【文档说明】备战2024年高考数学易错题（新高考专用）专题08 数列 Word版含解析.docx，共(59)页，3.202 MB，由小赞的店铺上传

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专题08数列易错点一：混淆数列与函数的区别（数列求最值问题）1、等差数列的定义（1）文字语言：一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数；（2）符号语言：1nnaad+−=(*nN，d为常数)．2、等差中项：若三

个数a，A，b组成等差数列，则A叫做a，b的等差中项．3、通项公式与前n项和公式（1）通项公式：1(1)naand=+−．（2）前n项和公式：11()(1)22nnnaannSnad+−=+=．（3）等差数列与函数的关系①

通项公式：当公差0d时，等差数列的通项公式11(1)naanddnad=+−=+−是关于n的一次函数，且一次项系数为公差d.若公差0d，则为递增数列，若公差0d，则为递减数列．②前n项和：当公差0d时，2

11(1)()222nnnddSnadnan−=+=+−是关于n的二次函数且常数项为0.已知数列na是等差数列，nS是其前n项和．1、等差数列通项公式的性质：（1）通项公式的推广：*()(,)nmaanmdnmN=+−．（2）若*(,,,)klmnklmnN+=+，则klmna

aaa+=+．（3）若na的公差为d，则2na也是等差数列，公差为2d．（4）若nb是等差数列，则nnpaqb+也是等差数列．2、等差数列前n项和的性质（1）2121()()nnnnSnaanaa+=+==+；（2）21(21)nn

Sna−=−；（3）两个等差数列na，nb的前n项和nS，nT之间的关系为2121nnnnSaTb−−=.（4）数列mS，2mmSS−，32mmSS−，…构成等差数列．3、关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质（1）若项数为2n，则SSnd−=奇偶，1nnSaSa+=奇偶；（2）若项数

为21n−，则(1)nSna=−偶，nSna=奇，nSSa−=奇偶，1SnSn=−奇偶.最值问题：解决此类问题有两种思路：一是利用等差数列的前n项和公式，可用配方法求最值，也可用顶点坐标法求最值；二是依据等差数列的通项公式()()111naanddnad=+−=+−，

当0d时，数列一定为递增数列，当0d时，数列一定为递减数列．所以当10a，且0d时，无穷等差数列的前n项和有最大值，其最大值是所有非负项的和；当10a，且0d时，无穷等差数列的前n项和有最小值，其最小值是所有非正项的和，求解非负项

是哪一项时，只要令0na即可易错提醒：数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时有时可以利用函数的性质，但是在利用函数单调性求解数列问题，要注意n的取值不是连续实数，忽略这一点很容易出错.例．已知等差数列na的

前n项和为nS，且41a=，510S=，求nS取得最大值时对应的n值.【详解】在等差数列na中，15352551022aaaS+===，则32a=，而41a=，于是公差431daa=−=−，因此

3(3)5naandn=+−=−+，由0na，得5n，显然数列na是递减等差数列，前5项都是非负数，从第6项起为负数，所以nS的最大值为14454102aaSS+===，此时4n=或5n=.变式1．数列na

是等差数列，150a=，0.6d=−．(1)从第几项开始有0na？(2)求此数列的前n项和的最大值．【详解】（1）因为150a=，0.6d=−，所以()500.610.650.6nann=−−=−+

．令0.650.60n−+，则50.684.30.6n．由于*nN，故当85n时，0na，即从第85项开始各项均小于0；（2）方法1：()()2221503503500.60.350.30.326120nnnSnnnn−=+−=

−+=−−+．当n取最接近于5036的自然数，即84n=时，nS取到最大值8421084S.=．方法2：因为0.60d=−，1500a=，由（1），知840a，850a，所以1284SSS，且848586SSS．

所以()()84max848350840.62108.42nSS==+−=．变式2．记nS为等差数列na的前n项和，已知17a=−，315S=−．(1)求na的通项公式；(2)求nS的最小值．【详解】（1）设公差为d，17a=−，∴353(31221331)(7)S

dd−−−+==−+=，解得2d=，∴()1129naandn+−=−=．（2）∵17a=−，2d=，∴21(1)82nnnSnadnn−=+=−＝()2164n−−，∴当4n=时，nS最小，最小值为16−．变式3．等差数列na，1111S=−，公差3d=−．(1)求通项公式

和前n项和公式；(2)当n取何值时，前n项和最大，最大值是多少．【详解】（1）由nS为等差数列na的前n项和，则()111611611112111122aaaSa+====−，解得61a=−，()()()66163173naandnn=+−=−+−

−=−，则117314a=−=，()()12141733312222nnnaannSnn++−===−+.（2）由173nan=−，则数列na为递减数列，由610a=−，520a=，则当5n=时，nS取得最大值，即最大值为()55142402S+==.1．已知数列

na是等差数列，若9120+aa，10110aa，且数列na的前n项和nS，有最大值，当0nS时，n的最大值为（）A．20B．17C．19D．21【答案】C【分析】可判断数列{}na是递减

的等差数列，利用前n项和公式和等差数列的性质可得192000SS，，进而可得n的最大值．【详解】因为10110aa，所以10a和11a异号，又等差数列{}na的前n项和nS有最大值，所以数列{}na是递减的等差数列，所以100a，110a，所以11

91910191902aaSa+==，120201209122010()10()02aaSaaaa+==+=+，所以当0nS时，n的最大值为19．故选：C．2．已知等差数列na的前n项和为nS，59750aa+=，且95aa，则nS取得最小值时n的值为（）A．5B

．6C．7D．8【答案】B【分析】由等差数列na的通项公式，求得60a，70a，进而得到当当16,Nnn时，0na，当7,Nnn时，0na，即可求解.【详解】由等差数列na的通项公式59750aa+=，得()(

)1111117177458680,,330,12aadadadadd++++==−=−=，又95aa，所以10,0,ad1116171721710,5050,0,3333adaddadaadda+=++=+=++=则等

差数列na中满足60a，70a，且0d，数列na为递增数列，且当16,Nnn时，0na，当7,Nnn时，0na，所以当nS取得最小值时，n的值为6.故选：B.3．已知数列na中，1125,447,nnaaa+==−若其前n项和为Sn

，则Sn的最大值为（）A．15B．750C．7654D．7052【答案】C【分析】由题意可得数列na是以首项为25，公差74d=−的等差数列，结合等差数列的通项公式以及前n项和的性质分析运算.【详解】由1447n

naa+=−，可得174nnaa+=−，所以数列na是以首项为25，公差74d=−的等差数列，且na为单调递减数列，其通项公式为()77107251444nann=+−−=−+．当7107044nan=−+且17100044na

n+=−+时，Sn最大，解得1077n且1007n，则15n=，即数列{an}的前15项均为非负值，第16项开始为负值，故S15最大，15151477651525244S=+−=.故选：C．4．若na是等差数列，首项1

0a，202120220aa+，202120220aa，则使前n项和0nS成立的最大自然数n是（）A．2021B．2022C．4042D．4043【答案】C【分析】根据题意得20210a，20220a，再结合4043202240430Sa=，2042041220222

021()0aaS+=，求解即可．【详解】根据10a,202120220aa得20210a，20220a，所以14043404320224043()404302aaSa+==，因为202120220aa+，所以140424

042202120224042()2021()02aaSaa+==+，所以使前n项和0nS成立的最大自然数n是4042．故选：C5．设na是等差数列，nS是其前n项和，且56SS，678SSS=，则下列结论正确的是（）.A．0dB．70a=C．95SSD．

6S与7S均为nS的最大值【答案】BD【分析】对于B：根据题意结合前n项和分析可得6780,0,0aaa=；对于A：根据等差数列的定义分析判断；对于C：根据等差数列的性质分析可得67890aaaa+++，进而可得

结果；对于D：根据等差数列的正负性结合前n项和的性质分析判断.【详解】因为56SS，678SSS=，则6657768870,0,0aSSaSSaSS==−==−−，故B正确；设等差数列na的公差为d

，则760daa=−，故A错误；可知数列na为递减数列，可得12780aaaa=，可得()6789788220aaaaaaa+++=+=，所以9567895SSaaaaS+++=+，故C错误；因为6a为最后一项正

数，根据加法的性质可知：6S为nS的最大值，又因为67SS=，所以6S与7S均为nS的最大值，故D正确；故选：BD.6．设等差数列na的前n项和为nS，公差为d．已知412a=，140S，150

S，则下列结论正确的是（）A．70aB．2437d−−C．784S=D．设nSn的前n项和为nT，则0nT时，n的最大值为27【答案】BC【分析】由已知求得80a，70a，解公差为d的取值范围，利用等差数列的通

项公式求和公式及其性质逐个选项判断正误即可.【详解】∵140S，150S，∴()()1147814702aaaa+=+，()1158151502aaa+=，∴780aa+，80a，∴70a，A选项错误；又∵412a=，即1123ad=−，∴78448434247041240aaada

ddaadd+=+++=+=+=+，解得2437d−−，B选项正确；∵()177477842aaSa+===，故C选项正确；因为等差数列na的前n项和为nS，所以1(1)2nnnSnad−

=+，即112nSnadn−=+，由11nnSSnn−−=−11111222nndadad−−−+−+=，∴数列nSn为等差数列，设112nnSnbadn−==+，因为当14n时，0nS

，当15n时，0nS，所以当14n时，0nb，当15n时，0nb，所以1272714272702bbTb+==，1282812715281421424222bbTadd+==+=+，因为2437d−−

