专题突破练10　等差数列、等比数列2025年高考总复习优化设计二轮专题数学课后习题专题突破练含答案

专题突破练10等差数列、等比数列2025年高考总复习优化设计二轮专题数学课后习题专题突破练含答案专题突破练(分值:100分)学生用书P161主干知识达标练1.已知数列{an}满足2an+1=an+an+2,其前n项和为Sn,若S9=18,则a5=()A.-2 B.0 C.2 D.4答案C解析根据题意2an+1=an+an+2,可得数列{an}为等差数列,所以S9=9(a1+a9)2=18,所以a1+a9=4,所以2a5=4,所以2.已知数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,若a2+a4+a6=5π,b2b4b6=33,则tana1+a71A.3 B.-3 C.33 D.-答案A解析因为数列{an}是等差数列,所以a2+a4+a6=3a4=5π,故a4=5π3,所以a1+a7=2a4=10π3,因为{bn}是等比数列,所以b2b4b6=b43=33,故b4=3,所以b2b6=3.所以tana1+a71-b3.已知等比数列{an}的前n项积为Tn,a1=16,公比q=12,则Tn取最大值时n的值为(A.3 B.6 C.4或5 D.6或7答案C解析an=a1qn-1=16×12n-1=24×21-n=(方法一)由题意知,an>0且数列{an}为递减数列,a5=1,前4项大于1,从第6项起小于1,所以n=4或5时,Tn取得最大值.(方法二)Tn=a1a2…an=24×23×…×25-n=24+3+…+(5-n)=2n(4+5-n)2=2-n2+9n2=2-(n-4.已知{an}是各项均为正数的等差数列,其公差d≠0,若lna1,lna3,lna6也是等差数列,则其公差为()A.lnd B.ln2d C.ln23 D.ln答案D解析因为lna1,lna3,lna6是等差数列,所以2lna3=lna1+lna6,即lna32=lna1a所以a32=a1a6,即(a1+2d)2=a1(a1+5d又d≠0,所以a1=4d,所以公差为lna3-lna1=lna3a1=lna1+2da1=ln5.(2024山东潍坊一模)已知数列{an}满足a1=0,a2=1.若数列{an+an+1}是公比为2的等比数列,则a2024=()A.22023C.21012-1 D.21011-1答案A解析依题意,a1+a2=1,an+an+1=2n-1,当n≥2时,an-1+an=2n-2,则an+1-an-1=2n-2,所以a2024=a2+(a4-a2)+(a6-a4)+…+(a2024-a2022)=1+2+23+25+…+22021=1+2(1-46.(多选题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a5=-4,S5=-40,则()A.a10=6B.S10=-30C.当且仅当n=6时,Sn取最小值D.a5+a6+a7+a8+a9+a10=0答案AB解析设数列{an}的公差为d,由a5=-4,S5=-40,得a1+4d=-4,5a1+5×42d=-40.解得a1=-12,d=2,所以an=2n-14,Sn=(-12+2n-14)n2=n2-13n,则a10=6,S10=-30,A,B正确;令an=2n-14≤0,得n≤7,且a7=0,则当n=6或n=7时,Sn取最小值,C不正确;因为a5+a6+a7+a8+a9=5a7.(多选题)一百零八塔始建于西夏时期,是中国现存最大且排列最整齐的塔群之一,塔群随山势凿石分阶而建,自上而下一共12层,第1层有1座塔,从第2层开始每层的塔数均不少于上一层的塔数,总计108座塔.已知包括第1层在内的其中十层的塔数可以构成等差数列{an},剩下的两层的塔数分别与上一层的塔数相等,第1层与第2层的塔数不同,则下列结论正确的有()A.第3层的塔数为3B.第4层与第5层的塔数相等C.第6层的塔数为9D.等差数列{an}的公差为2答案ABD解析设等差数列{an}的公差为d,若d=1,则这10层的塔数之和为10×1+10×92=则最多有55+10+10=75座塔,不符合题意;若d≥3,则这10层的塔数之和不少于10×1+10×92×3>108,不符合题意所以d=2,这10层的塔数之和为10×1+10×92×2=塔数依次是1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,依题意剩下两层的塔数为3和5,所以这12层塔的塔数分别为1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19,因此A,B,D正确,C错误.