【文档说明】【精准解析】专题33数列求和-（文理通用）【高考】.docx，共(32)页，1.323 MB，由小赞的店铺上传

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专题33数列求和最新考纲1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.基础知识融会贯通1．等差数列的前n项和公式Sn＝n(a1＋an)2＝na1＋n(n－1)2d.2．等

比数列的前n项和公式Sn＝na1，q＝1，a1－anq1－q＝a1(1－qn)1－q，q≠1.3．一些常见数列的前n项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝n(n＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2.(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)．(4)12＋22＋…＋n2＝n

(n＋1)(2n＋1)6.【知识拓展】数列求和的常用方法(1)公式法直接利用等差、等比数列的求和公式求和．(2)分组转化法把数列转化为几个等差、等比数列，再求解．(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若

干项．常见的裂项公式①1n(n＋1)＝1n－1n＋1；②1(2n－1)(2n＋1)＝1212n－1－12n＋1；③1n＋n＋1＝n＋1－n.(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．(5)错位相减法主要用于一个等差数列

与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和．(6)并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．重点难点突破【题型一】分组转化法求和【典型例题】数列，

，，…，的前n项和为Sn＝（）A．B．2nC．D．【解答】解：数列1，2，3，…的前n项和为Sn＝（1+2+3+…+n）+（）（）．故选：C．【再练一题】已知数列{an}的通项公式是an（n∈N*），若|a1|

+|a2|+…+|an|＝80，则n的值是．【解答】解：∵数列{an}的通项公式是an（n∈N*），∴n≤3时，an＝2n+4．n≥4时，an＝﹣3+an﹣1，即an﹣an﹣1＝﹣3．∴此时数列{an}为等差数列，首项a4＝a3﹣3＝23+4﹣3

＝9，公差为﹣3．∴an＝9﹣3（n﹣4）＝21﹣3n．a5＝6，a6＝3，a7＝0，n≥8时，|an|＝3n﹣21．∵|a1|+|a2|+…+|an|＝80，∴2+4+22+4+23+4+9+6+3+0+（3×8﹣21）+（3×9﹣21）+……+（3n﹣21）＝

80，（3×8﹣21）+（3×9﹣21）+……+（3n﹣21）＝36，∴36，化为：（n﹣12）（n﹣2）＝0，n≥8．解得n＝12．故答案为：12．思维升华分组转化法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，

{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意

在含有字母的数列中对字母的讨论．【题型二】错位相减法求和【典型例题】已知{an}为正项等比数列，a1+a2＝6，a3＝8．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）若bn，且{bn}前n项和为Tn，求

Tn．【解答】解：（1）{an}为正项等比数列，公比设为q，q＞0，a1+a2＝6，a3＝8．可得a1+a1q＝6，a1q2＝8，解得a1＝q＝2，即an＝2n；（2）bnn•（）n，Tn＝1•2•n•（）n，Tn＝1•2•n•（）n+

1，相减可得Tn（）n﹣n•（）n+1n•（）n+1，化简可得Tn＝2﹣（n+2）•（）n．【再练一题】已知在数列{an}中，a1＝2，2n（an+an+1）＝1，设Tn＝a1+2a2+…+2n﹣1an，bn，数列{bn}的前n项和Sn＝．【解答】解：由

题意可知因为Tn＝a1+2a2+…+2n﹣1an，所以2Tn＝2a1+22a2+…+2nan，两式相加3Tn＝a1+2（a1+a2）+22（a1+a2）+…+2n﹣1（an﹣1+an）+2nan所以，从而．故答案为：2n+1﹣2．思维升华错位相减法求和时的注意点(

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将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．【题型三

】裂项相消法求和命题点1形如an＝1n(n＋k)型【典型例题】（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可知：，S30．故选：D．【再练一题】在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a4，a8成等比数列，数列{an

}的前10项和为45．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn．【解答】解：（1）公差d不为0的等差数列{an}中，a1，a4，a8成等比数列，可得a1a8＝a42，即有a1（a1+7d）＝（a1+3d）2，化为a1

