押天津卷第19题教师版_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_5.2024三轮冲刺_备战2024年高考数学临考题号押题（天津专用）323409112

押天津卷 19 题 数列综合 考点 2年考题 考情分析 数列大题一般而言第一问涉及到等比等差的基础量的运算， 这部分难度不大，属于送分题，第二问一般以证明题的形式 来考察，难度较大。23年涉及到数列极限的思想说明对于难 2023年天津卷第19题 题的考察，高考在贴近大学的知识，这对考生要求较高。数 数列大题 列可考察的知识点较多，可以结合的知识也较多，类似数列 2022年天津卷第18题 与不等式，裂项相消错位相减奇偶并项求和，数列的放缩等 等。预测 24年高考依旧会把数列作为一道压轴大题来考 察。 题型一数列大题 19．（15分）（2023•天津）已知 是等差数列， ， ． （Ⅰ）求 的通项公式和 ； （Ⅱ）已知 为等比数列，对于任意 ，若 ，则 ． 当 时，求证： ； 求 的通项公式及其前 项和． 【答案】（Ⅰ） ， ． （Ⅱ） 证明见解析；， ． 【分析】（Ⅰ）建立方程组求出首项和公差即可求解． （Ⅱ）根据数列递推关系，利用极限思想分别求出公比和首项，即可得到结论． 【解答】解：（Ⅰ） 是等差数列， ， ． ，得 ， ， 则 的通项公式 ， 中的首项为 ，项数为 ， 则 ． （Ⅱ） ， ， ， 即 ， 当 时， ． ，且 ， 即 ， 综上 ，故成立； 成立， 为等比数列， 设公比为 ， 当 时， ， ，则 ， 即 ， 即 ， 当 ， ， ， ， 时， ， ， 即 ， 即 ， 当 ， ， ， 则 ， 则 ，即 的通项公式为 ， 则 的其前 项和 ． 18．（15分）（2022•天津）设 是等差数列， 是等比数列，且 ． （1）求 与 的通项公式； （2）设 的前 项和为 ，求证： ； （3）求 [a ﹣（﹣1）ka ]b ． k+1 k k【答案】（1）a ＝2n﹣1，b ＝2n﹣1． n n （2）见证明过程． （3） ． 【分析】（1）设等差数列{a }的公差为d，等比数列{b }的公比为q，由a ＝b ＝a ﹣b ＝a ﹣b ＝1，可 n n 1 1 2 2 3 3 得1+d﹣q＝1，1+2d﹣q2＝1，解得d，q，即可得出a ． n （2）由等比数列的性质及通项公式与前 n项和的关系结合分析法能证明（S +a ）b ＝S b ﹣ n+1 n+1 n n+1 n+1 S b ； n n （3）先求出[ ]b 2k﹣1 +[a 2k+1 ﹣（﹣1）2k 2k ]b 2k ＝2k•4k，利用并项求和，结合错位相 减法能求出结果． 【解答】解：（1）设等差数列{a }的公差为d，等比数列{b }的公比为q， n n ∵a ＝b ＝a ﹣b ＝a ﹣b ＝1， 1 1 2 2 3 3 ∴1+d﹣q＝1，1+2d﹣q2＝1， 解得d＝q＝2， ∴a ＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，b ＝2n﹣1． n n （2）证明：∵b ＝2b ≠0， n+1 n ∴要证明（S +a ）b ＝S b ﹣S b ， n+1 n+1 n n+1 n+1 n n 即证明（S +a ）b ＝2S •b ﹣S b ， n+1 n+1 n n+1 n n n 即证明S +a ＝2S ﹣S ， n+1 n+1 n+1 n 即证明a ＝S ﹣S ， n+1 n+1 n 由数列的通项公式和前n项和的关系得：a ＝S ﹣S ， n+1 n+1 n ∴（S +a ）b ＝S b ﹣S b ． n+1 n+1 n n+1 n+1 n n （3）∵[ ]b 2k﹣1 +[a 2k+1 ﹣（﹣1）2k 2k ]b 2k ＝（4k﹣1+4k﹣3）×22k﹣2+[4k+1﹣（4k﹣1）]×22k﹣1＝2k•4k， ∴ [a k+1 ﹣（﹣1）ka k ]b k ＝ {[a 2k ﹣（﹣1）2k﹣1a 2k﹣1 ]b 2k﹣1 +[ a 2k ]b 2k } ＝ 2k•4k，设T ＝ ． n 则 +…+2n×4n，① ∴4T ＝2×42+4×43+6×44+…+2n×4n+1，② n ①﹣②，得： ﹣3T ＝2（4+42+43+44+…+4n）﹣2n•4n+1 n ＝ ＝ ， ∴T ＝ ， n ∴ [a ﹣（﹣1）ka ]b ＝ ． k+1 k k 一、公式法 （1）等差数列 的前n项和 （2）等比数列 的前n项和 （3）一些常见的数列的前n项和： ① ； ② ；③ ； ④ 二、几种数列求和的常用方法 （1）分组求和法：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，则求和时可用分 