重难点16 数列的综合应用（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc28342" 【题型1 等差、等比数列的交汇问题】 PAGEREF _Tc28342 \h 3
\l "_Tc13628" 【题型2 数列中的数学文化问题】 PAGEREF _Tc13628 \h 6
\l "_Tc29415" 【题型3 数列的实际应用问题】 PAGEREF _Tc29415 \h 9
\l "_Tc20896" 【题型4 数列中的不等式恒成立、有解问题】 PAGEREF _Tc20896 \h 13
\l "_Tc19442" 【题型5 数列中的不等式证明问题】 PAGEREF _Tc19442 \h 17
\l "_Tc16502" 【题型6 子数列问题】 PAGEREF _Tc16502 \h 21
\l "_Tc942" 【题型7 数列与函数的交汇问题】 PAGEREF _Tc942 \h 26
\l "_Tc13864" 【题型8 数列与导数的交汇问题】 PAGEREF _Tc13864 \h 29
\l "_Tc20230" 【题型9 数列与概率统计的交汇问题】 PAGEREF _Tc20230 \h 34
\l "_Tc17784" 【题型10 数列与平面几何的交汇问题】 PAGEREF _Tc17784 \h 38
\l "_Tc26925" 【题型11 数列中的结构不良题】 PAGEREF _Tc26925 \h 43
\l "_Tc19042" 【题型12 数列的新定义、新情景问题】 PAGEREF _Tc19042 \h 47
1、数列的综合应用
数列是高考的热点内容，命题形式多种多样，大小均有，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，数列的综合应用问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容，以解答题的形式考查，一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n项和公式等. 去年高考压轴题中出现数列的新定义、新情景题，综合性强，难度大，需要灵活求解.
【知识点1 等差、等比数列的交汇问题的解题策略】
1．等差、等比数列的交汇问题的求解思路：
(1)等差与等比数列的基本量间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解，求解时注意对
性质的灵活运用.
(2)数列的综合运算问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：
寻找通项公式，利用性质进行转化.
【知识点2 数列的数学文化问题】
1．数列的数学文化问题的解题步骤：
(1)读懂题意：会脱去数学文化的背景，读懂题意；
(2)构造模型：根据题意，构造等差数列、等比数列或递推关系式的模型；
(3)求解模型：利用数列知识求解数列的基本量、通项公式、前n项和等，解决问题.
【知识点3 数列的新定义、新情景问题】
1．数列的新定义、新情景问题的求解策略
(1)新定义问题：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的
要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决.
(2)新情景问题：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.
【知识点4 数列的综合应用】
1．数列与不等式交汇问题的解题策略
(1)解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，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、有解问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.
(2)数列与不等式交汇问题的答题模板
第一步：根据题目条件，求出数列的通项公式；
第二步：根据数列项的特征，选择合适的方法(公式法、分组转化法、裂项相消法、错位相减法等)求和；
第三步：利用第二步中所求得的数列的和，证明不等式或求参数的范围；
第四步：反思解题过程，检验易错点，规范解题步骤.
2．数列与函数交汇问题的解题策略
数列与函数综合问题的主要类型及解题策略
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题.
(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方
法等对式子化简变形.
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.
3．子数列问题的解题策略
子数列是数列问题中的一种常见题型，将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化，它体现了转化与化归以及分类讨论、函数与方程的思想，能很好地考查学生的思维.
4．数列中结构不良题的解法
(1))先定后动，先对题目中确定的条件进行分析推断，再观察分析“动”条件，结合题干要求选出最适合自己解答的条件求解.
(2)最优法，当题干中确定的条件只有一个时，要根据自己的知识优势和擅长之处选择更适合自己的条件进行解答.
5．数列的实际应用问题的解题策略
(1)数列的实际应用中的常见模型
①数列——分期付款模型；
②数列——产值增长模型；
③数列——其他模型；
(2)解决数列的实际应用问题的解题思路
①根据题意，分析题干条件，正确确定数列模型；
②利用数列知识求出数列的基本量、通项公式等，准确求解模型；
③通过数列模型解决问题，注意不要忽视问题的实际意义.
【题型1 等差、等比数列的交汇问题】
【例1】（2024·四川绵阳·三模）已知首项为1的等差数列an满足：a1,a2,a3+1成等比数列.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足：a1bn+a2bn−1+⋯+anb1=3n−1，求数列bn的前n项和Tn.
【解题思路】（1）由已知列式求得公差，代入等差数列的通项公式得答案；
（2）令Dn=a1bn+a2bn−1+⋯+anb1=3n−1，得Dn+1=a1bn+1+a2bn+⋯+an+1b1=3n+1−1，两式相减得Tn+1=2⋅3n，又D1=a1b1=2⇒b1=2，即得Tn=2⋅3n−1
【解答过程】（1）设an公差为d，又a1,a2,a3+1成等比数列，
所以a22=a1⋅a3+1⇒a1+d2=a1a1+2d+1，
又a1=1，即1+d2=2+2d，解得d=1或d=−1，
而d=−1时，不满足a1,a2,a3+1成等比数列，所以d=1，
所以an=1+n−1×1=n.
（2）令Dn=a1bn+a2bn−1+⋯+anb1=3n−1，
所以Dn+1=a1bn+1+a2bn+⋯+an+1b1=3n+1−1，
两式相减有：Dn+1−Dn=a1bn+1+bn+bn−1⋯+b1=2⋅3n，
所以数列bn的前n+1项和为2⋅3n，即Tn+1=2⋅3n，
又D1=a1b1=2⇒b1=2，所以b1+b2+⋯+bn=2⋅3n−1，
所以Tn=2⋅3n−1.
【变式1-1】（2023·全国·模拟预测）已知等差数列an的前n项和为Sn，a1+a2+3a4=25，且a3+2，a4，a5−2成等比数列．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=an⋅3an+1，求数列bn的前n项和Tn．
【解题思路】（1）设出公差，表达出前5项，通过等差和等比关系求出a3和公差d，即可得到数列an的通项公式；
（2）表达出数列bn的通项公式，得到数列bn的前n项和Tn的表达式，利用错位相减法即可得出数列bn的前n项和.
【解答过程】（1）由题意，n∈N∗
在等差数列an中，设公差为d,
由a1+a2+3a4=25，得5a1+10d=25，则a1+2d=a3=5，
又a3＋2，a4，a5－2成等比数列，
∴7，5＋d，3＋2d成等比数列，得5+d2=73+2d，即d−22=0，得d＝2，
∴an=a3+n−3d=2n−1，n∈N∗，
∴数列an的通项公式为：an=2n−1n∈N∗．
（2）由题意及（1）得，n∈N∗，
在数列an中，an=2n−1，
在数列bn中，bn=an⋅3an+1，
∴bn=2n−1⋅32n=2n−1⋅3n，
∴Tn=1×31+3×32+5×33+⋯+2n−1×3n，
3Tn=1×32+3×33+⋯+2n−3×3n+2n−1×3n+1，
两式相减得−2Tn=3+232+33+⋯+3n−2n−1⋅3n+1
=3+2⋅91−3n−11−3−2n−1⋅3n+1
=−6+2−2n⋅3n+1．
∴Tn=3+n−1⋅3n+1n∈N∗.
【变式1-2】（2024·上海奉贤·二模）已知数列{an}和{bn}，其中bn=2an，n∈N∗，数列{an+bn}的前n项和为Sn．
(1)若an=2n，求Sn；
(2)若{bn}是各项为正的等比数列，Sn=3n，求数列{an}和{bn}的通项公式．
【解题思路】（1）先判定数列{an}和{bn}分别为等差和等比数列，进而分别得到其通项公式，从而利用分组求和的方法得到数列{an+bn}的前n项和Sn．
（2）利用数列{an+bn}的前n项和Sn=3n列出方程组，解之即可求得a1、d、b1、q，进而求得数列{an}和{bn}的通项公式．
【解答过程】（1）解：当n≥2时，an−an−1=2n−2(n−1)=2，从而{an}是等差数列，an=2n，
bnbn−1=2an2an−1=2an−an−1=4，所以{bn}是等比数列，
又b1=2a1=22=4，则bn=4×4n−1=4n，
所以Sn=n(2+2n)2+4×(1−4n)1−4=n2+n+43(4n−1)．
（2）解：{bn}是各项为正的等比数列，设其首项为b1，公比为q，
由bn=2an，可得an=lg2bn，则an+1−an=lg2bn+1−lg2bn=lg2q，（定值）
则数列{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，
由数列{an+bn}的前n项和Sn=3n，
可得方程组a1+b1=3a1+d+b1q=3a1+2d+b1q2=3a1+3d+b1q3=3，整理得d+b1q2−b1q=0d+b1q3−b1q2=0，
解得：b1q(q−1)2=0，∵b1≠0，q≠0，∴q=1且d=0，
由a1+2a1=3，可得a1=1，则b1=2，
则数列{an}的通项公式为an=1；数列{bn}的通项公式为bn=2．
【变式1-3】（2024·天津·二模）设an是等差数列，其前n项和Sn，bn是等比数列，且a1=b1=3，a4=b2，S3=15.
(1)求an与bn的通项公式；
(2)设cn=anbn,n为奇数(3−4n)bnan−1·an+1,n为偶数，求数列cn的前2n项和T2n；
(3)若对于任意的n∈N*不等式nan+1−λan−1n+2−12<0恒成立，求实数λ的取值范围.
【解题思路】（1）结合等差数列的通项公式，求和公式以及等比数列的通项公式进行求解；
（2）可以采取分组求和的方式，即将奇数项与偶数项的和分开求解，再利用错位相减法以及裂项相消法分别求和；
（3）对于求参数的范围，一般可以采用分离参数的方法，对于求后面式子的最值，结合函数的单调性进行分析求解．
【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，
由S3=15，⇒3a1+3d=15，又a1=3，⇒3+d=5，⇒d=2，
由a4=b2，⇒ a1+3d=b1·q，又a1=b1=3，⇒3+3d=3q，⇒q=3，
∴an=3+2(n−1)=2n+1，bn=3·3n−1=3n，
即an=2n+1，bn=3n．
（2）当n为奇数时，cn=an·bn=(2n+1)·3n，
记An=c1+c3+c5+⋅⋅⋅+c2n−1，则有
An=3×3+7×33+11×35+⋅⋅⋅+(4n−1)×32n−1①，
9An=3×33+7×35+11×37+⋅⋅⋅+(4n−1)×32n+1②，
①−②得：
−8An=9+4×33+35+37+…+32n−1−4n−1×32n+1，
⇒−8An=9+4×27×1−9n−11−9−4n−1×32n+1，
⇒An=916+24n−916×9n，
当n为偶数时，cn=(3−4n)·bnan−1·an+1=(3−4n)3n(2n−1)(2n+3)=14×(3n2n−1−3n+22n+3)，
记Bn=c2+c4+c6+⋅⋅⋅+c2n，
⇒Bn=14×(323−347)+14×(347−3611)+14×(3611−3815)+⋅⋅⋅+14×(32n4n−1−32n+24n+3) ⇒Bn=14×(323−32n+24n+3)
⇒Bn=34−9n+116n+12，
⇒T2n=An+Bn=2116+24n−916×9n−9n+116n+12．
（3）由an=2n+1与nan+1−λan−1n+2−12<0恒成立，
可得n2n+2−λ·2nn+2−12<0恒成立，
⇒λ>n2+n−6n2+2n恒成立，即求n2+n−6n2+2n的最大值，
设f(n)=n2+n−6n2+2n=1−n+6nn+2，
f(n+1)−f(n)=−n+7n+1n+3+n+6nn+2=n2+13n+18nn+1n+2n+3>0，
∴f(n)单调递增，
又∵n+6n(n+2)>0，
∴f(n)=1−n+6n(n+2)<1，
∴λ≥1．
【题型2 数列中的数学文化问题】
【例2】（2024·陕西安康·模拟预测）“孙子定理”又称“中国剩余定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，该定理是中国古代求解一次同余式组的方法，它凝聚着中国古代数学家的智慧，在加密､秘密共享等方面有着重要的应用.已知数列an单调递增，且由被2除余数为1的所有正整数构成，现将a6,a9,a11,a13的末位数按从小到大排序作为加密编号，则该加密编号为（ ）
A．1157B．1177C．1155D．1122
【解题思路】由题意可知an=2n−1，求出a6,a9,a11,a13，即可求解.
【解答过程】由题可知数列an是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an=2n−1，得a6=11,a9=17，a11=21,a13=25，
所以a6,a9,a11,a13的末位数依次为1,7,1,5，故加密编号为1157.
故选：A.
【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）据中国古代数学名著《周髀算经》记截：“勾股各自乘，并而开方除之（得弦）．”意即“勾”a、“股”b与“弦”c之间的关系为a2+b2=c2（其中a≤b）．当a,b,c∈N∗时，有如下勾股弦数组序列：(3,4,5),(5,12,13),(7,24,25)，(9,40,41),⋯，则在这个序列中，第10个勾股弦数组中的“弦”等于（ ）
A．145B．181C．221D．265
【解题思路】由给定的勾股弦数组序列中，an=2n+1n∈N∗，c−b=1，得a2=c+bc−b=b+c，由2n+12= 2n2+2n+2n2+2n+1,n∈N*，得cn=2n2+2n+1n∈N*.
【解答过程】因为a2+b2=c2，所以a2=c2−b2=c+bc−b．
在给定的勾股弦数组序列中，c−b=1，所以a2=c+b．
易得勾股弦数组序列中“勾”的通项公式为an=2n+1n∈N∗，
所以an2=2n+12=4n2+4n+1=2n2+2n+2n2+2n+1),n∈N*，
故“弦”的通项公式为cn=2n2+2n+1 n∈N*．
所以第10个勾股弦数组中的“弦”等于2×102+2×10+1=221．
故选：C．
【变式2-2】（2024·四川·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦・曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第5行的黑心圈的个数是（ ）
A．12B．13C．40D．121
【解题思路】本题是一个探究型的题目，从图①中读取信息：白球分形成两白一黑，黑球分型成一白两黑；由图②，从第二行起，球的总个数是前一行的3倍，白球的个数是前一行白球个数的两倍加上黑球的个数，黑球的个数是前一行黑球个数的两倍加上白球的个数.由此建立递推关系求解得到结果.
【解答过程】设题图②中第n行白心圈的个数为an，黑心圈的个数为bn，
依题意可得an+bn=3n−1，且有a1=1,b1=0，
所以an+bn是以a1+b1=1为首项，3为公比的等比数列，
∴an+bn=3n−1①；
又an+1=2an+bn，bn+1=2bn+an，
故有an+1−bn+1=an−bn，
∴an−bn为常数数列，且a1−b1=1，所以an−bn是以a1−b1=1为首项，1为公比的等比数列，
∴an−bn=1②；
由①②相加减得：
∴an=3n−1+12，bn=3n−1−12；
所以b5=34−12=40．
故选：C．
【变式2-3】（2024·陕西汉中·二模）图1是第七届国际数学教育大会（简称ICME−7）的会徽图案，会徽的主题图案是由如图2所示的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1=A1A2=A2A3=⋯=A7A8=1，如果把图2中的直角三角形继续作下去，则第n个三角形的面积为（ ）
A．n2B．n2C．n22D．n
【解题思路】记OA1, OA2, …, OAn的长度构成的数列为an，依题意可得an2=an−12+1，即可得到an2是以1为首项，1为公差的等差数列，从而求出an，再由面积公式计算可得.
【解答过程】记OA1, OA2, …, OAn的长度构成的数列为an，
由题意知，OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1，且△OA1A2, △OA2A3, …, △OA7A8都是直角三角形，
所以a1=1，且an2=an−12+1，所以数列an2是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以an2=1+n−1×1=n，
由an>0，所以an=n.
所以第n个三角形的面积为12an×1=n2.
故选：B．
【题型3 数列的实际应用问题】
【例3】（23-24高二下·河南驻马店·期中）某医院购买一台大型医疗机器价格为a万元，实行分期付款，每期付款b万元，每期为一个月，共付12次，如果月利率为5‰，每月复利一次，则a，b满足（ ）
A．12b=aB．12b=a1+5‰12
C．12b=a1+5‰D．a<12b【解题思路】由题意可得b1+1.005+1.0052+⋯+1.00511=a1+0.00512，结合放缩即可得解.
