数列专项提升卷（11大考点汇总与跟踪训练）-2025届高考数学一轮复习

数列专项提升卷（11大考点汇总与跟踪训练）-2025年高考数学一轮复习题 11大考点汇总 考点一：数列的概念及简单表示方法 考点二：数列的函数特性 考点三：等差数列的性质 考点四：等比数列的性质 考点五：等差数列的通项公式与简单求和 考点六：等比数列的通项公式与简单求和 考点七：数列求和方法 考点八：数列与函数 考点九：数列与三角函数 考点十：数列新定义问题 考点十一：数学归纳法 跟踪训练 一．选择题（共8小题） 考点一：数列的概念及简单表示方法 1．（2024秋•榆林期末）已知数列1，，，，3，…，，…，则9是该数列的（　　） A．第42项 B．第41项 C．第9项 D．第8项 2．（2024秋•黔西南州期末）数列，，，，，…的一个通项公式是an＝（　　） A． B． C． D． 3．（2024秋•乌鲁木齐期末）已知数列﹣1，，，2，，…，则该数列的第2025项为（　　） A．45 B．﹣45 C．55 D．﹣55 4．（2024秋•顺义区期末）已知数列{an}满足对任意的i，j∈N*，都有aj﹣ai＝2（j﹣i）．若a3+a5＝a7，则a3＝（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 考点二：数列的函数特性 5．（2023秋•海安市期末）已知{an}是等比数列，则“a2＞a1＞0”是“{an}为递增数列”的（　　） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 6．（2024•济南校级模拟）函数f（x）的定义域为[1，+∞），数列{an}满足an＝f（n），则“函数f（x）为减函数”是“数列{an}为递减数列”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 7．（2024秋•闵行区期末）已知数列{an}满足an+1＝|an+1|+λ|an﹣1|，其中λ为常数．对于下述两个命题： ①对于任意的λ＞0，任意的a1∈R，都有{an}是严格增数列； ②对于任意的λ＜0，存在a1∈R，使得{an}是严格减数列． 以下说法正确的为（　　） A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题 C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题 8．（2024秋•普陀区校级期中）已知{an}是无穷等比数列，则“对任意正整数n，都有an+2＜an”是“数列{an}是严格减数列”的（　　） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 二．多选题（共4小题） 考点三：等差数列的性质 （多选）9．（2024秋•长春校级期末）等差数列{an}中，公差为d，a10＜0且a10+a11＞0则下列结论正确的有（　　） A．d＞0 B．S9＝S10 C．S19＜0 D．S20＞0 （多选）10．（2024秋•荔城区校级期中）过圆x2+5x+y2﹣12y＝0内一点A（﹣5，6）有n条弦的长度成等差数列，数列的首项a1等于过点A的最短弦的长度，an等于过点A的最长弦的长度，若公差，则n的值可能是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 （多选）11．（2023秋•温州期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＜0，a1+a2＞0，则下列命题正确的是（　　） A．若{an}为等差数列，则数列{Sn}为递增数列 B．若{an}为等比数列，则数列{Sn}为递增数列 C．若{an}为等差数列，则数列{|an|}为递增数列 D．若{an}为等比数列，则数列{|an|}为递增数列 （多选）12．（2023秋•平果市校级期末）数列{an}的前n项和为Sn，已知，则（　　） A．{an}是递增数列 B．{an}是等差数列 C．当n＞4时，an＜0 D．当n＝3或4时，Sn取得最大值 三．填空题（共4小题） 考点四：等比数列的性质 13．（2024秋•普陀区校级期末）已知数列{an}是递减的等比数列，若a1a4＝8，a2+a3＝6，则a10＝ 　 　． 14．（2024秋•献县期末）若1，a﹣4，a+2成等比数列，则a＝ 　 　． 15．（2024秋•蛟河市校级期末）若数列{an}为等比数列，且a1+a2＝1，a3+a4＝4，则a9+a10＝　 　． 16．（2025•江西模拟）已知等比数列{an}共有2n项，其和为﹣240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝　 　． 四．解答题（共28小题） 考点五：等差数列的通项公式与简单求和 17．（2024秋•天津月考）在等差数列{an}中， ①已知a5﹣a3＝12，a12＝20，求a1和d； ②已知a1＝9，公差d＝﹣2，an＝﹣15，求n； ③已知a3＝9，a9＝3，求{an}的通项公式． 18．（2024秋•河南期中）设{an}为递增的等差数列，其前n项和为Sn，已知a1＝6，且． （Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）求使Sn＞3an成立的n的最小值． 19．（2023秋•阿克苏市校级期末）设Sn是等差数列{an}的前n项和，a3＝7，S6＝51． （1）求数列{an}的通项公式； （2）写出数列{an}的前n项和Sn． 20．（2024秋•武清区校级月考）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，． （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列{an}的前n项和Sn． 考点六：等比数列的通项公式与简单求和 21．（2024秋•新吴区校级期末）已知等比数列{an}，满足a2a4＝a3，a4a5＝8． （1）求数列{an}的通项公式； （2）若数列{bn}满足：对任意正整数n，均成立，求数列{bn}的最大项的值． 22．（2024秋•海安市校级月考）设公比为正的等比数列{an}前n项和为Sn，S3＝7a1，且a1，a3，20+a2成等差数列． （1）求{an}的通项； （2）若数列{bn}满足bn＝bn+1+bnbn+1log2an，b1＝1，求数列{bn}的前n项和Tn． 