【文档说明】备战2023年高考数学题型猜想预测卷（上海专用） 猜题16 第17-18题 数列（上海精选归纳） Word版含解析.docx，共(34)页，1.764 MB，由管理员店铺上传

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猜题16第17-18题数列（上海精选归纳）一、解答题1．（2023春·上海普陀·高三曹杨二中校考阶段练习）设nS为数列na的前n项和，已知21122nnSnnna=−++.(1)证明：na是等差数列；(2)若4a，7a，9a成等比数列，求nS的最小值.【答案】(1)证明见解析

(2)78−【分析】（1）由题意可得222nnSnnan+=+，根据11,1,2nnnSnaSSn−==−，作差即可得到11nnaa−−=，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出1a，即可得到na的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得.【解析】（1）证明：因

为21122nnSnnna=−++，即222nnSnnan+=+①，当2n时，2112(1)2(1)(1)nnSnnan−−+−=−+−②−①②得，221122(1)22(1)(1)nnnnSnSnnannan−−+−−−=+−−−−，

即122122(1)1nnnannana−+−=−−+，即12(1)2(1)2(1)nnnanan−−−−=−,所以11nnaa−−=，2n且*nN，所以na是以1为公差的等差数列.（2）由（1）可得413aa=+，716aa=+，918aa=+，又4a，7a，9a成等比

数列，所以2749aaa=，即()()()2111638aaa+=++，解得112a=−，所以()121113nann=−+−=−，所以22(1)12512562512222228nnnSnnnn−=−+=−=−−

，所以当12n=或13n=时，nS取得最小值，()21213min1162578228nSSS===−=−.2．（2023·上海黄浦·统考一模）已知na是等差数列，nb是等比数列，且23b=，39b=，11ab=，144ab=.(1)求

na的通项公式；(2)设()()*1Nnnnncabn=+−，求数列nc的前2n项和.【答案】(1)21nan=−(2)291444nn+−【分析】（1）运用等比数列、等差数列通项公式计算即可.（2）运用分组求和及等差数列、等比数列求和公式计算即可.【解析】（1）设等

差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，则323bqb==，2111babq===，144327abbq===，又1411311327aadd=+=+=，可得2d=，所以()()1112121naandnn=+−=+−=−.（2）由（1）可得13nnb−=，

故()()113nnnb−−=−−，以它为通项的数列是以-1为首项、公比为-3的等比数列，所以1(21)(3)nncn−=−−−，所以数列nc的前2n项和为：()()()21122133nnaaa−+++−+−++−LL()()221(3)214191421344nnnnn

−−+−=−=+−−−.即:数列nc的前2n项和为291444nn+−.3．（2022·上海长宁·统考一模）已知数列na为等差数列,数列nb为等比数列,数列na的公差为2;(1)若112235,,bababa===,求

数列nb的通项公式;(2)设数列na的前n项和为nS,若12113,6kkSaaa+=+=,求1a;【答案】(1)13nnb−=(2)8−【分析】(1)根据na,nb数列性质及na的公差为2,写出123,,bbb之间的关系,再用1,bq代替即可求出通项公式;(2)根据

na为等差数列且公差为2,将12113,6kkSaaa+=+=两式中均变为关于首项和k的等式,进而解出首项即可.【解析】（1）解:由题知112235,,bababa===,nbQ为等比数列,不妨设公比为q,又数列na的公

差为2,12232,6bbbb−=−=,即1121126bqbbqbq−=−=,解得11,3bq==,故1*3,Nnnbn−=;（2）由题知数列na为等差数列,且公差为2,12113,6kkSa

aa+=+=,()()111112121132126aakaak+=+−++=解得:1811ak=−=,故18a=−.4．（2022·上海嘉定·统考一模）若数列1na是等差数列，则称数列na为调和数列.若实数abc、、依次成调和

数列，则称b是a和c的调和中项.(1)求13和1的调和中项；(2)已知调和数列na，16a=，42a=，求na的通项公式.【答案】(1)12(2)1821nan=+【分析】（1）根据题意得到3、1b

、1成等差数列，从而得到方程，求出1=2b，得到答案；（2）根据题意得到1na是等差数列，设出公差，由通项公式基本量计算得到公差，从而求出12118nna+=，得到na的通项公式.【解析】（1）设13和1的调和

中项为b，依题意得：3、1b、1成等差数列，所以13+1==22b，解得：1=2b，故13和1的调和中项为12；（2）依题意，1na是等差数列，设其公差为d，则1113269dd=−=，所以()()1111121116918nnndnaa+=+−=+−=，故1821nan=+.

5．（2022·上海宝山·统考一模）已知数列na满足11a=，134(2)nnaan−=+.(1)求证：数列2na+是等比数列；(2)求数列na的通项公式；(3)写出5211iia−=的具体展开式，并求其值.【答案】(1)证明见

解析；(2)32nna=−；(3)1138388−.【分析】（1）利用构造法，得到123(2)nnaa−+=+，可证明2na+是等比数列；（2）根据等比数列的通项公式，求出23nna+=，进而可求na的通项公式；（3）直接写出5211iia−=的具体展开式，根据n

a，利用等比数列的前n项和公式，直接计算5211iia−=可得答案.【解析】（1）134(2)nnaan−=+，等式两边同时加上2，得123(2)nnaa−+=+，又11a=，123a+=则2na+为首项是3，公比3q=的等比数列（2）由（1）

得，2na+为首项是3，公比3q=的等比数列，23nna+=，故32nna=−.（3）521135791iiaaaaaa−==++++35793333325=++++−53(19)1019−=−−1153383(91)10888=−−=−6．（2022秋·上海浦东新

