【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册培优练习第4章《数列》单元检测B（解析版）.doc，共(22)页，1.009 MB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-37893.html

以下为本文档部分文字说明：

数学选择性必修二尖子生同步培优题典第四章数列单元检测B解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注：本检测满分150分。其中8道单选题，4道多选题，4道填空题，6道解答题一、单选题1．已知等差数列na的

公差为2，若1a，3a，4a成等比数列，则2a（）A．-4B．-6C．-8D．-10【答案】B【解析】【分析】把3a，4a用1a和公差2表示，根据1a，3a，4a成等比数列，得到2314aaa解得.【详解】解：因为等差数列

na的公差为2，若1a，3a，4a成等比数列，2314aaa即211146aaa解得18a故选：B【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，与等比中项的性质，属于基础题.2．设正项等比数列{}na的前n项和为nS，10103020102(21)0SSS，则公比q

等于（）A．12B．13C．14D．2【答案】A【解析】【分析】由条件可得302010201012SSSS，即可求出q.【详解】因为10103020102(21)0SSS，所以103020201020SSSS所以

302010201012SSSS，即102122301011122012aaaqaaa因为0na，所以12q故选：A【点睛】本题考查的是等比数列的知识，考查了学生的转化能力，较简单.3．

已知等差数列na，nb的前n项和分别为nS和nT，且521nnSnTn，则76ab（）A．67B．1211C．1825D．1621【答案】A【解析】【分析】由条件可设(5)nSknn，(21)nTknn，然后计算出7a和6b即可.【详解

】因为等差数列na，nb的前n项和分别为nS和nT，且521nnSnTn，所以可设(5)nSknn，(21)nTknn，所以77618aSSk，66521bTTk，所以7667ab.故选：A【点睛】本题考查的是等差数列前n项和的特

点，属于基础题.4．若数列na满足：*1119,3nnaaanN，而数列na的前n项和最大时，n的值为（）A．6B．7C．8D．9【答案】B【解析】方法一：∵n1naa3，∴*n1naa3nN，∴数列na是首项为19，公

差为-3的等差数列．则22nnn13413411681S19n3nnn2222624．所以n7时，nS取最大值．选B．方法二：∵n1naa3，∴*n1naa3nN，∴数列na是首项为19

，公差为-3的等差数列．∴193(1)322nann，∴当7n时，0na；当8n时，0na．所以n7时，nS取最大值．选B．点睛：求等差数列前n项和最值的常用方法：①利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；②利用性质求出其

正负转折项，便可求得和的最值；③将等差数列的前n项和2nSAnBn＝＋(A、B为常数)看作关于项数n的二次函数，根据二次函数的性质求最值．5．著名物理学家李政道说：“科学和艺术是不可分割的”.音乐中使用的乐音在高度上不是任意定的，它们是按照严格的数学方法确定的.我

国明代的数学家、音乐理论家朱载填创立了十二平均律是第一个利用数学使音律公式化的人.十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，使相邻两个半音之间的频率比是常数，如下表所示，其中1213,,,aaa表示这些半音的频率，它们满足1212log11,2,,12iiaia

.若某一半音与#D的频率之比为32，则该半音为（）频率1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12a13a半音C#CD#DEF#FG#GA#ABC（八度）A．#FB．GC．#GD．A【答案】B【解析】【分析】利用对数与指数的转化，得到数列1213,,,aaa为等比数

列，公比1122q，然后求得所求半音对应的数列的项数，从而得到答案.【详解】依题意可知01,2,,13nan.由于1213,,,aaa满足1212log11,2,,12iiaia，则12111122,2iiiiaaa

a，所以数列1213,,,aaa为等比数列，公比1122q，#D对应的频率为4a，题目所求半音与#D的频率之比为4113312222，所以所求半音对应的频率为4112482aa

