【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题11《数列求和方法之分组并项求和法》(解析版).doc，共(38)页，1.642 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题11数列求和方法之分组并项求和法一、单选题1．已知数列na满足11a，24a，310a，且1nnaa是等比数列，则81iia（）A．376B．382C．749D．766【答案】C【分析】利用累加法求出通项na，然后利用等比数列的求和公式，求

解81iia即可【详解】由已知得，213aa，326aa，而1nnaa是等比数列，故2q=，11221()()()nnnnaaaaaa23632n1133232312nn，1naa1323n，化简得

1322nna，8712818123(122)2831612iiaaaa83219749故选：C【点睛】关键点睛：解题关键在于利用累加法求出通项，难度属于中档题2．若在边长为1的正三角形ABC的边BC上有n（2n，*nN

）等分点，沿向量BC的方向依次为121,,,nPPP，记1121nnTABAPAPAPAPACuuuruuuruuuruuuruuuuruuur，若给出四个数值：①294；②9110；③19718；④23233；则nT的值可能的共有（）A．0个

B．1个C．2个D．3个【答案】A【分析】由题意，存在实数kN，使得1kAPABkBPuuuruuuruuur，则111kAPABkBPuuuuruuuruuur，计算数量积，得到2122111,2,...,1,2kkkkkAPAPknkNnnuu

uruuuur，推出2526nnTn，结合题中条件，由赋值法，分别判断，即可得出结果.【详解】由题意，存在实数kN，使得1kAPABkBPuuuruuuruuur，则111kAPABkBPuuu

uruuuruuur，所以1111kkAPAPABkBPABkBPuuuruuuuruuuruuuruuuruuur2221122121111,2,...,1,2kkkABkABBPkkBPknkNnnuu

uruuuruuuruuur，所以1121nnTABAPAPAPAPACuuuruuuruuuruuuruuuuruuur222121121...11357...2112nnnABAPnnnuuu

ruuur2221212...112...11112nnnnABABBPnnnuuuruuuruuur2222112...1111211cos12012nnn

nnnnnno221211111526112226nnnnnnnnnnnnn，令2526294nn，解得87772920nN；令25210691nn

，解得2737472950nN；令252619718nn，解得1973880930nN；令252623233nn，解得24644644840110nN；所以nT的值不可能取所给的四

个数值.故选：A.【点睛】思路点睛：向量数量积的问题，在求解时，可根据向量向量积的运算法则，由转化法求出数量积；也可利用建系的方法，建立平面直角坐标系，得出所需向量的坐标，根据向量数量积的坐标表示求解.3．若数列na的通项公式是1

(1)(41)nnan，则111221aaa（）A．45B．65C．69D．105【答案】B【分析】由题意可得1211(1)(41)(1)[4(1)1](1)(4)nnnnnaann，从而可得1112211112192021(

)()aaaaaaaa……，进而可得答案【详解】因为1(1)(41)nnan，所以1211(1)(41)(1)[4(1)1](1)(4)nnnnnaann，则1112211112192021()()4585aaaaaaaa

……65，故选：B．【点睛】此题考查由数列的通项公式求一些项的和，利用了并项求和法，属于基础题二、解答题4．设na为等差数列，nb是正项等比数列，且112ab，322ab.在①

53112bbb，②542ab，这两个条件中任选一个，回答下列问题：（1）写出你选择的条件并求数列na和nb的通项公式；（2）在（1）的条件下，若*nnncabnN，求数列nc的前n项和nS.

【答案】（1）条件选择见解析，31nan，2nnb；（2）213222nnnnS.【分析】（1）设na的公差为d，nb的公比为0qq，根据所选的条件结合已知条件得出d和q的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列和等比数列的通项公式可求得数列na

和nb的通项公式；（2）求得312nncn，利用分组求和法可求得nS.【详解】（1）选择①：设na的公差为d，nb的公比为0qq.则根据题意有422242224dqqq，解得23qd，所以

23131nann，1222nnnb；选择②：设na的公差为d，nb的公比为0qq.则根据题意有32242422dqdq，解得23qd，所以23131nann，1222nnnb；（2）由（1）可知312nncn

，所以123225282312nnSn123258312222nn212122313222122nnnnnn.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式

法直接求和；（2）对于nnab型数列，其中na是等差数列，nb是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于nnab型数列，利用分组求和法；（4）对于11nnaa型数列，其中na是公差为0dd的等差数列，利用

裂项相消法.5．已知数列{an}中，已知a1＝1，a2＝a，an＋1＝k(an＋an＋2)对任意n∈N*都成立，数列{an}的前n项和为Sn.（1）若{an}是等差数列，求k的值；（2）若a＝1，k＝－