故选ABD.8.我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题:“今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩二,七七数之剩二,问物几何?”根据这一数学思想,所有被3除余2的自然数从小到大组成数列{an},所有被5除余2的自然数从小到大组成数列{bn},把{an}和{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},则下列结论正确的是()A.a3+b5=c3 B.b28=c10C.a5b2>c8 D.c9-b9=a26答案B解析根据题意数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,则an=2+3(n-1)=3n-1,数列{bn}是首项为2,公差为5的等差数列,则bn=2+5(n-1)=5n-3,数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},故数列{cn}是首项为2,公差为15的等差数列,则cn=2+15(n-1)=15n-13.对于A,a3+b5=(3×3-1)+(5×5-3)=30,c3=15×3-13=32,a3+b5≠c3,A错误;对于B,b28=5×28-3=137,c10=15×10-13=137,b28=c10,B正确;对于C,a5=3×5-1=14,b2=5×2-3=7,c8=15×8-13=107,a5b2=14×7=98<107=c8,C错误;对于D,c9=15×9-13=122,b9=5×9-3=42,a26=3×26-1=77,c9-b9=122-42=80≠77=a26,D错误.故选B.9.(5分)设等比数列{an}的前n项和为Sn,写出一个满足下列条件的{an}的公比q=.

①a1>0;②{an}是递增数列;③S3<13a1.答案2(答案不唯一)解析由等比数列的通项公式可得an=a1qn-1,则an-an-1=a1qn-2(q-1),因为a1>0,且{an}是递增数列,所以q>1.因为S3<13a1,所以a1+a2+a3<13a1,即a1q2+a1q-12a1<0,因为a1>0,所以q2+q-12<0,解得-4<q<3.综上,1<q<3.故答案可以为2(答案不唯一).10.(5分)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,Sn是数列{an}的前n项和,S11=11,b5b7=3,则log3a6b6答案-1解析因为{an}是等差数列,且Sn是数列{an}的前n项和,所以S11=11(a1+a11解得a6=1,因为{bn}是等比数列,所以b5b7=b62=3,则log3a6b62=11.(5分)对于数列{an},定义Hn=a1+2a2+…+2n-1ann为{an}的“优值”,现已知某数列{an}的“优值”Hn=2n,记数列答案506解析因为Hn=a1+2a2+…+2n-1ann=2n,则a1+2a2当n=1时,a1=2;当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n-1,②①②两式相减可得2n-1an=n·2n-(n-1)·2n-1=(n+1)2n-1,即an=n+1,n≥2;a1=2也满足上式,所以an=n+1,n∈N*.可得1a所以S2024=12-13+12.(5分)(2023北京,14)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7=;数列{an}所有项的和为.

