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第1 讲 等差数列、等比数列
1.(2023·新课标Ⅰ卷，T7)记Sn为数列{an}的前n 项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{
Sn
n }为等差数列，则(
)
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
2.(2025·全国Ⅱ卷，T7)记Sn为等差数列{an}的前n 项和，若S3=6，S5=-5，则S6等于( )
A.-20
B.-15
C.-10
D.-5
3.(2025·全国Ⅰ卷，T13)若一个等比数列的各项均为正数，且前4 项的和等于4，前8 项的和等于68，则这
个数列的公比等于 .
4.(2023·新课标Ⅰ卷，T20)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn=n
2+n
an
，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.
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，主要以解答题的形式出现，选择题、填空题中也经常
出现.分值约为11~24 分.
考查方向：
考查重点一是等差数列、等比数列的基本运算；二是等差数列、等比数列的性质及其应用；三是等差数列、
等比数列的判定与证明.
1.答案 C
解析 方法一 甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，
则Sn=na1+n(n-1)
2
d，Sn
n =a1+n-1
2
d=d
2 n+a1-d
2 ，Sn+1
n+1-Sn
n =d
2 ，
因此{
Sn
n }为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：{
Sn
n }为等差数列，
即Sn+1
n+1-Sn
n =n Sn+1-(n+1)Sn
n(n+1)
=
nan+1- Sn
n(n+1) 为常数，设为t，
即nan+1- Sn
n(n+1) =t，
则Sn=nan+1-t·n(n+1)，
有Sn-1=(n-1)an-t·n(n-1)，n≥2，
两式相减得an=nan+1-(n-1)an-2tn，
即an+1-an=2t，对n=1 也成立，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
方法二 甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，
即Sn=na1+n(n-1)
2
d，
则Sn
n =a1+(n-1)
2
d=d
2 n+a1-d
2 ，
因此{
Sn
n }为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：{
Sn
n }为等差数列，
设数列{
Sn
n }的公差为D，
则Sn+1
n+1-Sn
n =D，Sn
n =S1+(n-1)D，
即Sn=nS1+n(n-1)D，
当n≥2 时，Sn-1=(n-1)S1+(n-1)(n-2)D，
上边两式相减得Sn-Sn-1=S1+2(n-1)D，
所以an=a1+2(n-1)D，
当n=1 时，上式成立，
又an+1-an=a1+2nD-[a1+2(n-1)D]=2D 为常数，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
2.答案 B
解析 设等差数列{an}的公差为d，则由题意可得{
3a1+3d =6，
5a1+10d =-5⇒{
a1=5，
d =-3，
所以S6=6a1+15d=6×5+15×(-3)=-15.
3.答案 2
解析 方法一 设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n 项和，则S4=4，S8=68，
当q=1 时，S4=4a1=4，即a1=1，则S8=8a1=8≠68，显然不成立，舍去；
当q≠1 时，则S4=a1(1-q
4)
1-q
=4，S8=a1(1-q
8)
1-q
=68，
两式相除得1-q
8
1-q
4=(1-q
4)(1+q
4)
1-q
4
=17，
则1+q4=17，解得q=2(负数舍去)，
所以这个数列的公比为2.
方法二 设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n 项和，
则S4=a1+a2+a3+a4=4，
S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8
=a1+a2+a3+a4+a1q4+a2q4+a3q4+a4q4
=(a1+a2+a3+a4)(1+q4)=68，
所以4(1+q4)=68，则1+q4=17，解得q=2(负数舍去)，
所以这个数列的公比为2.
方法三 设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n 项和，则S4=4，S8=68，
故S8-S4=a5+a6+a7+a8=(a1+a2+a3+a4)q4=68-4=64，
又S4=a1+a2+a3+a4=4，
所以4q4=64，解得q=2(负数舍去)，
所以这个数列的公比为2.
4.解 (1)∵3a2=3a1+a3，
∴3d=a1+2d，解得a1=d，
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d，
an=a1+(n-1)d=nd，
又T3=b1+b2+b3=2
d + 6
2d + 12
3d =9
d ，
∴S3+T3=6d+9
d =21，
即2d2-7d+3=0，
解得d=3 或d=1
2(舍去)，
∴an=nd=3n.
