专题五 数列-2024五年高考题分类训练（数学）

这是一份专题五 数列-2024五年高考题分类训练（数学），共32页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

题组
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]记Sn 为等差数列{an} 的前n 项和．若a2+a6=10 ，a4a8=45 ，则S5= ( C )
A. 25B. 22C. 20D. 15
[解析]解法一由a2+a6=10 ，可得2a4=10 ，所以a4=5 ，又a4a8=45 ，所以a8=9 .设等差数列{an} 的公差为d ，则d=a8−a48−4=9−54=1 ，又a4=5 ，所以a1=2 ，所以S5=5a1+5×42×d=20 ，故选C .
解法二 设等差数列{an} 的公差为d ，则由a2+a6=10 ，可得a1+3d=5 ①，由a4a8=45 ，可得a1+3da1+7d=45 ②，由①②可得a1=2 ，d=1 ，所以S5=5a1+5×42×d=20 ，故选C .
2. （2023全国卷乙，5分）已知等差数列{an} 的公差为2π3 ，集合S={csan|n∈N∗} ，若S={a ，b} ，则ab= ( B )
A. −1 B. −12 C. 0D. 12
[解析]由题意得an=a1+2π3n−1 ，csan+3=csa1+2π3n+2=csa1+2π3n+4π3=csa1+2π3n+2π−2π3=csa1+2π3n−2π3=csan ，所以数列{csan} 是以3为周期的周期数列，又csa2=csa1+2π3=−12csa1−32sina1 ，csa3=csa1+4π3=−12csa1+32sina1 ，因为集合S 中只有两个元素，所以有三种情况：csa1=csa2≠csa3 ，csa1=csa3≠csa2 ，csa2=csa3≠csa1 .下面逐一讨论：
①当csa1=csa2≠csa3 时，有csa1=−12csa1−32sina1 ，得tana1=−3 ，所以ab=csa1−12csa1+32sina1=−12cs2a1+32sina1csa1=−12cs2a1+32sina1csa1sin2a1+cs2a1=−12+32tana1tan2a1+1=−12−323+1=−12 .
②当csa1=csa3≠csa2 时，有csa1=−12csa1+32sina1 ，得tana1=3 ，所以ab=csa1−12csa1−32sina1=−12cs2a1−32sina1csa1=−12cs2a1−32sina1csa1sin2a1+cs2a1=−12−32tana1tan2a1+1=−12−323+1=−12 .
③当csa2=csa3≠csa1 时，有−12csa1−32sina1=−12csa1+32sina1 ，得sina1=0 ，所以ab=csa1−12csa1−32sina1=−12cs2a1=−121−sin2a1=−12 .
综上，ab=−12 ，故选B .
【速解】 取a1=−π3 ，则csa1=12 ，csa2=csa1+2π3=12 ，csa3=csa1+4π3=−1 ，所以S={12 ,−1} ，ab=−12 ，故选B.
3. [2021北京，4分]已知{an} 和{bn} 是两个等差数列，且akbk1≤k≤5 是常值，若a1=288 ,a5=96 ,b1=192 ，则b3 的值为( C )
A. 64B. 100C. 128D. 132
[解析]因为{an} 和{bn} 是两个等差数列,所以2a3=a1+a5=288+96=384 ，所以a3=192 .因为当1≤k≤5 时，akbk 是常值，所以a3b3=a1b1=288192=192b3 ，从而b3=128 .故选C .
4. [2020全国卷Ⅱ，5分]如图，北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）( C )
A. 3 699块B. 3 474块C. 3 402块D. 3 339块
[解析]由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an} ，设数列{an} 的公差为d ,前n 项和为Sn ，易知其首项a1=9 ，d=9 ，所以an=a1+n−1d=9n ．由等差数列的性质知Sn ,S2n−Sn ,S3n−S2n 也成等差数列，所以2S2n−Sn=Sn+S3n−S2n ，所以S3n−S2n−S2n−Sn=S2n−2Sn=2n9+18n2−2×n9+9n2=9n2=729 ，得n=9 ，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n=3n9+27n2=3×9×9+27×92=3402 ，故选C ．
5. [2020浙江，4分]已知等差数列{an} 的前n 项和为Sn ,公差d≠0 ，且a1d≤1 .记b1=S2 ，bn+1=S2n+2−S2n ,n∈N∗ ,下列等式不可能成立的是( D )
A. 2a4=a2+a6 B. 2b4=b2+b6 C. a42=a2a8 D. b42=b2b8
[解析]由bn+1=S2n+2−S2n ，得b2=a3+a4=2a1+5d ，b4=a7+a8=2a1+13d ，b6=a11+a12 ,b8=a15+a16=2a1+29d .由等差数列的性质易知A 成立；若2b4=b2+b6 ,则2a7+a8=a3+a4+a11+a12=2a7+2a8 ，故B 成立；若a42=a2a8 ,即a1+3d2=a1+da1+7d ,则a1=d ,故C 可能成立；若b42=b2b8 ,即2a1+13d2=2a1+5d2a1+29d ，则a1d=32 ，与已知矛盾，故D 不可能成立.
6. [2020北京，4分]在等差数列{an} 中，a1=−9 ,a5=−1 .记Tn=a1a2…ann=1,2,… ,则数列{Tn} ( B )
A. 有最大项，有最小项B. 有最大项，无最小项
C. 无最大项，有最小项D. 无最大项，无最小项
[解析]设等差数列{an} 的公差为d ，∵a1=−9 ，a5=−1 ,∴a5=−9+4d=−1 ,∴d=2 ,∴an=−9+n−1×2=2n−11 .令an=2n−11≤0 ,则n≤5.5 ,∴n≤5 时,an<0 ；n≥6 时,an>0.∴T1=−9<0 ,T2=−9×−7=63>0 ，T3=−9×−7×−5=−315<0 ,T4=−9×−7×−5×−3=945>0 ,T5=−9×−7×−5×−3×−1=−945<0 ,当n≥6 时,an>0 ,且an≥1 ，∴Tn+17. [2019全国卷Ⅰ，5分]记Sn 为等差数列{an} 的前n 项和.已知S4=0 ，a5=5 ，则( A )
A. an=2n−5 B. an=3n−10 C. Sn=2n2−8n D. Sn=12n2−2n
[解析]解法一 设等差数列{an} 的公差为d ，∵S4=0,a5=5,∴4a1+4×32d=0,a1+4d=5, 解得a1=−3,d=2,∴an=a1+n−1d=−3+2n−1=2n−5 ，Sn=na1+nn−12d=n2−4n .故选A ．
解法二 设等差数列{an} 的公差为d ，∵S4=0,a5=5,∴4a1+4×32d=0,a1+4d=5, 解得a1=−3,d=2. 选项A ，a1=2×1−5=−3 ；选项B ，a1=3×1−10=−7 ，排除B ;选项C ，S1=2−8=−6 ，排除C ；选项D ，S1=12−2=−32 ，排除D ．故选A ．
【方法技巧】 等差数列基本运算的常见类型及解题策略
（1）求公差d 或项数n .在求解时，一般要运用方程思想.
（2）求通项.a1 和d 是等差数列的两个基本元素.
（3）求特定项.利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解.
（4）求前n 项和.利用等差数列的前n 项和公式直接求解，或利用等差中项间接求解.
二、填空题
8. [2022全国卷乙，5分]记Sn 为等差数列{an} 的前n 项和.若2S3=3S2+6 ，则公差d= 2.
[解析]因为2S3=3S2+6 ,所以2a1+a2+a3=3a1+a2+6 ，化简得3d=6 ，得d=2 .
9. [2020新高考卷Ⅰ，5分]将数列{2n−1} 与{3n−2} 的公共项从小到大排列得到数列{an} ,则{an} 的前n 项和为3n2−2n .
[解析]设bn=2n−1 ,cn=3n−2 ,bn=cm ,则2n−1=3m−2 ,得n=3m−12=3m−3+22=3m−12+1 ，于是m−1=2k ,k∈N ，所以m=2k+1 ,k∈N ,则ak=32k+1−2=6k+1 ,k∈N ，得an=6n−5 ,n∈N∗ .故Sn=1+6n−52×n=3n2−2n .