23．（2024春•池州期末）已知数列{an}中，a1＝2，数列是等比数列，且公比q＝3． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）设，记数列{bn}的前n项和为Sn，求Sn． 24．（2024春•淄博期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足log2（Sn+2）＝n+1． （1）求数列{an}的通项公式； （2）数列{bn}的通项bn＝n，求{an•bn}的前n项和Mn； （3）在任意相邻两项ak与ak+1（其中k∈N*）之间插入2k个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列{cn}．记Tn为数列{cn}的前n项和，求T36的值． 考点七：数列求和方法 25．（2024秋•长沙校级期末）已知数列{an}满足：a1＝1，an+1． （1）若bn，求证：{bn}为等差数列． （2）求数列{anan+1}的前n项和Sn． 26．（2024秋•重庆期末）已知等差数列{an}的公差为正数，a1＝1，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且b1＝2，b2S2＝12，b2+S3＝10． （1）求数列{an}与{bn}的通项公式； （2）设，求数列{cn}的前n项和． 27．（2024秋•运城期末）在数列{an}中，a1＝0，a2＝4，且an+2＝2an+1﹣an+2． （1）证明：{an+1﹣an}是等差数列； （2）求数列{}的前n项和bn； （3）求证：． 28．（2024秋•榆林期末）对于各项均为正数的无穷数列{an}，若∀n∈N*，都有d，其中d为非零常数，则称数列{an}是G﹣d数列． （1）判断无穷数列和{ln2n}是不是G﹣d数列？若是，求出相应的常数d的值；若不是，请说明理由； （2）若{an}是G﹣d数列，且d＝a1＝1． ①记{}的前n项和为Sn，求证：SnSn+2+3（n∈N*）； ②对任意的正整数n，设bn求数列{bn}的前2n项和． 考点八：数列与函数 29．（2024秋•宝山区校级期末）已知函数，n为正整数． （1）当a＝1，且a3＝a4时，求n的值； （2）当，且n＝8时，从a0，a1，a2，…，an中任取一个数，求取到的数为有理数的概率； （3）当a＝2，且n＝2024时，若对任意的k∈N，0≤k≤n，都有ak≤at，求正整数t的值． 30．（2024秋•广东期中）已知函数f（x）的定义域为R，若∃T＞0，f（x+T）＝T•f（x），则称f（x）为类周期函数，T为f（x）的一个类周期． （1）证明：f（x）＝sinx不是类周期函数． （2）若是函数f（x）的一个类周期、且f（0）＝1．记，求数列{an}的前n项和Sn． （3）若f（x）＝ax（a＞0，且a≠1）是类周期函数，求a的取值范围． 31．（2024秋•长治期中）已知数列{an}与{bn}是两个不同的数列． （1）设数列{an}为单调递增数列，{bn}为单调递减数列，记集合，求集合M中元素个数的最大值； （2）若{an}为等差数列，且不是常数列，，判断{bn}是否为等差数列． 32．（2024秋•柳南区校级月考）已知数列{an}满足a1＝1，点（an，an+1）在直线y＝3x+1上． （1）设，证明{bn}为等比数列： （2）求数列{an}的前n项和Sn； （3）设的前n项和为Tn，证明：． 考点九：数列与三角函数 33．（2024秋•广东月考）△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b是a与c的等比中项，且sinA是sin（B﹣A）与sinC的等差中项． （1）证明：； （2）求cosB的值． 34．（2021秋•城关区校级月考）函数f（x）＝Asin （ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象如图所示， （1）求函数f（x）的解析式； （2）已知数列{an}满足a1＝1，且an是an+1与3f（）的等差中项． ①求证：数列{an+3}是等比数列； ②求数列{an}的前n项和Sn． 35．（2020春•双流区校级期中）在△ABC中，角A，B，C的对应边分别为a，b，c （1）若a，b，c成等比数列，，求的值； （2）若角A，B，C成等差数列，且b＝2，求△ABC周长的最大值． 36．（2019•虹口区校级模拟）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c． （1）若a、b、c成等比数列，且，求cotA+cotC的值； （2）若A、B、C成等差数列，且b＝2，求△ABC的周长l的最大值． 考点十：数列新定义问题 37．（2024秋•上城区校级期末）已知数列A：a1，a2，…，an（0≤a1＜a2＜…＜an，n≥3）具有性质P：对任意i，j（1≤i≤j≤n），aj+ai与aj﹣ai两数中至少有一个是该数列中的一项，Sn为数列A的前n项和． （1）分别判断数列0，1，3与数列0，1，3，4是否具有性质P； （2）证明：a1＝0，且nan＝2Sn； （3）证明：当n＝5时，a1，a2，a3，a4，a5成等差数列． 38．（2025•盐城一模）若数列{an}满足：对任意n∈N*（n≥3），总存在i、j∈N*，使得an＝aiaj（i≠j，i＜n，j＜n），则称{an}是融积数列． （1）判断数列{e2n}是否为融积数列，并说明理由； （2）若等差数列{an}是融积数列，求{an}的通项公式； （3）若融积数列{an}单调递增，a1＝2，a2＝8，求使成立的n的最值． 39．（2025•杭州一模）已知正项有穷数列A：a1，a2，⋯，aN（N≥3），设，记T的元素个数为P（T）． （1）若数列A：1，2，4，16，求集合T，并写出P（T）的值； （2）若A是递增数列或递减数列，求证：“P（T）＝N﹣1”的充要条件是“A为等比数列”； （3）若N＝2n+1，数列A由2，4，8，⋯，2n，4n这n+1个数组成，且这n+1个数在数列A中每个至少出现一次，求P（T）的取值个数． 40．（2024秋•沙坪坝区校级期末）集合T为集合N*的子集，若数列{an}{bn}满足：∀n∈T，an﹣bn恒为k的倍数，则称{an}与{bn}“T﹣k相关”． （1）若an＝2n﹣1，请写出一个不同于数列{an}且首项为1的等差数列{bn}，使得{an}与{bn}“N*﹣4相关”（无需证明）； （2）若数列{an}满足：． （i）证明：数列{an+1﹣5an}为等比数列，并求出an； （ii）若bn＝12n+3，{an}与{bn}“T﹣9相关”，求所有满足条件的集合T． 