组求和法，分别求和后相加减． （2）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和． （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，从而求得前n项 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，那么求 这个数列的前 项和即可用错位相减法求解． （5）倒序相加法：如果一个数列 与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求 这个数列的前 项和即可用倒序相加法求解． 【常用结论】 裂项技巧 ①等差型 （1） （2） （3） （4） （5）（6） ②根式型 （1） （2） （3） ③指数型 （1） （2） （3） ④三角型 （1） （2） （3） ⑤阶乘 （1） ⑥常见放缩公式：（1） ； （2） ； （3） ； （4） ； （5） ； （6） ； （7） ； （8） ； （9） ； （10） ；（11） ； （12） ； （13） ． （14） ． 1．已知 是等差数列，其公差 大于1，其前 项和为 ， 是等比数列，公比为 ，已知 ， ， ， ． （1）求 和 的通项公式； （2）若正整数 ， ， 满足 ，求证： ， ， 不能成等差数列； （3）记 ，求 的前 项和 ． 【答案】（1） ； （2） ， ， 不能成等差数列； （3） ． 【分析】（1）利用等比数列的通项公式，等差数列的通项公式与求和公式，即可求解； （2）利用等差数列的定义即可； （3）利用并项法求和即可．【解答】解：（1） 是等差数列，其公差 大于1，其前 项和为 ， 是等比数列，公比为 ， ， ， ， ． ， 由 得， ， ， ， ． （2） ， ， 成等差数列 ， ， ， ， 为偶数， 为偶数，而1是奇数， 等式不成立， ， ， 不能成等差数列． （3） ， ， ， ， ， 又 的前 项和 ， ． 2．在正项等比数列 中， ， ． （Ⅰ）求 的通项公式：（Ⅱ）已知函数 ，数列 满足： ． 求证：数列 为等差数列，并求 的通项公式 设 ，证明： 【答案】（Ⅰ） ； （Ⅱ） 证明见解析， ； 证明见解析． 【分析】（Ⅰ）根据等比数列的性质列方程即可求解； （Ⅱ） 由题 ，即 即可证明和求解通项； 由题可得 ，然后通过通项放缩结合裂项相消即可得证． 【解答】（Ⅰ）解：因为正项等比数列 中， 由题有 ，又 ， ， 解得 ， ， 所以 ； （Ⅱ）证明： 因为 ， 所以 ，即 ， 所以数列 是以 为首项，公差为1的等差数列． 所以 ，即 ；由题 ， 当 时，左式 ，右式 ，左式 右式， 当 时， ， 则 ， 所以 ， 即 ， 时， ． 综上：当 3．已知各项均为正数的数列 的前 项和为 ，且满足 ，数列 为等比数列，且满足 ， ． （Ⅰ）求数列 和 的通项公式； （Ⅱ）求证： ；（Ⅲ）求 的值． 【答案】 ， ； 证明见解析； ． 【分析】 由 ，得 ，进一步可得数列 为等差数列，公差 即可求得 ；再由 为等比数列结合已知列方程即可求解； 由 得 ，代入不等式两边即可得证； 利用裂项相消求 的前 项和，利用错位相减法求 的前 项和即 可． 【解答】 解：由 ，故 ①， 则 ②， ② ①得 ， 整理得 ， ， ， 数列 为等差数列，公差 ， 当 时， ，解得 ， 的通项公式 ；设等比数列 的公比为 ，由题意， ， ， ， 由 ，解得 ， 的通项公式 ， 即 ， ； 证明：由 得 ， ， 不等式得证； 解：设 ， ， ， 设 ， 则 ， ， 两式相减，得 ， ， ，． 4．已知数列 的前 项和为 ， ， ，数列 为正项等比数列， ， 是 与 的等差中项． （Ⅰ）求 和 的通项公式； （Ⅱ）若 ，求数列 的前 项和 ； （Ⅲ）设 ，求数列 的前 项和 ． 【答案】 ， ． ． （Ⅲ） ． 【分析】 ，化为 ，利用等差数列的通项公式即可得出 ；设正项等 比数列 的公比为 ，根据 是 与 的等差中项，可得 ，结合 ，利用等比数 列的通项公式即可得出 与 ，即可得出 ． （Ⅱ） ，利用错位相减法即可得出数列 的前 项和 ． （Ⅲ）结合 可得 ，通过对 分类讨论，利用裂 项求和方法即可得出结论．【解答】解： ， ， 数列 是等差数列，首项为1，公差为1， ． 设正项等比数列 的公比为 ， 是 与 的等差中项， ， ， 化为 ， 解得 ， ， 解得 ， 又 ， ，解得 ． ． （Ⅱ） ， 数列 的前 项和 ， ， 相减可得 ， 化为 ．（Ⅲ） ， ， 为 偶 数 时 ， 数 列 的 前 项 和 ； 同 理 可 得 ： 为 奇 数 时 ， 数 列 的 前 项 和 ． ． 