【文档说明】备战2023-2024学年高三上学期期中数学真题分类汇编（新高考通用）专题10 数列的通项与求和（十三大题型） Word版含解析.docx，共(68)页，3.815 MB，由小赞的店铺上传

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专题10数列的通项与求和周期数列1．（2022秋·河北衡水·高三河北武强中学校考期中）已知数列na满足：11a=且()110N1nnana++=+，则2018a=（）A．2B．12−C．0D．1【答案】B【分析】由11a=

计算出数列前4项，得到数列为周期数列，从而得到2018a.【详解】因为11a=，111nnaa+=−+，Nn，所以211112aa=−=−+，321121112aa=−=−=−+−，43111112aa=−=−=+−，故数列

na为周期是3的数列，所以201836722212aaa+===−，故选：B2．（湖北省襄阳市部分学校2022-2023学年高三上学期期中）已知数列{}na满足13a=−，11nnnaaa+=−，则

105a=（）A．14B．43C．1−D．53【答案】A【分析】根据已知条件及递推关系，结合数列的周期性即可求解.【详解】由11nnnaaa+=−可知0na，得111.nnaa+=−因为13a=−,所以()214133a=−=−，3111443a=−=，4

11314a=−=−，()514133a=−=−，L，所以{}na是以3为周期的数列，则105333431.4aaa+===故选：A.3．（2022秋·江苏盐城·高三期中）（多选）已知nS是na的前n项和12a=，*1112,Nnnanna−=−，，则下列选项

错误的是（）A．20212a=B．20211012S=C．331321nnnaaa++=D．na是以3为周期的周期数列【答案】AC【分析】推导出()3Nnnaan+=，利用数列的周期性可判断各选项的正误.【详解】因为12

a=，()1112nnana−=−，则211112aa=−=，32111aa=−=−，413112aaa=−==，以此类推可知，对任意的Nn，3nnaa+=，D选项正确；202136732212aaa+===，A选项错误；()20211231231

6736732101222Saaaaa=++++=++=，B选项正确；331323211nnnaaaaaa++==−，C选项错误.故选：AC.4．（河北省张家口市部分学校2023届高三上学期期中）已知数列na中，12111,1,nnnaaaaa+−==−=−，则

221nna==．【答案】-3【分析】根据递推公式计算3a，4a，L，9a，发现数列na的周期为6，然后根据周期求221nna=即可.【详解】由题意得3112a=−−=−，()4211a=−−

−=−，()5121a=−−−=，()6112a=−−=，7211a=−=，81a=−，9112a=−−=−，所以数列na的周期为6，()221112112311213nna==−−−+++−−−=−.故答案为：-3.累加累乘法5

．（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳二十中校联考期中）已知数列na满足111112nnnaa−+−=，且58a=−，若816kaa=，则正整数k为（）A．10B．11C．12D．13【答案】C【分析】根据递推公式111112nnnaa

−+−=可利用累加法求出1na与11a的关系，再由已知可求出na的通项公式，直接代入通项公式即可求出k的值【详解】由已知可得0211112aa−=，1321112aa−=，，2-1111

2nnnaa−−=，左边相加等于右边相加，整理可得10122111()1111112=()()()2()1222212nnnnaa−−−−−+++==−−，又58a=−，代入351111=2()2aa−−，解得112a=−，进而求出22nna−

=−，将816kaa=直接代入得2610216(2)2k−−=−=−，则12k=，故选：C6．（广东省广州市培英中学2023届高三上学期期中）已知1112,++==nnnaaan，则2022a=（）A．506B．1011C．2022D．4044【答案】D【分析】根据累乘法得*2,Nna

nn=，再根据通项公式求解即可.【详解】解：1111,nnnnannaanan++++==，32412312341231nnaaaanaaaan−====−，，，，，2n，11nanna==，2n，12，2naan==，2n，显然，当1n=时，

12a=满足2nan=，∴*2,Nnann=，2020220224044a==.故选：D.7．（2022秋·山西朔州·高三统考期中）已知数列1a，21aa，32aa，…，1nnaa+，…是首项为1，公比为2的等比数列，则下列数中是数列na中的项的是（）A．16B．128

C．32D．64【答案】D【分析】先用累乘法求出()1212nnna++=()1122222nnnn++++==，对四个选项验证得3n=符合题意，即可求解．【详解】123121112122nnnaaaaaaaa++==()1122222nnnn+

+++==，当3n=时，64264a==．故选：D．8．（2022秋·辽宁沈阳·高三统考期中）已知数列na满足11a=，()1+=−nnnanaa，则数列na的通项公式为na=（）A．21n−B

．11nnn−+C．2nD．n【答案】D【分析】依题意可得11nnanan++=，再利用累乘法计算可得；【详解】解：由()1+=−nnnanaa，得()11nnnana++=，即11nnanan++=，则11nnanan−=−，

1212nnanan−−−=−，2323nnanan−−−=−，…，21221ana=，，由累乘法可得1nana=，所以,2nann=，又11a=，符合上式，所以nan=.故选：D．9．（2022秋·山东临沂·高三统考期中）

（多选）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法.商功》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，L，以此类推.设从上到下各层球数构成一个数列na，则（）A．49a=B．11nnaan+−=+C．1055a=D

．1121niinan==+【答案】BCD【分析】根据题意可得1nnaan−−=，由此推得通项公式na，再利用裂项相消法求得11niia=，从而对各选项进行判断即可.【详解】根据题意，可知从第二层起，某一层的球数比上一层的球数多的数量刚好是其层数，即()12nn

aann−−=，即()12nnaann−=+，对于A，因为36a=，所以43410aa=+=，故A错误；对于B，因为()12nnaann−−=，所以11nnaan+−=+，故B正确；对于C，因为212aa−=，

323aa−=，L，1nnaan−−=，且11a=，所以上述各式相加得，()11232nnnan+=++++=，经检验：11a=满足()12nnna+=，所以()12nnna+=，则1055a=，故C正确；对于D，由选项C可知()1211211nannnn==−

++，所以1211111111221222231111nininaaanann==+++=−+−++−=++，故D正确.故选：BCD.10．（山东省泰安市新泰市第一中学北校2022-2023学年高三上学期期

中）已知数列na满足118a=，12nnaan+−=，则nan的最小值为.【答案】152【分析】由累加法求出数列的通项公式，再根据对勾函数的性质求解即可．【详解】12nnaan+−=，212aa−=，324aa−=，()121nnaan−−=−，由累加得()()()1212421212

3122nnnannnna−=+++−=++++−==−−，所以12218nannnna==−+−+181nannn=+−，()18fxxx=+在()0,32上单调递减，在()32,+上单调递增，nan在(0,4上单调递减，在)5,+上单调递增，且Nn，4n=或5时

最小，4n=时，21814145nan+−==；5n=时，31285581515nan+==−；所以nan的最小值为152故答案为：152．待定系数法11．（广东省华附、省实、广雅、深中2023届高三上学期期中）已知数列na中，114,46nna

aa+==−，则na等于（）A．2122n++B．2122n+−C．2122n−+D．2122n−−【答案】C【分析】分析得到数列2na−是一个以2为首项，以4为公比的等比数列，求出数列2na−的通项即得解.【详解】11424(2),6,

nnnnaaaa++=−−=−Q所以124,2nnaa+−=−所以数列2na−是一个以2为首项，以4为公比的等比数列，所以121224,22nnnnaa−−−==+.故选：C12．（2022秋·河北保定·高三河北省唐县第一中学校考期中）若11123nnaaan+==−，，*Nn，则

na=；【答案】15233nn−−++【分析】设1(1)2()nnanuanu++++=++，求出3u==−，然后根据等比数列的定义即得.【详解】解：设1(1)2()nnanuanu++++=++，所以12nnaanu+=++−，30u=−−=，3u==−，所以1

3(1)3233nnanan+−+−=−−，所以数列{33}nan−−是一个以1335a−−=−为首项，以2为公比的等比数列，所以()13352nnan−−−=-，所以15233nnan−=−++.故答案为：15233nn−−++.13．（湖南省永州市

第一中学2022-2023学年高三上学期期中）已知数列na满足12a=且132nnaa+−=，则数列na的通项公式为．【答案】31n−【解析】根据递推公式，构造等比数列，即可求得结果.【详解】

因为132nnaa+−=，所以()113331nnnaaa++=+=+，即1131nnaa++=+，即数列1na+为首项3，公比为3的等比数列，则1133nna−+==3n，所以31nna=−．故答

案为：31n−.【点睛】本题考查构造数列法求数列的通项公式，属基础题.14．（湖南省常德市五校联盟2022-2023学年高三上学期期中）已知11a=，122nnnaa−−=，则{}na的通项公式为【答案】(