＝9d，数列{an}的前10项和为45，可得10a1+45d＝45，解得a1＝3，d，则an＝3（n﹣1）；（2）bn9（），则Tn＝9（）＝9（）．命题点2an＝1n＋n＋k型【典型例题】数列的前2017项的和为（）A．B．C．D．【解答】解：，

数列的前2017项的和为：1．故选：B．【再练一题】已知正项数列{an}的前n项和为Sn，对∀n∈N*有2Sn＝an2+an．令bn，设{bn}的前n项和为Tn，则在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9．【解答】解：∵2Sn＝an2+a

n，∴当n≥2时，2an＝2（Sn﹣Sn﹣1）＝（an2+an）﹣（an﹣12+an﹣1），整理得：（an﹣an﹣1）（an+an﹣1）＝an+an﹣1，又∵数列{an}的每项均为正数，∴an﹣an﹣1＝1，又∵，即a1＝1，∴数列{an}是首项、公

差均为1的等差数列，∴an＝n，∴bn•，∴数列{bn}的前n项和为Tn＝11，要使得Tn为有理数，只需为有理数即可，即n+1＝t2，∵1≤n≤100，∴t＝3、8、15、24、35、48、63、80、99，即在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9个，故答

案为：9．思维升华(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)，1n(n＋k)＝1k1n－1n＋k，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．基础知识训

练1．【山东省日照市2019届高三5月校际联合考试】已知数列na前n项和为nS，满足2nSanbn=+（,ab为常数），且92a=，设函数2()2sin22sin2xfxx=+−，记()nnyfa=，则数列ny的前17项和为（）A．172B．9C．11D．17【答案】D【解析

】因为2()2sin22sinsin2cos12xfxxxx=+−=++，由2nSanbn=+，得221(1)(1)2nnnSSanbnannabanab−=−=+−−−−=−+，数列na为等差数列；11792aaa+==，()()111171171717si

n2cos1sin2cos1yfafaaaaya=+=++++++1111sin2cos1sin(22)cos()12aaaa=+++−+−+=.则数列ny的前17项和为1217117()()...()8()()117fafafafafa+++=++=.故选：D

．2．【福建省2019年三明市高三毕业班质量检查测试】已知正项数列na的前n项和为nS，且11a=，()2*121nnaSnn+=++N，设数列11nnaa+的前n项和为nT，则nT的取值范围为（）A．10,2B．(0,1)C

．1(,1)2D．21100m2Bxat==【答案】D【解析】因为2121nnaSn+=++，所以()2122nnaSnn−=+，因此()22112121nnnnnaaSSa+−−=−+=+，即()2211nnaa+=+，又na为正项数列，所以11nnaa+

=+，故数列na是以1为首项，1为公差的等差数列，所以nan=，()*nN因此()1111111nnaannnn+==−++，所以1111111122311nTnnn=−+−++−=−++，

因为*nN，所以112nT.故选D3．【甘肃省兰州市第一中学2019届高三6月最后高考冲刺模拟】已知数列na满足2*1222...2()nnaaannN+++=，数列2211loglognnaa+的前n项和为nS，则12310...SSSS=()A．110B．111

C．211D．15【答案】B【解析】因为21222...2nnaaan+++=，所以2112122...21(2)nnaaann−−+++=−，两式作差，可得21nna=，即1(2)2nnan=，又当1n=时，121a=，即112a=满足1

2nna=，因此*12()2nnnanN−==；所以22211211111logloglogl22og(1)1nnnnaannnn+−−−===−++；因为数列2211loglognnaa+的前n项和为nS，所以111111(1)().

