2026年高考数学一轮专题训练：数列 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：数列 [含答案]，共12页。
A．3B．﹣3C．±3D．9
2．（2025春•安康期中）某高中足球场内有4条同心圆环步道，其长度依次构成公比为3的等比数列，若最长步道与最短步道之差为520m，则最长步道为（ ）
A．720mB．680mC．560mD．540m
3．（2025春•海陵区校级期中）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4+a13＝1，则S16＝（ ）
A．4B．8C．16D．32
4．（2025春•芜湖期中）已知数列{an}的前n项和Sn＝pn2+qn+r（p、q、r为常数），则“{an}为递增的等差数列”是“p＞0”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
5．（2024秋•文山市校级期末）已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，若SnTn=3n+4n+2，则2a6b2+b10（ ）
A．11113B．3713C．11126D．3726
6．（2025春•顺庆区校级期中）若数列{an}满足an+1=2an，0≤an≤12#160;2an−1，12＜an＜1，a1=35，则a10＝（ ）
A．15B．25C．35D．45
7．（2025春•上饶期中）已知在等差数列{an}中，a5＝20，a10＝35，则a20＝（ ）
A．50B．55C．60D．65
8．（2025春•上饶期中）已知数列{an}满足a1＝2，且an+1＝an+3n+2（n≥1），则a10＝（ ）
A．182B．173C．164D．155
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春•湖北期中）烟花三月，莺飞草长，美丽的樱花开满园．将樱花抽象并按照一定的规律循环出如图：图①将樱花抽象后，得樱花数a1＝1，图②以樱花五片花瓣为蕊作五个缩小版樱花，得樱花数a2＝6，以此类推．假设第n个图的樱花数是an，设数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是（ ）
A．an＝6an﹣1
B．Sn=5n+1−516−n4
C．数列{Snn}是递增数列
D．数列{5nanan+1}的前n项和为1−45n+1−1
（多选）10．（2025春•盐城校级期中）已知数列{an}满足an+1＝5an﹣4an﹣1（n≥2），a1＝1，a2＝13，则（ ）
A．a4＝253
B．a22被7除的余数为5
C．a16的个位数为4
D．存在实数λ，使得数列{an+λ}是等比数列
（多选）11．（2025春•萍乡期中）记Sn为数列{an}的前n项和，且{2nann}为等差数列，{ann(n+1)}为等比数列，a1＝1，则（ ）
A．an=n(n+1)2n
B．不存在正整数m，对于任意的正整数r≠m，均有ar＜am
C．S5=7716
D．对于任意的正整数n，均有Sn＜8
（多选）12．（2025•黄山模拟）如图，曲线y2＝2x（y≥0）上的点Ai与x轴非负半轴上的点Bi﹣1，Bi（i＝1，2…，n）构成一系列正三角形，记为△B0A1B1，△B1A2B2，…，△Bn﹣1AnBn（B0为坐标原点）．设△Bn﹣1AnBn的边长为an，点Bn（bn，0），△Bn﹣1AnBn的面积为Sn(n∈N∗)，则下列说法中正确的是（ ）
A．数列{an}的通项公式an=43n
B．数列{bn}的通项公式bn=23(n2+2n−1)
C．S1+S2+S3+⋯+S13=3643
D．1S1+1S2+⋯+1Sn＜534
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•喀什市期中）若已知数列an的通项公式是an＝n2+n﹣13，其中n∈N*．则a10＝ ，an+1＝ ．
14．（2025春•江门校级期中）在数列{an}中，a1＝2，a2＝8，且对任意的n∈N*，都有an+2＝4an+1﹣4an，则{an}的通项公式为 ；若bn=nan，n=2k−1，k∈N∗lg2nan，n=2k，k∈N∗，则数列{bn}的前n项和Tn＝ ．
15．（2025春•湖北期中）已知Sn与Tn分别是等差数列{an}与等差数列{bn}的前n项和，且SnTn=3n+2025n，则a3b5+b2021+a2023b2+b2024= ．
16．（2025春•上饶期中）已知等差数列{an}，a7+a19＝19，a5＝1，则a21＝ ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•顺庆区校级期中）已知数列{an}满足an+1﹣an＝1，a72=a4a9．
（1）求a1；
（2）记Sn为{an}的前n项和，若Sn＞Sn+1，求n的取值范围（用集合表示）．
18．（2025春•电白区期中）已知数列{an}是等差数列，且a2＝2，a7＝7．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{an}的前99项和S99；
