6.4 数列求和（十年高考）（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习十年真题分类题组

**基本信息** 汇编2014-2025年高考数列求和真题，覆盖公式法、错位相减等核心方法，梯度设计适配一轮复习 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|5分/题|公式法求和、分组求和|结合创业情境（2017课标Ⅰ），考查逻辑推理| |填空|5分/题|公共项数列、剪纸面积|创新情境（2021新高考Ⅰ），融合实际问题| |解答|12-15分/题|错位相减、裂项相消、综合应用|综合考查等差等比证明与求和（2023全国甲理），体现数学运算与逻辑推理素养|

6.4数列求和 考点1 公式法求和 1.（2025天津，6,5分）已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=-n2+8n,则{|an|}的前12项和为(　　) A.112 B.48 C.80 D.64 【答案】　C　 【解析】当n=1时,S1=a1=7, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-2n+9,当n=1时也符合, 则an=-2n+9,n∈N*, 则|an|=设{|an|}的前n项和为Tn,则 T12=+=80,故选C. 2.(2017课标Ⅰ理,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是(　　) A.440　　　B.330　　　C.220　　　D.110 答案　A　本题考查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力. 不妨设1+(1+2)+…+(1+2+…+2n-1)+(1+2+…+2t)=2m(其中m、n、t∈N,0≤t≤n), 则有N=+t+1,因为N>100,所以n≥13. 由等比数列的前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m. 因为n≥13,所以2n>n+2, 所以2n+1>2n+n+2,即2n+1-n-2>2n, 因为2t+1-1>0, 所以2m>2n+1-n-2>2n,故m≥n+1, 因为2t+1-1≤2n+1-1,所以2m≤2n+2-n-3,故m≤n+1. 所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n≥13,所以t≥3. 当t=3时,N=95,不合题意; 当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440. 解题关键　解决本题的关键在于利用不等式的知识得出m=n+1. 一题多解　本题也可以分别把N=110,220,330代入,利用排除法求解. 3.(2014课标Ⅱ文,5,5分)等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=(　　) A.n(n+1)　　　　　B.n(n-1) C.　　　　　D. 答案　A　∵a2,a4,a8成等比数列, ∴=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d), 将d=2代入上式,解得a1=2, ∴Sn=2n+=n(n+1),故选A. 4.(2020新高考Ⅰ,14,5分)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　.  答案　3n2-2n 解析:∵数列{2n-1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…, 数列{3n-2}的项为1,4,7,10,13,…, ∴数列{an}是首项为1,公差为6的等差数列, ∴an=1+(n-1)×6=6n-5, ∴数列{an}的前n项和Sn==3n2-2n. 5.(2016北京,12,5分)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=　　　　.  答案　6 解析　设等差数列{an}的公差为d,∵a1=6,a3+a5=0, ∴6+2d+6+4d=0,∴d=-2,∴S6=6×6+×(-2)=6. 6.(2017课标Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2. (1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式; (2)若T3=21,求S3. 解析　本题考查了等差、等比数列. 设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1. 由a2+b2=2得d+q=3.① (1)由a3+b3=5得2d+q2=6.② 联立①和②解得(舍去),或 因此{bn}的通项公式为bn=2n-1. (2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0. 解得q=-5或q=4. 当q=-5时,由①得d=8,则S3=21. 当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6. 7.(2015重庆文,16,13分)已知等差数列{an}满足a3=2,前3项和S3=. (1)求{an}的通项公式; (2)设等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a15,求{bn}的前n项和Tn. 解析　(1)设{an}的公差为d,则由已知条件得 a1+2d=2,3a1+d=, 化简得a1+2d=2,a1+d=, 解得a1=1,d=, 故通项公式an=1+,即an=. (2)由(1)得b1=1,b4=a15==8. 设{bn}的公比为q,则q3==8,从而q=2, 故{bn}的前n项和 Tn===2n-1. 考点2错位相减法求和 1.(2021新高考Ⅰ,16,5分)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　　　;如果对折n次,那么Sk=　　　　dm2.  答案　5;240× 解析　解法一:列举法+归纳法. 由上图可知,对折n次后,共可以得到(n+1)种不同规格的图形,故对折4次可以得到5种不同规格的图形. 归纳上述结论可知,对折n次后得到不同规格的图形的面积之和为dm2(n∈N*), 故Sk=dm2(k∈N*), 记Tn=(k+1), ∴Tn=,① ,② ①-②得, =2+, ∴Tn=6-, ∴dm2. 解法二:对折3次可以得到 dm×12 dm, dm, dm,20 dm× dm,共四种不同规格的图形, 对折4次可以得到 dm×12 dm, dm, dm, dm,20 dm× dm,共五种不同规格的图形, 由此可以归纳出对折n次可得到(n+1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为 dm2, ∴Sk=20×12××(n+1)dm2, 记Tn=, 则, ∴Tn-, ∴Tn=3-,∴dm2. 2.（2025全国一卷，16,15分） 已知数列{an}中,a1=3,=+. (1)证明:数列{nan}是等差数列; (2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2). 【解析】(1)证明:因为=+, 所以(n+1)an+1=nan+1,所以(n+1)an+1-nan=1, 所以{nan}是以1×a1=3为首项,1为公差的等差数列. (2)由(1)知,nan=3+(n-1)×1=n+2. 因为f(x)=a1x+a2x2+…+amxm, 所以f '(x)=1×a1x0+2a2x1+…+mamxm-1 =3x0+4x1+5x2+…+(m+2)xm-1, 则f '(-2)=3×(-2)0+4×(-2)1+5×(-2)2+…+(m+2)·(-2)m-1,① -2f '(-2)=3×(-2)1+4×(-2)2+5×(-2)3+…+(m+2)·(-2)m,② ①-②得,3f '(-2)=3×(-2)0+(-2)1+(-2)2+…+(-2)m-1-(m+2)·(-2)m =3+-(m+2)·(-2)m =3+-(m+2)·(-2)m =-·(-2)m, 所以f '(-2)=-·(-2)m=. 