【文档说明】《决胜2022年新高考数学中档题提分精练》第07讲 数列的综合问题（解析版）.docx，共(19)页，1.950 MB，由管理员店铺上传

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第07讲数列的综合问题题型一：数列的单调性与最值1．已知首项为32的等比数列{}na不是递减数列，其前n项和为nS(*)nN，且33Sa+，55Sa+，44Sa+成等差数列．（1）求数列{}na的通项公式；（2）若实数a使得1nnaSS+对任意*nN恒成立，求a的取值范围．【解答】解：（1）

设等比数列{}na的公比为q，由33Sa+，55Sa+，44Sa+成等差数列，可得：5533442()SaSaSa+=+++，即3453342(2)22SaaSaa++=++，即有534aa=，即为214q=，解得12q=，由等比数列{}na不是递减数列，可得12q=

−，即11313()(1)222nnnna−−=−=−．（2）由（1）得11,121()121,2nnnnnSn−=−−=+为偶数为奇数当n为奇数时，nS随n的增大而减小，所以1312nSS=„113(2,]6nnSS+．当n为偶数时，nS随n的增大而增大，所

以2314nSS=…125(2,]12nnSS+实数a使得1nnaSS+对任意*nN恒成立，则a的取值范围为13(6，)+2．已知数列{}na满足11a=，且211nnnaanan+=−++，*nN．（1）求{

}na的通项公式；（2）设21nnba=−，求使不等式12111(1)(1)(1)21npnbbb++++…对一切2n…且*nN均成立的最大整数p．【解答】解：（1）数列{}na满足11a=，且211nnnaanan+=−

++，*nN，整理得：22a=，33a=，故猜想nan=，证明如下：（1）当1n=时，显然成立；（2）当nk=时，kak=，当1nk=+时，2111kkkaakakk+=−++=+，即当1nk=+时，猜想成立，所以nan=．（2）由题意得12

1111(1)(1)(1)21npbbbn++++„对2n…，*nN恒成立，记121111()(1)(1)(1)21nFnbbbn=++++，则212121211111(1)(1)(1)(1)(1)224842311111()4832123(1)(1)(1)21nnnbbbbFnnnnnF

nnnnnbbbn++++++++++===++++++++．()0Fn，(1)()FnFn+，即()Fn是随n的增大而增大，()Fn的最小值为12(1)2(31)3(2)(1,2)515F++==，pZ，所以1maxp

=．3．已知数列{}na满足1231(1)(41)23(1)6nnnnnaaanana−+−++++−+=．（Ⅰ）求2a的值；（Ⅱ）若111nniiiTaa=+=，则求出2020T的值；（Ⅲ）已知{}nb是公比q大于1的等比数列，且11ba=，35ba=，设112nanncb+

+=−，若{}nc是递减数列，求实数的取值范围【解答】解：（Ⅰ）由题意，数列{}nna的前n项和(1)(41)6nnnnS+−=．当1n=时，有1111aS==，所以11a=．当2n…时，1(1)(41)(1)(45)66nnnnnnnnnnaSS−+−−−=−=

−22[(1)(41)(1)(45)][(431)(495)](21)66nnnnnnnnnnnn=+−−−−=+−−−+=−．所以，当2n…时，21nan=−；又11a=符合，2n…时na与n的关系式，所以21nan=−．所以2a的值为3．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知21nan=

−．可令11nnncaa+=，111111()(21)(21)22121nnaannnn+==−−+−+，因为111nniiiTaa=+=，所以12233411111nnnTaaaaaaaa+=++++11111111[

(1)()()()]2335572121nn=−+−+−++−−+11(1)22121nnn=−=++．所以2020T的值为20204041．（Ⅲ）由111ba==，359ba==得29q=．又1q，所以3q=．所以1113nnnbbq−−==

，11223nannnncb++=−=−．因为{}nc是递减数列，所以1nncc+，即112323nnnn++−−．化简得232nn．所以*nN，12()23n恒成立．又12()23n是递减数列，所以12()23n的最

大值为第一项1121()233a==．所以13，即实数的取值范围是1(,)3+．4．已知数列{}na的前n项和为nS，且22nnaaSS=+对一切整数n都成立．（1）求1a，2a的值（2）若10a，设数列{}nb的前n项和为nT，且满足110nnablga=，证明{}nb是等

