6.3　数列的求和--2026天津版高考数学第二轮专题强化练（含解析）

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2026天津版高考数学第二轮专题
6.3　数列的求和
五年高考
天津专练
1.(2019天津文,18,13分,中)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
2.(2019天津理,19,14分,中)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=其中k∈N*.
(i)求数列{(-1)}的通项公式;
(ii)求aici(n∈N*).
3.(2022天津,18,15分,中)设{an}为等差数列,{bn}为等比数列,且a1=b1=a2-b2=a3-b3=1.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:(Sn+1+an+1)·bn=Sn+1bn+1-Snbn;
(3)求[ak+1-(-1)kak]bk.
4.(2020天津,19,15分,中)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2<(n∈N*);
(3)对任意的正整数n,设cn=求数列{cn}的前2n项和.
5.(2025天津,19,15分,难)已知{an}为等差数列,{bn}为公比不为0的等比数列,且a1=b1=2,a2=b2+1,a3=b3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)若对任意的n∈N*,有Tn ={p1a1b1+p2a2b2+…+pnanbn|p1,p2,…,pn∈I},I={0,1}.
(i)求证:对Tn中的任意元素t,有t(ii)求Tn中所有元素之和.
全真全练
考点　数列的求和
1.(2024全国甲文,17,12分,易)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.
2.(2024全国甲理,18,12分,易)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.
3.(2023全国甲理,17,12分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Tn.
4.(2023全国乙文,18,12分,中)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2=11,S10=40.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
5.(2023新课标Ⅱ,18,12分,中)已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
三年模拟
练综合
1.(题型一)(2025河东二模,18)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列,d∈N*,q∈N*,2a3+a2=b3,a3-a2=b1,a1=b1+1.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式及ai.
(2){an}落在区间(bk,bk+1)之内的项的个数为{ck},k∈N*.
(i)求c1,c2及数列{ck}的通项公式;
(ii)求aici.
2.(题型二、三)(2025南开二模,18)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=2,S7=28.
(1)求{an}的通项公式.
(2)记bn=.
(i)求数列的前n项和Tn;
(ii)求.
3.(题型一)(2025河东期末,19)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0,已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{(-1}的前n项和为Tn,记cn=b2n,求cn;
(3)求.
4.(题型一)(2025河西期末,19)已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,S3=6,a2,a4,a8成等比数列,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式及Sn;
(2)设A=,求A的最小值,并求取得最小值时n的值;
(3)设bn=其中k∈N,求bi.
5.(题型二)(2025天津一中月考三,19)已知{an}是各项均为正整数的无穷递增数列,对于k∈N*,设集合Bk={i∈N*|ai(1)若an=n2,求b1,b2,b17的值;
(2)若an=2n,设{bn}的前n项和为Sn,求;
(3)若数列{bn}是等差数列,求数列{an}的通项公式.
6.(题型二)(2025南开质量检测二,19)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=2,b2=4,an=2log2bn,n∈N*.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足c1=6,且,设Sn为数列{cn}的前n项和,集合A={Sn|Sn∈N*},求A(用列举法表示);
(3)求(-1)iaibi-1.
7.(题型三)(2025天津部分区期末,19)已知{an}为公比大于0的等比数列,且a1=1,a2=a3-2.
(1)求{an}的通项公式.
(2)设数列{bn}满足bn=其中k∈N*.
(i)求;
(ii)求bi.
8.(题型三)(2025和平二模,19)已知n∈N*,数列{an}为等差数列,公差为d,且d>1,若an·bn=n2+n.记数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn.
(1)若2a4=3a2+2a1,S4+T3=33,求d.
(2)若数列{bn}为等差数列,S4-T4=4.
(i)求数列{bn}的通项公式;
(ii)若数列{cn}满足5log2cn=7bn,将数列{an},{cn}中的项按如下规律组成数列{hn}:a1,c1,a2,a3,c2,a4,…,a7,c3,a8,…,a15,c4,…,,,…,,ck+1,…(k∈N),求hi(i∈N*).
9.(题型一、二)(2025天津十二校一模,19)数列{an}是公差不为0的等差数列,a1=1.已知,,,…,为等比数列,且b1=2,b2=6,b3=22.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式.
(2)设数列{an}中的项落在区间(3bm,3bm+1)中的项数为cm(m∈N*).
(i)求数列{ancn}的前n项和Hn;
(ii)设数列{dn}满足d1=1,若存在正整数k≥2满足当n=1,2,3,…,k-1时,dn+1=cndn,且,求dk+1.
10.(题型一、三)(2025南开一模,19)已知公差大于0的等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=9,a2+3是a3-1,a5的等比中项.
(1)求{an}的通项公式及Sn.
