数列（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．（1）证明：a1=b1；（2）求集合{k|bk=am+a1，1≤m≤500}中元素个数．【答案】（1）证明：设数列{an}的公差为d，所以，a1+d−2b1=a1+2d−4b1a1+d−2b1=8b1−(a1+3d)，即可解得，b1=a1=d2，所以原命题得证．（2）解：由（1）知d=2b1=2a1，由bk=am+a1知：b1⋅2k−1=a1+(m−1)⋅d+a1即b1⋅2k−1=b1+(m−1)⋅2b1+b1，即2k−1=2m，因为1⩽m⩽500，故2⩽2k−1⩽1000，解得2⩽k⩽10故集合{k∣bk=am+a1，1⩽m⩽500}中元素的个数为9个.【知识点】集合中元素个数的最值；等差数列；等比数列【解析】【分析】（1）设数列{an}的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得m=2k−2，即可解出．2．记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．（1）证明：{an}是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．【答案】（1）已知2Snn+n=2an+1，即2Sn+n2=2nan+n①，当n≥2时，2Sn−1+(n−1)2=2(n−1)an−1+(n−1)②，①-②得，2Sn+n2−2Sn−1−(n−1)2=2nan+n−2(n−1)an−1−(n−1)，即2an+2n−1=2nan−2(n−1)an−1+1，即2(n−1)an−2(n−1)an−1=2(n−1)，所以an−an−1=1，n≥2且n∈N*，所以{an}是以1为公差的等差数列．（2）由（1）中an−an−1=1可得，a4=a1+3，a7=a1+6，ΔABC，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即(a1+6)2=(a1+3)⋅(a1+8)，解得a1=−12，所以an=n−13，所以Sn=−12n+n(n−1)2=12n2−252n=12(n−252)2−6258，所以，当n=12或n=13时(Sn)min=−78．【知识点】等差数列；等差数列的前n项和；等比数列的性质；数列递推式【解析】【分析】（1）依题意可得2Sn+n2=2nan+n，根据an=S1，n=1Sn-Sn-1，n≥2，作差即可得到an−an−1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到{an}的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．3．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，{Snan}是公差为13，的等差数列.（1）求{an}的通项公式；（2）证明：1a1+1a2+⋯+1an<2【答案】（1）因为{Snan}是公差为13的等差数列，而S1a1=1，所以Snan=S1a1+(n−1)d=1+13(n−1)⇒Sn=(13n+23)an①n≥2时，Sn−1=(13n+13)an−1②①-②有：anan−1=n+1n−1，n≥2.所以a2a1=31，a3a2=42，⋯，anan−1=n+1n−1，以上式子相乘，得an=n(n+1)2，n≥2经检验，n=1时，a1=1，符合.所以an=n(n+1)2.（2）由（1）知an=n(n+1)2所以1an=2n(n+1)=2(1n−1n+1)所以1a1+1a2+⋯+1an=2(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=2−2n+1因为n∈N*，所以2n+1>0，所以2−2n+1<2，即1a1+1a2+⋯+1an<2．【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列的通项公式；数列的求和；数列递推式；数列与不等式的综合【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式可得Sn=(13n+23)an，由利用Sn与an的关系，得anan−1=n+1n−1n，再利用累积法，可得an；（2）由（1）得1an=2(1n−1n+1)，利用裂项相消求和求得1a1+1a2+⋯+1an=2−2n+1，再解不等式即可.4．记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3=S5,a2a4=S4．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）求使Sn>an成立的n的最小值．【答案】（1）由等差数列的性质可得：S5=5a3，则：a3=5a3，∴a3=0，设等差数列的公差为d，从而有：a2a4=(a3−d)(a3+d)=−d2，S4=a1+a2+a3+a4=(a3−2d)+(a3−d)+a3+(a3−d)=−2d，从而：−d2=−2d，由于公差不为零，故：d=2，数列的通项公式为：an=a3+(n−3)d=2n−6.（2）由数列的通项公式可得：a1=2−6=−4，则：Sn=n×(−4)+n(n−1)2×2=n2−6n，则不等式Sn>an即：n2−5n>2n−6，整理可得：(n−1)(n−6)>0，解得：n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.