重难点20 数列的综合应用
【全国通用】
【题型1 等差、等比数列的综合问题】..................................................................................................................2
【题型2 数列中的数学文化问题】..........................................................................................................................5
【题型3 数列的通项公式的求解】..........................................................................................................................7
【题型4 数列中的不等式恒成立、有解问题】...................................................................................................10
【题型5 数列中的不等式证明问题】....................................................................................................................13
【题型6 数列求和问题】........................................................................................................................................16
【题型7 数列中的结构不良题】............................................................................................................................19
【题型8 数列与其他知识的交汇问题】................................................................................................................23
【题型9 数列中的新定义、新情景问题】...........................................................................................................28
1、数列的综合应用
数列是高考的重点内容和热点内容，命题形式多种多样，大小均有，属于高考的必考内容之一.从近
几年的高考情况来看，数列的综合应用问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热
点内容，以解答题的形式考查，一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公
式、前n 项和公式等.
从近几年的高考情况来看，高考压轴题中出现数列的新定义、新情景问题也是高考的一个重要趋势，
这类问题综合性强，难度大，需要学会灵活求解.
知识点
1
等差、等比数列的交汇问题的解题策略
1．等差、等比数列的交汇
问题
的求解思路：
(1)等差与等比数列的基本量间的关系，利用方程思想和通项公式、前n 项和公式求解，求解时注意对性质
的灵活运用.
(2)数列的综合运算问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找
通项公式，利用性质进行转化.
知识点
2 数列的数学文化问题
1．数列的数学文化问题的解题步骤：
(1)读懂题意：会脱去数学文化的背景，读懂题意；
(2)构造模型：根据题意，构造等差数列、等比数列或递推关系式的模型；
(3)求解模型：利用数列知识求解数列的基本量、通项公式、前n 项和等，解决问题.
知识点
3 数列的新定义、新情景问题
1．数列的新定义、新情景问题的求解策略
(1)新定义问题：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的
要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决.
(2)新情景问题：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的
情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到
灵活解题的目的.
知识点
4 数列的综合应用
1．数列与不等式交汇问题的解题策略
(1)解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、
分析法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立、有解问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.
(2)数列与不等式交汇问题的答题模板
第一步：根据题目条件，求出数列的通项公式；
第二步：根据数列项的特征，选择合适的方法(公式法、分组转化法、裂项相消法、错位相减法等)求和；
第三步：利用第二步中所求得的数列的和，证明不等式或求参数的范围；
第四步：反思解题过程，检验易错点，规范解题步骤.
2．数列与函数交汇问题的解题策略
数列与函数综合问题的主要类型及解题策略
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题.
(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n 项和公式、求和方法等
对式子化简变形.
注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性.
3．子数列问题的解题策略
子数列是数列问题中的一种常见题型，将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的
数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不
变化，项数变化，它体现了转化与化归以及分类讨论、函数与方程的思想，能很好地考查学生的思维.
4．数列中结构不良题的解法
(1))先定后动，先对题目中确定的条件进行分析推断，再观察分析“动”条件，结合题干要求选出最适合
自己解答的条件求解.
(2)最优法，当题干中确定的条件只有一个时，要根据自己的知识优势和擅长之处选择更适合自己的条件进
行解答.
【题型1 等差、等比数列的综合问题】
【例1】（2025·湖南永州·模拟预测）已知等差数列{an)的前n 项和为Sn，公差d ≠0，若S5=70，且a2，a4
，a9成等比数列，则a6=（ ）
A．30
B．32
C．36
D．40
【答案】B
【解题思路】利用等差数列的求和公式可得a1+2d =14，再由等比中项可得d =3a1，两式联立可得a1和d
，然后求出数列的通项可得a6.
【解答过程】由S5= 5(a1+a5)
2
=5a3=70，即a1+2d =14，
又a2，a4，a9成等比数列，则a4
2 =a2a9，
即(a1+3d)
2=(a1+d)(a1+8d)，得d =3a1，
∴{
a1+2d =14
d =3a1 )，∴{
a1=2
d =6).
∴an=6n−4,
∴a6=a1+5d =2+30=32.
故选：B.
【变式1-1】（2025·湖北黄冈·三模）给出条件p: △ABC的三边既成等差数列又成等比数列；q: △ABC
为正三角形；则p是q的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解题思路】本题可根据充分条件和必要条件的定义，分别判断p能否推出q以及q能否推出p.
【解答过程】若△ABC的三边既成等差数列又成等比数列，则2b=a+c，b
2=ac.
∴( a+c
2
)
2
=ac ,a=c∴a=c =b，即△ABC的形状是等边三角形.
即p⇒q， p是q的充分条件，
若△ABC为正三角形，则三边a=b=c.
因为a=b=c，所以2b=a+c， 满足等差数列定义，公差为0；
又因为a=b=c，所以b
2=ac，满足等比数列定义，公比为1，
即三边既成等差数列又成等比数列，所以q⇒p， p是q的必要条件，
所以p是q的充分必要条件，
故选：C.
【变式1-2】（2025·全国·模拟预测）已知等差数列{an)满足a2n=2an+1，且a1+1，a2+1，a3+3为等比数
列.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)若bn=3
n−1an，求数列{bn)的前n项和Sn.
【答案】(1)an=2n−1
(2)Sn=1+(n−1)3
n
【解题思路】（1）设等差数列{an)的公差为d，则an=a1+(n−1)d，n∈N
*.根据题意利用基本量法列出
方程组，解出公差d与首项a1即可求解；
（2）由（1）知an=2n−1，故bn=3
n−1an=(2n−1)3
n−1，利用错位相减法即可求解.
【解答过程】（1）设等差数列{an)的公差为d，则an=a1+(n−1)d，n∈N
*.
∵a2n=2an+1，∴a1+(2n−1)d =2[a1+(n−1)d)+1，即a1=d −1.
∵a1+1，a2+1，a3+3为等比数列，∴(a2+1)
2=(a1+1)(a3+3)，
即(a1+d +1)
2=(a1+1)(a1+2d +3)，即(2d)
2=d (3d +2)，解得d =2或d =0.
当d =0时，a1+1=d =0不符合题意，故舍去.
∴d =2，a1=d −1=1，∴an=a1+(n−1)d =2n−1，n∈N
*.
（2）由（1）知an=2n−1，∴bn=3
n−1an=(2n−1)3
n−1，
∴Sn=1×3
0+3×3
1+5×3
2+⋅⋅⋅+(2n−3)⋅3
n−2+(2n−1)⋅3
n−1，
3 Sn=1×3
1+3×3
2+5×3
3+⋅⋅⋅+(2n−3)⋅3
n−1+(2n−1)⋅3
n，
将两式左右两边分别相减得−2Sn=1×3
0+2×3
1+2×3
2+⋅⋅⋅+2×3
n−1−(2n−1)⋅3
n，
即−2Sn=1+2× 3(1−3
n−1)
1−3
−(2n−1)⋅3
n=1+3
n−3−(2n−1)⋅3
n=−2−(2n−2)⋅3
n，
化简得Sn=1+(n−1)3
n.
【变式1-3】（2025·辽宁大连·一模）已知首项相同的等差数列{an)的公差与等比数列{bn)的公比大小相
等，且bn+1>bn，
a4
b2
= 7
2 ，a4−b2=5.
(1)求数列{an)和{bn)的通项公式;
(2)令cn=anbn，求数列{cn)的前n项和T n.
【答案】(1)an=2n−1，bn=2
n−1
(2)T n=3+(2n−3)2
n
【解题思路】（1）设等差数列{an)的首项为a1，公差为d，等比数列{bn)的首项为b1，公比为q，因为
a1=b1,d =q，结合题中等式的联立方程组，结合bn+1>bn，即得首项和公差，最后利用等差数列等比数列
通项公式求解即可；
（2）由（1）可知cn=anbn=(2n−1)2
n−1，利用错位减法求解前n项和T n即可.
【解答过程】（1）设等差数列{an)的首项为a1，公差为d，等比数列{bn)的首项为b1，公比为q，
由题意可知a1=b1,d =q，
根据题意可得{
a1+3d
b1q
= 7
2
a1+3d −b1q =5)
⇒{
a1+3d
a1d
= 7
2
a1+3d −a1d =5)
，解得{
a1=6
d = 1
3)
或{
a1=1
d =2)，
且bn+1>bn，等比数列单调递增，d =q>1，所以{
a1=b1=1
d =q =2 )
等差数列{an)的通项公式为an=a1+(n−1)d =1+(n−1)×2=2n−1，
等比数列{bn)的通项公式为bn=b1q
n−1=2
n−1.
（2）由（1）可知cn=anbn=(2n−1)2
n−1，当c1=a1b1=1，
则T n=c1+c2+c3+⋯+cn−1+cn=2
0+3×2
1+5×2
2+⋯+(2n−3)×2
n−2+(2n−1)×2
n−1①，
2T n=2
1+3×2
2+5×2
3+⋯+(2n−3)×2
n−1+(2n−1)×2
n②，
②−①得T n=−2
0−2×2
1−2×2
2+⋯−2×2
n−1+(2n−1)×2
n
=−1−2×2
1−2×2
2+⋯−2×2
n−1+n×2
n+1−2
n
=−1−2(2
1+2
2+⋯+2
n−1)+n×2
n+1−2
n
=−1−2× 2(1−2
n−1)
1−2
+n×2
n+1−2
n
=−1+ 4(1−2
n−1)+n×2
n+1−2
n
=3−2
n+1+n×2
n+1−2
n
=3−3×2
n+n×2
n+1
=3+(2n−3)2
n.
【题型2 数列中的数学文化问题】
【例2】（2025·江苏宿迁·模拟预测）《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次为小寒、大寒、
立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种，这十二个节气，其日影长依次成等差数列，
若小寒、雨水、清明日影长之和为36 尺，前八个节气日影长之和为92 尺，则谷雨日影长为（ ）
A．15
B．16
C．17
D．18
【答案】B
【解题思路】令所给等差数列为{an}，由给定的两个和建立方程，结合等差数列性质求解.
【解答过程】令所给等差数列为{an},n∈N
∗,n≤12，其前n项和为Sn，
则{
a2+a5+a8=36
S8=92
)，即{
3a5=36
8(a1+a8)
2
=92)
，因此{
a5=12
a4+a5=a1+a8=23)，
解得{
a4=11
a5=12)，
则数列{an}的公差d =a5−a4=1，所以谷雨日影长a9=a5+ 4 d =16.
故选：B.
【变式2-1】（2025·陕西汉中·模拟预测）鬼工球，又称同心球，要求制作者使用一整块完整的材料，将其
雕成每层均同球心的数层可自由转动的空心球，空心球的球面厚度不计.为保证鬼工球的每一层均可以自由
转动，要求其从最内层起，每层与其外一层球面的间距构成首项为1mm 公差为
､
4 mm的等差数列，若一个
鬼工球最外层与最内层的半径之差为190 mm，则该鬼工球的层数为（ ）
A．9
B．10
C．11
D．12
【答案】C
【解题思路】根据已知条件确定该等差数列的首项、公差，再利用前n项和公式建立方程，进而求解鬼工
球的层数n.
【解答过程】已知每层与其外一层球面的间距构成首项a1=1mm、公差d = 4 mm的等差数列.设该鬼工球的
层数为n，
由于最外层与最内层的半径之差就是这个等差数列的前n项和，即Sn=190mm.
根据等差数列前n项和公式Sn=na1+ n(n−1)
2
d，
将a1=1，d = 4，Sn=190代入可得： n×1+ n(n−1)
2
×4 =190，即2n
2−n−190=0
得到n1=10，n2=−19
2 （因为层数n为正整数，所以舍去）.
该鬼工球的层数为11.
故选：C.
【变式2-2】（2025·云南昆明·模拟预测）每年6 月到9 月，昆明大观公园的荷花陆续开放，已知池塘内某
种单瓣荷花的花期为3 天（第四天完全凋谢），池塘内共有2000 个花蕾，第一天有10 个花蕾开花，之后
每天花蕾开放的数量都是前一天的2 倍，则在第几天池塘内开放荷花的数量达到最大（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】C
【解题思路】每天荷花的数量都是前一天的2 倍，则荷花朵数为等比数列，利用等比数列的通项公式及求
和公式，列出不等式求解即可，注意花蕾有凋谢的情况.
【解答过程】设第n天水塘中的荷花朵数为an，则an=10×2
n−1，
设第n天池塘内开放荷花的数量为bn，则b1=a1，b2=a1+a2，
bn=an+an−1+an−2=70×2
n−3,3≤n≤7，
当n=7时，b7=70×2
4=1120，
当n=8时，b8=a6+a7+(2000−a1−a2−⋯−a7)=2000−a1−a2−⋯−a5=1690，
所以荷花的数量在第8 天达到最大.
故选：C.
【变式2-3】（2025·山东青岛·三模）《九章算术》是中国古代的数学名著，书中有“分钱问题”：现有5
个人分5 钱，5 人分得钱数依次成等差数列，前两人分得钱数之和等于后三人分得钱数之和，则分得钱数
最少的一人钱数为（ ）
A．1
3
B．1
2
C．2
3
D．5
6
【答案】C
【解题思路】设第n(1≤n≤5,n∈N
∗)所得钱数为an钱，设数列a1、a2、a3、a4、a5的公差为d，根据已知
条件可得出关于a1、d的值，即可求得a5的值.
