【文档说明】(新高考数学)高考一轮复习核心考点讲与练考点13《 数列概念及通项公式》(解析版） .doc，共(26)页，1.239 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点13数列概念及通项公式（核心考点讲与练）一、数列的概念及简单表示法1.数列的定义按照一定次序排列起来的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.2.数列的分类分类标准类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数

无限项与项间的大小关系递增数列an＋1＞an其中n∈N+递减数列an＋1＜an常数列an＋1＝an摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图

象法和解析法.4.数列的通项公式(1)通项公式：如果数列{an}的第n项an与n之间的关系可以用一个式子an＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(2)递推公式：如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开

始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.5.数列求和的几种常用方法(1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.(2)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项可以相互抵

消，从而求得其和.(3)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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.(4)倒序相加法如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“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

和即可用倒序相加法求解.1.若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，则an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.2.数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且

还与这些“数”的排列顺序有关.3.易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号.4.Sn与an关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化．①利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系

式，再求解；②利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．5.由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a1且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an，即an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)

＋(a2－a1)＋a1.(2)已知a1且＝f(n)，可用“累乘法”求an，即an＝··…···a1.(3)已知a1且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{an＋k}．(4)形如an＋1

＝(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．6.在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)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．7.用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意nS与na的关系1.（2022湖北省新高考）已知数列na的首项

12a，其前n项和为nS，若121nnSS，则7a__________．【答案】96【分析】由题意易得121nnSS(2)n，两式相减可得数列na从第二项开始成等比数列，进而可得结果.【详解】因为

121nnSS，所以121nnSS(2)n，两式相减得12nnaa，又因为12a，122121Saaa，得23a，所以数列na从第二项开始成等比数列，因此其通项公式为22,1,{32,2,

nnnan，所以573296a，故答案为：96.由递推公式求通项1.（2022河南省顶级名校9月开学联考）若数列nb满足：12337212nnbbbbn++－＝，则数列nb的通项公式为（）A．21nbn

B．21nnbC．121nnbD．221nnb【答案】D【分析】利用整体相减的方法即可计算出数列nb的通项公式【详解】由12337212nnbbbbn++－＝①得，当1n时11231372122nnbbbbn

＋++－＝②由①②得221221nnnnbb当1n时1212b也满足上式故选：D2.（2022辽宁省盘锦市高级中学9月月考）已知数列na满足11a，213a，且112nnnaaa=1nnaa+

1nnaa-112nnaa（n≥2），则数列na的通项公式为_____________.【答案】211nann【分析】化简题设条件得到1111112nnnnaaaa，得出数列111nna

a是以2为首项，2为公差的等差数列，求得则1112nnnaa，再利用叠加法，即可求解，得到答案.【详解】由题意，数列na满足11111122nnnnnnnnnaaaaaaaaa

（2n），两侧同除11nnnaaa，可得111122nnnaaa，即1111112nnnnaaaa，所以数列111nnaa是以2为首项，2为公差的等差数列，则1112(1

)22nnnnaa，所以121321111111111[24(22)]nnnnaaaaaaaa22221112nnnn（2n），当1n时，11a适合上式，所以

211nnna，所以数列na的通项公式211nann.故答案为：211nann【点睛】关键点睛：本题主要考查了等差数列定义及通项公式，以及“叠加法”的应用，其中解答中熟记等差数列的定义和通项公式

，合理利用“叠加法”求解是解答的关键.分组求和1.（2022湖北省武汉市部分学校9月质量检测）设数列na的前n项和为nS，满足*1nnSnanN.（1）求数列na的通项公式；（2）设数列1nna的前n项和为nT，

求2nT的表达式.【答案】（1）11nann；（2）222nn【分析】（1）根据11,1,2nnnSnaSSn，即可求出数列na的通项公式；（2）利用分组求和法以及等差数列的前n和公式即可求出结果.【详解】（1）当1

n时，1111aSa，即112a，当2n时，11111nnnnnaSSnana，即111nnnana，因此111nnanan，所以12211231123111132nnnnnnnaaa

annnaaaaaannn11nann，经检验，1n时成立，所以11nann；（2）21111nnnnnnnan，所以

222222211223344212122nnnnnT22222212342121234212nnnn3741nn3412nnn

222nn2.（2022安徽省江淮十校高三上学期第一次联考）已知数列na的前n项和为nS，满足11a，12nSntn（t为常数）．（1）求na的通项公式；（2）若1(1)lgnnnnbaa，求数列nb的前n项和为nT．【答案】（1）nan；（2）(