12，求Sn.【答案】（1）12k；（2）2,21,,2nnnkSknnkN.【分析】（1）根据等差中项可得1212nnnaaa，从而求出12k.（2）根据题意可得321nnnnaaaa，讨论n是偶数或

n是奇数，利用分组求和即可求解.【详解】（1）若na是等差数列，则对任意*nN，121nnnnaaaa，即122nnnaaa，所以1212nnnaaa，故12k

（2）当12k时，1212nnnaaa，即122nnnaaa.所以211nnnnaaaa，故32211nnnnnnaaaaaa，所以，当n是偶数时，12341

12341nnnnnSaaaaaaaaaaaa122naan，当n是奇数时，23212aaaa，12341123451nnnnnSaaaaaaaaaaaaa11(2)22nn

综上，2,21,,2nnnkSknnkN.【点睛】关键点点睛：本题考查了分组求和，解题的关键是求出321nnnnaaaa，考查了计算求解能力.6．在数列{}na中，12a，1541nnaan，*nN.（1）证明：数列{}nan是等比

数列；（2）求{}na的前n项和nS.【答案】（1）证明见解析；（2）1(1)5142nnn.【分析】（1）1541nnaan，*nN，变形为1(1)5()nnanan，111a

，进而证明结论；（2）由（1）可得：15nnan，再利用分组求和即可得出nS.【详解】（1）证明：1541nnaan，*nN，1(1)5()nnanan.又因为111a，数列{}nan是

首项为1，公比为5的等比数列，（2）由（1）可得：15nnan，15nnan，{}na的前n项和211555(12)nnSn115(1)51(1)1(1)(51)15251242nnnnnnnnn

【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列{}na的前n项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等

比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些像可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等

比数列:或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如1nnafn类型，可采用两项合并求解.7．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

)2aaaa，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)(4

44)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.8．在①535S，②13310aa，③113na

na这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.已知na是各项均为正数的等差数列，其前n项和为nS，________，且1a，412a，9a成等比数列.（1）求数列na的通项公式；（2）设1nnnba，求1niib.

【答案】（1）32nan；（2）13,213,2niinnbnn是偶数是奇数【分析】（1）利用1a，412a，9a成等比数列，可得221132690aadd，若选①：由535S得：12

7ad，即可解出1a和d的值，即可求出na的通项公式；若选②：由13310aa可得152da，即可解出1a和d的值，即可求出na的通项公式；若选③：由113nana，可表示出419aa，9124aa，结合1a，412a，

9a成等比数列，即可解出1a和d的值，即可求出na的通项公式；（2）由（1）可得132nnbn，分n为奇数和偶数，利用并项求和即可求解.【详解】na是各项均为正数的等差数列，1a，412a，9a成等比数列.所以241914aaa，即21113

48adaad，整理可得221132690aadd，若选①：535S，则1545352ad，即127ad，由127ad可得172ad代入221132690aadd可得：2230dd，解得3d或1d

（舍）所以11a，所以11332nann，若选②：13310aa，即152da，代入221132690aadd得：2111762450aa，即11117450aa解得：113ad

或145175017ad不符合题意；若选③：113nana，则419aa，9124aa，代入241914aaa可得21126270aa解得：113ad或1273ad不符合题意；综上所述：113ad，

32nan，（2）132nnbn，12311231111111nnninnibaaaaaL114710135132nnnn

L当n为偶数时，13322niinnb，当n为奇数时，11131322niinnb，所以13,213,2niinnbnn是偶数是奇数.【点睛】

关键点点睛：本题得关键点是分别由条件①②③结合1a，412a，9a成等比数列计算出1a和d的值，由na是各项均为正数的等差数列，所以10a，0d，第二问中1nnnba正负交错的数列求和，需要用奇偶并项

求和，注意分n为奇数和偶数讨论.9．已知数列na是等差数列，nS是其前n项和，且132,12aS．（1）求数列na的通项公式;（2）设4nnnba，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）na2n；

（2）nT12434nnn．【分析】（1）由等差数列前n项和公式，结合已知即可求公差d，进而写出通项公式即可.（2）由（1）结论，有24nnbn，首先分组，再结合等差等比前n项和公式求nT．【详解】（1）∵数列na是等差数列，nS是其前n项和，132,12

aS，∴33232122Sd，解得2d，∴2122nann．（2）∵424nnnnban，∴12324414142123444422143nnnnnnnTnn．10．已知等差数列na的公差

为0dd，前n项和为nS，且满足815a，1a，2a，5a成等比数列.（1）求数列na的通项公式；（2）若12nnb，求数列nnab的前n项和nT.【答案】（1）21nan；（2）2112nnTn.【分析】（1）由817aad和1a，2a，5a成等比数列

，求得1a1,d2==，即可求得数列na的通项公式.（2）由（1）和12nnb，可得1212nnnabn，结合等差数列和等比数列的求和公式，即可求解.【详解】（1）由题意，数列na中，因为817aad，可得1715ad，又由1a，2a，5a成等比数

列，可得2215aaa，即21114adaad，可得12da，联立方程组，解得11a，2d，所以数列na的通项公式21nan.（2）由（1）和12nnb，可得1212nnnabn，则231111[135(21)]2222nnTn