【解答过程】设第n(1≤n≤5,n∈N
∗)所得钱数为an钱，则数列a1、a2、a3、a4、a5为等差数列，
设数列a1、a2、a3、a4、a5的公差为d，
则{
5a1+ 5×4
2
d =5
2a1+d =3a1+9d)
，解得{
a1= 4
3
d =−1
6)
，故a5=a1+ 4 d = 4
3 −4× 1
6 = 2
3.
故选：C.
【题型3 数列的通项公式的求解】
【例3】（2025·江西新余·模拟预测）已知数列{an)满足3
an+1−3
an=2
n，且a1=1，则数列{an)的通项公式为
（ ）
A．an=2
n−1
B．an=log32
n−1+1
C．an=log3(2
n+1)
D．an=log3(2
n+1−1)
【答案】C
【解题思路】由累加法及等比数列前n和公式可得3
an=2
n+1，即可得到an=log3(2
n+1).
【解答过程】由3
an+1−3
an=2
n，知(3
a2−3
a1)+(3
a3−3
a2)+⋯+(3
an−3
an−1)=2+2
2+⋯+2
n−1，
所以3
an−3= 2(1−2
n−1)
1−2
，即3
an=2
n+1，
故an=log3(2
n+1)，又a1=1适合上式，故an=log3(2
n+1)．
故选：C.
【变式3-1】（2025·云南·一模）已知数列{an)的前n项和Sn满足Sn=2an−1(n∈N
*)，若数列{bn)满足
b1=2，bn+1=an+bn，则数列{bn)的通项公式为（ ）
A．bn=2
n−1+1
B．bn=2
n+1
C．bn=2
n−1−1 D．bn=2
n−1
【答案】A
【解题思路】根据条件，利用an与Sn间的关系，得到an=2
n−1，从而有bn+1−bn=2
n−1，再利用累加法，即
可求解.
【解答过程】因为Sn=2an−1(n∈N
*)，当n≥2时，Sn−1=2an−1−1，
两式相减得到an=2an−2an−1，即an=2an−1(n≥2,n∈N)，
又a1=2a1−1，得到a1=1，所以数列{an)是以a1=1，q =2的等比数列，
所以an=2
n−1，则bn+1−bn=2
n−1，
当n≥2时，bn=(bn−bn−1)+(bn−1−bn−2)+⋯+(b2−b1)+b1，
所以bn=2
n−2+2
n−3+⋯+1+2= 1−2
n−1
1−2 +2=2
n−1+1，又n=1时，满足bn=2
n−1+1，
故选：A.
【变式3-2】（2025·全国·模拟预测）设数列{an)的前n项和为Sn，且Sn= 3
2 an−1.
(1)求{an)的通项公式；
(2)设bn= an+1
Sn Sn+1
+log3an，求{bn)的前n项和T n．
【答案】(1)an=2×3
n−1
(2)T n= 1
2 −
1
3
n+1−1
+ n(n−1)
2
+nlog32
【解题思路】（1）根据an与Sn的关系化简题设可得数列{an)是首项为2，公比为3 的等比数列，进而求解
即可；
（2）先求得bn=
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1
+n−1+log32，利用裂项相消法及分组求和法求和即可.
【解答过程】（1）令n=1，则S1=a1= 3
2 a1−1，即a1=2，
又Sn= 3
2 an−1①，Sn+1= 3
2 an+1−1②，
-
②①得an+1= 3
2 (an+1−an)，则an+1=3an，
所以数列{an)是首项为2，公比为3 的等比数列，
所以an=2×3
n−1．
（2）由（1）知，数列{an)是首项为2，公比为3 的等比数列，且an=2×3
n−1，
则Sn= 2(1−3
n)
1−3
=3
n−1，
则bn= an+1
Sn Sn+1
+log3an=
2×3
n
(3
n−1)(3
n+1−1)
+n−1+log32=
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1
+n−1+log32，
所以T n=(
1
3
1−1
−
1
3
2−1)+(
1
3
2−1
−
1
3
3−1)+⋅⋅⋅+(
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1)+ n(n−1)
2
+nlog32，
即T n= 1
2 −
1
3
n+1−1
+ n(n−1)
2
+nlog32．
【变式3-3】（2025·河南驻马店·模拟预测）已知数列{an)的前n项和为Sn,an≠0,a1= 1
2 ,Sn=anan+1．
(1)求{an)的通项公式；
(2)若b1=1，且bn+1+bn= 4 an+1
2
，求数列{bn)的通项公式；
(3)在（2）的条件下，若en= (1−n)⋅2
n−1
bn
，求{en)的前n项和T n．
【答案】(1)an= n
2
(2)bn= (n+1)n
2
(3)T n=2−2
n+1
n+1
【解题思路】（1）由an与Sn的关系仿写后作差，再由等差数列的性质可得；
（2）将已知等式变形为bn+1+bn= (n+1)(n+2)
2
+ (n+1)n
2
，再移项证明{bn−(n+1)n
2 )为常数列可得；
（3）由裂项相消法求和即可.
【解答过程】（1）由Sn=anan+1可得Sn−1=an−1an，n≥2，
以上两式相减可得Sn−Sn−1=an(an+1−an−1)，即an=an(an+1−an−1)，
因为an≠0，所以an+1−an−1=1，即a1,a3,a5,⋯,a2k −1是公差为1 的等差数列，从而
a2k −1= 1
2 +(k −1)×1= 2k −1
2
，
由S1=a1a2⇒a2=1，所以a2,a4,a6,⋯,a2k是公差为1 的等差数列，从而a2k =1+(k −1)×1=k，
所以an= n
2.
（2）因为bn+1+bn= 4 an+1
2
=(n+1)
2，所以bn+1+bn=(n+1)
2= (n+1)(n+2)
2
+ (n+1)n
2
，
即bn+1−(n+1)(n+2)
2
=(n+1)
2=−[bn−(n+1)n
2 )，
因为b1=1,b1−1×2
2
=0，所以{bn−(n+1)n
2 )为常数列，即bn= (n+1)n
2
.
（3）bn= (n+1)n
2
，所以en= (1−n)⋅2
n−1
bn
= 2
n
n −2
n+1
n+1，
所以T n=(
2
1
1 −2
2
2)+(
2
2
2 −2
3
3 )+⋯+(
2
n
n −2
n+1
n+1)=2−2
n+1
n+1.
【题型4 数列中的不等式恒成立、有解问题】
【例4】（2025·海南·模拟预测）数列{an)满足a1= 5
2 , an+1=2an−1
2，对于任意的
n∈N
∗, λ(2an−1)<2an−2恒成立，则实数λ的取值范围是（ ）
A．(−∞, 3
4)
B．(−∞, 1)
C．(
3
4 , +∞)
D．(1, +∞)
【答案】A
【解题思路】构造等比数列得an= 1
2 +2
n，由题意对于任意的n∈N
∗, λ< 2
n+1−1
2
n+1
=1−1
2
n+1恒成立，故只
需求出(1−1
2
n+1)min
即可.
【解答过程】由题意令an+1−λ =2(an−λ)，所以an+1=2an−λ，对比an+1=2an−1
2，可得λ = 1
2，
所以数列{an−1
2)是以a1−1
2 =2为首项，2 为公比的等比数列，
所以an−1
2 =(a1−1
2)2
n−1=2
n，
所以an= 1
2 +2
n，
对于任意的n∈N
∗, λ(2an−1)<2an−2恒成立，即对于任意的n∈N
∗, λ⋅2
n+1<2
n+1−1恒成立，
即对于任意的n∈N
∗, λ< 2
n+1−1
2
n+1
=1−1
2
n+1恒成立，
显然当n增大时，1
2
n+1减小，此时1−1
2
n+1增大，
所以λ<1−1
2
1+1 = 3
4 .
故选：A.
【变式4-1】（2025·北京大兴·三模）已知数列{an)为无穷等比数列，Sn为其前n项和，“存在M 1>0，对于
任意的n∈N
∗，|an)< M 1”是“存在M 2>0，对于任意的n∈N
∗,|Sn)< M 2”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解题思路】根据题意，利用反例法，可得判定充分性不成立；结合|an)=|Sn−Sn−1)<|Sn)+|Sn−1)<2m2
，取M 1=2 M 2，得到均有|an)< M 1，所以必要性成立，即可得到答案.
【解答过程】若an=1，则对于任意的n∈N
∗，均有|an)<2，
此时Sn=n，对于任意的n∈N
∗，不存在M 2>0，使得|Sn)< M 2，所以充分性不成立；
若对于任意的n∈N
∗，存在M 2>0，使得|Sn)< M 2，
则|an)=|Sn−Sn−1)<|Sn)+|Sn−1)<2 M 2，取M 1=2 M 2，
则对于任意的n∈N
∗，均有|an)< M 1，所以必要性成立，
所以“存在M 1>0，对于∀n∈N
∗,|an)< M 1”是“存在M 2>0，对于∀n∈N
∗,|Sn)< M 2”的必要不充
分条件.
故选：B.
【变式4-2】（2025·山西忻州·模拟预测）已知数列{an)的前n 项和Sn满足Sn=2
n+1+1．
(1)求{an)的通项公式；
(2)若∀n∈N
∗，a2n> λn⋅3
n恒成立，求实数λ的取值范围．
【答案】(1)an={
5,n=1
2
n,n≥2)
(2)(−∞, 64
81)
【解题思路】（1）根据数列前n项和Sn与通项an的关系an={
S1,n=1
Sn−Sn−1,n≥2)来求解数列的通项公式，最
后需要检验n=1时的情况是否满足n≥2时的通项公式．
（2）已知条件得到关于λ的不等式，通过构造数列{cn}，求出数列{cn}的最小值，进而确定λ的取值范
围．
【解答过程】（1）Sn=2
n+1+1，则当n≥2时，an= Sn−Sn−1=2
n+1+1−(2
n+1)=2
n，
当n=1时，a1= S1=2
2+1=5，不符合an=2
n，
所以an={
5,n=1
2
n,n≥2)．
（2）因为∀n∈N
∗，a2n> λn⋅3
n，所以∀n∈N
∗，λ< a2n
n⋅3
n = 1
n(
4
3)
n
．
令cn= 1
n(
4
3)
n
，则c1= 4
3 ，
当n≥2时，不妨设{cn)的第n 项的值最小，
只需令{
1
n(
4
3)
n
≤
1
n+1(
4
3)
n+1
1
n(
4
3)
n
≤
1
n−1(
4
3)
n−1)
，
解得3≤n≤4，
又c3=c4= 64
81 < 4
3 ，
所以{cn)的最小值为64
81，
所以λ< 64
81 ，即λ的取值范围是(−∞, 64
81)．
【变式4-3】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）设Sn为数列{an)的前n项和，已知an>0,4 Sn=an
2+2an+1，数
列{bn)满足bn={
an+1+an,n 为奇数,
an+1−an,n 为偶数,)
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)记数列{bn)的前n项和为T n，若对于任意n∈N
*,T n≥10n+ λ恒成立，求实数λ的取值范围.
【答案】(1)an=2n−1
(2)(−∞,−20)
【解题思路】（1）由an与Sn的关系，代入计算，结合等差数列的通项公式，即可得到结果；
（2）分n为奇数与偶数讨论，由等差数列的求和公式代入计算，即可得到结果.
【解答过程】（1）令n=1，可得4 S1=a1
2+2a1+1，故4 a1=a1
2+2a1+1，所以a1=1，
an= Sn−Sn−1= an
2+2an+1
4
−an−1
2
+2an−1+1
4
(n≥2)，
所以2an+2an−1=(an+an−1)(an−an−1)，
所以(an+an−1)(an−an−1−2)=0，因为an>0，所以an−an−1=2，
数列{an)是首项为1，公差为2 的等差数列，通项公式为an=2n−1.
（2）由（1）得an+1−an=(2n+1)−(2n−1)=2，an+1+an=(2n+1)+(2n−1)= 4 n，
所以bn={
4 n,n 为奇数
2,n 为偶数)，
当n为偶数时，T n=(b1+b3+b5+⋯bn−1)+(b2+b4+b6+⋯bn)，
T n=(4+12+20+⋯+ 4 n−4)+(2+2+2+⋯+2)，
T n=
(4+ 4 n−4) n
2
2
+2× n
2 =n
2+n，
当n为奇数时，T n=T n+1−bn+1=(n+1)
2+(n+1)−2=n
2+3n，
所以T n={
n
2+3n,n 为奇数
n
2+n,n 为偶数)，
因为对于任意n∈N
*,T n≥10n+ λ恒成立，
当n为奇数时λ≤n
2−7n，又n
2−7n=(n−7
2)
2
−49
4
当n=3时，n
2−7n取最小值，最小值为−12，
所以λ≤−12，
当n为偶数时λ≤n
2−9n，n
2−9n=(n−9
2)
2
−81
4
当n= 4时，n
2−9n取最小值，最小值为−20，
所以λ≤−20，
综上可得λ的取值范围(−∞,−20).
【题型5 数列中的不等式证明问题】
【例5】（2025·辽宁沈阳·三模）已知数列{an)中，a1=3，a3=15，且数列{
an
n )为等差数列．
(1)求{an)的通项公式；
(2)记Sn为数列{
1
an)的前n 项和，证明：Sn< 3
4 ．
【答案】(1)an=n
2+2n
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求出数列{
an
n )的公差，可求出数列{
an
n )的通项公式，进而可求得数列{an)的通项公
式；
（2）利用裂项求和法求出Sn，即可证得结论成立.
