【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题08《公式法求等差等比数列和》(解析版).doc，共(28)页，1.088 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题08公式法求等差等比数列和一、单选题1．已知等差数列na，其前n项的和为nS，3456720aaaaa，则9S（）A．24B．36C．48D．64【答案】B【分析】利用等差数列的性质进行化简，由

此求得9S的值.【详解】由等差数列的性质，可得345675520aaaaaa，则54a19592993622aaaS故选：B2．已知等比数列na的前n项和为nS，若213a

a，且数列13nSa也为等比数列，则na的表达式为（）A．12nnaB．112nnaC．23nnaD．123nna【答案】D【分析】设等比数列

na的公比为q，当1q时，111133(3)nSanaana，该式可以为0，不是等比数列，当1q时，11113311nnaaSaqaqq，若是等比数列,则11301aaq，可得23q，利用

213aa，可以求得1a的值，进而可得na的表达式【详解】设等比数列na的公比为q当1q时，1nSna，所以111133(3)nSanaana，当3n时，上式为0，所以13nSa不是等比数列.当1q时，1111111nn

naqaaqSqqq，所以11113311nnaaSaqaqq，要使数列13nSa为等比数列，则需11301aaq，解得23q.213aa，2123a，故21111222333nnnnaa

q.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是熟记等比数列的前n项和公式，等比数列通项公式的一般形式，由此若11113311nnaaSaqaqq是等

比数列，则11301aaq，即可求得q的值，通项即可求出.3．已知数列na的前n项和221nSnn，则13525aaaa（）A．350B．351C．674D．675【答案】A【分析】先利用公式11,1,2nnnSnaSSn求出数列

na的通项公式，再利用通项公式求出13525aaaaL的值.【详解】当1n时，21112112aS；当2n时，22121121121nnnaSSnnnnn

.12a不适合上式，2,121,2nnann.因此，3251352512127512235022aaaaaaL；故选：A.【点睛】易错点睛：利用前n项和nS求通

项na，一般利用公式11,1,2nnnSnaSSn，但需要验证1a是否满足2nan.4．等差数列na的首项为1，公差不为0．若2a、3a、6a成等比数列，则na的前6项的和为（）A．24B．3C．3D．8【答案】A【分析】根据等比中项的性质列方程，解方

程求得公差d，由此求得na的前6项的和.【详解】设等差数列na的公差为d，由2a、3a、6a成等比数列可得2326aaa，即2(12)(1)(15)ddd，整理可得220dd，又公差不为0，则2d，故

na前6项的和为616(61)6(61)661(2)2422Sad.故选：A5．等差数列na中，12318192024,78aaaaaa，则此数列的前20项和等于（）A．160B．180C．200D．220【答案】B【分析】把已知

的两式相加得到12018aa，再求20S得解.【详解】由题得120219318()()()247854aaaaaa，所以1201203()54,18aaaa.所以2012020()10181802Saa

.故选：B6．为了参加学校的长跑比赛，省锡中高二年级小李同学制定了一个为期15天的训练计划.已知后一天的跑步距离都是在前一天的基础上增加相同距离.若小李同学前三天共跑了3600米，最后三天共跑了10800米，则这15天小李同学总

共跑的路程为（）A．34000米B．36000米C．38000米D．40000米【答案】B【分析】利用等差数列性质得到21200a，143600a，再利用等差数列求和公式得到答案.【详解】根据题意：小李同学每天跑步距离为等差数列，设为na，则123233600aaaa

，故21200a，13141514310800aaaa，故143600a，则1152141115153600022nSaaaa.故选：B.7．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才

得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”你的计算结果是（）A．80里B．86里C．90里D．96里【答案】D【分析】由题意得每天行走的路程成等比数列{}na、且公比为12，由条件和等比数列的前项和公式求出1

a，由等比数列的通项公式求出答案即可．【详解】由题意可知此人每天走的步数构成12为公比的等比数列，由题意和等比数列的求和公式可得611[1()]2378112a，解得1192a，此人第二天走1192962里，第二天走了96里，故选：D．8．设等差数列na的前n项