【解答过程】b1+1.005+1.0052+⋯+1.00511=a1+0.00512，
由1+1.005+1.0052+⋯+1.00511>12，故12ba=b1+1.005+1.0052+⋯+1.005111+0.00512=1+1.005+1.0052+⋯+，
由1+1.005+1.0052+⋯+<12×，
故a<12b，即有a<12b故选：D.
【变式3-1】（2024·山西运城·一模）某工厂加工一种电子零件，去年12月份生产1万个，产品合格率为87%.为提高产品合格率，工厂进行了设备更新，今年1月份的产量在去年12月的基础上提高4%，产品合格率比去年12月增加0.4%，计划以后两年内，每月的产量和产品合格率都按此标准增长，那么该工厂的月不合格品数达到最大是今年的（ ）
A．5月份B．6月份
C．7月份D．8月份
【解题思路】该工厂每月的产量、不合格率分别用an、bn表示，月份用nn∈N∗表示，求出anbn的表达式，分析数列anbn，即可得出结论.
【解答过程】设从今年1月份起，每月的产量和产品的合格率都按题中的标准增长，
该工厂每月的产量、不合格率分别用an、bn表示，月份用nn∈N∗表示，
则an=1×1+4%n=1.004n，bn=1−87%+n⋅0.4%=−0.004n+0.13，其中n≤24，n∈N∗，
则从今年1月份起，各月不合格产品数量为anbn=1.04n×0.13−0.004n，单位：万台，
因为an+1bn+1−anbn=1.04n+1×0.13−0.004n+1−1.04n×0.13−0.004n
=×0.13−1.04×0.004n+1−0.13+0.004n
=−0.00016n=1.04n105104−16n=8×1.04n10513−2n，
当n≤6时，an+1bn+1−anbn>0，即an+1bn+1>anbn，此时，数列anbn单调递增，
即a1b1当7≤n≤23且n∈N∗时，an+1bn+1−anbn<0，即an+1bn+1即a7b7>a8b8>⋯>a24b24，
因此，当n=7时，anbn最大，故该工厂的月不合格品数达到最大是今年的7月份.
故选：C.
【变式3-2】（2023·湖南郴州·三模）“现值”与“终值”是利息计算中的两个基本概念，掌握好这两个概念，对于顺利解决有关金融中的数学问题以及理解各种不同的算法都是十分有益的.所谓“现值”是指在n期末的金额，把它扣除利息后，折合成现时的值，而“终值”是指n期后的本利和.它们计算的基点分别是存期的起点和终点.例如，在复利计息的情况下，设本金为A，每期利率为r，期数为n，到期末的本利和为S，则S=A(1+r)n其中，S称为n期末的终值，A称为n期后终值S的现值，即n期后的S元现在的价值为A=S(1+r)n.
现有如下问题：小明想买一座公寓有如下两个方案
方案一：一次性付全款25万元；
方案二：分期付款，每年初付款3万元，第十年年初付完；
(1)已知一年期存款的年利率为2.5%，试讨论两种方案哪一种更好？
(2)若小明把房子租出去，第一年年初需交纳租金2万元，此后每年初涨租金1000元，参照第（1））问中的存款年利率2.5%，预计第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值.（精确到百元）
参考数据：(1+2.5%)10≈1.28
【解题思路】（1）解法1（从终值来考虑），分别求出若全款购置，则25万元10年后的价值和若分期付款，每年初所付金额3万元，10年后的总价值，两者比较即可得出答案.
解法2（从现值来考虑）每年初付租金3万元的10年现值之和与购置一次付款25万元相比，即可得出答案.
（2）设小明第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为T万元，T=2(1+2.5%)10+2.1(1+2.5%)9+⋯+2.91+2.5%，由错位相减法即可求出T.
【解答过程】（1）解法1（从终值来考虑）若全款购置，则25万元10年后的价值
25(1+2.5%)10≈32.00(万元)
若分期付款，每年初所付金额3万元，10年后的总价值为
S=3(1+2.5%)10+3(1+2.5%)9+⋯+31+2.5%≈34.44（万元）.
因此，付全款较好.
解法2（从现值来考虑）每年初付租金3万元的10年现值之和为
Q=3+31+2.5%+3(1+2.5%)2+⋯+3(1+2.5%)9
⇒1.02510Q=3×1.0251−1.025101−1.025
⇒Q≈3×41×≈26.91（万元）
比购置一次付款25万元多，故购置设备的方案较好.
（2）由题意，设小明第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为T万元，
T=2(1+2.5%)10+2.1(1+2.5%)9+⋯+2.91+2.5%
记1+2.5%=q,an=−0.1n+3，则
T=a1q+a2q2+⋯+a10q10
qT=a1q2+a2q3+⋯+a9q10+a10q11
作差可得：1−qT=2.9q−0.1q2+q3+⋯+q10−2q11
⇒T=3q−0.1q+q2+q3+⋯+q10−2q11
⇒T=3⋅q1−q−0.1⋅q1−q10(1−q)2−2⋅q111−q≈27.88（万元）.
【变式3-3】（2023·广东佛山·一模）佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.
(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列an的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；
(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m（m∈N*）项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为2a1、3a2、4a3、……、m+1am（m+1am表示高度为am的方体连续堆叠m+1层的总高度），请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由.
【解题思路】（1）根据等差数列的通项公式运算求解，并检验24和19.2是否符合；
（2）根据题意求S7，并与310比较大小，分析判断.
【解答过程】（1）由题意可知：a1=33.6，注意到33.6−24=9.6,24−19.2=4.8，
取等差数列的公差d=−2.4，则an=33.6−2.4n−1=36−2.4n，
令an=36−2.4n=24，解得n=5，即24为第5项；
令an=36−2.4n=19.2，解得n=7，即19.2为第7项；
故an=36−2.4n符合题意.
（2）可以，理由如下：
由（1）可知：m≤7,a1=33.6,a2=31.2,a3=28.8,a4=26.4,a5=24,a6=21.6,a7=19.2，
设数列n+1an的前n项和为Sn，
∵S7=2a1+3a2+4a3+...+8a7=856.8>310，
故新堆叠坊塔的高度可以超过310米.
【题型4 数列中的不等式恒成立、有解问题】
【例4】（2024·湖南长沙·模拟预测）已知数列an满足a1+a22+a33+⋯+ann=2nn∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；
(2)已知数列bn满足bn=an2n+1.
①求数列bn的前n项和Tn；
②若不等式−1nλ【解题思路】（1）利用数列的递推关系求an的通项公式；
（2）①利用错位相减求和即可；②设cn=2−22n，根据数列cn的单调性，分n为偶数、为奇数讨论可得答案.
【解答过程】（1）因为a1+a22+a33+⋯+ann=2nn∈N∗①，
当n=1时，a1=2，当n≥2时，a1+12a2+13a3+⋯+1n−1an−1=2n−1②，
①−②得1nan=2，即an=2n；因为a1=2符合，所以an=2nn∈N∗；
（2）①，由（1）知bn=an2n+1=n2n，所以，Tn=12+222+323+⋯+n2n，
所以12Tn=122+223+324+⋯+n−12n+n2n+1，两式相减得，
12Tn=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=121−12n1−12−n2n+1=1−n+22n+1，
所以Tn=2−n+22n；
②，由①得−1nλ<2−n+22n+n2n=2−22n，
设cn=2−22n，则数列cn是递增数列.
当n为偶数时，λ<2−22n恒成立，所以λ<2−222=32；
当n为奇数时，−λ<2−22n恒成立，所以−λ<2−221=1即λ>−1.
综上，λ的取值范围是−1,32.
【变式4-1】（2024·广东广州·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，数列Snn是公差为12的等差数列，且a1=2.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若存在n∈N*，使得1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1≥λan+1成立，求实数λ的取值范围.
【解题思路】（1）根据等差数列的通项公式可得Sn=nn+32，结合an=Sn−Sn−1计算即可求解；
（2）由（1）可得1anan+1=1n+1−1n+2，利用裂项相消求和法可得1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1=n2n+2，则λ≤n2n+22，结合基本不等式计算即可求解.
【解答过程】（1）由题意知：数列San是公差为12的等差数列，又S11=a1=2，
所以Snn=2+12×n−1=n+32，整理得：Sn=nn+32，
又当n≥2时，an=Sn−Sn−1=nn+32−n−1n+22=n+1，
因为a1=2满足上式，所以an=n+1，
故数列an的通项公式为an=n+1.
（2）由（1）知an=n+1，可得1anan+1=1n+1n+2=1n+1−1n+2，
故1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1=12−13+13−14+⋅⋅⋅+1n+1−1n+2=n2n+2；
解法1：由1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1≥λan+1，可得n2n+2≥λn+2，
即λ≤n2n+22，则λ≤n2n+22max，
又由n2n+22=12n+4n+4≤116，
当且仅当n=4n即n=2时取等号，故实数λ的取值范围为−∞,116.
解法2：由1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1=12−1n+2≥λn+2，
可得λ≤12n+2−1n+22=−1n+2−142+116，
当n+2=4，即n=2时，12n+2−1n+22max=116，
则λ≤116，故实数λ的取值范围为−∞,116.
【变式4-2】（23-24高二下·湖北·期中）已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn=2an−2.数列bn的前n项和为Tn，且满足b1=1，1b1b2+1b2b3+⋯⋯+1bnbn+1=1−1bn+1n∈N*.
(1)求数列an,bn的通项公式；
(2)若cn=anbn，设数列cn的前n项和为Hn，且对任意的n∈N*,Hn−n−−1nman+1<0恒成立，求m的取值范围.
【解题思路】（1）根据Sn与an的关系，作差结合等比数列定义即可求得an=2n，当n≥2时，1b1b2+1b2b3+⋯⋯+1bn−1bn=1−1bn，作差变形得bn+1−bn=1n≥1，利用等差数列定义求通项公式即可；
（2）先利用错位相减法求得Hn=n−1⋅2n+1+2，然后把恒成立问题转化为m⋅(−2)n<2n−1恒成立，按照奇偶性分类讨论，分离参数利用数列单调性求解参数范围.
【解答过程】（1）对于数列an，当n=1时，S1=2a1−2，解得a1=2；
当n≥2时，Sn−1=2an−1−2，与原式作差可得an=2an−1,n≥2，
所以an是以a1=2为首项，2为公比的等比数列，所以an=2n；
对于数列bn，当n=1时，1b1b2=1−1b2，解得b2=2，
n≥2时，1b1b2+1b2b3+⋯⋯+1bn−1bn=1−1bn，
与原式作差可得bn+1−bn=1n≥2，
因为b2−b1=1，所以bn+1−bn=1n≥1，
所以bn是以b1=1为首项，1为公差的等差数列，所以bn=n.
（2）由（1）可知cn=n⋅2n，
所以Hn=2+2×22+3×23+⋯⋯+n−1⋅2n−1+n⋅2n，
所以2Hn=22+2×23+3×24+⋯⋯+n−1⋅2n+n⋅2n+1，
两式作差可得−Hn=2+22+23+⋯⋯+2n−n⋅2n+1=1−n⋅2n+1−2，
所以Hn=n−1⋅2n+1+2，
所以n−1⋅2n+1+2−n−(−1)nm⋅2n+1<0恒成立，化简得m⋅(−2)n<2n−1.
当n=2k,k∈N+时，m<1−12n恒成立，所以m<34，
当n=2k−1,k∈N+时，−m<1−12n恒成立，所以m>−12.
综上可得：−12【变式4-3】（2024·重庆·模拟预测）已知a1=32，an+1=2−an−1an−1−1⋯a1−1n∈N∗
(1)证明：当n≥2时，an+1=an2−3an+4；
(2)令bn=2−an，
（i）证明：当n≥2时，1bn=i=1n−111−bi；
（ii）是否存在正实数m，使得1bn−n≤m恒成立，若存在，求m的最小值，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）依题意可得an−1−1an−2−1⋯a1−1=2−an n≥2，代入已知条件即可得证；
（2）（i）依题意可得bn+1=bn1−bn，即可得到1bn+1−1bn=11−bn n≥2，利用累加法即可证明；
（ii）由（i）可知当n≥2时，1bn=2+i=2n−111−bi，再推导出1bn−n=1bn−n n∈N∗，假设存在符合题意的m，则1bn≤n+m恒成立，再推出矛盾，即可得解.
【解答过程】（1）因为an+1=2−an−1an−1−1⋯a1−1n∈N∗，
当n≥2时an=2−an−1−1an−2−1⋯a1−1，即an−1−1an−2−1⋯a1−1=2−an，
所以an+1=2−an−12−an，即an+1=an2−3an+4 n≥2.
（2）（i）因为a1=32，an+1=2−an−1an−1−1⋯a1−1n∈N∗，
当n=1时a2=2−a1−1=32，又bn=2−an，所以b1=b2=12，
当n≥2时，an+1=an2−3an+4，所以an+1−2=an2−3an+2=an−2an−1，
即−bn+1=−bn−bn+1，即bn+1=bn1−bn，
所以1bn+1=1bn+11−bn，即1bn+1−1bn=11−bn n≥2，
所以1b3−1b2=11−b2，1b4−1b3=11−b3，⋯⋯，1bn−1bn−1=11−bn−1 n≥3，
累加可得1bn=1b2+i=2n−111−bin≥3，
当n=2时1b2=11−b1，
综上可得当n≥2时，1bn=i=1n−111−bi；
（ii）由（i）可知当n≥2时，1bn=1b2+i=2n−111−bi=2+i=2n−111−bi①，
又b1=b2=12，b3=14，当n≥2时bn+1−bn=bn1−bn−bn=−bn2≤0，
即bn+1≤bn，所以对∀n∈N∗，bn≤12，显然有0以此类推可得对∀n∈N∗，均有0由①式，当n≥4时1bn=2+i=2n−111−bi=2+11−b2+i=3n−111−bi=4+i=3n−111−bi>4+i=3n−11=4+n−3=n+1，
所以1bn−n>1，即1bn−n=1bn−n，
又n=1,2,3时，易知1bn−n≥0成立，所以1bn−n=1bn−n n∈N∗，
假设存在符合题意的m，则有1bn−n=1bn−n≤m恒成立，
即1bn≤n+m恒成立，则bn≥1n+m恒成立，
所以当n≥4时由①可得1bn=2+i=2n−111−bi≥2+i=2n−111−1i+m
=2+i=2n−1i+mi+m−1 =2+i=2n−11+1i+m−1=n+i=2n−11i+m−1，
即1bn≥n+i=2n−11i+m−1 n≥4，又1bn≤n+m恒成立，
所以当n≥4时i=2n−11i+m−1≤m②恒成立，
令fx=x−lnx+1，x∈0,+∞，则f′x=1−1x+1=xx+1>0，
所以fx在0,+∞上单调递增，所以fx>f0=0，即x>lnx+1在x∈0,+∞上恒成立，
所以1i+m−1>ln1i+m−1+1=lni+mi+m−1，
所以i=2n−11i+m−1>i=2n−1lni+mi+m−1=i=2n−1lni+m−lni+m−1=lnn+m−1m+1，
所以lnn+m−1m+1≤m，即n≤m+1em−m+1m≥4，
当n→+∞时上式显然不恒成立，矛盾；
综上，不存在符合题意的m.
【题型5 数列中的不等式证明问题】
【例5】（2024·全国·模拟预测）已知数列an的前n项和Sn=2an−n．
(1)求an的通项公式；
(2)证明：a1+1a2+a2+1a4+a3+1a6+⋯+an+1a2n<54．
【解题思路】（1）利用Sn和an的关系，然后构造一个等比数列求解即可；
（2）利用2k4k−1<12k+14k进行放缩，然后用等比数列的求和公式求解即可.
【解答过程】（1）因为Sn=2an−n①．
令n=1得S1=2a1−1，解得a1=1．
当n≥2时，Sn−1=2an−1−n+1②，
由①−②得an=2an−2an−1−1，
即an=2an−1+1,an+1=2an−1+1,
又a1+1=2≠0，
所以数列an+1是首项为2，公比为2的等比数列，
故an+1=2n，所以an=2n−1．
（2）因为ak+1a2k=2k4k−1<2k+14k=12k+14k,k=1,2,⋯，
当n=1时，a1+1a2=23<54，
当n≥2时，
a1+1a2+a2+1a4+a3+1a6+⋯+an+1a2n<23+122+142+123+143+⋯+12n+14n
=23+122+123+⋯+12n+142+143+⋯+14n
=23+122×1−12n−11−12+142×1−14n−11−14<23+12+112=54．
综上，a1+1a2+a2+1a4+a3+1a6+⋯+an+1a2n<54．
【变式5-1】（2024·河北秦皇岛·二模）已知等比数列an的前n项和为Sn，且数列Sn+2是公比为2的等比数列.