【解答过程】（1）因为数列{an)中，a1=3，a3=15，且数列{
an
n )为等差数列，
设数列{
an
n )的公差为d，则2d = a3
3 −a1=5−3=2，故d =1，
所以an
n =a1+(n−1)d =3+n−1=n+2，故an=n
2+2n.
（2）因为1
an
=
1
n(n+2) = 1
2(
1
n −
1
n+2)，
所以Sn= 1
2[(1−1
3)+(
1
2 −1
4)+(
1
3 −1
5)+⋯+(
1
n−1 −
1
n+1)+(
1
n −
1
n+2))
= 1
2(1+ 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2)= 3
4 −
2n+3
2(n+1)(n+2) < 3
4 ，故原不等式成立.
【变式5-1】（2025·海南·模拟预测）已知数列{an)的前n 项和为Sn，且Sn=2an−n，n∈N
∗，
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)设cn=
1
log2(an+1)⋅log2(an+1+1)，记数列{cn)的前n项和为M n，证明：1
2 ≤M n<1．
【答案】(1)an=2
n−1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）令n=1，求出a1的值，对任意的n∈N
∗，由Sn=2an−n可得Sn+1=2an+1−n−1，两
式作差可得an+1=2an+1，推导出数列{an+1)为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求出数列{an)
的通项公式；
（2）利用裂项相消法求出M n，结合数列的单调性可证得结论成立.
【解答过程】（1）因为Sn=2an−n(n∈N
∗)①，所以a1=2a1−1，解得a1=1，
对任意的n∈N
∗，Sn+1=2an+1−n−1②，
-
②①得an+1=2an+1−2an−1，即an+1=2an+1，
所以an+1+1=2an+1+1=2(an+1)，即
an+1+1
an+1 =2，
因为a1+1=2，所以数列{an+1)是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an+1=2×2
n−1=2
n，即an=2
n−1．
（2）因为cn=
1
log2(an+1)⋅log2(an+1+1)
=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
所以M n=1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1 =1−
1
n+1 (n∈N
∗)，
因为cn>0，数列{M n)为单调递增数列，所以1
2 = M 1≤M n<1，
即1
2 ≤M n<1．
【变式5-2】（2024·全国·模拟预测）已知数列{an)的前n 项和Sn=2an−n．
(1)求{an)的通项公式；
(2)证明：a1+1
a2
+ a2+1
a4
+ a3+1
a6
+⋯+ an+1
a2n
< 5
4 ．
【答案】(1)an=2
n−1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）利用Sn和an的关系，然后构造一个等比数列求解即可；
（2）利用
2
k
4
k−1
<(
1
2)
k
+(
1
4)
k
进行放缩，然后用等比数列的求和公式求解即可.
【解答过程】（1）因为Sn=2an−n①．
令n=1得S1=2a1−1，解得a1=1．
当n≥2时，Sn−1=2an−1−n+1②，
由①−②得an=2an−2an−1−1，
即an=2an−1+1,an+1=2(an−1+1),
又a1+1=2≠0，
所以数列{an+1)是首项为2，公比为2 的等比数列，
故an+1=2
n，所以an=2
n−1．
（2）因为ak +1
a2k
=
2
k
4
k−1
< 2
k +1
4
k
=(
1
2)
k
+(
1
4)
k
,k =1,2,⋯，
当n=1时，
a1+1
a2
= 2
3 < 5
4 ，
当n≥2时，
a1+1
a2
+ a2+1
a4
+ a3+1
a6
+⋯+ an+1
a2n
< 2
3 +[(
1
2)
2
+(
1
4)
2
)+[(
1
2)
3
+(
1
4)
3
)+⋯+[(
1
2)
n
+(
1
4)
n
)
= 2
3 +[(
1
2)
2
+(
1
2)
3
+⋯+(
1
2)
n
)+[(
1
4)
2
)+(
1
4)
3
+⋯+(
1
4)
n
)
= 2
3 +(
1
2)
2
×[1−(
1
2)
n−1
)
1−1
2
+(
1
4)
2
×[1−(
1
4)
n−1
)
1−1
4
< 2
3 + 1
2 + 1
12 = 5
4
．
综上，
a1+1
a2
+ a2+1
a4
+ a3+1
a6
+⋯+ an+1
a2n
< 5
4 ．
【变式5-3】（2025·江苏·三模）已知数列{an)是等差数列，记其前n项和为Sn，且S3=a5，a2n=2an+ 1
4 ．
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)将数列{an)与{
❑√Sn)的所有项从小到大排列得到数列{bn)．
①求{bn)的前20 项和；
②证明：
1
b1
2 + 1
b2
2 +⋯+ 1
bn
2 <32．
【答案】(1)an= 1
2 n−1
4
(2)①105
2 ；②证明见解析
【解题思路】（1）设等差数列{an)的公差为d，依题意可得2a1=d，对于a2n=2an+ 1
4
取n=1，即可求出
a1、d，从而求出通项公式；
（2）①首先求出Sn，即可得到bn，从而求出其前20 项和；②由1
bn
2 = 16
n
2 <16(
1
n−1 −1
n)(n≥2)，分n=1
及n≥2两种情况讨论，当n≥2时利用裂项相消法计算可得.
【解答过程】（1）设等差数列{an)的公差为d，
由S3=a5，得3a1+3d =a1+ 4 d，即2a1=d，
由a2n=2an+ 1
4 ，取n=1，得a2=2a1+ 1
4 =a1+d，即a1=d −1
4 ，
解得a1= 1
4 ，d = 1
2，所以an= 1
2 n−1
4 ；
（2）①由（1）知，Sn= 1
4 n+ n(n−1)
2
× 1
2 = 1
4 n
2，所以❑√Sn= 1
2 n= 2n
4 ，
因为an= 1
2 n−1
4 = 2n−1
4
，
所以bn= 1
4 n，所以{bn)的前20 项和为20× 1
4 + 20×19
2
× 1
4 = 105
2 ；
②证明：因为bn
2= 1
16 n
2，所以1
bn
2 = 16
n
2 <
16
n(n−1) =16(
1
n−1 −1
n)(n≥2)，
所以当n=1时，
1
b1
2 =16<32；
当n≥2时，
1
b1
2 + 1
b2
2 +⋯+ 1
bn
2
<16+16[(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+⋯+(
1
n−1 −1
n))=32−16
n <32，
综上可得
1
b1
2 + 1
b2
2 +⋯+ 1
bn
2 <32.
【题型6 数列求和问题】
【例6】（2025·江西·模拟预测）已知数列{an)满足：a1=2，an+1=a1+2a2+3a3+⋯+nan
，令
bn=
n+3
an+1+an+2+an+3
，数列{bn)的前n项和Sn，则S2025=（ ）
A．1
8 −
1
2029!
B．1
6 −
1
2028!
C．1
4 −
1
2027!
D．1
2 −
1
2026!
【答案】B
【解题思路】当n=1时，求出a2的值，当n≥2时，由an+1=a1+2a2+3a3+⋯+nan可得
an=a1+2a2+3a3+⋯+(n−1)an−1，两式作差得出
an+1
an
=n+1，利用累乘法可求出an在n≥2时的表达
式，结合裂项相消法可求出S2025的值.
【解答过程】因为数列{an)满足：a1=2，an+1=a1+2a2+3a3+⋯+nan，
当n=1时，a2=a1=2，
当n≥2时，由an+1=a1+2a2+3a3+⋯+nan可得an=a1+2a2+3a3+⋯+(n−1)an−1，
两个等式作差得an+1−an=nan，所以an+1=(n+1)an，可得
an+1
an
=n+1，
当n≥3时，an=a1⋅a2
a1
⋅a3
a2
⋯an
an−1
=2×1×3×⋯×n=n!，a2=2满足an=n!，
故当n≥2时，an=n!，
所以bn=
n+3
an+1+an+2+an+3
=
n+3
(n+1)!+(n+2)!+(n+3)! =
n+3
[1+(n+2)+(n+2)(n+3))⋅(n+1)!
=
n+3
(n+3)
2⋅(n+1)!
=
1
(n+3)⋅(n+1)! = n+2
(n+3)! = (n+3)−1
(n+3)! =
1
(n+2)! −
1
(n+3)!，
因此，S2025=(
1
3！−1
4!)+(
1
4！−1
5!)+⋯+(
1
2027! −
1
2028!)= 1
6 −
1
2028!.
故选：B.
【变式6-1】（2025·湖北武汉·模拟预测）数列{(−1)
n−1⋅n)(n∈N
∗)的前2025 项和为（ ）
A．1012
B．−1012
C．1013
D．−1013
【答案】C
【解题思路】通过将数列的前2025 项和进行分组，根据相邻两项的规律，并项求出和.
【解答过程】设数列{(−1)
n−1⋅n}的前n项和为Sn，则
S2025=1−2+3−4+5−6+⋯+2023−2024+2025.
可以将相邻两项看作一组，即(1−2)，(3−4)，(5−6)，⋯，(2023−2024)，一共有2024÷2=1012
组，还剩下最后一项2025.
每一组的值都为−1，例如1−2=−1，3−4 =−1，5−6=−1，以此类推.
因为一共有1012 组，每组的值为−1，所以前2024 项分组后的和为1012×(−1)=−1012.
S2025等于前2024 项分组后的和加上最后一项2025，即S2025=−1012+2025=1013.
故选：C.
【变式6-2】（2025·云南昭通·模拟预测）已知数列{an)是等差数列，且a2n=2an+1，数列{bn)的前n项和
为T n，且T n=2
n−1，a2=2b2−1．
(1)求{an)和{bn)的通项公式；
(2)求数列{
an
bn)的前n项和Qn．
【答案】(1)an=2n−1，bn=2
n−1
(2)Qn=(−2n−3)(
1
2)
n−1
+6
【解题思路】（1）利用bn={
T 1,n=1
T n−T n−1,n≥2)，可求数列{bn)的通项公式，利用等差数列通项公式、可求
得a1,d，即可求得{an)的通项公式；
（2）应用错位相减法、等比数列前n 项和公式求和即可.
【解答过程】（1）由数列{bn)的前n项和为T n=2
n−1，可知b1=T 1=1，
bn=T n−T n−1=(2
n−1)−(2
n−1−1)=2
n−1(n≥2,n∈N )，
经检验当n=1时，b1=1也满足上式，所以bn=2
n−1．
在等差数列{an)中，因为a2=2b2−1=2×2−1=3，a2n=2an+1，
所以{
a2=a1+d =3
a1+(2n−1)d =2[a1+(n−1)d)+1)，解得{
a1=1
d =2)，
所以an=a1+(n−1)d =2n−1．
（2）由（1）知，an
bn
= 2n−1
2
n−1 =(2n−1)⋅(
1
2)
n−1
，
所以Qn=1×(
1
2)
0
+3×(
1
2)
1
+5×(
1
2)
2
+⋯+(2n−3)(
1
2)
n−2
+(2n−1)(
1
2)
n−1
．
则1
2 Qn=1×(
1
2)
1
+3×(
1
2)
2
+5×(
1
2)
3
+⋯+(2n−3)(
1
2)
n−1
+(2n−1)(
1
2)
n
，
两式相减，得
1
2 Qn=1+2[(
1
2)
1
+(
1
2)
2
+⋯+(
1
2)
n−1
)−(2n−1)(
1
2)
n
=1+2·
1
2[1−(
1
2)
n−1
)
1−1
2
−(2n−1)(
1
2)
n
=3−(
1
2)
n−2
−(2n−1)(
1
2)
n
化简得：Qn=(−2n−3)(
1
2)
n−1
+6．
【变式6-3】（2025·云南玉溪·模拟预测）设{an)是等差数列，{bn)是等比数列，a1=b1=1，且
a2−b2=a3−b3=1.
(1)求{an)与{bn)的通项公式；
(2)设cn={
an,n=2k −1,k ∈N
∗
1
log2bnlog2bn+2
,n=2k ,k ∈N
∗)
，求{cn)的前2n项和T 2n．
【答案】(1)an=2n−1，bn=2
n−1；
(2)2n
2−n+
n
2n+1
【解题思路】（1）设出公差和公比，由题意得到方程组，求出公差和公比，得到通项公式；
（2）分组求和，结合等差数列求和公式和裂项相消法求和，得到答案.
【解答过程】（1）{an)是等差数列，设公差为d，{bn)是等比数列，设公比为q，则q≠0，
因为a1=b1=1，a2−b2=a3−b3=1，
所以{
a2−b2=1+d −q =1
a3−b3=1+2d −q
2=1)，解得d =q =2或d =q =0（舍去）
所以an=1+2(n−1)=2n−1，bn=2
n−1；
（2）cn={
2n−1,n=2k −1,k ∈N
∗
1
(n−1)(n+1) ,n=2k ,k ∈N
∗)
，
T 2n=c1+c2+⋯+c2n=(c1+c3+⋯+c2n−1)+(c2+c4+⋯+c2n)
=(1+5+⋯+ 4 n−3)+(
1
1×3 +
1
3×5 +⋯+
1
(2n−1)(2n+1))
= n(1+ 4 n−3)
2
+ 1
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋯+
1
2n−1 −
1
2n+1)
=2n
2−n+ 1
2(1−
1
2n+1)=2n
2−n+
n
2n+1.