和为nS，且3944aaa，则15S（）A．45B．50C．60D．80【答案】C【分析】利用等差数列性质当mnpq时mnpqaaaa及前n项和公式得解【详解】na是等差数列，3944aaa，4844aaa，84a1158158()15215156

022aaaSa故选：C【点睛】本题考查等差数列性质及前n项和公式，属于基础题9．已知数列na中，其前n项和为nS，且满足2nnSa，数列2na的前n项和为nT，若2(1)0nnnST对*nN恒成立，则实

数的取值范围是（）A．3,B．1,3C．93,5D．91,5【答案】D【分析】由2nnSa利用11,1,2nnnSnaSSn，得到数列na是以1为首项，12为公比的等比数列，进而得到2na是以1为首项，14为

公比的等比数列，利用等比数列前n项和公式得到nS，nT，将2(1)0nnnST恒成立，转化为321(1)210nnn对*nN恒成立，再分n为偶数和n为奇数讨论求解.【详解】当1n时，112Sa，得11a；当

2n时，由2nnSa，得112nnSa，两式相减得112nnaa，所以数列na是以1为首项，12为公比的等比数列.因为112nnaa，所以22114nnaa.又211a，所以2na是以1为首项，14为公比的等比数列，所以1

112211212nnnS，11414113414nnnT，由2(1)0nnnST，得214141(1)10234nnnλ

，所以221131(1)1022nnnλ，所以211131(1)110222nnnnλ.又*nN，所以11

02n，所以1131(1)1022nnnλ，即321(1)210nnn对*nN恒成立，当n为偶数时，321210nn

，所以321321663212121nnnnn，令6321nnb，则数列nb是递增数列，所以22693215λb；当n为奇数时，321210nn，所以321321663212121n

nnnn，所以16332121λb，所以1.综上，实数的取值范围是91,5.故选：D.【点睛】方法点睛：数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断

数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明．在解决这些问题时，往往转化为函数的最值问题.10．等差数列{}na的公差为2，若248,,aaa成等比数列，则9S（）A．72B．90C．36D．45【答案】

B【分析】由题意结合248,,aaa成等比数列，有2444(4)(8)aaa即可得4a，进而得到1a、na，即可求9S.【详解】由题意知：244aa，848aa，又248,,aaa成等比数列，∴2444(4)(

8)aaa，解之得48a，∴143862aad，则1(1)2naandn，∴99(229)902S，故选：B【点睛】思路点睛：由其中三项成等比数列，利用等比中项性质求项，进而

得到等差数列的基本量1、由,,mknaaa成等比，即2kmnaaa；2、等差数列前n项和公式1()2nnnaaS的应用.11．已知数列{}na的前n项和为nS，且满足212nnnaaa，534aa，则7S（）A．7B

．12C．14D．21【答案】C【分析】判断出na是等差数列，然后结合等差数列的性质求得7S.【详解】∵212nnnaaa，∴211nnnnaaaa，∴数列{}na为等差数列.∵534aa，∴354aa

，∴173577()7()1422aaaaS.故选：C12．等差数列na中，22a，公差2d，则10S=（）A．200B．100C．90D．80【答案】C【分析】先求得1a，然后求得10S

.【详解】依题意120aad，所以101104545290Sad.故选：C13．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且a1，a3，a4成等比数列，则Sn取最大值时n的值为（）A．4B．5C．4

或5D．5或6【答案】C【分析】由等比数列的性质及等差数列的通项公式可得公差12d，再由等差数列的前n项和公式即可得解.【详解】设等差数列na的公差为,0dd，134,,aaa成等比数列，2314aaa即2(2

2)2(23)dd，则12d，211119812244216nnnnnSandnn，所以当4n或5时，nS取得最大值.故选：C.14．设数列na是等差数列，若110212aa，127aaa（）A．1

4B．21C．28D．35【答案】C【分析】计算出4a的值，进而利用等差数列的求和公式可求得所求代数式的值.【详解】设等差数列na的公差为d，则1101112293912aaaadad，4134aad，因此，17412747727742822aaaaaaa

