第1章 数列 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（湘教版）

**基本信息** 以高考真题与模拟题为载体，系统整合等差等比数列知识，提炼数列求和六大方法，构建“概念-方法-应用”完整逻辑链，培养运算能力与推理意识。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |高考真题练（考点1-4）|11题（含2024全国甲理18等）|错位相减、裂项相消等六种求和法|从等差等比基础量计算到综合应用，衔接数学归纳法证明| |高考模拟练（应用实践）|9题（含斐波那契数列等）|性质法、构造法等|结合实际情境（如森林蓄积量），强化模型观念与数据意识|

综合拔高练 高考真题练 考点1　等差数列及其应用 1.(2024全国甲理,4)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5=S10,a5=1,则a1=(　　) A.　　　　　B.　　　　　C.-　　　　　D.- 2.(2024全国甲文,5)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S9=1,则a3+a7=(　　) A.-2　　　　　B.　　　　　C.1　　　　　D. 3.(2024新课标Ⅱ,12)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10=　　　　.  4.(2023新课标Ⅰ,20)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. (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. 5.(2023新课标Ⅱ,18)已知{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. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:当n>5时,Tn>Sn. 考点2　等比数列及其应用 6.(2023新课标Ⅱ,8)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=(　　) A.120　　　　　B.85　　　　　C.-85　　　　　D.-120 7.(2023北京,14)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7=　　　　;数列{an}所有项的和为　　　　.  8.(2024全国甲理,18)记Sn为数列{an}的前n项和,已知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Tn. 考点3　数列的综合应用 9.(2024北京,15)设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列,且都不是常数列.记集合M={k|ak=bk,k∈N+},给出下列四个结论: ①若{an}与{bn}均为等差数列,则M中最多有1个元素; ②若{an}与{bn}均为等比数列,则M中最多有2个元素; ③若{an}为等差数列,{bn}为等比数列,则M中最多有3个元素; ④若{an}为递增数列,{bn}为递减数列,则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是　　　　.  10.(2024天津,19)已知数列{an}是公比大于0的等比数列.其前n项和为Sn.若a1=1,S2=a3-1. (1)求数列{an}前n项和Sn; (2)设bn=b1=1,其中k是大于1的正整数. (i)当n=ak+1时,求证:bn-1≥ak·bn; (ii)求bi. 考点4　数学归纳法* 11.(2020全国Ⅲ理,17)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n. (1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明; (2)求数列{2nan}的前n项和Sn. 高考模拟练 应用实践 1.(多选题)(2024山东淄博高青第一中学期中)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S7=S13,且(n+1)Sn>nSn+1(n∈N+),则下列选项中正确的是　　(　　) A.{an}为递增数列 B.S10为Sn的最大值 C.不存在正整数k,使得Sk=0 D.存在正整数m,使得Sm=S3m 2.(2024广东深圳期末调研测试)对于正项数列{an},定义Gn=为数列{an}的“匀称值”.已知数列{an}的“匀称值”为Gn=3n,{an}的前n项和为Sn,则下列叙述中,不正确的是(　　) A.数列{an}为递增数列 B.数列{an}为等差数列 C.=2 024 D.记bn=an,则数列{bn}的最大项为b3 3.