)1221nnan−=−【分析】首先求得2a的值，然后整理递推关系式，结合等差数列的通项公式即可确定其通项公式.【详解】由递推关系式可得：222122aa−−=，即21246aa=+=，且由122nnnaa−−=可得11122nnnnaa−−−=，故数列2nna是以2232

2a=为首项，以1为公差的等差数列，则()3121222nnann=+−=−，()1122212nnnann−=−=−，故数列的通项公式为：()1221nnan−=−.故答案为()1221nnan−=−．【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，等差数列的通项公式及其应用等

知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.15．（山东省泰安第二中学2022-2023学年高三上学期期中）设nS为数列na的前n项和，已知112a=，112nnnnnaa++=+，则na=，100S=.【答案】2nn995122−【分析】112

nnnnnaa++=+两边同除12n+，令()2nnnfna=，则有()()()11112fnfn+−=−且()110f−=，则有()10fn−=，即可得2nnna=；nS用错位相减法求和即可.【详解】111111122222nnnnnnnnnnnaaaa+++++=+=

+，令()2nnnfna=，则()()()11112fnfn+−=−，∴又()1110211af−=−=，()10fn−=，∴2nnna=；211212222nnnnnS−−=++++①，231112122222nnnnnS+−=++++②，①减②得：211111111111221

12222222212nnnnnnnnnnS+++−=+++−=−=−−−，∴222nnnS+=−，∴910095122S=−.故答案为：2nn；995122−.16．（山东省滨州市阳信县2022-2023学年高三上学期

期中）已知数列na中，11a=−，123nnaa−=+，则通项公式na=；前n项和nS=.【答案】23n−1232+−−nn【分析】设实数满足12()−+=+nnaa，构造等比数列，即可求解通项公式，再由分组求和法代入求解前n项和nS.【详解】设实数满足112()2

−−+=+=+nnnnaaaa，则3=，所以132(3)nnaa−+=+，可得3na+是公比为2的等比数列，又13132+=−+=a，所以13222nnna−+==，得23nna=−；()232312(12)2

32323...23222...23323212+−=−+−+−++−=++++−=−=−−−nnnnnSnnn.故答案为：23n−；1232+−−nn取倒数法、取对数法17．（福建省泉州市安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2023届高三期

中）已知数列na的前n项之和为nS，123a=，()12(24)5626nnnnaannan++=++++，则9S=（）A．1011B．111C．8255D．7255【答案】D【分析】将递推关系化简，求得通项公式，代入

即可求得9S.【详解】()()()12(24)2(2)2(2)2(3)2(3)3[(2)2]5626nnnnnnnnananaannannnannan++++===+++++++++++，则()12(2)3(2)2nnnn

anana+++=++，取倒数有()11113(2)2nnnana+−=++，则数列1(2)nna+是以11132a=为首项，12为公差的等差数列；则1(2)2nnna=+，则21(2)12nannnn==−++则912911111111117213249111210

1155Saaa=+++=−+−++−=+−−=故选：D18．（湖北省重点高中联考协作体2023届高三上学期期中）已知数列na满足11a=，()*12nnnaanNa+=+.若21log1nnba=+，则数列nb的通项公式nb=（）A．12nB．n1−C．nD．2n【答案】

C【解析】变形为111121nnaa++=+可知数列11na+是首项为2，公比为2的等比数列，求出112nna+=后代入到21log1nnba=+可得结果.【详解】由12nnna

aa+=+，得1121nnaa+=+，所以111121nnaa++=+，又1112a+=，所以数列11na+是首项为2，公比为2的等比数列，所以111222nnna−+==，所以221log1log2nnnbna=+==.故选：

C.【点睛】关键点点睛：构造等比数列求出11na+是本题解题关键.19．（2022秋·吉林长春·高三长春外国语学校校考期中）已知数列na满足11a=，+121nnnaaa=+，则数列1nnaa+

的前n项和nT=（）A．21nn−B．21nn+C．221nn+D．42nn+【答案】B【解析】利用倒数法求出数列na的通项公式，进而利用裂项相消法可求得nT.【详解】已知数列na满足11a=，+121nnnaaa=+，在等式+12

1nnnaaa=+两边同时取倒数得112112nnnnaaaa++==+，1112nnaa+−=，所以，数列1na是等差数列，且首项为111a=，公差为2，则()112121nnna=+−=−，121nan

=−，()()11111212122121nnaannnn+==−−+−+，因此，1111111111111112323525722121221nTnnn=−+−+−++−=−−++

21nn=+.故选：B.【点睛】使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．20．（山东省青岛市4区县2022-2023学年高三上学期期中）数列na中，12a=，21

nnaa+=，则下列结论中正确的是（）A．数列na的通项公式为2nna=B．数列na为等比数列C．数列lnna为等比数列D．数列lnna为等差数列【答案】C【分析】求出数列na的前3项，利用等比数列定义判断A，B；给定等式两边取对数可得1ln2lnnnaa+=，判断C

，D作答.【详解】数列na中，12a=，21nnaa+=，则22212aa==，222432(2)2aa===，显然123,,aaa不成等比数列，A，B都不正确；依题意，1lnln20a=，由21nnaa+=两边取对数得：1ln2lnnnaa+=，因此，数列ln

na是首项为ln2，公比为2的等比数列，C正确，D不正确.故选：C21．（江苏省常州市华罗庚中学2022-2023学年高三上学期期中）数列{}na中，若31()nnaan+=N，13a=，则{}na的通项公式为.【答案】133()nnan−=N【分析】两边取

对数，化简整理得313log3lognnaa+=，得到数列3{log}na是以1为首项，公比为3的等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解.【详解】由31()nnaan+=N，两边取对数，可得313log3lognnaa+=，即313log3lognn

aa+=，又由13a=，则31log1a=，所以数列3{log}na是以31log1a=为首项，公比为3等比数列，则113log133nnna−−==，所以133()nnan−=N.故答案为：133()nnan−=N【

点睛】本题主要考查了对数的运算性质，以及等比数列的通项公式的求解，其中解答中合理利用对数的运算性质，结合等比数列的通项公式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.已知()nSfn=或者()nnSfa=求通项公式22．（2022秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期中）已知数列n

a的前n项和122nnnSa+=−，若不等式()22354nnna−−−，对任意*nN恒成立，则整数的最大值为（）A．2B．3C．4D．5【答案】B【分析】首先利用公式1nnnaSS−=−，()2n，求得数列na的通项公式，代入不等式后，参变分离得()2542nn

−−，转化为求数列252nn−的最大值.【详解】易知14a=，()1112222,2nnnnnnnSSaaan+−−−==−−+，可得122nnnaa−−=，两边同时除以2n可得()111222nnnnaan−−−=，又因为1n=

时，1122a=，所以数列2nna是公差为1，首项为2的等差数列，则()21112nnann=+−=+，所以()12nnan=+，由()22354nnna−−−得()()()()251

412nnnn−+−+，所以()2542nn−−，即max2542nn−−令252nnnb−=，因为111922nnnbbn−−−=−，当4n时，10nnbb−−，即1nnbb−，

数列单调递增，当5n时，10nnbb−−，即1nnbb−，数列单调递减，且4316b=，5532b=，45bb，由数列的单调性可知nb的最大值为4316b=，所以3416−，即6116，又因为*N，所以的最大值为3.故选：B.23．（江苏

省徐州市第七中学2022-2023学年高三上学期期中）已知数列na的前n项和为nS，11a=，0na，2211nnnSaS++=−，其中为常数．(1)证明：12nnSS+=+；(2)若数列na为等比数列，求

的值．【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）由11nnnaSS++=−消去等式中的21na+，化简证明等式成立；（2）由（1），利用11nnnaSS++=−得到数列na的递推关系，由条件na为等比数列，所以212aa=，解出.【详解】（1）证明：∵11n

nnaSS++=−，2211nnnSaS++=−，∴()2211nnnnSSSS++=−−．∴()1120nnnSSS++−−=．∵0na，∴10nS+，∴120nnSS+−−=．∴12nnSS+=+．（2）由（1）知，12nnSS+=+，当

2n时，12nnSS−=+，两式相减，12nnaa+=（2n，*nN），∴数列na从第二项起成等比数列，且公比2q=．又212SS=+，即2112aaa+=+，∴211aa=+=+，∴21122aa