（3）若bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
19．（2025春•萍乡期中）已知{an}是等差数列，a1＝1，1a1a2+1a2a3+⋯+1a10a11=1021，数列{bn}的前n项和为Sn且满足Sn＝2bn﹣2．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设cn=bn−an−33n，当cn取得最大值时，求n的值．
20．（2025春•上饶期中）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，3an＝2Sn+1．
（1）证明数列{an}为等比数列，并求出通项公式；
（2）设bn＝n•an，求数列{bn}的前n项和Tn．
数列
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春•上饶期中）若a是1与9的等比中项，则实数a的值为（ ）
A．3B．﹣3C．±3D．9
【考点】等比中项及其性质．
【专题】对应思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】C
【分析】由等比中项的性质求解．
解：由已知得a2＝1×9＝9，∴a＝±3．
故选：C．
【点评】本题主要考查等比中项的性质，属于基础题．
2．（2025春•安康期中）某高中足球场内有4条同心圆环步道，其长度依次构成公比为3的等比数列，若最长步道与最短步道之差为520m，则最长步道为（ ）
A．720mB．680mC．560mD．540m
【考点】等比数列的通项公式．
【专题】计算题；对应思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】D
【分析】根据等比数列的通项公式计算求解．
解：设最长步道为xm，则最短步道为127xm，
由题意可得x−127x=2627x=520，
则x＝540．
故选：D．
【点评】本题考查了等比数列的通项公式的应用，属于基础题．
3．（2025春•海陵区校级期中）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4+a13＝1，则S16＝（ ）
A．4B．8C．16D．32
【考点】求等差数列的前n项和．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据等差数列求和公式即可得到答案．
解：等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4+a13＝1，
S16=16(a1+a16)2=16(a4+a13)2=8×1=8．
故选：B．
【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础题．
4．（2025春•芜湖期中）已知数列{an}的前n项和Sn＝pn2+qn+r（p、q、r为常数），则“{an}为递增的等差数列”是“p＞0”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【考点】等差数列的性质；充分条件与必要条件．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；简易逻辑；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据题意，类比等差数列的性质可得充分性成立，举出反例可得必要性不成立，综合可得答案．
解：根据题意，若“{an}为递增的等差数列”，设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的前n项和Sn=na1+n(n−1)2d=d2n2+(a1−d2)n，类比表达式Sn=pn2+qn+r，有p=d2，q=a1−d2，r=0．
当{an}为递增等差数列时，有p＞0；
反之，当p＞0，r≠0时，此时可得a1＝p+q+r；an＝Sn﹣Sn﹣1＝2pn﹣p+q（n≥2），a2﹣a1＝2p﹣r，an﹣an﹣1＝2p（n≥3），此时数列从第二项开始才为递增等差数列．
故“{an}为递增的等差数列”是“p＞0”的充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题考查等差数列的性质，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
5．（2024秋•文山市校级期末）已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，若SnTn=3n+4n+2，则2a6b2+b10（ ）
A．11113B．3713C．11126D．3726
【考点】求等差数列的前n项和．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】B
【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质即可求解．
