2025年高考數學復習(新高考專用)第06講數列(2022-2024高考真題)特訓(學生版+解析)

第06講數列（2022-2024高考真題）（新高考專用）一、單項選擇題1．（2024·全國·高考真題）已知等差數列an的前n項和為Sn，若S9=1，則A．?2 B．73 C．1 D．2．（2024·全國·高考真題）記Sn為等差數列an的前n項和，已知S5=S10，A．72 B．73 C．?13．（2023·全國·高考真題）記Sn為等差數列an的前n項和．若a2+aA．25 B．22 C．20 D．154．（2023·全國·高考真題）設等比數列an的各項均為正數，前n項和Sn，若a1=1，S5A．158 B．658 C．155．（2023·全國·高考真題）已知等差數列an的公差為2π3，集合S=cosann∈NA．－1 B．?12 C．0 6．（2023·全國·高考真題）記Sn為數列an的前n項和，設甲：an為等差數列；乙：{A．甲是乙的充分條件但不是必要條件B．甲是乙的必要條件但不是充分條件C．甲是乙的充要條件D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件7．（2023·全國·高考真題）記Sn為等比數列an的前n項和，若S4=?5，S6A．120 B．85 C．?85 D．?1208．（2022·全國·高考真題）已知等比數列an的前3項和為168，a2?a5A．14 B．12 C．6 D．39．（2022·全國·高考真題）嫦娥二號衛(wèi)星在完成探月任務后，繼續(xù)進行深空探測，成為我國第一顆環(huán)繞太陽飛行的人造行星，為研究嫦娥二號繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數列bn：b1=1+1α1，b2A．b1<b5 B．b3<10．（2022·北京·高考真題）設an是公差不為0的無窮等差數列，則“an為遞增數列”是“存在正整數N0，當n>N0A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件二、填空題11．（2024·上海·高考真題）無窮等比數列an滿足首項a1>0,q>1，記In=x?yx,y∈a112．（2024·全國·高考真題）記Sn為等差數列{an}的前n項和，若a3+13．（2024·北京·高考真題）設an與bn是兩個不同的無窮數列，且都不是常數列.記集合①若an與bn均為等差數列，則②若an與bn均為等比數列，則③若an為等差數列，bn為等比數列，則④若an為遞增數列，bn為遞減數列，則其中正確結論的序號是.14．（2023·北京·高考真題）我國度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史，戰(zhàn)國時期就已經出現(xiàn)了類似于砝碼的、用來測量物體質量的“環(huán)權”．已知9枚環(huán)權的質量（單位：銖）從小到大構成項數為9的數列an，該數列的前3項成等差數列，后7項成等比數列，且a1=1,a5=12,a915．（2023·全國·高考真題）記Sn為等比數列an的前n項和．若8S6=716．（2023·全國·高考真題）已知an為等比數列，a2a4a517．（2022·全國·高考真題）記Sn為等差數列an的前n項和．若2S318．（2022·北京·高考真題）已知數列an各項均為正數，其前n項和Sn滿足①an的第2項小于3；

②a③an為遞減數列；

