2025年高考数学二轮复习重点专题训练·数列

2025高考二轮复习重点专题训练·数列（小题） 一、单项选择题 1．(2024·山西运城三模)已知数列{an}是等差数列，a3－a5＝2，则a5＋a10－a8＝(　　) A．4　　　　　　　　　　 B．－2 C．－4 D．－8 2．(2024·江西赣州二模)在等差数列{an}中，a2，a5是方程x2－8x＋m＝0的两根，则{an}的前6项和为(　　) A．48 B．24 C．12 D．8 3．(2024·南通模拟)等差数列{an}和{bn}的前n项和分别记为Sn与Tn，若＝，则＝(　　) A． B． C． D．2 4．(2024·贵州贵阳三模)设数列{an}的前n项之积为Tn，且满足an＋2Tn＝1(n∈N *)，则T2 024＝(　　) A．－＋ B．4 049 C． D． 5．(2024·杭州高三质量检测)设数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋bn＋1＝2n，an＋1＋bn＝2n.设Sn为数列{an＋bn}的前n项和，则S7＝(　　) A．110 B．120 C．288 D．306 6．(2024·安庆示范性高中4月联考)若项数均为n(n≥2，n∈N *)的两个数列{an}，{bn}满足ak－bk＝k(k＝1，2，…，n)，且集合{a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn}＝{1，2，3，…，2n}，则称数列{an}，{bn}是一对“n项紧密数列”．设数列{an}，{bn}是一对“4项紧密数列”，则这样的“4项紧密数列”有(　　) A．5对 B．6对 C．7对 D．8对 7．(2024·南通调研)在等比数列{an}中，a1＋ax＝82，a3ax－2＝81，且前x项和Sx＝121，则x＝(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 8．(2024·河南模拟预测)已知数列{an}满足＝·＋，且a2＝，则a1 011＝(　　) A． B． C． D． 9．(2024·河北张家口三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则S100＝(　　) A．3×251－156 B．3×251－103 C．3×250－156 D．3×250－103 10．(2024·江西名校二模)已知数列{an}的首项a1为常数且a1≠，an＋1＋2an＝4n(n∈N *)，若数列{an}是递增数列，则a1的取值范围为(　　) A. B．∪ C． D．∪ 二、多项选择题 11．(2024·沧衡八校联盟期中)若正项无穷数列{an}是等差数列，且a2＝5，则(　　) A．当a3＝7时，a7＝15 B．a4的取值范围是[5，15) C．当a7为整数时，a7的最大值为29 D．公差d的取值范围是(0，5) 12．(2024·江西名校三模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，则(　　) A．数列{an}是等比数列 B．数列{log2(an＋1)}是等差数列 C．数列{an}的前n项和为2n＋1－n－2 D．a20能被3整除 13．设数列{an}的前n项和为Sn，且nSn＝(n＋1)Sn－1＋(n－1)n(n＋1)(n≥2，n∈N *)，若S1＝－50，则下列结论正确的有(　　) A．a5>0 B．当n＝4时，Sn取得最小值 C．当Sn>0时，n的最小值为7 D．当n＝5时，取得最小值 14．(2024·元月调研考试)将数列{an}中的所有项排成如下数阵： 已知从第2行开始每一行比上一行多两项，第1列数a1，a2，a5，…成等差数列，且a2＝2，a10＝8，从第2行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以2为公比的等比数列，则(　　) A．a1＝－1 B．a26位于第5行第9列 C．an2＝(3n－4)·4n－1 D．若an＝80，则an位于第3行第5列或第8行第3列 三、填空题 15．(2024·永州市二模)已知数列{an}满足a3＝－，an＋an＋1＝n2cos ，则a240＝________． 16．(2024·江苏四校联考)围棋起源于中国，至今已有4 000多年的历史．在围棋中，对于一些复杂的死活问题，比如在判断自己单个眼内的气数是否满足需求时，可利用数列通项的递推方法来计算．假设大小为n的眼有an口气，大小为n＋1的眼有an＋1口气，则an与an＋1满足的关系是a1＝1，a2＝2，an＋1－n＝an－1(n≥2，n∈N *)，则{an}的通项公式为________． 17．