3.(2023全国甲理,17,12分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和Tn. 解析　(1)当n=1时,2a1=a1,即a1=0, 当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,① 又2Sn=nan,② ∴②-①得2an=nan-(n-1)an-1, 即(n-2)an=(n-1)an-1. 当n=2时,上式成立. 当n≥3时,=,∴an=···…··a2=××·…··1=n-1,即an=n-1(n≥3). 当n=1时,a1=0符合上式,当n=2时,a2=1符合上式. 综上,{an}的通项公式为an=n-1,n∈N*. (2)由(1)知an+1=n,设bn===n·. ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=1×+2×+3×+…+n·,① Tn=1×+2×+3×+…+n·.② ①-②得Tn=+++…+-n·=-n· =1--n·=1-, ∴Tn=2-(n+2)·. 故数列的前n项和Tn=2-(n+2)·. 4.(2020课标Ⅲ理,17,12分)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. 解析　(1)a2=5,a3=7. 猜想an=2n+1.由已知可得 an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)], an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)], …… a2-5=3(a1-3). 因为a1=3,所以an=2n+1. (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. 所以Sn=(2n-1)2n+1+2. 方法总结　数列求和的5种方法 解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如an=,可裂项为an=;(3)错位相减法:形如cn=an·bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(4)分组求和法:形如cn=an+bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(5)并项求和法. 5.(2016课标Ⅱ,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求b1,b11,b101; (2)求数列{bn}的前1 000项和. 解析　(1)设{an}的公差为d,根据已知有7+21d=28, 解得d=1. 所以{an}的通项公式为an=n. b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分) (2)因为bn=(9分) 所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分) 思路分析　(1)先求公差,从而得通项an,再根据已知条件求b1,b11,b101.(2)分析出{bn}中项的规律,进而求出数列{bn}的前1 000项和. 6.(2016山东,18,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)令cn=,求数列{cn}的前n项和Tn. 解析　(1)由题意知,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5. 当n=1时,a1=S1=11, 所以an=6n+5(n∈N*). 设数列{bn}的公差为d.由即 可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1. (2)由(1)知cn==3(n+1)·2n+1. 又Tn=c1+c2+…+cn,得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1], 2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2], 两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2] =3×4+-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2. 所以Tn=3n·2n+2. 7.(2015天津理,18,13分)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列. (1)求q的值和{an}的通项公式; (2)设bn=,n∈N*,求数列{bn}的前n项和. 解析　(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3, 所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2, 由a3=a1·q,得q=2. 当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=; 当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=. 所以,{an}的通项公式为an= (2)由(1)得bn==.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×, Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×, 上述两式相减,得 Sn=1+++…+-=-=2--, 整理得,Sn=4-. 所以,数列{bn}的前n项和为4-,n∈N*. 评析　　本题主要考查等比数列及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力. 8.(2015浙江文,17,15分)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1(n∈N*). (1)求an与bn; (2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn. 解析　(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(n∈N*). 由题意知: 当n=1时,b1=b2-1,故b2=2. 当n≥2时,bn=bn+1-bn,整理得=, 所以bn=n(n∈N*). (2)由(1)知anbn=n·2n, 因此Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n, 2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1, 所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1. 故Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*). 评析　　本题主要考查数列的通项公式,等差和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本思想方法,以及推理论证能力. 9.(2015山东文,19,12分)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列的前n项和为. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=(an+1)·,求数列{bn}的前n项和Tn. 解析　(1)设数列{an}的公差为d. 令n=1,得=, 所以a1a2=3. 令n=2,得+=, 所以a2a3=15. 