数列求和及其综合应用课件-2026届高三数学二轮复习

专题三　数列 第2讲　数列求和及其综合应用 1．高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下． 2．在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透． (1)证明：{nan)}为等差数列； (2)设f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f′(－2)． 2．(2025·天津高考)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝b1＝2，a2＝b2＋1，a3＝b3. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)∀n∈N*，I∈{0，1}，有Tn＝{p1a1b1＋p2a2b2＋…＋pn－1an－1bn－1＋pnanbn|p1，p2，…，pn－1，pn∈I}， ①求证：对任意实数t∈Tn，均有t<an＋1bn＋1； ②求Tn所有元素之和． 【解析】　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)， 所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1，bn＝2×2n－1＝2n. (2)①证明：由(1)pnanbn＝(3n－1)2npn＝0或pnanbn＝(3n－1)2n>0，an＋1bn＋1＝(3n＋2)2n＋1， 当pnanbn＝(3n－1)2n>0时， 设Sn＝p1a1b1＋p2a2b2＋…＋pn－1an－1bn－1＋pnanbn＝2×2＋5×22＋…＋(3n－4)2n－1＋(3n－1)2n， 所以Sn＝8＋(3n－4)2n＋1，为Tn中的最大元素， 此时an＋1bn＋1－Sn＝(3n＋2)2n＋1－[8＋(3n－4)2n＋1]＝6·2n＋1－8>0恒成立， 所以对∀t∈Tn，均有t<an＋1bn＋1. ②方法一：由①得Sn＝8＋(3n－4)2n＋1，为Tn中的最大元素， 由题意可得Tn中的所有元素由以下系列中所有元素组成： 方法二：由①得Sn＝8＋(3n－4)2n＋1，为Tn中的最大元素， 由题意可得Tn＝{Sn，Sn－aibi，Sn－aibi－ajbj，Sn－aibi－ajbj－akbk，…，aibi＋ajbj，aibi，0}，(i，j，k∈{1，2，…，n}，i≠j≠k)， (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn. 【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d， 4．(2024·新课标全国Ⅰ卷)设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)—可分数列． (1)写出所有的(i，j)，1≤i<j≤6，使数列a1，a2，…，a6是(i，j)—可分数列； (2)当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)—可分数列； 【解析】(1)首先，我们设数列a1,a2，…，a4m＋2的公差为d，则d≠0. 得到新数列a′k＝k(k＝1,2，…，4m＋2)，然后对a′1，a′2，…，a′4m＋2进行相应的讨论即可． 换言之，我们可以不妨设ak＝k(k＝1，2，…，4m＋2)，此后的讨论均建立在该假设下进行． 从1，2，3，4，5，6中取出两个数i和j(i<j)，使得剩下四个数是等差数列．那么剩下四个数只可能是1，2，3，4或2，3，4，5或3，4，5，6. 所以所有可能的(i，j)就是(1，2)，(1，6)，(5，6)． (2)证明：由于从数列1，2，…，4m＋2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①{1，4，7，10}，{3，6，9，12}，{5，8，11，14}，共3组； ②{15，16，17，18}，{19，20，21，22}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共(m－3)组． (如果m－3＝0，则忽略②)故数列1，2，…，4m＋2是(2，13)—可分数列． (3)证明：定义集合A＝{4k＋1|k＝0，1，2，…，m}＝{1，5，9，13，…，4m＋1}，B＝{4k＋2|k＝0，1，2，…，m}＝{2，6，10，14，…，4m＋2}． 下面证明，对1≤i<j≤4m＋2，如果下面两个命题同时成立， 则数列1，2，…，4m＋2一定是(i，j)—可分数列： 命题1：i∈A，j∈B或i∈B，j∈A； 命题2：j－i≠3. 我们分两种情况证明这个结论． 第一种情况：如果i∈A，j∈B，且j－i≠3. 此时设i＝4k1＋1，j＝4k2＋2，k1，k2∈{0，1，2，…，m}． 此时，由于从数列1，2，…，4m＋2中取出i＝4k1＋1和j＝4k2＋2后， 剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①{1，2，3，4}，{5，6，7，8}，…，{4k1－3，4k1－2，4k1－1，4k1}，共k1组； ②{4k1＋2，4k1＋3，4k1＋4，4k1＋5}，{4k1＋6，4k1＋7，4k1＋8，4k1＋9}，…，{4k2－2，4k2－1，4k2，4k2＋1}，共(k2－k1)组； ③{4k2＋3，4k2＋4，4k2＋5，4k2＋6}，{4k2＋7，4k2＋8，4k2＋9，4k2＋10}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共(m－k2)组． (如果某一部分的组数为0，则忽略之) 故此时数列1，2，…，4m＋2是(i，j)—可分数列． 第二种情况：如果i∈B，j∈A，且j－i≠3.此时设i＝4k1＋2，j＝4k2＋1，k1，k2∈{0，1，2，…，m}． 由于j－i≠3，故(4k2＋1)－(4k1＋2)≠3，从而k2－k1≠1，这就意味着k2－k1≥2. 此时，由于从数列1，2，…，4m＋2中取出i＝4k1＋2和j＝4k2＋1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①{1，2，3，4}，{5，6，7，8}，…，{4k1－3，4k1－2，4k1－1，4k1}，共k1组； ②{4k1＋1，3k1＋k2＋1，2k1＋2k2＋1，k1＋3k2＋1}，{3k1＋k2＋2，2k1＋2k2＋2，k1＋3k2＋2，4k2＋2}，共2组； ③全体{4k1＋p，3k1＋k2＋p，2k1＋2k2＋p，k1＋3k2＋p}，其中p＝3，4，…，k2－k1，共(k2－k1－2)组； ④{4k2＋3，4k2＋4，4k2＋5，4k2＋6}，{4k2＋7，4k2＋8，4k2＋9，4k2＋10}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共(m－k2)组． (如果某一部分的组数为0，则忽略之) 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含(k2－k1－2)个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数： {4k1＋3，4k1＋4，…，3k1＋k2}，{3k1＋k2＋3，3k1＋k2＋4，…，2k1＋2k2}，{2k1＋2k2＋3，2k1＋2k2＋4，…，k1＋3k2}，{k1＋3k2＋3，k1＋3k2＋4，…，4k2}． 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{4k1＋1，4k1＋2，…，4k2＋2}中除了五个集合{4k1＋1，4k1＋2}，{3k1＋k2＋1，3k1＋k2＋2}，{2k1＋2k2＋1，2k1＋2k2＋2}，{k1＋3k2＋1，k1＋3k2＋2}，{4k2＋1，4k2＋2}中的十个元素以外的所有数．而这十个数中，除了已经去掉的4k1＋2和4k2＋1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数． 