(多选题)(2024黑龙江龙西北联合体期中)意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人,斐波那契数列被誉为最美的数列.已知斐波那契数列{an}满足:a1=1,a2=1,an=an-1+an-2(n≥3,n∈N+),若将数列的每一项按照下图方法放进格子里,每一小格子的边长为1,记前n项所占的格子的面积之和为Sn,每段螺旋线与其所在的正方形围成的扇形面积为cn,则下列结论正确的是(　　) A.Sn+1=+an+1an B.a1+a2+a3+…+an=an+2-1 C.a1+a3+a5+…+a2n-1=a2n-1 D.4(cn-cn-1)=πan-2an+1(n≥3) 4.(2025甘肃兰州期末)已知数列{an}满足3a1=1,n2an+1-=n2an(n∈N+),则下列选项正确的是(　　) A.{an}是递减数列 B.{an}是递增数列,且存在n∈N+使得an>1 C.> D.a2 021< 5.(多选题)(2025四川绵阳中学阶段练习)对于数列{an},定义:Δan=an+1-an,Δ2an=Δan+1-Δan,n∈N+,则下列说法正确的是(　　) A.若an=n,则Δ2an=0 B.若an=n2,则Δan+1>Δan C.若an=n3,数列{bn}的前n项和为Δan,则bn=6n D.若Δan=(n+2)·2n,a1=2,则2Δan=an+Δ2an 6.(2025甘肃庆阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,其中a1=1,3Sn=(n+m)an(m∈R),且anbn=.若对任意n∈N+,λ>Tn恒成立,则实数λ的最小值为　　　　.  7.(2025江苏苏州第一中学月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记集合M={n|n(n+1)≥λan,n∈N+},若M中有3个元素,求λ的取值范围; (3)是否存在等差数列{bn},使得a1bn+a2bn-1+a3bn-2+…+anb1=2n+1-n-2对任意的n∈N+都成立?若存在,写出bn的通项公式并证明上式成立;若不存在,请说明理由. 8.(2024河南TOP二十名校月考)在等差数列{an}中,已知a3=7,a4,a5,4a2成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)数列{}是等比数列吗?若是,求出其前n项和;若不是,请说明理由; (3)设logqdn=,且∀k∈N+,∃n∈N+,dk-dn=dk+1+dk+2,求q的值. 9.(2024江苏常熟外国语学校月考)森林资源是全人类共有的宝贵财富,其在改善环境、保护生态可持续发展方面发挥着重要的作用.某地林业管理部门着手制订本地的森林蓄积量规划,经统计,本地2020年年底的森林蓄积量为120万立方米,并以每年25%的增长率自然生长,而为了满足森林通风和发展经济的需要,每年冬天都要砍伐s(10<s<30)万立方米的树木,即减少s(10<s<30)万立方米的森林蓄积量.设an为自2021年开始,第n(n∈N+)年年底的森林蓄积量. (1)请写出递推公式,表示an+1,an之间的关系; (2)将(1)中的递推公式表示成an+1-k=r(an-k)的形式,其中r,k为常数; (3)为了实现本地森林蓄积量到2030年年底翻两番的目标,每年的砍伐量最大为多少万立方米?结果精确到1万立方米,参考数据:≈5.96,≈7.45,≈9.31 答案与分层梯度式解析 综合拔高练 高考真题练 1.B　设等差数列{an}的公差为d, 由题意得解得a1=,d=-. 2.D　解法一(基本量法):设等差数列{an}的公差为d,由S9=9a1+d=1,得9a1+36d=1, 则a3+a7=a1+2d+a1+6d=2a1+8d=(9a1+36d)=. 解法二(性质法):根据等差数列的性质,知a1+a9=a3+a7,所以S9===1,故a3+a7=. 解法三(特殊值法):不妨令等差数列{an}的公差为0,则S9=1=9a1,则a1=,则a3+a7=2a1=. 3.答案　95 解析　设等差数列{an}的公差为d, 由题可得2a1+5d=7,4a1+7d=5, ∴a1=-4,d=3, ∴S10=10×(-4)+×3=95. 4.解析　(1)∵3a2=3a1+a3, ∴3(a1+d)=3a1+a1+2d, ∴a1=d>1,∴S3=a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=6a1, 又∵bn=,∴b1=,b2===,b3===,∴T3=b1+b2+b3=, ∴S3+T3=6a1+=21,解得a1=3或a1=(舍), ∴an=3n. (2)∵{bn}为等差数列, ∴2b2=b1+b3,即=+, 即=+,即-3a1d+2d2=0, ∴a1=2d或a1=d. 当a1=2d时,an=(n+1)d,bn=, ∴S99==99×51d, T99=·=, 又∵S99-T99=99,∴99×51d-99×50·=99, ∴51d-=1,解得d=1或d=-, 又∵d>1,∴a1≠2d. 