1
解答题：数列及其综合应用
目录
题型一等差数列与等比数列证明1
题型二分组转化法求数列的前n 项和3
题型三裂项相消法求数列的前n 项和5
题型四错位相减法求数列的前n 项和6
题型五数列与不等式综合问题9
题型六数列中的探究问题11
必刷大题14
题型一
等差数列与等比数列证明
大题典例
1. (23 - 24 高三下·内蒙古包头·三模) 已知数列an
的前n 项和为Sn，a1= 3，Sn= 1 + an+1．
(1) 证明：数列Sn-1
是等比数列，并求Sn；
(2) 求数列
1
an
的前n 项和Tn．
【答案】(1) 证明见解析，Sn= 2n+ 1；(2)Tn= 4
3 -
1
2
n-1
【解析】(1) 因为Sn= 1 + an+1，又an+1= Sn+1- Sn，所以Sn+1- 2Sn+ 1 = 0，整理得Sn+1- 1 = 2 Sn-1
．
由题意得S1- 1 = a1- 1 = 2，
所以数列Sn-1
是以2 为首项，2 为公比的等比数列，故Sn- 1 = 2n，即Sn= 2n+ 1．
(2) 由(1) 可an= 3,
n=1
2n-1,
n≥2
，
当n = 1 时，T1= 1
a1
= 1
3 ，
当n ≥2 时，1
an =
1
2
n-1
，所以Tn= 1
3 +
1
2
1
+
1
2
2
+⋅⋅⋅+ 1
2
n-1
，
Tn= 1
3 +
1
2 1-
1
2
n-1
1- 1
2
= 4
3 -
1
2
n-1
.
当n = 1，代入Tn= 4
3 -
1
2
n-1
= 1
3 满足公式，
综上，Tn= 4
3 -
1
2
n-1
解法指导
判断数列是否为等差货等比数列的策略
2
1、将所给的关系进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的概念进行判断；
2、若要判断一个不是等差(等比) 数列，则只需说明某连续三项(如前三项) 不是等差(等比) 数列即可。
变式训练
2. (24 - 25 高三上·上海·期中) 某人购买某种教育基金，今年5 月1 日交了10 万元，年利率5%，以后每年
5 月1 日续交2 万元，设从今年起每年5 月1 日的教育基金总额依次为a1，a2，a3，⋯⋯.
(1) 写出a2和a3，并求出an+1与an之间的递推关系式；
(2) 求证：数列an+40
为等比数列，并求出数列an
的通项公式.
【答案】(1)a2= 12.5，a3= 15.125，an+1= 21
20 an+ 2；(2) 证明见解析，an= 50 ⋅
21
20
n-1
- 40
【解析】(1)a1= 10，a2= a1× 1+5%
+ 2 = 12.5，
a3= a2× 1+5%
+ 2 = 15.125
∴an+1= an× 1+5%
+ 2，∴an+1= 21
20 an+ 2
(2) 证明：an+1+40
an+40
=
21
20 an+42
an+40
=
21
20 (an+40)
an+40
= 21
20
a1+ 40 = 50
∴an+40
是以50 为首项，21
20 为公比的等比数列.
∴an+ 40 = 50 ⋅
21
20
n-1
，∴an= 50 ⋅
21
20
n-1
- 40
3. (24 - 25 高三上·山东淄博·月考) 记Sn为数列an
的前n 项和，已知Sn= an
2 + n2+ 1，n ∈N *．
(1) 求a1+ a2，并证明an+an+1
是等差数列；
(2) 求S2n．
【答案】(1)a1+ a2= 6，证明见解析；(2)S2n= 4n2+ 2n
【解析】(1) 当n = 1 时，S1= a1= a1
2 + 1 + 1，
解这个方程：a1- a1
2 = 2，即a1
2 = 2，解得a1= 4.
当n = 2 时，S2= a1+ a2= a2
2 + 4 + 1，
把a1= 4 代入得4 + a2= a2
2 + 5，
移项可得a2- a2
2 = 5 - 4，即a2
2 = 1，解得a2= 2.
所以a1+ a2= 4 + 2 = 6.
由Sn= an
2 + n2+ 1，可得Sn-1= an-1
2
+ (n - 1)2+ 1(n ≥2).
当n ≥2 时，an= Sn- Sn-1= an
2 + n2+ 1 -
an-1
2
+(n-1)2+1
.
展开得an= an
2 + n2+ 1 - an-1
2
- (n2- 2n + 1) - 1.
整理得an= an
2 - an-1
2
+ 2n - 1，移项得an
2 =- an-1
2
+ 2n - 1，即an=-an-1+ 4n - 2.
3
那么an+ an-1= 4n - 2(n ≥2).
令bn= an+ an+1，则bn= 4(n + 1) - 2 = 4n + 2，bn-1= an-1+ an= 4n - 2.
所以bn- bn-1= (4n + 2) - (4n - 2) = 4(常数).
所以{an+ an+1} 是等差数列.
(2) 由an+ an-1= 4n - 2 可得：S2n= (a1+ a2) + (a3+ a4) +⋯+ (a2n-1+ a2n).
因为an+ an+1= 4n + 2，所以a2k-1+ a2k= 4(2k) - 2 = 8k - 2(k = 1,2, ⋯,n).
则S2n= 6 + 14 + 22 + ··· + 8n-2
.
所以S2n= n × 6 + n(n-1)
2
× 8.
展开得S2n= 6n + 4n(n - 1) = 6n + 4n2- 4n = 4n2+ 2n.
题型二
分组转化法求数列的前n 项和
大题典例
4. (24 - 25 高三上·北京·月考) 已知an
是各项均为正数的等比数列，a1 = 1，且a1，a2，-3a3 成等差数
列．
(1) 求an
的通项公式；
(2) 求数列an-n
的前n 项和Sn．
【答案】(1)an=
1
3n-1 ；(2)Sn= 3
2
1-
1
3
n
- n 1+n
2
【解析】(1) 设等比数列an
的公比为q > 0，且a1= 1，
因为a1，a2，-3a3成等差数列，则2a2= a1- 3a3，
即2q = 1 - 3q2，解得q = 1
3 或q =-1(舍去)，
所以an
的通项公式为an= 1 ×
1
3
n-1
=
1
3n-1 .
(2) 由(1) 可知：an- n =
1
3n-1 - n，
则Sn= 1-1
+
1
3 -2
+
1
9 -3
+⋅⋅⋅+
1
3n-1 -n
= 1+ 1
3 + 1
9 +⋅⋅⋅+ 1
3n-1
- 1+2+3⋅⋅⋅+n
=
1-
1
3
n
1- 1
3
- n 1+n
2
= 3
2
1-
1
3
n
- n 1+n
2
，
所以Sn= 3
2
1-
1
3
n
- n 1+n
2
.