..()1223111nnSnnnn=−+−++−=−=+++，因此12310123101......2341111SSSS==.故选B4．【江西省南昌市江西师范大学附属中学2019届高三三模】数列na中的项按顺序可以排成如图的形式，第一行1项，排1a；第二行2项，从左

到右分别排2a，3a；第三行3项，……依此类推，设数列na的前n项和为nS，则满足2019nS的最小正整数n的值为（）A．20B．21C．26D．27【答案】B【解析】第一行为4，其和为4，可以变形为：1232T=−；第二行为首项为4，公比为3的等比数列，共2

项，其和为：()22241323213T−==−−；第三行为首项为4，公比为3的等比数列，共3项，其和为()33341323213T−==−−；依此类推：第n行的和：232nnT=−；则前6行共：12345621+++++=个数前6行和为：()()()()262

67212322322322333123152172S=−+−++−=+++−=−=满足2019nS而第六行的第6个数为：543972=，则202197212002019SS=−=满足2019nS的最小正整数n的值为：21本题正确选项：B5．【甘、青、宁2019

届高三5月联考】已知正项数列{}na的前n项和为nS，满足21nnSa−=，则516810024246810011111(1)11111aaaaaSSSSS+++++−+−++−=−−−−−（）A．10010

1B．102101C．200201D．202201【答案】A【解析】当1n=时，1121aa−=，解得11a=；当2n时，()()22114141nnnnSaSa−−=+=+，两式相减可得22

11422nnnnnaaaaa−−=−+−，221122nnnnaaaa−−+=−，可得12nnaa−−=，所以()12121nann=+−=−，()2214nnaSn+==.212111111nnanSnnn

+==+−−−+，所以682424681111...1111aaaaSSSS++++−+−+−−−−()511001001111111111001...113355799101101aS+

+−=+−+++−−+=−.故选A.6．【四川省百校2019年高三模拟冲刺卷】定义在)0,+上的函数()fx满足：当02x时，()22fxxx=−；当2x时，()()32fxfx=−.记函数(

)fx的极大值点从小到大依次记为12,,,,,naaa并记相应的极大值为12,,,,,nbbb则11222020ababab+++的值为（）A．201931+B．191931+C．192031+D．202031+【答案】A【解析】由题当

当0x2时，()()22fx2xx11,x=−=−−+极大值点为1，极大值为1当x2时，()()fx3fx2=−.则极大值点形成首项为1公差为2的等差数列，极大值形成首项为1公比为3的等比数列故2

1nan=−.1,3nnb−=,故()1213nnnabn−=−设S=121911222020113353393ababab+++=++++3S=12201333393+++两式相减得-2S=1+2(1219333+++)-()192

02020313312393238313−=+−=−−−∴S=201931+故选：A7．【河南省六市2019届高三第二次联考】已知数列{}na中，11a=，且对任意的*,mnN，都有mnmnaaamn+=++，则201911iia==（）A．20192020B．2018201

9C．20181010D．20191010【答案】D【解析】令1m=，代入mnmnaaamn+=++得：11nnaan+−=+又()()()()32211112nnnnnaaaaaaaaaa−−−−−−−=+++++()()()112212nnnnn+=+−+−+++=.()11112112n

nnann==−++.所以201911221111111112232018201920192020iia==++−−−−++12019212

0201010=−=.故选：D8．【甘肃省白银市靖远县2019届高三第四次联考】已知函数()coslnxfxxx=+−，若22018201920192019fff+++=

()1009ln0,0)abab+（，则11ab+的最小值为（）A．2B．4C．6D．8【答案】A【解析】由题可知：()()()()2coslncoslnln2lnxxfxfxxxxx−+−=++−+==−令22018

201920192019Sfff=+++又20182017201920192019Sfff=+++于是有22ln2ln2ln22018lnS=+++=2018lnS=因此2ab+=所以

()()11111112222222ababababba+=++=+++=当且仅当1ab==时取等号本题正确选项：A9．【重庆市南开中学2019届高三第三次教学质量检测考试】已知{}na是公比不为1的

等比数列，数列{}nb满足：2a，nba，2na成等比数列，2221nnncbb+=，若数列{}nc的前n项和nT对任意的*nN恒成立，则的最大值为（）A．13B．16C．115D．215【答案】C

【解析】由2a，nba，2na成等比数列得222=bnnaaa，又na是公比不为1的等比数列，设公比为q,则2222211nbnaqaq−=，整理得1nbn=+，()()22211111=()212322123nnncbbnnnn+==−++++，数列nc的前n项和11121211

11111323=2355723nnnTn−++−+−++=−+，数列nT是单调递增数列，则当n=1时取到最小值为115，可得115，即的最大值为115，故选：C10．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4