111(121)221212nnn2112nn，即2112nnTn.11．已知{}na是等比数列，13a，424a．数列{}nb满足11b，48b，且{}nnab是等差数列．（1）求数列{}na和{

}nb的通项公式；（2）求数列{}nb的前n项和．【答案】（1）132(1,2,)nnanL；1432(1,2,)nnbnn；（2）222323nnn.【分析】（1）首项求出na，然后求出nna

b，然后可得nb；（2）分别算出数列{4}n、1{32}n的前n项和即可.【详解】（1）设等比数列{}na的公比为q，由题意得3418aqa，解得2q=．所以11132(1,2,)nnnaaqn．设等差数列{}nnab的公差为d，由题意得4411()()1644

413ababd．所以11()(1)4nnababndn．从而1432(1,2,)nnbnn．（2）由（1）知1432(1,2,)nnbnn．数列{4}n的前n项和为1442(1)2nnnnn；数列1{32}n的前n项和为3

123(21)12nn．所以，数列{}nb的前n项和为222323nnn．12．设数列na的前n项和为nS，且22nnSna.（1）证明数列1na是等比数列，并求出数列na的通项公式；（2）若数列nb中，12b，12nnbb，求

数列nnab的前n项和nT.【答案】（1）证明见解析；121nna；（2）nT2224nn.【分析】（1）当2n时，由22nnSna，可得11(1)22nnSna，两式相减，可化为1121nnaa

，结合等比数列的定义,即可得到结论；（2）由题知数列nb是等差数列，则2nbn，再利用分组求和法求数列nnab的前n项和nT.【详解】（1）证明：当1n时，13a，当2n时，22nnSna①11(1)22n

nSna②由①－②得：121nnaa，1221nnaa，即1121nnaa，故数列1na是以2为公比，首项为114a的等比数列，112nna，得121nna.（2）由题得：12nnb

b+-=，故nb是以2为公差，2为首项的等差数列，2nbn.231(242)222nnTnn412(1)22212nnnnn2224nn.【点睛】方法点

睛：本题考查数列求通项公式与求和问题，求数列和常用的方法：（1）等差等比数列：分组求和法；（2）倒序相加法；（3）11nnnbaa（数列na为等差数列）：裂项相消法；（4）等差等比数列：错位相

减法.13．已知na是公差不为零的等差数列，11a，且1a，3a，9a成等比数列．（1）求数列na的通项公式；（2）求数列22nana的前n项和nS．【答案】（1）nan；（2）1222nnSnn．【分析】（1）根据等比中项的性质，结

合等差数列的通项求出公差，即可得出数列na的通项公式；（2）由（1）得出数列22nana的通项公式，再由分组求和法，结合等差、等比的求和公式求解即可.【详解】解：（1）由题设知公差0d，由11a，1a，3a，9a成等比数列得1

218112ddd解得1d或0d（舍去）故na的通项公式为1(1)1nann．（2）由（1）知，2222nannan，由分组求和法得122122222212nnnnSnnn．14．已知数列na满足奇数项135,,aaa

成等比数列21nanN，而偶数项246,,aaa成等差数列2nanN，且12a，21a，243aaa，465aaa，数列na的前n项和为nS．（Ⅰ）求na；（Ⅱ）当13aa时，若22nnnbS，试求nb的最大值

．【答案】（Ⅰ）2,211,2nnkank，*kN或122,211,2nnnkannk，*kN；（Ⅱ）238．【分析】（Ⅰ）设等比数列的公比为q，等差数列的公差为d，代入已知条件求出,dq，得通项公式；（Ⅱ）用分组求和法求出2n

S，得nb，然后用作差法确定数列{}nb的单调性，得最大值．【详解】（Ⅰ）设等比数列的公比为q，等差数列的公差为d，则2352,2aqaq，461,12adad，因为243aaa，465aaa

，所以21121122dqddq，解得10qd，22qd．若0,1dq，则2,211,2nnkank，*kN，若2,2dq，则212nna，212(1)21nann

，所以122,211,2nnnkannk，*kN．（Ⅱ）因为13aa，所以122,211,2nnnkannk，*nN．12213212422(12)(1

)()()22122nnnnnnnSaaaaaann．由22nnnbS，12222nnnnb，22121112(1)222(1)(3)222nnnnnnnnnnnbb，所

以当13n时，10nnbb，1nnbb，当4n时，10nnbb+-<，1nnbb，所以{}nb的最大项为4238b．【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列和等比数列的通项公式，考查分组求和法，数列的增减性．求通项公式的方法是等差数列和等比数列的基本量法，即求出公比和公差后直

接写出通项公式，只是注意两解，要写成统一形式．数列求和用的分组求和法，数列求和还有其他一些特殊方法：错位相减法，裂项相消法，倒序求和法等．他们都是对应的着特殊数列的求和．数列的单调性一般用作差法确定，即确定1nnbb的正负，得数列的增减性，从而得最大项或最小项．对于以幂

的形式给出的通项公式不等增数列还可能用作商法确定增减性．15．在①1232,14aaa，②1237,9aaa，③13211,5aaa，这三个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答问题.已知等比数列nb的公比是(1)qq，12nnban

，且有(nN).(注：如果选择多个条件分别解答，那么按照第一个解答计分)（1）求证：12nnb；（2）求数列na的前n项和为nS.【答案】（1）证明见解析；（2）221nnSn.