，所以28T可能为正数，也可能为负数，所以D选项不正确．故选：BC．7．已知数列na的前n项和nS满足()2*11,R,NnSannbabn=++，则下列说法正确的是（）A．0b=是na为等差数列的充要条件B．na可能为等比数列C．若0a，Rb，则na为递增

数列D．若1a=−，则nS中，5S，6S最大【答案】ABD【分析】计算111aab=++，当2n时，211nanaa+=−，验证知A正确，当0ab==时是等比数列，B正确，举反例知C错误，计算60a=得到D正确，得到答案.【详解】211nSann

b=++，1111aSab==++；当2n时，()()221111111211nnnannbannbanaaSS−++−−−−=−+==−−，当0b=时，111aa=+，满足通项公式211nanaa+=−，数列为等差数列；当na为等差数列

时，121111baaaa−=+=++，0b=，故A正确；当0ab==时，11na=，是等比数列，B正确；2311aa=+，取2ba=，则21aa=，C错误；当1a=−时，从第二项开始，数列递减，且212nan=−+，

故60a=，故5S，6S最大，D正确.故选：ABD8．已知数列na的前n项和()29nSnnn=−+N，则下列结论正确的是（）A．na是等差数列B．460aa+=C．910aaD．nS有最大值814【答案】AB【分析】由

na与nS的关系求出数列na的通项，从而可判断AB，根据数列性质可判断C，根据前n项和nS的函数性质可判断D.【详解】当1n=时，118aS==，当2n时，2219[(1)9(1)]102nnnaSSnnnnn−=−=−+−−−+−=−，

符合18a=，故102,(N)nann=−，所以1102(1)82nann+=−+=−，12nnaa+−=−，所以数列na是等差数列，首项为18a=，公差2d=−，A正确；46520aaa+==，B正确；因为公差20d=−，所以数列na是递减数列，所以910a

a，C错误；229819()24nSnnn=−+=−−+，易知当4n=或5时，nS有最大值4520SS==，D错误.故选：AB9．数列na的前n项和为nS，已知27nSnn=−+，则下列说法正确的是（）A．na是递增数列B．1014a=−C．当4n时，0naD．当

3n=或4时，nS取得最大值【答案】CD【分析】根据nS表达式及2n时，1nnnaSS−=−的关系，算出数列na通项公式，即可判断A、B、C选项的正误.27nSnn=−+的最值可视为定义域为正整数的二次函数

来求得.【详解】当2n时，128nnnaSSn−=−=−+，又116218===−+aS，所以28nan=−+，则na是递减数列，故A错误；1012=−a，故B错误；当4n时，820nan=−，故C正确；因为27nSnn=−+的对称

轴为72n=，开口向下，而n是正整数，且3n=或4距离对称轴一样远，所以当3n=或4时，nS取得最大值，故D正确.故选：CD.10．等比数列na中316a=，62a=，则数列2logna的前n项和的最大值为．【答案】21【分析】先求得数列na的通项公式，由此

求得数列2logna的通项公式，可知数列2logna是等差数列，然后根据通项公式的特征求得前n项和的最大值．【详解】由于等比数列na中，316a=，62a=，所以2151162aqaq==，解得1164,2aq=

=，所以1716422nnna−−==，所以2log7nan=−，所以数列2logna是首项为6，公差为1−的等差数列，当1≤n≤6时，2log0na；当n＝7时，2log0na=；当n＞7时，2log0na，则当n＝6或n＝7时，数列2log

na的前n项和取得最大值，最大值为6＋5＋4＋3＋2＋1＝21．故答案为：21．11．记等差数列na的前n项和为nS，若10a，220230aa+=，则当nS取得最大值时，n＝．【答案】1012【分析】由

220230aa+=求出1a和d的关系，结合等差数列前n项和公式即可求解.【详解】设等差数列na的公差为d，由220230aa+=可得：120232ad=−，所以21(1)2023(1)(2024)2222nn

nndnndSnaddnn−−=+=−+=−，因为10a，所以0d，则nS是关于n的二次函数，开口向下，对称轴1012n=，由二次函数的图象和性质可得：当1012n=时，nS取最大值，故答案为：1012.易错点二：忽视两个“中项

”的区别（等比数列利用中项求其它）1、等比数列的定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示。数学语言

表达式：1nnaqa−=(2n，q为非零常数)．2、等比中项性质：如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中Gab=.注意：同号的两个数才有等比中项。3、通项公式及前n项和公式（1）通项公式：若等比数

列na的首项为1a，公比是q，则其通项公式为11nnaaq−=；通项公式的推广：nmnmaaq−=.（2）等比数列的前n项和公式：当1q=时，1nSna=；当1q时，11(1)11nnnaaqaqSqq−

−==−−.已知na是等比数列，nS是数列na的前n项和．（等比中项）1、等比数列的基本性质（1）相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ka，kma+，2kma+，…仍是等比数列，公比为mq.（2）若na，nb（项数相同）是等比数列，则(0)n

a，1na，2na，nnab，nnab仍是等比数列．（3）若*(,,,)klmnklmnN+=+，则有klmnaaaa=口诀：角标和相等，项的积也相等推广：2(,,1)nnknka

aankNnk−+=−且（4）若na是等比数列，且0na，则logana（0a且1a）是以1logaa为首项，logaq为公差的等差数列。（5）若na是等比数列，123kkTaaaa=，则*232,,,()kkkkkTTTkNTT构成公比为2kq的等比数列。

易错提醒：若,,abc成等比数列，则b为a和c的等比中项。只有同号的两数才有等比中项，“2bac=”仅是“b为a和c的等比中项”的必要不充分条件，在解题时务必要注意此点。例．已知各项均为正数的等比数列na中，243546225aaaaaa++=，则35aa+等

于（）A．5B．10C．15D．20【详解】解：由等比数列的性质可得a2a4＝a32，a4a6＝a52，∴a2a4＋2a3a5＋a4a6＝a32＋2a3a5＋a52＝（a3＋a5）2＝25，又等比数列na各项均为正数

，∴a3＋a5＝5，选项A正确变式1．已知等差数列na的公差0d，且1a，3a，9a成等比数列，则1392410aaaaaa++=++()A．1316B．1013C．1113D．1516【详解】由题意可知，2319aaa=得()()211128adaad+=+，解得0d=或1

ad=，因为0d，故1ad=，所以13912410131013133131616aaaaddaaaadd+++===+++.故选：A.变式2．已知,,abcR，如果1−，a，b，c，9−成等比数列，那么（）A．3b=，9ac=B．3b=−，9ac=C．3b=，9ac

=−D．3b=−，9ac=−【详解】因为b是1−和9−的等比中项，所以()()2199b=−−=，设公比为q，则2bq=−，所以b与首项-1同号，所以3b=−．又a，c必同号，所以29acb==．故选：B

变式3．已知等比数列na中，265aa+=，354aa=，则4tan3a=（）A．3B．3−C．3或3−D．32−【详解】解：由等比数列性质可知2263544aaaaa===，所以42a=或42a=−，但260aa+，可知40a

，所以42a=，则42tantan333a==−，故选：B1．已知等差数列na的前n项和为nS，公差不为0，若满足1a、3a、4a成等比数列，则3253SSSS−−的值为（）A．2B．3C．15D．不存

在【答案】A【分析】根据题意，利用等比中项公式列出方程求得14ad=−，结合3235345SSaSSaa−=−+，即可求解.【详解】由等差数列na的前n项和为nS，公差不为0，若满足1a，3a，4a成等比数列，可得2314aaa=，即2111(2)(3)adaad+=+，整理得1(

4)0add+=，因为0d，所以14ad=−，又由32315345122227SSaaddSSaaadd−+−====−++−.故选：A.2．已知公差不为零的等差数列na中，3514aa+=，且1a，2a，5a成等比数列，则数列na的前9项的和为（）A．1B．

2C．81D．80【答案】C【分析】由题知47a=，2215aaa=，进而根据等差数列通项公式解得2d=，再求和即可.【详解】因为3514aa+=，所以4214a=，解得47a=.又1a，2a，5a成等比数列，所以2215aaa=.设数列na的公差为d，则()()()244423ada

dad−=−+，即()()()272737ddd−=−+，整理得220dd−=.因为0d，所以2d=.所以()()199991178122aaS++===.故选:C.3．已知526a=+，526c=−，则使得,,abc成等比数列的充要条件

的b值为（）A．1B．1C．5D．26【答案】B【分析】根据等比中项的性质求解即可.【详解】若,,abc成等比数列，则2bac=，即(526)(526)1bac==+−=，当1b=时，满足2bac=，,,abc成等比数列，故使得,,a

bc成等比数列的充要条件的b值为1.故选：B4．已知等差数列na的公差不为0，11a=且248,,aaa成等比数列，则错误的是（）A．19232aaaa+=+B．4534aaaaC．1112nSnn++=+D．nnSa

【答案】C【分析】设出公差，根据题干条件列出方程，求出公差，求出通项公式nan=，再利用通项公式和前n项和公式对四个选项一一计算，进行判断.【详解】设等差数列na的公差为d（0d）.因为11a=且248,,aaa成等

比数列，所以()()()213117ddd+=++.解得：1d=，所以()()11111naandnn=+−=+−=.对于A：192319223aaaa++==++.故A正确；对于B：因为543445103412aaa

a−=−=，所以4534aaaa.故B正确；对于C：()()()1122112122nnnSnnnn+++++==++.故C错误；对于D：因为()()1122nnSnnnnna+−=−−=，所以当1n时，()102nnnSna−=−，即

nnSa.故D正确.故选：C5．正项等比数列na中，34a是5a与42a−的等差中项，若212a=，则35aa=（）A．4B．8C．32D．64【答案】D【分析】依题意34a是5a与42a−的等差中项，可求出公比q，进而由212a=求出4a，根据等比中项求出35aa的值.【详解】由题意可

