【文档说明】(新高考)高考数学一轮 数学单元复习 过关检测卷第06章《数列》(解析版).doc，共(59)页，3.472 MB，由MTyang资料小铺上传

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01卷第六章数列《过关检测卷》－2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）第I卷（选择题）一、单选题1．已知数列na满足：221112nnnnaanNaa，则下列选项正确的是（）A．01na时，1

nnaaB．1na时，1nnaaC．114a时，111318nnanaD．14a时，11122nnana【答案】D【分析】由函数2(1)1()2xfxxxx的单调性，可判定A、B不正确；由221112nnnnaaaa

，得到111132nnnnnaaaaa，得到1111112nnaanaa，可判定C错误，D正确.【详解】对于A中，由于01na，则22211121nnnnnnaaaaaa

，又由函数22(1)211()2xxxfxxxxx，当(0,1)x时为单调递减函数，可得1nnfafa，所以1nnaa，所以A错误.对于B中，由于11,1nnaa，

且1nnfafa，由22(1)211()2xxxfxxxxx在(1,)上单调递增，可得1nnaa，所以B错误对于C、D中，由于221112nnnnaaaa，可得111132nnnnnaaaaa，当114a

，1n时，可得21211412183118214aaaa，所以C不正确；又由当10a，可得0na，从而11112nnnnaaaa，利用叠加法，可得1111112nnaanaa，故当14a时，1112

2nnana，所以D正确.故选：D.【点睛】方法点拨：构造函数2(1)1()2xfxxxx，结合函数的单调性，是判定1na与na的大小关系的关键；同时化简111132nnnnnaaaaa，得到11112nnnnaaaa是解答的关键.2．高斯是德国著名

的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设xR用x表示不超过x的最大整数，则yx称为高斯函数，也称取整函数．在数列na中，记na为不超过na的最大整数，则称数列na为na的取整数列，设数列na满足1

1a，1213nnaa，记数列na的前n项和为nS，则数列21211nnSS的前1010项和为（）A．5042021B．5052021C．10102021D．504

2022【答案】C【分析】由11a，则1221=13aa，同理可得31,,1naa，得到2121nSn，得到2121111122121nnSSnn，结

合裂项法，即可求解.【详解】由题意，数列na满足11a，则1221=13aa，同理可得31,,1naa，所以111nSn，所以2121nSn，则212111111(21)(21)22121nnSSnnnn

，则数列21211nnSS的前1010项和为1335201920211111111111110101232352201920212021SSSSSS.故选：C.3．已知数列

,nnab，满足*11111,6,2,22Nnnnnnabaabban.若kkab，k的值是（）A．4B．5C．6D．7【答案】C【分析】根据12nnaa可知数列na为等比数列，将1=2

nna代入122nnnbba后将其变形可知数列2nnb为等差数列，即可解得1(7)2nnnb；将1=2nna，1(7)2nnnb代入kkab即可解出答案.【详解】因为111=221,nnnnaaaaa

.所以数列na为以1为首项，2为公比的等比数列.所以1=2nna.11111=2=11222222222nnnnnnnnnnnnnbbbbbbab，132b,所以数列2nnb

为以3为首项，12为公差的等差数列.所以11=3(1)()22(7)2nnnnnbnb.11(7)22716kkkkabkkk.故选：C.【点睛】本题考查一阶线性递推公式的通项公式.属于难

题.掌握常见的一阶线性递推公式的变形是解本题的关键.11()11nnnnqqapaqapapp.4．数列{}na的前n项和为nS，1am，且对任意的nN都有121nnaan，则

下列三个命题中，所有真命题的序号是（）①存在实数m，使得{}na为等差数列；②存在实数m，使得{}na为等比数列；③若存在*kN使得155kkSS，则实数m唯一.A．①B．①②C．①③D．①②③【答案】A【分析】假设{}na为等差数列，根据121nnaan，求得2(

1)12nddm，得到1m，使得121nnaan恒成立，可判定①正确；假设{}na为等比数列，求得121nnmqqn，可判定②不是真命题；由121nnaan，可得12211aa，23221aa

，，121nnaan，各式相加得到2112nnSSann，进而得到21102mkk，可判定③不是真命题.【详解】①中，假设{}na为等差数列，则1(1)(1)naandmnd，则1(1)2

(1)212nnmndmndmaannd，可得2(1)12nddm，显然当1d时，可得1m，使得121nnaan恒成立，所以存在1m使得数列{}na为等差数列，所以①正确；②中，假设数列

{}na为等比数列，则111nnnaaqmq则111()21nnnnnnmqmqanmqaq，可得121nnmqqn，即1210nnmqmqn，即120nnmqmqnqq，该式中有m为

定值，2nq是变量，所以这样的实数m不存在，所以②不是真命题；③中，由121nnaan，可得12211aa，23221aa，，121nnaan，将上述各式相加，可得12231(

)()nnaaaaaa(211)(221)(21)n2(1)22nnnnn，即2112nnSSann，即212nnSSnnm，若存在这样的实数k，则有

212110kkSSkkm，从而21102mkk，可知满足该式的m不唯一，所以③不是真命题.故选：A.【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，

或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、

运算、验证，使得问题得以解决.5．已知nS是等差数列na的前n项和，201920212020SSS，设12nnnnbaaa，则数列1nb的前n项和为nT，则下列结论中不正确的是（）A．20200aB．20210aC．2019

202020212022aaaaD．2019n时，nT取得最大值【答案】D【分析】由201920212020SSS，可得20212020202120200,0,0aaaa，得到20192020aa20212022aa，且0d，进而

得到20210a，根据12nnnnbaaa，得到1211nnnnaaba，结合题意得到20192022201920202020202120192022+1110aabbaaaa，得到当2020n时，121211nnaaaa取得最小值.【详解】设等差数列

na的公差为d，因为201920212020SSS，可得2021202020210SSa，2020201920200SSa，20212019SS202120200aa，即202020210aa，202020210adad，

即201920220aa，所以20192020aa20212022aa，且0d，即数列na递减，且10a，20a，…，20200a，20210a，又由12nnnnbaaa，可得1

211nnnnaaba，当2018n时，可得12110nnnnbaaa，当2019n时，可得2019201920202021110baaa，当2020n时，可得2020202020212022110baaa，当2021n时，

可得12110nnnnbaaa，又由201920222019202020202021201920222020202120192022+111111()aabbaaaaaaaa，因为20192020202120220,0,0,0aaaa，且201920220aa，所

以20192022201920202020202120192022+1110aabbaaaa，所以当2020n时，121211nnaaaa取得最小值.综上可得，不正确的选项为D.故选：D.【点睛】数列与函数、不等式综合问题

的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不

等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.6．已知数列na，1()nafn

，其中()fn为最接近n的整数，若na的前m项和为20，则m（）A．15B．30C．60D．110【答案】D【分析】由题意知，函数()fn为最接近n的整数，得到()fn中有2个1，4个2，6个3，8个4，，进而得到12345678122,2,2,aaaaaaaaa

，结合等差数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意知，函数()fn为最接近n的整数，又由11,21ff，32,42,52,62ffff，

73,83,93,103,113,123ffffff，，由此可得()fn在最接近n的整数中，有2个1，4个2，6个3，8个4，，又由数列na满足1()nafn，可得1234567812111,,,23aaaaaaaaa