=+==，∴当1=时，数列na是等比数列．24．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考期中）（多选）若无穷数列na的前n项和为nS，且满足2nnS=，则（）A．na为等比数列B．na不是递增数列C．na中存在三项成等差数列D．

na中的偶数项成等比数列【答案】BD【分析】利用nS与na的关系，求na通项公式，再逐项判断即可作答.【详解】无穷数列na的前n项和为nS，满足2nnS=，则当2n时，111222nnnnnnaSS−−−=−=−=，当1n=时，11122aS===

，不满足上式，因此12,12,2nnnan−==，数列na不是等比数列，A错误；由于122aa==，因此数列na不是递增数列，B正确；假设数列na中存在三项,,rmsaaa成等差数列，由于122aa==，则*,,N,2rmsrms，则有2mrsaaa=+，

即1112222mrs−−−=+，整理得11122rmsm−−−−=+，又10sm−−，有121sm−−，而120rm−−恒成立，即11122rmsm−−−−=+不成立，因此数列na中找不到三项

成等差数列，C错误；显然21*22(N)nnan−=，则有212(1)21242nnnnaa++−==，即2na是等比数列，因此数列na中偶数项成等比数列，D正确.故选：BD25．（安徽省滁州市定远县育才学校2022-2023学年高三上学期期中）（多选）

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．1012=−aC．当4n时，0naD．当3n=或4时，nS取得最大值【答案】BCD【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

可判断每个选项的正误.【详解】当2n时，128nnnaSSn−=−=−+，又116218===−+aS，所以28nan=−+，则na是递减的等差数列，故A错误；1012=−a，故B正确；当4n时，820

nan=−，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：BCD.26．（湖南省长沙市师大附中梅溪湖中学2023届高三上学期期中）已知数列na的前n项和为n

S，且22nnSa=−，则数列()()12nnnaaa++的前n项和nT=.【答案】212(21)nn−+【分析】根据给定的递推公式求出数列na的通项，再利用裂项相消法求解作答.【详解】数列na的前n项和为nS

，Nn，22nnSa=−，当2n时，1122nnSa−−=−，两式相减得：122nnnaaa−=−，即12nnaa−=，而11122aSa==−，解得12a=，因此数列na是首项为2，公比为2的等比数列，1222nnna−==，1112

222[(22)(22)](1)(2)(21)(22)(22)(22)(22)(22)nnnnnnnnnnnnnaaa++++−+===++++++++1112()2222nn+=−++，所以122311

111112[()()()]222222222222nnnT+=−+−++−++++++111212()4222(21)nnn+−=−=++.故答案为：212(21)nn−+27．（2022秋·浙江·高三慈溪中学校联考期中）已知数列na的前n项和为nS，若23123452nSSSSnnn

++++=++，(1)求数列na的通项公式；(2)证明：123111138nSSSS++++.【答案】(1)42nan=+(2)证明见解析【分析】（1）仿照nS与na的关系，由23123452nSSSSnnn+

+++=++求nS，再求na，注意讨论1n=是否符合；（2）先裂项求和，再证明不等式.【详解】（1）当2n时，23123452nSSSSnnn++++=++()()23112113451nSSSSnnn−++++=−+−+相减得()()22222n

nSnSnnnn==++当1n=时，16=S符合上式所以()()*22NnSnnn=+.当2n时，()()()12221142nnnaSSnnnnn−=−=+−−+=+当1n=时，116aS==符合上式.故()*42Nnann=+（2）

由（1）知：()111112242nSnnnn==−++所以1231111nSSSS++++111111111111143243546112nnnn=−+−+−+−++−+−

−++111113113111314212421284128nnnnnn=+−−=−−=−+++++++28．（2022秋·山东青岛·高三山东省青岛第五十八中学校考期中）设数列na

的前n项和11121,1,222nnnnnSaaaana−+=+++=.(1)求数列na的通项公式.(2)设21231loglognnnbaa++=，求nb的前n项和nT.【答案】(1)12nna−=；(2)()()3234212nn

Tnn+=−++.【分析】（1）式子1121222nnnnaaana−++++=L取n1−再两边同时乘2，与原式作差可整理得()122nnana+=，再验证1n=即可由公式法求通项公式；（2）利用裂项相消法求和.【详解】（1）解：当2n

时，因为1121222nnnnaaana−++++=L①，所以()121212221nnnnaaana−−−+++=−，所以()1212122221nnnnaaana−−+++=−②，①−②得()1221nnnanana+=−−，即()122nnana+

=，当1n=时，21212,2aaaa==适合上式，所以数列na是首项为1，公比为2的等比数列，所以11122nnna−−==.（2）解：由（1）得12nna−=，所以21231loglognnnbaa++=()12nn=+11122nn=−+所以11111111

12324352nTnn=−+−+−++−+13112212nn=−−++()()3234212nnn+=−++因式分解型求通项29．（2022秋·湖北·黄冈中学上学期期中）已知正项数列na的前n项和为n

S，且222nnnaanS+−=．(1)求数列na的通项公式；(2)设31nanb=−，若数列nc满足11nnnnbcbb++=，求证：1214nccc+++．【答案】(1)nan=(2)证明见解析【分析】（1）利用和与

项的关系可求得11(2)nnaan−=+，从而利用等差数列的通项公式即可求解；（2）由（1）知31nnb=−，从而利用裂项相消法求得()121114231nnccc++++=−−，从而可证.【详解】（1）∵222nn

naanS+−=，当2n时，21112(1)2nnnaanS−−−+−−=，两式相减得：22112212nnnnnaaaaa−−+−−−=，整理得()2211nnaa−=+，∵0na，∴11(2)nnaan−=+，当1n=时，2111212aaa+−=，∴11a

=−（舍）或11a=，∴na是以1为首项，1为公差的等差数列，则nan=；（2）由（1）知，31nnb=−，()()113111231313131nnnnnnc++==−−−−−∴121223111111112313131313131nnnc

cc++++=−+−++−−−−−−−()111111122314231nn++=−=−−−，∵()110231n+−，∴()111144231n+−−，即1214nccc+++．

30．（江苏省南通市如东高级中学2023届高三上学期期中）已知数列na各项均为正数且满足()22120nnanann−−−+=，数列nb满足13b=，且1133nnnbb++=+．求nnab，的通项公式.【答案】21nan=−，3nnbn=【

分析】由()22120nnanann−−−+=化简可得到na的通项公式，将1133nnnbb++=+左右两边同除以13n+可得3nnb是等差数列，即可得到nb的通项公式.【详解】由()22120nnanann−−−+=可得()()210nnanan

−−+=，021nnaan=−，因为1133nnnbb++=+，左右两边同除以13n+，得11133nnnnbb++=+，所以数列3nnb是公差为1的等差数列，1113b=，113nnbnn=+−=，3nnbn=.31．（河北省五个

一联盟2023届高三上学期期中）已知递增数列na满足221117,8160nnnaaaa++=−−+=．(1)求na；(2)设数列nb满足2nnnba=，求nb的前n项和nS．【答案】(1)43nan=+；(2)Sn=1(41)22nn+−+.【分析】（1）由题可得14nnaa+−

=，然后根据等差数列的概念即得；（2）利用错位相减法即得.【详解】（1）由12218160nnnaaa++−+−=，得()22140nnaa+−−=，即()()11440nnnnaaaa++−−+−=，若140nnaa+−−=，则14nnaa+−=，又17a=，所以数列n

a为首项为7公差为4的等差数列；若140nnaa+−+=，由17a=，得23a=−，21aa（舍去）；综上：74(1)43nann=+−=+；（2）由（1）知，(43)2nnbn=+，所以数列nb的前n项和，12372112152(43)2nnSn=

+++++234172112152(43)22nnnS+=+++++作差可得：123172424242(43)2nnnSn+=++++−+−()1231642222(43)2nnn+=+++++−+()1682(43)2nnn+=+−+-11(14)22

nn+=−−，所以1(41)22nnSn+=−+，故nb的前n项和为Sn=1(41)22nn+−+.32．（2022秋·山东济宁·高三嘉祥县第一中学校考期中）已知正项数列na的前n项和为nS，满

足222nnnSaa=+−.求数列na的通项公式；【答案】1nan=+【分析】利用已知nS求na的方法可以直接得出结果.【详解】222nnnSaa=+−①；当1n=时，代入①得12a=.当2n时，211122nn

nSaa−−−=+−②；①-②得22112nnnnnaaaaa−−=−+−，整理得()()221111nnnnnnnnaaaaaaaa−−−−+=−=−+，因为0na，所以()112nnaan−−=，所以数列na为等差数列，公差为1，所

以1nan=+.倒序相加法33．（福建省安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2023届高三上学期期中）在进行123100++++L的求和运算时，德国大数学家高斯提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知数列{}na满足24

042nnam=+(,*)nmN，则122020maaa++++=（）A．5052m+B．5054m+C．505m+D．2505m+【答案】B【分析】利用倒序相加法得到202022mS+=，得到答案.【详解】依题意，记122020mSaaa+=+++，则1220192020..