【知识点】二次函数在闭区间上的最值；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质【解析】【分析】(1)根据等差数列的通项公式及性质直接求解即可；(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.5．设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn=nan3，已知a1，3a2，9a3成等差数列.（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn<Sn2.【答案】（1）因为{an}是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2−6q+1=0，解得q=13，所以an=(13)n−1，所以bn=nan3=n3n.（2）证明：由（1）可得Sn=1×(1−13n)1−13=32(1−13n)，Tn=13+232+⋯+n−13n−1+n3n，①13Tn=132+233+⋯+n−13n+n3n+1，②①−②得23Tn=13+132+133+⋯+13n−n3n+1=13(1−13n)1−13−n3n+1=12(1−13n)−n3n+1，所以Tn=34(1−13n)−n2⋅3n，所以Tn−Sn2=34(1−13n)−n2⋅3n−34(1−13n)=−n2⋅3n<0，所以Tn<Sn2.【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和【解析】【分析】由a1，3a2，9a3成等差数列，列关系式等比数列{an}的公比q，进而得到an，再由bn与an的关系求得bn；（2）先根据条件求得Sn，再由错项相减的方法求得Tn的表达式，最后用求差比较法，证明Tn<Sn2.6．记Sn为{an}的前n项和，已知an>0，a2＝3a1，且数列{Sn}是等差数列．证明：{an}是等差数列．【答案】∵数列{Sn}是等差数列，设公差为d=S2−S1=a2+a1−a1=a1∴Sn=a1+(n−1)a1=na1，(n∈N∗)∴Sn=a1n2，(n∈N∗)∴当n≥2时，an=Sn−Sn−1=a1n2−a1(n−1)2=2a1n−a1当n=1时，2a1×1−a1=a1，满足an=2a1n−a1，∴{an}的通项公式为an=2a1n−a1，(n∈N∗)∴an−an−1=(2a1n−a1)−[2a1(n−1)−a1]=2a1∴{an}是等差数列.【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和【解析】【分析】由数列{Sn}是等差数列，及an>0，a2＝3a1，即可得到等差数列{Sn}的公差d=a1,从而得到Sn=a1n2，(n∈N∗)，进一步根据ａｎ与ｓｎ的关系，以及等差数列的定义，证明{an}是等差数列.7．已知数列{an｝的各项均为正数，记Sn为{an｝的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列{an｝是等差数列：②数列{Sn｝是等差数列；③a2=3a1注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.【答案】选①②作条件证明③：设Sn=an+b(a>0)，则Sn=(an+b)2，n当n=1时，a1=S1=(a+b)2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；因为{an}也是等差数列，所以(a+b)2=a(2a−a+2b)，解得b=0；所以an=a2(2n−1)，所以a2=3a1.选①③作条件证明②：因为a2=3a1，{an}是等差数列，所以公差d=a2−a1=2a1，所以Sn=na1+n(n−1)2d=n2a1，即Sn=a1n，因为Sn+1−Sn=a1(n+1)−a1n=a1，所以{Sn}是等差数列.选②③作条件证明①：设Sn=an+b(a>0)，则Sn=(an+b)2，当n=1时，a1=S1=(a+b)2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；因为a2=3a1，所以a(3a+2b)=3(a+b)2，解得b=0或b=−4a3；当b=0时，a1=a2，an=a2(2n−1)，当n≥2时，an-an-1=2a2满足等差数列的定义，此时{an}为等差数列；当b=−4a3时，Sn=an+b=an−43a，S1=−a3<0不合题意，舍去.综上可知{an}为等差数列.【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和【解析】【分析】选(1)(2)做条件时，证明③：根据等差数列的定义得出Sn=an+b(a>0)，且{an}也是等差数列，进一步递推出③a2=3a1；若选①③作条件证明②：由a2=3a1，显然d=a2−a1=2a1再写出前n项的和与a1，n的关系式Sn=a1n，进而证明{Sn}是等差数列.；选②③作条件证明①：先设Sn=an+b(a>0)，进一步形为Sn=(an+b)2，再根据an与sn的关系，分ｎ为1，n>1，推导出an-an-1=2a2，显然{an}为等差数列。8．