·高三上海市建平中学校考阶段练习）公差不为零的等差数列na满足15351,2aaaa==−.(1)求na的通项公式；(2)记na的前n项和为nS，求使nnSa成立的最大正整数n.【答案】(1)35nan=−或1944nan=−

(2)当35nan=−时，3n=；当1944nan=−时，17n=.【分析】（1）根据等差数列公式，代入计算得到答案.（2）根据等差数列求和公式，考虑两种情况，代入数据得到不等式，解得答案.【解析】（1）1535aaa=，即()()2142224ddd−+=−+−+，

解得3d=或14d=.故35nan=−或1944nan=−（2）当35nan=−时，()23523722nnnnnS−−−==，nnSa，即237352nnn−−，解得1013n，故最大正整数3n=；当1944nan=−时，219211744288nnnSnn−−

==−，nnSa，即2117198844nnn−−，解得118n，故最大正整数17n=.综上所述：当35nan=−时，3n=；当1944nan=−时，17n=.7．（2022秋·上海静安·高三校考阶段练习）已知na为等差数

列，nb是公比为2的等比数列，且223344ababba−=−=−．(1)证明：11ab=；(2)求集合1,1500kmkbaam=+中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2)9．【分析】（1）设数列na的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可

得22km−=，即可解出．【解析】（1）设数列na的公差为d，所以，()11111111224283adbadbadbbad+−=+−+−=−+，即可解得，112dba==，所以原命题得证．（2）由（1）知，11

2dba==，所以()1111121kkmbaabamda−=+=+−+，即122km−=，亦即221,500km−=，解得210k，所以满足等式的解2,3,4,,10k=，故集合1|,150

0kmkbaam=+中的元素个数为10219−+=．8．（2022秋·上海静安·高三上海市市西中学校考期中）在等差数列na中，nS为其前n项和*()nN．若243,S16a==．（1）求数列na的通项公式；（2）设11nnn

baa+=，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）*21()nann=−N；（2）*()21nnTnNn=+.【分析】（1）运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程组，可得首项和公差，即可得到所求通项；（2）求得11122121nbnn=−−+，再由数列的求和方

法：裂项相消求和，化简整理，即可得到所求和．【解析】解：（1）设数列{}na的首项为1a，公差为d，由题意得214134616aadSad=+==+=，解得112ad==，故数列{}na的通项公式*12(1)21()nannnN

=+−=−；（2）由（1）得1111(21)(21)22121nbnnnn==−−+−+，即有前n项和1111111112335572121nTnn=−+−+−++−−+*111()22121nnNnn=−

=++．9．（2023·上海·高三专题练习）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)lgnnnnb

aa+=−，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.【解

析】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)lglgnnnnnnnbaaaa++=−=−+()()()()n1223341lglglglglglg(1)lglgnnnTaaaaaaaa+=−+++−+++−+11(1)lglg(1)lg(1)nnnaan+=−−

=−+所以n(1)lg(1)nTn=−+10．（2022·上海·高三专题练习）已知各项为正数的等比数列na中，11a=，34a=.（1）求数列na的通项公式；（2）设2lognnba=，求数列nb的前n项和nS.【答案】（1

）12nna−=；（2）22nnnS−=【分析】（1）根据条件求出q即可；（2）12log21nnbn−==−，然后利用等差数列的求和公式求出答案即可.【解析】（1）2314,aqa==且0q，2q=，1112nnnaaq−−==（

2）12log21nnbn−==−2(01)22nnnnnS+−−==11．（2014秋·上海徐汇·高三位育中学校考期中）已知*nN数列nd满足()312nnd+−=；数列na满足1232nnadddd=++++；数列n

b为公比大于1的等比数列，且2b，4b为方程220640xx−+=的两个不相等的实根.（1）求数列na和数列nb的通项公式；（2）将数列nb中的第1a项，第2a项，第3a项，……，第na项，……删去后剩余的项按从小到大的顺序排成新数列nc，

求数列nc的前2013项和.【答案】（1）3nan=；（2）2nnb=；（2）100620867−.【分析】（1）根据nd的通项公式计算得出数列na的通项公式，利用一元二次方程根与系数关系，结合已知可以求出24,bb的值，最后写出数列nb的通项公式；（2）根据题意

可以知道数列nb删去哪些项，剩下哪些项，根据等比数列可知：剩下组成新的数列的奇数项和偶数项分别也是等比数列，这样利用分组求和，利用等比数列前n项和公式求和即可.【解析】（1）∵()312nnd+−=，∴12323232nn

naddddn=++++==．∵2b，4b为方程220640xx−+=的两个不相等的实根，∴2420bb+=，2464bb=，又公比大于1，设公比为q，所以1q解得24b=，2416412bqqq===，∴2

22nnnbbq−==．（2）由题意将数列nb中的第3项、第6项、第9项、…删去后构成的新数列nc中的奇数项数列与偶数项数列仍成等比数列，首项分别是12b=，24b=，公比均是8，()()201313520132462012

Tcccccccc=+++++++++()()100710061006218418208618187−−−=+=−−．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，考查了等比数列前n项和公式，考查了等比数列的性质，考查了数学运算能力.12．（2014秋

·上海徐汇·高三位育中学校考期中）已知数列na满足：11a=，22a=，且()()*22cos13,nnananN+=+−+．（1）求数列na前20项的和20S；（2）求通项公式na；（3）设na的前n项和为

nS，问：是否存在正整数m、n，使得221nnSmS−=？若存在，请求出所有符合条件的正整数对(),mn，若不存在，请说明理由.【答案】（1）10399+；（2）12,,23,.nnnnan−=为奇数为偶数；（3）所有的符号条件的

正整数对(),mn，有且仅有()3,1和()2,2两对，理由见解析.【分析】（1）根据递推公式直接代入求出3420,aaa各项，再分类求和即可.（2）对()()*22cos13,nnananN+=+−+根据n的奇偶性进行分类讨论，判断出数列的性质，最后求出数列na的通项公式.