解：因为等差数列{an}和{bn}满足SnTn=3n+4n+2，
S11T11=11(a1+a11)211(b1+b11)2=a6b6=3×11+411+2=3713．
故选：B．
【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础题．
6．（2025春•顺庆区校级期中）若数列{an}满足an+1=2an，0≤an≤12#160;2an−1，12＜an＜1，a1=35，则a10＝（ ）
A．15B．25C．35D．45
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【正确答案】A
【分析】计算数列的前几项，推得数列的周期为4，计算可得所求值．
解：数列{an}满足an+1=2an，0≤an≤12#160;2an−1，12＜an＜1，a1=35，
可得a2＝2a1﹣1=65−1=15，a3＝2a2=25，a4＝2a3=45，a5＝2a4﹣1=35=a1，a6＝2a5﹣1=15=a2，…，
则a10＝a8+2＝a2=15．
故选：A．
【点评】本题考查数列的递推式和数列的周期性，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
7．（2025春•上饶期中）已知在等差数列{an}中，a5＝20，a10＝35，则a20＝（ ）
A．50B．55C．60D．65
【考点】求等差数列的前n项和．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】D
【分析】由已知结合等差数列的性质即可求解．
解：等差数列{an}中，a5＝20，a10＝35，
则d=a10−a510−5=3，
则a20＝a10+10d＝35+30＝65．
故选：D．
【点评】本题主要考查了等差数列的性质的应用，属于基础题．
8．（2025春•上饶期中）已知数列{an}满足a1＝2，且an+1＝an+3n+2（n≥1），则a10＝（ ）
A．182B．173C．164D．155
【考点】数列递推式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【正确答案】D
【分析】利用累加法求出an，即可求解a10．
解：由an+1＝an+3n+2（n≥1），可得an+1﹣an＝3n+2（n≥1），
则当n≥2时，an＝an﹣an﹣1+an﹣1﹣an﹣2+…+a3﹣a2+a2﹣a1+a1
＝3n﹣1+3n﹣4+…+8+5+2
=n(2+3n−1)2=3n2+n2，
则a10=3×100+102=155．
故选：D．
【点评】本题主要考查数列递推式，考查运算求解能力，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春•湖北期中）烟花三月，莺飞草长，美丽的樱花开满园．将樱花抽象并按照一定的规律循环出如图：图①将樱花抽象后，得樱花数a1＝1，图②以樱花五片花瓣为蕊作五个缩小版樱花，得樱花数a2＝6，以此类推．假设第n个图的樱花数是an，设数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是（ ）
A．an＝6an﹣1
B．Sn=5n+1−516−n4
C．数列{Snn}是递增数列
D．数列{5nanan+1}的前n项和为1−45n+1−1
【考点】数列递推式；数列求和的其他方法．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列．
【正确答案】BCD
【分析】推得an＝1+5+52+53+...+5n﹣1=5n−14，由数列的分组求和与等比数列的求和公式，可得Sn，可判断AB；由数列的单调性和数列的裂项相消求和，可判断CD．
解：由题意可得a1＝1，a2＝1+5＝6，a3＝1+5+52＝31，…，an＝1+5+52+53+...+5n﹣1=1−5n1−5=5n−14，
即有Sn=14×5(1−5n)1−5−n4=5n+1−516−n4，故A错误，B正确；
由5nanan+1=16×5n(5n−1)(5n+1−1)=4（15n−1−15n+1−1），
可得数列{5nanan+1}的前n项和为4（14−124+124−1124+...+15n−1−15n+1−1）＝1−45n+1−1，故D正确；
由Snn=516×5n−1n−14，考虑5n+1−1n+1−5n−1n=(4n−1)×5n+1n(n+1)＞0，可得Sn+1n+1＞Snn，
即有数列{Snn}是递增数列，故C正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查数列在实际问题中的应用，以及等比数列的通项公式与求和公式、数列的裂项相消求和与数列单调性，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
（多选）10．（2025春•盐城校级期中）已知数列{an}满足an+1＝5an﹣4an﹣1（n≥2），a1＝1，a2＝13，则（ ）
A．a4＝253
B．a22被7除的余数为5