月联考】已知等差数列na满足33a=，4581aaa+=+，数列nb满足11nnnnnbaaaa++=−，记数列nb的前n项和为nS，若对于任意的2,2a−，*nN，不等式223nStat+−恒成立，则实数t的取值范围为（）A．(),22,−−+B．(),21,

−−+C．(),12,−−+D．22−,【答案】A【解析】由题意得458181aaaaa+=+=+，则11a=，等差数列na的公差3112aad−==，()11nann=+−=.由11nnnnnbaaaa++=−，得111111nnnb

aann+=−=−+，1111223nS=−+−+1111341nn−++−−111111nnn+−=−++则不等式223nStat+−恒成立等价于211231tatn−+−+恒成

立，而1111n−+，问题等价于对任意的*2,2,anN−，2240tat+−恒成立。设()224fatat=+−，2,2a−，则()()2020ff−，即222020tttt+−−−，解得2t或2t−.故选:A.11．【山西省201

9届高三考前适应性训练二（二模)】1111=33636936930+++++++++++…………A．310B．1033C．35D．2033【答案】D【解析】由题意可知：()221369333311()1nnnnn==−++++++，30111111121201122334101131132()(

)33S=−+−+−++−=−=，故选D12．【福建省2019届高三毕业班质量检查测试】数列na中，12a=，且112(2)nnnnnaanaa−−+=+−，则数列()211na−前2019项和为（）A．40362019B．20

191010C．40372019D．40392020【答案】B【解析】解：∵1122nnnnnaanaa（）−−+=+−，∴()22112nnnnaaaan−−−−=﹣，整理得：()()22111nnaan−

−−−=，∴()()()2211112naann−−−=+−++，又12a=∴()()2112nnna+−=，可得：()()212112111nnnnna==−++−．则数列()211na−

前2019项和为：111111201921212232019202020201010−+−++−=−=．故选：B．13．【山东省德州市2019届高三第二次练习】设数列na的前n项和为nS，已知

1212aa==，，且2123nnnaSS++=−+，记22122loglognnnbaa−=+，则数列()21nnb−的前10项和为______．【答案】200【解析】∵1212aa==，，且2123nnnaSS++=−+，∴32332a=−+=，∵21

23nnnaSS++=−+，∴2n时，1123nnnaSS+−=−+，两式相减可得，()()21112nnnnnnSaaSSS++−+−=−−−，（2n）即2n时，2112nnnnaaaa+++−=−即22nnaa+=，∵312aa=，∴数列{}n

a的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，12222nnna−==，1121122nnna−−−==∴22122121nnnblogalogannn−=+=−+=−，则数列()()()221211nnnbn−−=−，则

()21nnb−的前10项和为()()()22222231751917S=−+−++−()2412202836=++++200=故答案为：20014．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月)】在数列na中，1111,,(*)2019(1)nnaaanNnn+==++，则

2019a的值为______．【答案】1【解析】因为11,(*)(1)nnaanNnn+=++所以1111(1)1nnaannnn+−==−++，2111,2aa−=−3211,23aa−=−...,201920181120182019aa−=−,各式相加，可得20191112019aa−=−

，201911120192019a−=−，所以，20191a=，故答案为1.15．【重庆南开中学2019届高三第四次教学检测考试】在正项数列na中，12a=，其前n项和nS满足()21122nnn

SSan−+=，若数列()211nnnnbS+=−，则数列nb的前2020项和为______．【答案】20202021−【解析】()21122nnnSSan−+=,得()2121132nnnSSan−−−+=

，则()()11112nnnnnnaaaaaa−−−+=+−，因为0na，则12nnaa−−=，又2122212,42aaaa+==，即212aa−=，故na为等差数列，∴()2,1nnanSnn==

+()211nnnnbS+=−=()1111nnn−++，则数列nb的前2020项和为11111120201223202020212021−+−++++=−

故答案为20202021−16．【福建省龙岩市（漳州市)2019届高三5月月考】若数列{}na满足11a=，112nnnaa+−−=，则na=_____．【答案】22nn+−【解析】由题121nnnaa+−=+，则12121,aa−=+232