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1，2，…，4m＋2是(i，j)—可分数列． 至此，我们证明了：对1≤i<j≤4m＋2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1，2，…，4m＋2一定是(i，j)—可分数列． 然后我们来考虑这样的(i，j)的个数． 首先，由于A∩B＝∅，A和B各有(m＋1)个元素，故满足命题1的(i，j)总共有(m＋1)2个； 而如果j－i＝3，假设i∈A，j∈B，则可设i＝4k1＋1，j＝4k2＋2，代入得(4k2＋2)－(4k1＋1)＝3. 设i＝4k1＋2，j＝4k2＋1，k1，k2∈{0，1，2，…，m}，则(4k2＋1)－(4k1＋2)＝3，即k2－k1＝1. 所以可能的(k1，k2)恰好就是(0，1)，(1，2)，…，(m－1，m)，对应的(i，j)分别是(2，5)，(6，9)，…，(4m－2，4m＋1)，总共m个． 所以这(m＋1)2个满足命题1的(i，j)中，不满足命题2的恰好有m个． 这就得到同时满足命题1和命题2的(i，j)的个数为(m＋1)2－m. 5．(2024·全国甲卷理科)记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn＝3an＋4. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和为Tn. 【解析】　(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4. 当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4， 所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1即an＝－3an－1， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，所以an＝4·(－3)n－1. (2)bn＝(－1)n－1·n·4·(－3)n－1＝4n·3n－1(n∈N＋)， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4·30＋8·31＋12·32＋…＋4n·3n－1， 故3Tn＝4·31＋8·32＋12·33＋…＋4n·3n， 6．(2024·全国甲卷文科)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{Sn}的通项公式． 【解析】　(1)因为2Sn＝3an＋1－3，故2Sn－1＝3an－3， (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 【解析】　(1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d， ∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d. ∵d>1，∴an>0，又S99－T99＝99，由等差数列性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1， 8．(2023·全国甲卷理科)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan. (1)求{an}的通项公式； 【解析】　(1)因为2Sn＝nan， 当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2， 当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an， 当n＝1，2，3时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N*)． 考点一 ●方法技巧 由递推公式求通项公式的方法 (1)形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即利用公式an＝(an－　an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，即可求数列{an}的通项公式． 由递推公式求通项公式 (4)若数列{an}满足an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)，构造an＋1＋λ＝p(an＋λ)． (5)若数列{an}满足an＋1＝pan＋f(n)(p≠0，1)，构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)]． ●典例研析 1．(1)(2025·浙江宁波三模)已知数列{an}中，a2＝1，记Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan，则a2 025的值为(　　) A．2 023 B．2 024 C．2 025 D．2 026 (2)(2025·浙江模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则a3＋S4等于(　　) A．33 B．46 C．49 D．42 A．(－8，2) B．(－2，8) C．(－10，6) D．(－6，10) 【答案】　(1)B　(2)A　(3)ABD　(4)ACD　(5)A A．5 B．3＋100lg 3 C．4 D．10＋2lg 3 【答案】　A 2．(2025·三元区校级二模)已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝2an－1，n∈N*，且bn＝log2(an－1)，则数列{bn}的前100项和为(　　) A．4 050 B．4 950 C．5 050 D．4 450 【答案】　B 3．已知数列{an}中，a1＝4，且an＝2an－1＋2n＋1(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为____________. 【答案】　an＝n·2n＋1 考点二 ●方法技巧 在处理Sn，an的式子时，一般情况下，如果要证明f(an)为等差(等比)数列，就消去Sn，如果要证明f(Sn)为等差(等比)数列，就消去an；但有些题目要求求{an}的通项公式，表面上看应该消去Sn，但这会导致解题陷入死胡同，这时需要反其道而行之，先消去an，求出Sn，然后利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an(n≥2)． 利用Sn与an的关系求通项公式 a1＝3也满足an＝3n， ∴数列{an}的通项公式为an＝3n. 【解析】　(1)方法一：由题意知当n≥2时，Sn＋Sn－1＝nan， 方法二：由题意知当n≥2时，Sn＋Sn－1＝nan， ∴当n≥3时，Sn－1＋Sn－2＝(n－1)an－1， 两式相减得an＋an－1＝nan－(n－1)an－1(n≥3)，即(n－1)an＝nan－1， ●跟踪训练 4．(2025·陕西模拟)数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n(n＋1)(n＋2)，则an＝____________. 【答案】　3(n＋1) 【解析】　数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n(n＋1)(n＋2)　①，当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－1)(n＋1)n　②，①－②得nan＝n(n＋1)(n＋2)－n(n＋1)(n－1)＝3(n＋1)n，故an＝3(n＋1)，(首项符合通项)． 5．(2025·海东市四模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋k(k为常数)． (1)求k的值； (2)求{an}的通项公式； (3)若bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 【解析】　(1)因为Sn＝n2＋k，所以a1＝S1＝k＋1， a2＝S2－S1＝k＋4－(k＋1)＝3，a3＝S3－S2＝(k＋9)－(k＋4)＝5， 因为{an}是等差数列，所以a1＋a3＝2a2，即k＋1＋5＝2×3，解得k＝0. (2)由(1)可知Sn＝n2，则Sn－1＝(n－1)2＝n2－2n＋1(n≥2)， 故an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)， 因为a1＝1也满足an＝2n－1，所以an＝2n－1. 