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=n+2nn+1an+1，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn<12.
【解题思路】（1）先求出数列Sn+2的通项，再根据an与Sn的关系结合an是等比数列，即可得解；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【解答过程】（1）因为数列Sn+2是公比为2的等比数列，
又S1+2=a1+2，所以Sn+2=a1+2⋅2n−1.
当n≥2时，由Sn+2=a1+2⋅2n−1，得Sn−1+2=a1+2⋅2n−2，
两式相减得an=a1+2⋅2n−2n≥2，
又an是等比数列，所以a2a1=a3a2=2，所以a1+2a1=2，解得a1=2，
所以an=2nn≥2，当n=1时上式成立，
所以an=2n；
（2）由（1）知bn=n+2n(n+1)an+1=n+2n(n+1)⋅2n+1=1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1，
所以Tn=b1+b2+b3+⋅⋅⋅+bn
=11×2−12×22+12×22−13×23++⋅⋅⋅+1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1
=12−1(n+1)⋅2n+1，
又1(n+1)⋅2n+1>0，所以Tn<12.
【变式5-2】（2024·全国·模拟预测）已知数列an满足3n−1a1+3n−2a2+...+3an−1+an=4n，n∈N∗．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=an−1，证明：1b1+1b2+...+1bn<79．
【解题思路】（1）考查an与Sn的关系，借助an与Sn的关系的解题步骤①a1=S1，②an=Sn−Sn−1n≥2，③检验的思想方法进行求解即可.
（2）先求出1bn，再求和1b1+1b2+...+1bn，当n≥2时对1bn进行放缩变形即可求和证明出不等式.
【解答过程】（1）当n=1时，a1=4；
当n≥2时，3n−1a1+3n−2a2+...+3an−1+an=4n①，
3n−2a1+3n−3a2+...+3an−2+an−1=4n−1②．
①−3×②得an=4n−1n≥2，
因为a1=4不满足上式，所以an=4,n=14n−1,n≥2.
（2）由（1）bn=an−1=3,n=14n−1−1,n≥2，
因为4n−1−1=3×4n−2+4n−2−1≥3×4n−2n≥2，所以1bn≤13×4n−2n≥2，
当n=1时，1b1=13<79；
当n≥2时，1b1+1b2+⋯+1bn=13+141−1+142−1+...+14n−1−1≤13+13140+141+...+14n−2
=13+13×1−14n−11−14=13+49×1−14n−1<13+49=79，
综上，对任意的n∈N∗，1b1+1b2+...+1bn<79.
【变式5-3】（2024·山东·二模）记Sn为数列an的前n项和，a2=14,Sn+12n=ancsnπ．
(1)求a3和an的通项公式；
(2)设数列1an的前n项和为Tn，证明：18−18×14n【解题思路】（1）分别取n=1和n=3即可求得a3的值，对n进行分奇偶讨论，即可得到an的通项公式；
（2）根据题意化简得到1T2k=38×14k−1，再对该式进行两次放缩，分别求和即可证明不等式.
【解答过程】（1）因为a2=14,Sn+12n=ancsnπ，
所以当n=1时，S1+12=−a1，所以a1=−14；
当n=3时，S3+18=−a3，所以a1+a2+a3+18=−a3，所以a3=−116.
又因为Sn+12n=ancsnπ，所以Sn+1+12n+1=an+1cs(n+1)π.
当n为奇数时，csnπ=−1,cs(n+1)π=1，
所以Sn+12n=−an，Sn+1+12n+1=an+1，
作差，an+1+12n+1−12n=an+1+an，所以an=−12n+1=−2−(n+1).
当n为偶数时，csnπ=1,cs(n+1)π=−1，
所以Sn+12n=an，Sn+1+12n+1=−an+1，
作差，an+1+12n+1−12n=−an+1−an，所以an=−2an+1+12n+1=−2⋅(−12n+2)+12n+1=(12)n=2−n.
所以，an=−2−(n+1),n为奇数2−n,n为偶数 n∈N*.
（2）由第1小问得，|an|=2−(n+1),n为奇数2−n,n为偶数 n∈N*，
所以令bn=1|an|= 2n+1,n为奇数2n,n为偶数 n∈N*，
所以T2k=b1+b2+b3+⋯+b2k=(b1+b3+⋯+b2k−1)+(b2+b4+⋯+b2k)
=(22+24+⋯+22k)+(22+24+⋯+22k)=2×(22+24+⋯+22k)
=83(4k−1).
所以1T2k=38×14k−1.
下面证明k=1n1T2k>18−18×14n：
因为1T2k=38×14k−1>38×14k，
所以k=1n1T2k>38×(141+142+⋯+14n)=38×14[1−(14)n]1−14=18−18×14n.
下面证明k=1n1T2k<16：
因为4k−1=4k−1k≥(4−1)4k−1=3×4k−1，
所以1T2k=38×14k−1≤18×14k−1=12×14k，
所以k=1n1T2k=18[1−(14)n]14=1−(14)n6<16.
所以18−18×14n【题型6 子数列问题】
【例6】（2024·河南商丘·模拟预测）当i1，i2，⋯，ik∈N*，且i1(1)直接给出ik与k的大小关系．
(2)是否存在这样的i1,i2,i3满足：i1,i2,i3成等比数列，且子数列ai1,ai2,ai3也成等比数列？若存在，请写出一组i1,i2,i3的值；否则，请说明理由．
(3)若S=ai1+ai2+⋯+aikik≤m,m∈N*，证明：当a1=1，q≥2时，有2k−1≤S【解题思路】（1）直接通过下标的性质即可比较大小；
（2）先假设存在这样的i1,i2,i3，然后利用题设推出矛盾；
（3）利用q≥2及S的定义即可得到S≥2k−1，然后利用作差法、放缩法结合等比数列求和公式，即可证明S【解答过程】（1）由题可知i1≥1,i2≥i1+1≥2，
ik≥ik−1+1≥ik−2+2≥...≥i2+k−2≥i1+k−1≥1+k−1=k.
故ik≥k，显然不等号取等当且仅当i1,i2,...,ik=1,2,...,k.
（2）不存在.
设an=AqnA>0,q>0,q≠1.
假设存在这样的i1,i2,i3，则ai2ai1=ai3ai2，从而Aqi2Aqi1=Aqi3Aqi2，即qi2−i1=qi3−i2.
而q>0,q≠1，故i2−i1=i3−i2，即i3−2i2+i1=0.
但i1,i2,i3成等比数列，设u=i2i1=i3i2，则由i11.
而i3−2i2+i1=0，故u2−2u+1=0，则u=1.
这导致矛盾，所以不存在这样的i1,i2,i3.
（3）设S=ai1+ai2+⋯+aikik≤m,m∈N*，则由q≥2可知S=ai1+ai2+⋯+aik≥a1+a2+⋯+ak=1+q+...+qk−1≥1+2+...+2k−1=2k−1.
注意到ik≤m,m∈N*，且an为正项等比数列，其首项、公比分别满足a1=1，q≥2，
此时我们有S−am+1=ai1+ai2+⋯+aik−qm
≤a1+a2+⋯+am−qm=1−qm1−q−qm=1+qmq−21−q<0，
也就是说S综上所述，当a1=1，q≥2时，有2k−1≤S【变式6-1】（2024·北京西城·二模）已知数列A:a1,a2,⋯,an，从A中选取第i 1项、第i 2项、…、第i k项i 1(1)当n=4时，比较A的具有性质P的子列个数与不具有性质P的子列个数的大小，并说明理由；
(2)已知数列A:1 ,2 ,3 , ⋯ ,n (n≥2)．
（ⅰ）给定正整数k≤n2，对A的k项子列B，求所有T(B )的算术平均值；
（ⅱ）若A有m个不同的具有性质P的子列B1,B2,⋯,Bm，满足：∀ 1≤i【解题思路】（1）根据定义得出n=4时，A共有15个子列，结合性质P的内容即可判断；
（2）（ⅰ）根据ai 1,ai 2,⋯,ai k是A的k ( k≤n2 )项子列，n+1−ai 1,n+1−ai 2,⋯,n+1−ai k也是A的k ( k≤n2 )项子列，可得T(B )+T(B′)=j=1kaij+j=1k(n+1−aij)=k(n+1)，又A有Cnk个k项子列，即可求出结果；
（ⅱ）设Bk ( k=1,2,⋯,m )的首项为xk，末项为yk，记xk 0=max{ xk }，则可得对任意j=1,2,⋯,m，都有yj≥xk 0，故共有xk 0( n+1−xk 0)种不同的情况，又xk 0( n+1−xk 0)≥m，所以分n为奇数或者偶数两种情况进行分析即可.
【解答过程】（1）当n=4时，A共有24−1=15个子列，
其中具有性质P的子列有4+3+2+1=10个，
故不具有性质P的子列有5个，
所以A的具有性质P的子列个数大于不具有性质P的子列个数．
（2）（ⅰ）若B:ai 1,ai 2,⋯,ai k是A的k ( k≤n2 )项子列，
则B′:n+1−ai 1,n+1−ai 2,⋯,n+1−ai k也是A的k ( k≤n2 )项子列．
所以T(B )+T(B′)=j=1kaij+j=1k(n+1−aij)=k(n+1)．
因为给定正整数k≤n2，A有Cnk个k项子列，
所以所有T(B )的算术平均值为1Cnk⋅12Cnk⋅k(n+1)=k(n+1)2．
（ⅱ）设Bk ( k=1,2,⋯,m )的首项为xk，末项为yk，记xk 0=max{ xk }．
若存在j=1,2,⋯,m，使yj所以，对任意j=1,2,⋯,m，都有yj≥xk 0．
因为对于k=1,2,⋯,m，xk∈{ 1,2,⋯,xk 0 }，yk∈{ xk 0,xk 0+1,⋯ ,n }，
所以共有xk 0( n+1−xk 0)种不同的情况．
因为B1,B2,⋯,Bm互不相同，
所以对于不同的子列Bi,Bj，xi=xj与yi=yj中至多一个等式成立．
所以xk 0( n+1−xk 0)≥m．
当n是奇数时，取xk∈{ 1 ,2 ,⋯, n+12 }，yk∈{ n+12,n+32,⋯ ,n }，
共有n+12⋅(n+1−n+12)=(n+1)24个满足条件的子列．
当n是偶数时，取xk∈{ 1 ,2 ,⋯ ,n2 }，yk∈{ n2,n2+1 ,⋯ ,n }，
共有n2⋅(n+1−n2)=n2+2n4个满足条件的子列．
综上，n为奇数时，m的最大值为(n+1)24；n为偶数时，m的最大值为n2+2n4．
【变式6-2】（23-24高二下·安徽·阶段练习）从N∗中选取k(k≥3)个不同的数，按照任意顺序排列，组成数列an，称数列an为N∗的子数列，当1≤i≤j≤k时，把aj−ai的所有不同值按照从小到大顺序排成一列构成数列bn，称数列bn为N∗的子二代数列．
(1)若N∗的子数列an(1≤n≤k,k≥5)是首项为2，公比为2的等比数列，求N∗的子二代数列bn的前8项和；
(2)若N∗的子数列an是递增数列，且子二代数列bn共有k−1项，求证：an是等差数列；
(3)若k=100，求N∗的子二代数列bn的项数的最大值．
【解题思路】（1）通过子二代数列的概念求数列bn的前8项和；
（2）通过子二代数列的概念和递增数列an，以及子二代数列bn中共有k−1项判断出a2−a1=a3−a2=⋅⋅⋅=ak−ak−1，从而证明出an是等差数列；
（3）通过构造子数列an:an=2n，证明aj−ai互不相等，从而得到子二代数列bn的项数的最大值．
【解答过程】（1）由题意，得an=2n，
所以数列bn的前8项依次为：2，4，6，8，12，14，16，24，
因为2+4+6+8+12+14+16+24=86，
所以数列bn的前8项和为86．
（2）因为an是递增数列，且bn共有k−1项，
所以a2−a1所以a2−a1，a3−a1，a4−a1，…，ak−a1这k−1个数互不相等，且都是bn中的项，
同理，a3−a2所以a3−a2，a4−a2，a5−a2，…，ak−a2，ak−a1这k−1个数互不相等，
且都是bn中的项，
又bn中共有k−1项，所以a3−a2=a2−a1，a4−a2=a3−a1，…，ak−a2=ak−1−a1，
所以a2−a1=a3−a2=⋅⋅⋅=ak−ak−1，
所以an是等差数列．
（3）因为k=100，当1≤i设an=2n(1≤n≤100)，则aj−ai=2j−2i，
若存在i1，i2，j1，j2 j1>i1,j2>i2使得aj1−ai1=aj2−ai2，则2j1−2i1=2j2−2i2，
所以2i12j1−i1−1=2i22j2−i2−1，
若i1≠i2，设i1>i2，则2i1−i22j1−i1−1=2j2−i2−1，
2i1−i22j1−i1−1是偶数，2j2−i2−1是奇数，矛盾，
所以i1=i2，j1=j2，
所以aj−ai的4950个结果可以互不相等，
所以bn的项数的最大值为4950．
【变式6-3】（23-24高三上·北京·开学考试）给定正整数k，m，其中2≤m≤k，如果有限数列an同时满足下列两个条件，则称an为(k,m)−数列．记(k,m)−数列的项数的最小值为G(k,m)．
条件①：an的每一项都属于集合{1,2,3,⋯,k}；
条件②：从集合{1,2,3,⋯,k}中任取m个不同的数排成一列，得到的数列都是an的子数列．
注：从an中选取第i1项、第i2项、…、第is项（其中i1(1)分别判断下面两个数列是否为(3,3)−数列，并说明理由：
数列A1:1,2,3,1,2,3,1,2,3；
数列A2:1,2,3,2,1,3,1；
(2)求证：G(k,2)=2k−1；
(3)求G(4,4)的值．
【解题思路】（1）根据(k,m)−数列的定义进行判断可得结论；
（2）根据1,2；1,3；⋯，1,k；2,3；2,4；⋯；2,k；⋯等数列都是{an}的子数列，得到数列{an}中一定有1,2,3,⋯,k；k,1；k−1,1；k,2；k−1,2；⋯等数列都为{an}的子数列，得到数列{an}中一定有k,k−1,⋯,2,1，从而可得G(k,2)=2k−1；
（3）从集合{1,2,3,4}中取出4个不同的数排成一列，可得24个数列，根据数列都是{an}的子数列中应包含这24个数列中的每一个数列可知数列{an}中一定有1,2,3,4 ,3,2,1,4,3,2,3,1，从而可得G(4,4)=12.
【解答过程】（1）m=3,k=3，
数列A1和A2中每一项都属于集合{1,2,3}，符合条件①，
从集合{1,2,3}中取出3个不同的元素，排成一列得到1,2,3；1,3,2；2,1,3；2,3,1；3,1,2；3,2,1.
根据子数列的定义可知，以上6个数列都是数列A1的子数列，故数列A1是(3,3)−数列；
而数列3,1,2不是数列A2的子数列，故数列A2不是(3,3)−数列.
（2）m=2，
若从集合{1,2,3,⋯,k}中任取2个不同的数排成一列，得到的数列都是数列{an}的子数列，
则为了满足1,2；1,3；⋯，1,k；2,3；2,4；⋯；2,k；⋯等数列都是{an}的子数列，
则数列{an}中一定有1,2,3,⋯,k，
又为了满足k,1；k−1,1；k,2；k−1,2；⋯等数列都为{an}的子数列，
则数列{an}中一定有k,k−1,⋯,2,1，
则当数列{an}为1,2,3,⋯k,k−1,⋯,2,1时，取到G(k,2)的值，
故G(k,2)=2k−1.