(2)记bm为{an}在区间[a2m,)(m∈N*)内项的个数,Tn为数列{bn}的前n项和.
(i)若Tn+Sn<2 025,求n的最大值;
(ii)设cn=,证明:.
练素养
1.(题型一)(2025天津塘沽一中月考三,19)设q,d为常数,若存在大于1的整数k,使得无穷数列{an}满足an+1=则称数列{an}(n∈N*)为“M(k)数列”.
(1)设d=3,q=0,若首项为1的数列{an}为“M(3)数列”,求a2 024;
(2)若数列{bn}为“M(2)数列”,且bn=(-1)n-1,求出相应的d、q的值及(3-qi)di;
(3)设d=1,q=2,若首项为1的数列{cn}为“M(10)数列”,求数列{cn}的前10n项和S10n.
2.(2025天津三校缓适性测试,18)若数列{an}满足a1=1,且存在正整数m,使得an为奇数时,an+1=an+2m-1;an为偶数时,an+1=an,称{an}为m阶跳跃数列,记d(i,j)=|ai-aj|.
(1)若数列{an}为m阶跳跃数列,且对任意1≤i(2)已知m为正整数,数列{an}为2m-1阶跳跃数列.
①求d(i,j)的所有不同值的和T.
②对任意m∈N*,m≥2,令cm=,求证:ci<4.
6.3　数列的求和
五年高考
天津专练
1.(2019天津文,18,13分,中)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0).
依题意,得
故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.
所以,{an}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3n.
(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)
=+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).
记Tn=1×31+2×32+…+n×3n,①
则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,②
②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-.
所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn
=3n2+3×
=(n∈N*).
2.(2019天津理,19,14分,中)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=其中k∈N*.
(i)求数列{(-1)}的通项公式;
(ii)求aici(n∈N*).
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.依题意得
故an=4+(n-1)×3=3n+1,bn=6×2n-1=3×2n.
所以,{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n.
(2)(i)(-1)=(bn-1)=(3×2n+1)·(3×2n-1)=9×4n-1.
所以,数列{(-1)}的通项公式为(-1)=9×4n-1.
(ii)[ai+ai(ci-1)]
=(-1)
=(9×4i-1)
=(3×22n-1+5×2n-1)+9×-n
=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*).
3.(2022天津,18,15分,中)设{an}为等差数列,{bn}为等比数列,且a1=b1=a2-b2=a3-b3=1.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:(Sn+1+an+1)·bn=Sn+1bn+1-Snbn;
(3)求[ak+1-(-1)kak]bk.
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q≠0),
则a1+d-b1q=1,a1+2d-b1q2=1.
∵a1=b1=1,
∴d-q=0,2d-q2=0,∴d=q=2.
∴an=2n-1,bn=2n-1.
(2)证法一:由(1)及Sn+1-Sn=an+1得
Sn+1bn+1-Snbn=2Sn+1bn-Snbn=(2Sn+1-Sn)bn=(Sn+1+an+1)bn.
证法二:∵Sn=n=(1+2n-1)·=n2,
∴(Sn+1+an+1)bn=[(n+1)2+2n+1]·2n-1=(n2+4n+2)·2n-1,
Sn+1bn+1-Snbn=(n+1)2·2n-n2·2n-1=(n2+4n+2)·2n-1,
∴(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn.
(3)解法一:
第一步:根据k的奇偶去掉(-1)k.
[ak+1-(-1)kak]bk
=
第二步:根据n的奇偶分组求和.
设An=1×22+3×24+5×26+…+(2n-1)22n①,
则4An=1×24+3×26+5×28+…+(2n-1)22n+2②,
①-②得-3An=4+2(24+26+…+22n)-(2n-1)22n+2
=4+2·-(2n-1)22n+2
=4+-(2n-1)22n+2,
∴An=.
设Bn=22+24+…+22n=.
第三步:由An+Bn得结果.
∴[ak+1-(-1)kak]bk=An+Bn=.
解法二:
第一步:求出奇偶并项后的通项公式.
设ck=[ak+1-(-1)kak]bk,
则c2k-1+c2k=(a2k+a2k-1)b2k-1+(a2k+1-a2k)b2k
=(4k-1+4k-3)·22k-2+(4k+1-4k+1)·22k-1
=k·22k+1.
第二步:错位相减法求前n项和.
∴[ak+1-(-1)kak]bk=i·22i+1.
设Cn=1×23+2×25+…+n·22n+1①,
则4Cn=1×25+2×27+…+n·22n+3②,
①-②得-3Cn=8+25+27+…+22n+1-n·22n+3
=8+-n·22n+3
=8+-n·22n+3,
∴Cn=,
∴[ak+1-(-1)kak]bk=Cn=.