C．a16的个位数为4
D．存在实数λ，使得数列{an+λ}是等比数列
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】AD
【分析】根据数列递推式，构造等比数列{an+1﹣an}，利用累加法求得an=4n−3，从而可判断A项，利用二项式展开式被7除的余数情况可判断B项，利用数列{an}的个位数字构成数列{bn}满足bn+2=bn(n∈N∗)，易判断C项，取λ＝3，可证明{an+3}成等比数列判断D项．
解：数列{an}满足an+1＝5an﹣4an﹣1（n≥2），a1＝1，a2＝13，
可得an+1﹣an＝4（an﹣an﹣1）（n≥2），
则数列{an+1﹣an}为等比数列，首项为12，公比为4，
由等比数列的通项公式，可得an+1−an=12×4n−1=3×4n，
于是an＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+...+（an﹣an﹣1）
=1+3(4+42+⋯+4n−1)=1+3×4(1−4n−1)1−4=4n−3，
上式对n＝1，n＝2时，均满足．
对于A，a4=44−3=253，故A正确；
对于B，a22=422−3=244−3=4×814−3，
因814=(1+7)14=C14070+C14171+C14272+⋯+C1414714
=1+7(C14170+C14271+⋯+C1414713)，
故4×814被7除余数为4，继而a22被7除的余数为1，故B错误；
对于C，因an=4n−3，数列{an}的个位数字构成数列{bn}，
则b1＝1，b2＝3，b3＝1，b4＝3，⋯，以此类推可知，bn+2=bn(n∈N∗)，
故a16的个位数为b16＝b2＝3，故C错误；
对于D，当λ＝3时，an+3=4n，由an+1+3an+3=4n+14n=4，可得{an+3}为等比数列，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式与求和公式，以及二项式定理，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
（多选）11．（2025春•萍乡期中）记Sn为数列{an}的前n项和，且{2nann}为等差数列，{ann(n+1)}为等比数列，a1＝1，则（ ）
A．an=n(n+1)2n
B．不存在正整数m，对于任意的正整数r≠m，均有ar＜am
C．S5=7716
D．对于任意的正整数n，均有Sn＜8
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】ABD
【分析】分别写出数列{2nann}和数列{ann(n+1)}的前三项，求出a2=34或32，分别验证可判断A；判断数列{an}是否存在唯一的最大值可判断B；令bn=2⋅n2+3n+42n，利用裂项相消法可求出Sn=8−n2+5n+82n可判断C和D．
解：记Sn为数列{an}的前n项和，且{2nann}为等差数列，{ann(n+1)}为等比数列，a1＝1，
对于A，因为{2nann}为等差数列，取前3项知2，2a2，83a3成等差数列，即4a2=83a3+2，
因为{ann(n+1)}为等比数列，取前3项知12，a26，a312成等比数列，即2a22=3a3．
代入4a2=83a3+2得4a2=169a22+2，等价于8a22−18a2+9=0，
也即（2a2﹣3）（4a2﹣3）＝0，所以a2=34或32．
若a2=32，则2nann=n+1，得an=n(n+1)2n，
检验得{2nann}为等差数列，{ann(n+1)}为等比数列；
若a2=34，那么2nann=5−n2，所以an=n(5−n)2n+1，
此时ann(n+1)=5−n(n+1)2n+1不为等比数列，所以a2=34不符合题意，故A正确；
对于B，也就是验证数列{an}是否存在唯一的最大值，
令an＜an+1，解得n＜2，令an＞an+1，解得n＞2，
当n＝2时，an=a2=32，an+1=a3=32．
所以a1＜a2＝a3＞a4＞...，即最大值不唯一，
因此不存在符合题意的正整数m，故B正确；
对于C，an=n(n+1)2n=(2n2+6n+8)−(n2+5n+8)2n=2⋅n2+3n+42n−2⋅n2+5n+82n+1．
记bn=2⋅n2+3n+42n，注意到bn+1=2⋅n2+2n+1+3n+3+42n+1=2⋅n2+5n+82n+1．
所以an＝bn﹣bn+1，Sn＝（b1﹣b2）+（b2﹣b3）+...+（bn﹣bn+1）＝b1﹣bn+1＝8−n2+5n+82n，
故S5=8−25+25+825=9916，故C错误；
对于D，由C知，对于任意的正整数n，均有Sn=8−n2+5n+82n＜8，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的定义、通项公式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