10. （2019全国卷Ⅲ，5分）记Sn 为等差数列{an} 的前n 项和.若a1≠0 ，a2=3a1 ，则S10S5= 4.
[解析]设等差数列{an} 的公差为d ,由a2=3a1 ，即a1+d=3a1 ，得d=2a1 ，所以S10S5=10a1+10×92d5a1+5×42d=10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1=10025=4 .
11. [2019北京，5分]设等差数列{an} 的前n 项和为Sn .若a2=−3 ，S5=−10 ，则a5= 0，Sn 的最小值为−10 .
[解析]设等差数列{an} 的公差为d ，∵a2=−3,S5=−10, 即a1+d=−3,5a1+10d=−10,∴ 可得a1=−4,d=1,∴a5=a1+4d=0.∵Sn=na1+nn−12d=12n2−9n ,∴ 当n=4 或n=5 时，Sn 取得最小值，最小值为−10 .
12. [2019江苏，5分]已知数列{an}n∈N∗ 是等差数列，Sn 是其前n 项和.若a2a5+a8=0 ，S9=27 ，则S8 的值是16.
[解析]解法一 设等差数列{an} 的公差为d ，则a2a5+a8=a1+da1+4d+a1+7d=a12+4d2+5a1d+a1+7d=0 ，S9=9a1+36d=27 ，解得a1=−5 ,d=2 ,则S8=8a1+28d=−40+56=16 .
解法二 设等差数列{an} 的公差为d.S9=9a1+a92=9a5=27 ,a5=3 ，又a2a5+a8=0 ，则33−3d+3+3d=0 ,得d=2 ，则S8=8a1+a82=4a4+a5=41+3=16 .
【方法技巧】 在等差数列{an} 中，若m+n=p+q ,m ,n ,p ,q∈N∗ ，则am+an=ap+aq .
三、解答题
13. [2023全国卷乙，12分]记Sn 为等差数列{an} 的前n 项和，已知a2=11 ,S10=40 .
（1） 求{an} 的通项公式；
[答案]设{an} 的公差为d ，则a2=a1+d=11,S10=10a1+45d=40,
解得a1=13 ,d=−2 .
所以{an} 的通项公式为an=13+n−1⋅−2=15−2n .
（2） 求数列{an} 的前n 项和Tn .
[答案]由（1）得∣an∣=15−2n,n≤7,2n−15,n≥8.
当n≤7 时，Tn=Sn=13n+nn−12×−2=14n−n2 ,
当n≥8 时，Tn=−Sn+2S7=−14n−n2+214×7−72=98−14n+n2 .
综上,Tn=14n−n2,n≤7,98−14n+n2,n≥8.
14. [2023新高考卷Ⅰ，12分]设等差数列{an} 的公差为d ，且d>1 .令bn=n2+nan ,记Sn ,Tn 分别为数列{an} ，{bn} 的前n 项和.
（1） 若3a2=3a1+a3 ,S3+T3=21 ,求{an} 的通项公式；
[答案]因为3a2=3a1+a3 ，所以3a2−a1=a1+2d ，
所以3d=a1+2d ,所以a1=d ,
所以an=nd .
因为bn=n2+nan ,所以bn=n2+nnd=n+1d ，
所以S3=3a1+a32=3d+3d2=6d ，T3=b1+b2+b3=2d+3d+4d=9d .
因为S3+T3=21 ，
所以6d+9d=21 ，解得d=3 或d=12 ，
因为d>1 ，所以d=3 .
所以{an} 的通项公式为an=3n .
（2） 若{bn} 为等差数列，且S99−T99=99 ，求d .
[答案]因为bn=n2+nan ，且{bn} 为等差数列，
所以2b2=b1+b3 ，即2×6a2=2a1+12a3 ，
所以6a1+d−1a1=6a1+2d ，所以a12−3a1d+2d2=0 ，
解得a1=d 或a1=2d .
①当a1=d 时，an=nd ，所以bn=n2+nan=n2+nnd=n+1d ，
S99=99a1+a992=99d+99d2=99×50d ，
T99=99b1+b992=992d+100d2=99×51d .
因为S99−T99=99 ，
所以99×50d−99×51d=99 ，
即50d2−d−51=0 ，
解得d=5150 或d=−1 （舍去）.
②当a1=2d 时，an=n+1d ，所以bn=n2+nan=n2+nn+1d=nd ，
S99=99a1+a992=992d+100d2=99×51d ，
T99=99b1+b992=991d+99d2=99×50d .
因为S99−T99=99 ，
所以99×51d−99×50d=99 ，
即51d2−d−50=0 ，
解得d=−5051 （舍去）或d=1 （舍去）.
综上，d=5150 .
15. [2022全国卷甲，12分]记Sn 为数列{an} 的前n 项和.已知2Snn+n=2an+1 .
（1） 证明:{an} 是等差数列;
[答案]由2Snn+n=2an+1 ，得2Sn+n2=2ann+n ①，
所以2Sn+1+n+12=2an+1n+1+n+1 ②，
②−① ，得2an+1+2n+1=2an+1n+1−2ann+1 ，
化简得an+1−an=1 ，所以数列{an} 是公差为1的等差数列.
（2） 若a4 ,a7 ,a9 成等比数列，求Sn 的最小值.
[答案]由（1）知数列{an} 的公差为1.
由a72=a4a9 ，得a1+62=a1+3a1+8 ，
解得a1=−12 .所以Sn=−12n+nn−12=n2−25n2=12n−2522−6258 ，所以当n=12 或13时，Sn 取得最小值,最小值为−78 .
16. [2021新高考卷Ⅱ，10分]记Sn 是公差不为0的等差数列{an} 的前n 项和，若a3=S5 ,a2a4=S4 .
（1） 求数列{an} 的通项公式；
[答案]设等差数列{an} 的公差为dd≠0 ，
则由题意，得a1+2d=5a1+10d,a1+da1+3d=4a1+6d 得a1=−4,d=2
所以an=a1+n−1d=2n−6 .
（2） 求使Sn>an 成立的n 的最小值.
[答案]Sn=na1+an2=n2n−102=n2−5n ，
则由n2−5n>2n−6 ，整理得n2−7n+6>0 ，解得n<1 或n>6 .
因为n∈N∗ ，所以使Sn>an 成立的n 的最小值为7.
17. [2021全国卷甲，12分]已知数列{an} 的各项均为正数,记Sn 为{an} 的前n 项和,从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列{an} 是等差数列；②数列{Sn }是等差数列；③a2=3a1 .
注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
[答案]①③⇒② .
已知{an} 是等差数列，a2=3a1 .
设数列{an} 的公差为d ，则a2=3a1=a1+d ，得d=2a1 ，
所以Sn=na1+nn−12d=n2a1 .
因为数列{an} 的各项均为正数，所以Sn=na1 ，
所以Sn+1−Sn=n+1a1−na1=a1 （常数），所以数列{Sn} 是等差数列.
①②⇒③ .
已知{an} 是等差数列，{Sn} 是等差数列.
解法一 易得S3+S1=2S2 ,即3a2+a1=2a1+a2 ,两边同时平方得3a2+a1+23a1a2=4a1+a2 ,整理得3a1−a22=0 ,所以a2=3a1 .
解法二 设数列{an} 的公差为d ，
则Sn=na1+nn−12d=12n2d+a1−d2n .
因为数列{Sn} 是等差数列，所以数列{Sn} 的通项公式是关于n 的一次函数，则a1−d2=0 ，即d=2a1 ，所以a2=a1+d=3a1 .
②③⇒① .
已知数列{Sn} 是等差数列，a2=3a1 ，所以S1=a1 ,S2=a1+a2=4a1 .
设数列{Sn} 的公差为d ，d>0 ，则S2−S1=4a1−a1=d ，得a1=d2 ，所以Sn=S1+n−1d=nd ，所以Sn=n2d2 ，
所以an=Sn−Sn−1=n2d2−n−12d2=2d2n−d2n≥2 ，所以an−an−1=2d2n≥2 ，
所以数列{an} 是等差数列.
