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专题6　数　列
第51练　等差数列
(分值：40分)
一、单项选择题(每小题5分，共15分)
1.若等差数列{an}的前15项和S15=30，则a7+a8+a9等于(　　)
A.-2 B.6 C.10 D.14
2.已知等差数列{an}共有(2n+1)项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则an+1的值为(　　)
A.30 B.29 C.28 D.27
3.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn=nan-2n(n-1)，则(　　)
A.S6=a17+a1 B.S6=a17-a1
C.S6=a17+a2 D.S6=a17-a2
二、多项选择题(共6分)
4.设数列{an}的前n项和为Sn，-=-1，S1=32，则下列说法正确的是(　　)
A.{an}是等差数列
B.S3，S6-S3，S9-S6成等差数列，公差为-9
C.当n=16或n=17时，Sn取得最大值
D.当Sn≥0时，n的最大值为32
三、填空题(共5分)
5.等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且=，则=　　　　　　；若的值为正整数，则n=　　　　　　.
四、解答题(共14分)
6.(14分)已知数列{an}为等差数列，且满足a2n=2an+1(n∈N*).
(1)若a1=1，求{an}的前n项和Sn；(6分)
(2)若数列{bn}满足-=，且数列{an·bn}的前n项和Tn=(3n-4)·2n+1+8，求数列{bn}的通项公式.(8分)
第51练　等差数列
(分值：40分)
一、单项选择题(每小题5分，共15分)
1.若等差数列{an}的前15项和S15=30，则a7+a8+a9等于(　　)
A.-2 B.6 C.10 D.14
答案　B
解析　∵等差数列{an}的前15项和S15=30，
∴S15=(a1+a15)=15a8=30，解得a8=2，
∴a7+a8+a9=3a8=6.
2.已知等差数列{an}共有(2n+1)项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则an+1的值为(　　)
A.30 B.29 C.28 D.27
答案　B
解析　∵奇数项共有(n+1)项，其和为·(n+1)=·(n+1)=290，
∴(n+1)an+1=290.
∵偶数项共有n项，其和为·n=·n=nan+1=261，
∴an+1=290-261=29.
3.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn=nan-2n(n-1)，则(　　)
A.S6=a17+a1 B.S6=a17-a1
C.S6=a17+a2 D.S6=a17-a2
答案　A
解析　当n≥2时，an=Sn-Sn-1
=nan-2n(n-1)-(n-1)an-1+2(n-1)(n-2)
=nan-(n-1)an-1-4(n-1)，
则(n-1)an-(n-1)an-1=4(n-1)，
即an-an-1=4，
所以数列{an}是公差为4的等差数列.
又a1=1，则an=1+4(n-1)=4n-3，
Sn=×n=n(2n-1).
所以a17=4×17-3=65，
S6=6×11=66=a17+a1.
二、多项选择题(共6分)
4.设数列{an}的前n项和为Sn，-=-1，S1=32，则下列说法正确的是(　　)
A.{an}是等差数列
B.S3，S6-S3，S9-S6成等差数列，公差为-9
C.当n=16或n=17时，Sn取得最大值
D.当Sn≥0时，n的最大值为32
答案　AC
解析　由-=-1，S1=32可得，数列是以32为首项，-1为公差的等差数列，
则=32+(n-1)×(-1)=-n+33，
∴Sn=-n2+33n.
对于选项A，∵Sn=-n2+33n，
∴当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(-n2+33n)-[-(n-1)2+33(n-1)]=-2n+34，
∵当n=1时，a1=S1=32也符合上式，
∴an=-2n+34，n∈N*.
∵an+1-an=[-2(n+1)+34]-(-2n+34)=-2，
∴数列{an}是公差为-2的等差数列，故选项A正确；
对于选项B，∵Sn=-n2+33n，
∴S3=-32+33×3=90，S6=-62+33×6=162，S9=-92+33×9=216，
∴S6-S3=72，S9-S6=54，
则2(S6-S3)=S3+(S9-S6)，
(S6-S3)-S3=-18，
∴S3，S6-S3，S9-S6成等差数列，公差为-18，故选项B错误；
对于选项C，∵Sn=-n2+33n=-+，n∈N*，
∴当n=16或n=17时，Sn取得最大值，故选项C正确；
对于选项D，令Sn=-n2+33n≥0，
得0≤n≤33，n∈N*，即当Sn≥0时，n的最大值为33，故选项D错误.
三、填空题(共5分)
5.等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且=，则=　　　　　　；若的值为正整数，则n=　　　　　　.
答案　　1或3
解析　由等差数列的性质可得a1+a21=a2+a20，b1+b21=b7+b15，
===，
因为=，
所以====；
因为====，
所以======3-，
要使的值为正整数，因为n∈N*，所以n+1为2或4，所以n=1或3.
四、解答题(共14分)
6.(14分)已知数列{an}为等差数列，且满足a2n=2an+1(n∈N*).
(1)若a1=1，求{an}的前n项和Sn；(6分)
(2)若数列{bn}满足-=，且数列{an·bn}的前n项和Tn=(3n-4)·2n+1+8，求数列{bn}的通项公式.(8分)
解　(1)当n=1时，由a2n=2an+1，则a2=2a1+1，因为a1=1，则a2=3，
所以等差数列{an}的公差为a2-a1=2，
即an=1+(n-1)·2=2n-1，
所以{an}的前n项和Sn===n2.