，即对应的半音为G.故选：B.【点睛】本题考查等比数列的应用，涉及对数运算，等比数列的判定，等比数列的性质，属中档题.6．若数列na满足：对任意的3nNn，总存在,ijN，使,,nijaaaijinjn，则称na是“F数列”．现有以下数列

na：①2nan；②2nan；③3nna；④1152nna；其中是F数列的有（）．A．①③B．②④C．②③D．①④【答案】D【解析】【分析】利用特殊值的方法可以否定②③,再根据通项公式的特点证明①④即可【详解】①2n

an,则12a,12122nann,则11nnaaa3n,故①是“F数列”；②2nan,则2339a,若,,nijaaaijinjn,则,ij只能是1,2,但2111a,2224a,

此时312aaa,故②不是“F数列”；③3nna,则33327a,若,,nijaaaijinjn,则,ij只能是1,2,但13a,2239a,此时312aaa,故③不是“F数列”；④1152nna,则1121

151522nnna,2132151522nnna，则2312112151515151522222nnnnnaa

1111111515151515151512222222nnnna

3n,故④是“F数列”故选：D【点睛】本题考查数列的通项公式的应用,考查对新定义的理解,考查分析阅读能力,考查推理论证能力7．

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，以此类推，若100N且该数列的前N项和为2的整数幂，则N的最小值为（）A．440B．330C．2

20D．110【答案】A【解析】【分析】把题设中的数列分成如下的组：1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,，记前k组的和为kT，算出kT后结合前N项和为2的整数幂可得N的最小值.【详解】把题设中的数列分成如下的组：1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,

，记前k组的和为kT。则11121242kkT211212122kkk.令123100k即1200kk，故14k.故当100N时，数列至少包括前13

组且含有第14组的前9个元素.设前N项和为2的整数幂且第N项为第k组的第l个元素，则12kkNl，且前N项和11122222lklNkSTk，其中1lk，14k.下证：当14k时，总有12kk.记12kgkk，则当14k时，有

21210kgkgk，故gk为单调增数列，而13142140g，故140gkg即12kk.所以1111222222,222222klkkkklkk

kkkk，由NS为2的整数幂，故2kNS，从而22lk，当14k时，4l=，与10l矛盾；当30k时，5l，此时302954402N，故选：A.【点睛】本题考查分组数列的和以及与不定方程的整数解，对于分

组数列的前n项和的问题，一般采用计算“大组”和，再计算“小组”和，而不定方程的整数解问题，则需把和式放缩为2的正整数幂的形式，从而确定和的表达式，本题属于难题.8．等差数列12,,,naaa*3,

nnN，满足121|||||||1|naaaa2|1|a|1|na12|2||2||2|2019naaa，则（）A．n的最大值为50B．n的最小

值为50C．n的最大值为51D．n的最小值为51【答案】A【解析】【分析】首先数列na中的项一定满足既有正项，又有负项，不妨设100kkaa，由此判断出数列为偶数项，利用配凑法和关系式的变换求出n的最大值.【详解】na为等差数列，则使121212|1

11222|2019nnnaaaaaaaaa，所以数列na中的项一定有正有负，不妨设10,0ad，因为121212|111222|2019nnnaa

aaaaaaa为定值，故设100kkaa，且120+10kkaa，解得3d.若0ia且10ia，则11iiaa，同理

若0ia，则11iiaa.所以111111kknniiiiiiikikaaaak，所以数列na的项数为2k，所以12||naaa12122kkkkaaaaaa121222kkaaaaaa

1112212222kkkkkadkad22019kd，由于3d，所以2220193kdk，解得2673k，故25,50kn，故选A.【点睛】本小题主要考查数列的通项公式的应用，考查等差数列求和公式的

应用，考查运算求解能力，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.二、多选题9．首项为正数，公差不为0的等差数列na，其前n项和为nS，现有下列4个命题中正确的有（）A．若100S，则280SS；B

．若412SS，则使0nS的最大的n为15C．若150S，160S，则nS中8S最大D．若78SS，则89SS【答案】BC【解析】【分析】根据等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，逐项判

断，即可得答案.【详解】A选项，若1011091002Sad，则1290ad，那么2811128281029160SSadadadd.故A不正确；B选项，若412SS，则5611128940aaaaaaL，又因为10a，所以前8项