解得a1=1,d=2, 所以an=2n-1. (2)由(1)知bn=2n·22n-1=n·4n, 所以Tn=1·41+2·42+…+n·4n, 所以4Tn=1·42+2·43+…+n·4n+1, 两式相减,得-3Tn=41+42+…+4n-n·4n+1 =-n·4n+1 =×4n+1-. 所以Tn=×4n+1+=. 10.(2015天津文,18,13分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn=anbn,n∈N*,求数列{cn}的前n项和. 解析　(1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,由题意知q>0.由已知,有消去d,整理得q4-2q2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2. 所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*;数列{bn}的通项公式为bn=2n-1,n∈N*. (2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,设{cn}的前n项和为Sn,则 Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1, 2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n, 上述两式相减,得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3, 所以,Sn=(2n-3)·2n+3,n∈N*. 评析　本小题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力. 11.(2015湖北文,19,12分)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=2,q=d,S10=100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)当d>1时,记cn=,求数列{cn}的前n项和Tn. 解析　(1)由题意有,即 解得或故或 (2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=, 于是Tn=1+++++…+,① Tn=+++++…+.② ①-②可得 Tn=2+++…+-=3-, 故Tn=6-. 12.(2014课标Ⅰ文,17,12分)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和. 解析　(1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a2=2,a4=3. 设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=,从而a1=. 所以{an}的通项公式为an=n+1. (2)设的前n项和为Sn,由(1)知=,则 Sn=++…++, Sn=++…++. 两式相减得Sn=+- =+-. 所以Sn=2-. 评析　本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前n项和,第(1)中由条件求首项、公差,进而求出结论是基本题型,第(2)问中,运算准确是关键. 考点3裂项相消求和 1.(2015江苏,11,5分)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为　　　　.  答案　 解析　由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,……,an-an-1=n-1+1(n≥2),则有an-a1=1+2+3+…+n-1+(n-1)(n≥2),因为a1=1,所以an=1+2+3+…+n(n≥2),即an=(n≥2),又当n=1时,a1=1也适合上式,故an=(n∈N*),所以==2,从而+++…+=2×+2×+2×+…+2×=2×=. 2.(2015课标Ⅰ理,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=,求数列{bn}的前n项和. 解析　(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3. 可得-+2(an+1-an)=4an+1,即 2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an). 由于an>0,可得an+1-an=2. 又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3. 所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分) (2)由an=2n+1可知 bn===. 设数列{bn}的前n项和为Tn,则 Tn=b1+b2+…+bn = =.(12分) 3.(2015安徽文,18,12分)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=,求数列{bn}的前n项和Tn. 解析　(1)由题设知a1·a4=a2·a3=8, 又a1+a4=9,可解得或(舍去). 由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n-1. (2)Sn==2n-1,又bn===-, 所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=- =1-. 评析　本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和. 4.(2014大纲全国理,18,12分)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=10,a2为整数,且Sn≤S4. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn. 解析　(1)由a1=10,a2为整数知,等差数列{an}的公差d为整数. 又Sn≤S4,故a4≥0,a5≤0, 于是10+3d≥0,10+4d≤0. 解得-≤d≤-. 因此d=-3. 数列{an}的通项公式为an=13-3n.(6分) (2)bn==.(8分) 于是Tn=b1+b2+…+bn = ==.(12分) 评析　　本题考查了等差数列的定义及其前n项和、裂项相消法求数列前n项和.第(1)问的解题关键在于分析已知条件“a2为整数”“Sn≤S4”所隐含的条件;在第(2)问中,对通项公式bn进行裂项过程中易漏了系数而导致错解. 5.(2014山东理,19,12分)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令bn=(-1)n-1,求数列{bn}的前n项和Tn. 解析　(1)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2, S4=4a1+×2=4a1+12, 由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12), 解得a1=1, 所以an=2n-1. (2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1 =(-1)n-1. 当n为偶数时, Tn=-+…+- =1- =. 当n为奇数时, Tn=-+…-+++=1+=. 所以Tn= 评析　本题考查等差数列的通项公式,前n项和公式和数列的求和,同时考查分类讨论的思想、运算求解能力和逻辑推理能力. 6.(2013课标Ⅰ文,17,12分)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和. 解析　(1)设{an}的公差为d,则Sn=na1+d. 由已知可得解得a1=1,d=-1. 故{an}的通项公式为an=2-n. (2)由(1)知==, 从而数列 的前n项和为 -+-+…+-=. 