(2)当n=1时，a1b1=T1=(3-4)×22+8=4，可得b1=，
当n≥2时，anbn=Tn-Tn-1=[(3n-4)·2n+1+8]-[(3n-7)·2n+8]
=3n·2n+1-2n+3-3n·2n+7·2n=2n(6n-8-3n+7)=2n(3n-1)，
将n=1代入上式，则a1b1=2×(3-1)=4=T1，
综上所述，anbn=2n(3n-1)，n∈N*.
a2b2=22×(3×2-1)=20，可得b2=，
由(1)可知a2=2a1+1，则b2=，
由-=，可得(2a1+1)-a1=，解得a1=2，
由a2=2a1+1=5，则等差数列{an}的公差为3，所以an=3n-1，
由anbn=2n(3n-1)，n∈N*，得bn=2n.第52练　等比数列
(分值：40分)
一、单项选择题(每小题5分，共15分)
1.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S9+7S6=8S3，则{an}的公比为(　　)
A.2 B. C.- D.-2
2.在等比数列{an}中，若a1·a5·a12为一确定的常数，记数列{an}的前n项积为Tn，则下列各数为常数的是(　　)
A.T6 B.T8 C.T10 D.T11
3.已知数列{an}满足a1=1，前n项和为Sn，an+1·an=2n(n∈N*)，则S2 026等于(　　)
A.22 026-1 B.3×21 013-1
C.3×21 013-2 D.3×21 013-3
二、多项选择题(共6分)
4.记等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足a1>1，a2 024>1，a2 025<1，则(　　)
A.a2 024a2 026-1<0
B.S2 024+1C.T2 024是数列{Tn}中的最大项
D.T4 049>1
三、填空题(共5分)
5.设函数y=f(x)的定义域为R，若 f(0)=1 013，且对任意x∈R，满足f(x+1)-f(x)≤3x，f(x+2)-f(x)≥4×3x，则 f(2 025)的值为　　　　.
四、解答题(共14分)
6.(14分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，an+1=3Sn+1，n∈N*.
(1)求{an}通项公式；(6分)
(2)设bn=，在数列{bn}中是否存在三项bm，bk，bp(其中2k=m+p)成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由.(8分)
第52练　等比数列
(分值：40分)
一、单项选择题(每小题5分，共15分)
1.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S9+7S6=8S3，则{an}的公比为(　　)
A.2 B. C.- D.-2
答案　D
解析　设等比数列{an}的公比为q，根据等比数列前n项和的性质，S3，S6-S3，S9-S6成等比数列，且公比为q3，又S9+7S6=8S3，即S9-S6=-8(S6-S3)，所以q3=-8，解得q=-2.
2.在等比数列{an}中，若a1·a5·a12为一确定的常数，记数列{an}的前n项积为Tn，则下列各数为常数的是(　　)
A.T6 B.T8 C.T10 D.T11
答案　D
解析　在等比数列{an}中，设公比为q，
则a1·a5·a12=q15=(a1q5)3，
若a1·a5·a12为一确定的常数，
则a1q5为一确定的常数，
又∵T6=q15=，
T8=q28=，T10=q45=，
T11=q55=(a1q5)11，∴T11为常数.
3.已知数列{an}满足a1=1，前n项和为Sn，an+1·an=2n(n∈N*)，则S2 026等于(　　)
A.22 026-1 B.3×21 013-1
C.3×21 013-2 D.3×21 013-3
答案　D
解析　数列{an}中，a1=1，由an+1·an=2n，得a2=2，an+2·an+1=2n+1，
则有=2，
因此数列{a2n-1}是以1为首项，2为公比的等比数列，数列{a2n}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以S2 026=(a1+a3+…+a2 025)+(a2+a4+…+a2 026)=+=3×21 013-3.
二、多项选择题(共6分)
4.记等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足a1>1，a2 024>1，a2 025<1，则(　　)
A.a2 024a2 026-1<0
B.S2 024+1C.T2 024是数列{Tn}中的最大项
D.T4 049>1
答案　AC
解析　设数列{an}的公比为q.
∵a1>1，a2 025<1，
∴0又a2 024>1，∴0∵a2 024a2 026=<1，
∴a2 024a2 026-1<0，故A正确；
∵a2 025<1，
∴a2 025=S2 025-S2 024<1，
即S2 024+1>S2 025，故B错误；
∵01，
∴数列{an}是递减数列，
∵a2 024>1，a2 025<1，
∴T2 024是数列{Tn}中的最大项，故C正确；
T4 049=a1a2a3·…·a4 049
=a1(a1q)(a1q2)·…·(a1q4 048)
=q1+2+3+…+4 048
=q2 024×4 049
=(a1q2 024)4 049=，
∵0∴<1，
即T4 049<1，故D错误.
三、填空题(共5分)
5.设函数y=f(x)的定义域为R，若 f(0)=1 013，且对任意x∈R，满足f(x+1)-f(x)≤3x，f(x+2)-f(x)≥4×3x，则 f(2 025)的值为　　　　.
答案　
解析　由 f(x+1)-f(x)≤3x，
可得 f(x+2)-f(x+1)≤3x+1，
因为f(x+2)-f(x)≥4×3x，
所以 f(x+1)-f(x)=-[f(x+2)-f(x+1)]+f(x+2)-f(x)≥-3x+1+4×3x=3x，
又因为f(x+1)-f(x)≤3x，
所以 f(x+1)-f(x)=3x，
所以f(2 025)-f(0)=[f(2 025)-f(2 024)]+[f(2 024)-f(2 023)]+…+[f(1)-f(0)]
=32 024+32 023+…+3+1==，
又因为f(0)=1 013，
所以f(2 025)= .
四、解答题(共14分)
6.(14分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，an+1=3Sn+1，n∈N*.
(1)求{an}通项公式；(6分)
(2)设bn=，在数列{bn}中是否存在三项bm，bk，bp(其中2k=m+p)成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由.(8分)
解　(1)由题意知，在数列{an}中，
an+1=3Sn+1，an=3Sn-1+1，n≥2，
两式相减可得，an+1-an=3an，an+1=4an，n≥2，
由条件知，a2=3a1+1=4a1，符合上式，
故an+1=4an，n∈N*.
∴{an}是以1为首项，4为公比的等比数列.
∴an=4n-1，n∈N*.