当a1=d时,an=nd,bn=, ∴S99==50×99d, T99=·=, 又∵S99-T99=99,∴50×99d-=99, ∴50d-=1,解得d=或d=-1, 又∵d>1,∴d=. 综上,d=. 5.解析　(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d, ∵bn=∴b1=a1-6,b2=2a2,b3=a3-6, ∴b1+b2+b3=a1+2a2+a3-12=4a2-12, 又T3=16,∴4a2-12=16,∴a2=7,即a1+d=7①, 又S4=32,∴4a1+6d=32②, 由①②得a1=5,d=2, ∴an=5+2(n-1)=2n+3. (2)证明:∵{an}为等差数列, ∴Sn=na1+d=5n+n2-n=n2+4n, ①当n(n≥6)为偶数时,Tn=b1+b2+…+bn =(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn) =(a1-6+a3-6+…+an-1-6)+(2a2+2a4+…+2an) =·-6·+2·· =·-3n+·n=. ∴Tn-Sn=-n2-4n===>0(n≥6),∴当n(n≥6)为偶数时,Tn>Sn. ②当n(n≥7)为奇数时,Tn=b1+b2+…+bn =(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1) =(a1-6+a3-6+…+an-6)+(2a2+2a4+…+2an-1) =·-6·+2·· =·-3(n+1)+(n-1)· =, ∴Tn-Sn=-(n2+4n)==>0(n≥7),∴n(n≥7)为奇数时,Tn>Sn. 综上可知,当n>5时,Tn>Sn. 6.C　解法一:设等比数列{an}的公比为q, 当q=1时,S4=4a1=-5,解得a1=-,因为S6=6a1=-,21S2=21×2a1=-,所以S6≠21S2,故q≠1. 由已知得即 所以S8==×(1-44)=-85. 解法二:由等比数列前n项和的性质:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…为等比数列,可得S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6,…为等比数列, 则(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(-5-S2)2=S2·(21S2+5),化简得4-S2-5=0,即(4S2-5)(S2+1)=0, 所以S2=或S2=-1. 设等比数列{an}的公比为q, 当S2=时,==q2=-5,无实数解,舍去,故S2=-1, 所以S4-S2=-4,S6-S4=-16,所以S8-S6=-64. 又因为S6=-21,所以S8=-85. 7.答案　48;384 解析　解法一:设{an}的前3项的公差为d,后7项的公比为q,q>0, 则q4===16,故q=2, 则a3=1+2d=,即1+2d=3,可得d=1, 所以a3=3,a7=a3q4=48, {an}的所有项的和为a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+=384. 解法二:因为{an}的后7项为等比数列,所以=a5a9=12×192=482, 又an>0,所以a7=48. 因为=a3a7,所以a3==3. 设{an}的后7项的公比为q,q>0,则q2==4,解得q=2(负值舍去), 可得a1+a2+a3==6,a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9===381,所以数列{an}的所有项的和为a1+a2+…+a9=6+381-a3=384. 8.解析　(1)已知4Sn=3an+4(*),令n=1,则4S1=3a1+4,∴a1=4, n≥2时,4Sn-1=3an-1+4(**), (*)-(**)得4an=3an-3an-1,∴an=-3an-1(n≥2), ∴数列{an}是以4为首项,-3为公比的等比数列, ∴an=4·(-3)n-1. (2)bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1. 解法一(错位相减法):Tn=4×1×30+4×2×31+4×3×32+…+4·(n-1)·3n-2+4·n·3n-1①, 3Tn=4×1×31+4×2×32+4×3×33+…+4·(n-1)·3n-1+4·n·3n②, ①-②得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n·3n=-4n·3n=-2+(2-4n)·3n, ∴Tn=1+(2n-1)·3n. 