【文档说明】(通用版)高考数学(文数)一轮复习考点梳理与过关练习23《数列的综合应用》(含详解).doc，共(32)页，1.496 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点23数列的综合应用能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n项和；分析等差、等比数列项之间的关系，往往用到转化与化归的思想方法．考向一等差、等比数列的综合应用解决等差数

列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系：（1）如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，则要把成等差数列和成等比数列的项分别抽出来，研究这些项与序号之间的关系；（2）如果两个数列是通

过运算综合在一起的，就要从分析运算入手，把两个数列分割开，再根据两个数列各自的特征进行求解．典例1已知各项均为正数的数列{}na是公差为2的等差数列，若数列141231,,,,,,,,naabbbb成等比数列，则32baA．27

B．81C．275D．2435【答案】D【解析】由141,,aa成等比数列，得2141aa，又因为正数的数列{}na是公差为2的等差数列，所以214116aaa，解得31a或12a（舍去）

，所以2325a，因为数列1411,,,,aab23,,,,nbbb成等比数列，设其公比为q，则131aq，所以5313243b，所以322435ba.故选D．【名师点睛】本题考查了等比、等差数列的通项公式的应用，属于基础题.求解时，由141231,,,,,

,,,naabbbb成等比数列，结合{}na是公差为2的等差数列，得31a，进而求出23,ab，即可得答案.典例2已知等差数列na中，1242,16aaa.（1）设2nanb，求证：数列nb是等

比数列；（2）求nnab的前n项和.【答案】（1）见解析；（2）3231142277nnn.【解析】（1）设等差数列na的公差为d，由2416aa，可得11316adad

，即12416ad.又由12a，可得3d.故1121331naandnn，依题意，312nnb，因为323131222nnnnbb（常数），故

nb是首项为4，公比8q的等比数列.（2）因为na的前n项和为13122nnaann，nb的前n项和为31332142214211877nnnbbqq，故nnab的前n项和为323114

2277nnn.【名师点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的通项公式，以及等差、等比数列的求和的应用，其中熟记等差、等比数列的通项公式和求和公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.求解本题时，（1）设na的公差为d，由题意求得3d，即可求得数

列的通项公式，进而得到数列nb的通项公式，利用等比数列的定义，即可作出证明；（2）由（1）可得na的前n项和和nb的前n项和，即可得到数列nnab的前n项和.1．已知等差数列na的前n项和为nS，等比数列nb的

前n项和为nT．若113ab，42ab，4212ST．（1）求数列na与nb的通项公式；（2）求数列nnab的前n项和．考向二数列与函数、不等式等的综合应用1．数列可看作是自变量为正整数的一类函数，数列的通项

公式相当于函数的解析式，所以我们可以用函数的观点来研究数列．解决数列与函数综合问题的注意点：（1）数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．（2）转化为以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，

如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．（3）利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．2．数列与不等式的综合问题是高考考查的热点．考查方式主要有三种：（1）判断数列问题中的一些不等关系；（2）以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；（3）考查与数

列问题有关的不等式的证明问题．在解决这些问题时，要充分利用数列自身的特点，例如在需要用到数列的单调性的时候，可以通过比较相邻两项的大小进行判断．在与不等式的证明相结合时，注意构造函数，结合函数的单调性来证明不等式．典例3已知函数xf

xa的图象过点11,2，且点*21,nannnN在函数xfxa的图象上，又nb为等比数列，3144,baba.（1）求数列na及nb的通项公式；（2）若31nnnnabcn

，数列1nc的前n项和为nS，求证：4nS.【答案】（1）212nnna，32nnb；（2）见解析.【解析】（1）函数xfxa的图象过点11,2，11,22xafx.又点