评析　本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式,考查了裂项求和的方法,考查了运算求解能力与方程思想. 方法总结　一般地,如果{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式. 考点4分组、并项求和 1.(2012课标文,12,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为(　　) A.3 690　　　B.3 660　　　C.1 845　　　D.1 830 答案　D　当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1, 当n=2k-1时,a2k-a2k-1=4k-3, ∴a2k+1+a2k-1=2,∴a2k+1+a2k+3=2, ∴a2k-1=a2k+3, ∴a1=a5=…=a61. ∴a1+a2+a3+…+a60=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a60+a61)=3+7+11+…+(2×60-1)==30×61=1 830. 2.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{an}满足a1=1,an+1= (1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式; (2)求{an}的前20项和. 解题指导:(1)由已知条件求出{an}的递推式,从而得出{bn}的递推式,再由已知条件求出b1,从而求出数列{bn}的通项公式.(2)根据题目条件把{an}的前20项分成两组,并用其中偶数项的和表示前20项的和,再用数列{bn}的前10项的和表示,根据等差数列前n项和公式求出结果. 解析　(1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1, 所以a2n+2=a2n+3,即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2, 所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列, 所以b1=2,b2=5,bn=2+(n-1)×3=3n-1. (2)当n为奇数时,an=an+1-1. 设数列{an}的前n项和为Sn, 则S20=a1+a2+…+a20 =(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20) =[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20) =2(a2+a4+…+a20)-10, 由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+b10=10×2+×3=155, 故S20=2×155-10=300,即{an}的前20项和为300. 解题关键:一是对已知关系式进行转化,进而利用等差数列定义求得数列{bn}的通项公式;二是利用分组求和的方式对S20进行重组变形,结合an与bn的关系求得结果. 3.(2017课标Ⅲ文,17,12分)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和. 解析　(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时, a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1). 两式相减得(2n-1)an=2. 所以an=(n≥2). 又由题设可得a1=2, 从而{an}的通项公式为an=(n∈N*). (2)记的前n项和为Sn. 由(1)知==-. 则Sn=-+-+…+-=. 思路分析　(1)条件a1+3a2+…+(2n-1)an=2n的实质就是数列{(2n-1)an}的前n项和,故可利用an与Sn的关系求解.(2)利用(1)求得的{an}的通项公式,然后用裂项相消法求和. 易错警示　(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏. 4.(2016北京文,15,13分)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4. (1)求{an}的通项公式; (2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和. 解析　(1)等比数列{bn}的公比q===3,(1分) 所以b1==1,b4=b3q=27.(3分) 设等差数列{an}的公差为d. 因为a1=b1=1,a14=b4=27, 所以1+13d=27,即d=2.(5分) 所以an=2n-1(n=1,2,3,…).(6分) (2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1. 因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.(8分) 从而数列{cn}的前n项和 Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1 =+ =n2+.(13分) 规范解答　要规范解答过程,分步书写,这样可按步得分. 5.(2014山东文,19,12分)在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求Tn. 解析　(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2, 所以数列{an}的通项公式为an=2n. (2)由题意知bn==n(n+1).所以Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)nn×(n+1). 因为bn+1-bn=2(n+1),所以当n为偶数时, Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)=4+8+12+…+2n==, 当n为奇数时, Tn=Tn-1+(-bn)=-n(n+1)=-. 所以Tn= 评析　本题考查等比数列和等差数列的综合应用、等差数列的通项公式及数列的求和,分类讨论思想和逻辑推理能力. 6.(2019天津文,18,13分)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}满足cn=求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*). 解析　本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力,体现了数学运算素养.满分13分. (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q. 依题意,得解得 故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n. 所以,{an}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3n. (2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n =(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn) =+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n) =3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n). 记Tn=1×31+2×32+…+n×3n,① 则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,② ②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-+n×3n+1=. 