.故选：C.15．记nS为正项等比数列na的前n项和，若2415SS，，则7S（）.A．710SB．723SC．7623SD．71273S【答案】D【分析】利用等比数列前n项和公式列出方程组，求出首项和公比，

由此能求出这个数列的前7项和．【详解】nSQ为正项等比数列{}na的前n项和，21S，45S，21410(1)11(1)51qaqqaqq，解得113a，2q=，771(12)

1273123S．故选：D．16．已知数列{}na是1为首项、2为公差的等差数列，{}nb是1为首项、2为公比的等比数列.设nnbca，12(*)nnTcccnN，则当Tn>2013

时，n的最小值是（）A．7B．9C．10D．11【答案】C【分析】利用等差数列、等比数列的通项公式可得2121nnncb，再利用等比数列的前n项和公式求出nT即可求解.【详解】121,2nnnanb，则2121nnncb.12(21)2221

nnnTnn，而2013nT，即1222013nn，代入检验知n的最小值是10，故选：C.17．某大学毕业生为自主创业于2019年8月初向银行贷款240000元，与银行约定按“等额本金还款法”分10年进行还款，从2019年9月初开始，每个月月初还一次款，贷款月利

率为0.5%，现因经营状况良好准备向银行申请提前还款计划于2024年8月初将剩余贷款全部一次还清，则该大学毕业生按现计划的所有还款数额比按原约定所有还款数额少（）(注：“等额本金还款法”是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另

一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率；1年按12个月计算)A．18000元B．18300元C．28300元D．36300元【答案】B【分析】先求得2024年8月还完后剩余本金，然后结合等差数列前n项和公式，求得还款减少的数额.【详解】由题意，可知：该大

学毕业生两种还款方式所还的本金最终都是240000元，∴两种还款方式的本金没有差额.∵该大学毕业生决定2024年8月初将剩余贷款全部一次还清.∴从2019年9月初第一次还款到2024年8月初这5整年即60个月两种还款方式所还的利息也

是一样的.∴按原约定所有还款数额－按现计划的所有还款数额＝原约定还款方式从2024年9月起到最后还完这整60个月所还的利息.∵每月应还本金：240000÷120＝2000(元)2024年8月还完后本金还剩240000－2000×60＝120000(元).∴2024年9月应还利息为：1200

00×0.5%，2024年10月应还利息为：(120000－2000)×0.5%，2024年11月应还利息为：(120000－2000×2)×0.5%，…最后一次应还利息为：(120000－2000×

59)×0.5%.后60个月所还的利息为：120000×0.5%＋(120000－2000)×0.5%＋(120000－2000×2)×0.5%＋…＋(120000－2000×59)×0.5%＝0.5%×[120000＋(120000－2000)＋(120000

－2000×2)＋…＋(120000－2000×59)]＝0.5%×[120000×60－2000×(1＋2＋…＋59)]1590.5%72000002000592＝18300(元

).故选：B18．已知数列na的前n项和为nS，11a，22a，2112nnnaa，则612SS（）A．62B．63C．64D．65【答案】D【分析】由题意可得2224nnaa，21

214nnaa，即数列na的奇数项是以1为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以2为首项，4为公比的等比数列，再利用等比数列的前n项和公式分组求和可得6S和12S.【详解】由41222122412221242nnnnnnnnaaaaaa，4121221432

1212242nnnnnnnnaaaaaa，可知数列na的奇数项是以1为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以2为首项，4为公比的等比数列.所以6123456Saaaaaa3312(14)(14)21221631414aa

，661212(14)(14)1414aaS1365213654095，所以12640956563SS.故选：D【点睛】本题考查了等比数列的定义，考查了等比数列的前n项和公式

，属于中档题.19．等比数列na中，1476aaa，36924aaa.则na的前9项之和为（）A．18B．42C．45D．18或42【答案】D【分析】利用等比数列的通项公式求出等比，从而求出25812aaa，进而求出前9项之和.【详解】解析设公比为q，则

2369147aaaaaaq，即2246q，所以2q，所以25814712aaaaaaq，所以12942aaa或18.故选：D20．已知函数2()sinfxxx各

