2026年高考数学复习资料 真题分类汇编—数列

这是一份2026年高考数学复习资料 真题分类汇编—数列，共41页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2025·全国二卷·高考真题）记Sn 为等差数列an 的前 n 项和，若 S3  6, S5  5, 则 S6  （ ）
20
15
10
5
2．（2025·北京·高考真题）已知an是公差不为零的等差数列，a1  2 ，若a3 , a4 , a6 成等比数列，则a10 （ ）
20
18
C．16D．18
nn
3．（2025·天津·高考真题） S  n2  8n ，则数列 a  的前12 项和为（ ）
A．112B．48C．80D．64
4．（2025·上海·高考真题）已知数列a 、b 、c 的通项公式分别为a
 10n  9 ， b  2n 、，
nnnnn
cn  an (1 )bn.若对任意的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
二、多选题
5．（2025·全国二卷·高考真题）记Sn 为等比数列an的前 n 项和， q 为an的公比， q  0，若 S3  7, a3  1，
则（ ）
A． q  1
B． a  1
259
C． S5  8D． an  Sn  8
三、填空题
6．（2025·上海·高考真题）己知等差数列an 的首项a1  3，公差d  2 ，则该数列的前 6 项和为．
7．（2025·全国一卷·高考真题）若一个等比数列的各项均为正数，且前 4 项和为 4，前 8 项和为 68，则该等比数列的公比为.
四、解答题
8．（2025·全国一卷·高考真题）设数列a 满足a  3 ， an1  an 1
m
证明：nan 为等差数列；
n1nn 1
n(n 1)
12
设 f (x)  a x  a x2 L
 a xm ，求 f (2) ．
9．（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．
求an ，bn 的通项公式；
n  N* ， I 0,1，有Tn   p1a1b1  p2a2b2 ...  pn1an1bn1  pnanbn | p1, p2 ,..., pn1, pn  I ，
求证：对任意实数t Tn ，均有t  an1bn1 ;
求Tn 所有元素之和．
一、单选题
1．（2025·陕西汉中·三模）已知等差数列an 的前 n 项和为 Sn ，若a4  a7  12 ，则 S10  （ ）
A．30B．40C．60D．120
2．（2025·江苏南通·三模）在等比数列an 中， a5  a6  a7  8 ， a2  a6  20 ，则a4  （ ）
A．36B． 6
C． 6
D．6
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
4．（2025·山西吕梁·三模）已知等差数列a 的公差d  0, a  1, a2  a  9 ，则d  （ ）
n123
A．4B．3C．2D．1
5．（2025·辽宁大连·三模）已知正项等比数列an 的前n 项和为Sn ，若 S4  2S3  S2  6, a2  1 ，则a5 （ ）
A．16B．32C．27D．81
6．（2025·湖南岳阳·三模）已知 Sn 为正项等比数列an 的前 n 项和， a3a5a7  a4 a8 ， S3  7 ，则a1  （ ）
A．2B．3C．4D．6
7．（2025·北京海淀·三模）渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每 4 个月延迟 1 个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十 三周岁．如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如表所示：
出生时间
1965 年 1 月－4月
1965 年 5 月－8月
1965 年 9 月－12月
1966 年 1 月－4月
…
那么 1970 年 5 月出生的男职工退休年龄为（ ）
A．61 岁 4 个月B．61 岁 5 个月
C．61 岁 6 个月D．61 岁 7 个月
 1 a , n为偶数
新方案法定退休年龄
60 岁 1 个月
60 岁 2 个月
60 岁 3 个月
60 岁 4 个月
…
n1n1
8．（2025·山东临沂·三模）在数列a 中，已知a  1， a  2
a
n
1 ,n为奇数
，则a11  （ ）
33
32
33
64
65
64
 n
2
65
128
nnnn2025
9．（2025·河南三门峡·三模）已知数列a 的前 n 项和是 S ，若 S  (1)n1 a  n n  2 ，n  N* ，则a
（ ）
A． 1
B．1C．2D．3
10．（2025·江苏苏州·三模）已知数列a 满足a  1, an1  1  1 a ，则（ ）
a
2
n1n
n
A． a a
B． a  1
n1nn2
C．1013a2025  1D． 2025a2025  1
11．（2025·重庆·三模）数列an 满足an3  an  an1  an2 n  1，n  N 又a1  1，a2  1，a3  2 则（ ）
A． a2024  1011
C． a2025  1013
B． a2024  1012
D． a2025  1014
12．（2025·上海·三模）设数列an 的各项均为非零的整数，其前n 项和为Sn ．设i, j 为正整数，若 j  i 为正偶数时，都有aj  2ai 恒成立，且S2  0 ，则 S10 的最小值为（ ）【公众号：林樾数学】
A．0B．22C．26D．31
二、多选题
1
13．（2025·广西河池·二模）已知数列a 满足a an 1 且a  2 ，则下列说法正确的是（ ）
A． a   1
nn1
an  3
34
B．数列an 是周期数列

C． 

1 
a

是等差数列
n 1
D．数列a 的通项公式为a  7  3n
nn3n 1
14．（2025·四川成都·三模）已知公差为 1 的等差数列an 满足a1, a3 , a7 成等比数列，则（ ）
A． a1  2
B．a 的前n 项和为 n n  3
n2
17
C．  a a的前 8 项和为18
 n n1 
n
D．(1)n1 a 的前 50 项和为25
15．（2025·广东茂名·二模）等差数列an 中， a2  a3  12, a5  a7  2 ．记数列an 前n 项和为Sn ，下列选项正确的是（ ）
A．数列an的公差为 2B． Sn 取最小值时， n  6

C． S4  S7
D．数列 an  的前 10 项和为 50
anS
π 
16．（2025·湖北黄冈·三模）已知数列
定的是（）
n 的前
项和为 n ，an sin  nπ 

2   an 1  n .则下列式子的值可以确
S102
S100
a1  a104
a2 + a100
17．（2025·湖南长沙·三模）已知数列a 的前n 项和为 S ， a  1，且 a a  pn ，则下列结论正确的是
nn1n1n
（）【公众号：林樾数学】
若a 是递增数列，且3a 、4a 、5a 成等差数列，则 p  3
n
p  1
a
123
a 
5
a  5  1  (1)n
若
3 ，且 2n1
是递增数列，
2n 是递减数列，则 n44
3n1
nn
若 p  1 ，则存在数列a ，使得当n  4k k N*  时， S  n
nn
若 p  1，则存在数列a ，使得当n  4k 1k  N*  时， S  n
三、填空题
18．（2025·广东揭阳·三模）已知正项等比数列an 满足a1  1，6a1 ，a3 ，4a2 成等差数列，则其公比为.
19．（2025·河南许昌·三模）设 Sn 是等比数列an 的前n 项和，a2  a1  3 ，a3  a2  6 ，则S3  ．
20．（2025·北京·三模）已知等比数列an 的前n 项和为Sn ，满足a1  1， 2Sn  3an 1  3 .则S2 为；满足
Sn  5 的最小的整数n 为.【公众号：林樾数学】
21．（2025·浙江·二模）已知数列an 和bn 满足a1  1， b1  0 ， 4an1  3an  bn  4， 4bn1  3bn  an  4，则
an  bn  .
22．（2025·天津·二模）数列an 的项是由 1 或 2 构成，且首项为 1，在第k 个 1 和第k 1 个 1 之间有2k 1
个 2，即数列an 为：1, 2,1, 2, 2, 2,1, 2, 2, 2, 2, 2,1, .记数列an 的前n 项和为 Sn ，则 S20  ：
S2025  .
23．（2025·辽宁大连·三模）等差数列a 的前n 项和为S ，已知 Sn  Sn 1 ，且a a  0 ，则 S 取最大值时n
nnnn 16 7n
的值为.
24．（2025·重庆·三模）对于数列xn  ，若存在常数 M  0 ，使得对一切正整数n ，恒有 xn  M 成立，则称xn 
为有界数列.设数列a 的前n 项和为S ，满足a 
，若S  为有界数列，则实数M 的取值范围
n
是.
nnn2  4n  3n
nnnn
25．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）互素是指两个自然数 a 和 b 的最大公因数为 1．欧拉函数(n) 表示不大于 n n  N*  且与 n 互素的正整数个数，若数列a 满足a 2n  ，且数列a 的前 n 项和为S ，则满足 Sn  2025 的 n 的最大值为．
26．（2025·甘肃白银·三模）若数列an 是有穷数列，且各项之和为 0，各项的绝对值之和为 1，则称数列an 
是“ n 项优待数列”.若等差数列bn 是“ 2k  1 项优待数列”， k  N* ，则bn  .
四、解答题
27．（2025·江西景德镇·三模）已知 Sn､Tn 分别是等差数列an 和等比数列bn 的前n 项和， S5  15 ，
b2b4  64, a2  b1, S3  T2 ．【公众号：林樾数学】
求数列an 和bn 的通项公式；
若bn 为递增数列， cn  anbn ，求数列cn  的前n 项和 An ．
28．（2025·四川攀枝花·三模）已知数列a 的首项a  1， a  a
 3 2n ．
n
n
求证：a  2n  是等比数列；
求数列an 的前n 项和 Sn ；
n2
1nn1
令bn  a  (1)n ，求数列bn 的最大项．
n
29．（2025·河南·三模）已知等差数列an 的前 n 项和为Sn ，且a3  a7  6 ， S12  45 ．
求an ；
an  an 2 ,n为奇数


若数列bn 满足bn  
an an2
2
, n为偶数
，求数列bn 的前 20 项和T20 ．
30．（2025·广东广州·三模）已知数列an 满足a1  1， a3  6 ，且对任意的n  2 ， n  N* ，都有
an1  an1  2 an  3 .
设bn  an1  an ，求证：数列bn 是等差数列，并求出其的通项公式；
求数列an 的通项公式；
213
 1 
若cn  3 an  3 n  2 ，求c  的前 n 项和Tn .