【分析】不管选哪一个条件，方法都一样：（1）由基本量法求出q，得通项公式；（2）用分组求和法求nS．【详解】若选择①1232,14aaa，（1）设数列{}nb公比为q，12nnban则11121ba，

2323356bbaa，∴2236bbqq，又1q，解得2q=，∴12nnb；（2）由（1）得121221nnnabnn21(1222)[135(21)]nnSn

212(121)22122nnnnn．若选择②1237,9aaa，（1）设数列{}nb公比为q，12nnban则1212133bbaa，3354ba，∴2443qq，∵1q，故解得2q=，∴12nnb；（2）由（

1）得121221nnnabnn21(1222)[135(21)]nnSn212(121)22122nnnnn．若选择③13211,5aaa，（1）设数列{}nb公比为q，12nnban2232ba，131315

5bbab，∴225qq，又1q，故解得2q=，∴12nnb．（2）由（1）得121221nnnabnn21(1222)[135(21)]nnSn212(121)22122nnnnn．【点睛】方法点睛：本题

考查求等比数列的通项公式，考查分组求和法．数列求和的常用方法：设数列{}na是等差数列，{}nb是等比数列，（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；（（2）错位相减法：数列{}nnab的前n项和应用错位相减法；（3）裂项相

消法；数列1{}nnkaa（k为常数，0na）的前n项和用裂项相消法；（4）分组（并项）求和法：数列{}nnpaqb用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用用并项求和法；（5）倒序相加法：满足mnmaaA（A为常数）的数列，需用倒序相加法求和．16．设

nS是数列na的前n项和，已知11a，122nnSa（1）求数列na的通项公式；（2）设121lognnnba，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）112nna；（2）1,2,2nnnTnn为奇数为偶数.【分析】（1）利用当2n时，1nn

nass，可推出数列为等比数列，即可求出通项公式；（2）化简11nnbn，分n为奇数，偶数，求和即可.【详解】（1）因为122nnSa，所以当2n时，122nnSa两式相减得122nnnaaa，所以112nnaa，当1n时

，1222Sa，11a，则212a所以数列na为首项为1，公比为12的等比数列，故112nna（2）由（1）可得121log11nnnnban所以012311nnTn

故当n为奇数时，101234212nnTnn当n为偶数时，012345212nnTnn综上1,2,2nnnTnn为奇数为偶数17

．已知等差数列na中，12lg1aa，且1324lglglgaaaa.（1）求数列na的通项公式；（2）若16,,kaaa是等比数列nb的前3项，求k的值及数列nnab的前n项和nS【答案】（1）64nan；（2）2k，

223413nnSnn.【分析】（1）利用12lg1aa，且1324lglglgaaaa列出关于首项与公差的关系式，求出公差与首项，即可求数列的通项公式．（2）利用（1）的结论，可得16424nnnabn，利用分组法求，结合等差数列与等比数列的求和公式可求

出数列的和．【详解】（1）数列na是等差数列，设公差为d.由1324lglglgaaaa知132432aaaaa，且30a，故12a.再由12lg1aa，得1210aa，故6d.所以

：2(1)664nann（2）若16,,kaaa，是等比数列nb的前3项则216kaaa，根据等差数列的通项公式得到：64kak，代入上式解得：:2k而等数列nb中，c11222,8baba，所以：等比数列n

b的公比为4q.于是：124nnb则16424nnnabn故2(264)41223412413nnnnnSnn【点睛】利用“分组求和法”求数列前n项和常见类型有两种：一是通项为两个公比不相等的等比数列的和或差，可以分别用等比数列求和后再相

加减；二是通项为一个等差数列和一个等比数列的和或差，可以分别用等差数列求和、等比数列求和后再相加减.18．已知数列na的前n项和为2nSnn.（1）求数列na的通项公式；（2）若12nan

bn，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）2nan；（2）11(1)1342nnnnT【分析】（1）根据11,2,1nnnSSnaan，由题中条件，即可求出通项；（2）先由（1

）得到14nnbn，再由分组求和的方法，利用等差数列与等比数列的求和公式，即可得出结果.【详解】（1）因为2nSnn，当2n时，221112nnnaSSnnnnn，当1n时，12a；也满足上式；∴2nan；（2）由（1）可