*21,nannnN在函数xfxa的图象上，从而2112nnan，即212nnna，∴31441,2,baba公比2,q3332nnnbbq.（2）231312313124nnnnnnnna

bnncnn，141211111112124313313313331ncnnnnnnnnnn，12111111111

4141422311nnScccnnn.【名师点睛】本题考查了通过点在函数图象上求出函数解析式、以及考查求等比数列的通项公式、利用裂项相消法求数列的前

n项和.2．已知数列na为等比数列，数列nb为等差数列，且111ba，212baa，3326ab.（1）求数列na，nb的通项公式；（2）设21nnncbb，数列nc的前n项

和为nT，证明：1153nT.考向三等差、等比数列的实际应用1．数列实际应用中的常见模型①等差模型：增加或减少的量是一个固定的常数c，c是公差；②等比模型：后一个量与前一个量的比是一个固定的常数q，q是公

比；③递推数列模型：题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，由此列递推关系式．2．解答数列实际应用题的步骤①审题：仔细阅读题干，认真理解题意；②建模：将已知条件翻译成数学语言，将实际问题转化为数学问题；③求解：求出该问题的数

学解；④还原：将所求结果还原到实际问题中．在实际问题中建立数学模型时，一般有两种途径：①从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；②从一般入手，找到递推关系，再进行求解．典例4某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂,第一年各种经费12万美元,以后每年比上一年增

加4万美元,每年销售蔬菜收入50万美元,设f(n)表示前n年的纯利润(f(n)=前n年的总收入-前n年的总支出-投资额).（1）从第几年开始获得纯利润?（2）若五年后,该台商为开发新项目,决定出售该厂,现有两种方案：①年平均利润最大时,以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时,以16万美元

出售该厂.问哪种方案较合算?【解析】由题意,知每年的经费构成了以12为首项,4为公差的等差数列,则f(n)=50n-[12n+12nn×4]-72=-2n2+40n-72.（1）获得纯利润就是要求f(n)>0,即-2n2+40n-72>0,解得2<n<

18.又n∈N*,故从第三年开始获得纯利润.（2）①年平均利润为=40-2(n+)=16-2(-)2≤16,当且仅当n=6时取等号.故此方案获利6×16+48=144万美元,此时n=6.②f(n)=-2n2+40n-72=-2(n-10)2+128,当n=10时,f(n)max

=128.故此方案共获利128+16=144万美元.比较两种方案,在获利相同的前提下,第①种方案只需六年,第②种方案需要十年,故选择第①种方案.3．某人的月工资由基础工资和绩效工资组成，2010年每月的基础工资为2100元、绩效工资为2000元，从2011

年起每月基础工资比上一年增加210元，绩效工资为上一年的110%.照此推算，此人2019年的年薪为______万元(结果精确到0.1).考向四数列中的探索性问题对于数列中的探索性问题主要表现为存在型，解答此类问题的一般策略是：（1）先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提进行运算或

逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在；（2）若推不出矛盾，能求得符合题意的数值或取值范围，则能得到肯定的结论，即得到存在的结果．典例5已知数列满足，218a，且对任意，都有2212

11324mnmnaaamn．（1）求，；（2）设)．①求数列的通项公式；②设数列11nnbb的前项和为，是否存在正整数，，且，使得，，成等比数列？若存在，求出，的值，若不存在，请说明理由．【解析】（1）由题意，令，，则231

232214aaa，解得．令，，则251332314aaa，解得．（2）①以代替，得．则，即．所以数列是以为公差的等差数列．，．②因为111111323133231nnbbnnnn，所以111111111134473231

33131nnSnnnn，则，，．因为，，成等比数列，所以2131431pqpq，即26134pqpq．又，所以34

433qqq，则2613pp，解得32332333p．又，且，则，．所以存在正整数，，使得，，成等比数列．4．已知公差不为零的等差数列na满足11a，2a是1a与5a的等比中项.（1）求数列na的通项公式；（2）设2nanb，判断数列nb是否为等比数列

