2020高考数学(理科)历年高考题汇总专题复习：第五章数列(含两年高考一年模拟).pdf

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1、第五章 数 列 考点 15 等差数列 两年高考真题演练 1.(2019重庆)在等差数列an中，若 a24，a42，则 a6()A1 B0 C1 D6 2(2019北京)设an是等差数列，下列结论中正确的是()A若 a1a20，则 a2a30 B若 a1a30，则 a1a20 C若 0a1a2，则 a2 a1a3 D若 a10，则(a2a1)(a2a3)0 3(2019浙江)已知an是等差数列，公差 d 不为零，前 n 项和是 Sn，若 a3，a4，a8成等比数列，则()Aa1d0，dS40 Ba1d0，dS40 Ca1d0，dS40 Da1d0，dS40 4(2018陕西)原命题为“若anan

2、12an，nN，则an为递减数列”，关于其逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是()A真，真，真 B假，假，真 C真，真，假 D假，假，假 5(2018辽宁)设等差数列an的公差为 d.若数列2a1an为递减数列，则()Ad0 Ca1d0 6(2019广东)在等差数列an中，若 a3a4a5a6a725，则 a2a8_ 7(2018江西)在等差数列an中，a17，公差为 d，前 n 项和为 Sn，当且仅当 n8 时 Sn取得最大值，则 d 的取值范围为_ 8(2018北京)若等差数列an满足 a7a8a90，a7a1060n800？若存在，求 n 的最小值；若不存在，说明理由

3、考点 15 等差数列 一年模拟试题精练 1(2019云南省昆明模拟)已知公差不为零的等差数列an的前 n项和为 Sn，若 a10S4，则S8a9等于()A4 B5 C8 D10 2(2019北京西城模拟)已知正项数列an中，a11，a22，2a2na2n1a2n1(n2)，则 a6等于()A16 B8 C2 2 D4 3(2019 安徽安庆模拟)已知数列an是等差数列，a1tan 225，a513a1，设 Sn为数列(1)nan的前 n 项和，则 S2 014()A2 015 B2 015 C3 021 D3 022 4(2019乌鲁木齐模拟)设an是公差不为零的等差数列，a22，且 a1，a

4、3，a9成等比数列，则数列an的前 n 项和 Sn()A.n247n4 B.n223n2 C.n243n4 D.n22n2 5(2019江西四县模拟)已知数列an是等差数列，且 a10，1，a21，2，a32，3，则 a4的取值范围为()A3，4 B.83，133 C.52，92 D2，5 6(2019四川德阳模拟)在数列an中，已知 a120，an1an4(nN*)(1)求数列an的通项公式和前 n 项和 An；(2)若 bn2An24n(nN*)，求数列bn的前 n 项 Sn.7(2019河北衡水模拟)已知等差数列an 中，a2a66,Sn 为其前 n 项和，S5353.(1)求数列an

5、的通项公式；(2)令 bn 1an1an(n2)，b13，Snb1b2bn，若 Sn1”是“an为递增数列”的()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 4(2018重庆)对任意等比数列an，下列说法一定正确的是()Aa1，a3，a9成等比数列 Ba2，a3，a6成等比数列 Ca2，a4，a8成等比数列 Da3，a6，a9成等比数列 5(2019安徽)已知数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前 n 项和等于_ 6(2019湖南)设 Sn为等比数列an的前 n 项和，若 a11，且3S1，2S2，S3成等差数列，则 an_ 7(2

6、018江苏)在各项均为正数的等比数列an中，若 a21，a8a62a4，则 a6的值是_ 8(2018安徽)如图，在等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC2 2.过点 A 作 BC 的垂线，垂足为 A1；过点 A1作 AC 的垂线，垂足为 A2；过点 A2作 A1C 的垂线，垂足为 A3；，依此类推，设 BAa1，AA1a2，A1A2a3，A5A6a7，则 a7_.9(2018广东)若等比数列an的各项均为正数，且 a10a11a9a122e5，则 ln a1ln a2ln a20_ 10(2018江西)已知首项都是 1 的两个数列an，bn(bn0，nN*)满足 anbn1an1bn2bn1