知，34a是5a与42a−的等差中项，所以45328aaa−=，即233328aqaqa−=，所以2280qq−−=，4q=或2q=−（舍），所以2428aaq==，342564aaa==，故选：D.6．已

知实数4，m，9构成一个等比数列，则圆锥曲线2xm＋y2＝1的离心率为（）A．306B．7C．306或7D．56或7【答案】C【分析】根据等比中项可求6m=，然后代入曲线方程分别得到曲线为椭圆和双曲线，根据离心率的公式即可求解.【详解】

实数4，m，9构成一个等比数列，可得6m=，当6m=时，圆锥曲线221xym+=为椭圆,则其离心率为：53066=．当6m=−时，圆锥曲线221xym+=为双曲线,其离心率为：771=．故选：C．7．数列

na为等比数列，11a=，54a=，命题3:2pa=，命题3:qa是1a、5a的等比中项，则p是q的（）条件A．充要B．充分不必要C．必要不充分D．既不充分也不必要【答案】A【分析】根据等比中项的定义结合等比数列的定义判

断可得出结论.【详解】因为数列na为等比数列，且11a=，54a=，若32a=，则3513aaaa=，则3a是1a、5a的等比中项，即pq；若3a是1a、5a的等比中项，设na的公比为m，则2310aam=，因为23154aaa==，故32a=，

即pq.因此，p是q的充要条件.故选：A.8．在数列na中，12a=，()1*2nnnaa+=N，则13241012aaaaaa+++=（）．A．()104413−B．()114413−C．11161134−

D．1041134−【答案】D【分析】由等比数列定义可知数列na为等比数列，结合等比数列性质可知数列2na是以4为首项，14为公比的等比数列，结合等比数列求和公式可求得结果.【详解】12a=，()1*

2nnnaa+=N，即112nnaa+=，数列na是以2为首项，12为公比的等比数列，2132aaa=，2243aaa=，2354aaa=，…，2101211aaa=，又数列2na是以4为首项，14为公比的等比数列，()11222221324101212311114144114a

aaaaaaaaaa−+++=++++−=−−101110161441411413433434=−−=−=−.故选：D.9．已知{}na是等差数列，公差0d，前n

项和为nS，若3a，4a，8a成等比数列，则()A．10a，40SB．10a，40SC．10a，40SD．10a，40S【答案】A【分析】首先由3a，4a，8a成等比数列可得2438aaa=，然后计算得出153ad=−，再由0d

可得10a，最后由等差数列的前n项和公式即可得出4S的表达式，进而得出所求的答案．【详解】因为3a，4a，8a成等比数列，所以2438aaa=，即2111(3)(2)(7)adadad+=++，即153ad=−，因为0d，所以10a；而41143524464

()60233Sadadddd=+=+=−+=−，故选：A．10．数1与4的等差中项，等比中项分别是（）A．52，2B．52，2C．52，2D．52，2【答案】B【分析】利用等差、等比中项的性质求对应中项即可.【详解】若等差中项为m，则

2145m=+=，可得52m=；若等比中项为n，则2144n==，可得2n=?；故选：B11．已知数列{}na是等差数列，12a=，其中公差0d，若5a是3a和8a的等比中项，则18S=（）A．398B．388C．189D．199【答案】C【分

析】数列{}na是等差数列，12a=，其中公差0d，由5a是3a和8a的等比中项，可得2(24)(22)(27)ddd+=++，解得d即可得出．【详解】解：数列{}na是等差数列，12a=，其中公差0d，5a是3a和8a的等比中项

，2(24)(22)(27)ddd+=++，化为(1)0dd−=，0d．所以1d=，则18181718211892S=+=．故选：C．易错点三：忽略等比数列求和时对q讨论（等比数列求和）等比数列前n项和的性质（

1）在公比1q−或1q=−且n为奇数时，nS，2nnSS−，32nnSS−，……仍成等比数列，其公比为nq；（2）对*,mpN，有mmpmpSSqS+=+；（3）若等比数列na共有2n项，则SqS=偶奇

，其中S偶，S奇分别是数列na的偶数项和与奇数项和；（4）等比数列的前n项和1111nnaaSqqq=−−−，令11akq=−，则nnSkkq=−（k为常数，且0,1q）易错提醒：注意等比数列的求和公式是分段表示的：()11,11,11nnnaq

Saqqq==−−，所以在利用等比数列求和公式求和时要先判断公比是否可能为1，，若公比未知，则要注意分两种情况q＝1和q≠1讨论..例．设等比数列na的前n项和为nS.已知1122nnSS+=+，*nN，则6S=.【详解】当na的公比为

1时，由1122nnSS+=+可知显然不成立，故公比不为1，由1122nnSS+=+得1111==22nnnnnSSSaS++−++，所以2n时，11=2nnaS−+，相减可得111=2nnnnnnnaaSSaaa+−+−−=

=，故公比2q=，又211111112222aaaaa=+?+?，故()66112632122S−==−，故答案为：632变式1．记nS为等比数列na的前n项和，若45S=−，6221SS=，则8S=．【详解】等比数列{}na中，45S=，6221SS=，显然公比1q，设首项为1a

，则41(1)51aqq−=−−①，6211(1)21(1)11aqaqqq−−=−−②，化简②得42200qq+−=，解得24q=或25q=−（不合题意，舍去），代入①得1113=−aq，所以844118(1)1(1)(1)(15)(116)851

13aqaSqqqq−==−+=−+=−−−．故答案为：85−变式2．在等比数列na中，112a=，44a=−，令nnba=，求数列nb的前n项和nS．【详解】设等比数列na的公比为q，112a=，44a=−，所以33411

42aaqq===−，解得：2q=−，所以()111122nnnaaq−−==−，又()121222nnnnba−−==−=，所以()111212122nnnbS−−==−−.变式3．数列na前n项和nS满足1123,3

nnaSa+=+=，数列nb满足33log9nnab=．(1)求数列na和nb的通项公式；(2)对任意*Nm，将数列nb中落入区间()1,mmaa+内项的个数记为mc，求数列nc前m项和mT．【详解】（1）13a=，123nnaS+=+①，当1n=时，2

1239aS=+=，当2n时，123nnaS−=+②，两式①-②得12nnnaaa+=−，即13nnaa+=，其中1293aa==，也满足上式，故na是以3为首项，3为公比的等比数列，故1133nnnaa−

==；3333loglog32993nnnabn===−；（2）()()11,3,3mmmmaa++=，令13323mmn+−，解得1223333mmn−++，又*Nn，故1131,32,,3mm

mn−−=++，则113323mmmmc−−=−=，故1123323mmmmcc+−==，所以nc为等比数列，首项为12c=，公比为3，所以()2133113mmmT−==−−.1．已知na为等比数列，其公比2q=，前7项的和为1016，则()235lo

gaa的值为（）A．8B．10C．12D．16【答案】C【分析】根据等比数列的前n项和公式求出首项1a，进而可得na，再结合对数运算即可得答案.【详解】依题意，()71712101612aS−==−，11271016a=，解得18a=，因此22nna+=，所以()()571223522lo

glog22log212aa===.故选：C2．已知正项等比数列na的前n项和为nS，若1421,9100aSS=−=，则5S=（）A．139B．4027C．12181D．8027【答案】C【分析】由等比数列的前n项和公式直接计算即可.【详

解】设等比数列na的公比为q，当1q=时，421119103620160SSaaa−=−=，不符合题意，（注意对1q=情况的讨论），所以1q，由429100SS−=得()()42111191011aqaqqq−−=−−，得13q=，（注意等比数列na为正项数列，故0q），因此(

)55151111213118113aqSq−−===−−.故选：C．3．已知11a=，21a=，1221nnnaaa−−++=（3n，*Nn），nS为其前n项和，则60S=（）A．30231−B．30431−C．302

30−D．30430−【答案】B【分析】利用递推关系构造得11nnaa−++是一个以3为首项，2为公比的等比数列，再赋值，结合等比数列的前n项和公式求答案.【详解】由1221nnnaaa−−++=（3n，*

Nn）可得()11212222112nnnnnnaaaaaa−−−−−++=++=++，已知11a=，21a=，所以1213aa++=，即11nnaa−++是一个以3为首项，2为公比的等比数列，所以21132nnnaa−−++=，即2*1321(2,)Nnnnnnaa−−+=−

，012321aa+=−，234321aa+=−，456321aa+=−，L，585960321aa+=−，()0258601260322230Saaa=+++=+++−30301433043114−=−=−−，故选B.4．在等比数列na中，21a=，58a=，则（）A

．1nnaa+的公比为4B．2logna的前20项和为170C．na的前10项积为352D．1nnaa++的前n项和为()13212n−−【答案】ABC【分析】利用等比数列的性质、等差数列、等比数列的求和

公式计算即可.【详解】由题意可知3528aqa==，所以2112,2aqaq===，所以121222nnna−−==，21214nnnnaaqaa+++==，A对；由上可知：2log2nan=−，所以2122220logloglog1018

170aaa+++=−+++=，B对；而10835121022aaa−+++==，C对；记na的前n项和为nS，则1nnaa++的前n项和()()()111111212132221121222n

nnnnSSa++−−=+−=+−=−−−，D错，故选：ABC.5．已知正项等比数列na的前n和为nS，若313S=，且5436aaa=+，则满足123nS的n的最大值为.【答案】5【分析】利用等比数列的性质与求和公式求解基本量，再由123nS解关于n的不等式.【详解】设等比数