为正，从第9项开始为负，因为116168916802aaSaa，所以使0nS的最大的n为15.故B正确；C选项，若115158151502aaSa，116168916802a

aSaa，则80a，90a，则nS中8S最大.故C正确；D选项，若78SS，则80a，而989SSa，不能判断9a正负情况.故D不正确.故选：BC.【点睛】本题考查等差数列性质的应用，涉及等差数列的求和公式，属于常考题型.10．设等比数列na的公比为q，其

前n项和为nS，前n项积为nT，并且满足条件11a，99101011,01aaaa则下列结论正确的是（）A．01qB．10111aaC．nS的最大值为10SD．nT的最大值为9T【答案】AD【解析】【分析】利用等比数列na，得数列

lgna为等差数列，用等差数列的性质得出q和nT的大小关系【详解】解：因为等比数列na的公比为q，由9101aa得0q，所以数列lgna为等差数列，公差为lgdq，由于11a，9101aa，则0

q且1q，得1lg0a，910lglg0aa，由910101aa，得91a，101a，若109aa，则1q，而11a，则111nnaaq，则91a，101a，此时910101aa不成立，所以1q，所以01q

，所以A正确；由91a，101a，得910lg0,lg0aa，又因为1lg0a，所以数列lgna为递减数列，从第10项开始小于零，故前9项和lgnT最大，即可nT的最大值为9T，所以D正确，因为1011l0lggaa，所以10111aa，所以B不正

确，因为01q，11a，所以数列各项均为正数，所以nS没有最大值，所以C不正确，故选：AD【点睛】此题考查等差数列与等比数列的性质和前n项和公式的应用，属于中档题11．意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和

阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列na满足：11a，21a，*123,nnnaaannN.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的

格子的面积之和为nS，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为nc，则下列结论正确的是（）A．2111nnnnSaaaB．12321nnaaaaaC．1352121nnaaaaaD．1214nnnnc

caa【答案】ABD【解析】【分析】根据题中递推公式，求出nS，nc，数列的前n项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.【详解】对于A选项，因为斐波那契数列总满足*123,nnnaaannN，所以2121aaa，22222312321aa

aaaaaaaa，23333423432aaaaaaaaaa，类似的有，21111nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa，累加得22221231nnnaaaaaa，由题知22222

2112311211nnnnnnnnSaaaaaaaaaa，故选项A正确，对于B选项，因为11aa，231aaa，342aaa，类似的有11nnnaaa，累加得123122++1nnnnaaaaaaaa，故

选项B正确，对于C选项，因为11aa，342aaa，564aaa，类似的有21222nnnaaa，累加得13211222++nnnaaaaaaa，故选项C错误，对于D选项，可知扇形面积24nnac，故2222111124444nnnnnnnnccaa

aaaa，故选项D正确，故选：ABD.【点睛】本题考查了利用数列的递推公式求数列的性质，属于一般题.12．如图，已知点E是ABCD的边AB的中点，*nFnN为边BC上的一列点，连接

nAF交BD于nG，点*nGnN满足1223nnnnnGDaGAaGE，其中数列na是首项为1的正项数列，nS是数列na的前n项和，则下列结论正确的是（）A．313aB．数列3na是等比数列C．43nanD

．122nnSn【答案】AB【解析】【分析】化简得到12323nnnnnnGDaaGAaGB，根据共线得到1230nnaa，即1323nnaa，计算123nna，依次判断

每个选项得到答案.【详解】112232nnnnnnGDaGAaGAGB，故12323nnnnnnGDaaGAaGB，,nnGDGB共线，故1230nnaa，即1323

nnaa，11a，故1342nna，故123nna.432313a，A正确；数列3na是等比数列，B正确；123nna，C错误；2124323412nnnSnn，故D错误.故

选：AB.【点睛】本题考查了向量运算，数列的通项公式，数列求和，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力.三、填空题13．已知数列na满足11a，*1()21nnnaanaN，则20a__________．【答案】139【解析】【分析】利用已知条件证得数列1na