解法指导
1、适用范围：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注
意在含有字母的数列中对字母的讨论．
2、常见类型：
(1) 分组转化法：若an= bn± cn，且{bn}，{cn} 为等差或等比数列：
(2) 奇偶并项求和：通项公式为an= bn，n为奇数，
cn，n为偶数
的数列，其中数列{bn}，{cn} 是等比数列或等差数列。
4
变式训练
5. (24 - 25 高三上·河北衡水·月考) 已知数列an
的前n 项和为Sn，a1= 13，an+1= an-8,n为奇数
3an,n为偶数
．
(1) 证明：数列a2n-1-12
为等比数列；
(2) 若S2n+1= 16n + 1469，求n 的值．
【答案】(1) 证明见解析；(2)6
【解析】(1) 因为an+1= an-8,n为奇数
3an,n为偶数
，
所以当n ≥2,n ∈N ∗时，a2n-1- 12 = a2(n-1)+1- 12 = 3a2n-2- 12 = 3a(2n-3)+1- 12 = 3(a2n-3- 8) - 12 = 3
(a2n-3- 12)，
即n ≥2,n ∈N ∗时，a2n-1- 12 = 3a2(n-1)-1- 36，
又n = 1 时，a1- 12 = 13 - 12 = 1，
所以数列a2n-1-12
为首项为1，公比为3 的等比数列.
(2) 由(1) 知a2n-1- 12 = 3n-1，所以a2n-1= 3n-1+ 12，
又由an+1= an-8,n为奇数
3an,n为偶数
，可得a2n-2= 3n-2+ 4,n ≥2,n ∈N ∗，
所以S2n+1= a1+ a2+ a3+⋯+a2n+ a2n+1= (a1+ a3+⋯+a2n+1) + (a2+ a4+⋯+a2n)
= [30+ 3 +⋯+3n+ 12(n + 1)] + (30+ 3 +⋯+3n-1+ 4n) = 1-3n+1
1-3
+ 1-3n
1-3 + 16n + 12 = 2 × 3n+ 16n +
11，
又S2n+1= 16n + 1469，所以2 × 3n+ 16n + 11 = 16n + 1469，整理得到3n= 729，解得n = 6，
所以n 的值为6.
6. (24 - 25 高三上·海南海口·月考) 已知数列an
是公差为3 的等差数列，数列bn
满足b1 = 1，b2 =
1
3 ，anbn+1+ bn+1= nbn，
(1) 求数列an
，bn
的通项公式；
(2) 求数列(-1)nan+bn
的前2n 项和S2n．
【答案】(1)an= 3n - 1 bn=
1
3
n-1
；(2)S2n= 3n + 3
2 - 3
2 ×
1
3
2n
【解析】(1) 设数列an
的公差为d,d = 3，
anbn+1+ bn+1= nbn中，令n = 1，有a1b2+ b2= b1，代入b1= 1，b2= 1
3 ，得a1= 2，
所以数列an
是首项为2，公差为3 的等差数列，通项公式为an= 2 + 3(n - 1) = 3n - 1；
将an= 3n - 1 代入anbn+1+ bn+1= nbn，得3nbn+1= nbn，n ∈N *，故有bn+1
bn
= 1
3 ，
因此bn
是首项为1，公比为1
3 的等比数列，bn= 1 ×
1
3
n-1
=
1
3
n-1
.
(2) 设cn= (-1)nan= (-1)n(3n - 1)，
n 为奇数时，cn+ cn+1= (-1)n(3n - 1) + (-1)n+1(3n + 2) =- (3n - 1) + (3n + 2) = 3，
∴S2n= c1+c2
+ c3+c4
+⋯⋯+ c2n-1+c2n
+ b1+b2+⋯⋯+b2n
= 3+3+⋯⋯+3
+
1-
1
3
2n
1- 1
3
= 3n + 3
2
1-
1
3
2n
= 3n + 3
2 - 3
2 ×
1
3
2n
.
5
题型三
裂项相消法求数列的前n 项和
大题典例
7. (24 - 25 高三上·湖北·期中) 记Sn 是等差数列an
的前n 项和，a1 = 2，且a2 - 2，a3 - 4，a4 - 6 成等比
数列.
(1) 求an和Sn；
(2) 若bnSn= 2，求数列bn
的前20 项和T20.
【答案】(1)an= 2n；Sn= n n+1
；(2)T20= 40
21
【解析】(1) 设等差数列an
的公差为d，则an= 2 + n-1
d，
由(a3- 4)2= (a2- 2) (a4- 6)，得(2d - 2)2= d(3d - 4)，即d2- 4d + 4 = 0，解得d = 2，
所以an= 2n，Sn= n a1+an
2
= n n+1
.
(2) 由(1) 知，Sn= n n+1
，又bnSn= 2，则bn=
2
n(n+1) = 2 1
n -
1
n+1
因此Tn= 2
1
1 - 1
2
+
1
2 - 1
3
+
1
3 - 1
4
+⋅⋅⋅+ 1
n -
1
n+1
= 2 1-
1
n+1
，
所以T20= 2 1- 1
21
= 40
21 .
解法指导
1、用裂项法求和的裂项原则及规律
(1) 裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(2) 消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
【注意】利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相
消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．
2、裂项相消法中常见的裂项技巧
(1)
1
n(n+k) = 1
k
1
n -
1
n+k
(2)
1
4n2-1 = 1
2
1
2n-1 -
1
2n+1
(3)
1
n(n+1)(n+2) = 1
2
1
n(n+1) -
1
(n+1)(n+2)
(4)
2n+1
n2(n+1)2 = 1
n2 -
1
(n+1)2
(5)
n+1
n2(n+2)2 = 1
4
1
n2 -
1
(n+2)2
(6)
1
n+k+
n = 1
k ( n+k -
n)
(7)
2n
(2n+1-1)(2n-1) = (2n+1-1)-(2n-1)
(2n+1-1)(2n-1)
=
1
2n-1 -
1
2n+1-1
变式训练
8. (24 - 25 高三上·广东深圳·模拟预测) 若一个数列从第二项起，每一项与前一项的差值组成的新数列是
一个等差数列，则称这个数列是一个“二阶等差数列”，已知数列an
是一个二阶等差数列，其中a1 =
1,a2= 3,a3= 6．
(1) 求a4及an
的通项公式；
6
(2) 设bn=
8an-4n
8an-4n-1 ，求数列bn
的前n 项和Sn．
【答案】(1)a4= 10，an= n2+n
2
；(2)n +
n
2n+1
【解析】(1) 由a1= 1,a2= 3,a3= 6，得a2- a1= 2,a3- a2= 3，(a3- a2) - (a2- a1) = 1，
由数列an
是一个二阶等差数列，得an+1-an
是以2 为首项，1 为公差的等差数列，
因此an+1- an= 2 + (n - 1) × 1 = n + 1，a4= 4 + a3= 10，
当n ≥2 时，an= a1+ (a2- a1) + (a3- a2) +⋯+ (an- an-1) = 1 + 2 + 3 +⋯+n = n2+n
2
，
a1= 1 满足上式，则an= n2+n
2
，
所以an
的通项公式是an= n2+n
2
.