列na公比为q，因为5436aaa=+，所以260qq−−=，解得2q=−，或3q=.由数列为正项等比数列，则0q，所以3q=.又由313S=，即1231113913aaaaaa++=++=，解得11a=，

因为1(1)3112nnnaqSq−−==−，所以311232n−，得3247n，解得3log247n，因为333log243log247log729，即3log247(5,6)，又nN，所以n的最大值为5.故答案为：5.6．已

知等比数列na的前n项和为nS，22743aaa=，且－3，4S，39a成等差数列，则数列na的通项na=．【答案】3n【分析】根据条件求1a和q，从而可得数列na的通项公式.【详解】设等比数列na的公比为q，由22743aaa=

，得2726113aqaq=，解得3q=，又－3，4S，39a成等差数列，得34392aS−+=，即42112(1)391aqaqq−−+=−，42112(13)39313aa−−+=−，解得13a=，所以113nnnaaq−==.故答案为：3n.7．设nS为等比数列na的前n项和，若4

212aa−=，316aa−=，则63SS=【答案】9【分析】结合等比数列通项公式可求得公比q，代入等比数列求和公式中可求得结果.【详解】设等比数列na的公比为q，则314231312aqaqaaqaaaa−−===−−，()()6163633311111189111aqSqqqSqaqa−

−−===+=+=−−−.故答案为：9.8．已知正项等比数列na的前n项和为nS，若22a=，且3312Sa=−，则nS=．【答案】21n−【分析】根据条件求等比数列的基本量及等比数列求和公式计算即可.【详解】设公比为q，则0q，由22a=，2111331231

10212aqaaqSaaaaaq−−−==−=++=，解之得112aq==或1412aq=−=−（舍去），故()()()1111221N112nnnnSaqnq−−===−−−.故答案为：21n−9．已知各项均为正数的等比数列na的前n项和为

nS，29a=，42110900aSa−−=，则9a=．【答案】【分析】设等比数列na的公比为q，则0q，显然1q，根据题意求出1a，q的值，再根据等比数列的通项公式求解即可.【详解】解：设等比数列na的公比为q，则0q，显然1q，因为29a=，

42110900aSa−−=，所以()()414112291090091091010SaSaaaS−−==+=+=，即142119(1)(1)91011aqaqaqqq=−−=−−，解得12713aq==,所以8911243aaq==．故答

案为：10．数列na的前n项和为nS，且11a=，121nnaan+−=+，则满足2048nS的最小的自然数n的值为．【答案】10【分析】对递推公式进行变形构造等比数列，根据等比数列前n项和公式、比较法进行求解即可.【详解】()()

1121322nnnnaananan++−=+++=++，所以数列2nan++是以1124++=为首项，2为公比的等比数列，因此1124222nnnnanan−+++==−−，所以()()2241211522412222nnnSnnnnn+−+

=−−=−−−−，设()()232221151524112423,2222nnnnnnbSSnnnnn++++=−=−−+−+−−−−=−−()()322123123210nnnnnbbnn++++−=−−+−−−=−，所以数列nb是单调递增数列，因此有14

nbb=，即1140nnnnnbSSSS++=−−，所以数列nS是单调递增数列，而11291524991981204822S=−−−=，12210152410104017204822S=−−−=

，因此满足2048nS的最小的自然数n的值为10，故答案为：1011．在正项等比数列na中，已知12a=，326S=，则公比q=．【答案】3【分析】利用等比数列的前n项和公式求解.【详解】解：因为在正项等比数列na中，12a=，3

26S=，所以()3321261−==−qSq，即2113qq++=，即2120qq+−=，解得3q=或4q=−（舍去），故答案为：3易错点四：由nS求na时忽略对“1n=”检验（求通项公式）类型1观察法：已知数列前若干

项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项．类型2公式法：若已知数列的前项和与na的关系，求数列na的通项na可用公式11,(1),(2)−==−nnn

SnaSSn构造两式作差求解．用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即1a和na合为一个表达，（要先分1=n和2n两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）．类型3累加法：形如1()+=

+nnaafn型的递推数列（其中()fn是关于n的函数）可构造：11221(1)(2)(1)...−−−−=−−=−−=nnnnaafnaafnaafnnS将上述2m个式子两边分别相加，可得：1(1)(2)...(2)(1),(2)=−+

−+++nafnfnffan①若()fn是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；②若()fn是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；③若()fn是关于n的二次函数，累加后可分组求和；④若()fn是关于n的分式函数，累加后可裂项求和．类型4累乘法：形如1()+

=nnaafn1()+=nnafna型的递推数列（其中()fn是关于n的函数）可构造：11221(1)(2)(1)...−−−=−=−=nnnnafnaafnaafa将上述2m个式子两边分别相乘，可得：1(1)(2)...(2)(1),(2

)=−−nafnfnffan有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．类型5构造数列法：（一）形如1+=+nnapaq（其中,pq均为常数且0p）型的递推式：（1）若1=p时，数

列{na}为等差数列；（2）若0=q时，数列{na}为等比数列；（3）若1p且0q时，数列{na}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种：法一：设1()++=+nnapa，展开移项整理得1(1)+=+−nnapap，与题设

1+=+nnapaq比较系数（待定系数法）得1,(0)()111+=+=+−−−nnqqqpapappp1()11−+=+−−nnqqapapp，即1+−nqap构成以11+−qap为首项，以p为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出1+−nqap的通项整

理可得.na法二：由1+=+nnapaq得1(2)−=+nnapaqn两式相减并整理得11,+−−=−nnnnaapaa即1+−nnaa构成以21−aa为首项，以p为公比的等比数列．求出1+−nnaa的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出.

na（二）形如1()+=+nnapafn(1)p型的递推式：（1）当()fn为一次函数类型（即等差数列）时：法一：设1(1)−++=+−+nnaAnBpaAnB，通过待定系数法确定、AB的值，转化成以1++aAB为首项，以()!！=−mnnAnm为公比的等比数列++naAnB，再利

用等比数列的通项公式求出++naAnB的通项整理可得.na法二：当()fn的公差为d时，由递推式得：1()+=+nnapafn，1(1)−=+−nnapafn两式相减得：11()+−−=−+nnnnaapaad，令1+=−nnnbaa得：1−=+nnbpbd转化为类型Ⅴ

㈠求出nb，再用类型Ⅲ（累加法）便可求出.na（2）当()fn为指数函数类型（即等比数列）时：法一：设1()(1)−+=+−nnafnpafn，通过待定系数法确定的值，转化成以1(1)+af为首项，以()!！=−mn

nAnm为公比的等比数列()+nafn，再利用等比数列的通项公式求出()+nafn的通项整理可得.na法二：当()fn的公比为q时，由递推式得：1()+=+nnapafn——①，1(1)−=+−nn

apafn，两边同时乘以q得1(1)−=+−nnaqpqaqfn——②，由①②两式相减得11()+−−=−nnnnaaqpaqa，即11+−−=−nnnnaqapaqa，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出.na法三：递推公式为1+=+nnnapaq（其中p，q均为常数）或1+=+nnnaparq（其

中p，q，r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以1+nq，得：111++=+nnnnaapqqqq，引入辅助数列nb（其中=nnnabq），得：11+=+nnpbbqq再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．（3）当()fn为任意数列时，可用通法：在1()+=+nnap

afn两边同时除以1+np可得到111()+++=+nnnnnaafnppp，令=nnnabp，则11()++=+nnnfnbbp，在转化为类型Ⅲ（累加法），求出nb之后得=nnnapb．类型6对数变换法：形如1(0,0)+=qnnapapa型的递推式：在原递推式1+=qnapa两边取对数得

1lglglg+=+nnaqap，令lg=nnba得：1lg+=+nnbqbp，化归为1+=+nnapaq型，求出nb之后得10.=nbna（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）．类型7倒数变换法：形如11−−−=nnnnaapaa（p为常数且0p）的递推式：两边同除

于1−nnaa，转化为111−=+nnpaa形式，化归为1+=+nnapaq型求出1na的表达式，再求na；还有形如1+=+nnnmaapaq的递推式，也可采用取倒数方法转化成111+=+nnmmaqap形式，化归为1+=+nnapaq型求出1na

的表达式，再求na．类型8形如21++=+nnnapaqa型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列1{}−−nnaa的形式求解．方法为：设211()+++−=−nnnnakahaka，比较系数得,+=−=hkphkq，可解得、hk，于是1{}+−nnaka是公比为h的等比

数列，这样就化归为1+=+nnapaq型．总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式.na易错提醒：在数列问题中，数列的通项na与其前n项和nS之间关系如下1*1(1)(2,)nnnSna

SSnnN−==−，在使用这个关系式时，要牢牢记住其分段的特点。当题中给出数列｛na｝的na与nS关系时，先令1n=求出首项1a，然后令2n求出通项1nnnaSS−=−，最后代入验证。解答此类题常见错误为直接令2n求出通项1nnnaSS−=−，也不对1n=进行检验.例．已知数列n

a和nb，其中na的前项和为nS，且22nnaS−=，()2log2nnbS=+.(1)分别求出数列na和nb的通项公式；(2)记1212nnnbbbTaaa=+++，求证：3nT.【详解

】（1）当1n=时，1111222aSaa−=−=，所以12a=，2n时，22nnaS−=①，1122nnaS−−−=②，①-②得()()11220nnnnaaSS−−−−−=，即()1220nnnaaa−−−=，12nnaa−=，所以na是以首项为2，公比为2的等比数列