【题型7 数列中的结构不良题】
【例7】（2025·江苏·一模）在①Sn=n
2−2
n；②a1=1,an+1= ❑√Sn+1+ ❑√Sn；③2❑√Sn−1=an这三个条件
中，请选择一个合适的条件，补充在下题横线上（只要写序号），并解答该题．
已知数列{an)的各项均为正数，其前n项和为Sn，且对任意正整数n，有______．
(1)求{an)的通项公式；
(2)设bn=
an+1
Sn⋅Sn+1
，数列{bn)的前n项和为T n，证明：3
4 ≤T n<1．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）条件①不符合题意.如果选条件②，则可根据an+1= Sn+1−Sn及条件②，得到
❑√Sn+1−❑√Sn=1，从而可判断{
❑√Sn)是等差数列，求得❑√Sn的通项公式，进而得到Sn的通项公式，最后得
到an的通项公式.如果选条件③，可直接得到Sn与an的关系，进而可得到an的通项公式.
（2）由已知条件，可求得bn的通项公式，从而得到T n的表达式，即可证明3
4 ≤T n<1.
【解答过程】（1）对于条件①，当n=1时，a1= S1=1
2−2=−1<0，不符合题意．（如果选条件①，不得
分）
如选②：a1=1,an+1= ❑√Sn+1+ ❑√Sn,Sn+1−Sn= ❑√Sn+1+ ❑√Sn，
(
❑√Sn+1−❑√Sn)(
❑√Sn+1+ ❑√Sn)= ❑√Sn+1+ ❑√Sn，❑√Sn+1−❑√Sn=1，
则{
❑√Sn)是公差为1 的等差数列，
则❑√Sn= ❑√S1+(n−1)×1=n，则Sn=n
2．
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=2n−1，
当n=1时，a1=1满足上式．
所以{an)的通项公式为an=2n−1．
如选③：因为2❑√Sn=an+1，则Sn= (an+1)
2
4
，
当n=1时，2❑√a1−1=a1，解得：a1=1．
当n≥2时，Sn−Sn−1=an= (an+1)
2
4
−(an−1+1)
2
4
，
即(an−an−1−2)(an+an−1)=0，因为an>0，所以an−an−1=2，
则{an)是首项为1，公差为2 的等差数列，
所以{an)的通项公式为an=2n−1．
（2）因为bn=
an+1
Sn⋅Sn+1
=
2n+1
n
2(n+1)
2 = 1
n
2 −
1
(n+1)
2，
T n=b1+b2+b3+…+bn=(
1
1
2 −1
2
2)+(
1
2
2 −1
3
2)+…+(
1
n
2 −
1
(n+1)
2)=1−
1
(n+1)
2．
因为f ( x)=
1
( x +1)
2 >0，且在x>0时单调减小，
所以T n=1−
1
(n+1)
2 <1，且T n在n>0时单调增加，并在n=1时取最小值3
4 ，
所以3
4 ≤T n<1．
【变式7-1】（2024·广西贺州·一模）在①S2−3a1=0，②S3=14，③S9
S6
= 73
9 这三个条件中任选一个，补
充在下面的问题中，并解答．
设{an)是递增的等比数列，其前n 项和为Sn，且a2= 4，__________．
(1)求{an)的通项公式；
(2)若数列{bn)满足bn={
2n−1,n 为奇数
an,n 为偶数)，求数列{bn)的前2n项和T 2n．
（注：若选择多个解答，按第一个解答计分）
【答案】(1)an=2
n；
(2)T n=2n
2−n+ 4
n+1−4
3
.
【解题思路】（1）选择条件①②③，利用等比数列的通项公式及前n 项和列出方程，求出首项、公比即可
得解.
（2）利用分组求和法，结合等差、等比数列n 项和公式计算即得.
【解答过程】（1）由{an)是递增的等比数列，a2= 4，得数列{an)的公比q>1，且a1q = 4，
选择条件①，S2−3a1=0，则a1+a2−3a1=0，即a2=2a1，于是a1=q =2，
所以{an)的通项公式是an=2
n.
选择条件②，S3=14，即a1+a1q+a1q
2=14，由q>1，解得q =2,a1=2，
所以{an)的通项公式是an=2
n.
选择条件③，
S9
S6
= 73
9 ，则
a1(1−q
9)
1−q
⋅
1−q
a1(1−q
6)
= 1+q
3+q
6
1+q
3
= 73
9 ，
而q>1，解得q
3=8，即有q =2,a1=2，
所以{an)的通项公式是an=2
n.
（2）由（1）知，当n为奇数时，bn=2n−1，当n为偶数时，bn=an=2
n，
所以T 2n=(b1+b3+b5+⋯+b2n−1)+(b2+b4+b6+⋯+b2n)
=(1+5+9+⋯+ 4 n−3)+(4 + 4
2+ 4
3+⋯+ 4
n)
= n(1+ 4 n−3)
2
+ 4(1−4
n)
1−4
=2n
2−n+ 4
n+1−4
3
.
【变式7-2】（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知数列{an)满足a1=3,a2=6，数列{bn)为各项均为正数的等
比数列，且满足bn(an+1−an)=bn+1,(n∈N
*)
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)已知数列{bn)的前n项和为Sn，若______．
下面三个条件中任选一个，补充在上面横线中．
①3 S2= S3−3；
②b2,2a3,b3成等差数
列；
③b1,a3,b3成等比数
列．
记数列{cn)满足cn={
an,n 为奇数,
log3b2n,n 为偶数,)求数列{cn)的前20 项和T 20．
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】(1)an=3n
(2)520
【解题思路】（1）根据题意求得等比数列{bn)的公比q =3，结合等差数列通项公式即可得解；
（2）先选择条件，然后根据所选的条件求得b1的值，然后求得数列{bn)的通项公式，即可得出数列{cn)的
通项公式，最后利用分组求和即可得解.
【解答过程】（1）设等比数列{bn)的公比为q，(q>0)
∵bn(an+1−an)=bn+1，∴an+1−an= bn+1
bn
=q
又a1=3,a2=6，∴q =a2−a1=3，
∴an+1−an=3，∴{an)是等差数列，且公差为3
∴an=3+(n−1)×3=3n，∴数列{an)的通项公式为an=3n
（2）选①：3 S2= S3−3，∴3(b1+3b1)=b1+3b1+9b1−3，∴b1=3
选②：b2,2a3,b3成等差数列∴4 a3=b2+b3，∴36=3b1+9b1，∴b1=3
选③：b1,a3,b3成等比数列∴a3
2=b1b3，∴81=b1⋅9b1，∴b1=3
∴bn=3×3
n−1=3
n∴b2n=3
2n，∴cn={
3n,n 为奇数,
2n,n 为偶数,)
∴T 20=(c1+c3+c5+⋅⋅⋅+c19)+(c2+c4+c6+⋅⋅⋅+c20)
=(3+9+15+⋅⋅⋅+57)+(4 +8+12+⋅⋅⋅+ 40)= 10×(3+57)
2
+ 10×(4+ 40)
2
=520.
【变式7-3】（2024·陕西西安·模拟预测）在①a1=1，a1，a3，a9成等比数列，②a2+a4=6，a1⋅a5=5，
③∑
i=1
3
ai=6，∑
i=1
6
ai=21，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．
问题：已知数列{an)是公差为正数的等差数列，______．
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)数列{
an
2
n)的前n项和为Sn，对任意的n∈N
+有m−3<Sn<m恒成立，求m的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)an=n
(2)2≤m< 7
2
【解题思路】（1）若选择条件①，根据等比中项的性质求出d，即可求出通项公式；选择条件②，利用下
标和性质得到a1+a5=6，从而求出a1、a5，即可求出通项公式；选择条件③，直接利用等差数列通项公式
求出公差d，即可得解；
（2）由（1）可得an
2
n = n
2
n，利用错位相减法求出Sn，再判断Sn的单调性，即可求出Sn的范围，依题意可得
{
m−3< 1
2
m≥2 )
，解得即可.
【解答过程】（1）选择条件①：因为数列{an)是公差为正数的等差数列，设公差为d (d >0)，
又a1=1，a1，a3，a9成等比数列，
所以a3
2=a9⋅a1，即(1+2d)
2=1+8d，解得d =1或d =0（舍去），
所以an=n；
选择条件②，因为a2+a4=6，a1⋅a5=5，又a2+a4=a1+a5=6，
解得{
a1=1
a5
❑=5)或{
a1=5
a5
❑=1)，又数列{an)是公差为正数的等差数列，设公差为d (d >0)，
所以{
a1=1
a5
❑=5)，则d = a5−a1
5−1 =1，所以an=n；
选择条件③：因为∑
i=1
3
ai=6，∑
i=1
6
ai=21，
则∑
i= 4
6
ai=∑
i=1
6
ai−∑
i=1
3
ai=15，设公差为d (d >0)，
即{
a1+a2+a3=6
a4+a5+a6=15)，所以9d =a4+a5+a6−(a1+a2+a3)=9，则d =1，
所以a1+a1+d +a1+2d =6，解得a1=1，所以an=n.
（2）由（1）可得an
2
n = n
2
n，
所以Sn= 1
2
1 + 2
2
2 +⋯+ n
2
n①，
两边同乘以1
2得1
2 Sn= 1
2
2 + 2
2
3 +⋯+ n
2
n+1②，
①−②得Sn
2 = 1
2 + 1
2
2 +⋯+ 1
2
n −n
2
n+1 =
1
2(1−1
2
n)
1−1
2
−n
2
n+1 =1−1
2
n −n
2
n+1 =1−n+2
2
n+1 ，
所以Sn=2−n+2
2
n ．
因为Sn+1−Sn= n+2
2
n −n+3
2
n+1 = n+1
2
n+1 >0，所以Sn单调递增，
于是当n=1时，Sn取得最小值1
2．
因为n+2
2
n >0，所以Sn<2．
所以Sn∈[
1
2 ,2)，故由m−3<Sn<m(n∈N
∗)得{
m−3< 1
2
m≥2 )
，解得2≤m< 7
2．
【题型8 数列与其他知识的交汇问题】
【例8】（2025·全国一卷·高考真题）已知数列{an)中，a1=3，an+1
n = an
n+1 +
1
n(n+1).
(1)证明：数列{nan)是等差数列；
(2)给定正整数m，设函数f ( x)=a1 x +a2 x
2+⋯+am x
m，求f
′(−2)．
【答案】(1)证明见解析；
(2)f
′ (−2)= 7
9 −(3m+7)(−2)
m
9
【解题思路】（1）根据题目所给条件an+1
n = an
n+1 +
1
n(n+1)化简，即可证明结论；
（2）先求出{an)的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以x，作差并利用等比数列前n项和得出导
函数表达式，即可得出结论.
【解答过程】（1）由题意证明如下，n∈N
∗，
在数列{an)中，a1=3，
an+1
n = an
n+1 +
1
n(n+1)，
∴(n+1)an+1=nan+1，即(n+1)an+1−nan=1，
∴{nan)是以a1=3为首项，1 为公差的等差数列.
（2）由题意及（1）得，n∈N
∗，
在数列{nan)中，首项为3，公差为1，
∴nan=3+1×(n−1)，即an=1+ 2
n，
在f (x)=a1 x +a2 x
2+⋯+am x
m中，
f (x)=3 x +2 x
2+⋯+(1+ 2
m)x
m，f
′ (x)=3+ 4 x +⋯+(m+2) x
m−1
∴{
f
′ (x)=3+ 4 x +⋯+(m+2) x
m−1
x f
′ (x)=3 x + 4 x
2+⋯+(m+2) x
m)，
当x≠1且x≠0时，
∴(1−x)f
' (x)=3+ x + x
2+⋯+ x
m−1−(m+2) x
m=3+ x(1−x
m−1)
1−x
−(m+2) x
m，
∴f
′ (x)=
3
1−x + x(1−x
m−1)
(1−x)
2
−(m+2) x
m
1−x
∴f
′ (−2)=
3
1−(−2) + −2[1−(−2)
m−1)
[1−(−2))
2
−(m+2)(−2)
m
1−(−2)
=1+
(−2)[1−(−2)
m−1)
9
−(m+2)(−2)
m
3
=1−2
9 −(−2)
m
9
−(m+2)(−2)
m
3
= 7
9 −(3m+7)(−2)
m
9
.
【变式8-1】（2025·广东广州·模拟预测）已知向量⃗a=(sinπ x
2 ,−sinπ x
2 )，⃗b=(cosπ x
2 ,sinπ x
2 )，
函数f (x)=⃗a⋅⃗b，f (x)的所有大于0 的零点构成递增数列{an)．
(1)写出{an)的前6 项；
(2)记{an)的所有偶数项构成数列{bn)，设cn=(−1)
n⋅bn⋅(❑√2)
bn−2，求数列{cn)的前n 项和Sn．
【答案】(1)1
2 ,2, 5
2 ,4 , 9
2 ,6
(2)Sn=−2
9 −3n+1
9
⋅(−2)
n+1
【解题思路】（1）由二倍角公式和辅助角公式化简可得f (x)=
❑√2
2 sin(π x +π
4 )−1
2，令f (x)=0，结合
正弦函数的图象性质可得x =2k或x =2k + 1
2 ,k ∈Z，取其中的正数构成递增数列{an)可得结果；
（2）由错位相减法求和可得结果.