.如果是，求数列nb的前n项和nS，如果不是，请说明理由.考向五数列的求和求数列的前n项和，根据数列的不同特点，通常有以下几种方法：（1）公式法，即直接利用等差数列、等比数列的求和公式求解；（2）倒序相加法，即如果一

个数列的前n项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n项和.（3）裂项相消法，即将数列的通项拆成结构相同的两式之差，然后消去相同的项求和.使用此方法时必须注意消去了哪些项，保留了哪些项，一般

未被消去的项有前后对称的特点.常见的裂项方法有：（4）错位相减法，若数列{}na是等差数列，{}nb是等比数列，且公比为(1)qq，求{}nnab的前n项和时，常用错位相减法求和.基本步骤是：列出

和式，两边同乘以公比，两式相减并求和.在写出nS与nqS的表达式时，要将两式“错项对齐”，便于准确写出nnSqS-的表达式.在运用错位相减法求和时需注意：①合理选取乘数（或乘式）；②对公比q的讨论；③两式相减后的未消

项及相消项呈现的规律；④相消项中构成数列的项数.（5）分组求和法，如果一个数列可写成nnncab=?的形式，而数列na，nb是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法.典例6已知等比数列na的前n项和为nS，且满足122nnSpnN.（1）求

p的值及数列na的通项公式；（2）若数列nb满足132nnabnap，求数列nb的前n项和nT.【解析】（1）由题意知1122222,2nnnnnnaSSppn+-=-=+--=?，则234,8aa==，又114

2aSp==+，且na成等比数列，则48424p=+，解得1p=-.则112,222nnnaa.（2）由1(3),2nnabnap+=+可得2nnnb=，则212222nnnT=+++，2311122222nnnT+=+++，两

式相减得231111(1)11111221222222212nnnnnnnT++-=++++-=--，则11222nnnnT-=--.典例7已知数列na是公差不为0的等差数列，12a，且2a，3a，41a成等比数列.（1）求数列na

的通项公式；（2）设22nnbna，求数列nb的前n项和nS.【解析】（1）设数列na的公差为d，由12a和2a，3a，41a成等比数列，得，解得，或.当时，，与成等比数列矛盾，舍去，，即数列的通项公式为（2）=，121111111122311

1nnnSbbbnnnn.5．设数列na满足*123232()nnaanaanN．（1）求na的通项公式；（2）求数列122nna的前n项和nS．1

．在等差数列{}na中，11a，且21aa，31aa，41aa成等比数列，则5aA．7B．8C．9D．102．已知na是等差数列，公差d不为零，前n项和是nS，若3a，4a，8a成等比数

列，则A．10ad，40dSB．10ad，40dSC．10ad，40dSD．10ad，40dS3．已知等比数列na中，23a，581a，3lognnba，数列nb的前n项和为n

T，则8TA．36B．28C．45D．324．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做“等和数列”，这个数叫做数列的公和．已知等和数列{an}中，12a，公和为5，则18=aA．2B．﹣2C．3D．﹣35．中国人在很早就开始研究

数列，中国古代数学著作《九章算术》、《算法统宗》中都有大量古人研究数列的记载.现有数列题目如下：数列na的前n项和214nSn，*nN，等比数列nb满足112baa，234baa，则3bA．4B．5C．9D．166．如图所示的三角

形数阵满足：其中第一行共有一项：02，第二行共有二项：12，22，第三行共有三项：32，42，52，依此类推，第n行共有n项，若该数阵的第15行中的第5个数是2m，则mA．105B．109C．110D．21

57．已知数列na的通项公式*11nannnN，数列na的前n项和nS满足*9nSnN，则n的最小值为A．98B．99C．100D．1018．已知数列na是等差数列，数列nb是等比数列，且满足：100010182π

aa，620122bb，则2201632015tan1aabb__________．9．在等比数列{}na中，14a，42a，7a成等差数列，则35119aaaa_______.10．已知函数2()cos(

π)fnnn，且()(1)nafnfn，则1220aaa__________．11．设nS为数列na的前n项和，已知37a，12222nnaaan.（1）证明：1na为等比数列；（2）求na的通项公

式，并判断n，na，nS是否成等差数列？12．已知等比数列na的前n项和为nS，公比0q，2222Sa，342Sa．（1）求等比数列na的通项公式；（2）设2lognnba，求11{}nnbb的前n项和

nT．13．已知数列na的前n项和为nS，点*,nnSnN在函数2()2fxxx的图象上.（1）求数列na的通项公式；（2）设12nannba，求数列nb的前n项和nT.