7、bn0.(1)令 cnanbn，求数列cn的通项公式；(2)若 bn3n1，求数列an的前 n 项和 Sn.考点 16 等比数列 一年模拟试题精练 1(2019山东日照模拟)设数列an是由正数组成的等比数列，Sn为其前 n 项和，已知 a2a41，S37，则 S5()A.152 B.314 C.334 D.172 2(2019湖北八校模拟)已知实数等比数列an的前 n 项和为 Sn，则下列结论中一定成立的是()A若 a30，则 a2 0130 B若 a40，则 a2 0140 C若 a30，则 S2 0130 D若 a40，则 S2 0140 3(2019青岛模拟)已知an为等差数列，bn为等

8、比数列，其公比 q1 且 bi0(i1，2，n)，若 a1b1，a11b11，则()Aa6b6 Ba6b6 Ca6b6 Da6b6或 a6b6 4(2019江西赣州模拟)在公比大于 1 的等比数列an中，a3a772，a2a827，则 a12()A96 B64 C72 D48 5(2019湖南常德模拟)已知an是等比数列，a22，a514，则a1a2a2a3anan1()A16(14n)B16(12n)C.323(14n)D.323(12n)6(2019甘肃一模)抛物线 x212y 在第一象限内图象上一点(ai，2a2i)处的切线与 x 轴交点的横坐标记为 ai1，其中 iN*，若 a232，

9、则 a2a4a6()A64 B42 C32 D21 7(2019江苏宿迁模拟)已知等比数列an中，各项都是正数，且 a1，12a3，2a2成等差数列，则a8a9a6a7等于_ 8(2019安徽安庆模拟)设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，满足 a2n14Sn4n1，nN*，且 a2，a5，a14恰好是等比数列bn的前三项(1)求数列an、bn的通项公式；(2)记数列bn的前 n 项和为 Tn，若对任意的 nN*，Tn32k3n6 恒成立，求实数 k 的取值范围 9(2019山东济南模拟)已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn2n12p(nN*)(1)求 p 的值及数列

10、an的通项公式；(2)若数列bn满足an12(3p)anbn，求数列bn的前 n 项和 Tn.考点 17 数列求和 两年高考真题演练 1(2019天津)已知数列an满足 an2qan(q 为实数，且 q1)，nN*，a11，a22，且 a2a3，a3a4，a4a5成等差数列(1)求 q 的值和an的通项公式；(2)设 bnlog2a2na2n1，nN*，求数列bn的前 n 项和 2(2018湖南)已知数列an的前 n 项和 Snn2n2，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和 3(2018大纲全国)等差数列an的前 n 项和为 Sn.已

11、知 a110，a2为整数，且 SnS4.(1)求an的通项公式；(2)设 bn1anan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.4(2018四川)设等差数列an的公差为 d，点(an，bn)在函数 f(x)2x的图象上(nN*)(1)若 a12，点(a8，4b7)在函数 f(x)的图象上，求数列an的前n 项和 Sn；(2)若 a11，函数 f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在 x 轴上的截距为 21ln 2，求数列anbn的前 n 项和 Tn.考点 17 数列求和 一年模拟试题精练 1(2019山东菏泽一模)已知数列an是等差数列，数列bn是等比数列，且对任意的 nN*，都有 a1b1a2

12、b2a3b3anbnn2n3.(1)若bn 的首项为 4，公比为 2，求数列anbn的前 n 项和 Sn；(2)若 an4n4，试探究：数列bn中是否存在某一项，它可以表示为该数列中其它 r(rN，r2)项的和？若存在，请求出该项；若不存在，请说明理由 2(2019山东潍坊一模)已知数列an的前 n 项和 Snann21，数列bn满足 3nbn1(n1)an1nan，且 b13.(1)求 an，bn；(2)设 Tn为数列bn的前 n 项和，求 Tn，并求满足 Tn1 时，记 cnanbn，求数列cn的前 n 项和 Tn.2(2018湖南)已知数列an满足 a11，|an1an|pn，nN*.(