差数列；（3）当n为何值时，nT最大？并求出nT的最大值．【解答】解：（1）22nnaaSS=+对一切整数n都成立．21121aaaaa=++，21212()2()aaaaa+=+，联立解得121a=+，222a=+．或112a=−，222a=−．（2）证明：

10a，取121a=+，222a=+．(22)(322)nnaS+=++，2n…时，11(22)(322)nnaS−−+=++，1(22)(22)nnnaaa−+−+=，12nnaa−=．数列{}na是等比数列，公比为2．11(2)n

naa−=．11101(2)1(1)2nnnablglgnlga−==+=−−，{}nb是等差数列，首项为1，公差为122lg−．（3）1(1)2nbnlg=−−，公差1202lg−．7132180blglg

=−=−，7872212022lgblg−=−=．当7n=，nT最大，nT的最大值为7(118)217222lglg+−=−．题型二：数列中的不等式问题5．设{}na和{}nb是两个等差数列，记

11{ncmaxban=−，22ban−，，}(1nnbann−=，2，3，)，其中1{maxx，2x，，}sx表示1x，2x，，sx这s个数中最大的数．（1）若nan=，21nbn=−，求1c，2c，3c的值，并证明{}nc是等差数列；

（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当nm…时，ncMn；或者存在正整数m，使得mc，1mc+，2mc+，是等差数列．【解答】解：（1）11a=，22a=，33a=，11b=，23b=，35

b=，当1n=时，111{}{0}0cmaxbamax=−==，当2n=时，211{2cmaxba=−，222}{1bamax−=−，1}1−=−，当3n=时，311{3cmaxba=−，223ba−，333}{2bamax−=−，3−，4}2−=−，下面证明：对*n

N，且2n…，都有11ncbna=−，当*nN，且2kn剟时，则11()()kkbnabna−−−，[(21)]1knkn=−−−+，(22)(1)knk=−−−，(1)(2)kn=−−，由10k−，且20n−„，则11

()()0kkbnabna−−−„，则11kkbnabna−−…，因此，对*nN，且2n…，111ncbnan=−=−，11nncc+−=−，211cc−=−，11nncc+−=−对*nN均成立，数列{}n

c是等差数列；（2）证明：方法一：设数列{}na和{}nb的公差分别为1d，2d，下面考虑的nc取值，由11ban−，22ban−，，nnban−，考虑其中任意iiban−，(*,1)iNin剟，则1211[(1)]

[(1)]iibanbidaidn−=+−−+−，1121()(1)()baniddn=−+−−，下面分10d=，10d，10d三种情况进行讨论，①若10d=，则112()(1)iibanbanid−=−+−，当若20d

„，则112()()(1)0iibanbanid−−−=−„，则对于给定的正整数n而言，11ncban=−，此时11nncca+−=−，数列{}nc是等差数列；当20d，2()()()0iinnbanbanind−−−=−

，则对于给定的正整数n而言，1nnnncbanban=−=−，此时121nnccda+−=−，数列{}nc是等差数列；此时取1m=，则1c，2c，，是等差数列，命题成立；②若10d，则此时12dnd−+为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，故必存在*mN，使得nm…时，1

20dnd−+，则当nm…时，1112()()(1)()0iibanbanidnd−−−=−−+„，(*,1)iNin剟，因此当nm…时，11ncban=−，此时11nncca+−=−，故数列{}nc从第m项开始为等差数列，命题成立；③若10d，此时12dnd−+为一个关于n的一次项系数

为正数的一次函数，故必存在*sN，使得ns…时，120dnd−+，则当ns…时，12()()(1)()0iinnbanbanidnd−−−=−−+„，(*,1)iNin剟，因此，当ns…时，nnncb

an=−，此时nnnnbanbann−==−+，122112()bddndadn−=−+−++，令10dA−=，112dadB−+=，12bdC−=，下面证明：ncCAnBnn=++对任意正整数M，存在正整数

m，使得nm…，ncMn，若0C…，取||[1]MBmA−=+，[]x表示不大于x的最大整数，当nm…时，||[1]ncMBMBAnBAmBABABMnAA−−++=+++=厖，此时命题成立；若0C，取||[]1MCBmA−−=+，当nm…时，||ncCMCBAnBAm