考点18 等比数列
题组
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]设等比数列{an} 的各项均为正数，前n 项和为Sn ,若a1=1 ，S5=5S3−4 ，则S4= ( C )
A. 158 B. 658 C. 15D. 40
[解析]解法一 若该数列的公比q=1 ，代入S5=5S3−4 中，有5=5×3−4 ，不成立，所以q≠1 .由1−q51−q=5×1−q31−q−4 ，化简得q4−5q2+4=0 ,所以q2=1 （舍）或q2=4 ,由于此数列各项均为正数，所以q=2 ，所以S4=1−q41−q=15 .故选C .
解法二 由已知得1+q+q2+q3+q4=51+q+q2−4 ,整理得1+qq3−4q=0 ,由于此数列各项均为正数，所以q=2 ，所以S4=1+q+q2+q3=1+2+4+8=15 .故选C .
2. [2023天津，5分]已知{an} 为等比数列，Sn 为数列{an} 的前n 项和，an+1=2Sn+2 ,则a4 的值为( C )
A. 3B. 18C. 54D. 152
[解析]解法一 因为an+1=2Sn+2 ，所以当n≥2 时，an=2Sn−1+2 ，两式相减得an+1−an=2an ，即an+1=3an ，所以数列{an} 是公比q=an+1an=3 的等比数列.当n=1 时，a2=2S1+2=2a1+2 ，又a2=3a1 ，所以3a1=2a1+2 ，解得a1=2 ，所以a4=a1q3=2×33=54 ，故选C .
解法二 设等比数列{an} 的公比为q ，因为an+1=2Sn+2 ，所以公比q≠1 ，且a1qn=2a11−qn1−q+2=−2a11−qqn+2a11−q+2 ，所以a1=−2a11−q,0=2a11−q+2, 又a1≠0 ，所以q=3 ，a1=2 ，所以a4=a1q3=2×33=54 ，故选C .
3. [2023新高考卷Ⅱ，5分]记Sn 为等比数列{an} 的前n 项和，若S4=−5 ,S6=21S2 ,则S8= ( C )
A. 120B. 85C. −85 D. −120
[解析]解法一 设等比数列{an} 的公比为qq≠0 ，由题意易知q≠1 ，则a11−q41−q=−5,a11−q61−q=21×a11−q21−q, 化简整理得q2=4,a11−q=13. 所以S8=a11−q81−q=13×1−44=−85 .故选C .
解法二 易知S2 ，S4−S2 ，S6−S4 ，S8−S6 ，…… 为等比数列，所以S4−S22=S2⋅S6−S4 ,解得S2=−1 或S2=54 .当S2=−1 时，由S6−S42=S4−S2⋅S8−S6 ，解得S8=−85 ；当S2=54 时，结合S4=−5 得a11−q41−q=−5a11−q21−q=54 ,化简可得q2=−5 ，不成立，舍去.所以S8=−85 ，故选C .
4. [2022全国卷乙，5分]已知等比数列{an} 的前3项和为168，a2−a5=42 ,则a6= ( D )
A. 14B. 12C. 6D. 3
[解析]解法一 设等比数列{an} 的公比为q ，由题意可得a1+a2+a3=168,a2−a5=42, 即a11+q+q2=168,a1q1−q3=a1q1−q1+q+q2=42, 解得a1=96,q=12, 所以a6=a1q5=3 ，故选D .
解法二 设等比数列{an} 的公比为q ,易知q≠1 ,由题意可得a11−q31−q=168,a1q1−q3=42, 解得a1=96,q=12, 所以a6=a1q5=3 ，故选D .
5. [2021全国卷甲，5分]记Sn 为等比数列{an} 的前n 项和.若S2=4 ，S4=6 ,则S6= ( A )
A. 7B. 8C. 9D. 10
[解析]解法一 因为S2=4 ,S4=6 ，所以公比q≠1 ，所以由等比数列的前n 项和公式，得S2=a11−q21−q=a11+q=4,S4=a11−q41−q=a11+q1+q2=6, 两式相除，（技巧点拨：与等比数列有关的方程组，求解时通常利用两式相除，达到消元、降次的目的）
得q2=12 ，所以a1=42−2,q=22 或a1=42+2,q=−22, 所以S6=a11−q61−q=7 ．故选A ．
解法二 易知公比q≠−1 ，则S2 ,S4−S2 ,S6−S4 构成等比数列，所以S2S6−S4=S4−S22 ，即4S6−6=22 ，所以S6=7 ．故选A ．
6. [2020全国卷Ⅰ，5分]设{an} 是等比数列，且a1+a2+a3=1 ,a2+a3+a4=2 ,则a6+a7+a8= ( D )
A. 12B. 24C. 30D. 32
[解析]解法一 设等比数列{an} 的公比为q ，所以a2+a3+a4a1+a2+a3=a1+a2+a3qa1+a2+a3=q=2 ，由a1+a2+a3=a11+q+q2=a11+2+22=1 ，解得a1=17 ，所以a6+a7+a8=a1q5+q6+q7=17×25+26+27=17×25×1+2+22=32 ，故选D .
解法二 令bn=an+an+1+an+2n∈N∗ ，则bn+1=an+1+an+2+an+3 .设数列{an} 的公比为q ，则bn+1bn=an+1+an+2+an+3an+an+1+an+2=an+an+1+an+2qan+an+1+an+2=q ，所以数列{bn} 为等比数列，由题意知b1=1 ,b2=2 ，所以等比数列{bn} 的公比q=2 ，所以bn=2n−1 ,所以b6=a6+a7+a8=25=32 ，故选D .
7. [2020全国卷Ⅱ，5分]数列{an} 中，a1=2 ,am+n=aman .若ak+1+ak+2+…+ak+10=215−25 ,则k= ( C )
A. 2B. 3C. 4D. 5
[解析]令m=1 ，则由am+n=aman ，得an+1=a1an ，即an+1an=a1=2 ，所以数列{an} 是首项为2、公比为2的等比数列，所以an=2n ，所以ak+1+ak+2+…+ak+10=aka1+a2+…+a10=2k×2×1−2101−2=2k+1×210−1=215−25=25×210−1 ，解得k=4 ，故选C ．
8. [2019全国卷Ⅲ，5分]已知各项均为正数的等比数列{an} 的前4项和为15，且a5=3a3+4a1 ，则a3= ( C )
A. 16B. 8C. 4D. 2
[解析]设等比数列{an} 的公比为q ，由a5=3a3+4a1 得q4=3q2+4 ，得q2=4 ，因为数列{an} 的各项均为正数，所以q=2 ，又a1+a2+a3+a4=a11+q+q2+q3=a11+2+4+8=15 ，所以a1=1 ，所以a3=a1q2=4 .
二、填空题
9. [2023全国卷乙，5分]已知{an} 为等比数列，a2a4a5=a3a6 ,a9a10=−8 ,则a7= −2 .
[解析]解法一 设数列{an} 的公比为q ，则由a2a4a5=a3a6 ，得a1q⋅a1q3⋅a1q4=a1q2⋅a1q5 .又a1≠0 ，且q≠0 ，所以可得a1q=1 ①.又a9a10=a1q8⋅a1q9=a12q17=−8 ②，所以由①②可得q15=−8 ，q5=−2 ，所以a7=a1q6=a1q⋅q5=−2 .
解法二 设数列{an} 的公比为q .因为a4a5=a3a6≠0 ，所以a2=1 .又a9a10=a2q7⋅a2q8=q15=−8 ，于是q5=−2 ，所以a7=a2q5=−2 .
10. [2019全国卷Ⅰ，5分]记Sn 为等比数列{an} 的前n 项和.若a1=13 ，a42=a6 ，则S5= 1213 .
[解析]解法一 设等比数列{an} 的公比为q ，因为a42=a6 ，所以a1q32=a1q5 ，所以a1q=1 ，又a1=13 ，所以q=3 ，所以S5=a11−q51−q=13×1−351−3=1213 ．
解法二 设等比数列{an} 的公比为q ，因为a42=a6 ，所以a2a6=a6 ，所以a2=1 ，又a1=13 ，所以q=3 ，所以S5=a11−q51−q=13×1−351−3=1213 ．
三、解答题
11. [2020全国卷Ⅰ，12分]设{an} 是公比不为1的等比数列，a1 为a2 ，a3 的等差中项.