 n 
n
31．（2025·河北秦皇岛·一模）设S 为数列a 的前 n 项和，已知a
 4,  an  Sn  是公比为 2 的等比数列．
nn
证明：an 是等比数列；
求an 的通项公式以及 Sn ；
1 2a
设b  n  5 a ，若n  N* ， 4m  2m2  b ，求 m 的取值范围．
nnn
32．（2025·广东广州·三模）已知公差不为零的等差数列an 和等比数列bn 满足 a1  b1  1 ，且a1, 2a2 , 4a4 成等比数列， 4b2 , 2b3 , b4 成等差数列.
求数列an和bn 的通项公式；
n
n
n
n
令c  3an ，去掉数列c 中的第3k 项k  N*  ，余下的项顺序不变，构成新数列t ，写出数列t 的前
4 项并求tn 的前2n 项和 S2n ；【公众号：林樾数学】
33．（2025·湖南长沙·三模）已知数列b ， b  N ，记集合 A  {t | t  bm , k  m} 的元素个数为 A .
b
nn
k
若bn 为 1，2，4，8，12，写出集合A ，并求 A 的值；
若bn 为 1，3，a，b，且 A  3 ，求bn 和集合A ；
若数列bn 项数为r ，满足bn1  bn n  1, 2,, r 1 ，求证：“ A  r 1”的充要条件是“bn 为等比数列”.
34．（2025·天津·三模）已知数列an和bn 的满足a1  4,b1  2, an1  2an  bn  2,bn1  2bn  an  2 ，
(1)（i）求a4  b4 的值；
（ii）求(a  b ) 的值.
n
22
ii
i1
m
(2)若数列c 满足对于n  N*, b  c  a ，求证： m  N* ，使得 ci  2025 ．
nnnn
i1
ci1
nnn1n
35．（2025·山东临沂·三模）定义：若数列a 满足 a  n  a n 1 n  2, n  N*  ，则称数列a 为“数项增数列”.
若a 13n， b  2n  3 ，判断数列a ，b 是否为“数项增数列”？
nnnn
若等差数列cn  为“数项增数列”，且c1  2 ，求cn 的公差d 的取值范围；
若数列dn  为共 4 项的“数项增数列”，满足di 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9(i  1, 2, 3, 4) ，求所有满足条件的数列
dn  的个数.【公众号：林樾数学】
36．（2025·天津·二模）已知数列an 是各项均为正数的等比数列，且a1  2 ， a2a4  64 .对于任意k  N* ，在ak 和ak 1 之间插入 k 个数 xk1 ， xk 2 ，…， xkk ，使得ak ， xk1 ， xk 2 ，…， xkk ， ak 1 这k  2 个数构成等差数列，记新得到的数列为bn .
求数列an 的通项公式；
记cn  bn1  bn ，证明对于任意的n  N* ， cn  cn1 ；
求
n (n 1)
2
 bk
k 1
（其中n  N* ）.
专题数列
一、单选题
1．（2025·全国二卷·高考真题）记Sn 为等差数列an 的前 n 项和，若 S3  6, S5  5, 则 S6  （ ）
20
15
10
5
所以 S6  6a1  15d  6 5  15 3 15 .
故选：B.
，

d  3

5a1 10d  5a1  5

的公差为 d，则由题可得
n
 3d  6
1
3a
a
 
【详解】设等差数列
【答案】B
【分析】由等差数列前 n 项和公式结合题意列出关于首项a1 和公差 d 的方程求出首项a1 和公差 d，再由等差数列前 n 项和公式即可计算求解.
2．（2025·北京·高考真题）已知an是公差不为零的等差数列，a1  2 ，若a3 , a4 , a6 成等比数列，则a10 （ ）
20
18
C．16D．18
所以a10  a1  9d  2  9 2  16 .
故选：C.
d 



2



43 6
2
所以aa a ，即 2  3d 2  2d 2  5d ，解得d  2 或0 （舍去），
【答案】C
【分析】由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可求解.
【详解】设等差数列an 的公差为d, d  0 ，因为a3 , a4 , a6 成等比数列，且a1  2 ，
3．（2025·天津·高考真题） S
n
 
n  8n
2
，则数列
a
n  的前12 项和为（ ）
A．112B．48C．80D．64
【答案】C
【分析】先由题设结合an  Sn  Sn1 求出数列an 的通项公式，再结合数列an 各项正负情况即可求解.
【详解】因为 S
n
=  n 
2
8n ，
所以当n  1 时， a
 S = 1  81 
2
11
7 ，
设数列 an  的前 n 项和为Tn ，

*
 ，令
a  2n  9  0  n  4
n
，
a  2n  9  0  n  5
n
，
故选：C
则数列 an  的前4 项和为T
4
 S  4  8 4  16
2
4
数列 an 的前12 项和为
T2n  a1  a2   a12  a1  a2  a3  a4  a5  a6   a12
 2S  S  2 16  122  812  80 .
412

当n  2 时， a  S  S
nnn1
= n

2
 8n   n 1  8 n 1 



n
2



2n  9
，
经检验， a1  7 满足上式，
所以
a  2n  9 n  N
4．（2025·上海·高考真题）已知数列a 、b 、c 的通项公式分别为a  10n  9 ， b  2n 、，
nnnnn
cn  an (1 )bn.若对任意的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
【分析】由cn  an (1 )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.
【详解】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  an (1 )bn可知， BC  BA, 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0,1 ， cn  an  bn 恒成立，
令10x  9  2x ，构造函数 f (x)  2x 10x  9, x  0 ，则 f (x)  2x 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；【公众号：林樾数学】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  2n 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，
综上可知，正整数n 的个数有3 个.
故选：B.
n1 ，解得n  4 或5 ；
10n  9  2
10n  9  2n
所以有
②若an  bn ，即10n  9  2n 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 ，
，解得n  6 ；
n
2  2(10n  9)


10n  9  2n
所以有
所以an  cn  bn 恒成立，故bn  2an ，
二、多选题
5．（2025·全国二卷·高考真题）记Sn 为等比数列an 的前 n 项和， q 为an 的公比， q  0，若 S3  7, a3  1，
则（ ）
q  1
a  1
259
S5  8D． an  Sn  8
5
 8 ，故 D 正确；
1 q

32 
1 1
2
 
31
4
，故 C 错误；【公众号：林樾数学】

 1 n 
对 D， a  4
 1 n1
4  1   2  
n
 2 
 
 23n ，
Sn 
  
1 1
2
 8 2
 n3 ，
则an  Sn  2
故选：AD.
3n
 8  2
3n

q  
【答案】AD
【分析】对 A，根据等比数列通项公式和前n 项和公式得到方程组，解出a1, q ，再利用其通项公式和前n 项和公式一一计算分析即可.
【详解】对 A，由题意得

a q2  1
a1  4 a1  9
1
，结合q  0 ，解得
 111
a  a q  a q  7
2

q 

1 或1 （舍去），故 A 正确；
23

对 B，则a  a q4  4 
 1 4
1
51
 2 
 
 ，故 B 错误；
4
对 C， S 
a 1 q
1

541 1 
三、填空题
6．（2025·上海·高考真题）己知等差数列an 的首项a1  3，公差d  2 ，则该数列的前 6 项和为．
【答案】12
【分析】直接根据等差数列求和公式求解.
【详解】根据等差数列的求和公式， S  6a  6  5 d  12 .
61
2
故答案为：12
7．（2025·全国一卷·高考真题）若一个等比数列的各项均为正数，且前 4 项和为 4，前 8 项和为 68，则该等比数列的公比为.
1 q868
1 q4 1 q4 
1 q4
 17 ，
法二：设该等比数列为an， Sn 是其前n 项和，则S4  4, S8  68 ，设an 的公比为q q  0 ，
所以 S4  a1  a2  a3  a4  4 ，
S8  a1  a2  a3  a4  a5  a6  a7  a8
 a  a  a  a  a q4  a q4  a q4  a q4
12341
2
3
4
 a  a  a  a1 q 68

2
34
，
4
1
所以4 1 q4   68 ，则1 q4  17 ，所以q  2 ，所以该等比数列公比为 2.
故答案为：2.
8
【答案】2
【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前n 项和的定义，得到关于q 的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前n 项和性质得到关于q 的方程，解之即可得解.【公众号：林樾数学】
【详解】法一：设该等比数列为an， Sn 是其前n 项和，则 S4  4, S8  68 ，设an的公比为q q  0 ，
当q  1 时， S4  4a1  4 ，即a1  1，则 S8  8a1  8  68 ，显然不成立，舍去；
当q  1时，则 S 
a 1 q
1

4
a 1 q

两式相除得，即
1 q44
则1 q4  17 ，所以q  2 ，所以该等比数列公比为 2.
故答案为： 2 .

4
1 q
 4,S 
1
8
1 q
 68 ，
所以该等比数列公比为2 .
故答案为： 2 .
16 ，所以q  2 ，
64
4
4
 q 
S8  S4 S4
所以
又 S4  a1  a2  a3  a4  4 ，
，
84567
4

234

81
S  S  a  a  a  a  a  a  a  a q  68  4  64
因为
法三：设该等比数列为an， Sn 是其前n 项和，则S4  4, S8  68 ，
设an的公比为q q  0 ，
四、解答题
8．（2025·全国一卷·高考真题）设数列a 满足a  3 ， an1  an 1

m
证明：nan 为等差数列；
n1nn 1
n(n 1)
12
设 f (x)  a x  a x2 L
 a xm ，求 f (2) ．
∴ na  3 1n 1 ，即a  1 2 ，
m1
n
n
n
在
f x  a x  a x  a x
 