BCABCMCBBCMnnA−−++++++−−++=厖?，此时命题成立，因此对任意正数M，存在正整数m，使得当nm…时，ncMn；综合以上三种情况，命题得证．方法二：不妨设01naand=+，02nbbnd=+，其中nN，

考虑02010021()()()kxbkdakdnbanddnk=+−+=−+−，这关于k的等差数列，因此21110201{,}{,()}nncmaxccmaxbanbdandn==−+−−，考虑函数11(

)fxbax=−和函数20201()()gxbdaxdx=+−−，分类讨论如下：情形一：10d，此时()fx的图象是直线，()gx的图象是抛物线，无论直线与抛物线的位置关系如何，必然存在正整数0m，使得，0xm…，{()maxfx，()}()gxfx=或0xm…，{

()maxfx，()}()gxgx=，当0xm…，{()maxfx，()}()gxfx=时，取0mm=，有mc，1mc+，2mc+是等差数列；而当0xm…，{()maxfx，()}()gxgx=，必然有()gx开口向上，即10d−，因此0120()()bgxdxdaxx=−+

−，对任意正数M，必然存在正整数1m，使得当1xm…，有()gxMx，此时取0{mmaxm=，1}m，可得当nm…时，ncMn，情形10d=，此时()fx与()gx的图象都是直线，无论这两条直线位置关系如何，必然存在正整数m，使得0xm…，{()maxfx，()}()gxfx=或0xm…，

{()maxfx，()}()gxgx=，这就意味着mc，1mc+，2mc+是等差数列；综上所述，原命题得证．6．设nS为正项数列{}na的前n项和，满足222nnnSaa=+−．()I求{}na的通项公式；()

II若不等式2(1)4nanat++…对任意正整数n都成立，求实数t的取值范围；()III设3(1)4nalnnnbe+=（其中r是自然对数的底数），求证：1234266nnbbbbbb++++．【解

答】解：2()22nnnISaa=+−，211122nnnSaa−−−=+−．(2)n…，两式相减得22112nnnnnaaaaa−−=−+−，即22110nnnnaaaa−−−−−=，11()(1)0nnnnaaaa−−+−−=

得11nnaa−−=，(2)n…，又由211122Saa=+−，得12a=，1nan=+；2()(1)4nanIIat++…即为12(1)41nnt++++…，当1n=时，22(1)42t++…，得803t−剟且2t−，下面证明当803t−剟且2t−时，12(1)41nnt++

++…对任意正整数n都成立．当2n…时，10nt++，1122(1)(1)11nnntn+++++++…，又1n=时，上式显然成立．故只要证明12(1)41nn+++…对任意正整数n都成立即可．11221

1122111112222222(1)1()()()1()()1241111111nnnnnnnnnCCCCCnnnnnnn+++++++++=++++++=+++++++++厖，3(1)4()(1)nnIIIbn+=+，3(1)333144443(3)2122124(1)1(1)

1111[][][]2(3)(3)(3)(3)4(1)(3)1nnnnnnnbnnbnnnnnn++++++++====+++++++，2214(3)3nnbbnn+++„当2k…时，12222(1)112()(1)11(1)11kkkkkkkkkkkkkkkkkkkk−−==

==−+−+−−−+−−，1234221111112112162[()()()]2()24244634453333nnbbbbbbnnn++++−+−++−=−=+++7．设数列{}na的前n项和为nS，满足2*(0,)nnaSAnBnCAnN+=++

．（1）当1C=时，①设nnban=−，若132a=，294a=．求实数A，B的值，并判定数列{}nb是否为等比数列；②若数列{}na是等差数列，求1BA−的值；（2）当0C=时，若数列{}na是等差数列，11a=，且*nN，221

131111niiinaa=+−+++„，求实数的取值范围．【解答】解：（1）①由21nnaSAnBn+=++，分别令1n=，2代入上式得：121212421aABaaAB=+++=++，又132a=，294a=，解得1