（3）m=k=4，
从集合{1,2,3,4}中取出4个不同的数排成一列，可得1,2,3,4；1,2,4,3；1,3,2,4；1,3,4,2；1,4,2,3；1,4,3,2；
2,1,3,4；2,1,4,3；2,3,1,4；2,3,4,1，2,4,1,3；2,4,3,1；3,1,2,4；3,1,4,2；3,2,1,4；3,2,4,1；3,4,1,2；
3,4,2,1；4,1,2,3；4,1,3,2；4,2,1,3；4,2,3,1；4,3,1,2；4,3,2,1，共24个数列.
故数列{an}中一定有1,2,3,4 ,3,2,1，
为保证数列{an}的子数列中有1,3,2,4和1,4,2,3，则数列{an}中一定有1,2,3,4 ,3,2,1,4,3，
为保证数列{an}的子数列中有3,4,1,2，数列{an}中一定有1,2,3,4 ,3,2,1,4,3,2，
为保证数列{an}的子数列中有4,1,2,3和4,2,3,1，则数列{an}中一定有1,2,3,4 ,3,2,1,4,3,2,3,1，
故G(4,4)=12.
【题型7 数列与函数的交汇问题】
【例7】（2024·青海·模拟预测）已知定义在R上的函数fx满足fx+y=fxfy−2fx−2fy+6，f1=4，则f1+f2+⋅⋅⋅+f99=（ ）
A．299+198B．299+196C．2100+198D．2100+196
【解题思路】依次求出f(2)=22+2,f(3)=23+2,f(4)=24+2,猜想f(99)=299+2,再用等比数列求和.
【解答过程】∵f(1)=4=2+2,
∴f(2)=f(1+1)=f(1)f(1)−2f(1)−2f(1)+6,
=4×4−2×4−2×4+6=6=22+2,
∴f(3)=f(2+1)=f(2)f(1)−2f(2)−2f(1)+6
=6×4−2×6−2×4+6=10=23+2,
∴f(4)=f(2+2)=36−12−12+6=18=24+2,
∴f(5)=f(3+2)=60−20−12+6=34=25+2,
⋅⋅⋅
∴f(99)=299+2,
∴f(1)+f(2)+⋯+f(99)
=(2+2)+22+2+⋯+299+2
=2+22+⋯+299+2×99
=21−2991−2+198
=2100−2+198=2100+196
故选：D.
【变式7-1】（2024·辽宁·二模）设等差数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(n∈N∗)在函数f(x)=Ax2+Bx+C(A,B,C∈R)的图象上，则（ ）
A．C0=1B．若A=0，则∃n0∈N∗，使Sn最大
C．若A>0，则∃n0∈N∗，使Sn最大D．若A<0，则∃n0∈N∗，使Sn最大
【解题思路】根据等差数列{an}的前n项和Sn=12dn2+(a1−12d)n，得到C=0，可判定A错误；由A=0时，得到Sn=na1，当a1>0时，可判定B错误；由A>0，得到d>0，可判定C错误；由A<0，得到d<0，可判定D正确．
【解答过程】因为等差数列{an}的前n项和Sn=na1+12n(n−1)d=12dn2+(a1−12d)n（d为公差），
所以∀n∈N∗，点(n,Sn)在函数y=12dx2+(a1−12d)x的图像上，
对于A中，因为(n,Sn)(n∈N∗)在函数f(x)=Ax2+Bx+C的图象上，
可得A=12d，B=a1−12d，C=0，所以C0=00无意义，所以A错误；
对于B中，若A=0，则d=0，此时Sn=na1，
当a1>0时，不存在n0∈N∗，使Sn最大，所以B错误；
对于C中，若A>0，则d>0，Sn有最小值，无最大值，所以C错误；
对于D中，若A<0，则d<0，Sn有最大值，所以D正确．
故选：D.
【变式7-2】（2024·上海·模拟预测）已知fx=12x2+12x，数列an的前n项和为Sn，点n,Snn∈N*均在函数y=fx的图象上.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若gx=4x4x+2，令bn=gan2025n∈N*，求数列bn的前2024项和T2024.
【解题思路】（1）由题意得Sn=12n2+12n，再利用an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2可求出an，
（2）先求得g(x)+g(1−x)=1，bn=gn2025n∈N*，然后利用倒序相加法可求得结果.
【解答过程】（1）因为点n,Snn∈N*均在函数fx=12x2+12x的图象上，
所以Sn=12n2+12n，
当n=1时，S1=12+12=1，即a1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=12n2+12n−12(n−1)2+12(n−1)
=12n2+12n−12n2−n+12+12n−12=n，
因为a1=1满足上式，
所以an=n；
（2）因为gx=4x4x+2，
所以g(x)+g(1−x)=4x4x+2+41−x41−x+2=4x4x+2+44+2×4x=4x4x+2+24x+2=1，
因为an=n，所以bn=gan2025=gn2025n∈N*，
所以T2024=b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b2023+b2024
=g12025+g22025+g32025+⋅⋅⋅+g20232025+g20242025 ①，
又T2024=b2024+b2023+b2022+⋅⋅⋅+b2+b1
=g20242025+g20232025+g20222025+⋅⋅⋅+g22025+g12025 ②，
①+②，得2T2024=2024g12025+g20242024=2024，
所以T2024=1012.
【变式7-3】（2024·广东·一模）已知数列an的前n项和为Sn，n为正整数，且3Sn−n=4an−2．
(1)求证数列an−1是等比数列，并求数列an的通项公式；
(2)若点Pan−1,bn+23在函数y=lg4x的图象上，且数列cn满足cn=(−1)n+16n−1bnbn+1，求数列cn的前n项和Tn．
【解题思路】
（1）由an,Sn的关系可得an=4an−1−3，构造等比数列即可得解；
（2）求出bn，代入cn，裂项后分n为奇数、偶数讨论求解.
【解答过程】（1）当n=1时，3(a1−1)=4(a1−2)，解得a1=5，
当n≥2时，由3Sn−n=4an−2可得3Sn−1−n+1=4an−1−2，
两式相减可得，an=4an−1−3，即an−1=4an−1−1，
所以数列an−1是以5−1=4为首项，4为公比的等比数列，
所以an−1=4⋅4n−1=4n，即an=4n+1.
（2）点Pan−1,bn+23在函数y=lg4x的图象上，
所以bn+23=lg4an−1=lg44n=n，即bn=3n−2，
所以cn=(−1)n+16n−1bnbn+1=(−1)n+16n−13n−2(3n+1)=(−1)n+113n−2+13n+1，
当n=2k,k∈N∗时，
Tn=c1+c2+…+cn=1+14−14+17+…−13n−2+13n+1=1−13n+1=3n3n+1，
当n=2k−1,k∈N∗时，
Tn=c1+c2+…+cn−1+cn=3n−33n−2+cn=3n−33n−2+13n−2+13n+1=1+13n+1=3n+23n+1
综上，Tn=3n3n+1,n为偶数3n+23n+1,n为奇数.
【题型8 数列与导数的交汇问题】
【例8】（2024·全国·模拟预测）设整数p>1，x>−1且x≠0，函数f(x)=(1+x)p−px−1．
(1)证明：f(x)>0；
(2)设x>0，证明：ln(1+x)(3)设n∈N∗，证明：1+212+313+⋯+n1n<2n−ln(n+1)．
【解题思路】（1）通过求导数得到函数的单调性，从而得到函数的最小值f0=0，从而fx>0；
（2）构造函数g(x)=ln(1+x)−x(x>0)，求导数得到函数的单调性，从而得到函数的最大值g(0)=0，从而gx<0，所以ln(1+x)（3）利用（1）（2）中的结论，(1+x)p≥1+px，ln(1+x)【解答过程】（1）f′x=p(1+x)p−1−p=p(1+x)p−1−1．因为1+x>0，p−1>0，所以y=(1+x)p−1−1单调递增．
因此，当−10时，f′x>0，f(x)单调递增，所以f(x)>f(0)=0．
（2）设g(x)=ln(1+x)−x(x>0)，则g′x=11+x−1=−x1+x<0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，
故g(x)0时，ln1+x（3）由（1）知(1+x)p≥1+px，所以1+p−1pp≥1+p−1=p，再利用ln(1+x)于是1+212+313+⋯+n1n =p=1np1p=p=1n(1+p−1)1p≤p=1n1+p−1pp1p
=p=1n2−1p因此，1+212+313+⋯+n1n<2n−ln(n+1)．
【变式8-1】（2024·广东东莞·三模）已知常数m∈R，设fx=lnx+mx，
(1)若m=1，求函数y=fx在1,1处的切线方程；
(2)是否存在0(3)求证：当m≤0时，对任意x1,x2∈0,+∞，x1fx1−fx2x1−x2．
【解题思路】（1）求m=1时，函数fx的导函数及f′1，结合导数的几何意义可得切线斜率，利用点斜式求切线方程；
（2）根据题意可得x22=x1x3，2fx2=fx1+fx3，则2mx2=mx1+x3x22，化简论证即可．
（3）令x2x1=t>1，分析可得，要证明f′x1+f′x22>fx1−fx2x1−x2，只需证明1t−t+2lnt+mt2x1(t−1)3<0①，
令gt=1t−t+2lnt，gt≤0，结合mt2x1(t−1)3≤0可得结论．
【解答过程】（1）当m=1时，fx=lnx+1x(x>0)，
则f′x=1x−1x2=x−1x2，
所以f′1=0，
所以切线方程为y=1；
（2）若x1,x2,x3依次成等比数列，则x22=x1x3，
若fx1、fx2、fx3成等差数列，则2fx2=fx1+fx3，
所以2lnx2+2mx2=lnx1+mx1+lnx3+mx3=lnx1x3+mx1+x3x1x3=lnx22+mx1+x3x22，
所以2mx2=mx1+x3x22，
当m=0时，成立，
当m≠0时，则2x2=x1+x3，联立x22=x1x3，得(x1+x3)24=x1x3，
x12+2x1x3+x32=4x1x3，即(x1−x3)2=0，所以x1=x3，与x1所以m=0时，存在x1,x2,x3满足条件，
当m≠0时，不存在x1,x2,x3满足条件；
（3）fx=lnx+mx，则f′x=1x−mx2，
要证明f′x1+f′x22>fx1−fx2x1−x2，又x1只需证明x1−x2f′x1+f′x2−2fx1−fx2<0，
又x1−x2f′x1+f′x2−2fx1−fx2 =x1−x21x1−mx12+1x2−mx22−2lnx1+mx1−lnx2−mx2
=−3mx1+3mx2−x2x1+x1x2−mx1x22+mx2x12−2lnx1x2，
所以只需证明−3mx1+3mx2−x2x1+x1x2−mx1x22+mx2x12−2lnx1x2<0，
令x2x1=t>1，
则−3mx1+3mx2−x2x1+x1x2−mx1x22+mx2x12−2lnx1x2= −3mx1+3mtx1−t+1t−mt2x1+mtx1−2ln1t
所以−3mx1+3mx2−x2x1+x1x2−mx1x22+mx2x12−2lnx1x2 =1t−t−2ln1t+mt2x1−3t2+3t−1+t3，
只需证明1t−t+2lnt+mt2x1(t−1)3<0，
令gt=1t−t+2lnt，
则g′t=−1t2−1+2t=−1t−12<0恒成立，
所以函数gt在1,+∞上单调递减，
所以gt若m≤0，则mt2x1(t−1)3≤0，则1t−t+2lnt+mt2x1(t−1)3≤0恒成立，
所以当m≤0时，对任意x1,x2∈0,+∞，x1fx1−fx2x1−x2．
【变式8-2】（2024·山西·一模）已知a>0，且a≠1，函数fx=ax+ln1+x−1.
(1)记an=fn−lnn+1+n,Sn为数列an的前n项和.证明：当a=89时，S64<2024；
(2)若a=1e，证明：xfx≥0；
(3)若fx有3个零点，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）直接利用等差数列、等比数列的求和公式计算即可；
（2）利用导数研究ex−x+1的单调性与最值判定fx的单调性即可证明；
（3）分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理及极限思想计算即可.
【解答过程】（1）由题意可知a=89时，an=89n+lnn+1−1−lnn+1+n=89n+n−1，
所以S64=891+892+⋯+8964+0+1+2+⋯+64−1=891−89641−89+2016
=2024−8×8964<2024；
（2）易知a=1e时，fx=1ex+ln1+x−1⇒f′x=11+x−1ex=ex−1+xex1+xx>−1，
令gx=ex−1+xx>−1⇒g′x=ex−1，
显然x∈−1,0时，g′x<0,x∈0,+∞时，g′x>0，
即gx在−1,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
故gx≥g0=0⇒f′x≥0，所以fx在−1,+∞上单调递增，
又f0=0，所以x∈−1,0时，fx<0,x∈0,+∞时，fx>0，
故xfx≥0；
（3）①若a>1，易知fx定义域上为单调递增函数，不会有三个零点，不符题意；
②若a∈1e,1时，则x∈−1,0时，ax<1ex，x∈ 0,+∞时，ax>1ex，
由（2）可知：x∈−1,0时，fx<1ex+ln1+x−1<0，
x∈0,+∞时，fx>1ex+ln1+x−1>0，
且f0=0，则函数fx只有一个零点，不符题意；
③由（2）知，a=1e时，fx在−1,+∞上单调递增，也不符题意；
④若a∈0,1e，f′x=11+x+lna1ax=1ax−ln1a⋅1+x1ax1+xx>−1，
令ℎx=1ax−ln1a⋅1+x,1a>e,x>−1⇒ℎ′x=ln1a1ax−1，
显然x∈−1,0时，ℎ′x<0,x∈0,+∞时，ℎ′x>0，
即ℎx在−1,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
注意到ℎ−1=a>0,ℎ0=1+lna<0，x→+∞,ℎx>0，
所以∃x1∈−1,0,x2∈0,+∞ 使得ℎx1=ℎx2=0，
即fx在−1,x1和x2,+∞上单调递增，在x1,x2上单调递减，
又x→−1时，fx→−∞，fx1>f0=0>fx2，x→+∞,fx>0，
所以在区间−1,x1,x2,+∞各存在一个零点，及x=0也是一个零点，符合题意；
综上a∈0,1e.
【变式8-3】（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知函数fx=lnx+1,gx=axx+a，其中a≥1．
(1)若a=1，证明：x>0时，fx(2)若函数Fx=fx−gx在其定义域内单调递增，求实数a的值；
(3)已知数列an的通项公式为an=n!ennn⋅n，求证：an>an+1>e34．
【解题思路】（1）构建Gx=lnx+1−xx+22x+1(x>0)，利用导数判断其单调性，结合单调性分析证明；
（2）求导可得F′x=xx−a2+2ax+1(x+a)2，分1≤a<2、a=2和a>2三种情况，结合导数分析单调性即可；
（3）根据（1）（2）分析可得1【解答过程】（1）由题意可知：fx0．
构建Gx=lnx+1−xx+22x+1(x>0)，
则G′x=1x+1−x2+2x+22(x+1)2=−x22(x+1)2<0，
可知Gx在0,+∞上单调递减，则x>0时，Gx所以x>0时，fx（2）由题意可知：Fx=lnx+1−axx+a,x>−1，
则F′x=1x+1−a2(x+a)2=xx−a2+2ax+1(x+a)2
①若1≤a<2，则−1≤a2−2a<0，由F′x<0可得a2−2a可知Fx在a2−2a,0上单调递减，不合题意；
②若a=2，则F′x=x2x+1(x+2)2≥0，
可知Fx 0,+∞上为增函数，符合题意；
③若a>2，则a2−2a>0，由F′x<0可得0可知Fx在0,a2−2a上单调递减，不合题意；
综上所述：a=2．
（3）由（2）知：Fx=lnx+1−2xx+2在0,+∞上单调递增，
所以x>0时，Fx=lnx+1−2xx+2>F0=0，即1x+12lnx+1>1，
由（1）知：x>0时，lnx+1则1x+12lnx+1<(x+2)24x+1=1+x24x+1，
所以x>0时，1<1x+12lnx+1<1+x24x+1，
令x=1n得：1即e<1+1nn+12因为an+1an=n+1!en+1(n+1)n+1n+1n!ennnn=e1+1nn+12，
所以e−14nn+1由an+1an<1知：an+1e−14nn+1，
所以an+1=a1⋅k=1nak+1ak>e⋅k=1ne−14k(k+1)=e1−14k=1n1k(k+1)=e1−14k=1n1k−1k+1=e34+1n+1>e34，
所以an>an+1>e34．
【题型9 数列与概率统计的交汇问题】
【例9】（2024·黑龙江·二模）某校组织知识竞赛，已知甲同学答对第一题的概率为111，从第二题开始，若甲同学前一题答错，则此题答对的概率为14；若前一题答对，则此题答对的概率为13.记甲同学回答第n题时答错的概率为Pn，当n≥2时，Pn≤M恒成立，则M的最小值为（ ）
A．97132B．49132C．4766D．4966
【解题思路】写出甲同学回答第n题时答错的概率Pn=112Pn−1+23，构造得到数列Pn−811是等比数列，从而利用等比数列通项得到数列Pn递减，由函数单调性即可得到答案.