，所以2nna=，所以()()1222log2log22log21nnnnban+====+；（2）1212nnnbbbTaaa=+++，即12231222nnnT+=+++③，112312122nnnT−+=+++④，④-③，得111112222nnnnT−+=++−111122121212

nnn−−+=+−−111333222nnnnn−++=−−=−，因为102n，302nn+，所以3nT.变式1．数列na的前n项和nS，已知

214aa=+，()2nnSnankn=++N，k为常数.(1)求常数k和数列na的通项公式；(2)数列1nS的前n项和为nT，证明：4133212nTn−+.【详解】（1）由2n

nSnank=++得()11211nnSnank−−=−+−+，()2n，两式相减的()1211nnnanana−=+−−，整理得()()1121nnnana−−=−+，当2n=时，得11a=，2145aa=+=，当3n时，()()111112122

1nnaannnnnn−−−==−−−−−−−−，12112332nnaannnn−−−=−−−−−−，L，3211212aa−=−−，相加得2111112111223

211naannnnn−−=−−+−++−=−−−−−L，所以43nan=−，3n，当1n=，2时符合43nan=−，所以43nan=−，则()1222nnnaaSnn+==−，22432222nnnanknnnkkSnn++−

++===−+，则02k=，即0k=.（2）由（1）得()()()2112211222121212121nSnnnnnnnn===−−−−+−+，所以111111114135572121321nTSnnn+−+−++−=−−++L，因为()1211222222

nSnnnn=−−−，2n，所以111111113132446222222nTSnnn+−+−++−=−−L，综上可得，4133212nTn−+.变式2．设各项均为正数的数列na的前n项和为n

S，满足()()431nnnSaa=+−.(1)求数列na的通项公式；(2)记13nnnab−=，数列nb的前n项和为nT.证明：对一切正整数n，6nT.【详解】（1）因为()()431nnnSaa=+−，即2423nnnSaa=+−，当1n=时2111423Saa=+−，解得

13a=或11a=−（舍去），当2n时2111423nnnSaa−−−=+−，所以22111344223nnnnnnSSaaaa−−−=+−−−−+，即2211422nnnnnaaaaa−−=+−−，即22

11220nnnnaaaa−−−−−=，则()()1120nnnnaaaa−−−−+=，因为0na，所以12nnaa−−=，所以数列na是首项为3，公差为2的等差数列，所以数列na的通项公式是

21nan=+（2）由（1）可得112133nnnnanb−−+==，所以0121357213333nnnT−+=++++，12313572133333nnnT+=++++，所以0121232222133333

3nnnnT−+=++++−1211213331313nnn−−+=+−−2443nn+=−，所以1263nnnT−+=−，因为1203nn−+，所以12663nnnT−+=−.变式3．已知数列na的前n项和为n

S，且21nnSa=−（*Nn）.(1)求数列na的通项公式；(2)设2log=nnnbaa，求数列nb的前n项和nT.【详解】（1）当1n=时，111121,1Saaa=−==，当2n时，11122,2nnnnnnnaSSaaaa−−−=−=−=，故12

nnaa−=，故数列na是以1为首项，2为公比的等比数列，故1*2,Nnnan−=.（2）由（1）得1*2,Nnnan−=，所以由题意()112nnbn−=−，故()012102122212nnTn

−=++++−，则()()121202122212nnnTnn−=+++−+−，故()()()12312122222121212nnnnnTnn−−−−=++++−−=−−−(2)22nn=−−−，则()*N,222nnTnn=−+.1．已知数列na的前n项和为2,

9nSa=，且()133nnnnnSaSa++=++R.(1)当12a=时，求3S；(2)若na为等比数列，求的值.【答案】(1)347S=(2)5【分析】（1）利用na与nS之间的关系将已知等式转化为1,nna

a+之间的关系式，然后利用12,aa之间的关系求的值，进而求3S的值；（2）利用（1）得1,nnaa+之间的关系式，分3=和3讨论，利用等比数列性质列式求解即可.【详解】（1）因为()133nnnnnSaSa++=++R，所以133nnnnnSSaa+−=−

++，所以()133nnnaa+=−++，所以()2133aa=−+，又122,9aa==，所以()9233=−+，解得6=，故23222236339SSaaa−=−++=+，所以()329399S−+=+，解得347S=；（2）由（1）知，()13

3nnnaa+=−++．①当3=时，13nna+=，此时23a=，这与29a=矛盾，所以3=不成立，即3；②当3时，()2133aa=−++，所以()1933a=−++，所以163a=−，()()()2232339

3392aa=−++=−++=−，因为na为等比数列，所以2132aaa=，即()269293−=−，解得5=.综上，的值为5.2．已知数列na的前n项和为1,1nSa=，且

22n+与4nS的等差中项为*1,NnSn+Î.(1)求数列na的通项公式.(2)设()1311nnnnnabaa++=-?，求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)21nna=−(2)()11121nnnT+-=-+-【分

析】（1）利用等差中项，构造数列，等比数列的知识得出；（2）采用裂项相消法，注意分n为奇数偶数.【详解】（1）因为22n+与4nS的等差中项为1nS+，所以12422nnSSn+=++，即121nnSSn+=++.当1n=时，2121224SaaS=+

=+=，则23a=.当2n时，12nnSSn−=+，所以11221nnnnSSSS+−−=−+，所以121nnaa+=+，可变形为()1121nnaa++=+，所以112(2)1nnana++=+，且2

1121aa+=+也符合，所以数列1na+是以2为首项，2为公比的等比数列，所以12nna+=，所以21nna=−，即数列na的通项公式为21nna=−.（2）方法一()()()()()111313221

1111.21212121nnnnnnnnnnnnabaa+++骣+?琪=-?-?-?琪----桫当n为奇数时，22334111111111111212121212121212121nnnnT++=--++--+--=-----------.当n为偶

数时，22334111111111111212121212121212121nnnnT++=--++--+++=-+---------.所以数列nb的前n项和为()11121nnnT+-=-+-.方法二()()()()()111313221111121212121n

nnnnnnnnnnnabaa+++骣+?琪=-?-?-?琪----桫.()()223341111111111111212121212121212121nnnnnnT++骣骣骣骣-琪琪琪琪=-+++-+

++-+=-+琪琪琪琪---------桫桫桫桫.3．已知数列na的前n项和为nS，11S=且1120nnnaSS+++=，*nN.(1)求na；(2)记12=nnSnnSba=，求数列nb的前n项和.【答案】(1)()()1,12,22123nnannn==−−−(2)()

611429nn−+−【分析】（1）根据,nnaS的关系可得1nS是等差数列，即可求解121nSn=−，进而可得na，（2）根据错位相减法即可求解.【详解】（1）1120nnnaSS+++=，1120nnnnSSSS+

+−+=，又0nS1112nnSS+−=.数列1nS是公差为2，首项为111S=的等差数列.121nnS=−,即121nSn=−.当2n时，()()122123nnnaSSnn−−=−=−−，111aS==故()()1,12,22123nnannn==−

−−.（2）1n=时，1111122SSba==2n时，()()()12111222132422123nnSnnnnSnbnann−−−===−−−−.设nb的前n项和为nT，则()12124343

24nnTn−=−−+−，()()1214244524324nnnTnn−=−+−−−+.()()121322444324nnnTn−−=−−+++−−()()14142223414nnn−−=−−+−−2112433nn=+−.()611429nnnT−+=−

（2n）当1n=时，也符合，所以()611429nnTn−+=−4．已知数列na的前n项和为nS，且满足12a=，24a=，当2n时，11nnnSSa+−−是4的常数列.(1)求na的通项公式；(2)当2n时，设数列()121nnnna+++的前

n项和为nT，证明：12nT.【答案】(1)2nna=(2)证明见解析【分析】（1）由题目条件得到114nnaa+−=，故数列21na−，2na均为公比为4的等比数列，从而得到通项公式；（2）裂项相消得到()()112111212nnnnnnann++

+=−++，从而求和，得到不等式.【详解】（1）当2n时，11nnnSSa+−−为等比数列，即11nnaa+−是4的常数列，故114nnaa+−=，当2nk=时，21214kkaa+−=，当21nk=+

时，2224kkaa+=，∴数列21na−，2na均为公比为4的等比数列，12121242nnna−−−==，122442nnna−==，2nna=.（2）()()()()()111121221111212212n

nnnnnnnnnnannnnnn+++++−++===−++++，∴当2n时，数列()121nnnna+++的前n项和为()()122311111111111122222322122122nnnnTnnn++=−+−++−=−

++.5．在数列na中，11a=−，nS是na的前n项和，且数列nSn是公差为12的等差数列．(1)求na的通项公式；(2)设23nanbn+=，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)2

nan=−(2)1213344nnnT+−=+【分析】（1）先应用等差数列求nS，再应用1nnnaSS−=−计算通项公式；（2）应用错位相减法求和即可．【详解】（1）由已知得111Sa==−，11322nSnnSn−−=+=，所以21322nSnn=−，①当2n时，()2211315(1)12

2222nSnnnn−=−−−=−+，②−①②，得2nan=−，11a=−也符合该式，所以2nan=−．（2）由（1）得3nnbn=，所以21213233nnnTbbbn=+++=+++，③231313233nnTn+=+++，④−③④，得231

233333nnnTn+−=++++−1133313nnn++−=−−113322nn+=−−．故1213344nnnT+−=+．6．已知数列na的前n项和是nS，且652nnaS=+.(1)证明：na是等比数列.(2)求数列2nna的前n项和nT.【答案