(2) 由(1) 知，bn=
8an-4n
8an-4n-1 =
8⋅n2+n
2
-4n
8⋅n2+n
2
-4n-1
=
4n2
4n2-1 = 1 +
1
(2n-1)(2n+1) = 1 +
1
2
1
2n-1 -
1
2n+1
，
所以Tn= n + 1
2
1- 1
3
+
1
3 - 1
5
+
1
5 - 1
7
+⋯+
1
2n-1 -
1
2n+1
= n + 1
2
1-
1
2n+1
= n +
n
2n+1 ．
9. (24 - 25 高三上·宁夏石嘴山·月考) 已知数列an
的首项为1，且an+1= 2an n∈N ∗
.
(1) 求数列an
的通项公式；
(2) 若bn=
2n-1
an+1
an+1+1
，求数列bn
的前n 项和Tn.
【答案】(1)an= 2n-1；(2)Tn= 1
2 -
1
2n+1
【解析】(1) 因为数列an
的首项为1，且an+1= 2an n∈N ∗
，
所以数列an
是以1 为首项，2 为公比的等比数列，
所以an= 2n-1；
(2) 由(1) 知an= 2n-1，
所以bn=
2n-1
an+1
an+1+1
=
2n-1
2n-1+1
2n+1
=
1
2n-1+1 -
1
2n+1 ，
所以Tn=
1
20+1 -
1
21+1 +
1
21+1 -
1
22+1 +⋯+
1
2n-1+1 -
1
2n+1 =
1
20+1 -
1
2n+1 = 1
2 -
1
2n+1 .
题型四
错位相减法求数列的前n 项和
大题典例
10. (24 - 25 高三上·广东广州·模拟预测) 已知数列an
的前n 项和公式为Sn = 3n2 - 2n，数列bn
满足
b1= a1.
(1) 求数列an
的通项公式；
(2) 若an= 2n bn+1-bn
，求数列bn
的通项公式.
7
【答案】(1)an= 6n - 5；(2)bn= 8 - 6n+1
2n-1
【解析】(1) 由Sn= 3n2- 2n 可得n ≥2 时，Sn-1= 3 n-1
2- 2 n-1
，
故an= Sn- Sn-1= 3n2- 2n - 3 n-1
2-2 n-1
= 6n - 5，
当n = 1 时，a1= 3 - 2 = 1 也符合要求，
故an= 6n - 5，
(2) 由an= 2n bn+1-bn
可得bn+1- bn= 6n-5
1
2n ，
故n ≥2 时，bn- b1= bn-bn-1
+ bn-1-bn-2
+⋯+ b2-b1
= 6n-11
1
2n-1 + 6n-17
1
2n-2 +⋯+7 ×
1
22 + 1 × 1
2 ，
则1
2
bn-b1
= 6n-11
1
2n + 6n-17
1
2n-1 +⋯+7 × 1
23 + 1 × 1
22 ，
相减可得1
2
bn-b1
=- 6n-11
1
2n + 6
1
2n-1 +⋯+ 1
23 + 1
22
+ 1
2 ，
故1
2
bn-b1
=- 6n-11
1
2n + 6
1
22 1-
1
2n-2
1- 1
2
+ 1
2 ，
化简可得1
2
bn-b1
= 7
2 + -6n-1
2n
，故bn= 8 - 6n+1
2n-1
，
当n = 1 时，b1= a1= 1 也符合要求，故bn= 8 - 6n+1
2n-1
解法指导
1、解题步骤
2、注意解题“3 关键”
①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．
②在写出“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．
③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q = 1 和q ≠1 两种情况求解．
3、等差乘等比数列求和，令cn= An+B
⋅qn，可以用错位相减法．
Tn= (A + B)q + (2A + B)q2+ (3A + B)q3+ ... + (An + B)qn①
qTn= (A + B)q2+ (2A + B)q3+ (3A + B)q4+ ... + (An + B)qn+1②
①- ②得：(1 - q)Tn= (A + B)q - (An + B)qn+1+ A(q2+ q3+ ... +qn)．
8
整理得：Tn=
An
q-1 +
B
q-1 -
A
(q-1)2
qn+1-
B
q-1 -
A
(q-1)2
q.
变式训练
11. (24 - 25 高三上·贵州贵阳·月考) 已知数列an
满足：an = 2n - 10，数列bn
满足：b1 + b2
5 + b3
52 +⋯
+ bn
5n-1 = 5n,n ∈N *.
(1) 求数列
an
的前15 项和S15；
(2) 求数列
an
bn
的前n 项和Tn.
【答案】(1)130；(2)Tn= - 1
2 n+ 15
8
1
5
n
- 15
8
【解析】(1) 因为an= 2n - 10 ≥0，解得n ≥5，
所以S15 = a1
+ a2
+⋯+ a15
=- a1+a2+a3+a4
+ a5+ a6+⋯+a15
= S15 - 2S4= 15 a1+a15
2
- 2 × 4 a1+a4
2
= 130.
(2)b1= 5，∵b1+ b2
5 + b3
52 +⋯+ bn
5n-1 = 5n，
当n ≥2 时，b1+ b2
5 + b3
52 +⋯+ bn-1
5n-2 = 5 n-1
，
两式相减，得bn
5n-1 = 5，即bn= 5n.
又当n = 1 时，b1= 5 符合题意，
所以bn= 5n，an
bn
= 2n-10
5n
，
Tn= -8
× 1
5 + -6
×
1
5
2
+⋯+ 2n-10
×
1
5
n
，
故1
5 Tn= -8
×
1
5
2
+ -6
×
1
5
3
+⋯+ 2n-10
×
1
5
n+1
，
两式相减得4
5 Tn= -8
× 1
5 + 2 ×
1
5
2
+ 2 ×
1
5
3
+⋯+2 ×
1
5
n
- 2n-10
×
1
5
n+1
，
即4
5 Tn=- 8
5 +
2
25 1-
1
5
n-1
1- 1
5
- 2n-10
×
1
5
n+1
，
化简得Tn= - 1
2 n+ 15
8
1
5
n
- 15
8 .