，则12345678122,2,2,aaaaaaaaa，因为na的前m项和为20，即10220mS，可得数列m构成首项为2，公差为2的对称数列的前10项和，所以10910221102m.故选：D.7．已知数列

na的通项公式为sin3nnan，则1232021aaaa（）A．10113B．532C．532D．10113【答案】D【分析】观察得到sin3ny的周期为6n，再求出616266nnnaaa的表达式，进而求解结论，得到答案.【详解】

由题意，数列na的通项公式为sin3nnan，且函数sin3ny的周期为6n，所以616266(61)(62)(61)sin(62)sin33nnnnnaaann(66)(66)sin3nn2(

61)sin(62)sin33nn6(66)sin3n3333(61)(62)(63)0(64)()(65)()(66)02222nnnnnn

33，又因为20216336563371，所以12320216337(33)10113aaaaa.故选：D.【点睛】方法点拨：由函数sin3ny的周期为6n，根据三角函数的周期性和数列的表达式

，求出616266nnnaaa的值，结合周期性求解.8．已知数列{}na的通项公式为(1)sin2nnann(n+N)，其前n项和为nS，则8S（）A．36B．12C．24D．48【答案】A【分析】根据数列

的通项公式，设4342414kkkkkcaaaa，结合812Scc，即可求解.【详解】由题意，数列{}na的通项公式为(1)sin2nnann(n+N)，设kN，且4342414(43)(43)(42)sin2kkkkkkcaaaakk

(42)(42)(41)sin2kkk(41)4(41)4sin4(41)sin22kkkkkk(43)(42)1(42)(41)0(41)4(1)4(41)

0kkkkkkkk166k，则81216(12)6236Scc.故选：A.9．设数列na满足13a，26a，2*129nnnaanaN，（）A．存在*nN，naQ

B．存在0p，使得1nnapa是等差数列C．存在*nN，5naD．存在0p，使得1nnapa是等比数列【答案】D【分析】由2*129nnnaanaN，得到2219nnnaaa

，递推作差求得+12+3+21nnnnnnaaaaaa，进而得到12+3nnnaaa，结合选项和等差、等比数列的定义，逐项判定，即可求解.【详解】由2*129nnnaanaN，即2219nnnaaa，则23129nnnaaa

，两式相减，可得2231221nnnnnnaaaaaa，可得+12+3+21nnnnnnaaaaaa，即+12+3+21nnnnnnaaaaaa恒成立，所以数列2+1n

nnaaa为常数列，因为又由13a，26a，可得315a，则21331536aaa，所以2+13nnnaaa，即12+3nnnaaa，因为12,aNaN

，可得2naN，可判定A、C不正确；由13a，26a，可得34515,39,102,aaa，假设B成立，则63,156,3915,10239pppp成等差数列，则932496324ppp，此时无解，所以B不正确；对于D中，假设2

11nnnnapaqapa，所以21()nnnapqapqa，由31pqpq，解得35353,22pq，所以存在,pq使得1nnapa是等比数列.故选：D.【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：1、通过给出一个新的数列的定义，或

约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照

章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.10．已知正项数列{2}23na的前n项和为nS，若21323nnnaaa，且120212020aa，202020192020S，则2021a()A．2019B．2020C．2021D．2022【答案】B【

分析】由给定递推公式将数列{2}23na裂项，利用裂项相消法求出S2020得解.【详解】由已知an≠0，又21323nnnaaa，所以2111323nnnaaa，11312(23)23nnnnnaaaaa，即121123nnnaaa，所以122222323

23nnSaaa231112111111111nnnaaaaaaaa，所以20211202112020120211202111201920202020aaaaSaa

aa，得202112019aa，结合120212020aa，解得1202112020aa或1202120201aa，又2023na，所以1202112020aa.故选：B【点睛】含递推公式的数列问题，将给定递推公式变形成能明确反应项间

关系并具有可操作性的式子是解题关键．11．若数列na的通项公式是132nnan，则1220aaa等于（）A．30B．30C．20D．20【答案】B【分析】根据题意得到2213nnaa，结合并项求和，即可求解.【详解】由题意，数列

na的通项公式是132nnan，则22162653nnaann，所以12201234192010330aaaaaaaaa．故选：B.12．已知数列na的前n项和为nS

，11a，当2n时，12nnaSn，，则S2019的值为（）A．1008B．1009C．1010D．1011【答案】C【分析】由2n时，12nnaSn，得到121nnaSn，两式相减，整理得112nnaan，结合并项求和，即可求解.【详解】当2

n时，12nnaSn，①可得121nnaSn，②由②－①得，112()1nnnnaaSS，整理得112nnaan，又由11a所以20191234520182019()()()1010Saaaaaaa

.故选：C.13．若数列na的前n项和为nS，nnSbn，则称数列nb是数列na的“均值数列”.已知数列nb是数列na的“均值数列”且通项公式为nbn，设数列11nnaa的前n项

和为nT，若2112nTmm对一切*nN恒成立，则实数m的取值范围为（）A．1,3B．1,3C．,13,D．,13,【答案】D【分析】根据题意，求得2nSn，进而求得数列的通项公式为21

nan，结合裂项法求得数列的前n和nT，得出不等式211122mm，即可求得实数m的取值范围.【详解】由题意，数列na的前n项和为nS，由“均值数列”的定义可得nSnn，所以2nSn，当1n时，111aS；当2n时，221121nnnaSSnnn

，11a也满足21nan，所以21nan，所以111111212122121nnaannnn，所以11111111111233521212212nTnnn

，又2112nTmm对一切*nN恒成立，所以211122mm，整理得2230mm，解得1m或3m.即实数m的取值范围为,13,.故选：D.【点睛】数列与函数、不等式综合问题的

求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则

要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.二、多选题14．在数列{an}中，若221(2,,nnaapnnNp

为常数），则{an}称为“等方差数列”，下列对“等方差数列”的判断，其中正确的为（）A．若{an}是等方差数列，则{an2}是等差数列B．若{an}是等方差数列，则{an2}是等方差数列C．{（﹣1）n}是等方差数列D．若{an}是等方差数列，则{akn}（

k∈N*，k为常数）也是等方差数列【答案】ACD【分析】利用等方差的定义和等差数列的定义逐个进行演算，能够推出B不正确，其余的都正确．【详解】对于A中，数列{an}是等方差数列，可得221(2,,nnaapnnNp为

常数），即有2na是首项为21a，公差为d的等差数列，故A正确；对于B中，例如：数列{}n是等方差数列，但是数列n不是等方差数列，所以B不正确；对于C中，数列(1)n中，222121[(1)][(1)]0,(2,)nnnnaannN，

所以数列(1)n是等方差数列，故C正确；对于D中，数列{an}中的项列举出来是：122,,,,,,kkaaaa，数列kna中的项列举出来是23,,,kkkaaaL，因为（ak+12﹣ak2）＝（ak+22﹣ak+12）＝…＝a2k2﹣a2k﹣12＝p所以（ak

+12﹣ak2）+（ak+22﹣ak+12）+…+（a2k2﹣a2k﹣12）＝kp所以akn+12﹣akn2＝kp，所以，数列{akn}是等方差数列，故D正确．故选：ACD．【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：1、通过给出一个新的数

列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、

验证，使得问题得以解决.15．已知数列{}na满足：111,1nnnaaaa，设(n)lnnbanN，数列nb的前n项和为nS，则下列选项正确的是ln20.693,ln3(9)1.09（）A．数列

21na单调递增，数列2na单调递减B．+1ln3nnbbC．2020693SD．212nnbb【答案】ABC【分析】由给定条件可得2211nnnaaa，由此构造函数21()1xgxx，利用导数研究其单调性而判断选项A，利用不等式

