2026年高考数学一轮复易错易混07数列(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复易错易混07数列(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)，文件包含第一单元天气单元测试-小学科学三级上册教科版2024答案解析docx、第一单元天气单元测试-小学科学三级上册教科版2024docx、第一单元天气知识点梳理-小学科学三级上册教科版2024docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc11478" 01 错点扫描・易错建模夯基石 PAGEREF _Tc11478 \h 1
\l "_Tc1178" 02 易错归纳・查漏补缺避陷阱 PAGEREF _Tc1178 \h 8
\l "_Tc22425" 易错归纳01 数列的单调性应用时忽略n为正整数（★★★） PAGEREF _Tc22425 \h 8
\l "_Tc23337" 易错归纳02 由Sn求an忽略n=1的讨论（★★★★★） PAGEREF _Tc23337 \h 10
\l "_Tc30853" 易错归纳03 等比数列中忽略公比q=1的讨论（★★★★） PAGEREF _Tc30853 \h 12
\l "_Tc3898" 易错归纳04 裂项相消法求和时漏项致错（★★★★★） PAGEREF _Tc3898 \h 15
\l "_Tc2545" 易错归纳05 错位相减法相减时计算、化简出错（★★★★） PAGEREF _Tc2545 \h 18
\l "_Tc31677" 易错归纳06 数列中的构造问题（★★★★） PAGEREF _Tc31677 \h 23
\l "_Tc25908" 易错归纳07 数列中的奇偶项问题（★★★★★） PAGEREF _Tc25908 \h 26
\l "_Tc32299" 易错归纳08 数列不等式的放缩问题（★★★★） PAGEREF _Tc32299 \h 31
\l "_Tc29001" 03 实战检测・易错通关验成效 PAGEREF _Tc29001 \h 37
一、求数列最大(小)项的方法
（1）构造函数，确定出函数的单调性，进一步求出数列的最大项或最小项．
（2）利用，求数列中的最大项；
利用，求数列中的最小项.
当解不唯一时，比较各解大小即可确定．
二、数列的通项an与前n项和Sn的关系
①当时，a1若适合，则的情况可并入时的通项；
②当时，a1若不适合，则用分段函数的形式表示.
三、公式法求和
1、等差数列的前n项和
2、等比数列的前n项和
3、一些常见的数列的前n项和：
①；
②；
③；
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④
四、几种数列求和的常用方法
1、分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
2、并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．
3、裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和．
（1）基本步骤
（2）裂项原则
一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
（3）消项规律
消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
4、错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解．
（1）适用条件
若是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和．
（2）基本步骤
（3）注意事项
①在写出与的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出；
5、倒序相加法：如果一个数列与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可用倒序相加法求解．
将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可用倒序相加法（等差数列前项和公式的推导即用此方法）．
【常用结论】
裂项技巧
①等差型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
②根式型
（1）
（2）
（3）
③指数型
（1）
（2）
（3）
④三角型
（1）
（2）
（3）
⑤阶乘
（1）
五、构造数列法求数列通项公式
1、形如（其中均为常数且）型的递推式：
（1）若时，数列{}为等差数列；
（2）若时，数列{}为等比数列；
（3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种：
法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
（*）法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再用累加法便可求出
2、形如型的递推式：
（1）当为一次函数类型（即等差数列）时：
法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得：，令得：，再用（*）便可求出
（2）当为指数函数类型（即等比数列）时：
法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
法二：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再转化用（*）便可求出．
3、形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求；
4、还有形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求．
5、形如型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型．
总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式
六、等差、等比数列奇偶项和的性质
1、等差数列中
①若项数为偶数，则；；．
②若项数为奇数，则；；．
2、等比数列中，若项数为，则；若项数为，则．
二、含奇偶项的数列求和问题
1、项数问题
①数列项数是2n项，那么奇数和偶数分别是n项；
②数列项数是2n+1项，那么奇数为n+1项，偶数为n项；
③当项数是n项时，要分n为奇数和n为偶数；
2、常见类型
①，求的值；则
②，求的值
（1）n为奇数时，有个奇数项，有个偶数项，则
（2）n为偶数时，有个奇数项，有个偶数项，则
3、其他类型
①数列中连续两项和或积的问题：或
②含有类型
七、常见放缩公式
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）；
（6）；
（7）；
（8）．
（9）．


易错归纳01 数列的单调性应用时忽略n为正整数
【易错陷阱·避错攻略】
1．已知数列是单调递减数列，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用数列的单调性求解即可.
【详解】数列是单调递减数列，
故，即
且，故.