考点十一：数学归纳法 41．（2023秋•常德期末）已知正数数列{an}前n项和为Sn，且任意n∈N*，an与2的等差中项等于Sn与2的正的等比中项． （1）求a1，a2，a3； （2）猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明． 42．（2023秋•兴庆区校级月考）给出下列不等式： 1， 11， 1， 12． （1）根据给出不等式的规律，归纳猜想出不等式的一般结论； （2）用数学归纳法证明你的猜想． 43．（2022秋•城区校级期末）已知数列{an}满足a1，an（n≥2，n∈N*）． （1）求a2、a3、a4； （2）猜想数列通项公式an，并用数学归纳法给出证明． 44．（2024春•广丰区校级期末）在数列{an}，{bn}中，，且当n≥2（n为正整数）时，an＝an﹣1bn，． （1）计算a2，b2，a3，b3，a4，b4的值，并猜测数列{an}，{bn}的通项公式； （2）用数学归纳法证明（1）中的猜测． 数列专项提升卷（11大考点汇总与跟踪训练）-2025年高考数学一轮复习题 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B B B D B A A C 一．选择题（共8小题） 1．（2024秋•榆林期末）已知数列1，，，，3，…，，…，则9是该数列的（　　） A．第42项 B．第41项 C．第9项 D．第8项 【解答】解：由题意可知，数列的通项为an， 令9，得n＝41， 所以9是该数列的第41项． 故选：B． 2．（2024秋•黔西南州期末）数列，，，，，…的一个通项公式是an＝（　　） A． B． C． D． 【解答】解：数列，，，，，…中， a1， ， ， ， ， …… an． 故选：B． 3．（2024秋•乌鲁木齐期末）已知数列﹣1，，，2，，…，则该数列的第2025项为（　　） A．45 B．﹣45 C．55 D．﹣55 【解答】解：根据题意，数列﹣1，，，2，，…， 其通项公式为an＝（﹣1）n， 则该数列的第2025项（﹣1）202545． 故选：B． 4．（2024秋•顺义区期末）已知数列{an}满足对任意的i，j∈N*，都有aj﹣ai＝2（j﹣i）．若a3+a5＝a7，则a3＝（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【解答】解：设an＝kn+b（k，b为常数），则aj＝kj+b，ai＝ki+b， 所以aj﹣ai＝k（j﹣i）， 因为对任意的i，j∈N*，都有aj﹣ai＝2（j﹣i）， 所以k＝2， 则an＝2n+b， 所以a3＝6+b，a5＝10+b，a7＝14+b，a3+a5＝16+2b， 因为a3+a5＝a7， 所以16+2b＝14+b， 解得b＝﹣2， 所以an＝2n﹣2， 则a3＝2×3﹣2＝4． 故选：D． 5．（2023秋•海安市期末）已知{an}是等比数列，则“a2＞a1＞0”是“{an}为递增数列”的（　　） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【解答】解：{an}是等比数列，则a2＞a1＞0时，q1，则{an}为递增数列，充分性成立， 当{an}为递增数列时，an＝﹣（）n﹣1，但a1＝﹣1，a2，不满足a2＞a1＞0，必要性不成立． 故选：B． 6．（2024•济南校级模拟）函数f（x）的定义域为[1，+∞），数列{an}满足an＝f（n），则“函数f（x）为减函数”是“数列{an}为递减数列”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【解答】解：根据题意，函数f（x）为定义域为[1，+∞）的减函数，当n≥1且n∈Z时，必有f（n）＞f（n+1），则数列{an}为递减数列， 反之，当f（x）＝﹣（x）2时，an+1﹣an＝﹣x，数列{an}为递减数列，但函数f（x）在定义域上不是减函数， 故“函数f（x）为减函数”是“数列{an}为递减数列”的充分不必要条件． 故选：A． 7．（2024秋•闵行区期末）已知数列{an}满足an+1＝|an+1|+λ|an﹣1|，其中λ为常数．对于下述两个命题： ①对于任意的λ＞0，任意的a1∈R，都有{an}是严格增数列； ②对于任意的λ＜0，存在a1∈R，使得{an}是严格减数列． 以下说法正确的为（　　） A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题 C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题 【解答】解：对于①，当λ＞0时，若an≤0，则an+1＝|an+1|+λ|an﹣1|＞λ|an﹣1|＝λ（1﹣an）＞0≥an，即an+1＞an， 若an＞0，则an+1＝|an+1|+λ|an﹣1|＞|an+1|＝an+1＞an， 综上，对于任意的λ＞0，都有an+1＞an，所以{an}是严格增数列，①正确； 对于②，当λ＜0时，取λ＝﹣1，若a1≥1，则a2＝2，a3＝2，不是递减数列， 若a1∈[0，1），则a2＝2a1≥a1，不是递减数列， 若a1≤﹣1，则a2＝﹣2，a3＝﹣2，不是递减数列， 若a1∈（﹣1，0），则a2＝2a1，若a2≤﹣1，则a3＝a4＝﹣2，不是递减数列，若a2∈（﹣1，0），则a3＝2a2， 同样的，对a3进行讨论，一直下去，必存在k∈N，使得ak≤﹣1，则ak+1＝ak+2＝﹣2，矛盾， 综上所述，当λ＝﹣1时，对任意的a1∈R，{an}都不是是严格减数列，因此②错误． 故选：A． 8．（2024秋•普陀区校级期中）已知{an}是无穷等比数列，则“对任意正整数n，都有an+2＜an”是“数列{an}是严格减数列”的（　　） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 【解答】解：根据题意，若{an}是严格递减数列，显然能推出an+2＜an， 所以“对于任意的正整数n，都有an+2＜an”是“{an}是严格递减数列”必要条件； 反之，若对任意正整数n，都有an+2＜an， 即对任意的正整数n都成立， 则{an}中不可能同时含正项和负项，故q＞0， 若， 分2种情况讨论： 当an＞0，0＜q＜1时，有anq＜an，即an+1＜an，{an}是严格递减数列； 当an＜0，q＞1时，有anq＜an，即an+1＜an，{an}是严格递减数列， 所以“对于任意的正整数n，都有an+2＜an”是“{an}是严格递减数列”充分条件， 综上所述，“对任意正整数n，都有an+2＜an”是“数列{an}是严格减数列”的充要条件． 