232AB==．213122nnaSnn+=++，21113(1)(1)122nnaSnn+++=++++，两式作差得：122nnaan+−=+．则11(1)()2nnanan+−+=−．11102a−=，数列{}nan−是首项为1

2，公比为12的等比数列．nnban=−，数列{}nb是等比数列；②数列{}na是等差数列，设nadnc=+．则2()()222ndcdncnddSncn+++==++．23()22nnddaSncnc+=+++．2dA=，32dBc=+，1c=．则3111232dBdA+−−==；（2）

数列{}na为等差数列，221111(1)(1)()222nnnndddaSandnananadAnBnC−+=+−++=+++−=++，2dA=，12dBa=+，1Cad=−，1133()()022ddABCaad−+=−++−=，因此30ABC−+=．又0C=，{}na

是首项为1的等差数列，3BA=，则114ABA+=+=，得12A=，32B=，21dA==，则nan=．222222222211111(1)(1)11(1)(1)nnnnnnaannnn+++++++=++=++(1)1111(1)1nnnnnn++==+−++，2

2111111111(1)111nniiiinaaiin==+++=++=+−++．若*nN，221131111niiinaa=+−+++„，则31111nnn−+−++„，即211nn+++．当1n

=时，2(1)31minnn++=+，3．8．数列{}na满足11a=，其前n项和为nS，且1(2)nnnSnSn+=++，（1）求nS及数列{}na的通项公式；（2）设111nnnnnbaaaa++=+，记数

列{}nb的前n项和为nT，证明：12nT．【解答】解：（1）1(2)nnnSnSn+=++，12nnnaSn+=+，2n…时，1(1)2(1)nnnaSn−−=+−，相减可得：1(1)1nnnana+−+=，11111(1)1nnaannnnnn

+−==−+++．11112naannn=+−=−，解得21nan=−．(1n=时也成立）．2(121)2nnnSn+−==．（2）证明：1111111()2(21)21(21)212121nnnnnbaaaannnnnn++===−+−+++−−+．数列{}nb的前n项和

为111111111(1)(1)222335212121nTnnn=−+−++−=−−++．12nT．9．已知数列{}na满足212(*)nnnaaanN++=，且12a=，416a=．（1）求数列{}na的通项公式；（2）若(21)nnbna=−，求数列{}nb的前n项和nS；（3

）设3nnnnaca=+，记数列{}nc的前n项和为nT，证明：2nT．【解答】解：（1）由212nnnaaa++=，得211nnnnaaaa+++=，所以{}na是等比数列，设{}na的公比为q，由12a=，416a=，得3411682aqa===，解得2q=，所以1222nnna−==．

（2）由（1）可知(21)2nnbn=−，所以12121232(21)2nnnSbbbn=+++=+++−①，所以23121232(21)2nnSn+=+++−②；②−①得：23122(222)(21)2nnn

Sn+=−−++++−，即21131112(12)22(21)223(12)(21)26(23)212nnnnnnSnnn−+−++−=−−+−=−+−+−=+−−．（3）证明：由nN+，得20n，则323nnn+，所以22()323nnnnnc=+，所

以231222[1()]2222233()()()()22()223333313nnnnnTccc−=+++++++==−−．10．已知数列{}na满足2*12()nnnaaanN++=，且12a=，416a=．（1）求数列

{}na的通项公式；（2）若(21)nnbna=−，求数列{}nb的前n项和nS；（3）设3nnnnaca=+，记数列{}nc的前n项和为nT，证明：86182()265133nnT−„．【解答】解：（1）212nnnaaa++=，211nnnnaaaa+++=，{}na为等比数列，设公

比为q，12a=，416a=，3418aqa==，2q=，2nna=．（2）(21)(21)2nnnbnan=−=−，23123123252(21)2nnnSbbbbn=++++=++++−①，23412123252(23)2(

21)2nnnSnn+=++++−+−②，②−①得：1231131114(12)22(222)(21)222(21)222(12)(21)26(23)212nnnnnnnnSnnnn−++−++−=−−++++−=−−

+−=−+−+−=+−−．（3）①先证右边：*nN，20n，323nnn+，22()323nnnnnc=+．2341222[1()]22222233()()()()22()2233333313nnn

nnTccc−=++++++++==−−．②再证左边：当1n=时，1861822651335T=−=，成立．当2n…时，设213332()1()22nnnnnnc==++…恒成立，则121()3n+„，913„，92()133nnc…．当2n…时，212311222()

