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2023年高考数学天津18<-->2023年高考数学天津20
（15分）已知$\{a_{n}\}$是等差数列，$a_{2}+a_{5}=16$，$a_{5}-a_{3}=4$．
（Ⅰ）求$\{a_{n}\}$的通项公式和$\sum\limits_{i={2^{n-1}}}^{{2^n}-1}{a_i}$；
（Ⅱ）已知$\{b_{n}\}$为等比数列，对于任意$k\in N^{*}$，若$2^{k-1}\leqslant n\leqslant 2^{k}-1$，则$b_{k} < a_{n} < b_{k+1}$．
$(i)$当$k\geqslant 2$时，求证：$2^{k}-1 < b_{n} < 2^{k}+1$；
$(ii)$求$\{b_{n}\}$的通项公式及其前$n$项和．
答案：（Ⅰ）$a_{n}=2n+1(n\in N^{\cdot })$，$\sum\limits_{i={2^{n-1}}}^{{2^n}-1}{a_i}=3\times 4^{n-1}$．
（Ⅱ）$(i)$证明见解析；
$(ii)b_{n}=2^{n}$，$T_{n}=2^{n+1}-2$．
分析：（Ⅰ）建立方程组求出首项和公差即可求解．
（Ⅱ）根据数列递推关系，利用极限思想分别求出公比和首项，即可得到结论．
解：（Ⅰ）$\because \{a_{n}\}$是等差数列，$a_{2}+a_{5}=16$，$a_{5}-a_{3}=4$．
$\therefore$$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+d+{a}_{1}+4d=2{a}_{1}+5d=16}\\ {{a}_{1}+4d-{a}_{1}-2d=2d=4}\end{array}\right.$，得$d=2$，$a_{1}=3$，
则$\{a_{n}\}$的通项公式$a_{n}=3+2(n-1)=2n+1(n\in N^{\cdot })$，
$\sum\limits_{i={2^{n-1}}}^{{2^n}-1}{a_i}$中的首项为${a}_{i}=2\times {2}^{n-1}+1=2^{n}+1$，项数为$2^{n}-1-2^{n-1}+1=2^{n}-2^{n-1}=2\times 2^{n-1}-2^{n-1}=2^{n-1}$，
则$\sum\limits_{i={2^{n-1}}}^{{2^n}-1}{a_i}=2^{n-1}(2^{n}+1)+\dfrac{{2}^{n-1}({2}^{n-1}-1)}{2}\times 2=2^{n-1}(2^{n}+1)+2^{n-1}(2^{n-1}-1)=2^{n-1}(2^{n}+1+2^{n-1}-1)=2^{n-1}(2^{n}+2^{n-1})=2^{n-1}\times 3\times 2^{n-1}=3\times 4^{n-1}$．
（Ⅱ）$(i)\because 2^{k-1}\leqslant n\leqslant 2^{k}-1$，$\therefore 2^{k}\leqslant 2n\leqslant 2^{k+1}-2$，$1+2^{k}\leqslant 2n+1\leqslant 2^{k+1}-1$，
即$1+2^{k}\leqslant a_{n}\leqslant 2^{k+1}-1$，
当$k\geqslant 2$时，$\because b_{k} < a_{n} < b_{k+1}$．
$\therefore b_{k} < 1+2^{k}$，且$b_{k+1} > 2^{k+1}-1$，
即$b_{k} > 2^{k}-1$，
综上$2^{k}-1 < b_{k} < 1+2^{k}$，
即$2^{k}-1 < b_{n} < 2^{k}+1$成立．
$(ii)\because 2^{k}-1 < b_{k} < 2^{k}+1$成立，
$\because \{b_{n}\}$为等比数列，$\therefore$设公比为$q$，
当$k\geqslant 2$时，$2^{k+1}-1 < b_{k+1} < 2^{k+1}+1$，$\dfrac{1}{{2}^{k}+1} < \dfrac{1}{{b}_{k}} < \dfrac{1}{{2}^{k}-1}$，
则$\dfrac{{2}^{k+1}-1}{{2}^{k}+1} < \dfrac{{b}_{k+1}}{{b}_{k}} < \dfrac{{2}^{k+1}+1}{{2}^{k}-1}$，
即$\dfrac{2({2}^{k}+1)-1}{{2}^{k}+1} < \dfrac{{b}_{k+1}}{{b}_{k}} < \dfrac{2({2}^{k}-1)+3}{{2}^{k}-1}$，
即$2-\dfrac{1}{{2}^{k}+1} < q < 2+\dfrac{3}{{2}^{k}-1}$，
当$k\rightarrow +\infty$，$2-\dfrac{1}{{2}^{k}+1}\rightarrow 2$，$2+\dfrac{3}{{2}^{k}-1}\rightarrow 2$，
$\therefore q=2$，
$\because k\geqslant 2$时，$2^{k}-1 < b_{k} < 2^{k}+1$，
$\therefore 2^{k}-1 < b_{1}2$$^{k-1} < 2^{k}+1$，
即$\dfrac{{2}^{k}-1}{{2}^{k-1}} < b_{1} < \dfrac{{2}^{k}+1}{{2}^{k-1}}$，
即$2-\dfrac{1}{{2}^{k-1}} < b_{1} < 2+\dfrac{1}{{2}^{k-1}}$，
当$k\rightarrow +\infty$，$2-\dfrac{1}{{2}^{k-1}}\rightarrow 2$，$2+\dfrac{1}{{2}^{k-1}}\rightarrow 2$，
则$b_{1}=2$，
则$b_{n}=2\times 2^{n-1}=2^{n}$，即$\{b_{n}\}$的通项公式为$b_{n}=2^{n}$，
则$\{b_{n}\}$的其前$n$项和$T_{n}=\dfrac{2(1-{2}^{n})}{1-2}=2^{n+1}-2$．
点评：本题主要考查等比数列和等差数列的通项公式以及求和公式的应用，利用方程组法以及数列的递推关系进行求解是解决本题的关键，是中档题．
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