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1817分数列★★★★☆
已知 {an}\{a_n\} 为等差数列，bn=an−6b_n=a_n-6（nn 为奇数），bn=2anb_n=2a_n（nn 为偶数）. 记 SnS_n，TnT_n 分别为 {an}\{a_n\}，{bn}\{b_n\} 的前 nn 项和，且 S4=32S_4=32，T3=16T_3=16.
(1) 求 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 证明：当 n>5n>5 时，Tn>SnT_n>S_n.

2023 · 全国 · 新高考二卷 · 第 18 题 · 解答题

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126分数列★★★★☆
设正整数 n=a0⋅20+a1⋅21+⋯+ak⋅2kn=a_0\cdot 2^0+a_1\cdot 2^1+\cdots +a_k\cdot 2^k，其中 ai∈{0,1}a_i\in \{0,1\}，记 ω(n)=a0+a1+⋯+ak\omega\left( n \right)=a_0+a_1+\cdots +a_k. 则（ ）
\begin{answer} ACD \end{answer}
A.
ω(2n)=ω(n)\omega\left( 2n \right)=\omega\left( n \right)
B.
ω(2n+3)=ω(n)+1\omega\left( 2n+3 \right)=\omega\left( n \right)+1
C.
ω(8n+5)=ω(4n+3)\omega\left( 8n+5 \right)=\omega\left( 4n+3 \right)
D.
ω(2n−1)=n\omega\left( 2^n-1 \right)=n

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 12 题 · 多选题

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12数列★★★★☆
00-11 周期序列在通信技术中有着重要应用. 若序列 a1a2⋯an⋯a_1a_2\cdots a_n\cdots 满足 ai∈{0,1}a_i\in\{0,1\}（i=1i=1，22，⋯\cdots），且存在正整数 mm，使得 ai+m=aia_{i+m}=a_i（i=1i=1，22，⋯\cdots）成立，则称其为 00-11 周期序列，并称满足 ai+m=aia_{i+m}=a_i（i=1i=1，22，⋯\cdots）的最小正整数 mm 为这个序列的周期. 对于周期为 mm 的 00-11 序列 a1a2⋯an⋯a_1a_2\cdots a_n\cdots，C(k)=1m∑i=1maiai+kC(k)=\dfrac{1}{m}\sum_{i=1}^{m} a_i a_{i+k}（k=1k=1，22，⋯\cdots，m−1m-1）是描述其性质的重要指标，下列周期为 55 的 00-11 序列中，满足 C(k)≤15C(k)\leq \dfrac{1}{5}（k=1k=1，22，33，44）的序列是（ ）
A.
11010⋯11010\cdots
B.
11011⋯11011\cdots
C.
10001⋯10001\cdots
D.
11001⋯11001\cdots

2020 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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21数列★★★★☆
设数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n} 满足 Sn+1=a2Sn+a1S_{n + 1} = a_2S_n + a_1，其中 a2≠0a_2\neq 0.
(1) 求证： {an}\{a_{n}\} 是首项为 1 的等比数列； (2) 若 a2>−1a_{2} > -1，求证：Sn⩽n2(a1+an)S_{n} \leqslant \frac{n}{2}(a_{1} + a_{n})，并给出等号成立的充要条件.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 取 n=1n=1，由题设得
S2=a2S1+a1S_{2}=a_{2}S_{1}+a_{1}
又 S1=a1S_{1}=a_{1}，S2=a1+a2S_{2}=a_{1}+a_{2}，所以 a1+a2=a2a1+a1a_{1}+a_{2}=a_{2}a_{1}+a_{1}，a2(1−a1)=0a_{2}(1-a_{1})=0 因 a2≠0a_{2}\ne0，故 a1=1a_{1}=1.
对 n≥2n\ge2，将 Sn+1=a2Sn+a1S_{n+1}=a_{2}S_{n}+a_{1}，Sn=a2Sn−1+a1S_{n}=a_{2}S_{n-1}+a_{1} 相减，得
an+1=Sn+1−Sn=a2(Sn−Sn−1)=a2ana_{n+1}=S_{n+1}-S_{n}=a_{2}(S_{n}-S_{n-1})=a_{2}a_{n}
结合 a1=1a_{1}=1，可得
an=a2 n−1a_{n}=a_{2}^{\,n-1}
所以 {an}\{a_{n}\} 是首项为 11、公比为 a2a_{2} 的等比数列.
\item 由上问，令 r=a2r=a_{2}，则 r>−1r>-1，r≠0r\ne0，且 a1=1a_{1}=1，an=rn−1a_{n}=r^{n-1}.
Sn=∑k=0n−1rkS_{n}=\sum_{k=0}^{n-1}r^{k}
对 k=0k=0，11，…\ldots，n−1n-1，有
1+rn−1−rk−rn−1−k=(1−rk)(1−rn−1−k)≥01+r^{n-1}-r^{k}-r^{n-1-k} =\left(1-r^{k}\right)\left(1-r^{n-1-k}\right)\ge0
这里，当 −1<r<0-1<r<0 时各因子均非负；当 0<r<10<r<1 时各因子均非负；当 r>1r>1 时各因子均非正，乘积仍非负；r=1r=1 时乘积为零. 对 k=0k=0 到 n−1n-1 求和，得到
n(1+rn−1)−2∑k=0n−1rk≥0n\left(1+r^{n-1}\right)-2\sum_{k=0}^{n-1}r^{k}\ge0
因此
Sn≤n2(1+rn−1)=n2(a1+an)S_{n}\le\frac n2\left(1+r^{n-1}\right) =\frac n2(a_{1}+a_{n})
当 n=1n=1 或 n=2n=2 时，上式两端直接相等. 若 n≥3n\ge3 且 r≠1r\ne1，取 k=1k=1，则 1−r≠01-r\ne0，且 1−rn−2≠01-r^{n-2}\ne0，上面的求和严格为正，不能取等号. 当 r=1r=1 时 an=1a_{n}=1，显然对任意 nn 都取等号. 所以等号成立的充要条件为
n=1或n=2或a2=1n=1\quad\text{或}\quad n=2\quad\text{或}\quad a_{2}=1
\end{enumerate} \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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07数列★★★★☆
若 aa 是 1+2b1 + 2b 与 1−2b1 - 2b 的等比中项，则 2ab∣a∣+2∣b∣\frac{2ab}{|a| + 2|b|} 的最大值为（ ）
A.
255\frac{2\sqrt{5}}{5}
B.
24\frac{\sqrt{2}}{4}
C.
55\frac{\sqrt{5}}{5}
D.
22\frac{\sqrt{2}}{2}