1)lg(1)nnTn．【分析】(1)令1n,解得:12t,再由-1nnnaSS,即可求出na,(2)根据(1)的结论,再利用并项求和,即可求解.【详解】解：（1）令1n，1112Sat，可得12t，所以1122nSnn

2n时，111(1)(1)22nSnn，可得2211(1)22nannn所以nan（2n），又因为11a满足上式，所以nan（2）因为11(1)lg(1)lglgnnnnnnnb

aaaan1223341lglglglglglg(1)lglgnnnTaaaaaaaa11(1)lglg(1)lg(1)nnnaan所以n(1)lg(1)nTn裂项相消法求和1.（2022河

南省部分名校高三上学期8月份摸底）已知数列na的前n项和为nS，且233nnSa.（1）求证：数列na是等比数列；（2）求数列3321loglognnaa的前n项和nT.【答案】（1）证明见解析；（2）32342(1)(2)nnTnn.【分析】（1）根据数列

na与nS的关系，消去nS，即可证明数列na是等比数列；（2）根据（1）的结果，知33211loglog(2)nnaann，再利用裂项相消法求和.【详解】解：（1）由233nnSa，得323nnaS

，①于是得11323nnaS，②②-①得11332nnnaaa，即13nnaa，当1n时，11132323aSa，即13a，所以数列na是以3为首项，3为公比的等比数列.（2）由（1）知3nna，所以33logl

o3gnnna，所以33211111loglog(2)22nnaannnn，所以11111111111232435112nTnnnn11113231221242(1)(2)nnnnn.

错位相减求和1.（2021高三数学冲刺原创卷）已知na是首项为1的单调递增的等差数列，其中21a，342aa，5a成等比数列．nb的前n项和为nS，且12ba，11nnbSnN．(

1)求na的通项公式；(2)求数列nnab的前n项和nT．【答案】(1)21nan；(2)17232nnTn.【分析】(1)根据等比数列的性质及已知条件，求出等差数列的公差d，再利用等差

数列的通项公式即可求解；(2)根据数列的递推公式求出数列nb的通项公式，再利用错位相减法及等比数列的求和公式即可求解．【详解】(1)因为na是首项为1的单调递增的等差数列，所以11a，设数列na的公差为d

且0d，则212ad，345122aad，514ad．因为21a，342aa，5a成等比数列，所以2342512aaaa，即2512142ddd，解得2d或29d（舍负），所以21nan．(

2)因为11nnbS，①所以112nnbSn，②由①-②得11211nnnnnbbSSnb，所以122nnbbn．因为123ba，211114bSb

，所以nb是从第二项开始的等比数列，则数列nb的通项公式为由（Ⅰ）知则231133252232212nnnTnn，③3412233252232212nnnTnn，④③-④得34

192222212nnnTn311229221212nnn，所以17232nnTn．2.（2022河南省顶级名校高三上学期9月联考）已知数列na、nb满足：121nnaa且11a，

2log1nnba．（1）求数列na和nb的通项公式；（2）数列{}nc满足：11nnnnbcba，其中nN，若数列{}nc的前n项和为nH，求nH．【答案】（1）21nna；nbn；（2）222nnnH．【分析】（1）由递

推关系可构造等比数列1na，即可求出na，代入2log1nnba化简即可得nb；（2）由（1）可得12nnnnbnca，利用错位相减法求解即可.【详解】（1）由121nnaa，令12nnacac

，得1c，1na是以2为首项，以2为公比的等比数列．1122nna，即21nna．2log1nnban．（2）由题意知12nnnnbnca，231232222nnnH①234111231222222nnnnnH

②①-②得，231111111212222222nnnnnnH，222nnnH．1.（2020年新课标Ⅰ）数列{}na满足2(1)31nnnaan，前16项和为540，则

1a______________.【答案】7【分析】对n为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a方程，求解即可得出结论.【详解】2(1)31nnnaan

，当n为奇数时，231nnaan；当n为偶数时，231nnaan.设数列na的前n项和为nS，16123416Saaaaa13515241416()()aaaaaaaa111111(2)(10)(24)(44)(70)aaaaaa