故选：C． 二．多选题（共4小题） （多选）9．（2024秋•长春校级期末）等差数列{an}中，公差为d，a10＜0且a10+a11＞0则下列结论正确的有（　　） A．d＞0 B．S9＝S10 C．S19＜0 D．S20＞0 【解答】解：根据题意，等差数列{an}中，a10＜0且a10+a11＞0，必有a11＞0， 依次分析选项： 对于A，d＝a11﹣a10＞0，A正确； 对于B，S10﹣S9＝a10＜0，即S9＞S10，B错误； 对于C，S1919a10＜0，C正确； 对于D，S2010（a10+a11）＞0，D正确． 故选：ACD． （多选）10．（2024秋•荔城区校级期中）过圆x2+5x+y2﹣12y＝0内一点A（﹣5，6）有n条弦的长度成等差数列，数列的首项a1等于过点A的最短弦的长度，an等于过点A的最长弦的长度，若公差，则n的值可能是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【解答】解：圆x2+5x+y2﹣12y＝0的方程可化为， 所以圆心为半径为， 过点A（﹣5，6）的最短弦为垂直于点A与圆心的连线的弦，其长度为， 最长弦为过点A的直径，其长度为13， 所以a1＝12，an＝13，， 因为公差，所以，解得，所以n＝5或6． 故选：CD． （多选）11．（2023秋•温州期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＜0，a1+a2＞0，则下列命题正确的是（　　） A．若{an}为等差数列，则数列{Sn}为递增数列 B．若{an}为等比数列，则数列{Sn}为递增数列 C．若{an}为等差数列，则数列{|an|}为递增数列 D．若{an}为等比数列，则数列{|an|}为递增数列 【解答】解：因为a1＜0，a1+a2＞0， 所以a2＞﹣a1＞0， 若{an}为等差数列，则公差d＝a2﹣a1＞0，则{an}为递增数列，数列{Sn}也为递增数列，A正确； 若{an}为等比数列，则公比q1，则{an}为摆动数列，则数列{Sn}不具有单调性，B错误； 若{an}为等差数列，则公差d＝a2﹣a1＞0，则an＞an﹣1＞…＞a2＞|a1|，即{|an|}为递增数列，C正确； 若{an}为等比数列，则q1， 故对于数列{|an|}，1，|a1|＞0，即数列{|an|}为递增数列，D正确． 故选：ACD． （多选）12．（2023秋•平果市校级期末）数列{an}的前n项和为Sn，已知，则（　　） A．{an}是递增数列 B．{an}是等差数列 C．当n＞4时，an＜0 D．当n＝3或4时，Sn取得最大值 【解答】解：当n＝1时，， 当n≥2时，，a1＝7不满足上式， 所以， 对于A，由于a1＝7，a2＝4，所以{an}不是递增数列，所以A错误， 对于B，由于a1＝7，a2＝4，a3＝2，所以a3﹣a2≠a2﹣a1， 所以{an}不是等差数列，所以B错误， 对于C，由﹣2n+8＜0，得n＞4，所以当n＞4时，an＜0，所以C正确， 对于D，，因为n∈N*， 所以当n＝3或4时，Sn取得最大值，所以D正确． 故选：CD． 三．填空题（共4小题） 13．（2024秋•普陀区校级期末）已知数列{an}是递减的等比数列，若a1a4＝8，a2+a3＝6，则a10＝ 　　． 【解答】解：因为数列{an}是递减的等比数列，a1a4＝a2a3＝8，a2+a3＝6， 所以a2＝4，a3＝2，q， 则a10＝ 4． 故答案为：． 14．（2024秋•献县期末）若1，a﹣4，a+2成等比数列，则a＝ 　2或7　． 【解答】解：∵1，a﹣4，a+2成等比数列， ∴（a﹣4）2＝1×（a+2）， 解得a＝2或a＝7． ∴a的值为2或7． 故答案为：2或7． 15．（2024秋•蛟河市校级期末）若数列{an}为等比数列，且a1+a2＝1，a3+a4＝4，则a9+a10＝　256　． 【解答】解：数列{an}为等比数列，且a1+a2＝1，a3+a4＝4， 所以q24， 则a9+a10＝（a1+a2）q8＝256． 故答案为：256． 16．（2025•江西模拟）已知等比数列{an}共有2n项，其和为﹣240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝　2　． 【解答】由题意，得 解得S奇＝﹣80，S偶＝﹣160， ∴q2． 故答案为：2． 四．解答题（共28小题） 17．（2024秋•天津月考）在等差数列{an}中， ①已知a5﹣a3＝12，a12＝20，求a1和d； ②已知a1＝9，公差d＝﹣2，an＝﹣15，求n； ③已知a3＝9，a9＝3，求{an}的通项公式． 【解答】解：①因为a5﹣a3＝12，所以公差． 由a12＝a1+11d＝20，所以a1＝﹣46， 故a1＝﹣46，d＝6． ②由an＝a1+（n﹣1）d，a1＝9，公差d＝﹣2，an＝﹣15，得﹣15＝9﹣2（n﹣1）， 解得n＝13． ③由a3＝9，a9＝3，可得，解得， 所以an＝a1+（n﹣1）d＝11﹣（n﹣1）＝﹣n+12． 18．（2024秋•河南期中）设{an}为递增的等差数列，其前n项和为Sn，已知a1＝6，且． （Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）求使Sn＞3an成立的n的最小值． 【解答】解：（I）{an}为递增的等差数列，a1＝6，且， 所以2×（5）＝（6+2d）2， 解得d＝2或d＝﹣3（舍）， 故an＝6+2（n﹣1）＝2n+4； （Ⅱ）由（Ⅰ）可得，Sn＝6n+n（n﹣1）＝n2+5n， 若Sn＞3an，则n2+5n＞6n+12， 解得n＞4， 故n的最小值为5． 19．（2023秋•阿克苏市校级期末）设Sn是等差数列{an}的前n项和，a3＝7，S6＝51． （1）求数列{an}的通项公式； （2）写出数列{an}的前n项和Sn． 【解答】解：（1）不妨设等差数列的首项、公差分别为a1，d， 由题意a3＝a1+2d＝7，，解得a1＝1，d＝3， 所以， 即数列{an}的通项公式为． （2）由（1）可知， 所以． 20．