性质探求出2na可判断选项B，由na的范围探求出12nnnbbb的范围而判断选项C，取特值说明而判断选项D.【详解】因11a，11nnnaaa，则11nnnaaa，即2211nnnaaa，令21()(0

)1xgxxx，则21()0(1)gxx，()gx在(0,)上单调递增，点2,()nnaa与2)(,nnaa(,3)nNn是函数()gx图象上的两点，于是有220(3)nnnnaanaa，则2

{}na，21{}na都单调，又11a，则234352,,23aaa，即13aa，24aa，所以21{}na单调递增，2{}na单调递减，A正确；显然0na，1111nnaa，而11a

，即,1nnNa，则101na，112na，于是12na，则有113nnnaaa，所以111lnlnln()ln3nnnnnnbbaaaa，B正确；112122lnlnlnln()nnnnnnn

nnbaaaaaabb，而121212131nnnnnnnnnaaaaaaaaa，ln0nnba，21ln3nnnbbb所以202020192019ln31.099673739.6276933SS

，C正确；若212nnbb，则212212lnlnnnnnaaaa，而2134352,231,,aaaa，即212nnaa对1n和2n都不成立，D不正确.故选：ABC【点睛】关键点睛：涉及单调性的某些数列问题，数列是

一类特殊的函数，准确构造相应的函数，借助函数导数研究其单调性是解题的关键，背景函数的条件，应紧扣题中的限制条件.16．已知数列na的前n项和为nS，且满足1114240,1nnnnaaaaa，则下列结论正确的是（）A．若11,2

，则{}na是等差数列B．若11,2，则数列1nS的前n项和为1nnC．若12,2，则1na是等比数列D．若12,2，则122nnSn【答案】ACD【分析】

当11,2时，化简得1222nnaa，得到11nnaa，求得nan，进而求得1nS，得到A正确，B不正确；当12,2时，得到121nnaa，求得21nna，求得nS，可判定C正确，D正确.【详解】因为数列na的前n项和为n

S，且满足114240nnnnaaaa，当11,2时，可得1122222220nnnnaaaa，即11222220nnnnaaaa，所以1222nnaa，可得11nn

aa，即11nnaa，又因为11a，所以1(1)1nann，则(1)2nnnS，可得1211111122,11nnnSnnSSSnL，故A正确，B不正确.当12,2时，由已知得112222222220nnnnaaa

a，即1122222220nnnnaaaa，所以121nnaa，所以1121nnaa，所以12nna，所以21nna，所以12122212nnnSnn，故C正确，D正确.故选：ACD.【点睛】利用数列的递推公式

求解数列的通项公式的策略：1、对于递推关系转化为1nnaad（常数）或1nnaqa（常数）可利用等差、等比数列的通项公式求解；2、对于递推关系式可转化为1()nnaafn的数列，通常采用叠加法（逐差相加法）求其通项公式；3、对于递推关系式可转化为1()nnafna的

数列，并且容易求数列{()}fn前n项积时，通常采用累乘法求其通项公式；4、对于递推关系式形如1nnapaq的数列，可采用构造法求解数列的通项公式.17．已知nS是等差数列na的前n项和，201920212020SSS，设12nnnnbaaa

，则数列1nb的前n项和为nT，则下列结论中正确的是（）A．20200aB．20210aC．2019202020212022aaaaD．2019n时，nT取得最大值【答案】ABC【分析】根据题设条件，得到2021202020212020201

920200,0SSaSSa，进而求得201920220aa，20192020aa20212022aa，再结合“裂项法”求得12121112nnnTdaaaa，结合0d，即可求解.【详解】设等差数列na的公差为d，因为2

01920212020SSS，可得2021202020210SSa，2020201920200SSa，20212019SS202120200aa，即202020210aa，202020210a

dad，即201920220aa，所以20192020aa20212022aa，0d，即数列na递减，且10a，20a，…，20200a，20210a，又由12nnnnbaaa，可得121

1nnnnbaaa1121112nnnndaaaa，则122323341121211111111122nnnnnTdaaaaaaaaaaaadaa121nnaa，由0d，要使nT取最大值，则1212

11nnaaaa取得最小值，显然1210nnaa，而23aa34201920202021202220222023aaaaaaaa，所以当2020n时，121211nnaaaa

取得最小值.综上可得，正确的选项为ABC.故选：ABC.【点睛】本题主要考查了数列的综合应用，其中解答中熟练应用通项na和nS的关系式，数列的“裂项法”求和，以及数列的单调性进行求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.18．设{an}(n∈N*)是各项为正数的等比数列，q是其公比，

Kn是其前n项的积，且K5<K6，K6=K7>K8，则下列选项中成立的（）A．0<q<1B．a7=1C．K9>K5D．K6与K7均为Kn的最大值【答案】ABD【分析】根据题意，结合等比数列的性质分析选项，综合即可得答案.【详解】解：根据题意，依次分析选项：对于B，若K6

=K7，则a7=76KK=1，故B正确；对于A，由K5<K6可得a6=65KK>1，则q=76aa∈(0，1)，故A正确；对于C，由q∈(0，1)，所以{an}是单调递减，因为a7=1，所以871aa，则

229987687851KaaaaaaaK，则有K9<K5，故C错误；对于D，结合K5<K6，K6=K7>K8，可得D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查等比数列的性质以及应用，注意等比数列的基本性质，属于基础题.19．已知数列{an}是等比数列，则下列结论中正确的是（）A．数列{an

2}是等比数列B．若a3=2，a7=32，则a5=±8C．若a1<a2<a3，则数列{an}是递增数列D．若数列{an}的前n和13nnSr，则r=﹣1【答案】AC【分析】在A中，数列{an2}是等比数列

；在B中，a5=8；在C中，若a1<a2<a3，则q>1，数列{an}是递增数列；在D中，写出123,,aaa，由等比中项可求出r=﹣13.【详解】解：由数列{an}是等比数列，设公比为q，知：在A中，∵22221nnaaq，∴222211

22221nnnnaaqqaaq是常数，∴数列{an2}是等比数列，故A正确；在B中，若a3=2，a7=32，则a5=2328，故B错误；在C中，若a1<a2<a3，则1211aaqaq，当10a时，可得21qq，解得1q

，且na中各项为正数，所以110nnnaqaa，此时数列{an}是递增数列；当10a时，可得21qq，解得01q，此时na中各项为负数，所以110nnnaqaa，此时数列{an}是递增数列，综上所述，C正确；在D中，若数列{an}的前n

和Sn=3n﹣1+r，则a1=S1=1+r，a2=S2﹣S1=(3+r)﹣(1+r)=2，a3=S3﹣S2=(9+r)﹣(3+r)=6，∵a1，a2，a3成等比数列，∴2213aaa，∴4=6(1+r)，解得r

=﹣13，故D错误.故选：AC.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题.20．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S2018＞0，

S2019＜0，则下列说法正确的是（）A．S1009最大B．|a1009|＞|a1010|C．a1010＞0D．S2018+S2019＜0【答案】AB【分析】利用等差数列的性质推导出100910100aa，10100a，应用特殊值法令100910105,1aa可确定2018201

90SS，即可知正确选项【详解】∵S2018＞0，S2019＜0∴12018100910102018()1009()02aaaa，1201910102019()201902aaa∴100910100aa，10100a，可得：10090a，1010

0a，10091010||||aa故A，B都正确，C错误；特殊值法：若100910105,1aa，有20182019100944036,2019SS即201820190SS，即可排除D选项故选