（1） 求{an} 的公比；
[答案]设{an} 的公比为q ,由题设得2a1=a2+a3 ,即2a1=a1q+a1q2 .
所以q2+q−2=0 ，解得q=1 （舍去）或q=−2 .
故{an} 的公比为−2 .
（2） 若a1=1 ，求数列{nan} 的前n 项和.
[答案]记Sn 为{nan} 的前n 项和.由（1）及题设可得，an=−2n−1 .
所以Sn=1+2×−2+…+n×−2n−1 ,
−2Sn=−2+2×−22+…+n−1×−2n−1+n×−2n .
可得3Sn=1+−2+−22+…+−2n−1−n×−2n
=1−−2n3−n×−2n .
所以Sn=19−3n+1−2n9 .
12. [2020新高考卷Ⅰ，12分]已知公比大于1的等比数列{an} 满足a2+a4=20 ,a3=8 .
（1） 求{an} 的通项公式；
[答案]设{an} 的公比为q .由题设得a1q+a1q3=20 ，a1q2=8 .
解得q=12 （舍去）或q=2 .由题设得a1=2 .
所以{an} 的通项公式为an=2n .
（2） 记bm 为{an} 在区间(0,m]m∈N∗ 中的项的个数，求数列{bm} 的前100项和S100 .
[答案]由题设及（1）知b1=0 ，且当2n≤m<2n+1 时，bm=n .
所以S100=b1+b2+b3+b4+b5+b6+b7+…+b32+b33+…+b63+b64+b65+…+b100=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×100−63=480 .
【方法技巧】 求解本题第（2）问的关键在于找准m 的取值和an 的联系，可从小到大进行列举，找规律，从而可得结果.
13. [2019全国卷Ⅱ，12分]已知{an} 是各项均为正数的等比数列,a1=2 ,a3=2a2+16 .
（1） 求{an} 的通项公式;
[答案]设{an} 的公比为q ,由题设得
2q2=4q+16 ,即q2−2q−8=0 .
解得q=−2 （舍去）或q=4 .
因此{an} 的通项公式为an=2×4n−1=22n−1 .
（2） 设bn=lg2an ,求数列{bn} 的前n 项和.
[答案]由（1）得bn=2n−1lg22=2n−1 ,因此数列{bn} 的前n 项和为1+3+…+2n−1=n2 .
考点19 递推数列与数列求和
题组一
一、选择题
1. [2021浙江，4分]已知数列{an} 满足a1=1 ,an+1=an1+ann∈N∗ ,记数列{an} 的前n 项和为Sn ,则( A )
A. 32[解析]因为a1=1 ,an+1=an1+an ，所以an>0 ，a2=12 ,所以S100>32.1an+1=1+anan=1an+1an=1an+122−14 .所以1an+1<1an+122 ，两边同时开方可得1an+1<1an+12 ，则1an<1an−1+12 ,… ，1a2<1a1+12 ,由累加法可得1an+1<1a1+n2=1+n2 ，所以1an≤1+n−12=n+12 ，所以an≥2n+1 ,所以an+1=an1+an≤an1+2n+1=n+1n+3an ，即an+1an≤n+1n+3 ，则anan−1≤nn+2 ,… ,a2a1≤24 ,由累乘法可得当n≥2 时，an=ana1≤nn+2×n−1n+1×n−2n×…×35×24=6n+2n+1=61n+1−1n+2 ，所以S100<1+613−14+14−15+…+1101−1102=1+613−1102<1+2=3 ，故选A .
【方法技巧】利用放缩法，结合累加法与累乘法求得an≤61n+1−1n+2 ，从而利用裂项相消法计算S100 的取值范围.
二、填空题
2. [2021新高考卷Ⅰ，5分]某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm×12dm 的长方形纸,对折1次共可以得到10dm×12dm ,20dm×6dm 两种规格的图形,它们的面积之和S1=240dm2 ,对折2次共可以得到5dm×12dm ,10dm×6dm ,20dm×3dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180dm2 ,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5；如果对折n 次,那么∑nk=1Sk= 2403−n+32n dm2 .
[解析]依题意得，S1=120×2=240 ；S2=60×3=180 ；
当n=3 时，共可以得到5dm×6dm ，52dm×12dm ,10dm×3dm ,20dm×32dm 四种规格的图形，且5×6=30 ,52×12=30 ，10×3=30 ，20×32=30 ，所以S3=30×4=120 ；
当n=4 时，共可以得到5dm×3dm ，52dm×6dm ,54dm×12dm ,10dm×32dm ,20dm×34dm 五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3=15 ,52×6=15 ，54×12=15 ，10×32=15 ，20×34=15 ，所以S4=15×5=75 ；
……
所以可归纳Sk=2402k×k+1=240k+12k .
所以∑nk=1Sk=2401+322+423+…+n2n−1+n+12n ①，
所以12×∑nk=1Sk=240222+323+424+…+n2n+n+12n+1 ②，
由①−② 得，12×∑nk=1Sk=2401+122+123+124+…+12n−n+12n+1=2401+122−12n×121−12−n+12n+1=24032−n+32n+1 ，（提示：用等比数列的前n 项和公式Sn=a1−anq1−qq≠1 ，可避免计算数列项数时出错）
所以∑nk=1Sk=2403−n+32ndm2 .
3. [2020全国卷Ⅰ，5分]数列{an} 满足an+2+−1nan=3n−1 ,前16项和为540，则a1= 7.
[解析]因为数列{an} 满足an+2+−1nan=3n−1 ，所以当n=2kk∈N∗ 时，a2k+2+a2k=6k−1k∈N∗ ，所以a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=5+17+29+41=92 .当n=2k−1k∈N∗ 时，a2k+1−a2k−1=6k−4k∈N∗ ，所以当k≥2 时，a2k−1=a1+a3−a1+a5−a3+a7−a5+…+a2k−1−a2k−3=a1+2+8+14+…+[6k−1−4]=a1+2+6k−10k−12=a1+3k−4k−1 ，当k=1 时上式也成立，所以a2k−1=a1+3k−4k−1k∈N∗ ，即a2k−1=a1+3k2−7k+4k∈N∗ .
解法一 所以a1+a3+a5+a7+…+a15=8a1+3×12+22+32+…+82−7×1+2+3+…+8+4×8=8a1+3×8×8+1×2×8+16−7×1+8×82+32=8a1+612−252+32=8a1+392 .又前16项和为540，所以92+8a1+392=540 ，解得a1=7 .
解法二 所以a2k−1=a1+3k2+3k+1−10k+3=a1+[k+13−k3]−10k+3 ，所以a1+a3+a5+a7+…+a15=8a1+23−13+33−23+…+93−83−10×1+8×82+3×8=8a1+93−13−360+24=8a1+392 .又前16项和为540，所以92+8a1+392=540 ，解得a1=7 .
【拓展结论】 12+22+32+42+…+n2=nn+12n+16 .
三、解答题
4. [2023全国卷甲，12分]记Sn 为数列{an} 的前n 项和，已知a2=1 ，2Sn=nan .
（1） 求{an} 的通项公式；
[答案]当n=1 时，2S1=a1 ，即2a1=a1 ，所以a1=0 .
当n≥2 时，由2Sn=nan ，得2Sn−1=n−1an−1 ，
两式相减得2an=nan−n−1an−1 ，
即n−1an−1=n−2an ，
当n=2 时，可得a1=0 ，
故当n≥3 时，anan−1=n−1n−2 ，则anan−1⋅an−1an−2⋅…⋅a3a2=n−1n−2⋅n−2n−3⋅…⋅21 ，
整理得ana2=n−1 ，因为a2=1 ，所以an=n−1n≥3 .
当n=1 ，n=2 时，均满足上式，所以an=n−1 .
（2） 求数列{an+12n} 的前n 项和Tn .
