3
1
7
16．C
解析：
C

【分析】

根据题目中已知数据，进行归总结，得到一般性结论，即可求得结果
.

【详解】

根据题意，第
1
行第
1
列的数为
1
，此时
a
1，1

第
2
行第< br>1
列的数为
2
，此时
a
2，1

第
3
行第
1
列的数为
4 ,
此时
a
3，1

1(11)
11
，

2
2(21)
12
，

2
3(31)
14
，

2
64(64 1)
12017
，则
a
64，5
2021
，

2
据此分析可得
:
第
64
行第
1
列的数为
a
64，1

故选：
C.

17．B
解析：
B

【分析】

a
n1
a
n2
1
a
n1

b
本题先根据递推公式进行转化得 到．然后令
n
，可得出数列
{b
n
}
是等
a
n1
2a
n
a
n
a

1

比 数列．即
n1
32

．然后用累乘法可求出数列
{a
n
}
的通项公式，根据通项公式及二
a
n

2
< br>n
次函数的知识可得数列
{a
n
}
的最大项．

【详解】

解：由题意，可知：

a
n2
1
a
n1

．

a< br>n1
2a
n
令
b
n

b
1

a
n1
1
，则
b
n1
b
n．

a
n
2
a
2
16
，

a
1

数列
{b
n
}
是以
16< br>为首项，

1

b
n
16


2

n1n
1
为公比的等比数列．

2

1

32

．

2

n
a

1


n1
 32

．

a
n

2

a1


2
32


，

a
1

2

1
a
3

1

32

，

a
2

2

2