】(1)证明见解析(2)()516125nnnT−+=.【分析】（1）先对652nnaS=+进行化简构造出16nnaa−=，并结合等比数列定义可求解；（2）根据（1）求出162nnnan−=，然后构造关于nT的方程组并利用错位相减法可求解.【详解】（1）证明

：当1n=时，11165252aSa=+=+，得：12a=；当2n时，得：11652652nnnnaSaS−−=+=+，将两式相减得：()116655nnnnnaaSSa−−−=−=，得：16nnaa−=，所以得：当2n时，na是等比数列，通项公式为：12?6nna−=，当1n

=，1112?62a−==也符合，故可证：数列na为等比数列.（2）由（1）得：126nna−=，则得：162nnnan−=，则：0211626366nnTn−=++++①2361626366nnTn=++++②①-②得：()021116566666

616nnnnnTnn−−−=++++−=−−，化简得：()516125nnnT−+=.所以：数列2nna的前n项和：()516125nnnT−+=.7．已知首项为4的数列na的前n项

和为nS，且165nnnnSaS++=+．(1)求证：数列5nna−为等比数列；(2)求数列na的前n项和nS．【答案】(1)证明见解析(2)1275(1)4nnnS+−−=+【分析】（1）根据11nnnSSa++−=，得出1na+与na的关系，进一步变形得出等比数列；（2）利用分组求

和法及等比数列求和公式可求得结果.【详解】（1）由题意165nnnnSSa+−+=，即1155nnnnaa+++=+，故()1155nnnnaa++−=−−，即11515nnnnaa++−=−−，又151a−=−，故数列5nna−是以-1为首项，-1为公比的等比数

列.（2）由（1）知，5(1)nnna−=−，即5(1)nnna=+−．数列5n的前n项和为()()515551541nn−=−−，数列(1)n−的前n项和为(1)1(1)(1)11(1)2nn

−−−−−=−−，故()15(1)15(1)5472214nnnnnS+−−−=+=+−−．8．设数列na的前n项和为nS，且()26nnSna=+，616a=．(1)求数列na的通项公式；(2)设数列1n

na的前n项和为nT，求证：1368nT．【答案】(1)24nan=+；(2)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，结合1(2)nnnaSSn−=−探讨数列na的特征，再求出通项公式即

得.（2）由（1）的结论，利用裂项相消法求和，再借助单调性推理即得.【详解】（1）依题意，当1n=时，111226aSa==+，解得16a=，当2n时，()()112226(1)6nnnnnaSSna

na−−=−=+−−+，整理得1(2)6(1)nnnana−−+=−，即有1(1)6nnnana+−+=，两式相减得112nnnaaa−+=+，因此数列na为等差数列，由16a=，616a=，得公差612

61aad−==−，所以数列na的通项公式1(1)24naandn=+−=+．（2）由（1）知，11111()(24)42nnbnannnn===−++，因此111111111111[(1)()()()()

()]43243546112nTnnnn=−+−+−+−++−+−−++11113111(1)()42128412nnnn=+−−=−+++++，则3111()8412nTnn=−+++，显然数列{}nT是递增数列，即有1

38nTT，而116T=，所以1368nT．9．设各项均为正数的数列na的前n项和为nS，且满足212nnaS+=．(1)求出数列na的通项公式；(2)设2nnba=，数列n

b的前n项和为nT，求780nT时，n的最小值．【答案】(1)21nan=−.(2)n的最小值为20.【分析】（1）利用11,1,2nnnSnaSSn−==−求通项公式；（2）先写出数列nb的通项公式41nbn=−，再利用等差数列的前n项和公式求出nT

，最后解不等式得出答案.【详解】（1）212nnaS+=，0na当1n=时，有11212aa+=，解得11a=当2n时，有21112nnaS−−+=，因为22111122nnnnaaSS−−++

=−−，所以2211122nnnaaa−−++=，化简可得12nnaa−−=.数列na是以1为首项，2为公差的等差数列.()12121nann=+−=−

数列na的通项公式为21nan=−.（2）2nnba=，21nan=−41nbn=−，即数列nb是以3为首项，4为公差的等差数列.()234122nnnTnn+−==+780nT22780nn+，解得20n−或39

2n.n为正整数n的最小值为20.10．已知nS为数列na的前n项和，11a=，21221++=++nnSSnn．(1)求na的通项公式；(2)若11b=，1(1)++−=nnnnbba，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)21nan=−(2)22111,21,N2

211,2,N22nnnnkkTnnnkk−+=−=+=【分析】（1）法一：根据11,1,2nnnSnaSSn−==−得到14(2)++=nnaann≥，从而得到114(2)nnaan+−−=，可得{}na的

奇数项和偶数项分别为等差数列，求出奇数项和偶数项的通项公式，得到答案；法二：变形得到22211(1)()(1)(1)+−+=−−==−−nnnSnSnS，结合2110−=S，得到2nSn=，利用11,1,2nnnSnaSSn−==−求出答案；（2）变形得到21212(1)+−+=kkbb

k≥，当n为奇数时，1nb=，当n为偶数时，1123122nnbann−=+=−+=−，分n为奇数和偶数两种情况，求和，得到答案.【详解】（1）法一:当1n=时，215SS+=，即2125aa+=，由11

a=，得23a=，由21221++=++nnSSnn，得212(1)2(1)1nnSSnn−+=−+−+(2)n，两式相减得：14(2)++=nnaann≥．又214aa+=，满足上式．所以当*nN时，

14nnaan++=，又当2n时，14(1)nnaan−+=−，两式相减得：114(2)nnaan+−−=，所以数列{}na的奇数项是以11a=为首项，4为公差的等差数列，所以11412(1)212−=+=+−=−nnaann（n为奇数），数

列{}na的偶数项是以23a=为首项，4为公差的等差数列，所以()224322212nnaann−=+=+−=−（n为偶数），所以21nan=−，即{}na的通项公式是21nan=−．法二：因为21221++=++nnSSnn，所以221(1)()nnSnSn+

−+=−−，同理可得()2211nnSnSn−−=−−−，故22211(1)()(1)(1)+−+=−−==−−nnnSnSnS，因为2110−=S，所以20nSn−=，即2nSn=，当2n时，221(1)21nnnaSSnnn−=

−=−−=−，当1n=时，11a=适合上式，所以{}na的通项公式是21nan=−.（2）因为1(1)++−=nnnnbba，故当()21Nnkn=−时，221212(21)143kkkbbakk−−−=

=−−=−①，当()2Nnkn=时，212222141kkkbbakk++==−=−②，①、②两式相减得：21212(1)+−+=kkbbk≥，因为11b=，312bb+=，所以31b=，因为21212(1)+−+=kkbbk≥，所以当n为奇数时，1nb=，当n为偶数时，112(1)123

nnnbbann−−−==−−=−，所以1123122nnbann−=+=−+=−，所以1,21,N22,2,Nnnkkbnnkk=−=−=；当n为偶数时，213124(222)112()()12222−+−

=+++++++=+=+nnnnnnTbbbbbbnn,当n为奇数时，2111111[(1)(1)][2(1)2]22++++=−=−=+++−+−nnnnnTTbTbnnn211122nn=−+，综上，22111,21,N2211,2,N22nnn

nkkTnnnkk−+=−=+=.11．已知各项均为正数的数列na的前n项和为nS，且23a=，1nnnaSS−=+（*nN且2n）．(1)求na的通项公式；(2)若2nnnab=，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)21nan=−(2)2332nn

nT+=−．【分析】（1）利用1nnnaSS−=−（2n）化简题中条件，可得列nS是以1为首项，1为公差的等差数列，求得2nSn=，再根据1nnnaSS−=−（2n），即可求解；（2）利用错位相减法求和即可.【详解】（1）当2n=时，221aS

S=+，即1133aa=++，解得11a=．因为1nnnaSS−=−（2n），所以()()11nnnnnaSSSS−−=−+（2n），又1nnnaSS−=+（2n，*nN），0na，所以11nnSS−−=（2n），又1111

Sa===，所以数列nS是以1为首项，1为公差的等差数列，所以()11nSnn=+−=，所以2nSn=．当2n时，()221121nnnaSSnnn−=−=−−=−，当1n=时，11a=，满足上式，所以数列na的通项公式为21nan=−．（2）由（1）知21

22nnnnanb−==，所以12323135212222nnnnTbbbb−=++++=++++，所以234111352122222+−=++++nnnT，所以2312111122221111121122222222222nnnnnnnT+−+−−=++

++−=++++−−111121212212nnn+−−=−−=−132322nn++−，所以2332nnnT+=−．易错点五：裂项求和留项出错（数列求和）常见的裂项技巧积累裂项模型1：等差型（1）111(1)1=−++nnnn（2）11

11()()=−++nnkknnk（3）21111()4122121=−−−+nnn（4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)=−+++++nnnnnnn（5）211111()(1)(1)(1)2(1)(1)==−−−+−+nnnnnnnnn（6）2211

1414(21)(21)=+−+−nnnn（7）314(1)(3)11114()()(1)(2)(3)(1)(2)(3)2312++−+==−−−++++++++++nnnnnnnnnnnnn（8）1(1)(1)(2)(1)(1).3+=++−−+nn

nnnnnn（9）1(1)(2)(1)(2)(3)(1)(1)(2)4++=+++−−++nnnnnnnnnnn（10）1111(1)(2)(3)3(1)(2)(1)(2)(3)=−++++++++nnnnnnnnnn（11）2222211111)(()+=−++nnnn

n（12）222211112)42)((+=−++nnnnn积累裂项模型2：根式型（1）111=+−++nnnn（2）11()=+−++nknknkn（3）11(2121)22121=+−−−+