11(102)(140)(5172941)aa118392928484540aa，17a.故答案为：7.【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.2.（2020年新

课标Ⅰ）设{}na是公比不为1的等比数列，1a为2a，3a的等差中项．（1）求{}na的公比；（2）若11a，求数列{}nna的前n项和．【答案】（1）2；（2）1(13)(2)9nnnS.【分析】（1）由已知结合等差中项关系

，建立公比q的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出{}na的通项，根据{}nna的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.【详解】（1）设{}na的公比为q，1a为23,aa的等差中项，212312,0,20aaaaqq，1,2q

q；（2）设{}nna的前n项和为nS，111,(2)nnaa，21112(2)3(2)(2)nnSn，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)nnnSnn，②

①②得，2131(2)(2)(2)(2)nnnSn1(2)1(13)(2)(2)1(2)3nnnnn，1(13)(2)9nnnS.【点睛】本题考查等比数列通项

公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.3.（2021年全国高考乙卷）记nS为数列na的前n项和，nb为数列nS的前n项积，已知212nnSb．（1）证明：数列nb是等差数列;（2）求na的通项公式．【答案】（1）证明见

解析；（2）3,121,21nnannn.【分析】（1）由已知212nnSb得221nnnbSb,且0nb，取1n,得132b,由题意得1212222212121nnnbbbbbbb,消积得到项的递推关系111221

nnnnbbbb,进而证明数列nb是等差数列;（2）由（1）可得nb的表达式,由此得到nS的表达式,然后利用和与项的关系求得3,121,21nnannn.【详解】（1）[方法一]：由已知212nnSb得221n

nnbSb,且0nb，12nb,取1n,由11Sb得132b,由于nb为数列nS的前n项积，所以1212222212121nnnbbbbbbb,所以112112122221

2121nnnbbbbbbb，所以111221nnnnbbbb,由于10nb所以12121nnbb，即112nnbb,其中*nN所以数列nb是以132b为首项，以12

d为公差等差数列;[方法二]【最优解】：由已知条件知1231nnnbSSSSS①于是11231(2)nnbSSSSn．②由①②得1nnnbSb．③又212nnSb，④由③④得112nnbb．令1n，由11Sb，得132b．所以数列nb是以

32为首项，12为公差的等差数列．[方法三]：由212nnSb，得22nnnSbS，且0nS，0nb，1nS．又因为111nnnnnbSSSSb，所以1122nnnnbbSS，所以1111(2)2222212nnnnnn

nSSbbnSSS．在212nnSb中，当1n时，1132bS．故数列nb是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法由已知212nnSb，得221nnnbSb，132b，22b，352b，猜想数列nb是以32为首项，12为公差

的等差数列，且112nbn．下面用数学归纳法证明．当1n时显然成立．假设当nk时成立，即121,21kkkbkSk．那么当1nk时，11112kkkbbSk331(1

)1222kkkk．综上，猜想对任意的nN都成立．即数列nb是以32为首项，12为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列nb是以132b为首项，以12d为公差的等差数列，311122

2nnbn,22211nnnbnSbn,当n=1时，1132aS,当n≥2时,121111nnnnnaSSnnnn,显然对于n=1不成立,∴3,12

1,21nnannn.【整体点评】（1）方法一从212nnSb得221nnnbSb，然后利用nb的定义，得到数列nb的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从nb的定义，替换相除得到1nnnbSb，再结合

212nnSb得到112nnbb，从而证得结论，为最优解；方法三由212nnSb，得22nnnSbS，由nb的定义得1122nnnnbbSS，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112nbn，然后

利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到112nbn，求得nS的表达式,然后利用和与项的关系求得na的通项公式；一、单选题1．（2022·浙江嘉兴·二模）已知数列na满足11a，*11114,2nnnnaaanNna

，nS为数列1na的前n项和，则（）A．20227833SB．2022723SC．2022523SD．2022513S【答案】D【分析】先判断出1nnaa，通过放缩得到111111nnnnna

aaaa，再通过分析法证得1123nnaa，结合裂项相消即可证得202253S，又由1nnaa证得2022111Sa即可.【详解】当*nN，2n时，因为1111

40nnnnaaaa，所以1nnaa，又因为2111111111nnnnnnnnaaaaaaaa，且111111141nnnnnn

nnaaaaaaaa，下证111112413nnnnnnaaaaaa，即证115833nnnaaa，即证11835nnnaaa，即证116492580nnnaaa，即证111111