（3）根据分组求和法求出2nS的表达式，然后根据2122nnnSSa−=−可以求出21nS−的表达式，最后根据题意221nnSmS−=，得到m的表达式，可以确定m的取值范围，然后根据m的取值范围，逐一取正整数进行判断即可.【解析】（1）()()291020135192232323399

S=++++++++=+（2）当n是奇数时，cos1n=−；当n是偶数时，cos1n=．所以，当n是奇数时，22nnaa+=+；当n是偶数时，23nnaa+=．又11a=，22a=，所以13521,,,,,naaaa−

是首项为1，公差为2的等差数列；2462,,,,,naaaa是首项为2，公比为3的等比数列．因此，12,,23,.nnnnan−=为奇数为偶数（3）()()21321242−=++++++

+nnnSaaaaaa()()113212623nn−=+++−++++231nn=+−，21122122312331nnnnnnSSann−−−=−=+−−=+−．所以，若存在正整数m、

n，使得221nnSmS−=，则2112121212131232311331313nnnnnnnnSnmSnn−−−−−−+−===++=+−+−．显然，当1m=时，()21222131131nnnnSnnS−−=+−+−=；当2m=时，由22

12nnSS−=，整理得1231nn−=−．显然，当1n=时，11231011−==−；当2n=时，2123321−==−，所以()2,2是符合条件的一个解．当3n时，()1112211312122nnnnCC−−−−=+=+++122211124

211nnCCnn−−++=−−．当3m=时，由2213nnSS−=，整理得1n=，所以()3,1是符合条件的另一个解．综上所述，所有的符号条件的正整数对(),mn，有且仅有()3,1和()2,2两对．【点睛】本

题考查了分组求数列的和，考查了等比数列、等差数列前n项和公式，考查了分类讨论思想，考查了数学运算能力.13．（2015秋·上海长宁·高三统考阶段练习）已知数列na为等差数列，公差*0,0,()ndanN,且2*1220()kkkaxaxak++++=N

（1）求证：当k取不同自然数时，此方程有公共根；（2）若方程不同的根依次为12,,,,nxxx…,求证：数列为等差数列.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）依题意，122kkkaaa++=+，于是

原方程可转化为210kkaxax+++=（）（），从而可证结论；（2）原方程另一根为nx，利用韦达定理，可求得21nkdxa=−−,然后可得112knaxd=−+；根据等差数列的定义，证明即可．试题解析：（1）na是等差数列，122kkkaaa++=+，2122

0kkkaxaxa++++=，210kkaxax+++=（）（），∴当k取不同自然数时，原方程有一个公共根-1．（2）原方程另一根为nx，则2221kknkkkaaddxaaa++−===+,2211112knnkknaddxxaaxd=−−+=−=−+

，，,1111111122222kkkknnaaaadxxdddd+++−−−=−−−===−++（）,∴数列11nx+是以12−为公差的等差数列.考点：等差关系的确定；数列递推式．14．（2023春·上海·高三校联考阶段练习）记nS，为数列na的前n项和，已知212

nnaSn=++，*nN．(1)求12aa+，并证明1nnaa++是等差数列；(2)求nS．【答案】(1)126aa+=，证明见解析(2)22,2,nnnnSnnn+=++当为偶数时当为奇数时【分析】（1）利用na与前n项和nS的关系，由212nnaSn

=++可得12,aa的值，即可求得12aa+的值；根据相减法求得()()121nnnnaaaa++++−+为常数，证明其为等差数列；（2）由（1）中数列1nnaa++为等差数列，对n进行奇偶讨论，

即可求得nS.【解析】（1）解：已知212nnaSn=++，*nN当1n=时，1122aa=+，14a=；当2n=时，21252aaa+=+，22a=，所以126aa+=．因为212nnaSn=++①，所以()211112nnaSn++=+++②．②－①得，()2211

122nnnaaann++=−++−，整理得142nnaan++=+，*nN，所以()()()()121412424nnnnaaaann++++−+=++−+=（常数），*nN，所以1nnaa++是首项为6，公差为4的等差数列．（2）解：由（1）知，()141242nn

aann−+=−+=−，*nN，2n．当n为偶数时，()()()()1234164222nnnnnSaaaaaa−+−=++++++=2nn=+；当n为奇数时，()()()()12345111042242nnnnnSaaaaaaa−−+−=+++++++=+22nn=++．综

上所述，22,2,nnnnSnnn+=++当为偶数时当为奇数时.15．（2022春·上海闵行·高三闵行中学校考开学考试）已知数列{}na，31a=，{}na的前n项和为nS.(1)若{}na为等差数列，721S=，求公差d的值及通项na的表达式；(

2)若{}na为等比数列，公比0q，且对任意*Nn，均满足6nSq，求实数q的取值范围.【答案】(1)*2,25,Nndann==−(2)3333[,]66−+【分析】（1）由题意列出方程组解得1,ad，即可得解；（2）由题意3nnaq−=，数

列{}nS为递增数列，对任意*Nn，均满足6nSq，只需166lim1nnaSqqq→+−，解不等式即可.【解析】（1）由题意得317121767212aadSad=+==+=，解得132ad=−=所以*2,25,Nnd

ann==−.（2）因为公比0q，31a=，所以3*,Nnnaqn−=，故数列{}nS为递增数列.对任意*Nn，均满足6nSq，只需166lim1nnaSqqq→+−()2216610610101qqqqqqq−+−

，解得333366q−+综上，实数q的取值范围是3333[,]66−+.16．（2021秋·上海浦东新·高三上海南汇中学校考阶段练习）已知数列na的前n项的和为nS,且22nnSsatnn=+−.(1)当3