14．设等差数列na的前n项和为nS，且534,,2SSS成等差数列，521322aaa.（1）求数列na的通项公式；（2）设12nnb，求数列nnab的前n项和nT.15．已知正项数列{}na的前n项和为nS，21nna

S.（1）求1a的值，并求数列na的通项公式na;（2）设2nannba，数列{}nb的前n项和为nT，求使不等式2626nnTn成立的正整数n组成的集合.1．（浙江）已知1234,,,aaaa成等比数列，且1234123ln()aaaaaaa．

若11a，则A．1324,aaaaB．1324,aaaaC．1324,aaaaD．1324,aaaa2．（2019年高考北京卷文数）设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+

6成等比数列．（1）求{an}的通项公式；（2）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．3．（2019年高考天津卷文数）设{}na是等差数列，{}nb是等比数列，公比大于0，已知1123323,,43abbaba.（1）求{}na和{}nb的通项公式；（2）设数列{

}nc满足21nnncbn，为奇数,，为偶数.求*112222()nnacacacnN.4．（浙江）已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1=1，数列{（b

n+1−bn）an}的前n项和为2n2+n．（1）求q的值；（2）求数列{bn}的通项公式．5．（天津文科）设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N*）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4

+2a6．（1）求Sn和Tn；（2）若Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整数n的值．6．（新课标全国Ⅰ文科）记Sn为等比数列na的前n项和，已知S2=2，S3=−6．（1）求na的通项公式；（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2

是否成等差数列．7．（北京文科）已知等差数列na和等比数列nb满足a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5．（1）求na的通项公式；（2）求和：13521nbbbb．8．（新课标全国Ⅱ文科）已知等差数列{}na的前n项和为nS，等比数列{}nb的前

n项和为nT，11221,1,2abab．（1）若335ab，求{}nb的通项公式；（2）若321T，求3S．1．【答案】（1）21,3nnnanb；（2）331(2)2nnn.【解析】（1）由11ab，42ab，得4212341223()()12

STaaaabbaa，设等差数列na的公差为d，则231236312aaadd，所以2d.所以32(1)21nann.设等比数列nb的公比为q，由题249ba，

即2139bbqq，所以3q.所以3nnb.（2）由（1）知(21)3nnnabn，所以nnab的前n项和为1212()()nnaaabbb2(3521)(333)nn(321)3(13)213nnn3(31)(2)2nnn

.【名师点睛】本题主要考查等差数列与等比数列，熟记通项公式、前n项和公式即可，属于常考题型.（1）先由题中条件得到422312STaa，再设等差数列na的公差为d，结合题中数据求出公差，进而可得na的通项公

式；设等比数列nb的公比为q，求出公比，即可得出nb的通项公式；（2）先由（1）的结果，得到(21)3nnnabn，再由分组求和法，结合等差数列与等比数列前n项和公式，即可得出结果.变式拓

展2．【答案】（1）12,21nnnabn；（2）1153nT.【解析】（1）设数列na的公比为q，数列nb的公差为d，由题意得11dq，22126qd，解得2dq，所以12,21nnnabn.（2

）因为21nnncbb1111212342123nnnn，所以111111111453723212123nTnnnn

111111111432123342123nnnn，因为111042123nn，所以13nT，又因为nT在1,上单调递增，所以当1n时，nT取最小值115T

，所以1153nT.【名师点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是熟悉式子的结构特点，常见的裂项技巧：（1）1111nnkknnk