④an中存在小于其中所有正確結論的序號是．三、解答題19．（2024·全國·高考真題）已知等比數列an的前n項和為Sn，且(1)求an(2)求數列Sn的前n20．（2024·全國·高考真題）記Sn為數列an的前n項和，已知(1)求an(2)設bn=(?1)n?1nan21．（2024·天津·高考真題）已知數列an是公比大于0的等比數列．其前n項和為Sn．若(1)求數列an前n項和S(2)設bn=k,n=（?。┊攌≥2,n=ak+1時，求證：（ⅱ）求i=1S22．（2024·全國·高考真題）設m為正整數，數列a1,a2,...,a4m+2是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項ai和(1)寫出所有的i,j，1≤i<j≤6，使數列a1,a(2)當m≥3時，證明：數列a1,a(3)從1,2,...,4m+2中一次任取兩個數i和ji<j，記數列a1,a223．（2023·全國·高考真題）記Sn為等差數列an的前n項和，已知(1)求an(2)求數列an的前n項和T24．（2023·全國·高考真題）設Sn為數列an的前n項和，已知(1)求an(2)求數列an+12n的前n25．（2023·天津·高考真題）已知an是等差數列，a(1)求an的通項公式和i=(2)設bn是等比數列，且對任意的k∈N*，當2（Ⅰ）當k≥2時，求證：2k（Ⅱ）求bn的通項公式及前n26．（2023·全國·高考真題）設等差數列an的公差為d，且d>1．令bn=n2+na(1)若3a2=3(2)若bn為等差數列，且S99?27．（2023·全國·高考真題）已知an為等差數列，bn=an?6,n為奇數2an,n為偶數，記Sn(1)求an(2)證明：當n>5時，Tn28．（2023·北京·高考真題）已知數列an,bn的項數均為m(m>2)，且an,bn∈{1,2,?,m},an,bn的前n項和分別為(1)若a1=2,a(2)若a1≥b1，且(3)證明：存在p,q,s,t∈0,1,2,?,m，滿足p>q,s>t,使得A29．（2022·天津·高考真題）設an是等差數列，bn是等比數列，且(1)求an與b(2)設an的前n項和為Sn，求證：(3)求k=12n30．（2022·浙江·高考真題）已知等差數列an的首項a1=?1，公差d>1．記an的前(1)若S4?2a(2)若對于每個n∈N?，存在實數cn，使a31．（2022·全國·高考真題）已知an為等差數列，bn是公比為2的等比數列，且(1)證明：a1(2)求集合kb32．（2022·全國·高考真題）記Sn為數列an的前n項和．已知(1)證明：an(2)若a4,a33．（2022·全國·高考真題）記Sn為數列an的前n項和，已知a1(1)求an(2)證明：1a第06講數列（2022-2024高考真題）（新高考專用）一、單項選擇題1．（2024·全國·高考真題）已知等差數列an的前n項和為Sn，若S9=1，則A．?2 B．73 C．1 D．【解題思路】可以根據等差數列的基本量，即將題目條件全轉化成a1和d【解答過程】方法一：利用等差數列的基本量由S9=1，根據等差數列的求和公式，又a3故選：D.方法二：利用等差數列的性質根據等差數列的性質，a1+aS9=9(故選：D.方法三：特殊值法不妨取等差數列公差d=0，則S9=1=9a故選：D.2．（2024·全國·高考真題）記Sn為等差數列an的前n項和，已知S5=S10，A．72 B．73 C．?1【解題思路】由S5=S10結合等差中項的性質可得【解答過程】由S10?S則等差數列an的公差d=a8故選：B.3．（2023·全國·高考真題）記Sn為等差數列an的前n項和．若a2+aA．25 B．22 C．20 D．15【解題思路】方法一：根據題意直接求出等差數列an的公差和首項，再根據前n方法二：根據等差數列的性質求出等差數列an的公差，再根據前n【解答過程】方法一：設等差數列an的公差為d，首項為aa2+a又a4a8所以S5故選：C.方法二：a2+a6=2a4從而d=a8?所以S5故選：C.4．（2023·全國·高考真題）設等比數列an的各項均為正數，前n項和Sn，若a1=1，S5A．158 B．658 C．