解法二(裂项相消法):bn=4n·3n-1=-(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n, Tn=b1+b2+b3+…+bn=-(-1)×30+1×31-1×31+3×32-3×32+5×33-…-(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n=1+(2n-1)·3n. 9.答案　①③④ 解析　对于①,因为{an},{bn}均为等差数列,且{an}与{bn}是两个不同的无穷数列,所以点(n,an)和点(n,bn)分布在两条不重合的直线上, 由于两条不重合的直线至多有一个公共点,故M中至多有1个元素,故①正确. 对于②,取an=2n,bn=(-2)n,则{an},{bn}均为等比数列, 当n为偶数时,an=bn,此时M中有无穷多个元素,故②错误. 对于③,当等比数列{bn}的公比为-1时,易知M中最多有2个元素. 当等比数列{bn}的公比不为-1时,设bn=Aqn(Aq≠0,q≠±1),an=tn+b(t≠0), 若M中至少有4个元素,则关于n的方程Aqn=tn+b至少有4个不同的正整数解, 若q>0,q≠1,则由y=Aqn(n∈N+)和y=tn+b(n∈N+)的图象可得关于n的方程Aqn=tn+b至多有2个不同的整数解; 若q<0,q≠-1,则当关于n的方程Aqn=tn+b有正偶数解时,方程即为A|q|n=tn+b,方程至多有2个正偶数解,且有2个正偶数解时,y=A|q|n,y=tn+b的单调性相同,即Atln|q|>0, Atln|q|<0时,y=A|q|n,y=tn+b的单调性相反,故Atln|q|<0时,关于n的方程A|q|n=tn+b至多有1个正偶数解, 当关于n的方程Aqn=tn+b有正奇数解时,方程即为-A|q|n=tn+b,方程至多有2个正奇数解, 且有2个正奇数解时,y=-A|q|n,y=tn+b的单调性相同,即-Atln|q|>0,即Atln|q|<0, Atln|q|>0时,y=-A|q|n,y=tn+b的单调性相反, 故Atln|q|>0时关于n的方程A|q|n=tn+b至多有1个正奇数解, 又因为Atln|q|>0,Atln|q|<0不可能同时成立, 所以关于n的方程Aqn=tn+b不可能有4个不同的正整数解,故③正确. 对于④,因为{an}为递增数列,{bn}为递减数列,所以数列{an}对应的散点整体呈上升趋势,数列{bn}对应的散点整体呈下降趋势,故两者至多有1个公共点,故M中最多有1个元素,故④正确. 故正确结论的序号是①③④. 10.解析　解析　(1)设等比数列{an}的公比为q, 则q>0,an=a1qn-1, 因为a1=1,S2=a3-1,即a1+a2=a3-1, 所以1+q=q2-1,整理得q2-q-2=0, 解得q=2或q=-1(舍去), 所以Sn==2n-1. (2)(i)证明:由(1)可知an=2n-1, 根据题意,k∈N+,k≥2,下面的k在此取值范围内讨论. 当n=ak+1=2k≥4时, 即ak<n-1<ak+1, 可知ak=2k-1,bn=k+1, bn-1=+(ak+1-1-ak)·2k=k+2k(2k-1-1)=k(2k-1), 可得bn-1-ak·bn=k(2k-1)-(k+1)2k-1=(k-1)2k-1-k≥2(k-1)-k=k-2≥0, 当且仅当k=2时,等号成立, 所以bn-1≥ak·bn. (ii)由(1)可知Sn=2n-1=an+1-1, 若n=1,则S1=1,b1=1; 若n≥2,则ak+1-ak=2k-1, 当2k-1<i≤2k-1时,bi-bi-1=2k, 所以bi=k·2k-1+2k·=k·4k-1=[(3k-1)4k-(3k-4)4k-1], 所以bi=1+[5×42-2×4+8×43-5×42+…+(3n-1)4n-(3n-4)4n-1]=,且n=1符合上式. 综上,bi=(n∈N+). 11.解析　(1)由题意可得a2=3a1-4=9-4=5,a3=3a2-8=15-8=7. 由数列{an}的前三项可猜想数列{an}是以3为首项,2为公差的等差数列,即an=2n+1,n∈N+. 证明如下:当n=1时,a1=3成立; 假设n=k(k∈N+)时,ak=2k+1成立. 那么n=k+1时,ak+1=3ak-4k=3(2k+1)-4k=2k+3=2(k+1)+1也成立. 则对任意的n∈N+,都有an=2n+1成立. 所以{an}的通项公式为an=2n+1,n∈N+. (2)由(1)得2nan=(2n+1)2n, 所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n,① 从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1,② ①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1=3×2+-(2n+1)·2n+1=6+2n+2-8-(2n+1)·2n+1=-(2n-1)·2n+1-2, 所以Sn=(2n-1)2n+1+2. 