【解答过程】因为回答第n−1题时有答对、答错两种情况，则回答第n题n≥2时答错的概率Pn=34Pn−1+231−Pn−1=112Pn−1+23，
所以Pn−811=112Pn−1−811，
由题意知P1=1011，则P1−811=211，
所以Pn−811是首项为211、公比为112的等比数列，
所以Pn−811=211×112n−1，即Pn=811+211×112n−1.
显然数列Pn递减，所以当n≥2时，Pn≤P2=811+211×112=4966，
所以M的最小值为4966.
故选：D.
【变式9-1】（2024·山东菏泽·一模）若数列an的通项公式为an=(−1)n−1n，记在数列an的前n+2n∈N∗项中任取两数都是正数的概率为Pn，则（ ）
A．P1=23B．P9【解题思路】利用分类讨论及通项公式的特点，再利用组合数公式和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可求解.
【解答过程】n为奇数时，前n+2项中有n+32个奇数项，即有n+32个正数，
Pn=Cn+322Cn+22=n+32⋅n+12n+2n+1=n+3n+14n+2n+1=n+34n+2，P1=13，故A错误；
n为偶数时，前n+2项中有n+22个奇数项，即有n+22个正数，
Pn=Cn+222Cn+22=n+22n2n+2n+1=n+2n4n+2n+1=n4n+1，
P9=1244,P10=104×11=1044，P9>P10，故B错误；
P11=144×13=726>P10，故C正确；
P12=124×13=313故选：C.
【变式9-2】（2024·广东广州·模拟预测）甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留继续投掷骰子；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中.
(1)求三次投掷骰子后球在甲手中的概率；
(2)投掷nn∈N*次骰子后，记球在乙手中的概率为pn，求数列pn的通项公式；
(3)设an=1−2npn⋅pn+1，求证：a1+a2+⋅⋅⋅+an≤−43.
【解题思路】（1）分析事件“三次投掷骰子后球在甲手中”包括四类情况，由独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式即得；
（2）经分析，pn满足递推公式pn+1=121−pn，变形后转化成等比数列，即可求得通项；
（3）将（2）代入化简得an=6×[11−(−12)n−11−(−12)n+1]，利用裂项求和法得a1+a2+⋅⋅⋅+an=6×[11−(−12)n−11−(−12)n+1]，再对n分奇偶进行讨论，利用函数单调性求出和的范围即得.
【解答过程】（1）依题意，球在甲手中时，保留在自己手中的概率为12，传给乙的概率为12；
球在乙手中时，传给甲的概率为13，传给丙的概率为23；球在丙手中时，传给甲和丙的概率都是12.
则三次投掷骰子后球在甲手中包括四类的情况，
第一类情况：甲→甲→甲→甲，概率为12×12×12=18；
第二类情况：甲→乙→甲→甲，概率为12×13×12=112；
第三类情况：甲→乙→丙→甲，概率为12×23×12=16；
第四类情况：甲→甲→乙→甲，概率为12×12×13=112
由互斥事件的概率加法公式，三次投掷骰子后球在甲手中的概率为18+112+16+112=1124.
（2）由于投掷n次骰子后球不在乙手中的概率为1−pn，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有36=12的概率传给乙，
故有pn+1=121−pn，变形为pn+1−13=−12pn−13.
又p1=12，所以数列pn−13是首项为p1−13=16，公比为−12的等比数列.
所以pn−13=16×−12n−1=−13×−12n.
所以数列pn的通项公式pn=13−13×−12n.
（3）由（2）可得an=1−2npn⋅pn+1=9−2n[1−(−12)n]⋅[1−(−12)n+1] =6×32(−12)n[1−(−12)n]⋅[1−(−12)n+1]=6×[11−(−12)n−11−(−12)n+1]，
则a1+a2+⋅⋅⋅+an =6×[11−(−12)1−11−(−12)2+11−(−12)2−11−(−12)3+⋅⋅⋅+11−(−12)n−11−(−12)n+1]
=6×[23−11−(−12)n+1]
① 当n是奇数时，因−(−12)n+1=−(12)n+1是单调增函数，故1−(−12)n+1∈[34,1)，则11−(−12)n+1∈(1,43]，
于是，6×[23−11−(−12)n+1]∈−4,−2，故a1+a2+⋅⋅⋅+an≤−2<−43；
② 当n是偶数时，因−(−12)n+1=(12)n+1是单调减函数，故1−(−12)n+1∈(1,98]，则11−(12)n+1∈[89,1)，
于是，6×[23−11−(12)n+1]∈(−2,−43]，故a1+a2+⋅⋅⋅+an≤−43.
综上，∴a1+a2+⋅⋅⋅+an≤−43.
【变式9-3】（2024·全国·模拟预测）甲、乙两名小朋友，每人手中各有3张龙年纪念卡片，其中甲手中的3张卡片为1张金色和2张银色，乙手中的3张卡片都是金色的，现在两人各从自己的卡片中随机取1张，去与对方交换，重复n次这样的操作，记甲手中银色纪念卡片xn张，恰有2张银色纪念卡片的概率为pn，恰有1张银色纪念卡片的概率为qn．
(1)求p2,q2的值．
(2)问操作几次甲手中银色纪念卡片就可能首次出现0张，求首次出现这种情况的概率p．
(3)记an=2pn+qn．
（i）证明数列an−1为等比数列，并求出an的通项公式．
（ii）求xn的分布列及数学期望．（用n表示）
【解题思路】（1）根据题意，弄清楚p2，q2表示的事件，利用互斥事件和独立事件的乘法公式计算概率；
（2）由（1）知，交换一次不会出现x1=0的情况，而p2+q2=2327，利用间接法求得答案；
（3）根据题意，可得pn+1=13pn+29qn，qn+1=−19qn+23，由此可得an+1与an的递推关系式，变换可证an−1是等比数列；由题意得xn的所有可能取值为0,1,2，求出对应概率得解.
【解答过程】（1）根据题意，p2表示“重复2次操作，甲手中恰有2张银色卡片”的概率，
包含两种情况：第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换金色卡片；
第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换金色卡片，乙交换银色卡片.
则p1=13×33=13,q1=23×33=23．
所以p2=p1×13×33+q1×23×13=13×13+23×29=727；
q2表示“重复2次操作，甲手中恰有1张银色卡片”的概率，包含两种情况：
第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换银色卡片；第一次甲交换银色卡片，
第二次甲交换银色卡片，乙交换银色卡片或第二次甲交换金色卡片，乙交换金色卡片.
则q2=p1×23×33+q1×13×13+23×23=13×23+23×59= 1627.
（2）结合（1）的计算得p1+q1=1，即交换一次不会出现x1=0的情况，
而p2+q2=2327，则操作两次就会首次出现0张，其概率为p=1−p2−q2=427.
（3）根据题意可得pn+1=pn×13×33+qn×23×13=13pn+29qn．
qn+1=pn×23×33+qn×13×13+23×23+1−pn−qn×33×23=−19qn+23．
（i）a1=2p1+q1=43,an+1=2pn+1+qn+1=23pn+13qn+23=13an+ 23，
所以an+1−1=13an−1,a1−1=13，
所以数列an−1是首项为13，公比为13的等比数列，
所以an−1=13n,an=13n+1．
（ii）由已知及（1）（2），得xn的所有可能取值为0,1,2．
其分布列为
从而Exn=2pn+qn=13n+1.
【题型10 数列与平面几何的交汇问题】
【例10】（23-24高三下·全国·阶段练习）已知等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，an>0，2a2+a3=a4，S5=4a4−1．
（1）求an．
（2）在平面直角坐标系xOy中，设点Qkk,bk(k=1,2,3⋅⋅⋅)，直线QkQk+1的斜率为2k，且b1=1，求数列bn的通项公式．
【解题思路】（1）设出等比数列的首项a1和公比q，根据已知条件列出关于a1,q的方程组，由此求解出a1,q的值，则an通项公式可求；
（2）根据题意表示出斜率关系，然后采用累加法求解出bn的通项公式.
【解答过程】（1）因为等比数列an的公比为q，2a2+a3=a4，2a1q+a1q2=a1q3，
由已知q>0，a1>0，得q2−q−2=0，
解得q=2或q=−1（舍），
所以q=2，an=a1qn−1．
Sn=a11−qn1−q=a11−2n1−2=2n−1a1，
由S5=4a4−1得31a1=4×8a1−1，所以a1=1．
所以an=2n−1，n∈N+．
（2）由直线QkQk+1的斜率为2k，得bk+1−bk(k+1)−k=2k，即bk+1−bk=2k，
由b2−b1=21，b3−b2=22，b4−b3=23，，bn−bn−1=2n−1，
可得bn−b1=21+22⋅⋅⋅+2n−1(n≥2)，
所以bn=20+21+22⋅⋅⋅+2n−1=11−2n1−2=2n−1，
当n=1时也满足bn=2n−1，
所以bn=2n−1，n∈N+．
【变式10-1】（2024·四川达州·二模）已知抛物线Γ:y2=2px(p>0)，直线l:y=k(x−p)与Γ交于A,B两点，线段AB中点Mxm,ym,kym=2.
(1)求抛物线Γ的方程；
(2)直线l与x轴交于点C,O为原点，设△BOC,△COM,△MOA的面积分别为S△BOC,S△COM,S△MOA，若S△BOC,S△COM,S△MOA成等差数列，求k.
【解题思路】（1）联立Γ:y2=2px(p>0)与l:y=k(x−p)，得到两根之和，故ym=pk，∴p=2，得到答案；
（2）联立抛物线和直线方程，得到ky2−4y−8k=0，故y1+y2=4k,y1y2=−8，根据S△BOC,S△COM,S△MOA成等差数列，得到2ym=y2+y1−ym，故3ym=y1−y2，进而得到方程92k2=4k2+32，求出答案.
【解答过程】（1）设Ax1,y1,Bx2,y2，
∵y2=2px,y=k(x−p),ky2−2py−2p2k=0，
∴y1+y2=2pk，故ym=pk，
∵kym=2，∴p=2，
∴Γ:y2=4x，
（2）∵y2=4xy=k(x−2)，∴ky2−4y−8k=0，
故y1+y2=4k,y1y2=−8，

∵S△BOC,S△COM,S△MOA成等差数列，∴y2,ym,y1−ym成等差数列.
∴2ym=y2+y1−ym，∴3ym=y1+y2，故3ym=y1−y2，
∴9ym2=y1+y22−4y1y2，即92k2=4k2+32，
∴k=±104.
【变式10-2】（2024·安徽合肥·二模）已知an是各项均为正数的等比数列，且a1+a2=3，a3−a2=2，等差数列bn的前n项和为Sn，且b3=5，S4=16.
（1）求数列an，bn的通项公式；
（2）如图在平面直角坐标系中，点P1a1,0，P2a2,0，…Pnan,0，Pn+1an+1,0，
Q1a1,b1，Q2a2,b2，…，Qnan,bn，若记△PnQnPn+1的面积为cn，求数列cn的前n项和Tn.
【解题思路】（1）数列an的公比为q，数列bn的公差为d，根据已知条件列方程求出首项和q，d的值即可求解；
（2）利用（1）的结论计算PnPn+1=an+1−an，PnQn=bn，计算cn的通项，利用乘公比错位相减即可求解.
【解答过程】（1）设数列an的公比为q，则q>0.
因为a1+a2=3，a3−a2=2，
所以a1+a1q=3a1q2−a1q=2，
得3q2−5q−2=0，又因为q>0，
所以q=2，可得a1=1，所以an=2n−1；
设数列bn的公差为d，
因为b3=5，S4=16，
所以b1+2d=54b1+6d=16解得b1=1d=2，所以bn=1+2n−1=2n−1；
（2）由（1）得PnPn+1=an+1−an=2n−2n−1=2n−1 ，
PnQn=bn=2n−1，
故cn=S△PnQnPn+1=2n−12n−12=2n−12n−2，
则Tn=c1+c2+c3+⋯+cn，
Tn=1×2−1+3×20+5×21+7×22+⋯+2n−32n−3+2n−12n−2，①
2Tn=1×20+3×21+5×22+7×23+⋯+2n−32n−2+2n−12n−1，②
由①－②得，−Tn=1×2−1+220+21+⋯+2n−2−2n−12n−1，
=12+2×1−2n−11−2−2n−12n−1=12+2⋅2n−1−2−2n−12n−1
=3−2n2n−1−32，
所以Tn=2n−32n−1+32.
【变式10-3】（2024·四川内江·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，点P是椭圆上的动点，F1,F2是左、右焦点，G是△PF1F2的重心，且G到点M−13,0与点N13,0的距离之和为43．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l过点P4,0，与椭圆交于A，B两点．若AP,AB,BP成等比数列，求cs∠AF2B的值．
【解题思路】（1）根据相关点法计算得出椭圆的方程；
（2）根据直线与椭圆相交联立方程组消元利用韦达定理求解，结合若AP,AB,BP成等比数列，求得直线的斜率，利用余弦定理求解cs∠AF2B的值．
【解答过程】（1）由题意可设F1(−c,0),F2(c,0),G(x0,y0),P(x,y)，
因为G到点M−13,0与点N13,0的距离之和为43，
所以GM+GN=43,MN=23,OM=ON=13．
则点G的轨迹为实轴长43，焦距为23的椭圆上，即x0249+y0213=1
因为G是△PF1F2的重心，可得点G在线段OP上，且OG=13OP,即x0=13x,y0=13y代入点G的轨迹方程可得x24+y23=1
则椭圆C的方程为x24+y23=1.
（2）根据题意可知直线l的斜率一定存在，
设直线l的方程为y=k(x−4)，A(x1,y1),B(x2,y2)，联立方程组y=k(x−4)x24+y23=1，
消元可得(3+4k2)x2−32k2x+64k2−12=0
则Δ=(−32k2)2−4(3+4k2)(64k2−12)=144×(1−4k2)>0⇒−12x1+x2=32k23+4k2,x1x2=64k2−123+4k2，x1=16k2+61−4k23+4k2,x2=16k2−61−4k23+4k2
AB=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k2(32k23+4k2)2−4×64k2−123+4k2=121+k21−4k23+4k2 AP=(4−x1)2+y12=(4−x1)2+k2(x1−4)2=1+k2(x1−4)2
BP=(4−x2)2+y22=(4−x2)2+k2(x2−4)2=1+k2(x2−4)2
因为AP,AB,BP成等比数列，所以AB2=AP⋅BP，
则(121+k21−4k23+4k2)2=1+k2(x1−4)21+k2(x2−4)2，代入化简得k2=120，
（也可用AB→2=PA→⋅PB→cs0°=PA→⋅PB→的坐标表示列方程求k），
所以AB=121+1201−4×1203+4×120=3212
根据题意可知F2(1,0),AF2=(1−x1)2+y12=(1−x1)2+3−34x12=(12x1−2)2，
BF2=(1−x2)2+y22=(1−x2)2+3−34x22=(12x2−2)2，
余弦定理可得cs∠AF2B=AF22+BF22−AB22×AF2×BF2=(12x1−2)2+(12x2−2)2−(3212)22(12x1−2)2(12x2−2)2
=14(x1−4)2+14(x2−4)2−(3212)2214(x1−4)214(x2−4)2=(x1−4)2+(x2−4)2−(321)22(x1−4)2(x2−4)2
=(x1+x2)2−2x1x2−8(x1+x2)+32−(321)22(121−4k23+4k2)2
=(32k23+4k2)2−2×64k2−123+4k2−8×32k23+4k2+32−(321)22(121−4k23+4k2)2=−910
cs∠AF2B的值为−910．
【题型11 数列中的结构不良题】
【例11】（24-25高二上·全国·课后作业）已知an是等差数列，其前n项和为Sn，a4=−3，再从条件①：S4=−24；条件②：a1=2a3.这两个条件中选择一个作为已知，求：
(1)数列an的通项公式；
(2)Sn的最小值，并求当Sn取得最小值时n的值.