（2024秋•武清区校级月考）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，． （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列{an}的前n项和Sn． 【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d， S4＝4S2，且由已知有a2＝2a1+1， 则有，解得． 则数列{an}的通项公式an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1． （2）由（1）可知an＝2n﹣1， 所以． 21．（2024秋•新吴区校级期末）已知等比数列{an}，满足a2a4＝a3，a4a5＝8． （1）求数列{an}的通项公式； （2）若数列{bn}满足：对任意正整数n，均成立，求数列{bn}的最大项的值． 【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q， 因为a2a4＝a3，a4a5＝8，所以，解得， 所以数列{an}的通项公式为； （2）令n＝1，得a1b1＝﹣3， 当n⩾2时，有： ①， ②， 由①﹣②得：anbn＝2n﹣5（n⩾2）， 所以（n≥2）， 又b1＝﹣12满足上式，所以， 因为， 当n⩽3时，bn+1＞bn，当n⩾4时，bn+1＜bn， 所以{bn}的最大项为． 22．（2024秋•海安市校级月考）设公比为正的等比数列{an}前n项和为Sn，S3＝7a1，且a1，a3，20+a2成等差数列． （1）求{an}的通项； （2）若数列{bn}满足bn＝bn+1+bnbn+1log2an，b1＝1，求数列{bn}的前n项和Tn． 【解答】解：（1）因为等比数列公比q＞0，， 所以q2+q+1＝7⇒（q﹣2）（q+3）＝0，即q＝2， 由a1，a3，20+a2是等差数列，所以2a3＝20+a2+a1⇒8a1＝20+2a1+a1⇒a1＝4， 所以． （2）因为bn＝bn+1+bnbn+1log2an，所以， 所以，故， 累加法得出， ， ． 23．（2024春•池州期末）已知数列{an}中，a1＝2，数列是等比数列，且公比q＝3． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）设，记数列{bn}的前n项和为Sn，求Sn． 【解答】解：（Ⅰ）数列{an}中，a1＝2，数列是等比数列，且公比q＝3， ， ∴等比数列{}是首项为，公比为3的等比数列， ∴an， ∴数列{an}的通项公式为an（3n﹣1+3）； （Ⅱ）设，记数列{bn}的前n项和为Sn， 则bn， ∴Sn（） （） ． 24．（2024春•淄博期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足log2（Sn+2）＝n+1． （1）求数列{an}的通项公式； （2）数列{bn}的通项bn＝n，求{an•bn}的前n项和Mn； （3）在任意相邻两项ak与ak+1（其中k∈N*）之间插入2k个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列{cn}．记Tn为数列{cn}的前n项和，求T36的值． 【解答】解：（1）因为log2（Sn+2）＝n+1，所以，则， 当n＝1时，， 当n≥2时，， 当n＝1时也成立， 所以{an}的通项公式为． （2）由（1）可知， 所以， 所以， 则 ， 所以； （3）由题意，{cn}数列元素依次为，．．．．．．， 在a1到a5之间3的个数为21+22+23+24＝30，故到a5处{cn}共有35个元素， 所以前36项中含a1，…，a5及31个3， 故． 25．（2024秋•长沙校级期末）已知数列{an}满足：a1＝1，an+1． （1）若bn，求证：{bn}为等差数列． （2）求数列{anan+1}的前n项和Sn． 【解答】解：（1）证明：数列{an}满足：a1＝1，an+1， 可得， 即， 由bn，可得bn+1﹣bn＝2，又， 所以{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列； （2）由（1）可得，则， 所以， 所以Sn． 26．（2024秋•重庆期末）已知等差数列{an}的公差为正数，a1＝1，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且b1＝2，b2S2＝12，b2+S3＝10． （1）求数列{an}与{bn}的通项公式； （2）设，求数列{cn}的前n项和． 【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d（d＞0），等比数列{bn}的公比为q 由a1＝1，b1＝2，b2S2＝12，b2+S3＝10， 可得2q（2+d）＝12，2q+3+3d＝10， 所以q＝2，d＝1； 则an＝1+n﹣1＝n，； （2）， 则数列{cn}的前n项和为：． 27．（2024秋•运城期末）在数列{an}中，a1＝0，a2＝4，且an+2＝2an+1﹣an+2． （1）证明：{an+1﹣an}是等差数列； （2）求数列{}的前n项和bn； （3）求证：． 【解答】解：（1）证明：在数列{an}中，a1＝0，a2＝4，且an+2＝2an+1﹣an+2， 可得an+2﹣an+1＝an+1﹣an+2，且a2﹣a1＝4， 则{an+1﹣an}是首项为4，公差为2的等差数列； （2）由（1）可得an+1﹣an＝4+2（n﹣1）＝2n+2， 则an＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+...+（an﹣an﹣1）＝0+4+6+...+2n（n﹣1）（2n+4）＝n2+n﹣2， 上式对n＝1也成立， 则，可得bn＝1...1； （3）证明：要证，即证1...（1...）﹣（lnb1+lnb2+...+lnbn）， 即证lnln...+ln1...（1...）， 即证lln（）（）（）， 设x1，构造函数f（x）＝lnx（x）， 求得导数f′（x）（1）0，又f（1）＝0， 所以当x≥1时，f（x）≤0，当且仅当x＝1取得等号， 则ln（）（）， 所以，命题得证． 28．（2024秋•榆林期末）对于各项均为正数的无穷数列{an}，若∀n∈N*，都有d，其中d为非零常数，则称数列{an}是G﹣d数列． （1）判断无穷数列和{ln2n}是不是G﹣d数列？