649362580nnnnnaaaaa，即证11111169420nnnnaaaa令1112nntaa，即证21129412ntta，当2t，11na时，不等式恒成立.因此，2111111111nn

nnnnnnaaaaaaaa12113nnaa，所以20221220221111123Saaaa122320212022111111aaa

aaa20225215333a，又因为202212320221111111Saaaaa，故选：D.【点睛】本题关键点在于分析法的应用，通过分析法证得1123nnaa，又由放

缩得到11111111nnnnnnnaaaaaaa，进而通过裂项相消证得202253S，最后由1nnaa证得2022111Sa即可.2．（2022·全国·模拟预测）已知数列na

满足202112022nnan，则当na取得最大值时n的值为（）A．2020B．2024C．2022D．2023【答案】A【分析】利用作商法可得12020120221nnanan，讨论n的取值判断1nnaa与1的大小关系，即可得na最大时n

的值.【详解】∵120212202012022120221nnnanann，∴当2020n时，11nnaa；当2020n时，11120201nnnnaanaa，，∴根据选项，当2020n时，na取得最大值.故选：A．二、多选

题3．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）已知数列na的前n项和为nS，且1nnSa对于*nN恒成立，若定义(1)nnSS，()(1)12nkkniiSSk，则以下说法正确的

是（）A．na是等差数列B．232122nnnnSC．121A1!kkknknnSSkD．存在n使得202120222022!nnS【答案】BC【分析】利用退位相减法可得数列的通项及nS即可判断A选项，按照给出的定义求出3nS

即可判断B选项，数学归纳法和累加法即可判断C、D选项.【详解】当1n时，1112aS，当2n时，由1nnSa，得111nnSa，故10nnnaaa，即112nnaa，所以数列na为等比数列，首项1

12a，公比12q，故12nna，A选项错误；则11122111212nnnS，所以1112nnnSS，2211111211

11111112222nnnnnniSSSSSn223210111112101112222222nnnnnninnnnSSn

，B选项正确；当1k时，2231A22!nnnnnSS，假设当km时，12111AC1!mmmmnmnnnmSSm成立，当1km时，由111111211kkkkkkknnnnn

SSSSSSS可得3+132+13+121111mmmmmmmmmmnnnnnnnnnnSSSSSSSSSS3+11111Cmmmnnn

mSS，则3+13+1111222CmmmmmnnnnnmSSSS，3+13+1122333CmmmmmnnnnnmSSSS

，L，3+13+1133222CmmmmmmSSSS，3+13+1122111CmmmmmmSSSS，将上式相加可得

3+13+11111111221CCCCmmmmmmmmnnmmnmnmSSSS，又11111kkSSS，则3+1110mmSS，故3+11111211112212221CCCCCCCCmmmmm

mmmmmnnmmnmnmmmnmnmSS11211211123321AACCCCC2!11!mmnmmmmmmnmmmnmnmnmmm

，即1km时也成立，故121A1!kkknknnSSk，C选项正确；D选项，当1n时，由111111122022!kkSSS知不成立，当2n时，由C选项知：1212111ACC1!kkkknnknnnknkSSk

，则11222CCkkknnnnknkSS，21233CCkkknnnnknkSS，L，423211CCnnnnnSS，3122CCnnnnn

SS，上式相加得21212222121CCCCkknnnnnnnnnnnknkSSSS，又由上知，21111122nnnnSSnn

，则21222212222121121CCCCCCCCCkknnnnnnnnnnnnnnknknnnnknkSSn122211121CCCCCnnnnnnnnknknk

，可得20222021120212020202020202019CC2021!nnnnnnnnSS，又由111,0kkknnnnSSSS可得1kknnSS

，2022202120222020201922021!nnnnnnSSS，即20212021202120222020201922021!22021!20222021!2022!nnnnnnnS，D选项错误

；故选：BC.【点睛】本题关键在于C、D选项的判断，C选项通过数学归纳法和累加法以及组合数的性质即可求解；D选项借助C选项的结论，通过累加法以及组合数的性质进行判断即可.三、填空题4．（2022·辽宁葫