+nnnn（4）2211(1)11111(1)(1)1++++==+−+++nnnnnnnn（5）333222121121+++−+−+nnnnn3333322233111(21121)2+−=+−−+++−+−+=nnnnn

nnnn（6）221(1)1(1)111(1)(1)11(1)(1)+−++−+===−++++++−+nnnnnnnnnnnnnnnnnnnn积累裂项模型3：指数型（1）11112(21)(21)11(21)(21)(

21)(21)2121++++−−−==−−−−−−−nnnnnnnnn（2）113111()(31)(31)23131++=−−−−−nnnnn（3）122(1)21111(1)2(1)2122(1)2−++−==−=−++++nnnnnnnnnnnnnnnn（

4）1111(41)31911333(2)2(2)22−+−−−=−=−+++nnnnnnnnnnn（5）11(21)(1)(1)(1)(1)++−−−=−++nnnnnnnn（6）13−=nnan，设1()

3[(1)]3−=+−−+nnnaanbanb，易得11,24==−ab，于是111(21)3(23)344−=−−−nnnann（7）222111(1)2(1)(1)(42)2(1)(42)2(1)2(1)2(1)2++

+−++++−++−++==+++nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn1111(1)1111(1)(1)(1)()22(1)2222(1)2++++−−−=+−+=−+−++nnnnnnn

nnnnnnn积累裂项模型4：对数型11logloglog++=−nanaaannaaa积累裂项模型5：三角型（1）11(tantan)coscossin()=−−（2）11tan(1)tancoscos(1)sin1=+

−+nnnn（3）1tantan(tantan)1tan()=−−−（4）tantan(1)tantan(1);tan1tan(1)1tantan(1)−−=−=−−=+−nnnannnnn，则tantan(1)tantan(1)tantan(1)1

,1tan1tan1−−−−−=−=−nnnnnnna积累裂项模型6：阶乘（1）1!(1)!1(1)!+=−+nnnn（2）2(2)(2)!(1)!(221111=-!(1)!!(2)!!(2)!2)++++++===++++++nnnnnnnnnnn

nn常见放缩公式：（1）()()21111211=−−−nnnnnn；（2）()2111111=−++nnnnn；（3）2221441124412121==−−−+nnnnn；（4

）()()()11!111112!!!11+===−−−−rrnrrnTCrnrnrnrrrrr；（5）()1111111312231++++++−nnnn；（6）()()1222121=

=−−++−+nnnnnnnn；（7）()122211==−+++++nnnnnnn；（8）()122222212111212122===−−+++−++−++nnnnnnnnn；（9）()()()()()()()1211222211212121212122212121−−−

===−−−−−−−−−−nnnnnnnnnnnnn()2n；（10）()()()()32111111111111+−−==+−−−+−+nnnnnnnnnnnnn()()111111121111211++−=−=−

+−−−+−+nnnnnnnnnnn()112211−−+nnn；（11）()()()32212221111==−+−−+−+nnnnnnnnnnnnn()()()2122211−−−==−−−nnnnnnn；（12）

()()01211122221111111===−−++−+++−nnnnnCCCnnnn；（13）()()()111121122121212121−−−=−−−−−−nnnnnnn．（14）21211112()2()+−+++−−==−nnnnnnnnn．

易错提醒：用裂项相消法求和时，裂项后可以产生连续相互抵消的项，但是要注意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，一般来说前面剩余几项后面也剩余几项，若前面剩余的正数项，则后面剩余的是负数项。例．已知数列na的前n项和为nS，11

a=，21(1)nnSSn++=+.(1)求na的通项公式；(2)设11nnnnabSS++=，证明：121nbbb++.【详解】（1）因为21(1)nnSSn++=+，当1n=时，214SS+=，2124aa+=，11a=

，22a=，当2n时，由21(1)nnSSn++=+得21nnSSn−+=，两式相减得121(2)nnaann++=+，11a=，22a=，121nnaan++=+，所以有121(2)nnaann−+=−，从而1

12(2)nnaan+−−=，所以数列na的奇数项是以1为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以2为首项，2为公差的等差数列，()**112,(21,N)2222,2,N2nnnnkkannnkk−+==−

=−+==，所以nan=.（2）由1111111nnnnnnnnnnaSSbSSSSSS+++++−===−，且()102nnSn+=，所以12122311111111111111nnnnbbbSSSSSSSSS

++++=−+−++−=−=.变式1．记nS为数列na的前n项和，满足13a=，23nnnSa+=.(1)求na的通项公式；(2)证明：1211123naaa+++.【详解】（1）因为()23nnnaS+=，∴当2n时，()1113

nnnaS−−+=，所以()()112133nnnnnnanaaSS−−++=−=−，整理得：()()111nnnana−−=+，即111nnanan−+=−，∴()3121122131341312212nnnnnnnaaaannaa

aaaann−−−++===−−显然对于1n=也成立，∴na的通项公式()312nnna+=（2）()122113131nannnn==−++∴1211121111121113223131naaannn+++=−+−+−=−

++由于*Nn，所以1111n−+，故得证1211123naaa+++.变式2．已知首项为1的数列na，其前n项利为nS，且数列nSn是公差为1的等差数列()

*nN．(1)求na的通项公式；(2)若()*14nnnnScnaa+=N，求数列nc的前n项和nT．【详解】（1）数列nSn是公差为1的等差数列，且11111Sa==，即nSnn=，2nSn=，当2n

时，121nnnaSSn−=−=−，当1n=时，11a=，满足21nan=−，综上，na的通项公式为21nan=−．（2）由题意2214441111(21)(21)(21)(21)(21)(21)nnnnSnncaann

nnnn+−+====+−+−+−+111122121nn=+−−+，所以123nnTcccc=++++111111111111(1)1()1()1()2323525722121nn=+−++−++−+

++−−+11111111(1)2335572121nnn=+−+−+−++−−+11122121nnnnn=+−=+++，因此，数列nc的前n项和21nnTnn=++.变式3．已知数列na

为非零数列，且满足()()()(1)2121112nnnaaa++++=.(1)求1a及数列na的通项公式；(2)若数列nb的前n项和为nT，且满足12nnnnbaa+=，证明：1nT.【详解】（1）因为

()()()()12121112nnnaaa++++=①所以当1n=时，112a+=，解得11a=，当2n时，()()()(1)21211112nnnaaa−−+++=②，由①②得12nna+=，即21nna=−，又11a=满足上式，所以21nna=−.（2）证

明：因为()()1121121212121nnnnnnb++==−−−−−，所以11111113372121nnnT+=−+−++−−−111121n+=−−.1．已知nS是数列na的前n项和，112a=，且111,,313nnnaSS+++−成等比

数列．(1)求数列na的通项公式．(2)设1nnnbSS+=，数列nb的前n项和为nT，证明：13nTa．【答案】(1)1,1,23,2.(31)(34)nnannn==−−−(2)证明见解析【分析

】（1）根据已知等比中项列等式，结合na与nS的关系可得nS的递推公式，然后利用构造法求nS，再根据na与nS的关系求通项；（2）根据裂项相消法求nT，然后可证明.【详解】（1）由111,,313nnnaSS+++−成等比数列，得()2111313nnnaSS+

++−=，所以()()2111313nnnnSSSS+++−−=．整理，得1130nnnnSSSS++−+−=，则1113nnSS+−=．又11112Sa==，所以1nS是以2为首项，3为公差的等差数列，所以()123131nnnS=+−=−

，即131nSn=−．当2n时，1134nSn−=−，所以()()1113,231343134nnnaSSnnnnn−=−=−=−−−−−．当1n=时，112a=不符合上式．故()()1,123,23134nna

nnn==−−−.（2）由（1）可知，111111313233132nnnbSSnnnn+===−−+−+，所以12nnTbbb=+++11111111113255831323232nnn=−+−++−=−−++

，所以111132322nTan=−=+，故13nTa．2．已知数列na的前n项和为nS，且满足12a=，24a=，当2n时，11nnnSSa+−−是4的常数列.(1)求

na的通项公式；(2)当2n时，设数列()121nnnna+++的前n项和为nT，证明：12nT.【答案】(1)2nna=(2)证明见解析【分析】（1）由题目条件得到114nnaa+−=，故数列21na−，2n

a均为公比为4的等比数列，从而得到通项公式；（2）裂项相消得到()()112111212nnnnnnann+++=−++，从而求和，得到不等式.【详解】（1）当2n时，11nnnSSa+−−为等比数列，即11nnaa+−是4的常数列，故114nnaa+−=，当2n

k=时，21214kkaa+−=，当21nk=+时，2224kkaa+=，∴数列21na−，2na均为公比为4的等比数列，12121242nnna−−−==，122442nnna−==，2nna=.（2）()()()()()111121221111212212n

nnnnnnnnnnannnnnn+++++−++===−++++，∴当2n时，数列()121nnnna+++的前n项和为()()122311111111111122222322122122nnnnTnnn++=−+−++−

=−++.3．在数列na中，nS为数列na的前n项和，且满足22nnSa+=.(1)求数列na的通项公式；(2)若()()1211nnnnCaa+=−−.求数列nC的前n项和nT.【答案】(1)2nna=(2)11121nnT+=