13、1)若an是递增数列，且 a1，2a2，3a3成等差数列，求 p 的值；(2)若 p12，且a2n1是递增数列，a2n是递减数列，求数列an的通项公式 3 (2018 浙 江)已 知 数 列 an 和 bn 满 足 a1a2a3 an(2)bn(nN*)若an为等比数列，且 a12，b36b2.(1)求 an与 bn；(2)设 cn1an1bn(nN*)记数列cn的前 n 项和为 Sn.求 Sn；求正整数 k，使得对任意 nN*均有 SkSn.考点 18 数列的综合应用 一年模拟试题精练 1(2019江西重点中学联盟模拟)数列an的前 n 项和记为 Sn，a1t，点(Sn，an1)在直线 y2

14、x1 上，其中 nN*.(1)若数列an是等比数列，求实数 t 的值；(2)设各项均不为 0 的数列cn中，所有满足 cici12 a1a3，又 2a2a1a3，2a22 a1a3，即 a2 a1a3成立 3B a3，a4，a8成等比数列，(a13d)2(a12d)(a17d)，整理得 a153d，a1d53d20，又 S44a1432d2d3，dS42d230，故选 B.4 A 从原命题的真假入手，由于anan12anan1anan为递减数列，即原命题和逆命题均为真命题，又原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同真同假，则逆命题、否命题和逆否命题均为真命题，选 A.5C 2a1an为递减数

15、列，可知a1an也为递减数列，又 a1ana21a1(n1)da1dna21a1d，故 a1d0，故选 C.6 10 因为an是等差数列，所以 a3a7a4a6a2a82a5，a3a4a5a6a75a525，即 a55，a2a82a510.7.1，78 由题意知当 d0 时，Sn存在最大值，a170，数列an中所有非负项的和最大 又当且仅当 n8 时，Sn取最大值，a80，a9077d0，78d0解得1d0，a80.又 a7a10a8a90，a90.当 n8 时，其前 n 项和最大 9解(1)设数列an的公差为 d，依题意，2，2d，24d 成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得 d2

16、4d0，解得 d0 或 d4.当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n.显然 2n60n800 成立 当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的 n；当 an4n2 时，存在满足题意的 n，其最小值为 41.【一年模拟试题精练】1 A 由 a10S4得 a19d4a1432d4a16d，即 a1d0.所以 S88a1872d8a128d36d

17、，所以S8a936da18d36d9d4，选A.2 D 由 2a2na2n1a2n1(n2)可知数列a2n是等差数列，且以a211 为首项，公差 da22a21413，所以数列的通项公式为 a2n13(n1)3n2，所以 a2636216，即 a64.选 D.3C a1tan 225tan 451，设等差数列an的公差为 d，则由 a513a1，得 a513，da5a15113143，S2 014a1a2a3a4(1)2 014a2 014(a1a3a2 013)(a2a4a2 014)1 007d1 00733 021.故选 C.4D 设等差数列an的公差为 d(d0)，由 a22，且 a1

18、，a3，a9成等比数列，得(2d)2(2d)(27d)，解得 d1.a1a2d211，Snna1n（n1）d2nn（n1）2n22n2，故选 D.5C 6解(1)数列an满足 an1an4(nN*)，数列an是以公差为 4，以 a120 为首项的等差数列故数列an的通项公式为an204(n1)4n24(nN*)，数列an的前 n 项和 An2n222n(nN*)(2)bn2An24n1n（n1）1n1n1(nN*),数列bn的前 n 项 Sn为 Snb1b2bn11212131n1n111n1nn1.7解(1)由 a2a66，得 a43，又由 S55（a1a5）25a3353，得 a373，设

19、等差数列an的公差为 d，则a12d73，a13d3.解得a11，d23 an23n13.(2)当 n2 时，bn1anan1123n1323n13 9212n112n1 当 n1 时，上式同样成立，Snb1b2bn 92113131512n112n192112n1 又92112n1随 n 递增，且92112n1921m，m5，mmin5.考点 16 等比数列【两年高考真题演练】1B 设等比数列an的公比为 q，则由 a13，a1a3a521得 3(1q2q4)21，解得 q23(舍去)或 q22，于是 a3a5a7q2(a1a3a5)22142，故选 B.2D 由题意知：abp，abq，p0