；（2）1nkn1nknk；（3）1111212122121nnnn；（4）11122nnn11112nnnn.此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果

错误.3．【答案】10.4【解析】由题意可得，基础工资构成以2100元为首项，以210元公差的等差数列，绩效工资构成以2000元为首项，以公比为1.1的等比数列，则此人2019年每月的基础工资为2100210101399

0元，每月的绩效工资为920001.14715.90元，则此人2019年的年薪为1239904715.9010.4万元，故答案为：10.4．【名师点睛】本题考查了等差数列和等比数列在实际生活中的应用，属于中档题．4．【答案】（1）

21nan；（2）是，2413nnS.【解析】（1）设等差数列na的公差为()dd0，则由11a得21511;414aaddaadd，因为2a是1a与5a的等比中项，所以2215aaa，即2(1

)14dd，解得0d（舍）或2d，故数列na的通项公式为1(1)21naandn.（2）由2nanb，得①当1n时，11220ab；②当2n时，12123122422nnanna

nnbb，故数列nb是以2为首项，4为公比的等比数列，所以111422411143nnnnqSbq.【名师点睛】本题主要考查等差数列与等比数列，熟记等差数列与等比数列的通项公式以及求和公式即可，属于常考题型.（1）先设等差数列na的公差为()dd

0，根据题中条件求出公差，即可得到通项公式；（2）根据2nanb，结合等比数列的定义，可判断出nb为以2为首项，4为公比的等比数列，进而可求出结果.5．【答案】（1）2nan；（2）111222nnnn

.【解析】（1）由n＝1得12a，因为*123232()nnaanaanN，所以当n≥2时，1123123122nnaaanan，由两式作商得：2nan（n＞1且n∈N*），又因为1a=2符合上式

，所以2nan（n∈N*）．（2）设122nnnba，则bn＝n＋n·2n，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝（1＋2＋…＋n）＋23122232(1)22nnnn设Tn＝2＋2

·22＋3·23＋…+（n－1）·2n－1＋n·2n，①所以2Tn＝22＋2·23＋…+（n－2）·2n－1＋（n－1）·2n＋n·2n＋1，②①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，所以Tn＝（n－1）·2n＋1＋2．所以12nnnnST，即111222

nnnnSn．【名师点睛】本题主要考查了赋值法及方程思想，还考查了分组求和法及乘公比错位相减法求和，考查计算能力及转化能力，属于中档题.求解时，（1）在*123232()nnaanaanN中，将1n代n得：1123123122nnaaanan，

由两式作商得：2nan，问题得解.（2）利用（1）中结果求得bn＝n＋n·2n，分组求和，再利用等差数列前n项和公式及乘公比错位相减法分别求和即可得解.1．【答案】C【解析】设等差数列na的公差为d，由213141,,aaaaaa成等比数列

，得2312141aaaaaa，即2223ddd，解得考点冲关2d或0d（舍去），所以5141429aad，故选C.【名师点睛】本题主要考查了等比中项的应用，以及等差数列通项公式的应用，着重考查了运算与求解能力，

属于基础题.由213141,,aaaaaa成等比数列，求得2d，再由等差数列的通项公式，即可求解.2．【答案】B【解析】224381111327530aaaadadadda，不妨令15a，3d，42S.故选B.【名师点睛】本小题主要考查等

比中项的性质，考查等差数列基本量的计算，属于基础题.根据等比中项列方程，然后利用基本元的思想，将已知转化为1,ad的形式，用特殊值法选出正确选项.3．【答案】B【解析】由题可得：352273aqqa

，所以2212333nnnnaaq，故13log31nnbn，所以nb是以公差为1的等差数列，故1888282bbT，故选B．【名师点睛】本题考查等比数列和等差数列的通项和前n项和，先求出q=3，得到等