15【解題思路】根據題意列出關于q的方程,計算出q,即可求出S4【解答過程】由題知1+q+q即q3+q4=4q+4由題知q>0,所以q=2.所以S4故選:C.5．（2023·全國·高考真題）已知等差數列an的公差為2π3，集合S=cosann∈NA．－1 B．?12 C．0 【解題思路】根據給定的等差數列，寫出通項公式，再結合余弦型函數的周期及集合只有兩個元素分析、推理作答.【解答過程】依題意，等差數列{an}顯然函數y=cos[2π3n+(a則在cosa1,cosa2于是有cosθ=cos(θ+即有θ+(θ+2π3或者θ+(θ+4π3)=2k所以k∈Z，ab=cos(k故選：B.6．（2023·全國·高考真題）記Sn為數列an的前n項和，設甲：an為等差數列；乙：{A．甲是乙的充分條件但不是必要條件B．甲是乙的必要條件但不是充分條件C．甲是乙的充要條件D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件【解題思路】利用充分條件、必要條件的定義及等差數列的定義，再結合數列前n項和與第n項的關系推理判斷作答.，【解答過程】方法1，甲：an為等差數列，設其首項為a1，公差為則Sn因此{S反之，乙：{Snn}為等差數列，即即nan+1?Sn兩式相減得：an=nan+1?(n?1)因此an所以甲是乙的充要條件，C正確.方法2，甲：an為等差數列，設數列an的首項a1，公差為d則Snn=反之，乙：{Snn即Sn=nS當n≥2時，上兩式相減得：Sn?S于是an=a因此an所以甲是乙的充要條件.故選：C.7．（2023·全國·高考真題）記Sn為等比數列an的前n項和，若S4=?5，S6A．120 B．85 C．?85 D．?120【解題思路】方法一：根據等比數列的前n項和公式求出公比，再根據S4方法二：根據等比數列的前n項和的性質求解．【解答過程】方法一：設等比數列an的公比為q，首項為a若q=?1，則S4=0≠?5，與題意不符，所以若q=1，則S6=6a由S4=?5，S6=21S由①可得，1+q2+所以S8=故選：C．方法二：設等比數列an的公比為q因為S4=?5，S6=21S從而，S2所以有，?5?S22=S當S2=?1時，S2易知，S8+21=?64，即當S2=5與S4故選：C．8．（2022·全國·高考真題）已知等比數列an的前3項和為168，a2?a5A．14 B．12 C．6 D．3【解題思路】設等比數列an的公比為q,q≠0，易得q≠1【解答過程】解：設等比數列an的公比為q,q≠0若q=1，則a2所以q≠1，則a1+a所以a6故選：D.9．（2022·全國·高考真題）嫦娥二號衛(wèi)星在完成探月任務后，繼續(xù)進行深空探測，成為我國第一顆環(huán)繞太陽飛行的人造行星，為研究嫦娥二號繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數列bn：b1=1+1α1，b2A．b1<b5 B．b3<【解題思路】根據αk∈N?k=1,2,…，再利用數列b【解答過程】[方法一]:常規(guī)解法因為αk所以α1<α1+同理α1+1α又因為1α2>故b2<b以此類推，可得b1>bb31α2>α1+1[方法二]：特值法不妨設an=1,b4<故選：D.10．（2022·北京·高考真題）設an是公差不為0的無窮等差數列，則“an為遞增數列”是“存在正整數N0，當n>N0A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【解題思路】設等差數列an的公差為d，則d≠0【解答過程】設等差數列an的公差為d，則d≠0，記x為不超過x若an為單調遞增數列，則d>0若a1≥0，則當n≥2時，an>a由an=a1+n?1d>0可得n>1?所以，“an是遞增數列”?