得：1124nannbnn，∴211144111(1)(12)1444214nnnnnTn11(1)1342nnn

.19．已知数列{}na中，12,2,naaaS为数列{}na的前n项和，若对任意的正整数n都有1()2nnnaaS.（1）求a的值；（2）试确定数列{}na是不是等差数列

；若是，求出其通项公式，若不是，说明理由；（3）记2112nnnnnSSpSS，求数列{}np的前n项和nT.（4）记2nnCTn是否存在正整数M，使得不等式nCM恒成立，若存在，求出M的最小值，若不存在，说明理由.【答案】（1）0a；（2）数

列{}na是等差数列，通项公式为22nan；（3）222312nTnnn；（4）3.【分析】（1）令1n，即得结果；（2）将0a代入，作差1nnSS整理得11nnnana，再结合211nnnana作差整理，即得212nnnaaa，即

证数列{}na是等差数列，再计算通项公式即可；（3）先利用（2）求nS，再化简得到{}np通项公式，最后累加相消即得nT；（4）先化简nC，利用单调性判断其取值范围，再解决恒成立问题得到M范围，即可得到最小值.【详解】解：（1）对任意的正整数n都有1()

2nnnaaS，令1n则1111()02aaS，即10a故0a；（2）0a，故2nnnaS，则1112nnnaS，作差得1121nnnnSSnana，化简整理得11nnnana，则211nnnan

a，作差得21111nnnnnananana，化简整理得212nnnaaa，故数列{}na是等差数列，首项为10a，公差为212daa，故通项公式为22nan；（3）由（2）知数列{}na的前n项和112nnnaaSnn，故

21122112112212122nnnnnnnnnSSnnpSSnnnnnnnn，故11111221..111.324351112nTnnnnn

112212121221232nnnnnn；（4）222123nnCTnnn，易见nC是递减数列，故1,3nCC即4,33nC.依题意不等式22132nCMnn

恒成立，即有3M，故正整数M的最小值为3.【点睛】证明等差数列的方法：1.定义法；2.等差通项法；3.观察法，利用公式特征观察判断，只用于小题中.数列求和的常用方法：1.公式法；2.裂项相消法；3.倒序相加法4.错位相减法；5.并项求和法.20．已知数列{}na的首项135a，1321n

nnaaa，n+N.（1）求证：数列1{1}na为等比数列；（2）记12111nnSaaa，若100nS，求最大正整数n.【答案】（1）证明见解析；（2）99.【分析】（1）对递推关系两边取倒数，再进行构造11111(1)3nnaa

，即可得答案；（2）求出112()13nna，再利用分组求和法，即等比数列和等差数列的前n项和，再解不等式，即可得答案；【详解】（1）证明：∵1111233nnaa，∴11111(1)3nnaa，又∵1110a，∴1

10na(n+N)，∴数列1{1}na为等比数列；(2)由（1），可得11211()33nna，∴112()13nna，∴121211(1)1111111332()2113333

13nnnnnSnnnaaa，若100nS，则111003nn，∴最大正整数n的值为99.【点睛】形如1nnapaq的递推关系求通项公式，常可以用构造法进行求解；数列不等式的解，要充分利用n为整

数进行代入求解.21．已知数列na满足111,2,nnaaa数列nb的前n项和为nS，且2nnSb.（1）求数列na，nb的通项公式；（2）设nnncab，求数列nc的前n项和nT．【答案】（1）21nan，112nnb=；（

2）12122nnTn．【分析】（1）由已知条件得12nnaa＝，利用等差数列的通项公式即可得出na；且2nnSb，当1n时，11b．当2n时，1nnnbSS﹣，利用等比数列的通项公式即可得出nb；（2）由（1）得12

112nnnncabn，利用分组求和即可．【详解】（1）因为11a，12nnaa，所以na为首项是1，公差为2的等差数列，所以11221nann．又当1

n时，1112bSb，所以11b，当2n时，2nnSb①112nnSb②由①－②得1nnnbbb，即1212nnbnb，所以nb是首项为1，公比为12的等比数列，故112nnb=．（2）由（1）得11212nnnnc

abn，所以121112112212212nnnnnTn．【点睛】方法点睛：求数列通项公式的方法：1.定义法：利用等差数列或等比数列的定义；2.利用na与ns的关系：11,1,2nnnsnassn

；3.累加法：1()nnaafn；4.累乘法：1()nnafna；5.构造法：1nnakab；1nnnakab；6.取倒数或者取对数．22．已知数列na的前n项和为nS，且233nnSa.（1）求数列na的

通项公式；（2）设32log(1)nnnban，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）3nna；（2）223,,?21,.?2nnnnTnnn为偶数为奇数.【分析】（1）由12nnnaSSn,可得数列na是等比数列，求出通项公式即可；（2）由

（1）得到nb，按n为偶数和n为奇数分类，利用等差数列的求和公式和并向求和法得出数列nb的前n项和nT．【详解】（1）当1n时，1112233Saa，所以13a；当2n时，因为233nnSa，所以11233nnSa，两式作差得13nnaa