【解题思路】（1）应用等差数列通项公式及前n项和公式基本量运算即可求出通项公式；
（2）先求出Sn，再根据二次函数的性质可得Sn取得最小值.
【解答过程】（1）若选择①：
设等差数列an的公差为d，由a4=−3可得a1+3d=−3；
又S4=−24，得4a1+4×32d=−24，即2a1+3d=−12，
解得a1=−9，d=2，
所以an=a1+n−1d=−9+2n−1=2n−11；
即数列an的通项公式为an=2n−11,n∈N+.
若选择②：
设等差数列an的公差为d，由a4=−3可得a1+3d=−3；
又a1=2a3，即a1=2a1+2d，得a1+4d=0；
解得a1=−12，d=3，
所以an=a1+n−1d=−12+3n−1=3n−15；
即数列an的通项公式为an=3n−15,n∈N+.
（2）若选择①：
由an=2n−11,n∈N+可得，Sn=−9n+nn−12×2=n2−10n=n−52−25，
根据二次函数的性质可得当n=5时，Sn=−25为最小值，
即当n=5时，Sn取得最小值，且最小值为Sn=−25.
若选择②：
由an=3n−15,n∈N+可得，Sn=−12n+nn−12×3=32n2−9n=32n−922−2438，
根据二次函数的性质可得当n=4或n=5时，Sn=−30为最小值，
即当n=4或n=5时，Sn取得最小值，且最小值为S4=S5=−30.
【变式11-1】（2024·青海西宁·二模）已知数列an，_______________.请从下列两个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答.（注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分.）①数列an的前n项和为Sn=2an−2（n∈N∗）；②数列an的前n项之积为An=2nn+12（n∈N∗）.
(1)求数列an的通项公式；
(2)令bn=an+lg2an，求数列bn的前n项和Tn.
【解题思路】（1）选①或②均可证明数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，再由等比数列的通项公式求出数列an的通项公式；
（2）由分组求和法结合等差、等比的前n项和公式求解即可.
【解答过程】（1）若选①Sn=2an−2，
当n=1时，a1=2a1−2，即a1=2，
当n≥2时，由Sn=2an−2（I），则Sn−1=2an−1−2（II），
（I）−（II）得：an=2an−2an−1，即an=2an−1，
所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an=2n；
若选②，当n=1时，a1=A1=2，即a1=2，
当n≥2时，an=AnAn−1=2n(n+1)22n(n−1)2，即an=2n(n+1)2−n(n−1)2=2n，
当n=1时，a1=2符合上式，
所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an=2n；
（2）因为bn=an+lg2an，所以bn=2n+n，
所以Tn=21+22+⋅⋅⋅+2n+1+2+⋅⋅⋅+n，
则Tn=2(1−2n)1−2+n(n+1)2=2n+1−2+n2+n2.
【变式11-2】（2024·四川德阳·三模）已知an是等差数列，bn是等比数列，且bn的前n项和为Sn，2a1=b1=2，a5=5a4−a3，在①b5=4b4−b3，②bn+1=Sn+2这两个条件中任选其中一个，完成下面问题的解答.
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)设数列anbn的前n项和为Tn，求Tn.
【解题思路】（1）根据等差数列定义可求得数列an的通项公式，利用等比数列定义根据条件①②列方程组解得公比可得数列bn的通项公式；
（2）利用错位相减法求出Tn=2−n+22n.
【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，
∵2a1=2，a5=5a4−a3，
∴a1+4d=5a1+3d−a1−2d，
∴a1=d=1.
∴an=1+n−1×1=nn∈N∗.
设等比数列bn的公比为q，
若选条件①，b5=4b4−b3，
由b1=2，且b5=4b4−b3，
得b1q4=4b1q3−b1q2，
∴q2−4q+4=0，解得q=2.
所以bn是首项为2，公比为2的等比数列.
故bn=2×2n−1=2nn∈N*.
若选条件②，bn+1=Sn+2，
令n=1，得b2=S1+2=b1+2=4，
∴公比q=b2b1=2，
∴数列bn是首项为2，公比为2的等比数列.
从而bn=2×2n−1=2nn∈N*.
（2）因为Tn=12+222+323+⋯+n−12n−1+n2n，
所以12Tn=122+223+324+⋯+n−12n+n2n+1，
两式相减，得12Tn=12+122+123+⋯+12n−n2n+1，
即12Tn=1−12n−n2n+1，
所以Tn=2−n+22n.
【变式11-3】（23-24高二下·北京怀柔·期末）已知等差数列an的前n项和为Sn，且a4=10,S3=18.
(1)求等差数列an的通项公式；
(2)若各项均为正数的数列bn其前n项和为Tn，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，设cn=an+bn，求数列bn的通项公式和数列cn的前n项和Mn.
条件①：Tn=3n−1；
条件②：b1=2,bn+1bn=3；
条件③：∀n≥2且n∈Z都有bn2=bn−1⋅bn+1成立，b1=2,b3=S3.
【解题思路】（1）设出首项和公差，建立方程求解基本量，求出通项公式即可.
（2）条件①利用数列前n项和和通项公式的关系求出bn=2⋅3n−1，再利用分组求和法求和即可，条件②利用等比数列的定义求出bn=2⋅3n−1，再利用分组求和法求和即可，条件③设出首项和公比，求出bn=2⋅3n−1，再利用分组求和法求和即可.
【解答过程】（1）已知等差数列an中，满足a4=10,S3=18.
设首项为a1，公差为d，
得到a4=a1+3d=10S3=3a1+3d=18，解得a1=4d=2，
∴an=2n+2
（2）选条件①
∵Tn=3n−1.∴当n=1时，b1=3−1=2，
当n≥2时，bn=Tn−Tn−1=(3n−1)−(3n−1−1)=2⋅3n−1，
当n=1时，b1=2⋅30=2，∴bn=2⋅3n−1
∵bn+1bn=2⋅3n2⋅3n−1=3，
∴bn是以2为首项，3为公比的等比数列，
设cn=an+bn=(2n+2)+2⋅3n−1的前n项和为Mn，
Mn=4+2⋅30+6+2⋅3+8+2⋅32+⋯+(2n+2)+2⋅3n−1
=(4+6+8+⋯+2n+2)+2(30+3+32+33+⋯+3n−1)
=n4+(2n+2)2+2×1−3n1−3=n(n+3)+3n−1.
选条件②
∵b1=2,bn+1bn=3，∴bn是以2为首项，3为公比的等比数列，
∴bn=2⋅3n−1，设cn=an+bn=(2n+2)+2⋅3n−1的前n项和为Mn，
Mn=4+2⋅30+6+2⋅3+8+2⋅32+⋯+(2n+2)+2⋅3n−1
=(4+6+8+⋯+2n+2)+2(30+3+32+33+⋯+3n−1)
=n4+(2n+2)2+2×1−3n1−3=n(n+3)+3n−1.
选条件③
∀n≥2且n∈Z都有bn2=bn−1⋅bn+1成立，∴bn是等比数列，且设公比为q，
∵b1=2,b3=S3，∴b1=2b3=S3=b1q2=18，
∴q2=9,q=±3(负根舍去)，
∴bn是以2为首项，3为公比的等比数列，
∴bn=2⋅3n−1，设cn=an+bn=(2n+2)+2⋅3n−1的前n项和为Mn，
Mn=4+2⋅30+6+2⋅3+8+2⋅32+⋯+(2n+2)+2⋅3n−1
=(4+6+8+⋯+2n+2)+2(30+3+32+33+⋯+3n−1)
=n4+(2n+2)2+2×1−3n1−3=n(n+3)+3n−1.
【题型12 数列的新定义、新情景问题】
【例12】（2024·河北张家口·二模）如果项数相同的数列an,bn满足an∪bn=1,2,3,⋯,2n，且i为奇数时，aibi，其中i∈1,2,3,⋯,n，那么就称an,bn为“互补交叉数列”，记a1,a2,⋯,anb1,b2,⋯,bn为an,bn的“互补交叉数列对”，Sn为an的前n项和.
(1)若an∪bn=1,2,3,4,5,6，且a1=5，写出所有满足条件的“互补交叉数列对"；
(2)当an,bn为“互补交叉数列”时，
（i）证明：Sn取最大值时，存在ai=2n；
（ii）当n为偶数时，求Sn的最大值.
【解题思路】（1）根据所给定义列出符合题意的“互补交叉数列对"；
（2）（i）假设存在j∈1,2,3,⋯,n，使bj=2n且j为奇数，不妨设b1=2n，当存在aii为偶数），使得ai>a1，对其进行一次变换，推出矛盾；若对任意的aii为偶数），都有ai【解答过程】（1）因为an∪bn=1,2,3,4,5,6，且a1=5时，
则满足条件的“互补交叉数列对”分别为5,2,36,1,4,5,3,26,1,4,5,3,16,2,4,5,4,26,1,3,5,4,16,2,3,5,4,16,3,2.
（2）（i）证明：若Sn取最大值时，存在j∈1,2,3,⋯,n，使bj=2n，
由题意知j为奇数，不妨设b1=2n.
①若存在aii为偶数），使得ai>a1，则让b1的值变为初始ai的值，让ai的值变为2n，
这样所得到的新数列an′,bn′也是“互补交叉数列”，
但调整后的an′的前n项和Sn′>Sn，与题设Sn取最大值矛盾，所以存在ai=2n；
②若对任意的aii为偶数），都有ai再让a1的值变为初始a2的值，所得到的新数列an′和bn也是“互补交叉数列”，此时转化为①的情况；
综上可知，存在正整数i∈1,2,3,⋯,n，使得ai=2n.
（ii）当n为偶数时，令n=2i，对任意满足条件的“互补交叉数列对”a1,a2,⋯,anb1,b2,⋯,bn，
一方面，a2−b2+a4−b4+⋯+a2i−b2i≤4i−1+4i−3+⋯+2i+1，
因此a2+a4+⋯+a2i≤b2+b4+⋯+b2i+3i2①，
另一方面，bi−ai≥1,i∈1,3,5,⋯,2i−1，
因此b1−a1+b3−a3+⋯+b2i−1−a2i−1≥i，
即a1+a3+⋯+a2i−1≤b1+b3+⋯+b2i−1−i②，
记Tn为bn的前n项和，由①+②得Sn≤Tn+3i2−i；
又Sn+Tn=1+4i4i2=8i2+2i，可得Sn≤11i2+i2；
又“数列对”i+1,4i,i+3,4i−1,i+5,4i−2,i+7,4i−3,⋯,3i+2,3i−1,3i+1i+2,1,i+4,2,i+6,3,i+8,4,⋯,i−1,3i,i是“互补交叉数列对”，
且Sn=i+1+3i−1i2+3i+1+4ii2=11i2+i2=11n2+2n8，
综上可知，当n为偶数时，Sn的最大值为11n2+2n8.
【变式12-1】（2024·浙江·模拟预测）已知正整数m，设a1，a2，…，a2m，b1，b2，…，b2m是4m个非负实数，S=i=12mai=i=12mbi>0.若对于任意i=1,2,⋅⋅⋅,2m，取a2m+1=a1，a2m+2=a2，b2m+1=b1，都有aiai+2≥bi+bi+1，则称这4m个数构成S,m—孪生数组.
(1)写出8个不全相等的数，使得这8个数构成8,2—孪生数组；
(2)求最小的S，使得a1，a2，…，a6，b1，b2，…，b6构成S,3—孪生数组；
(3)若m≥4，且a1，a2，…，a2m，b1，b2，…，b2m构成16,m—孪生数组，求aii=1,2,⋅⋅⋅,2m的最大值.
参考公式：（i）x1+x2+x32≥3x1x2+x2x3+x3x1，当且仅当x1=x2=x3时取等；（ii）当正偶数n≥4时，设n=2kk∈N*，有x1x2+x2x3+⋅⋅⋅+xnx1≤x1+x3+⋅⋅⋅+x2k−1x2+x4+⋅⋅⋅+x2k；当正奇数n>4时，设n=2k+1k∈N*，有x1x2+x2x3+⋅⋅⋅+xnx1≤x1+x3+⋅⋅⋅+x2k+1 x2+x4+⋅⋅⋅+x2k.
【解题思路】（1）根据S,m—孪生数组的含义写出即可；
（2）由题知m=3，进而可以求出S，再结合参考公式（i）即可证明；
（3）由题知S=3，结合（2）可得S=i=1m(b2i−1+b2i)≤i=1ma2ia2i+1.再利用参考公式（ii）放缩，进而求解最大值.
【解答过程】（1）根据S,m—孪生数组的含义可知:2,2,2,2,0,4,0,4构成8,2—孪生数组，当然其答案不唯一;
（2）若m=3，由题知:
a1a3≥b1+b2;a2a4≥b2+b3;a3a5≥b3+b4; a4a6≥b4+b5;a5a1≥b5+b6;a6a2≥b6+b1
所以S=i=16bi=b1+b2+b3+b4+b5+b6≤a1a3+a3a5+a5a1.
由参考公式（i），有a1+a3+a52≥3a1a3+a3a5+a5a1≥3S，
记T是数列an中奇数项的和，即T=a1+a3+a5，
不妨设T≤S2，则有S24≥T2≥3S，
因为S>0，解得S≥12，当且仅当ai=2i=1,2,⋯,6时取等.
故最小的S为12.
（3）类比前问，得:S=i=1m(b2i−1+b2i)≤i=1ma2i−1a2i+1.
由参考公式（ii），有
若m为正偶数，i=1ma2i−1a2i+1 ≤a1+a5+⋯+a2m−3a3+a7+⋯+a2m−1.
由基本不等式，得a1+a5+⋯+a2m−3a3+a7+⋯+a2m−1≤T24.
当且仅当a1+a5+⋯+a2m−3=a3+a7+⋯+a2m−1时等号成立.
所以S≤i=1ma2i−1a2i+1≤T24≤S216，因为S>0，解得S≥16;
同理，当m为正奇数，解得S≥16，
由a1,a2,⋯,a2m,b1,b2,⋯,b2m构成16,m−孪生数组，所以等号需要全部成立.
对于参考公式（ii），左边的项在右边全部出现，若等号成立，则其余项均需为0.
若n=4，则等号直接成立.
不妨设x1x2≠0，则x4,x5,⋯xn−1=0，
当n为正奇数时，xn=0；
当n为正偶数时，若n≥6，则x3xn=0，不妨使xn=0，则此时仅x1,x2,x3≠0，其余项均为0.
故a1+a5=a3=4,a2+a6=a4=4,ajj=7,8,⋯2m=0,bii=5,6,⋯2m=0.
所以aii=1,2,⋯,2m≤a3=a4=4
aii=1,2,⋯,2m的最大值为4.
【变式12-2】（2024·安徽芜湖·模拟预测）对于数列an,bn，如果存在正整数n0≥3，当任意正整数n≤n0时均有b1(1)已知bn=2n，请写出一个数列bn的“无限递增相伴数列an”，并说明理由？
(2)若an,bn满足an+bn=6n−2，其中bn是首项b1=1的等差数列，当an为bn的“无限递增相伴数列”时，求an的通项公式：
(3)已知等差数列bn和正整数等比数列an满足：an=k2024−n(k+1)n−1(n=1,2,…,2024)，其中k是正整数，求证：存在正整数k，使得an为bn的“2024项递增相伴数列”．
【解题思路】（1）利用指数数列，构造一个加上正的常数，就可得到一个递增相伴数列，只需要检验前二项和最后三项；
（2）由于有一个是等差数列，两数列相加也是等差数列，说明另一个数列还是等差数列，通过假设，就可以表示出两个数列的通项，进而引入后三项不等式进行分析，即可求出数列通项；
（3）利用前面两小问，知道构造的数列比已知数列每项加1，再去证明即可.