（多选）12．（2025•黄山模拟）如图，曲线y2＝2x（y≥0）上的点Ai与x轴非负半轴上的点Bi﹣1，Bi（i＝1，2…，n）构成一系列正三角形，记为△B0A1B1，△B1A2B2，…，△Bn﹣1AnBn（B0为坐标原点）．设△Bn﹣1AnBn的边长为an，点Bn（bn，0），△Bn﹣1AnBn的面积为Sn(n∈N∗)，则下列说法中正确的是（ ）
A．数列{an}的通项公式an=43n
B．数列{bn}的通项公式bn=23(n2+2n−1)
C．S1+S2+S3+⋯+S13=3643
D．1S1+1S2+⋯+1Sn＜534
【考点】数列与解析几何的综合；数列的单调性．
【专题】综合题；转化思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维．
【正确答案】AC
【分析】利用正三角形的性质以及曲线方程找出数列{an}与{bn}的递推关系，即可判断AB，然后求得Sn，由平方和公式代入计算，即可判断C，再由n≥2时，1Sn=943n2＜943(n2−1)，由裂项相消法代入计算，即可判断D．
解：已知B0（0，0），设A1（x1，y1），因为△B0A1B1为正三角形，
易求得直线B0A1的方程为y=3x，
由y2=2x(y≥0)y=3x，结合x＞0，得A1(23，233)，
则a1=|B0B1|=2×23=43，
再由Bn﹣1（bn﹣1，0），则An的横坐标为xn=bn−1+an2，纵坐标为yn=32an，
且An(bn−1+an2，32an)在曲线y2＝2x（y≥0）上，
故(32an)2=2(bn−1+an2)①，
又bn＝bn﹣1+an，结合①可得34an2=2(bn−an+an2)，
即34an2=2bn−an②，
当n≥2时，34an−12=2bn−1−an−1，
再将bn﹣1＝bn﹣an代入上式可得34an−12=2(bn−an)−an−1③，
由②﹣③整理后得(an+an−1)[34(an−an−1)−1]=0，
由an＞0，得an−an−1=43，
所以数列{an}是以43为首项，43为公差的等差数列，
则an=43+(n−1)×43=43n，故A正确；
对于B，因bn−bn−1=an=43n，
则bn＝（bn﹣bn﹣1）+（bn﹣1﹣bn﹣2）+⋯+（b1﹣b0）+b0
=43[n+(n−1)+⋯+1]=43×n(n+1)2=23n(n+1)，故B错误；
对于C，因为△Bn﹣1AnBn是正三角形，面积Sn=34an2=34×(43n)2=439n2，
则S1+S2+S3+⋯+S13=439(12+22+32+⋯+132)
=439•n(n+1)(2n+1)6，将n＝13代入得面积和为3643，故C正确；
对于D，因为1Sn=943n2，当n＝1时，1S1=943=334＜534，
当n≥2时，1Sn=943n2＜943(n2−1)=338(1n−1−1n+1)，
则1S1+1S2+⋯+1Sn＜334+338[（1−13）+（12−14）+⋯+（1n−2−1n）+（1n−1−1n+1）]
=334+338(1+12−1n−1n+1)＜334+338×32=21316＞534，
故D错误．
故选：AC．
【点评】本题主要考查了数列的递推关系以及求和公式与不等式的相关知识，难度较大．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•喀什市期中）若已知数列an的通项公式是an＝n2+n﹣13，其中n∈N*．则a10＝ 97 ，an+1＝ n2+3n﹣11 ．
【考点】数列的函数特性．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】97；n2+3n﹣11．
【分析】根据题意，由数列的通项公式，求出a10和an+1即可得答案．
解：根据题意，数列an的通项公式是an＝n2+n﹣13，则a10＝100+10﹣13＝97，
an+1＝（n+1）2+（n+1）﹣13＝n2+3n﹣11．
故97；n2+3n﹣11．
【点评】本题考查数列的通项公式，涉及数列的表示方法，属于基础题．
14．（2025春•江门校级期中）在数列{an}中，a1＝2，a2＝8，且对任意的n∈N*，都有an+2＝4an+1﹣4an，则{an}的通项公式为 an=n⋅2n ；若bn=nan，n=2k−1，k∈N∗lg2nan，n=2k，k∈N∗，则数列{bn}的前n项和Tn＝ −13×2n−n24+1112，n=2k−1，k∈N∗−13×2n−1−n24−n2+23，n=2k，k∈N∗ ．
【考点】数列求和的其他方法；数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】an=n⋅2n；−13×2n−n24+1112，n=2k−1，k∈N∗−13×2n−1−n24−n2+23，n=2k，k∈N∗．
【分析】由an+2＝4an+1﹣4an，可得an+2﹣2an+1＝2（an+1﹣2an），即{an+1﹣2an}是等比数列，可求得an+1−2an=2n+1，变形为an+12n+1−an2n=1，即可得到{an2n}是等差数列，可求得an2n=n，从而求得an=n⋅2n；bn=12n，n=2k−1，k∈N∗−n，n=2k，k∈N∗，利用分组求和以及等差等比前n项和公式，先求出n为正偶数时Tn的表达式，再求n为正奇数时Tn的表达式，即可得到．