.24042240422404224042mmSmmmm++=++++++++，又2020201921...24042240422404224042mmSmmmm++=++++++++，两式相加可得202120212021202120202...240422404224042240422mmmm

mSmmmm+++++=++++=++++，则202050544mmS+==+.故选：B．34．（河北省廊坊市文安县2023届高三上学期期中）已知12cos2cosxxfxx++=，则202112022iif==.【答案】4042【分析】先判断函数的对称性，然后用

倒序相加法求和..【详解】由12cos2cosxxfxx++=，令0x=可得，122f=，且()()2cos12cos2coscosxxxxfxxx−+−−+−+==−，则，11422fxfx++

−+=所以，函数()fx关于点1,22对称，即()()14fxfx+−=由已知，202111220212022202220222022iiffff==+++，又20211202120201202220222022202

2iiffff==+++两式相加可得，2021112021220202021122022202220222022202220222022iifffffff==+++

+++202148084==所以，2021140422022iif==.故答案为：4042.35．（2022秋·湖南益阳·高三桃江县第一中学校考期中）已知函数()4sin22xxf

x=++，则124043202220222022fff+++=．【答案】4043【分析】根据题意，化简得到()()22fxfx+−=，结合倒序相加法求和，即可求解.【详解】由题意，函数()

4sin22xxfx=++，可得()()244sinsin[(2)]22222xxfxxfxx−+=+++−++−224424222224222222xxxxxx−−=+=+=++++，设124043202220222022Sfff=+++

，则404340421202220222022Sfff=+++两式相加，可得140432404222022202220222022Sffff

=+++404312404320222022ff++=，所以4043S=.故答案为：4043.36．（河北省廊

坊市安次区2023届高三上学期期中）已知函数()()11fxx−=+，数列na是正项等比数列，且10111a=，()()()123fafafa++()()20202021fafa+++=．【答案】20

212【分析】由题意可得()11fxfx+=，利用倒序相加法求和即可.【详解】解：由数列na是正项等比数列，且10111a=，可得1202122020101110111aaaaaa==

==，因为()1111111111xfxfxxxxx+=+=+=++++，可设()()()()()12320202021Sfafafafafa=+++++，又()()()()()202120

20201921Sfafafafafa=+++++，两式相加可得()()()()12021220202Sfafafafa=+++()()202111112021fafa+++=+++=，所以20212S=．故答案为：20212．分组求和法37．

（2022秋·山东青岛·高三统考期中）数列()()()22311,(12),122,1222,,122,n−+++++++++的前n项和为.【答案】122nn+−−【分析】先利用等比数列前n项和公式得到na，然后可直接求出前n项和.【详解】观察数列得到1122111222nnnna−=++−=−+

=−，所以前n项和1212212121nnnSaaa=+++=−+−++−1212(12)2222212nnnnnn+−=+++−=−=−−−.故答案为：122nn+−−.38．（2022秋·黑龙江大庆·高三大庆中学校考期中）已知正项数列na满足222log(1)log1nnnaa+

+−=，且11a=，22a=.(1)已知21nnba−=，求nb的通项公式；(2)求数列na的前2023项和2023S.【答案】(1)12nnb−=(2)101221516+【分析】（1）由222log(1)log1n

nnaa++−=可得21221221log(1)log1nnnaa−+−+−=，从而得到12nnbb+=，进而得到nb是以1为首项，公比为2的等比数列，再根据等比数列的通项公式即可求解；（2）由222log(1)log1n

nnaa++−=可得()222222log1log1nnnaa++−=，从而有222=2nnaa+，得到数列2na偶数项具有周期性，最后根据20231352023242022()()Saaaaaaa=++++++++分组求和即可.【详解】（1）21n

nba−=，121nnba++=，222log(1)log1nnnaa++−=，21221221log(1)log1nnnaa−+−+−=，即212loglog1nnbb+−=，12log1nnbb+=，即12nnbb+=，nb是以1为首项

，公比为2的等比数列，12nnb−=.（2）20231352023242022()()Saaaaaaa=++++++++，又1352023121012aaaabbb++++=+++()101210121122112−==−−，222log(1)l

og1nnnaa++−=，()222222log1log1nnnaa++−=，22222loglog1nnaa++=，即222=2nnaa+，24681021,2,1,2aaaaa=====，，即数列2na

偶数项具有周期性，24202210103215172aaa+++=+=，所以101220231352023242022()()21516Saaaaaaa=++++++++=+·39．（江苏省淮安市高中校协作体2022-2023学年高三上学期期中期中）已知数列na满足11a

=，1(1)(1)nnnanann+−+=+，设nnabn=.(1)求证数列nb为等差数列，并求nb的通项公式；(2)若()212nbnncb=−+，求数列nc的前n项和nS.【答案】(1)证明见解析，

nbn=(2)2122nn++−【分析】（1）将条件等式两边同时除以(1)nn+后即可证明；（2）代入nbn=，然后用分组求和法求和.【详解】（1）由1(1)(1)nnnanann+−+=+得111nnaan

n+−=+，即11nnbb+−=，又111ba==，数列nb是以1为首项，1为公差的等差数列，()11nbn=+−，即nbn=；（2）由（1）得()212nncn=−+，()()()()23122123252nnnS=+++++−+++()()231

35222122nn=++++++++−+()()2121212122212nnnnn+−+−=+=+−−.40．（2022秋·山东济宁·高三统考期中）已知各项均不相等的等差数列na的前4项和为10，且124,,aaa是等比数列nb的前3项．(1)求,nnab；(2)设()1

1nnnncbaa=++，求nc的前n项和nS．【答案】(1)nan=，12nnb−=(2)121nnSn=−+【分析】（1）利用等差数列的通项公式与等比中项公式求得基本量1,ad，从而利用公式法依次求得,nna

b；（2）结合（1）中结论，利用分组求和法与裂项相消法即可得解.【详解】（1）设等差数列na的公差为d，前n项和为nT，则0d，因为410T=，则1434102ad+=，即1235ad+=，又因为124,,aaa

成等比数列，所以2214aaa=，即()()21113adaad+=+，整理得21dad=，又因为0d，所以1ad=，联立11235adad+==，解得111ad==，所以()111nann=

+−=，又111ba==，222ba==，nb是等比数列，所以212bqb==，则1112nnnbbq−−==.（2）由（1）得()111112211nnncnnnn−−=+=+−++，所以0111111

122212231nnSnn−=++++−+−++−+()11211121211nnnn−=+−=−−++，所以数列nc的前n项和121nnSn=−+.41．（2022秋·河北保定·高三河北省唐县第一中学校

联考期中）已知数列1,2naa=，且满足*nN，有2112nnnaa++=.(1)求数列na的通项公式na：(2)若()1nnnbaa=−，设数列nb的前n项和为nS，试求和：231232222nnS

SSS++++.【答案】(1)()*2nnan=N(2)1311221n+−−【分析】（1）通过2112nnnaa++=和23122nnnaa+++=分奇偶求出数列na的通项公式na即可.（2）先利用分组求和得到数列nb的前n项和为nS，然后写出数列2nnS

的通项公式，根据裂项相消法即可求和.【详解】（1）由题设知0na，且12a=，易得3122aa=，所以24a=.因为2112nnnaa++=，①所以23122nnnaa+++=，②①②得，24nnaa+=，所以数列

212,nnaa−分别以122,4aa==为首项，公比都是4的等比数列，从而12112212242,442nnnnnnaa−−−−====，所以()*2nnan=N.即所求数列na的通项公式为所以()*2nnan=N.（2）由（1）及

题设得，()22142nnnnnb=−=−，所以()()()2212424242nnnnSbbb=+++=−+−++−()()()()224142124442221412nnnn−−=+++−+++=−−−()()()()()11114114122143222122333nnnnn

n++++=−−−=−+=−−()()()()111122122212133nnnn+++=−−=−−，所以()()112323112221212121nnnnnnnS++==−−−−−，所以23

1232222nnSSSS++++1311221n+=−−.42．（山东省淄博市临淄中学2022-2023学年高三上学期期中）已知在等比数列na中，124aa+=，且1a,22a+,3a成等差数列，数列nb满足0nb,11b=，()22112nnnnbbbb+

+−=+.(1)求na的通项公式；(2)设2nnbnca=−，求数列nc的前n项和nT.【答案】(1)13nna−=;(2)114316nnnT++−−=.【分析】（1）由已知条件求得等比数列的公比和首项，即可求得其通项公式；（