芦岛·一模）已知数列na，11a，对于任意正整数m，n，都满足mnmnaaamn，则122021111aaa______．【答案】20211011【分析】令1m,得11n

naan，用累加法求出1211=211nannnn，由此利用裂项相消求和求出122021111aaa的值.【详解】令1m，得111nnnaaanan，所以11nnaan，则1nnaan，121nnaan，……，

323aa，212aa，所以当2n时，12132111232nnnnnaaaaaaaan，又11a满足上式，所以12nnna所以1211=211nannnn，1220211111

11111202121212232021202220221011aaa.故答案为：20211011.5．（2022·江西景德镇·三模（理））已知数列na和正项数列nb，其中π,π2na，且满足2cos1nnnbab，

数列sinnnba的前n项和为nS，记nnScn，满足1421nncc．对于某个给定1a或1b的值，则下列结论中：①151,12b；②222b；③若1512,22b，则数列nc单调递

增；④若11,12c，则数列sinnnba从第二项起单调递增．其中正确命题的序号为______．【答案】①②③【分析】求得1b的范围判断①；求得2b的值判断②；判定出数列nc单调性判断③；由数列sinnnba第三项小于第二项否定④.【详解】由2cos1nn

nbab，可知2cos10nnnbba，则21cosnnnbab，又π,π2na则2110nnbb，解之得51,12nb.则①判断正确；由1421nnc

c，可得21421cc，则21221sin2SSba，则221sin2ab又由2cos1nnnbab，可知2222cos10bba，则22221cosbab则由222222222211cossin12baabb

，则2212b或2252b（舍）则222b或222b（舍）.则②判断正确；由2cos1nnnbab，可知2111cos10bba，则21111111cosbabbb

若1512,22b，则11112cos1,2abb，又π,π2na，则13π,π4a，则12sin0,2a，则1111sin

0,2cba由1421nncc，可得1114()222nncc，则11111222nncc又1111111sin02122Scba，则数列

nc单调递增.则③判断正确；由nnScn，可得11111222nnnSnccnn由1111sinbaSc，2221111111sin2()22222baSScc，3332111111

11115sin3()32()224222248baSSccc则当11,12c时，33221115111sinsin()048242babacc，即数列sinnnba的第三项小于第二

项.则数列sinnnba从第二项起单调递增的说法判断错误.故答案为：①②③四、解答题6．（2022·重庆八中模拟预测）已知nS是公差不为零的等差数列na的前n项和，36S，2319aaa.(1)求数列na的通项公

式；(2)设数列24141nnnabnnN，数列化nb的前2n项和为2nT，若2112022nT，求正整数n的最小值.【答案】(1)*,Nnann(2)505【分析】（1）设等差数列的公差为,0dd.由题意，列方程组求1,ad

，即求通项公式；（2）求得2411(1)(1)212141nnnnbnnn，由裂项相消法求2nT，解不等式可得n的最小值.(1)公差d不为零的等差数列{}na，由2319aaa，2

11182aadad，解得1ad.又31336Sad，可得11ad，所以数列na是以1为首项和公差的等差数列，所以*,Nnann.(2)解：由（1）可知241111412121nnnnbnnn，211111111113

355743414141nTnnnn1141n，2111412020nTn，20194n所以n的最小值为505.7．（2022·福建·模拟预测）设等比

数列na的前n项和为nS，已知1132nnnSSa，且11a.(1)求数列na的通项公式；(2)已知数列nc是等差数列，且11ca，32cS，设nnnbac，求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)12nna-=(2)121n

nTn【分析】（1）根据11,1,2nnnSnaSSn，作差得到122nnaan，即可得到na是以1为首项，2为公比的等比数列，从而得到通项公式；（2）首先求出nc的通项公式，即可得到12nnbn，利用错位相减法求和即可；(1)解：因为1132n

nnSSa，所以1322nnnSSan≥，两式相减，可得11332nnnnaaaan≥，整理得122nnaan，∵1n时，1221222232232242aSaaaaaa，∴212aa，所以公比2q=，即数列na是以1为

首项，2为公比的等比数列，所以12nna-=；(2)解：易知111ca，323cS，所以公差3112d，所以ncn，所以12nnnnbacn，因为01211222322nnTn，则12312122232122nnnTnn