是等差数列，由此先求得201a，再求得20a.【详解】依题意数列na满足11a，*1()21nnnaanaN，所以1112nnaa，所以数列1na是以111a=为首项，公差为2的等差数列，所以2020111192393

9aa.故答案为：139【点睛】本小题主要考查根据递推关系求数列的项，属于基础题.14．设数列na的前n项和为nS，若*11111nnnnNSSa，且112a，则20191S_______.【答案】2020【解析】【分析

】用11nnnaSS，代入已知等式，得11nnnnSSSS，变形可得1111nnSS，说明1nS是等差数列，求其通项公式，可得20191S的值.【详解】11nnnaSS，1111111nnnnnSSa

SS，整理可得11nnnnSSSS，则111111nnnnnnSSSSSS，即1111nnSS，所以，1nS是以1为公差的等差数列

，又11112Sa，12111nnnS，则201912020S.故答案为：2020.【点评】本题考查数列递推式，考查等差数列的判定，训练了等差数列通项公式的求法，是中档题.15．已知函数331xxfx，xR，正

项等比数列na满足501a，则1299flnaflnaflna等于______．【答案】992【解析】试题分析：因为3()31xxfx，所以33()()13131xxxxfxfx．因为数列na是等比数列，所以21992984951501

aaaaaaa，即1992984951lnlnlnlnlnln0aaaaaa．设9912399(ln)(ln)(ln)(ln)Sfafafafa①，又99999897(

ln)(ln)(ln)Sfafafa＋…＋1(ln)fa②，①+②，得99299S，所以99992S．考点：1、等比数列的性质；2、对数的运算；3、数列求和．【知识点睛】如果一个数列na，与首末两项等距离的两项之和等于首

末两项之和（都相等，为定值），可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．16．如图，在杨辉三角形中，斜线1的上方，从1

开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列：1，3，3，4，6，5，10，„，记其前n项和为nS，则21S__________．【答案】361【解析】【分析】将n按照奇偶分别计算na：当n为偶数时，42nna；当n为奇数时，2438nnna，11102113212420(

...)(...)Saaaaaa个个计算得到答案.【详解】解法一：根据杨辉三角形的生成过程，当n为偶数时，42nna，当n为奇数时，1=1a，3=3a，2-132nnnnnaaaa，312aa，533aa，212nnn

aa，2438nnna，11102113212420(...)(...)Saaaaaa个个136...66(345...12)28675361（）解法二：当*21()nmmN

时，221(1)22nmmmmmaa，当*2()nmmN时，22nmaam，11102113212420(...)(...)Saaaaaa个个222110(312)[(12...11)(12...11)]22

1111223111127525333753612622【点睛】本题考查了数列的前N项和，意在考查学生的应用能力和解决问题的能力.四、解答题17．在①对任意1n，满足1121nnn

SSS，②12nnnSSa，③11nnSnann这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．问题：已知数列na的前n项和为nS，24a，______，若数列na是等差数列，求数列na的通项公式；若数列na不一定是等差数列，说明理由．【答案

】选择条件①，数列na不一定是等差数列，理由见解析；选择条件②，数列na的通项公式为2nan；选择条件③，2212nann．【解析】【分析】若选择条件①，可得112nnnnSSSS，即12nnaa，由于无法确定1a

的值，即可判断；若选择条件②：可得12nnaa，nN，再根据等差数列的通项公式计算得解；若选择条件③：利用1,1,2nnnnSnaSSn，可得12nnaa，nN，再根据等差数列的通项公式计

算得解；【详解】解：选择条件①：因为对任意1n，nN，满足1121nnnSSS，所以112nnnnSSSS，所以12nnaa．因为无法确定1a的值，所以21aa不一定等于2．所以数列na不一定是等差数列．选择条件②：由12nnnSSa

，得12nnnSSa，即12nnaa，nN．又因为24a，所以12a．所以数列na是等差数列，其公差为2．因此，数列na的通项公式为2nan．选择条件③：因为11nnSnann，所以1112nn