：AB【点睛】本题考查应用等差数列的性质判断命题真假，考查运算求解能力，是基础题．21．已知等比数列na的各项均为正数，公比为q，且11a，676712aaaa，记na的前n项积为nT，则下

列选项中正确的选项是（）A．01qB．61aC．121TD．131T【答案】ABC【分析】等比数列na的各项均为正数，且11a，676712aaaa，可得67110aa，因此61a，

71a，01q．进而判断出结论．【详解】解：∵等比数列na的各项均为正数，且11a，676712aaaa，∴67110aa，由题意得61a，71a，∴01q．∵6

712aa，∴671aa，6121212671Taaaaa，131371Ta，∴满足1nT的最大正整数n的值为12．故选：ABC．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22．下列关于等差

数列的命题中正确的有（）A．若a、b、c成等差数列，则2a、2b、2c一定成等差数列B．若a、b、c成等差数列，则2a、2b、2c可能成等差数列C．若a、b、c成等差数列，则2ka、2kb、2kc一定成等差数列D．

若a、b、c成等差数列，则1a、1b、1c可能成等差数列【答案】BCD【分析】利用特殊值法可判断A选项的正误；取abc可判断B选项的正误；利用等差数列的定义可判断C选项的正误；取0abc可判断D选项的正误.【详解】对于A，取1a，2b

，3c，可得21a，24b，29c，显然，2a、2b、2c不成等差数列，故A错；对于B，取abc，可得222abc，此时，2a、2b、2c成等差数列，故B正确；对于C，a、b、c成等差数列，2acb．2242422kakckackbkb

，即2ka、2kb、2kc成等差数列，故C正确；对于D，0abc，则111abc，此时，1a、1b、1c成等差数列，故D正确．综上可知，B、C、D正确.故选：BCD.【点评】本题主要考查等差数列的定义和性质，属于基础题．23．设na是无穷数列，若

存在正整数k，使得对任意nN，均有nknaa，则称na是间隔递增数列，k是na的间隔数，下列说法正确的是（）A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列B．已知4nann，则na是间隔递增数列C．已知21nnan，则na是间隔递增数列且

最小间隔数是2D．已知22020nantn，若na是间隔递增数列且最小间隔数是3，则45t【答案】BCD【分析】根据间隔递增数列的定义求解.【详解】A.1111111nknnnkkn

aaaaqqqaq，因为1q，所以当10a时，nknaa，故错误；B.244441++nknnknaanknkknknnknnkn

，令24tnkn，t在nN单调递增，则1140tk，解得3k，故正确；C.21212111nknnknknaanknk，当n为奇数时，2110kk，存在1k³成立

，当n为偶数时，2110kk，存在2k成立，综上：na是间隔递增数列且最小间隔数是2，故正确；D.若na是间隔递增数列且最小间隔数是3，则2222020202020nknaanktnkntnknktk，nN

成立，则220ktk，对于3k成立，且220ktk，对于k2成立即20kt，对于3k成立，且20kt，对于k2成立所以23t，且22t解得45t，故正确.故选：BCD【点睛】本题主要考查数列的新定义，还考查了运算

求解的能力，属于中档题.24．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是（）A．若S5＝S9，则必有S14＝0B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项C．若S6＞S7，则必有S7＞S8D．若S6＞

S7，则必有S5＞S6【答案】ABC【分析】对于A，转化S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9，可得a7+a8＝0，利用前n项和公式，即可判断；对于B，S9﹣S5＝2（a7+a8）＝0，结合a1＞0，分析即可判断；对于C，由a7＝S7﹣S6＜0，a8＝S8﹣S7＜0，即可判断；

对于C，由a7＝S7﹣S6＜0，a6的符号无法确定，即可判断.【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，若S5＝S9，必有S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9＝2（a7+a8）＝0，则a7+a8＝0，S1411478141422aaaa0，A正

确；对于B，若S5＝S9，必有S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9＝2（a7+a8）＝0，又由a1＞0，则必有S7是Sn中最大的项，B正确；对于C，若S6＞S7，则a7＝S7﹣S6＜0，又由a1＞0，必

有d＜0，则a8＝S8﹣S7＜0，必有S7＞S8，C正确；对于D，若S6＞S7，则a7＝S7﹣S6＜0，而a6的符号无法确定，故S5＞S6不一定正确，D错误；故选：ABC【点睛】本题考查了等差数列的性质综合，考查了学生概念

理解，转化划归，综合分析，数学运算能力，属于中档题.第II卷（非选择题）三、填空题25．记等比数列na的前n项和为nS，若21nnSa，则123111111111111naaaa_________

__.【答案】3222nn【分析】由21nnSa求得12nnaa，得出数列na的通项公式，进而得到111na的表达式，进而计算可得答案.【详解】由题意，等比数列na中，21nnSa，当2n时，1121nnSa，

两式相减可得：1122nnnnSSaa，可得12nnaa，即12(2)nnana，令1n，可得11121Saa，解得11a，所以1112nnnaaq，则有121111122211121212121nnnnnna

则123111111111111naaaa102011212121222212121nn10201

12121212212121nnn3222nn，故答案为：3222nn26．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是02，接下来的两项是02，12，再

接下来的三项是02，12，22，依此类推，若该数列的前n项和为2的整数幂，如012S，122S，232S，则称2nkS，kN，*nN中的(,)nk为“一对佳数”，当100n时，首次出现的“一对佳数”是________.【答案】(441,29)【分析】由122121111

11211221nnn，且前n组共有22nn个数，令21002nn，求得14n，根据题意12n为2的整数幂，只需将2n消去即可，分类讨论，即可求解.【详解】由已知得123212121

1111112111n13721n2121nn122nn，又由2(1)12322nnnnn，即前n组共有22nn个数，令21002nn，解得14n（当14n时有105个数）

，由题意可知：12n为2的整数幂，只需将2n消去即可，则①12(2)0n时，解得1n，总共有(11)1232项，不满足100n；②124(2)0n时，解得5n，总共有(15)53182项，不满足

100n；③1248(2)0n时，解得13n，总共有(113)134952项，不满足100n；④124816(2)0n时，解得29n；总共有(129)29544

02项，满足100n，所以n的最小值为441所以首次出现的“一对佳数”是(441,29).故答案为(441,29).【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：1、通过给出一个新的数列的定义，

或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，

“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.27．若数列na满足11a，且对于任意的*nN，都有11nnaan，则数列1na的前n项和nS_____．【答案】21nn【分析】由11a，11nnaan，利用叠加法，求得1(1)

2nann，求得11121nann，结合裂项法求和，即可求解.【详解】由11a，且对于任意的*nN，都有11nnaan，可得1213211()()()123(1)2nnnaaaaaaaannn，则12112(1)1na

nnnn，所以11111122121223111nnSnnnn．故答案为：21nn．28．已知x表示不超过x的最大整数，例如：2.32，1.52.在数列na中，[lg]nan，n+N.记n

T为数列na的前n项和，则2021T___________.【答案】4956【分析】先对n分类讨论，求出每一段的数列的和，再求2021T.【详解】当19n≤≤时，lg0nan；当1099n时，lg1nan，此区间所有项的和为90.当100

999n时，lg2nan，此区间所有项的和为90021800.当10002021n时，lg3nan，此区间所有项的和为102233066.所以202190180030664956T.故答案为：4956.【点睛】关键点点睛：解答本题

的关键有两点，其一是对n分类讨论，其二是计算每一段内的所有项的和，弄准项数，不能计算出错.29．已知数列,nnab满足111,0.1ab，112nnnbaa，11233nnnbab，nN，令nnncab，则