(2)∵{bn}为等差数列，
∴2b2=b1+b3，
即12
a2 = 2
a1+12
a3 ，
∴6(
1
a2
- 1
a3)= 6d
a2a3
= 1
a1
，
即a1
2-3a1d+2d2=0，
解得a1=d 或a1=2d，
∵d>1，∴an>0，
又S99-T99=99，
由等差数列的性质知，
99a50-99b50=99，
即a50-b50=1，
∴a50-2 550
a50
=1，
即a50
2 -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=51
50.
综上，d=51
50.
考点一 等差数列、等比数列的基本运算
例1 (1)(多选)(2025·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n 项和，q 为{an}的公比，q>0，若S3=7，
a3=1，则( )
A.q=1
2
B.a5=1
9
C.S5=8
D.an+Sn=8
答案 AD
解析 对A，由题意得{
a1q
2=1，
a1+a1q+a1q
2=7，结合q>0，解得{
a1= 4，
q = 1
2
或{
a1=9，
q =- 1
3
(舍去)，故A 正确；
对B，a5=a1q4=4×(
1
2)
4
=1
4 ，故B 错误；
对C，S5=a1(1-q
5)
1-q
=
4×(1- 1
32)
1- 1
2
=31
4 ，故C 错误；
对D，an=4×(
1
2)
n-1
=23-n，Sn=
4×[1-(
1
2)
n
]
1- 1
2
=8-23-n，
则an+Sn=23-n+8-23-n=8，故D 正确.
(2)(2025·唐山模拟)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，a3+a8+a13=-120，5S7-7S5=70，若Sk=Sk+1，则k 等
于( )
A.27
B.28
C.54
D.55
答案 A
解析 设数列{an}的公差为d，
∵数列{an}是等差数列，
∴a3+a8+a13=3a8=-120，
解得a8=-40，即a1+7d=-40，
①
∵5S7-7S5=70，
∴5(7a1+ 7×6
2
d)-7(5a1+ 5×4
2
d)=70，解得d=2，
代入①得a1=-54，
∵Sk=Sk+1，∴Sk=Sk+ak+1，
即ak+1=0，∴a1+kd=0，
即-54+2k=0，解得k=27.
[规律方法] 等差数列、等比数列问题的求解策略
(1)抓住基本量，首项a1，公差d 或公比q.
(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为Sn=an2+bn(a，b 是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为
an=pqn-1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列.
(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行
相关计算.
跟踪演练1 (1)(2025·南京模拟)已知等比数列{an}的前3 项和为168，a2-a5=42，则a6等于( )
A.7
B.6
C.3
D.2
答案 C
解析 设数列{an}的公比为q，
则S3=a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=168，
a2-a5=a1q(1-q3)=a1q(1-q)(1+q+q2)=42，
∴q(1-q)=1
4 ，
即4q2-4q+1=0，则q=1
2，
∴a1=
168
1+q+q
2=168×4
7 =96，
∴a6=a1q5=96× 1
32=3.
(2)(2025·九江模拟)为备战某次马拉松，某同学制定了一个为期20 周的跑步训练计划.计划第1 周跑步2
公里，之后一段时间每周的跑步量是前一周的2 倍；当周跑步量首次超过30 公里后，每周比前一周多
跑2 公里；当周跑步量首次超过全马里程(42.195 公里)后，保持这个周训练量直至训练结束，则训练计
划结束时，该同学跑步的总量是( )
A.736 公里
B.724 公里
C.692 公里
D.660 公里
答案 C
解析 设该同学每周跑步量构成数列{an}，由题意得，a1=2，a2=4，a3=8，a4=16，a5=32，
第5 周跑步量首次超过30 公里，前5 周跑步总量为2×(1-2
5)
1-2
=62，
a6=32+2=34，…，
a10=32+5×2=42，a11=42+2=44，
第11 周跑步量首次超过全马里程，
故第6 周到第11 周的跑步量为(34 + 44)×6
2
=234，
第12 周到第20 周每周的跑步量为44 公里，总和为396 公里，所以该同学跑步的总量是
62+234+396=692(公里).