考点三 ●核心知识 求数列的前n项和的方法 (1)分组求和法； (2)并项求和法； (3)错位相减法； (4)裂项相消法 求数列的前n项和 ●方法技巧 1．分组求和法求前n项和适用的类型 (1){cn}的通项公式为：cn＝an＋bn. 2．分组求和法求前n项和的技巧 (1)定通项公式：即根据已知条件求出数列的通项公式． (2)巧拆分：即根据通项公式的特征，将其分解为可以直接求和的数列． (3)分别求和：分别求出各个数列的和． 3．组合：即把拆分后求得数列的和进行组合，得到所求数列的和． ●方法技巧 1．并项求和法求前n项和适用的类型 通项公式中含有(－1)n等特征． 2．并项求和法求前n项和的解题技巧 (1)按已知的数列的特点进行分类讨论． (2)将通项加和进行分析． (3)加和后的数列作为新数列求和． (4)得出结果． ●方法技巧 错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求．q倍错位相减法：若数列{cn}的通项公式cn＝an·bn，其中{an}、{bn}中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和．这种方法叫q倍错位相减法． ●方法技巧 1．裂项相消法的解题策略 裂项相消求和法就是把数列的各项变为两项之差，使得相加求和时一些正负项相互抵消，前n项和变成首尾若干少数项之和，从而求出数列的前n项和． 2．常见的裂项形式 ●典例研析 　　　　 分组求和 3．(2025·黑龙江哈尔滨模拟预测)已知{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝1，b1＝2，a3－b2＝1，5＋a2＝b3. (1)求{an}，{bn}的通项公式； 【解析】　(1){an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，设公差为d，公比为q(q>0)， 由a1＝1，b1＝2，a3－b2＝1，5＋a2＝b3， 则an＝2n－1，bn＝2n. ●跟踪训练 6．(2025·惠州月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，对一切正整数n，点(n，Sn)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn＝2n－1，求数列{an＋bn}的前n项和Tn. 【解析】　(1)由对一切正整数n，点(n，Sn)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上， 可得Sn＝n2＋2n， 当n≥2时，由Sn＝n2＋2n，可得Sn－1＝(n－1)2＋2(n－1)， 相减可得an＝Sn－Sn－1＝2n＋1， 当n＝1时，a1＝S1＝3， 即有an＝2n＋1(n∈N*)． (2)数列{bn}是以首项为1，公比为2的等比数列， 可得Tn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn) 　　　　　并项求和法 4．(2025·四川成都阶段练习)已知数列{an}是首项为2且公差不为0的等差数列，a4为a2和a8的等比中项，记数列{an}的前n项和为Sn. (1)求an和Sn； ●跟踪训练 7．(2025·贵州黔东南三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项为2，且a2＋a6＝10，S5＝3a4，b4－a5＝3S3. (1)求{an}，{bn}的通项公式； 【解析】　(1)设等差数列{an}公差为d， 可知a5＝7，S3＝3， 设等比数列{bn}的公比为q，代入得2q3－7＝9，解得q＝2， 可知bn＝2·2n－1＝2n. 　　　　　错位相减法 5．(2025·阳西县模拟)已知数列{an}与{log2bn}都是等差数列，其前n项和分别为Sn与Tn，且a2＋a4＋a6＝24，a5＋S5＝40，b1＝a1，T3＝a3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； 【解析】　(1)已知数列{an}与{log2bn}都是等差数列，其前n项和分别为Sn与Tn， 且a2＋a4＋a6＝24，a5＋S5＝40，b1＝a1，T3＝a3， 设等差数列{an}与{log2bn}的公差分别为d1、d2， 所以an＝2n， 由b1＝a1＝2，T3＝a3＝6，即log2b1＋log2b2＋log2b3＝3log2b2＝6， 所以b2＝4，则d2＝log2b2－log2b1＝2－1＝1，又log2b1＝1， 所以log2bn＝n，则bn＝2n. ●跟踪训练 8．(2025·扬州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，an≠0，且a1＝1，4Sn＝anan＋1＋1. (1)求{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Sn. 【解析】　(1)当n≥2时，由4Sn＝anan＋1＋1， 可得4Sn－1＝an－1an＋1， 两式相减得4an＝4Sn－4Sn－1＝an(an＋1－an－1)， 因为an≠0，故an＋1－an－1＝4， 所以数列{an}的奇数项和偶数项均为公差为4的等差数列， 由等差数列的通项公式，可得a2n－1＝1＋4(n－1)＝4n－3＝2(2n－1)－1， a2n＝3＋4(n－1)4n－1＝2(2n)－1， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)bn＝(2n－1)·2n， 所以Sn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n， 2Sn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－1)·2n＋1， 所以Sn＝(2n－3)·2n＋1＋6. 【解析】　(1)当n＝1时，a1＝3， 当n＝1时也成立， 所以数列{an}的通项公式为an＝3n(n∈N*)． 当n≥2时，由Sn＝nan＋n2－n，可得Sn－1＝(n－1)an－1＋(n－1)2－(n－1)， 相减可得an＝Sn－Sn－1＝nan＋n2－n－[(n－1)an－1＋(n－1)2－(n－1)]， 化简可得(n－1)an＝(n－1)an－1－2(n－1)， 因为n≥2，所以(n－1)≠0，所以an＝an－1－2，即an－an－1＝－2， 所以数列{an}是首项为9，公差为－2的等差数列， 由等差数列的通项公式，可得an＝11－2n. 考点四 ●方法技巧 数列与不等式的综合问题的类型及解题策略 (1)与数列有关的不等式证明问题的解法 ①比较法：作差比较或作商比较． ②放缩法：通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等方法达到证明的目的． ③构造法：通过构造函数进行证明． 数列的综合应用 (2)以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值． 提醒：判断与数列相关的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小． ●典例研析 7．(2025·河北模拟)对数运算可以使一些复杂的数学计算变得简单，比如函数：f(x)＝xx(x＞0)，通常为了便于求导，我们可以作变形：f(x)＝xx＝eln x2＝exln x. (1)求f(x)＝xx(x＞0)的单调区间； (2)已知g(x)＝x2. ①若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝g(an)＋g′(an)，求数列{an}的通项公式； 两边同时取对数可得ln(an＋1＋1)＝2ln(an＋1)， 所以{ln(an＋1)}是以ln 2为首项，2为公比的等比数列， 则ln(an＋1)＝2n－1ln 2＝ln 22n－1，所以an＋1＝22n－1. 