解后反思　　　遇到(-1)k的三种处理策略:(1)分奇偶讨论;(2)相邻两项并项求和;(3)利用运算性质合并求和,如an=(-1)n·2n=(-2)n.
4.(2020天津,19,15分,中)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2<(n∈N*);
(3)对任意的正整数n,设cn=求数列{cn}的前2n项和.
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,从而{an}的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4-b3),及q≠0,可得q2-4q+4=0,可得q=2,从而{bn}的通项公式为bn=2n-1. (4分)
(2)证明:由(1)可得Sn=,故SnSn+2=n(n+1)·(n+2)(n+3),(n+1)2(n+2)2,从而SnSn+2-(n+1)(n+2)<0(比较大小可利用作差法),
所以SnSn+2<. (8分)
(3)当n为奇数时,
cn=;
当n为偶数时,cn=. (10分)
对任意的正整数n,有
-1(累加法求和),
.①
由①得.②
由①-②得(错位相减法求和),从而得. (13分)
因此.
所以,数列{cn}的前2n项和为. (15分)
知识拓展　分组求和法的常见类型
1.若an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,则可采用分组求和法求{an}的前n项和;
2.若通项公式为an=的数列,且数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,则可采用分组求和法.
5.(2025天津,19,15分,难)已知{an}为等差数列,{bn}为公比不为0的等比数列,且a1=b1=2,a2=b2+1,a3=b3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)若对任意的n∈N*,有Tn ={p1a1b1+p2a2b2+…+pnanbn|p1,p2,…,pn∈I},I={0,1}.
(i)求证:对Tn中的任意元素t,有t(ii)求Tn中所有元素之和.
解析　(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q(q≠0),
则由题意得
所以an=2+3(n-1)=3n-1,bn=2×2n-1=2n.
(2)(i)证明:由(1)知pnanbn=(3n-1)2npn=0或pnanbn=(3n-1)2n>0,an+1bn+1=(3n+2)2n+1,
当pnanbn=0时,显然成立;
当pnanbn=(3n-1)2n>0时,
设Sn=p1a1b1+p2a2b2+…+pn-1an-1bn-1+pnanbn=2×2+5×22+…+(3n-4)2n-1+(3n-1)2n,
所以2Sn=2×22+5×23+…+(3n-4)2n+(3n-1)2n+1,
所以-Sn=4+3×(22+23+…+2n)-(3n-1)2n+1=4+3×-(3n-1)2n+1=-8+(4-3n)2n+1,
所以Sn=8+(3n-4)2n+1,则Sn为Tn中的最大元素,
此时an+1bn+1-Sn=(3n+2)2n+1-[8+(3n-4)2n+1]=6·2n+1-8>0恒成立,
所以 t∈Tn,均有t(ii)解法一:由(i)得Sn=8+(3n-4)2n+1为Tn中的最大元素,
由题意可得Tn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,此时该系列的元素只有Sn=8+(3n-4)2n+1,即个;
当p1,p2,…,pn-1,pn中只有1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,共有个,
则这n个元素的和为Sn-(a1b1+a2b2+…+anbn)=()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-ajbj(i,j∈{1,2,…,n},i≠j),共有个,
则这n个元素的和为(a1b1+a2b2+…+anbn)=()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-ajbj-akbk(i,j,k∈{1,2,…,n},i≠j≠k),共有个,则这n个元素的和为(a1b1+a2b2+…+anbn)=()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,共有个,
则这n个元素的和为(a1b1+a2b2+…+anbn)=()Sn;
当p1,p2,…,pn-1,pn均为0时,此时该系列的元素为0=()·Sn,即=1个.
综上所述,Tn中的所有元素之和为
Sn+(-1)Sn+()Sn+()Sn+…+()Sn+0
=[()-()]Sn
=(2n-2n-1)Sn=2n-1Sn=2n-1·[8+(3n-4)2n+1].
解法二:由(i)得Sn=8+(3n-4)2n+1为Tn中的最大元素,
由题意可得Tn={Sn,Sn-aibi,Sn-aibi-ajbj,Sn-aibi-ajbj-akbk,…,aibi+ajbj,aibi,0}(i,j,k∈{1,2,…,n},i≠j≠k),
所以Tn的所有的元素的和中各项aibi(i∈{1,2,…,n})出现的次数均为=2n-1次,
所以Tn中的所有元素之和为2n-1(a1b1+a2b2+…+anbn)=2n-1Sn=2n-1·[8+(3n-4)2n+1].
全真全练
考点　数列的求和
1.(2024全国甲文,17,12分,易)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.