(2)由题意及(1)得，
在数列{an}中，an=4n-1，n∈N*，
在数列{bn}中，bn=，
如果满足条件的bm，bk，bp存在，
则=bmbp，其中2k=m+p，
∴=·，
∵2k=m+p，
∴(k+1)2=(m+1)(p+1)，解得k2=mp，
∴k=m=p，与已知矛盾，
∴不存在满足条件的三项.第53练　数列中的构造问题
(分值：40分)
一、单项选择题(每小题5分，共15分)
1.已知数列{an}满足a1=1，an+1=，则满足an>的n的最大值为(　　)
A.7 B.8 C.9 D.10
2.在数列{an}中，若a1=3，an+1=，则an等于(　　)
A.3n B.3n-1
C. D.
3.在数列{an}中，Sn为其前n项和，首项a1=1，函数f(x)=x3-an+1sin x+(2an+1)x+1，若f'(0)=0，则S2 025等于(　　)
A.22 023-2 024 B.22 024-2 025
C.22 025-2 026 D.22 026-2 027
二、多项选择题(共6分)
4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=1，a2=2，当n≥2时，an+1=4an-3an-1，则下列说法正确的是(　　)
A.数列{an+1-an}为等差数列
B.数列{an+1-3an}为等比数列
C.an=3n-1+1
D.Sn=+
三、填空题(共5分)
5.已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=a2=1，an+an+1=2n+1(n≥2)，则=　　　　　　.
四、解答题(共14分)
6.(14分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1，a2=，a3=，且当n≥2时，4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1.
(1)求a4的值；(3分)
(2)证明：数列为等比数列；(6分)
(3)求数列{an}的通项公式.(5分)
第53练　数列中的构造问题
(分值：40分)
一、单项选择题(每小题5分，共15分)
1.已知数列{an}满足a1=1，an+1=，则满足an>的n的最大值为(　　)
A.7 B.8 C.9 D.10
答案　C
解析　因为a1=1，an+1=，则an>0，
所以=4+，
所以-=4.
又=1，所以数列是以1为首项，4为公差的等差数列，
所以=1+4(n-1)=4n-3，
所以an=，
由an>，即>，
即0<4n-3<37，解得因为n为正整数，所以n的最大值为9.
2.在数列{an}中，若a1=3，an+1=，则an等于(　　)
A.3n B.3n-1
C. D.
答案　D
解析　由a1=3，an+1=知an>0，
对an+1=两边取以3为底的对数得，
log3an+1=2log3an，
则数列{log3an}是以log3a1=1为首项，2为公比的等比数列，
则log3an=1·2n-1=2n-1，
即an=.
3.在数列{an}中，Sn为其前n项和，首项a1=1，函数f(x)=x3-an+1sin x+(2an+1)x+1，若f'(0)=0，则S2 025等于(　　)
A.22 023-2 024 B.22 024-2 025
C.22 025-2 026 D.22 026-2 027
答案　D
解析　因为f(x)=x3-an+1sin x+(2an+1)x+1，
所以f'(x)=3x2-an+1cos x+2an+1，
若f'(0)=0，则an+1=2an+1，
所以an+1+1=2(an+1)，
又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=2n，所以an=2n-1，
故Sn=-n=2n+1-n-2，
所以S2 025=22 026-2 027.
二、多项选择题(共6分)
4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=1，a2=2，当n≥2时，an+1=4an-3an-1，则下列说法正确的是(　　)
A.数列{an+1-an}为等差数列
B.数列{an+1-3an}为等比数列
C.an=3n-1+1
D.Sn=+
答案　BD
解析　因为当n≥2时，an+1=4an-3an-1，所以an+1-an=3(an-an-1)或an+1-3an=an-3an-1，
又a1=1，a2=2，所以a2-a1=1≠0，a2-3a1=-1≠0，
所以数列{an+1-an}是首项为1，公比为3的等比数列，故A不正确；
数列{an+1-3an}是首项为-1的常数列，即为公比为1的等比数列，故B正确；
由A，B项分析可得an+1-an=3n-1，且an+1-3an=-1，所以an=，故C不正确；
Sn=a1+a2+…+an=++…+=(1+3+32+…+3n-1)+
=×+=+，故D正确.
三、填空题(共5分)
5.已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=a2=1，an+an+1=2n+1(n≥2)，则=　　　　　　.
答案　
解析　因为an+an+1=2n+1(n≥2)，
所以an+1-(n+1)=-(an-n)(n≥2).
因为a2-2=-1，所以{an-n}从第二项起是公比为-1的等比数列，
所以an=n+(-1)n-1(n≥2)，
所以an=
所以S2 025=1+2-1+3+1+…+2 025+1
=2 025×1 013，
S2 026=1+2-1+3+1+…+2 026-1
=2 025×1 014，
所以=.
四、解答题(共14分)
6.(14分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1，a2=，a3=，且当n≥2时，4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1.
(1)求a4的值；(3分)
(2)证明：数列为等比数列；(6分)
(3)求数列{an}的通项公式.(5分)
(1)解　当n=2时，4S4+5S2=8S3+S1，
即4×+5×=8×+1，解得a4=.
(2)证明　∵4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1(n≥2)，
∴4Sn+2-4Sn+1+Sn-Sn-1=4Sn+1-4Sn(n≥2)，
即4an+2+an=4an+1(n≥2)，
∵4a3+a1=4×+1=6=4a2，符合上式，
∴4an+2+an=4an+1，
∵====，
∴数列是以a2-a1=1为首项，为公比的等比数列.
(3)解　由(2)知，是以1为首项，为公比的等比数列，
∴an+1-an=.即-=4，
∴数列是以=2为首项，4为公差的等差数列，
∴=2+(n-1)×4=4n-2，
即 an=(4n-2)×=(2n-1)×，
∴数列{an}的通项公式是an=(2n-1)×.第54练　数列求和
(分值：30分)
1.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，且满足2a1+22a2+23a3+…+2nan=.