21aa−=+……1121nnnaa−−−=+相加得()11212112nnaan−−−=+−−,故na=22nn+−故答案为22nn+−17．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试（二)】数列{}na

中，11a=，121nnaan+=++.（1）求{}na的通项公式；（2）设141nnba=−，求数列nb的前n项和.【答案】（1）2nan=（2）21nnTn=+【解析】解：（1）因为121nnaan+=++，所以当2n时，()()()112211nnnnnaaaaaaaa−−−=−+−+

−+()21321nn=+++−=.由于11a=满足2nan=，所以求na的通项公式为2nan=.（2）因为211114122121nbnnn==−−−+，所以数列nb的前n项和为1

2111111123352121nnTbbbnn=+++=−+−++−−+11122121nnn=−=++.18．【北京师范大学附属中学2019届高三高考模拟（三)】等差数列{an}的前

n项和为Sn，a2+a15=17，S10=55．数列{bn}满足an=log2bn．（1）求数列{bn}的通项公式；（2）若数列{an+bn}的前n项和Tn满足Tn=S32+18，求n的值．【答案】（1）nnb2=；（

2）n=8【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d，则有112a15d1710a45d55+=+=解得1a1d1==,则an=n．又an=log2bn，即nanb2=，所以nnb2=．（2）依题意得：Tn=（a1+a2+…+an）+（b1+b2+…+bn）=（1+2+3+…

+n）+（2+22+23+…+2n）=()()n212nn1212−++−=()n1nn1222+++−．又()3232132S18185462++=+=，则()n1nn125482+++=，因为()

()n1nn1fn22++=+在n∈N*上为单调递增函数，所以n=8．19．【天津市北辰区2019届高考模拟考试】设数列na是等差数列，数列nb的前n项和nS，满足()312nnSb=−且2152,abab==．（1）求数列na和nb的通项公式；（2）设nT为数列n

nS的前n项和，求nT．【答案】（1）21nan=−，()*3nnbnN=；（2）()13133934848nnnnnS++=−++【解析】（1）由()312nnSb=−得，()()113122nnSbn−−=−，

∴()1132nnnnnbSSbb−−=−=−，即13nnbb−=，又13b=，故()*3nnbnN=．∴213ab==，529ab==，∴93252d−==−，∴21nan=−．（2）由（1）可得()()3131232nnnSb==−−∴()332nnnSnn=−令

3nncn=，其前n项和记为nP，ncn=，其前n项和记为nQ，∴23323333nnPn=++++，334+13323333nnPn=++++两式相减得23111132333333322nnnnnPnn+++−=

++++−=−−，∴1133244nnnP+=−+，()12nnnQ+=∴()()1313339324848nnnnnnnSPQ++=+=−++20．【江西省抚州市临川第一中学2019届高三下学期考前模拟考试】已知数

列na中，1am=，且()*1321,nnnnaanbannN+=+−=+.（1）判断数列nb是否为等比数列，并说明理由；（2）当2m=时，求数列(1)nna−的前2020项和2020S.【答案】（1）①01x时，不是等比数列；②1m−

时，是等比数列；（2）2021340434−.【解析】（1）1321nnaan+=+−，()111321133nnnnnbanannanb++=++=+−++=+=，∴①当01x时，10b=，故数列nb不是等比

数列；②当1m−时，数列nb是等比数列，其首项为110bm=+，公比为3.（2）由(1)且当1m−时有：1333nnnnban−=+==，即3nnan=−，(1)(3)(1)nnnnan−=−−−，2020202031(3)S[(12)(34)(20192020)]

1(3)−−−=−−++−+++−+−−202120213334043101044−+−=−=.21．【安徽省江淮十校2019届高三年级5月考前最后一卷】已知数列{}na的前n项和为nS，(1)nnSnann=+−，且5a是2a和6a的等比中项.（1）证明：数列{}na是

等差数列并求其通项公式；（2）设11nnnbaa+=，求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)见解析；(2)12122nnTn=−【解析】（1）由(1)nnSnann=+−得()()1111nnSnann++=+++，所以