比数列的通项是解题的关键，属于基础题.根据23a，581a可以先求出公比q，然后根据等比数列通项公式得到na，从而得到nb为等差数列，再根据等差求和公式即可.4．【答案】C【解析】根据题意，等和数列{an}中，12a，公

和为5，则125aa，可得23a，又由an−1+an＝5，则na23nn，为奇数，为偶数，则18=a3.故选C．【名师点睛】本题主要考查了新概念知识，考查理解能力及转化能力，还考查了数列的周期性，属于中档题.5．【答案】C【解析】由题

意可得：211221214baaS，22234421142344baaSS，则等比数列的公比21331bqb，故32339bbq.本题选择C选项.6．【答案

】B【解析】由题中三角形数阵中可知，第一行有1个数字，第二行有2个数字，第三行由3个数字，，第n行有n个数字，由等差数列的前n项和公式可得前14行共有141141052个数字，即第14行的最后一个数字

为1042，所以第15行的第1个数字为1052，第15行的第5个数字为1092，故选B．【名师点睛】本题主要考查了数表、数阵数列的应用，其中根据数表、数阵数列的数字排列规律，合理利用等差、等比数列的通项公式和

前n项和公式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及转化与化归思想的应用.解本题时，根据三角形数阵的数字的排列规律，利用等差数列的求和公式，可计算得出第14行的最后一个数字，从而求得第15行的第5个数字的值.7

．【答案】C【解析】化简na，得到通项公式为：1nann，根据递推式，列出如下式子：1nann，11nann，121a，则有11nSn，由于110n99n，则n的最小值为100.故选C.【名师点睛】本题考查累加法求和

，属于基础题.对于本题，化简na，利用累加法直接求nS得值即可.8．【答案】3【解析】∵数列na是等差数列，数列nb是等比数列，∴10001018100922πaaa，即1009πa；26201210092bbb.∴220161

009232015100922πtantantan3113aaabbb.故答案为3.9．【答案】14【解析】14a，42a，7a成等差数列，17444aaa，即6311144aaqaq，解得：32q，243511

108611911114aaaqaqaaaqaqq.本题正确结果：14.【名师点睛】本题考查等差数列和等比数列的综合应用问题，关键是能够求解出等比数列的基本量，属于基础题.求解时，根据三项成等差数列可构造方程求得等比数列的公比q满足32q，将所求式子化为1a和q的形式，化简可得结

果.10．【答案】20【解析】当n为奇数时，1nafnfn2222cosπ1cos1π121nnnnnnn.当n为偶数时，1nafnfn22

22cosπ1cos1π121nnnnnnn.21,21nnnann为奇数，为偶数.所以1220357911133941aaa

35791113394121020.【名师点睛】本题主要考查了分类思想及分组求和方法，考查计算能力，属于中档题.求解时，对n的取值分奇数、偶数求得na，再利用分组求和法求和即可.11．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】∵37a，3232aa，∴23

a，∴121nnaa，∴11a，1111222211nnnnaanaa，∴1na是首项为2，公比为2的等比数列.（2）由（1）知，12nna，∴21nna，

∴11222212nnnSnn，∴12222210nnnnnSann，∴2nnnSa，即n，na，nS成等差数列.【思路点拨】（1）根据条件构造等比数列：1121nnaa（）

，再根据等比数列的定义给予证明；（2）先根据等比数列通项公式求得12nna，即得na的通项公式，再根据分组求和法得nS，最后判断2nnnSa是否成立.12．【答案】（1）2nna；（2）1nnTn.【解析】（1）等比数列na的前n项和为nS，公比0

q，2222Sa①，342Sa②．②﹣①，得3422aaa，则220qq，又0q，所以2q=，因为2222Sa，所以12222aaa，所以12a，所以2nna.（2）由（1）得22loglog2nnnban，

所以11111(1)1nnbbnnnn，所以11{}nnbb的前n项和11111111223111nnTnnnn．【名师点睛】裂项相消法适用于形如1nncaa(其中na是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.裂项相消法求和

，常见的有相邻两项的裂项求和，还有一类隔一项的裂项求和，如1(1)(3)nn或1(2)nn.13．【答案】（1）21nan*nN；（2）1614499nnnT.【解析】（1）把点*,nnSnN代入2()2fxxx得22nSnn，*nN，

则1n时，13a，2n时，2212(1)2(1)21nnnaSSnnnnn，经验证，1n也满足21nan*nN，所以21nan*nN.（2）由（1）得21nan，所以12(21

)4nannnban，则123434547494(21)4nnTn，①23414345474(21)4(21)4nnnTnn，②①②得1234133424242424(21)4nnnT

n124144(21)414nnn故1614499nnnT.【名师点睛】本题主要考查了数列通项的求法，以及数列前n项和的方法.求数列通项常用的方法有：累加法、累乘法、定义法、配凑法等.求数列前n项和常用的方法

有：错位相减、裂项相消、公式法、分组求和等.属于中等题.14．【答案】（1）an=2n−1；（2）12362nnnT.【解析】（1）设等差数列na的首项为1a,公差为d,由534,,2SSS成等差数列，

可知345SSS,即120,ad①由521322aaa得：1420ad，②联立①②解得11,2ad.因此，*21nannN.（2）令11212nnnnacnb，则12

nnTccc，∴21111113521222nnTn，③23111111352122222nnTn

，④③−④,得2111111122122222nnnTn111212n1212nn2332nn，所以12362nnnT．【名师点睛】本题主要

考查等差数列的公差及首项的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质、错位相减法的合理运用．15．【答案】（1）11,21naan；（2）1,2.【解析】（1）由21nnaS，得当1n时，11a；当2n…时，1nnnaSS，代入

已知有121nnnSSS，即21(1)nnSS．又0na，故11nnSS（舍），或11nnSS即11(2)nnSSn…，由定义得{}nS是以1为首项，1为公差的等差数列，nSn，则21nan.（2）由题得212=212nannnb

an，所以数列{}nb的前n项和212122222=(121)233nnnnTnn.因为2626nnTn，所以2(2)9280,nn即128n，所以03n.所以正整数n组成的集合为{1,2}.【名师点睛】本题主要考查数列的通项，考查等

差、等比数列求和，考查数列分组求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.求解时，（1）由数列递推式求出首项，进一步得到{}nS是以1为首项，1为公差的等差数列，求出等差数列的通项公式可得nS，代入21nnaS求得数列{}na的通项公式

；（2）先求出212223nnTn，再代入不等式解不等式即得解.1．【答案】B【解析】令ln1,fxxx则11fxx，令0,fx得1x，所以当1x时，0fx，当01x时，0fx，因此

10,ln1fxfxx.若公比0q，则1234123123lnaaaaaaaaaa，不合题意；若公比1q，则212341110,aaaaaqq但21

2311lnln1ln0aaaaqqa，即12341230lnaaaaaaa，不合题意；因此210,0,1qq，22113224,0aaqaaaqa，故选B.【名师点睛】构造函数对不等式进行放

缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如2ln1,e1,e10.xxxxxxx直通高考2．【答案】（1）212nan；（2）当5n或者6n时，nS取到最小值30.【解析】（1）设na的公差为d．因为110a，所以23410,102,1

03adadad．因为23410,8,6aaa成等比数列，所以23248106aaa．所以2(22)(43)ddd．解得2d．所以1(1)212naandn．（2）由（1）知，2

12nan．所以，当7n时，0na；当6n时，0na．所以，nS的最小值为630S．【名师点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的

有关公式并能灵活运用.3．【答案】（1）3nan，3nnb；（2）22(21)369()2nnnnN【解析】（1）设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q.依题意，得2332,3154,qdqd解得3,3,

dq故133(1)3,333nnnnannb.所以，na的通项公式为3nan，nb的通项公式为3nnb.（2）112222nnacacac135212142632nnnaaaaabababab

123(1)36(6312318363)2nnnnn2123613233nnn.记1213233nnTn,①则231313233nnTn,②②−①得，12311313(21

)332333331332nnnnnnnTnn.所以，122112222(21)3336332nnnnnacacacnTn22(21)3692nnnnN.【名师点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和

公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力，属于中档题目.4．【答案】（1）2q；（2）2115(43)()2nnbn.【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.（1）由

42a是35,aa的等差中项得35424aaa，所以34543428aaaa，解得48a.由3520aa得18()20qq，因为1q，所以2q.（2）设1()nnnncbba，数列{}nc前n项和为nS.由11,1,,2.nnnSncSSn

解得41ncn.由（1）可知12nna，所以111(41)()2nnnbbn，故211(45)(),22nnnbbnn，11123221()()()()n

nnnnbbbbbbbbbb23111(45)()(49)()73222nnnn.设221113711()(45)(),2222nnTnn，

2211111137()(49)()(45)()22222nnnTnn所以22111111344()4()(45)()22222nnnTn，因此2114(43)(),22nnTnn，又11b，所以2115(43)()2nnbn

.【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等

于1和不等于1两种情况求解.5．【答案】（1）(1)2nnnS，21nnT；（2）4.【解析】（1）设等比数列{}nb的公比为q，由b1=1，b3=b2+2，可得220qq．因为0q，可得2q，

故12nnb．所以，122112nnnT．设等差数列{}na的公差为d．由435baa，可得134ad．由5462baa，可得131316,ad从而11,1ad，故nan，所以，(1)2nnnS．

（2）由（1），有131122(12)(222)=22.12nnnnTTTnnn由12()4nnnnSTTTab可得11(1)2222nnnnnn，

整理得2340,nn解得1n（舍），或4n．所以n的值为4．【名师点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式等基础知识．考查数列求和的基本方法和运算求解能力．6．【答案】（1）(2)nna；（2）122(1)33nnnS，证明见解析．【解

析】（1）设{}na的公比为q．由题设可得121(1)2,(1)6.aqaqq解得2q，12a．故{}na的通项公式为(2)nna．（2）由（1）可得11(1)22()1331nnnnaqSq．由于3212142222()

2[()]2313313nnnnnnnnSSS，故1nS，nS，2nS成等差数列．【名师点睛】等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去

应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．（1）由等比数列通项公式解得2q，12a即可求解；（2）利用等差中项证明Sn+1，Sn，Sn+2成等

差数列．7．【答案】（1）an=2n−1；（2）312n.【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d．因为a2+a4=10，所以2a1+4d=10，解得d=2，所以an=2n−1．（2）设等比数列{bn}的公比为q．因为b2b4=a

5，所以b1qb1q3=9，解得q2=3，所以2212113nnnbbq．从而21135213113332nnnbbbb．【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：①分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；②裂项相消法求和，一

般适用于1nnnaacc，nnccn1等的形式；③错位相减法求和，一般适用于等差数列等比数列的形式；④倒序相加法求和，一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以2即可得到数列求和．8．

【答案】（1）；（2）当时，.当时，.【解析】设的公差为d，的公比为q，则.由得d+q=3.①（1）由得②联立①和②解得（舍去），因此的通项公式为.（2）由得.解得.当时，由①得，则.当时，由①得，则.【名师点睛】在解决等差

、等比数列的运算问题时，有两种处理思路：一是利用基本量，将多元问题简化为一元问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确;二是利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条

件，有时需要进行适当变形.在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.（1）根据等差数列及等比数列通项公式表示条件，得关于公差与公比的方程组，解方程组得公比，代入等比数列通项公式即可；（2）由等比数列前三项的和求公比，分类讨论，求公差，再根据等差数列前

三项求和.