,0st==时,求证数列12na+为等比数列,并求na的通项公式;(2)当0,3st==时,不等式1nnaa++对于任意*2,Nnn都成立,求的取值范围.【答案】(1)11322nna=−(2)283【分析】(1)退n相减,得出递推式,再用构造法证明,最后求通项

公式(2)恒成立问题,通过分离n与转化为函数最值问题求解【解析】（1）当3,0st==时,23nnSan=−当111,231nSa==−,则11a=当11232,23(1)nnnnSannSan−−=−=−−两式相减得12331nnnaaa−=−−,即131nnaa−=+所

以111322nnaa−+=+11322a+=所以12na+是首项为32,公比为3的等比数列所以113322nna−+=,所以11322nna=−（2）当0,3st==时,223nSnn=

−,即23122nSnn=−当2n时,1321nnnaSSn−=−=−由1nnaa++,得1nnnaaa++,即11nnnaaa+−对于任意*2,Nnn都成立1(32)(31)133nnnaannan+−+=−−,令333tn=−

则1(1)(4)451nnnaatttatt+++==++−因为4ytt=+在(0,2)上单调递减,在(2,)+上单调递增所以当3t=时,min42853tt++=,所以28317．（2

022秋·上海黄浦·高三上海市大同中学校考阶段练习）已知数列{}na，{}nb，{}nc满足1111abc===，1nnncaa+=−，12(*)nnnnbccnb++=N．(1)若{}nb为等比数列，公比0q，且1236bbb+=，求q的值及数列{}na的通项公式；(2)若{}

nb为等差数列，公差1d=，求和：12nccc+++．【答案】(1)12q=，1423−+=nna(2)21nn+【分析】（1）根据题意，列出方程求得q，然后根据累加法即可得到数列{}na的通项公式；（2）由题意可得数列1nnnbbc+是一个常数列，然后根据裂

项相消法即可求得12nccc+++的值.【解析】（1）由题意可得，223,bqbq==，因为1236bbb+=，所以216qq+=，整理得2610qq−−=，解得13q=−（舍），或12q=所以12221111412nnnnnnnnnnbccccccbbqb

+++=====所以数列{}nc是以1为首项，4为公比的等比数列，所以11144,nnncn−−==N所以114nnnnaac−+==−则11a=，211aa−=，3214aa−=，214nnnaa−−−=（2n），各式相加

，可得111221442114441143nnnna−−−−+=+++++=+=−K，当1n=时，11a=也符合该式，故1423−+=nna.（2）依题意，由12(*)nnnnbccnb++=N，可得21nnnnbc

bc++=，两边同时乘1nb+，可得1211nnnnnnbbcbbc++++=因为12121112bbcbd==+=+=所以数列1nnnbbc+是一个常数列，且此常数列为12d+=则12nnnbbc+=，且{}nb为等差数列，公差1d=，11b=，即

nbn=所以11122111112211nnnnnnncbbbbbbnn+++===−=−+又因为11,10bd==，所以0nb所以12nccc+++…1111121222231nn

=−+−++−+K11111212231nn=−+−++−+K122111nnn=−=++18．（2006·上海·高考真题）设数列na的前n项和为nS，且对任意正整数n，4096nnaS+=.(1)求数列na的通项公式；(2)设

数列2logna的前n项和为nT，对数列nT，从第几项起509nT−？【答案】(1)1212nna−=；(2)46.【分析】（1）利用当2n，1nnnSSa−−=得到112nnaa

−=，即数列na为等比数列，然后求通项即可；（2）由（1）得2log12nan=−，然后利用等差数列求和公式得到()232nnnT−=，最后利用二次函数单调性和特殊值的思路求解即可.【解析】（1）当1n=时，111240

96aSa+==，解得12048a=，当2n时，由4096nnaS+=得114096nnaS−−+=，两式相减可得120nnaa−−=，即112nnaa−=，所以数列na为等比数列，公比为12，所以11211204822nnna−−

==.（2）由（1）得2log12nan=−，所以()()11122322nnnnnT+−−==，当23n时，0nT，令()()232nnfn−=，则()fn在()23,+上单调递减，又()()234545454955092f−==−−，()()234646

465295092f−==−−，所以当46n时，()509fn−，即从第46项起509nT−.19．（2022秋·上海虹口·高三统考阶段练习）设等差数列na的前n项和为nS，且410a=.(1)若20590S=，求na的公差；(2)若

1Za，且7S是数列nS中最大的项，求1a所有可能的值.【答案】(1)3(2)18,19,20【分析】（1）根据已知条件列方程，化简求得na的公差.（2）根据数列nS中的最大项列不等式，从而求得1a的所有可能取值.【解析】（1）设等差数列na的公差为d，则412013

1020190590aadSad=+==+=，解得3d=.（2）由（1）得14110310,3aaadd−=+==，由于7S是数列nS中最大的项，11100,103ada−=①，所以7800aa，即116070adad+

+即1111111062003107047033aaaaaa−+=−−−+=解得135202a，由于1a是整数，所以1a的可能取值是18,19,20.20．（2022秋·上海嘉定·高三统考阶段练习）数列na的前

n项和2nSnnc=−+，(1)若na为等差数列，求公差､首项､c的值；(2)在（1）的条件下，求数列11nS+的前n项和nH.【答案】(1)公差为2，首先为0，0c=(2)1nnHn=+【分析】（1）由题意，根据公式11,,nnnSaS

S−=−12nn=，结合等差数列的相关定义，可得答案；（2）由（1）可知，1nS+表达式，根据裂项相消，可得答案.【解析】（1）由题意，2nSnnc=−+，当1n=时，1111aScc==−+=，当2n时，()()2111nSnnc−=−−−+，则()()2211122nnnaSSnnc

nncn−=−=−+−−−−+=−，2n，由()()1212222nnaann+−=+−−−=，则2122aac−=−=，解得0c=，故等差数列na，公差为2，首项为0，0c=.（2）由（