考点二 等差数列、等比数列的性质
例2 (1)(多选)(2025·厦门模拟)记等差数列{an}的前n 项和为Sn，公差为d，若a3+a18>0，S19<0，则(
)
A.S20<0
B.a11>0
C.d>0
D.Sn≥S10
答案 BCD
解析 由a3+a18>0，得S20=20(a1+a20)
2
=10(a1+a20)=10(a3+a18)>0，故A 错误；
由S19<0，得S19=19(a1+a19)
2
=19×2a10
2
=19a10<0，即a10<0，a10+a11=a3+a18>0，所以a11>0，故B 正确；
因为a10<0，a11>0，所以d=a11-a10>0，故前10 项为负数，从第11 项开始为正数，故Sn的最小值为S10，故
C，D 正确.
(2)(2025·赣州模拟)设正项等比数列{an}的前n 项和为Sn，若S20=21，S30=49，则S10等于( )
A.7
B.9
C.63
D.7 或63
答案 A
解析 由等比数列片段和的性质知，
S10，S20-S10，S30-S20成等比数列，
所以(S20-S10)2=S10(S30-S20)，
则(21-S10)2=S10(49-21)，
所以S10
2 -70S10+441=(S10-7)(S10-63)=0，
则S10=7 或S10=63，
因为数列{an}为正项等比数列，所以an>0，故{Sn}为递增数列，
所以S10=7.
[规律方法] 等差数列、等比数列的性质问题的求解策略
(1)抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解.
(2)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.
跟踪演练2 (1)已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶数项的和为
261，则此数列的项数为( )
A.15
B.17
C.19
D.21
答案 C
解析 设此等差数列的项数为2n-1，
设所有奇数项的和为S，
则S=n(a1+a2n-1)
2
=nan，
设所有偶数项的和为T，
则T=(n-1)(a2+a2n-2)
2
=(n-1)an，
由T
S =n-1
n
=261
290= 9
10，解得n=10，项数为2n-1=19.
(2)已知正项递增等比数列{an}的前n 项之积为Tn，且T19=Tm(m≠19)，a15=1，则m= .
答案 10
解析 若m>19，因为{an}为递增数列且a15=1，所以当n≥16 时，an>1，
所以
T m
T 19
=a20…am>1，与T19=Tm矛盾；
若m<19，因为a15=1，
所以a11a19=a12a18=a13a17=a14a16=a15a15=1，
所以T19=a1a2a3…a10a11a12…a18a19=a1a2a3…a10=T10，所以m=10.
考点三 等差数列、等比数列的判定与证明
例3 已知数列{an}满足a1=1，a2=3，an+2=3an+1-2an(n∈N*).
(1)证明：数列{an+1-an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)若数列{bn}满足4
b1-1·4
b2-1·…·4
bn-1=(an+1)
bn(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列.
(1)证明 ∵an+2=3an+1-2an，
∴an+2-an+1=2(an+1-an)，
∵a1=1，a2=3，
∴{an+1-an}是以a2-a1=2 为首项，2 为公比的等比数列.
(2)解 由(1)得an+1-an=2n(n∈N*)，
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=2n-1+2n-2+…+2+1
=2n-1(n≥2)，
又a1=1 符合上式，∴an=2n-1(n∈N*).
(3)证明 ∵4
b1-1·4
b2-1·…·4
bn-1=(an+1)
bn，
∴4
(b1+b2+…+bn)-n=2
nbn，
∴2[(b1+b2+…+bn)-n]=nbn，
①
2[(b1+b2+…+bn+bn+1)-(n+1)]
=(n+1)bn+1.
②
②-①，得2(bn+1-1)=(n+1)bn+1-nbn，
即(n-1)bn+1-nbn+2=0，
③
则nbn+2-(n+1)bn+1+2=0.
④
④-③，得nbn+2-2nbn+1+nbn=0，
即bn+2-2bn+1+bn=0，
∴bn+2-bn+1=bn+1-bn(n∈N*)，
∴{bn}是等差数列.
[易错提醒] (1)an
2=an-1an+1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，判断一个数列是等比数列时，
还要注意各项不为0.
(2){an}为等比数列，可推出a1，a2，a3成等比数列，但a1，a2，a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列.
(3)证明{an}不是等比数列可用特殊值法.