()+1112nnnnSSnanan+−=+−+，又11nnnSSa++−=所以12nnnanan+=+，故12nnaa+−=−.故数列na是公差为2−的等差数列，且5a是2a和6a的等比中项，即2526aaa=，得()()()21118210aaa

−=−−，解得111a=，所以132nan=−.（2）由题得111112132112nnnbaann+==−−−−，12nnTbbb=+++1111111211997132112nn=−−+−++−

−−11121111212122nnn=−−=−−22．【江西省名校（临川一中、南昌二中)2019届高三5月联合考试】已知数列na有0na，nS是它的前n项和

，13a=且22213,2nnnSnaSn−=+．（1）求证：数列1nnaa++为等差数列.（2）求na的前n项和nS.【答案】（1）见解析；（2）()23Snn2n=+【解析】（1）当2n时，22221113()()3,0nnnnnnnnnSnaSSSSSn

aa−−−=+−+=，所以21()3nnSSn−+=，21()3(1)nnSSn++=+，两式对应相减得13(21)nnaan++=+，所以11)63(63)6nnnnaaaann+−=+−++−=）-(（又n=2时

，2222(3+)129,6aaa=+=所以39a=，所以2231)69(6+3)6aaaa++=+−=（）-(，所以数列1nnaa++为等差数列.（2）当n为偶数时，12341()()()3(37(21))nnnSaaaaaan−=++++++=+++−2(321)3

23()22nnnn+−==+当n为奇数时，1231()()nnnSaaaaa−=+++++21(521)3233(59(21))33(2)322nnnnn−+−=++++−=+=+−+()23nn2=+综上：()

23Snn2n=+能力提升训练1．【2019届湘赣十四校高三联考第二次考试】已知数列{}na的通项公式为12nna-=，数列{}nb满足*221221log()loglognnnnbanNaa++=+，则数列{}nb的前10项和为（）A．50511B．50711C．61511D．61711【答

案】A【解析】∵212loglog2nnan+==，∴()21221111loglog11nnaannnn++==−++，∴()1111nbnnn=−+−+∴()11111012...11...2231nSnnn=++++−+−+−++−+()11121nnn−

=+−+322nnn+=+，310101050520211S+==+.故选A2．【河南省许昌市、洛阳市2019届高三第三次质量检测（三模)】已知数列{}na，{}nb的前n项和分别为nS，nT，且0na，263nnnSaa=+，12(21)(21)nnnanaab+=−

−，若nkT恒成立，则k的最小值为（）A．17B．149C．49D．8441【答案】B【解析】当1n=时，211163aaa=+，解得13a=.当1n时，由263nnnSaa=+，得211163nnnSaa−−−

=+，两式相减并化简得()()1130nnnnaaaa−−+−−=，由于0na，所以1130,3nnnnaaaa−−−−=−=，故na是首项为3，公差为3的等差数列，所以3nan=.则()()112111781812121nnnannnaab++

==−−−−−，故12nnTbbb=+++223111111117818181818181nn+=−+−++−−−−−−−11117781n+

=−−()11149781n+=−−，由于nT是单调递增数列，1111498149n+−−，149k.故k的最小值为149，故选B.3．【安徽省合肥市2019届高三第二次教学质量检测】“垛积

术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等，某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层

是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910.若这堆货物总价是910020010n−万元，则n的值为（）A．7B．8C．9D．10【答案】D【解析】由题意，第一层货物总价为1万

元，第二层货物总价为9210万元，第三层货物总价为29310万元，…，第n层货物总价为1910nn−万元，设这堆货物总价为W万元,则21999123101010nWn−=++++，239999912310

10101010nWn=++++，两式相减得2311999991101010101010nnWn−=−++++++

919991010109101010110nnnnnn−=−+=−+−−，则99910100100100200101010nnnWn=−+−

=−,解得10n=，故选D.4．【浙江省温州九校2019届高三第一次联考】已知数列的通项，若，则实数x可以等于（）A．B．C．D．【答案】B【解析】当时，此时当时，此时当时，此时当时，