项均不相等的数列{}nx满足||(1,2,3,,)2ixin.令*1212()([()()()())]nnFnxxxfxfxfxnNLL.给出下列三个命题：（1）存在不少于3项的数列{},nx使得()0

Fn；（2）若数列{}nx的通项公式为*1()()2nnxnN，则(2)0Fk对kN恒成立；（3）若数列{}nx是等差数列，则()0Fn对nN恒成立，其中真命题的序号是（）A．（1）（2）B．（1）（3）C．（2）（3）D．（1）（2）（3）【答案】D【

分析】由题意，函数2()sinfxxx是奇函数，只需考查函数在0,2x的性质，此时2yx=，sinyx都是增函数，所以2()sinfxxx在0,2x上也是增函数，即120xx时，

1212([()()])0xxfxfx，对于（1），132,022xxx，即可判断；对于（2），运用等比数列求和公式和和三角函数的性质，即可判断；对于（3），运用等差数列求和公式，及不等式的性质，结合函

数()fx的单调性，即可判断；【详解】由题意得22()()sin()sin()fxxxxxfx，所以2()sinfxxx是奇函数，只需考查函数在0,2x的性质，此时2yx=，sinyx都是增函数，所以2()sinfxxx在0,2

x上也是增函数，即函数2()sinfxxx在,22x上也是增函数，设12,2,2xx若120xx，则12xx，122fxxfxf，即120fxfx若120xx，则12xx，

122fxfxfx，即120fxfx所以120xx时，1212([()()])0xxfxfx，对于（1），取132,022xxx，331212(3)([()()()])Fxxxfxfxf

x0，故（1）正确；对于（2），*1()()2nnxnNQ，1211122111132021nnnxxx

L又212(21)212222sinsi1111()()2222nkkkkkkfxfx212122221211111sinsin4sinsi

114242n422kkkkkkk令2211122,2kk，则212114sinsi

n4sin2si2n2kky8sincossinsin(18cos)又kN，知104，则1sin0,coscos14，则1718cos18cos4，261coscoscoscossi

nsin1234343448Q，又cosyx在0,2上单减，1coscos412，即11cos48，118cos04sin(18cos)0，即212114sinsin022kk，则2

12()()0kkfxfx，由k的任意性可知，122()()()0kfxfxfxL，又1220kxxxL，所以122122(2)([()()()])0kkFkxxxfxfxfxLL，故（2）正确；对于（3），数列{}nx是等差数列，若120nxx

x，则()0Fn；若10nxx，即1nxx，又()fx是奇函数也是增函数有1()()()nnfxfxfx，可得1()()0nfxfx；同理：若-210nxx，可得2-1()()0nfxfx；若-320nxx，可得3-2()()0n

fxfx；相加可得：若210nxxxL，可得12()()()0nfxfxfxL，即()0Fn；同理若210nxxxL，可得12()()()0nfxfxfxL，即()0Fn，故（3）正确；故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查

真假命题的判断，关键是要理解新定义的函数的性质及应用，考查了函数的单调性与奇偶性的问题，考查了等差等比数列的性质与应用，考查了学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题.二、多选题21．已知正项等比数列na的前n项和为nS，若31a，135111214aaa

，则（）A．na必是递减数列B．5314SC．公比4q或14D．14a或14【答案】BD【分析】设设等比数列na的公比为q，则0q，由已知得1112114aa，解方程计算即可得答案.【详解】解：设等比数列na的公

比为q，则0q，因为21531aaa，2311aaq，所以51115135151511111112111114aaaaaaaaaaaaa，解得1412aq或1142.aq，当14

a，12q时，551413121412S，数列na是递减数列；当114a，2q=时，5314S，数列na是递增数列；综上，5314S.故选：BD.【点睛】本题考查数列的等比数列的性质，等比数列的

基本量计算，考查运算能力.解题的关键在于结合等比数列的性质将已知条件转化为1112114aa，进而解方程计算.22．记nS为等差数列{}na的前n项和.已知450,5Sa，则（）A．25nanB．310nan=-C．228nSnnD．24

nSnn【答案】AD【分析】设等差数列{}na的公差为d，根据已知得1145460adad，进而得13,2ad，故25nan，24nSnn.【详解】解：设等差数列{}na的公差为d，因为450,5Sa所以根据等差数列前n项和公式