5．设 是等差数列， 是各项均为正数的等比数列， ， ， ， ． （1）求数列 与 的通项公式； （2）数列 ， 的前 项和分别为 ， ； （ⅰ）证明 ； （ⅱ）求 ． 【答案】（1） ； （2）（ⅰ）证明见解析； （ⅱ） ． 【分析】（1）根据等比数列，等差数列的性质列方程即可求解；（2）（ⅰ）由已知 ，利用裂项相消即可求和得证； （ⅱ）由题 ，所以 ，再利用错位相减 法即可求解． 【解答】解：（1）设公差为 ，公比为 ， ， 由已知 ，解得 ， 由题有 ，解得 ， ， 则 ，解为 ， 所以 ； （2）（ⅰ）由已知 ， ， 所以 ； （ⅱ）由题 ， 所以 ， 令 ①， 则 ②，所以① ②得 ， 即 ， 所以 ． 6．已知数列 是等比数列， ， ， ， 成等差数列． （1）求 的通项公式和 ； （2）数列 满足 ；当 时， ；当 时， ．记数列 的前 项和为 ． ①若 ，求 的值； ②若 ，求证： ． 【答案】（1） （2）① ；②证明见解析 【分析】（1）代入等比数列的基本量，即可求解； （2）①由（1）可知， ， ，再根据 ，确定 的值； ②由 得 ，进一步得到 ，以及 ，并代入求和． 【解答】解：（1）设等比数列的公比为 ， ，且 ， ， ， ，则 为求数列 的前 项和 ， 所以 ， ， 两式相减得 ， 解得： ； （2）① ， 当 ， 时， ， 或 ， ，2，3， ， 记 ，则 当 时， ， 当 时， ，满足题意， ． ② ， ， ， ， ， 即 ， 对 ，都有 ． 另一方面， ， ， ， ，对 ，都有 ， ， ． 7．已知 是等差数列， 是公比不为1的等比数列， ， ， ，且 是 与 的等差中项． （1）求：数列 和 的通项公式． （2）设 ，求 ． （3）若对于数列 、 ，在 和 之间插入 个 ，组成一个新的数列 ，记数列 的前 项和为 ，求 ． 【答案】（1） ， ； （2） ； （3）4104． 【分析】（1）根据等差等比数列的通项公式，计算可得； （2）结合两个数列的通项公式，可判断 的前 项中两个数列的项数，然后分组和错位相减求和可得； （3）求出 的前2024项中总共有多少个2，利用分组求和可得．【解答】解：（1）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ， ， 由 ， ，则 ，故 ， 所以 ， 则 ，由 ，则 ， 又由 是 与 的等差中项，所以 ， 即 ，解得 或 （舍去）， 故 ； （2）由 ，则 ， ， 则 ， ， 两式相减得， ， ， 则 ，其中 ①， ， ② ① ②相减可得， 则 所以 ， 则 ； （3） 时， 与 之间插入 即3个2， 时， 与 之间插入 即9个2， ， 时，在 与 之间插入 个2， 此时共有 项， 在 的后面再插入 个2即可． 则数列 的前2024项的和 ． 8．已知数列 是正项等比数列， 是等差数列，且 ， ， ， （1）求数列 和 的通项公式； （ 2 ） 表 示 不 超 过 的 最 大 整 数 ， 表 示 数 列 的 前 项 和 ， 集 合 共有4个元素，求 范围；（3） ，数列 的前 项和为 ，求证： ． 【答案】（1） ， ；（2） ；（3）证明过程见解析． 【分析】（1）直接利用已知条件建立方程组，进一步求出数列的通项公式； （2）利用分组的应用求出数列的和，进一步利用关系式的单调性求出 的范围； （3）利用分类讨论思想和乘公比错位相减法，裂项相消法，放缩法求出结果． 【解答】解：（1）数列 是正项等比数列， 是等差数列，且 ， 故 ， ， 由于 ， ， 所以 ，解得 或 （负值舍去）， ； 所以 ， ； （2）由于 ， ， 所以 ， ， 故集合 ， ， 设 ，故 ， 当 时， ， 当 时， ， ， ， ， ， 又由于集合含有4个元素，所以 ． 证明：（3）由于 ， 所以 ， 设当 为偶数时， ，①， 所以 ，②， ① ②得： ， 解得 ， 当 为奇数时， ， ， 所以 ． 9．已知数列 满足： ，正项数列 满足： ，且 ， ， ． （1）求 ， 的通项公式； （2）已知 ，求： ； （3）求证： ．【答案】（1） ， ； （2） ． （3）证明见解析． 【分析】（1）由题意可得 为等差数列， 为等比数列，再分别求解公差与公比即可； （2）代入化简可求 ，再分组根据等差数列与裂项相消求和即可； （3）放缩可得 ，再裂项相消求和即可． 【解答】解：（1）由题意知， 为等差数列，设公差为 ， 为等比数列，设公比为 ， 又 ， ， ， ， ， ． ， ， ； （2）由题意得 ， ；（3） ， ． ， 成立， 时， 也成立， ． 10．