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn+1bn=2.（1）证明：数列{bn}是等差数列；（2）求{an}的通项公式.【答案】（1）由已知2Sn+1bn=2，则bnbn-1=Sn(n≥2)⇒2bn−1bn+1bn=2⇒2bn-1+2=2bn⇒bn-bn-1=12(n≥2)，b1=32故｛bn｝是以32为首项，12为公差的等差数列。（2）由（1）知bn=32+（n-1）12=n+22，则2Sn+2n+2=2⇒Sn=n+2n+1n=1时，a1=S1=32n≥2时，an=Sn-Sn-1=n+2n+1-n+1n=−1n(n+1)故an=32,n=1−1n(n+1),n≥2【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列递推式【解析】【分析】（1）根据等差数列及前n项和的定义，由递推关系，求证。（2）呈上，先写出bn,再求{bn}前n磺的和Sn，再由an与Sn的关系，进一步求得结果。9．已知{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{bn}是公比大于0的等比数列，b1=4，b3−b2=48．（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记cn=b2n+1bn，n∈N*.（i）证明{cn2−c2n}是等比数列；（ii）证明k=1nakak+1ck2−c2k<22(n∈N*)【答案】（1）因为{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以a1+a2+⋅⋅⋅+a8=8a1+8×72×2=64，所以a1=1，所以an=a1+2(n−1)=2n−1，n∈N∗；设等比数列{bn}的公比为q，(q>0)，所以b3−b2=b1q2−b1q=4(q2−q)=48，解得q=4（负值舍去），所以bn=b1qn−1=4n，n∈N∗；（2）（i）由题意，cn=b2n+1bn=42n+14n，所以cn2−c2n=(42n+14n)2−(44n+142n)=2⋅4n，所以cn2−c2n≠0，且cn+12−c2n+2cn2−c2n=2⋅4n+12⋅4n=4，所以数列{cn2−c2n}是等比数列；n（ii）由题意知，anan+1cn2−c2n=(2n−1)(2n+1)2⋅4n=4n2−12⋅22n<4n22⋅22n，所以anan+1cn2−c2n<4n22⋅22n=2n2⋅2n=12⋅n2n−1，所以k=1nakak+1ck2−c2k<12k=1nk2k−1，设Tn=k=1nk2k−1=120+221+322+⋅⋅⋅+n2n−1，则12Tn=121+222+323+⋅⋅⋅+n2n，两式相减得12Tn=1+12+122+⋅⋅⋅+12n−1−n2n=1⋅(1−12n)1−12−n2n=2−n+22n，所以Tn=4−n+22n−1，所以k=1nakak+1ck2−c2k<12k=1nk2k−1=12(4−n+22n−1)<22.【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和【解析】【分析】（1）根据等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式求解即可；（2）（ⅰ）运算可得Cn2-C2n=2·4n，结合等比数列的定义即可得证；（ⅱ）利用放缩法得anan+1Cn2-C2n<4n22·22n，进而可得k=1nakak+1Ck2-C2k<12k=1nk2k-1，结合错位相减法即可得证.10．已知数列{an}满足a1=1，an+1={an+1，n为奇数an+2，n为偶数（1）记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；（2）求{an}的前20项和【答案】（1）2n为偶数，则a2n+1=a2n+2，a2n+2=a2n+1+1，∴ a2n+2=a2n+3，即bn+1=bn+3，且b1=a2=a1+1=2，∴{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，∴b1=2，b2=5，bn=3n−1．（2）当n为奇数时，an=an+1−1，∴{an}的前20项和为a1+a2+⋯+a20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=[(a2−1)+(a4−1)+⋯+(a20−1)]+(a2+a4+⋯+a20)=2(a2+a4+⋯+a20)−10．由（1）可知，a2+a4+⋯+a20=b1+b2+⋯+b10=2×10+10×92×3=155．∴{an}的前20项和为2×155−10=300．【知识点】等差数列；等差数列的通项公式；数列的求和【解析】【分析】（1）根据等差数列的定义及通项公式即可求解；（2）运用分组求和法，结合项之间的关系即可求解.11．设数列{an}满足a1=3，an+1=3an−4n．（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．【答案】（1）解：由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7，由数列{an}的前三项可猜想数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，即an=2n+1，证明如下：当n=1时，a1=3成立；假设n=k时，ak=2k+1成立.