答案48384解析设前3项的公差为d,后7项的公比为q,q>0,则q4=a9a5=19212=16,又a3=a1+2d=a5q2,即1+2d=3,所以a3=3,a7=a3q4=48,a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+3×(1-关键能力提升练13.(多选题)(2024山东德州模拟)将n2个数排成n行n列的数阵,如图所示,该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11=3,a13=a51+1,记这n2个数的和为S,下面叙述正确的是()a11a12a13…a1na21a22a23…a2na31a32a33…a3n……an1an2an3…annA.m=2 B.a78=15×28C.aij=(2i+1)·2j-1 D.S=n(n+2)(2n-1)答案ACD解析由题意a13=a11·m2=3m2,a51=a11+4m=3+4m,由a13=a51+1,则3m2=3+4m+1,整理可得(3m+2)(m-2)=0,又m>0,所以m=2,故A正确;对于B,a71=a11+6×2=15,a78=a71·27=15×27≠15×28,故B错误;对于C,ai1=a11+(i-1)×2=1+2i,aij=ai1·2j-1=(1+2i)·2j-1,故C正确;对于D,S=a111-2n1-2+a211-2n1-2+a311-2n1-2+…+an11-2n1-2=1-2n1-14.若数列{an}满足anan+1+an+1-an+1=0,a1=λ(λ≠0,且λ≠±1),记Tn=a1a2…an,则T2023=()A.-1 B.1C.1-λ1+答案C解析由anan+1+an+1-an+1=0,得an+1=an-1an+1,所以an+2=an+1-1an+1+1=an-1an+1-1an-1an+1+1=-1an,则an+4=-1an+2=an,所以数列{an}是以4为周期的数列.因为a1=λ,所以a215.(多选题)(2024山西吕梁三模)已知等差数列{an}的首项为a1,公差为d,前n项和为Sn,若S10<S8<S9,则下列说法正确的是()A.当n=8时,Sn最大B.使得Sn<0成立的最小自然数为n=18C.|a8+a9|>|a10+a11|D.Snan中最小项为答案BD解析由题得S8<即-两式相加,得a由a9>0,a10<0,所以当n=9时,Sn最大,故A错误;由S10<S8,可得到a9+a10<0,所以由等差数列性质可得a8+a11<0,两式相加,得a10+a11+a8+a9<0,所以|a8+a9|<|a10+a11|,故C错误;由以上可得:a1>a2>a3>…>a9>0>a10>a11>…,S17=17(a1+a17)2=17a9>0,而S18=18(当n≤17时,Sn>0,当n≥18时,Sn<0,所以使得Sn<0成立的最小自然数为n=18,故B正确;当n≤9,或n≥18时,Snan>0,当9<n<18时,由0>a10>a11>…>a17,S10>S11>S12>…>S17>0,所以Snan中最小项为S10a10,故D正确16.(5分)设Tn为数列{an}的前n项和,若T2nTn(n∈N*)是非零常数,则称该数列为“和等比数列”;若数列{cn}是首项为2,公差不为0的等差数列,且数列{cn}是“和等比数列”,则c2+c7+c答案78解析设{cn}公差为d.因为数列{cn}是等差数列,所以前n项和为Sn=n(前2n项和为S2n=2n所以S2nSn=2n(c因为数列{cn}是“和等比数列”,即S2nSn为非零常数,故c2+c7+c12=3c7=3(2+6d)=78.17.(5分)(2024江西南昌模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若对任意的n∈N*,均有S8≤Sn成立,则a2a1答案67,解析由题意知S8是等差数列{an}的前n项和中的最小值,则必有a1<0,公差d>0,若a8=0,此时S7=S8,S7,S8是等差数列{an}的前n项和中的最小值,此时a8=a1+7d=0,即a1=-7d,则a2若a8<0,a9≥0,此时S8是等差数列{an}的前n项和中的最小值,此时a8=a1+7d<0,a9=a1+8d≥0,即-8≤a1d则a2a1=a1+da1=1+da1=1+1a18.(5分)设数列{an},{bn}满足an=2n,bn=3n-8,则它们的公共项由小到大排列后组成新数列{cn}.在ck和ck+1(k∈N*)中插入k个数构成一个新数列{en}:c1,1,c2,3,5,c3,7,9,11,c4,…,插入的所有数构成首项为1,公差为2的等差数列,则数列{en}的前20项和T20=.