(1)求数列{an}的通项公式；(6分)
(2)若bn=nlog2an+1，求的前n项和Tn，并证明：≤Tn<1.(7分)
2.(17分)已知数列{an}是等差数列，且a2n=2an+1，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn=2n-1，a2=2b2-1.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；(7分)
(2)求数列的前n项和Qn.(10分)
第54练　数列求和
(分值：30分)
1.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，且满足2a1+22a2+23a3+…+2nan=.
(1)求数列{an}的通项公式；(6分)
(2)若bn=nlog2an+1，求的前n项和Tn，并证明：≤Tn<1.(7分)
解　(1)∵2a1+22a2+23a3+…+2nan=，
∴当n≥2时，2a1+22a2+23a3+…+2n-1an-1=，
两式相减得2nan=-=4n，
∴当n≥2时，an=2n，当n=1时也符合，
∴an=2n.
(2)由(1)可知bn=nlog2an+1=nlog22n+1=n(n+1)，
则==-，
∴Tn=1-+-+…+-=1-，
∵=>0，
∴各项均为正数，
∴Tn≥T1=，
又∵Tn=1-<1，
∴≤Tn<1.
2.(17分)已知数列{an}是等差数列，且a2n=2an+1，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn=2n-1，a2=2b2-1.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；(7分)
(2)求数列的前n项和Qn.(10分)
解　(1)由数列{bn}的前n项和为Tn=2n-1，
可知b1=T1=1，
bn=Tn-Tn-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1(n≥2，n∈N*)，
经检验，当n=1时，b1=1也满足上式，所以bn=2n-1.
在等差数列{an}中，因为a2=2b2-1=2×2-1=3，a2n=2an+1，
设等差数列{an}的公差为d，
所以解得
所以an=a1+(n-1)d=2n-1.
(2)由(1)知，==(2n-1)×，
所以Qn=1×+3×+5×+…+(2n-3)×+(2n-1)×，
则Qn=1×+3×+5×+…+(2n-3)×+(2n-1)×，
两式相减，得
Qn=1+2-(2n-1)×
=1+2·-(2n-1)×
=3-(2n+3)×，
则Qn=6-(2n+3)×.第55练　奇偶项问题
(分值：30分)
1.数列中的奇数项、偶数项问题的常见题型
(1)数列中连续两项和或积的问题(an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n))；
(2)含有(-1)n的类型；
(3)含有{a2n}，{a2n-1}的类型.
2.对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k-1+a2k看作一项，求出S2k，再求S2k-1=S2k-a2k.
1.(15分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=an(an+1).
(1)求{an}的通项公式；(7分)
(2)设bn=求数列{bn}的前2n项和T2n.(8分)
2.(15分)已知数列{an}满足a1=1，an+1=k∈N*.
(1)求a2，a3，设bn=a2n-2，n∈N*，证明数列{bn}是等比数列，并求其通项公式；(8分)
(2)求数列{an}前10项中所有奇数项的和.(7分)
第55练　奇偶项问题
(分值：30分)
1.数列中的奇数项、偶数项问题的常见题型
(1)数列中连续两项和或积的问题(an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n))；
(2)含有(-1)n的类型；
(3)含有{a2n}，{a2n-1}的类型.
2.对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k-1+a2k看作一项，求出S2k，再求S2k-1=S2k-a2k.
1.(15分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=an(an+1).
(1)求{an}的通项公式；(7分)
(2)设bn=求数列{bn}的前2n项和T2n.(8分)
解　(1)依题意，2Sn=an(an+1)，an>0，
当n=1时，2a1=a1(a1+1)，
解得a1=1或a1=0(舍去).
当n≥2时，由2Sn=an(an+1)，
得2Sn-1=an-1(an-1+1)，
两式相减得2an=+an--an-1，
--(an+an-1)=0，
即(an+an-1)(an-an-1-1)=0，
由于an+an-1>0，
所以an-an-1-1=0，an-an-1=1(n≥2)，
所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以an=n.
(2)由(1)得
bn=
所以T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n
=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)
=[1+3+…+(2n-1)]+
=·n+
=n2+-.
2.(15分)已知数列{an}满足a1=1，an+1=k∈N*.
(1)求a2，a3，设bn=a2n-2，n∈N*，证明数列{bn}是等比数列，并求其通项公式；(8分)
(2)求数列{an}前10项中所有奇数项的和.(7分)
解　(1)依题意，数列{an}满足a1=1，
an+1=k∈N*，
所以a2=a1+1=，
a3=a2-4=-4=-.
bn=a2n-2，a2n=bn+2，
bn+1=a2n+2-2=a2n+1+1-2
=a2n+1+2n+1-2=a2n+1+2n-1
=(a2n-4n)+2n-1
=a2n-1=(bn+2)-1
=bn.
所以数列{bn}是首项为b1=a2-2=-2=-，公比为的等比数列，
所以bn=-.
(2)由(1)知a2n=bn+2=2-，
a2n+1=a2n-4n=2--4n，
所以a5=2--8，a7=2--12，
a9=2--16，
所以a1+a3+a5+a7+a9=1++++=-.第56练　公共项问题
(分值：30分)
1.(15分)等差数列{an}的前n项和为Sn，a2a3=40，S3=15，数列{bn}满足b1+b2+b3+…+bn=n(n∈N*).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(7分)
(2)若从数列{an}中依次剔除与数列{bn}的公共项，剩下的项组成新的数列{cn}，求数列{cn}的前50项和T50.(8分)
2.(15分)已知数列{an}的前n项积为Tn=，数列{bn}满足b1=1，-=1(n≥2，n∈N*).