满足4110nc的n的最小值为_____．【答案】10【分析】根据关系式，即可判断数列nc为等比数列，根据等比数列通项公式即可求得n的最小值.【详解】由111111111211()()22223323nnnnnnnnnnnnbaabbbaabaab

，又由1110.9cab，所以nc是首项为0.9，公比为13的等比数列，故110.93nnc，则14110.9310n，即33310n，当9n时，63372910；当10n时，733218710，显然当10n≥时，333

10n成立，所以n的最小值为10.故答案为：10.【点睛】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整

数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.30．黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解

决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数1111123ssssnsn，我们经常从无穷级数的部分和1111123ssssn入手.已知正项数列na的前n项和为nS，且

满足112nnnSaa，则12100111SSS______（其中x表示不超过x的最大整数）.【答案】18【分析】结合题意和na和nS的关系，得到数列2nS是以1为首项，1为公差的等差

数列，求得nSn，又由当1n时，得到12121nnnnn，进而求得1819S，即可求解.【详解】当1n时，1111112aSaa，所以111aa，即211a，因为0na，所以111aS

，当2n时，由1nnnaSS，所以1112nnnnnSSSSS，所以111nnnnSSSS，即2211nnSS，可得数列2nS是以1为首项，1为公差的等差数列，所以2nSn.又当1n时，211S符合上式，所以2

nSn（*nN）.因为0na，所以0nS，所以nSn，当1n时，111121nnnnn，即21211nnnnn，所以12121nnnnn.令1210011111112100SSSS，

则210110010099212101118S，210099982112100191199S，即1819S，从而18S.故答案为：18.31．已知数列na的前

n项和为nS，且364nnSa，若*11,mkaamkkN，则k的取值集合是__________.【答案】4,5【分析】由数列na和nS的关系，推得114nnaa，得到数列na是首项为16、公比为14的等比数列，进而得到152431,1,

1aaaaa，结合1mk，即可求解.【详解】由题意，数列na的前n项和为S，且364nnSa，当1n时，11364aa，解得116a，当2n时，364nnSa和11364n

nSa，两式相减得13nnnaaa，即114nnaa则数列na是首项为16、公比为14的等比数列，即各项依次为11116,4,1,,,,41664所以152431,1,1aaaaa结合1mk，得k的取值集合是

4,5.故答案为：4,5.【点睛】有关数列中na和nS的关系问题的求解策略：根据所求结果不同额要求，将问题向不同的两个方向转化；（1）利用1(2)nnnaSSn转化为1,nnSS的关系，再求解；（2）利用1(2)nnnSSan转化为

1,nnaa的关系，再求解.32．已知数列na满足212323naaanan（*nN），设11nnnnbaa，数列nb的前n项和为nS，则100S_______．【答案】100101

【分析】根据题设条件，推得12nan，利用11nnnnbaa，结合消项法，即可求解.【详解】因为212323naaanan，当2n时，可得2123123(1)(1)naaanan，两式相减，可得22(1)21nnannn

，即2112nnann，则1001111111122222222122399100100101S11001101101

.故答案为：100101.四、双空题33．已知等差数列{}na的首项为2，等比数列{}nb的公比为2，nS是数列{}nb的前n项和，且(2)nanb，则4a__，5S__．【答案】862【分析】由已知条件，令1n可得

1b，可得nb，na，令4n可得4a，再由等比数列的求和公式，计算可得所求和．【详解】等差数列{}na的首项为2，公差设为d，等比数列{}nb的公比q为2，由(2)nanb，可得121(2)(2)2ab，则2nnb，即2(2)nan，可得

2nan，则48a，552(12)6212S．故答案为：8，62．【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题．34．已知*nN，集合13521,,,,2482nnnM，集合nM所有的非空子集的最小元素之和为nT，

则3T________，使180nT的最小正整数n的值为________．【答案】419【分析】先由题意，得到3135,,248M，进而可求出其非空子集中最小元素之和；再由题意，求出112T，274T；令212nnna，判定其单调性，得出当4

n时，都有21122nnna，按元素从小到大的顺序，依次写出含该元素的子集个数，再求和，得出nT，解不等式，即可得出结果.【详解】由题意，3135,,248M，所以其非空子集中最小元素是12的集合有22个，其非空子集中最小元素

是58的集合有12个，其非空子集中最小元素是34的集合有02个，所以21031532224284T；又由题意易得112T，0213722244T；令212nnna，则1121232146522222nnnnnnnnnnnaa，当3n时

，15202nnnnaa，即1nnaa，此时212nnna单调递减；又471126a，所以当4n时，都有21122nnna；因此对于集合13521,,,,2482nnnM，其非空子集

中最小元素是212nn的集合有12n个；其非空子集中最小元素是1232nn的集合有22n个；其非空子集中最小元素是2252nn的集合有32n个；……其非空子集中最小元素是472的集合有32

个；其非空子集中最小元素是12的集合有22个；其非空子集中最小元素是58的集合有12个，其非空子集中最小元素是34的集合有02个，所以4n时，1233210241212325153222...222222228

472nnnnnnnTnnn272232172123251...442242nnnnnn，由180nT得211802n，即2361n，所以19n，即使180nT的最小正整

数n的值为19.故答案为：4；19.【点睛】本题主要考查集合的非空子集，考查数列的求和，涉及一元二次不等式的解法，属于跨章节综合题，是中档题.35．在数列na中，13a，122313331111232nnaaanaaan*nN，则na____

__，4nna对所有*nN恒成立，则的取值范围是______.【答案】61nnn320,81.【分析】在已知等式中用1n替换n得另一等式（2n），两式相减得13nna

a，然后用累乘法求得通项公式na，不等式4nna变形为213nnn，求出213nnn的最大值即可．可有作商法求数列的最大值．【详解】解：由于122313331111232nnaaanaaan

*nN，所以当2n时，有11223333111112312nnaaanaaan，两式相减可得1311222nnanann，即当2n时，162nnanan，当1

n时，求得26a，即12naa也符合该递推关系，所以12112161nnnnnnaaaaaaaann.由于2413nnnann，令213nncnn，由于

1121224243333213nnnnnncncnnnn，当4n时，45cc，当4n单调递增，当4n单调递减，所以123456cccccc，故数列最大项为32

081，即32081.故答案为：61nnn；320,81.【点睛】本题考查已知递推关系式求数列的通项公式，累乘法求通项公式，考查数列不等式恒成立问题，求数列的最大项，综合性较强，必须熟练掌握每个知识点对应的方法，属于中档题．36．在数列

na中，nS为它的前n项和，已知21a，36a，且数列nan是等比数列，则na______，nS=_______.【答案】13nn23122nnn【分析】设nnban，由

等比数列的性质先求得13nnb，进而求得13nnan；再利用分组求和法即可求得nS.【详解】设nnban，数列nb的公比为q，则由题意2223ba，3339ba，323bqb，211bbq==，1113nnnbbq

，13nnnabnn，212111323331333123nnnnSn211313113222nnnnnn.故答案为：13nn，23122nnn

.【点睛】本题考查了构造新数列求数列通项和利用分组求和法求数列前n项和，考查了计算能力，属于中档题.37．已知数列na的各项均为正整数，Sn为其前n项和，对于n＝1，2，3，…，有135,=,2nnnnnkaaaaa为奇数为偶数，其中k为使1na

为奇数的正整数，当35a时，1a的最小值为__________；当11a时，1220SSS___________.【答案】5910【分析】由题设可知当35a时，252ka解得15253k

a或152mka，因为na的各项均为正整数，,mk为正整数，所以当2k时，1a有最小值154553a.当11a时，可求出2348,1,8aaa，得到数列na是周期为2的周期数列，可求出结果.【