答案1589解析∵an=2n,∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴a1=2,a2=4,a3=8,a4=16.∵bn=3n-8,∴b1=-5,b2=-2,b3=1,b4=4,显然a1不是数列{bn}中的项.∵a2=4=b4,∴a2是数列{bn}中的第4项,设ak=2k是数列{bn}中的第m项,则2k=3m-8(k,m∈N*,k≥2).∵ak+1=2k+1=2×2k=2(3m-8)=6m-16,∴ak+1不是数列{bn}中的项.∵ak+2=2k+2=4×2k=4(3m-8)=3(4m-8)-8,∴ak+2是数列{bn}中的项.∴c1=a2,c2=a4,c3=a6,…,cn=a2n,∴数列{cn}的通项公式是cn=22n=4n.∵(1+2+3+4+5)+5=20,∴{en}的前20项包括{cn}的前5项,以及{2n-1}的前15项,∴T20=41+42+43+44+45+1+3+…+29=4×(1-45核心素养创新练19.(多选题)(2024湖南长沙一模)小华玩一种跳棋游戏,一个箱子中装有大小质地均相同的且标有1~10的10个小球,每次随机抽取一个小球并放回,规定:若每次抽取号码小于或等于5的小球,则前进1步,若每次抽取号码大于5的小球,则前进2步.每次抽取小球互不影响,记小华一共前进n步的概率为Pn,则下列说法正确的是()A.P2=1B.Pn=12Pn-1+12Pn-2(C.Pn=1-12Pn-1(nD.小华一共前进3步的概率最大答案BC解析根据题意,小华前进1步的概率和前进2步的概率都是12,所以P1=12,P2=12×1当n≥3时,一共前进n步是由两部分组成:先前进n-1步,再前进1步,其概率为12Pn-1,或者先前进n-2步,再前进2步,其概率为12Pn-2,所以Pn=12Pn-1+12Pn-2(n≥3),因为Pn=12Pn-1+12Pn-2(n≥3),所以2Pn+Pn-1=2Pn-1+Pn-2(而2P2+P1=2×34+12=2,所以2Pn+Pn-1=2(n≥2),即Pn=1-12Pn-1(n因为当n≥2时,Pn=1-12Pn-1,所以Pn-23=-12Pn-1-2又P1-23=12-23=-16,所以数列Pn-23是首项为-所以Pn-23=-16×(-12当n为奇数时,n-1为偶数,则Pn=23-16×12n-1,此时数列{P当n为偶数时,n-1为奇数,则Pn=23+16×12n-1,此时数列{Pn}单调递减综上,当n=2时,概率最大,即小华一共前进2步的概率最大,故选项D错误.故选BC.专题突破练(分值:91分)学生用书P163主干知识达标练1.(15分)(2024河北唐山一模)已知数列{an}是正项等比数列,其前n项和为Sn,且a2a4=16,S5=S3+24.(1)求{an}的通项公式;(2)记{an+log2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2024的最大整数n.解(1)设{an}的公比为q(q>0),则an=a1qn-1,依题意可得a整理得q2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍去),所以an=a3qn-3=2n-1.(2)由(1)可知an+log2an=2n-1+n-1,故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)=2n-1+n(显然,Tn随着n的增大而增大,T10=210-1+45=1068<2024,T11=211-1+55=2102>2024,所以满足Tn<2024的最大整数n=10.2.(10分)(2022新高考Ⅰ,17)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,Snan是公差为(1)求{an}的通项公式;(2)证明:1a1+1a2+(1)解(方法一)∵Snan是以S1a1=1∴Snan=1+(n-∴Sn=n+23an.当n≥2时,Sn-1=n+13an-1.①-②得an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13∴n+13an-1=n-13a∴an=anan-1·an-1an-2·…·a2又a1=1,∴an=(n+1)×n2×1×1又当n=1时,a1=1也符合上式,∴an=n((方法二)∵Snan是以S1a1=1为首项,以13为公差的等差数列,∴Sn∴Sn=n+23an.当n≥2时,Sn-1=n+13an-1.①-②得an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1,∴n+13an-∴ann+1=设ann(n+1)=bn,则∴{bn}为常数列,且b1=a1∴ann(n+1)=bn=12(方法三)∵Snan是首项为S1a1=1,公差为13的等差数列,∴Snan=1+13(n-∴SnSn∴Sn=S1·S2S1·S3S2·…·∴an=Sn-Sn-1=n(n+1又a1=1满足此公式,∴{an}的通项公式为an=n((2)证明由(1)知,1an=2∴1a1+1a2+…+1an=21-12+12-13+3.