跟踪演练3 (多选)(2025·贵阳模拟)设首项为1 的数列{an}的前n 项和为Sn，已知Sn+1=2Sn+n-1，则下列
结论正确的是( )
A.数列{Sn+n}为等比数列
B.数列{an}的前n 项和Sn=2n-n
C.数列{an}的通项公式为an=2n-1-1
D.数列{an+1}为等比数列
答案 AB
解析 对于A，B，∵Sn+1=2Sn+n-1，
∴Sn+1+(n+1)=2(Sn+n)，
又S1+1=2≠0，
∴数列{Sn+n}是首项和公比都为2 的等比数列，
故Sn+n=2n，即Sn=2n-n，故A，B 正确；
对于C，D， 当n≥2 时，an=Sn-Sn-1=2n-1-1，
当n=1 时，a1=1，∴an={
1，n=1，
2
n-1-1，n≥2，故C 错误；
∵an+1={
2，n=1，
2
n-1，n≥2，∴a2+1
a1+1≠a3+1
a2+1，
∴数列{an+1}不是等比数列，故D 错误.
专题强化练
[分值：90 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.(2025·菏泽模拟)已知Sn为等比数列{an}的前n 项和，若a4=4a3-4a2，则
S4
a1+a2
等于( )
A.5
B.3
C.-3
D.-5
答案 A
解析 由等比数列公式可得，
a1q3=4a1q2-4a1q⇒q2=4q-4⇒q=2，
所以
S4
a1+a2
=
a1(1-2
4)
1-2
a1+2a1
=15
3 =5.
2.(2025·北京)已知{an}是公差不为0 的等差数列，a1=-2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10等于( )
A.-20
B.-18
C.16
D.18
答案 C
解析 设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
因为a3，a4，a6成等比数列，且a1=-2，
所以a4
2=a3a6，即(-2+3d)2=(-2+2d)(-2+5d)，解得d=2 或d=0(舍去)，
所以a10=a1+9d=-2+9×2=16.
3.(2025·重庆模拟)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1，a9是关于x 的方程x2-mx+4=0 的两个实数根，
则log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a9等于( )
A.8
B.9
C.16
D.18
答案 B
解析 由a1，a9是关于x 的方程x2-mx+4=0 的两个实数根，则a1a9=4，
由等比数列的性质可得a1a9=a2a8=…=a5
2=4，所以a5=2(负值舍去)，
所以log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a9=log2(a1a2a3…a9)
=log2[(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5]=log2(44×2)
=log229=9.
4.(2025·绵阳模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前n 项和分别为Sn，Tn，若Sn
T n
= 2n
3n+1，则a2+a8
b3+b7
等于( )
A.20
31
B.5
8
C.10
13
D. 9
14
答案 D
解析 因为等差数列{an}，{bn}的前n 项和分别为Sn，Tn，
由等差数列的性质可得，
a2+a8
b3+b7
=a1+a9
b1+b9
=
9(a1+a9)
2
9(b1+b9)
2
= S9
T 9
，
因为
Sn
T n
= 2n
3n+1，所以
S9
T 9
=18
28= 9
14 ，
即
a2+a8
b3+b7
= 9
14 .
5.(2025·福州模拟)设{an}是无穷数列，An=an+an+1(n∈N*)，则“{an}是等差数列”是“{An}是等差数列”的(
)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案 A
解析 若{an}是等差数列，设公差为d，
则An+1-An=an+1+an+2-(an+an+1)=an+2-an=2d，
所以{An}是等差数列，充分性成立；
若{An}是等差数列，设公差为d'，
则An+1-An=an+1+an+2-(an+an+1)=an+2-an=d'，
即{an}的奇数项是等差数列，偶数项是等差数列，
则{an}不一定是等差数列，必要性不成立，
所以“{an}是等差数列”是“{An}是等差数列”的充分不必要条件.