，两式相减可得011122222212112nnnnnnTnnn.即121nnTn8．（2022·江苏·海安高级中学二模）已知数列na前n项积为nT，且*1()nnaTnN．

(1)求证：数列11na为等差数列；(2)设22212nnSTTT，求证：112nnSa．【分析】（1）由已知得1nnTa，111(2)nnTan，两式相除整理得1111(2)11nnnaa，从而可证得结论，

（2）由（1）可得1nnan，再利用累乘法求11nTn，从而2221222211123(1)nnSTTTn，然后利用放缩法可证得结论(1)因为1nnaT，所以1112nnTaa，所以111(2)nnTan，两式相除，得11(2)1nnnaana

，整理为112nnaa，再整理得，1111(2)11nnnaa．所以数列11na为以2为首项，公差为1的等差数列．(2)因为1nnaT，所以1111,221aa，由（1）知，1211nna，故1nnan，所以

121212311nnnTaaann．所以2221222211123(1)nnSTTTn111111111112334(1)(2)23341222nnnnn．又因为11111122222nnann

，所以112nnSa．9．（2022·广东广州·二模）问题：已知*nN，数列na的前n项和为nS，是否存在数列na，满足111,1nnSaa，__________﹖

若存在．求通项公式na﹔若不存在，说明理由．在①112()nnnaSS﹔②12nnaSnn；③121nnaan这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】

选①：1,188,2nnann；选②：121nna；选③：2nnan【分析】选①：利用na与nS的关系得到关于nS的递推公式，再由递推公式求nS，然后可得通项na；选②：利用na与nS

的关系得到递推公式，然后构造等比数列可求通项；选③：根据递推公式构造等比数列可解.【详解】选①：111112()()()nnnnnnnnnaSSSSSSSS1111,1nnSaaa10nnS

S12nnSS，即{}nS是以2为公差，1为首项的等差数列21nSn，即2(21)nSn当2n时，221(21)(23)88nnnaSSnnn显然，1n时，上式不成立，所以1,188,

2nnann.选②：当2n时，1nnaSn，即1nnSan所以11(1)()nnnnnaSSanan整理得112(1)nnaa又2123aS，214a所以{1}na从第二

项起，是以2为公比，4为首项的等比数列当2n时，211422nnna，即121nna显然，1n时，上式成立，所以121nna选③：121nnaan112()nnanan又112a{}nan

是以2为公比和首项的等比数列2nnan，即2nnan10．（2022·浙江嘉兴·二模）设等差数列na的前n项和为nS，数列nb是首项为1公比为*qqN的等比数列，其前n项和为nT，且212nnnn

TS，对任意Nn恒成立.(1)求数列na，nb的通项公式；(2)设nnncab，记nc的前n项和为nR，若23nnnabR对任意*Nn恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)21nan，12nnb(2)125,26

【分析】（1）根据已知条件及等差等比数列的通项公式及前n项和公式即可求解；（2）利用（1）得出nc的通项公式，再利用错位相减法求出nR，将不等式恒成立问题转化为最值问题即可求解.(1)设等差数列na的首

项为1a，公差为d则由212nnnnTS，得11223312,{414,918,TSTSTS即1121112,{4242,92833,aqadqqad①②③由①得11a

，由②得qd，由③得2qd，所以数列na的通项公式为21nan，所以数列nb的通项公式为12nnb.(2)由（1）知，21nan，12nnb所以1(21)2nnnncabn，01(211)2(221)22(1)1nRn

212(21)2nnn①122(211)2(221)22(1)1nRn12(21)2nnn②②-①得：12112222(21)2nnnRn化简得：(23)23nnRn，又因为23nnnabR

，即21(21)2(23)2nnnn即2(21)2(23)nn，（i）当1n时，12，所以12；（ii）当*2Nnn时，2(21)14(23)42(23)223

nnnn，令14()(23)4223fnnn，则1414(1)()(21)4(23)4221223fnfnnnnn

2144481(21)4(23)4221232123nnnnnnnn当2522n时，(1)()fnfn，所以()fn单调递减；当252n时，(1)()fnfn，所以()fn单调

递增；当3n时，()fn取得最小值为min1425()(3)(233)422336fnf，即256,所以的取值范围是125,26.