解：在数列{an}中，a1＝2，a2＝8，且对任意的n∈N*，都有an+2＝4an+1﹣4an，
可得an+2﹣2an+1＝2（an+1﹣2an），
又a2﹣2a1＝4≠0，
所以{an+1﹣2an}是以4为首项，2为公比的等比数列．
由等比数列的通项公式可得an+1−2an=4×2n−1=2n+1，
两边同时除以2n+1，可得an+12n+1−an2n=1，
又a12=1，所以{an2n}是以1为首项，1为公差的等差数列，
由等差数列的通项公式，可得an2n=1+(n−1)×1=n，所以an=n⋅2n．
由题意可得bn=12n，n=2k−1，k∈N∗−n，n=2k，k∈N∗，
则{bn}的奇数项为以b1=12为首项，14为公比的等比数列；
偶数项是以b2＝﹣2为首项，﹣2为公差的等差数列．
所以当n为偶数，且n≥2时，
Tn＝（b1+b3+⋯+bn﹣1）+（b2+b4+⋯+bn）=(12+18+⋯+12n−1)+(−2−4−⋯−n)
=12×[1−(14)n2]1−14+n2(−2−n)2=23×(1−12n)−n(n+2)4=−13×2n−1−n24−n2+23；
当n为奇数，且n≥3时，n﹣1为偶数，
Tn＝Tn﹣1+bn=−13×2n−2−(n−1)24−n−12+23+12n=−13×2n−n24+1112．
n＝1时，T1=−13×21−124+1112=12，满足．
所以，当n为奇数，且n≥1时，有Tn=−13×2n−n24+1112．
综上，Tn=−13×2n−n24+1112，n=2k−1，k∈N∗−13×2n−1−n24−n2+23，n=2k，k∈N∗．
故an=n⋅2n；−13×2n−n24+1112，n=2k−1，k∈N∗−13×2n−1−n24−n2+23，n=2k，k∈N∗．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列、等比数列的通项公式与求和公式、数列的分组求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
15．（2025春•湖北期中）已知Sn与Tn分别是等差数列{an}与等差数列{bn}的前n项和，且SnTn=3n+2025n，则a3b5+b2021+a2023b2+b2024= 4 ．
【考点】等差数列的性质；等差数列的前n项和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】4．
【分析】根据等差数列的性质、等差数列前n项和的性质进行求解．
解：由等差数列的性质，知a3b5+b2021+a2023b2+b2024=a32b1013+a20232b1013=a1013b1013=2025a10132025b1013=S2025T2025=3×2025+20252025=4．
故4．
【点评】本题主要考查等差数列的性质、等差数列前n项和的性质，属于基础题．
16．（2025春•上饶期中）已知等差数列{an}，a7+a19＝19，a5＝1，则a21＝ 18 ．
【考点】等差数列的性质．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】18．
【分析】利用等差数列的基本性质可求得a21的值．
解：在等差数列{an}中，a7+a19＝a5+a21＝1+a21＝19，可得a21＝18．
故18．
【点评】本题考查了等差数列的基本性质，是基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•顺庆区校级期中）已知数列{an}满足an+1﹣an＝1，a72=a4a9．
（1）求a1；
（2）记Sn为{an}的前n项和，若Sn＞Sn+1，求n的取值范围（用集合表示）．
【考点】数列递推式；数列的求和．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】（1）﹣12；（2）{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11}．
【分析】（1）运用等差数列的通项公式，解方程可得首项；
（2）由等差数列的求和公式，解不等式可得所求集合．
解：（1）数列{an}满足an+1﹣an＝1，a72=a4a9，
可得数列{an}是公差d＝1的等差数列，
即有（a1+6）2＝（a1+3）（a1+8），
解得a1＝﹣12；
（2）Sn＝﹣12n+12n（n﹣1）=12（n2﹣25n），
若Sn＞Sn+1，则12（n2﹣25n）＞12[（n+1）2﹣25（n+1）]，
解得n＜12，
则n的取值范围为{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11}．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
18．（2025春•电白区期中）已知数列{an}是等差数列，且a2＝2，a7＝7．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{an}的前99项和S99；