那么n=k+1时，ak+1=3ak−4k=3(2k+1)−4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N*，都有an=2n+1成立（2）解：由（1）可知，an⋅2n=(2n+1)⋅2nSn=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n，①2Sn=3×22+5×23+7×24+⋯+(2n−1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，②由①−②得：−Sn=6+2×(22+23+⋯+2n)−(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1−2n−1)1−2−(2n+1)⋅2n+1=(1−2n)⋅2n+1−2，即Sn=(2n−1)⋅2n+1+2.【知识点】数列的求和；数列递推式；数学归纳法【解析】【分析】（1）利用递推公式得出a2,a3，猜想得出{an}的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）由错位相减法求解即可.12．设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{an}的公比；（2）若a1=1，求数列{nan}的前n项和．【答案】（1）解：设{an}的公比为q，a1为a2,a3的等差中项，∵2a1=a2+a3,a1≠0,∴q2+q−2=0，∵q≠1,∴q=−2；n（2）解：设{nan}的前n项和为Sn，a1=1,an=(−2)n−1，Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+⋯+n(−2)n−1，①−2Sn=1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+⋯(n−1)(−2)n−1+n(−2)n，②①−②得，3Sn=1+(−2)+(−2)2+⋯+(−2)n−1−n(−2)n=1−(−2)n1−(−2)−n(−2)n=1−(1+3n)(−2)n3，∴Sn=1−(1+3n)(−2)n9.【知识点】数列的求和；等差数列的性质【解析】【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出{an}的通项，根据{nan}的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.13．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．（1）求{an}的通项公式；（2）求a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1.【答案】（1）解：设等比数列{an}的公比为q(q>1)，则a2+a4=a1q+a1q3=20a3=a1q2=8，整理可得：2q2−5q+2=0，∵q>1,q=2,a1=2，数列的通项公式为：an=2⋅2n−1=2n.（2）解：由于：(−1)n−1anan+1=(−1)n−1×2n×2n+1=(−1)n−122n+1，故：a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1=23−25+27−29+…+(−1)n−1⋅22n+1=23[1−(−22)n]1−(−22)=85−(−1)n22n+35.【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和【解析】【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首先求得数列{(−1)n−1anan+1}的通项公式，然后结合等比数列前n项和公式求解其前n项和即可.14．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．（1）求{an}的通项公式；（2）记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．【答案】（1）解：由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，依题意有a1q+a1q3=20a1q2=8，解得解得a1=2,q=2，或a1=32,q=12(舍)，所以an=2n，所以数列{an}的通项公式为an=2n.（2）解：由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128，所以b1对应的区间为：(0,1]，则b1=0；b2,b3对应的区间分别为：(0,2],(0,3]，则b2=b3=1，即有2个1；b4,b5,b6,b7对应的区间分别为：(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则b4=b5=b6=b7=2，即有22个2；b8,b9,⋯,b15对应的区间分别为：(0,8],(0,9],⋯,(0,15]，则b8=b9=⋯=b15=3，即有23个3；b16,b17,⋯,b31对应的区间分别为：(0,16],(0,17],⋯,(0,31]，则b16=b17=⋯=b31=4，即有24个4；b32,b33,⋯,b63对应的区间分别为：(0,32],(0,33],⋯,(0,63]，则b32=b33=⋯=b63=5，即有25个5；b64,b65,⋯,b100对应的区间分别为：(0,64],(0,65],⋯,(0,100]，则b64=b65=⋯=b100=6，即有37个6.