【解答过程】（1）由于bn=2n，我们可以取an=2n+1，此时恒有bn再由bn−an−1=2n−2n−1−1=2n−1−1，当n≥2时，2n−1−1>0，
所以恒有an−1（2）∵an+bn=6n−2,∴a1+b1=4,a2+b2=10
设b2=t ∴bn=1+(n−1)(t−1),an=3+(n−1)(7−t)
当an为bn的“无限递增相伴数列”时bn∴1+(n−1)(t−1)<3+(n−1)(7−t)<1+n(t−1)
∴t<4n−3n−1t>8n−52n−1，当n=2时，113即an=3n.
（3）证明：取b2024=a2024−1,b2023=a2023−1，若存在这样的正整数k使得
b1所以d=b2024−b2023=a2024−a2023=(k+1)2023−k(k+1)2022=(k+1)2022，
由an=k2024−n(k+1)n−1(n=1,2,…,2024)，得an+1−an=k2024−n−1(k+1)n−k2024−n(k+1)n−1=k2023−n(k+1)n−1<(k+1)2022=d，
于是an=a2024+a2023−a2024+…+an−an−1>b2024−(2024−n)d=bn(1≤n≤2023)，
又因为b2024=a2024−1而n≥2时，an=a1+a2−a1+…+an−an−1所以b2由b2=b2024−2022d=(k+1)2023−1−2022(k+1)2022=(k+1)2022(k−2021)−1>k2023，
上式对于充分大的k成立，即总存在满足条件的正整数k.
【变式12-3】（2024·新疆·二模）我们把满足下列条件的数列an称为m−L数列：
①数列an的每一项都是正偶数；
②存在正奇数m，使得数列an的每一项除以m所得的商都不是正偶数．
(1)若a，b，c是公差为2的等差数列，求证：a，b，c不是3−L数列；
(2)若数列bn满足对任意正整数p，q，恒有bp+q=1p+1qbpbq，且b1=8，判断数列bnn是否是7−L数列，并证明你的结论；
(3)已知各项均为正数的数列cn共有100项，且对任意1≤n≤100，恒有c1+c2+⋯+cn=c13+c23+⋯+cn3k4+kc13+kc23+⋯+kcn3+k2k∈N*，若数列cn为111−L数列，求满足条件的所有两位数k值的和．
【解题思路】（1）根据m−L数列的定义证明即可；
（2）由条件bp+q=1p+1qbpbq可以得到数列 bnn 是等比数列，再判断该数列是否满足m−L数列的两个条件即可；
（3）用赋值的方法可知数列 cn 是首项为 2k, 公差为 k 的等差数列, 再对 c1+c2+⋯+cn=c13+c23+⋯+cn3k4+kc13+kc23+⋯+kcn3+k2进行化简，进而构造数列1+c1k+c2k+⋯+cnk2，进而再根据数列cn为111−L数列进行求解.
【解答过程】（1）若 a,b,c 是 3−L 数列, 则 a,b,c 都是正偶数,
设 a=2tt∈N∗ ，则 b=2t+2,c=2t+4，
若 t=3mm∈N∗, 则 a=6m,a 除以 3 为 2m, 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾,
若 t=3m−1m∈N∗, 则 b=6m,b 除以 3 为 2m, 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾,
若 t=3m−2m∈N∗, 则 c=6m,c 除以 3 为 2m, 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾,
所以 a,b,c 不是 3−L 数列.
（2）在 bp+q=1p+1qbpbq 中, 令 p=n,q=1, 得 bn+1n+1=b1bnn=8bnn,
所以数列 bnn 是首项为 8 , 公比为 8 的等比数列, 所以 bnn=8n,
因为8n 是正偶数, 所以数列 bnn 的每一项都满足题中条件 (1),
因为8n=(7+1)n=Cn07n+Cn17n−1+⋯+Cnn−17+1,
Cn07n+Cn17n−1+⋯+Cnn−17 能被 7 整除,
所以 8n 除以 7 的余数为 1 , 即数列 bnn 的每一项被 7 除余 1 , 一定不是正整数,
所以一定不是正偶数, 即数列 bnn 的每一项都满足题中条件(2),
所以数列 bnn 是 7−L 数列.
（3）因为 c1+c2+⋯+cn=c13+c23+⋯+cn3k4+kc13+kc23+⋯+kcn3+k2
=c13+c23+⋯+cn3k4+kc13+kc23+⋯+kcn3−k2k4+kc13+kc23+⋯+kcn3+k2k4+kc13+kc23+⋯+kcn3−k2=1kk4+kc13+kc23+⋯+kcn3−k(1≤n≤100),
所以 1+c1k+c2k+⋯+cnk2=1+c13k3+c23k3+⋯+cn3k31,
1+c1k+c2k+⋯+cn−1k2=1+c13k3+c23k3+⋯+cn−13k3(2≤n≤100)2 ,
1−2 得 2+2c1k+2c2k+⋯+2cn−1k+cnkcnk=cn3k3.
因为 cn>0, 所以 2+2c1k+2c2k+⋯+2cn−1k+cnk=cn2k23,
2+2c1k+2c2k+⋯+2cn−2k+cn−1k=cn−12k2(3≤n≤100)4,
3−4得 cnk+cn−1k=cn2k2−cn−12k2.
因为 cn+cn−1>0, 所以 cn−cn−1=k(3≤n≤100).
在 c1+c2+⋯+cn=c13+c23+⋯+cn3k4+kc13+kc23+⋯+kcn3+k2k∈N∗ 中,
分别令 n=1,n=2, 得 c1=2k,c2=3k,c2−c1=k,
所以数列 cn 是首项为 2k, 公差为 k 的等差数列,
所以 cn=kn+k(1≤n≤100).
若数列 cn 是 111−L 数列,
则 k 是正偶数, 2k,3k,⋯,100k,101k 除以 111 所得的商都不是正偶数,
因为 111=3×37, 且 c2=3k,c36=37k,
所以当 k 为 3 或 37 的正偶数倍时, 数列 cn 不是 111−L 数列,
所以满足条件的所有两位数 k 值的和为
10+12+14+⋯+98−(12+18+24+⋯+96)−74=10+982×45−12+962×15−74=1546.
一、单选题
1．（2024·内蒙古包头·三模）设Sn为等差数列an的前n项和，若S5=4a1，a1>0，则使Sn>an的n的最大值为（ ）
A．11B．12C．20D．21
【解题思路】依题意得a1=−10d，再由Sn>an列不等式求解即可．
【解答过程】设等差数列an的公差为d，
由S5=4a1，得5a1+5×42d=4a1，得a1=−10d，由于a1>0，得d<0，
由Sn>an，得na1+n×n−12d>a1+n−1d，
得−10nd+n×n−12d>−10d+n−1d，
得−10n+n×n−12<−10+n−1，
得n−1n−22<0，
得1则n的最大值为21，
故选：D.
2．（2024·山东菏泽·二模）已知an是等差数列，a1=3,a4=12，在数列bn中b1=4,b4=20，若bn−an是等比数列，则b2024的值为（ ）
A．6072B．22023
C．22023+6072D．22023−6072
【解题思路】求出公差，得an，求出公比，得bn，即可求b2024．
【解答过程】设an的公差为d,bn−an的公比为q，
则由题意可得，a4=a1+3d，即12=3+3d，解得d=3，
所以an=3+n−1×3=3n
根据已知又有：b1−a1=1,b4−a4=8，
则8=1⋅q3，得q=2，
所以bn−an=1⋅2n−1，进而bn=2n−1+3n，
故b2024=22023+6072.
故选：C.
3．（2024·四川·模拟预测）南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为1,4,8,13，则该数列的第18项为（ ）
A．188B．208C．229D．251
【解题思路】记该二阶等差数列为an，bn=an+1−an，计算出bn=n+2，利用累加法结合等差数列求和能求出a18的值.
【解答过程】记该二阶等差数列为an，且该数列满足a1=1,a2=4,a3=8,a4=13，记bn=an+1−an，
由题意可知，数列bn为等差数列，且b1=a2−a1=4−1=3,b2=a3−a2=8−4=4,b3=a4−a3=13−8=5，
所以等差数列bn的公差为d=b2−b1=4−3=1，所以bn=b1+n−1d=3+n−1=n+2，
所以b1=a2−a1=3b2=a3−a2=4b3=a4−a3=5⋯⋯⋯⋯b17=a18−a17=19，则a18−a1=3+4+5+⋯+19=17(3+19)2=187，
所以a18=a1+187=188，
故选：A.
4．（2024·青海西宁·一模）等差数列an中的a2，a2024是函数fx=x3−6x2+4x−2024的极值点，则lg2a1013=（ ）
A．12B．1C．−1D．−12
【解题思路】先根据极值点求出导函数为0求出a2+a2024=4，再结合等差数列得出a1013=2，最后计算对数.
【解答过程】函数fx=x3−6x2+4x−2024的极值点是a2，a2024，
导函数为f′x=3x2−12x+4，所以a2+a2024=−−123=4，
等差数列a中，a2+a2024=2a1013=4，所以a1013=2，
则lg2a1013=lg22=1.
故选：B.
5．（2024·全国·二模）数列an的奇数项成等比数列，偶数项成等比数列，Sn是数列an的前n项和，a1=3，a2=2，a3=a4，S4=7，则（ ）
A．a2kB．当n≥5，且n∈N*时，数列an是递减数列
C．a10a11<10
D．S100<9
【解题思路】首先分别求奇数项和偶数项的通项公式，再根据通项公式，判断选项.
【解答过程】由S4=a1+a2+a3+a4=3+2+2a3=7，所以a3=a4=1，
奇数项的首项为a1=3，公比q1=a3a1=13，偶数项的首项a2=2，公比q2=a4a2=12，
所以a2k=a2q2k−1=2×12k−1=22−k，a2k+1=a1q1k=3×13k=31−k，
A. a2k43，当k≥2时，不成立，故A错误；
B.a5=13，a6=12，a5C.a10a11=22−531−5=818>10，故C错误；
D.S100=a1+a3+...+a99+a2+a4+...+a100，
=31−13501−13+21−12501−12=921−1350+41−1250=172−92⋅350−4250<9，故D正确.
故选：D.
6．（2024·全国·模拟预测）已知n∈N∗，an=12n−1，bn=1(n+1)2−1，数列an与数列bn的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列cn，则数列cn的前99项和为（ ）
A．196197B．198199C．98197D．99199
【解题思路】对n分奇数与偶数讨论，求出数列an与数列bn的公共项，利用裂项相消法求和.
【解答过程】因为数列2n−1是正奇数数列，对于数列(n+1)2−1，当n为奇数时，设n=2k−1k∈N∗，则(n+1)2−1=4k2−1，为奇数；当n为偶数时，设n= 2kk∈N∗，则(n+1)2−1=(2k+1)2−1=4k(k+1)，为偶数，所以cn=14n2−1，
cn=14n2−1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
所以c1+c2+⋯+c99=12×(1−13+13−15+⋯+1197−1199)=12×(1−1199)=99199，
故选：D．
7．（2024·湖北·二模）已知等差数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+m，n∈N*，若对于任意的a∈[0,1]，不等式annA．−2B．0C．1D．2
【解题思路】由Sn与an的关系且an为等差数列，求出an，由ann<2，得x2−(1+a)x−2a2−a+2≥2，构造函数g(a)=2a2+(1+x)a−x2+x，由g(a)≤0在a∈[0,1]时恒成立，求实数x的取值范围.
【解答过程】因为Sn=n2+m，n=1时，a1=S1=1+m，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+m−n−12+m=2n−1，
所以a1=1+m，a2=3，a3=5，
因为an为等差数列，所以a1=1，m=0，
从而an=2n−1，ann=2−1n<2，
所以x2−(1+a)x−2a2−a+2≥2，即−2a2−1+xa+x2−x≥0，
则当0≤a≤1时，g(a)=2a2+(1+x)a−x2+x≤0恒成立，
g(0)=−x2+x≤0g(1)=2+1+x−x2+x≤0，解得x≤−1或x≥3，
只有选项A符合题意，
故选：A.
8．（2024·内蒙古赤峰·三模）如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是：从第一个正三角形（边长为1）P1开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，称为科赫曲线.设Pn的周长和面积分别为Ln、Sn，下列结论正确的是（ ）
①P₅的边数为3×44;
②L5=3×434;
③LnSn既不是等差数列，也不是等比数列；
④∃N>0,SnA．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【解题思路】设每个图形的边数为an，写出a1，a2，a3，a4，a5，可判断①；求得L5，可判断②；根据等比数列求得Ln，根据迭代累加可得Sn，可判断③④．
【解答过程】设每个图形的边数为an，由题意可得a1=3，a2=3×4，a3=3×42，a4=3×43，a5=3×44，…,an=3×4n−1，故①正确；
L5=3×44×(13)4=3×(43)4，故②正确；
Ln=3×(43)n−1，
第一个图形的面积即正三角形的面积S1=34，
从第1个图形到第2个图形，边数增加了，同时每条边上多了一个小三角形，这个小三角形的面积是原图形的19，
所以S2=S1+3×40×(13)2⋅S1，S3=S2+3×41×(13)2×2⋅S1，
以此类推，第n个图形的面积为Sn=Sn−1+3×4n−2×(13)2(n−1)⋅S1，
依次迭代，则Sn=S1+3×40×(13)2⋅S1+3×41×(13)2×2⋅S1+…+3×4n−2×(13)2(n−1)⋅S1
=S1⋅{1+35[1−(49)n−1]},S1=34，
所以
Sn=34+3320[1−(49)n−1]<235，故∃N=235，SnLnSn=3×(43)n−134+3320[1−(49)n−1]，可得{LnSn}既不是等差数列，也不是等比数列，故③正确
故选：D．
二、多选题
9．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）某人买一辆15万元的新车，购买当天支付3万元首付，剩余向银行贷款，月利率0.3%，分12个月还清（每月购买车的那一天分期还款）.有两种金融方案：等额本金还款，将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率；等额本息还款，每一期偿还同等数额的本息和，利息以复利计算.下列说法正确的是（ ）
A．等额本金方案，所有的利息和为2340元
B．等额本金方案，最后一个月还款金额为10030元
C．等额本息方案，每月还款金额中的本金部分呈现递增等比数列
D．等额本金方案比等额本息方案还款利息更少，所以等额本金方案优于等额本息方案
【解题思路】对于AB，根据等额本金的还款方案分析计算即可，对于C，等额本息的还款方案分析判断，对于D，通过比较两种还款方案的优劣进行判断.
【解答过程】对于A，利息和为120000+110000+100000+⋯+10000×0.003=2340（元），故A正确；
对于B，倒数第二个月还款后，剩余本金10000，一个月利息为30元，本息和应为10030元，故B正确；
对于C，设第n个月贷款利息为an，偿还本金为bn，p为贷款总额，
则a1=0.3%p，a2=0.3%(p−b1)，则b2=(a1+b1)−a2=0.3%p+b1−0.3%(p−b1)=b1(1+0.3%)，
a3=0.3%(p−b1−b2)，则b3=(a2+b2)−a3=0.3%(p−b1)+b2−0.3%(p−b1−b2)=b2(1+0.3%)=b1(1+0.3%)2，
同理得b4=b1(1+0.3%)3，b5=b1(1+0.3%)4，……，b12=b1(1+0.3%)11，
所以数列bn是以1+0.3%为公比的递增等比数列，所以C正确;
对于D，由选项C可知，b1[1−(1+0.3%)12]1−(1+0.3%)=120000，得b1=120000×0.3%(1+0.3%)12−1，
所以每月还款的本息和为a1+b1=120000×0.3%+120000×0.3%(1+0.3%)12−1，
所以等额本息还款利息和为12(a1+b1)−120000
=12×120000×0.3%+120000×0.3%(1+0.3%)12−1−120000
=12×120000×0.3%×1+1(1+0.3%)12−1−120000≈2352.84
两种贷款方案各有优劣，比等额本金高，但等额本金方案起初还款金额高，还款压力大，还款金额逐年递减；等额本息每月还款金额相同，低于等额本金方案前半段时间还款额，高于后半段时间还款额；还有通货膨胀等诸多经济因素影响两种方案的收益，故不能简单认为某种贷款方案优于另一种方案，故D错误.
故选：ABC.