“存在正整數N0，當n>N若存在正整數N0，當n>N0時，an>0，取k∈假設d<0，令an=ak+當n>k?akd+1時，a所以，“an是遞增數列”?“存在正整數N0，當n>N所以，“an是遞增數列”是“存在正整數N0，當n>N故選：C.二、填空題11．（2024·上?！じ呖颊骖}）無窮等比數列an滿足首項a1>0,q>1，記In=x?yx,y∈a1,a【解題思路】當n≥2時，不妨設x≥y，則x?y∈0,a2?a1∪an【解答過程】由題設有an=a1qn?1，因為當n=1時，x,y∈a1,a2當n≥2時，不妨設x≥y，若x,y∈a1,若y∈a1,若x,y∈an,綜上，x?y∈0,又In為閉區(qū)間等價于0,而an+1?a1>故an+1?2an+故q?2≥?1qn?2對任意的n≥2故當n→+∞時，?1qn?2→0故答案為：q≥2.12．（2024·全國·高考真題）記Sn為等差數列{an}的前n項和，若a3+a4【解題思路】利用等差數列通項公式得到方程組，解出a1【解答過程】因為數列an為等差數列，則由題意得a1+2d+則S10故答案為：95.13．（2024·北京·高考真題）設an與bn是兩個不同的無窮數列，且都不是常數列.記集合①若an與bn均為等差數列，則②若an與bn均為等比數列，則③若an為等差數列，bn為等比數列，則④若an為遞增數列，bn為遞減數列，則其中正確結論的序號是①③④.【解題思路】利用兩類數列的散點圖的特征可判斷①④的正誤，利用反例可判斷②的正誤，結合通項公式的特征及反證法可判斷③的正誤.【解答過程】對于①，因為an而兩條直線至多有一個公共點，故M中至多一個元素，故①正確.對于②，取an=2但當n為偶數時，有an=2對于③，設bn=Aq若M中至少四個元素，則關于n的方程Aq若q>0,q≠1，則由y=Aqn和y=kn+b的散點圖可得關于n的方程若q<0,q≠±1，考慮關于n的方程Aq當Aqn=kn+b方程至多有兩個偶數解，且有兩個偶數解時Akln否則Aklnq<0方程Aq當Aqn=kn+b方程至多有兩個奇數解，且有兩個奇數解時?Aklnq否則Aklnq>0方程Aq因為Aklnq>0故Aqn=kn+b對于④，因為an為遞增數列，b后者的散點圖呈下降趨勢，兩者至多一個交點，故④正確.故答案為：①③④.14．（2023·北京·高考真題）我國度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史，戰(zhàn)國時期就已經出現(xiàn)了類似于砝碼的、用來測量物體質量的“環(huán)權”．已知9枚環(huán)權的質量（單位：銖）從小到大構成項數為9的數列an，該數列的前3項成等差數列，后7項成等比數列，且a1=1,a5=12,a9=192，則a7【解題思路】方法一：根據題意結合等差、等比數列的通項公式列式求解d,q，進而可求得結果；方法二：根據等比中項求a7【解答過程】方法一：設前3項的公差為d，后7項公比為q>0，則q4=a9a則a3=1+2d=a5q空1：可得a3空2：a方法二：空1：因為an,3≤n≤7為等比數列，則且an>0，所以又因為a52=空2：設后7項公比為q>0，則q2=a可得a1+a故答案為：48；384.15．（2023·全國·高考真題）記Sn為等比數列an的前n項和．若8S6=7S3【解題思路】先分析q≠1，再由等比數列的前n項和公式和平方差公式化簡即可求出公比q.【解答過程】若q=1，則由8S6=7S3所以q≠1.當q≠1時，因為8S所以8?a即8?1?q6=7?1?解得q=?1故答案為：?116．（2023·全國·高考真題）已知an為等比數列，a2a4a5=a【解題思路】根據等比數列公式對a2a4a5=a3a【解答過程】設an的公比為qq≠0，則a2則a4=q2，即a1q3則q15=q53故答案為：?2.17．（2022·全國·高考真題）記Sn為等差數列an的前n項和．若2S3=3S【解題思路】轉化條件為2a【解答過程】由2S3=3S2即2a1+2故答案為：2.18．（2022·北京·高考真題）已知數列an各項均為正數，其前n項和Sn滿足①an的第2項小于3；