所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.【知识点】等比数列的通项公式；类比推理【解析】【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为a1,q的形式，求解出a1,q，由此求得数列{an}的通项公式.（2）通过分析数列{bm}的规律，由此求得数列{bm}的前100项和S100.15．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)．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn+2<Sn+12(n∈N*)；（Ⅲ）对任意的正整数n，设cn=(3an−2)bnanan+2,n为奇数,an−1bn+1,n为偶数.求数列{cn}的前2n项和．【答案】解：(Ⅰ)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)，又q≠0，可得q2−4q+4=0，解得q=2，从而{bn}的通项公式为bn=2n−1.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得Sn=n(n+1)2，故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3)，Sn+12=14(n+1)2(n+2)2，从而SnSn+2−Sn+12=−12(n+1)(n+2)<0，所以SnSn+2<Sn+12.n(Ⅲ)当n为奇数时，cn=(3an−2)bnanan+2=(3n−2)2n−1n(n+2)=2n+1n+2−2n−1n，当n为偶数时，cn=an−1bn+1=n−12n，对任意的正整数n，有k=1nc2k−1=k=1n(22k2k+1−22k−22k−1)=22n2n+1−1，和k=1nc2k=k=1n2k−14k=14+342+543+⋯+2n−34n−1+2n−14n①由①得14k=1nc2k=142+343+544+⋯+2n−34n+2n−14n+1②由①②得34k=1nc2k=14+242+⋯+24n−2n−14n+1=24(1−14n)1−14−14−2n−14n+1，由于24(1−14n)1−14−14−2n−14n+1=23−23×14n−14−2n−14n×14=512−6n+53×4n+1，从而得：k=1nc2k=59−6n+59×4n.因此，k=12nck=k=1nc2k−1+k=1nc2k=4n2n+1−6n+59×4n−49.所以，数列{cn}的前2n项和为4n2n+1−6n+59×4n−49.【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和【解析】【分析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列{an}前n项和，然后利用作差法证明即可；(Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算k=1nc2k−1和k=1nc2k的值，据此进一步计算数列{cn}的前2n项和即可.16．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.（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）设数列{cn}满足cn=1,n为奇数bn2,n为偶数求a1c1+a2c2+⋯+a2nc2n(n∈N*).【答案】解：（Ⅰ）解：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3q=3+2d3q2−15+4d，解得d=3q=3，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.（Ⅱ）解：a1c1+a2c2+⋯+a2nc2n=(a1+a3+a5+⋯+a2n−1)+(a2b1+a4b2+a6b3+⋯+a2nbn)=[n×3+n(−1)2×6]+(6×31+12×32+18×33+⋯+6n×3n)=3n2+6(1×31+2×32+⋯+n×3n)Tn=1×31+2×32+⋯+n×3n.①3Tn=1×32+2×33+⋯+n×33+1，②②-①得，=2Tn=−3−32−⋯−3n+n×3n+1=−3(1−3n)1−3=(2n−1)3n+1+32.所以，a1c1+a2c2+⋯+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×(2n−1)3n+1+32=(2n−1)3n+2+6n2+92(n∈N*)【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和【解析】【分析】（I）利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出，设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，根据等比数列和等差数列的通项公式，联立方程求得d和q，进而可得{an}、{bn}的通项公式；（II）数列{cn}的通项公式由等差和等比数列构成，进而可用错位相减法求得前n项和Sn．．