详解】数列na的各项均为正整数135,=,2nnnnnkaaaaa为奇数为偶数,其中k为使1na为奇数的正整数.当35a时,232kaa或3235aa.即252ka或2535a，则252ka或20a（舍）所以122maa或2135aa.则1

52mka或15253ka，因为na的各项均为正整数，,mk为正整数.显然当2k时，1a有最小值154553a.当11a时，21358aa，382ka，其中k为使3a为奇数的正整数，所以3k，338=12a所以43358aa,5

82ka，其中k为使5a为奇数的正整数，所以3k，538=12a……………………所以数列na是周期为2的周期数列，奇数项为1，偶数项为8.1220SSS1+1+8+12+8+12+82++110+810=910故答案为（1）5（2）910【点

睛】本题考查数列的递推公式的性质和应用，考查周期数列求和问题,属于难题.38．数列{}na中，11a，11nnaan，则15a__________；123151111aaaa__________.【答案】

120158【分析】由递推公式归纳出通项公式na，用裂项相消法求数列1{}na的和．【详解】∵11a，11nnaan，∴12(1)(1)122nnnnnaanannn，∴1515161202a，121112221223(1)

naaann111112[(1)()()]2231nn122(1)11nnn∴121511121515168aaa．故答案为120；158．【点睛】本题考查由递推公式求

数列的通项公式，考查裂项相消法求．解题时由递推式进行迭代后可得数列通项形式，从而由等差数列前n和公式求得na．39．设数列na满足11a，且121nnannNan，则数列na的通项公式

na__________，数列11nnaa的前10项和为__________.【答案】12n53【分析】先利用累乘法求出数列的通项，再利用裂项相消法求数列11nnaa的前10项和.【详解】因为121nnanan

，所以23412313451,,,,234nnaaaanaaaan，（n≥2）把它们左右两边全部相乘得12nna，适合n=1,所以12nna.所以11nnaa=4114()1)(2)12nnnn（，所以数列11nn

aa的前10项和=11111154)233411123（.故答案为(1).12n(2).53【点睛】本题主要考查累乘法求数列的通项，考查裂项相消法求和，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.

40．已知数列na中，11a，2112nnaan，则数列na的通项公式为______；若1223111110nnaaaaaa，则n的最大值______．【答案】nan119【分析】11a，2112nnaan，可得2

211nnaa，根据等差数列的通项公式可得2na，进而得到.na利用11111nnnnaann，即可得出12231111nnaaaaaa的和.可得n的最大值．【详解】解：11a，2112nn

aan，2211nnaa，数列2na为等差数列，首项为1，公差为1，0na．211nann．则数列na的通项公式为nan；又11111nnnnaann．122311112132111

10nnnnnaaaaaa，111n，解得120n，则n的最大值为119．故答案为nan；119．【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．41．设公比不为1的等比数列na满足

12318aaa，且243,,aaa成等差数列，则公比q___________，数列na的前4项的和为___________．【答案】1258【分析】(1)由243,,aaa成等差数列以及公比不为1可解得12q；(2)由12318

aaa可解得212a，再通过公比一次计算出134aaa、、的值，最后求和得出结果．【详解】(1)因为数列na是等比数列,所以有2213aaa，即3123218aaaa，计算得212a，因为

243,,aaa成等差数列，所以有4232aaa，即222222210aqaaqqq，因为公比不为1，所以解得12q，(2)21aaq，解得11a，32aaq，解得314a，4

3aaq，解得418a，123458aaaa．【点睛】本题考察的是等比中项和等差中项的使用，等比中项有211nnnaaa，等差中项有112nnnaaa．42．（1）在等差数列na中，794

16,1aaa，则12a的值_________；（2）在等比数列na中，5615163,6aaaa，则2526aa____．【答案】（1）15；（2）12.【分析】（1）利用等差数列的性质，即79412aaaa即可得出；（2）根据等比

数列的性质可知56aa，1516aa，2526aa也成等比数列，进而根据等比中项的性质可求得答案．【详解】（1）∵79416,1aaa∴根据等差数列的性质可得79412aaaa∴1215a（2）∵数列na为等比数列

，∴56aa，1516aa，2526aa也成等比数列∴21516252656()36123aaaaaa故答案为（1）15；（2）12.【点睛】本题主要考查了等差数列及等比数列的性质．经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法，性质是两种数列基本规律的深

刻提现，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.43．(2017·萧山中学仿真考试)设等比数列{an}的首项a1＝1，且4a1，2a2，a3成等差数列，则公比q＝

________；数列{an}的前n项和Sn＝________.【答案】22n－1【解析】因为a1＝1，且4a1，2a2，a3成等差数列，所以4q＝4＋q2，解得q＝2，所以Sn＝1-212n＝2n－1

.44．已知数列na中，1aa，22aa，22nnaa，若数列na单调递增，则实数a的取值范围为__________，2nS__________．【答案】0,122n【解析】数列na满足22nnaa即为

，奇数项成公差为2的等差数列，偶数项成公差为2的等差数列，公差相等，所以若使得数列na单调递增，只需123aaa,即22aaa，解得01a.21321242nnnSaaaaaa211222222nnnnnanan

.五、解答题45．已知数列na满足11a，1220nnaa.（1）求数列na的通项公式；（2）若nnbna，求数列nb的前n项和nS.【答案】（1）122nna；（2）2122nnnSnnn.【分析】（1）由1220nnaa，化简

得到1222nnaa，结合等比数列的通项公式，即可求解；（2）由（1）知122nna，单调122nnnbnann，结合等差数列的求和公式和乘公比错位相减法，即可求解.【详解】（

1）由题意，数列na满足1220nnaa，可得1222nnaa，即1222nnaa，又因为11a，可得121a，所以1112222nnnaa，所以122nna，即数列na的通项公式122nna.（2）由（1）知122n

na，可得122nnnbnann，则123nnSbbbb012121122222233222nnn0121(2122232)1222322nnn

0121(1)1222322nnnn.令01211222322ntn，则12321222322ntn，所以0121121212122nn

tn，所以122nntn.所以2122nnnSnnn.46．已知数列na的前n项和为nS，且220a，24nSnkn.（1）求数列na的通项公式；

（2）若数列nb满足13b，112nnnbban，求数列1nb的前n项和nT.【答案】（1）84nan；（2）21nnTn.【分析】（1）由24nSnkn，根据22

1aSS，求得8k=，得到248nSnn，进而求得数列na的通项公式；（2）由（1）得到1842nnbbnn，利用累加法，求得241nbn，进而求得2111114122121nb

nnn，利用裂项法求和，即可求解.【详解】（1）由题意，数列na的前n项和为24nSnkn，可得14Sk，2162Sk，因为220a，所以162420kk，解得8k=，所以1112aS，248nSnn，因为当2n时，21

4181nSnn，所以22148418184nnnaSSnnnnn.当1n时，符合上式，所以数列na的通项公式为84nan.（2）由（1）知184nan，可得1842nnbbnn，所以2112bb，

3220bb，4328bb，……，184nnbbn，所以211128412202884442nnnbbnn，又由13b，可得241(2)nbnn，当1n时，13b，满足上式，所以241nbn

.所以211111141212122121nbnnnnn，所以11111111112335212122121nnTnnnn.47．已知数列na的前n

项和nS满足3223nnaS.（1）证明：对任意的正整数n，集合21221,,nnnaaa中的三个元素可以排成一个递增的等差数列；（2）设（1）中等差数列的公差为nd，求数列1nnd的前n项和nT.【答案】（1）证明