1）可知，2nSnn=−，()()()21111nSnnnn+=+−+=+，()1111111nSnnnn+==−++，11111111223111nnHnnnn=−+−++−=−=+++.21．（2022秋·上海宝山·

高三上海交大附中校考开学考试）已知66014=+=iiixax.(1)等比数列nb的首项11ba=，公比4=qa，求1=iib的值；(2)等差数列nc首项15=ca，公差6=

da，求nc通项公式和它的前2022项和2022S.【答案】(1)1332iib==；(2)12ncn=+，20222046264S=.【分析】（1）求出1a、4a的值，再利用等比数列的求和公式以及数列的极限可求得结果；（2）求出1c、d的值，利用等差数列的通项公式可求得nc，利

用等差数列的求和公式可求得2022S的值.（1）解：614x+的展开式通项为()6161C6,N4kkkkTxkk−+=，则661C4kkka−=，所以，11513

64512ba===，2446115C416qa===，则01q，所以，()111313512lim151132116ninibqbbqq→=−====−−−.（2）解：1513642ca===，61da==，则()1112nc

cndn=+−=+，所以，202212022202132022202210112021204626422dSc=+=+=.22．（2022秋·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）记nS为数列

na的前n项和，已知12nnSaa=−，且10a.(1)证明：na是等比数列；(2)若nb是等差数列，且11ba=，24118bba+=，求集合13,1200kmkabbm=+中元素的个数.【答案】(1)证明见解析；(2)8.【分析】（1）利用,nnSa求得12n

naa−=，结合已知及等比数列定义即可证结论；（2）由（1）有112nnaa−=，根据已知可得1(43)nbna=−，再由集合的描述可得32[1,200]km−=且*,Nkm，进而判断对应k的个数，即可得结果.【解析】（1）当2n，则1112nnSaa

−−=−，而12nnSaa=−，可得12()nnnaaa−=−，所以12nnaa−=，又10a，所以na是首项为1a，公比为2的等比数列.（2）由（1）知：112nnaa−=，令nb的公差为d，则24111242418b

bbdada+=+=+=，所以14da=，故11(1)(43)nbbndna=+−=−，所以11113(43)34kmabbmaama=+=−+=，故11124kama−=，10a，所以32[1,200]km−=且*,Nkm，则233log200k+，

又27log2008，故311k，共有8个k值，所以集合13,1200kmkabbm=+中元素的个数为8.23．（2023春·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习）已知公差d不为0的等差数列na的前n项和为nS，36a=，5913SS=.(

1)求数列na的通项公式；(2)若数列2nanb=，nnncab=+，求数列nc的前n项和nT.【答案】(1)2nan=；(2)124433nnn+++−.【分析】（1）由953SS=，应用等差数列前n项和、等差中项公式得510a=，结合已知求基本量，

进而写出na的通项公式；（2）由（1）得24nncn=+，应用分组求和，结合等差等比前n项和公式求nT.【解析】（1）由题设953SS=，则19159()5()322aaaa++=，即533530aa==，所以510a=，而36a=，易得2d=，则12a=，故1(1)2naandn=

+−=.（2）由（1）知：224nnnb==，则24nncn=+，所以1122(1)4(14)442(12...)(44...4)221433nnnnnnTnnn++−=+++++++=+=++−−.24．（2022·上海普陀·统考二模）设nS是各项为正的等比数列n

a的前n项的和，且23S=，34a=，*Nn.(1)求数列na的通项公式；(2)在数列na的任意ka与1ka+项之间，都插入k（*Nk）个相同的数(1)kk−，组成数列nb，记数列nb的前n项的和为nT，求100T的

值.【答案】(1)12nna−=，*Nn(2)8152【分析】（1）设等比数列na的公比为0q，由已知建立方程组求解可得数列的通项公式；（2）数列nb中在1ka+之前共有23(123)2kkkk++++++=项，再分组，分别利用等差、等比求和

公式可求得答案.（1）解：设等比数列na的公比为0q，则()121134aqaq+==，解得11a=，2q=则等比数列na的通项公式为12nna−=，*Nn.（2）解：数列nb中在1ka+之前共有2(1)3(123)22kkkkkkk+++++++=+

=项，当12k=时，23901002kk+=，当13k=时，231041002kk+=，则21222222100(1222)(123412)139T=+++++−+−+−+−131312(123412)117240815212−=++++++

−=−=−.则所求的数列nb的前100项和为8152.25．（2022·上海闵行·统考二模）已知na是公差为d的等差数列，前n项和为1234,,,,nSaaaa的平均值为4，5678,,,aaaa的平均值为12.(1)求证：2nSn=；(2)是否存在

实数t，使得11nnata+−对任意*nN恒成立，若存在，求出t的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明过程见解析；(2)不存在，理由见解析【分析】（1）由等差数列通项公式基本量计算得到公差为2，首项为1，从而得到前n项和；（2）假设存在t，使11nn

ata+−对任意*nN恒成立，变形为2222121tnn+−−对任意*nN恒成立，结合当*nN时，20221n−，求出2t且2t，因此符合题意得t不存在.【解析】（1）由题意得：567812344844aaaaaaaad++++

++−==，解得：2d=，由123414616aaaaad+++=+=，解得：11a=，所以()22112nnnSnadnnnn−=+=+−=；（2）假设存在t，使11nnata+−对任意*nN恒成立，则