故选：A
2．（2025·安徽马鞍山·一模）已知数列的通项公式为，前n项和为，则取得最小时n的值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【分析】令，解得：或，分类分析的单调性求解即可.
【详解】令，解得：或，
当时，，故当时，递增，且
当时，，故当时，递减；
当时，，递增.
且，，，，，，
故，所以取得最小时n的值为.
故选：C
3．已知常数，有穷数列共有7项，其通项公式为.对于任意满足的正整数，记为中正数的个数，则下列情形不可能成立的是（ ）.
A．且B．且
C．且D．且
【答案】B
【分析】利用二次函数的性质可得，逐项分别判断即可.
【详解】，又，
所以，
对于A，若且，则即可，故A是可能，不符合题意，
对于B，若，则可知，则，故B不可能，符合题意，
对于C，若且，则即可，故C是可能的，不符合题意，
对于D，若且，则即可，故D是可能的，不符合题意.
故选：B.
二、填空题
4．已知数列满足为正整数，则该数列的最大项是第 项.
【答案】2和3
【分析】结合对勾函数的单调性求解即可.
【详解】
在上单调递减，单调递增，
且故该数列的最大项是第二项和第三项.
故答案为：2和3
5．（24-25高三上·上海宝山·开学考试）已知数列，，若在上是递增数列，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据递增数列的定义可得，，且，结合题意解得，即，求出的最小值即可求解.
【详解】在上是递增数列，所以，，且，
即，
所以，即，
又，
所以.
故答案为：.
6．已知数列，，则在数列的前30项中，最大项和最小项分别为 ， ．
【答案】 ；
【分析】将变为，然后观察其什么时候取最大或最小项．
【详解】，
若要最大，则需取最小正数，则当时，最大．
若要最小，则需取最大负数，则当时，最小．
所以最大项为；最小项为.
故答案为：；

易错归纳02 由Sn求an忽略n=1的讨论
【易错陷阱·避错攻略】
1．已知数列的前项和为，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】由的关系作差即可求解；
【详解】由，
可得：，
两式相减可得：，
当时，，不满足上式，
所以，
故答案为：
2．数列的前n项和，则其通项公式 .
【答案】
【分析】根据可求出通项公式，注意时的值.
【详解】当时，.
当时，，
显然，
所以数列的通项公式为.
故答案为：.
3．已知数列满足，则 ．
【答案】
【分析】根据可求.
【详解】时，，与原式相减得
，则，
经检验，时也成立，
故，即．
故答案为：.
4．知数列的前项和为，，，当时，总有，则数列的通项公式 ．
【答案】
【分析】根据与的关系代入计算，再由等比数列的通项公式，即可得到结果.
【详解】当时，有，
则当时，有，
两式相减可得，
即，
又，，所以，
所以时，数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，所以.
故答案为：

易错归纳03 等比数列中忽略公比q=1的讨论
【易错陷阱·避错攻略】
1．（25-26高三上·重庆·开学考试）记为等比数列的前项和，若，则的公比为
【答案】2
【分析】设数列的公比为，根据条件判断，利用等比数列的前项和公式代入化简，推得，即可求出公比.
【详解】设数列的公比为，若，则，
因，则，不合题意；故，
由可得，
化简得：，
因，则得，因，解得.
故答案为：2.
2．已知 是等比数列，其前 项和为 ，且 ， ，则数列 的公比 ，通项公式为
【答案】
【分析】运用等等比数列得性质公式计算即可.
【详解】由已知有 ，即 ，解得 或 .
若 ，则 ，与 矛盾，不符合题意，
所以 ，所以 ，解得 ，所以 .
故答案为：.
3．已知和分别是等差数列与等比数列的前项和，且，，，则 ．
【答案】9或18
【分析】根据等比数列定义求得公比，再利用两数列各项之间的关系计算可得结果.
【详解】设等比数列的公比为，
由，可得，即，
解得或；
当时，可得，又，所以；
此时；
当时，，可得，又，所以；
此时；
综上可得，或18.
故答案为：9或18
4．若是公比为的等比数列的前项和，且对都成立，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据等比数列的前项和公式，讨论的取值范围，即可求解.
【详解】由题意可知，，
当时，，成立
当时，，
当时，，，，则恒成立，
当时，，，，则恒成立，
当时，，，，则恒成立，
当时，当为偶数时，，则，不满足条件，
当时，当为偶数时，，，则，不满足条件.
所以的取值范围是.
故答案为：
5．已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】（1）设{an}的公差为d，则由已知得，即，
解得a1＝3，d＝－1，故an＝3－(n－1)＝4－n.