17．已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，4an+1=3an−bn+4，4bn+1=3bn−an−4.（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；（2）求{an}和{bn}的通项公式.【答案】（1）解：由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn)，即an+1+bn+1=12(an+bn)．又因为a1+b1=l，所以{an+bn}是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(an+1−bn+1)=4(an−bn)+8，即an+1−bn+1=an−bn+2．又因为a1–b1=l，所以{an−bn}是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，an+bn=12n−1，an−bn=2n−1．所以an=12[(an+bn)+(an−bn)]=12n+n−12，bn=12[(an+bn)−(an−bn)]=12n−n+12．【知识点】等差数列与等比数列的综合【解析】【分析】（1）整理已知的递推公式即可得出an+1+bn+1=12(an+bn)，则{an+bn}是首项为1，公比为12的等比数列，再结合已知条件可推出an+1−bn+1=an−bn+2．即可得出{an−bn}是首项为1，公差为2的等差数列．（2）结合（1）的结论把两个数列{an+bn}、{an−bn}的通项公式相减，即可得出两个数列{an}和{bn}的通项公式。18．设{an}是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列.（I）求{an}的通项公式；n（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值.【答案】解：（I）根据三者成等比数列，可知(a3+8)2=(a2+10)(a4+6)，故(−10+2d+8)2=(−10+d+10)(−10+3d+6)，解得d=2，故an=−10+2(n−1)=2n−12；（Ⅱ）由（I）知Sn=(−10+2n−12)⋅n2=n2−11n，该二次函数开口向上，对称轴为n=5.5，故n=5或6时，Sn取最小值-30.【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和【解析】【分析】（I）根据等比中项，结合等差数列的通项公式，求出d，即可求出an；（Ⅱ）由（1），求出Sn，结合二次函数的性质，即可求出相应的最小值.19．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1=-7，S3=-15.（1）求{an}的通项公式；（2）求Sn，并求Sn的最小值。【答案】（1）设数列的公差为d，由题意有：a1=-7，S3=3a2=-15a2=-5，d=2∴an=a1+（n-1）d=-7+2（n-1）=2n-9所以{an}的通项公式为：an=2n-9（2）由（1）知数列{an}的前n项和Sn=n(a1+an)2=n(−7+2n−9)2=n(n−8)Sn=n（n-8）=n2-8n=（n-4）2-16≥-16当n=4时取等，所以Sn的最小值为-16【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和【解析】【分析】（1）根据等差数列a1，S3可求得数列的公差，进而可求{an}的通项公式；（2）由前n项和公式易得Sn，再根据二次函数求最值.20．等比数列{an}中，a1=1，a5=4a3.（1）求{an}的通项公式；（2）记Sn为{an}的前n项和，若Sm=63，求m。【答案】（1）解：因为a1=1，a5=4a3∴q4=4q2∴q=±2∴an=2n−1或an=(−2)n−1（2）解：Sn=1⋅2n−12−1=2n−1又Sm=63⇒2m−1=63⇒2m=64⇒m=6【知识点】等比数列；等比数列的前n项和【解析】【分析】由等比数列定义求出q，再由等比数列求和公式得到Sn再解出m.21．设{an}是等差数列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2.（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）求ea1+ea2+…+ean.【答案】解：（Ⅰ），∵a1=ln2，a2+a3=5ln2⇒a1+a4=5ln2⇒a4=4ln2，∴a4−a1=3ln2，则an=ln2+(n−1)ln2=nln2，∴an=nln2。（Ⅱ）ean=eln2n=2n，∴ea1+ea2+...+ean=2⋅2n−12−1=2n+1−2，n∈N∗【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差数列与等比数列的综合【解析】【分析】（Ⅰ）由等差数列性质，求出an，（Ⅱ）由等比数列求和公式求和。