20、，q0，a0，b0.在 a，b，2 这三个数的 6 种排序中，成等差数列的情况有 a，b，2；b，a，2；2，a，b；2，b，a；成等比数列的情况有：a，2，b；b，2，a.ab4，2ba2或ab4，2ab2解之得：a4，b1或a1，b4.p5，q4，pq9，故选 D.3D 当数列an的首项 a11，则数列an是递减数列；当数列an的首项a10 时，要使数列an为递增数列，则0q1”是“数列an为递增数列”的既不充分也不必要条件故选 D.4D 由等比数列的性质得，a3a9a260，因此 a3，a6，a9一定成等比数列，选 D.52n1 由等比数列性质知 a2a3a1a4，又 a2a38，a1a

21、49，所以联立方程a1a48，a1a49，解得a11，a48或a18，a41，又数列an为递增数列，a11，a48，从而 a1q38，q2.数列an的前 n 项和为 Sn12n122n1.63n1 由 3S1，2S2，S3成等差数列知，4S23S1S3，可得 a33a2，公比 q3，故等比数列通项 ana1qn13n1.74 设等比数列an的公比为 q，q0.则 a8a62a4即为 a4q4a4q22a4，解得 q22(负值舍去)，又 a21，所以 a6a2q44.8.14 由题意知数列an是以首项a12，公比q22的等比数列，a7a1q6222614.950 由等比数列的性质可知，a10a1

22、1a9a122e5，所以 a10a11e5，于是 ln a1ln a2ln a2010ln(a10a11)10ln e550.10解(1)因为 anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以an1bn1anbn2，即 cn1cn2.所以数列cn是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，故 cn2n1.(2)由 bn3n1知 ancnbn(2n1)3n1，于是数列an的前 n 项和 Sn130331532(2n1)3n1，3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，相减得2Sn12(31323n1)(2n1)3n 2(2n2)3n，所以 Sn(n1)3n1.【一年模拟试题精练】1

23、B 2C 设 ana1qn1，因为 q2 0100 所以 A，B 不成立，对于 C，当 a30 时，a10，因为 1q 与 1q2 013同号，所以 S2 0130，所以 C 正确，对于 D，取1，1，1，1，不满足条件，D 错，故选 C.3A a6a1a112，b6 b1b11 a1a11，a1a112 a1a11，a6b6.4A a3a7a2a872，a2a827，a224，a83或a23，a824 又公比大于1，a23，a824，q68即q22，a12a2q1032596.5C 因为an是等比数列，所以anan1成以 8 为首项，14为公比的等比数列，所以 a1a2a2a3anan181

24、14n114323(14n)，故选 C.6B y2x2(x0)，y4x，x212y 在第一象限内图象上一点(ai，2a2i)处的切线方程是：y2a2i4ai(xai)，整理，得 4aixy2a2i0，切线与 x 轴交点的横坐标为 ai1，ai112ai，a2k是首项为 a232，公比 q 14的等比数列，a2a4a6328242.故选 B.732 2 a1，12a3，2a2成等差数列，所以 a3a12a2，即 q22q10，q1 2，所以a8a9a6a7q232 2.8解(1)当 n2 时，4Sn1a2n4(n1)1，4an4Sn4Sn1a2n1a2n4a2n1a2n4an4(an2)2，an

25、0，an1an2，当 n2 时，an是公差 d2 的等差数列，a2，a5，a14构成等比数列，a25a2a14，(a28)2a2(a224)，解得 a23，由条件可知，4a1a2254，a11，a2a1312，an是首项 a11，公差为 d2 的等差数列 数列an的通项公式为 an2n1，数列bn的通项公式为 bn3n.(2)Tnb1（1qn）1q3（13n）133n132，3n13232k3n6 对 nN*恒成立，k2n43n对 nN*恒成立，令 cn2n43n，cncn12n43n2n63n12（2n7）3n，当 n3时，cncn1，当 n4 时，cncn1，(cn)maxc3227，k2