2
m
12
m
中，
f x  3x  2x   1x
 
2
2 
m 
m

，  
fx  3  4x  m  2 x


在数列 中，
【答案】(1)证明见解析；
(2) f 2 
73m  7 2m
9

9
【分析】（1）根据题目所给条件 n 1  n n 1 化简，即可证明结论；【公众号：林樾数学】
an1
an1
n
（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.
【详解】（1）由题意证明如下， n  N* ，
∴ 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，
a
a
n1
n
a  3
1
，
nn 1

an  1 ，
n n 1
2

m  2 xm
1 x
∴ f 2 
3
1 2 
  
1 2  2
2 1 2 m1
m  22 m 1 2 
 1  
2 1 2 m1
9
m  22 m 3
 1 
22mm  2 2 m
99

3

9
73m  72m
.
9
m
∴
 f  x   3  4x   m  2 xm1


xfx  3x  4x   m  2 x

 
2

1 x 
，
当 x  1且 x  0 时，
∴ 1 x  f  x   3  x  x2   xm1  m  2 xm  3 
x 1 xm1 
1 x
 m  2 xm ，
∴ f  x  
3
1 x

x 1 xm1 
9．（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．
求an ，bn 的通项公式；
n  N* ， I 0,1，有Tn   p1a1b1  p2a2b2 ...  pn1an1bn1  pnanbn | p1, p2 ,..., pn1, pn  I ，
求证：对任意实数t Tn ，均有t  an1bn1 ;
求Tn 所有元素之和．
【答案】(1) a
n
 3n 1, b  2
n
n
；
(2)（i）证明见解析；（ii） 2n1  8  3n  4 2n1 
【分析】（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；【公众号：林樾数学】
（2）（i）由题意结合（1）求出an1bn1 和 p1a1b1  p2a2b2  ... p n1a n1b n1  p na nb n 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Tn
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Tn 元素的特征得到Tn 中的所有元素的和中各项aibi i 1, 2,..., n 出现的次数均为2n1 次即可求解.
【详解】（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 d  3 ，
2  2d  2q 2q  2

所以an  2  3 n 1  3n 1, bn  2  2n1  2n ；
（2）（i）证明：由（1） p a b  3n 1 2n p  0 或 p a b  3n 1 2n  0 ， a b 3n  2 2n1 ，
n n nn
当 pnanbn  3n 1 2n  0 时，
n n n
n1 n1
设 Sn  p1a1b1  p2a2b2  ... pn 1an 1bn 1  pnanbn  2 2  5 22  ...  3n  4 2 n1  3n 1 2 n ，
n
所以2S  2  22  5 23  ...  3n  4 2n  3n 1 2n1 ，
所以
Sn  4  32
2  23
 ...  2n
  3n 1 2
n1
2 n1 
2 1 2
4  31 2 3n 12
n1
 8  4  3n 2
n1 ，
n
所以 Sn  8  3n  4 2n1 ，为T 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，
所以对t Tn ，均有t  an1bn1 .
n
（ii）法一：由（i）得 Sn  8  3n  4 2n1 ，为T 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：
n
当 p1 , p2 ,..., pn1 , pn 均为 1 时：此时该系列元素只有 Sn  8  3n  4 2n1 即C0 个；
当 p1 , p2 ,..., pn1 , pn 中只有一个为 0，其余均为 1 时：
n
此时该系列的元素有 Sn  a1b1,Sn  a2b2 ,Sn  a3b3 ,...,Sn  anbn 共有C1 个，
n
n
1 1
2 2
n n
nn
n
则这n 个元素的和为C1 S  a b  a b  ...  a b   C1  C0  S ；
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 S  a b  a b i, j 1, 2,..., n, i  j 共有C2 个，
ni ij jn
n
n
n1
1 12
2
n n
nn1
n
则这n 个元素的和为C2S  C1 a b  a b  ...  a b   C2  C1  S ；
当 p1 , p2 ,..., pn1 , pn 中有2 个为 0，其余均为 1 时：此时该系列的元素为
S  a b  a b  a b i, j, k 1, 2,..., n, i  j  k  共有C3 个，
ni ij jk kn
则这n 个元素的和为C3 S  C2 a b  a b  ...  a b   C3  C2  S ；
n nn1
…
1 12 2
n nnn1n
当 p , p ,..., p, p 中有n 1个为 0，1 个为 1 时：此时该系列的元素为 a b , a b ,..., a b 共有Cn1 个，
12n1n1 1 2 2n nn
n
n
n11 1
2
2
n n
nn1
n
则这n 个元素的和为Cn1S  Cn2 a b  a b  ...  a b   Cn1  Cn2  S ；
12
n1
n
nn1
n
n
当 p , p ,..., p, p 均为 0 时：此时该系列的元素为0  Cn  Cn1  S 即Cn  1个，
综上所述， Tn 中的所有元素之和为
n
n
n
nn1
n
nn1
n
n
n1
n
S  C1 1 S  C2  C1  S  C3  C2  S  ...  Cn1  Cn2  S  0
n1n1
由题意可得
Tn  Sn , Sn  aibi , Sn  aibi  a jbj , Sn  aibi  a jbj  akbk ,..., aibi  a jbj , aibi , 0, i, j, k 1, 2,..., n, i  j  k  ，
 ...  Cn2  Cn1  2n1 次，
 C1
n1n1
0
 出现的次数均为C


i i
a b i  1, 2,..., n
n
所以T 的所有的元素的和中各项
 2n1  8  3n  4 2n1  .
所以T 中的所有元素之和为
n1
n
2
a b  a b 
1 12 2
...
 a b
n n

2
n1
S
n

C  C  ...  C C  C C  ... C  CS


01
n 1n
 
01
n 2n 1
nn
nn
n1n1
n1n1n

n

 2n  2n1  S
n
 2n1 S
n
 2n1  8  3n  4 2n1  ；
法二：由（i）得S
n
 8  
3n  4
 2
n1
，为T 中的最大元素，
一、单选题
1．（2025·陕西汉中·三模）已知等差数列an 的前 n 项和为 Sn ，若a4  a7  12 ，则 S10  （ ）
A．30B．40C．60D．120
【答案】C
【分析】利用等差数列的性质可求 S10 .
【详解】因为a 为等差数列，故 S  10(a1  a10 )  5(a  a )  60 ，
n
10
2
47
故选：C.
2．（2025·江苏南通·三模）在等比数列an 中， a5  a6  a7  8 ， a2  a6  20 ，则a4  （ ）
A．36B． 6
C． 6
D．6
 a4   a2a6  6 ，由于a2  0, 故a4  0 ，所以a4  6 ，
故选：D．
，
2
6
3
a  8 ， a  2 ， a  18

5 6 76
中a a a
n
a
 
【详解】等比数列
【答案】D
【分析】根据等比数列的性质即可求解.
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
5a1 d  5
则

设数列a1 、a2 、a3 、a4 、a5 的公差为d ，

5
a
4
a
3
a
2
故选：C
a
5 4
a  4
2
，解得
 1
3
2a1  d  3a1  9d
d  


1 ，故a5  a1  4d  3  4 6  3 .
6
412
a
【答案】C
【分析】设第 
n 1  n  5, n  N

所得钱数为 钱，设数列a 、 、 、 、 的公差为d ，根据已知条件
a
n
1
a
2
a
3
1
4
a
5
可得出关于a1 、d 的值，即可求得a5 的值.
【详解】设第 
n 1  n  5, n  N

所得钱数为 钱，则数列a 、 、 、 、 为等差数列，
a
n
4．（2025·山西吕梁·三模）已知等差数列a 的公差d  0, a  1, a2  a
 9 ，则d  （ ）
n123
A．4B．3C．2D．1
则1 2d  d 2 1 2d  9 ，化简可得： d 2  9 ，解得d  3或d  3 .
因为已知公差d >0 ，所以舍去 d  3 ，得到d  3.
故选：B.
2
9 可得： (1 d )  (1 2d )  9 ，
 a 
23
2
代入a
3
a  1  2d
，
2
a  1  d
将
【答案】B
【分析】根据等差数列的通项公式，将a2 、a3 用a1 和d 表示出来，再代入已知等式求解d .
【详解】由等差数列通项公式an  a1  (n 1)d 可得： a2  a1  d ，已知a1  1，所以a2  1  d ； a3  a1  2d  1 2d .
5．（2025·辽宁大连·三模）已知正项等比数列an 的前n 项和为Sn ，若 S4  2S3  S2  6, a2  1 ，则a5 （ ）
A．16B．32C．27D．81
【答案】C
【分析】应用 Sn  Sn1  an ，再结合等比数列基本量运算计算求解.
【详解】因为 S4  2S3  S2  6, a2  1 ，则 S4  S3  S3  S2  6 ，所以a4  a3  6 ，
因为a2  1，所以q2  q  6,q  0 ，
所以q  3 或q  2 舍，
所以a
5
 1 3 
3
27 .
故选：C.
6．（2025·湖南岳阳·三模）已知 Sn 为正项等比数列an的前 n 项和， a3a5a7  a4 a8 ， S3  7 ，则a1  （ ）
A．2B．3C．4D．6

1

2
所以 S 
1
1

3
1 q

1 q

a 1 q  q1 q  q2  1  7 ，

2
1

1
11
q2
q2
q
解得 q  2 或 q  3 （舍去），故a1  q2  4 .
故选：C.
1
1
，由题干可得
【答案】C
【分析】等比数列的性质可得a  1
，即a q1 ，再结合题干条件 S，利用等比数列求和公式，得到关
2
3
1

3
 7
1
于 q 的一元二次方程，解出公比即得a1 的值.
【详解】由题意，设正项等比数列an 的公比为q ，其中q  0 ，
由等比数列的性质可知
a a  a a
5 74 8
a 1 q 1 q  q
a  1
3
，即
a q  1  a 
2
1
1
1
q2 ，
若q  1 ，则 S3  3a1  3 ，不合题意，故 q  1，
a 1 q