[答案]令bn=an+12n=n2n ，
则Tn=b1+b2+…+bn−1+bn=12+222+…+n−12n−1+n2n ①，
12Tn=122+223+…+n−12n+n2n+1 ②，
由①−② 得12Tn=12+122+123+…+12n−n2n+1=121−12n1−12−n2n+1=1−2+n2n+1 ，
即Tn=2−2+n2n ．
5. [2019全国卷Ⅱ，12分]已知数列{an} 和{bn} 满足a1=1 ，b1=0 ，4an+1=3an−bn+4 ，4bn+1=3bn−an−4 .
（1） 证明:{an+bn} 是等比数列，{an−bn} 是等差数列;
[答案]由题设得4an+1+bn+1=2an+bn ,即an+1+bn+1=12an+bn .
又因为a1+b1=1 ,所以{an+bn} 是首项为1,公比为12 的等比数列.
由题设得4an+1−bn+1=4an−bn+8 ,即an+1−bn+1=an−bn+2 .
又因为a1−b1=1 ,所以{an−bn} 是首项为1,公差为2的等差数列.
（2） 求{an} 和{bn} 的通项公式.
[答案]由（1）知,an+bn=12n−1 ,an−bn=2n−1 .
所以an=12[an+bn+an−bn]=12n+n−12 ,
bn=12[an+bn−an−bn]=12n−n+12 .
【方法技巧】 破解此类题的关键：一是用定义，即根据所给的等式的特征，将其转化为数列相邻两项的差（比）的关系，利用等差（比）数列的定义，即可证明数列为等差（比）数列；二是用公式，即会利用等差（比）数列的通项公式，得到各个数列的通项所满足的方程（组），解方程（组），即可求出数列的通项公式．
【易错警示】 在利用等差（比）数列的定义时，既需注意是从第二项起，又需注意是后项与前项的差（比），在运用等比数列的通项公式时，注意不要与等比数列的前n 项和公式搞混．
题组二
解答题
1. [2023新高考卷Ⅱ，12分]已知{an} 为等差数列,bn=an−6,n为奇数2an,n为偶数 .记Sn ，Tn 分别为数列{an} ,{bn} 的前n 项和，S4=32 ，T3=16 .
（1） 求{an} 的通项公式;
[答案]设等差数列{an} 的公差为d ．
因为bn=an−6,n为奇数,2an,n为偶数,
所以b1=a1−6 ，b2=2a2=2a1+2d ，b3=a3−6=a1+2d−6 .（提示：由于数列{bn} 是一个奇偶项数列，因此求项时需“对号入座”）
因为S4=32 ，T3=16 ，
所以4a1+6d=32,a1−6+2a1+2d+a1+2d−6=16, （方法技巧：求等差数列的基本量时，常根据已知条件建立方程组求解）
解得a1=5,d=2, 所以{an} 的通项公式为an=2n+3 .（提示：等差数列的通项公式为an=a1+n−1d ）
（2） 证明:当n>5 时，Tn>Sn .
[答案]由（1）知an=2n+3 ，
所以Sn=n[5+2n+3〗2=n2+4n ，bn=2n−3,n为奇数,4n+6,n为偶数,
当n 为奇数时，
Tn=−1+14+3+22+7+30+…+[2n−7+4n+2]+2n−3=[−1+3+7+…+2n−7+2n−3]+[14+22+30+…+4n+2]=n+12−1+2n−32+n−1214+4n+22=3n2+5n−102 ．（方法技巧：如果数列的奇数项、偶数项构成等差或等比数列，则求其前n 项和时可以使用分组求和方法，使具有相同结构的部分求和，然后将结果相加、化简即可）
当n>5 时，Tn−Sn=3n2+5n−102−n2+4n=n2−3n−102=n−5n+22>0 ，
所以Tn>Sn ．
当n 为偶数时，Tn=−1+14+3+22+7+30+…+[2n−5+4n+6]=[−1+3+7+…+2n−5]+[14+22+30+…+4n+6]=n2−1+2n−52+n214+4n+62=3n2+7n2 ．
当n>5 时，Tn−Sn=3n2+7n2−n2+4n=n2−n2=nn−12>0 ，
所以Tn>Sn ．
综上可知，当n>5 时，Tn>Sn ．
2. [2022新高考卷Ⅰ，10分]记Sn 为数列{an} 的前n 项和，已知a1=1 ,{Snan} 是公差为13 的等差数列.
（1） 求{an} 的通项公式；
[答案]因为a1=1 ，所以S1a1=1 ，
又{Snan} 是公差为13 的等差数列，
所以Snan=1+n−1×13=n+23 .
所以Sn=n+23an .
因为当n≥2 时，an=Sn−Sn−1=n+23an−n+13an−1 ，
所以n+13an−1=n−13ann≥2 ，所以anan−1=n+1n−1n≥2 ，
所以a2a1×a3a2×…×an−1an−2×anan−1=31×42×53×…×nn−2×n+1n−1=nn+12n≥2 ，
所以an=nn+12n≥2 ，又a1=1 也满足上式，
所以an=nn+12n∈N∗ .
（2） 证明：1a1+1a2+…+1an<2 .
[答案]因为an=nn+12 ，所以1an=2nn+1=21n−1n+1 ，
所以1a1+1a2+…+1an=2[1−12+12−13+…+1n−1−1n+1n−1n+1]=21−1n+1<2 .
3. [2021全国卷乙，12分]记Sn 为数列{an} 的前n 项和，bn 为数列{Sn} 的前n 项积，已知2Sn+1bn=2 .
（1） 证明：数列{bn} 是等差数列.
[答案]因为bn 是数列{Sn} 的前n 项积，
所以n≥2 时，Sn=bnbn−1 ,
代入2Sn+1bn=2 可得，2bn−1bn+1bn=2 ，
整理可得2bn−1+1=2bn ，即bn−bn−1=12n≥2 .
又2S1+1b1=3b1=2 ，所以b1=32 ，
故{bn} 是以32 为首项，12 为公差的等差数列.
（2） 求{an} 的通项公式.
[答案]由（1）可知，bn=n+22 ，则2Sn+2n+2=2 ，所以Sn=n+2n+1 ，
当n=1 时，a1=S1=32 ，
当n≥2 时，an=Sn−Sn−1=n+2n+1−n+1n=−1nn+1 .
故an=32,n=1,−1nn+1,n≥2.
【易错警示】 研究数列{an} 的通项与前n 项和Sn 的关系时，一定要检验n=1 的情况.
4. [2021新高考卷Ⅰ，10分]已知数列{an} 满足a1=1 ,an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数.
（1） 记bn=a2n ,写出b1 ,b2 ,并求数列{bn} 的通项公式；
[答案]因为bn=a2n ，且a1=1 ，an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数,
所以b1=a2=a1+1=2 ，
b2=a4=a3+1=a2+2+1=5 .
因为bn=a2n ，所以bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3 ，
所以bn+1−bn=a2n+3−a2n=3 ，
所以数列{bn} 是以2为首项，3为公差的等差数列，bn=2+3n−1=3n−1 ，n∈N∗ .
（2） 求{an} 的前20项和.
[答案]因为an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数,
所以k∈N∗ 时，a2k=a2k−1+1=a2k−1+1 ，即a2k=a2k−1+1 ①，
a2k+1=a2k+2 ②，
a2k+2=a2k+1+1=a2k+1+1 ，即a2k+2=a2k+1+1 ③，
所以①+② 得a2k+1=a2k−1+3 ，即a2k+1−a2k−1=3 ，
所以数列{an} 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②+③ 得a2k+2=a2k+3 ，即a2k+2−a2k=3 ，
又a2=2 ，所以数列{an} 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.
所以数列{an} 的前20项和S20=a1+a3+a5+…+a19+a2+a4+a6+…+a20=10+10×92×3+20+10×92×3=300 .
5. [2020全国卷Ⅲ，12分]设数列{an} 满足a1=3 ,an+1=3an−4n .
（1） 计算a2 ,a3 ,猜想{an} 的通项公式并加以证明；
[答案]a2=5 ,a3=7 .
猜想an=2n+1 .由已知可得
an+1−2n+3=3[an−2n+1] ,
an−2n+1=3[an−1−2n−1] ,
…
a2−5=3a1−3 .