10．（2024·吉林·模拟预测）已知在公差不为0的等差数列an中，a4=−5,a5是a2与a6的等比中项，数列bn的前n项和为Sn，且bn=1anan+1，则（ ）
A．an=2n−13B．∀n∈N*,bn≥−1
C．Sn=−111−12n−11D．∀n∈N*,S6≤Sn≤S5
【解题思路】先由等差数列an的条件求得通项公式an=2n−13，进而求得bn，Sn，可判断AC，再根据bn，Sn的正负情况判断BD.
【解答过程】设等差数列an的公差为d，则a5=a4+d=−5+d，a2=a4−2d=−5−2d，
a6=a4+2d=−5+2d，因为a5是a2与a6的等比中项，所以a52=a2a6，
即−5+d2=−5−2d−5+2d，解得d=0或2，又因为d≠0，所以d=2，
所以an=a4+n−4d=−5+2n−4=2n−13，故A正确；
bn=1anan+1=12n−132n−11=1212n−13−12n−11，
令bn<0，则12n−13<12n−11，又因为n∈N*，所以n=6，此时bn=−1，
即只有n=6时，bn<0且bn=−1，除此之外bn>0，
所以∀n∈N*,bn≥−1成立，故B正确；
Sn=12−111−−19+−19−−17+...+12n−13−12n−11=12−111−12n−11，故C错误；
因为只有n=6时，bn<0，除此之外bn>0，所以Sn的最小值为S6，
又n>6时，Sn=12−111−12n−11<0，所以Sn的最大值为S5，
所以∀n∈N*,S6≤Sn≤S5成立，故D正确.
故选：ABD.
11．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知数列un，其前n项和为Sn，若存在常数M>0，对任意的n∈N∗，恒有un+1−un+un−un−1+⋯⋯+u2−u1≤M，则称un为B−数列.则下列说法正确的是（ ）
A．若un是以1为首项，q(|q|＜1)为公比的等比数列，则un为B−数列
B．若un为B−数列，则Sn也为B−数列
C．若Sn为B−数列，则un也为B−数列
D．若an,bn均为B−数列，则an⋅bn也为B−数列
【解题思路】对A，根据题意可得un=qn−1，利用B−数列的定义求解判断；对B，举反例un=1n∈N∗不合题意；对C，根据条件得un+1+un+⋯+u2≤M，结合B−数列的定义和绝对值三角不等式可判断；对D，由数列an,bn是B−数列，可得an≤M1+a1，bn≤M2+b1，结合绝对值三角不等式可证an+1bn+1−anbn≤K2M1+K1M2，得解.
【解答过程】对于A，un=qn−1，于是un+1−un=qn−qn−1=1−qqn−1，
∴un+1−un+un−un−1+⋯+u2−u1=1−qq0+q1+⋯+qn−1
=1−q⋅1−qn1−q<1−q1−q，故A正确；
对于B，若un=1n∈N∗，显然数列un是B−数列，Sn=n，
但Sn+1−Sn+Sn−Sn−1+⋯+S2−S1=n，所以数列Sn不是B−数列，故B错误；
对于C，因为数列Sn是B−数列，
所以存在正数M，对于任意的n∈N∗，
有Sn+1−Sn+Sn−Sn−1+⋯+S2−S1≤M，即un+1+un+⋯+u2≤M，
所以un+1−un+un−un−1+⋯+u2−u1≤un+1+2un+⋯+2u2+u1
≤2un+1+2un+⋯+2u2+u1=2M+u1，所以数列un是B−数列，故C正确；
对于D，若数列an,bn是B−数列，
则存在正数M1,M2，对任意的n∈N∗，有
an+1−an+an−an−1+⋯+a2−a1≤M1，bn+1−bn+bn−bn−1+⋯+b2−b1≤M2，
因为an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1≤an−an−1+⋯a2−a1+a1
≤M1+a1，
同理可得bn≤M2+b1，记K1=M1+a1，K2=M2+b1，
则有an+1bn+1−anbn=an+1bn+1−anbn+1+anbn+1−anbn≤bn+1an+1−an+anbn+1−bn
≤K2an+1−an+K1bn+1−bn≤K2M1+K1M2，所以数列an⋅bn也是B−数列，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
12．（2024·河北·模拟预测）已知数列an是公差为d的等差数列，各项不等的数列bn是首项为2，公比为q的等比数列，且ab2=b1,ab3=b2，则d⋅q= 1 ．
【解题思路】由已知结合等差数列与等比数列的通项公式即可列式求解．
【解答过程】解：由已知可得，b1=2，b2=2q，b3=2q2，
再由ab2=b1，ab3=b2，
得a1+(2q−1)d=2，a1+(2q2−1)d=2q，
联立以上两式可得：2−2qd=q(2−2qd)，
∴q=1（舍去），或2−2qd=0，即qd=1．
故答案为：1．
13．（2024·河南驻马店·二模）定义：对于函数fx和数列xn，若xn+1−xnf′xn+fxn=0，则称数列xn具有“fx函数性质”.已知二次函数fx图象的最低点为0,−4，且fx+1=fx+2x+1，若数列xn具有“fx函数性质”，且首项为1的数列an满足an=lnxn+2−lnxn−2，记an的前n项和为Sn，则数列Sn⋅n2−5的最小值为 −5112 .
【解题思路】利用二次函数的性质求解析式，再利用数列的递推思想构造等比数列，即可求和，从而用数列的单调性来求出最小值.
【解答过程】由二次函数最低点为0,−4可知：fx=ax2−4(a>0)，
又fx+1−fx=ax+12−4−ax2+4=a2x+1=2x+1，所以a=1，
则fx=x2−4.由题意得an=lnxn+2−lnxn−2=lnxn+2xn−2，
又由xn+1−xnf′xn+fxn=0，得xn+1−xn2xn+xn2−4=0，
因为xn−2>0，所以xn≠0，
即xn+1=xn−xn2−42xn=xn2+42xn，又xn+1+2=xn+222xn,xn+1−2=xn−222xn，
所以xn+1+2xn+1−2=xn+22xn−22，则lnxn+1+2xn+1−2=2lnxn+2xn−2，即an+1=2an，
故an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an=2n−1,Sn=2n−1.
令cn=Sn.n2−5=n2−5⋅2n−1，则cn+1−cn=n−8⋅2n−1−12，
故当n≤8时，cn+1cn，
故cnmin=c9=−5112.
故答案为：−5112.
14．（2024·江苏扬州·模拟预测）对于有穷数列an，从数列an中选取第i1项､第i2项､⋯､第im项i1【解题思路】求出和式中原数列中各项出现的次数即可得解.
【解答过程】数列1,2,4,8,16,32中的每一项，含有一个项的子列有C50个，含有两个项的子列有C51个，
含有三个项的子列有C52个，含有四个项的子列有C53个，含有五个项的子列有C54个，含有六个项的子列有C55个，
因此和式中，数列1,2,4,8,16,32中的每一项，都出现C50+C51+C52+C53+C54+C55=25=32次，
所以所求和为(1+2+4+8+16+32)×32=63×32=2016.
故答案为：2016.
四、解答题
15．（2024·湖南·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn,3Sn+1=Sn+1,a2=19，正项等差数列bn满足b1=2，且b1,b2−1,b3成等比数列.
(1)求an和bn的通项公式；
(2)证明：ab1+ab2+⋯+abn<326.
【解题思路】（1）根据Sn与an之间的关系分析可知an是首项为13，公比为13的等比数列，即可得an，根据等比中项结合等差数列通项公式运算求解，即可得bn；
（2）分析可知abn是以首项ab1=132，公比为133的等比数列，结合等比数列求和公式分析证明.
【解答过程】（1）由3Sn+1=Sn+1得3Sn=Sn−1+1n≥2，
两式相减可得3an+1=an，即an+1an=13n≥2.
当n=1时，3S2=S1+1，即3a1+a2=a1+1，
则2a1=1−3a2=1−13=23，解得a1=13，
且a2a1=13，可知an是首项为13，公比为13的等比数列，
可得an=13×13n−1=13n.
设等差数列bn的公差为d≥0，
因为b1,b2−1,b3成等比数列，则b1b3=b2−12，
即22+2d=(1+d)2，解得d=3或d=−1（舍去），
所以bn=2+n−1×3=3n−1.
（2）由（1）得abn=a3n−1=133n−1，则abn+1abn=133n+2133n−1=133，
可知abn是以首项ab1=132，公比为133的等比数列，
则ab1+ab2+⋯+abn=132+135+⋯+133n−1
=1321−133n1−133=3261−133n<326，
所以ab1+ab2+⋯+abn<326.
16．（2024·江苏无锡·二模）已知正项数列an的前n项和为Sn，满足2Sn=an2+an−2.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=an2an,Tn为数列bn的前n项和.若32−Tn≤kn+3Sn对任意的n∈N*恒成立，求k的取值范围.
【解题思路】（1）运用公式，已知Sn求an即可；
（2）求出bn，后运用错位相减求出Tn，后结合函数单调性可解．
【解答过程】（1）2Sn=an2+an−2①，且an>0，
当n=1时，代入①得a1=2；
当n≥2时，2Sn−1=an−12+an−1−2.②
①-②得2an=an2−an−12+an−an−1，整理得an+an−1=an2−an−12=an−an−1an+an−1，
因为an>0，所以an−an−1=1n≥2，所以数列an为等差数列，公差为1，所以an=n+1.
（2）bn=n+12n+1，Tn=2×122+3×123+4×124+⋯+n+112n+1，③
12Tn=2×123+3×124+4×125+⋯+n×12n+1+n+112n+2，④
③-④得12Tn=2×122+123+124+⋯+12n+1−n+112n+2，
所以Tn=32−n+32n+1，所以32−Tn≤kn+3Sn，且Sn=n(n+3)2，化简得k≥nn+32n+2，
令cn=nn+32n+2,cn+1−cn=4−n−n22n+3，所以c1c3>c4>⋯，
所以cn的最大值为c2=58，所以k≥58.
所以k的取值范围为58,+∞.
17．（2024·四川凉山·三模）如图，点Aii∈N∗均在x轴的正半轴上，△OA1B1，△A1A2B2…，△An−1BnCn分别是以a1，a2，…，an（n∈N∗）为边长的等边三角形，且顶点Bij∈N∗均在函数y=x的图象上．

(1)求a1，a2，a3的值，并写出an的通项公式（不用证明）；
(2)求数列1an⋅an+1的前n项和Tn．
【解题思路】（1）结合图象，通过计算点B1,B2,B3的坐标，依次求出a1,a2,a3，推测出数列an通项,再运用等差数列的定义证明an为等差数列，求出其通项；
（2）写出1an⋅an+1的表达式并化简，运用裂项相消法求和即得.
【解答过程】（1）第一个等边三角形顶点坐标B112a1,32a1代入y=x得a1=23，
将点B2a1+12a2,32a2坐标代入y=x，解得a2=43，
将点B3a1+a2+12a3,32a3坐标代入y=x解得a3=83，故推测：an=23n.
下面提供证明：
依题意，点Bn−1(a1+a2+⋯+an−2+12an−1,32an−1)，（n≥2）在y=x上，
可得，34an−12=a1+a2+⋯+an−2+12an−1①；
又Bn(a1+a2+⋯+an−1+12an,32an)在y=x上，
可得，34an2=a1+a2+⋯+an−1+12an②，
由②-①，34(an2−an−12)=12an−1+12an，因an−1+an>0，则得，an−an−1=23，（n≥2），
即an为首项是23，公差是23的等差数列，故an=23+(n−1)23=23n.
（2）由（1）得1an⋅an+1=123n×23(n+1)=94×1nn+1=94×(1n−1n+1)，
故Tn=94(11×2+12×3+⋯+1n×(n+1))
=94(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)
=94(1−1n+1)=9n4n+4．
18．（2024·广西南宁·三模）夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是23，若前一天选择绿豆汤，后一天继续选择绿豆汤的概率为13，而前一天选择银耳羹，后一天继续选择银耳羹的概率为12，如此往复．
(1)求该同学第2天选择绿豆汤的概率；
(2)记该同学第n天选择绿豆汤的概率为Pn，证明：Pn−37为等比数列；
(3)求从第1天到第10天中，该同学选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹概率的天数．
【解题思路】（1）利用条件概率公式计算即得；
（2）利用全概率公式列式，再利用构造法证明即得；
（3）由（2）求出数列的通项公式，再分奇偶解不等式得解．
【解答过程】（1）设A1表示第1天选择绿豆汤，A2表示第2天选择绿豆汤，则A1表示第1天选择银耳羹，
根据题意得，PA1=23,PA1=13,PA2|A1=13,PA2|A1=1−12=12，
所以PA2=PA1PA2|A1+PA1PA2|A1=23×13+13×12=718．
（2）设An表示第n天选择绿豆汤，则Pn=PAn,PAn=1−Pn，
根据题意得，PAn+1|An=13,PAn+1|An=1−12=12，
由全概率公式得，PAn+1=PAnPAn+1|An+PAnPAn+1|An=13Pn+121−Pn =−16Pn+12，
即Pn+1=−16Pn+12，整理得，Pn+1−37=−16Pn−37，又P1−37=521≠0，
所以Pn−37是以521为首项，−16为公比的等比数列．
（3）由（2）得，Pn=37+521×−16n−1，
由题意，只需Pn>1−Pn，即Pn>12(n=1,2,⋯,10)，
则37+521×−16n−1>12，即−16n−1>310(n=1,2,⋯,10)，
显然n必为奇数，n为偶数时不成立，
当n=1,3,5,7,9时，有−16n−1=16n−1>310，
当n=1时，1>310显然成立，
当n=3时，162−310<0，不成立，
由y=16n−1单调递减得，n=5,7,9时，也不成立，
综上，该同学只有1天选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹的概率．
19．（2024·河南·三模）已知数列an的前n项和为Sn，若存在常数λ(λ>0)，使得λan≥Sn+1对任意n∈N∗都成立，则称数列an具有性质P(λ)．
(1)若数列an为等差数列，且S3=−9,S5=−25，求证：数列an具有性质P(3)；
(2)设数列an的各项均为正数，且an具有性质P(λ)．
①若数列an是公比为q的等比数列，且λ=4，求q的值；
②求λ的最小值．
【解题思路】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差，进而求出通项公式及前n项和，再利用定义判断即得.
（2）①根据给定条件，可得4an≥Sn+1，再按q=1，q≠1探讨，当q≠1时，4qn−1≥1−qn+11−q，又按01且q≠2讨论得解；②由定义λan+1≥Sn+2，消去an+1结合基本不等式得Sn+2Sn+1≤λ4⋅Sn+1Sn，再迭代得(λ4)n−1>S1S2，借助正项数列建立不等式求解即可.
【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，由S3=−9,S5=−25，得3a1+3d=−9,5a1+10d=−25，
解得a1=−1,d=−2，则an=−1+(n−1)(−2)=−2n+1,Sn=(−1−2n+1)n2=−n2，
于是3an−Sn+1=3(−2n+1)+(n+1)2=(n−2)2≥0，即3an≥Sn+1，
所以数列an具有性质P(3)．
（2）①由数列an具有性质P(4)，得4an≥Sn+1，又等比数列an的公比为q，
若q=1，则4a1≥(n+1)a1，解得n≤3，与n为任意正整数相矛盾；
当q≠1时，4a1qn−1≥a1⋅1−qn+11−q，而an>0，整理得4qn−1≥1−qn+11−q，
若0若q>1，则qn−1(q−2)2≤1，当q=2时，qn−1(q−2)2≤1恒成立，满足题意；
当q>1且q≠2时，qn−1≤1(q−2)2，解得n<1+lgq1(q−2)2，与n为任意正整数相矛盾；
所以q=2.
②由λan≥Sn+1，得λan+1≥Sn+2，即λSn+1−Sn≥Sn+2，
因此λSn+1≥λSn+Sn+2≥2λSnSn+2，即Sn+2Sn+1≤λ4⋅Sn+1Sn，
则有Sn+1Sn≤λ4⋅SnSn−1≤(λ4)2⋅Sn−1Sn−2≤⋯≤(λ4)n−1⋅S2S1，
由数列an各项均为正数，得SnS1S2，
若0<λ<4，则n<1+lgλ4s1s2，与n为任意正整数相矛盾，
因此当λ≥4时，(λ4)n−1≥1n−1>s1s2恒成立，符合题意，
所以λ的最小值为4．
xn
0
1
2
P
1−pn−qn
qn
pn