3
7．（2025·北京海淀·三模）渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每 4 个月延迟 1 个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十 三周岁．如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如表所示：
那么 1970 年 5 月出生的男职工退休年龄为（ ）
A．61 岁 4 个月B．61 岁 5 个月
C．61 岁 6 个月D．61 岁 7 个月
【答案】B
【分析】解法一：出生年月在 1965 年 1 月－4 月的人的法定退休年龄记为 a1 ，出生年月在 1965 年 5 月－8月的人的法定退休年龄记为a2 ，出生年月在 1965 年 9 月－12 月的人的法定退休年龄记为a3 ，  ，分析可知数列an 构成等差数列，求出该数列的首项和公差，即可求出a17 ，即可得解；【公众号：林樾数学】 解法二：利用枚举法：出生年龄每延后一年，退休年龄延后三个月，可得结果.
【详解】解法一：根据题意，出生年月在 1965 年 1 月－4 月的人的法定退休年龄记为 a1 ，出生年月在 1965 年 5 月－8 月的人的法定退休年龄记为a2 ，
出生年月在 1965 年 9 月－12 月的人的法定退休年龄记为a3 ，  ，
则an构成等差数列，首项a1  60 岁 1 个月，公差d 为 1 个月，可得an  60 岁n 个月．
出生时间
1965 年 1 月－4月
1965 年 5 月－8月
1965 年 9 月－12月
1966 年 1 月－4月
…
新方案法定退休年龄
60 岁 1 个月
60 岁 2 个月
60 岁 3 个月
60 岁 4 个月
…
依此规律，1970 年 5 月出生的男职工，他的退休年龄应该是an 的第 17 项，
即他的退休年龄为a17  60 岁 17 个月 61岁 5 个月．
解法二：利用枚举法：出生年龄每延后一年，退休年龄延后三个月．
故选：B.
出生年龄
退休年龄
1965.5
60 岁 2 个月
1966.5
60 岁 5 个月
1967.5
60 岁 8 个月
1968.5
60 岁 11 个月
1969.5
61 岁 2 个月
1970.5
61 岁 5 个月
 1 a , n为偶数
n1n1
8．（2025·山东临沂·三模）在数列a 中，已知a  1， a  2
a
n
1 ,n为奇数
，则a11  （ ）
33
32
33
64
65
64
 n
2
65
128
2n1
2
2
2
则a 1  ( 1 )n ， a
1
1
2n1
22
2n1
 ( )
22
n
，所以当n  6 时， a  1  ( 1 )6  33 .
11
2264
故选：B.
因此数列{a 1}是以 1 为首项， 1 为公比的等比数列，
22
1
2
 1 ) ，而a  1  1 ，
2n1
 1  1 (a
22
2n1
 1 ) ，则a
2
2n1
2
2
 1 a 1 (a
2n12n
【详解】依题意， a
【答案】B
【分析】根据给定的递推公式求出a2n1 即可求解.
nnnn2025
9．（2025·河南三门峡·三模）已知数列a 的前 n 项和是 S ，若 S  (1)n1 a  n n  2 ，n  N* ，则a
（ ）
A． 1
B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】由数列的通项与前 n 项和的关系，分别令n  2027 ， n  2026 ，解方程可得所求值．
n
当n  2027 时， a2027  a2027  a2026  1 ，解得a2026  1 ，当n  2026 时， a2026  a2026  a2025 1，解得a2025  3.
故选：D.
n1
 n 1，
两式相减可得an  (1)
n1
a  (1) a
n
n
n1
1 n  2
 ，
 (1) a
n1
则当n  2 时， S
，
*
n  N
 ，
 n n  2
n
a
n1
【详解】数列an 的前 n 项和是Sn ，若 Sn  (1)
10．（2025·江苏苏州·三模）已知数列a 满足a
 1, an1  1  1 a ，则（ ）
a
2
n1n
n
a a
a  1
n1nn2
1013a2025  1D． 2025a2025  1
【答案】C
【分析】根据给定的递推公式，变形计算判断 AB；裂项，结合累加法求通推理判断 CD.
【详解】对于 A，由
an1
a
 1a
1
n ，得
a  0
， a
nn1n
 a

1
a2  0 ，则a  a
nn 1
，A 错误；
n
2
n
2
对于 B，由a  1，得a  1 ，当n  3 时， a  1 ，B 错误；
1
2
2
n
2
对于 CD，由 a
an1
1
an 2
1 (2  an )  an1 1
n
 1  a
2 n ，得 a
n1

2  a
n
，则 a

n1nn
a (2 a )

a
n

2 a
，
n
即 a
1 1 1
1n 1n 1
n1n

a
，则当n  2 时，
2  aa
1 1 1 1
n
n1

a2  a2  a2  a
1
，
1
2
n1
22
1 = 1，因此 1  n 1 ， a ，1013a
2
a
1
a2
n
n
n 1
2025
 1013 2  1 ，
2026
2025a
2025
 2025  2 ，而 2025  2  1 ，C 正确，D 错误.
2026
2026
故选：C
11．（2025·重庆·三模）数列an 满足an3  an  an1  an2 n  1，n  N 又a1  1，a2  1，a3  2 则（ ）
A． a2024  1011
C． a2025  1013
B． a2024  1012
D． a2025  1014
【答案】C
【分析】求出前 12 项，观察奇偶项规律可得，奇数项构成首项为 1 公差为 1 的等差数列，偶数项构成首项为 1 公差为 1的等差数列，再利用等差数列的通项公式求解即可.【公众号：林樾数学】
【详解】因为数列{an }满足an3  an  an1  an2 (n  1,n  N) ，且a1  1， a2  1， a3  2 ，所以a4  a1  a2  a3  11 2  0 ；
n
故选：C.
2
 2025 1  1013 ，选项 C 正确，选项 D 错误.【公众号：林樾数学】
2025
a
2
 2  2024  1010 ，选项 AB 错误；
2024
a
2
a5  a2  a3  a4  1 2  0  3 ；
a6  a3  a4  a5  2  0  3  1； a7  a4  a5  a6  0  3  (1)  4 ； a8  a5  a6  a7  3  (1)  4  2 ；
a9  a6  a7  a8  (1)  4  (2)  5 ； a10  a7  a8  a9  4  (2)  5  3 ； a11  a8  a9  a10  (2)  5  (3)  6 ； a12  a9  a10  a11  5  (3)  6  4 ；观察奇偶项规律：
奇数项： a1  1, a3  2, a5  3, a7  4, a9  5, a11  6 ，构成首项为 1 公差为 1 的等差数列，
2
n2k
2
令n  2k ，则k  n ，通项公式为a  a 1  k 11  2  k  2  n ，通项公式为a  2  n ，
偶数项： a2  1, a4  0, a6  1, a8  2, a10  3, a12  4 ，构成首项为 1 公差为 1的等差数列，
2
 1 k 11  k  n 1 ；
n2k 1
2
令n  2k 1，则k  n 1 ，通项公式为a  a
12．（2025·上海·三模）设数列an 的各项均为非零的整数，其前n 项和为Sn ．设i, j 为正整数，若 j  i 为正偶数时，都有aj  2ai 恒成立，且S2  0 ，则 S10 的最小值为（ ）
A．0B．22C．26D．31
【答案】B
【分析】不妨设a1  0, a2  0 ，要使得 S10 取最小值，且各项尽可能小，根据题意，分别列出a4 ，a5 ，a6 ，a7 ，
a8 ， a9 ， a10 ，满足的不等式组，，得到a10 的最小值2a2 ，进而求得a1  1时， S10 有最小值，即可求解.
【详解】因为 S2  a1  a2  0 ，所以a1 , a2 互为相反数，不妨设a1  0, a2  0 ，要使得 S10 取最小值，取奇数项为正值，取偶数项为负值，且各项尽可能小，由题意知， a3 满足a3  2a1 ，取a3 的最小值为2a1 ，
则 满足
a
a
5
a  2a  4a
51
 2a
 531
，因为a  0, 4a  2a ，故取a 的最小值4a ，
1
11
5
1
a 满足a  2a  4a
a7  2a1
7 731
a  2a  4a  8a
，因为a  0 ， 8a  4a  2a ，故取a 的最小值8a ，
1
111
7
1
 7531
6
a  2a  4a  8a
2
a 满足a  2a  4a
a8  2a2
8 842
，因为a  0 ，所以2a  4a  8a ，取a 的最小值2a ，
2
222
8
2
 8642
同理，取a10 的最小值2a2 ，所以a2  a4  a6  a8  a10  a2  2a2  2a2  2a2  2a2  9a2 ，所以 S10  31a1  9a2  31a1  9a1  22a1 ，
因为数列an 的各项均为非零的整数， a1  0 ，所以当a1  1时， S10 有最小值 22．
故选：B．
22
2
，因为a  0 ，所以2a  4a ，取a 的最小值2a ，
 642
 2a
62
a  2a  4a
a
满足
6
a
同理，取a9 的最小值16a1 ，所以a1  a3  a5  a7  a9  a1  2a1  4a1  8a1 16a1  31a1 ，
a4 满足a4  2a2 ，取a4 的最小值2a2 ，
二、多选题
1
13．（2025·广西河池·二模）已知数列a 满足a an 1 且a  2 ，则下列说法正确的是（ ）
a   1
nn1
an  3
34
数列an 是周期数列



1 
a

是等差数列
n 1
数列a 的通项公式为a  7  3n
nn3n 1
n
故选：ACD
n
1
则 a
n1

1 a 12

11

，数列
{}
1
是首项为
n
an  1
1
3
，公差为 2 的等差数列，B 错误，C 正确；
1
对于 D，
1 11
a 132
(n  1) 
n
3 n 1
6
，则an 1  3n 1 ，解得an  3n 1 ，D 正确.
6
7  3n
3
【答案】ACD
【分析】根据给定的递推公式，依次计算判断 A；变形给定的递推公式，结合等差数列定义判断 BCD.
【详解】对于 A，由
a  2
1
，得
a 
a 11
1
,a 
a 1
2
2
a  35
2(a 1)2a 1
 
1
，A 正确；
1
a  34
2
对于 BC，由an1
1  2an  2 ，得 1  an  3  (an 1)  2  1  1 ，
a  3
n
a12a  2
n1
n
14．（2025·四川成都·三模）已知公差为 1 的等差数列an 满足a1, a3 , a7 成等比数列，则（ ）
a1  2
a 的前n 项和为 n n  3
n2
17
 a a的前 8 项和为18
 n n1 
n
(1)n1 a 的前 50 项和为25
【答案】ABD
【分析】根据等差数列通项公式及等比中项列方程求解判断 A，由等差数列求和公式判断 B，利用裂项相消法求和判断 C，根据通项公式并项求和可判断 D.
【详解】对于 A，因为
a , a , a
1 3 7
成等比数列，所以a a
1 73
 a 2
，即a a  6  a  2 ，解得
11