因为a1=3 ,所以an=2n+1 .
（2） 求数列{2nan} 的前n 项和Sn .
[答案]由（1）得2nan=2n+12n ,所以
Sn=3×2+5×22+7×23+…+2n+1×2n ①.
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+2n+1×2n+1 ②.
①−② 得−Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n−2n+1×2n+1 .
所以Sn=2n−12n+1+2 .
6. [2019天津，14分]设{an} 是等差数列，{bn} 是等比数列.已知a1=4 ，b1=6 ，b2=2a2−2 ，b3=2a3+4 .
（Ⅰ） 求{an} 和{bn} 的通项公式；
[答案]设等差数列{an} 的公差为d ,等比数列{bn} 的公比为q .依题意得6q=6+2d,6q2=12+4d, 解得d=3,q=2, 故an=4+n−1×3=3n+1 ,bn=6×2n−1=3×2n .
所以{an} 的通项公式为an=3n+1 ,{bn} 的通项公式为bn=3×2n .
（Ⅱ） 设数列{cn} 满足c1=1 ，cn=1,2k（ⅰ） 求数列{a2nc2n−1} 的通项公式；
[答案]a2nc2n−1=a2nbn−1=3×2n+13×2n−1=9×4n−1 .
所以数列{a2nc2n−1} 的通项公式为a2nc2n−1=9×4n−1 .
（ⅱ） 求∑2ni=1aicin∈N∗ .
[答案]∑2ni=1aici=∑2ni=1[ai+aici−1]
=∑2ni=1ai+∑ni=1a2ic2i−1
=[2n×4+2n2n−12×3]+∑ni=19×4i−1
=3×22n−1+5×2n−1+9×41−4n1−4−n
=27×22n−1+5×2n−1−n−12n∈N∗ .
考点20 数列的综合应用
题组一
一、选择题
1. [2021北京，4分]数列{an} 是递增的整数数列，且a1≥3 ，a1+a2+a3+…+an=100 ，则n 的最大值为( C )
A. 9B. 10C. 11D. 12
[解析]因为数列{an} 满足三个特征，整数数列，递增，前n 项和为100，所以欲求n 的最大值，需要保证ak+1−akk≤n−1 的值取最小的正整数.又a1≥3 ，故可取a1=3 ，ak+1−ak=1 ，则数列{an} 的前10项为3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,第11项a11=100−3+4+5+6+7+8+9+10+11+12=25 ，满足题意，取数列{an} 的前11项为3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13，则第12项a12=100−3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13=12 ，不满足题意，故n 的最大值为11.
二、填空题
2. [2020江苏，5分]设{an} 是公差为d 的等差数列，{bn} 是公比为q 的等比数列.已知数列{an+bn} 的前n 项和Sn=n2−n+2n−1(n∈N∗) ,则d+q 的值是4.
[解析]解法一 当n=1 时，S1=a1+b1=1 ①，当n≥2 时，an+bn=Sn−Sn−1=2n−2+2n−1 ，则a2+b2=4 ②，a3+b3=8 ③，a4+b4=14 ④，②−① 得d+b1q−1=3 ⑤，③−② 得d+b2q−1=4 ⑥，④−③ 得d+b3q−1=6 ⑦，⑥−⑤ 得b1q−12=1 ，⑦−⑥ 得b2q−12=2 ，则q=2 ,b1=1 ,d=2 ，所以d+q=4 .
解法二 由题意可得S1=a1+b1=1 ，当n≥2 时，an+bn=Sn−Sn−1=2n−2+2n−1 ，易知当n=1 时也成立，则a1+n−1d+b1qn−1=dn+a1−d+b1qn−1=2n−2+2n−1 对任意正整数n 恒成立，则d=2 ,q=2 ，d+q=4 .
【速解】 由等差数列和等比数列的前n 项和的特征可得等差数列{an} 的前n 项和Hn=n2−n ，等比数列{bn} 的前n 项和Tn=2n−1 ，则d=2 ,q=2 ，d+q=4 .
【方法技巧】 公差为d 的等差数列{an} 的前n 项和Sn=An2+Bn ,其中A=d2 ,B=a1−d2 ;公比为q 的等比数列{bn} 的前n 项和Tn=C−Cqn ,其中C=b11−q （公比q 不等于1）.
三、解答题
3. [2023天津，15分]已知数列{an} 是等差数列，a2+a5=16 ，a5−a3=4 .
（1） 求{an} 的通项公式和∑2n−1i=2n−1ai .
[答案]设{an} 的公差为d ，
由a2+a5=16,a5−a3=4, 得a1+d+a1+4d=16,a1+4d−a1+2d=4, 解得a1=3,d=2,
所以{an} 的通项公式为an=3+2n−1=2n+1 .
a2n−1=2⋅2n−1+1=2n+1 ，a2n−1=22n−1+1=2n+1−1 .（易错：不要把a2n−1 和a2n−1 的表达式理解成等比数列的通项公式）
从a2n−1 到a2n−1 共有2n−1−2n−1+1=2n−1 （项）.（提醒：下标相减算项数时要加1）
所以∑2n−1i=2n−1ai=2n+1+2n+1−1⋅2n−12=2n+2⋅2n⋅2n−12=3⋅2n⋅2n−12=3⋅22n−2 .( 或∑2n−1i=2n−1ai=2n−1⋅2n+1+2n−12n−1−12⋅2=3⋅22n−2)
（2） 已知{bn} 为等比数列，对于任意k∈N∗ ，若2k−1≤n≤2k−1 ，则bk（ⅰ） 当k≥2 时，求证:2k−1[答案]因为当2k−1≤n≤2k−1 时，bk所以当2k≤n+1≤2k+1−1 时，bk+1可得an因为{an} 为递增数列，所以若2k−1≤n≤2k−1 ,则a2k−1≤an≤a2k−1 ,得2k+1≤an≤2k+1−1 .
同理可得2k+1+1≤an+1≤2k+2−1 .
故可得2k+1−1所以2k−1综上，当k≥2 时，2k−1（ⅱ） 求{bn} 的通项公式及其前n 项和.
[答案]由题意知{bn} 是q≠1 的正项等比数列，（若q=1 ,则{bn} 为常数列，与i 矛盾）
设{bn} 的通项公式为bn=p⋅qn(p>0 ,q>0 且q≠1) ，（点拨：若设成bn=b1⋅qn−1 ，不利于下一步的化简）
由i 知,2n−1则有1−12n①当q2>1 ，即q>2 时，
∃n0∈N∗ ，使得p⋅q2n0>2 ，与p⋅q2n0<1+12n0 矛盾；
②当0∃n1∈N∗ ，使得p⋅q2n1<12 ，与p⋅q2n1>1−12n1 矛盾.
故q=2 .( 思路引导：从i 的结论可以观察出bn=2n ，通过反证法证明q>2 和0因为2n−1设{bn} 的前n 项和为Sn ，则Sn=21−2n1−2=2n+1−2 .
4. [2022新高考卷Ⅱ，10分]已知{an} 是等差数列，{bn} 是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4 .
（1） 证明：a1=b1 ;
[答案]设等差数列{an} 的公差为d ，
由a2−b2=a3−b3 得a1+d−2b1=a1+2d−4b1 ，即d=2b1 ，
由a2−b2=b4−a4 得a1+d−2b1=8b1−a1+3d ，即a1=5b1−2d ，将d=2b1 代入，得a1=5b1−2×2b1=b1 ，即a1=b1 .
（2） 求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500} 中元素的个数.
[答案]由（1）知an=a1+n−1d=a1+n−1×2b1=2n−1a1 ，bn=b1⋅2n−1 ，
由bk=am+a1 得b1⋅2k−1=2m−1a1+a1 ，
由a1=b1≠0 得2k−1=2m ，
由题知1≤m≤500 ，所以2≤2m≤1000 ，所以k=2 ,3，4，… ,10，共9个数，即集合{k|bk=am+a1 ，1≤m≤500}={2 ,3，4，… ,10} 中元素的个数为9.