2）求得nb的通项公式，结合（1）的结论可得21123nnnc−−=−，利用分组求和法，结合等比数列的前n项和公式即可求得答案.【详解】（1）因为1a,22a+,3a成等差数列，所以()13222aaa+=+,又因为在等比数列na中，124aa+=,

所以323aa=，得na的公比3q=，所以1134aa+=,解得11a=，故13nna−=.（2）由0nb,11b=，()22112nnnnbbbb++−=+，得12nnbb+-=，则nb是等差数列，因为11b=,所

以21nbn=−，则211223nbnnnnca−−=−=−，则103122151(23)(23)(23)(23)nnnT−−=−+−+−++−L35210121(2222)(3333)nn−−=++++−−+++LL2(14)131413nn−−=

−−−114316nn++−−=．并项求和法43．（2022秋·江苏南京·高三南京市雨花台中学校考期中）在正项等比数列na中，已知133510,40aaaa+=+=．数列na的通项公式是，令2lognnba=，求数列()21nnb−的前100项的

和100S=.【答案】2nna=5050【分析】根据已知列式相比，即可得出12a=，2q=，即可根据等比数列定义得出其通项公式；根据已知得出nbn=，根据分组求和法得出答案.【详解】正项等比数列na中，已知133510,40a

aaa+=+=，设公比为q，则0q，则21124111040aaqaqaq+=+=，解得12a=，2q=，则数列na的通项公式是112nnnaaq−==；令22loglog2nnnban===，则数列()21nnb−的

前100项的和：222222222222100123499100123499100Sbbbbbb=−+−+−−+=−+−+−−+，()()()()()()212143431009910099=+−++−+++−，37199=+++，()5031992+=，5050=，故答案为：2nna

=；5050.44．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校考期中）已知公差大于0的等差数列{}na满足122311111++++=+nnnaaaaaan．(1)求{}na的通项公式；(2)若1(1)nnnnbaa+=−，求数列{}nb的前21项和21S

．【答案】(1)nan=；(2)242−.【分析】（1）利用等差数列的通项公式结合条件列方程组解得1a，d，即得；（2）由题可得nb，然后分组求和法可得2nS，结合条件进而即得.【详解】（1）根据题意，当1n=时，12112aa=，即122aa=①，当2n=时，12231

123aaaa+=，所以236aa=②，设等差数列{}na的公差为(0)dd，由①②得1111()2()(2)6aadadad+=++=，解得111ad==，所以11nann=+−=；（2）因为1(1)nnaann+=+，则1(1)(1)(1)nnnnnbaann+=−=−+，所以

212(21)22(21)4nnbbnnnnn−+=−−++=，所以22122124(1)4(12)222nnnnnSbbbbnnn−+=++++=+++==+,所以20210020220S=+=，又212122462b=−=−，故21220462242S=−=−.45．（

广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校2023届高三上学期期中）已知数列na的各项均为正数的等比数列，532a=，()31223aaa−=．(1)求数列na的通项公式；(2)若()2211lognnnba−=−，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)2nna=(2)()1

nnTn=−【分析】（1）由等比数列的通项公式求解即可；（2）由（1）可得()()121nnbn=−−，再分类讨论结合分组并项求和法求解即可【详解】（1）设公比为()0qq，由题意得()4121113223aqaqaaq=−=解得122aq==112nnnaaq−

==（2）()()()()2122121log1log2121nnnnnnban−−=−=−=−−当n为偶数时，()12113572122nnnnTbbbbnn−=++++=−+−+++−==，当n为奇数时，()1121nnnTTbnnn−=+=

−−−=−；()1nnTn=−．46．（2022秋·浙江绍兴·高三绍兴一中校考期中）设数列na满足120,2aa==，且2122nnnaaa++=−+.(1)求证：数列1nnaa+−为等差数列，并求na的通项公式；(2)设()2cos

nnbann=+，求数列nb的前99项和99T.【答案】(1)2nann=−(2)5000−【分析】（1）根据递推式2122nnnaaa++=−+，变形为()()2112nnnnaaaa+++−−−=，由

等差数列定义可证明结论；利用累加法求得通项公式；（2）根据()2cosπnnbann=+，利用并项求和法，可得答案.【详解】（1）由已知得2122nnnaaa++−+=，即()()2112nnnnaaaa+++−−−=，2112,nnaaaa+−=−

是以2为首项，2为公差的等差数列.12(1)22nnaann+−=+−=，当2n时，2221111()()()2(1)222nnnnnaaaanaannaa−−−=+−+++−+=−+++=−,当1n=时，10a=也满足上式，所以2nann=−

;（2）()()2cosπ(1)(1)(1)2nnnnbannnnnn==−+=−++,当99n=时，12233445989999100nT=−+−+−+−2242...98299100=+

++−()2246...9899100=++++−()4929829910050002+=−=−47．（河北南宫中学2023届高三上学期期中）已知数列na各项均为正数，且11a=，221122nnnnaaaa++−=+.(1)求na的通项公式；(2

)设()1nnnba=−，求12320bbbb++++.【答案】(1)()*21nann=−N(2)20【分析】（1）由221122nnnnaaaa++−=+得到()()1120nnnnaaaa+++−−=，结合0na得到12nnaa+−=，所以数列na是等差数列，求出通项公式；

（2）在第一问的基础上得到()1112nnnbb+++=−，从而分组求和得到答案.【详解】（1）因为221122nnnnaaaa++−=+，所以()()1120nnnnaaaa+++−−=，因为na是各项均为正数的数列，所以10

nnaa++，故12nnaa+−=所以数列na是以1为首项，2为公差的等差数列，则()*21nann=−N.（2）()()()1121nnnnban=−=−−，则()1112nnnbb+++=−，所以()()()1232012341920210

20bbbbbbbbbb++++=++++++==.错位相减法48．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考期中）已知{}na为等差数列，前n项和为()*NnSn，{}nb是首项为2的等比数列，公比大于0，且2312bb+=，3412ba

a=−，11411Sb=.(1)求{}na和{}nb的通项公式；(2)求数列nnab的前n项和()*Nn.【答案】(1)32nan=−，2nnb=(2)前n项和110(35)2nnTn+=+−【分析】（1）根据等比数列的通项公式可计算得

到公比q的值，再根据等差数列的通项公式和求和公式可列出方程组，解出首项1a和公差d的值，即可求得{}na和{}nb的通项公式；（2）先根据第（1）题的结论得到数列{}nnab×的通项公式，然后运用错位相减法求出前n项和nT．【详解】（1）由题意，设

等差数列{}na的公差为d，等比数列{}nb的公比为q，则0q．故22212qq+=，解得2q=，12b=，则2231228bbq===，33412216bbq===，由题意，得11132811101111162adaad+−

=+=，解得113ad==．13(1)32nann=+−=−；1222nnnb−==．（2）由（1）知，(32)2nnnabn=−．设其前n项和为nT，211221242(32)2nnnnTabababn=+++=+++−，①231212

42(35)2(32)2nnnTnn+=+++−+−，②①−②，得23112323232(32)2nnnTn+−=++++−−21212(122)(32)2nnn−+=++++−−

1112212(32)212nnn−+−=+−−−()153210nn+=−−．()110352nnTn+=+−．49．（河北省石家庄精英中学2023届高三上学期期中）已知数列na的前n项和为nS

，且22nnS=+.(1)求na的通项公式；(2)若数列nb满足2lognnnaba=，数列nb的前n项和为nT，求证：1522nT.【答案】(1)14,12,2nnnan−==(

2)见解析【分析】（1）由11,1,2nnnSnaSSn−==−可求得数列na的通项公式；（2）求得11,121,22nnnbnn−==−，然后错位相减法可求得nT的表达式，从而可得证.【详解】（1）解：（1）由22nnS=+得114

aS==，当2n时，()11122222nnnnnnaSS−−−=−=+−+=，而11142a−=，14,12,2nnnan−==；（2）证明：由2lognnnaba=及14,12,2nnnan−==，得211,1log21,22nnnnnabna

n−===−，所以0nb，所以112nTT=，当2n时，2311123122222nnnT−−=+++++，得2231111221222222nnnnnT−−−=+++++，两式相减得22341111111

111222222222nnnnT−−=+−+++++−234111111111111221422222224212nnnnnnn−−=+++++++−=+−−1151142242nnnnn

+=+−−=−，15122nnnT−+=−，112T=满足15122nnnT−+=−，∴1515222nnnT−+=−，∴1522nT.50．（广东省广州市南沙区东涌中学2023届高三上学期期中）已知等比数列na的公比和等差数列nb的公差都为q，等比数

列na的首项为2，且234,2,aaa+成等差数列，等差数列nb的首项为1.(1)求na和nb的通项公式；(2)求数列nnba的前n项和nT.【答案】(1)2,21nnnabn==−.