【解答过程】（1）由题意f (x)=sinπ x
2 ⋅cosπ x
2 −sin
2π x
2 = 1
2 sinπ x−1
2
(1−cosπ x)
= 1
2
(sinπ x +cosπ x)−1
2 =
❑√2
2 sin(π x +π
4 )−1
2．
由f (x)=0，得sin(π x +π
4 )=
❑√2
2 ．
所以π x +π
4 =2k π+π
4 或π x +π
4 =2k π+ 3π
4 ,k ∈Z．
即x =2k或x =2k + 1
2 ,k ∈Z，取其中的正数构成递增数列{an)．
知{an)的前6 项为1
2 ,2, 5
2 ,4 , 9
2 ,6．
（2）由（1）知bn=2n，所以cn=(−1)
n⋅2n⋅(❑√2)
2n−2=n⋅(−2)
n．
所以Sn=1×(−2)+2×(−2)
2+3×(−2)
3+⋯+n⋅(−2)
n．①
−2Sn=1×(−2)
2+2×(−2)
3+3×(−2)
4+⋯+(n−1)⋅(−2)
n+n⋅(−2)
n+1．②
①－②，得3 Sn=−2+(−2)
2+(−2)
3+⋯+(−2)
n−n⋅(−2)
n+1
= −2[1−(−2)
n)
1−(−2)
−n⋅(−2)
n+1 =−2
3 −(n+ 1
3)⋅(−2)
n+1．
所以Sn=−2
9 −3n+1
9
⋅(−2)
n+1.
【变式8-2】（2025·河南周口·模拟预测）已知点P1(t +1,t )在抛物线C : x
2= 4 y上，过点P1作斜率为−1的
直线交C于另一个点Q1，设P2与Q1关于y 轴对称，再过P2作斜率为−1的直线交C于另一个点Q2，设P3与
Q2关于y 轴对称，以此类推一直作下去，设Pn(xn, yn)(n∈N
*)．
(1)求t 的值；
(2)求数列{xn)的通项公式，并求数列{
1
xn+ yn)的前n项和T n的取值范围；
(3)求△Pn Pn+1 Pn+2(n∈N
*)的面积．
【答案】(1)1；
(2)xn= 4 n−2，[
1
3 , 1
2)；
(3)16.
【解题思路】（1）由点在抛物线上，坐标代入求参数值；
（2）根据已知得Pn−1Qn−1: y −xn−1
2
4
=−(x−xn−1)、Qn−1(−xn, yn)，联立抛物线得xn= xn−1+ 4，根据等
差数列的定义有xn= 4 n−2，最后应用裂项相消法及数列的单调性求T n范围；
（3）由（2）及已知得Pn Pn+2为(2n+1) x−y −4 n
2−4 n+3=0，应用点线距离公式、两点距离公式以及
三角形面积公式求△Pn Pn+1 Pn+2(n∈N
*)的面积.
【解答过程】（1）因为点P1(t +1,t )在抛物线C : x
2= 4 y上，则(t +1)
2= 4 t，解得t =1；
（2）由P1(2,1)可知x1=2，y1=1，
因为点Pn(xn, yn)在抛物线C : x
2= 4 y上，则yn= xn
2
4
，且Qn−1(−xn, yn)，
过Pn−1(xn−1, xn−1
2
4 )，n≥2，且斜率为−1的直线Pn−1Qn−1: y −xn−1
2
4
=−(x−xn−1)，
联立方程{
y −xn−1
2
4
=−(x−xn−1)
x
2= 4 y
)
，消去y得(x−xn−1)(x + xn−1+ 4)=0，解得x = xn−1或x =−xn−1−4，
因为Qn−1(−xn, yn)，故−xn=−xn−1−4，即xn= xn−1+ 4，
故数列{xn)是首项为2，公差为4 的等差数列，所以xn=2+ 4 (n−1)= 4 n−2，
又yn= xn
2
4 =(2n−1)
2，所以
1
xn+ yn
=
1
4 n
2−1
=
1
(2n−1)(2n+1) = 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)，
所以T n= 1
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 + 1
5 −1
7 +⋅⋅⋅+
1
2n−1 −
1
2n+1)= 1
2(1−
1
2n+1)，所以T n< 1
2，
又T n是关于n的递增函数，故T min=T 1= 1
3，T n的取值范围是[
1
3 , 1
2)；
（3）由（2）知：Pn(4 n−2,(2n−1)
2)，Pn+1(4 n+2,(2n+1)
2)，Pn+2(4 n+6,(2n+3)
2)，
直线Pn Pn+2的方程为y −(2n−1)
2= (2n+3)
2−(2n−1)
2
4 n+6−4 n+2
(x−4 n+2)=(2n+1)(x−4 n+2)，
即(2n+1) x−y −4 n
2−4 n+3=0，
点Pn+1(4 n+2,(2n+1)
2)到直线Pn Pn+2的距离为d =|2(2n+1)
2−(2n+1)
2−4 n
2−4 n+3)
❑√(2n+1)
2+1
=
4
❑√(2n+1)
2+1
，
|Pn Pn+2)=
❑√(4 n+6−4 n+2)
2+[(2n+3)
2−(2n−1)
2)
2=
❑√64 (2n+1)
2+64 =8
❑√(2n+1)
2+1，
所以△Pn Pn+1 Pn+2(n∈N
*)的面积为S = 1
2|Pn Pn+2)d =16．
【变式8-3】（2025·辽宁·二模）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基
石，因俄国数学家安德烈•马尔科夫而得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布
只跟第n 次的状态有关，与第n−1，n−2，n−3，…次状态无关．已知有A，B 两个盒子，各装有1 个黑
球、1 个黄球和1 个红球，现从A，B 两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行n(n∈N
∗)
次这样的操作后，记A 盒子中红球的个数为X n，恰有1 个红球的概率为pn，恰有2 个红球的概率为qn．
(1)求p2，q2的值；
(2)证明：{pn−3
5)是等比数列，并求{pn)的通项公式；
(3)求X n的数学期望．
【答案】(1)p2= 49
81 ，q2= 16
81
(2)证明见解析，pn=−2
45 ⋅(−1
9)
n−1
+ 3
5
(3)E(X n)=1
【解题思路】（1）根据题意可得A 盒子中没有红球的概率为1−pn−qn，进而根据规则求解即可；
（2）由题意可得pn= pn−1⋅5
9 +qn−1⋅2
3 +(1−pn−1−qn−1)⋅2
3 =−1
9 pn−1+ 2
3，整理可得
pn−3
5 =−1
9(pn−1−3
5)，进而求证，再求解{pn)的通项公式；
（3）由题意可得qn= pn−1⋅C2
1C1
1
C3
1C3
1 +qn−1⋅C1
1C3
1
C3
1C3
1 ,1−pn−qn= pn−1⋅C1
1C1
1
C3
1C3
1 +(1−pn−1−qn−1)⋅C3
1C1
1
C3
1C3
1 ，整理
可得qn= 1−pn
2
，进而求解X n的分布列，再计算数学期望即可.
【解答过程】（1）由题意，A 盒子中没有红球的概率为1−pn−qn，
则p1=C2
1C2
1+C1
1C1
1
C3
1C3
1
= 5
9，q1=C2
1C1
1
C3
1C3
1 = 2
9，
p2= p1⋅C2
1C2
1+C1
1C1
1
C3
1C3
1
+q1⋅C2
1C3
1
C3
1C3
1 +(1−p1−q1)⋅C3
1C2
1
C3
1C3
1
= 5
9 × 5
9 + 2
9 × 2
3 + 2
9 × 2
3 = 49
81，
q2= p1⋅C2
1C1
1
C3
1C3
1 +q1⋅C1
1C3
1
C3
1C3
1 = 5
9 × 2
9 + 2
9 × 1
3 = 16
81.
（2）因为pn= pn−1⋅5
9 +qn−1⋅2
3 +(1−pn−1−qn−1)⋅2
3 =−1
9 pn−1+ 2
3，n≥2，n∈N
∗，
所以pn−3
5 =−1
9(pn−1−3
5)，又p1−3
5 =−2
45，
所以数列{pn−3
5)是以−2
45为首项，−1
9为公比的等比数列，
所以pn−3
5 =−2
45 ⋅(−1
9)
n−1
，即pn=−2
45 ⋅(−1
9)
n−1
+ 3
5.
（3）当n≥2，n∈N
∗时，qn= pn−1⋅C2
1C1
1
C3
1C3
1 +qn−1⋅C1
1C3
1
C3
1C3
1 = 2
9 pn−1+ 1
3 qn−1,①
1−pn−qn= pn−1⋅C1
1C2
1
C3
1C3
1 +(1−pn−1−qn−1)⋅C3
1C1
1
C3
1C3
1 = 2
9 pn−1+ 1
3 (1−pn−1−qn−1),②
由①−②得，2qn+ pn−1= 1
3 (2qn−1+ pn−1−1)，又2q1+ p1−1=0，
所以2qn+ pn−1=0，则qn= 1−pn
2
，
X n的可能取值为0，1，2，
则P(X n=0)=1−pn−qn= 1−pn
2
，
P(X n=1)= pn，P(X n=2)=qn= 1−pn
2
，
则X n的分布列为：
X n
0
1
2
P
1−pn
2
pn
1−pn
2
所以E(X n)=0× 1−pn
2
+1× pn+2× 1−pn
2
=1.
【题型9 数列中的新定义、新情景问题】
【例9】（2025·河南信阳·模拟预测）对于数列{xn)，若存在实数M >0，使得对一切正整数n，恒有
|xn)≤M成立，则称数列{xn)为有界数列.设数列{an)的前n项和为Sn，则下列选项中，满足数列{Sn)为有界
数列的是（ ）
A．an=2n+1
B．an=(−2)
n
C．an=
1
n(n+1)
D．an=(−1)
nn
2
【答案】C
【解题思路】根据有界的概念，求出每个选项的前n项和为Sn，再判断是否存在实数M >0，使|Sn)≤M恒
成立即可.
【解答过程】对于A，an=2n+1，此时{an)为等差数列，则Sn= (3+2n+1)n
2
=n
2+2n，无界，故A 错
误；
对于B，an=(−2)
n，此时{an)为等比数列，则Sn= −2[1−(−2)
n)
1−(−2)
=−2
3 + 2
3
(−2)
n，无界，故B 错误；
对于C，an=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，则Sn=1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1 =1−
1
n+1 <1，
所以|Sn)≤1恒成立，即Sn有界，故C 正确；
对于D，an=(−1)
nn
2，则a2m−1+a2m=−(2m−1)
2+(2m)
2= 4 m−1，
则S2m=3+7+⋯4 m−1= (3+ 4 m−1)m
2
=2m
2+m，
故当n=2m时，Sn明显无界，故D 错误；
故选：C.
【变式9-1】（2024·北京东城·二模）设无穷正数数列{an)，如果对任意的正整数n，都存在唯一的正整数m
，使得am=a1+a2+a3+⋯+an，那么称{an)为内和数列，并令bn=m，称{bn)为{an)的伴随数列，则（ ）
A．若{an)为等差数列，则{an)为内和数列
B．若{an)为等比数列，则{an)为内和数列
C．若内和数列{an)为递增数列，则其伴随数列{bn)为递增数列
D．若内和数列{an)的伴随数列{bn)为递增数列，则{an)为递增数列
【答案】C
【解题思路】对于ABD：举反例说明即可；对于C：根据题意分析可得am2>am1，结合单调性可得m2>m1
，即可得结果.
【解答过程】对于选项AB：例题an=1，可知{an)即为等差数列也为等比数列，
则a1+a2=2，但不存在m∈N
*，使得am=2，
所以{an)不为内和数列，故AB 错误；
对于选项C：因为an>0，
对任意n1,n2∈N
*，n1<n2，可知存在m1,m2∈N
*，
使得am1=a1+a2+a3+⋯+an1,am2=a1+a2+a3+⋯+an2，
则am2−am1=an1+1+an1+2+⋯+an2>0，即am2>am1，
且内和数列{an)为递增数列，可知m2>m1，
所以其伴随数列{bn)为递增数列，故C 正确；
对于选项D：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，
显然{an)是所有正整数的排列，可知{an)为内和数列，且{an)的伴随数列为递增数列，
但{an)不是递增数列，故D 错误；
故选：C.
【变式9-2】（2025·江苏苏州·模拟预测）若数列{an)满足an+2−an+1≥an+1−an(n∈N
*)，则称{an)为“阶
跃数列”.
(1)若an=n
2+2n，判断{an)是否为“阶跃数列”；
(2)在“阶跃数列”{an)中，若an= λ⋅2
n−n(n−1)(n+1)
6
，求实数λ的取值范围；
(3)记“阶跃数列”{an)的前n项和为Sn，证明：数列{
Sn
n )是“阶跃数列”.
【答案】(1){an)为“阶跃数列”；
(2)λ≥1.
(3)证明见解析
【解题思路】（1）根据“阶跃数列”的定义，证明an+2−an+1>an+1−an即可；
（2）根据“阶跃数列”的定义可得λ≥n+1
2
n 恒成立，令cn= n+1
2
n ，利用数列单调性求出cn的最大值即可；
（3）先根据“阶跃数列”的定义，结合放缩法、累加法证明n(n+1)an−n(n−1)an+1≤2Sn，再证明
∀n∈N
*, Sn+2
n+2 −Sn+1
n+1 ≥Sn+1
n+1 −Sn
n 即可.
【解答过程】（1）令an+1−an=dn，则dn=(n+1)
2+2(n+1)−(n
2+2n)=2n+3，
所以dn+1=2n+5>dn，即an+2−an+1>an+1−an，所以{an)为“阶跃数列”；
（2）令an+1−an=dn，
则dn= λ⋅2
n+1−(n+1)n(n+2)
6
−[λ⋅2
n−n(n−1)(n+1)
6
)= λ⋅2
n−n(n+1)
2
，
又{an)为“阶跃数列”，所以dn+1≥dn，
所以λ⋅2
n+1−(n+1)(n+2)
2
≥λ⋅2
n−n(n+1)
2
，即λ≥n+1
2
n ，
令cn= n+1
2
n ，则cn+1−cn= n+2
2
n+1 −n+1
2
n = −n
2
n+1 <0，所以{cn)为递减数列，
所以当n=1时，cn取到最大值1，所以λ≥1.