此时故选B.5．【河北省衡水市第二中学2019届高三上学期期中考试】数列na中的项按顺序可以排列成如图的形式，第一行1项，排1a；第二行2项，从左到右分别排2a，3a；第三行3项……以此类推，设数列

na的前n项和为nS，则满足2000nS的最小正整数n的值为()A．27B．26C．21D．20【答案】C【解析】设满足2000nS的最小正整数为n，项na在图中排在第i行第j列（*,ijN且ji），所以有()()()()21231231231231ijnS−=−+−++−+−

()()()2312333321231iji−=++++−−+−()()3321231iji=−−−+−323232000iji=+−−，则6i，6j，即图中从第6行第6列开始，和大于2000.因为前6行共有12...621+++=项，所以最小正

整数n的值为21.故选：C6．【安徽省六安市毛坦厂中学2019届高三3月月考】已知数列：12；212，222，232；312，322，…，372；…，12n，22n，32n，…212nn−；…，则此数列的前

2036项之和为（）A．1024B．2048C．1018D．1022【答案】C【解析】将此数列分组，第一组：112；第二组：22212332222++=；第三组：3331277...2222+++=；…；第n组：1232121...22222nnnnnn−−++++=.而由()()()()1232

12121...212036n−+−+−++−=，得1222036nn+−−=，所以10n=.因此前2036项之和正好等于前10组之和，由于1210212121...1018222−−−+++=.故选C.7．【黑龙江省哈尔滨市第三中学20

19届高三第二次模拟】设数列{}na满足1123nnaa+=+，14a=.（1）求证{3}na−是等比数列，并求na；（2）求数列{}na的前n项和nT.【答案】（1）113()3nna−=+（2）313123nnTn=+−【解析】（1）∵1123n

naa+=+，14a=，∴()11333nnaa+−=−，故3na−是首项为1，公比为13的等比数列，∴1133nna−=+.（2）1133nna−=+，故0111113...333nnTn−

=++++1131333112313nnnn−=+=+−−.8．【湖北省黄冈市2019届高三2月联考】已知正项数列na的前n项和为nS，且212nnnaSaa=+。（1）求数列na的通项公式；（2）若13n

nnba=，求数列nb的前n项和nT。【答案】(1)nan=;(2)323443nnnT+=−.【解析】（1）由题意得，当1n=时，221112aaa=+，又0na，∴11a=，当2n时，由22nnnSaa=+得21112nn

nSaa−−−=+，两式相减得22112nnnnnaaaaa−−=−+−，即()()1110nnnnaaaa−−+−−=，又0na，∴11,nnaa−=−∴数列na是以1为首项，1为公差的等差数列，∴nan=；（2）由（1）得13nnbn=

，∴1211112333nnTn=+++，则()2311111112133333nnnTnn+=+++−+，两式相减得1212111133333nnnTn+=+++−

，∴9．【安徽省1号卷�A10联盟2019年高考最后一卷】已知等差数列na满足636aa=+，且31a−是241,aa−的等比中项.（1）求数列na的通项公式；（2）设()11nnnbnaa+=N，数列n

b的前项和为nT，求使1nT成立的最大正整数n的值【答案】（I）21nan=+.（II）8.【解析】()I设等差数列na的公差d，6336aad−==Q，即2d=，3313aa−=+，2111aa−=+，416aa=+，31a−Q

是21a−，4a的等比中项，()()232411aaa−=−，即()()()2111+3=16aaa++，解得13a=.数列na的通项公式为21nan=+.（II）由()I得()()111111212322123nn

nbaannnn+===−++++.1212nnTbbb=+++=11111135572123nn−+−++−++()1112323323nnn=−=++由()13237nn+，得9n.

使得1nT成立的最大正整数n的值为8.10．【天津市十二重点中学2018届高三下学期毕业班联考（二)】已知为正项等比数列，，且数列满足：．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求数列的前项和，并求使得恒成立的取值范围．【

答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）的取值范围为．【解析】解：（Ⅰ）设正项等比数列的公比为．．又数列满足：．，可得．（Ⅱ），，两式相减得：，化为：．，因此数列为单调递增数列．恒成立．为偶数时，．为奇数时，，解得．综上可得：的取

值范围为．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com