[1()]292222921222121828618233[()()()][1()]()()251333351351335131336513313nnnnnnnTccc−−−=+++++++=+=+−=+−=−−…．86182()265133nnT−„．11．已知数列{}na

的前n项和为nS，且满足12a=，1(1)nnnaSnn+=++．（1）求数列{}na的通项公式；（2）设nT为数列{}2nna的前n项和，求nT；（3）设21nnnbaa+=，证明：123131216nbbbb++++

„．【解答】解：（1）数列{}na的前n项和为nS，且满足12a=，1(1)nnnaSnn+=++①，当2n…时，1(1)(1)nnnaSnn−−=+−②，①−②得：12nnaa+−=（常数），当1n=时，24a=，所以数列{}na是以2为首项，2为公差的等差数列；

所以2nan=．（2）设1222nnnnnc−==，所以01112...222nnnT−=+++①，12112...2222nnnT=+++②，①−②得：211111(1)22222nnnnT−=+++−，

整理得：4242nnnT+=−．证明：（3）由（1）得211111()2(24)4224nnnbaannnn+===−++，所以11111111111111113(...)()426486102222224424222416nSnnnnnn=−+−+−++−+−=

+−−−++++．由于10nnbb+−，所以数列{}nb单调递增，所以11111()42612b=−=，故：123131216nbbbb++++„．12．已知数列{}na的前n项和nS满足132

10nnaS++−=，且113a=．（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设113nnnbS=+，证明：1231712nbbbbn+++++．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由112211113210,393nnaSaaaa++−===

=；−−−−−−−−−−−−−−−−−−（1分）当2n…时，111321033220nnnnnnaSaaSS−+−+−=−+−=−−−−−−−−−−−（2分）113nnaa+=，(2)n…，−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

−−−−−−−−−−−−（3分）又2113aa=，数列{}na是以13为首项，13为公比的等比数列，13nna=．−−−−−−−−−−−−−（4分）证明：（Ⅱ）由（Ⅰ）可得112(1)12331nnnnSb=−=+−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−（5

分）12323222231313131nnbbbbn++++=+++++−−−−欲证1231712nbbbbn+++++，只需证232222173131313112n++++−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−（7分）令231nnc

=−，记{}nc的前n项和为nT，即证1217171171,11212412nTTT==+−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−（8分）当3n…时，12211313113nnn−+=−−−−−−−−−−−−−−

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−+（10分）当3n…时，223111(1)11115513179311433344921213nnnT−−−+++++=++=−−−−−−−−−−−−−−−

−−−（12分）综上，1231712nbbbbn+++++对*nN成立．13．数列{}na满足11a=，21()(1nnannan+=+−=，2，)，是常数．（Ⅰ）当21a=−时，求及3a的值；（Ⅱ）数列{}na是

否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求的取值范围，使得存在正整数m，当nm时总有0na．【解答】解：（Ⅰ）由于21()(1nnannan+=+−=，2，)，且11a=．所以当21a=−时，得12−=−，故3=．从

而23(223)(1)3a=+−−=−．（Ⅱ）数列{}na不可能为等差数列，证明如下：由11a=，21()nnanna+=+−得22a=−，3(6)(2)a=−−，4(12)(6)(2)a=−−−．若存在

，使{}na为等差数列，则3221aaaa−=−，即(5)(2)1−−=−，解得3=．于是2112aa−=−=−，43(11)(6)(2)24aa−=−−−=−．这与{}na为等差数列矛盾．所以，对任意，{}na都不可能是等差数列．（Ⅲ）记2(1

nbnnn=+−=，2，)，根据题意可知，10b且0nb，即2且2*()nnnN+，这时总存在*0nN，满足：当0nn…时，0nb；当01nn−„时，0nb．所以由1nnnaba+=及110a=可知，若0n为偶数，则00na，从而当0nn时，0na；若0n为奇数

，则00na，从而当0nn时0na．因此“存在*mN，当nm时总有0na”的充分必要条件是：0n为偶数，记02(1nkk==，2，)，则满足22221(2)20(21)210kkbkkbkk−=+−=−+−−．故的取值范