②a③an為遞減數列；

④an中存在小于其中所有正確結論的序號是①③④．【解題思路】推導出an=9an【解答過程】由題意可知，?n∈N?，當n=1時，a12=9當n≥2時，由Sn=9an所以，9an?1=9a因為a2>0，解得假設數列an為等比數列，設其公比為q，則a22所以，S22=S1故數列an當n≥2時，an=9an假設對任意的n∈N?，an所以，a100000故答案為：①③④.三、解答題19．（2024·全國·高考真題）已知等比數列an的前n項和為Sn，且(1)求an(2)求數列Sn的前n【解題思路】（1）利用退位法可求公比，再求出首項后可求通項；（2）利用分組求和法即可求Sn【解答過程】（1）因為2Sn=3所以2an=3an+1故2a1=3a2（2）由等比數列求和公式得Sn所以數列Sn的前nT=320．（2024·全國·高考真題）記Sn為數列an的前n項和，已知(1)求an(2)設bn=(?1)n?1nan【解題思路】（1）利用退位法可求an（2）利用錯位相減法可求Tn【解答過程】（1）當n=1時，4S1=4當n≥2時，4Sn?1=3an?1而a1=4≠0，故an∴數列an是以4為首項，?3所以an（2）bn所以Tn=故3所以?2=4+4?31?=(2?4n)?3∴T21．（2024·天津·高考真題）已知數列an是公比大于0的等比數列．其前n項和為Sn．若(1)求數列an前n項和S(2)設bn=k,n=（ⅰ）當k≥2,n=ak+1時，求證：（ⅱ）求i=1S【解題思路】（1）設等比數列an的公比為q>0，根據題意結合等比數列通項公式求q（2）①根據題意分析可知ak=2k?1,【解答過程】（1）設等比數列an的公比為q>0因為a1=1,S可得1+q=q2?1，整理得q2?q?2=0所以Sn（2）（i）由（1）可知an=2當n=ak+1=2可知akbn?1可得bn?1當且僅當k=2時，等號成立，所以bn?1（ii）由（1）可知：Sn若n=1，則S1若n≥2，則ak+1當2k?1<i≤2k?1可得i=2所以i=1S且n=1，符合上式，綜上所述：i=1S22．（2024·全國·高考真題）設m為正整數，數列a1,a2,...,a4m+2是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項ai和(1)寫出所有的i,j，1≤i<j≤6，使數列a1,a(2)當m≥3時，證明：數列a1,a(3)從1,2,...,4m+2中一次任取兩個數i和ji<j，記數列a1,a2【解題思路】（1）直接根據i,j?（2）根據i,j?（3）證明使得原數列是i,j?可分數列的i,j至少有m+1【解答過程】（1）首先，我們設數列a1,a2,由于一個數列同時加上一個數或者乘以一個非零數后是等差數列，當且僅當該數列是等差數列，故我們可以對該數列進行適當的變形a′得到新數列a′k=k換言之，我們可以不妨設ak回到原題，第1小問相當于從1,2,3,4,5,6中取出兩個數i和ji<j那么剩下四個數只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i,j就是1,2,（2）由于從數列1,2,...,4m+2中取出2和13后，剩余的4m個數可以分為以下兩個部分，共①1,4,7,10,3,6,9,12,②15,16,17,18,19,20,21,22,（如果m?3=0，則忽略②）故數列1,2,...,4m+2是（3）定義集合A=4k+1k=0,1,2,...下面證明，對1≤i<j≤4m+2，如果下面兩個命題同時成立，則數列1,2,...,4m+2一定是命題1：i∈A,j∈B或i∈B,j∈A；命題2：j?i≠3.