12. (24 - 25 高三上·湖北·期中) 已知an
是公差不为0 的等差数列，a4 = 21，且a1，a2，a5 成等比数列，数
列bn
满足：bn+1= 4bn- 3，且b1= 2a1- 1.
(1) 求an
和bn
的通项公式；
(2) 若Tn为数列
an
bn-1
的前n 项和，求Tn.
【答案】(1)an= 6n - 3，bn= 4n+ 1 n∈N *
；(2)Tn= 5
3 - 1
3 ⋅6n+5
4n
【解析】(1) 设an
的公差为d d≠0
，因为a1，a2，a5成等比数列，
9
所以a1a5= a2
2，即21-3d
21+d
= (21 - 2d)2，
整理有：42d = 7d2，解得d = 0(舍)，d = 6
所以a1= a4- 3d = 3，an= a1+ n-1
d = 6n - 3；
因为bn+1= 4bn- 3，所以bn+1- 1 = 4 bn-1
，
又b1= 2a1- 1 = 5，b1- 1 = 4 ≠0，
所以bn-1
为首项为4，公比为4 的等比数列，
所以bn- 1 = 4n，bn= 4n+ 1 n∈N *
(2) 因为
an
bn-1 = 6n-3
4n
，
Tn=
n
k=1
6n-3
4n
= 3
4 + 9
42 + 15
43 +⋯+ 6n-3
4n
①，
1
4 Tn= 3
42 + 9
43 + 15
44 +⋯+ 6n-9
4n
+ 6n-3
4n+1
②
两式相减，得：3
4 Tn= 3
4 + 6
42 + 6
43 + 6
44 +⋯+ 6
4n - 6n-3
4n+1
= 3
4 + 6 ×
1
16 1-
1
4
n-1
1- 1
4
- 6n-3
4n+1
= 5
4 -
4
2×4n - 6n-3
4n+1
，
所以Tn= 5
4 × 4
3 -
4
2×4n × 4
3 - 6n-3
4n+1
× 4
3 = 5
3 - 1
3 ⋅6n+5
4n
.
题型五
数列与不等式综合问题
大题典例
13. (23 - 24 高三下·河北邢台·二模) 已知数列an
的前n 项和为Sn，且Sn= 2an- 1, n≥1
．
(1) 求数列an
的通项公式；
(2) 求证：1
S1
+ 1
S2
+ 1
S3
+⋯+ 1
Sn
< 2．
【答案】(1)an= 2n-1；(2) 证明见解析
【解析】(1) 当n = 1 时，a1= 2a1- 1 ⇒a1= 1.
当n ≥2 时，Sn= 2an- 1，Sn-1= 2an-1- 1，两式相减得：an= 2an- 2an-1⇒an= 2an-1.
所以an
是以a1= 1 为首项，以q = 2 为公比的等比数列.
所以an= 2n-1.
(2) 由(1) 知：Sn= 1-2n
1-2 = 2n- 1，所以1
Sn
=
1
2n-1 .
当n = 1 时，1
S1
=
1
21-1 = 1 < 2，
当n ≥2 时，2n-1> 1，故1
Sn
=
1
2n-1 <
1
2n-2n-1 =
1
2n-1 ，
所以1
S1
+ 1
S2
+ 1
S3
+⋯+ 1
Sn
< 1 + 1
2 + 1
22 +⋯+ 1
2n-1 =
1-
1
2
n
1- 1
2
= 2 1-
1
2
n
< 2.
解法指导
数列与不等式是高考的热点问题，其综合的角度主要包括两个方面：
10
一是不等式恒成立或能成立条件下，求参数的取值范围：此类问题常用分离参数法，转化为研究最值问
题来求解；
二是不等式的证明：常用方法有比较法、构造辅助函数法、放缩法、数学归纳法等。
变式训练
14. (24 - 25 高三上·吉林·模拟预测) 已知数列an
的首项a1= 4
5 ，且满足an+1=
4an
an+3 ，设bn= 1
an - 1．
(1) 求证：数列bn
为等比数列；
(2) 若1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+⋯+ 1
an > 2024，求满足条件的最小正整数n．
【答案】(1) 证明见解析；(2)2024
【解析】(1) ∵bn+1
bn
=
1
an+1 -1
1
an -1
=
an+3
4an -1
1
an -1
= 3 1-an
4 1-an
= 3
4 ，
b1= 1
a1
- 1 = 1
4 ，所以数列bn
为首项为b1= 1
4 ，公比为3
4 等比数列.
(2) 由(1) 可得
1
a1
-1
+
1
a2
-1
+
1
a3
-1
+⋯+
1
an -1
=
1
4 1-
3
4
n
1- 3
4
= 1 -
3
4
n
，
即1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+⋯+ 1
an - n = 1 -
3
4
n
，
∴1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+⋯+ 1
an = n + 1 -
3
4
n
，
而因为y = x + 1,y =- 3
4
x
在0,+∞
上均单调递增，则n + 1 -
3
4
n
随着n 的增大而增大，
要使1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+⋯+ 1
an > 2024，即n + 1 -
3
4
n
> 2024，则n ≥2024，
∴n 的最小值为2024.
15. (24 - 25 高三上·辽宁·开学考试) 已知Sn 为数列an
的前n 项和，Tn 为数列bn
的前n 项和，an+2 =
2an+1- an,bn= 2an+1,n为奇数
2an-1,n为偶数
,b4=8,S5=15
.
(1) 求an
的通项公式；
(2) 若T2n- S2n< 2025，求n 的最大值；
(3) 设cn=
1
T2n-S2n
，证明：1
2 ≤
n
i=1
ci
< 3
4 .
【答案】(1)an= n；(2)5；(3) 证明见解析
【解析】(1) 由an+2= 2an+1- an，得an+2- an+1= an+1- an，所以数列an
为等差数列，
所以S5= 5a3= 15，所以a3= 3.
又b4= 2a4-1= 8，所以a4= 4，
设an
的公差为d，即a3=a1+2d=3,
a4=a1+3d=4,
解得a1=1,
d=1,
所以an
的通项公式是an= n.
11
(2) 由(1) 知an= n，所以bn= 2n+1,n为奇数，
2n-1,n为偶数，
S2n= 2n a1+a2n
2
= 2n 1+2n
2
= n 2n+1
，
T2n= b1+b3+⋯+b2n-1
+ b2+b4+⋯+b2n
= n 3+4n-1
2
+ 2 1-4n
1-4
= n 2n+1
+ 2 4n-1
3
，
令T2n- S2n= 2 4n-1
3
< 2025，得2 ⋅4n< 6077，
设dn= 2 ⋅4n，则数列dn
是递增数列.