所以当数列{an}满足a1＝1，an＋1＝g(an)＋g′(an)时，an＝22n－1－1； ●跟踪训练 10．(2025·湖南模拟)已知{an}是等差数列,且a2＝3,a3＋a5＝14，数列{bn}是等比数列，其前n项和为Sn，且满足bn＋1＝λSn＋1，其中λ≠－1. (1)当λ＝1时，求数列{an}与数列{bn}的通项公式； 【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d，已知a2＝3，a3＋a5＝14，根据等差数列通项公式可得： 由a1＋d＝3可得a1＝3－d，将其代入2a1＋6d＝14得2(3－d)＋6d＝14， 解得d＝2.把d＝2代入a1＝3－d得a1＝3－2＝1. 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1. 当λ＝1时，bn＋1＝Sn＋1，① 当n≥2时，bn＝Sn－1＋1.② ①－②得bn＋1－bn＝Sn－Sn－1＝bn，即bn＋1＝2bn(n≥2)． 当n＝1时，b2＝S1＋1＝b1＋1，又b2＝2b1，所以2b1＝b1＋1，解得b1＝1. 所以数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则bn＝2n－1. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 【答案】　C A．30 B．60 C．90 D．120 【答案】　A 3．(2025·山东菏泽二模)对于任意x∈R，xf(x＋1)＝(x＋1)f(x)＋1，且f(2)＝3，则f(2 025)＝(　　) A．－1 B．1 C．2 025 D．4 049 【答案】　D A．30 B．4 944 C．9 876 D．14 748 【答案】　B 【答案】　A 【答案】　C 7．(2025·宁夏校级一模)若函数an＋1＝f(an)，则称f(x)为数列{an}的“伴生函数”．已知数列{an}的“伴生函数”为f(x)＝2x＋1，a1＝1，则称数列{nan}的前n项和Tn＝(　　) 【答案】　C` 【答案】　D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． A．an＝2n＋2 B．Sn＝n2－19n C．数列{an}的前n项和为n2－17n D．Sn的最小值为－72 【答案】　AD 10．(2025·安化县校级模拟)已知数列{an}的首项为4，且满足2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)，则(　　) 【答案】　BD 11．(2025·辽宁模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，a1＞0，a6＋a7＞0，a6·a7＜0，下列结论正确的是(　　) A．d＜0 B．当Sn＞0时，n的最大值为13 【答案】　AD 13．(2025·漯河三模)已知等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4·a2n－4＝102n，则数列lg a1，2lg a2，22lg a3，23lg a4，…，2n－1lg an的前n项和Sn＝________________. 【答案】(n－1)·2n＋1 四、解答题：每小题15分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(2025·儋州校级模拟)已知数列{an}是公差大于2的等差数列，其前n项和为Sn，a2＝5，且a1＋1，a2＋1，a5－2成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； 【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d(d＞2)， 由a2＝5，且a1＋1，a2＋1，a5－2成等比数列， ∴an＝2＋3(n－1)＝3n－1. 16．(2025·保山校级二模)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝3，q＝d＋1，S10＝100. (1)求{an}，{bn}的通项公式； 【解析】　(1)因为等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn， 等比数列{bn}的公比为q， 又b1＝a1，b2＝3，q＝d＋1，S10＝100， 17．(2025·河西区校级模拟)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，bn∈N*，a2＋a8＝18，b2b4＝81. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d，已知a1＝1， 由等差数列的性质am＋an＝ap＋aq(m＋n＝p＋q)，a2＋a8＝2a5＝18，则a5＝9. 根据等差数列通项公式an＝a1＋(n－1)d，a5＝a1＋4d＝1＋4d＝9， 解得d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1， 设等比数列{bn}的公比为q，b1＝1， 由等比数列的性质bm·bn＝bp·bq(m＋n＝p＋q)， 根据等比数列通项公式bn＝b1qn－1， b3＝b1q2＝q2＝9， 解得q＝3(q＝－3舍去，因为bn∈N*)， 所以bn＝3n－1. (2)由(1)知an＝2n－1，an＋1＝2n＋1， 18．(2025·凉州区校级模拟)已知公差不为零的等差数列{an}满足a1＝1，且a2，a4，a8成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)证明：ln an≤an－1； 【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， ∵a1＝1，a2，a4，a8成等比数列， 解得d＝1或d＝0(舍去)， ∴数列{an}的通项公式an＝n(n∈N*)． 当x≥1时，f′(x)≤0，∴f(x)单调递减， ∴f(x)≤f(1)＝0， ∴ln x－x＋1≤0，由(1)可知an≥1， 则有ln an－an＋1≤0， ∴不等式ln an≤an－1恒成立． 1．(2025·新课标全国Ⅰ卷)设数列{an}满足a1＝3，＝＋. 【解析】　(1)证明：n∈N*，在数列{an}中，a1＝3，＝＋， ∴(n＋1)an＋1＝nan＋1，即(n＋1)an＋1－nan＝1，∴{nan}是以a1＝3为首项，1为公差的等差数列． (2)由题意及(1)得，n∈N*，在数列{nan}中，首项为3，公差为1， ∴nan＝3＋1×(n－1)，即an＝1＋， 在f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm中，f(x)＝3x＋2x2＋…＋xm，f′(x)＝3＋4x＋…＋(m＋2)xm－1， ∴ 当x≠1且x≠0时， ∴(1－x)f′(x)＝3＋x＋x2＋…＋xm－1－(m＋2)xm＝3＋－(m＋2)xm， ∴f′(x)＝＋－， ∴f′(－2)＝＋－ ＝1＋－ ＝1－－－ ＝－. 