若是，求出相应的常数d的值；若不是，请说明理由； （2）若{an}是G﹣d数列，且d＝a1＝1． ①记{}的前n项和为Sn，求证：SnSn+2+3（n∈N*）； ②对任意的正整数n，设bn求数列{bn}的前2n项和． 【解答】（1）解：因为4（n+1）﹣3﹣（4n﹣3）＝4，是非零常数， 所以无穷数列是G﹣d数列，且常数d＝4； 因为（ln2n+1）2﹣（ln2n）2＝[（n+1）ln2]2﹣（nln2）2＝ln22•[（n+1）2﹣n2]＝ln22•（2n+1），不是非零常数， 所以无穷数列{ln2n}不是G﹣d数列． （2）若{an}是G﹣d数列，且d＝a1＝1，则1，1， 所以数列{}是首项为1，公差为1的等差数列， 所以1+（n﹣1）×1＝n， ①证明：Sn， 所以SnSn+2+3•3•3 [n（n+3）﹣（n+1）（n+2）]+3 3， 因为n∈N*，所以0， 所以SnSn+2+30，即SnSn+2+3（n∈N*）． ②解：bn， 设数列{bn}的奇数项为T奇，偶数项为T偶，前2n项和为T2n， 则T奇1， T偶， 所以T偶， 两式相减得T偶， 所以T偶（）， 所以T2n＝T奇+T偶1， 故数列{bn}的前2n项和为． 29．（2024秋•宝山区校级期末）已知函数，n为正整数． （1）当a＝1，且a3＝a4时，求n的值； （2）当，且n＝8时，从a0，a1，a2，…，an中任取一个数，求取到的数为有理数的概率； （3）当a＝2，且n＝2024时，若对任意的k∈N，0≤k≤n，都有ak≤at，求正整数t的值． 【解答】解：（1）当a＝1，且a3＝a4时， 有，所以n＝7； （2），，r＝0，1，2，…，8，r∈N*， 记任取一个数且取到的数为有理数为事件A， 则r＝0，2，4，6，8，所以； （3）， 即，即， 化简得（2024﹣r）≥2（r+1），所以r≤674， 故a1＜a2＜a3＜⋯＜a674，a674＝a675，a675＞a676＞a677＞⋯， 所以a674＝a675最大， 即所求正整数t的值为674和675． 30．（2024秋•广东期中）已知函数f（x）的定义域为R，若∃T＞0，f（x+T）＝T•f（x），则称f（x）为类周期函数，T为f（x）的一个类周期． （1）证明：f（x）＝sinx不是类周期函数． （2）若是函数f（x）的一个类周期、且f（0）＝1．记，求数列{an}的前n项和Sn． （3）若f（x）＝ax（a＞0，且a≠1）是类周期函数，求a的取值范围． 【解答】解：（1）证明：假设f（x）＝sinx是类周期函数，且T（T＞0）为f（x）的一个类周期， 则由f（x+T）＝T•f（x），得sin（x+T）＝Tsinx， 令x＝0，得sinT＝0，从而T＝kπ，k∈N*， 若k为奇数，则由sin（x+T）＝Tsinx，得﹣sinx＝kπsinx，即（kπ+1）sinx＝0①， 若k为偶数，则由sin（x+T）＝Tsinx，得sinx＝kπsinx，即（kπ﹣1）sinx＝0②， ①，②式不可能恒成立，故假设不成立，从而f（x）＝sinx不是类周期函数． （2）因为是函数f（x）的一个类周期，所以， 令x＝0，则， 令，则，即， 因为，所以{an}是首项为，公比为的等比数列， 则． （3）设f（x）＝ax的类周期为T，则由f（x+T）＝T•f（x），得ax+T＝T•ax，则aT﹣T＝0， 由aT﹣T＝0，a≠1，得Tlna＝lnT，即， 令，则， 当x∈（0，e）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增； 当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 若，从而，解得0＜a＜1或， 即a的取值范围为． 31．（2024秋•长治期中）已知数列{an}与{bn}是两个不同的数列． （1）设数列{an}为单调递增数列，{bn}为单调递减数列，记集合，求集合M中元素个数的最大值； （2）若{an}为等差数列，且不是常数列，，判断{bn}是否为等差数列． 【解答】解：（1）根据题意，因为{an}为递增数列，所以体现在散点图上，是呈上升趋势， {bn}为递减数列，所以体现在散点图上，是呈下降趋势，两者至多一个交点， 所以集合M中元素个数的最大值为1． （2）根据题意，{bn}不是等差数列， 理由如下：数列{an}为等差数列，设其公差为d，且d≠0， 当n≥2时，，显然不是一个定值， 所以{bn}不是等差数列． 32．（2024秋•柳南区校级月考）已知数列{an}满足a1＝1，点（an，an+1）在直线y＝3x+1上． （1）设，证明{bn}为等比数列： （2）求数列{an}的前n项和Sn； （3）设的前n项和为Tn，证明：． 【解答】解：（1）证明：因点（an，an+1）在直线y＝3x+1，则an+1＝3an+1． 则，即bn+1＝3bn， 则{bn}是一个以为首项，公比为3的等比数列； （2）由等比数列的通项公式，可得． 可得Sn...（3+9+...+3n）nn； （3）证明：由（2），可得． 则当n＝1时，； 当n≥2（n∈N+）时，注意到3n﹣1﹣2•3n﹣1＝3n﹣1﹣1＞0， 则 则（1）， 由n≥2（n∈N+），0，可得Tn． 综上，当n∈N+时，． 33．（2024秋•广东月考）△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b是a与c的等比中项，且sinA是sin（B﹣A）与sinC的等差中项． （1）证明：； （2）求cosB的值． 【解答】解：（1）sin（B﹣A）＝sinBcosA﹣cosBsinA， sinC＝sin（π﹣（A+B））＝sin（B+A）＝sinBcosA+cosBsinA， ∵sinA是sin（B﹣A）与sinC的等差中项， ∴2sinA＝sin（B﹣A）+sinC＝2sinBcosA， ∵A，B为三角形内角，∴sinA＞0，sinB＞0， 则， 在△ABC中，由正弦定理，得， 因此； 证明：（2）在△ABC中，由余弦定理得， 由（1）知，则，即b2+c2﹣a2＝2ac． ∵b是a与c的等比中项，∴b2＝ac， 从而ac+c2﹣a2＝2ac，即a2+ac﹣c2＝0，则有b2＝ac＝c2﹣a2． ∴，解得或（舍去）， 在△ABC中，由余弦定理得： ． 34．（2021秋•城关区校级月考）函数f（x）＝Asin （ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象如图所示， （1）求函数f（x）的解析式； （2）已知数列{an}满足a1＝1，且an是an+1与3f（）的等差中项． ①求证：数列{an+3}是等比数列； ②求数列{an}的前n项和Sn． 