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(8分)
(2)将数列{an}，{bn}中的公共项按从小到大排列构成新数列{cn}，求数列{cn}的通项公式.(7分)
第56练　公共项问题
(分值：30分)
1.(15分)等差数列{an}的前n项和为Sn，a2a3=40，S3=15，数列{bn}满足b1+b2+b3+…+bn=n(n∈N*).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(7分)
(2)若从数列{an}中依次剔除与数列{bn}的公共项，剩下的项组成新的数列{cn}，求数列{cn}的前50项和T50.(8分)
解　(1)因为数列{an}是等差数列，
则S3=3a2=15，得a2=5，
又a2a3=40，所以a3=8，
所以等差数列{an}的公差d=a3-a2=3，
则an=a2+(n-2)d=3n-1.
因为b1+b2+b3+…+bn=n(n∈N*)，
则当n≥2时，
b1+b2+b3+…+bn-1=n-1，
两式作差得bn=1(n≥2)，
即bn=2n(n≥2)，
令n=1，得b1=1，则b1=2，
满足上式，则bn=2n(n∈N*).
综上，数列{an}的通项公式为an=3n-1(n∈N*)，
数列{bn}的通项公式为bn=2n(n∈N*).
(2)由(1)可得，a50=149，
且b1=2，b2=4，b3=8，b4=16，b5=32，b6=64，b7=128，b8=256，
经验证，数列{an}前50项中与数列{bn}的公共项共有4项，分别为2，8，32，128，
从而数列{an}中去掉的是2，8，32，128这4项，
所以T50=S54-(2+8+32+128)=2×54+×3-170=4 231.
2.(15分)已知数列{an}的前n项积为Tn=，数列{bn}满足b1=1，-=1(n≥2，n∈N*).
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(8分)
(2)将数列{an}，{bn}中的公共项按从小到大排列构成新数列{cn}，求数列{cn}的通项公式.(7分)
解　(1)Tn==a1a2…an，ln a1+ln a2+…+ln an=·ln 3，
当n=1时，a1=T1=30=1，
当n≥2，n∈N*时，ln a1+ln a2+…+ln an-1=·ln 3，
两式相减得ln an=·ln 3=(n-1)·ln 3=ln 3n-1，即an=3n-1，
而a1=1，满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an=3n-1.
因为数列{bn}满足b1=1，-=1(n≥2，n∈N*)，则{}为以1为首项，1为公差的等差数列，
则=+(n-1)·1=n，bn=n2，
从而数列{bn}的通项公式为bn=n2.
(2)令an=3n-1=m2=bm(n，m∈N*)，解得m=∈N*，这表明∈N，
从而只能n=2k-1，k∈N*，
所以ck=bm====9k-1，
所以数列{cn}的通项公式为cn=9n-1.第57练　增减项问题
(分值：30分)
增减项问题的解题策略
解决此类问题的关键是理解题意，弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征，在求新数列的和时，一般采用分组求和法，即把原数列部分和增加(减少)部分分别求和，再相加(相减)即可.
1.(13分)已知数列{an}的前n项和Sn=(n-1)2n+1+2，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；(5分)
(2)若bn=，抽去数列{bn}中的第1项，第4项，第7项，…，第3n-2项，余下的项顺序不变，组成一个新数列{cn}，求{cn}的前2 025项和T2 025.(8分)
2.(17分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1=b1，a2=5，a3+a4=19，S11=11(b4+1).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(5分)
(2)对任意的正整数n，设cn=求ci；(7分)
(3)若对于数列{an}，在ak和ak+1之间插入bk个1(k∈N*)，组成一个新的数列{dn}，记数列{dn}的前n项和为Tn，求T2 025.(5分)
第57练　增减项问题
1.(13分)已知数列{an}的前n项和Sn=(n-1)2n+1+2，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；(5分)
(2)若bn=，抽去数列{bn}中的第1项，第4项，第7项，…，第3n-2项，余下的项顺序不变，组成一个新数列{cn}，求{cn}的前2 025项和T2 025.(8分)
解　(1)由Sn=(n-1)2n+1+2，得a1=2，
Sn-1=(n-2)2n+2(n≥2)，
两式相减得an=n·2n(n≥2)，
当n=1时，a1=2满足上式，
所以an=n·2n(n∈N*).
(2)由题知，bn==2n，
所以数列{cn}为22，23，25，26，28，29，…，
它的奇数项组成以4为首项，8为公比的等比数列；
偶数项组成以8为首项，8为公比的等比数列，
所以T2 025=(c1+c3+c5+…+c2 025)+(c2+c4+c6+…+c2 024)=+
=+=.
2.(17分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1=b1，a2=5，a3+a4=19，S11=11(b4+1).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(5分)
(2)对任意的正整数n，设cn=求ci；(7分)
(3)若对于数列{an}，在ak和ak+1之间插入bk个1(k∈N*)，组成一个新的数列{dn}，记数列{dn}的前n项和为Tn，求T2 025.(5分)
解　(1)在等差数列{an}中，a2+a5=a3+a4=19，
而a2=5，解得a5=14，
公差d==3，
则an=a2+(n-2)d=3n-1；
设等比数列{bn}的公比为q，b1=a1=2，
由S11=11(b4+1)，
得=11(b1q3+1)，
即2q3+1=a6=17，
解得q=2，bn=b1qn-1=2n，
所以数列{an}和{bn}的通项公式分别为an=3n-1，bn=2n.
(2)由(1)得，当n为奇数时，
cn===-，
则c2i-1=-+-+…+-=-；
当n为偶数时，cn=(-1(n-1)bn=(-1(n-1)·2n，c2i=(-1)i(2i-1)·22i=(2i-1)·(-4)i，
c2i=1·(-4)+3·(-4)2+5·(-4)3+…+(2n-1)·(-4)n，
则-4c2i=1·(-4)2+3·(-4)3+5·(-4)4+…+(2n-3)·(-4)n+(2n-1)·(-4)n+1，
两式相减得5c2i=1·(-4)+2·(-4)2+2·(-4)3+…+2·(-4)n-(2n-1)·(-4)n+1
=-4+-(2n-1)·(-4)n+1=-·(-4)n+1，
因此c2i=-·(-4)n+1，
所以ci=c2i-1+c2i
=--·(-4)n+1.