，即13nnaa，因为13a，所以数列na是首项为3，公比为3的等比数列，故3nna.（2）32log3(1)2(1)nnnnbnnn，当n为偶数时，前n项和2(1)32(1)2(3)(1)22nnnnnTnn

；当n为奇数时，前n项和2(1)112222nnnnnTnn，则223,,?21,.?2nnnnTnnn为偶数为奇数【点睛】方法点睛：本题考查等比数列的证明，考查数列的求和，数列求和的方法总结如下：1.公式法，利用等差数列和等比数列的求和公

式进行计算即可；2.裂项相消法，通过把数列的通项公式拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求出数列的和；3.错位相减法，当数列的通项公式由一个等差数列与一个等比数列的乘积构成时使用此方法；4.倒序相加法，如果一个数列满足首末两项等距离的两项之和相等

，可以使用此方法求和．23．如图，在直角坐标系中有边长为2的正方形，取其对角线的一半，构成新的正方形，再取新正方形对角线的一半，构成正方形……如此形成一个边长不断缩小的正方形系列.设这一系列正方形中心的纵坐标为nynN，其中1y为最大正方形中心

的纵坐标.（1）求数列ny的通项公式；（2）若数列ny的奇数项构成新数列na，求na的前n项和nS.【答案】（1）122212,212,2nnnnyn为奇数为偶数；（2）11222nnSn.【分析】（

1）由题意可知121yy，332y，212nnyy，再由第2n-1个正方形到直线2x的距离为112n和第2n个正方形到直线2x的距离为112n，得出数列ny的通项公式；（2）由（1）知211122nnnay

，n+N，利用分组求和法得出na的前n项和nS.【详解】（1）由题意可知121yy，332y，212nnyy，第2n-1个正方形到直线2x的距离为112n，即211122nny；第2n个正方形到直线2x的距离为112n，

即21122nny，122212,212,2nnnnyn为奇数为偶数.（2）由（1）知211122nnnay，n+N，则12111(21)2222nnnSaaa，1112

122nn1122112nn11222nn.【点睛】方法点睛：本题考查数列的通项公式，考查数列的求和，数列求和的方法总结如下：1.公式法，利用等差数列和等比数列的求和公式进行计算即可；2.裂项相消法，通过把数列的通项公式拆成两项之差，在

求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求出数列的和；3.错位相减法，当数列的通项公式由一个等差数列与一个等比数列的乘积构成时使用此方法；4.倒序相加法，如果一个数列满足首末两项等距离的两项之和相等，可以使用此方法求和．2

4．已知数列na的前n项和为nS，且*1222,nnSSnnN，数列nb中，1122ab.（1）求na的通项公式；（2）若2211nnbb，212nnnbba，求数列nb的前10项和.【答案】（1）2n

na；（2）139.【分析】（1）令2n可求得2a的值，令3n，由122nnSS可得出1222nnSS，两式作差可得出12nnaa，且有212aa，可知数列na为等比数列，确定该数列的首项和公比，利用等比数列的通项公式可求得数列na的通

项公式；（2）利用累加法可求得21222nnbnn，2212nnbnn，可得12212231nnnbbnn，进而可求得数列nb的前10项的和.【详解】（1）当2n时，21226SS，2214aS

S；当3n时，由122nnSS可得出1222nnSS，两式作差得1122nnnnSSSS，即12nnaa，则12nnaa，且212aa，所以，数列na是等比数列，且首项为2，

公比也为2，1222nnna；（2）由题意得2211nnbb，2122nnnbb，所以212112nnnbb，且2112bb，则1212312nnnbb

，2232512nnnbb，，25312bb，13112bb，所以11212112121222123212nnnnbbnnnn，所以21222nnbnn，所以2212nnbnn，所以

12212232nnnbbnn，易得123bb也适合上式，所以nb的前10项和为2523612910212571222117139122bbbb

.【点睛】本题考查利用nS与na之间的关系求通项，同时也考查了并项求和法，考查计算能力，属于中等题.25．已知有限数列{an}，从数列{an}中选取第i1项、第i2项、……、第im项（i1＜i2＜…＜im），顺次排列构成数

列{ak}，其中bk＝ak，1≤k≤m，则称新数列{bk}为{an}的长度为m的子列．规定：数列{an}的任意一项都是{an}的长度为1的子列．若数列{an}的每一子列的所有项的和都不相同，则称数列{an}为完全数列．设数列{an}满足an＝n，1≤n≤25，n∈N*．（Ⅰ）判断下面数列

{an}的两个子列是否为完全数列，并说明由；数列（1）：3，5，7，9，11；数列（2）：2，4，8，16．（Ⅱ）数列{an}的子列{ak}长度为m，且{bk}为完全数列，证明：m的最大值为6；（Ⅲ）数列{an}的子列{ak}长度m