【解答】解：（1）由图象可得A＝2，T，解得T＝π， ω2，又当x时，f（x）取得最大值， 所以2φ＝2kπ（k∈Z），可得φ＝2kπ， 因为0＜φ＜π，所以φ， 所以f（x）＝2sin（2x）； （2）①证明：由f（）＝﹣1可得数列{an}中有a1＝1，an+1＝2an+3， 即有an+1+3＝2（an+3）， 令bn＝an+3，则b1＝a1+3＝4，bn+1＝2bn， 所以{bn}是首项为4，公比为2的等比数列； ②bn＝4•2n﹣1＝2n+1，所以an＝2n+1﹣3， 则Sn3n＝2n+2﹣3n﹣4． 35．（2020春•双流区校级期中）在△ABC中，角A，B，C的对应边分别为a，b，c （1）若a，b，c成等比数列，，求的值； （2）若角A，B，C成等差数列，且b＝2，求△ABC周长的最大值． 【解答】解：（1）∵cosB，∴sinB． ∵a、b、c成等比数列，∴b2＝ac， ∴依据正弦定理得sin2B＝sinAsinC， ∴． （2）∵b＝2，A、B、C成等差数列， ∴2B＝A+C＝180°﹣B，∴B＝60°，则sinB， ∴由正弦定理，得， ∴a，c． ∵A+C＝120°，即C＝120°﹣A， ∴△ABC周长为L＝a+b+c4cos（A﹣60°）+2． ∵0＜A＜120°，∴﹣60°＜A﹣60°＜60°， ∴cos（A﹣60°）≤1，∴4＜4cos（A﹣60°）+2≤6， ∴当A＝B＝C＝60°时，△ABC周长L取得最大值为6． 36．（2019•虹口区校级模拟）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c． （1）若a、b、c成等比数列，且，求cotA+cotC的值； （2）若A、B、C成等差数列，且b＝2，求△ABC的周长l的最大值． 【解答】解：（1）∵cosB， ∴sinB， ∵a、b、c成等比数列，∴b2＝ac， ∴依据正弦定理得：sin2B＝sinAsinC， ∴cotA+cotC ． （2）∵b＝2，A、B、C成等差数列， 可得2B＝A+C＝180°﹣B，即B＝60°， sinB， ∴由正弦定理得， 即asinA，csinC， ∵A+C＝120°，即C＝120°﹣A， ∴△ABC周长为l＝a+b+c（sinA+sinC）+2 [sinA+sin（120°﹣A）]+22sin60°cos（A﹣60°）+2 ＝4cos（A﹣60°）+2， ∵0＜A＜120°，∴﹣60°＜A﹣60°＜60°， ∴cos（A﹣60°）≤1，即4＜4cos（A﹣60°）+2≤6， 则当A＝B＝C＝60°时，△ABC周长取得最大值为6． 37．（2024秋•上城区校级期末）已知数列A：a1，a2，…，an（0≤a1＜a2＜…＜an，n≥3）具有性质P：对任意i，j（1≤i≤j≤n），aj+ai与aj﹣ai两数中至少有一个是该数列中的一项，Sn为数列A的前n项和． （1）分别判断数列0，1，3与数列0，1，3，4是否具有性质P； （2）证明：a1＝0，且nan＝2Sn； （3）证明：当n＝5时，a1，a2，a3，a4，a5成等差数列． 【解答】解：（1）由于1+3＝4∉A，3﹣1＝2∉A，所以数列0，1，3不具有性质P； 1+0，1﹣0；3+0，3﹣0；4+0，4﹣0；3+1，3﹣1；4+1，4﹣1；4+3，4﹣3， 六组数中，每一组至少有一个数属于{0，1，3，4}，所以数列0，1，3，4具有性质P． （2）由数列A：a1，a2，…，an（0≤a1＜a2＜…＜an，n≥3）具有性质P， 则an﹣an与an+an中至少有一个属于A， 又an＞0，an+an＞an，则an+an∉A，于是an﹣an∈A，即a1＝0； 由A具有性质P可知an+ak∉A，an﹣ak∈A（k＝1，2，3，⋯，n）， 因此an﹣a1＞an﹣a2＞an﹣a3＞⋯an﹣an﹣1＞an﹣an， 即an﹣a1＝an，an﹣a2＝an﹣1，an﹣a3＝an﹣2，⋯⋯，an﹣an＝a1， 上边n个式子累加得：nan﹣（a1+a2+⋯an）＝an+an﹣1+⋯+a1， 则nan﹣Sn＝Sn，所以nan＝2Sn． （3）由（2）知，a5﹣a4＝a2，a5﹣a3＝a3，则a5＝a4+a2＝2a3， 而a4+a3＞2a3＝a5不是数列A中的项，则a4﹣a3是数列A中的项， 于是a1＜a4﹣a3＜a5﹣a3＝a3，则有a4﹣a3＝a2， 因此a2﹣a1＝a3﹣a2＝a4﹣a3＝a5﹣a4＝a2， 所以数列a1，a2，a3，a4，a5是以0为首项，公差为a2的等差数列． 38．（2025•盐城一模）若数列{an}满足：对任意n∈N*（n≥3），总存在i、j∈N*，使得an＝aiaj（i≠j，i＜n，j＜n），则称{an}是融积数列． （1）判断数列{e2n}是否为融积数列，并说明理由； （2）若等差数列{an}是融积数列，求{an}的通项公式； （3）若融积数列{an}单调递增，a1＝2，a2＝8，求使成立的n的最值． 【解答】解：（1）{e2n}是融积数列，证明如下： 设，当n≥3时，取i＝1＜j＝n﹣1＜n，则， 即存在i、j∈N*，i≠j，i＜n，j＜n，使得bn＝bibi，则{e2n}是融积数列． （2）设等差数列{an}的公差为d． 又{an}是融积数列，所以对任意的n∈N*（n≥3），总存在i、j∈N*， 使得an＝aiaj（i≠j，i＜n，j＜n），则a3＝a1a2． 考察a4，有下列三情况： ①若，即，则或； ②若，即，则或； ③若，即，则或或； 由①②③得an＝0或an＝1或． 对于an＝0，取i＝1＜j＝n﹣1＜n（n≥3），则an＝0＝0×0＝aiai，则{an}是融积数列． 对于an＝1，同上可得{an}也是融积数列． 对于，则a5＝0，当i＜5，j＜5时都有ai≠0，aj≠0， 故不存在i、j∈N*，使得a5＝aiai，故{an}不是融积数列． 综上，an＝0或an＝1． （3）因为{an}是单调递增的融积数列，a1＝2，a2＝8，所以an+2≤an+1an， 所以，，，， ，，，， 所以． 又因为{an}单调递增，所以n≥10， 当以上各式等号同时成立时，故（n）min＝10． 因为{an}是融积数列，所以对任意的n∈N*（n≥3），总存在i、j∈N*，使得an＝aiaj， 而a1＝2，，所以对任意的n∈N*（n≥3），必存在k∈N*，使得． 