(3)依题意，数列{dn}为a1，1，1，a2，1，1，1，1，a3，1，1，1，1，1，1，1，1，a4，…，ak，，ak+1，…，
ak+1前的总项数为k+2+22+…+2k=k+=k-2+2k+1，k∈N*，
数列{k-2+2k+1}是递增数列，
当k=9时，k-2+2k+1=7+210=1 031<2 025，
当k=10时，k-2+2k+1=8+211=2 056>2 025，
因此数列{dn}的前2 025项中，有数列{an}的前10项，有2 015个1，
所以T2 025=S10+2 015=2×10+×3+2 015=2 170.第58练　数列的新定义问题
(分值：40分)
数列新定义问题的常见题型及解题方法一般有以下几种
(1)数列中的新概念：遇到新概念问题，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)以数列项与通项关系定义新数列：解决此类问题，关键是根据题干中的新定义、新公式、新定理、新法则、新运算等，将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系进行求解.
(3)数列新情景：对于新情景问题，关键是要从问题情境中寻找“重要信息”，即研究对象的本质特征、数量关系(数量化的特征)等，建立数学模型求解.
一、单项选择题(每小题5分，共15分)
1.九连环是中国杰出的益智游戏.九连环由九个相互连接的环组成，这九个环套在一个中空的长形柄中，九连环的玩法就是要将这九个环从柄上解下来，规则如下：如果要解下(或安上)第n号环，则第(n-1)号环必须解下(或安上)，n-1往前的都要解下(或安上)才能实现.记解下n连环所需的最少移动步数为an，已知a1=1，a2=2，an=an-1+2an-2+1(n≥3)，则解六连环最少需要移动圆环步数为(　　)
A.42 B.85 C.256 D.341
2.将1，2，…，n按照某种顺序排成一列得到数列{an}，对任意1≤iaj，那么称数对(ai，aj)构成数列{an}的一个逆序对.若n=4，则恰有2个逆序对的数列{an}的个数为(　　)
A.4 B.5 C.6 D.7
3.若项数均为n(n≥2，n∈N*)的两个数列{an}，{bn}满足ak-bk=k(k=1，2，…，n)，且集合{a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn}={1，2，3，…，2n}，则称数列{an}，{bn}是一对“n项紧密数列”.设数列{an}，{bn}是一对“4项紧密数列”，则这样的“4项紧密数列”有　　　对(　　)
A.5 B.6 C.7 D.8
二、多项选择题(共6分)
4.已知数列{an}满足：对任意的n∈N*，总存在m∈N*，使得{an}的前n项和Sn=am，则称{an}为“回旋数列”.以下结论中正确的是(　　)
A.若an=2 026n，则{an}为“回旋数列”
B.设{an}为等比数列，且公比q为有理数，则{an}为“回旋数列”
C.设{an}为等差数列，当a1=1，公差d<0时，若{an}为“回旋数列”，则d=-1
D.若{an}为“回旋数列”，则对任意n∈N*，总存在m∈N*，使得an=Sm
三、填空题(共5分)
5.设数列{an}满足a1=a2=1，且an+2-an=an+1(n∈N*).用模取余运算a mod b=c表示“整数a除以整数b，所得余数为整数c”，如1 mod 4=1，2 mod 4=2，4 mod 4=0.设bk=其中k∈N*，则b12=　　　　　；若数列{bn}的前n项和为Sn，则S18=　　　　　.
四、解答题(共14分)
6.(14分)在无穷数列{an}中，若对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得an+an+2m=2an+m，则称{an}为m阶等差数列.在正项无穷数列{bn}中，若对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得bnbn+2m=，则称{bn}为m阶等比数列.
(1)若数列{bn}为1阶等比数列，b1+b2+b3=，b3+b4+b5=，求{bn}的通项公式及前n项和；(5分)
(2)若数列{ln cn}为m阶等差数列，求证：{cn}为m阶等比数列；(4分)
(3)若数列{ln cn}既是m阶等差数列，又是m+1阶等差数列，证明：{cn}是等比数列.(5分)
第58练　数列的新定义问题
一、单项选择题(每小题5分，共15分)
1.九连环是中国杰出的益智游戏.九连环由九个相互连接的环组成，这九个环套在一个中空的长形柄中，九连环的玩法就是要将这九个环从柄上解下来，规则如下：如果要解下(或安上)第n号环，则第(n-1)号环必须解下(或安上)，n-1往前的都要解下(或安上)才能实现.记解下n连环所需的最少移动步数为an，已知a1=1，a2=2，an=an-1+2an-2+1(n≥3)，则解六连环最少需要移动圆环步数为(　　)
A.42 B.85 C.256 D.341
答案　A
解析　由题意可得，a3=a2+2a1+1=2+2+1=5，
a4=a3+2a2+1=5+4+1=10，
a5=a4+2a3+1=10+10+1=21，
a6=a5+2a4+1=21+20+1=42.
2.将1，2，…，n按照某种顺序排成一列得到数列{an}，对任意1≤iaj，那么称数对(ai，aj)构成数列{an}的一个逆序对.若n=4，则恰有2个逆序对的数列{an}的个数为(　　)
A.4 B.5 C.6 D.7
答案　B
解析　若n=4，则1≤i由1，2，3，4构成的逆序对有(4，3)，(4，2)，(4，1)，(3，2)，(3，1)，(2，1)，
若数列{an}的第一个数为4，则至少有3个逆序对；
若数列{an}的第二个数为4，
则恰有2个逆序对的数列{an}为{1，4，2，3}；
若数列{an}的第三个数为4，
则恰有2个逆序对的数列{an}为{1，3，4，2}或{2，1，4，3}；
若数列{an}的第四个数为4，
则恰有2个逆序对的数列{an}为{2，3，1，4}或{3，1，2，4}，
综上，恰有2个逆序对的数列{an}的个数为5.