2111nta−−+对任意*nN恒成立，即2222121tnn+−−对任意*nN恒成立，当*nN时，20221n−，所以2t且2t，因此符合题意得t不存在，证毕.26．（2023·上海·高三专题练习）在数列

na中，115,342nnaaan+==−+，其中Nn．(1)设2nnban=−，证明数列nb是等比数列；(2)记数列na的前n项和为nS，试比较nS与22022n+的大小．【答案】(1)证明见解析

；(2)答案见解析.【分析】（1）由已知得2nnabn=+，代入给定等式并变形，再利用等比数列定义判断作答.（2）利用分组求和法求出nS，作nS与22022n+的差，构造新数列并判断其单调性即可推理作答.【解析】（1）Nn，由2nnban=−得：2nnabn=+，而1342+=−

+nnaan，则12(1)3(2)42nnbnbnn+++=+−+，整理得13nnbb+=，而1123ba=−=，所以数列nb是首项为3，公比为3的等比数列.（2）由（1）知，1333nnnb−==，于是得3

2nnan=+，123(13)223313222nnnnnnnS+−+=+=++−−，因此，2112233324047(202022222)22nnnnnnnSn+++−−++−−−=+=，令132

4047nncn+=+−，显然数列{}nc是递增数列，而671848,2528cc=−=，即{1,2,3,4,5,6}n时，0nc，2202)(20nSn−+，当7,Nnn时，2202)(20nSn−+，所以，当6,Nnn时

，22022nSn+，当7,Nnn时，22022nSn+.27．（2022·上海·统考模拟预测）已知数列na满足：122aa==，()111212nnnaaaann−+=+++.(1)证明：nan

，*Nn；(2)证明：1211110naaa+++，*Nn.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）验证1n=、2、3时，nan，然后假设当()3nkk=时，kak，证明出11kak++，结合数学

归纳法可证得结论成立；（2）先利用数学归纳法证明出()1110nann+，然后利用放缩法结合裂项求和法可证得结论成立.【解析】（1）证明：对任意Nn，nan.因为121a=，222=a，13212332aaa=+=+=，假设当()3nkk=时，ka

k，则1111122kkkaakakk−+−+++，这说明当1nk=+时，11kak++也成立，综上所述，nan，*Nn.（2）证明：先归纳证明：对任意1,2,,kn，()1110kakk+，因为112210a=，223210a=，

334310a=，445410a，556510a，667610a，假设当()6,Nnkkk=时，()110kkka+，则当1nk=+时，()222232325465640kkkkkk+−++=−−−

−，()()()()2211111233221020201010kkkkkkkkkakkkkaa−++−+++++++==，这说明当()16,Nnkkk=+时，()()11210kkka+++，综上所述，()1110n

ann+，*Nn，所以，()10111011nannnn=−++，故1211111111101011022311nnaaannn+++−+−++−=++，得证!2

8．（2022·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）已知某同学在任何一次拓展考试中获得满分的概率都为12，且各次考试的成绩相互独立．以nP表示他参加n（2n，*nN）次考试后从未连续取得2次满分的概率．(1)

求2P，3P的值，并证明当n≥4时，121124−−=+nnnPPP；(2)证明：对任意2n，*nN，112++nnnPPP．【答案】(1)234P=，358P=，证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用列举法能求出23,PP，要证明当n

≥4时，121124−−=+nnnPPP，分（i）第n次考试未取得满分，那么前n次从未连续2次满分和前n1−次从未连续2次满分是相同的；(ii)第n次取得满分，第n1−次未取得满分，那么前n次从未连续2次满分和前2n−次从未连续取得2次满分是相同的.（2）当3n时，11112

4nnnPPP+−=+，所以1111024nnnPPP+−−=，即可证明12nnPP+，12111228nnnnPPPP+−−=−，所以12108nnnPPP+−−=−，即可证明1nnPP+，所以当3n时，112++nnnPPP，再证明当2n

=时，即可得出结论.(1)当2n=时，2213124P=−=，设某同学在任何一次拓展考试中获得满分用a表示，不是满分用b表示，当3n=时，表示某同学参加3次考试后从未连续取得2次满分的情况有以下5种

：,,,,abbababbababbbb，所以3111552228P==.当4n时，要求nP，即某同学参加n次考试后从未连续取得2次满分概率，分类进行讨论；如果第n次考试未取得满分，那么前n

次从未连续2次满分和前n1−次从未连续2次满分是相同的，这个时候从未连续2次满分的概率是112nP−；如果第n次取得满分，第n1−次未取得满分，那么前n次从未连续2次满分和前2n−次从未连续取得2次满分是相同的，这个时候从未连续2次满分的概率是214nP−

；所以当4n时，121124−−=+nnnPPP(2)当4n时，121124−−=+nnnPPP，当3n时，111124nnnPPP+−=+，所以111124nnnPPP+−−=，因为10nP−，所以1111024nnnPPP+−−=，所以112nnPP

+，则12nnPP+.当3n时，111211211111111112242242448nnnnnnnnnnPPPPPPPPPP+−−−−−−−=+−+=+−−，12111228nnnnPPPP+−−=−，所以1218nnnPPP+−=−，所以12

108nnnPPP+−−=−，所以1nnPP+，所以当3n时，112++nnnPPP.当2n=，358P=，234P=，5352848，所以当2n=时，112++nnnPPP.所以，对任意2n，*nN，11

2++nnnPPP29．（2022·上海·统考模拟预测）已知数列na，21a=，na的前n项和为nS.(1)若na为等比数列，23S=，求limnnS→；(2)若na为等差数列，公差为d，对任意*n

N，均满足2nSn，求d的取值范围.【答案】(1)4；(2)0,1.【分析】（1）求出等比数列na的公比，求出nS，即可求得limnnS→；（2）分析可得()231nd−−，分1n=、2n两种情况讨论，结合数列的单调性可求