解析　(1)因为2Sn=3an+1-3,
所以n≥2时,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=,
故2a1=3a2-3=3a1×-3=5a1-3,
故a1=1,故an=.
(2)由等比数列求和公式得Sn=,
所以数列{Sn}的前n项和Tn=S1+S2+S3+…+Sn=n
=n
=.
2.(2024全国甲理,18,12分,易)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.
解析　(1)∵4Sn=3an+4①,
∴当n=1时,4S1=4a1=3a1+4,得a1=4,
当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4②,
由①-②得,4an=3an-3an-1,
∴an=-3an-1,
∴数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列.
∴an=4×(-3)n-1.
(2)由(1)得bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,
∴Tn=4×30+4×2×31+4×3×32+…+4(n-1)·3n-2+4n·3n-1③,
3Tn=4×31+4×2×32+4×3×33+…+4(n-1)·3n-1+4n·3n④,
③-④得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n·3n,
∴-2Tn=4+4·-4n·3n,
∴-2Tn=4+(2-4n)·3n-6=-2+(2-4n)3n,
∴Tn=1+(2n-1)3n.
3.(2023全国甲理,17,12分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Tn.
解析　(1)当n=1时,2a1=a1,即a1=0,
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,①
又2Sn=nan,②
∴②-①得2an=nan-(n-1)an-1,
即(n-2)an=(n-1)an-1.
当n=2时,上式成立.
当n≥3时,,
∴an=·a2
=·1=n-1,
即an=n-1(n≥3).
当n=1时,a1=0符合上式,
当n=2时,a2=1符合上式.
综上,{an}的通项公式为an=n-1,n∈N*.
(2)由(1)知an+1=n,
设bn=.
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=1×,①
.②
①-②得
=1-,
∴Tn=2-(n+2)·.
故数列的前n项和Tn=2-(n+2)·.
4.(2023全国乙文,18,12分,中)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2=11,S10=40.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
则
∴an=13-2(n-1)=15-2n.
(2)由an=15-2n知,当n≤7,n∈N*时,an>0,当n≥8,n∈N*时,an<0,
∴当n≤7,n∈N*时,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn==-n2+14n;
当n≥8,n∈N*时,
Tn=(a1+a2+…+a7)-(a8+a9+…+an)
=2S7-Sn=98-(-n2+14n)=n2-14n+98.
∴Tn=
5.(2023新课标Ⅱ,18,12分,中)已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
解析　(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,
∵bn=
∴b1=a1-6,b2=2a2,b3=a3-6,
又T3=16,且b1+b2+b3=a1+2a2+a3-12=4a2-12,
∴4a2-12=16,∴a2=7,即a1+d=7,①
又S4=32,∴4a1+6d=32,②
由①②得a1=5,d=2,
∴an=5+2(n-1)=2n+3.
(2)证明:
T2n=b1+b3+…+b2n-1+b2+b4+…+b2n
=a1+a3+…+a2n-1-6n+2a2+2a4+…+2a2n
=S2n+a2+…+a2n-6n
=S2n+-6n
=S2n+2n2-n.
T2n+1=T2n+b2n+1=S2n+2n2-n+a2n+1-6=S2n+1+2n2-n-6.
当n≥1时,T2n-S2n=2n2-n>0,故T2n>S2n;
当n>2时,T2n+1-S2n+1=2n2-n-6>0,故T2n+1>S2n+1.
综上,当n>5时,Tn>Sn.
三年模拟
练综合
1.(题型一)(2025河东二模,18)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列,d∈N*,q∈N*,2a3+a2=b3,a3-a2=b1,a1=b1+1.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式及ai.
(2){an}落在区间(bk,bk+1)之内的项的个数为{ck},k∈N*.
(i)求c1,c2及数列{ck}的通项公式;
(ii)求aici.
解析　(1)由题意得an=a1+(n-1)d,bn=b1qn-1,d∈N*,q∈N*,
由已知得d=b1,又a1=b1+1,
则2a3+a2=8b1+3=b1q2,d∈N*,q∈N*,
q2=8+,解得q=3,b1=3,
故an=3n+1,bn=3n,
×19=1 045.
(2)(i)由已知(b1,b2)=(3,9),∴c1=2,(b2,b3)=(9,27),∴c2=6,
∵(bk,bk+1)=(3k,3k+1),bk∴3k<3n+1<3k+1,即3k-1-,
∵n∈N*,k∈N*,∴3k-1≤n≤3k-1,
∴ck=(3k-1)-3k-1+1=2×3k-1.