解题技法　数列求和的常用方法 (1)公式法:直接用等差、等比数列的求和公式计算. (2)分组求和法:若一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的,求和时可用分组求和法分别求和,然后相加、减. (3)裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消(注意消项规律),从而求和. (4)错位相减法: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,用错位相减法求和. (5)倒序相加法:如果一个数列中,与首末两项等“距离”的两项之和等于首末两项之和,可用倒序相加法求和. (6)并项求和法:将数列中具有某种函数性质或运算性质的项并在一起,通过计算并项后的和找到一些规律,然后利用规律求出相应数列的和. 高考模拟练 1.BD　设等差数列{an}的公差为d. 对于A,由S7=S13,得S13-S7=a8+a9+a10+a11+a12+a13=3(a10+a11)=0,则a10+a11=0. 因为(n+1)Sn>nSn+1(n∈N+),所以当n=10时,有11S10>10S11,即11×>10×,所以a10>a11, 所以a10>0,a11<0,所以d<0,故数列{an}为递减数列,故A错误. 对于B,因为由A知{an}为递减数列,且a10>0,a11<0,所以S10为Sn的最大值,故B正确. 对于C,a1+a20=a10+a11=0,故S20==0,故C错误. 对于D,假设存在正整数m,使得Sm=S3m,则ma1+·d=3ma1+·d,即2a1=(-4m+1)d, 因为a10+a11=0,即a1+9d+a1+10d=0,所以2a1=-19d, 所以-19d=(-4m+1)d,解得m=5,故D正确. 2.C　依题意得Gn==3n, 即a1+3a2+9a3+…+3n-1an=n·3n①, 当n=1时,a1=3, 当n≥2时,a1+3a2+9a3+…+3n-2an-1=(n-1)·3n-1②, ①-②得3n-1an=n·3n-(n-1)·3n-1,故an=3n-(n-1)=2n+1, 当n=1时满足上式,所以an=2n+1,则{an}是递增数列,A中叙述正确. an+1-an=2(n+1)+1-(2n+1)=2,为常数,所以{an}是等差数列,B中叙述正确. Sn=×n=n2+2n,所以=n+2, 所以=2 023+2=2 025,C中叙述错误. bn=an=(2n+1)×,则b1=3×=,b2=5×=,b3=7×=,则b1<b2<b3, 当n≥3时,==, 由n≥3知<≤<1,所以当n≥3时,{bn}单调递减, 所以数列{bn}的最大项为b3,D中叙述正确. 3.ABD　前(n+1)项所占的格子组成长为an+1+an,宽为an+1的矩形,其面积为Sn+1=(an+1+an)an+1=+an+1·an,A正确;依题意得,a3=a2+a1,a4=a3+a2,……,an+2=an+1+an,以上各式相加得,a3+a4+…+an+2=(a2+a3+…+an+1)+(a1+a2+…+an),则an+2-a2=a1+a2+…+an,即a1+a2+…+an=an+2-1,B正确;依题意得,a1=a2=1,a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,所以n=3时,a1+a3+a5=8,a6-1=7,C不正确;易知cn=·π,cn-1=π,所以4(cn-cn-1)=π(-)=π(an-an-1)(an+an-1)=πan-2an+1(n≥3),D正确. 4.C　由3a1=1,得a1=>0,因为n2an+1-=n2an(n∈N+),所以an+1=an+(n∈N+),所以a2=a1+=>0,且对任意的n∈N+,an>0,所以an+1-an=>0,即an+1>an,所以数列{an}为递增数列,故A错误; 将等式an+1-an=的两边同时除以anan+1, 可得-====<<=,其中n≥2且n∈N+,所以-<×,-<×,……,-<, 累加得-<,所以>-×++>,则an<,故不存在n∈N+使得an>1,故B错误,C正确; -=>≥=-, 所以->1-,->-,……,->-,累加得3->1-,所以<2+=,则an+1>,所以a2 021>,故D错误. 5.ABD　对于A,因为Δan=an+1-an=n+1-n=1, 所以Δ2an=Δan+1-Δan=1-1=0,故A正确; 对于B,因为Δan=(n+1)2-n2=2n+1, Δan+1=(n+2)2-(n+1)2=2n+3,所以Δan+1>Δan,故B正确; 对于C,Δan=(n+1)3-n3=3n2+3n+1, 当n=1时,b1=Δa1=7,当n≥2时,bn=Δan-Δan-1=6n,故bn=故C错误; 对于D,Δan=an+1-an=(n+2)·2n, n≥2时,a2-a1=3·21,a3-a2=4·22,……,an-an-1=(n+1)·2n-1, 累加得,an-a1=3·21+4·22+5·23+…+(n+1)·2n-1, 所以2(an-a1)=3·22+4·23+…+n·2n-1+(n+1)·2n, 则-(an-a1)=3·21+22+23+…+2n-1-(n+1)·2n =6+-(n+1)·2n =6+2n-4-(n+1)·2n=-n·2n+2, 所以-an+a1=-n·2n+2,又a1=2,所以an=n·2n,n≥2, 又n=1时也成立,所以an=n·2n,n∈N+. 