（3）因为{an)为“阶跃数列”，所以an+2−an+1≥an+1−an，即an−an+1≥an+1−an+2，
所以Sn=a1+a2+a3+⋯+an=(a1−a2)+2(a2−a3)+3(a3−a4)+⋯+n(an−an+1)+nan+1
≥n(n+1)
2
(an−an+1)+nan+1= n(n+1)
2
an−n(n−1)
2
an+1,
所以n(n+1)an−n(n−1)an+1≤2Sn.
当n≥2时，n(n+1)(Sn−Sn−1)−n(n−1)(Sn+1−Sn)≤2Sn，
整理得2(n
2−1)Sn≤n(n+1)Sn−1+n(n−1)Sn+1，
所以2Sn
n ≤Sn−1
n−1 + Sn+1
n+1，即Sn+1
n+1 −Sn
n ≥Sn
n −Sn−1
n−1；
当n=1时，S3
3 −S2
2 = 2(a1+a2+a3)
6
−3(a1+a2)
6
= 2a3−a2−a1
6
= 2(a3−a2)+(a2−a1)
6
≥2(a2−a1)+(a2−a1)
6
= 3(a2−a1)
6
= S2
2 −S1
1 ,
所以对∀n∈N
*, Sn+2
n+2 −Sn+1
n+1 ≥Sn+1
n+1 −Sn
n ，即数列{
Sn
n )是“阶跃数列”.
【变式9-3】（2025·湖北·三模）已知数列A :a1,a2,⋯,an(n≥4)，其中a1,a2,⋯,an∈Z，且
a1<a2<⋯<an.若数列B:b1,b2,⋯,bn满足b1=a1,bn=an，当i=2,3,⋯,n−1时，bi=ai−1+1或ai+1−1，
则称数列B:b1,b2,⋯,bn为数列A的“调节数列”.例如，数列A :1,3,5,7的所有“调节数列”为1,2,4,7；
或者1,2,6,7；或者1,4,4,7；或者1,4,6,7.
(1)直接写出数列A :1,3,6,7,8的所有“调节数列”B；
(2)若数列A满足通项an=2n(n∈N
*)，将数列A的“调节数列”中的递增数列记为Bk，数列Bk中的各项
和为Sk，求所有Sk的和；
(3)已知数列A满足：a1=1,an=2025，若数列A的所有“调节数列”B均为递增数列，求所有符合条件的
数列A的个数.
【答案】(1)B1:1,2,4,7,8;B2:1,2,6,7,8;B3:1,5,4,7,8;B4:1,5,6,7,8
(2)n
3−n
(3)所有符合条件的数列A共有2026−n个
【解题思路】（1）根据“调和数列”B的定义，即可求解；
（2）根据条件依次写出满足条件的Bk，再根据分组转化法求和；
（3）首先由数列A为递增数列，则条件ai−1+1<ai+1①，ai+1−1<ai+2−1②，ai−1+1<ai+2−1③都恒成
立，再由ai+1−1<ai+1④分析，得到a2的不同取法种数，即可求解符合条件的数列A的个数.
【解答过程】（1）B1:1,2,4,7,8;B2:1,2,6,7,8;B3:1,5,4,7,8;B4:1,5,6,7,8.
（2）因为a1=2,an=2n，由题意bi∈{3,5,…2n−1)共n−1个数，
而bi共有n−2项，则“调节数列”Bk共有n−1种情况
不妨设B1:2,3,5,…2n−3,2n；则S1=2+3+5+…+2n−5+2n−3+2n
B2:2,3,5,…2n−5,2n−1,2n；则S2=2+3+5+…+2n−5+2n−1+2n
依此类推Bn−1:2,5,7,…2n−3,2n−1,2n；则Sn−1=2+5+7+…+2n−3+2n−1+2n
故∑
i=1
n−1
Sk =(n−1)(2+2n)+(n−1)(3+5+…+2n−3+2n−1)−(3+5+…+2n−1)
=2(n−1)(1+n)+(n−2)(3+5+…+2n−3+2n−1)
=2(n−1)(1+n)+(n−2) (3+2n−1)(n−1)
2
=2(n−1)(1+n)+(n−2)(n+1)(n−1)
=(n−1)n(n+1)=n
3−n
（3）依题意，对任意i=2,3,⋯,n−2，
有bi=ai−1+1或ai+1−1,bi+1=ai+1或ai+2−1，
因为B均为递增数列，所以bi<bi+1，即同时满足：
ai−1+1<ai+1①，ai+1−1<ai+2−1②，ai−1+1<ai+2−1③，ai+1−1<ai+1④.
因为A为递增数列，因此①和②恒成立.
又因为A为整数数列，对于③，ai−1+1≤ai<ai+1≤ai+2−1也恒成立.
对于④，一方面，由ai+1−1<ai+1，得ai+1<ai+2，即ai+1≤ai+1.
另一方面，ai+1≥ai+1，
所以ai+1=ai+1(i=2,3,⋯,n−2)，
即A从第2 项到第n−1项是连续的正整数，
所以a2≥a1+1=2,an−1=a2+n−3≤an−1=2025−1=2024，
因此2≤a2≤2027−n，
故a2共有2026−n种不同取值，即所有符合条件的数列A共有2026−n个.
一、单选题
1．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知数列{an)满足a1=1，an+1=an+n+2
n(n∈N
∗)，则an等于（ ）
A．n(n−1)
2
+2
n−1−1
B．n(n−1)
2
+2
n−1
C．n(n+1)
2
+2
n+1−1
D．n(n−1)
2
+2
n+1−1
【答案】B
【解题思路】应用累加法，结合分组求和、等差等比前n 项和公式求通项公式.
【解答过程】由题设an+1−an=n+2
n，即an=an−an−1+⋯+a3−a2+a2−a1+a1
=(n−1)+2
n−1+⋯+2+2
2+1+2
1+1，且n≥2，
所以an=(n−1+⋯+2+1)+(2
n−1+⋯+2
2+2
1+1) = (n−1)(n−1+1)
2
+ 1−2
n
1−2 = n(n−1)
2
+2
n−1，
由a1=1满足上式，故an= n(n−1)
2
+2
n−1.
故选：B.
2．（2025·辽宁鞍山·模拟预测）已知正项数列{an)为等比数列，且5a2是a4与3a3的等差中项，若a2=2，
则该数列的前5 项和为（ ）
A．10
B．15
C．30
D．31
【答案】D
【解题思路】由5a2是a4与3a3的等差中项可得2×5a2=a4+3a3，再利用等比数列的通项公式代入求出a1
和q，最后利用等比数列的前n项和公式求解即可.
【解答过程】因为数列{an)为正项等比数列，设公比为q(q>0)，
又5a2是a4与3a3的等差中项，所以2×5a2=a4+3a3=a2q
2+3a2q，即2q
2+6q =20，
解得q =2或q =−5（舍去），
所以由a2=a1q解得a1=1，
所以该数列的前5 项和S5= a1(1−q
5)
1−q
= 1×(1−2
5)
1−2
=31，
故选：D.
3．（2025·山东临沂·三模）在数列{an)中，已知a1=1，an+1={
1
2 an,n 为偶数
an+ 1
2 ,n 为奇数)
，则a11=（ ）
A．33
32
B．33
64
C．65
64
D．65
128
【答案】B
【解题思路】根据给定的递推公式求出a2n−1即可求解.
【解答过程】依题意，a2n+1= 1
2 a2n= 1
2 (a2n−1+ 1
2 )，则a2n+1−1
2 = 1
2 (a2n−1−1
2 )，而a1−1
2 = 1
2，
因此数列{a2n−1−1
2 }是以1
2为首项，1
2为公比的等比数列，
则a2n−1−1
2 =( 1
2 )
n
，a2n−1= 1
2 +( 1
2 )
n
，所以当n=6时，a11= 1
2 +( 1
2 )
6
= 33
64 .
故选：B.
4．（2025·河北·模拟预测）在数列{an)中，已知a1=1, an
an+1
=an+1，设bn=(−1)
n(2n+1)anan+1，则数列
{bn)的前n项和T n=（ ）
A．−1
2 + (−1)
n
n+1
B．1
2 −(−1)
n
n+1
C．−1+ (−1)
n
n+1
D．−1−(−1)
n
n+1
【答案】C
【解题思路】由
an
an+1
=an+1得，1
an+1
=1+ 1
an
，得到等差数列，求出1
an
=n，则an= 1
n，得到
bn= (−1)
n(2n+1)
n(n+1)
=(−1)
n⋅(
1
n +
1
n+1)，再裂项求和即可.
【解答过程】由
an
an+1
=an+1得，1
an+1
=1+ 1
an
，所以1
an+1
−1
an
=1，
则数列{
1
an)是首项为1，公差为1 的等差数列，所以1
an
=1+(n−1)=n，则an= 1
n，
所以bn=(−1)
n(2n+1)⋅anan+1= (−1)
n(2n+1)
n(n+1)
=(−1)
n⋅(
1
n +
1
n+1)，
所以T n=(−1−1
2)+(
1
2 + 1
3)+(−1
3 −1
4)+⋯+[
(−1)
n
n
+ (−1)
n
n+1 )=−1+ (−1)
n
n+1 ，
故选：C．
5．（2025·江西九江·三模）九江银行·2025“庐山杯”九江马拉松于3 月23 日上午鸣枪开跑．此前，为备战
此次马拉松，小宝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．请问：训练计划结束时，小宝同学跑步
的总量是（ ）
A．736 公里
B．724 公里
C．692 公里
D．660 公里
【答案】C
【解题思路】根据题意，前4 周的跑步量为等比数列，第5 周到第10 周的跑步量为等差数列，第11 周到
第20 周的跑步量为常数列，分别求和即可.
【解答过程】记第一周跑步量为a1=2，则S4=2+ 4+8+16=30，所以前4 周的跑步量为等比数列，
所以a5=30+2=32,则a10=32+5×2= 42，a11= 42+2= 44，故第5 周到第10 周的跑步量为等差数列，
则(32+ 42)×6
2
=222，
第11 周到第20 周每周44 公里，总和为440 公里，所以小宝同学跑步的总量是30+222+ 440=692公里.
故选：C.
6．（2025·广西·模拟预测）行列式是近代数学中研究线性方程的有力工具，最简单的二阶行列式的运算定
义如下：|
a
b
c
d)=ad −bc，已知Sn是等比数列{an)的前n项和，若|
2a3
1
a4
1)=0,a1=1，则S7=（ ）
A．31
B．63
C．127
D．255
【答案】C
【解题思路】根据行列式定义及等比数列的通项公式求出公比，再由求和公式得解.
【解答过程】根据题意可得：2a3−a4=0，
因为数列{an)是等比数列，a1=1，则化简得2a1q
2−a1q
3=q
2(2−q)=0，
因为q≠0，所以q =2.
所以S7= a1(1−q
7)
1−q
= 1×(1−2
7)
1−2
=2
7−1=127.
故选：C.
7．（2025·甘肃定西·模拟预测）已知等比数列{an)的前n项和为Sn,a1+a3=5,S4=15，若对于任意n∈N
*
，不等式an
2+64
an
>m
2+6m恒成立，则m的取值范围为（ ）
A．(−8,2)
B．(−2,8)
C．(−10,6)
D．(−6,10)
【答案】A
【解题思路】根据已知及等比数列通项公式、前n 项和公式求基本量，再应用基本不等式求an
2+64
an
的最小
值，由不等式恒成立并解一元二次不等式求参数范围.
【解答过程】设数列{an)的公比为q，由题意知q≠1，
由a1+a1q
2=5,S4= a1(1−q
4)
1−q
=15，解得q =2,a1=1，
所以an=2
n−1，
因为an
2+64
an
=an+ 64
an
=2
n−1+ 64
2
n−1 ≥16，当且仅当2
n−1= 64
2
n−1，即n= 4时等号成立，
所以m
2+6m<16，解得−8<m<2.
故选：A.
8．（2025·上海·高考真题）已知数列{an)、{bn)、{cn)的通项公式分别为an=10n−9，bn=2
n、，
cn= λ an+(1−λ)bn.若对任意的λ∈[0,1)，an、bn、cn的值均能构成三角形，则满足条件的正整数n有
（ ）
A． 4 个
B．3 个
C．1 个
D．无数个
【答案】B
【解题思路】由cn= λ an+(1−λ)bn可知cn范围，再由三角形三边关系可得an,bn,cn的不等关系，结合函
数零点解不等式可得.
【解答过程】由题意an,bn,cn>0，不妨设A(n,an),B(n,bn),C(n,cn)，
三点均在第一象限内，由cn= λ an+(1−λ)bn可知，⃗BC = λ⃗BA , λ∈[0,1)，
故点C恒在线段AB上，则有min{an,bn)≤cn≤max {an,bn)<an+bn.
即对任意的λ∈[0,1)，cn<an+bn恒成立，
令10 x−9=2
x，构造函数f ( x)=2
x−10 x +9, x >0，
则f
′( x)=2
x ln 2−10，由f
′( x)单调递增，
又f
′(3)<0,f
′(4)>0，存在x0∈(3,4)，使f
′( x0)=0，
即当0< x< x0时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减；
当x> x0时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增；
故f ( x)至多2个零点，
又由f (1)>0,f (2)<0,f (5)<0,f (6)>0，
可知f ( x)存在2个零点，不妨设x1, x2 ( x1< x2)，且x1∈(1,2), x2∈(5,6).