3.若项数均为n(n≥2，n∈N*)的两个数列{an}，{bn}满足ak-bk=k(k=1，2，…，n)，且集合{a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn}={1，2，3，…，2n}，则称数列{an}，{bn}是一对“n项紧密数列”.设数列{an}，{bn}是一对“4项紧密数列”，则这样的“4项紧密数列”有　　　对(　　)
A.5 B.6 C.7 D.8
答案　B
解析　由题意知a1-b1=1，a2-b2=2，a3-b3=3，a4-b4=4，
所以(a1+a2+a3+a4)-(b1+b2+b3+b4)=10，
又(a1+a2+a3+a4)+(b1+b2+b3+b4)==36，
所以a1+a2+a3+a4=23，b1+b2+b3+b4=13，故“4项紧密数列”有
{an}：8，5，4，6，{bn}：7，3，1，2；{an}：8，4，6，5，{bn}：7，2，3，1；
{an}：7，3，5，8，{bn}：6，1，2，4；{an}：3，8，7，5，{bn}：2，6，4，1；{an}：2，7，6，8，{bn}：1，5，3，4；
{an}：2，6，8，7，{bn}：1，4，5，3，共有6对.
二、多项选择题(共6分)
4.已知数列{an}满足：对任意的n∈N*，总存在m∈N*，使得{an}的前n项和Sn=am，则称{an}为“回旋数列”.以下结论中正确的是(　　)
A.若an=2 026n，则{an}为“回旋数列”
B.设{an}为等比数列，且公比q为有理数，则{an}为“回旋数列”
C.设{an}为等差数列，当a1=1，公差d<0时，若{an}为“回旋数列”，则d=-1
D.若{an}为“回旋数列”，则对任意n∈N*，总存在m∈N*，使得an=Sm
答案　AC
解析　对于A，由an=2 026n可得Sn=2 026(1+2+3+…+n)=2 026×，
由Sn=am可得2 026×=2 026m，取m=即可，则{an}为“回旋数列”，故A正确；
对于B，当q=1时，Sn=na1，am=a1，
由Sn=am可得na1=a1，故当n=2时，很明显na1=a1不成立，故{an}不是“回旋数列”，故B错误；
对于C，{an}是等差数列，故am=1+(m-1)d，
Sn=n+d，因为数列{an}是“回旋数列”，所以1+(m-1)d=n+d，
即m=++1，
其中为非负整数，
所以要保证恒为整数，
故d为所有非负整数的公约数，且d<0，所以d=-1，故C正确；
对于D，由A可知，当an=2 026n时，{an}为“回旋数列”，
取a2=2 026×2，Sm=2 026×，显然不存在m∈N*，使得Sm=a2=2 026×2，故D错误.
三、填空题(共5分)
5.设数列{an}满足a1=a2=1，且an+2-an=an+1(n∈N*).用模取余运算a mod b=c表示“整数a除以整数b，所得余数为整数c”，如1 mod 4=1，2 mod 4=2，4 mod 4=0.设bk=其中k∈N*，则b12=　　　　　；若数列{bn}的前n项和为Sn，则S18=　　　　　.
答案　16　219
解析　由a1=a2=1，且an+2-an=an+1(n∈N*)得，
a3=2，a4=3，a5=5，a6=8，a7=13，a8=21，a9=34，a10=55，a11=89，a12=144，…，
所以数列{an}各项除以4的余数为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…，
则各项除以4所得余数组成以6为周期的周期数列，所以当k为6的整数倍时，bk=；
当k不为6的整数倍时，bk=k，所以b12=24=16；
S18=1+2+3+4+5+22+7+8+9+10+11+24+13+14+15+16+17+26=219.
四、解答题(共14分)
6.(14分)在无穷数列{an}中，若对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得an+an+2m=2an+m，则称{an}为m阶等差数列.在正项无穷数列{bn}中，若对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得bnbn+2m=，则称{bn}为m阶等比数列.
(1)若数列{bn}为1阶等比数列，b1+b2+b3=，b3+b4+b5=，求{bn}的通项公式及前n项和；(5分)
(2)若数列{ln cn}为m阶等差数列，求证：{cn}为m阶等比数列；(4分)
(3)若数列{ln cn}既是m阶等差数列，又是m+1阶等差数列，证明：{cn}是等比数列.(5分)
(1)解　因为{bn}为1阶等比数列，所以{bn}为正项等比数列，设公比为q，则q>0，
由已知得解得q2=，
因为q>0，所以q=，所以b1=2，
所以{bn}的通项公式
bn=b1qn-1=2×=，
前n项和Sn===4-.
(2)证明　因为{ln cn}为m阶等差数列，
所以对任意的n∈N*，都存在m∈N*，
使得ln cn+ln cn+2m=2ln cn+m成立，
所以ln(cn·cn+2m)=ln ，
即cncn+2m=，所以{cn}为m阶等比数列.
(3)证明　因为{ln cn}既是m阶等差数列，又是m+1阶等差数列，
所以对 n∈N*，都存在m∈N*，
使得ln cn+ln cn+2m=2ln cn+m与ln cn+ln cn+2(m+1)=2ln cn+m+1同时成立，
所以cncn+2m=与cncn+2(m+1)=同时成立，所以cn，cn+m，cn+2m成等比数列，cn，cn+m+1，cn+2m+2成等比数列，
由cn，cn+m，cn+2m成等比数列，得cn+1，cn+m+1，cn+2m+1也成等比数列，
设=q1>0，=q2>0，
所以=>0(n∈N*)，
所以数列{cn}是等比数列.第59练　高考大题突破练—数列
(分值：60分)
1.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=且Sn=2an+1-3.