因为Δ2an=Δan+1-Δan=(n+3)·2n+1-(n+2)·2n=(n+4)·2n, 所以an+Δ2an=n·2n+(n+4)·2n=(2n+4)·2n=2·(n+2)·2n=2Δan,故D正确. 6.答案　 解析　当n=1时,3S1=3a1=(1+m)a1,解得m=2. 当n≥2时,由得(n-1)an=(n+1)·an-1,即=. 由累乘法可得=, 又因为a1=1,所以an=, 又n=1时也成立,故an=. 由anbn=,得bn==, 所以Tn= =<. 因为对任意n∈N+,λ>Tn恒成立,所以λ≥,故实数λ的最小值为. 7.解析　(1)因为数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1, 所以当n=1时,a1=S1=2a1-1,解得a1=1; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an-1)-(2an-1-1)=2an-2an-1,整理得an=2an-1(n≥2), 所以由等比数列的定义可知数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=1·2n-1=2n-1(n∈N+). (2)由n(n+1)≥λan得λ≤, 设f(n)=(n∈N+),则f(1)=1, f(2)=, f(3)=, f(4)=, f(5)=, 结合函数f(x)=(x>0)的图象可知,当n≥5时,f(n)=<1, 又由题意可知有且只有3个n值满足不等式λ≤, 故1<λ≤,解得2<λ≤, 所以λ的取值范围为. (3)设存在等差数列{bn}使得a1bn+a2bn-1+a3bn-2+…+anb1=2n+1-n-2对任意的n∈N+都成立. 当n=1时,a1b1=21+1-1-2=1,所以b1=1; 当n=2时,a1b2+a2b1=22+1-2-2=4,所以b2=2, 所以等差数列{bn}的公差d=1,所以bn=1+(n-1)×1=n. 设S=a1bn+a2bn-1+a3bn-2+…+anb1, 则S=1·n+2·(n-1)+22·(n-2)+…+2n-2·2+2n-1·1, 所以2S=2·n+22·(n-1)+23·(n-2)+…+2n-1·2+2n·1, 所以S=2S-S=-n+2+22+…+2n-2+2n-1+2n=-n+=2n+1-n-2, 所以存在等差数列{bn}使得a1bn+a2bn-1+a3bn-2+…+anb1=2n+1-n-2对任意的n∈N+都成立,且bn=n(n∈N+). 8.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d, 因为a3=7,a4,a5,4a2成等差数列, 所以解得 所以an=3n-2. (2)数列{}是等比数列.由(1)得=21=2,==23=8, 所以{}是以2为首项,8为公比的等比数列, 所以数列{}的前n项和为=. (3)由(1)得logqdn==n-1,所以dn=qn-1,0<q<. 因为∀k∈N+,∃n∈N+,dk-dn=dk+1+dk+2, 所以不妨取k=1,则d1-d2-d3=1-q-q2=qn-1,令m=n-1,m∈N,则qm+q2+q=1. 当m=0时,无解; 当m=1时,解得q=-1或q=--1(舍去); 当m≥2(m∈N)时,令f(q)=qm+q2+q, 则f(q)在上单调递增, 所以f(q)=qm+q2+q<++≤++=1,故qm+q2+q=1无解. 所以q=-1. 当q=-1时,对任意的正整数k,dk-dk+1-dk+2=dk(1-q-q2)=dkq=dk+1, 即∀k∈N+,∃k+1∈N+,dk-dk+1=dk+1+dk+2, 所以q的值是-1. 9.解析　(1)an+1=(1+25%)an-s=an-s. (2)将an+1-k=r(an-k)变形得an+1=ran+k-rk, 又由(1)知an+1=an-S,所以所以 所以an+1-4s=(an-4s)(n∈N+). (3)由题意,得a1=120×(1+25%)-s=150-s, 因为a1-4s=150-5s,且s∈(10,30),所以a1-4s≠0, 由(2)可知an-4s≠0, 所以=(n∈N+),即数列{an-4s}是以150-5s为首项,为公比的等比数列, 其通项公式为an-4s=(150-5s)·, 所以an=4s+(150-5s)·. 到2030年年底的森林蓄积量为该数列的第10项, 即a10=4s+(150-5s)·. 因为本地森林蓄积量到2030年年底要实现翻两番的目标, 所以a10≥4×120,即4s+(150-5s)·≥480, 即4s+(150-5s)×7.45≥480,解得s≤≈19. 所以每年的砍伐量最大为19万立方米. 7 学科网（北京）股份有限公司 $