则由题得⇒ 所以2Sn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)2n＋(3n－1)2n＋1， 所以－Sn＝4＋3×(22＋23＋…＋2n)－(3n－1)2n＋1＝4＋3×－(3n－1)2n＋1＝－8＋(4－3n)2n＋1， 当p1，p2，…，pn－1，pn均为1时：此时该系列元素只有Sn＝8＋(3n－4)2n＋1即C个； 当p1，p2，…，pn－1，pn中只有一个为0，其余均为1时： 此时该系列的元素有Sn－a1b1，Sn－a2b2，Sn－a3b3，…，Sn－anbn共有C个， 则这n个元素的和为CSn－(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)＝(C－C)Sn； 当p1，p2，…，pn－1，pn中只有2个为0，其余均为1时： 此时该系列的元素为Sn－aibi－ajbj(i，j∈{1，2，…，n}，i≠j)共有C个， 则这n个元素的和为CSn－C(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)＝(C－C)Sn； 当p1，p2，…，pn－1，pn中有3个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为Sn－aibi－ajbj－akbk(i，j，k∈{1，2，…，n}，i≠j≠k)共有C个， 则这n个元素的和为CSn－C(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)＝(C－C)Sn； … 当p1，p2，…，pn－1，pn中有n－1个为0，1个为1时：此时该系列的元素为a1b1，a2b2，…，anbn共有C个， 则这n个元素的和为CSn－C(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)＝(C－C)Sn； 当p1，p2，…，pn－1，pn均为0时：此时该系列的元素为0＝(C－C)Sn即C＝1个， 综上所述，Tn中的所有元素之和为 Sn＋(C－1)Sn＋(C－C)Sn＋(C－C)Sn＋…＋(C－C)Sn＋0 ＝[(C＋C＋…＋C＋C)－(C＋C＋…＋C＋C)]Sn ＝(2n－2n－1)Sn＝2n－1Sn＝2n－1·[8＋(3n－4)2n＋1]． 所以Tn的所有的元素的和中各项aibi(i∈{1，2，…，n})出现的次数均为C＋C＋…＋C＋C＝2n－1次， 所以Tn中的所有元素之和为 2n－1(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)＝2n－1Sn＝2n－1·[8＋(3n－4)2n＋1]． 3．(2024·新课标全国Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. 而bn＝k∈N*， 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3， 所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3. (2)证明：方法一：由(1)知，Sn＝＝n2＋4n， bn＝k∈N*， 当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1， Tn＝·＝n2＋n， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，因此Tn>Sn， 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn， 所以当n>5时，Tn>Sn. 方法二：由(1)知，Sn＝＝n2＋4n， bn＝k∈N*， 当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn) ＝·＋·＝n2＋n， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，因此Tn>Sn， 当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋　　bn－1)＝·＋·＝n2＋n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式， 因此当n为奇数时Tn＝n2＋n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn， 所以当n>5时，Tn>Sn. (3)从1，2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j(i<j)，记数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)—可分数列的概率为Pm，证明：Pm>. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形a′k＝＋1(k＝1，2，…，4m＋2)， 则由i<j可知4k1＋1<4k2＋2，即k2－k1>－，故k2≥k1. 则由i<j可知4k1＋2<4k2＋1，即k2－k1>，故k2>k1. 但这导致k2－k1＝，矛盾，所以i∈B，j∈A． 当我们从1，2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j(i<j)时，总的选取方式的个数等于＝(2m＋1)(4m＋1)． 而根据之前的结论，使得数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)—可分数列的(i，j)至少有个． 所以数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)—可分数列的概率Pm一定满足 Pm≥＝>＝＝.这就证明了结论． 而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3， 所以－2Tn＝4＋4·31＋4·32＋…＋4·3n－1－4n·3n＝4＋4·－4n·3n＝4＋2·3·(3n－1－1)－4n·3n＝(2－4n)·3n－2，∴Tn＝(2n－1)·3n＋1. 所以2an＝3an＋1－3an(n≥2)即5an＝3an＋1，故等比数列的公比为q＝， 故2a1＝3a2－3＝3a1×－3＝5a1－3，故a1＝1，故an＝n－1. (2)由等比数列求和公式得Sn＝＝n－. 7．(2023·新课标全国Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． 又T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝，∴S3＋T3＝6d＋＝21， 即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝(舍去)， ∴an＝a1＋(n－1)·d＝3n. (2)∵{bn}为等差数列，∴2b2＝b1＋b3，即＝＋， ∴6＝＝，即a－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d， ∴a50－＝1，即a－a50－2 550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去)， 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d>1矛盾，无解； 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝.综上d＝. (2)求数列的前n项和Tn. 化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，当n≥3时，＝＝…＝＝1，即an＝n－1， (2)因为＝，所以Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n×n， Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1， 两式相减得Tn＝1＋2＋3＋…＋n－n×n＋1 ＝－n×n＋1 ＝1－n，即Tn＝2－(2＋n)n，n∈N*. (2)形如＝f(n)的数列，常令n分别为1，2，3，…，n－1，代入＝f(n)，再把所得的(n－1)个等式相乘，利用an＝a1···…·(n≥2)即可求数列{an}的通项公式． (3)形如an＋1＝(p，q≠0)的数列，取倒数可得＝＋，即－＝，构造等差数列求通项公式． (3)(多选)(2025·南京二模)已知数列{an}中，a3＝，an－an＋1＝－3an＋1an，n∈N*，其前n项和为Sn，则(　　) A．a1＝ B．an＝ C．an≥a7 D．S10＜0 (4)(多选)(2025·南宁校级期中)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，则下列结论正确的有(　　) A．为等比数列 B．{an}的通项公式为an＝ C．{an}为递减数列 D．