（2）由（1）知，bn＝n·qn－1，
于是Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1，
若q≠1，上式两边同乘以q.
qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn，
两式相减得：(1－q)Sn＝1＋q1＋q2＋…＋qn－1－n·qn＝－n·qn.
所以Sn＝－＝.
若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝，
所以Sn＝.

易错归纳04 裂项相消法求和时漏项致错
【易错陷阱·避错攻略】
1．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知数列的首项为，前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，记数列的前项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据可得，再结合累加法可得通项公式；
（2）利用裂项相消法可求和，再结合不等性质可得证.
【详解】（1）由已知得，
即，则，，，，
等式左右分别相加可得
，
则；
（2）依题意得，
，
则，
又，所以，所以，
即．
2．已知数列满足，，令．
(1)求证：数列为等差数列；
(2)设，求证：数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据递推关系，用等差数列的定义证明.
（2）通过裂项相消求数列的和，再适当放缩得到结论.
【详解】（1）由题意知，，，
则，，
所以数列是首项为，公差为的等差数列．
（2）由（1）可知，，
所以，
代入得，
所以=1+1n(n+2)=1+121n−1n+2，
从而有
=1+121−13+1+1212−14+⋯+1+121n−1n+2
=n+121+12−1n+1−1n+2
．
即.
3．（2025·山东·模拟预测）记正项数列的前项和为，已知.
(1)求，；
(2)证明：是等差数列；
(3)求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据给定的递推公式，依次代入计算得解.
（2）由结合已知推理即得.
（3）由（2）求出，再利用裂项相消法求和.
【详解】（1）在正项数列中，，
令，得，解得，负值舍去；
令，得，即，则，
所以，负值舍去’
（2）当时，，而，则，
即，又，
所以是首项为2，公差为2的等差数列.
（3）由（2）知，可得，
则，
所以.
4．已知数列的前项和为，且，.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先利用时，求得，进而得到数列为公比为3的等比数列，最后根据首项和公比写出通项公式即可；
（2）根据裂项相消求和计算即可.
【详解】（1）由，
可得时，，
解得，
时，，又，
两式相减可得，
即有，
数列是首项为3，公比为3的等比数列，
所以；
（2）数列满足，
所以．

易错归纳05 错位相减法相减时计算、化简出错
【易错陷阱·避错攻略】
1．（24-25高三下·甘肃庆阳·期中）记为正项数列的前项和，且.
(1)求的值；
(2)判断是否为等差数列，并求的通项公式；
(3)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)是常数列，也是等差数列，.
(3)
【分析】（1）由题意可得，求解即可；
（2）由已知可得，可得是常数列，可求通项公式；
（3）由已知可得，利用错位相减法可求.
【详解】（1）令可得，
又，故.
（2），①
，②
由②-①，得，
即
故，故是常数列，也是等差数列
故，故.
（3）由（1）可得
故，③
，④
由④-③得.
2．（25-26高三上·广东惠州·月考）已知等差数列的前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，令，求数列的前项和．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）设出公差，根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算得到方程组，求出首项和公差，得到通项公式；
（2）在（1）基础上，得到，利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，则
，解得，
所以；
（2）因为，，所以，
①，
②，
①-②得，
所以.
3．（2025·云南昭通·模拟预测）已知数列是等差数列，且，数列的前项和为，且，．
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用，可求数列的通项公式，利用等差数列通项公式、可求得，即可求得的通项公式；
（2）应用错位相减法、等比数列前n项和公式求和即可.
【详解】（1）由数列的前项和为，可知，
，
经检验当时，也满足上式，所以．
在等差数列中，因为，，
所以，解得，
所以．
（2）由（1）知，，
所以．
则，
两式相减，得
化简得：．
4．（2025·广东广州·模拟预测）已知向量，，函数，的所有大于0的零点构成递增数列．
(1)写出的前6项；
(2)记的所有偶数项构成数列，设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由二倍角公式和辅助角公式化简可得，令，结合正弦函数的图象性质可得或，取其中的正数构成递增数列可得结果；
（2）由错位相减法求和可得结果.
【详解】（1）由题意
．
由，得．
所以或．
即或，取其中的正数构成递增数列．
知的前6项为．
（2）由（1）知，所以．
所以．①
．②
①－②，得
．
所以.
5．（2025·海南·模拟预测）已知数列的前项和，数列是首项为的等比数列，且有．
(1)求数列的通项公式；
(2)设求数列的前项和．
【答案】(1)，或
(2)
【分析】（1）根据与的关系即可求解，进而可求，进而可求公比，进而得到；
（2）利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）时，，
时，
时符合上式，∴．
∴，∴，∴，∴或．
（2），
设，设其前项和为，则
，①
，②
①②得
，
∴，
时，，
时，，
综上．

易错归纳06 数列中的构造问题
【易错陷阱·避错攻略】
1．已知数列中，，当时，，则的通项公式为 ．
【答案】
【分析】变形得到，故为首项为2，公比为2的等比数列，从而利用等比数列通项公式求出答案.