26、27.9解(1)由 anSnSn12n12p2n2p2n，n2，a1S142p2，由 a1，a2，a3成等比得 p1.(2)由an12(3p)anbn，可得 bnn2n，Tn12222n2n，12Tn122223n2n1，12Tn1212212312nn2n1，12Tn12112n112n2n1，Tn212n1n2n.考点 17 数列求和【两年高考真题演练】1解(1)由已知，有(a3a4)(a2a3)(a4a5)(a3a4)，即 a4a2a5a3，所以 a2(q1)a3(q1)，又因为 q1，故 a3a22，由 a3a1q，得 q2.当 n2k1(kN*)时，ana2k12k12n12；当 n

27、2k(kN*)时，ana2k2k2n2.所以，an的通项公式为 an2n12，n为奇数，2n2，n为偶数.(2)由(1)得 bnlog2a2na2n1n2n1.设bn的前 n 项和为 Sn，则 Sn112021213122(n1)12n2n12n1，12Sn112121223123(n1)12n1n12n.上述两式相减得：12Sn11212212n1n2n112n112n2n222nn2n，整理得，Sn4n22n1，nN*.所以，数列bn的前 n 项和为 4n22n1，nN*.2解(1)当 n1 时，a1S11；当 n2 时，anSnSn1n2n2（n1）2（n1）2n.故数列an的通项公式为

28、 ann.(2)由(1)知，bn2n(1)nn.记数列bn的前 2n 项和为 T2n，则T2n(212222n)(12342n)记 A212222n，B12342n，则 A2（122n）1222n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n1n2.3解(1)由 a110，a2为整数知，等差数列an的公差 d 为整数 又 SnS4，故 a40，a50，于是 103d0，104d0.解得103d52.因此 d3.数列an的通项公式为 an133n.(2)bn1（133n）（103n）13(1103n1133n)于是 Tnb1b2bn 13171101417

29、1103n1133n 131103n110n10（103n）.4解(1)由已知得，b72a7，b82a84b7，有 2a842a72a72.解得 da8a72.所以，Snna1n（n1）2d2nn(n1)n23n.(2)函数 f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为 y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在 x 轴上的截距为 a21ln 2.由题意得，a21ln 221ln 2，解得 a22.所以 da2a11.从而 ann，bn2n.所以 Tn12222323n12n1n2n，2Tn1122322n2n1.因此，2TnTn11212212n1n2n212n1n2n2n1n22n.所以，T

30、n2n1n22n.【一年模拟试题精练】1 解(1)因为 a1b1a2b2a3b3anbnn2n3，所以当 n2时，a1b1a2b2a3b3an1bn1(n1)2n2，两式相减，得 anbnn2n3(n1)2n2(n1)2n2(n2)，而当 n1 时，a1b116 适合上式，从而 anbn(n1)2n2(nN*)，又因为bn是首项为 4，公比为 2 的等比数列，即 bn2n1，所以 an2n2，从而数列anbn的前n项和Snn（42n2）24（12n）122n2n23n4.(2)因为 an4n4，anbn(n1)2n2(nN*)，所以 bn2n，假设数列bn中第 k 项可以表示为该数列中其它 r

31、(rN，r2)项 bt1，bt2，bt3，btn(t1t2t3tn)的和，即 bkbt1，bt2，bt3，btn，从而 2k2t12t22t32tn，易知 ktn1，(*)又 2k2t12t22t32tn2122232n2（12n）122n122n1，所以 ktn1 此与(*)矛盾，从而这样的项不存在 2解(1)n2 时，Snann21，Sn1an1(n1)21，两式相减，得 ananan12n1，an12n1，an2n1，3nbn1(n1)(2n3)n(2n1)4n3，bn14n33n，当 n2 时，bn4n13n1，又 b13 适合上式，bn4n13n1.(2)由(1)知 bn4n13n1