所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×=(n∈N*). 思路分析　(1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q即可.(2)利用{cn}的通项公式,进行分组求和,在计算差比数列时采用错位相减法求和. 解题关键　根据n的奇偶性得数列{cn}的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键. 考点5 数列的综合 1.(2023新课标Ⅱ,18,12分,中)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. 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, 又T3=16,且b1+b2+b3=a1+2a2+a3-12=4a2-12,∴4a2-12=16,∴a2=7,即a1+d=7,① 又S4=32,∴4a1+6d=32,② 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. 2.(2022新高考Ⅰ,17,10分)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,的等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:<2. 解析　(1)解法一:依题意得,S1=a1=1. ∴+(n-1)×. ∴3Sn=(n+2)an,则3Sn+1=(n+1+2)an+1=(n+3)an+1, ∴3Sn+1-3Sn=(n+3)an+1-(n+2)an, 即3an+1=(n+3)an+1-(n+2)an, ∴nan+1=(n+2)an,即, 由累乘法得, 又a1=1,∴an+1=, ∴an=(n≥2),又a1=1满足上式, ∴an=(n∈N*). 解法二:同解法一求得nan+1=(n+2)an, ∴,即, ∴数列是常数列,首项为, ∴,∴an=. (2)证明:由(1)知, ∴<2. 3.(2023北京,21,15分,难)已知数列{an},{bn}的项数均为m(m>2),且an,bn∈{1,2,…,m},{an},{bn}的前n项和分别为An,Bn,并规定A0=B0=0,对于k∈{0,1,2,…,m},定义rk=max{i|Bi≤Ak,i∈{0,1,2,…,m}},其中,max M表示数集M中最大的数. (1)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b2=3,b3=3,写出r0,r1,r2,r3的值; (2)若a1≥b1,且2rj≤rj+1+rj-1,j=1,2,…,m-1,求rn; (3)证明:存在p,q,s,t∈{0,1,2,…,m},满足p>q,s>t,使得Ap+Bt=Aq+Bs. 解析　(1)由题意得A1=2,A2=3,A3=6,B1=1,B2=4,B3=7,rk表示使得Bi≤Ak成立的i的最大值,i,k∈{0,1,2,…,m},故r0=0,r1=1,r2=1,r3=2. (2)显然rm≤m,且r0=0,r1=1. 由于2rj≤rj-1+rj+1,所以rj+1-rj≥rj-rj-1≥…≥r1-r0=1. 若存在正整数u使得ru+1-ru>1,则rm≥rm-1+1≥…≥ru+1+(m-u-1)>ru+(m-u)≥…≥r0+m=m, 这与rm≤m矛盾. 因此,对任意正整数j均有rj+1-rj=1,即{rn}是以r1=1为首项,1为公差的等差数列. 故rn=n. (3)证明:设Am≤Bm.记Sk=Ak-(1≤k≤m),则Sk≥0. 另一方面,一定有Sk≤m-1;否则Sk>m-1,而由rk的定义可知Ak-<0, 则=Sk-(Ak-)>m(Ak-的最大值为-1) 但∈{1,2,…,m},矛盾. 若存在k使得Sk=0,则取t=q=0,p=k,s=rk即满足题目要求. 若这样的k不存在,则Sk∈{1,2,…,m-1}, 因此一定存在1≤q<p≤m使得Sq=Sp(抽屉原理,将m个数放入(m-1)个抽屉)且由定义可知rq<rp, 从而Aq-,令t=rq,s=rp,即Ap+Bt=Aq+Bs. 若Am≥Bm, 则可定义ck=max{i|Ai≤Bk,i∈{0,1,…,m}},并记S'k=Bk-(1≤k≤m), 同上述过程可得结论成立. 4.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”. (1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M-数列”; (2)已知数列{bn}(n∈N*)满足:b1=1,=-,其中Sn为数列{bn}的前n项和. ①求数列{bn}的通项公式; ②设m为正整数,若存在“M-数列”{cn}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值. 解析　本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.满分16分. (1)设等比数列{an}的公比为q,所以a1≠0,q≠0. 由得解得 因此数列{an}为“M-数列”. (2)①因为=-,所以bn≠0. 由b1=1,S1=b1,得=-,则b2=2. 由=-,得Sn=, 当n≥2时,由bn=Sn-Sn-1,得bn=-, 整理得bn+1+bn-1=2bn. 所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列. 因此,数列{bn}的通项公式为bn=n(n∈N*). ②由①知,bk=k,k∈N*. 因为数列{cn}为“M-数列”,设公比为q,所以c1=1,q>0. 因为ck≤bk≤ck+1,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m. 当k=1时,有q≥1; 当k=2,3,…,m时,有≤ln q≤. 设f(x)=(x>1),则f '(x)=. 令f '(x)=0,得x=e.列表如下: x (1,e) e (e,+∞) f '(x) + 0 - f(x) ↗ 极大值 ↘ 因为=<=,所以f(k)max=f(3)=. 取q=,当k=1,2,3,4,5时,≤ln q,即k≤qk,经检验知qk-1≤k也成立. 因此所求m的最大值不小于5. 若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,从而q15≥243,且q15≤216,所以q不存在. 因此所求m的最大值小于6. 综上,所求m的最大值为5. 5.(2018江苏,20,16分)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列. (1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围; (2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,],证明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示). 解析　本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力. (1)由条件知an=(n-1)d,bn=2n-1. 因为|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立, 即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立. 即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得≤d≤. 因此,d的取值范围为. (2)由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1. 若存在d∈R,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立, 即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1). 