已知数列 ， ， 是数列 的前 项和，已知对于任意 ，都有 ，数列 是等差数列， ，且 ， ， 成等比数列． （1）求数列 和 的通项公式； （2）记 ，求数列 的前 项和 ； （3）记 ，求 ． 【答案】（1） ， ； （2） ． （3）证明见解析． 【分析】（1）由题意可得 为等差数列， 为等比数列，再分别求解公差与公比即可； （2）代入化简可求 ，再分组根据等差数列与裂项相消求和即可； （3）放缩可得 ，再裂项相消求和即可．【解答】解：（1）由题意知， 为等差数列，设公差为 ， 为等比数列，设公比为 ， 又 ， ， ， ， ， ． ， ， ； （2）由题意得 ， ； （3） ， ． ， 成立， 时， 也成立， ． 11．已知等差数列 的前 项和为 ， ， ，数列 满足： ， ．（1）证明： 是等比数列； （2）证明： ； （3）设数列 满足： ．证明： ． 【分析】（1）根据等比数列的定义，结合递推公式，即可证明； （2）根据条件求 和 ，再代入不等式，利用作差法，即可化简证明； （3）根据数列 的通项公式，分别求奇数项和偶数项的和，再分别利用裂项相消法和错位相减法求和， 即可证明． 【解答】证明：（1）由 ，得 ， 所以 是以2为首项，2为公比的等比数列， 故 ； （2）设等差数列的公差为 ， 则 ，得 ， 所以 ， ， ， ， ，得证． （3）当 为奇数时， ， ，当 为偶数时， ， ， 设 ， ， 两式相减得 ， 得 ， 所以 ， 所以 ． 12．设 为等比数列， 为公差不为零的等差数列，且 ， ， ． （1）求 和 的通项公式； （2）记 的前 项和为 ， 的前 项和为 ，证明： ； （3）记 ，求 ． 【答案】（1） ， ； （2）证明见解析， （3） ． 【分析】（1）由等差数列、等比数列的基本量法求得通项公式；（2）由等差数列、等比数列的前 项和公式求得 ， 后，用作差法证明； （3）并项 然后裂项求和． 【解答】解：（1）设等比数列 的公比为 ，等差数列 的公差为 ， 依题意， ，即 ，解得 ． 所以 ． 因为 ， ，所以 ，从而 ． （2）由（1）知 ， ，所以 ． 因为 ， 所以 ． （3） 因为 ， 所以 ．13．已知数列 是等比数列，其前 项和为 ，数列 是等差数列，满足 ， ， ． （Ⅰ）求数列 和 的通项公式； （Ⅱ）记 ，求 ； （Ⅲ）证明： ． 【答案】（Ⅰ） ， ；（Ⅱ） ． 【分析】（Ⅰ）通过题目中给出条件先求出数列 的通项公式，再求出 的通项公式；（Ⅱ）写出 的前几项，寻找规律再进行求和； （Ⅲ）验证 时不等式成立，然后利用数学归纳法进行证明． 【解答】解：（Ⅰ）由 ，得 ，即 ， 所以等比数列 的公比为3， ，所以 ， 由 ，得 ， 所以等差数列 的公差为2， ； （Ⅱ）由题意，得 ， ，令 ， 则 ， 则 ， 化简得， ， 令 ， 同理得， ， 所以有， ； （Ⅲ）证明：当 ，不等式左侧 ，右侧 ，左侧 右侧， 假设当 时，不等式成立， 要证 时，不等式依然成立， 只需证， ， 只需证， ， 显然该式成立，所以原不等式得证． 14．已知数列 是正项等比数列， 是等差数列，且 ， ， ． （1）求数列 和 的通项公式； （2）设 ，数列 的前 项和为 ，求证： ； （3） 表示不超过 的最大整数， 求：① ；② ． 【答案】（1） ， ； （2）证明过程见解析； （3）① ；② ． 【分析】（1）设等比数列 的公比为 ，等差数列 的公差为 ，由已知列方程组求解 与 ， 则数列 和 的通项公式可求； （2）把数列 和 的通项公式代入 ，整理后利用裂项相消法求 ； （3）①由 ，求出 、 、 ，作和即可求得 ； ②利用错位相减法求 ． 【解答】（1）解：设等比数列 的公比为 ，等差数列 的公差为 ， 由 ， ， ， 得 ，解得 或 （舍去）． 故 ， ； （2）证明： ， 则 ；（3）①解： ， ， ， ． 则 ； ②解： ，① 则 ，② 由① ②得 ， ． 15．设 是等差数列，其前 项和为 ， 为等比数列，公比大于1．已知 ， ， ， ． （1）求 和 的通项公式； （2）设 ，求 的前 项和； （3）设 ，求证： ．【答案】（1） ， ； （2） ； （3）证明见解析． 【分析】【分析】（1）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，依题意得到方程组， 求出 、 ，即可得解； （2）由（1）可得 ，利用裂项相消法计算可得； （3）由（1）可得 ，即可得到 ，利用放缩法及等比数列求和公式 计算可得． 【解答】解：（1）依题意设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ， 则 ， ， 又 ， ，所以 ， 解得 或 （舍去）， 所以 ， ； （2）由（1）可得 ， 设 的前 项和为 ， 所以； （3）证明：因为 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ． 