又因为{an}是单调递增数列，所以an+1≥2an，则， 则，由，得n≤122， 当时取等号，故（n）max＝122， 综上，（n）min＝10，（n）max＝122． 39．（2025•杭州一模）已知正项有穷数列A：a1，a2，⋯，aN（N≥3），设，记T的元素个数为P（T）． （1）若数列A：1，2，4，16，求集合T，并写出P（T）的值； （2）若A是递增数列或递减数列，求证：“P（T）＝N﹣1”的充要条件是“A为等比数列”； （3）若N＝2n+1，数列A由2，4，8，⋯，2n，4n这n+1个数组成，且这n+1个数在数列A中每个至少出现一次，求P（T）的取值个数． 【解答】解：（1）因为a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝16， 故， 所以T＝{2，4，8，16}，P（T）＝4； （2）证明：充分性： 若A是等比数列，设公比为q． 不妨考虑数列A是递增数列，所以q＞1． 则当j＞i时，． 所以T＝{q，q2，q3，⋯，qN﹣1}， 故P（T）＝N﹣1，得证； 必要性：若P（T）＝N﹣1． 因为A是递增数列， 所以， 所以且互不相等， 又P（T）＝N﹣1， 所以， 又， 所以∈T，且互不相等． 所以，，…，． 所以， 所以A为等比数列； 若A为单调递减数列，同理可证． （3）因为数列A由2，4，8，⋯，2n，4n这n+1个数组成，任意两个不同的数作商（可相等）， 比值只可能为， 共2n+2n﹣1＝4n﹣1个不同的值； 又因为2，4，8，⋯，2n，4n这n+1个数在数列A中共出现N＝2n+1次， 所以数列A中存在ai＝aj（i≠j），所以1∈T． 综上，P（T）≤4n﹣1，且P（T）≥2n． 设数列A0：2，22，⋯，2n﹣1，2n，22n，2n⋯，21， 此时，共2n+2n﹣1＝4n﹣1个元素， 所以P（T）＝4n﹣1． 现对数列A0分别作如下变换： 把前面的2n移动到22n和后面的2n之间，得到数列：2，22，⋯，2n﹣1，22n，2n，2n⋯，21， 此时，共2n﹣1+2n﹣1＝4n﹣2个元素， 所以P（T）＝4n﹣2． 再把前面的2n﹣1移动到2n﹣1和2n之间，得到数列：2，22，⋯，2n﹣2，22n，2n，2n，2n﹣1，2n﹣1，⋯，21， 此时，共2n﹣2+2n﹣1＝4n﹣3个元素， 所以P（T）＝4n﹣3． …… 依次类推，最后把前面的2移动到最后一项，得到数列：， 此时，共2n﹣1+1＝2n个元素， 所以P（T）＝2n， 综上，P（T）可以取到从2n到4n﹣1的所有2n个整数值，所以P（T）的取值个数为2n． 40．（2024秋•沙坪坝区校级期末）集合T为集合N*的子集，若数列{an}{bn}满足：∀n∈T，an﹣bn恒为k的倍数，则称{an}与{bn}“T﹣k相关”． （1）若an＝2n﹣1，请写出一个不同于数列{an}且首项为1的等差数列{bn}，使得{an}与{bn}“N*﹣4相关”（无需证明）； （2）若数列{an}满足：． （i）证明：数列{an+1﹣5an}为等比数列，并求出an； （ii）若bn＝12n+3，{an}与{bn}“T﹣9相关”，求所有满足条件的集合T． 【解答】解：（1）bn＝6n﹣5（满足要求即可）． （2）（i）因为，a2﹣5a1＝6≠0， 所以{an+1﹣5an}是以6为首项，2为公比的等比数列， 即， 两边同除以2n+1，有， 而，， 因此是以为首项，为公比的等比数列， 则，所以． （ii）当n＝1时，a1﹣b1＝﹣12不是9的倍数， 当n≥2时， ， 故只需为整数． ①n＝3k（k∈N*）时，，不是整数． ②n＝3k﹣1（k∈N*）时，，不是整数． ③n＝3k﹣2（k∈N*）时，， 而， 当3k﹣2为偶数，，即k＝2t，t∈N*， 此时n＝6t﹣2，t∈N*． 当3k﹣2为奇数，∉Z． 综上，满足条件集合T是{n|n＝6t﹣2，t∈N*}的子集． 41．（2023秋•常德期末）已知正数数列{an}前n项和为Sn，且任意n∈N*，an与2的等差中项等于Sn与2的正的等比中项． （1）求a1，a2，a3； （2）猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明． 【解答】解：（1）由an与2的等差中项等于Sn与2的正的等比中项，得， 可得． 当n＝1时，，解得a1＝2； 当n＝2时，，解得a2＝6； 当n＝3时，，解得a3＝10． （2）由（1）猜想an＝4n﹣2． 利用数学归纳法证明如下： 当n＝1时，a1＝4×1﹣2＝2，满足an＝4n﹣2； 假设n＝k时成立，即ak＝4k﹣2，则， 则当n＝k+1时，， 可得， 解得ak+1＝4k+2，故n＝k+1时也成立． 综上所述：an＝4n﹣2． 42．（2023秋•兴庆区校级月考）给出下列不等式： 1， 11， 1， 12． （1）根据给出不等式的规律，归纳猜想出不等式的一般结论； （2）用数学归纳法证明你的猜想． 【解答】解：（1）根据给出不等式的规律， 归纳猜想出不等式的一般结论为：1（n∈N+）． （2）证明：①当n＝1时，则1显然成立， ②假设当n＝k时结论成立，即1， 当n＝k+1时， 1 （） 2k• ， 即当n＝k+1时结论成立， 由①②知，对任意n∈N+ 结论成立． 43．（2022秋•城区校级期末）已知数列{an}满足a1，an（n≥2，n∈N*）． （1）求a2、a3、a4； （2）猜想数列通项公式an，并用数学归纳法给出证明． 【解答】解：（1）数列{an}满足a1，an（n≥2，n∈N*）． 则a2，a3． （2）猜想数列通项公式an． 用数学归纳法证明：（i）n＝1时，a1成立， （ii）假设n＝k∈N*时成立，ak． 则n＝k+1时，ak+1． 因此n＝k+1时，猜想成立． 综上可得：数列通项公式an．n∈N*． 44．（2024春•广丰区校级期末）在数列{an}，{bn}中，，且当n≥2（n为正整数）时，an＝an﹣1bn，． （1）计算a2，b2，a3，b3，a4，b4的值，并猜测数列{an}，{bn}的通项公式； （2）用数学归纳法证明（1）中的猜测． 【解答】（1）解：令n＝2，则， 令n＝3，则， 令n＝4，则， 猜想数列{an}的通项公式为（n为正整数）；数列{bn}的通项公式为（n为正整数）． （2）证明：当n＝1时，成立， 假定当n＝k（k≥1）时，成立， 当n＝k+1时，则， 即成立， ∴数列{an}，{bn}的通项公式分别为：，（n为正整数）． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$