＝5，且{bk}为完全数列，求1234511111bbbbb的最大值．【答案】（Ⅰ）数列（1）不是{an}的完全数列；数列（2）是{an}的完全数列；理由见解析（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）3116．【分析】（Ⅰ）直接利用信息的应用和定义的应用整理出结果．（

Ⅱ）根据定义的应用求出子列的长度．假设长度为m≥7，不妨设m＝7，得出矛盾，再说明长度为6时满足条件.（Ⅲ）利用信息的应用和关系式的恒等变换的应用求出最大值．【详解】（Ⅰ）数列（1）不是{an}的完全数列；数列（2）是{an}的完全数列．理由如下：

数列（1）：3，5，7，9，11中，因为3+9＝5+7＝12，所以数列（1）不是{an}的完全数列；数列（2）：2，4，8，16中，所有项的和都不相等，数列（2）是{an}的完全数列．（Ⅱ）假设数列{bk}长度为m≥7，不

妨设m＝7，各项为b1＜b2＜b3＜…＜b7．考虑数列{bk}的长度为2，3，…7的所有子列，一共有27﹣1﹣7＝120个．记数列{bk}的长度为2，3，…7的所有子列中，各个子列的所有项之和的最小值为a，最大值为A．所

以a＝b1+b2，A＝b1+b2+25+24+23+22+21＝b1+b2+115．所以其中必有两个子列的所有项之和相同．所以假设不成立．再考虑长度为6的子列：12，18，21，23，24，25，满足题意．所以子列{bk}的最大长度为6．（Ⅲ）数列{an}的子列{bk}长度m＝5，且{

bk}为完全数列，且各项为b1＜b2＜b3＜…＜b5．所以，由题意得，这5项中任意i（1≤i≤5）项之和不小于2i﹣1．即对于任意的1≤i≤5，有，即11231242iibbbb．对于任意的1≤i≤5，112(1

)(2(2)0iibbb，设12iiicb（i＝1，2，3，4，5），则数列{ci}的前j项和Dj≥0（j＝1，2，3，4，5）．下面证明：123451111111112416bbbbb

．因为（11112416）﹣（1234511111bbbbb）12345111111111124816bbbbb351241234541612824816bbbbbbbbb

b，3243541211234524816DDDDDDDDDbbbbb，123451223344551111111112244881616bbbbbbbbb

DDDDD0．所以1234511111111311241616bbbbb，当且仅当12iib（i＝1，2，3，4，5）时，等号成立．所以求1234511111bbbbb

的最大值为3116．【点睛】本题考查数列的新定义，考查反证法的应用，考查关系式的恒等变换的应用，属于难题.三、填空题26．数列{}na的通项公式22cos4nnann，其前n项和为nS，则2021S______.【答案】1

010.【分析】由于22cos(1cos)cos422nnnnannnnn，可得数列{}na的所有奇数项为0，前2021项的所有偶数项共有202010102项，从而可求得其结果【详解】因为22cos(1cos)cos422nnnnannnnn

，所以数列{}na的所有奇数项为0，前2021项的所有偶数项共有202010102项，所以2021246820182020Saaaaaa246820182020(24

)(68)(20182020)1010210102.故答案为：101027．已知数列na的前n项和为nS，21122nnaaa＋，=+，则5S的值为__________.【答案】732【分析】由已知

构造等比数列，求出通项得解.【详解】122nnaa，1222nnaa，故数列2na是以2为公比，以223a为第二项的等比数列，故2232nna，故2322nna，5531273225122S故答案为：73

2【点睛】1nnapaq(1,0pq的常数)递推关系求通项，构造等比数列是解题关键，属于基础题.28．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，24681012485022550aaaaaaaa，∴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.29．已知等差数列{}na中*111,tantan()nnnadbanNa，则数列{}nb的前n项和nS=

___.【答案】tan(1)1tan1nnnN【分析】利用两角差的正切公式可得到tantantantan1tan，从而可得到数列{}nb的通项公式1tantan1tan1nnnaab，再代入求和化简即可得到结果。【详解】tantantan1ta

ntanQ，tantantantan1tan111tantantantan1tannnnnnnnabaaaaa又等差数列{}na中11ad，11nnaa，11nan1tantan1tan1nnn

aab32112tantantantantantan111tan1tan1tan1nnnaSaaaaaL13221tantantantantantantan+1nnaaanaaaL111tan1tantantantan11t

an1tan1tan1nnnaaannn故答案为：tan(1)1tan1nnnN【点睛】关键点睛：本题考查数列求和，解题的关键是会逆利用两角差的正切公式，得到数列{}nb的

通项公式，在求和的过程中巧用相消法得到数列的和，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于中档题.30．已知数列na的前n项和22nSn，*nN.求数列na的通项公式为______.设2(1)nnnnbaa，求

数列nb的前2n项和nT______.【答案】42nan2164n+n【分析】根据2*2nSnnN写式子2121nSn+，两式子相减整理得42nan，再验证1n时是否成立，即可写出通项公式.由已知可得422)24(1nnbnn，

