【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

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-29128.html

以下为本文档部分文字说明：

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，1nnaaB．1na时，1

nnaa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22111

2nnnnaaaa，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1nnfaf

a，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，11122nnana

，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11a，1213nnaa，记数列na的前n项和为nS，则数列21211n

nSS的前1010项和为（）A．5042021B．5052021C．10102021D．5042022【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1335201920211111111111110

101232352201920212021SSSSSS.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=2nna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nna

an，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)12ndd

m，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11

1()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，201920212020S

SS，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．2019202020212022aaaa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，2020

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

nnnnbaaa，可得1211nnnnaaba，当2018n时，可得12110nnnnbaaa，当2019n时，可得2019201920202021110baaa，当2020n时，可得202020202021202211

0baaa，当2021n时，可得12110nnnnbaaa，又由201920222019202020202021201920222020202120192022+111111()aabbaaaaaaaa，因为20192020202120

220,0,0,0aaaa，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()na

fn，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,,,23aaaaaaa

aa，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(4

3)(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+21nnnnnnaaaa

aa，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+

1nnnaaa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211nnnnapaq

apa，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202

1a()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12222232323nnSaaa231112111111111nnnaaaaaaaa，所以20211202112020120

211202111201920202020aaaaSaaaa，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22162653nn

aann，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112nn

aan，结合并项求和，即可求解.【详解】当2n时，12nnaSn，①可得121nnaSn，②由②－①得，112()1nnnnaaSS，整理得112nnaan，又由11a所以20191234520182019()()()1010

Saaaaaaa.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21nan

，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,,,,,,kk

aaaa，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11nnnaa

a，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；1121

22lnlnlnln()nnnnnnnnnbaaaaaabb，而121212131nnnnnnnnnaaaaaaaaa，ln0nnba，21ln3nnnbbb所以202020192019ln3

1.099673739.6276933SS，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n

a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nS，且满足114240nnnnaaaa，当11,2时，可得1

122222220nnnnaaaa，即11222220nnnnaaaa，所以1222nnaa，可得11nnaa，即11nnaa，又因为11a，所以1(1)1nann，则(1)2n

nnS，可得1211111122,11nnnSnnSSSnL，故A正确，B不正确.当12,2时，由已知得112222222220nnnnaaaa，即1122222220n

nnnaaaa，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2021202020212020201920200,0SSaSSa，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201920212020SSS，可得2021202020210SSa，2020201920200SSa，20212

019SS202120200aa，即202020210aa，202020210adad，即201920220aa，所以20192020aa20212022aa，0d，即数列na递减，且10a，20a，…，2020

0a，20210a，又由12nnnnbaaa，可得1211nnnnbaaa1121112nnnndaaaa，则122323341121211111111122nnnnnTdaaaaaaaaaaaadaa121nn

aa，由0d，要使nT取最大值，则121211nnaaaa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{an2}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13n

nSr，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，∵22221

nnaaq，∴22221122221nnnnaaqqaaq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<a

3，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201820190SS，即可知正确选项【详解】∵S2018＞0，S2019＜0∴12018100910102018()1009()02aaa

a，1201910102019()201902aaa∴100910100aa，10100a，可得：10090a，10100a，10091010||||aa故A，B都正确，C错误；特殊值法：若100910

105,1aa，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，0

1q．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．∵6712aa，∴

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．224242

2kakckackbkb，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.1111111nknnnkknaaaaqqqaq，因为1q，所以当10a时，nknaa，故错误；B.244441++nknnknaanknkknknnknnkn，令24t

nkn，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2

20ktk，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1020112121212212121n

nn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122121111112

11221nnn，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123212121111111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)2954402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)1nannnn，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nT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10

0999n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，33310n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1111123sss

snsn，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2211nnS

S，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2nSn（*nN）.因为0na，所以0nS，所以nSn，当1n时，111121nnnnn，即21211nnnnn，所以1212

1nnnnn.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11364nnSa，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4

8a，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4n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，021

3722244T；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...2222222284

72nnnnnnnTnnn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13nnaa，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1n时，求得26a，即12naa也符合该递推关系，所以12112161nnnnn

naaaaaaaann.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32081，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15253ka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n

a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152mka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，21

358aa，382ka，其中k为使3a为奇数的正整数，所以3k，338=12a所以43358aa,582ka，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，11n

naan，∴12(1)(1)122nnnnnaanannn，∴1515161202a，121112221223(1)naaann111112[(1)()()]2231nn122(1)11nnn∴12

1511121515168aaa．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11nnaa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2211nnaa，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，2112nnaan，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

．12231111213211110nnnnnaaaaaa，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12318aaa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212

a，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，43aaq，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，79416,1aaa，则12a的值_________；（2）在等比数列na中，5615163,6aaaa，则2

526aa____．【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，2526a

a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1

220nnaa，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122

nna.（2）由（1）知122nna，可得122nnnbnann，则123nnSbbbb012121122222233222nnn0121(2122232)1222322nnn

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

，所以0121121212122nntn，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221aSS，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2111114122121nbnnn，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，214181nSnn，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1

842nnbbnn，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，113223nna

S，两式相减，可得132nnnaaa，即12nnaa，即12,2nnana，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2221

12233nnna，21223nna，222123nna，又由21221214nnnnnaaaa，所以2na，21na，21na构成一个递增的等差数列.（2）由（1）知4nnd，可得(11)4nn

nnd，则1231243444414nnnTnn，23414243444414nnnTnn，两式相减，可得123132444414nnnTn

，112314(444414)nnn114(14)41484132343nnnnn所以1328499nnnT.48．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2n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)1na

nn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)1nn

fnaanna1112()1nnnn，则111111)[11(1))]2()1((2112nnnnnfnfnnnnn2(1)1111112121nnnnnnnnnnnnn(2)11022

nnnnnnn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1211111nnnnNaaan

.【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2111111nnannnn，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nnna

aa，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1111221naa

ndnn．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nnnnT234111111121233

33333nnn111111212223321333313nnnnn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nn

ab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.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21111nnnccnc，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)222

2nnnTnn，12211111[1()]11111311221(1)112222222212nnnnnnnnnTn，2133322nnnnnT；(3)因为*,0nnNc，1221111111nnnnnnnncc

accacc所以当2n时，2211111111(1)1nnnccncnnnnn，2n时，2212112231111111111()()()12(1

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

n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11222nnnnn

ba，则1211222122nnnTnn，23121222122nnnTnn，两式相减可得：21112(12)22222(1)2212nnn

nnnTnnn，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)21214nnnaaa，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na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*112,3nn

naanN，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32nnan，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34451111112231113337512422

22428212nnnnnTnnn，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132

nnna，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，112111

1111112nnSSS，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，*1,2nnnaSSnn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21n

a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111nnnnnnS

SSSSS，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22212111111111111151111412231444naaannn

，当1n时，211514a，所以对任意的*nN，都有2221211154naaa，又222212111111naaaa，所以22212111514n

aaa.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)2121nnnnnbn

Naa，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211111141133541414141nnTnnnn

．【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.