(2024·四川三模)在数列{an}中，已知a1＝，(n＋2)an＋1＝nan(n∈N *)，则数列{an}的前2 024项和S2 024＝________． 18．已知集合A＝{x|x＝2k1，k1∈N *}，B＝{x|x＝3k2，k2∈N *}，将A∪B中所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{an}，设数列{an}的前n项和为Sn，若am＝27，则m的值为________，S50的值为________． 四、解答题 19．(2024·南通、连云港模拟)已知等差数列{an}和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，a1＝1，＝. (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式； (2)若cn＝(－2)bn－1·，n∈N *，求数列{cn}的前n项和Pn. 20．(2024·河南开封市三模)已知数列{an}的各项都为正数，且其前n项和Sn＝. (1)证明：{an}是等差数列，并求{an}的通项公式； (2)如果bn＝(8an－1)·4n－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 21．(2024·广东佛山阶段测试)已知数列{an}满足a1＝3，a1＋＋＋…＋＝an＋1－3，数列{bn}的前n项和为Sn，且4Sn＝bn＋1. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn. 22．(2024·河北衡水期末)在数列{an}中，a1＝，且an＋1＝ (1)若bn＝a2n－1－，证明：数列{bn}是等比数列； (2)求数列{an}的前2n项和S2n. 23．(2024·杭州高三质量检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1(n∈N *). (1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{bn}满足b1＝3，令an·bn＝an＋2·bn＋1，求证：∑n,k＝1bk<. 24．(2024·深圳高三调研)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝4，S4＝20，且为等差数列． (1)求证：数列{an}为等差数列； (2)若数列{bn}满足b1＝6，且＝，设Tn为数列{bn}的前n项和，集合M＝{Tn|Tn∈N *}，求M.(用列举法表示) 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025高考二轮复习重点专题训练·数列（小题） 一、单项选择题 1．(2024·山西运城三模)已知数列{an}是等差数列，a3－a5＝2，则a5＋a10－a8＝(　　) A．4　　　　　　　　　　 B．－2 C．－4 D．－8 答案　C 解析　因为a3－a5＝2，则a3－2a5＝4，又2a5＝a3＋a7，则a3－(a3＋a7)＝4，解得a7＝－4，所以a5＋a10－a8＝a7＋a8－a8＝a7＝－4.故选C. 2．(2024·江西赣州二模)在等差数列{an}中，a2，a5是方程x2－8x＋m＝0的两根，则{an}的前6项和为(　　) A．48 B．24 C．12 D．8 答案　B 解析　因为a2，a5是方程x2－8x＋m＝0的两根，所以a2＋a5＝8，又因为{an}是等差数列，根据等差数列的性质有a2＋a5＝a1＋a6＝8，设{an}的前6项和为S6，则S6＝＝24.故选B. 3．(2024·南通模拟)等差数列{an}和{bn}的前n项和分别记为Sn与Tn，若＝，则＝(　　) A． B． C． D．2 答案　D 解析　因为{an}和{bn}均为等差数列且＝，所以＝＝＝＝＝2.故选D. 4．(2024·贵州贵阳三模)设数列{an}的前n项之积为Tn，且满足an＋2Tn＝1(n∈N *)，则T2 024＝(　　) A．－＋ B．4 049 C． D． 答案　C 解析　由an＋2Tn＝1(n∈N *)，可得Tn≠0，且当n＝1时，a1＋2T1＝3a1＝1，即有a1＝，当n≥2时，an＝，则2Tn＋＝1，即－＝2，即有是首项为3，公差为2的等差数列，则＝3＋2(n－1)＝2n＋1，即Tn＝，可得T2 024＝＝.故选C. 5．(2024·杭州高三质量检测)设数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋bn＋1＝2n，an＋1＋bn＝2n.设Sn为数列{an＋bn}的前n项和，则S7＝(　　) A．110 B．120 C．288 D．