的前n项和Tn＝－n－ (5)(2025·陇西县校级模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a3＝5，S4＝15，若对于任意n∈N*，不等式＞m2＋6m恒成立，则m的取值范围为(　　) 【解析】　(1)数列{an}中,满足2Sn＝nan，当n≥3时，可得2Sn－1＝(n－1)an－1，两式相减，可得2an＝nan－(n－1)an－1，即(n－2)an＝(n－1)an－1，所以＝，又由a2＝1，则a2 025＝a2×××…×＝1×××…×＝2 024.故选B. (2)当n≥2时，由an＋1＝2Sn，可得an＝2Sn－1，相减可得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，即an＋1＝3an，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，上式对n＝1不成立，因此当n≥2时，数列{an}是以2为首项，公比为3的等比数列，an＝2·3n－2，可得an＝则a3＝6，S4＝a5＝27，所以a3＋S4＝33.故选A． (3)因为an－an＋1＝－3an＋1an，所以两边同时除以anan＋1，得－＝－3，令bn＝，则递推式变为bn＋1－bn＝－3；所以数列{bn}是公差为－3 的等差数列，因为a3＝，所以b3＝8，所以bn＝b3＋(n－3)(－3)＝17－3n，所以数列{an}通项公式为an＝，对于A，当n＝1时，a1＝＝，故A正确；对于B，由推导过程可知，an＝，故B正确；对于C，因为a7＝＝－，a6＝＝－1，显然a6＜a7，故C错误；对于D，S10＝＋＋＋＋－1－－－－＜0，故D正确．故选ABD． (4)数列{an}满足a1＝，an＋1＝，＝＝2＋，即＋1＝3，又a1＝，故＋1＝3，所以是首项为3，公比为3的等比数列，A正确；由A知，＋1＝3·3n－1＝3n，所以an＝，B错误；an＋1－an＝－＝＜0，所以an＋1＜an，故{an}为递减数列，C正确；的前n项和为Sn＝＝－，所以的前n项和Tn＝Sn－n＝－n－，D正确．故选ACD． (5)等比数列{an}中，a1＋a3＝a1(1＋q2)＝5，S4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋q2)(1＋q)＝15，两式相除可得1＋q＝3，即q＝2，a1＝1，所以an＝　　　2n－1，因为＝2n－1＋≥2＝16，当且仅当2n－1＝，即n＝4时取等号，若对于任意n∈N*，不等式＞m2＋6m恒成立，则16＞m2＋6m，解得－8＜m＜2.故选A． ●跟踪训练 1．(2025·青岛高三期末)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋lg，则a100＝(　　) 【解析】　在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋lg，即an＋1－an＝lg ＝lg(n＋1)－lg n，所以a100＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a100－a90)＝3＋lg 2－lg 1＋lg 3－lg 2＋…＋lg 100－lg 99＝3－lg 1＋lg 100＝3＋2＝5.故选A． 【解析】　由an＋1＝2an－1，两边减去1，可得an＋1－1＝2(an－1)，则数列{an－1}是首项为1，公比为2的等比数列，由等比数列的通项公式，可得an－1＝2n－1，bn＝log2(an－1)＝n－1，所以数列{bn}的前100项和为×100＝4 950.故选B. 【解析】　当n≥2时，因为an＝2an－1＋2n＋1，所以＝＋1，又＝＝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，则an＝n·2n＋1. ●典例研析 2．已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝3，且当n≥2时，Sn，，Sn－1成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足bn＝1－，若b2·b3·…·bn＝，求正整数n的值． ∴Sn＋Sn－1＝n(Sn－Sn－1)，整理得Sn＝Sn－1， 由S1＝a1＝3，∴Sn＝××××…×××3＝(n2＋n)， 经检验S1＝3也符合Sn＝(n2＋n)． ∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝3n. ∴＝(n≥3)，∴当n≥3时，为常数列， 又由S2＋S1＝2a2得a2＝6，同理可得a3＝9， ∴＝＝＝3，∴＝＝3，即an＝3n， ∴数列{an}的通项公式为an＝3n. (2)由(1)得bn＝1－＝1－＝＝×， ∴b2·b3·…·bn＝××××××…××＝. 由＝，得n＝88. (3)由(2)可知bn＝22n－1，则bn＋1＝22n＋1，故＝4， 因为b1＝2，所以{bn}是首项为2，公比为4的等比数列， 则Tn＝＝＝. (2){cn}的通项公式为：cn＝ (1)＝＝－. (2)＝. (3)＝＝. (4)＝. (5)＝(－)． (6)＝－. (7)＝－. (2)若cn＝求数列{cn}的前2n项和S2n. 可得解得d＝q＝2(负的舍去)， (2)cn＝ ∴S2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝(1＋5＋…＋4n－3)＋(22＋24＋…＋22n) ＝＋＝2n2－n＋(4n－1)． ＝＋＝n2＋2n＋2n－1. (2)设bn＝(－1)n－1·(n∈N*)，求数列{bn}的前2 022项的和． 【解析】　(1)因为a4为a2和a8的等比中项，所以a＝a2a8， 又因为数列{an}是首项为2且公差不为0的等差数列， 则(2＋3d)2＝(2＋d)(2＋7d)，所以d＝2，an＝2n，Sn＝＝n(n＋1)． (2)因为bn＝(－1)n－1·＝(－1)n－1·＝(－1)n－1·(n＋1)， 所以数列{bn}的前2 022项的和为 b1＋b2＋…＋b2 022＝2－3＋4－5＋…＋2 022－2 023＝(2－3)＋(4－5)＋…＋(2 022－2 023)＝－1×＝－1 011. (2)设cn＝(－1)nan＋，求数列{cn}的前2n项的和T2n. 根据题意得 解得所以an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3， (2)由(1)可知an＝2n－3，bn＝2n，则cn＝(－1)n(2n－3)＋. T2n＝c1＋c2＋…＋c2n ＝＋＋…＋， 分组得T2n＝[(－a1＋a2)＋(－a3＋a4)＋…＋(－a2n－1＋a2n)]＋， 计算(－a1＋a2)＋(－a3＋a4)＋…＋(－a2n－1＋a2n)＝2n， 计算＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＝1－， 则T2n＝2n＋1－. (2)求数列的前n项和Pn. 由可得 解得 (2)由(1)可得＝＝(－1)n×， 所以Pn＝－＋－＋…＋(－1)n－1×＋(－1)n×， 则－Pn＝－＋＋…＋(－1)n×＋(－1)n＋1×， 两式相减得Pn＝－＋－＋…＋(－1)n×－(－1)n＋1× ＝－(－1)n＋1×＝－＋n×， 所以数列的前n项和Pn＝－＋n×. 当n＝1时，由a1＝1及S1＝，解得a2＝3， 两式相减得－Sn＝2＋23＋24＋…＋2n＋1－(2n－1)·2n＋1＝2＋－(2n－1)·2n＋1＝－6＋(3－2n)2n＋1， 裂项相消法 6．(2025·临翔区校级模拟)已知数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝n(n∈N*)，的前n项和为Sn. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝log3an，数列的前n项和为Tn，证明：Tn＜Sn＋1. 当n≥2时，a1＋a2＋a3＋…＋an＝n，① a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝n－1，② 由①－②得an＝n－(n－1)＝1，即an＝3n(n≥2)， (2)证明：由(1)知an＝3n，所以Sn＋1＝＝， 因为bn＝log3an＝log33n＝n， 所以＝＝， 所以Tn＝ ＝， 所以2Tn＝， 因为3n＋1＞2n＋1＝(1＋1)n＋1>C＋C＋C＝1＋(n＋1)＋＞， 所以2Tn＝＜Sn＋1＝， 所以Tn＜Sn＋1. ●跟踪训练 9．