运用分组求和即可得到答案.【详解】∵2*2nSnnN①，∴2121nSn+②，由②﹣①可得：14+2nan，即42nan，又当1n时，有2112111Sa满足42nan，∴42nan；由已知可得：422)24(1nnbn

n，∴12322342112333nnnnbbbb++++aTaaaa+a32122143nnaaaa+++a+++a28484316242nnnn

+n+n，所以2641nTn+n，故答案为：42nan；2641nTn+n.【点睛】本题考查已知数列前n项和为nS与na的关系求通项，注意验证1n是否满足，考查分组求和，属于中档题.31

．已知数列na满足21nan，nS为na的前n项和，记11coscos22nnnnnbSS，数列nb的前n项和为nT，则50T______．【答案】104【分析】由等差数列的求

和公式，求得2nSn，得到221cos(1)cos22nnnbnn，利用分组求和，即可求解.【详解】由题意，数列na满足21nan，则2(121)2nnnSn，则221cos(1)cos22nnnbnn，则2222

22222250133557794951T222222222213355779(4926)24282122162100104.故答案为：104【点睛】本题主要考查了等差数列的

通项公式和前n项和公式的应用，以及数列的分组求和，其中解答中熟记等差数列的通项公式和求和公式，合理应用分组求和求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.32．设nS为数列na的前n项和，10a，若11(1)(2)nnnnaa（*nN），则100S_________

_.【答案】101223【分析】分n为奇数、n为偶数两种情况讨论，可得数列na的特点，然后可算出答案.【详解】当n为奇数时，12nna，则122a，342a，，991002a，当n为偶数时，12222nnnnnaaa，则2322

20aa，454220aa，，989998220aa，又10a，∴10110024100223Saaa故答案为：101223【点睛】本题考查的是数列的递推公式和等比数列的求和公式，属于基础题.四、双空题33．已知数列na的前n项和为

nS，且12a，11122nnaa，则nS______；若12nnSnat恒成立，则实数t的取值范围为______.【答案】1212nn4,【分析】先由递推公式，得到数列1na是等比数列，求出na，根据分组求和，即可得出nS；再由12nnSnat恒成

立，分离参数，得到1412nnt，*nN恒成立，求出1412nn的最大值，即可得出结果.【详解】由12a，11122nnaa，得11112nnaa，111a，所以数列1na是首项为1，公比为12的等比数

列，所以11111122nnna，1112nna，12211111222nnnSaaan111221122nnnn.又12nnnnan，所以111121212222nnn

nnnntSnann恒成立，即1412nnt，*nN恒成立.令12nnnb，则111210222nnnnnnnnbb，所以nb是递减数列，所以1012nn，10112nn

，即4t，实数t的取值范围为4,.故答案为：1212nn；4,.【点睛】本题主要考查由递推关系证明数列是等比数列，考查分组求和的方法求数列的和，考查数列不等式恒成立问题，属于常考题型.34．设数列na中，

11a，*11(1)nnnnaannN，则5a________，数列前n项的和nS________.【答案】5,411,421,430,44nnnknkSnnknk【分析】利用递推公式即可求5a的值，利用并项求和可求nS.【详解】令1n得

，121(121)2aa，可得22a，令2n得，232(321)aa，可得33a，令3n得，343(431)aa，可得44a，令4n得，454(541)aa，可得55a，由11(1)nnnnaan

可得：11(1)nnnanan1212(1)1aa，232(321)aa，343(431)aa，….11(1)1nnnanan,以上1n个式子累乘得：1123121234123(1)(1)1nnnnann

anLL，44kak，4141kak，4242kak，4343kak，4444kak414243440kkkkaaaa，当41nk时，4

141nkSak，所以此时nSn当42nk时，414241421nkkSSakk，所以此时1nS当43nk时，4243143nkkSSak，所以此时1nSn，当44nk时，434414

3440nkkSSakk，所以此时0nS，所以,411,421,430,44nnnknkSnnknk，故答案为：5，,411,421,430,44nnnknk

Snnknk【点睛】方法点睛：对于数列的通项中含有1n的情况要分n是奇数和偶数，采用奇偶并项求和，但该题目是由于两项正数两项负数，需要分41nk，42nk，

43nk，44nk四类.35．已知数列na的前n项和为nS，满足313a，1112nnaa，则1a_______；12S___________．【答案】135【分析】先构造数列1nnba，根据12nnbb，计算1b，即得1a；根

据相邻项乘积定值，得奇偶特征，计算12S即可.【详解】依题意，设1nnba，则33431ab，12nnbb，故23232bb，12243bb，故1a1113b；因为12nnbb，143b，232b，故以此类推，n是奇数，43nb，故13na，n是偶数

，32nb，故12na，所以12121166532Saa.故答案为：13；5.【点睛】本题考查了数列相邻项的递推公式和分组求和，属于中档题.