5. [2022天津，15分]已知{an} 是等差数列，其前n 项和为Sn ,{bn} 是等比数列，a1=b1=a2−b2=a3−b3=1 .
（1） 求{an} ，{bn} 的通项公式；
[答案]设等差数列{an} 的公差为d ，等比数列{bn} 的公比为q ，
根据a1=b1=a2−b2=a3−b3=1 得1+d−q=1,1+2d−q2=1,
解得d=q=0 （舍）或d=q=2 ，
所以an=2n−1 ,bn=2n−1 .
（2） 证明：Sn+1+an+1bn=Sn+1⋅bn+1−Sn⋅bn ；
[答案]解法一 因为Sn 为数列{an} 的前n 项和，所以Sn=a1+ann2=n1+2n−12=n2 ，
则Sn+1+an+1bn=[n+12+2n+1−1]⋅2n−1=n2+4n+2⋅2n−1 ，
Sn+1⋅bn+1−Sn⋅bn=n+12⋅2n−n2⋅2n−1=2n−1⋅[2n+12−n2]=2n−1⋅n2+4n+2 ，
所以Sn+1+an+1bn=Sn+1⋅bn+1−Sn⋅bn .
解法二 因为Sn 为数列{an} 的前n 项和，所以Sn+1+an+1bn=Sn+an+1+an+1bn=Sn+2an+1bn ，
Sn+1⋅bn+1−Sn⋅bn=Sn+an+1⋅2bn−Sn⋅bn=bn2Sn+2an+1−Sn=Sn+2an+1bn ，
所以Sn+1+an+1bn=Sn+1⋅bn+1−Sn⋅bn .
（3） 求∑2nk=1[ak+1−−1kak]bk .
[答案]令cn=[an+1−−1nan〗bn ，
当n 为奇数时，cn=an+1+anbn=2n+1+2n−1⋅2n−1=4n⋅2n−1=n⋅2n+1 ，
当n 为偶数时，cn=an+1−anbn=2n+1−2n+1⋅2n−1=2⋅2n−1=2n ，
则∑2nk=1[ak+1−−1kak]bk=c1+c3+c5+…+c2n−1+c2+c4+c6+…+c2n ，
令Tn=c1+c3+c5+…+c2n−1=1×22+3×24+5×26+…+2n−1⋅22n ，
则4Tn=1×24+3×26+5×28+…+2n−1⋅22n+2 ，
所以−3Tn=22+224+26+…+22n−2n−1⋅22n+2=4+2×241−4n−11−4−2n−1⋅22n+2 ，
所以Tn=20+6n−5⋅22n+29 .
令An=c2+c4+c6+…+c2n=22+24+26+…+22n=41−4n1−4=22n+2−43 .
所以∑2nk=1[ak+1−−1kak]bk=Tn+An=20+6n−5⋅22n+29+22n+2−43=8+3n−1⋅22n+39 .
6. [2021全国卷乙，12分]设{an} 是首项为1的等比数列，数列{bn} 满足bn=nan3 .已知a1 ,3a2 ,9a3 成等差数列.
（1） 求{an} 和{bn} 的通项公式；
[答案]设{an} 的公比为q ，则an=qn−1 .
因为a1 ,3a2 ,9a3 成等差数列，所以1+9q2=2×3q ，解得q=13 ，
故an=13n−1 ，bn=n3n .
（2） 记Sn 和Tn 分别为{an} 和{bn} 的前n 项和.证明：Tn[答案]由（1）知Sn=1−13n1−13=321−13n ，Tn=13+232+333+…+n3n ①，
13Tn=132+233+334+…+n−13n+n3n+1 ②，
①−② 得23Tn=13+132+133+…+13n−n3n+1 ，
即23Tn=131−13n1−13−n3n+1=121−13n−n3n+1 ，
整理得Tn=34−2n+34×3n ，
则2Tn−Sn=234−2n+34×3n−321−13n=−n3n<0 ，故Tn7. [2020浙江，15分]已知数列{an} ,{bn} ,{cn} 满足a1=b1=c1=1 ，cn=an+1−an ，cn+1=bnbn+2cn ，n∈N∗ .
（Ⅰ） 若{bn} 为等比数列，公比q>0 ,且b1+b2=6b3 ,求q 的值及数列{an} 的通项公式；
[答案]由b1+b2=6b3 得1+q=6q2 ,解得q=12 .
由cn+1=4cn 得cn=4n−1 .
由an+1−an=4n−1 得an=a1+1+4+…+4n−2=4n−1+23 .
（Ⅱ） 若{bn} 为等差数列，公差d>0 ，证明：c1+c2+c3+…+cn<1+1d ，n∈N∗ .
[答案]由cn+1=bnbn+2cn 得cn=b1b2c1bnbn+1=1+dd1bn−1bn+1 ,
所以c1+c2+c3+…+cn=1+dd1−1bn+1 ,
由b1=1 ,d>0 得bn+1>0 ，因此
c1+c2+c3+…+cn<1+1d ,n∈N∗ .
题组二
一、选择题
1. [2020全国卷Ⅱ，5分]0−1 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2…an… 满足ai∈{0 ，1}i=1,2,… ，且存在正整数m ，使得ai+m=aii=1,2,… 成立，则称其为0−1 周期序列，并称满足ai+m=aii=1,2,… 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0−1 序列a1a2…an… ,Ck=1m∑mi=1aiai+kk=1,2,…,m−1 是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0−1 序列中，满足Ck≤15k=1,2,3,4 的序列是( C )
A. 11010… B. 11011… C. 10001… D. 11001…
[解析]对于A ，因为C1=1×1+1×0+0×1+1×0+0×15=15 ，C2=1×0+1×1+0×0+1×1+0×15=25 ，不满足Ck≤15 ，故A 不正确；对于B ，因为C1=1×1+1×0+0×1+1×1+1×15=35 ，不满足Ck≤15 ，故B 不正确；对于C ，因为C1=1×0+0×0+0×0+0×1+1×15=15 ，C2=1×0+0×0+0×1+0×1+1×05=0 ，C3=1×0+0×1+0×1+0×0+1×05=0 ，C4=1×1+0×1+0×0+0×0+1×05=15 ，满足Ck≤15 ，故C 正确；对于D ，因为C1=1×1+1×0+0×0+0×1+1×15=25 ，不满足Ck≤15 ，故D 不正确．综上所述，故选C ．
2. [2019浙江，4分]设a ，b∈R ，数列{an} 满足a1=a ，an+1=an2+b ，n∈N∗ ，则( A )
A. 当b=12 时，a10>10 B. 当b=14 时，a10>10
C. 当b=−2 时，a10>10 D. 当b=−4 时，a10>10
[解析]当b=12 时,因为an+1=an2+12 ,所以a2≥12 ,又an+1=an2+12≥2an ,故a9≥a2×27≥12×27=42 ,a10>a92≥32>10 .当b=14 时，an+1−an=an−122 ,故a1=a=12 时，a10=12 ,所以a10>10 不成立.同理b=−2 和b=−4 时,均存在小于10的数x0 ,只需a1=a=x0 ,则a10=x0<10 ,故a10>10 不成立.所以选A .
3. [2021新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）设正整数n=a0⋅20+a1⋅21+…+ak−1⋅2k−1+ak⋅2k ，其中ai∈{0,1}i=0,1,2,…,k ，记ωn=a0+a1+…+ak .则( ACD )
A. ω2n=ωn B. ω2n+3=ωn+1
C. ω8n+5=ω4n+3 D. ω2n−1=n
[解析]因为n=a0⋅20+a1⋅21+…+ak−1⋅2k−1+ak⋅2k ，所以2n=a0⋅21+a1⋅22+…+ak−1⋅2k+ak⋅2k+1 ，2n+3=20+a0+1⋅21+a1⋅22+…+ak−1⋅2k+ak⋅2k+1 ，4n=a0⋅22+a1⋅23+…+ak−1⋅2k+1+ak⋅2k+2 ，4n+3=20+21+a0⋅22+a1⋅23+…+ak−1⋅2k+1+ak⋅2k+2 ，8n=a0⋅23+a1⋅24+…+ak−1⋅2k+2+ak⋅2k+3 ，8n+5=20+22+a0⋅23+a1⋅24+…+ak−1⋅2k+2+ak⋅2k+3 ，所以ω2n=0+a0+a1+…+ak=ωn ，ω2n+3=ωn+2 ，ω8n+5=ω4n+3 ，故A ，C 正确,B 错误；对于D ，因为1+2+…+2n−1=1−2n1−2=2n−1 ，所以ω2n−1=n ，故D 正确．综上所述，选ACD ．
二、填空题
4. [2022北京，5分]已知数列{an} 的各项均为正数，其前n 项和Sn 满足an⋅Sn=9n=1,2,… .给出下列四个结论:
①{an} 的第2项小于3；
②{an} 为等比数列;
③{an} 为递减数列；
④{an} 中存在小于1100 的项.