6.(2025·长沙模拟)已知数列{an}的前n 项和为Sn，对任意的n∈N*，都有3Sn=an+64.若Tn是数列{an}的前n
项积，则Tn的最大值为( )
A.29
B.214
C.215
D.216
答案 C
解析 当n=1 时，a1=32，
当n≥2 时，3Sn=an+64，
3Sn-1=an-1+64，
两式相减得3an=an-an-1，
即2an=-an-1，又a1=32≠0，
故
an
an-1
=-1
2，
所以数列{an}是以32 为首项，-1
2为公比的等比数列，通项公式为an=32·(- 1
2)
n-1
，
因为Tn是数列{an}的前n 项积，
所以Tn=a1a2a3…an=32n·(- 1
2)
0+1+2+…+(n-1)
=(-1)
n(n-1)
2
·2
5n- n(n-1)
2
=(-1)
n(n-1)
2
·2
-n
2+11n
2
，
当n=5 或n=6 时，-n
2+11n
2
有最大值15，
所以当n=5 时，Tn有最大值215.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.(2025·安徽省A10 联盟模拟)已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n 项和为Sn，且S5=4a4-1，
{
2Sn
an }是以1 为公差的等差数列，则下列结论正确的是( )
A.d=1
B.S5=15
C.an=n
D.Sn=n(n-1)
2
答案 ABC
解析 由条件S5=4a4-1 可知，5a1+10d=4a1+12d-1，得a1=2d-1，
①
因为数列{
2Sn
an }是以1 为公差的等差数列，
所以
2S2
a2
-
2S1
a1
=1，即
2S2
a2
=3，
即4a1+2d=3a1+3d，即a1=d，
②
综合①②可知，a1=d=1，
S5=5a1+10d=15，an=n，Sn=n(1+n)
2
，所以A，B，C 正确，D 错误.
8.(2025·洛阳模拟)在数列{an}中，an=an+1-1
4 an+2，a1=2，a2=8，Sn是数列{lo g2an}的前n 项和，则( )
A.数列{an+1-2an}是等比数列
B.数列{
an
2
n}是等差数列
C.a1+a2
2 +a3
3 +…+a10
10 =2 044
D.S5<22
答案 ABD
解析 由an=an+1-1
4 an+2，
得an+2-2an+1=2(an+1-2an)，
则数列{an+1-2an}是首项为a2-2a1=4，公比为2 的等比数列，A 正确；
根据等比数列的通项公式得
an+1-2an=4·2n-1=2n+1，
即an+1=2an+2n+1，
则
an+1
2
n+1=
an
2
n+1，
所以数列{
an
2
n}是首项为
a1
2
1=1，公差为1 的等差数列，B 正确；
根据等差数列的通项公式得
an
2
n=1+(n-1)×1=n，即an
n =2n，
所以a1+a2
2 +a3
3 +…+a10
10 =2(1-2
10)
1-2
=211-2=2 046，C 错误；
由log2an=log2(n·2n)=n+log2n，
S5=1+2+3+4+5+log2(1×2×3×4×5)=15+log2120<15+7=22，D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n 项和，若a3+a4=7，3a2+a5=5，则S10= .
答案 95
解析 方法一 (基本量法)
设数列{an}的公差为d，
则由题意得{
a1+2d +a1+3d =7，
3(a1+d )+a1+ 4 d =5，
解得{
a1=- 4，
d =3，
则S10=10a1+10×9
2
d
=10×(-4)+45×3=95.
方法二 (利用下标和性质)
设数列{an}的公差为d，
由a3+a4=a2+a5=7，
3a2+a5=5，
得a2=-1，a5=8，
故d=a5-a2
5-2 =3，a6=11，
则S10=a1+a10
2
×10=5(a5+a6)
=5×19=95.
10.(2025·杭州模拟)已知数列{an}中，a1=1，且an+1
an
= n+1
2an+n，记数列{an-an+1}的前n 项和为Sn，则S2 025=
.
答案 2 025
4 051
解析 由
an+1
an
= n+1
2an+n，
得
2an+n
an
=n+1
an+1 ，
即n+1
an+1 - n
an=2，
所以数列{
n
an}是以1
a1
=1 为首项，2 为公差的等差数列，
所以n
an=1+2(n-1)=2n-1，
故an=
n
2n-1，
所以S2 025=a1-a2+a2-a3+…+a2 025-a2 026=a1-a2 026=1-2 026
4 051=2 025
4 051.
四、解答题(共27 分)
11.(13 分)已知数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn=2an-n.
(1)证明：数列{an+1}为等比数列；(6 分)
(2)求数列{an}落入区间(1，2 024)内的所有项的和.(7 分)
(1)证明 当n=1 时，S1=2a1-1=a1，所以a1=1.