又d5= 2048 < 6077，d6= 2 × 46= 8192 > 6077，
所以n 的最大值为5.
(3) 由(2) 知cn=
1
T2n-S2n
= 3
2 ×
1
4n-1 ，
设Qn是cn
的前n 项和，则Qn+1- Qn= cn+1> 0，所以Qn
是递增数列，
所以Qn≥Q1= c1= 1
2 成立.
又Q1= c1= 1
2 < 3
4 ，
所以当n ≥2 时，2 ⋅4n- 2 - 4n= 4n- 2 > 0，所以2 ⋅4n- 2 > 4n，
得cn= 3
2 ×
1
4n-1 = 3
2 ×
2
2⋅4n-2 < 3
2 × 2
4n = 3
4n ，
所以Qn< 1
2 + 3
1
42 + 1
43 +⋅⋅⋅+ 1
4n
= 1
2 + 3 ×
1
42 1-
1
4n-1
1- 1
4
= 1
2 + 1
4
1-
1
4n-1
< 3
4 .
综上，1
2 ≤
n
i=1
ci
< 3
4 .
题型六
数列中的探究问题
大题典例
16. (23 - 24 高三下·福建·模拟预测) 已知数列an
的前n 项和为Sn，a1 = 1，数列bn
满足Sn
an = bn，且
an,bn均为正整数.
(1) 是否存在数列an
，使得bn
是等差数列？若存在，求此时的Sn；若不存在，说明理由；
(2) 若bn> bn-1，求an
的通项公式.
【答案】(1) 存在，Sn= n；(2)an= 1
【解析】(1) 由题意易知，S1
a1
= b1= 1，
当n = 2 时，a1+a2
a2
= b2⇒a2=
1
b2-1 ，
由an,bn均为正整数知，a2,b2为正整数，
则当且仅当b2- 1 = 1 即b2= 2 时，a2= 1，为整数，
若存在数列an
，使得bn
是等差数列，则b2= b1+ d = 2 ⇒d = 1，
故bn= 1 + (n - 1) × 1 = n，此时bn为整数，符合题意，
所以Sn= nan，当n ≥2 时，有Sn-1= (n - 1)an-1，
12
两式相减得an= nan- (n - 1)an-1，整理得n-1
an-an-1
= 0，
故an= an-1，
当n = 2 时，a2= a1= 1，故an= 1，
经检验，当an= 1 时，bn= n，充分性成立，
故存在数列an
，使得bn
是等差数列.
此时Sn= anbn= n；
(2) 法一、
因为Sn= anbn，当n ≥2 时，有Sn-1= an-1bn-1，两式相减，
整理得：an bn-1
= an-1bn-1，
由递增数列的题意与整数的性质知，bn- 1 ≥bn-1，
故an-1bn-1= an bn-1
≥anbn-1，
因为bn-1≠0，所以an≤an-1，
则an≤an-1≤⋯≤a1= 1，
因为an为正整数，所以an= 1.
法二、
假设存在一个正整数m ≥3，使得am ≥2
则a1= a2=⋯= am-1= 1，Sm-1= m - 1,bm-1= Sm-1
am-1
= m - 1，
则bm = am+m-1
am
= m-1
am
+ 1 ≤m-1
2
+ 1 ≤m - 1 = bm-1，不符合递增数列的题意,
故假设错误，不存在这样的正整数m ≥3，使得am ≥2，所以an= 1.
解法指导
数列中的探究性问题实际上就是不定方程解的问题，对于此类问题的求解，通常有以下三种常用的
方法：①利用等式两边的整数是奇数还是偶数的方法来加以判断是否存在；②利用寻找整数的因数的
方法来进行求解；③通过求出变量的取值范围，从而对范围内的整数值进行试根的方法来加以求解．
对于研究不定方程的解的问题，也可以运用反证法，反证法证明命题的基本步骤：
①反设：设要证明的结论的反面成立．作反设时要注意把结论的所有反面都要写出来，不要有遗
漏．②归谬：从反设出发，通过正确的推理得出与已知条件或公理、定理矛盾的结论．③存真：否定反
设，从而得出原命题结论成立．
变式训练
17. (24 - 25 高三上·天津·月考) 已知等比数列an
的前n 项和为Sn，且an+1= 2Sn+ 2 n∈N *
．
(1) 求数列an
的通项公式；
(2) 在an与an+1之间插入n 个数，使这n + 2 个数组成一个公差为dn的等差数列．
(i) 求数列dn
的通项及
2n-1
k=1
(k+1)
dk；
(ii) 在数列dn
中是否存在3 项dm,dk,dp(其中m，k，p 成等差数列) 成等比数列？若存在，求出这样
的3 项；若不存在，请说明理由．
13
【答案】(1)an= 2 × 3n-1；(2) (i)dn= 4×3n-1
n+1
2n-1
k=1
(k+1)
dk= 2 32n-1-1
；(ii) 不存在，理由见解析.
【解析】(1) ∵an+1= 2Sn+ 2 n∈N *
，
∴an= 2Sn-1+ 2 n∈N *
，
∴an+1- an= 2Sn- 2Sn-1= 2an，∴an+1= 3an，∴q = 3，
∵a2= 2S1+ 2 = 2a1+ 2，∴a1= 2，∴an= 2 × 3n-1.
(2) (i) 由题意可知：dn= an+1-an
n+1
= 2 3n-3n-1
n+1
= 4×3n-1
n+1
，
∴(i) 求数列dn
的通项：dn= 4×3n-1
n+1
，
∑
2n-1
k=1 (k + 1)dk= ∑
2n-1
k=1 (k + 1) 4×3k-1
k+1
= ∑
2n-1
k=1 4 × 3k-1= 4∑
2n-1
k=1 3k-1= 4 × 1× 1-32n-1
1-3
= 2 32n-1-1
；
(ii) 假设在数列dn
中存在3 项dm,dk,dp(其中m，k，p 成等差数列) 成等比数列，
则d2
k= dm × dp，
即
4×3k-1
k+1
2
= 4×3m-1
m+1
× 4×3p-1
p+1
，
则
32k-2
k+1
2 = 3m-1
m+1 × 3p-1
p+1
又∵m，k，p 成等差数列，∴2k = m + p，
∴2k - 2 = m - 1 + p - 1
∴化简得：
1
k+1
2 =
1
m+1
p+1
即k+1
2= m+1
p+1
∴k2+ 2k + 1 = mp + m + p + 1，
∴k2= mp，又∵2k = m + p，
∴m = k = p，与已知矛盾，
∴数列dn
中不存在3 项dm,dk,dp(其中m，k，p 成等差数列) 成等比数列.