(ii)设An=2(3i+1)·3i-1,
An=8×30+14×31+…+(6n-4)×3n-2+(6n+2)×3n-1,①
3An=8×31+14×32+…+(6n-4)×3n-1+(6n+2)×3n,②
①-②得-2An=8+6(31+32+…+3n-1)-(6n+2)×3n=8+6×3×-(6n+2)×3n=(1-6n)×3n-1,
则An=×3n.
2.(题型二、三)(2025南开二模,18)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=2,S7=28.
(1)求{an}的通项公式.
(2)记bn=.
(i)求数列的前n项和Tn;
(ii)求.
解析　(1)设公差为d,由题意得
所以an=n.
(2)(i)由(1)知bn=+…+(n+1),
因为(k=0,1,2,…,n),
所以2bn=2
=[+(n+1)]+(2)+[3+(n-1)]+…+[(n+1)]
=(n+2)+(n+2)+(n+2)+…+(n+2)
=(n+2)()
=(n+2)·2n,
所以bn=(n+2)·2n-1,
所以=(2n-1)2=4n-1,
所以Tn=.
(ii)因为
=
=
=2,
所以
=
=
=.
3.(题型一)(2025河东期末,19)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0,已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{(-1}的前n项和为Tn,记cn=b2n,求cn;
(3)求.
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,q>0,
已知b1=1,b3=b2+2,所以q2=q+2,解得q=2,则bn=2n-1,
由于b4=a3+a5,b5=a4+2a6,所以2a1+6d=8,3a1+13d=16,解得a1=d=1,
则an=n.
(2)由(1)知:(-1=(-1)n,
所以T2n=0,T2n-1=-1,
所以cn=b2n
=b2n-1+×22n-1=4n.
(3)由(2)得,
设Qn=,
所以Qn=①,
4Qn=+n②,
①-②得:-3Qn=-n,整理得Qn=.
4.(题型一)(2025河西期末,19)已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,S3=6,a2,a4,a8成等比数列,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式及Sn;
(2)设A=,求A的最小值,并求取得最小值时n的值;
(3)设bn=其中k∈N,求bi.
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),
由题意得
解得
故an=n,Sn=.
(2)由(1)得A=+1,当且仅当n=,即n=时,等号成立,
∵n∈N*,当n=4时,A=9;
当n=5时,A=9,
所以当n=4时,A取得最小值9.
(3)当n=1时,b1=1,
当i≠2k时,bi-bi-1=-1,可知数列{bi}是等差数列,
bi=2k-1+(2k-1-1)+(2k-1-2)+…+[2k-1-(2k-1-1)]
=(2k-1+1)=22k-3+2k-2,
∴(22i-3+2i-2)
=2i-2
=(2-1+21+…+22n-3)+(2-1+20+…+2n-2)
=.
5.(题型二)(2025天津一中月考三,19)已知{an}是各项均为正整数的无穷递增数列,对于k∈N*,设集合Bk={i∈N*|ai(1)若an=n2,求b1,b2,b17的值;
(2)若an=2n,设{bn}的前n项和为Sn,求;
(3)若数列{bn}是等差数列,求数列{an}的通项公式.
解析　(1)因为an=n2,
所以a1=1,a2=4,a3=9,a4=16,a5=25,
所以B1={i∈N*|ai<1}= ,
B2={i∈N*|ai<2}={1},
B17={i∈N*|ai<17}={1,2,3,4}.
故b1=0,b2=1,b17=4.
(2)因为an=2n,
所以a1=2,a2=4,a3=8,a4=16,a5=32,
则B1={i∈N*|ai<1}= ,
B2={i∈N*|ai<2}= ,
所以b1=0,b2=0,
当2i则满足ai故=i,
所以=b1+b2+(b3+b4)+(b5+b6+b7+b8)+…+()
=1×21+2×22+…+n×2n,
注意到n×2n=(n-1)×2n+1-(n-2)×2n,
所以=0×22-(-1)×21+1×23-0×22+…+(n-1)×2n+1-(n-2)×2n
=(n-1)×2n+1+2.
(3)由题可知a1≥1,
所以B1= ,所以b1=0,
若a1=m≥2,则B2= ,Bm+1={1},
所以b2=0,bm+1=1,与{bn}是等差数列矛盾,
所以a1=1,设dn=an+1-an(n∈N*),
因为{an}是各项均为正整数的递增数列,所以dn∈N*,
假设存在j∈N*,使得dj≥2,设aj=k,
由aj+1-aj≥2得aj+1≥k+2,
由aj=k所以对任意n∈N*都有dn=1,
所以数列{an}是等差数列,an=1+(n-1)=n.
名师点睛　　　求解与新定义运算有关的题目,关键是理解和运用新定义的概念以及运算,利用化归和转化的数学思想方法,将不熟悉的数学问题,转化成熟悉的问题进行求解.