因为Sn=2an-n，
所以Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2)，
两式相减，化简得an=2an-1+1，
所以an+1=2(an-1+1).
又因为a1+1=2≠0，
所以{an+1}是以2 为首项，2 为公比的等比数列.
(2)解 由(1)可知an+1=2n，an=2n-1，
由题意，得1<an<2 024，
所以1<2n-1<2 024，
所以2<2n<2 025，即1<n≤10.
因为{an}落入区间(1，2 024)内的所有项为a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，
所以其和为a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10=22+23+…+210-9
=4×(1-2
9)
1-2
-9=2 035.
12.(14 分)(2025·泉州模拟)已知数列{an}的前n 项和为Sn，a1=1，且nSn+1=(n+1)Sn+n2+n.
(1)证明：数列{
Sn
n }为等差数列；(6 分)
(2)设bn=
n
Σ
i=1
Cn
i ai，求数列{bn}的通项公式.(8 分)
(1)证明 由已知S1=a1=1，
Sn+1
n+1=Sn
n +1，
所以数列{
Sn
n }是首项为S1
1 =1，公差为1 的等差数列.
(2)解 由(1)得Sn=n2，当n≥2 时，
an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1，
当n=1 时，a1=1 也符合上式，所以an=2n-1.
所以bn=Cn
11+Cn
23+…+Cn
n-1(2n-3)+Cn
n(2n-1)
=Cn
n-1(2n-3)+…+Cn
23+Cn
11+Cn
n(2n-1)，
因为Cn
i =Cn
n-i，
所以2bn=Cn
1(2n-2)+Cn
2(2n-2)+…+Cn
n-1(2n-2)+2(2n-1)
=(2n-2)(2n-2)+4n-2=(2n-2)·2n+2，
所以bn=(n-1)2n+1.
(13 题6 分，14 题5 分，共11 分)
13.(多选)若数列{cn}满足cn+1=cn
2，则称{cn}为“平方递推数列”.已知数列{an}是“平方递推数列”，且
a1=2，则( )
A.{anan+1}是“平方递推数列”
B.{an+1+an}是“平方递推数列”
C.an=2·102(n-1)
D.an=2
2
n-1
答案 AD
解析 因为an+2an+1=an+1
2
an
2=(an+1an)
2，所以{anan+1}是“平方递推数列”，A 正确；
因为an+2+an+1=an+1
2
+an
2≠(an+1+an)2，所以{an+1+an}不是“平方递推数列”，B 错误；
因为{an}是“平方递推数列”，所以an+1=an
2.
又a1=2，所以an>0，
则lg an+1=lg an
2，即lg an+1=2lg an，则lg an+1
lg an
=2，
所以{lg an}是以lg 2 为首项，2 为公比的等比数列，
则lg an=lg 2·2n-1，即an=10
lg2·2
n-1=(10lg 2)
2
n-1
=2
2
n-1，C 错误，D 正确.
14.(2025·苏州模拟)已知数列{an}满足a1=1，an+1
an
=1-1
2an，则( )
A.an+1>an
B.an>1
2
C.1 013a2 025<1
D.2 025a2 025<1
答案 C
解析 对于A，由an+1
an
=1-1
2an，得an≠0，an-an+1=1
2 an
2>0，则an>an+1，A 错误；
对于B，由a1=1，得a2=1
2，
当n≥3 时，an<1
2，B 错误；
对于C，D，由an+1
an
=1-1
2an，a1=1，
得
an
an+1
=
2
2-an，0<an≤1，
则1
an+1=
(2-an)+an
an(2-an) = 1
an+
1
2-an，
即1
an+1- 1
an=
1
2-an，
所以1≤2-an<2，所以1
2< 1
an+1
- 1
an
≤1，
即1
2< 1
an
- 1
an-1
≤1，
所以1
an- 1
a1= 1
an- 1
an-1+ 1
an-1- 1
an-2+…+ 1
a2- 1
a1，
所以n-1
2
< 1
an- 1
a1≤n-1，
即n+1
2
< 1
an≤n，
所以1
n≤an< 2
n+1，
所以1 013a2 025<1 013×
2
2 025+1=1，
2 025a2 025≥2 025×
1
2 025=1，所以C 正确，D 错误.