306 答案　A 解析　由题意可得an＋bn＋an＋1＋bn＋1＝2n＋2n，S7＝a1＋b1＋(a2＋b2＋a3＋b3)＋(a4＋b4＋a5＋b5)＋(a6＋b6＋a7＋b7)＝2＋(22＋2×2)＋(24＋2×4)＋(26＋2×6)＝110.故选A. 6．(2024·安庆示范性高中4月联考)若项数均为n(n≥2，n∈N *)的两个数列{an}，{bn}满足ak－bk＝k(k＝1，2，…，n)，且集合{a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn}＝{1，2，3，…，2n}，则称数列{an}，{bn}是一对“n项紧密数列”．设数列{an}，{bn}是一对“4项紧密数列”，则这样的“4项紧密数列”有(　　) A．5对 B．6对 C．7对 D．8对 答案　B 解析　由条件知a1－b1＝1，a2－b2＝2，a3－b3＝3，a4－b4＝4，于是(a1＋a2＋a3＋a4)－(b1＋b2＋b3＋b4)＝10，又(a1＋a2＋a3＋a4)＋(b1＋b2＋b3＋b4)＝＝36，所以a1＋a2＋a3＋a4＝23，b1＋b2＋b3＋b4＝13，于是“4项紧密数列”有{an}：8，5，4，6，{bn}：7，3，1，2；{an}：8，4，6，5，{bn}：7，2，3，1；{an}：7，3，5，8，{bn}：6，1，2，4；{an}：3，8，7，5，{bn}：2，6，4，1；{an}：2，7，6，8，{bn}：1，5，3，4；{an}：2，6，8，7，{bn}：1，4，5，3，共有6对．故选B. 7．(2024·南通调研)在等比数列{an}中，a1＋ax＝82，a3ax－2＝81，且前x项和Sx＝121，则x＝(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 答案　B 解析　由已知条件可得解得或设等比数列{an}的公比为q，由上述结果可知q≠1，①当a1＝1，ax＝81时，由Sx＝＝＝121，解得q＝3，则ax＝a1qx－1＝3x－1＝81，解得x＝5.②当a1＝81，ax＝1时，由Sx＝＝＝121，解得q＝，则ax＝a1qx－1＝81×＝35－x＝1，解得x＝5.综上所述，x＝5，故选B. 8．(2024·河南模拟预测)已知数列{an}满足＝·＋，且a2＝，则a1 011＝(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　因为＝·＋，所以－1＝·，又a2＝，令n＝1，可得＝×＋，解得a1＝，所以数列是以－1＝1为首项，为公比的等比数列，所以－1＝1×，整理得an＝，故a1 011＝.故选C. 9．(2024·河北张家口三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则S100＝(　　) A．3×251－156 B．3×251－103 C．3×250－156 D．3×250－103 答案　A 解析　因为a1＝1，an＋1＝所以a2k＋2＝a2k＋1＋1＝2a2k＋1，a2k＋1＝2a2k＝2a2k－1＋2，k∈N *，且a2＝2，所以a2k＋2＋a2k＋1＝2(a2k＋a2k－1)＋3，记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，则bn＋1＝2bn＋3，所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)，所以数列{bn＋3}是以b1＋3＝a1＋a2＋3＝6为首项，2为公比的等比数列，所以bn＋3＝6×2n－1，bn＝6×2n－1－3，记数列{bn}的前n项和为Tn，则S100＝T50＝(6×20＋6×21＋6×22＋…＋6×249)－3×50＝3×251－156.故选A. 10．(2024·江西名校二模)已知数列{an}的首项a1为常数且a1≠，an＋1＋2an＝4n(n∈N *)，若数列{an}是递增数列，则a1的取值范围为(　　) A. B．∪ C． D．∪ 答案　B 解析　因为an＋1＋2an＝4n，所以an＋1－×4n＋1＝－2，由于a1≠，即a1－≠0，可得数列是首项为a1－，公比为－2的等比数列，则an＝×4n＋×(－2)n－1，因为数列{an}是递增数列，可得an＋1>an，即×4n＋1＋·(－2)n>×4n＋·(－2)n－1对任意的正整数n都成立．当n为偶数时，a1>－×2n恒成立，由于数列为递减数列，可得－×2n≤－＝－，则a1>－；当n为奇数时，a1<＋×2n恒成立，由于数列为递增数列，可得＋×2n≥＋＝，则a1<.综上可得a1的取值范围是∪.故选B. 二、多项选择题 11．(2024·沧衡八校联盟期中)若正项无穷数列{an}是等差数列，且a2＝5，则(　　) A．当a3＝7时，a7＝15 B．a4的取值范围是[5，15) C．