【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，由管理员店铺上传

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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{b

n}，{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＝1

n＋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+an，∴当n≥2时，2an＝2（Sn﹣Sn﹣1）＝（an2+an）﹣（an﹣12+a

n﹣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+==，()()111171171717sin2cos1sin2cos1yfafaaaaya=+=++++++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()2122

nnaSnn−=+，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．111C．211D．15【答案】B【解析】因为2122

2...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12nna=，因此*12()2nnn

anN−==；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：()()()()26267212322322322333

123152172S=−+−++−=+++−=−=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．100101B

．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2211422n

nnnnaaaaa−−=−+−，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21nan=−.1,3nnb−=,故()1213nnnabn−=−设S=121911222020113353393ababab+++=++++3S=12201333393+++两式相减得-2S=1+2(1219333+++)-

()19202020313312393238313−=+−=−−−∴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mnmnaa

amn+=++，则201911iia==（）A．20192020B．20182019C．20181010D．20191010【答案】D【解析】令1m=，代入mnmnaaamn+=++得：11nnaan+−=+又()()()()32211112nnnnnaaa

aaaaaaa−−−−−−−=+++++()()()112212nnnnn+=+−+−+++=.()11112112nnnann==−++.所以201911221111111112232018201920192020iia

==++−−−−++120192120201010=−=.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22018201920

192019fff+++=()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22018201920192019Sfff=+++又20182017201920192019Sfff=+++于是有22ln2ln2l

n22018lnS=+++=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n

a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11121

21111111323=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3

3a=，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111111nnnbaann+=−=−+，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2019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==−++++++，3011111

1121201122334101131132()()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．20191010C．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121

2aa==，，且2123nnnaSS++=−+，记22122loglognnnbaa−=+，则数列()21nnb−的前10项和为______．【答案】200【解析】∵1212aa==，，且2123

nnnaSS++=−+，∴32332a=−+=，∵2123nnnaSS++=−+，∴2n时，1123nnnaSS+−=−+，两式相减可得，()()21112nnnnnnSaaSSS++−+−=−−−，（2n）即2

n时，2112nnnnaaaa+++−=−即22nnaa+=，∵312aa=，∴数列{}na的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，12222nnna−==，1121122nnna−−−==∴22122121nn

nblogalogannn−=+=−+=−，则数列()()()221211nnnbn−−=−，则()21nnb−的前10项和为()()()22222231751917S=−+−++−()241220

2836=++++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−=−，201911120

192019a−=−，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()21122nnnSSan−+=，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111111202012232020202120

21−+−++++=−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−=+23221aa−=+……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121111111233

52121nnTbbbnn=+++=−+−++−−+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）=()()n212nn12

12−++−=()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nnS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+1332

3333nnPn=++++两式相减得23111132333333322nnnnnPnn+++−=++++−=−−，∴1133244nnnP+=−+，()12nnnQ+=∴()()1313339324848nnnnnnnSP

Q++=+=−++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)nn

a−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01

x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()()1

111nnSnann++=+++，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=−−+−++−−−111

21111212122nnn=−−=−−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()()3,0nnnnnnnnnSnaSSSSSnaa−−−=+−+=，所以21()3nnSSn−+=，21()3(1)nnSSn++=+，两式对应相减得13(21)nn

aan++=+，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)323()22nnnn+−==+当n为奇数时，1231()()nnnSaaaaa−=+++++21(521)3233(5

9(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)n

nnanaab+=−−，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()()112111781812121nnnannnaa

b++==−−−−−，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−=++++，23999991231010101010nWn=++++，两式相减得231199

9991101010101010nnWn−=−++++++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()()()()2123

1231231231ijnS−=−+−++−+−()()()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()()()()12

3212121...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2019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）∵1123nnaa+=+，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13nnnba=，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21

112nnnSaa−−−=+，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24

1,aa−的等比中项.（1）求数列na的通项公式；（2）设()11nnnbnaa+=N，数列nb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()()111111212322123nnnbaannnn+===−++++.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

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