2
1
a  2
1
，故 A 正确；
对于 B，
 
a
n 2
n
的前 项和为
n


n
1n n

2


3
2
，故 B 正确；
1
对于 C，因为 a a
1
n n1
 n 1n  2  n 1  n  2 ，
11
所以 a a

1

1111
 n n 1 
的前 8 项和为
2334
   
1
1
1
12
9 102 105
，故 C 错误；
对于 D，因为
(
1)a
n1
n
 (
1)n 1
n1

，
所以

(1)
n1
a
n 的前 50 项和为2
 3  4  5  50  51  
25 ，故 D 正确.
故选：ABD
15．（2025·广东茂名·二模）等差数列an中， a2  a3  12, a5  a7  2 ．记数列an前n 项和为Sn ，下列选项正确的是（ ）
A．数列an 的公差为 2B． Sn 取最小值时， n  6
C． S4  S7
D．数列 an  的前 10 项和为 50
对 C， S
解得 d  2 ，故 A 正确；
则当n  5 时， Sn 取最小值25 ，故 B 错误；
2
 9n  n n 1 2  n 2 10n  n  5 2 25 ，
n
n
对 B， a  9  2 n 1  2n 11 ， S

a1  9
，故 C 错误；
 4 10 4  
2
4
24 ， S
7
 7 10 7  
2
21 ，则 S
47
 S
，则得到 ，最后一一判断选项即可.
【答案】AD
【分析】根据等差数列通项公式得关于的方程，解出
a , d
a
1
 d  2
1
 
9

，
S
n
【详解】对 A，设等差数列 的公差为d ，则由题意知
a
2a  3d  12
n
 2a  10d  2
1
1
对 D，数列 an 的前 10 项和为 9  7  5  3  1 1 3  5  7  9  50，故 D 正确.
故选：AD.
nSπ 

16．（2025·湖北黄冈·三模）已知数列an 的前
定的是（）
项和为 n ，an sin  nπ 

  an 1  n .则下列式子的值可以确
S102
S100
a1  a104
a2 + a100
所以a2n  a2n1  2n 1， a2n1  a2n  2n ， a2n2  a2n1  2n  1 ， n  N ，可得a2n1  a2n1  1， a2n2  a2n  4n  1 ，
由此可得数列中相邻两奇数项的和可以确定，相邻两偶数项的和可以确定，其中a2  a1  1， a2  a1 的值不确定.
对于 A 选项， S102  a1  a2  a3  a5   a7  a9   a99  a101 
a4  a6   a8  a10   a100  a102  ， 其中a2  a1 的值不确定，故选项 A 错误；
对于 B 选项， S100  a1  a2  a100  a1  a3   a5  a7   a97  a99 
a2  a4   a6  a8   a98  a100  ，每一组数都可以确定，故选项 B 正确；
对于 D 选项， a2  a100  a2  a4   a6  a8   a98  a100 
 a4  a6   a8  a10    a96  a98  ，每一组数都可以确定，故选项 D 正确；
对于 C 选项，因为a2n1  a2n  2n ，故a2  a3   a4  a5   a102  a103  ，因为 S104  a1  a3   a5  a7   a101  a103 
a2  a4   a6  a8   a102  a104  ，每一组数都可以确定，
则a1  a104  S104  a2  a3   a4  a5    a102  a103  为定值，故选项 C 正确.故选：BCD.
，

n ， n  N
n
n

n1
，即a 1 a 
 n
n1


n
a cs nπ  a
【详解】由题意得，
【答案】BCD
【分析】推导出a2n1  a2n1  1，a2n2  a2n  4n  1 ，其中a2  a1  1，a2  a1 的值不确定，然后利用分组求和法可判断 AB 选项；利用并项求和法可判断 CD 选项.
17．（2025·湖南长沙·三模）已知数列a 的前n 项和为 S ， a  1，且 a a  pn ，则下列结论正确的是
nn1n1n
（）
若a 是递增数列，且3a 、4a 、5a 成等差数列，则 p  3
n
p  1
a
123
a 
5
a  5  1  (1)n
若
3 ，且 2n1
是递增数列，
2n 是递减数列，则 n44
3n1
nn
若 p  1 ，则存在数列a ，使得当n  4k k N*  时， S  n
nn
若 p  1，则存在数列a ，使得当n  4k 1k  N*  时， S  n
【答案】ABC
【分析】由a 是递增数列，先得到a a  pn ；再由3a , 4a , 5a 成等差数列，a  1，列出方程求出 p 的
nn1n1231
a  a
0a a 0
 (1)n1
值，即可得出结果，可判断 A 选项；先由题中条件，得到 2n2n1， 2n12n，推出an1an3n，
再由累加法，即可求出数列an 的通项公式，可判断 B 选项；由 an1  an  1，得到an1  an 1 ；讨论n  4k
或n  4k  3k  N*  ； n  4k  2 或n  4k 1k  N*  两类情况，即可分别得出结论，可判断 CD 选项.
【详解】对于 A 选项，因为an 是递增数列，所以an1  an  an1  an  pn ．
因为a1  1，所以 a2  1 p ， a3  1 p  p2 ．【公众号：林樾数学】
又因为3a1 、4a2 、5a3 成等差数列，所以8a2  3a1  5a3 ，
即81 p   3  51 p  p2  ，即5 p2  3 p  0 ，解得 p  0 或 p  3 ．
5
当 p  0 时， a a ，这与a 是递增数列相矛盾，所以 p  3 ，A 对；
n1nn5
对于 B 选项，因为a2n1 是递增数列，则有a2n1  a2n1  0 ，于是(a2n1  a2n )  (a2n  a2n1)  0 ①
因为 1  1 ，所以 a a a  a②
32n32n 1
2n12n
2n2n1
由①、②得， a2n  a2n1  0 ，
 1 2n1
(1)2n
 
因此a2n  a2n 1   3 ，即a2n  a2n 1  32n1③
又因为a2n  是递减数列，则有a2n  2  a2n  0 ，于是(a2n2  a2n1 ) (a2n1  a2n )  0 ④
因为 1 1 ，所以 a a a a⑤
32n1
32n
2n22n12n12n
由④、⑤得， a2n1  a2n  0 ，
 1 2n
(1)2n1
 
因此a2n1  a2n   3 
，即a2n1  a2n 
(1)n1
⑥
32n
由③、⑥可得an1  an 3n．
*

 4k 1 k  N
即 Sn  n ．
当n  4k  2 或n
，

 2 1  4k  3

 0 1
4
1
 a 
4k -3
4
4k
4
故选：ACD.
4k
 4k 1 k  N
，C 对 D 错.
n
S  n
n
a
 时，不存在数列 ，使得
*

 时，不存在数列 ，使得
于是当n  4k  2 或n
理由如下：因为 an1  an  1，所以 an1  an 1 ；
又因为a1  1为奇数，则当n  N* 时， a2n1 为奇数， a2n 为偶数，所以当k  N* 时， S4k 2 为奇数， S4k 1 为偶数，
因此 S4k 2  4k  2 ， S4k 1  4k 1 均不可能成立．
．
n
S  n
n
a
3
所以所求数列a 的通项公式是
51 ( 1) n
即 an  4  4  3n1 ．
当n  1 时，代入上式得a1  1，与已知条件相吻合．
3 n1
44
n
 5  1  ( 1)
1 ( 1) n1
3
1 1
3
51
3 n1
( 1) n  1 1 
32
3
1
1
 1   
于是当n  2 时， an  a1 (a2  a1) (a3  a2) (an  an1)
 时，存在数列
此时数列an 满足a4k 3  a4k 1  1 ， a4k 2  0 ， a4k  2 ，

．
n
S  n
，使得
n
a
 
则有 S 4k  1 0  1 2  4k ， S
*

 4k  3 k  N
对于 CD 选项，当n  4k 或n
an  4  4  3n1 ， n  N* ，B 对；
n
n
1
三、填空题
18．（2025·广东揭阳·三模）已知正项等比数列an满足a1  1，6a1 ，a3 ，4a2 成等差数列，则其公比为.
【答案】3
【分析】由等差中项公式和等比数列通项公式直接计算即可求解.
【详解】设an的公比为q q  0 ，又因为6a1 ， a3 ， 4a2 成等差数列，
所以2a3  6a1  4a2 ，可得q2  2q  3  0 ，解得q  3 或q   1 （舍去）.故答案为：3.
19．（2025·河南许昌·三模）设 Sn 是等比数列an 的前n 项和，a2  a1  3 ，a3  a2  6 ，则S3  ．
【答案】21
，解得q  2 ，
故答案为： 21 .

由等比数列求和公式得 S  1
a 1  q 3  3 1  23 
3
1  q

1  2
 21 ．

11
a  a  a q  1  3
 2
a1  3

a3  a2  a1q q  1 6
q  1
所以，由题意可得
【分析】设等比数列an 公比为q ，根据已知条件求出a1 、q 的值，再利用等比数列的求和公式化可求出 S3
的值.
【详解】设等比数列an公比为q ，当q  1 时， a1  a2  a3 ，此时a2  a1  0 ，与题意不符，
20．（2025·北京·三模）已知等比数列an的前n 项和为Sn ，满足a1  1， 2Sn  3an 1  3 .则S2 为；满足
Sn  5 的最小的整数n 为.
 
 3 
ln 13
n
化简得 5   13 ，两边取自然对数并整理得， n 3  2.87 ，故最小整数n  3 ，

 1  5 ，
2  3 


 1 ，令 Sn  5 ，则 

2  3 
3

1 5
 3 
3

 
故答案为： 8 ； 3 .

，满足条件.