当a7为整数时，a7的最大值为29 D．公差d的取值范围是(0，5) 答案　ABC 解析　当a3＝7时，公差d＝2，所以a7＝a3＋4d＝7＋8＝15，A正确．因为{an}是正项等差数列，所以a1＝5－d>0，且d≥0，所以公差d的取值范围是[0，5)，D错误．因为a4＝5＋2d，所以a4的取值范围是[5，15)，B正确．a7＝5＋5d∈[5，30)，当a7为整数时，a7的最大值为29，C正确． 12．(2024·江西名校三模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，则(　　) A．数列{an}是等比数列 B．数列{log2(an＋1)}是等差数列 C．数列{an}的前n项和为2n＋1－n－2 D．a20能被3整除 答案　BCD 解析　由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)，所以数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，即an＝2n－1， 则a1＝1，a2＝3，a3＝7，显然a1·a3≠a22，所以a1，a2，a3不成等比数列，A错误； 由数列{an＋1}是等比数列，可得an＋1＝2n，即log2(an＋1)＝log22n＝n，显然{log2(an＋1)}是等差数列，B正确； 由an＝2n－1可得其前n项和为21－1＋22－1＋23－1＋…＋2n－1＝－n＝2n＋1－n－2，C正确； 对于D，方法一：a20＝220－1＝(3－1)20－1＝C200320＋C201319×(－1)＋C202318×(－1)2＋…＋C2019×3×(－1)19＋C2020(－1)20－1＝3×[C200319＋C201318×(－1)＋C202317×(－1)2＋…＋C2019(－1)19]，D正确． 方法二：由210＝1 024，1 024除以3余数是1，所以1 0242除以3的余数还是1，从而可得220－1能被3整除，D正确．故选BCD. 13．设数列{an}的前n项和为Sn，且nSn＝(n＋1)Sn－1＋(n－1)n(n＋1)(n≥2，n∈N *)，若S1＝－50，则下列结论正确的有(　　) A．a5>0 B．当n＝4时，Sn取得最小值 C．当Sn>0时，n的最小值为7 D．当n＝5时，取得最小值 答案　ABD 解析　由nSn＝(n＋1)Sn－1＋(n－1)n(n＋1)(n≥2，n∈N *)得－＝n－1(n≥2，n∈N *)，∴－＝1，－＝2，…，－＝n－1.累加得－＝，解得2Sn＝n3－51n－50(n≥2，n∈N *)，当n＝1时，S1＝－50，满足上式，∴Sn＝，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝，∴a5＝5>0，故A正确；当n≥2时，易得{an}为递增数列，又a1＝S1＝－50，a2＝－22，∴{an}为递增数列，且a1<a2<a3<a4<0<a5<a6<…，∴当n≤4时，{Sn}为递减数列，当n≥5时，{Sn}为递增数列，且S4<S5，∴当n＝4时，Sn取得最小值，故B正确；又S7＝＝－32<0，S8＝＝27>0，∴当Sn>0时，n的最小值为8，故C错误；当n＝1，2，3，4时，>0，当n＝5，6，7时，<0，当n≥8时，>0，∴当n＝5，6，7时，考虑的最小值，又当n＝5，6，7时，恒为正且逐项递减，Sn恒为负且逐项递增，∴逐项递增，∴当n＝5时，取得最小值，故D正确．故选ABD. 14．(2024·元月调研考试)将数列{an}中的所有项排成如下数阵： 已知从第2行开始每一行比上一行多两项，第1列数a1，a2，a5，…成等差数列，且a2＝2，a10＝8，从第2行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以2为公比的等比数列，则(　　) A．a1＝－1 B．a26位于第5行第9列 C．an2＝(3n－4)·4n－1 D．若an＝80，则an位于第3行第5列或第8行第3列 答案　AC 解析　由已知得第1列数a1，a2，a5，…成等差数列，且a2＝2，a10＝8.设第1列数所组成的等差数列公差为d，则d＝＝＝3，所以a1＝a2－d＝－1，故A正确；第1行共有1项，第2行共有3项，第3行共有5项，…，第n行共有2n－1项，所以前1行共有12项，前2行共有22项，前3行共有32项，…，前n行共有n2项，所以a26位于第6行第1列，故B错误；第n行的第1项为－1＋(n－1)d＝3n－4，且每一行中的数按从左到右的顺序均构成以2为公比的等比数列，所以第n行的数构成以3n－4为首项，公比为2的等比数列，所以an2＝(3n－4)·22n－2＝(3n－4)·4n－1，故C正确；因为第1列数组成等差数列，则第m行第n列数为(3m－4)·2n－1，令(3m－4)·2n－1＝80，即3m－4＝(m，n∈N *)，∴m＝28，n＝1；m＝8，n＝3；m＝3，n＝5，故D错误．