(15分)(2024浙江金华高三期末)已知数列{an}是等差数列,a1=3,d≠0,且a1,a7,a25构成等比数列.(1)求an;(2)设f(n)=an,若存在数列{bn}满足b1=1,b2=7,b3=25,且数列{f(bn)}为等比数列,求{anbn}的前n项和Sn.解(1)∵{an}是等差数列,a1=3,d≠0,∴a7=a1+6d,a25=a1+24d.∵a1,a7,a25构成等比数列,∴(a1+6d)2=a1(化简可得a1=3d=3,∴d=1,∴an=n+2.(2)∵f(b1)=f(1)=a1=3,f(b2)=f(7)=a7=9,f(b3)=f(25)=a25=27,又数列{f(bn)}为等比数列,∴首项为3,公比为3,故f(bn)=3n,而f(bn)=abn=bn∴3n=bn+2,∴bn=3n-2,∴anbn=(n+2)3n-2(n+2),设数列{(n+2)3n}的前n项和为Tn,则Tn=(1+2)×31+(2+2)×32+…+(n+2)×3n①,3Tn=(1+2)×32+(2+2)×33+…+(n+2)×3n+1②,①②相减得-2Tn=(1+2)×31+32+…+3n-(n+2)×3n+1,化简可得Tn=-129+9×(1-3n-1)1-又因为等差数列{2(n+2)}的前n项和为n(2×3+2n+4)2综上可得Sn=(2n+3)×3n+1-关键能力提升练4.(15分)(2024山东德州高三开学考试)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足6Sn=(3n+2)an+2.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=(-1)n+1(6n解(1)因为6Sn=(3n+2)an+2,当n=1时,6S1=6a1=5a1+2,所以a1=2,当n≥2时,6Sn-1=(3n-1)an-1+2,所以6Sn-6Sn-1=6an=(3n+2)an-(3n-1)an-1,所以anan-1累乘得anan-1·an-所以an=3n-1(n≥2),当n=1时a1=2也符合上式,所以an=3n-1.(2)由(1)得bn=(-1)n+1(6n+1)a所以T100=12+15-5.(15分)(2024湖南永州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,对于任意的n∈N*,都有点P(an,Sn)在直线2x-3y+1=0上.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记数列{an}的前n项中的最大值为Mn,最小值为mn,令bn=Mn+mn2,求数列{b解(1)根据题意得,对于任意的n∈N*都有3Sn=2an+1,当n≥2时,3Sn-1=2an-1+1,两式相减得3(Sn-Sn-1)=(2an+1)-(2an-1+1),即3an=2an-2an-1(n≥2),整理得an=-2an-1(n≥2),当n=1时,3S1=2a1+1,故a1=1,所以数列{an}是首项为1,公比为-2的等比数列,所以an=(-2)n-1.(2)当n为奇数时,an=2n-1,且an>0,当n为偶数时,an=-2n-1,且an<0,因此当n为大于1的奇数时,{an}前n项中的最大值为an=(-2)n-1,最小值为an-1=(-2)n-2,此时bn=Mn当n为偶数时,{an}的前n项中的最大值为an-1=(-2)n-2,最小值为an=(-2)n-1,此时bn=Mn当n=1时,b1=a1,因此T20=b1+(b3+b5+…+b19)+(b2+b4+b6+…+b20)=a1+a3+a22+a5=a12+S=1-核心素养创新练6.(多选题)(2024山东日照高三期末)在平面四边形ABCD中,点D为动点,△ABD的面积是△BCD面积的3倍,又数列{an}满足a1=3,恒有BD=(an-3n-1)BA+(an+1+3n)BC,设{an}的前n项和为Sn,则()A.{an}为等比数列B.a4=-81C.an3nD.Sn=(3-n)3n-3答案BCD解析设AC,BD交于E点,则S△ABD即AE=3EC,故BE=BA+AE=BA+34AC=BA+34(BC-BA)=14BA+34BC,由于B,E,D三点共线,故存在实数λ(λ≠0,1),使得BD=λBE,即得BD=(an-3n-1)BA+(an+即an+1=3an-2×3n,则an+13n+1=而a1=3,故an3n为首项是a13=1,公差为-23则an3n=1+(n-1)×-23=5-2n3,故a故a4=5-2×43×34=-又an+1an=5-2(n+1)3·3nSn=a1+a2+…+an=33×3+13×32+-13×33+…+故3Sn=33×32+13×33+-13×34+…+7-2n3两式相减得-2Sn=3-23×(32+33+34+…+3n)-5-2n3·3n+1=3-23×9(1-3n-1)1-3-5-2n3·3n+17.