16．已知数列 的前 项和为 ， ，数列 为等比数列，且 ， 分别为数列 第二项和第三项． （1）求数列 与数列 的通项公式； （2）若数列 ，求数列 的前 项和 ； （3）求证： ． 【答案】（1） ； ； （2） ； （3）证明见解析． 【分析】（1）根据题意，由 与 的关系，即可得到数列 的通项公式，然后再由等比数列的通项公式得到数列 的通项公式； （2）根据题意，设 的前 项和为 ， 的前 项和为 ，分别求得 ， 即可 得到结果． （3）由题意可得， ，然后再结合等比数列的求和公式，即可得到结 果． 【解答】解：（1） ， 当 时， ， 当 时， ，满足上式， 所以 ， 所以 ， ，则 ， 所以 ； （2）由（1）可得， ， 令 ①， 所以 ②， ① ② 可 得 ， ， 所以 ，令 ， 令 ， 则 ， 则 ； （3）证明：设 ，则 ， 则 ． 17．已知 为数列 的前 项和，且满足 其中 ，且 ． （Ⅰ）求数列 的通项公式； 2n1 2n b mb i l （Ⅱ）设 ，若对任意的 ，都有： l1 i1 ，求实数m的取值范围． a r2n1 【答案】（Ⅰ） n ； (1,2) （Ⅱ） ． a S 【分析】（Ⅰ）根据 n与 n的关系求解即可； 2n1 2n b ,b b (1)n1(2)n j l （Ⅱ）易得 n ，再分别求得 l1 j1 ，利用数列的增减性即可得解． S 2a r 【解答】解：（Ⅰ）由 n n ， 当n1时， a 1 S 1 2a 1 r ，所以 a 1 r 0 ；n�2 a S S 2a 2a 当 时， n n n1 n n1， a 2a 所以 n n1， {a } 所以数列 n 是以2为公比的等比数列， a r2n1 所以 n ； r(12n) S  r(12n) （Ⅱ）由（Ⅰ）得 n 12 ， S b (1)n1 n (1)n1(12n)(1)n1 (2)n 则 n r ． 2n1 2[1(2)2n1] (2)2n 1 b b b  b 1  t 1 2  2n1 1(2) 3 故 l1 ， 2n 2[1(2)2n] (2)2n12 b b b  b 0  l 1 2  2n 1(2) 3 t1 ， 2n1 (2)2n 1 4n 1 b   而 l1 t 3 3 随n的增大而减小， 2n1 411 (b)  1 t max 3 所以 l1 ， 2n (2)2n12 24n 2 b   t1 l 3 3 随n的增大而增大， 2n 2412 (b)  2 l min 3 所以 t1 ， 2n1 2n b mb 因为对任意的nN* ，都有 l1 t t1 l ， 所以1m2，即实数m的取值范围为 (1,2) ． a n 2 18．若某类数列 {a n } 满足“ n�2 ， a n1 ，且 a n 0(nN*) ，则称这个数列 {a n } 为“G型数列”．（Ⅰ）若数列 {a n } 满足 a 1 3 ， a n a n1 32n1 ，求 a 2， a 3的值并证明：数列 {a n } 是“G型数列”； （Ⅱ）若数列 {a n } 的各项均为正整数，且 a 1 1 ， {a n } 为“G型数列”，记 b n a n 1 ，数列 b} 为等比数列， 公比 q 为正整数，当 {b n } 不是“G型数列”时， (i) {a } 求数列 n 的通项公式； n 1 5   (ii) a a 12 (nN*) 求证：k1 k k1 ， ． a 9 a 27 【答案】（Ⅰ） 2 ， 3 ，证明见解答； (i)a 2n 1 （Ⅱ） n ； (ii) 证明见解答． 【分析】（Ⅰ）利用数列递推式求解即可，由 a n a n1 32n1 ，可得数列 {a n } 的通项，再由“G型数列”的 定义证明即可； （Ⅱ） (i) 根据 {b n } 不是“G型数列”求出 {b n } 的公比 q ，从而得到 {a n } 的通项公式； (ii) a a 4n(n�2) 先证明 n n1 ，再由放缩法证明不等式． a 3 a a 32n1 【解答】（Ⅰ）证明： 1 ， n n1 ， 令n1，则 a 1 a 2 33 ， a 2 9 ， 令n2，则 a 2 a 3 35 ， a 3 27 ； 由 a n a n1 32n1 ①，当 n�2 时， a n1 a n 32n1 ②， a n1 9 由①②得，当 n�2 时， a n1 ，{a }(nN*) {a }(nN*) 数列 2n 和数列 2n1 是等比数列． a 3 a a 32n1 a 9  1 ， n n1 ， 2 a 39n1 32n1 a 99n1 32n a 3n 2n1 ， 2n ，因此 n ， a n 32(n�2) 从而 a n1 ，数列 {a n } 是“G型数列”． （Ⅱ） (i) 解：数列 {a n } 的各项均为正整数，且 {a n } 为“G型数列”， a n1 2 a a 2a a {a } b a 1  n ， n1 n n，数列 n 递增．