Snannn，两式相减得1122nnnananann，即122nnaan．又122Sa，即212aa，所以12nnaa，nN，又24a，212aa，所以12a，所以数列na是以2为首项，2为

公差的等差数列，所以2212nann．【点睛】本题考查等差数列的通项公式的计算，根据nS求通项公式，属于基础题.18．已知等比数列na的前n项和为nS，11a，且3221SS.（1）求数列na的通项公式；（2）若数列n

a为递增数列，数列nb满足*212nnnbnaN，求数列nb的前n项和nT.（3）在条件（2）下，若不等式30nnnTnb对任意正整数n都成立，求的取值范围.【答案】（1）当2q=时：12nna-=；当1q时：1(1)nna（2）

2332nnnT（3）314【解析】【分析】（1）直接利用等比数列公式得到答案.（2）利用错位相减法得到答案.（3）将不等式30nnnTnb转化为22123nnn，根据双勾函数求数列的最大值得到答案.【详解】（1）23211111212212

,1SSaaqaqaaqqq当2q=时：12nna-=当1q时：1(1)nna（2）数列na为递增数列，12nna-=，211(21)()22nnnnbn231111(21)(13()5().22)2..2nnnT312

411111()3()5()...1(21)()22222nnTn两式相加，化简得到24131111112()2()2()...2()222221(21)(2)2nnnTn211233()(21)()3222nnnnnTn（3）2

113()(21)()322nnnTn2211()(21)()]21(21)()21212303(23)223[nnnnnnnnnbnnnTnbnnTnnnnn设21nt原式2224545ttttt

（t为奇数）根据双勾函数知：1t或3t时有最大值.1t时，原式153t时，原式314故314【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，错位相减法求前N项和，恒成立问题，将恒成立问题转化为利用双勾函数求数列的最大值是解题的关键，此题综合性强，计算量大，意在考查学生对

于数列公式方法的灵活运用.19．设数列na的前n项和为nS，且满足12a，123nnnaSnN.（1）求nS（用n表示）；（2）求证：当2n时，不等式12123527nnSSSnaSaL成立.【答案】（1）113nn

Sn；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据11nnnaSS，代入即得13=3nnnSS，整理可得111333nnnnSS，3nnS为等差数列，即可得解；（2）代入整理，通过放

缩即可证明.【详解】解：（1）∵123nnnaS，∴13=3nnnSS，∴111333nnnnSS，∴，3nnS为首项为23为首项，公差为13等差数列，∴113nnSn.（2）∵22,

1233,2,nnnannnN，∴2n时，1323nnSnan，2n时，12123419235131379237227nnSSSnnnaaanLL.【点睛】本题考查了na

和nS关系，考查了构造等差数列求通项公式，同时考查了放缩法证明不等式，要求一定的计算能力，属于较难题.20．市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式.①等额本金：每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还

款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：每个月的还款额均相同.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（若2019年7月7日贷款到账，则2019年8月7日首次还款）.已知小张该笔贷款年限为20年，月利率为0.004.（1）若小张采取等额本金的还款方式，现已得知第一个还款月应还4900元，最后一

个还款月应还2510元，试计算小张该笔贷款的总利息；（2）若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半，已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因

素）；（3）对比两种还款方式，从经济利益的角度来考虑，小张应选择哪种还款方式.参考数据：2401.0042.61.【答案】（1）289200元；（2）能够获批；（3）应选择等额本金还款方式【解析】【分析】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一

个等差数列，即可由等差数列的前n项和公式求得其还款总额，减去本金即为还款的利息；（2）根据题意，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，设小张每月还款额为x元，由等比数列求和公式及参考数据，即可求得其还款额，与收入的

一半比较即可判断；（3）计算出等额本息还款方式时所付出的总利息，两个利息比较即可判断.【详解】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，记为na，nS表示数列na的前n项和，则14900a，2402510a，则

1240240240120490025108892002aaS，故小张该笔贷款的总利息为889200600000289200元.（2）设小张每月还款额为x元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，则223924010.00410.00410.00

460000010.004xxxx，所以24024011.0046000001.00411.004x，即2402406000001.0040.0046000002.6