(15分)(2024河北沧州一模)在数列{an}中,已知a1+a22+a322(1)求数列{an}的通项公式;(2)在数列{an}中的a1和a2之间插入1个数x11,使a1,x11,a2成等差数列;在a2和a3之间插入2个数x21,x22,使a2,x21,x22,a3成等差数列;…;在an和an+1之间插入n个数xn1,xn2,…,xnn,使an,xn1,xn2,…,xnn,an+1成等差数列,这样可以得到新数列{bn}:a1,x11,a2,x21,x22,a3,x31,x32,x33,a4,…,an,设数列{bn}的前n项和为Sn,求S55(用数字作答,参考数据:211=2048).解(1)当n=1时,a1=2;当n≥2时,an2n-1=a1+a22+a322+…+an2n-1-a1+所以an2n-1=2⇒an=2当n=1时,上式亦成立,所以an=2n.(2)由n+[1+2+3+…+(n-1)]=55⇒n=10.所以新数列{bn}前55项中包含数列{an}的前10项,还包含x11,x21,x22,x31,x32,…,x98,x99,且x11=a1+a22,x21+x22=2(a2+a3)2,x31+x32+x33=3(所以S55=(a1+a2+…+a10)+a1+a2=3a设T=3a1+5a2+7a3+…+19a9=3×21+5×22+7×23+…+19×29,则2T=3×22+5×23+7×24+…+19×210,两式相减得-T=3×21+2×(22+23+…+29)-19×210=-17×210-2.故T=17×210+2.所以S55=17×210+22+112×210=28×29专题突破练(分值:75分)学生用书P1651.(15分)(2024河南信阳模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=n(6+an)2,a4=12,{bn}为正项等比数列,b1=a1-(1)求证:数列{an+1an+2-an(2)求数列{bn}的通项公式.(1)证明当n=1时,a1=S1=6+a12,解得a当n≥2时,Sn-1=(n所以an=Sn-Sn-1=n(整理得(n-2)an+6=(n-1)an-1,①所以(n-1)an+1+6=nan,②由①-②得2an=an-1+an+1,所以数列{an}为等差数列.因为a1=6,a4=12,所以数列{an}的公差为12-63=2,所以an=2设Mn=an+1an+2-an2(n∈N则Mn=[2(n+1)+4][2(n+2)+4]-(2n+4)2=12n+32,因为Mn+1-Mn=12(n+1)+32-(12n+32)=12(常数),所以数列{an+1an+2-an2}(2)解设数列{bn}的公比为q(q>0),结合(1)及已知得b1=a1-4=2,b4=b1q3=16,解得q=2,所以bn=2n.2.(15分)(2024福建厦门模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=2a1=4,当n∈N*,且n≥2时,Sn+1=3Sn-2Sn-1.(1)证明:{an}为等比数列;(2)设bn=an(an-1)(an+1-1),记数列{bn}的前n(1)证明因为当n≥2时,Sn+1=3Sn-2Sn-1,变形得Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1),即an+1=2an,又a2=2a1=4,故an+1=2an在n∈N*上都成立,且a1=2,所以{an}是首项、公比均为2的等比数列.(2)解由(1)知an=2n,则bn=2n所以Tn=1-13+13-17+…则Tm+17×2m-2=1-12m+1-1+17×2m-2>所以2m-2>1,可得m>2,而m∈N*,故正整数m的最小值为3.3.(15分)(2024山西大同模拟)已知等比数列{an}的公比q>1,且a1,a2,a3-1是公差为d的等差数列{bn}的前3项.(1)求q+d的最小值;(2)在q+d取最小值的条件下,设cn=an(bn-1)bnbn+1,数列{cn解(1)由题知a1+a3-1=2a2,即a1+a1q2-1=2a1q,可得a1(q-1)2=1.d=a2-a1=a1(q-1)=1q又因为q>1,所以q+d=q-1+1q-1+1≥2(q当且仅当q-1=1q即q=2时等号成立.所以q+d的最小值为3.(2)由(1)知,当q+d取最小值时,q=2,d=1,a1=1,所以an=2n-1,bn=n.所以cn=an所以Tn=(1-1)+43-1+84-43+…+2n=-1+1-1+43-43+84又an所以Tn-an+1bn所以Tn<an4.