我們分兩種情況證明這個結論.第一種情況：如果i∈A,j∈B，且j?i≠3.此時設i=4k1+1，j=4則由i<j可知4k1+1<4k2此時，由于從數列1,2,...,4m+2中取出i=4k剩余的4m個數可以分為以下三個部分，共m組，使得每組成等差數列：①1,2,3,4,5,6,7,8,②4k1+2,4③4k2+3,4（如果某一部分的組數為0，則忽略之）故此時數列1,2,...,4m+2是第二種情況：如果i∈B,j∈A，且j?i≠3.此時設i=4k1+2，j=4則由i<j可知4k1+2<4k2由于j?i≠3，故4k2+1?4此時，由于從數列1,2,...,4m+2中取出i=4k1+2和j=4①1,2,3,4,5,6,7,8,②4k1+1,3k1③全體4k1+p,3k1④4k2+3,4（如果某一部分的組數為0，則忽略之）這里對②和③進行一下解釋：將③中的每一組作為一個橫排，排成一個包含k2?k1?24k1+3,4k1+4,...可以看出每列都是連續(xù)的若干個整數，它們再取并以后，將取遍4k1+1,4k1+2,...,4k2+2而這十個數中，除開已經去掉的4k1+2這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數列1,2,...,4m+2是至此，我們證明了：對1≤i<j≤4m+2，如果前述命題1和命題2同時成立，則數列1,2,...,4m+2一定是然后我們來考慮這樣的i,j的個數.首先，由于A∩B=?，A和B各有m+1個元素，故滿足命題1的i,j總共有m+12而如果j?i=3，假設i∈A,j∈B，則可設i=4k1+1，j=4但這導致k2?k設i=4k1+2，j=4k2+1，所以可能的k1,k2恰好就是0,1,1,2,所以這m+12個滿足命題1的i,j中，不滿足命題2的恰好有m這就得到同時滿足命題1和命題2的i,j的個數為m+12當我們從1,2,...,4m+2中一次任取兩個數i和ji<j而根據之前的結論，使得數列a1,a2,...,所以數列a1,a2,Pm這就證明了結論.23．（2023·全國·高考真題）記Sn為等差數列an的前n項和，已知(1)求an(2)求數列an的前n項和T【解題思路】（1）根據題意列式求解a1（2）先求Sn，討論an的符號去絕對值，結合【解答過程】（1）設等差數列的公差為d，由題意可得a2=a1+d=11所以an（2）因為Sn令an=15?2n>0，解得n<15當n≤7時，則an>0，可得當n≥8時，則an<0=S綜上所述：Tn24．（2023·全國·高考真題）設Sn為數列an的前n項和，已知(1)求an(2)求數列an+12n的前n【解題思路】（1）根據an（2）根據錯位相減法即可解出．【解答過程】（1）因為2S當n=1時，2a1=當n=3時，21+a3當n≥2時，2Sn?1=化簡得：n?2an=n?1an?1，當當n=1,2時都滿足上式，所以an（2）因為an+12n12兩式相減得，12=1?1+n21225．（2023·天津·高考真題）已知an是等差數列，a(1)求an的通項公式和i=(2)設bn是等比數列，且對任意的k∈N*，當2（Ⅰ）當k≥2時，求證：2k（Ⅱ）求bn的通項公式及前n【解題思路】(1)由題意得到關于首項、公差的方程，解方程可得a1=3,d=2，據此可求得數列的通項公式，然后確定所給的求和公式里面的首項和項數，結合等差數列前n項和公式計算可得(2)(Ⅰ)利用題中的結論分別考查不等式兩側的情況，當2k?1≤n≤2取n=2k?1，當2k?2≤n≤2(Ⅱ)結合(Ⅰ)中的結論，利用極限思想確定數列的公比，進而可得數列的通項公式，最后由等比數列前n項和公式即可計算其前n項和.