(2)2332nnnT+=−【分析】（1）利用等差中项公式与等比数列的通项公式即可求得q，从而求得,nnab；（2）利用错位相减法即可求得nT.【详解】（1）由题意可知，na是等比数列，nb是等差数列，112,1ab==，因为234,2,aaa+成等差数列，所以

()32422aaa+=+，即()2322222qqq+=+，整理得32220qqq−+−=，即()()2120qq+−=，解得2q=，所以()1222,12121nnnnabnn−===+−=−.（2）由（1）得()1212nnnb

na=−，故()21111321222nnTn=+++−，则()()2311111113232122222nnnTnn+=+++−+−，

两式相减得：()231111111221222222nnnTn+=++++−−()211111221122112212nnn−+−=+−−

−3231222nn+=−，故2332nnnT+=−.51．（河北省高碑店市崇德实验中学2023届高三下学期期中）已知数列{}na是公差不为0的等差数列，数列{}nb是等比数列，223ab==，53ab=，1b与3b的等差中项为3a.(1)求数列

{}na、{}nb的通项公式；(2)已知1122nnnSababab=+++，求nS.【答案】(1)21nan=−，13nnb−=(2)()131nnSn=−+【分析】（1）利用等差数列的通项公式与等比数列的通项公式得到关于,dq的方程组，解之即可求得{}na、{}nb的通项

公式；（2）由（1）得()1213nnnabn−=−，从而利用错位相减法即可求得nS.【详解】（1）设数列na的公差为()0dd，数列nb的公比为q，因为223ab==，1b与3b的等差中项为3a，所以1332bba+=，则()3323qdq+=+，即3362qdq+=+

①，因为53ab=，所以333dq+=，得1dq=−，将上式代入①式得2430qq−+=，解得1q=或3q=，当1q=时，0d=，矛盾舍去，当3q=时，2d=，则122321aa=−=−=，211bbq==，所以21nan=−，1

3nnb−=.（2）由（1）得，()1213nnnabn−=−，所以1122nnnSababab=+++()21113353213nn−=++++−，则()()2131333233213nnnSnn−=+++−+−，两式相减得：()()23121233

33213nnnSn−−=+++++−−()()13131221313nnn−−=+−−−()2223nn−=−−，所以()131nnSn=−+.52．（福建省福州市四校联盟（永泰城关中学、连江文笔中学、

长乐高级中学、元洪中学）在等差数列na中，44,naS=为na的前n项和，1055S=，数列nb满足21222(1)logloglog2nnnbbb++++=．(1)求数列na和nb的通项公式；(2)求数列(1)nnnab−的前n项和nT．【答案】(1)nan=，2

nnb=(2)12(31)(2)9nnnT+−−+−=【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前n项和公式可求数列na的通项公式，再根据数列的项与前n项和的关系可求nb的通项公式；（2）利用错位相减法求和.【

详解】（1）设等差数列na的公差为d，所以1134104555adad+=+=，解得111ad==，所以nan=，21222(1)logloglog2nnnbbb++++=，①则当2n时

212221(1)logloglog2nnnbbb−−+++=，②①−②得：2lognbn=，则2nnb=，而当1n=时，21log1b=，则12b=，满足上式．所以2nnb=．（2）记(1)2(2)nnnncnn=−=−，1231(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)nnnTnnn−

=−+−+−++−−+−23122(2)2(2)(1)(2)(2)nnTnn+−=−+−++−−+−123113(2)(2)(2)(2)(22)(2))21(21nnnnnTnn++=−+−+−++−

−−−−−−−=+，12(31)(2)9nnnT+−−+−=.奇偶数列求和53．（辽宁省六校2022-2023学年高三上学期期中）已知数列na满足：22,2,nnnanaan++=为奇数，为偶数，且122,1a

a==，则此数列的前20项的和为（）A．621B．622C．1133D．1134【答案】C【分析】这个数列的奇数项是公差为2的等差数列，偶数项是公比为2的等比数列，只要分开来计算即可.【详解】由于()22,=212,2nnnanmamNanm+++

−==，所以当n为奇数时，是等差数列，即：1357192,221,222,223,,229,aaaaa==+=+=+=+共10项，和为2229101102++=；012392468202,2,2,2,,2aaaaa=====，共10项，其和为1001012221102312−

=−=−；∴该数列前20项的和2010231101133S=+=；故选：C.54．（2022秋·山东聊城·高三统考期中）多选）已知数列na满足18a=，21a=，2,2,nnnanaan+−=−为偶数为奇数，nT为数列na的前n项和，则下列说法正确的有（）

A．n为偶数时，()221nna−=−B．229nTnn=−+C．992049T=−D．nT的最大值为20【答案】AC【分析】对选项A，偶数项构成等比数列，即可求得通项；对选项B，检验当1n=时，所给表达式不满足；对选项C，按照n为奇数和偶数分别讨论，根据10099100TTa−=，可直接求

得；对选项D，nT的最大值为71021TT==【详解】根据递推关系可知，n为奇数时，()18292nnan−=+−=−n为偶数时，()221nna−=−，故A对；()()21234212

1321242nnnnnTaaaaaaaaaaaa−−=++++++=+++++++根据奇数项构成等差数列可得：()21321862109naaannn−+++=+++−+=−+而又：2421,0,nnaaan+++=当为奇

数当为偶数则有：2229,91,nnnnTnnn−+=−++为偶数为奇数，故B错误；()100222991010005095012049aTT−=−=−+−−=−，故C对；根据nT中的奇数项构成等差数

列，而偶数项之和不是1就是0，因此根据nT特点可知：nT的最大值在奇数项之和取得最大值的附近，26393119T=−++=，76719221TTa=+=+=，2849420T=−+=，98920020TTa=+=+=，2

10595121T=−++=，11101119TTa=+=，nT的最大值为71021TT==，故D错故选：AC55．（2022秋·江苏泰州·高三统考期中）已知正项数列na满足12a=且221160nnnnaaaa++−+=．(1)求

数列na的通项公式；(2)令22log,,nnnanban=为奇数为偶数，求数列nb的前21n+项的和21nS+．【答案】(1)2nna=.(2)12242433++++nnn.【分析】（1）将221160nnnnaaaa++−+=化简可得12nnaa+=

，由此可求得答案；（2）由（1）可得nb的通项公式，采用分组求和的方法，结合等差等比数列的前n项和公式求得答案.【详解】（1）由题意得：()()11320nnnnaaaa+++−=,∵0na，∴12nn

aa+=，即12nnaa+=为常数，∴数列na是以2为首项，以2为公比的等比数列，∴2nna=．（2）由（1）得222,log,2,,nnnnnnanbnan==为奇数为奇数为偶数为偶数,∴()()21122211321242nnnnnSbbbbbbbbb

b+++=++++=+++++++LLL()()()124141242242421433nnnnnn+−+++=+=+++−.56．（辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中）设数列na的前n项和为nS，11a=，()()

21NnnSnan=+．(1)求na的通项公式；(2)对于任意的正整数n，21,2,nnnnanaacn+=为奇数为偶数，求数列nc的前2n项和2nT．【答案】(1)nan=(2)1244213nnnTn+−=++【分析】（1）当2n时，由()21nnSna=+可得1

12nnSna−−=，两式作差变形可得11nnanan−=−，利用累乘法可求得数列na的通项公式；（2）求出数列nc的通项公式，利用奇偶分组求和法、裂项相消法、等比数列的求和公式可求得2nT.【详解】（1）解：当2n时

，由()21nnSna=+可得112nnSna−−=，上述两个等式作差可得()121nnnanana−=+−，所以，()11nnnana−−=，则11nnanan−=−，所以，321121231121nnnaaanaan

aaan−===−，11a=也满足nan=，故对任意的Nn，nan=.（2）解：对于任意的正整数n，()1,22,nnnnncn+=为奇数为偶数，所以，()()242211122213352121nn

Tnn=++++++−+()()()24211122213352121nnn=+++++++−+()41411111112335212114nnn−=−+−++−+−+−144213nnn+−=++.57．

（2022秋·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）设数列na的前n项和为nS，且满足()*322NnnaSn−=，nb是公差不为0的等差数列，1=1b，4b是2b与8b的等比中项．(1)求数列na和nb的通项公式；(2)对任意的正整数n，