又 n n ， b b a a 0 {b } q1 n1 n n1 n ，因此 n 递增，公比 ． b n1�2 又 {b n } 不是“G型数列”， 存在 n 0 N* ，使得 b n ， q�2 ， q q2 b a 12 又公比 为正整数， ．又 1 1 ， b 2n a 2n 1 n ，则 n ． (ii) a a (2n 1)(2n11)22n132n 122n1 32n 证明： n n1 ， 22n132n 4n 2n(2n 3)4n(n�2) a a 4n(n�2)  ， n n1 ， 1 1  (n�2) a a 4n  n n1 ， n 1 S  1 令 n k1 a k a k1 ，当n1时， S 1  3 ， 1 1 1 1 1 1 1 1 S       (    ) n�2 n aa a a a a  a a 3 42 43  4n 当 时， 1 2 2 3 3 4 n n11 1 (1 ) 1 42 4n1 1 1 1 1 1 5     (1 )   3 1 3 12 4n1 3 12 12 1 4 ． 2S n a 1(nN*) 19．已知数列 {a n } 的前n项和为 S n，满足： n n ． {a } （1）求证：数列 n 为等差数列； （2）若 a 2 3 ，数列 {b n } 满足 b 1 a 1， b 3 a 3 1 ， lgb n lgb n2 2lgb n1 (nN*) ，记 T n为 {b n } 的前n项和， T T T2 求证： n n2 n1； 6n7b  n ,n为奇数 c  a a n n n2  （3）在（2）的前提下，记 log 2 b n1 ,n为偶数 ，数列 {c n } 的前 2n项和为 K 2n，若不等式 4n (1)n K 4n1 2n 对一切nN* 恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； (1,5) （3） ． 2S na n(nN*) 2S (n1)a n1(nN) 【 分 析 】 （ 1 ） 由 条 件 可 得 n n 、 n1 n1 ， 然 后 可 得 na 1(n1)a (nN*) (n1)a 1na (nN) n n1 、 n1 n2 ，两式相减即可证明； a b T T T2 （2）首先可求出 n、 n，然后计算出 n n2 n1即可；  6n72n1  ,n为奇数, c  2n12n3 n  （3）首先可得 n,n为偶数, ，然后利用裂项求和法求出 P n c 1 c 3 c 5   c 2n1，然后 求出 K 2n，然后分n为偶数、n为奇数求解即可．2S n a 1(nN*) 【 解 答 】 证 明 ： （ 1 ） 因 为 n n ， 所 以 2S n na n n(nN*) ① ， 2S (n1)a n1(nN) n1 n1 ②， 2a (n1)a na 1(nN*) na 1(n1)a (nN*) ②①可得 n1 n1 n ，即 n n1 ③， (n1)a 1na (nN) 则 n1 n2 ④， (n1)a na na (n1)a (nN*) ④③可得 n1 n n2 n1 ， 2na n(a a )(nN*) 2a a a (nN*) 化简可得 n1 n2 n ，所以 n1 n2 n ， {a } 所以数列 n 为等差数列； 2S 2S n a 1(nN*) 1 a 1 （2） n n ，，当n1时可得 1 1 ，解得 a 1 1 ， a 3 a 2n1 因为 2 ，所以 n ， {b } lgb lgb 2lgb (nN*) 因为数列 n 满足 n n2 n1 ， lg(bb )lgb2 (nN*) bb b2 (nN*) 所以 n n2 n1 ，所以 n n2 n1 ， {b } b 0 所以数列 n 为等比数列， n ， b a 1 b a 14 q2 b 2n1 因为 1 1 ， 3 3 ，所以 ， n ， 1(12n) T  2n 1 所以 n 12 ， T T T2 (2n 1)(2n2 1)(2n1 1)2 2n 0 T T T2 所以 n n2 n1 ，即 n n2 n1， S n2,b 2n （3）解：由（2）可得 n n1 ；  6n72n1  ,n为奇数, c  2n12n3 n  所以 n,n为偶数,设 {c n } 的前2n项和中，奇数项的和为 P n，偶数项的和为 Q n， P c c c  c Q c c c  c 所以 n 1 3 3  2n1， n 2 4 6  2n， (6n7)2n1 2n1 2n1 c    当n为奇数时， n (2n1)(2n3) 2n3 2n1 ， 22 20 24 22 26 24 22n 22n2 4n 20 4n P c c c  c (  )(  )(  ) (  )   1 所以 n 1 3 5  2n1 5 1 9 5 13 9  4n1 4n3 4n1 1 4n1 ， 当n为偶数时， c n n ， (22n)n Q c c c  c 246 2n n(n1) 所以 n 2 4 6  2n  2 ， 4n (1)n K 由 4n1 2n ， 4n 4n (1)n  1n(n1) 得 4n1 4n1 ， (1)n1n(n1) 即 ， 当n为偶数时，n2 n1对一切偶数成立，所以5， 当n为奇数时，n2 n1对一切奇数成立，所以此时1， 综上，对一切nN* 恒成立，则的取值范围是 (1,5) ． 20．已知等差数列 {a n } 的首项为 1，前n项和为 S n，单调递增的等比数列 {b n } 的首项为 2，且满足 b S 7 b S 14 2 2 ， 3 3 ． {a } {b } （1）求 n 和 n 的通项公式； 3S a S (a 1)S (nN*) （2）证明： n n n1 n n ； n TS 1  i i  n(n1)(n2) （3）记 {b n } 的前n项和为 T n，证明： i1 b i 3 ．a n,b 2n 【答案】（1） n n ； （2）证明见解析； （3）证明见解析． 【分析】（1）根据条件，列出关于 q ，d的方程组，即可求解； （2）根据数列的前n项和 S n与 a n的关系，集合等差数列的通项公式，即可证明； TS 1 i i i(i1) [i(i1)(i2)(i1)i(i1)] b 3 （3）首先化简并放缩不等式， i ，再利用裂项相消求和，即可证 明． 【解答】解：（1）由题意，设等差数列 {a n } 的公差为d，等比数列 {b n } 的公比为 q(q1) ， b S 7 b S 14 因为 2 2 ， 3 3 ， 2qd 27 2qd 5 q1 q2     所以2q2 3d 314 ，即2q2 3d 11 ，解得d 3 （舍去），或d 1 ， a n,b 2n 所以 n n ； n(n1) S  证明：（2）由（1）知 n 2 ， a S (a 1)S a (S a )(a 1)S 所以 n n1 n n n n n1 n n S a a S n(n1)3S n n n1 n n； 2(12n) T  2n12 （3）由（1）知 n 12 ， i(i1) (2i12) TS 2 (2i12)i(i1) 1 i i   i(i1) [i(i1)(i2)(i1)i(i1)] b 2i 2i1 3 所以 i ， 所以  i n 1 T b i S i i 1 3 [1(11)(12)(11)1(11)] 1 3 [2(21)(22)(21)2(21)] 1 3 [(n1)n(n1)(n2)(11)n] 1 3 [n(n1)(n2)(n1)n(n1)] 1 3 n(n1)(n2) ， n TS 1  i i  n(n1)(n2) b 3 即 i1 i ．21．记 S n是公差不为 0 的等差数列 {a n } 的前 n项和，已知 a 3 3a 4 S 5， a 1 a 5 S 4，数列 {b n } 满足 b 3b 2n1(n�2,nN*) b a 1 n n1 ，且 1 1 ． {a } （Ⅰ）求 n 的通项公式； b   n 1 （Ⅱ）证明数列2n 是等比数列，并求 {b n } 的通项公式； n 1 3   （Ⅲ）求证：对任意的nN* ， i1 b i 2 ． a 2n 【答案】（Ⅰ） n ； b 3n 2n （Ⅱ）证明见解析； n ； （Ⅲ）证明见解析． 【分析】（Ⅰ）根据题意求出等差数列的首项与公差，再根据等差数列的通项即可得解； b n 1 2n b n1 1 （Ⅱ）根据等比数列的定义结合递推公式证明 2n1 为定值，即可得证，再根据等比数列的通项求出数列 b   n 1 2n 的通项，从而可得出答案； 1 1 1  � （Ⅲ）由（Ⅱ）得 b n 3n 2n 3n1 ，再根据等比数列的前n项和的公式即可得证． 