18. (24 - 25 高三上·江苏无锡·期中) 在下面n 行、n 列n∈N *
的表格内填数：第一列所填各数自上而下
构成首项为1，公差为2 的等差数列an
；第一行所填各数自左向右构成首项为1，公比为2 的等比数
列bn
；其余空格按照“任意一格的数是它上面一格的数与它左边一格的数之和”的规则填写. 设第2
行的数自左向右依次记为c1,c2,c3, ⋯,cn.
第1 列
第2 列
第3 列
⋯
第n 列
第1 行
1
2
22
⋯
2n-1
第2 行
3
5
9
第3 行
5
10
⋯
⋯
第n 行
2n - 1
(1) 求数列cn
通项公式;
(2) 对任意的m ∈N ∗，将数列an
中落入区间bm,cm
内项的个数记为dm，
①求d1和d10的值;
14
②设数列am⋅dm
的前m 项和Tm；是否存在m ∈N *，使得9 Tm+2
= 5m ⋅3m-1，若存在，求出所有m
的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)cn= 2n+ 1；(2) ①d1= 2，d10 = 257；②m = 4.
【解析】(1) 由题意知cn+1= cn+ 2n,c1= 3，∴cn+1- cn= 2n，
当n ≥2 时，cn= cn-cn-1
+ cn-1-cn-2
+⋯+ c2-c1
+ c1= 2n-1+ 2n-2+⋯+21+ 3 = 2 1-2n-1
1-2
+ 3 =
2n+ 1，
而c1= 3 也满足上式，∴cn= 2n+ 1.
(2) ①bn= 1 ⋅2n-1= 2n-1,an= 1 + 2(n - 1) = 2n - 1,bm = 2m-1,cm = 2m + 1，
令bm ≤an≤cm ⇒2m-1≤2n - 1 ≤2m + 1 ⇒2m-1+1
2
≤n ≤2m+2
2
，
当m = 1 时，1 ≤n ≤2，此时d1= 2，
当m ≥2 时，2m-2+ 1 ≤n ≤2m-1+ 1，
此时dm = 2m-1- 2m-2+ 1 = 2m-2+ 1，∴d10 = 28+ 1 = 257.
②amdm = 2,
m=1
(2m-1) 2m+2+1
,
m≥2
，记m⋅2m-1
从第2 项到第m 项的和为Sm，
∴Sm = 2 ⋅21+ 3 ⋅22+ 4 ⋅23+⋯+ (m - 1) ⋅2m-2+ m ⋅2m-1，
2Sm = 2 ⋅22+ 3 ⋅23+⋯+ (m - 2) ⋅2m-2+ (m - 1) ⋅2m-1+ m ⋅2m，
上述两式作差得-Sm = 4 + 22+⋯+2m-1- m ⋅2m = 4 + 4 1-2m-2
1-2
- m ⋅2m = (1 - m) ⋅2m，
∴Sm = (m - 1)2m，
当m = 1 时，Tm = 2；
当m ≥2 时，Tm = 2 + (m - 1) ⋅2m + (3+2m-1)(m-1)
2
- 1⋅1-2m-1
1-2
= (2m - 3) ⋅2m-1+ m2+ 2，
m = 1 也满足上式，∴Tm = (2m - 3) ⋅2m-1+ m2+ 2，
∴9 (2m-3)⋅2m-1+m2+4
= 5m ⋅3m-1⇒(2m - 3) ⋅2m-1+ m2+ 4 = 5m ⋅3m-3，
⇒5⋅3m-3-2m
m + 3 ⋅2m-1- m2- 4 = 0，当m = 1,2,3 时，左边< 0，舍去，
当m = 4 时，经检验符合；
当m ≥5 时，左边恒> 0，无解，
综上:m = 4.
必刷大题
刷模拟
1. (24 - 25 高三上·贵州铜仁·模拟预测) 已知正项等差数列an
满足：a1 = 1 且a1，a3，2a7 - 1 成等比数
列.
(1) 求数列an
的通项公式；
(2) 若数列bn
满足：bn= 2an，n ∈N *，求数列an+bn
的前n 项和Tn.
【答案】(1)an= 1 或an= 2n - 1；(2)Tn= 3n 或Tn= n2+ 2
3
4n-1
【解析】(1) 设正项等差数列{an} 的公差为d，由a1,a3,2a7- 1 成等比数列，
得a2
3= a1⋅2a7-1
，则a1+2d
2= a1 2a1+12d-1
，
15
又a1= 1，即1+2d
2= 1 + 12d，解得d = 0 或d = 2.
当d = 0 时，an= a1= 1.
当d = 2 时，an= 1 + n-1
× 2 = 2n - 1.
所以数列{an} 的通项公式为an= 1 或an= 2n - 1.
(2) 由题意得，当an= 1 时，bn= 21= 2，则an+ bn= 3，
所以数列an+bn
的前n 项和Tn= 3n
当an= 2n - 1 时，bn= 2an= 22n-1= 2 × 4n-1，
则bn+1
bn
= 2×4n
2×4n-1 = 4，且b1= 2，
故bn
是以2 为首项，4 为公比的等比数列，
则a1+ a2+⋯+an= n 1+2n-1
2
= n2
b1+ b2+⋯+bn= 2 1-4n
1-4
= 2
3
4n-1
Tn= a1+a2+⋯+an
+ b1+b2+⋯+bn
= n2+ 2
3
4n-1
.
故数列an+bn
的前n 项和Tn= 3n 或n2+ 2
3
4n-1
.
2. (24 - 25 高三上·江苏镇江·模拟预测) 已知数列an
满足a1= 1，an+1= an,n为奇数
an+4,n为偶数
(1) 记bn= a2n，写出b1，b2，证明数列{bn} 是等差数列，并求数列{bn} 的通项公式；
(2) 求an
的前20 项和．
【答案】(1)b1= 1，b2= 5，证明见解析，bn= 4n - 3；(2)380.
【解析】(1) 依题意，b1= a2= a1= 1，b2= a4= a3= a2+ 4 = 5，
显然bn+1= a2n+2= a2n+1+1= a2n+1= a2n+ 4，因此bn+1= bn+ 4，
所以数列{bn} 是等差数列，其首项为1，公差为4，通项bn= 4n - 3.
(2) 当n 为奇数时，an+1= an，
所以an
的前20 项和为a1+ a2+⋯+a20= 2a2+ 2a4+⋯+2a20= 2(b1+ b2+⋯+b10) = 2 × (1+37)×10
2
=
380.