6.(题型二)(2025南开质量检测二,19)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=2,b2=4,an=2log2bn,n∈N*.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足c1=6,且,设Sn为数列{cn}的前n项和,集合A={Sn|Sn∈N*},求A(用列举法表示);
(3)求(-1)iaibi-1.
解析　(1)b2=4,a2=2log2b2=2log24=4,
又{an}为等差数列,a1=2,设公差为d,
则d=a2-a1=4-2=2,故{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n,
又an=2log2bn,n∈N*,故bn==2n,
故{bn}的通项公式为bn=2n.
(2),其中c1=6,
cn=cn-4=…
=c1
=,
故Sn=12,
要想Sn∈N*,则(n+1)需要能整除12,
又n∈N*,故n=1,2,3,5,11,
此时S1==6,S2==8,
S3==9,S5==10,
S11==11,
故A={6,8,9,10,11}.
(3)因为an=2n,bn=2n,
所以(-1)iaibi-1=(-1)i2i·2i-1=i·(-2)i,
令Tn=(-1)iaibi-1,
则Tn=1×(-2)1+2×(-2)2+3×(-2)3+…+n·(-2)n①,
-2Tn=1×(-2)2+2×(-2)3+3×(-2)4+…+n·(-2)n+1②,
①-②得3Tn=(-2)1+(-2)2+…+(-2)n-n·(-2)n+1
=-n·(-2)n+1
=-·(-2)n+1,
故Tn=-·(-2)n+1,
即(-1)iaibi-1=-·(-2)n+1.
7.(题型三)(2025天津部分区期末,19)已知{an}为公比大于0的等比数列,且a1=1,a2=a3-2.
(1)求{an}的通项公式.
(2)设数列{bn}满足bn=其中k∈N*.
(i)求;
(ii)求bi.
解析　(1)设数列{an}的公比为q,且q>0,
因为a1=1,a2=a3-2,所以q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去),
所以an=2n-1.
(2)(i)由(1)可知an=2n-1,
则bn=
=1+log22n-1=n,
当2k-1+(2n-1-2n-1)·2=n-2+2n.
(ii)由(i)可知,当2k-1可得=4k-1+(k-1)·2k-1,
所以bi=(40+41+42+…+4n-1)+[1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1],
记A=40+41+42+…+4n-1,
B=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1,
则bi=A+B,
A=(4n-1).
B=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1①,
2B=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n②,
①-②得
-B=21+22+23+24+…+2n-1-(n-1)×2n
=-(n-1)×2n=(2-n)×2n-2,
∴B=(n-2)×2n+2,
∴(4n-1)+(n-2)×2n+2=+(n-2)×2n.
8.(题型三)(2025和平二模,19)已知n∈N*,数列{an}为等差数列,公差为d,且d>1,若an·bn=n2+n.记数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn.
(1)若2a4=3a2+2a1,S4+T3=33,求d.
(2)若数列{bn}为等差数列,S4-T4=4.
(i)求数列{bn}的通项公式;
(ii)若数列{cn}满足5log2cn=7bn,将数列{an},{cn}中的项按如下规律组成数列{hn}:a1,c1,a2,a3,c2,a4,…,a7,c3,a8,…,a15,c4,…,,,…,,ck+1,…(k∈N),求hi(i∈N*).
解析　(1)因为2a4=3a2+2a1,所以2a1+6d=3a1+3d+2a1,
可得a1=d,故S4=4a1+6d=10d,
因为an·bn=n2+n,an=a1+(n-1)d=nd,
所以bn=,
所以T3=b1+b2+b3=,S4+T3=10d+=33,即10d2-33d+9=0,
解得d=3或d=(舍去),所以d=3.
(2)设an=kn+m,bn=sn+t,
所以有(kn+m)·(sn+t)=n2+n,
整理得ksn2+(ms+kt)n+mt=n2+n,
所以ks=1,ms+kt=1,mt=0,
若m=0,则ks=1,kt=1,所以s=t,
所以an=kn,bn=(n+1);
若t=0,则ks=1,ms=1,所以k=m,
所以an=k(n+1),bn=n.
(i)①若an=kn(k>1),bn=(n+1),则a1=k,b1=,S4=4k+k=10k,T4=4·,
由S4-T4=10k-=4整理得,5k2-2k-7=0,解得k=或k=-1,因为k>1,所以k=.
②若an=k(n+1)(k>1),bn=n,
则a1=2k,b1=,S4=4×2k+k=14k,T4=4·,
由S4-T4=14k-=4整理得,7k2-2k-5=0,解得k=-或k=1,因为k>1,所以舍去.
综上,数列{an}的通项公式为an=n,数列{bn}的通项公式为bn=(n+1).