1  5.44  5
3

23
3  5 3
3 
S 
当n  3 时，
ln 5
3
3
q
是等比数列，设公比为 ，
n
 
 a
33
212
 S  a  a  1 5  8 ；
 q 
2
12
11
当n  1 时， S  a  1 ，则2S  3a  3 ， a  5 ，
【分析】将n 赋值可求得 a2 ，即可求得S2 ；根据a1 ， a2 及an 是等比数列可求得公比，求出 Sn ，进而解不等式即可求解.
【详解】 a1  1 ， 2Sn  3an1  3，
3
8
3
【答案】
1
n

3  5 n
3  5 n

 5 n
n1 

1 q
a 1 q
 S 
3
1
，
a
2
a5
21．（2025·浙江·二模）已知数列an和bn 满足a1  1， b1  0 ， 4an1  3an  bn  4， 4bn1  3bn  an  4，则
an  bn  .
【答案】2n 1
【分析】先根据等差数列的定义得出数列an  bn  是等差数列；再根据等差数列的通项公式即可求解
【详解】因为4an1  3an  bn  4， 4bn1  3bn  an  4，
所以两式相减可得： 4 an1  bn1   4 an  bn   8 ，即an1  bn1  an  bn   2 .
所以数列an  bn  是以a1  b1 1为首项， 2 为公差的等差数列，【公众号：林樾数学】故an  bn  1 2n 1  2n 1.
故答案为： 2n 1.
22．（2025·天津·二模）数列an 的项是由 1 或 2 构成，且首项为 1，在第k 个 1 和第k 1 个 1 之间有2k 1
个 2，即数列an 为：1, 2,1, 2, 2, 2,1, 2, 2, 2, 2, 2,1, .记数列an 的前n 项和为 Sn ，则 S20  ：
S2025  .
【答案】
36
4005
【分析】根据数列an得到构成，直接观察 1 和 2 的个数，再求 S20 ；观察数列an，利用等差数列的求和公式，确定数列 1 和 2 的个数，再求和 S2025 .
【详解】由条件可知，前 20 项有 4 个 1，2 的个数为1  3  5  7  16 个，
所以数列an 的前 20 项的和为 S20  4 16  2  36 ；
前k 1 个 1 之间有1 2k 1k  k 2 个 2，
2
所以k 1 个 1 和k 2 个 2 的个数为k 2  k 1 ，令k 2  k 1  2025 ，满足条件的最大k 为44 ，
当k  44 时， 442  45  1981个数，第 45 个 1 后面有2025 1981  44 个 2，所以 S2025  45  2025  45 2  4005
故答案为： 36 ； 4005
23．（2025·辽宁大连·三模）等差数列a 的前n 项和为S ，已知 Sn  Sn 1 ，且a a  0 ，则 S 取最大值时n
nnnn 16 7n
的值为.
n
所以等差数列a 的前n 项和为 S  na 
n
S
则
d ，
2
1
n
n
1

n n
，
 a 

n
1
1
2
d n  a 
d
d 
2
 12 


推出数列
【答案】6
【分析】设等差数列的公差为d ，先证明数列
a
n 
 S 
 n 
n

是等差数列，由
SS
nn 1
nn 1

即可得解.
 S 
 n 
n

及 单
a
n
调递减，即d  0 ，借助的解析式及单调性推出
S
n
n
【详解】设等差数列an的公差为d ，
a  0, a  0
6
7
Sn1  d n 1   a  d  ， Sn1  Sn  d ，
n 12 12 n 1n2

 Sn d
所以数列 n  是等差数列，公差为 2 .

SS S 
因为 n  n 1 ，所以数列 n  单调递减，
nn 1 n 
所以 d  0 ，即d  0 ，所以等差数列a 单调递减.
2n
因为数列 Sn  单调递减，所以 S11  S13 ，
 n 1113

因为 S11  a  11 1 d  a  5d  a ，
111216
S13  a  13 1 d  a  6d  a ，所以a  a .
13121767
因为等差数列an单调递减，且a6a7  0 ，所以a6  0, a7  0 ，所以当n  6 时， Sn 取最大值.【公众号：林樾数学】
故答案为：6
24．（2025·重庆·三模）对于数列xn  ，若存在常数 M  0 ，使得对一切正整数n ，恒有
xn
 M 成立，则称xn 
为有界数列.设数列a 的前n 项和为S ，满足a 
1，若S  为有界数列，则实数M 的取值范围
n
是.
nnn2  4n  3n
n1

n
n
因为a  0 ，故数列S 为递增数列，故 S  S  1 ，故 1  S  5 ，
，
12
 5
2 n  2 n 3 

2 n 5
  5 

11
2  23n  2n 3  12
 1  1  1 
12
.


,  
12
 5
因此，实数 M 的取值范围是
8
12
n
n
因为S 为有界数列，则 S  5 ，故 M  5 ，
12
n
8
【详解】因为a 

11
2 n 1n  3
 1
1
 n 1 n  3

1
n2  4n  3
n


【分析】利用裂项求和法可求出 Sn ，求出 Sn 的取值范围，结合有界数列的定义可得出实数 M 的取值范围.

,  
12
 5
【答案】


，

所以 S  1  1  1   1  1  1   1  1  1    1 
n
2  2
11

4 

2  3
5 
2  4
6 

2 n  1 n  3
故答案为：
 5
12
,  


.
令2n 1  2025 ，解得n  10 n  N*  ，所以 n 的最大值为 10．
故答案为：10
 2n 1，
11 2n 
1 2
n
S 
，则
n1
 2
n
所以a
1 ，再由不等式能成立求 n 的最大值.
n
n
 2 
n1
【分析】根据定义得an  2，应用等比数列的前 n 项和公式有 S
【详解】因为正偶数与2n 不互素，正奇数与2n 互素，
所以不大于2n 且与2n 互素的正整数为所有不超过2n 的正奇数，
【答案】10
nnnn
25．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）互素是指两个自然数 a 和 b 的最大公因数为 1．欧拉函数(n) 表示不大于 n n  N*  且与 n 互素的正整数个数，若数列a 满足a  2n  ，且数列a 的前 n 项和为S ，则满足 Sn  2025 的 n 的最大值为．
26．（2025·甘肃白银·三模）若数列an 是有穷数列，且各项之和为 0，各项的绝对值之和为 1，则称数列an 
是“ n 项优待数列”.若等差数列bn 是“ 2k  1 项优待数列”， k  N* ，则bn  .
【答案】 n 1

k

 k k 1
【分析】根据等差数列分d  0 ， d  0 两种情况讨论，再结合等差数列求和公式计算求解通项.
【详解】设等差数列b1, b2 , b3 , b2k 1 k  1 的公差为d ， d  0 ，则b1  b2  b3  b2k 1  0 ①，
b1  b2  b3  b2k1  1 ②，
所以2k 1b1  k 2k 1 d  0 ，所以b1  kd  0 ，所以bk 1  0 ，所以bk 2  d ，
当d  0 时，由①②，得b b b b 1 ，所以kd  k k 1 d  1 ，即d  1 ，
k 1k 2
k 32k 12
22k k 1
由b 0 ，得b  k  0 ，即b   1 ，所以b
1 n 1 n1
 ，n  N* ，n  2k 1 ，
k 1
1k k 1
1k 1
nk 1
k k 1
k k 1k
当d  0 时，同理可得kd  k k 1d   1 ，即d   1 ，由b 0 ，得b  k  0 ，即b  1 ，
22k k 1
k 1
1k k 1
1k 1
1n 1n1
所以bn  k   ， n  N* ， n  2k 1 .
1k k 1k k 1k
综上， b   n  1  .

k
n
故答案为： b
 k k 1
  n


 1 

k

n k k 1
四、解答题
27．（2025·江西景德镇·三模）已知 Sn､Tn 分别是等差数列an 和等比数列bn 的前n 项和， S5  15 ，
b2b4  64, a2  b1, S3  T2 ．
求数列an 和bn 的通项公式；
若bn 为递增数列， cn  anbn ，求数列cn  的前n 项和 An ．
a  n
 
n
b
（2）因 为递增数列，则
．
n
n
n
n
n
 5n 12, b  2
或a
n
a  n,b  2
则
若b3  8 ，则b1  2, b2  4, a2  2，公比为2 ，公差为1；
若b3  8 ，则b1  2,b2  4,a2  2 ，公比为2 ，公差为5 ，
8 ，
2  2n1
，

1 2
n1
n
23
n1
两式相减得， An  n  2 2  2  2   2  n  2
 n  2n1  2  2n+1  n 1 2n1  2 ．
n
n
则 A =1 2+2 22 +3 23  n  2n ， 2A =1 22 +2 23 +3 24  n  2n+1 ，
n
n
n
c  n  2
，则
n
 2
n
， b
(2)
n
a 
a
【详解】（1）因数列 为等差数列，则 S 
【分析】（1）利用等差数列的性质得出a3  3， S3  3a2 ，再利用等比数列的性质得b3  8 ，结合b2  2b1 可求得通项；
（2）根据单调性得出通项公式，再利用错位相减法可求.
n1

n
A  n 1  2 2
5
n
n
 5n 12, b  2
n
n
n
n
【答案】(1) a  n,b  2 或a
同理可得 S3  3a2 ，
因 S3  T2 ，则3a2  b1  b2 ，又a2  b1 ，得b2  2b1，
64 ，解得b
2
b 

2 43
为等比数列，则b b
n
b
因数列 
3
，
3
a  3
3
5 a 15，解得

a 5
1 5
2
28．（2025·四川攀枝花·三模）已知数列a 的首项a  1， a  a
 3 2n ．
n
n
求证：a  2n  是等比数列；
求数列an 的前n 项和 Sn ；
n2
1nn1
令bn 
an  (1)
n ，求数列bn 的最大项．
【答案】(1)证明见解析
(2) 2n1  2 
1 1n
2
n

n
1

  
2
1 
1
1  




1
  2
12

 2  2 
n
 1
n
2
1   2

2
8

2n
3
n
所以数列b 的最大项为b  9 ；
所以当1≤ n ≤ 2 时bn1  bn  0 ，当n  3 时bn+ 1 - bn < 0 ，
即b1  b2  b3  b4  b5   ，
，
2 n 1