10.00438911.00412.611x，因为138911000050002，所以小张该笔贷款能够获批.（3）小张采取等额本息贷款方式的总利息为：3891240600000933840600000333840，因为33

3840289200，所以从经济利益的角度来考虑，小张应选择等额本金还款方式.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列求和公式的综合应用，数列在实际问题中的应用，理解题意是解决问题的关键，属于中档题.21．已知数列na满足112a，11nnnaaa，nN.（1）若

1.①求数列na的通项公式；②证明：对nN，123234aaaaaa12(5)12(2)(3)nnnnnaaann.（2）若2，且对nN，有01na，证明：1218nn

aa.【答案】（1）①11nan；②证明见解析；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）①当1时，11nnnaaa，两边取倒数，再根据数列递推关系，可得出数列1na是首项为2，公差

为1的等差数列，即可求出数列na的通项公式；②由①知11nan，利用裂项公式整理得出121111[](1)(2)(3)2(1)(2)(2)(3)kkkaaakkkkkkk，则对nN，根据裂项相消法即可求出12323412nnnaaaaaaaaa；（

2）当2时，1221nnnaaa，则12221(1)11nnnnnnnnnaaaaaaaaa，由于01na，则10na，根据基本不等式得出2112nnnnaaaa，

化简整理有11124(1)2(1)nnnnaaaa，最后再利用基本不等式，即可证明出1218nnaa.【详解】解：（1）①当1时，11nnnaaa，∵1102a，∴12101aaa，

依此类推，0na∴11111nnnnaaaa，∴1111nnaa+-=，∴数列1na是首项为2，公差为1的等差数列，∴11nna，即11nan，②证明：由①知11nan，故对1,2,3kL121111[](1)(2)(3)2(1)(2)(

2)(3)kkkaaakkkkkkk，∴12323412nnnaaaaaaaaa＝1111111[()()()]223343445(1)(2)(2)(3)nnnn＝111

(5)[]223(2)(3)12(2)(3)nnnnnn，（2）证明：当2时，1221nnnaaa，则12221(1)11nnnnnnnnnaaaaaaaaa，∵01na，则10na，得2112nnnnaaaa

，∴2122111(1)()121nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa＝2114(1)2(1)2nnnaaa＝1111212448222(1)2(1)nnaa，∵1nnaa与211nnaa不能同时成立，

所以上式“＝”不成立，即对nN，1218nnaa.【点睛】本题考查通过数列的递推关系证出等差数列和求数列的通项公式，以及运用裂项相消法求和，还涉及运用基本不等式求最值，考查推理证明和化简运算能力.22．已知数列na的前n项和为nS，11a，且1a为2

a与2S的等差中项，当2n时，总有11230nnnSSS.（1）求数列na的通项公式；（2）记mb为1na在区间1*0,4mmN内的个数，记数列21mmb的前m项和为mW，求2

0W.【答案】（1）112nna；（2）20800W.【解析】【分析】（1）利用1(2)nnnaSSn得出{}na的递推关系，同时判断2a与1a的关系也与这个相同，从而得数列{}na是等比数列，由等比数列通项公式可得结论；（2）由（1）可得

mb，写出20W，两两配对后易得和．【详解】（1）因为11220nnnnSSSS，2n，*nN，所以112nnaa，2n，因为11a，2a，1a，2S依次成等差数列，所以2212a，得212a，所以2112aa，所以数列na是以1为首项，公比为1

2q的等比数列，所以112nna.（2）由题意知：112nna，所以11024nm，所以12(1)22nm，即12(1)nm，所以21mbm，当m为偶数时，2219254981121(23

)(21)mWmm22(19)(2549)(81121)(23)(21)mm824408(1)m，所以20(88208)824408(201

)8002022W．【点睛】本题考查由nS求na，求等比数列的通项公式，考查分组（并项）求和法．在由1nnnaSS的转化中注意2n，因此后面的关系式、结论需验证1n

时是否成立，否则易出错．在出现正负相间的数列求和时常常相邻项并项后再求和．