【详解】当时，，故，
其中，故为首项为2，公比为2的等比数列，
故，所以.
故答案为：
2．已知数列中，，且，则 ．
【答案】
【分析】将两边取倒数，即可得到，从而求出的通项，即可得解.
【详解】由，可得，即，
又，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，即，所以．
故答案为：
3．（24-25高三上·广东广州·期末）已知数列满足，，，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】由得，构造等比数列即可求解.
【详解】由，，，可得，
所以是以3为首项、3为公比的等比数列，所以，
则，；
故答案为：.
4．已知数列的前项和为，且，则 .
【答案】/
【分析】根据作差得到，从而得到，结合等比数列的定义求出的通项公式，即可得解.
【详解】因为，
当时，，解得；
当时，，
两式相减得，所以，即，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以.
故答案为：
5．已知数列的前项和为，则 .
【答案】
【分析】由，所以由得，两边同时除以得，所以为等差数列，求出从而求解即可.
【详解】因为，所以，即，
所以，即，
所以是以为首项，为公差的等差数列.
所以，，
所以，
故答案为：.
6．已知在数列中，，，则通项 ．
【答案】
【分析】利用待定系数法构造新数列，得到，从而利用等比数列性质求出答案.
【详解】利用待定系数法构造新数列，
，
又，则，
所以．
令，是以为首项，公比的等比数列．
．即，．
当时成立，所以．
故答案为：

易错归纳07 数列中的奇偶项问题
【易错陷阱·避错攻略】
1．已知等差数列中，前项（为偶数）和为126，其中偶数项之和为69，且，则数列公差为（ ）
A．B．4C．6D．
【答案】B
【分析】由奇偶数项和的差与公差的关系可得，结合已知条件即可求数列公差；
【详解】由题意得，奇数项的和，偶数项的和，
∴，又，解得：．
故选：B．
【点睛】本题考查了等差数列，利用前n项和及项间的关系求公差，属于基础题；
2．已知一个等比数列的项数是偶数，其奇数项之和为1012，偶数项之和为2024，则这个数列的公比为（ ）
A．8B．C．4D．2
【答案】D
【分析】根据题意结合等比数列的性质运算求解.
【详解】由题意可知：，
所以．
故选：D.
3．（25-26高三上·湖南怀化·开学考试）（多选题）已知是数列的前n项和，，，则（ ）．
A．是递增数列B．C．D．
【答案】ABD
【分析】由已知，得，可得是递增数列，判断A；根据递推公式分n为奇数时，n为偶数时的数列为等差数列，计算即可判断BC；由前面分析，对奇偶项分组求和可判断D.
【详解】对于A，由数列递推式，无论为奇数，还是偶数，都有成立，故是递增数列，A正确；
对于B，若n为奇数，则是偶数，是奇数，
所以，，即，
则数列的奇数项构成首项为、公差为3的等差数列，
故，B正确；
对于C，若n为偶数，则是奇数，是偶数，
所以，，即，
则数列的偶数项构成首项为、公差为3的等差数列，
故，C错误；
对于D，由前面分析得
，D正确．
故选：ABD
4．（2025·山东聊城·模拟预测）数列满足，，数列的前项和为，数列满足，则其前项和 ．
【答案】
【分析】先由题设依次求出数列和数列的通项公式，进而求出数列的通项公式，再利用分组求和思想方法结合等差等比数列前n项和公式计算求解即可.
【详解】，，，
数列为首项为，公比为2的等比数列，，
数列前项和为，
，且当时，，符合，
，，
.
故答案为：．
5．（2025·江苏苏州·二模）在数列中，已知，且当为奇数时，；当为偶数时，．
(1)求的通项公式；
(2)求的前项和．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）求为奇数时的通项公式，再代入条件求为偶数时的通项公式，并分段表示出.
（2）根据（1）的结论，利用并项求和法及等比数列前项和公式求解即得.
【详解】（1）依题意，，
当为偶数时，，则数列的奇数项是首项为2，公比为2的等比数列，
于是，即当为奇数时，，当为偶数时，，
所以的通项公式是.
（2）由（1）知，，
.
6．（2025·天津河西·模拟预测）已知等比数列的前n项和为，满足，，数列满足，，且.