（3）若bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
【考点】数列的求和．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】（1）an＝n；（2）4950；（2）Tn=nn+1．
【分析】（1）由等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求；
（2）由等差数列的求和公式，可得所求和；
（3）由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．
解：（1）数列{an}是等差数列，设公差为d，
由a2＝2，a7＝7，
可得a1+d＝2，a1+6d＝7，
解得a1＝d＝1，
则an＝1+n﹣1＝n；
（2）S99=12×99×（1+99）＝4950；
（3）bn=1anan+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
则Tn＝1−12+12−13+...+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
19．（2025春•萍乡期中）已知{an}是等差数列，a1＝1，1a1a2+1a2a3+⋯+1a10a11=1021，数列{bn}的前n项和为Sn且满足Sn＝2bn﹣2．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设cn=bn−an−33n，当cn取得最大值时，求n的值．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】（1）an＝2n﹣1，bn＝2n；（2）5．
【分析】（1）由等差数列的通项公式和数列的裂项相消求和，解方程求得公差，可得an；由数列的通项与前n项和的关系，结合等比数列的通项公式，可得bn；
（2）运用数列的单调性，可得所求值．
解：（1）{an}是等差数列，a1＝1，1a1a2+1a2a3+⋯+1a10a11=1021，
设公差为d，若d＝0，则an＝a1＝1，上式显然不成立，故d≠0，
则1a1a2+1a2a3+⋯+1a10a11
=1d[(1a1−1a2)+(1a2−1a3)+⋯+(1a10−1a11)]
=1d(1−1a11)=1d(1−11+10d)=101+10d=1021，
解得d＝2，所以an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．
数列{bn}的前n项和为Sn且满足Sn＝2bn﹣2，
当n≥2时，有Sn﹣1＝2bn﹣1﹣2，
两式相减，得bn＝2bn﹣2bn﹣1即bn＝2bn﹣1，
又b1＝S1＝2b1﹣2，得b1＝2，
所以数列|bn|是以2为首项、2为公比的等比数列，
所以bn=2×2n−1=2n；
（2）cn=bn−an−33n=2n−2n−23n，则cn+1=2n+1−2n−43n+1，
所以cn+1−cn=2n+1−2n−43n+1−2n−2n−23n=4n+2−2n3n+1，
令f（n）＝4n+2﹣2n，则f（n+1）＝4n+6﹣2n+1，
f（n+1）﹣f（n）＝4﹣2n，
则f（1）＜f（2）＝f（3）＞f（4）＞0＞f（5）＞…，
所以c1＜c2＜c3＜c4＜c5，c5＞c6＞…，
所以数列{cn}中，c5最大，故n＝5．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，以及数列的裂项相消求和、数列的单调性，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
20．（2025春•上饶期中）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，3an＝2Sn+1．
（1）证明数列{an}为等比数列，并求出通项公式；
（2）设bn＝n•an，求数列{bn}的前n项和Tn．
【考点】错位相减法；等比数列的概念与判定．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】（1）证明见解析，an=3n−1；
（2）Tn=14+(2n−1)⋅3n4．
【分析】（1）根据递推式可得an+1＝3an，结合等比数列的定义判定证明，进而写出通项公式；
（2）应用错位相减法及等比数列前n项和公式求Tn．
解：（1）证明：由题设3an+1＝2Sn+1+1，
则3（an+1﹣an）＝2an+1，
即an+1＝3an，
则{an}是公比为3的等比数列，
又a1＝1≠0，
所以an=3n−1．
（2）由bn=n⋅3n−1，
则Tn=1×30+2×31+3×32+⋯+n⋅3n−1，
上式两边同时乘以3可得，3Tn=1×31+2×32+3×33+⋯+(n−1)⋅3n−1+n⋅3n，
两式相减可得，−2Tn=30+31+32+33+⋯+3n−1−n⋅3n=1−3n1−3−n⋅3n，
所以Tn=14+(2n−1)⋅3n4．
【点评】本题考查等比数列的判断以及错位相减法的运用，考查运算求解能力，属于中档题．