2n 1
2n 1n2 n 1 2  2

n 1 2  2n 2
2n1
n2

n 12
则bn1  bn 2n1
n
n2
n2
（3）由（2）可得bn  a  (1)n  2n ，
2
1 1 
1 1n
11 1n 
   2n1 2 .
2 1  2n 
1 2

n

  a  2
n1
所以an1  2
nn1
n
2 ，
【详解】（1）因为a  a 3
n2
（3）由（2）可得bn  2n ，利用作差法判断数列的单调性，即可求出最大项.
n
1 ，利用分组求和法计算可得；

n
n
（2）由（1）可得a  2  
，结合等比数列的定义即可证明；
n
n

  a  2
n1
【分析】（1）依题意可得an1  2
8
3
(3) b  9
n

1
 2  
n
所以 S
，
n
1

n
n
所以a  2  
，
1  2  

n
n
（2）由（1）可得a  2  1
 是以1为首项， 1为公比的等比数列；【公众号：林樾数学】
n
n
a  2
所以
又a1  1，所以a1  2  1，
，
n
29．（2025·河南·三模）已知等差数列an 的前 n 项和为Sn ，且a3  a7  6 ， S12  45 ．
求an ；
an  an 2 ,n为奇数


若数列bn 满足bn  
an an2
2
, n为偶数
，求数列bn 的前 20 项和T20 ．
【答案】(1) a  n 1
n
2
(2)4212
【分析】（1）根据已知条件求得等差数列的首项和公差，从而求得an ；
22
 4212.

 n  2 ，所以
b 
n  2, n为奇数
n



2 n2 , n为偶数，
故T20  b1  b2  b3   b20  b1  b3   b19   b2  b4   b20 
 3  5  21  22  23  211  
3  2110 2

41 210 
1 2
a1  1
（2）先求出bn ，再利用分组求和法求解即可.
【详解】（1）设等差数列an 的公差为 d，
由a  a  6 ， S  45 ，得
2a  8d  6
1
37
12
12a  66d  45

，解得
n 1 n  3
1
1 ，
d 
2
所以a  1 n 1 1  n 1 ．
n
22
（2）因为an  an2 
30．（2025·广东广州·三模）已知数列an 满足a1  1， a3  6 ，且对任意的n  2 ， n  N* ，都有
an1  an1  2 an  3 .
设bn  an1  an ，求证：数列bn 是等差数列，并求出其的通项公式；
求数列an 的通项公式；
213
 1 
若cn  3 an  3 n  2 ，求c  的前 n 项和Tn .
 n 
【详解】（1）由an1  an1  2 an  3有an1  2an  an1  3 ，所以a3  2a2  a1  3 ，又a1  1， a3  6 ，解得a2  2 ，
又因为bn  an 1  an  2an  an 1  3 an  an  an 1  3  bn 1  3 ，即bn  bn1  3，所以数列bn 是以公差为 3，首项为b1  a2  a1  2 1 1 的等差数列，
所以bn  1 n 1 3  3n  2 ，
（2）由（1）有bn  an 1  an  3n  2 ，


n
，利用裂项相消法即可求解.


c2  nn 2 
有
n
11  1 1 
c  n n  2
（3）由
【分析】（1）由an1  an1  2 an  3先求a2 ，根据等差数列的定义验证bn  bn1 是否为不变的常数即可验证；
（2）由（1）有an1  an  3n  2 ，利用累加法即可求解；
3n n  3
(3) Tn  2 n 1n  2
【答案】(1)证明见解析， bn  3n  2
3n2  7n  6
(2) an 2
c
1 1
123
ccc
n

11
所以T  1  1  1  1  1 1 1  1  1  1  1  1 
 ，

1

2  nn  2 
n
2 
32435
n 1n 1nn  2 
1

 1 1 1  1  1   3n n  3 ，
2 

2n 1n  2 
2 n 1n  2
所以Tn  2 n 1n  2 .
3n n  3
（3）由（2）有cn an n  2 
所以an  an1  3n 1  2, an1  an2  3n  2  2,, a3  a2  3 2  2, a2  a1  31 2 ，
上式相加有an  a1  3 n 1  2  3 n  2  2   3  2  2  3 1  2 
n 13n  4
2
，
所以an 
n 13n  4  2
 a 1 
3n2  7n  6
2
，
所以an 
3n2  7n  6
2
；

2
13
2 3 n2 7 n 6 13
33
3
2
n  2  n n  2  ，
3
所以
1
cn

1
n n  2
n
31．（2025·河北秦皇岛·一模）设S 为数列a 的前 n 项和，已知a
 4,  an  Sn  是公比为 2 的等比数列．
nn
证明：an 是等比数列；
求an 的通项公式以及 Sn ；
1 2a


设b  n  5 a ，若n  N* ， 4m  2m2  b ，求 m 的取值范围．
nnn
 an  Sn 
n
n 
2a
是首项为 1，公比为 2 的等比数列，
则
an  Sn
2a
 2
n1
，即
S  2 1 a
n
n
，①
n
【详解】（1）证明：由已知可得，数列
得证；
利用（1）的信息即可求出an ， Sn ；
求出bn 并求出其最大项，建立不等式求解．【公众号：林樾数学】
n
，再利用前 n 项和与第 n 项的关系推理
n
n
S  2 1 a
【分析】（1）根据给定条件，利用等比数列定义求得
(3) , 2
1
2n3
 8 
n
2
n
(2) a  ( 1 )n3 ， S
【答案】(1)证明见解析
则 Sn1  2
n1
1a
n1
，②
②  ①得： an1  2
n1
1a
n1
 2 1a ，即2
n
n1
 2a
n1
 2 1a ，
n
n
n
可得a
n12 n
 1 a ，又a  4  0 ，
1
an  是等比数列．
（2）由（1）知
a  4  ( )
1
n1
2
 ( )
1
n3
n
2
，
则 S
n
 2 1 a

n
n
 8 
1
2n3 ．
（3）由b  n  5 a ，且a  ( 1 )n3 ，得b  n  5 ，
n
n
n
2
n2n3
 bn1  2n2  1 n  4  1 1
当n  5时， bn  0 ，当n  6 时， bn  0 ，
n  4
b
n
n  5 2n3
2 n  5
2 

n  5 
1  ，

若n  6 ，则b  b  1 ，
76
8
若n  7 ，则 bn1  1 1
b
n
2 
1

n  5 4
  3  1，可得b

n1n
 b ，
因此数列b 的最大项为b  b  1 ，
n
76
8
由
n  N
*
， 4
mm2
 2
b ，得4
mm2
n
 2
1 ，
8
即8  (2m )2  2  2m 1  0 ，整理得4  2m 12  2m 1  0 ，则2m  1 ，即m  2 ，
4
 m 的取值范围是, 2．
32．（2025·广东广州·三模）已知公差不为零的等差数列an 和等比数列bn 满足 a1  b1  1 ，且a1, 2a2 , 4a4 成等比数列， 4b2 , 2b3 , b4 成等差数列.
求数列an和bn 的通项公式；
n
n
n
n
令c  3an ，去掉数列c 中的第3k 项k  N*  ，余下的项顺序不变，构成新数列t ，写出数列t 的前
4 项并求tn 的前2n 项和 S2n ；
【答案】(1) a
n
 n,b  2
n1
n
；
2  33n1  6
(2)3，9，81，243； S2n 13
【分析】（1）由等比中项和等差中项的性质，及等比数列和等差数列的通项公式可得结果；
11
.
又a1  b1  1 ， d  0 ，解得d  1, q  2 ，
所以a  1  n 1  n ， b  1 2n1  2n1 ；
n
n
（2）由（1）得c
 3 
an
n
n
3 ，
去掉第3k 项后，前 4 项依次为 3，9，81，243，
S2n  t1  t2  t3    t2n  c1  c2  c4  c5    c3n 2  c3n 1
 c1  c4  c3n 2  c2  c5    c3n1
 31  34    33n 2  32  35    33n1

31  33n  32 1  33n 
1 33


2  33n1  6
13
，
综上， S2n 
1 33
2  33n1  6
13
2
（2）由分组求和法计算.
【详解】（1）设等差数列的公差为d d  0 ，等比数列的公比为q ，由题意得：
4a2  4a a

21 4
 
 a  d a a  3d

1

3
11


4b3  4b2  b4
，
 1
4b q  4b q  b q
2
33．（2025·湖南长沙·三模）已知数列b ， b  N ，记集合 A  {t | t  bm , k  m} 的元素个数为 A .
b
nn
k
若bn 为 1，2，4，8，12，写出集合A ，并求 A 的值；
若bn 为 1，3，a，b，且 A  3 ，求bn 和集合A ；
若数列bn 项数为r ，满足bn1  bn n  1, 2,, r 1 ，求证：“ A  r 1”的充要条件是“bn 为等比数列”.
2
23
2, 3, b 是集合A 中元素，又 A  3 ，则b  3 ， 3  b ，解得b  9  N ，不符合题意，
111
n
（2）由b 为 1，3， a ， b ，当a, b 之一为 2 时，不妨令a  2 ，则 2  2, 3  3, b  b 互不相等，
2
【详解】（1）集合 A  {3 , 2, 3, 4, 6,8,12}， A  7 .
3a
（3）根据给定的定义，分别证明命题成立的充分条件和必要条件即可.
（2）结合集合的性质，可得 a  b  3 ，解出即可.
k
bm
【分析】（1）根据给定的定义，计算出所有 b , k  m 即可.
2
A  3, 9, 27 ；
证明见解析.
【答案】(1) A  {3 , 2, 3, 4, 6,8,12}， A  7 ；
r 1 ，
b3 bb5
b
b
,, r 
b3
2 , 4 
b b

b2b1 b2b1b2b1b2b1 b3b1
b3
因此
,, r , r 互不相等，
b2 b2 b2b2 b1
b b
b3 bb5
b b
, 4 ,,, r , r  A ，且 , 4 ,
b2 b2 b2b2 b1
b1
综上，“ A  r 1”的充要条件是“bn 为等比数列”.
b
12
，所以bn 为等比数列，故必要性成立，
br
r 1
 