故选AC. 三、填空题 15．(2024·永州市二模)已知数列{an}满足a3＝－，an＋an＋1＝n2cos ，则a240＝________． 答案　1 785 解析　由已知可得，a4＝，a4k＋a4k＋1＝k2，a4k＋1＋a4k＋2＝0，a4k＋2＋a4k＋3＝－，a4k＋3＋a4k＋4＝0，则a4k＋4－a4k＝k＋，则由累加法可得a240＝(a240－a236)＋(a236－a232)＋…＋(a8－a4)＋a4＝1 785. 16．(2024·江苏四校联考)围棋起源于中国，至今已有4 000多年的历史．在围棋中，对于一些复杂的死活问题，比如在判断自己单个眼内的气数是否满足需求时，可利用数列通项的递推方法来计算．假设大小为n的眼有an口气，大小为n＋1的眼有an＋1口气，则an与an＋1满足的关系是a1＝1，a2＝2，an＋1－n＝an－1(n≥2，n∈N *)，则{an}的通项公式为________． 答案　an＝ 解析　根据题意，an＋1－an＝n－1(n≥2)，当n≥2时，可得an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1，即an＝(n－2)＋(n－3)＋…＋1＋1＋1＝＋2＝，又当n＝1时，a1＝1不满足an＝，故an＝ 17．(2024·四川三模)在数列{an}中，已知a1＝，(n＋2)an＋1＝nan(n∈N *)，则数列{an}的前2 024项和S2 024＝________． 答案　 解析　因为(n＋2)an＋1＝nan，所以＝， 所以当n≥2时，an＝a1···…·＝×××…×＝＝－，又a1＝也符合上式，所以an＝－，因此S2 024＝1－＋－＋…＋－＝. 18．已知集合A＝{x|x＝2k1，k1∈N *}，B＝{x|x＝3k2，k2∈N *}，将A∪B中所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{an}，设数列{an}的前n项和为Sn，若am＝27，则m的值为________，S50的值为________． 答案　16　2 282 解析　因为am＝27，则数列{an}的前m项中含有A中的元素为2，4，6，…，26，共有13项，含有B中的元素为3，9，27，共有3项，所以m＝16.因为2×50＝100，34＝81<100，35＝243>100，所以数列{an}的前50项中含有B中的元素为3，9，27，81，共有4项，含有A中的元素为2×1，2×2，2×3，…，2×46，共有46项，所以S50＝(3＋9＋27＋81)＋(2×1＋2×2＋2×3＋…＋2×46)＝＋＝2 282. 四、解答题 19．(2024·南通、连云港模拟)已知等差数列{an}和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，a1＝1，＝. (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式； (2)若cn＝(－2)bn－1·，n∈N *，求数列{cn}的前n项和Pn. 解析　(1)∵{an}和{bn}均为等差数列，且＝，∴＝＝＝＝， ∴且k≠0，∵a1＝k＝1，∴ (2)由(1)可知cn＝(－2)n－1＝(－2)n－1·－(－2)n·， ∴Pn＝1－(－2)1×＋(－2)1×－(－2)2×＋…＋(－2)n－1×－(－2)n×＝1－(－2)n·. 20．(2024·河南开封市三模)已知数列{an}的各项都为正数，且其前n项和Sn＝. (1)证明：{an}是等差数列，并求{an}的通项公式； (2)如果bn＝(8an－1)·4n－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 解析　(1)证明：当n＝1时，S1＝a1＝2a1＝2a12＋a1－1a1＝1或a1＝－， 因为an>0，所以a1＝1， 又2Sn＝2an2＋an－1，2Sn＋1＝2an＋12＋an＋1－1， 两式相减得2an＋1＝2an＋12＋an＋1－2an2－anan＋1＋an＝2(an＋1＋an)(an＋1－an)， 因为an>0，所以an＋1－an＝，故{an}是首项为1，公差为的等差数列， 所以an＝a1＋＝. (2)由(1)知bn＝(4n＋3)·4n－1， Tn＝7×40＋11×4＋15×42＋…＋(4n－1)×4n－2＋(4n＋3)×4n－1， 4Tn＝7×4＋11×42＋…＋(4n－1)×4n－1＋(4n＋3)×4n， 则－3Tn＝7＋4×(4＋42＋…＋4n－1)－(4n＋3)×4n ＝3＋4×(1＋4＋42＋…＋4n－1)－(4n＋3)×4n ＝3＋4×－(4n＋3)×4n ＝3＋－(4n＋3)×4n， 所以Tn＝×4n－－1＝－1＝. 