(2025·靖远县校级模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，－an＝n－1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝|an|，数列{bn}的前n项和Tn； (3)记cn＝，求数列{cn}的前n项和Rn. 【解析】　(1)－an＝n－1，得Sn＝nan＋n2－n， (2)由(1)可得bn＝ 当n≤5时，Tn＝＝10n－n2， 当n≥6时，Tn＝＋2T5＝n2－10n＋50， 综上，Tn＝ (3)由(1)可得cn＝＝， 则Rn＝＝＝. ②求证：(g(i)－ln f(i))≥. 【解析】　(1)f(x)＝xx＝exln x，f′(x)＝exln x(ln x＋1) 令f′(x)＞0，解得x＞，令f′(x)＜0，解得0＜x＜， 所以f(x)的单调递增区间为，递减区间为. (2)①由题意可知，an＋1＝a＋2an， 那么an＋1＋1＝a＋2an＋1＝(an＋1)2， ②证明：设函数h(x)＝ln x－x＋1，h′(x)＝－1＝， 当x＞1时，h′(x)＜0，当0＜x＜1时，h′(x)＞0， 所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则h(x)≤h(1)＝0，即ln x≤x－1在(0，＋∞)上恒成立， g(n)－ln f(n)＝n2－nln n≥n2－n(n－1)＝n， 所以(g(i)－ln f(i))≥1＋2＋3＋…＋n＝， 即(g(i)－ln f(i))≥. (2)在(1)的条件下，设数列{cn}的前n项和为Tn，已知cn＝，证明：≤Tn＜1； (3)当λ＝－时，若数列{dn}满足d1＝μ(μ＞0)，且dn＋1－dn＝－bn，若对任意正整数i，j(i≠j)，|di－dj|＜1恒成立，求实数μ的取值范围． 即 (2)证明：cn＝＝， 将其变形为cn＝－. 则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－. 因为n∈N*，所以＞0，则Tn＜1. 又Tn＋1－Tn＝－ ＝－＝ ＝＞0， 所以{Tn}单调递增，Tn≥T1＝1－＝.综上，≤Tn＜1. (3)当λ＝－时，bn＋1＝－Sn＋1，③ 当n≥2时，bn＝－Sn－1＋1，④ ③－④得bn＋1－bn＝－(Sn－Sn－1)＝－bn，即bn＋1＝－bn(n≥2)． 当n＝1时，b2＝－S1＋1＝－b1＋1，又b2＝－b1， 所以－b1＋1＝－b1，解得b1＝1.所以bn＝n－1. 因为dn＋1－dn＝－bn＝－·n－1＝μ2·n. 当n≥2时，dn＝d1＋(d2－d1)＋(d3－d2)＋…＋(dn－dn－1) ＝μ＋μ2 ＝μ＋μ2·＝μ－. 当n＝1时，d1＝μ也满足上式． 当n为奇数时，dn＝μ－单调递减，dn∈； 当n为偶数时，dn＝μ－单调递增，dn∈. 因为对任意正整数i，j(i≠j)，|di－dj|＜1恒成立， 所以μ－＜1，即＜1，又μ＞0，解得0＜μ＜. 所以，实数μ的取值范围是(0，)． 1．(2025·平罗县校级三模)数列{an}满足an＋1＝，a3＝4，则a2 025＝(　　) A．－ B．2 025 C．4 D．2 024 【解析】　数列{an}满足an＋1＝，a3＝4，可得＝4，解得a2＝，由＝，解得a1＝－，又a4＝＝－＝a1，a5＝＝＝a2，…，可得数列{an}的最小正周期为3，则a2 025＝a3×675＝a3＝4．故选C. 2．(2025·克东县校级模拟)各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，若满足关系式a－a－2an＋1－2an＝0，则S5＝(　　) 【解析】根据题意,(an＋1＋an)(an＋1－an)－2(an＋1＋an)＝(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0，由于an＋1＋an＞0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2，所以数列{an}是以2为首项，以2为公差的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n，所以S5＝＝30.故选A． 【解析】　由xf(x＋1)＝(x＋1)f(x)＋1，当x∈N*时，可得＝＋＝＋－，赋值可得 利用累加法可得　＝＋－，代入f(2)＝3可得＝＋－＝⇒f(2 025)＝4 049，故选D． 4．(2025·天津一模)已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝3n，bn＝n，在bm与bm＋1之间插入数列{an}的前m项，构成新数列{cn}，即b1，a1，b2，a1，a2，b3，a1，a2，a3，b4，a1，a2，a3，a4，b5，….记数列{bn}的前n项和为Sn，则ci＝(　　) 【解析】　由题意可知Sn＝，记数列{an}的前n项和为Tn，则Tn＝＝(3n－1)，所以ci＝T1＋T2＋…＋Tn－1＋b1＋b2＋…＋bn＝[31＋32＋…＋3n－1－(n－1)]＋＝(3n－1－1)－(n－1)＋＝＋－n－，则n＝8时，ci＝4 944.故选B. 5．(2025·安顺模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1，bn＝log2an＋1，则＋＋…＋＝(　　) A． B． C． D． 【解析】　由Sn＝2an－1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，则an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，所以an＝2an－1，当n＝1时，S1＝2a1－1，则a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，可得an＝a1·qn－1＝2n－1，即an＋1＝2n，因为bn＝log2an＋1，所以bn＝n，根据裂项相消法＝＝－，则＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＝.故选A． 6．(2025·苏州三模)已知数列{an}满足a1＝1，＝1－an，则(　　) A．an＋1＞an B．an＞ C．1 013a2 025＜1 D．2 025a2 025＜1 【解析】　由＝1－an，得an＋1＝－a＋an，又a1＝1，所以　　　an＋1－an＝－a＋an－an＝－a≤0，令an＋1＝an，解得an＝0，显然an＞0，故an＋1－an≠0，所以an＋1－an＜0，所以{an}是递减数列，选项A错误；由a1＝1，得a2＝－a＋a1＝－＋1＝，a3＝－a＋a2＝－＋＝＜，显然，选项B错误；由＝1－an＞0，a1＝1，得0＜an≤1，又＝ ＝＋，1≤2－an＜2，得≤－≤1，即≤－≤1，累加得－＝－＋＋＋…＋－，所以n－1＜－≤，故1 013＜≤2 025，所以≤a2 025＜，所以≤1 013a2 025＜1，选项C正确；1≤2 025a2 025＜，选项D错误．故选C. A．n·2n＋2－ B．n·2n＋1＋2－ C．(n－1)·2n＋1＋2－ D．(n－1)·2n＋2－ 【解析】　由题意知，an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，即＝2，故数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2n， 即an＝2n－1，所以nan＝n·2n－n，故Tn＝(1·21－1)＋(2·22－2)＋(3·23－3)＋…＋(n·2n－n)＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n－，设Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，则2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，两式相减得，－Sn＝1·21＋1·22＋1·23＋…＋1·2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2，所以Tn＝Sn－＝(n－1)2n＋1＋2－.故选C. 8．