得d的取值范围.【解析】（1）解：2123Saa=+=，则12a=，所以，等比数列na的公比为2112aqa==，()1114112nnnaqSq−==−−，因此，()111limlim

lim44412nnnnnnaqSq→→→−==−=−.（2）解：由已知可得()()12222122nnnnaaSnaan−+==+，则2211naa−+，即()22231and+−，可得()231nd−−.当1n=时，可得1d；当2n时

，则231n−，所以，132dn−，因为数列()1232nn−为单调递增数列，而11032n−−，故0d≥.综上所述，01d.30．（2022秋·上海宝山·高三统考期末）1.已知数列na满足11a=，()()1311122nnnnaa+−−+−=+．(1)设21nnb

a−=，证明：数列1nb+为等比数列；(2)求数列nnb的前n项和nS．【答案】(1)证明见解析(2)1(1)(1)222nnnnSn++=−−+【分析】（1）先化简()()1311122nnnnaa+−−+−=+，再推导出111nnbb+++等于一个常数，

即可证明结论；（2）结合第一问，先求出nb的通项公式，再结合2nnnbnn=−的特点，采用错位相减法和分组求和法进行求解【解析】（1）12=21,3(1)1(1)12,22nnnnnnankkZaaankkZ++−−+−=+=+=，，21+1+1

nnba−=()1212212121111=2222222(1)2(1)nnnnnnnbaaaaab++−−−++=++=+=+=+=+其中11+1+12ba==，所以数列1nb+为以2为首项，公比为2的等比数列.（2）由（1）知：12

nnb+=所以21nnb=−，故2nnnbnn=−故231222322(123)nnSnn=++++−++++令231222322nnTn=++++①234121222322nnTn+=++++②两式相减：234

1112222222(21)2(1)22nnnnnnTnnn+++−=+++++−=−−=−−1(1)22nnTn+=−+，又(1)1232nnn+++++=所以1(1)(1)222nnnnSn++=−−+31．（2021秋·上海静安·高三校考

期中）已知在数列na中，11a=−，且()13232,nnaannn+−=−+N.(1)求2a，3a，并证明数列nan−是等比数列；(2)求na的通项公式；(3)求12naaa+++的值.【答案】

(1)-4，-15，证明见解析(2)123nnan−=−(3)21322nnn++−【分析】（1）代值计算出2a，3a，根据递推公式可得据()131nnanan−−=−−，即可证明；（2）由（1）可知nan−是以-2为首项，以3为公比

的等比数列，即可求出通项公式；（3）分组求和，即可求出答案.(1)解：因为11a=−，且()13232,nnaannn+−=−+N所以2132234aa=−+=−，32323315aa=−+=−，

∵1323nnaan−=−+，∴()131nnanan−−=−+，∵112a−=−，∴()131nnanan−−=−−，且21242312aa−−−==−−，∴数列nan−是等比数列，(2)解：由（1）可知

nan−是以2−为首项，以3为公比的等比数列，即123nnan−−=−，即123nnan−=−；(3)解：()()211212321333nnaaan−+++=++++−++++()211321321

322nnnnnn+−=−=++−−.32．（2021秋·上海宝山·高三上海市吴淞中学校考阶段练习）已知等差数列{}na的前n项和为nS，且534213,16aaS−==.(1)求数列{}na的前n项和nS；(2)设nT为数列{(1)}nna−的前n项和，若对一切

正整数n，不等式111[(1)]2nnnnnTaa+−++−恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)2nSn=(2)42−【分析】（1）由53213aa−=，416S=，求出首项和公差，再根据等差数列的求和公式即可得到，（2）当n为偶数时，当n为奇数时，分别求出前n项和nT，

当n为偶数时，由111[(1)]2nnnnnTaa+−++−，得24kk，构造函数设4()2kfkk=，求出nb的最大值，代入22(23)(2)nna−−−求解得答案．利用函数的单调性求出函数最小值，当n为奇数时，从而得

到4k−，求出函数的最大值，即可求出实数的取值范围(1)解：设数列{}na的公差为d．因为53213aa−=，416S=，所以41616ad+=．1213ad+=，解得11a=，2d=，所以21nan=−，2nSn=．(2)解：

由（1）可得()()()1121nnnan−=−−，所以当n为偶数时，设2nk=，*kN，则22143221()()()2kkkTaaaaaak−=−+−++−=．当n为奇数时，设21nk=−，*kN，则22122(1)2(41)12kkkkTTakkk−=−−=−−=−．所以,,nnnTn

n=−为偶数为奇数当n为偶数时，设2nk=，*kN，则22143221()()()2kkkTaaaaaak−=−+−++−=．代入不等式111[(1)]2nnnnnTaa+−++−，得24kk，从而42kk．设4()2kfkk=，则

11444(62)(1)()222(1)kkkkfkfkkkkk+−−+−=−=++．因为*kN，所以(1)()0fkfk+−，所以()fk是递增的，所以()2minfk=，所以2．当n为奇数时，设21nk

=−，*kN，则22122(1)2(41)12kkkkTTakkk−=−−=−−=−．代入不等式111[(1)]2nnnnnTaa+−++−，得(12)(21)4kkk−−，从而4k−．因为*kN，所以4k−的最大值

为4−，所以4−．综上，的取值范围为42−．33．（2021秋·上海长宁·高三上海市第三女子中学校考期中）已知数列na的前n项和为nS，且()*22nnSan=−N；(1)求na的通项公式；(2)设21nnban=+−，nT是数列n

b的前n项和，求nT；(3)设()()1111nnnnacaa++=++，nR是数列nc的前n项和，若对任意*nN均有nR恒成立，求的最小值；【答案】(1)*2()nnanN=(2)1222++−nn(3)23【分析】（1）由()*22nnSan=−