21．(2024·广东佛山阶段测试)已知数列{an}满足a1＝3，a1＋＋＋…＋＝an＋1－3，数列{bn}的前n项和为Sn，且4Sn＝bn＋1. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn. 解析　(1)因为a1＋＋＋…＋＝an＋1－3，a1＝3， 所以当n＝1时，a1＝a2－3，得a2＝6. 当n≥2时，a1＋＋＋…＋＝an－3，所以＝an＋1－an，所以＝. 因为当n＝1时也满足＝， 所以···…·＝×××…×(n≥2)，所以＝n，即an＝3n， 又a1＝3也满足上式，所以an＝3n. 因为4Sn＝bn＋1，所以当n＝1时，4b1＝b1＋1，解得b1＝. 当n≥2时，4Sn－1＝bn－1＋1，所以4bn＝4Sn－4Sn－1＝bn－bn－1，所以bn＝－bn－1， 所以{bn}是首项为，公比为－的等比数列，故bn＝×. (2)由(1)可得an·bn＝3n××＝n×， 所以Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×， －Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×， 两式相减得Tn＝＋＋＋…＋－n× ＝－n× ＝－×， 所以Tn＝－×. 22．(2024·河北衡水期末)在数列{an}中，a1＝，且an＋1＝ (1)若bn＝a2n－1－，证明：数列{bn}是等比数列； (2)求数列{an}的前2n项和S2n. 解析　(1)证明：由题意可知bn＋1＝a2n＋1－＝a2n－＝－＝＝bn， 因为b1＝a1－＝，所以数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列． (2)由(1)可知bn＝·＝，所以a2n－1＝＋， 所以S2n＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n－1＋a2n ＝a1＋a1＋＋a3＋a3＋＋…＋a2n－1＋a2n－1＋ ＝2(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋n ＝2＋n ＝2＋＝2×＋＝1－＋. 23．(2024·杭州高三质量检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1(n∈N *). (1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{bn}满足b1＝3，令an·bn＝an＋2·bn＋1，求证：∑n,k＝1bk<. 解析　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 由S4＝4S2，a2n＝2an＋1， 得 解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1(n∈N *). (2)证明：由(1)知，(2n－1)bn＝(2n＋3)bn＋1， 即＝，利用累乘法可得bn＝××…××b1＝××…×××3＝＝，n≥2. 又b1＝3也适合上式，所以bn＝(－). 所以∑n,k＝1bk＝， 因为>0，所以∑n,k＝1bk<. 24．(2024·深圳高三调研)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝4，S4＝20，且为等差数列． (1)求证：数列{an}为等差数列； (2)若数列{bn}满足b1＝6，且＝，设Tn为数列{bn}的前n项和，集合M＝{Tn|Tn∈N *}，求M.(用列举法表示) 解析　(1)证明：设等差数列的公差为d，则＝＋3d，即S1＋3d＝5，① 因为S2＝a1＋a2＝S1＋4，所以由＝＋d，得S1＋2d＝4.② 由①②解得S1＝2，d＝1，所以＝n＋1，即Sn＝n(n＋1)， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n， 当n＝1时，a1＝S1＝2，上式也成立，所以an＝2n(n∈N *)， 因为当n≥2时，an－an－1＝2，所以数列{an}是等差数列． (2)由(1)可知＝＝＝， 当n≥2时，bn＝··…··b1＝××…××6＝， 因为b1＝6也满足上式，所以bn＝(n∈N *)， 所以Tn ＝12 ＝12× ＝12－， 因为Tn∈N *，则∈N *，所以当∈N *时，n＝1，2，3，5，11，所以M＝{6，8，9，10，11}． 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$