3. (24 - 25 高三上·湖南长沙·月考) 已知数列an
的前n 项和为Sn，a1= 1，满足2Sn= nan+1．
(1) 求an；
(2) 若bn= 3n⋅an，求数列bn
的前n 项和Tn．
【答案】(1)an= n；(2)Tn=
2n-1
3n+1
4
+ 3
4
【解析】(1)2Sn= nan+1，当n ≥2 时，2Sn-1= (n - 1)an，
两式作差得2an= nan+1- (n - 1)an，
即(n + 1)an= nan+1，所以an+1
an
= n+1
n
，
所以an=
n
n-1 ×⋯× 3
2 × 2
1 × a1= n，
当n = 1 时也成立，所以an= n；
(2) 由(1) 得bn= n ⋅3n，
16
所以Tn= 1 × 31+ 2 × 32+ 3 × 33+⋅⋅⋅+ n-1
⋅3n-1+ n ⋅3n，
所以3Tn= 1 × 32+ 2 × 33+ 3 × 34+⋅⋅⋅+ n-1
⋅3n+ n ⋅3n+1，
所以-2Tn= 3 + 32+ 33+ 34+⋅⋅⋅+3n- n ⋅3n+1= 3 1-3n
1-3
- n ⋅3n+1=- 3
2 + 1
2 × 3n+1- n ⋅3n+1，
所以Tn= 3
4 - 3n+1
4
+ n⋅3n+1
2
=
2n-1
3n+1
4
+ 3
4 .
4. (24 - 25 高三上·江西上饶·月考) 设函数f x
=
3x
2x+3 ，数列an
满足a1= 1，且an+1= f an
,n ∈N *.
(1) 求证：数列
1
an
是等差数列；
(2) 令bn= an-1⋅an n≥2
,b1= 3,Sn= b1+ b2+⋯+bn，若Sn< m-2015
2
对一切n ∈N *成立，求最小正
整数m 的值.
【答案】(1) 证明见解析；(2)2024.
【解析】(1) 结合题意可知an+1= f an
=
3an
2an+3 ,n ∈N *，
两边取倒数可得：1
an+1
= 2an+3
3an
= 2
3 + 1
an ,n ∈N *，即
1
an+1
- 1
an = 2
3 ,n ∈N *.
所以数列
1
an
是以首项1
a1
= 1，公差为2
3 的等差数列.
(2) 由上问可知数列
1
an
是以首项1
a1
= 1，公差为2
3 的等差数列，
所以1
an = 1 + n-1
× 2
3 = 2n+1
3
，所以an=
3
2n+1 .
所以bn= an-1⋅an=
3
2n+1 ×
3
2n-1 = 9
2
1
2n-1 -
1
2n+1
, n≥2
.
又b1= 3，也满足上式，所以bn= 9
2
1
2n-1 -
1
2n+1
,n ∈N *
由Sn= b1+ b2+⋯+bn可得：
Sn= 9
2
1- 1
3 + 1
3 - 1
5 +⋯+
1
2n-3 -
1
2n-1 +
1
2n-1 -
1
2n+1
= 9
2
1-
1
2n+1
，
所以Sn< 9
2 ，因为Sn< m-2015
2
对一切n ∈N *成立，
所以m-2015
2
≥9
2 , 解得m ≥2024.
最小正整数m 的值为2024.
5. (24 - 25 高三上·江苏泰州·期中) 已知数列an
为等差数列，公差d ≠0，前n 项和为Sn，a2 为a1 和a5
的等比中项，S11= 121.
(1) 求数列an
的通项公式；
(2) 是否存在正整数m，n 3<m<n
，使得1
a3
，1
am ，1
an 成等差数列？若存在，求出m，n 的值；若不
存在，请说明理由；
(3) 求证：数列∑
n+1
i=2
1
Si
< 2
3 .
17
【答案】(1)an= 2n - 1；(2) 存在m = 5,n = 23，理由见解析；(3) 证明过程见解析
【解析】(1) 由题意得a2
2= a1a5，即a1+d
2= a1 a1+4d
，
整理得d2= 2a1d，因为d ≠0，所以d = 2a1，
S11= 11a1+ 55d = 121，即11a1+ 55 × 2a1= 121，解得a1= 1，
故d = 2a1= 2，an
的通项公式为an= 1 + 2 n-1
= 2n - 1；
(2) 不存在正整数m，n 3<m<n
，使得1
a3
，1
am ，1
an 成等差数列，理由如下：
假设存在正整数m，n 3<m<n
，使得1
a3
，1
am ，1
an 成等差数列，
1
a3
= 1
5 ，1
am =
1
2m-1 ，1
an =
1
2n-1 ，
由题意得
2
2m-1 = 1
5 +
1
2n-1 ，整理得到2m - 1 = 10 -
25
n+2 ,
故n + 2 = 5 或n + 2 = 25,
故n = 3(舍) 或n = 23，m = 5,
综上，存在正整数m = 5，n = 23，使得1
a3
，1
am ，1
an 成等差数列；
(3) 由等差数列求和公式得Si = i 1+2i-1
2
= i2，
当i ≥2 时，1
Si
= 1
i2 = 4
4i2 <
4
4i2-1 = 2
1
2i-1 -
1
2i+1
，
∑
n+1
i=2
1
Si
< 2 1
3 - 1
5 + 1
5 - 1
7 +⋯+
1
2n+1 -
1
2n+3
= 2
3 -
2
2n+3 < 2
3 .