(ii)因为5log2cn=7bn,由(i)有bn=(n+1),所以cn=2n+1,
求和式hi中,数列{cn}中的项共n项,数列{an}中的项共(2n-1)项,
所以=2n+2-4,(4n-2n),
所以(4n-2n)=×2n-4.
9.(题型一、二)(2025天津十二校一模,19)数列{an}是公差不为0的等差数列,a1=1.已知,,,…,为等比数列,且b1=2,b2=6,b3=22.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式.
(2)设数列{an}中的项落在区间(3bm,3bm+1)中的项数为cm(m∈N*).
(i)求数列{ancn}的前n项和Hn;
(ii)设数列{dn}满足d1=1,若存在正整数k≥2满足当n=1,2,3,…,k-1时,dn+1=cndn,且,求dk+1.
解析　(1)设数列{an}的公差为d(d≠0),由题意得,即=a2a22,即(1+5d)2=(1+d)(1+21d),
解得d=3或d=0(舍去),
又因为a1=1,所以an=3n-2,
所以a2=4,a6=16,所以=4n,又因为=3bn-2,所以3bn-2=4n,解得bn=.
(2)(i)3bm=4m+2,3bm+1=4m+1+2,
数列{an}中落在区间(3bm,3bm+1)中的项满足4m+2<3n-2<4m+1+2,
即,
因为3m-1,
=3m,
所以cm=+1=4m,
所以ancn=(3n-2)4n.
解法一:Hn=1×41+4×42+…+(3n-2)4n,
4Hn=1×42+4×43+…+(3n-2)4n+1,
-3Hn=1×41+3×(42+43+…+4n)-(3n-2)4n+1=4+3×-(3n-2)4n+1
=4+4n+1-16-(3n-2)4n+1
=(3-3n)4n+1-12,
所以Hn=(n-1)4n+1+4.
解法二:ancn=(n-1)4n+1-(n-2)4n,
Hn=4+0-0+43-43+…-(n-2)4n+(n-1)4n+1=(n-1)4n+1+4.
(ii)当n=1,2,3,…,k-1时,dn+1=cndn,
所以
=,
又因为,
所以,得dk+1=3×4k-1dk,
所以当n=2,3,…,k时,
dn=
=cn-1·cn-2·…·c1=,
所以dk=,
所以dk+1=3×4k-1dk=3×,
综上,dk+1=3×=3×2(k-1)(k+2).
10.(题型一、三)(2025南开一模,19)已知公差大于0的等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=9,a2+3是a3-1,a5的等比中项.
(1)求{an}的通项公式及Sn.
(2)记bm为{an}在区间[a2m,)(m∈N*)内项的个数,Tn为数列{bn}的前n项和.
(i)若Tn+Sn<2 025,求n的最大值;
(ii)设cn=,证明:.
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
依题意,S3=3a1+3d=9,即a1=3-d,①
(a2+3)2=(a3-1)a5,即(a1+d+3)2=(a1+2d-1)(a1+4d),②
将①代入②得d2+3d-10=0,因为d>0,
所以d=2,a1=1,
所以an=2n-1,Sn=n2.
(2)(i)令a2m≤2n-1<,即4m-1≤2n-1<22m+1,解得2m≤n<22m+,
所以bm=22m-2m+1,即{bn}的通项公式为bn=4n-2n+1.
所以Tn=-n2.
又Sn=n2,所以Tn+Sn=.
由Tn+Sn=<2 025,得4n+1<6 079,
因为46=4 096<6 079,47=16 384>6 079,
所以n的最大值为5.
(ii)证明:由(i)知
cn=,
则ci=cn+1>0,
所以.
cn=,
设Mn=,①
则,②
①-②得,
所以Mn=.
所以.
综上,.
练素养
1.(题型一)(2025天津塘沽一中月考三,19)设q,d为常数,若存在大于1的整数k,使得无穷数列{an}满足an+1=则称数列{an}(n∈N*)为“M(k)数列”.
(1)设d=3,q=0,若首项为1的数列{an}为“M(3)数列”,求a2 024;
(2)若数列{bn}为“M(2)数列”,且bn=(-1)n-1,求出相应的d、q的值及(3-qi)di;
(3)设d=1,q=2,若首项为1的数列{cn}为“M(10)数列”,求数列{cn}的前10n项和S10n.
解析　(1)由题意知
an+1=
则a1=1,a2=4,a3=7,a4=0,a5=3,a6=6,a7=0,a8=3,a9=6,a10=0,……,
因此数列{an}(n∈N*)中,从第4项起,每3项重复出现一次,
则有a3n+1=0,a3n+2=3,a3n+3=6,n∈N*,
所以a2 024=a674×3+2=3.