①若an≤bn，即10n−9≤2
n时，此时n=1或n≥6.
则an≤cn≤bn，可知bn+cn>an成立，
要使an、bn、cn的值均能构成三角形，
所以an+cn>bn恒成立，故bn<2an，
所以有{
10n−9≤2
n
2
n<2(10n−9))，解得n=6；
②若an≥bn，即10n−9≥2
n时，此时n=2,3,4,5.
则an≥cn≥bn，可知an+cn>bn成立，
要使an、bn、cn的值均能构成三角形，
所以bn+cn>an恒成立，故an<2bn，
所以有{
10n−9≥2
n
10n−9<2
n+1)，解得n= 4或5；
综上可知，正整数n的个数有3个.
故选：B.
二、多选题
9．（2025·全国·模拟预测）已知数列{an)的首项a1= 3
4 ，且满足an+1=
3an
2an+1，则（ ）
A．{
1
an
−1)为等差数列
B．an=
3
n
3
n+1
C．数列{an)为递增数列
D．数列{
2n−1
an )的前n项和为n
2+1−n+1
3
n
【答案】BCD
【解题思路】对an+1=
3an
2an+1取倒数，采用构造法证明{
1
an
−1)为等比数列，判断A；利用{
1
an
−1)是首
项为1
3，公比为1
3的等比数列，求an判断B；对an化简为an=
1
1+ 1
3
n
，证明为递增数列判断C；
2n−1
an
=(2n−1) 3
n+1
3
n
=2n−1+ 2n−1
3
n
，采用分组求和和错位相减法求和判断D.
【解答过程】由an+1=
3an
2an+1得1
an+1
= 2
3 + 1
3 × 1
an
，则1
an+1
−1= 1
3 ×(
1
an
−1)，即{
1
an
−1)为等比数列，
故A 错误；
由a1= 3
4 得1
a1
−1= 1
3，所以{
1
an
−1)是首项为1
3，公比为1
3的等比数列，
则1
an
−1= 1
3 ×(
1
3)
n−1
= 1
3
n，整理得an=
3
n
3
n+1
，故B 正确；
由an=
3
n
3
n+1
得an=
1
1+ 1
3
n
，则数列{an)为递增数列，故C 正确；
由an=
3
n
3
n+1
得2n−1
an
=(2n−1) 3
n+1
3
n
=2n−1+ 2n−1
3
n
，
数列{2n−1)为首项为1，公差为2 的等差数列，则数列{2n−1)的前n项和为n(1+2n−1)
2
=n
2，
设数列{
2n−1
3
n )的前n项和Sn=1×(
1
3)
1
+3×(
1
3)
2
+5×(
1
3)
3
+⋯+(2n−1)(
1
3)
n
①，
则1
3 Sn=1×(
1
3)
2
+3×(
1
3)
3
+5×(
1
3)
4
+⋯+(2n−1)(
1
3)
n+1
②，
-
①②得，2
3 Sn=1×(
1
3)
1
+2×(
1
3)
2
+2×(
1
3)
3
+⋯+2×(
1
3)
n
−(2n−1)(
1
3)
n+1
，
即2
3 Sn= 1
3 +
2×(
1
3)
2
−2×(
1
3)
n+1
1−1
3
−(2n−1)(
1
3)
n+1
= 2
3 −(2n+2)(
1
3)
n+1
所以Sn=1−n+1
3
n ，所以{
2n−1
an )前n项和为n
2+1−n+1
3
n ，故D 正确，
故选：BCD．
10．（2025·四川成都·一模）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称
为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1 个球，第二层有3 个球，第三层有6 个球，第四层有10 个球……设
第n层有an个球，则（ ）
A．a5=15
B．{an+1−an)是等差数列
C．a2025为偶数
D．1≤1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
<2
【答案】ABD
【解题思路】根据题意an−an−1=n,an−1−an−2=n−1,⋯,a2−a1=2，利用累加法得an= n(n+1)
2
即可判
断ABC 选项，对于D，1
an
=
2
n(n+1) =2(
1
n −
1
n+1)，再根据裂项相消法可得1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
的和，接着
简单放缩即可判断.
【解答过程】根据题意，当n≥2时，an−an−1=n,an−1−an−2=n−1,⋯,a2−a1=2，
累加得an−a1=2+3+ 4+⋯+n= (2+n)(n−1)
2
= n
2+n−2
2
，
∴an= n(n+1)
2
，易知a1=1也满足，所以an= n(n+1)
2
，
∴a5= 5×6
2
=15，故A 正确；
an+1−an=n+1，故B 正确；
a2025= 2025×2026
2
=2025×1013为奇数，故C 错误；
∵an= n(n+1)
2
，1
an
=
2
n(n+1) =2(
1
n −
1
n+1)，
1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
=2(1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1)=2−
1
n+1，
∵n∈N
∗，∴1≤2−
2
n+1 <2，
即1≤1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
<2，故D 正确；
故选：ABD.
11．（2025·河北邯郸·一模）已知Sn为等差数列{an)的前n项和，则（ ）
A．若Sn=2n
2+n，则an=2n+1
B．S3n, S6n−S3n, S9n−S6n成等差数列
C．Sn, S2n, S3n可能成等差数列
D．Sn, S2n, S3n可能成等比数列
【答案】BC
【解题思路】利用等差数列的通项公式，求和公式，及等差数列等比数列的定义一一分析，进行求解.
【解答过程】对于选项A：∵Sn=2n
2+n，∴当n=1时，a1= S1=2+1=3；
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=(2n
2+n)−(2(n−1)
2+(n−1))= 4 n−1，
适合n=1，∴an= 4 n−1，故选项A 错误；
对于选项B：Sn为等差数列{an)的前n项和，设{an)的公差为d，
则Sn=na1+ n(n−1)
2
d，
S3n=3na1+ 3n(3n−1)
2
d，S6n=6na1+ 6n(6n−1)
2
d，S9n=9na1+ 9n(9n−1)
2
d
S6n−S3n=(6na1+ 6n(6n−1)
2
d)−(3na1+ 3n(3n−1)
2
d)=3na1+ 27n
2d −3nd
2
，
S9n−S6n=(9na1+ 9n(9n−1)
2
d )−(6na1+ 6n(6n−1)
2
d )=3na1+ 45n
2d −3nd
2
,
(S9n−S6n)−(S6n−S3n)=9n
2d，(S6n−S3n)−S3n=9n
2d，(S9n−S6n)−(S6n−S3n)=(S6n−S3n)−S3n
，S3n, S6n−S3n, S9n−S6n成等差数列，故选项B 正确；
对于选项C：设等差数列{an)的公差为d，则S1=a1，S2=2a1+d，S3=3a1+3d，
若S1, S2, S3成等差数列，则2S2= S1+ S3，
即2(2a1+d)=a1+3a1+3d，解得d =0，
∴Sn=na1，S2n=2na1，S3n=3na1，S2n−Sn=na1，S3n−S2n=na1，∴S3n−S2n= S2n−Sn，
∴Sn,S2n,S3n成等差数列，故选项C 正确；
对于选项D：设等差数列{an)的公差为d，则S1=a1，S2=2a1+d，S3=3a1+3d，
若S1, S2, S3成等比数列，则S2
2= S1S3，即(2a1+d )
2=a1(3a1+3d )，
解得a1
2+a1d +d
2=0，将a1
2+a1d +d
2=0看成是关于a1的一元二次方程，Δ=d
2−4 d
2≤0，
只有当d =0时，方程a1
2+a1d +d
2=0有解，
且解为a1=0，此时Sn=0，则Sn, S2n, S3n不可能成等比数列，故选项D 错误.
故选：BC.
三、填空题
12．（2025·湖南长沙·模拟预测）等比数列{an)的前n项和记为Sn，若an>0，S3=3，S12=65 S6，则S9=
.
【答案】219
【解题思路】由S12=65 S6求得q
3=8，从而可得答案.
【解答过程】设数列{an)的首项为a1，公比为q.
因为S12=65 S6，所以S12= S6+ S6⋅q
6=(1+q
6)S6=65 S6，
因为an>0，所以q>0，所以S6≠0.
所以q
6+1=65⇒q
6=64，
所以q
3=8.
于是S9= S3⋅(1+q
3+q
6)=3(1+8+64)=219.
故答案为：219.
13．（2025·四川广安·模拟预测）已知数列{an)满足a1+2a2+⋅⋅⋅+2
n−1an=n⋅2
n，且数列{
1
an⋅an+1)的
前n项和为Sn，则S20=
.
【答案】5
11
【解题思路】应用an= Sn−Sn−1得出an=n+1，再应用裂项相消法计算求解.
【解答过程】若n=1，则a1=2；
若n≥2，则a1+2a2+⋅⋅⋅+2
n−2an−1=(n−1)⋅2
n−1.
所以，2
n−1an=n⋅2
n−(n−1)⋅2
n−1=(n+1)⋅2
n−1，即an=n+1.
又a1=2也满足an=n+1，所以an=n+1.
由于
1
an⋅an+1
=
1
(n+1)(n+2) =
1
n+1 −
1
n+2，
所以S20= 1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 +⋅⋅⋅+ 1
21 −1
22 = 1
2 −1
22 = 5
11.
故答案为：5
11.
14．（2025·安徽·模拟预测）类比数列，我们把一系列向量按照一定的顺序排列，可得到向量列.已知向量
列{⃗an)满足⃗an+1=2⃗an+⃗d，且⃗a1⋅⃗d =|⃗d)=1，则⃗a8⋅⃗d = .
【答案】255
【解题思路】先求证数列{⃗an⋅⃗d +1)是等比数列，再利用等比数列的通项公式即可求解.
【解答过程】由⃗an+1⋅⃗d =(2⃗an+⃗d)⋅⃗d =2⃗an⋅⃗d +⃗d
2=2⃗an⋅⃗d +1，得⃗an+1⋅⃗d +1=2(⃗an⋅⃗d +1)，
因为⃗a1⋅⃗d +1=2，所以数列{⃗an⋅⃗d +1)是以2 为首项，2 为公比的等比数列，
则⃗an⋅⃗d +1=2
n，即⃗an⋅⃗d =2
n−1，所以⃗a8⋅⃗d =2
8−1=255.
故答案为：255.
四、解答题
15．（2025·四川巴中·模拟预测）已知等差数列{an)的前n项和为Sn，且S3=9，a5=2a2+3.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)若bn=
1
an⋅an+1
，数列{bn)的前n项和为T n，求证：T n< 1
2.
【答案】(1)an=2n−1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据已知条件列方程求出等差数列的首项与公差，根据等差数列定义写出通项公式；
（2）通过裂项相消的方法化简T n的表达式，并证明不等式.
【解答过程】（1）在等差数列{an)中，S3= 3(a1+a3)
2
=3a2=9，则a2=3.
又a5=2a2+3=9，所以该等差数列公差d = a5−a2
5−2 = 9−3
3
=2.故a1=3−2=1.
所以an=a1+(n−1)d =1+(n−1)×2=2n−1，
故数列{an)的通项公式为an=2n−1.
（2）因为bn=
1
an⋅an+1
，所以bn=
1
(2n−1)⋅(2n+1) = 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)，
则T n=b1+b2+⋯+bn= 1
2 ×(
1
1 −1
3)+ 1
2 ×(
1
3 −1
5)+⋯+ 1
2(
1
2n−3 −
1
2n−1)+ 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)
化简得T n= 1
2 ×(
1
1 −1
3 + 1
3 −1
5 +...+
1
2n−1 −
1
2n+1)= 1
2(1−
1
2n+1).
因为n∈N
∗，所以0<
1
2n+1 <1，故T n< 1
2.
16．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数f (x)= x
2，设曲线y = f (x)在点(xn,f (xn))(n∈N
*)处的切线与x
轴的交点为(xn+1,0)，其中x1=1．
(1)写出x2，x3，并求数列{xn)的通项公式；
(2)设数列{n xn)的前n项和为Sn，证明：Sn<4．
【答案】(1)x2= 1
2，x3= 1
4 ，xn=(
1
2)
n−1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据导数的几何意义写出切线方程，求出关于数列{xn)的递推公式，判断数列的性质求
其通项公式或利用累乘法求其通项公式.
（2）利用错位相减法求数列的前n项和，或构造数列{cn)，cn= −n−1
2
n−2 ，根据n xn=cn+1−cn利用裂项求和
法求数列的前n项和，再判断Sn与4 的大小.
【解答过程】（1）由已知f
′ (x)=2 x，
则曲线y = f (x)在点(xn,f (xn))处的切线方程为y −f (xn)= f
′(xn)(x −xn)，
即y −xn
2=2 xn(x −xn)．
令y =0，得−xn
2=2 xn(xn+1−xn)．
因为x1=1，代入上式，依次解得x2= 1
2，x3= 1
4 ．
因为x1=1≠0，所以xn≠0，得xn+1= xn
2 ．所以
xn+1
xn
= 1
2．
解法一：故数列{xn)为等比数列，首项为1，公比为1
2．
所以xn=(
1
2)
n−1
．
解法二：当n≥2时，xn= xn
xn−1
⋅xn−1
xn−2
⋅⋯⋅x2
x1
⋅x1= 1
2
n−1．
当n=1时，因为x1=1，所以上式亦成立.