【解答過程】（1）由題意可得a2+a則數列an的通項公式為a求和得i==2=2（2）(Ⅰ)由題意可知，當2k?1≤n≤2取n=2k?1，則bk當2k?2≤n≤2取n=2k?1?1據此可得2k綜上可得：2k(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：2k?1<則數列bn的公比q滿足2當k∈N*,k→+∞時，所以2k?1<b當k∈N*,k→+∞時，所以數列的通項公式為bn其前n項和為：Sn26．（2023·全國·高考真題）設等差數列an的公差為d，且d>1．令bn=n2+na(1)若3a2=3(2)若bn為等差數列，且S99?【解題思路】（1）根據等差數列的通項公式建立方程求解即可；（2）由{bn}為等差數列得出a1=d【解答過程】（1）∵3a2=3a1∴S又T3∴S即2d2?7d+3=0，解得d=3∴a（2）∵{b∴2b2=∴6(1a2?1a3∵d>1，∴a又S99?T99=99∴a50?2550a50=1當a1=2d時，a50=a當a1=d時，a50綜上，d=5127．（2023·全國·高考真題）已知an為等差數列，bn=an?6,n為奇數2an,n為偶數，記Sn(1)求an(2)證明：當n>5時，Tn【解題思路】（1）設等差數列an的公差為d，用a1,d表示S（2）方法1，利用（1）的結論求出Sn，bn，再分奇偶結合分組求和法求出Tn，并與Sn作差比較作答；方法2，利用（1）的結論求出Sn，bn，再分奇偶借助等差數列前【解答過程】（1）設等差數列an的公差為d，而b則b1于是S4=4a1+6d=32所以數列an的通項公式是a（2）方法1：由（1）知，Sn=n(5+2n+3)當n為偶數時，bn?1Tn當n>5時，Tn?S當n為奇數時，Tn當n>5時，Tn?S所以當n>5時，Tn方法2：由（1）知，Sn=n(5+2n+3)當n為偶數時，Tn當n>5時，Tn?S當n為奇數時，若n≥3，則T=32n2+52當n>5時，Tn?S所以當n>5時，Tn28．（2023·北京·高考真題）已知數列an,bn的項數均為m(m>2)，且an,bn∈{1,2,?,m},an,bn的前n項和分別為(1)若a1=2,a(2)若a1≥b1，且(3)證明：存在p,q,s,t∈0,1,2,?,m，滿足p>q,s>t,使得A【解題思路】（1）先求A0（2）根據題意題意分析可得ri+1?r（3）討論Am【解答過程】（1）由題意可知：A0當k=0時，則B0=A當k=1時，則B0<A當k=2時，則Bi≤A當k=3時，則Bi≤A綜上所述：r0=0，r1=1，（2）由題意可知：rn≤m，且因為an≥1,bn≥1，且a所以r0又因為2ri≤ri?1可得ri+1反證：假設滿足rn+1?r當i≥j時，則ri+1?ri≥2則rm=r又因為0≤j≤m?1，則rm假設不成立，故rn+1即數列rn是以首項為1，公差為1的等差數列，所以r（3）因為an,b（?。┤鬉m=Bm，則可取t=q=0，滿足（ⅱ）若Am<B構建Sn=Brn反證，假設存在正整數K，使得SK則BrK?這與brK+1∈1,2,???,m①若存在正整數N，使得SN=B可取t=q=0,p=N,s=r滿足p>q,s>t，使得Ap②若不存在正整數N，使得SN因為Sn∈?1,?2,???,?所以必存在1≤X<Y≤m，使得SX即BrX?可取p=Y,s=r滿足p>q,s>t，使得Ap（ⅲ）若Am定義Rk=max構建Sn=ARn反證，假設存在正整數K,1≤K≤m，使得SK則ARK?這與aRK+1∈1,2,???,m①若存在正整數N，使得SN=A可取q=t=0,s=N,p=R即滿足p>q,s>t，使得Ap②若不存在正整數N，使得SN因為Sn∈?1,?2,???,?所以必存在1≤X<Y≤m，使得SX即ARX?可取p=R滿足p>q,s>t，使得Ap綜上所述：存在0≤q<p≤m,0≤t<s≤m使得Ap29．（2022·天津·高考真題）設an是等差數列，bn是等比數列，且(1)求an與b(2)設an的前n項和為Sn，求證：(3)求k=12n【解題思路】（1