设+2=nnnancbn，为偶数，为奇数，求数列nc的前2n项和2nT．【答案】(1)123nna−=，=nbn(2)212233244nnTnn+=++−【分析】（1）令=1n可得1a的值，当2n时，11322nnaS−−−=与已知条件两式相减可得13nnaa−=，由等比数列的

定义可知数列na是首项为2，公比为3的等比数列，进而求出数列na的通项公式，设nb的公差为d，将2428bbb=整理成关于d的方程，解出d的值，即可得到nb的通项公式；（2）由（1）可得数列nc的通项公式，再利用分组求和法即可求出结果．【详解】（1）解：在

()*322NnnaSn−=中，令=1n得11322aa−=，12a=，当2n时，11322nnaS−−−=，1133222nnnnnaaSSa−−−=−=，即13nnaa−=，13nnaa−=，数列na是首项为2，公比为3的等比数列，123nna−=，设nb的公差为d

，由题意可得2428bbb=，即()()2(13)117ddd+=++，整理得20dd−=，解得=1d或0(舍去)，()111nbnn=+−=．（2）解：由题意可得1**23=2N=+2=21Nnnnkkcnnkk−−

，，，，，()()135212=3+5+?+2+1+23+3+3+?+3nnTn−()()223133212213nnn−++=+−()()232314nnn=++−21233244nnn+=++−．裂项相消法58．（广东省梅州市兴宁市下堡中学2023届高三上学期期

中）在各项均为正数的数列na中，13a=，且()2116nnnnaaaa++=+．(1)求na的通项公式；(2)若()()()121111nnnnnabaa+−−=++，数列nb的前n项和为nT，证明：14

nT．【答案】(1)3nna=(2)证明见解析【分析】（1）先将()2116nnnnaaaa++=+变形为1126nnnnaaaa++=+，从而得到关于1nnaa+的二次方程，解之即可得到13nnaa+=，从而证得na是等比数列，进而可求得na的通项公式

；（2）利用（1）中的结论与裂项法得到111133nnnnnb++=−++，从而求得111431nnTn+=−++，由此得证.【详解】（1）因为na各项为正数，()2116nnnnaaaa++=+，所以上式两边同时除以2na，得1126nnnnaaaa++=

+，令()10nnaxax+=，则26xx=+，即260xx−−=，解得3x=（负值舍去），所以13nnaa+=，又13a=，所以na是以13a=，3q=的等比数列，故1333nnna−==.（2）

由（1）得()()()()()()112112111111333nnnnnnnnanbaa++−−−−==++++()()()()()11111133331111313nnnnnnnnnn++++−+

++==−++++，所以223111111111223131313133343nnnnTnnn++++−+++=−+−+=−+++++，因为*Nn，则11031nn+++，所以14nT.59．（2022

秋·河北保定·高三河北省唐县第一中学校考期中）数列{}na前n项和为nS，其中0na，且21nnSa=+(1)求{}na的通项公式na；(2)记数列11{}nnaa+的前n项和为nT，证明：12nT【答案】(1)21nan=−(

2)证明见解析【分析】（1）由题意得2421nnnSaa=++，先求出1a，当2n时，144nnnaSS−=−，进而得出结果；（2）先根据裂项相消法求和，再得出结果.【详解】（1）由题意得，2421nnnSaa=++；当1n=时，211

1421aaa=++，11a=，当2n时，221114422nnnnnnnaSSaaaa−−−=−=−+−，()()1112()nnnnnnaaaaaa−−−+=+−，0na，12nnaa−−=，∴数列na是以1为首项，公差为2的等差数列，∴21nan=−.（2）证明：由（1）可知

，21nan=−，∴111111()(21)(21)22121nnaannnn+==−−+−+，∴11111111111(1)(1)23355721212212nTnnn=−+−+−++−=−−+

+，∴12nT.60．（辽宁省葫芦岛市四校2022-2023学年高三上学期期中）已知正项等比数列{an}，满足a2a4=1，a5是12a1与5a3的等差中项.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设()()444(2)11nnnnnaaabn+++=+−−−，求数列{bn}的前n项和Sn.

【答案】(1)*32,Nnnan−=；(2)答案见解析.【分析】（1）正项等比数列na的公比设为,0qq，根据已知求出31a=，2q=，即得解；（2）111(1)2121nnnnbn+=−+−−−，再裂项相消分类讨论得解.【详解】（1）正项等比数列na的公比设为,0qq，由241

aa=，可得31a=，5a是112a与35a的等差中项，可得5132125aaa=+，即为221225qq=+，解得2q=，则33*32,Nnnnaaqn−−==（2）()()()()1411442

(1)(1)212221nnnnnnnnnabnnaa++++++=+−=+−−−−−；()()11211(1)(1)21212121nnnnnnnnn++=+−=−+−−−−−则2231111111[123456212121212121nnnS

+=−+−++−+−+−+−++−−−−−−()()()n1111,nnn−+−−+−当n为偶数时，111212nnnS+=−+−；当n为奇数时，1111212nnnS++=−−−.61．（河北省冀

东名校2022-2023学年高三上学期期中）在数列na中，11a=，()101nnnaacca+=+，且1a，2a，5a成等比数列．(1)证明数列1na是等差数列，并求na的通项公式；(2)设数列nb满足()2141nnnbnaa+=+，其前n项和为nS，证明：1n

Sn+．【答案】(1)证明见解析，121nan=−(2)证明见解析【分析】（1）由11nnnaaca+=+两边取倒数，化简即可得出111nncaa+−=，根据已知与等差数列的定义证明数列1na是等差数列，即可求出通

项公式，结合1a，2a，5a成等比数列，转化求解即可；（2）根据已知结合小问1化简nb通项，即可利用裂项相消法，求解数列之和，即可根据函数值域证明结论.【详解】（1）11nnnaaca+=+，1111nnnncacaaa++==+，111nncaa+−=，1

1a=，111a=，数列1na是首项为1，公差为c的等差数列，()111nnca=+−，即()111nanc=+−，1a，2a，5a成等比数列，2215aaa=，2111114cc=++，解得2c=或0（舍），故121nan=−；（2）由小问

1可得121nan=−，1121nan+=+，()()2221211414141212141nnnnbnaannnn++=+=+=−+−，2224122111141412121nnnnn−+==+=+−−−−+，12nnSbbb=+++，11111

11113352121nn=+−++−+++−−+，1121nn=+−+，1021n+，1nSn+.62．（河北省张家口市第一中学2023届高三上学期期中）已知数列na与nb的前n项和分别为nS，nT，且0na，2*63,NnnnSaan=+．(1)求数列na的通项公式；(

2)()()122121nnnanaab+=−−，若*N,nnkT恒成立，求k的取值范围．【答案】(1)()*3Nnann=(2)1,49+【分析】（1）利用na与nS的关系求出1a和13nnaa+−=，证明是等差数列，即可求出数列的通项公式.（2）化简nb，利用裂项相

消法求出nT，再利用数列的单调性即可求出k的取值范围.【详解】（1）由题意，*Nn，在数列na中，263nnnSaa=+当1n=时，211163aaa=+，解得13a=或10a=．∵0na∴13a=．∵263nnnS

aa=+∴211163nnnSaa+++=+．两式相减得22111633+++=−+−nnnnnaaaaa．∴()()1130nnnnaaaa+++−−=．∵0na，∴110,3+++−=nnnnaaaa．

即数列na是以3为首项，3为公差的等差数列，∴()3313nann=+−=即()*3Nnann=（2）由题意及（1）得，*Nn，在数列na中，()*3Nnann=在数列nb中，()()122121nnnanaa

b+=−−∴()()()()111281117818181812121+++===−−−−−−−nnnannnnnnaab．∴22311111111111117818181818181778149++=−+−++−=−−−−−−−−nnnnT．∵*N

,nnkT恒成立，∴149k．∴k的取值范围为1,49+63．（河北省保定市安新县第二中学2023届高三上学期期中）已知等差数列na是单调递增数列，22a=，且31a−，4a，55a

+成等比数列，nS是数列na的前n项和.(1)求数列na的通项公式；(2)设13nnnbaa+=，nT是数列nb的前n项和，求nT.【答案】(1)34nan=−；(2)331nnTn=−−.【分

析】（1）设na的公差为()0dd，解方程组求出3d=，11a=−，即得解；（2）求出113431nbnn=−−−，再利用裂项相消法求和.【详解】（1）解：设na的公差为()0dd，则()()()121112,21453adadadad+=+−++=+∴2230dd−−

=，∵0d，∴3d=，11a=−∴na的通项公式为()1134naandn=+−=−.（2）由（1）得()()1331134313431nnnbaannnn+===−−−−−，1111111111131122558373434313131nnTnnnnnn