【解答】（Ⅰ）解：设等差数列 {a n } 的公差为d，d 0， a 3a S aa S 因为 3 4 5， 1 5 4， a 2d 3a 9d 5a 10d 1 1 1  则a 1 (a 1 4d)4a 1 6d ，a 2 a 0 1 1   解得d 2 或d 0 （舍去）， a 2n 所以 n ； b 3b 2n1(n�2,nN*) （Ⅱ）证明：因为 n n1 ， b 3 b 1 b 3 b n   n1  n 1 ( n1 1) 所以2n 2 2n1 2，即2n 2 2n1 ， b n 1 2n 3  b 2 n1 1 所以 2n1 ， b 3 1 1 因为 b 1 a 1 1 ，所以 2 2 ， b  3 3  n 1 所以数列2n 是以2 为首项，2 为公比的等比数列， b 3 n 1( )n 所以2n 2 ， b 3n 2n 所以 n ； 1 1 1  � b 3n 2n 3n1 （Ⅲ）证明：由（Ⅱ）得 n ， n 1 1 1 1 1       b b b b b 故 i1 i 1 2 3 n 1 1 1 �1     3 32 3n1 1 1[1( )n] 3 3 1 3   [1( )n] 1 2 3 2 1 3 ， n 1 3   b 2 所以 i1 i ．{a } q1 a a 2 a {b } 22．已知数列 n 是公比 的等比数列，前三项和为13，且 1， 2 ， 3恰好分别是等差数列 n 的 第一项，第三项，第五项． {a } {b } （Ⅰ）求 n 和 n 的通项公式；  1  , n2k1 c bb n n n2  （Ⅱ）已知kN* ，数列 {c n } 满足 a n b n , n2k ，求数列 {c n } 的前2n项和 S 2n； (8n10)a 1 d  n （Ⅲ）设 n (2a n 1)(2a n2 1) ，求数列 {d n } 的前n项和 T n． a 3n1(nN*);b 2n1(nN*) 【答案】（Ⅰ） n n ； n (8n3)32n19 S   (nN*) （Ⅱ） 2n 4n1 16 ； 1 1 n n1 T   (  )(nN*) （Ⅲ） n 14 2 23n 1 23n11 ． {a } {b } 【分析】（Ⅰ）利用等比基本量法结合等差中项列式可求得 n 通项公式，再利用等差基本量法求得 n 通项公式； 1 1 1 c c  (  ) （Ⅱ） S 2n S 奇 S 偶，令n2k1，得到 n 2k1 4 4k3 4k1 ，由裂项相消求得 S 奇，令n2k ， c c (4k1)32k1 S 得 n 2k ，由错位相减法求得 偶，即可求解； (8n10)3n11 d  a 3n1 n (23n11)(23n11) （ Ⅲ ） 代 入 n 得 ， 对 指 数 型 式 子 配 凑 进 行 裂 项 可 得 1 n1 n1 d  (  ) n 2 23n11 23n11 ，再由裂项相消即可求解． a 9   a 1 a 2 a 3 13  a 1 (1qq2)13  a 1 1   q 1  1 【解答】（Ⅰ）解： 2(a 2 2)a 1 a 3 a 1 (12qq2)4 q3 或   3 （舍 ) a 3n1(nN*)  n ．b 1 b 1  1  1 b 2n1(nN*) 又b 3 5 d 2 n ． 1 1 1 1 1 c c    (  ) （Ⅱ）解：n2k1时， n 2k1 b 2k1 b 2k1 (4k3)(4k1) 4 4k3 4k1 ， 11 1 11 1 11 1  1 1 1  11 1  n S 奇 c 1 c 3 c 5 c 2n1  4  1  5    4  5  9    4  9  13    4  4n3  4n1    4  1  4n1    4n1； n2k 时， c n c 2k a k b 2k (4k1)32k1 ， S 331733 1135  4n132n1 偶  ，① 9S 333 735  4n532n14n132n1 偶  ，② 由①②可得， 8S 331433 435  432n14n132n1 偶  433 432n19 9 (4n1)32n1 19 ， 8n332n19 S   偶 16 ， n 8n332n19 S S S    nN*  2n 奇 偶 4n1 16 ． (8n10)a 1 (8n10)3n11 1 n1 n1 d  n   (  ) n (2a 1)(2a 1) (23n11)(23n11) 2 23n1 1 23n1 1 （Ⅲ）解： n n2 ， 1 0 2 1 1 3 1 2 4 1 n1 n1 1 0 1 n n1 1 1 n n1 T n  2 ( 2301  2321 ) 2 ( 2311  2331 ) 2 ( 2321  2341 ) 2 ( 23n11  23n11 ) 2 ( 2301  2311  23n1  23n11 ) 14  2 ( 23n1  23n11 )， 1 1 n n1 T   (  )(nN*) 故 n 14 2 23n 1 23n11 ．