围是22*4242()kkkkkN−+．14．设数列1:Aa，2a，，(2)NaN…．如果对小于(2)nnN剟的每个正整数k都有knaa，则称n是数列A的一个“G时刻”，记G（A）是数列A的所有“G时刻”组成的集合．（Ⅰ）对数列:2A−，2，1−，1，3

，写出G（A）的所有元素；（Ⅱ）证明：若数列A中存在na使得1naa，则G（A）；（Ⅲ）证明：若数列A满足11(2nnaan−−=„，3，，)N，则G（A）的元素个数不小于1Naa−．【解答】解：（Ⅰ）根据题

干可得，12a=−，22a=，31a=−，41a=，53a=，12aa满足条件，2满足条件，23aa不满足条件，3不满足条件，24aa不满足条件，4不满足条件，1a，2a，3a，4a，均小于5a，

因此5满足条件，因此G（A）{2=，5}．（Ⅱ）因为存在1naa，设数列A中第一个大于1a的项为ka，则1kiaaa…，其中21ik−剟，所以kG（A），G（A）；（Ⅲ）设A数列的所有“G时

刻”为12kiii，对于第一个“G时刻”1i，有11(2iiaaai=…，3，，11)i−，则111111iiiaaaa−−−剟．对于第二个“G时刻”1i，有21(2iiiaaai=…，3，，11)i−，则212211i

iiiaaaa−−−剟．类似的321iiaa−„，，11kkiiaa−−„．于是，11221111()()()()kkkkkiiiiiiiikaaaaaaaaaa−−−−+−++−+−=−…．对于Na

，若NG（A），则kiNaa=．若NG（A），则kNiaa„，否则由（2）知kia，1kia+，，Na，中存在“G时刻”与只有k个“G时刻”矛盾．从而11kiNkaaaa−−厖．另解：（Ⅲ）①若G（A）=，由（2）可知，1Naa„，此

时结论成立；②若G（A），设G（A）1{i=，2i，，}ki，其中{2ji，3，，}N，1j=，2，，k，不妨设12kiii，由题意1111iiaaa−…，所以111111iiiaaaa−

−−剟，同理2121iiiaaa−…，所以212211iiiiaaaa−−−剟．以此类推，我们有111111iiiaaaa−−−剟，212211iiiiaaaa−−−剟，111kkkkiiiiaaaa−−−−剟，将以上各式累加，得到11kNiaa

aak−−剟，故此时结论也成立．综合①②可知，若数列A满足11(2nnaan−−=„，3，，)N，则G（A）的元素个数不小于1Naa−．15．已知函数311223()log,(,),(,)1xfxMxyNxyx

=−是()fx图象点的两点，横坐标为12的点P是M，N的中点．（1）求证：12yy+的定值；（2）若121()()()(*,2)nnSfffnNnnnn−=+++…，11,16(*)1,24(1)(1)nnnnanNnSS+==++…，nT为数列{}na前

n项和，当1(1)nnTmS++对一切*nN都成立时，试求实数m的取值范围．（3）在（2）的条件下，设1214(1)(1)1nnnbSS++=+++，nB为数列{}nb前n项和，证明：1752nB．【解答】解：（1）由已知得，121x

x+=121212333121233331111xxxxyylogloglogxxxx+=+=−−−−1231212311()xxlogxxxx==−++（2）由（1）知当121xx+=时，1212()()1yyfxfx+=+=121()()()nnSfffnnn−=+++①121

()()()nnnSfffnnn−−=+++②①+②得12nnS−=，当2n…时，1111212422nannnn==−++++又当1n=时，116a=也适合上式，故1112nann=−++故111111()()()2334

122(2)nnTnnn=−+−++−=+++1(1)nnTmS++对一切*nN都成立即211(2)nnTnmSn+=++恒成立，又2114(2)84nnnn=+++„，所以实数m的取值范围为：1(8，)+（3）因为121,22nnnnSS+++==，所以1211114(1)

(1)1(2)(3)123nnnbSSnnnn++==−++++++++故1111111()()()455623nBbnn=+−+−++−++11117134352n=+−+声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/2/149:04:04；用户：1831

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