bb
b2b3
从而
b3
r2 ，
br 1
bb
2 ,,
b
2 , 4 
b b

n
111
r
b
 
bbb
234
bbb
，则
A  r 1
b
b
必要性：若 是递增数列，且
因此bn 为 1，3，9，27，所以 A  3, 9, 27 .
（3）充分性：若bn 是递增的等比数列，设bn 的公比为q q  1 ，
当i  j  r 时， bj  q ji ，
bi
所以 A  q, q2 , q3,, qr1，且 A  r 1，故充分性成立；
3a
则 3， a ， b 都是集合A 中的元素，又 A  3 ，则 a  b  3 ，解得a  9 ， b  27 ，
1
1
1
则必有3  a  b ，得 3  3 ， a  a ， b  b 互不相等，
b3
r  r ，
b2b1
bb
 
b5
4 
b

b2b2b2
则
b
,, r  A ，且互不相等，又
,,
b1 b1 b1b1
b2 b3 b4
于是
1
，
34．（2025·天津·三模）已知数列an 和bn 的满足a1  4,b1  2, an1  2an  bn  2,bn1  2bn  an  2 ，
(1)（i）求a4  b4 的值；
（ii）求(a  b ) 的值.
n
22
ii
i1
m
(2)若数列c 满足对于n  N*, b  c  a ，求证： m  N* ，使得 ci  2025 ．
nnnn
i1
ci1
22
【详解】（1）（i）已知an1  2an  bn  2 ， bn1  2bn  an  2 ，将两式相加可得：
an1  bn1  2an  bn  2  2bn  an  2  3(an  bn ) ，又a1  b1  4  2  6  0 ，
；
i1
（2）根据b  .
ai 1
3i1  2(i 1) 13i1  2i 13i1  3i
4 3i
44 3i
m ci
m 12i 1
m1 m
2i 1
 c > ( 
)  i
i
i 1 i 1 i 1 44 344 i 13
m 2i 11352m 1

3
2
m
设Tm   3i ③
i 1
3333
项增数列”.
若a 13n， b  2n  3 ，判断数列a ，b 是否为“数项增数列”？
nnnn
若等差数列cn  为“数项增数列”，且c1  2 ，求cn 的公差d 的取值范围；
若数列dn  为共 4 项的“数项增数列”，满足di 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9(i  1, 2, 3, 4) ，求所有满足条件的数列
dn  的个数.

所以数列bn 不是“数项增数列”.
| 2  3  n |
n
，
| b 1|
1
 2,| b  2 |
2
 1 ，有
| b 1|
1

| b  2 |
2
，
n
| b  n |
n
b
 
对于数列，
n
a
恒成立，因此数列 是“数项增数列”；
n1
*
 (n 1) (n  2, n  N )
n
a  n  a
即
【答案】(1)an 是，bn 不是；
(2) (, 1) ∪(1, ) ；
(3)31.
【分析】（1）由| an  n | 4n 1的单调性判断，对数列bn 举例说明判断.【公众号：林樾数学】
利用定义列式，取特值求出 d 范围，再就一般情况分类判断即可.
根据给定的定义，再分类推理计算判断..
【详解】（1）对于数列an， | an  n ||1 4n | 4n 1 ，则| an  n |随n 的增大而增大，
则 1 T  1  3  2m  3  2m 1 ④
3 m32333m3m1
③ - ④得：
2 T  1  2( 1  1  1 )  2m 1
3 m332333m3m1
1 (1  1 )
 1  2 93m1  2 m 1
31 13 m1
3
 1  1 (1 1 )  2m 1
333m13m1
 2  2m  2
33m1
所以T  1 m 1 .
m3m
m cim1m 1m 1m 1
则 c > 4  4 (1 3m ) 4 4 3m .
i 1 i 1
m 1m ci
当m 足够大时，会大于 2025，所以m  N* ，使得>2025
4i 1 ci 1
35．（2025·山东临沂·三模）定义：若数列an 满足 an  n 
an1  n 1
n  2, n  N*  ，则称数列a 为“数
n
当n  n0 时， | cn  n || (n 1)d  n  2 | (n 1)d  n  2  (d 1)n  d  2 ，
d 1  0 ， | an  n |随n 的增大而增大，则d  1，所以cn 的公差d 的取值范围是(, 1) ∪ (1, ).
（3）由di 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9(i  1, 2, 3, 4) ，得| dn  n | 最小值为 0，最大值为 5，
①若| d4  4 | 5 ，则d4  9 ， | d3  3 | 2, 3, 4 ，
若| d3  3 | 2 ，则d3  1或d3  5 ， | d2  2 | 1 ， d2  1 或d2  3 ，此时| d1 1 | 0 ，
d1  1 ，因此数列{dn} 的个数为2 21  4 ；
若| d3  3 | 3 ，则d3  6 ， | d2  2 | 2 或| d2  2 | 1 ，当| d2  2 | 2 时， d2  4 ，
| d1 1| 1或| d1 1 | 0 ，此时d1  2 或d1  1 ；当| d2  2 | 1 时， d2  3 或d3  1，此时| d1 1| 0 ， d1  1 ，因此数列{dn }的个数为2  2  4 ；
若| d3  3 | 4 ，则d3  7 ， | d2  2 | 3 或| d2  2 | 2 或| d2  2 | 1 ，当| d2  2 | 3 时， d2  5 ，此时| d1 1|{2,1, 0} ， d1 {3, 2,1}，
当| d2  2 | 2 时， d2  4 ， | d1 1| 1或| d1 1 | 0 ，此时d1  2 或d1  1 ，
当| d2  2 | 1 时， d2  3 或d3  1，此时| d1 1| 0 ， d1  1 ，因此数列{dn} 的个数为3  2  2  7 ；
②若| d4  4 | 4 ，则d4  8 ， | d3  3 | 2, 3 ，由①得数列{dn} 的个数为4  4  8 ；
③若| d4  4 | 3 ，则d4  7,1 ， | d3  3 | 2 ，则d3  1, 5 ， | d2  2 | 1 ， d2  1, 3 ，
| d1 1 | 0 ， d1  1 ，因此数列{dn} 的个数为2 2 2  8 ， 所以所有满足条件的数列dn  的个数是4  4  7  8  8  31 .
 (1, 3 ) ，
d 12
d 1
0
0
1
 n || (n 1)d  n  2 | 0 ，解得n  d  2  1 
n000
当d  1时，令| c
（2）依题意，设cn  2  (n 1)d ，则| cn  n || (n 1)d  n  2 | ，
由等差数列cn 为“数项增数列”，得| cn  n || cn1  (n 1) | 对n  2, n  N* 恒成立，即| (n 1)d  n  2 || (n  2)d  n  3 |，当n  2 时， | d | 1，解得d  1或d  1，
当d  1时， | cn  n || (d 1)(n 1) 1| (d 1)(n 1) 1 随n 的增大而增大，则d  1，
36．（2025·天津·二模）已知数列an 是各项均为正数的等比数列，且a1  2 ， a2a4  64 .对于任意k  N* ，在ak 和ak 1 之间插入 k 个数 xk1 ， xk 2 ，…， xkk ，使得ak ， xk1 ， xk 2 ，…， xkk ， ak 1 这k  2 个数构成等差数列，记新得到的数列为bn .
求数列an 的通项公式；
记cn  bn1  bn ，证明对于任意的n  N* ， cn  cn1 ；
求
n (n 1)
2
 bk
k 1
（其中n  N* ）.
n
【答案】(1) a  2n ；
(2)证明见解析；
(3)
n( n1)
2
 bk
 (3n  2)  2n1 1.
k 1
【分析】（1）根据给定条件，借助等比中项求出公比，进而求出通项公式.
求出插入区间[ak , ak 1 ] 内项后的等差数列公差，再按数列{bn }的相邻 3 项在同一等差数列内和在相邻两个等差数列内分类证明.【公众号：林樾数学】
求出数列{bk } 中2n 项及前面的项数和，再利用分组求和法，结合等比数列前 n 项和公式及错位相减法
求和.
nnn
【详解】（1）设数列a 的公比为q ，因为数列a 是各项均为正数，故a  0 n  N ， q  0 ，
因为a a  64 ， a2  a a ，
2 432 4
所以a2  64 ，解得a  8 ，而a  2 ，则公比q a3  2 ，
a
331
1
所以数列an 的通项公式为an
 a qn1  2n .
1
a a
2k 1  2k2k
由（1）得等差数列ak , xk1 , xk 2 ,, xkk , ak 1 的公差d
 k 1k ，
kk 1
k 1
k 1
当bn ,bn 1,bn 2 [ak , ak 1] 时， bn1  bn  bn2  bn1  dk ，则cn  cn 1 ；
b [a , a
), b
 (a, a]
b a
2k2k 1
当 nkk 1
n2
k 1 k 2
时，则
n1
k1 ， cn  dk  k 1 ,cn 1  dk 1  k 2 ，
2k 12k
k21
k 2k
cn1  cn  2 () 0 ，因此cn  cn1 ，
k  2
所以cn  cn1 .
k  1
k 1
k  2
k
k  1(k  2)(k  1)
{b }
(k 1)(2k1  2k )
k 2
依题意，在(2, 2 ), k  2 内的数列
n 的所有项和为
2
n(n 1)
 3(k 1)  2，
n(n 1)
数列{bk } 中， 2n 项及前面的项数和为n [1 2  3   (n 1)]  n ，
22
当n  2 时，
n ( n1)
2
 bk
k 1
 2  22  23   2n  3[1 20  2  21  3 22   (n 1)  2n2 ]
令 Sn  1 20  2  21  3 22  (n 1)  2n 2，
则2Sn  1 21  2  22  3 23   ( n 2) 2n2  (n 1) 2n1 ，
两式相减得Sn  1 21  22  2n2  (n 1)  2n1  2n1 1 (n 1)  2n1  (2  n)  2n1 1 ，解得 Sn  (n  2)  2n1 1，而2  22  23   2 n  2 n 1  2 ，
1
.
n (n 1)
当n  1 时， 
2
bk  b1  a1  2 满足上式，
k 1
所以
n ( n1)
2

k 1
b  (3n  2)  21
n1
k
n1
2
1] (3n 2) 
n
k
，
n1
2
n1
n1
b  2 2  3S  22 3[ (n  2)

k 1
n (n 1)
2
因此