−−【分析】（1）由前n项和求递推关系，应用等比数列定义证明等比求通项公式；（2）应用裂项相消法计算即可.【详解】（1）当1n=时，1122+=aa，解得12a=.当2n时，()111122222nnnnnnnnSaSSaaSa−−−−+=−=−

+=即()12nnnaaa−=−，易知10na−，所以()122nnana−=.所以na是以12a=为首项，以2为公比的等比数列.故2nna=.（2）1112121nnnC+=−−−，111111113372121nnnT

+=−+−++−−−11121nnT+=−−4．设数列na前n项和为nS，13a=，()*11NnnaSn+−=.(1)求2a，及na的通项公式；(2)若2lognnba=，证明：122311111nn

bbbbbb++++.【答案】(1)*3,12,2,Nnnnann==(2)证明过程见解析【分析】（1）根据nS与na的关系，结合等比数列的定义进行求解即可.（2）运用裂项相消法，结合对数

的运算性质和换底公式进行求解证明即可.【详解】（1）因为13a=，11nnaS+−=，所以可得：21214aSa−==，当*2,Nnn时，由()()()()111112,12nnnnaSaS+−−=−=−，得12nnaa+=，因此数列na从第三项起，每项与前一项的比为定值2，所以2**

3,13,142,2,N2,2,Nnnnnnannnn−====；（2）因为2lognnba=，所以1212loglog3ba==，当*2,Nnn时，22loglog2nnnban===，所以()

12231211111112log323341nnbbbbbbnn++++=+++++22221log3111111111112log3233412log3212log31nnnn++−+−++−=+−=−++

=+23332log611111log6log6log32log312111nnnn=−=−=−−++++，即122311111nnbbbbbb++++.5．已知等差数列na的前n项和为n

S，且44a=，数列nb的前n项之积为nT，113b=，且()3lognnST=．(1)求nT；(2)令nnnacb=，求正整数n，使得“11nnnccc−+=+”与“nc是1nc−，1nc+的等差中项”同时成立；(3)设27

nnda=+，()()112nnnnndedd+−+=，求数列ne的前2n项和2nY．【答案】(1)()233nnnT−=；(2)4n=；(3)4249nn−+.【分析】（1）先求出1a，再由等差数列求出公差，代入nS求出nT即可；（2）先由递推公式求出nb，再求出nc，再根据条

件求出满足11nnnccc−+=+，验证此时nc是否为1nc−，1nc+的等差中项即可；（3）先求出nd，代入求出ne并进行裂项，最后求和即可.【详解】（1）由()3lognnST=，令1n=，得()()1211131331log2log2log23

aSTb=====−，即12a=−，设等差数列na的公差为d，由4134aad=+=，解得2d=，所以()22124nann=−+−=−，所以()()12224322nnnaannSnn+−+−===−，所以()2

3log3nTnn=−，即()233nnnT−=．（2）存在，理由如下：由（1）可得()233nnnT−=，所以当2n时，则()()()()2213154133nnnnnT−−−−+−==，可得()242133nnnnnTbT−−−===；当1n=时，113b=也满足上式，所以(

)2*3Nnnbn−=．所以2243nnnnancb−−==，若11nnnccc−+=+成立，即321262422333nnnnnn−−−−−−=+，则4n=，此时323c=，449c=，529c=，满

足：4352ccc=+，即4c为3c，5c的等差中项，所以存在4n=符合题意．（3）()27224741nndann=+=−+=−，则()()()()()()()114111111141432414324143nnnnn

nennnnnn+−+−−−==+=−−+−+−+，所以211111111123771111158183nYnn−−−−=−+−+−++−−+11118423832249249nnnnn−−=−+==

+++.6．设na是等比数列的公比大于0，其前n项和为nS，nb是等差数列，已知11a=，322aa=+，435abb=+，5462abb=+.(1)求na，nb的通项公式(2)设nnndab=，求1ni

id=；(3)设()()111nnnnacaa+=++，数列nc的前n项和为nT，求nT.【答案】(1)12nna−=,nbn=(2)1(1)21nniidn==−+(3)11221n−+【分析

】（1）利用等差和等比数列的通项公式求解；（2）利用错位相减法求和；（3）利用裂项相消法求和.【详解】（1）设na的公比为0q，因为322aa=+，所以2112aqaq=+，即220qq−−=，解得2q=或1q=−（舍），所以1112nnnaaq−−=

=，设nb的公差为d，因为435abb=+，5462abb=+，所以358bb+=，46216bb+=，所以1126831316bdbd+=+=，解得11db==，所以1(1)=+−=nbbndn.（2）由（1）可得，12nndn−=，所以012111222322nniidn−

==++++L，123121222322nniidn==++++L，所以0121112222222(1)2112nnnnnniidnnn−=−−=++++−=−=−−−L，所以1(1)21nniidn==−+.（3）()()111121111(21

)(21)2121nnnnnnnnnacaa−−−+===−++++++，所以0112231213111111112121212121212121nnnnTcccc−−+−+−++−++++=++++=++++

LL11221n=−+.7．已知数列na满足12313521nnnaaaa−++++=.(1)求数列na的通项公式(2)若11nnnbaa+=，数列nb的前n项和为nS，证明：12nS.【答案】(1)21nan=−(2)证明见解析【分析】（1）利用11,1,

2nnnSnaSSn−==−求出211nna−=（2n），求出通项公式，检验11a=也满足；（2）裂项相消法求和后得到答案.【详解】（1）∵12313521nnnaaaa−++++=①，当1n=时，111a=，故11a=，2n时，1231135231nnnaaaa

−−++++=−②①−②得21121nnnana−==−（2n），而11a=也满足上式，∴21nan=−.（2）()()1111212122121nbnnnn==−−+−+，∴11111111111233521212212nSnnn=−+−++−=−

−++.8．设nS为数列na的前n项和，133.2nnS+−=(1)求na的通项公式；(2)若数列215nnSa+的最小项为第m项，求m；(3)设()22,2nnnaba=−数

nb的前n项和为nT，证明：132nT【答案】(1)3nna=(2)1m=(3)证明见解析【分析】（1）当2n时，由1nnnaSS−=−求出na，再验证1a符合na；（2）将na，nS代入215nnSa+，结合基本不等式，即可得出答案；（3）当2n求出nb，对nb进行放缩

，由裂项相消法即可证明.【详解】（1）由题意知，当2n时，1133333,22nnnnnnaSS+−−−=−=−=当1n=时，113,aS==符合上式，所以3nna=；（2）由（1）知，1332nnS+−=，3nna=，所以211123315151271272323273932323nnnnn

nnnSa+++−++==+==，当且仅当12733nn+=，即1n=时，等号成立.所以数列215nnSa+的最小项为第一项，故1m=；（3）由（1）知()()122223,6,232nnnnnabba

===−−2n时，()()()()()22212323232333113331131331333234343433nnnnnnnnnnnnnnnnnnb−+−====−=−−−−−−−−−+−+，记16,111,213

13nnnncn−+−==−−−，设nF为数列nc的前n项和，则1n=时，111362TF==，2n时，123122311111116131313131313nnnnFcccc−−−−−+−=++++=+−+−++−−−−−

−−，111151151361131321322nn−−−=+−=−−=−−−因为,nnTF所以132nT，综上，13.2nT9．已知正项数列na的前n项和为1,1nSa=，且()12nnnaSSn−+=.(1)求na；(2)设1nnbS=，数

列nb的前n项和为nT，证明：74nT.【答案】(1)21nan=−(2)证明见解析【分析】（1）首先根据1nnnaSS−=+，2n，变形证明数列nS是等差数列，即可求通项公式；（2）首先根据（1）的结果，21nbn=，再利用放缩

法得111nbnn−−，最后再求和，即可证明不等式.【详解】（1）当2n时，11nnnnnaSSSS−−=−=+，即()()111nnnnnnSSSSSS−−−−+=+，由数列为正项数列可知，11nnSS−−=，又11

1Sa==，即数列nS是首项为1，公差为1的等差数列，即nSn=，则11nSn−=−，2n当2n时，121nnnaSSn−=+=−，当1n=时，12111a=−=成立，所以21nan=−（2）由（1）可知，2nSn=，则21nbn=，当2n时，()2111111nbnnn

nn==−−−1714T=，成立，221571244T=+=，成立，当3n时，22211111111111...1...23423341nTnnn=++++++−+−++−−，即111

71714244nTnn++−=−.综上可知，74nT，得证.10．已知数列满足()*2144Nnnnaaan++=−，且124,12aa==.(1)证明：12nnaa+−是等比数列，并求na的通项公式；(2)已知数列nb满足2lognnabn=，求

nb的前n项和nT.【答案】(1)证明见解析，(1)2nnan=+(2)2(1)log(1)2nnnTn+=++【分析】（1）根据()*2144Nnnnaaan++=−结合等比数列的定义即可得证；再利用构造法求na的通项即可；（2）利用分组求和法和裂项相消法计算即可.【详解】（1）由21

44nnnaaa++=−，得21122(2)nnnnaaaa+++−=−，14a=，212a=，2121284aa−=−=，211222nnnnaaaa+++−=−，则1{2}nnaa+−是首项为4，公比为2的等比数列，由1{2}nnaa+−是首项为4，公比为2的

等比数列，则1112422nnnnaa−++−==，11122nnnnaa++−=，即数列2nna是首项为2，公差为1的等差数列，21(1)12nnann=+−=+，则(1)2nnan=+；（

2）()2222211loglog(2)loglog1lognnnannbnnnnnnn++===+=++−，则()()22222212log2log1log3log2log1lognTnnn=++++−+

−+++−()()()()22211log1log1log122nnnnnn++=++−=++.