和通项公式得：1145460adad，解方程组得：13,2ad，所以31225nann，24nSnn.故选：AD.23．已知数列{},{}nnab均为递增数列，{}na的前n项和为,

{}nnSb的前n项和为,nT且满足*112,2()nnnnnaanbbnN，则下列结论正确的是（）A．101aB．112bC．22nnSTD．22nnST【答案】ABC【分析】利用数列单调性及题干条件，可求出11,ab范围；求出数列{

},{}nnab的前2n项和的表达式，利用数学归纳法即可证明其大小关系，即可得答案.【详解】因为数列{}na为递增数列，所以123aaa，所以11222aaa，即11a，又22324aaa，即2122aa，所以10a，即10

1a，故A正确；因为{}nb为递增数列，所以123bbb，所以21122bbb，即12b，又22234bbb，即2122bb，所以11b，即112b，故B正确；{}na的前2n项和为2123

4212()()()nnnSaaaaaa=22(121)2[13(21)]22nnnn，因为12nnnbb，则1122nnnbb，所以22nnbb，则{}nb的2n项和为13212422()()nnnbbbbbbT

=1101101122(222)(222)()(21)nnnbbbb122(21)22(21)nnbb，当n=1时，222,22ST，所以22TS，故D错误；当2n时假设当n=k时，222(21)2kk，即22(2

1)kk，则当n=k+1时，1122(21)2(221)222(21)22kkkkkkk2221(1)kkk所以对于任意*nN，都有222(21)2kk，即22nnT

S，故C正确故选：ABC【点睛】本题考查数列的单调性的应用，数列前n项和的求法，解题的关键在于，根据数列的单调性，得到项之间的大小关系，再结合题干条件，即可求出范围，比较前2n项和大小时，需灵活应用等差等比求和公式及性质，结合基本不等式进行分

析，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.三、填空题24．等差数列na中，nS为na的前n项和，若936SS，则1ad_________.【答案】2【分析】直接利用等差数列求和公式求解即可.【详解】因为9131936633SadSad，

所以12ad，所以12ad.故答案为：2.25．二进制数是用0和1两个数码来表示的数，它是现代信息技术中广泛应用的一种数制，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”，它与十进制数可以互相转化，如二进制数1011（记为21011）表示的十进制

数为32101202121211，即2101111，设各项均为十进制数的数列na的通项公式为21101010101nna个，则na______.【答案】413n【分析】利用等比数列前n项和公式计算即可得到答案.【详解】210241441

12121212143nnnna26．设数列na的前n项和为nS，且21nan，则数列nSn的前20项和为_________.【答案】210【分析】先根据等差数列前n项和公式得2nSn，进而得nSnn，再根据等差数列前n项和公式

即可得答案.【详解】解：因为数列na满足21nan，所以数列na是等差数列，所以12(121)22nnnaannSn，所以nSnn，所以数列nSn的前20项和为2020(120)2102

T.故答案为：210.【点睛】结论点睛：若等差数列na的前n项和为nS，则nSn也是等差数列.27．在数列{}na中，若121,(1)2nnnaaa，记nS是数列{}na的前n项

和，则100S__________.【答案】2550【分析】当n为奇数时，可得数列na的奇数项为公差为2的等差数列，当n为偶数时，可得偶数项的特征，将所求问题转化为奇数项和偶数项求和即可.【详解】∵121,(1)2nnnaaa，∴当n为奇数时，22nnaa

，即数列na的奇数项为公差为2的等差数列，当n为偶数时，22nnaa，∴135995049501225002aaaa，24681012485022550aaaaaaa

a，∴1002500502550S，故答案为：2550.【点睛】关键点点睛：（1）得到数列na的奇数项为公差是2的等差数列；（2）得到数列na的偶数项满足22nnaa.28．位于宁夏青铜峡市的108塔建于西夏时期，塔的排列顺序自上而下，第一层1