32、，Tn317311324n53n24n13n1 13Tn3373211334n53n14n13n，得23Tn34343243343n14n13n 3413113n11134n13n54n53n，Tn1524n523n1，TnTn14（n1）523n4n523n14n33n0，所以，TnTn1即Tn为递增数列，又 T35997，T46497，当 Tn7 时，n 的最大值为 3.3(1)解 12，an，Sn成等差数列，2anSn12，当 n1 时，2a1S112，a112，当 n2 时，Sn2an12，Sn12an112，两式相减得：anSnSn12an2an1，anan12，所以数列an是首项为

33、12，公比为 2 的等比数列 an122n12n2.(2)证明 bnlog2a2n1log2a2n3log222n12log222n32(2n1)(2n1)1bn12n112n11212n112n1 1b11b21b31bn 12113131512n112n1 12112n112.4(1)解 a1S112361.(2)解 n1 时，anSnSn1n（n1）（4n1）6（n1）n（4n5）6n(2n1)，n1 时，n(2n1)1a1，所以nN*，ann(2n1)(3)证明 由(2)知，n1 时，n2a2n1（2n1）214n24n114n（n1）141n11n 1a214a22n2a2n1141

34、211321n（n1）114（112）（1213）（1n11n）11411n1，知 an2n1，bn2n1，故 cn2n12n1，于是 Tn1325227239242n12n1，12Tn123225237249252n12n.可得 12Tn21212212n22n12n32n32n，故 Tn62n32n1.2解(1)因为an是递增数列，所以 an1an|an1an|pn.而 a11，因此 a2p1，a3p2p1.又 a1，2a2，3a3成等差数列，所以 4a2a13a3，因而 3p2p0，解得 p13，p0.当 p0 时，an1an，这与an是递增数列矛盾 故 p13.(2)由于a2n1是递增

35、数列，因而 a2n1a2n10，于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0.但122n0，得n（n1）2n5（51）251.所以，当 n5 时，cn0.综上，对任意 nN*恒有 S4Sn，故 k4.【一年模拟试题精练】1解(1)由题意，当 n2 时，有an12Sn1，an2Sn11，两式相减，得 an1an2an，即 an13an(n2)，所以，当 n2 时an是等比数列，要使 n1 时an是等比数列，则只需a2a12t1t3，从而得出 t1(2)由(1)得，等比数列an的首项为 a11，公比 q3，an3n1，cnnan4nann3n14n3n114n3n1，c11413，c2142313，

36、c1c210，数列cn递增.由 c2130，得当 n2 时，cn0.数列cn的“积异号数”为 1.2解(1)因为等差数列an的首项为 10，公差为 2，所以 an10(n1)2，即 an2n8.因为等比数列bn的首项为 1，公比为 2，所以 bn12n1，即 bn2n1.(2)因为 a110，a212，a314，a416，a518，a620，b11，b22，b34，b48，b516，b632.易知当 n5 时，anbn.下面证明当 n6 时，不等式 bnan成立 法一 当 n6 时，b62613220268a6，不等式显然成立 假设当 nk(k6)时，不等式成立，即 2k12k8.则有 2k2

37、2k12(2k8)2(k1)8(2k6)2(k1)8.这说明当 nk1 时，不等式也成立 综合可知，不等式对 n6 的所有整数都成立 所以当 n6 时，bnan.法二 因为当 n6 时，bnan2n1(2n8)(11)n1(2n8)(C0n1C1n1C2n1Cn1n1)(2n8)(C0n1C1n1C2n1Cn3n1Cn2n1Cn1n1)(2n8)2(C0n1C1n1C2n1)(2n8)n23n6n(n4)(n6)0，所以当 n6 时，bnan.所以 cnminan，bn2n1，n5，2n8，n5.则 c2n22n2，n5，4（n4）2，n5.当 n5 时，Snc21c22c23c2nb21b22b23b2n 20222422n214n1413(4n1)当 n5 时，Snc21c22c23c2n(b21b22b25)(a26a27a2n)13(451)4(64)2(74)2(n4)2 34146272n2)8(67n)16(n5)3414(1222n2)(122252)32(67n)64(n5)3414n（n1）（2n1）655 32（6n）（n5）264(n5)43n318n22423n679.综上可知，Sn13（4n1），n543n318n22423n679，n5