(1)求数列{an}的通项公式；(6分)
(2)若bn=，求使bn取得最大值时的n的值.(7分)
2.(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a3=8，2Sn=n(an+1-1).
(1)证明：是常数列；(8分)
(2)设bn=，求数列{bn}的前n项和.(7分)
3.(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2n+3-8.
(1)求{an}的通项公式；(6分)
(2)若bn=求数列{bnbn+1}的前n项和Tn.(9分)
4.(17分)若数列{an}满足|ak|≤M(k=1，2，…，n)，M为给定的正数，则称{an}为“M-有界数列”.
(1)若bn=nsin，n∈N*，证明：{bn}为“1-有界数列”；(5分)
(2)设f(x)=x3+(a+1)x2+(a-2)x-2，对 x∈[-2，2]，均有f(x)≤0，求实数a的值；(7分)
(3)设数列{cn}是“2-有界数列”，n=1，2，…，99，且ck=0，求的最大可能值.(5分)
第59练　高考大题突破练—数列
(分值：60分)
1.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=且Sn=2an+1-3.
(1)求数列{an}的通项公式；(6分)
(2)若bn=，求使bn取得最大值时的n的值.(7分)
解　(1)由Sn=2an+1-3，可得Sn-1=2an-3(n≥2)，
两式相减得an=Sn-Sn-1=2an+1-2an，
即=(n≥2)，
又因为S1=2a2-3且S1=a1=，
所以a2=，所以=，
综上，=，
所以{an}为首项和公比均为的等比数列.
所以an=.
(2)由(1)可得，bn=(n2+n)，
当n≥2时，由==>1，可得2≤n<5；
b4=b5，当n>5时，b5>b6>b7>…，
因此b1b6>b7>…，
综上，当n=4或n=5时，bn取得最大值.
2.(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a3=8，2Sn=n(an+1-1).
(1)证明：是常数列；(8分)
(2)设bn=，求数列{bn}的前n项和.(7分)
(1)证明　已知数列{an}的前n项和为Sn，
a3=8，2Sn=n(an+1-1)，
当n=2时，2(a1+a2)=2×(8-1)，得a1+a2=7，
当n=1时，2a1=a2-1，
∴a1=2，a2=5.
当n≥2时，2Sn-1=(n-1)(an-1)，
∴2an=2Sn-2Sn-1
=n(an+1-1)-(n-1)(an-1)，
即(n+1)an=nan+1-1，
等式两边同时除以n(n+1)，
得=-，
∴=(n≥2)，又=，
即当n=1时也符合上式，
故=，n∈N*，
∴数列是常数列.
(2)解　由(1)知==3，
∴an=3n-1，∴Sn=，
∴bn===
=，
∴数列{bn}的前n项和为b1+b2+…+bn
=
==.
3.(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2n+3-8.
(1)求{an}的通项公式；(6分)
(2)若bn=求数列{bnbn+1}的前n项和Tn.(9分)
解　(1)当n=1时，a1=S1=24-8=8，
当n≥2时，由Sn=2n+3-8，
得Sn-1=2n+2-8，
则an=Sn-Sn-1=2n+3-2n+2=2n+2，
因为a1=8=21+2也符合上式，
所以an=2n+2.
(2)由(1)可得bn=
当n为偶数时，bn-1bn+bnbn+1=(n+1)2n+2+(n+3)2n+2=(n+2)×2n+3，
则Tn=4×25+6×27+8×29+…+(n+2)×2n+3，
则4Tn=4×27+6×29+8×211+…+(n+2)×2n+5，
则-3Tn=4×25+2×(27+29+211+…+2n+3)-(n+2)×2n+5
=128+2×-(n+2)×2n+5
=128+-(n+2)×2n+5
=，
则Tn=；
当n为奇数时，Tn=Tn+1-bn+1bn+2
=-(n+4)×2n+3
=.
故Tn=
4.(17分)若数列{an}满足|ak|≤M(k=1，2，…，n)，M为给定的正数，则称{an}为“M-有界数列”.
(1)若bn=nsin，n∈N*，证明：{bn}为“1-有界数列”；(5分)
(2)设f(x)=x3+(a+1)x2+(a-2)x-2，对 x∈[-2，2]，均有f(x)≤0，求实数a的值；(7分)
(3)设数列{cn}是“2-有界数列”，n=1，2，…，99，且ck=0，求的最大可能值.(5分)
(1)证明　因为n∈N*，
则∈(0，1]，对于函数g(x)=x-sin x，x∈(0，1]，g'(x)=1-cos x>0，
则g(x)在(0，1]上单调递增，
g(x)>g(0)=0，即x>sin x，x∈(0，1]，
从而>sin，即nsin<1，
又nsin>0，n∈N*，
则|bn|<1，即{bn}为“1-有界数列”.
(2)解　f(x)=x3+(a+1)x2+(a-2)x-2=(x+1)(x2+ax-2).
因为f(-1)=0，又 x∈[-2，2]，均有f(x)≤0，
则 x∈[-2，-1)，x2+ax-2≥0，
即a≤=-x，
因为函数y=-x在[-2，-1)上单调递减，则-1<-x≤1，则a≤-1；
x∈(-1，2]，x2+ax-2≤0.
当x=0时，-2<0恒成立，则a∈R；
当x∈(-1，0)时，x2+ax-2≤0 a≥-x，
因为函数y=-x在(-1，0)上单调递减，
则-x<-1，则a≥-1；
当x∈(0，2]时，x2+ax-2≤0 a≤-x，因为函数y=-x在(0，2]上单调递减，
则-x≥-1，则a≤-1.
综上可得，a=-1.
(3)解　由题意可得|cn|≤2，n=1，2，…，99，
因为ck=0，为使最大，应让ck(k=1，2，…，99)中出现尽量多的2或-2，
则可让{cn}中有49个2，49个-2，和1个0，此时中包含98个22，1个02，此时=4×98=392.
故的最大可能值为392.

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