其中所有正确结论的序号是①③④.
[解析]因为an⋅Sn=9 ，所以a1⋅S1=9 ，又an>0 ，所以a1=3 ，a2⋅S2=a2a1+a2=9 ，即a22+3a2−9=0 ，得a2=−3+352=35−12<3 ，所以①正确；当n≥2 时，由Sn=9an ，得Sn−1=9an−1 ，两式作差可得an=9an−9an−1n≥2 ，即an=9an−1−ananan−1n≥2 ，整理得anan−1=9−an29n≥2 ，若数列{an} 为等比数列，则当n≥2 时，9−an29 为常数，即数列{an} 从第2项起各项均为同一个常数，可检验a2≠a3 ，所以②不正确；因为an⋅Sn=an+1⋅Sn+1=9 ，所以anan+1=Sn+1Sn ，由数列{an} 的各项均为正数，得Sn+1Sn>1 ，所以an>an+1>0 ，所以③正确；对于④，若数列{an} 的所有项均大于等于1100 ，取n>90000 ，由an≥1100 且an>an+1>0 ，得Sn>900 ，所以an⋅Sn>9 ，与已知矛盾，所以④正确.综上，所有正确结论的序号是①③④.
三、解答题
5. [2022浙江，15分]已知等差数列{an} 的首项a1=−1 ，公差d>1 .记{an} 的前n 项和为Sn(n∈N∗) .
（Ⅰ） 若S4−2a2a3+6=0 ,求Sn ;
[答案]因为在等差数列{an} 中，a1=−1 ，S4−2a2a3+6=0 ，
所以−4+6d−2−1+d−1+2d+6=0 ，
整理得d2−3d=0 ，解得d=0 （舍去）或d=3 ，
所以Sn=n×−1+nn−12×3=32n2−52n ，
即Sn=32n2−52n ．
（Ⅱ） 若对于每个n∈N∗ ，存在实数cn ,使an+cn ,an+1+4cn ,an+2+15cn 成等比数列，求d 的取值范围.
[答案]易知an=−1+n−1×d=dn−d−1 ，
所以an+1=dn−1 ，an+2=dn+d−1 ．
因为an+cn ,an+1+4cn ,an+2+15cn 成等比数列，
所以an+1+4cn2=an+cnan+2+15cn ，
整理得cn2+8an+1−an+2−15ancn+an+12−anan+2=0 .
由题意知关于cn 的二次方程有解,
所以8an+1−an+2−15an2−4an+12−anan+2≥0 在n∈N∗ 上恒成立,
将an ,an+1 ,an+2 代入上式，并整理得[2n−3d−2][n−2d−1]≥0 ①．因为d>1 ，
所以当n=1 时，不等式①等价于d+1d+2≥0 ，恒成立；
当n=2 时，不等式①等价于d−2−1≥0 ，则当10 ，n−2d−1≥d−1>0 ，不等式①恒成立．综上可知，d 的取值范围是16. [2021浙江，15分]已知数列{an} 的前n 项和为Sn ,a1=−94 ，且4Sn+1=3Sn−9(n∈N∗) .
（Ⅰ） 求数列{an} 的通项公式;
[答案]因为4Sn+1=3Sn−9 ，
所以当n≥2 时，4Sn=3Sn−1−9 ,
两式相减可得4an+1=3an ，即an+1an=34n≥2 .
当n=1 时，4S2=4−94+a2=−274−9 ，
解得a2=−2716 ，所以a2a1=34 .
所以数列{an} 是首项为−94 ，公比为34 的等比数列，
所以an=−94×34n−1=−3n+14n .
（Ⅱ） 设数列{bn} 满足3bn+n−4an=0(n∈N∗) ,记{bn} 的前n 项和为Tn .若Tn≤λbn 对任意n∈N∗ 恒成立，求实数λ 的取值范围.
[答案]因为3bn+n−4an=0 ，
所以bn=n−4×34n .
所以Tn=−3×34−2×342−1×343+0×344+…+n−4×34n ①，
且34Tn=−3×342−2×343−1×344+0×345+…+n−5×34n+n−4×34n+1 ②,
①−② 得14Tn=−3×34+342+343+…+34n−n−4×34n+1=−94+916[1−34n−1]1−34−n−4×34n+1=−n×34n+1 ,
所以Tn=−4n×34n+1 .
因为Tn≤λbn 对任意n∈N∗ 恒成立，
所以−4n×34n+1≤λn−4×34n 恒成立，
即−3n≤λn−4 恒成立，
当n<4 时，λ≤−3nn−4=−3−12n−4 ，此时λ≤1 ；
当n=4 时，−12≤0 恒成立；
当n>4 时，λ≥−3nn−4=−3−12n−4 ，此时λ≥−3 .
所以−3≤λ≤1 .
7. [2019江苏，16分]定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M− 数列”.
（1） 已知等比数列{an}(n∈N∗) 满足：a2a4=a5 ，a3−4a2+4a1=0 ，求证：数列{an} 为“M− 数列”.
[答案]设等比数列{an} 的公比为q ,所以a1≠0 ,q≠0 .
由a2a4=a5,a3−4a2+4a1=0, 得a12q4=a1q4,a1q2−4a1q+4a1=0, 解得a1=1,q=2.
因此数列{an} 为“M− 数列”.
（2） 已知数列{bn}(n∈N∗) 满足：b1=1 ，1Sn=2bn−2bn+1 ，其中Sn 为数列{bn} 的前n 项和.
① 求数列{bn} 的通项公式；
[答案]因为1Sn=2bn−2bn+1 ，所以bn≠0 .
由b1=1 ,S1=b1 ，得11=21−2b2 ，则b2=2 .
由1Sn=2bn−2bn+1 ，得Sn=bnbn+12bn+1−bn ,
当n≥2 时，由bn=Sn−Sn−1 ，得bn=bnbn+12bn+1−bn−bn−1bn2bn−bn−1 ,
整理得bn+1+bn−1=2bn .
所以数列{bn} 是首项和公差均为1的等差数列.
因此，数列{bn} 的通项公式为bn=n(n∈N∗) .
② 设m 为正整数.若存在“M− 数列”{cn}(n∈N∗) ，对任意正整数k ，当k≤m 时，都有ck≤bk≤ck+1 成立，求m 的最大值.
[答案]由①知，bk=k ,k∈N∗ .
因为数列{cn} 为“M− 数列”，设公比为q ,所以c1=1 ,q>0 .
因为ck≤bk≤ck+1 ，所以qk−1≤k≤qk ，其中k=1 ,2,3，… ,m .
当k=1 时，有q≥1 ;
当k=2 ,3,… ,m 时，有lnkk≤lnq≤lnkk−1 .
设fx=lnxxx>1 ，则f′x=1−lnxx2 .
令f′x=0 ，得x=e .列表如下：
因为ln22=ln86所以fkmax=f3=ln33 .
取q=33 ，当k=1 ,2,3,4,5时，lnkk≤lnq ，即k≤qk ，经检验知qk−1≤k 也成立.因此所求m 的最大值不小于5.
若m≥6 ，分别取k=3 ,6，得3≤q3 ，且q5≤6 ，从而q15≥243 ，且q15≤216 ，所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6.
综上，所求m 的最大值为5.x
1,e
e
e,+∞
f′x
+
0
-
fx
↗
极大值
↘