(1)求数列，的通项公式；
(2)设，为的前n项和，求.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由题意可得，即可求出，再根据两边同除以，可得，即可求出
（2）根据分组求和、裂项求和及错位相减法，即可求出答案.
【详解】（1），，
，，
又，，
，，
由两边同除以，
得，
从而数列为首项，公差的等差数列，
，
从而数列的通项公式为
（2）由（1）知，
，
，
设，
则，
两式相减得，
整理得，
.
7．已知数列的前项和，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）令求得；当时，由求解，再检验适合，即可得解；
（2）采用分组求和的方式，分为偶数和为奇数两个部分，结合等比数列求和公式和并项求和思想分别求和.
【详解】（1）因为数列的前项和，，所以；
当时，，
又适合上式，所以；
（2），
所以数列的前项和，
当为偶数时，，
当为奇数时，
.
综上，.

易错归纳08 数列不等式的放缩问题
【易错陷阱·避错攻略】
1．（2025·黑龙江吉林·模拟预测）已知数列的首项为1，其前项和为，且满足.
(1)求数列的通项公式.
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先根据时，利用公式，得到关于数列的递推关系式，再通过构造证明数列是等差数列，即可求通项公式；
（2）根据（1）的结果，将通项放缩为，，再相消求和.
【详解】（1），①
当时，，②
①-②，得，
两边同时除以，得.
当时，.
，
，解得，
此时，也满足，
数列是以为首项，1为公差的等差数列，
，即.
（2）证明：当时，，
当时，，
，
2．已知在数列中，，，为等比数列，．
(1)求实数和数列，的通项公式；
(2)令，数列的前项和为，求证：对任意，都有．
【答案】(1)，，．
(2)证明见解析；
【分析】（1）设的公比为，由等比数列定义结合题意列式计算即可求得，，再由等比数列定义求解可得，代入可得；
（2）采用放缩法可得，由裂项相消法计算即可得证.
【详解】（1）设的公比为，则，
，
即，
整理得，
解得，．
因为，
所以，得；
（2）
，
．
因为，所以得证．
3．在数列中，且对任意，，，是公差为的等差数列.
(1)写出数列的前5项，并求出数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)，，，，，
(2)证明见解析
【分析】（1）将和分别代入即可得前5项，通过累加法可得通项公式；
（2）通过放缩思想结合裂项相消法即可得结果.
【详解】（1）由题设可得，，，，.
因为，，是公差为的等差数列，所以，
从而有，，…，，
累加可得，所以
又，，是公差为的等差数列，故
综上所述当是奇数时，，当是偶数时，，即
（2）由题设，
当是奇数时
当是偶数时；
所以，且对任意，，
所以时
因此，
4．已知数列中，，，．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)记，数列的前项和为．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）将左右两边取倒数，得到，将其变形为，即可根据等差数列的定义，证明数列为等比数列；
（2）（i）由（1）得到及的解析式，进而得到的解析式，通过讨论的取值范围，即可得到的取值范围；（ii）先得到的解析式，进而得到其前项和的解析式，通过放缩，将其转化成求一个等比数列的前项和，通过讨论的范围，即可证明.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
又，所以，
所以数列是以2为首项，以为公比的等比数列；
（2）（i）由（1）可知，
所以，，
因为，
因为，，所以，所以，
所以，的取值范围；
（ii）因为，又因为，
所以
设.
当时，成立；
当时，成立；
当时，成立；
且随着值增大，逐渐减小，逐渐增大，
因为，所以，所以，
即.
5．（2025·安徽·模拟预测）已知数列的前项积为，其中，数列的通项公式为.
(1)求数列及的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)求证：.
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】(1)因为数列的前项积为，所以根据an=Tn,n=1TnTn−1,n≥2,可求得数列的通项公式．代入，可求得数列的通项公式；
(2)由(1)可得数列的通项公式，利用错位相减法可求得数列的前项和；
(3)利用不等式对bn−bn+1bn进行适当放缩，再用裂项相消求和法求和，可证明不等式成立．
【详解】（1）当时，a1=T1=3；
当时，；
因为当时，也满足.故数列的通项公式为.
因为bn=14lg9an=14lg93n=12lg99n=12n，
所以数列的通项公式为.
（2）由(1)得，，则，
两边同乘以3，得：
两式相减得，
−2Sn=2⋅3+2⋅32+2⋅33+⋯+2⋅3n−2n⋅3n+1=2⋅31−3n1−3−2n⋅3n+1=1−2n3n+1−3,
所以数列的前项和Sn=2n−13n+1+32.
（3）由(1)得，，则数列单调递减，所以bn−bn+1>0,且，
所以bn+1+bn