N，得到当2n时，1122nnSa−−=−，两式相减求得12nnaa−=，结合等比数列的通项公式，即可求解；（2）由2nna=，得到221nnbn=+−，结合等差数列和等比数列的求和公式，即可求解；所以数列nb的前n项和：2(222)[13(21)]nnTn=+++++++−（

3）由2nna=，化简得到1112()1212nnnc+=−++，结合裂项法求得111322()1nnR+−+=，得出23nR，即可求解.(1)由题意，数列na的前n项和为nS，且*22()nnSanN=−

，当1n=时，可得1122aa=−，解得12a=，当2n时，1122nnSa−−=−，两式相减可得122nnnaaa−=−，可得12nnaa−=，即12nnaa−=，所以数列na是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以*2()nnanN=

.(2)解：由2nna=，可得21221nnnbann=+−=+−，所以数列nb的前n项和：2(222)[13(21)]nnTn=+++++++−122(12)(121)22122nnnnn+−+−=+=+−−.

(3)解：由2nna=，可得()()()()111112112()1112121212nnnnnnnnnacaa+++++===−++++++，所以数列nc的前n项和：111111)12123111112[()()(]2()35925nn

nnR++−−+++=−+−++=，因为对任意nN+均有23nR，所以23，所以实数的最小值为23.34．（2022秋·上海宝山·高三统考阶段练习）已知各项均为正数的等比数列na.公比为q，前n项的和为nS.(1)若1=1a.且123,2,+

aaa成等差数列，求q的值：(2)求证：221nnnSSS++，对任意正整数n恒成立；(3)若12nnSa+=+，设数列nb满足110,nnnbbba+=+=.对任意正整数n.不等式1nnbb+恒成立，求

实数入的取值范围.【答案】(1)3q=；(2)证明见解析；(3)1.【分析】（1）根据等差数列的性质，结合等比数列的通项公式进行求解即可；（2）根据公比是否为1，结合等比数列n项的和公式、差比法分类讨论进行求解即可；（3）根据等比数列的定义，结合常变量分离法进行求解即可.【解析】（1）因为1

=1a，且123,2,+aaa成等差数列所以有()13222aaa+=+，即212(2)qq+=+，得2230qq−−=，解得3q=，1q=−舍去，即3q=；（2）当=1q时，()()()222121111120nnnSSSnananaa++−=+−+=，所

以221nnnSSS++.当1q时，()()()212111221211110111nnnnnnnaqaqaqSSSaqqqq++++−−−−=−=−−−所以221,nnnSSS++综上：对于任意*nN恒有：2

21nnnSSS++；（3）由12nnSa+=+得2a=−，所以2nna=.11111,222nnnnnnnbbbba++−+==−+11121222322323nnnnnnbbb+−−−=−−−是等比数列，10b=所以22(1)3nnnb+−=，由1nnbb

+得()1122(1)22(1)nnnn+++−+−，当n是奇数时，()12222nn+−+，化简得131221n−+，设13()1221nfn=−+，显然该函数单调递增，所以当n

是奇数时，1()[0,)2fn，于是有12；当n是偶数时，()12222nn++−，化简得131221n+−，设13()1221ngn=+−，显然该函数单调递减，所以当n是偶数时，1()(,1]2gn，于是有

1，综上对于任意的*N,1n.35．（2022春·上海普陀·高三上海市晋元高级中学校考阶段练习）在数列na中，123,,aaabac===，且3nnaa+=.函数()yfx=满足：()fn的值均为正整数，其中*Nn，数列()nfnba=.(1)若1,2,3,()21abcf

nn====+，求数列nb的通项公式；(2)若,,abc互不相等，且()*21()N,1,,nnnnnfnqqqbbbb++==，求q的取值范围；(3)若(1)2()2(1)nnnfn+=+−，求数列nb的前2021项的和.【答案】(1

)3,322,31,N1,3nnkbnkknk=−==−=；(2)*{|31,N}qqkk=−；(3)5065051010++abc.【分析】（1）先求出(3),(31),(32)fnfnfn−−，再结合已知即可求出数列nb的通项作答.（2）根据给定条件，按n除以

3的余数情况分类计算、判断作答.（3）根据给定条件，计算数列nb的前几项，再探讨其周期，结合周期性求解作答.【解析】（1）依题意，1231,2,3aaa===，而()21fnn=+，则(3)61,(31)61,(32)63fnn

fnnfnn=+−=−−=−，又3nnaa+=，()nfnba=，因此331()1nfnbaa===，3321(1)2nfnbaa−−===，3332(2)3nfnbaa−−===，所以数列nb的通

项公式是3,322,31,N1,3nnkbnkknk=−==−=（2）若3,Nqkk=，则()(3)nnfnqk==为3的倍数，对一切*Nn，3nbac==，不符合“1nnbb+”的条件；若*32,Nqkk=−，()(32)[3(1)1]31,Nnnnfnqk

kKK==−=−+=+，因此对一切*Nn，1nbaa==，不符合“1nnbb+”的条件；若*31,Nqkk=−，则()()2*23131,NnfnkMM=−=+，()()21*213131,NnfnkLL−−=−=−，因此21212,nnbaabab−====，符合题意，所以q的取值

范围是*{|31,N}qqkk=−；（3）因为(1)2()2(1)nnnfn+=+−，则(1)1,(2)3,(3)9,(4)17ffff====，于是得11233342,,,baabacbacbab========，又(4)(5)(1)422(4)()2(1)2(1)

152nnnnnnnfnfn+++++−=+−−−−=为3的倍数，因此总有4nnbb+=，所以12202111234505()5065051010bbbbbbbbabc+++=++++=++.【点睛】关键点睛：涉及给出递推公式探求数列规律的问题，按条件写出变量的前

几个取值对应数列，认真分析每个变量对应的数列，找准变化规律是解决问题的关键.