座，第二层3座，第三层3座，第四层5座，第五层5座，从第五层开始塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，则该塔共有__________层.【答案】12【分析】利用已知条件将第五层有的塔的数目设为1a，设从第

五层开始自上而下，每一层的塔的数目为na，利用等差数列的通项公式以及前n项和公式即可得出结果.【详解】已知从第五层开始塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，将第五层有的塔的数目设为1a，设从第五层开始自上而下，每一层的塔的数目为na，nN，则115212

3naandnn，设前n项和为nS,2115142nnnSnadnnnnn，前四层共有塔的数目为：133512（座），1081296（座），令96nS，即2496nn又nN，解得8n，所以该塔共

有8412（层）.故答案为：12.29．已知数列na是等差数列，nS是其前n项和．若2580aaa，927S，则nS的最小值是_______．【答案】9【分析】根据等差数列的通项公式与前n项和公式求出基本量

，再根据二次函数求出nS的最小值.【详解】设等差数列na的公差为d，由19959()9272aaSa，得53a，所以2580aaa可化为2830aa，所以111433()70adadad，解得152ad，所以2(1)526

2nnnSnnn2(3)9n，所以当3n时，nS取得最小值9.故答案为：9.【点睛】关键点点睛：熟练掌握等差数列的通项公式与前n项和公式是解题关键，属于基础题.30．已知数列na满足21,1log3,2,nnnann

nN，定义使123kaaaakN为整数的k叫做“幸福数”，则区间1,2020内所有“幸福数”的和为_____【答案】1349【分析】利用换底公式可得4log(3),kmmZ，求出43mk，结合1,2020可得25m

，再利用等比数列的前n项和即可求解.【详解】当1k时，11a为幸福数，符合题意；当2k时，1234524log5log6log(3)log(3)kkaaaakk令4log

(3),kmmZ，则34,43mmkk.由2432020542023,25mmkm.故“幸福数”的和为23451(43)(43)(43)(43)2345(43)(43)

(43)(43)(43)5414151454(41)15134941故答案为：1349.四、解答题31．数列na中，11a，22a，数列1nnaa是公比为(0)qq的等比数列.（1）求

使11223()nnnnnnaaaaaanN成立的q的取值范围；（2）若212()nnnbaanN，求nb的表达式；（3）若12nnSbbb，求1limnnS.【答案】（1）1502q；（2）13nnbq

；（3）0,11lim1,013nnqqSq.【分析】（1）根据等比数列的定义，由题中条件，得到112nnnaaq，解11223()nnnnnnaaaaaanN

，即可得出结果；（2）根据题中条件，先得到nb是首项为13b，公比为q的等比数列，进而可求出nb；（3）由等比数列的求和公式，分别讨论1q，1q，01q三种情况，由无穷等比数列的极限，即可得出结果.【详解】（1）1nnaa是公比为(0)qq

的等比数列，且12122aa112nnnaaq由11223(nnnnnnaaaaaanN)，有11222(0)nnnqqqq210qq解得1502q（2）121

nnnnaaqaa，2nnaqa，2121,222nnnnaqaaqa212nnnbaa，1123baa，又12122212212212nnnnnnnnnnbaaqaqaqbaaaanb是首项为13b，公比为q

的等比数列，13nnbq（3）当1q时，3nSn，11limlim03nnnSn；当1q时，3(1)1nnqSq，11111limlimlim03(1)131nnnnnnnnqqqSqq

；当01q时，1111lim3lim31nnnnqSSq即1limnnS13q.综上，0,11lim1,013nnqqSq.【点睛】思路点睛：求无穷等比数列

前n项和的极限时，一般需要利用分类讨论的方法，讨论公比的范围，根据等比数列的求和公式，以及极限的运算法则，即可求出结果.32．设数列na的前n项和为nS，且24nnnSan.（1）证明：nan是等比数列；（2）令nnnba