见解析；（2）1328499nnnT.【分析】（1）由3223nnaS，利用等比数列的定义与通项公式，求得12()3nna，进而求得22123nna，21223nna，222123nna，结合等差中项的性质，即可求解.（2）由（1）知4nnd，

得到(11)4nnnnd，结合乘公比错位相减法，即可求解.【详解】（1）由题意，数列na的前n项和nS满足3223nnaS，当2n时，113223nnaS，两式相减，可得132nnnaaa，即12nnaa，即12,2n

nana，令1n，可得113223aa，解得143a，所以数列na是首项为43，公比为2的等比数列，所以1124233nnna，所以222112233nnna，21223nna，222123nna，又由21221214nn

nnnaaaa，所以2na，21na，21na构成一个递增的等差数列.（2）由（1）知4nnd，可得(11)4nnnnd，则1231243444414nnnTnn，23414243444414nnnTnn

，两式相减，可得123132444414nnnTn，112314(444414)nnn114(14)41484132343nnnnn所以1328499nnnT.4

8．设非常数数列na满足12nnnaaa，*nN，其中常数，均为非零实数，且0.（1）证明：数列na为等差数列的充要条件是20；（2）已知1，14β，11a，252a，求证：数列*11,2nnaanNn

与数列*12nnN中没有相同数值的项.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）根据得出数列的等差中项公式和等差数列的通项公式，结合充分条件和必要条件的判定方法，即可求解；

（2）由（1）和求得21115nnnnaaaa，得到数列*1nnaanN为等比数列，求得数列的通项公式2116155nnnaa，结合指数函数的单调性得到11nnaa中项均小于等于65，进而得到结论.【详解

】（1）由题意，数列na满足12nnnaaa，①充分性：若2，则有12122nnnnnaaaaa，可得211nnnnaaaa，所以na为等差数列.②必要性：若na为非

常数等差数列，可令0naknbk，代入12nnnaaa，可得12knbknbknb，化简得2kk，即20.因此，数列na为等差数列的充要条件是20

.（2）由1，14β，11a，252a，可得21115nnnnaaaa，又因为21302aa，可知数列*1nnaanN为等比数列，所以11*121131525nnnnaaaanN，从而有2

n时，113125nnnaa，213125nnnaa，由上述两式，可得21161255nnnaan，由指数函数的单调性可知，对于任意2n，222116161655555nnnaa

，所以数列*11,2nnaannN中项均小于等于65，而对于任意的1n时，1161225n，所以数列*1N2nn中项均大于65，因此数列*11,2nnaanNn

与数列*12nnN中没有相同数值的项.【点睛】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为

正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.49．已知等差数列na的前n项和为nS，11a

，且123,,3SSS成等比数列．（1）求数列na的通项公式；（2）若na是单调递增数列，求证：1211111nnnnNaaan．【答案】(1)nan或23nan；(2)证明见解析

.【分析】(1)由给定条件求出等差数列na的的公差即可得解；(2)用所证不等式右端减去左端构造新数列，再讨论该数列单调性即可得解.【详解】(1)设等差数列na的公差为d，则1231,2,33SSdSd，由2213(3)SSS

得2(2)36dd，解得1d或2d，1(1)1nann或1(1)(2)23nann，所以数列na的通项公式是nan或23nan；(2)因na是单调递增数列，则nan，nN，令12()(1)(111)1nnfnaann

a1112()1nnnn，则111111)[11(1))]2()1((2112nnnnnfnfnnnnn2(1)1111112121nnnn

nnnnnnnnn(2)11022nnnnnnn于是有,(1)()nNfnfn，即数列{()}fn是递增数列，nN时12()(1)11022fnf，即12(1111)1nananna，所以有1211

111nnnnNaaan.【点睛】关键点睛：某些数列不等式证明，通过作差构造新数列，再判断数列单调性是解决问题的关键.50．在数列na中，12a，na是1与1nnaa的等差中项（1）求证：数列11na是等差数列，并求

na的通项公式；（2）求数列21nna的前n项和nS.【答案】（1）证明见解析，11nan；（2）1nnSn.【分析】（1）根据题意得到112nnnaaa，化简得到111111nnaa，结合等差数列的定义和通项公式，即可求解.（2）由（1）可得21111

11nnannnn，结合裂项法求和，即可求解.【详解】（1）由题意知na是1与1nnaa的等差中项，可得112nnnaaa，可得121nnnaaa，则111nnnaaa，可得111111nnaa，又由12a，可得1111a

，所以数列11na是首项和公差均为1的等差数列，可得11nna，解得11nan，即na的通项公式11nan.（2）由（1）可得2111111nnannnn，所以

11111111223111nnSnnnn.51．已知等差数列na的前n项和为nS，且636S，______请在①35a；②24621aaa，③749S这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并回答以下问题．（1）求数列na的通项公式；

（2）求数列3nna的前n项和nT．【答案】选择见解析；（1）21nan；（2）113nnnT．【分析】（1）由636S，得到12512ad，分别选择①②③，列出方程组求得1,ad的值，即可求得数列的通项公式；（2）由（1）可得2133nnnan，利用乘公比错位

相减法，即可求解.【详解】（1）设等差数列na的公差为d，由636S，可得1656362ad，即12512ad，选①：由35a，可得11251225adad，解得112ad，所以数列na的通项公

式为1111221naandnn．选②：由24621aaa，可得4321a，即47a，所以11251237adad，解得112ad，所以1111221naandnn．选③：由749S，因为636S

，可得77613aSS，所以112512613adad，解得112ad，所以1111221naandnn．（2）由（1）可得2133nnnan，所以23135213333nnnT，所以234113521333313

nnTn，两式相减得2341222221333233133nnnnT23411111112123333333nnn111111212223321333313nnnn

n所以113nnnT．【点睛】错位相减法求解数列的前n项和的分法：（1）适用条件：若数列na为等差数列，数列nb为等比数列，求解数列nnab的前n项和nS；（2）注意事项：①在写出nS和n

qS的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出nnSqS；②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；③作差后，作差部分应用为1n的等比数列求和.52．已知数列na的前n项和为

2*11,0,1,22,NnnnnnSaaSaann.（1）求na的通项公式；（2）若数列nb满足*12Nnannabn，求数列nb的前n项和nT；（3）若数列nc满足*112111,0,1,2nnnnncccnNcac，求

证：3nc.【答案】（1）nan；（2）332nnnT；（3）证明见解析.【分析】(1)利用1nnnaSS消去1nS，得到关于na的递推关系而得解；(2)求出数列nb通项，再用错位相减法即可得解；(3)原等式化为2111

1nnnccnc，再通过放缩裂项，利用裂项相消法即可得解.【详解】(1)2n时，212nnnSaa，则2112nnnSaa，两式相减得1110nnnnaaaa，而0na，则11nnaa

，又21222Saa，所以22a，故211aa所以na是首项和公差都为1的等差数列，故nan；(2)由(1)知1122nnnananb，1211123(1)222nnTn，2111112(1)2222nnnTnn

，12211111[1()]11111311221(1)112222222212nnnnnnnnnTn，2133322nnnnnT；(3)因为*,0nn

Nc，1221111111nnnnnnnnccaccacc所以当2n时，2211111111(1)1nnnccncnnnnn，2n时，2212112231111111111()()()1

