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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{an}是等差数列，a2+a5=16，a5−a3=4．
（Ⅰ）求{an}的通项公式和2n−1∑i=2n−1ai；
（Ⅱ）已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N∗，若2k−1⩽n⩽2k−1，则bk<an<bk+1．
(i)当k⩾2时，求证：2k−1<bn<2k+1；
(ii)求{bn}的通项公式及其前n项和．
答案：（Ⅰ）an=2n+1(n∈N⋅)，2n−1∑i=2n−1ai=3×4n−1．
（Ⅱ）(i)证明见解析；
(ii)bn=2n，Tn=2n+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）∵{an}是等差数列，a2+a5=16，a5−a3=4．
∴{a1+d+a1+4d=2a1+5d=16a1+4d−a1−2d=2d=4，得d=2，a1=3，
则{an}的通项公式an=3+2(n−1)=2n+1(n∈N⋅)，
2n−1∑i=2n−1ai中的首项为ai=2×2n−1+1=2n+1，项数为2n−1−2n−1+1=2n−2n−1=2×2n−1−2n−1=2n−1，
则2n−1∑i=2n−1ai=2n−1(2n+1)+2n−1(2n−1−1)2×2=2n−1(2n+1)+2n−1(2n−1−1)=2n−1(2n+1+2n−1−1)=2n−1(2n+2n−1)=2n−1×3×2n−1=3×4n−1．
（Ⅱ）(i)∵2k−1⩽n⩽2k−1，∴2k⩽2n⩽2k+1−2，1+2k⩽2n+1⩽2k+1−1，
即1+2k⩽an⩽2k+1−1，
当k⩾2时，∵bk<an<bk+1．
∴bk<1+2k，且bk+1>2k+1−1，
即bk>2k−1，
综上2k−1<bk<1+2k，
即2k−1<bn<2k+1成立．
(ii)∵2k−1<bk<2k+1成立，
∵{bn}为等比数列，∴设公比为q，
当k⩾2时，2k+1−1<bk+1<2k+1+1，12k+1<1bk<12k−1，
则2k+1−12k+1<bk+1bk<2k+1+12k−1，
即2(2k+1)−12k+1<bk+1bk<2(2k−1)+32k−1，
即2−12k+1<q<2+32k−1，
当k→+∞，2−12k+1→2，2+32k−1→2，
∴q=2，
∵k⩾2时，2k−1<bk<2k+1，
∴2k−1<b12k−1<2k+1，
即2k−12k−1<b1<2k+12k−1，
即2−12k−1<b1<2+12k−1，
当k→+∞，2−12k−1→2，2+12k−1→2，
则b1=2，
则bn=2×2n−1=2n，即{bn}的通项公式为bn=2n，
则{bn}的其前n项和Tn=2(1−2n)1−2=2n+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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