即当n=2,3,…,m+1时,d满足b1≤d≤b1. 因为q∈(1,], 所以1<qn-1≤qm≤2, 从而b1≤0,b1>0,对n=2,3,…,m+1均成立. 因此,取d=0时,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立. 下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n=2,3,…,m+1). ①当2≤n≤m时,-==, 当1<q≤时,有qn≤qm≤2, 从而n(qn-qn-1)-qn+2>0. 因此,当2≤n≤m+1时, 数列单调递增, 故数列的最大值为. ②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0. 所以f(x)单调递减, 从而f(x)<f(0)=1. 当2≤n≤m时,=≤=f<1. 因此,当2≤n≤m+1时,数列单调递减, 故数列的最小值为. 因此,d的取值范围为. 疑难突破　本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d的范围,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1都成立,首先把d分离出来,变成b1≤d≤b1,难点在于讨论b1的最大值和b1的最小值.对于数列,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列,要作商讨论单调性,∵==q,当2≤n≤m时,1<qn≤2,∴q≤,可以构造函数f(x)=2x(1-x),通过讨论f(x)在(0,+∞)上的单调性去证明f<1,得到数列的单调性,解出最小值.两个数列,一个作差得到单调性,一个作商得到单调性,都是根据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数判断与1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的. 6.(2015北京文,16,13分)已知等差数列{an}满足a1+a2=10,a4-a3=2. (1)求{an}的通项公式; (2)设等比数列{bn}满足b2=a3,b3=a7.问:b6与数列{an}的第几项相等? 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d. 因为a4-a3=2,所以d=2. 又因为a1+a2=10,所以2a1+d=10,故a1=4. 所以an=4+2(n-1)=2n+2 (n=1,2,…). (2)设等比数列{bn}的公比为q. 因为b2=a3=8,b3=a7=16, 所以q=2,b1=4. 所以b6=4×26-1=128. 由128=2n+2得n=63. 所以b6与数列{an}的第63项相等. 7.(2017山东理,19,12分)已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2. (1)求数列{xn}的通项公式; (2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn. 解析　本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和. (1)设数列{xn}的公比为q,由已知知q>0. 由题意得 所以3q2-5q-2=0. 因为q>0, 所以q=2,x1=1. 因此数列{xn}的通项公式为xn=2n-1. (2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1. 由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1, 记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn, 由题意bn=×2n-1=(2n+1)×2n-2, 所以Tn=b1+b2+…+bn =3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,① 2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.② ①-②得 -Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1 =+-(2n+1)×2n-1. 所以Tn=. 解题关键　记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以几何图形为背景确定{bn}的通项公式是关键. 方法总结　一般地,如果{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式. 8.(2021全国乙文,19,12分)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=.已知a1,3a2,9a3成等差数列. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<. 解题指导:(1)利用等差中项的概念建立等式,通过等比数列的通项公式即可求出结果;(2)利用等比数列的求和公式算出Sn,对于数列{bn},利用错位相减法求出Tn,再利用比较大小的基本方法——作差法即可证明不等式. 解析　(1)设等比数列{an}的公比为q. ∵a1,3a2,9a3成等差数列, ∴6a2=a1+9a3, 又∵{an}是首项为1的等比数列, ∴6a1q=a1+9a1q2, ∴9q2-6q+1=0,解得q1=q2=, ∴an=a1·qn-1=, ∵bn=,∴bn=n·. (2)∵Sn为{an}的前n项和, ∴Sn=. ∵Tn为{bn}的前n项和, ∴Tn=b1+b2+…+bn=1×,① .② ①-②可得 =, ∴Tn=-, ∴Tn-<0,∴Tn<. 9.(2022北京,21,15分)已知Q:a1,a2,…,ak为有穷整数数列.给定正整数m,若对任意的n∈{1,2,…,m},在Q中存在ai,ai+1,ai+2,…,ai+j(j≥0),使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j=n,则称Q为m-连续可表数列. (1)判断Q:2,1,4是不是5-连续可表数列,是不是6-连续可表数列,说明理由; (2)若Q:a1,a2,…,ak为8-连续可表数列,求证:k的最小值为4; (3)若Q:a1,a2,…,ak为20-连续可表数列,且a1+a2+…+ak<20,求证:k≥7. 解析　 (1)若m=5,则n∈{1,2,3,4,5},在Q中,a1=2,a2=1,a3=4, 当n=1时,取i=2,j=0,有a2=1=n, 当n=2时,取i=1,j=0,有a1=2=n, 当n=3时,取i=1,j=1,有a1+a2=2+1=3=n, 当n=4时,取i=3,j=0,有a3=4=n, 当n=5时,取i=2,j=1,有a2+a3=5=n, 所以Q是5-连续可表数列. 由于找不到连续的若干项之和为6,所以Q不是6-连续可表数列. (2)证明:若k=1,则Q:a1只能表示1个数字,不能表示8个数字,故k≠1; 若k=2,则Q:a1,a2最多能表示出a1,a2,a1+a2,共3个数字,与Q为8-连续可表数列相矛盾; 若k=3,则a1,a2,a3最多能表示a1,a2,a3,a1+a2,a2+a3,a1+a2+a3,共6个数字,与Q为8-连续可表数列矛盾,故k≥4. 现构造Q:1,2,4,1,可以表示出1,2,3,4,5,6,7,8这8个数字,即存在k=4满足题意, 故k的最小值为4(或构造出Q:3,1,4,2等数列也可以). (3)证明:从5个正整数中取1个数字只能表示自身,此方式最多可表示5个数字;取连续2个数字并求和最多能表示4个数字,取连续3个数字并求和最多能表示3个数字,取连续4个数字并求和最多能表示2个数字,取连续5个数字并求和最多能表示1个数字, 所以对任意给定的5个整数,最多可以表示5+4+3+2+1=15个正整数,不能表示20个正整数,即k≥6. 