，证明：1223111123nnbbbbbb.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）当1n时，可得11a，由24nnnSan有111421nnnSann两式相减得11221nna

annn从而得证.(2)由（1）1112nnan,所以12nnnnba，则1111112232nnnnnbb，利用等比数列的求和公式可求和，从而可证.【详解】（1）∵24nnnSan，∴111421nnnS

ann，两式相减得12101nnnnnaaann，即11221nnaannn又1134Sa，即1134aa，所以11a，∴nan是1为首项，12为公比的等比数列；（2）由（1）1112nnan，∴12nnnn

ba，∴1111112232nnnnnbb∴112231111111111211322312nnnnbbbbbb2122121323323nn

.【点睛】关键点睛：本题考查根据数列前n项和nS与na的递推关系求通项公式和求等比数列的前n项和,解答本题的关键是由题目条件得出111421nnnSann再与原式相减得出11221nnaannn，从而得出数列nan

是等比数列，从而可得1111112232nnnnnbb为等比数列，属于中档题.33．已知数列na的前n项和为nS且满足21nnSa．（1）求na的通项公式；（2）记12111nnTSSS，求证：131142nnT．【答案】（1）2n

na；（2）证明见解析.【分析】（1）将递推关系多递推一项，再相减，可得数列na是以2为首项，2为公比的等比数列，即可得答案；（2）求出11221nnS，再放缩成等比数列求和，即可得答案；【详解】（1）由21nnSa得，12

a1121nnSa，两式相减得，12nnaa，所以数列na是以2为首项，2为公比的等比数列，所以2nna；（2）由（1）21221nnnSa，所以1112221nnnS，所以

21111112222nnnT，当1n时，2131242nT，又当2n时，11112221nnnS，所以131111111113182122224212nnnnT，综上可得，131142nnT

.【点睛】已知数列的递推关系，采用多递推一项再相减是常见的解题思路；数列不等式在证明时，常将通项放缩成一个可求和的数列.34．设数列na的前n项和为nS，对任意的*nN满足21nnnSaa

且0na.（1）求数列na的通项公式；（2）设1,321,nnnaancn为奇数为偶数，求数列nc的前n项和nT.【答案】（1）an=n；（2）n为偶数时2241624nnnnT；n为奇数时2161524nn

nnT.【分析】（1）根据nS与na的关系，可得an-an-1=1，令n=1，求出a1=1，再利用等差数列的通项公式即可求解.（2）由（1）求出nc的通项公式，讨论n的奇、偶，再利用等差数列的前n项和公式即可求解.

【详解】解（1）因为2Sn=an(an+1)，①所以当n≥2时，2Sn-1=an-1(an-1+1).②①-②得2an=2na-2-1na+an-an-1，an>0即(an+an-1)(an-an-1-1)=0.若an-an-1-1=0，当n≥2时，有an

-an-1=1，又当n=1时，由2S1=a1(a1+1)及a1>0，得a1=1，所以数列{an}是等差数列，其通项公式为an=n(n∈N*).综上，数列{an}的通项公式为an=n（2）由（1）知an=n，cn=1,,321,,nnnn为奇数为偶数10

.n为偶数时Tn=(2+4++n)+3×(21+23++2n)+n/2==2241624nnn20.n为奇数时Tn=[2+4++(n+1)]+3×(21+23++2n-1)+12n=2161524n

nn综上（10）n为偶数时2241624nnnnT（20）n为奇数时2161524nnnnT35．已知正项等比数列{}na的前n项和为nS，且满足22Sa是12a和4a的等差中

项，12a.（1）求数列{}na的通项公式；（2）令222lognnnbaa，求数列{}nb的前n项和nT.【答案】（1）2nna；（2）12443nnn.【分析】（1）直接利用已知条件建立等量关系求出

数列的公比，进一步求出数列的通项公式.（2）利用（1）的结论，进一步利用分组法求出数列的和.【详解】（1）正项等比数列{}na的前n项和为nS，且满足22Sa是12a和4a的等差中项，设公比为q，则22142()2Saaa，整理得：12142(2)2aa

aa，由于12a，即32(24)42qq，即34qq，因为0q，所以解得2q=，所以2nna.（2）由于222log24nnnbaan，所以12324446424nnTn12(2462)(444)nn

4(41)(1)41nnn12443nnn.【点睛】关键点点睛：第二问分组后利用等差、等比数列的前n项和公式求和是解题关键.