(2)因为数列{bn}为“M(2)数列”,
所以k=2,bn+1=
又bn=(-1)n-1,所以b1=(-1)0=1,
所以b2=(-1)1=b1+d=1+d,∴d=-2,
b3=(-1)2=qb2=-q,∴q=-1,
(3-qi)di=(3+i)(-2)i=4×(-2)+5×(-2)2+…+(3+n)(-2)n,
-2(3+i)(-2)i=4×(-2)2+5×(-2)3+…+(3+n)(-2)n+1,
两式相减得:3(3+i)(-2)i=-8+(-2)2+(-2)3+…+(-2)n-(3+n)(-2)n+1
=-8+-(3+n)(-2)n+1
=-(-2)n,
所以(3-qi)di=-(-2)n.
(3)依题意得cn+1=
又c1=1,则c2=2,c3=3,c4=4,c5=5,c6=6,c7=7,c8=8,c9=9,c10=10,
c11=2c10=20,c12=21,c13=22,c14=23,c15=24,c16=25,c17=26,c18=27,c19=28,c20=29,c21=2c20=58,……
c10(n-1)+1,c10(n-1)+2,c10(n-1)+3,…,c10n是公差为1的等差数列,所以c10n=c10(n-1)+1+9,
当n≥2时,c10n=2c10(n-1)+9,
∴c10n+9=2[c10(n-1)+9],而c10+9=19,
因此数列{c10n+9}是以19为首项,2为公比的等比数列,
则c10n+9=19×2n-1,∴c10n=19×2n-1-9,
令Tn=c10(n-1)+1+c10(n-1)+2+c10(n-1)+3+…+c10n,
则Tn=10c10n+×(-1)=10c10n-45,
所以S10n=(c1+c2+…+c10)+(c11+c12+c13+…+c20)+…+[c10(n-1)+1+c10(n-1)+2+c10(n-1)+3+…+c10n]
=T1+T2+…+Tn=(10c10-45)+(10c20-45)+…+(10c10n-45)
=10(c10+c20+…+c10n)-45n
=10[19(20+21+…+2n-1)-9n]-45n
=190×-135n=190(2n-1)-135n.
2.(2025天津三校缓适性测试,18)若数列{an}满足a1=1,且存在正整数m,使得an为奇数时,an+1=an+2m-1;an为偶数时,an+1=an,称{an}为m阶跳跃数列,记d(i,j)=|ai-aj|.
(1)若数列{an}为m阶跳跃数列,且对任意1≤i(2)已知m为正整数,数列{an}为2m-1阶跳跃数列.
①求d(i,j)的所有不同值的和T.
②对任意m∈N*,m≥2,令cm=,求证:ci<4.
解析　(1)由题意知数列{an}为跳跃数列,且a1=1,
若m=1,则a2=a1+1=2,a3=a2=1,d(1,3)=0,
与对任意1≤i若m=2,则a2=a1+3=4,a3=a2=2,a4=a3=1,d(1,4)=0,
与对任意1≤i若m=3,则a1=1,a2=a1+5=6,a3=a2=3,a4=a3+5=8,a5=a4=4,a6=a5=2,
满足对任意1≤i此时d(i,j)的最大值为8-1=7,
所以m的最小值为3,且m=3时d(i,j)的最大值为7.
此时数列{an}的周期是6,数列{an}的前2 025项的和为337(1+6+3+8+4+2)+1+6+3=8 098.
(2)①当m=1时,数列{an}为1阶跳跃数列,则a1=1,a2=a1+2-1=2,a3=a2=1;
当m=2时,数列{an}为2阶跳跃数列,则
a1=1,a2=a1+2×2-1=4,
a3=a2=2,a4=a3=1;
当m=3时,数列{an}为22阶跳跃数列,则a1=1,a2=a1+2×22-1=8,
a3=a2=4,a4=a3=2,a5=a4=1;
……
所以数列{an}中项的可能取值为1,2,22,23,…,2m,
d(i,j)的所有不同的值为1-1,2-1,22-1,22-2,23-1,23-2,23-22,…,2m-1,2m-22,…,2m-2m-1,
所以T=0+(2-1)+[2×22-(1+2)]+[3×23-(1+2+22)]+…+[m×2m-(1+2+22+…+2m-1)],
因为m×2m-(1+2+22+…+2m-1)=m×2m-=m×2m-(2m-1)=(m-1)2m+1=(m-2)2m+1-(m-3)2m+1,
所以=[(i-2)2i+1-(i-3)2i]+m=(m-2)2m+1+m+4.
②证明:cm=(m≥2),所以c2+c3+c4+…+cn=<4.
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