2(1)nnnccnccccccc111ncc，22222122131111211112(1)323(1)nnccncccnc222211121111151(1)()()323(1)32232131n

nnn所以2n时，111515313nccn，151233nc，即有3nc，而1132c从而,3nnNc.【点睛】思路点睛：给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路是：一是利用1nnnaSS转化为an的递推关系，再求其通项

公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.53．已知数列na的前n项和为212nSnn．（1）求数列na的通项公式；（2）设1122nnnba，求数列nb的前n项和nT．【答

案】（1）122nan；（2）1122nnTn．【分析】（1）由212nSnn，结合1nnnaSS，即可求得数列na的通项公式；（2）由（1）得到2nnbn，利用乘公比错位相减，即可求解.【详解】（

1）由题意，数列na的前n项和为212nSnn，当1n时，1132aS，当2n时，1122nnnaSSn，经验证1n满足122nan，所以数列na的通项公式122nan．（2）由（1）可得11222nnnnnba

，则1211222122nnnTnn，23121222122nnnTnn，两式相减可得：21112(12)22222(1)2212nnnnnnTnnn，

所以1122nnTn．【点睛】错位相减法求解数列的前n项和的分法：（1）适用条件：若数列na为等差数列，数列nb为等比数列，求解数列nnab的前n项和nS；（2）注意事项：①在写出

nS和nqS的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出nnSqS；②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；③作差后，作差部分应用为1n的等比数列求和.54．已知数列na满足22124nnnaaa.（1）求数列na的通项

公式；（2）设23log3nnba，数列nb的前n项和为nS，求证：1211114nSSS【答案】(1)4nna；(2)证明见解析.【分析】(1)从给定的递推公式出发，即可探讨出数列na的通项公式

；(2)先求出数列nb的通项，再求它的前n项和nS，最后用裂项相消法求数列1{}nS的前n项即可得解.【详解】数列na中，2212,4nnnnNaaa，2n时，2(1)(1)21214nn

naaa，两式相除得22(1)(1)2244nnnnnna，n=1时，a1=4满足上式，所以数列na的通项公式是4()nnanN；(2)由(1)知23log433(21)nnbn，而有13[2(1)1]3(21)6nnbbnn，即数列

nb是等差数列，13[3(21)]3(2)22nnbbnnSnnn，11(2)111()3(2)6(2)62nnnSnnnnnn，所以121111111111111[(1)()()()()]632435112nSSSnnnn

11111311131(1)()62126212624nnnn，即121111,4nnNSSS成立.【点睛】思路点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的

项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．55．已知数列na的前n项和nS满足2126nnSnna，且113a.（1）求证：数列3nan是等比数列，并求数列n

a的通项公式；（2）求证：1231111254naaaa.【答案】（1）证明见解析，22nnna；（2）证明见解析.【分析】（1）由2126nnSnna，得到2n时，211126nnnnSa

，两式相减得*112,3nnnaanN，化简得到13123nnanan，结合等比数列的通项公式，即可求解；（2）由（1）可得132nnan，得到112534a，1211254aa，当3n时，结合二项

式展开式，得到23nn，进而得到132nnna，根据乘公比错位法求和，即可求解.【详解】（1）由题意，数列na的前n项和nS满足2126nnSnna，当2n时，211126nnnnSa

②，两式相减得11223nnnaan，当1n时，1213Sa，可得211233aS，此时211123aa，符合1123nnnaa，所以*112,3nnnaanN

，则112132131162323333nnnnnnnanananSaananan.又由1312a，所以数列3nan是首项为2，公比为2的等比数列，所以3

2nnan，所以22nnna.（2）由（1）可得132nnan，则112534a，121192524aa，当3n时，010121211CCCCCC12nnnnnnnnnnnn，则

1211432nnnnn，因此3012nn.又由1333222nnnnnnannn，记34567832222nnT，则451672322222nnTnn，两式相减得344511111122

3111333751242222428212nnnnnTnnn，可得7542nnT，所以12311119255252424nnnTaaaa.【点睛】（1）中，结合数列的递推关系式

2126nnSnna，推得*112,3nnnaanN，结合13123nnanan，利用等比数列的通项公式求解；（2）中，当3n时，结合二项展开式，得到1212nnnn，进而得出132nnna，利用乘公比错位相减法，求得7542nnT

时解答的关键.56．已知数列na的前n项和为nS，且满足12111111112nnSSS.（1）求数列na的通项公式；（2）若数列nb满足111nnnnabaa，求数列

nb的前n项和nT.【答案】（1）12nnanN；（2）12122nnnT.【分析】（1）由12111111112nnSSS，得到1121111111112nnSSS

，两式相减，求得21nnS，进而求得数列na的通项公式；（2）由（1）得到1112121nnnb，结合“裂项求和”，即可求解.【详解】（1）由题意，数列na满足12111111112nnSSS，所以

当2n时，1121111111112nnSSS，两式相减可得11212nnnS，因为11111122S，符合上式，所以*1112nnnSN，故21nnS，当2n时

，111222nnnnnnaSS，当1n时，111aS，符合上式，所以数列na的通项公式为12nnanN.（2）由（1）得11121121212121nnnnnnb

，所以1121111111112121212121nnnT11221n21221nn12122nn.57．已知各项均为正数的数列na的前n项和为nS，11a，*1,2nnnaSSn

nN.（1）求证；数列nS是等差数列，并求na的通项公式；（2）若x表示不超过x的最大整数，如122，，2,12，求证：222121111naaa.【答案】（1）证明见解析，21nan；（2

）证明见解析.【分析】(1)用1nnSS替换给定关系式中na，求出nS的关系，由此求出nS，进而求得na；(2)对21na进行适当放大为2144nn，再利用裂项相消法求其前n项和，再确定这个和所在区间即可得解.【详解】（1）因为1nnnaSS，所以当2n时，11nnnnSSSS

，即111nnnnnnSSSSSS，而0na，有10nnSS，所以112nnSSn，所以数列nS是以111Sa为首项，公差为1的等差数列；111nSnn，则2nSn，当2n时，1121nnnaSSnnn

，又11a满足上式，所以na的通项公式为21nan；（2）22211144121nannn，当2n时，22111114441nannnn，故22212111

111111111151111412231444naaannn，当1n时，211514a，所以对任意的*nN，都有2221211154naaa，又222212111111naaaa，所以222121115

14naaa.所以222121111naaa.【点睛】思路点睛：给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路是：一是利用1nnnSSa转化为an的递推关系，再求其通项公

式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.58．已知正项等差数列na满足：233312nnSaaa，*nN，nS是数列na的前n项和．（1）求数列na的通项公式；（2）令

*4(1)2121nnnnnbnNaa，数列nb的前n项和为nT，求2nT．【答案】（1）nan；（2）144nn．【分析】（1）根据题意，当1n和2n时，求得12,aa的值，求得公差，进而得到通项公式；（2）由（

1）得到11(1)2121nnbnn，利用裂项法，即可求解.【详解】（1）正项等差数列na满足：233312nnSaaa，当1n时，解得11a，当2n时，2332121aaa，解得22a，故数列的公差211d，所以11nann

．（2）由（1）可得44(1)(1)2121(21)(21)nnnnnnnbaann11(1)2121nnn，所以211111141133541414141nnT

nnnn．【点睛】错位相减法求解数列的前n项和的分法：（1）适用条件：若数列na为等差数列，数列nb为等比数列，求解数列nnab的前n项和nS；（2）注意事项：①在写出nS和nqS的表达式时，应

注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出nnSqS；②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；③作差后，作差部分应用为1n的等比数列求和.