2007 · 重庆 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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21数列★★★★☆
已知各项均为正数的数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n} 满足 S1>1S_{1} > 1，且 6Sn=(an+1)(an+2)6S_{n} = (a_{n} + 1)(a_{n} + 2)，n∈N+n \in \mathbf{N}_{+}.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设数列 {bn}\{b_{n}\} 满足 an(2bn−1)=1a_{n}(2^{b_{n}}-1)=1，并记 TnT_{n} 为 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和，求证： 3Tn+1>log⁡2(an+3)3T_{n}+1>\log_{2}(a_{n}+3)，n∈N+n\in\mathbf{N}_{+}.

2007 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22数列★★★★☆
数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=1a_1 = 1 且 8an+1an−16an+1+2an+5=08a_{n + 1}a_n - 16a_{n + 1} + 2a_n + 5 = 0（n⩾1n \geqslant 1）. 记 bn=1an−12b_{n} = \frac{1}{a_{n} - \frac{1}{2}}（n⩾1n \geqslant 1）.
(1) 求 b1b_{1}，b2b_{2}，b3b_{3}，b4b_{4} 的值； (2) 求数列 {bn}\{b_n\} 的通项公式及数列 {anbn}\{a_n b_n\} 的前 nn 项和 SnS_n.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 a1=1a_1=1 得 b1=11−12=2b_1=\frac1{1-\frac12}=2. 由递推式解出 an+1=2an+516−8ana_{n+1}=\frac{2a_n+5}{16-8a_n}，从而 an+1−12=3(2an−1)8(2−an)a_{n+1}-\frac12=\frac{3(2a_n-1)}{8(2-a_n)}. 由 a1≠12a_1\neq\frac12，且上式表明只要 an≠12a_n\neq\frac12，22 就有 an+1≠12a_{n+1}\neq\frac12；而 an=2a_n=2 会使原递推式变为 9=09=0，不可能，所以归纳可知各项 an≠12a_n\neq\frac12. 因而代入 bn=1an−12b_n=\frac1{a_n-\frac12} 可得 bn+1=2bn−43b_{n+1}=2b_n-\frac43. 于是 b2=2×2−43=83b_2=2\times2-\frac43=\frac83，b3=2×83−43=4b_3=2\times\frac83-\frac43=4，b4=2×4−43=203b_4=2\times4-\frac43=\frac{20}{3}. \item 令 cn=bn−43c_n=b_n-\frac43，则 cn+1=2cnc_{n+1}=2c_n，且 c1=23c_1=\frac23，所以 cn=23 2n−1=2n3c_n=\frac23\,2^{n-1}=\frac{2^n}{3}，从而 bn=2n+43b_n=\frac{2^n+4}{3}. 又由 bn=1an−12b_n=\frac1{a_n-\frac12} 得 an=12+1bna_n=\frac12+\frac1{b_n}，故 anbn=bn2+1=2n+106a_nb_n=\frac{b_n}{2}+1=\frac{2^n+10}{6}. 因此 Sn=∑i=1naibi=16(∑i=1n2i+10n)=16(2n+1−2+10n)=2n+5n−13S_n=\sum_{i=1}^n a_ib_i=\frac16\left(\sum_{i=1}^n2^i+10n\right)=\frac16\left(2^{n+1}-2+10n\right)=\frac{2^n+5n-1}{3}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 重庆 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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09数列★★★★☆
若数列 {an}\{a_n\} 是等差数列，首项 a1>0a_1>0，a2003+a2004>0a_{2003}+a_{2004}>0，a2003⋅a2004<0a_{2003}\cdot a_{2004}<0，则使前 nn 项和 Sn>0S_n>0 成立的最大自然数 nn 是（ ）
A.
40054005
B.
40064006
C.
40074007
D.
40084008

2004 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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09数列★★★★☆
若数列 {an}\{a_{n}\} 是等差数列，首项 a1>0a_{1}>0，a2003+a2004>0a_{2003}+a_{2004}>0，a2003⋅a2004<0a_{2003}\cdot a_{2004}<0，则使前 nn 项和 Sn>0S_{n}>0 成立的最大自然数 nn 是（ ）
A.
40054005
B.
40064006
C.
40074007
D.
40084008

2004 · 重庆 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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22数列★★★★☆
设数列 {an}\{a_n\} 满足：a1=2a_1 = 2，a2=53a_2 = \frac{5}{3}，an+2=53an+1+13ana_{n+2} = \frac{5}{3} a_{n+1} + \frac{1}{3} a_n（n=1n = 1，22，⋯\cdots）.
(1) 令 bn=an+1−anb_n = a_{n+1} - a_n（n=1n = 1，22，⋯\cdots），求数列 {bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 求数列 {nan}\{na_n\} 的前 nn 项和 SnS_n.

2004 · 重庆 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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