(2025·昌黎县校级模拟)已知数列{an}中，an＝，其前n项和为Sn，数列{a}的前n项和为Tn.若S－λ(－1)nTn＞0对n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围是(　　) A．(3，＋∞) B．(－1，3) C． D． 【解析】　数列{an}中，an＝，其前n项和Sn＝＝2，由a＝,可得前n项和Tn＝＝,S－λ(－1)nTn＞0对n∈N*恒成立,即为42－λ·(－1)n·＞0,即3－λ·(－1)n·＞0，即有3(2n－1)－λ·(－1)n·(2n＋1)＞0恒成立，当n为偶数时，λ＜ ＝3恒成立，由在n∈N*递增，可得n＝2时，3取得最小值，则λ＜；当n为奇数时，－λ＜＝3恒成立，由在n∈N*递增，可得n＝1时，3取得最小值1，则－λ＜1，即λ＞－1.则实数λ的取值范围是，故选D． 9．(2025·丰泽区校级模拟)数列{an}满足＝2n＋1(n∈N*)，记数列{an－20}的前n项和为Sn，则(　　) 【解析】　对于A，因为＝2n＋1，所以a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1　①，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n　②，由①－②得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n，所以an＝2(n＋1)，当n＝1时，a1＝21＋1×1＝4也成立，所以an＝2n＋2，故A正确；对于B，Sn＝a1－20＋a2－20＋…＋an－20＝a1＋a2＋…＋an－20n＝2×1＋2＋2×2＋2＋…＋2×n＋2－20n＝2(1＋2＋…＋n)＋2n－20n＝n(n＋1)－18n＝n2－17n，故B错误；对于C，数列{an}的前n项和为＝n2＋3n，故C错 误；对于D，因为an－20＝2n－18，当an－20≤0时，n≤9；当an－20≥0时,n≥9,且a9－20＝0，所以当n＝8或9时，{an－20}的前n项和Sn取最小值，最小值为S8＝S9＝＝－72，故D正确．故选AD． A．为等差数列 B．{an}为递增数列 C．{an}的前n项和Sn＝(n－1)·2n＋1＋4 D．的前n项和Tn＝ 【解析】　由2(n＋1)an－nan＋1＝0得＝2×，所以是以＝a1＝4为首项,2为公比的等比数列,故A错误；因为＝4×2n－1＝2n＋1,所以an＝n·2n＋1,显然递增，故B正确；因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1　①，2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n＋2　②，所以①－②得－Sn＝1×22＋23＋…＋2n＋1－n·2n＋2＝－n·2n＋2，故Sn＝(n－1)×2n＋2＋4，故C错误；因为＝＝n，所以的前n项和Tn＝＝，故D正确．故选BD． C．数列为等差数列，且和数列{an}的首项、公差均相同 D．数列前n项和为Tn，T12最大 【解析】　若d＞0，则{an}为递增数列，所以a7＞a6＞a1＞0，与a6·a7＜0矛盾，若d＝0，则{an}为常数列，所以a7＝a6＝a1＞0，与a6·a7＜0矛盾，若d＜0，则{an}为递减数列，则a1＞a6＞a7，由可得a6＞0＞a7，符合题意，A正确；由A选项可知，a6＞0，a7＜0，S12＝＝6(a6＋a7)＞0，S13＝×13＝13a7＜0，所以，当Sn＞0时，n的最大值为12，B错误；Sn＝na1＋，则＝a1＋d，所以－ ＝－＝，所以，数列为等差数列，且其首项为a1，公差为，C错误；由a6＞0得a1＋5d＞0，由a7＜0得a1＋6d＜0，由a6＋a7＞0得2a1＋11d＞0，即a1＋d＞0，令bn＝，bn＝a1＋(n－1)，则等差数列{bn}为递减数列，且b11＝a1＋5d＞0，b12＝a1＋＞0，b13＝a1＋6d＜0，所以，数列前n项和为Tn，T12最大，D正确．故选AD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．(2025·沙坪坝区校级模拟)对于数列{xn}，若存在常数M＞0，使得对一切正整数n，恒有|xn|≤M成立，则称{xn}为有界数列．设数列{an}的前n项和为Sn，满足an＝，若{Sn}为有界数列，则实数M的取值范围是____________. 【答案】　 【解析】　an＝＝＝，可得Sn＝＝<×＝，即有M≥，故实数M的取值范围为. 【解析】由于等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4·a2n－4＝a＝102n，整理得an＝10n；所以Sn＝lg a1＋2lg a2＋…＋2n－1lg an＝1×20＋2×21＋…＋n·2n－1　①，2Sn＝1×21＋2×22＋…＋n·2n　②，①－②得－Sn＝(1＋2＋…＋2n－1)－n·2n，整理得Sn＝(n－1)·2n＋1. 14．(2025·成华区校级期中)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，设bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和．若Sn＜t对任意n∈N*恒成立，则实数t的取值范围为____________. 【答案】　 【解析】　已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1，两式相减可得nan＝2n－2n－1＝2n－1，即an＝，当n＝1时不适合此式，所以an ＝设bn＝，所以bn＝当n＝1时，S1＝b1＝1，当n≥2时，根据裂项相消求和可得数列{bn}的前n项和Sn＝1＋＝－＜，若Sn＜t对任意n∈N*恒成立，所以t≥，则实数t的取值范围为. (2)令bn＝(－1)n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn. 得 解得(舍去)或 (2)bn＝(－1)n＋1 ＝(－1)n＋1 ＝(－1)n＋1， 当n为偶数时，Tn＝＋－－＋＋－…－－＝－； 当n为奇数时，Tn＝＋－－＋＋－…＋＋＝＋. ∴Tn＝ (2)当d＞0时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn. 所以解得或 所以或 (2)因为d＞0， 所以cn＝＝＝(2n－1)×n－1， 因为Tn＝1×n＋3×1＋5×2＋…＋(2n－1)×n－1， 所以Tn＝1×1＋3×2＋5×3＋…＋(2n－1)×n， 两式相减得Tn＝0＋2－(2n－1)×n ＝1＋2×－(2n－1)×n ＝2－(2n＋2)×n， 故Tn＝3－. (2)求数列的前n项和Sn； (3)已知cn＝数列{cn}的前n项和Tn，若对任意正整数n，不等式1－Tn＜恒成立，求实数λ的取值范围． b2b4＝b＝81，又bn∈N*，所以b3＝9. 则＝＝＝＋ ＝＋. Sn＝ ＝ ＝＋ ＝＋＝＋＝＝＝. (3)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1， 则cn＝＝. Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋＋…＋，① Tn＝＋＋…＋＋，② ①－②得Tn＝＋＋＋…＋－， 所以Tn＝1－，则1－Tn＝. 因为对任意正整数n，不等式1－Tn＜恒成立， 即＜恒成立，等价于λ＞恒成立． 设dn＝， 则dn＋1－dn＝－＝＝. 当n＝1时，d1＝d2， 当n≥2时，dn＋1－dn＜0，dn＋1＜dn， 所以dn的最大值为d2＝＝. 所以λ＞，即实数λ的取值范围是. (3)若数列{bn}满足bn＝，证明：…＜e2(e为自然对数的底)． ∴a＝a2·a8，即(1＋3d)2＝(1＋d)(1＋7d)， (2)证明：设f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝－1＝0， (3)证明：∵…＞0， ∴要证…＜e2， 只需证ln＜2， 由(2)可知ln x≤x－1(当且仅当x＝1时等号成立)， 又bn＝＝， ∴＝＞0， ∴ln＜， 则ln ＝ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋ ＝2 ＝2 ＝2＜2， ∴…＜e2. $