若k=6,则最多可以表示6+5+4+3+2+1=21个正整数, 由于Q为20-连续可表数列,且a1+a2+a3+…+ak<20, 所以有一项必为负数,设这一项为ai,i∈{1,2,3,4,5,6}. 若ai<0,i∈{2,3,4,5},则ai+ai+1>0且ai-1+ai>0, 那么从a1,a2,…,a6中选择连续j(1≤j≤6)项求和,其和均小于20,这与题意不符,所以a1<0或a6<0. 不妨设a1<0,那么a2+a3+…+a6=20, 因为a2,a3,…,a6∈N*,所以{a2,a3,…,a6}={2,3,4,5,6}, 从集合{2,3,4,5,6}中选取j(1≤j≤5)个连续数字并求和,其和不可能为19, 但Q为20-连续可表数列,那么a1+a2+a3+…+a6=20,所以a1=-1, 所以a2=2,若不然,假设a2=p(3≤p≤6),那么a1+a2=p-1∈{2,3,4,5}与数列中的项重复, 所以a3=6,若不然,假设a3=q(3≤q≤5),那么a1+a2+a3=q+1∈{4,5,6}与数列中的项重复, 因此该数列只可能为以下6种,下面逐一写出: ①a1=-1,a2=2,a3=6,a4=3,a5=4,a6=5,但是a1+a2+a3=a4+a5(舍去); ②a1=-1,a2=2,a3=6,a4=3,a5=5,a6=4,但是a2+a3=a4+a5(舍去); ③a1=-1,a2=2,a3=6,a4=4,a5=3,a6=5,但是a2+a3=a5+a6(舍去); ④a1=-1,a2=2,a3=6,a4=4,a5=5,a6=3,但是a2+a3=a5+a6(舍去); ⑤a1=-1,a2=2,a3=6,a4=5,a5=3,a6=4,但是a1+a2+a3=a5+a6(舍去); ⑥a1=-1,a2=2,a3=6,a4=5,a5=4,a6=3,但是a1+a2+a3=a5+a6(舍去). 因此,k=6不满足题意. 综上,Q中至少含6个不同的正整数和一个负数才能满足题意,故k≥7. 10.(2021北京,21,15分)定义Rp数列{an}:对实数p,满足: ①a1+p≥0,a2+p=0; ②∀n∈N*,a4n-1<a4n; ③am+n∈{am+an+p,am+an+p+1}. (1)对前4项为2,-2,0,1的数列,可以是R2数列吗?说明理由; (2)若{an}是R0数列,求a5的值; (3)是否存在p,使得存在Rp数列{an},对∀n∈N*,满足Sn≥S10?若存在,求出所有这样的p;若不存在,说明理由. 解析　(1)不是R2数列.由题意可知a2=-2,p=2. 若前4项为2,-2,0,1的数列是R2数列,则由③可知,a2=a1+1∈{a1+a1+2,a1+a1+2+1}={6,7}, 但-2∉{6,7},故不可能是R2数列. (2)若{an}是R0数列,即p=0,则由①知a1≥0,a2=0. 令m=n=1,则a2∈{a1+a1+0,a1+a1+0+1}={2a1,2a1+1},∵a1≥0,a2=0,∴a1=0, 令m=1,n=2,则a3∈{a1+a2+0,a1+a2+0+1}={0,1}, 令m=n=2,则a4∈{a2+a2+0,a2+a2+0+1}={0,1}, 又由②知a3<a4,∴a3=0,a4=1. ∴a5∈{a1+a4+0,a1+a4+0+1}={1,2},且a5∈{a2+a3+0,a2+a3+0+1}={0,1},∴a5=1. (3)存在p=2,使得存在Rp数列{an},对∀n∈N*,满足Sn>S10. 由题意可知a2=-p,a2∈{2a1+p,2a1+p+1},∵a1+p≥0,∴2a1+p≥-p, 2a1+p+1≥-p+1>-p,∴a2=2a1+p=-p,∴a1=-p. 令m=1,则an+1∈{an+a1+p,an+a1+p+1}={an,an+1},(*) 令m=2,则an+2∈{an+a2+p,an+a2+p+1}={an,an+1},(**) ∴a3∈{-p,-p+1},a4∈{-p,-p+1}, 又∀x∈N*,a4n-1<a4n, ∴a3<a4,∴a3=-p,a4=-p+1, 由(*)知a5∈{-p+1,-p+2},由(**)知a5∈{-p,-p+1},∴a5=-p+1, ∴a6∈{-p+1,-p+2},且a6∈{2a3+p,2a3+p+1}={-p,-p+1},∴a6=-p+1, ∴a7∈{-p+1,-p+2},a8∈{-p+1,-p+2},又由②知a8>a7,∴a7=-p+1,a8=-p+2, ∴a9∈{-p+2,-p+3},且a9∈{-p+1,-p+2},∴a9=-p+2, ∴a10∈{-p+2,-p+3},且a10∈{-p+1,-p+2},∴a10=-p+2, ∴a11∈{-p+2,-p+3},a12∈{-p+2,-p+3}, 又由②知a11<a12,∴a11=-p+2,a12=-p+3,…… ∴a1=a2=a3=-p,a4=a5=a6=a7=-p+1,a8=a9=a10=a11=-p+2,a12=a13=a14=a15=-p+3,……,故an=-p+k(4k≤n≤4k+3,k∈N,n∈N*),且an+1≥an, ∀n∈N*,Sn≥S10,则需∴p=2. 11.(2020北京,21,15分)已知{an}是无穷数列.给出两个性质: ①对于{an}中任意两项ai,aj(i>j),在{an}中都存在一项am,使得=am; ②对于{an}中任意一项an(n≥3),在{an}中都存在两项ak,al(k>l),使得an=. (Ⅰ)若an=n(n=1,2,…),判断数列{an}是否满足性质①,说明理由; (Ⅱ)若an=2n-1(n=1,2,…),判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②,说明理由; (Ⅲ)若{an}是递增数列,且同时满足性质①和性质②,证明:{an}为等比数列. 解析　(Ⅰ)若an=n(n=1,2,…),则数列{an}不满足性质①,可以举反例验证.∉N*,在数列{an}中不能找到一项am(m∈N*),使得am=. (Ⅱ)若an=2n-1(n=1,2,…),则数列{an}能同时满足性质①和性质②. 对于{an}中任意两项ai,aj(i>j), =22i-j-1=a2i-j. 令m=2i-j即可, 所以对于{an}中任意两项ai,aj(i>j),在{an}中存在一项am(m=2i-j),使得=am, 故满足性质①. 对于{an}中任意一项an=2n-1,下面寻求{an}中另外两项ak,al(k>l),使得an=,即2n-1==22k-l-1,即n=2k-l,可令l=n-2,k=n-1(n≥3), 则此时an=2n-1=,故满足性质②. 故数列{an}能同时满足性质①和性质②. (Ⅲ)证明:(1)当n=3时,由性质②可知存在两项ak,al,使a3=(k>l), 又因为{an}是递增数列,所以a3>ak>al,即3>k>l, 所以k=2,l=1, 此时=a3,满足a1,a2,a3为等比数列, 即n=3时命题成立. (2)假设n=k(k∈N*,k≥3)时,命题成立,即{an}是以q=为公比的各项为正数的等比数列, 由性质①,可取数列中的两项ak,ak-1,则数列中存在一项am=·ak,所以am=qak, 下面用反证法证明当n=k+1时命题也成立,即am=ak+1. 假设ak+1≠am,因为{an}是递增数列,所以am==qak>ak+1,即有ak<ak+1<qak, 则a1qk-1<ak+1<a1qk,由性质②,ak+1可以表示为(s>t),即ak+1=>as>at,所以k+1>s>t,符合条件, 所以as=a1qs-1,at=a1qt-1, 所以=a1q2s-t-1,所以a1qk-1<a1q2s-t-1<a1qk, 所以k-1<2s-t-1<k,而k,s,t∈N*,所以不存在这样的一组数k,s,t,所以am=ak+1, 即n=k+1时,命题也成立. 由(1)(2)可知,{an}是等比数列. 命题立意　本题主要考查数列的综合应用,反证法和数学归纳法在数列相关证明问题中的应用,通过探索设问的方式判定命题,旨在考查学生对新定义的理解和应用.通过数列的综合应用考查学生抽象概括、逻辑推理、分析新问题和解决新问题的能力,以及转化与化归思想的应用.体现了数学运算、逻辑推理和数学抽象等核心素养. 方法技巧　证明中寻找由k到k+1的变化规律是难点,突破难点的关键是掌握由k到k+1的证明方法.