6. (24 - 25 高三上·山东青岛·月考) 已知数列an
的前n 项和Sn = 1
3
1-an
n∈N ∗
．若2 + bn =
3log 1
4an，且数列cn
满足cn= an⋅bn．
(1) 求证：数列bn
是等差数列；
(2) 求证：数列cn
的前n 项和Tn< 2
3 ；
(3) 若cn≤1
4
t2+t-1
对一切n ∈N ∗恒成立，求实数t 的取值范围．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3) -∞,-2
∪1,+∞
【解析】(1) 由题意知Sn= 1
3 - 1
3 an，
当n ≥2 时，an= Sn- Sn-1= 1
3 an-1- 1
3 an，所以an= 1
4 an-1．
当n = 1 时，S1= 1
3 - 1
3 a1= a1，所以a1= 1
4 ，
所以数列an
是以1
4 为首项，1
4 为公比的等比数列，所以an=
1
4
n
n∈N ∗
．
因为2 + bn= 3log 1
4an，所以bn= 3log 1
4an- 2 = 3log 1
4
1
4
n
- 2 = 3n - 2，
所以b1= 1，令bn= b1+ n-1
d，可得d = 3，
所以数列bn
是以1 为首项，3 为公差的等差数列．
(2) 由(1) 知cn= an⋅bn=
1
4
n
× 3n-2
，
所以Tn= c1+ c2+⋯+cn= 1
4 × 1 +
1
4
2
× 4 +⋯+ 1
4
n-1
× 3n-5
+
1
4
n
× 3n-2
，
18
所以1
4 Tn=
1
4
2
× 1 +
1
4
3
× 4 +⋯+ 1
4
n
× 3n-5
+
1
4
n+1
× 3n-2
，
两式相减，可得3
4 Tn= 1
4 × 1 +
1
4
2
× 3 +
1
4
3
× 3 +⋯+ 1
4
n
× 3 -
1
4
n+1
× 3n-2
= 1
4 + 3 ×
1
4
2 1-
1
4
n-1
1- 1
4
-
1
4
n+1
× 3n-2
= 1
2 - 1
4n - 3n-2
4n+1
，
所以Tn= 2
3 - 3n+2
3
×
1
4
n
，所以Tn< 2
3 ．
(3) 若cn≤1
4
t2+t-1
对一切n ∈N ∗恒成立，只需要cn的最大值小于或等于1
4
t2+t-1
．
因为cn+1- cn= 3n+1
×
1
4
n+1
- 3n+2
×
1
4
n
= 9-9n
4n+1
≤0，
所以c1= c2> c3> c4>⋯，所以数列cn
的最大项为c1和c2，且c1= c2= 1
4 ．
所以1
4 ≤1
4
t2+t-1
，即t2+ t - 2 ≥0，
解得t ≥1 或t ≤-2，即实数t 的取值范围是-∞,-2
∪1,+∞
．
刷真题
7. (2024·全国·高考真题) 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
的前n 项和.
【答案】(1)an=
5
3
n-1
；(2) 15
4 ⋅
5
3
n
- 3
2 n - 15
4
【解析】(1) 因为2Sn= 3an+1- 3, 故2Sn-1= 3an- 3，
所以2an= 3an+1- 3an n≥2
即5an= 3an+1故等比数列的公比为q = 5
3 ，
故2a1= 3a2- 3 = 3a1× 5
3 - 3 = 5a1- 3，故a1= 1，故an=
5
3
n-1
.
(2) 由等比数列求和公式得Sn=
1× 1-
5
3
n
1- 5
3
= 3
2
5
3
n
- 3
2 ，
所以数列Sn
的前n 项和
Tn= S1+ S2+ S3+⋅⋅⋅+Sn= 3
2
5
3
+
5
3
2
+
5
3
3
+⋅⋅⋅+ 5
3
n
- 3
2 n
= 3
2 ⋅
5
3
1-
5
3
n
1-
5
3
- 3
2 n = 15
4 ⋅
5
3
n
- 3
2 n - 15
4 .
8. (2024·全国·高考真题) 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．
【答案】(1)an= 4 ⋅(-3)n-1；(2)Tn= (2n - 1) ⋅3n+ 1
【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，
而a1= 4 ≠0，故an≠0，故an
an-1
=-3，
19
∴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,
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
所以-2Tn= 4 + 4 ⋅31+ 4 ⋅32+⋯+4 ⋅3n-1- 4n ⋅3n
= 4 + 4 ⋅3 1-3n-1
1-3
- 4n ⋅3n= 4 + 2 ⋅3 ⋅3n-1-1
- 4n ⋅3n= (2 - 4n) ⋅3n- 2，
∴Tn= (2n - 1) ⋅3n+ 1.
9. (2024·上海·高考真题) 若f x
= logax(a > 0,a ≠1)．
(1)y = f x
过4,2
，求f 2x-2
< f x
的解集；
(2) 存在x 使得f x+1
、f ax
、f x+2
成等差数列，求a 的取值范围．
【答案】(1) x|1<x<2
；(2)a > 1
【解析】(1) 因为y = f x
的图象过4,2
，故loga4 = 2，故a2= 4 即a = 2(负的舍去)，
而f x
= log2x 在0,+∞
上为增函数，故f 2x-2
< f x
，
故0 < 2x - 2 < x 即1 < x < 2，
故f 2x-2
< f x
的解集为x|1<x<2
.
(2) 因为存在x 使得f x+1
、f ax
、f x+2
成等差数列，
故2f ax
= f x+1
+ f x+2
有解，故2loga ax
= loga x+1
+ loga x+2
，
因为a > 0,a ≠1，故x > 0，故a2x2= x+1
x+2
在0,+∞
上有解，
由a2= x2+3x+2
x2
= 1 + 3
x + 2
x2 = 2 1
x + 3
4
2
- 1
8 在0,+∞
上有解，
令t = 1
x ∈0,+∞
，而y = 2 t+ 3
4
2
- 1
8 在0,+∞
上的值域为1,+∞
，
故a2> 1 即a > 1.
10. (2024·天津·高考真题) 已知an
为公比大于0 的等比数列，其前n 项和为Sn，且a1= 1,S2= a3- 1．
(1) 求an
的通项公式及Sn；
(2) 设数列bn
满足bn= k,n=ak
bn-1+2k,ak<n<ak+1
，其中k ∈N *．
(ⅰ) 求证：当n = ak+1 k∈N *,且k>1
时，求证：bn-1≥ak⋅bn；
(ⅱ) 求
Sn
i=1
bi
．
【答案】(1)an= 2n-1,Sn= 2n- 1；(2) ①证明见解析；②∑
Sn
i=1bi =
3n-1
4n+1
9
【解析】(1) 设等比数列an
的公比为q > 0，
因为a1= 1,S2= a3- 1，即a1+ a2= a3- 1，
可得1 + q = q2- 1，整理得q2- q - 2 = 0，解得q = 2 或q =-1(舍去)，
所以an= 2n-1,Sn= 1-2n
1-2 = 2n- 1.
(2) (i) 由(1) 可知an= 2n-1，且k ∈N * ,k ≥2，
20
当n = ak+1= 2k≥4 时，则ak=2k-1<2k-1=n-1
n-1=ak+1-1<ak+1
，即ak< n - 1 < ak+1
可知ak= 2k-1,bn= k + 1，
bn-1= bak+ ak+1-ak-1
⋅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，可知bi
为等差数列，
可得∑
i=2k-1
2k-1 bi = k ⋅2k-1+ 2k 2k-1 2k-1-1
2
= k ⋅4k-1= 1
9
3k-1
4k- 3k-4
4k-1
，
所以∑
i=1
Sn bi = 1 + 1
9 5×42-2×4+8×43-5×42+⋅⋅⋅+ 3n-1
4n- 3n-4
4n-1
=
3n-1
4n+1
9
，
且n = 1，符合上式，综上所述：∑
i=1
Sn bi =
3n-1
4n+1
9
.