所以xn=(
1
2)
n−1
．
（2）解法一：n xn= n
2
n−1．
Sn=1+ 2
2 + 3
2
2 +⋯+ n−1
2
n−2 + n
2
n−1，
1
2 Sn= 1
2 + 2
2
2 + 3
2
3 +⋯+ n−1
2
n−1 + n
2
n，
两式相减可得：1
2 Sn=1+ 1
2 + 1
2
2 +⋯+ 1
2
n−1 −n
2
n =
1×[1−(
1
2)
n
)
1−1
2
−n
2
n
=2(1−1
2
n)−n
2
n =2−n+2
2
n
所以Sn= 4−n+2
2
n−1 ．
因为n+2
2
n−1 >0，所以Sn<4.
解法二：n xn= n
2
n−1．
令cn= −n−1
2
n−2 ，则n xn=cn+1−cn．
所以Sn=1+ 2
2 + 3
2
2 +⋯+ n−1
2
n−2 + n
2
n−1
=(c2−c1)+(c3−c2)+⋯+(cn+1−cn) =cn+1−c1 = −n−2
2
n−1 + 4 = 4−n+2
2
n−1 ．
因为n+2
2
n−1 >0，所以Sn<4．
17．（2025·河北邯郸·一模）已知等比数列{an)的前n项和为Sn，若Sn+1, Sn, Sn+2成等差数列.
(1)求等比数列{an)的公比q；
(2)若a1=1, bn= log2|an)，求数列{anbn)的前n项和T n.
【答案】(1)q =−2
(2)T n= −2−(3n−2)(−2)
n
9
【解题思路】（1）由an+1= Sn+1−Sn和an+1+an+2= Sn+2−Sn并结合题意即可求解；
（2）由（1）可求得an=(−2)
n−1，从而可得anbn=(n−1)(−2)
n−1，再利用错位相减法即可求解.
【解答过程】（1）由题意若Sn+1, Sn, Sn+2成等差数列，
则得2Sn= Sn+1+ Sn+2，即2Sn= Sn+an+1+ Sn+an+1+an+2，
则得an+2=−2an+1，所以
an+2
an+1
=−2=q，
故q =−2.
（2）由（1）可知q =−2，又a1=1，所以an=(−2)
n−1，
则|an)=2
n−1,bn= log2|an)=n−1，
所以anbn=(n−1)(−2)
n−1，
T n=0+1×(−2)+2×(−2)
2+⋯+(n−2)(−2)
n−2+(n−1)(−2)
n−1 1，
−2T n=0+1×(−2)
2+2×(−2)
3+⋯+(n−2)(−2)
n−1+(n−1)(−2)
n 2，
由1−2可得3T n=0+(−2)+(−2)
2+⋯+(−2)
n−1−(n−1)(−2)
n
=
(−2)[1−(−2)
n−1)
1−(−2)
−(n−1)(−2)
n= −2−(−2)
n
3
−(n−1)(−2)
n，
解得T n= −2−(3n−2)(−2)
n
9
.
所以数列{anbn)的前n项和T n= −2−(3n−2)(−2)
n
9
.
18．（2025·天津·高考真题）已知数列{an)是等差数列，{bn)是等比数列，a1=b1=2,a2=b2+1,a3=b3．
(1)求{an)，{bn)的通项公式；
(2)∀n∈N
∗，I = {0,1)，有T n={p1a1b1+ p2a2b2+...+ pn−1an−1bn−1+ pnanbn| p1, p2,..., pn−1, pn∈I )
，
（i）求证：对任意实数t ∈T n，均有t <an+1bn+1;
（ii）求T n所有元素之和．
【答案】(1)an=3n−1,bn=2
n；
(2)（i）证明见解析；（ii）2
n−1⋅[8+(3n−4)2
n+1)
【解题思路】（1）设数列{an)的公差为d，数列{bn)公比为q(q≠0)，由题设列出关于d 和q(q≠0)的方程
求解，再结合等差和等比数列通项公式即可得解；
（2）（i）由题意结合（1）求出an+1bn+1和p1a1b1+ p2a2b2+...+ pn−1an−1bn−1+ pnanbn的最大值，再作
差比较两者大小即可证明；
（ii）法一：根据p1, p2,..., pn−1, pn中全为1、一个为0 其余为1、2 个为0 其余为、…、全为0 几个情况
将T n中的所有元素分系列，并求出各系列中元素的和，最后将所有系列所得的和加起来即可得解；
法二：根据T n元素的特征得到T n中的所有元素的和中各项aibi(i∈{1,2,...,n))出现的次数均为2
n−1次即可
求解.
【解答过程】（1）设数列{an)的公差为d，数列{bn)公比为q(q≠0)，
则由题得{
2+d =2q+1
2+2d =2q
2)⇒{
d =3
q =2)，
所以an=2+3(n−1)=3n−1,bn=2×2
n−1=2
n；
（2）（i）证明：由（1）pnanbn=(3n−1)2
n pn=0或pnanbn=(3n−1)2
n>0，an+1bn+1=(3n+2)2
n+1，
当pnanbn=(3n−1)2
n>0时，
设Sn= p1a1b1+ p2a2b2+...+ pn−1an−1bn−1+ pnanbn =2×2+5×2
2+...+(3n−4)2
n−1+(3n−1)2
n，
所以2Sn=2×2
2+5×2
3+...+(3n−4)2
n+(3n−1)2
n+1，
所以−Sn= 4+3×(2
2+2
3+...+2
n)−(3n−1)2
n+1 = 4+3× 2
2(1−2
n−1)
1−2
−(3n−1)2
n+1=−8+(4−3n)2
n+1
，
所以Sn=8+(3n−4)2
n+1，为T n中的最大元素，
此时an+1bn+1−Sn=(3n+2)2
n+1−[8+(3n−4)2
n+1)=6⋅2
n+1−8>0恒成立，
所以对∀t ∈T n，均有t <an+1bn+1.
（ii）法一：由（i）得对任意实数t ∈T n，均有t <an+1bn+1，
所以p1a1b1+ p2a2b2+...+ pn−1an−1bn−1<anbn，
p1a1b1+ p2a2b2+...+ pn−1an−1bn−1< p1a1b1+ p2a2b2+...+ pn−1an−1bn−1+anbn，
所以p1a1b1+ p2a2b2+...+ pn−1an−1bn−1+ pnanbn取值随着pi( pi∈I ,1≤i≤n)的取值不同各不相同，
又Sn=8+(3n−4)2
n+1为T n中的最大元素，
由题意可得T n中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
当p1, p2,..., pn−1, pn均为1 时：此时该系列元素只有Sn=8+(3n−4)2
n+1即Cn
0个；
当p1, p2,..., pn−1, pn中只有一个为0，其余均为1 时：
此时该系列的元素有Sn−a1b1,Sn−a2b2,Sn−a3b3,...,Sn−anbn共有Cn
1个，
则这n个元素的和为Cn
1 Sn−(a1b1+a2b2+...+anbn)=(Cn
1−Cn
0)Sn；
当p1, p2,..., pn−1, pn中只有2 个为0，其余均为1 时：
此时该系列的元素为Sn−aibi−a jb j(i , j∈{1,2,...,n),i≠j)共有Cn
2个，
则这n个元素的和为Cn
2 Sn−Cn−1
1
(a1b1+a2b2+...+anbn)=(Cn
2−Cn−1
1
)Sn；
当p1, p2,..., pn−1, pn中有3个为0，其余均为1 时：此时该系列的元素为
Sn−aibi−a jb j−ak bk(i , j ,k ∈{1,2,...,n),i≠j≠k)共有Cn
3个，
则这n个元素的和为Cn
3 Sn−Cn−1
2
(a1b1+a2b2+...+anbn)=(Cn
3−Cn−1
2
)Sn；
…
当p1, p2,..., pn−1, pn中有n−1个为0，1 个为1 时：此时该系列的元素为a1b1,a2b2,...,anbn共有Cn
n−1个，
则这n个元素的和为Cn
n−1Sn−Cn−1
n−2(a1b1+a2b2+...+anbn)=(Cn
n−1−Cn−1
n−2)Sn；
当p1, p2,..., pn−1, pn均为0 时：此时该系列的元素为0=(Cn
n−Cn−1
n−1)Sn即Cn
n=1个，
综上所述，T n中的所有元素之和为
Sn+(Cn
1−1)Sn+(Cn
2−Cn−1
1
)Sn+(Cn
3−Cn−1
2
)Sn+...+(Cn
n−1−Cn−1
n−2)Sn+0
=[(Cn
0+Cn
1+...+Cn
n−1+Cn
n)−(Cn−1
0
+Cn−1
1
+...+Cn−1
n−2+Cn−1
n−1))Sn
=(2
n−2
n−1)Sn=2
n−1Sn=2
n−1⋅[8+(3n−4)2
n+1)；
法二：由（i）得Sn=8+(3n−4)2
n+1，为T n中的最大元素，
由题意可得
T n={Sn,Sn−aibi,Sn−aibi−a jb j,Sn−aibi−a jb j−ak bk ,...,aibi+a jb j,aibi,0),(i , j ,k ∈{1,2,...,n),i≠j≠k)
，
所以T n的所有的元素的和中各项aibi(i∈{1,2,...,n))出现的次数均为Cn−1
0
+Cn−1
1
+...+Cn−1
n−2+Cn−1
n−1=2
n−1
次，
所以T n中的所有元素之和为2
n−1(a1b1+a2b2+...+anbn)=2
n−1Sn=2
n−1⋅[8+(3n−4)2
n+1).
19．（2025·重庆九龙坡·三模）已知数列{an)的前n项和为 Sn,a1=2，(n−2)Sn+1+2an+1=n Sn,n∈N
* .
(1)求数列{an)的通项公式;
(2)若无穷的非常数数列 {T n) 同时满足两个性质: ①对于{T n)中任意两项 T i,T j(i> j) ，在{T n)中都存在
一项T m，使得2T i−T j=T m ; ②对于{T n)中任意一项 T n(n≥3) ，在{T n)中都存在两项 T k ,T l(k >l) ，使
得T n=2T k−T l . 则称数列{T n)为T数列.
(i)判断数列{an)是否为T数列，并说明理由；
(ii)若数列{bn)是T数列且为单调递增数列，证明:数列{bn)是等差数列.
【答案】(1)an=2n(n∈N
∗)；
(2)（i）是T数列；（ii）证明见解析.
【解题思路】（1）变形得Sn+1
Sn
= n+2
n
，再利用累乘法得Sn=n(n+1)，最后降次作差即可；
（2）（i）计算得2ai−a j=a2i−j，则其满足性质①，再分析其满足性质②即可；
（ii）首先利用性质②：取n=3，则得到即b1,b2,b3成等差数列，再利用性质①，取i=3, j =2，得到数列
中必然存在一项的值为b1+3d．最后证明b4=b1+3d即可.
【解答过程】（1）由(n−2)Sn+1+2an+1=n Sn得(n−2)Sn+1+2(Sn+1−Sn)=n Sn，
即n Sn+1=(n+2)Sn, Sn+1
Sn
= n+2
n
，
∴S2
S1
= 3
1 , S3
S2
= 4
2 , S4
S3
= 5
3 ,⋯, Sn−1
Sn−2
=
n
n−2 , Sn
Sn−1
= n+1
n−1，
累乘得：
Sn
S1
= 3
1 × 4
2 × 5
3 ×⋯×
n
n−2 × n+1
n−1 = n(n+1)
2
,n≥2，
∴Sn=n(n+1),n≥2，又S1=a1=2符合式子，
所以Sn=n(n+1),n∈N
∗，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=n
2+n−(n−1)
2−(n−1)=2n，
又a1=2符合上式，所以an=2n(n∈N
∗)．
（2）（i）因为∀i , j∈N
∗,i> j ,2ai−a j=2×2i−2 j =2(2i−j)，
∴2ai−a j=a2i−j，所以{an)具有性质①，
因为∀n∈N
∗,n≥3,∃k =n−1,l =n−2,2ak−al= 4(n−1)−2(n−2)=2n=an，
∴{an)具有性质②．
∴数列{an)是T数列．
（ii）∵{bn)是单调递增数列．
首先利用性质②：取n=3，此时b3=2bk−bl=bk +(bk−bl)(k >l)，
由数列的单调性可知bk>bl，
∴b3=bk +(bk−bl)>bk，故k <3，
此时必有k =2,l =1，即b3=2b2−b1，
即b1,b2,b3成等差数列，不妨设b2=b1+d ,b3=b1+2d(d >0)．
利用性质①：取i=3, j =2，
则bm=2b3−b2=2(b1+2d)−(b1+d)=b1+3d，
即数列中必然存在一项的值为b1+3d．
下面证明b4=b1+3d，
若b4≠b1+3d，则由数列的单调性可知b4<b1+3d．
在性质②中，取n= 4，则b4=2bk−bl=bk +(bk−bl)>bk，从而k <4，则{k ,l}⊆{1,2,3}(k >l)．
若k =3,l =2，则b4=2b3−b2=b1+3d，与假设矛盾；
若k =3,l =1，则b4=2b3−b1=b1+ 4 d，与假设矛盾；
若k =2,l =1，则b4=2b2−b1=b1+2d =b3，与数列的单调性矛盾．
故不存在满足题意的正整数k，l，可见b4<b1+3d不成立，从而b4=b1+3d，
同理可得b5=b1+ 4 d ,b6=b1+5d ,⋯,∴{bn)为等差数列．