在运用归纳假设时,应分析P(k)与P(k+1)的差异和联系,利用拆、添、并、放、缩等方法,从P(k)出发拼凑出P(k+1),或从P(k+1)中分离出P(k),再进行局部调整. 12.(2024北京,21,15分,难)已知集合M={(i,j,k,w)|i∈{1,2},j∈{3,4},k∈{5,6},w∈{7,8},且i+j+k+w为偶数}. 给定数列A:a1,a2,…,a8和序列Ω:T1,T2,…,Ts,其中Tt=(it,jt,kt,wt)∈M(t=1,2,…,s),对数列A进行如下变换:将A的第i1,j1,k1,w1项均加1,其余项不变,得到的数列记作T1(A);将T1(A)的第i2,j2,k2,w2项均加1,其余项不变,得到的数列记作T2T1(A);……;以此类推,得到数列Ts…T2T1(A),简记为Ω(A). (1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:(1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7),写出Ω(A); (2)是否存在序列Ω,使得Ω(A)为a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4,a8+4?若存在,写出一个Ω,若不存在,说明理由; (3)若数列A的各项均为正整数,且a1+a3+a5+a7为偶数,求证:“存在序列Ω,使得Ω(A)的各项都相等”的充要条件为“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”. 21 解析 (1)∵数列A:1,3,2,4,6,3,1,9, 序列Ω:(1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7), ∴T1(A):2,3,3,4,7,3,2,9, T2T1(A):2,4,3,5,7,4,2,10, T3T2T1(A):3,4,4,5,8,4,3,10. 因此,Ω(A):3,4,4,5,8,4,3,10. (2)不存在,理由如下: 设序列Ω:T1,T2,…,Tn, Ω(A):a1+b1,a2+b2,a3+b3,…,a8+b8, 依题意得b1+b2=b3+b4=b5+b6=b7+b8=n. 而在a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4,a8+4中b1=2,b2=6,b3=4,b4=2,b5=8,b6=2,b7=4,b8=4, ∴b1+b2=8,b3+b4=6,b5+b6=10,b7+b8=8. 因此,b1+b2≠b3+b4. ∴不存在这样的Ω. (3)证明:必要性,若存在序列Ω:T1,T2,…,Tn,使得Ω(A)的各项均相等,设各项均为k,由(2)知, a1+b1=a2+b2=…=a8+b8=k, 又b1+b2=n,∴a1+a2+b1+b2=a1+a2+n=2k. 从而a1+a2=2k-n, 同理a3+a4=a5+a6=a7+a8=2k-n. 因此,a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8, 必要性成立. 充分性,设a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8=m, 则a1+a2+…+a8=4m,是偶数, 又a1+a3+a5+a7是偶数,因此a2+a4+a6+a8也是偶数. 若a1,a3,a5,a7都是奇数,作变换T=(1,3,5,7), 得a1+1,a3+1,a5+1,a7+1都是偶数,且a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8, (即任何一次变换不影响连等式成立). 若a1,a3,a5,a7两奇两偶,不妨设a1,a3为奇数, 则a2,a4,a6,a8也是两奇两偶,若a2,a4为奇数, 作变换T=(1,3,5,7),则a1,a3为偶数,a5,a7为奇数, 再作变换T'=(2,4,5,7),则a1,a2,…,a8均为偶数, 因此不妨设ai(i=1,2,…,8)均为偶数. ①若a1≠a2,不妨设a2>a1,令k1=a2-a1是偶数. 作k1次变换T1=(1,3,5,7),则a1变为a1+k1=a2. ②若a1=a2,a3≠a4,不妨设a4>a3, 由a1+a2=a3+a4=2a1得a4-a1=a1-a3=k2是偶数, ∴a4-a3=2k2, 作k2次变换T2=(1,3,5,7),k2次变换T'2=(2,3,6,7), 得a1+k2=a2+k2=a3+2k2=a4. ③若a1=a2=a3=a4,a5≠a6,不妨设a6>a5, 则存在偶数k3,使得a6=a1+k3,a5=a1-k3, 作k3次变换T3=(2,3,5,8),k3次变换T'3=(1,4,5,8), 得a1+k3=a2+k3=a3+k3=a4+k3=a5+2k3=a6. ④若a1=a2=a3=a4=a5=a6,a7≠a8,不妨设a8>a7, 则存在偶数k4,使得a8=a1+k4,a7=a1-k4, 分别作k4次变换(1,3,5,7),(2,4,5,7),(1,4,6,7),(2,3,6,7), 得a1+k4=a2+k4=…=a6+k4=a7+2k4=a8, 即数列各项相等,充分性成立. 综上所述,所证结论成立. 13.(2024新课标Ⅰ,19,17分,难)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,使得数列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; (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>. 19 解析 (1)(1,2),(1,6),(5,6). 理由:数列a1,a2,…,a6中删去a1,a2后,数列a3,a4,a5,a6是等差数列,所以数列a1,a2,…,a6是(1,2)-可分数列,同理数列a1,a2,…,a6是(1,6)或(5,6)-可分数列. (2)证明:m=3时, a1,a4,a7,a10成等差数列; a3,a6,a9,a12成等差数列; a5,a8,a11,a14成等差数列. m≥4时,从a15开始每连续4项成等差数列,a15前12项分组同上, 即a1,a4,a7,a10成等差数列; a3,a6,a9,a12成等差数列; a5,a8,a11,a14成等差数列; a15,a16,a17,a18成等差数列; …… a4m-1,a4m,a4m+1,a4m+2成等差数列.证明毕. (3)证明:从4m+2个数中任取两个数i和j(i<j)有=8m2+6m+1种, ①首先证明(4p+1,4q+2)(p<q)一定符合题意,p,q∈N,且q≤m. 4p+1与4q+2之间有4q+2-(4p+1)-1=4(q-p)个数,按从小到大的顺序每4个一组. 4p+1前的4p个数按从小到大的顺序每4个一组. 4q+2后的4(m-q)个数按从小到大的顺序每4个一组. 故(4p+1,4q+2)(0≤p<q≤m)的不同取值有+(m+1)=(m2+3m+2)种. ②其次证明(4p+2,4q+1)(p<q-1)一定符合题意,p,q∈N,且q≤m, 4p+1前的4p个数,按从小到大的顺序每4个一组, 4q+2后的4(m-q)个数按从小到大的顺序每4个一组, 对4p+1,4p+2,4p+3,…,4q,4q+1,4q+2,一共有4(q-p)+2个数, 去掉其中第2个与第4(q-p)+1个数,即4p+2与4q+1. 下面证明去掉后剩下的4(q-p)个数可以分成q-p组,每组4个数构成等差数列. 该证明实际上为(2)的推广. 令k=q-p≥2, 4p+1,4p+1+k,4p+1+2k,4p+1+3k成等差数列; 4p+3,4p+3+k,4p+3+2k,4p+3+3k成等差数列; …… 4p+2+k,4p+2+2k,4p+2+3k,4p+2+4k成等差数列, 得证,∴②得证. 故(4p+2,4q+1)的不同取值有-m=(m2-m)种, 由①②,分组方法共有(m2+3m+2)+(m2-m)=(2m2+2m+2)=m2+m+1种, 而-=>0,∴Pm>. ( 第 31 页 共 31 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $