【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习核心考点重难点练习07《五种数列求和方法》(解析版).doc，共(62)页，8.460 MB，由MTyang资料小铺上传

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重难点07五种数列求和方法（核心考点讲与练）题型一：等差等比公式法一、单选题1．（2022·山西·模拟预测（理））已知等比数列na的首项为1，若5364,,8aaa成等差数列，则na的前6项的和为（）A．31B．3132C．6

332D．63【答案】C【分析】设数列na的公比为q，根据题意求出公比q，再根据等比数列前n项和的公式即可得解.【详解】解：设数列na的公比为q，因为5364,,8aaa成等差数列，所以35624aaa，得24524qqq，即2212210qqq，解得12q，

故前6项的和为61163213212.故选：C.2．（2022·福建泉州·模拟预测）记等比数列{na}的前n项和为nS.若2121204aaSS，，则2022S=（）A．202222B．202221C．202322D．20232

1【答案】C【分析】根据条件得到24a，12a，从而求出公比，利用求和公式求出答案.【详解】因为214SS，所以24a，因为2120aa，所以12a，所以公比212aqa，能力拓展所以20221202320221221aqSq故选：C3．（2022·

山东菏泽·二模）已知数列na中，11a，且对任意的m，*nN，都有1mnmnaaa，则下列选项正确的是（）A．1nnaa的值随n的变化而变化B．56110aaaaC．若2mnp，则2mn

paaaD．nSn为递增数列【答案】D【分析】令1m，得111112nnaaa，故A不正确；再根据等差数列的通项公式和求和公式可判断BCD.【详解】因为对任意的m，*nN

，都有1mnmnaaa，所以令1m，得111112nnaaa，故A不正确；所以1(1)212221naannn，所以56110911119800aaaa，所以B不正确；若2mnp，则2212141mnpaaamnp

10，故C不正确；(121)2nnnSnnn，所以nSn为递增数列，故D正确.故选：D.4．（2022·重庆一中高三阶段练习）已知等差数列na（公差不为零）和等差数列

nb的前n项和分别为nS，nT，如果关于x的实系数方程22021202120210xSxT有实数解，那么以下2021个方程201,2,3,,2021iixaxbi中，无实数解的方程最多有（）A．1008个B．1009个C．1010个D．10

11个【答案】C【分析】设出两个等差数列的公差，由等差数列的性质得到21011101140ab，要想无实根，要满足240iiab，结合根的判别式与基本不等式得到1Δ0和2021Δ0至多一个成立，同理可证：2Δ0和2020Δ0至多一个成立，……，1010Δ0和1

012Δ0至多一个成立，且1011Δ0，从而得到结论..【详解】由题意得：220212021420210ST，其中1202120211011202120212aaSa，120212021101

1202120212bbTb，代入上式得：21011101140ab，要想201,2,3,,2021iixaxbi方程无实数解，则240iiab，显然第1011个方程有解，设方程2110xaxb与方程22021202

10xaxb的判别式分别为1和2021Δ，则22221202111202120211202112021ΔΔ444ababaabb2212021101121202110111011

101124824022aaabbbab，等号成立的条件是a1=a2021.所以1Δ0和2021Δ0至多一个成立，同理可证：2Δ0和2020Δ0至多一个成立，……，1010Δ0和1012Δ0

至多一个成立，且1011Δ0，综上，在所给的2021个方程中，无实数根的方程最多1010个故选：C【点睛】对于数列综合题目，要综合所学，将不熟悉的问题转化为我们熟练的知识点进行解决，比如本题中要结合根的判别式，以及等差数列的性质，

以及基本不等式进行求解，属于难题.二、多选题5．（2022·山东枣庄·三模）给出构造数列的一种方法：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现自1，1起进行构造，第1次得到数列1，2，1，第2次得到数列1，3，2，3，1，…，第n

nN次得到数列121,,,,,1kxxx，记1211nkaxxx，数列na的前n项和为nS，则（）A．481aB．131nnaaC．31nnaD．113322nnSn【答案】CD【分析】通过计算求出1234,,,aaaa的值，运用

归纳法得到1,nnaa之间的关系，最后根据等比数列的定义和前n项和公式进行求解判断即可.【详解】由题意得：12344,10342,283102,823282aaaa，所以有132nnaa，因此选项AB不正确；111323(1)nnnnaaaa，所

以数列1na是以113a为首项，3为公比的等比数列，因此有1133331nnnnnaa，因此选项C正确；3(13)13nnSn113322nn，所以选项D正确，故选：CD【点睛】关键点睛：通过计算得到132nnaa是解题的关键.三、填空题6

．（2022·河南·模拟预测（文））设数列na的前n项和为nS，已知1212aa，21,,21,nnnanaan为奇数为偶数，则2nS等于___________.【答案】21122nn【分析】根据数列通项公式的特征，采用分组求和方法即可求其前2n

项的和．【详解】∵21,,21,nnnanaan为奇数为偶数，∴na的奇数项是以112a为首项，12为公比的等比数列，偶数项是以212a为首项，1为公差的等差数列，∴212342nnSaaaaa135212462nnaaaaaaaa

1111(1)2212212nnnn=21122nn．故答案为：21122nn．7．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）记nS为等差数列na的前n项和，若10a，214aa，则63SS=_______．【答案

】174【分析】先由214aa求出首项和公差的关系，再由求和公式求比值即可.【详解】na是等差数列，设公差为d，又214aa，114ada，13da，163165623232adSSad116

1533adad111111645511739124aaaaaa.故答案为：174.8．（2022·陕西·模拟预测（理））已知等差数列nb公差0d，其前n项和为nT，若记数据1232022,,,bbbb的方差为21s，数据1232022111

,,,232022TTTT的方差为22s，则2212:ss___________.【答案】4【分析】先由题设得到nTn与na的关系式，再利用具有线性关系的变量之间的方差公式求得结果即可．【详解】解：由题设

可得：11()1222nnnnaaTaann，又数据1a，2a，，2022a的方差为21s，数据1T，212T，313T，，202212022T的方差为22s，即11122aa，12122aa，13122aa，，1122naa

的方差为22s，所以22222111124sss，212221412ss，故答案为：4．9．（2022·河北保定·二模）现有10个圆的圆心都在同一条直线上，从左到右它们的半径依次构成首项为1，公比为2的等比数列，从第2个圆开

始，每个圆都与前一个圆外切，前3个圆如图所示，若P，Q分别为第1个圆与第10个圆上任意一点，则PQ的最大值为___________.（用数字作答）【答案】2046【分析】由题意可知，PQ的最大值为这10个圆的直径之和9

21242，然后利用等比数列求和公式可求得结果【详解】由题意可知，PQ的最大值为这10个圆的直径之和921242，由等比数列前n项和公式可得，PQ的最大值为1010122221204612.故答案为：204610．（

2022·湖北·荆门市龙泉中学二模）已知数列na的通项公式2*sin,N,2nnnan则na的前22项和22S_____．【答案】241【分析】讨论2nk、21nk对应

na的通项可得2213521...Saaaa，结合等差数列前n项和公式求值即可.【详解】当2nk且*Nk时2sin0nank，当21nk且Nk时，22sin()(1)2knnkna，所以021

2221022213521...(1)1(1)3(1)5...(1)21Saaaa1(53)(53)...(2119)(2119)12(816243240)241.故答案为：241四、解答题11．（2

022·福建厦门·模拟预测）已知数列na的前n项和为nS，满足13a，12330nnSSn，nN．(1)证明：数列1na是等比数列；(2)记,min,,aababbab，设min,1nnban

，求数列nb的前2n项和2nT．【答案】(1)证明见解析(2)222143nnTnn【分析】（1）当1n时可求得2a；当2n时，由na与nS关系可得1121nnaa，验证知21121aa，由此可证得结论；（2）由等比数列通项公式可推导得到na

；当n为奇数时，由01nan知21nnb；当n为偶数时，令1nncan，可知nc递增，得到211nn，知1nbn；采用分组求和的方式对奇数项和偶数项分别求和，结合等比和等差数列求和公

式可求得结果.(1)当1n时，212263660SSa，解得：23a；当2n时，由12330nnSSn得：1230nnSSn，两式作差得：1230nnaa，即11

21nnaa；经检验：21121aa，满足1121nnaa；数列1na是以112a为首项，2为公比的等比数列.(2)由（1）得：11222nnna，21nna；则当n为奇数时，0na

，10n，21nnnba；当n为偶数时，21nna；令2112nnncnn，则222223220nnnnnccnn，24220nnncccc

，即211nn，1nbn；2135212462nnnTbbbbbbbb13521222213521nnn

22142141211423nnnnnnn.12．（2022·河北·模拟预测）已知数列na满足111,22nnnaaaa.(1)证明：11na是等比数列；(2)求12231111nnaaaaa

aL的值.【答案】(1)证明见解析；(2)121142233nnnn【分析】（1）直接由12nnnaaa得111121nnaa，又1111a，即可证明11na是等比数列；（2）先由等比数列通项公式

求出1112nna，进而求得211111222nnnnnaa，按照分组求和和等比数列求和公式即可求解.(1)由12nnnaaa可得12121nnnnaaaa，故11211221nnnaaa，又1111a

，故11na是以1为首项，2为公比的等比数列；(2)由（1）知：1112nna，则1121nna，故11211212122211nnnnnnnaa，则12231111nnaaaaaaL1

10321211222122212221nnn132112011222222222nnnn214212112141212nnnn1

21142233nnnn.13．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）“学习强国”学习平台的答题竞赛包括三项活动，分别为“四人赛”“双人对战”和“挑战答题”.在一天内参与“四人赛”活动，每局第一名积3分，第二、三名各积2分，第四名积

1分，每局比赛相互独立.在一天内参与“双人对战”活动，每局比赛有积分，获胜者得2分，失败者得1分，每局比赛相互独立.已知甲参加“四人赛”活动，每局比赛获得第一名、第二名的概率均为13，获得第四名的概率为16；甲参加“双人对战”活动，每局比

赛获胜的概率为34.(1)记甲在一天中参加“四人赛”和“双人对战”两项活动（两项活动均只参加一局）的总得分为X，求X的分布列与数学期望；(2)“挑战答题”比赛规则如下：每位参赛者每次连续回答5道题，在答对的情况下可以持续答题，

若第一次答错时，答题结束，积分为0分，只有全部答对5道题可以获得5个积分.某市某部门为了吸引更多职工参与答题，设置了一个“得积分进阶”活动，从1阶到n(10)n阶，规定每轮答题获得5个积分进2阶，没有获得积分进1阶，按照获得的阶级给予相应的奖品，

记乙每次获得5个积分的概率互不影响，均为56，记乙进到n阶的概率为np，求12p.【答案】(1)分布列见解析，47()=12EX(2)1112145+1()6116P【分析】(1)根据题意列出X所有可能取值，针对每一取值做具体分析，写出分布列；(2)根据题意找出1nP，nP，1

nP之间的关系，求数列通项即可.(1)甲参加“四人赛”时，每局比赛获得第三名的概率为11111++=3366（），依题意，X所有可能的取值为5,4,32，131(5)344PX，111313

11(4)=34346424PX1311111(3)+=6434644PX111(2)=6424PX所以X的分布列如表所示X5432P14112414124所以1111147()5+4+3+2=4

2442412EX；(2)依题意，116P，256P，“进到1n阶”的情况包括：第一种情况是进到n阶后下一轮未获得5个积分，其概率为16nP；第二种情况是进到1n阶后下一轮获得5个积分，其概率为-156nP，两种情

况互斥，所以1115(2)66nnnPPPn，则111155()666nnnnnnnPPPPPPP所以115(2,)6nnnnPPnnPPN又2123PP，所

以数列1nnPP是首项为23，公比为56的等比数列，所以1125()36nnnPP，故1212111101211()()()PPPPPPPP10122525()()633636111151()1214561()

563611616即1112145+1()6116P；综上，为E(X)=4712，1112145+1()6116P.14．（2022·辽宁·东北育才学校二模）已知等比数列nb和递增的等差数列n

a满足112a，11b，225ab，332ab.(1)求数列na和数列nb的通项公式；(2)数列na和数列nb中的所有项分别构成集合A和B，将AB的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列nc，求数列nc前63项和63S.【答案】(1)139,3nn

nanb(2)6043【分析】（1）根据等差等比数列的基本量列方程求解即可.（2）将nc的前63项中含数列nb中的前5项和前4项两种情况得n的范围，在结合等差数列和等比数列求和公式即可求解

.(1)设等比数列nb和递增的等差数列na的公比和公差分别为:,qd，故由112a，11b，225ab，332ab可得:21251222dqdq解得3=3dq故11231

39,3nnnannb(2)当数列nc前63项中含有数列nb中4项时，令439<3<24nn，此时nc最多23+3=26项，不符合题意当数列nc前63项中含有数列nb中5项时，令539<3<78nn

，且343,3是nb和na的公共项，则nc前63项中含有数列nb中的前5项和na的前60，再减去公共的两项，故012636059=1260+3+3+3+3=60432S15．（20

22·山东菏泽·二模）已知数列na中11a，它的前n项和nS满足11221nnnSa．(1)证明：数列23nna为等比数列；(2)求1232nSSSS．【答案】(1)证明见解析(2)222343nn

【分析】（1）根据已知等式构造一个等式,两式相减，得122nnnaan，再变为1122233nnnnaan即可得解；（2）利用分组求和法和等比数列的求和公式可求出结果.(1)由

112211nnnSan①，得12212nnnSan②，由①－②，得122nnnaan，得111222233nnnnnnnaaaan，又当1n时，由①得222122133aaa，

所以对任意的*nN，都有112233nnnnaa，故23nna是以13为首项，1为公比的等比数列．(2)由（1）知111212333nnnnnnaa，所以11213n

nna，代入①，得1121362nnnS，所以222321122112222111362nnnnSSS2222212223403123nnnn．题型二：裂项相消法

一、单选题1．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知等差数列na的前n项和为nS，4228SS，23a.若对任意n+N且2n，总有23111111nSSS恒成立，则实数的最小值为（）A．1B．34C．23D．13【答案】B【分析】根据等差数列的通项公

式及前n项和公式，再利用裂项相消法求数列的和，再结合不等式恒成立即可求解.【详解】设等差数列na的首项为1a，公差为d，则由4228SS，得11441221422822adad，解得2d，又23a，得13ad，解得11a.所以2(1)12(

1)21,22nnnnannSnn，因为对任意n+N且2n，总有23111111nSSS恒成立，等价于23max111111nSSS，n+N且2n即可.当2n时，2111111,11(1)(1)211nSnnn

nn所以23111111nSSS111111111111123243546211nnnn1111311112

21421nnnn.当n时，11110,0,011nnnn，所以2311131114nSSS，即34.所以实数的最小值为34.故选：B.二、多选题2．（2022·

山东·济南一中高三阶段练习）如图所示，这是小朋友们喜欢玩的彩虹塔叠叠乐玩具，某数学兴趣小组利用该玩具制定如下玩法：在2号杆中自下而上串有由大到小的nnN个彩虹圈，将2号杆中的彩虹圈全部移动到1号杆上，3号杆可以作

为过渡使用；每次只能移动一个彩虹圈，且无论在哪个杆上，小的彩虹圈必须放置在大的上方；将一个彩虹圈从一个杆移动到另一杆上记为移动1次，记na为2号杆中n个彩虹圈全部移动到1号杆所需要的最少移动次数，设1nnban．下面结论正确

的是（）A．37aB．121nnaaC．21nnnbD．21111222niniiibibbn【答案】ABD【分析】设1号杆，2号杆，3号杆为①，②，③，然后，写出1n

，2n，3n时的彩虹圈全部移动到1号杆所需要的最少移动次数123,,aaa，进而可以找到规律，得到na，验证nb，进而，可以逐个选项进行判断【详解】设1号杆，2号杆，3号杆为①，②，③1n时，2号杆1个彩虹圈全部移动到1号杆所需要的最少移动次

数为11a，彩虹圈移动步骤是：②①；2n时，2号杆2个彩虹圈全部移动到1号杆所需要的最少移动次数为23a，彩虹圈移动步骤是：②③，②①，③①；3n时，2号杆3个彩虹圈全部移动到1号杆所需要的最少移动次数为37a，彩虹圈移动步骤是：②

①，②③，①③，②①，③②，③①，②①；所以，A是正确的，同理，可以，找出规律，415a，531a，L，21nna，1121nna，所以，12212(1)121nnnnaaa，所以，B是正确的

，又因为1121nnnbann，所以，C错，因为121nnbn，所以，1111111111niiiiiiiiinbibibbbbbbbb，，211112

22niniiibibbn，所以，D正确故选：ABD3．（2022·全国·模拟预测）已知数列na满足12(1)nnnaa，*nN，且51a，则（）A．17aB．数列21na是等差数列C．数列na是等差数列D．数列11nnaa

的前n项和为1449nn【答案】ABD【分析】摆动数列需要分类讨论，分别求出奇数项和偶数项的通项公式，再进行计算.【详解】因为12(1)nnnaa，51a，所以4521aa，34

23aa，2325aa，1227aa，故A正确；当*21nkkN时，12nnaa，122nnaa，两式相减得，24nnaa，所以na的奇数项是以7为首项，4为公差

的等差数列，故B正确；当*21nkkN时，1741292nnan.当*2nkkN时，12nnaa，122nnaa，两式相减得，24nnaa

，所以na的偶数项是以5为首项，4为公差的等差数列，所以当2nk时，541922nnan；∵4352aaa|，∴na不是等差数列，故C错误；因为1(1)(29)nnan

，所以121(1)(29)(1)(27)(29)(27)nnnnaannnn，设11nnnbaa，则1111(29)(27)22927nbnnnn，所以123nbbbb1111

1111127553312927nn1112727n1449nn，故D正确；故选：ABD

.三、填空题4．（2022·湖北·蕲春县实验高级中学高二期中）高斯函数yx也称为取整函数，其中x表示不超过x的最大整数，例如3.43．已知数列na满足11a，21nnnaaa，设数列1nnaa的前n项和为nS，则2022S___

___．【答案】2021【分析】首先利用裂项得到111,11nnnaaa再化简11111111nnnnnaaaaa，利用裂项相消求和，再利用高斯函数的定义，即可求解.【详解】因为21nnnaaa，所以2111111

111,11111nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa，所以2022213220232022120232023111111111202220222021Saaaaaaaaa．因为11a，所以21n

nnnaaaa，所以20231a，所以20231202120212022a，故20222021S．故答案为：2021四、解答题5．（2022·重庆一中高三阶段练习）已知数列na的前n项和为nS，点,nnaS在

直线20xyn上*nN．(1)求数列na的通项公式；(2)记11nnnnabaa，数列nb的前n项和为nT，求使得20212022nT成立的n的最大值．【答案】(1)21nna(2)9【分析】（1）将,nnaS代入直线方程，可得2nnSan，利用na

与nS关系可证得数列1na为等比数列，由等比数列通项公式推导可得na；（2）由（1）可得nb，采用裂项相消法可求得nT，解不等式可求得9n，由此可得最大值.(1)点,nnaS在直线20xyn上，2nnSan

，当1n时，1121Sa，解得：11a；当2n时，1121nnSan，11221nnnnnaSSaa，即121nnaa，1121nnaa，数

列1na是以112a为首项，2为公比的等比数列，11222nnna，21nna.(2)由（1）得：1121121212121nnnnnnb，12233411111111111121212121212121212121nnnnnT

1111111212121nn，由20212022nT得：1120211212022n，111212022n，则122023n，

110n，则9n，使得20212022nT成立的n的最大值为9.6．（2022·江西·模拟预测（理））各项都为正数的单调递增数列{an}的前n项和为Sn，且满足244nnSan（n∈N*）．(1)求数列{an

}的通项公式；(2)求12111nnTSSS；(3)设1nnnca，数列nc的前n项和为Pn，求使Pn＞46成立的n的最小值．【答案】(1)an=2n(2)1nn(3)48【分析】（1）由244nnSan（n∈N*），利用数列通项

与前n项和的关系求解；（2）由（1）得到1111(1)1nSnnnn，然后利用利用裂项相消法求解；（3）由（1）得到112nnnncan，再分n为偶数和奇数求解.(1)解：因为244nnSan（n∈N*）①，当

n=1时，解得12a；当n≥2时，211441nnSan②；①-②得：22144nnnaaa，整理得11220nnnnaaaa，所以12nnaa或12nnaa，因为数列{a

n}是单调递增数列，所以12nnaa舍去，所以12nnaa，所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列；所以an=2+2（n-1）=2n；(2)由于an=2n，所以2(1)22nnnSnn，故1111(1)1nSnnnn

，所以11111111223111nnnTnnn．(3)由（1）得：112nnnncan，所以当n为偶数时，12122nnnnPccccn；n的最小值为48；当n为奇数时，12112212nnnnPccccn

n，不存在最小的n值．故当n为48时，满足条件．7．（2022·江苏盐城·三模）已知正项等比数列na满足1330aa，请在①4120S，②481a，③2211120nnnnaaaa，2n，*nN中选择一个填在横线上并完成下面问题：(1)

求na的通项公式；(2)设12311nnnnbaa，nb的前n和为nS，求证：14nS．【答案】(1)选择见解析；3nna(2)证明见解析【分析】（1）根据等比数列的定义和通项公式代入求解1,aq；（2）利用裂项相消求和，注意1123

1131313131nnnnn．(1)因为na为正项等比数列，又1330aa，选①，41234131120Saaaaaaq，所以3q；选②，13431130aaaqq，所以3q；选③，22111

112340nnnnnnnnaaaaaaaa，所以13nnaa，∴3q；又1311191030aaaaa，∴13a，则3nna．(2)因为11123

23111131313131nnnnnnnnnbaa，所以122231111111313131313131nnnnSbbb

11114314n．8．（2022·江西九江·三模（文））已知数列na的前n项和为nS，且满足12a，1222nnSSn．(1)求na；(2)求数列21nnnna的前n项和．【答案】(1)2

nna(2)1112nn【分析】（1）当2n时可求得2a，由na与nS关系，结合12,aa的值可证得数列na为等比数列，由等比数列通项公式可求得结果；（2）由（1）可得数列21nnnna

的通项公式，采用裂项相消法可求得结果.(1)当2n时，2122SS，即226a，解得：24a；当2n时，由122nnSS得：122nnSS，11122nnnnnnaSSSSa，

又12a，24a满足12nnaa，数列na是以2为首项，2为公比的等比数列，2nna.(2)由（1）得：12211112212nnnnnnnnannnn，数列21nnnna的前n项和为：112

2311111122223232421111121212nnnnnn.9．（2022·山东枣庄·三模）已知正项数列na的前n项和为nS，且4、1na、nS成等比数列，其中nN．(1)求数列na的通项公式；(2)设14n

nnnSbaa，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)21nan(2)21nnTnn【分析】（1）由已知可得2421nnnSaa，令1n可求得1a的值，令2n，由2421nnnSaa可得2111

421nnnSaa，两式作差推导出数列na为等差数列，确定该数列的首项和公差，利用等差数列的通项公式可求得na的通项公式；（2）求出nS，可求得111122121nbnn，利用分

组求和法结合裂项相消法可求得nT.(1)解：对任意的Nn，0na，由题意可得224121nnnnSaaa.当1n时，则211114421aSaa，解得11a，当2n时，由2421nnnSaa可得2111421nnnSaa，上述两

个等式作差得2211422nnnnnaaaaa，即1120nnnnaaaa，因为10nnaa，所以，12nnaa，所以，数列na为等差数列，且首项为1，公差为2，则12121nann.(2)解：

21212nnnSn，则2214441111111121212121212122121nnnnSnnbaannnnnnnn，因此，1111

1112335212121nnTnnnnn.10．（2022·浙江·模拟预测）已知递增的等差数列na满足：11a，且5813,,aaa成等比数列．数列nb满足：32nnSbnN，其中nS为nb的前n项和．(1)求数

列,nnab的通项公式；(2)设111,nnnnnncTaaaa为数列nc的前n项和，是否存在实数，使得不等式nnTS对一切nN恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)21nan，112nnbnN

(2)存在，12【分析】（1）设na的公差为(0)dd，根据5813,,aaa成等比数列，由2(17)(14)(112)ddd求解，由32nnSbnN，利用数列的通项与前n项和的关系求解；得1132nnSbnN，（2）由（1）23n

nbS，得到min12nS，nc11122121nn，利用裂项相消法求得nT，再由不等式nnTS对一切nN恒成立求解.(1)解：设na的公差为(0)dd，

则2(17)(14)(112)ddd，所以2,21ndan．当1n时，11b；当2n时，由32nnSbnN，得1132nnSbnN，两式相减得：12nnbb，所以nb是以1为首项，以12为公比的等比数列，所以112nn

bnN(2)23nnbS，显然2min12nbb，所以min12nS，由21nan得11(21)21(21)212121(2121)ncnnnnnnnn121211112221212121nnnnnn

，故11111111122213352121nTnn，111221n．显然12nT恒成立，且当n时，12nT，所以存在唯一实数12．11．（2022·河南·高二期中（文））

已知正项等比数列na的公比大于1，其前n项和为nS，且339S，327a.(1)求数列na的通项公式；(2)设数列nb，nc满足33log2nnba，11nnncbb，求数列nc的前n项和nT.【答案】(

1)3nna；(2)31nnTn．【分析】（1）由等比数列的基本量法和前n项和定义列出关于公比q和首项1a的方程组求得1a和q，得通项公式；（2）求出nc，用裂项相消法求和nT．(1)设公比为q1q，则题意得2121112739aqaaqaq

，因为1q，故解得133qa，所以3nna；(2)由（1）33log3232nnbn，1111()(32)(31)33231ncnnnn，所以111111[(1)()()]3447323131nnTnnn．

12．（2022·天津和平·二模）已知数列na的前n项和为nS满足22nnSanN.数列nb满足112b，且満足11112,nnnnNbb(1)求数列na，nb的通项公式；(2)若数列nc满足1,,nnnnbcan

为奇数为偶数；求1niic(3)21nniiTa，数列nnaT的前n项和为nR，求证：13111421nR.【答案】(1)2nna，11nbn；(2)21

21434(21),4324(21),43nniinnnncnnn为奇数为偶数；(3)证明见解析.【分析】（1）由na与nS的递推关系得出na为等比数列求解，由1nb为等差

数列求nb通项公式；（2）分n是奇数、偶数，分组求和即可得解；（3）利用放缩法及裂项相消求和证明即可.(1)*22()nnaNSn，1n时12a，2nQ时，1122nnSa，122nnnaaa

，即12nnaa，na是以2为首项，2为公比的等比数列，2nna，由题可知，1nb是首项为2，公差为1的等差数列，12(1)1nnnb，11nbn.(2)1,2,nnnncn为奇数为偶数，(i)n

为偶数时，131241()()ninniccccccc24(24)(222)nn24242214nnn224(21)43nnn，(ii)n为奇数时，132411()()ninnicc

ccccc21434(21)43nnn，2121434(21),4324(21),43nniinnnncnnn为奇数为偶数(3)2244

44(2)4,(41)143nnnnnnaT，31322441441nnnnnnaT，(i)右式证明：1323214414432nnnnnnnaT，21111112222nnnR(ii)左式证明：13232324

414(21)(21)4(21)(21)nnnnnnnnnnaT1311=()42121nn2231311111(1)42121212121nnnR131(1)421n

综上131(1)1421nnR得证.题型三：错位相减法一、单选题1．（2022·江西鹰潭·二模（理））若正整数m、n只有1为公约数，则称m、n互质.对于正整数n，n是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数.函数n以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：3

2，76，96，则下列说法正确的是（）A．127B．数列3n是等差数列C．977log79log6D．数列2nn的前n项和为nS，则4n

S【答案】D【分析】利用题中定义可判断A选项；利用特殊值法可判断B选项；求出97的值，结合对数的运算性质可判断C选项；计算出2n，利用错位相减法可求得nS，可判断D选项.【详解】对于A选项，在不超过1

2的正整数中，与12互质的正整数有：1、5、7、11，故412，A错；对于B选项，因为32，96，2718，显然3、9、27不成等差数列，B错；对于C选项，7为质数，在不超过97的所有正整数中，能

被7整除的正整数的个数为87，所有与97互质的正整数的个数为9877，所以，9988877777167，因此，98777log7log678log6，C错；对于D选项，因为2为质数，在不超过2n的正整数中，所有偶数的个数为12n，所以，1122

22nnnn，所以，122nnnn，则01211232222nnnS，所以，121112122222nnnnnS，上述两个不等式作差可得2111111122121222222212nnnnnnnn

nS，所以，12442nnnS，D对.故选：D.2．（2022·广东·三模）在数学和许多分支中都能见到很多以瑞士数学家欧拉命名的常数､公式和定理，如：欧拉函数)(n

（nN）的函数值等于所有不超过正整数n且与n互素的正整数的个数，（互素是指两个整数的公约数只有1），例如：11；32（与3互素有1､2）；96（与9互素有1､2､4､5､7､8）.记nS为数列3nn

的前n项和，则10S=（）A．10191322B．10211322C．11193344D．11211344【答案】A【分析】根据欧拉函数定义得出(3)n，然后由错位相减法求得和nS，从而可得10S．【详解】因为与3n互素的数为1，2

，4，5，7，8，10，11，L，31n，共有123n，所以1323nn，则1323nnnn，于是012123436323nnSn①，1232343nS36323nn②，由①-②得012113

2232323232322313nnnnnSnn，则211322nnnS.于是1010191322S.故选：A．3．（2022·江西·二模（理））记数列13n中不超过正整数n的项的个数为

na，设数列na的前n项的和为nS，则3kSNk等于（）A．1323kkkB．13322kkkC．333722kkkD．37322kk【答案】B【分析】先由定义判断出当

13,3kkn时，3,1knakak，再变形得到01213234363231kkSkk，再按照错位相减法求和，即可求解【详解】1234891,1,2,2,,2,3aaaaaa，当13,3kkn时，3,

1knakak，所以131226318331kkkSkk0121234363231kkk，记012123436323kkTk，123323436323kkTk，两式相减得012122323

232323kkkTk1322313kkk，化简得11322kkTk，所以313322kkSkk．故选：B.二、多选题4．（2022·广东·高三阶段练习）已知数列na满足12a，*1

22,1nnannnNan，数列na的前n项和为nS，则（）A．28aB．2nnanC．330SD．1122nnSn【答案】ABD【分析】求得数列na的通项公式na和前n项和公式nS，再去验证选项即可解决.【详解】由12a，*122,1nna

nnnNan可得：21221aa，32232aa，43243aa，L，12212nnnaan，则21aa32aa43aa12nnaa1nnaa221232243L

212nn21nn即1naa12nn，则2(2)nnann，又1n时也成立，所以2nnan故选项B判断正确；由22228a，可知选项A判断正确；令1231222322nnSn

则223411222322nnSn两式相减得1231112(12)(2222)2212212nnnnnnSnnn故选项D判断正确；由313132234S，可得选项C判断错误.故选：ABD5．（2022·全国

·模拟预测）记数列na的前n项和为nS，数列na为1,1,2,1,1,2,3,1,1,2,1,1,2,3,4，….其构造方法是:首先给出11a，接着复制该项1后，再添加其后继数2，于是，得231,2aa;然

后再复制前面所有的项1,1,2，再添加2的后继数3,于是，得45671,1,2,3aaaa;接下来再复制前面所有的项1,1,2,1,1,2,3，再添加3的后继数4,于是，得前15项为1,1,2,1,1,2,3,1,1,2,1,1,2,3,4.如此继续下去，则使

不等式2114900nS成立的n的值不可能为（）A．11B．12C．14D．16【答案】AB【分析】根据题意可得21nan，然后采用错位相减法求得21nS，进而求得答案.【详解】由na的构造方法﹐易知11a，3

7152,3,4aaa，…，一般地﹐有21nan，即数n首次出现于第21n项﹐由na的构造方法知，数列的前21n各项中，恰有1个,2n个21,2n个2n，…，2k个nk，…，12n个1.所以，2212121222221()()nnnSnnn，①

故23121222122()()222nnnSnnn，②根据式①②得2112122222()(2)nnnnSnn，因为13142148178,21516369,所以2114900nS的最小的n值为13.故选：AB.6．（2021·江苏·高

三阶段练习）设nS和nT分别为数列na和nb的前n项和.已知23nnSa，3nnnab，则（）A．na是等比数列B．nb是递增数列C．312nnnSaD．2nnST【答案】ACD【分析】由已知结合,nnaS的关系及等比数列的定义判断数列na即可

确定A、C正误，应用作差法比较1,nnbb的大小关系判断B正误，利用错位相减法求nT，再由作差法判断2,nnTS的大小判断D.【详解】由23nnSa，当1n时，1123Sa，即11a，又1123nnSa，∴1122nnnnSSaa，即13nnaa，∴n

a是首项为1，公比为13的等比数列，故113nna，A正确；由33nnnnanb，则1111120333nnnnnnnnbb，即nb是递减数列，B错误；又3311223nnnaS，则312nnnSa

，C正确；211213333nnnnnT①，231112133333nnnnnT②，①-②得：2311111121111113311333333323313nnnnnnnnnnT

，∴31104323nnnnT，则31312110233233nnnnnnnnTS，∴2nnST，D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：利用,nnaS及等比数列的定义求na的通项公式，综合运

用作差法、错位相减法比较大小判断数列单调性、求前n项和，进而判断各选项的正误.三、填空题7．（2022·山东聊城·二模）已知数列na，当12,2kkn时，*nakkN，则数列na的前2n项的和为______．【答案】122nnn【分析】分别取1k、

2、L、n时，满足mak的项数，计算得出21nan，利用错位相减法可求得数列na的前2n项的和.【详解】当1mak时，1,2m，共211项，当2mak时，2,4m，共422项，当3mak时，4,8m，共844项，当makn时，12,

2nnm，共11222nnn项，又因为21nan，所以，数列na的前2n项的和为012112223221nnn，记01211222322nSn，则12121222122nnSnn

，上述两个等式作差可得211212222212112nnnnnSnnn，所以，121nSn，因此，数列na的前2n项的和为1122nSnnn.故答案为

：122nnn.8．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））已知数列na满足112a，且*121Nnnnanan，则1nkka______.【答案】222nn,n+N【分析】由递推关系分析得到数列nan

是首项为12,公比为12的等比数列，求得其通项公式，然后得到数列na的通项公式，进而利用错位相减求和法求得结果.【详解】∵*121Nnnnanan，∴1112nnaann，又∵112a，∴1112a，∴数列nan

是首项为12,公比为12的等比数列，∴12nnan，∴12nnan,∴2311111232222nnknkSan，∴23411111112322222

nnknkSan，两式相减得：23111111111111111221122222222212nnnnnnnSnnn,∴21222222nnnnnSn,故答案为：222nn,n+N9．（2022·天津市

第四中学模拟预测）已知等比数列na的前n项和为nS，公比0q，2222Sa，342Sa，数列nb满足*112nnnbbbnN且214ab，38ab.（1）则na___________；nb___________；（2）将

na和nb中的所有项按从小到大的顺序排列组成新数列nc，则数列nc的前50项和50T___________；（3）设数列nd的通项公式为：22,212,24nnnnnabnmdabnm，*mN，则21niid______

_____.【答案】2nn1097127479nn【分析】（1）根据已知条件作差得到q的值，代回2S的关系式可得1a的值，即可得到等比数列na的通项公式；由题可判断数列nb是等差数列，根据两个等式求出1b、d的值，即可求解；（2）由（1）可知数列

nb为由1开始的连续的自然数，则需找到数列nc的前50项，可先用na与50比较大小，判断出na有5项，nb有45项，再利用分组求和法结合等差数列和等比数列的求和公式即可求解；（3）由题，所求和的项数为偶数，则可先求得1212414nnn

ddn，再把连续2项作为一组，利用错位相减法即可求解.【详解】（1）由题，2222Sa，342Sa，两式作差可得3422aaa，即22222aqaqa，因为20a，则220qq，

又0q，解得2q=，所以22112122423Saaaaa，解得12a，所以112nnnaaq.因为*112nnnbbbnN，故数列nb为等差数列，设该数列的公差为d，由于2144ab，

可得11b，388ab，所以8117bbd，所以11nbbndn；（2）当5n时，23250nna，当6n时，26450nna，所以数列nc的前50项中，na有5项，nb有45项，所以5502124

51451097122T；（3）由（1），21222,212,2nnnnnmdnnm，*mN，22222222121221242412414nnnnnnddnnnn设

21nniiDd，即1234212nnnDdddddd，则1234212nnnDdddddd，则01213474114414nnDn，则

12143474454414nnnDnn，两式作差可得1121161433444444414341414nnnnnDnn

即7734433nnDn，故127479nnnD.四、解答题10．（2022·浙江·效实中学模拟预测）已知等差数列na中，公差0d，35a，2a是1a与5a的等比中项，设数列

nb的前n项和为nS，满足*41nnSbnN.(1)求数列na与nb的通项公式；(2)设nnncab，数列nc的前n项和为nT，若118nT对任意的*nN恒成立，求实数的取

值范围.【答案】(1)21nan，13nnb(2)2485【分析】（1）对于等差数列na直接列方程322155aaaa求解，数列nb根据11,1,2nnnSnbSSn求解；（2）利用错位相减法可得1411883nnnT

，根据题意讨论得：当n是奇数时，min8341nn；当n是偶数时，min8341nn，再通过定义证明数列8341nn的单调性，进入确定相应情况的最值．(1)∵322155aaaa则12111254ad

adaad，解得112ad或150ad（舍去）∴12121nann.又∵41nnSb，当1n时，1141bb，则113b，当2n时，1141nnSb，则14nnnbbb

，即113nnbb，则数列nb是以首项113b，公比为13的等比数列，∴1111333nnnb.(2)1213nncn，123111111135232133333nnnTnn

，23411111111352321333333nnnTnn

两式相减得：231411111221333333nnnTn111111111112123633623nnnnn

∴1411883nnnT∵118nT对任意的*nN恒成立，即411183nn对任意的*nN恒成立①当n是奇数时，411183

nn任意的*nN'恒成立∴8341nn对任意的*nN恒成立②当n是偶数时，411183nn对任意的*nN恒成立∴8341nn对任意的*nN恒成立令8341nncn，1116413838304541

4541nnnnnnccnnnn对任意的*nN恒成立∴nc为递增数列①当n是奇数时，则245，即245②当n是偶数时，则8∴2485.11．（2022·

全国·高三阶段练习（理））已知数列na的前n项和为nS，3na，且91n，3nS，2na成等差数列．(1)求数列na的通项公式；(2)设232nnnba，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)31nan(2)153522nnTn【分析】（1）由等

差数列定义知2691nnSan，分别代入1,2,3n可求得123,,aaa，由此可猜想得到31nan；利用数学归纳法可证得31nan满足题意；（2）由（1）可得nb，采用错位相减法可求得nT.(1)91n，3nS，2na成等差数列，2691nnSan；当1n时，21

11668aSa，解得：12a（舍）或14a，14a∴；当2n时，21222624617aaaa，解得：21a（舍）或27a，27a∴；当3n时，212333666626a

aaaa，解得：34a（舍）或310a，310a；由此可猜想得：43131nann；当1n时，14a满足31nan；假设当nk时，31kak成立，则当1nk时，211698kkSak

，又2691kkSak，22111691698kkkkkSaakaak，即222211696313190kkkkaaaakk，整理可

得：22134kak，又13ka，134311kakk，即31nan成立；综上所述：31nan.(2)由（1）得：2322nnbn；10132124272352322nnnTnn

，012212124272352322nnnTnn，1101213121132232223222212nnnnnTnn

1111532232353222nnnnn，153522nnTn.12．（2022·山东临沂·二模）已知数列na的前n项和为nS，11a，121nnSS．(1)求

na的通项公式；(2)记2lognnnaba，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)12nna-=.(2)1122nnnT.【分析】（1）根据题中给出得递推关系式，以及1nnnaSS，即可求解数列na的通项公式；（2）将数列na的通

项公式带入数列nb，进行化简，利用错位相减法进行求解.(1)由121nnSS得121(2,)nnSSnnN，∴1122nnnnSSSS，∴12(2,)nnaannN

.又11a，121nnSS，∴21121aaa，整理得212aa.∴数列na是首项为1，公比为2的等比数列，∴数列na的通项公式为：12nna-=.(2)由（1）得12nna-=，∴12211log

log2122nnnnnnanba.∴123nnTbbbb，即211210222nnnT，23112102222nnnT，两式相减，得12111(1)1111

1112211222222212nnnnnnnnnT，∴1122nnnT.13．（2022·山西·模拟预测（文））已知数列na的前n项和为nS，且31,nnSannN．

(1)证明3na是等比数列；(2)求nna的前n项和nT．【答案】(1)证明见解析(2)2312822nnnnnT【分析】（1）代入1n可得1a；当2n时，由na与nS关系可推导得到11332nnaa，由等比数列定

义可得结论；（2）由等比数列通项公式可推导得到na，进而得到nna，采用分组求和法和错位相减法可求得结果.(1)当1n时，11122aSa，解得：11a；当2n时，1134nnSan，11123nnnnnnSaSaaa

，即11332nnaa，又132a，数列3na是以2为首项，12为公比的等比数列.(2)由（1）得：12113222nnna，2132nna

，2132nnnann；1012111131231232222nnTnn101231111112322222nnnn

，令101211111232222nnAn，则012211111111231222222nnnAnn，101221112111111111212222222212nnnnnAnn

1112414222nnnnn，2282nnnA，2312822nnnnnT.14．（2022·天津·一模）已知数列na是等差数列，其前n项和为nA，715a，763A；数列nb的前n项和

为nB，*233nnBbnN.(1)求数列na，nb的通项公式；(2)求数列1nA的前n项和nS；(3)求证：12nkkkaB.【答案】(1)21nan，3nnb(2)

3234212nnSnn(3)证明见解析【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前n项和公式，可得1a，d，即可求得na的通项公式；当1n时，得到1b，当2n时，利用112233nnnnBBbb，可判断n

b为首项为3，公比为3的等比数列，即可求解；（2）由（1）可得11111222nAnnnn，利用裂项相消法求解即可；（3）由（1）结合等比数列的前n项和公式可得221331nnnanB.方法一：由1111

31331233123nnnnn≥可得1221221213313233nnnnnannnB≤，利用错位相减法求得213521213333nnnnnT，进而证明；方法

二：结合二项式定理可得0101223112122122121nnnnnnnnnnCCCCCCn≥，根据不等式的性质可知2121313nnnn≤，再利用错位相减法求解，即可证明；方法三：用分析法证明112nncc，再结合等比数

列的前n项和证明即可.(1)数列na是等差数列，设公差为d，7171615767632aadAad，化简得1161539adad，解得13a，2d，∴21nan

，*nΝ.由已知233nnBb，当1n时，1112332Bbb，解得13b，当2n时，11233nnBb，∴11122333333nnnnnnBBbbbb，*nΝ，即13

nnbb，∴数列nb构成首项为3，公比为3的等比数列，∴3nnb，*nΝ.(2)由（1）可得1321222nnnaannAnn，*nΝ，∴11111222nAnnnn，∴

1111111324352112nSnnnnnn11111111111112324352112nnnnnn111131113231221242124212nnnnnnn

(3)由（1）可得313331132nnnB，*nΝ，则212213313312nnnnannB，方法一：∵111131331233123nnnnn≥，∴122122121

3313233nnnnnannnB≤，令213521213333nnnnnT，231135212133333nnnnnT，两式相减可得23121112112333

33nnnnT11111111211121424931213139333313nnnnnnnn，∴223nnnT，∴23122

14161212223313131313nknnkkannB≤方法二：∵2n时，0101223112122122121nnnnnnnnnnCCCCCCn≥，根据“

若0ab，0m，则bbmaam”，可得2121313nnnn≤，∴23212122141612123233313231313133nknnkknanB

≤，令23212324333nnT，3412112324233333nnnnT，两式相减可得3412122212121333333nnnT

321112112121271725331339339313nnnnnnnn，∴725623nnT∴76T，∴23122141612123728233131313132633nk

nkkanB方法三：令2131nnnc，下一步用分析法证明“112nncc”要证112nncc，即证123311231

21nnnn，即证146312131nnnn，即证25233nnn，当*nN，显然成立，∴112nncc，∴11212235212331313328313

22222nnknnkkancccB≤11232123121323212nn

【点睛】证明数列不等式，放缩法是其中一种重要的方法，放缩的目的是为了转化为等差数列，等比数列及相关数列，则可利用公式进行求解，需注意放缩的范围不能过大.题型四：分组（幷项）求和法一、单选题1．（2

022·全国·高三专题练习）已知数列na是以1为首项，2为公差的等差数列，数列nb是以1为首项，2为公比的等比数列，设nnbca，12nnTcccnNL，则当2022nT时，n的最大值是（）

．A．9B．10C．11D．12【答案】A【分析】根据等差数列的通项公式和等比数列的通项公式求出na和nb的通项公式，再求出数列nc的通项公式，再根据分组求和求出nT，再解不等式2022nT，即可求出结

果.【详解】因为na是以1为首项，2为公差的等差数列，所以21nan．因为nb是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12nnb，所以112221nnnnbcaa所以112121242nnnnbbbT

cccaaaaaaaLLL1211221241221nL11122124222212nnnnnnL．因为2022nT，所以1222022nn，当10n时，112210204

821020362022，不适合题意，当9n时，1029210132022，适合题意，所以当2022nT时，n的最大值是9．故选：A.2．（2022·江苏南京·高三开学考试）若(2x＋1)(22x＋1)(23x＋1)…(2nx＋1)＝a0＋a1x＋a2x2＋

…＋anxn(n∈N*)，则下列说法正确的是（）A．an＝2(1)nn(n∈N*)B．{1nnaa－1}(n∈N*)为等差数列C．设bn＝a1，则数列lgnb为等差数列D．设bn＝a1，则数列{bn}的前n项的和为2224

nnSn【答案】D【分析】对于A：直接求出na，即可判断；对于B：分别求出na和1na，再求出1112nnnaa，即可判断；对于C：求出122nnb，可以求出2132lglgllggbbbb，即可否定结论；对于D：由122nnb，利用分组求

和法求出{bn}的前n项的和nS即可.【详解】对于A：an为xn项的系数，需要每一个括号里都取x，则1222222nnnna.故A错误；对于B：由上面推导可得：122nnna，111222221

111111222222222122212nnnnnnnnnna.所以12211212221112nnnnnnnnnaa，所以{1nnaa－1}(n∈N*)为等比数列，不是等

差数列.故B错误；对于C：2112222222212nnna，所以122nnb，所以1232,6,14bbb，所以2132lglg6lg2,lglglg14lg6lgbbbb，所以2132lglgllggbbbb

，即数列lgnb不是等差数列.故C错误；对于D：122nnb，所以数列{bn}的前n项的和2412222412nnnSnn.故D正确.故选：D3．（2022·河北·模拟预测）已知数列na满足11a，1π1cos2nn

naan（2n，nN），nS是数列na的前n项和，则2021S（）A．508B．506C．1011D．1009【答案】C【分析】由所给的条件，寻找规律，分组求和即可.【详解】由11cos2nnn

aan得：23221cos32aa，45441cos52aa，67661cos72aa，89881cos92aa，101110101cos112aa，……，20202021202

020201cos20212aa，20211234520213579112021Saaaaaa20211210104，2021110101011Sa；故选：C.二、多选题4．（2022·河北沧州·模拟预测）已知数列na

的通项公式为*12,21,23,2nnnnkaknkN，nS是数列na的前n项和，若*mN，使*221mtmSaStN，则ta（）A．1B．2C．3D．4【答案】BC【分析】计算出21mS，将ta用mS和21mS表示，分

类讨论即可.【详解】01221(13521)(232323)mmSm=12211323113mmmm，由题意12221212122121232(1)133131mmmmtmmmmSSamaS

Smm，显然21210,331tmmam，由题意可知，na的奇数项和偶数项分别为递增的，并且1231,2,3aaa，当3n时，3na，所以t只能是1，2，3，若t=1，则有21212132,2310

31mmmmm，21122(1)31,3031mmmm，无解,m不存在；若t=2，则，212122(1)32,31,231mmmmmm，若t=3，则22122(1)33,10,13

1mmmmm，故t=2或3；故选：BC.5．（2021·广东·新会陈经纶中学高三阶段练习）已知数列{}na满足11a，*12()nnnaanN，nS是数列{}na的前n项和，则（）A．44aB．1011

2022323SC．12212nnnaaD．数列{}na是等比数列【答案】ABC【分析】由递推关系12nnnaa，得1212nnnaa，两式相除可得数列{}na的奇数项成等比数列，偶数项也成等比数列

，但整个数列不是等比数列，易得4a，由121232nnnaa，用分组求和法计算2022S．从而判断各选项，得正确结论．【详解】12nnnaa，则1212nnnaa，两式相除得22nnaa，又11a，122aa，22a，所以4224aa，由22nnaa，知数

列{}na的奇数项成等比数列，偶数项也成等比数列，公比都是2，22nna，1212nna，11221222nnnnnaa，112122232nnnnnaa，所以1

0111010101120223(12)3323232312S，212aa，32212aa21aa，{}na不是等比数列，故选：ABC．6．（2022·江苏·苏州中学高三开学考试）在数列na中，1

21,(1)2nnnaaa，前n项的和为Sn，则（）A．24aa的最大值为1B．数列21na是等差数列C．数列2na是等差数列D．25181S【答案】ABD【分析】对于A：当n=2时，有422aa，对24,aa分正负进行讨论，利用基本不等式求出24aa的最大值；对于B、C

：利用等差数列的定义进行判断；对于D：利用分组求和法直接求出25181S，即可判断.【详解】对于A：当n=2时，有422aa，若420,0aa时，由基本不等式可得：424222aaaa（421aa时取等号），所以241aa；若24,aa中有一个为0或负值时，24

0aa；若420,0aa时，422aa不可能成立；故24aa的最大值为1.故A正确；对于B：数列na中，121,(1)2nnnaaa，当n为奇数时，有22nnaa，所以数列21na是等差数列，故B正确；对于C：当n为偶数时，有

22nnaa，只有21nnaa时，数列2na是等差数列，否则数列2na不是等差数列，故C不正确；对于D：251325242413122131621812Saaaaaa.故D正确.故选：ABD三、填空题7．（2022·云南昆明

·模拟预测（理））记数列21sin4nn的前n项和为nS，则23S__________．【答案】24224.【分析】由式子可知，sin4nfn的最小正周期8T，验证对kN，都有818288kkkaaa

L的值一个定值，求出24S，又由232424SSa即可求解.【详解】设21sin4nnan，可知sin4nfn的最小正周期8T，令8nkm（kN，1,2,,8mL），则当81nk时，则81(81)2161sin16

1sin2161442kkakkkk；当82nk时，则82(82)163sin163sin216342kkakkkk；当83nk时，则83(83)2165sin1

65sin2165442kkakkkk；当84nk时，则84(84)167sin167sin204kkakkk；当85nk时，则85(85)52169sin169sin16944

2kkakkkk；当86nk时，则86(86)31611sin1611sin2161142kkakkkk；当87nk时，则87(87)721613sin1613

sin21613442kkakkkk；当88nk时，则88(88)1615sin1615sin204kkakkk.对于kN，都有818288828kkkaaa

L,所以2412891016171824()()SaaaaaaaaaLLL即24801802808811812818821822828Saaaaaaaaa

LLL则24818288324224kkkSaaaL又24242241sin04a，所以23242424224SSa；故答案为：24224.【点睛】本题考查了利用数列周期性求和的问题，解题的关键在于求出数列的周

期，进行简化求和的运算；本题观察数列通项公式中sin4n猜想数列的周期，并验证周期的数值，涉及到三函函数的运算，综合性一般，需要较强的逻辑推理.8．（2022·新疆·三模（理））设nS为数列na的前n项和，11a，23a，21nnaa，则19S___________.【答案】

12【分析】由递推关系证明数列具有周期性，利用组合求和法求和即可.【详解】因为21nnaa，所以131aa，241aa，又11a，23a，所以30a，42a，因为21nnaa，所以+241nnaa

，所以4nnaa，所以12345678910111213121516=2aaaaaaaaaaaaaaaa，1718191234aaaaaa，所以1942412S，故答案为：12.9．（2022·云南昆明·模拟预测（文

））数列12nnn的前10项和等于___________．【答案】687【分析】根据分组求和法和等比数列的求和公式可得结果.【详解】数列12nnn的前10项和等于12345610(21)(22)(23)(24)(25)(

26)(210)12341022222(12)(34)(56)(78)(910)102[1(2)]51(2)687.故答案为：687.四、解答题10．（2022·河北沧州·模拟预测）已

知数列,nnab，满足1111110431,,,,2332nnnnnabbababn.(1)证明1nnaa是等比数列，并求na的通项公式；(2)设数列1na的前n项和为nT，证明

：32nT.【答案】(1)证明见解析，2(1)nnna(2)证明见解析【分析】（1）利用定义法证明出1nnaa是公比为2的等比数列，再求出2(1)nnna；（2）先判断出当n为偶数时，11111122nnnnaa

.对n分奇偶讨论，分别分组求和及放缩后可以证明出32nT.(1)11143,,232nnnnnbababnQ，11242333nnnaaa，即112,2nnnaaan，112,2nnnnaaaan，

数列1nnaa是公比为2的等比数列.又11101,3ab，21352ab，216aa，116232nnnnaa，1122nnnnaa，11212(1)(1)nnnna，即2(1)nnna

.(2)由(1)，当n为偶数时，1111111111111111022212212221221nnnnnnnnnnnnaa，故11111122nnnnaa.当n为奇数时，121234511111

111111nnnaaaaaaaaaaLL2123451111111111132241111122222221122nnn.当n为偶数时，12123451

1111111111nnnaaaaaaaaaaLL223451111111111132241111122222221122nnn

.综上，32nT.11．（2023·福建漳州·三模）已知等差数列{na}的前n项和为13,2nSaa，且663Sa(1)求{na}的通项公式：(2)若数列nb满足1(1)2nnannbb，求{}nb的前10项和．【答案】(1)1nan；(2)341.【分析】（1）设

出等差数列{na}的公差，再根据已知列出方程组，求出公差及首项即可.（2）由（1）求出221nnbb，利用并项求和计算作答.(1)设等差数列{na}的公差为d，由663Sa得，11615315adad，解得10a，由132

aa得，1222ad，则有1d，111naandn，所以{na}的通项公式是1nan.(2)由（1）知，1112nnnnbb，则024682143658710922222bbbbb

bbbbb，，，，所以数列nb的前10项和为1234910bbbbbb0246822222502221234112.12．（2022·

江苏连云港·模拟预测）已知数列na是递增的等差数列，nb是各项均为正数的等比数列13a，12b，63ab，528ba．(1)求数列na和nb的通项公式；(2)设3nnac，求数列nnbc的前9项的和9S．

（注：x表示不超过x的最大整数）【答案】(1)2nan，2nnb(2)2926【分析】（1）根据所给的条件列方程即可求解；（2）根据高斯函数的定义，分别求出129,,ccc求和即可.(1)设

na的公差为d，nb的公比为q，由113,2,ab得21141158adbqbqad，而0d，0q，解得391,()25dd舍，22(qq，舍），于是得2nan，2nnb，所以数列na和nb的

通项公式分别为2nan，2nnb；(2)由（1）知，2[][]33nnanc，则有1234567981,2,3ccccccccc，依题意，234678995121212222222323232S

=2926，综上，2nan，2nnb，92926S.13．（2022·河南洛阳·三模（理））已知正项数列na的前n项和为nS，11a，211nnnSSa，数列nb满足12nannbb且12b.(1)求数列na，nb的

通项公式；(2)求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)nan，12122,2,nnnnbn为奇数为偶数(2)212323,523,nnnnTn为偶数为奇数【分析】（1）根据11,1,2nnnSnaSSn，可求出

na的通项公式，由此可得122nannnbb，在根据递推公式可得112nnbb，在分n为奇数和偶数两种情况，可求出数列nb的通项公式；（2）分n为奇数和偶数两种情况，利用分组求和结合等比数列前n和公式，即可求出结果.(1)解：因为211n

nnSSa，①当1n时，1222SSa，即22122aaa，又11a，所以22a或21a（舍去）当2n时，21nnnSSa，②所以①-②，111nnnnnnaaaaaa

，因为0na，所以11nnaa，所以数列na是首项为1，公差为1的等差数列，即nan，所以122nannnbb，当1n时，2122bb，又12b，所以22b，当2n时，112nnnbb

，两式相除可得112nnbb，所以当n为奇数时，1122222nnnb，当n为偶数时，1122122nnnb,12122,2,nnnnbn为奇数为偶数，(2)解：当n为偶数时，1

3124......nnnTbbbbbb2222121123231212nnn；当n为奇数时，11122213232523nnnnnnTTb所以212323

,523,nnnnTn为偶数为奇数.14．（2022·湖北·荆门市龙泉中学二模）已知数列na的前n项和为112nnSa，且214a(1)求数列na的通项公式；(2)0.5*log,,nnnanbnNan为奇数为偶数，求数列

nb的前2n项和2nT；【答案】(1)12nna(2)211334nn【分析】（1）由已知得1212nnSa，两者作差可得2112nnaa，则可判断数列na为等比数列，即可求其通项公式；（2）利用分组求和的方法求和即可.(1)在数列na中

，由112nnSa可知1212nnSa，两式作差可得1211212nnnnSaSa，即2112nnaa，当1n时，1212Sa，，即112a，211412aa，所以数列na是以12为首项，12为公比的等比数列，即

1111222nnna；(2)由（1）知*,1,2nnnnbnNn为奇数为偶数，所以21321242nnnTbbbbbb211113

214162nn111441211214nnn211334nn.15．（2022·山东滨州·二模）已知公差为d的等差数列na和公比0q的

等比数列nb中，111ab，233ab，322ab．(1)求数列na和nb的通项公式；(2)令2*3nanncbnN，抽去数列nc的第3项、第6项、第9项、……、第3n项、……余下

的项的顺序不变，构成一个新数列nt，求数列nt的前n项和nS．【答案】(1)nan，11nnb；(2)312*312*236,=2,N13536,=21,N13nnnnkkSnkk【分析】（1）由题意，列

出关于公差d与公比q的方程组，求解方程组，然后根据等差、等比数列的通项公式即可得答案；（2）由（1）可得3nnc，然后分2nk*Nk和21nk*Nk进行讨论，利用分组求和法及等比数列的前n项和公式即可求解.(1)解：由题意，213122dqdq，整理得2230

qq，解得32q或1q，因为公比0q，所以1q，则1d，所以11nann，11nnb；(2)解：由（1）可得233nannncb，当2nk*Nk时，123212453231nkkkSttttcccccc

1432253114322531()()333333kkkkcccccc323333133131313kk313122362361313nk

，当21nk*Nk时，3131312313121223653653633131313nkkkknkkSSS，综上，312*312*236,=2,N

13536,=21,N13nnnnkkSnkk.题型五：倒序相加法一、单选题1．（2022·湖南岳阳·二模）德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响.他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进

行123100L的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法.已知某数列通项21002101nnan，则121

00...aaa（）A．98B．99C．100D．101【答案】C【分析】观察要求解的式子，根据给的数列的通项公式，计算101nnaa是否为定值，然后利用倒序相加的方法求解即可.【详解】由已知，数列通项2

1002101nnan，所以10121002(101)100210010224202221012(101)101210110122101nnnnnnnaannnnn，所以91110029398012n

naaaaaaaa，所以12100...502100aaa.故选：C.2．（2022·浙江·高三专题练习）已知数列na满足对m、*nN，都有mnmnaaa成立，74a，函数2sin24cos2xfxx，记nnyfa，则数列ny的前

27项和为（）A．13.5B．27C．54D．108【答案】C【分析】推导出数列na是首项和公差均为1a的等差数列，可求得28nna，分析可知函数fx的图象关于点,22对称，且127226142aa

aaa，利用函数fx的对称性可求得结果.【详解】令1m，可得11nnaaa，即11nnaaa，故数列na是首项和公差均为1a的等差数列，所以，1111naanana，7174aa，可得128a，则

28nna，2sin24cossin22cos22xfxxxx，sin22cos2sin22cos24fxfxxxxx，故函数fx的图象关于点,22对称，127226142

aaaaa，且142a，故数列ny的前27项和27S满足271272262712274108Sfafafafafafa.因此，2754

S.故选：C.3．（2022·全国·高三专题练习）对于函数fx，122xxa时，122fxfxb，则函数fx的图象关于点,ab成中心对称．探究函数2333xxfx图象的对称中心，并利用它求12021()()()()2022202

22230222022ffff的值为（）A．4042B．20213C．2022D．2021【答案】D【分析】根据给定条件探求和为1的两个自变量对应函数值的和即可借助倒序相加得解.【详解】因112323333312()2()23333333

333333xxxxxxxxxxfxfx，令2312021()()()()2022202220222022Sffff，则20211()()()()202

220222020222001902222Sffff，两式相加得：220212S，解得2021S，所以12021()()()()202220222230222022ffff的值为20

21.故选：D4．（2022·全国·高三专题练习）在进行123100L的求和运算时，德国大数学家高斯提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知数列{}

na满足24042nnam(,*)nmN，则122020maaa（）A．5052mB．5054mC．505mD．2505m【答案】B【分析】利用倒序相加法得到202022mS，得到答案.【详解】依题意，记122020mSaaa，则122019202

0...24042240422404224042mmSmmmm，又2020201921...24042240422404224042mmSmmmm，两式相加可得202

120212021202120202...240422404224042240422mmmmmSmmmm，则202050544mmS.故选：B．二、多选题5．（2022·全国·高三专题练习）定义fx是yfx的导函数yfx

的导函数，若方程0fx有实数解0x，则称点00,xfx为函数yfx的“拐点”.可以证明，任意三次函数320axbxdafxcx都有“拐点”和对称中心，且“拐点”就是其对称中心，请你

根据这一结论判断下列命题，其中正确命题是（）A．存在有两个及两个以上对称中心的三次函数B．函数32335fxxxx的对称中心也是函数tan2yx的一个对称中心C．存在三次函数hx，方程0hx有实数解0x，且

点00,xhx为函数yhx的对称中心D．若函数321153212gxxx，则123202010102021202120212021gggg【答

案】BCD【分析】根据题干中三次函数的对称中心的定义与性质判断A,C选项；求出32335fxxxx的对称中心，可以验证此点1,0是tan2yx的一个对称中心，即可判断B；求出函数321153

212gxxx的对称中心，可得11gxgx，进而求得123202010102021202120212021gggg进而判断出D.【详解】解：对于

A.设三次函数320axbxdafxcx，易知yfx是一次函数，∴任何三次函数只有一个对称中心，故A不正确；对于B.由32335fxxxx，得2363,66fxxxfxx，由6

60x，得1x，函数fx的对称中心为1,0，又由,22kxkZ，得,xkkZ，∴fx的对称中心是函数tan2yx的一个对称中心，故B正确；对于C.设三次函数320hxaxbxcxda，所以232,62hxaxbxchxaxb

联立2000320,620,axbxcaxb得230acb，即当230acb时，存在三次函数hx，方程0hx有实数解0x，且点00,xhx为函数yhx的对称中心，故C正确.对于D.∵3211

53212gxxx，∴2,21gxxxgxx，令210gxx，得12x，∵32111115123222122g，∴函数321153212gxxx的对称中心是11,22

，∴11gxgx，设12320202021202120212021Tgggg，所以1202022019202012202

0202120212021202120212021Tgggggg所以12

3202010102021202120212021gggg，故D正确.故选:BCD.三、填空题6．（2022·四川遂宁·三模（文））德国大数学家高斯年少成名，被誉为

数学届的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》，在其年幼时，对123100L的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法，现有函数2()22

xxfx，设数列{}na满足*121(0)()()()(1)()nnafffffnNnnn，若存在*nN使不等式242270nnnka成立，则k的取值范围是______.【答案】49,5

【分析】根据题意先求()(1)fxfx，然后利用倒序相加法求na，则由242270nnnka可得22427(1)2(1)2424(1)2111nnnnknnnn，求出24(1)21nn的最小值即可求得k的取值范围【详解】因为2()22x

xfx，所以11222222()(1)12222222222222xxxxxxxxxxfxfx，由*121(0)()()()(1)()nnafffffnNnnn，121(1)()()()(0)nnnaff

fffnnn，所以21nan，所以12nna，所以由242270nnnka，得21422702nnnk，24(1)270nnkn，2427(1)nnkn，所以22427(1)2(1)2424(1)2111nnn

nknnnn，令24()(1)1gxxx，（*xN）则当0261x，()gx递减，当261x时，()gx递增，因为244924(4)5,(3)410554gg，所以min49()(

4)5gxg，所以4959255k，即k的取值范围是49,5，故答案为：49,57．（2022·江西萍乡·二模（理））已知函数R122xxfxx，等差数列na满足20220a，则123()fafafa4043fa

__________．【答案】40432【分析】利用倒序相加法求得正确答案.【详解】2221121212121xxxxxxxfxfx.依题意na是等差数列，令

1234043()fafafaSfa，4043404240411()Sfafafafa，结合等差数列的性质，两式相加得4043214043,2SS.故答案为：404328．（202

2·湖北省鄂州高中高三期末）设函数3log1xfxx，定义121nnSfffnnn，其中nN，2n，则nS______.【答案】0【分析】由函数的解析式可得0nfkkfnn

，由倒序相加法可得答案.【详解】由题意33loglog1kknfnnknkk，33loglog1nknfnknnknknk所以33loglog0nkknkffkknnnk由12

1nnSfffnnn①则112nSfffnnnnn②由①+②得11122201nSffffffnnnnnn

nnn所以0nS故答案为：09．（2021·全国·高三专题练习）已知函数cos()cos30xfxx，则31259ffff

________.【答案】5932【分析】可令(1)(2)(59)sfff，(59)(58)(2)(1)sffff，利用倒序相加法，将角度之和为60的两项结合（如(1)(59))ff化简整理即可．【详解】解：cos()c

os(30)xfxx，coscos(60)()(60)cos(30)cos(30)xxfxfxxxcoscos(60)cos(30)xxx2cos(30)cos(30)cos(30)xx3，令(1)(2)(59)sfff，①(

59)(58)(2)(1)sffff，②①②得：2[(1)(59)][(2)(58))][(59)(1)]sffffff593，5932s，即593(1)(2)(59)2fff．故答

案为：5932.10．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}(1nan，2，3，，2016)，圆221:440Cxyxy，圆2222017:220nnCxyaxay，若圆2C平分圆1C的周长

，则数列{}na的所有项的和为___．【答案】4032【分析】根据两圆的关系求出两圆的公共弦，求出圆1C的圆心，得到20174nnaa，利用倒序相加法即可求得结果.【详解】根据题意知，圆1C与圆2C相交，设交点为A，B，圆221:440Cxyxy，圆2222017:220n

nCxyaxay，相减可得直线AB的方程为：2017(2)(2)0nnaxay圆2C平分圆1C的周长，直线AB经过圆1C的圆心(2,2)，20172(2)2(2)0nnaa，即20174nnaa，1201622015201

614aaaaaaL{}na的所有项的和为20162016440322S．故答案为：4032．【点睛】方法点睛：求数列和常用的方法：（1）等差等比数列：分组求和法；（2）倒序相加法；（3）11nnnbaa（数列na

为等差数列）：裂项相消法；（4）等差等比数列：错位相减法.四、解答题11．（2022·全国·高三专题练习）已知函数21122fxxx，数列na的前n项和为nS，点*,NnnSn均在函数

fx的图象上，函数442xxgx.(1)求数列na的通项公式；(2)求1gxgx的值；(3)令*2021nnabgnN，求数列nb的前2020项和2020T.【答案】(1)nan(2)1(3)1010【分析】（1

）由题意可得：21122nSnn，由11,2,1nnnSSnaan即可求解；（2）求出1gx的表达式，由指数的运算即可求解；（3）结合（2）的结论，利用倒序相加法即可求解.(1)因为点*,NnnSn均在函数fx的图象上，所

以21122nSnn，当2n时，2211111112222nnnaSSnnnnn，当1n时，111aS，适合上式，所以nan.(2)因为442xxgx，所以114

214242xxxgx，所以42114242xxxgxgx.(3)由（1）知nan，可得20212021nnanbgg，所以20201220201220202021202120

21Tbbbggg，①又因为2020202020191202020191202120212021Tbbbggg，②因为11gxgx

，所以①②，得202022020T，所以20201010T.12．（2021·全国·高三专题练习）已知函数331xxfx，xR，正项等比数列na满足501a，则1299lnlnlnfafafa值是多少？.【答

案】992【分析】先证明()()1fxfx，由等比数列的性质可得21992984951501aaaaaaa，即199298491055lnlnlnlnlnln02lnaaaaaaa，继而可得1992984950511))))(ln(ln(ln(ln(

ln())2(ln)lnfafffaafafafaa，倒序相加法即可得解.【详解】因为3()31xxfx，所以33331)331)()()1(3131(31)(31)(xxxxxxxxxxfxfx.因为数列na是等比数列

，所以21992984951501aaaaaaa，即199298491055lnlnlnlnlnln02lnaaaaaaa.199298490515))))1))2(ln(ln(l

n(ln(ln(ln(ln)ffafafafafafaa设9912399(ln)(ln)(ln)(ln)Sfafafafa①，又99999897(ln)(ln)(ln)Sfafafa＋…＋1(ln)fa②，①+②，得99299S，所以99992

S.13．（2012·江西宜春·高三阶段练习（理））设11,Axy、22,Bxy是函数21log21xfxx的图象上任两点，且12OMOAOB，已知点M横坐标为12，（1）求点M的纵坐标；（2）若1221nnnSffffnnn

n，其中*nN且2n，求nS．（3）已知12,131,211nnnnanSS，其中*nN，nT为数列na的前n项和，若11nnTS对一切*nN都成

立，求取值范围．【答案】（1）12My；（2）1.2nnS（3）12.【分析】（1）由题设条件1,2OMOAOB知M是AB的中点，由中点坐标公式可以求出M点的纵坐标（2）由（1）知121211x

xfxfx，利用倒序相加法即可求nS（3）分离参数之后，求不含参数这一边的最值即可求得的取值范围【详解】（1）1211,,122MOMOAOBxxx12212121log111222Mxxxx

yyy；（2）由（1）知121211xxfxfx，1111,,nnnnSffSffnnnn两式相加得到1212nnnSnS（

3）当2n时，14114112121122nannnnnn，又1n时，123a也适合．故11412nann，12111111422421,3344512222nnnnTSnnnn

即24,2nn而24414224nnnn，（2n时“=”成立）故1.2