=−+−+−++−+−=−−=−−−−−−−−.数列求和与不等式64．（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳县建陵高级中学校考期中）已知数列na满足21232nnaaa

a=．若对任意*nN，312111log4+++mnaaa（0m且1m）恒成立，则m的取值范围为（）A．(1,2B．1,12C．)2,+D．)1,12,2+【答案】A【分析】由21232nnaaaa=，得()2112312nnaaaa

−−=，两式相除可求出na，从而可求得12111naaa+++2121343n=−，所以将问题转化为32log43m，从而可求出m的取值范围【详解】当2n时，由21232nnaaaa=，得()2112312nnaaaa−−=

，两式相除得2221(1)222nnnna−−==，1n=也适合所以12111naaa+++352111112222n−=++++11124114n−=−2121343n=−

，因为对任意*nN，312111log4+++mnaaa（0m且1m）恒成立，所以322log4log233mm=，所以log21logmmm=，当01m时，由log2logmmm，得2m，则

m，当1m时，由log2logmmm，得2m，则12m，综上，12m故选：A65．（2022秋·黑龙江·高三黑龙江实验中学校考期中）已知数列na满足2123nnnaaa++=+，112a=，232a=．(1)证明：数列

1nnaa++为等比数列，求na的通项公式．(2)若数列na的前n项和为nS，且()*127N4nSnn+−恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)证明见解析，1132nna−=

(2)481【分析】（1）将2123nnnaaa++=+两边同时加1na+，结合等比数列的定义证明可得1123nnnaa−++=，再构造数列1132nna−−，求解首项分析即可；（2）根据

等比数列的前n项公式可得()1314nnS=−，参变分离可得()*27N43nnn−，再根据273nn−的单调性求解最大值即可.【详解】（1）由2123nnnaaa++=+可得()2111333nnnnnnaaaaaa+++++=+=+，且

2113222aa+=+=，故1nnaa++是以2为首项，3为公比的等比数列，故1123nnnaa−++=，所以11113322nnnnaa−+−=−−，又1111302a−−=，故1211111333....0222nnnnnnaaa−−+−−

=−−=−==，即1132nna−=.（2）由（1）1132nna−=为等比数列，故()()1131231134nnnS−==−−，故()*127N4nSnn+−即()*27N43nnn−恒成立，求273nn−的最大值即可.设(

)*27,N3nnnbn−=，则()11112562125271643333nnnnnnnnnnnbb++++−−−−−−−=−==，令116403nn+−有4n，故当4n时，nb随n的增大而增大；当5n时，nb随n的增大而减小.又540bb−=，故54bb=为()*27,N3nnn

bn−=的最大值，为42471381−=，所以1481，481.66．（2022秋·内蒙古鄂尔多斯·高三统考期中）已知等差数列nb满足32b=，251681bbbb=++，数列na的前n项和2124nnSb+=−，*nN(1)求数列na，nb的通项公式；(2)

记数列nnab的前n项和为nT，若226825nnkTnann−+对一切*nN恒成立，求正整数k的最小值．【答案】(1)12nna+=，12nnb+=；(2)3【分析】（1）由等差数列的基本量法求得nb，由1(2)nnnaSSn−=−求

得na；（2）用错位相减法求得和nT，代入不等式化简后转化为用基本不等式求函数的最值．【详解】（1）设数列{}nb的公差为d，则225168(22)1222325bdbbbddd+==++−++++，12d=，所以11

2(3)22nnbn+=+−=，1=1b，224nnS+=−，311244aS==−=，2n时，211124(24)2nnnnnnaSS+++−=−=−−−=，1=4a也适用，所以12nna+=；（2）由（1）(1)2nnnabn=+，22232(1)

2nnTn=++++，231222322(1)2nnnTnn+=+++++，两式相减得2314222(1)2nnnTn+−=++++−+1114(12)4(1)2212nnnnn−++−=+−+=−−，所以12nnTn+=．所以不等式226825n

nkTnann−+即为2825nknn−+，又266258258nnnnn=−++−，2525210nnnn+=，当且仅当5n=时等号成立，所以26825nnn−+的最大值是63108=−，故3k，所以k的最小值是3．67．（辽宁省辽西联合校2022-2023学年高三上学期期中）

若正项数列na的前n项和为nS，首项11a=，()1,nnPSS+点在曲线()21yx=+上．(1)求数列na的通项公式na；(2)设11nnnbaa+=，nT表示数列nb的前n项和，若113nTm−对Nn恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)()21Nnann=−(

2)4m【分析】（1）将点P坐标代入曲线方程，整理可得11nnSS+−=，则数列nS是以1为首项，1为公差的等差数列，可得2nSn=，分别讨论2n和1n=，由1nnnaSS−=−即可求解；（2）由（1）可得111

1122121nnnbaann+==−−+，利用裂项相消法可得111221nTn=−+111122113−=+，再根据恒成立可得11133m−，即可求解.【

详解】（1）因为点()1,nnPSS+在曲线()21yx=+上，所以()211+=+nnSS，则11nnSS+−=，且111Sa==，所以数列nS是以1为首项，1为公差的等差数列，所以()1=11nSSnn+−=，即2nSn=，当2n时，()221121n

nnaSSnnn−=−=−−=−，当1n=时，111211aS===−，也成立，所以()21Nnann=−（2）因为1111122121nnnbaann+==−−+，所以111111111123352121221nTnnn

=−+−++−=−−++L111122113−=+因为113nTm−对nN恒成立，所以11133m−，所以4m.68．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考期中）已知数列na的前n项

和2nSnn=+．(1)求数列na的通项公式；(2)设216nnncaa+=，数列nc的前n项和为nT，是否存在正整数k，使得23nTkk−对于*nN恒成立？若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)2nan=(2)存在，k的最小值为4【分析】（1）利

用11,1,2nnnSnaSSn−==−求得数列na的通项公式.（2）利用裂项求和法求得nT，求得nT的取值范围，结合二次函数的性质求得k的最小值.【详解】（1）依题意2nSnn=+，当1n=时，112aS==，当2n时，()()221112nnnaSSnnnnn−=−=+−−+

−=，当1n=时上式也符合，所以2nan=.（2）()()21616411222222nnncaannnnnn+====−+++，1111111112132435112nTnnnn=−+−+−++−+−

−++11111213221212nnnn=+−−=−+++++，nT为单调递增数列，111432233T=−+=，则433nT≤，所以

2233,330kkkk−−−，函数()233fxxx=−−的对称轴为32x=，()()11335,24635ff=−−=−=−−=−，()()39933,4161231ff=−−=−=−−=当32x时，()fx递增.所以使2330kk−−成立的正整数k

的最小值为4.1．（福建省龙岩市一级校联盟（九校）2023届高三上学期期中）已知数列1,1naa=，对于任意正整数,mn，都满足mnmnaaamn+=++，则12100111222aaa+++=（）A．10099B

．99100C．100101D．101100【答案】C【分析】由递推关系可得11nnaan+−=+，利用累加求数列na的通项公式，再由裂项相消法求12100111222aaa+++的值.【详解】因为对于任意正整数,mn，都满足mnmnaaamn+=++，

所以11nnaaan+=++，又11a=，所以11nnaan+−=+，所以当2n时，213212,3,,nnaaaaaan−−=−=−=，所以123naan−=+++，即123nan=++++，所以当2n时，()12nnna+=，又11

a=也满足此关系，所以()12nnna+=所以()1111211nannnn==−++，故12100111111111001222223100101101aaa+++=−+−++−=.故选：C.2．（河北省唐山市第十—中学2023届高三上学期期中）若nS是数列na的前n项和，

已知12a=，210a=,且112323nnnnSSS+−+−=，则2022S=（）A．20232024321−+B．20222023321−+C．20222023232−D．20232024232−【答案】A【分析】根据已知条件及na与nS的关系，利用构造法得{}n

a通项公式，结合等比数列的前n项和公式及分组求和法即可求解.【详解】由题意得当2n时，1223nnnaa+−=，设1132(3)nnnnaa+++=+，得11232(23)nnnnaa++−=−，又因为12a=，210a=，所以221232(

23)aa−=−也满足上式，所以数列23nna−是以首项为1234a−=−，公比为2的等比数列，所以123(4)2nnna−−=−，即2(32)nnna=−，所以123(13)2(12)2()3211312nnnnnS++−−=−=−+−−故20232024202232

1S−=+.故选：A.3．（山西省运城市2023届高三上学期期中）在数列na中，9nann=+，则122389aaaaaa−+−++−的值为（）A．8B．10C．12D．14【答案】A【分析】根据通项利用作差变形确定数列的单调性，即可化简所求式子，再根据通项求解化简式子即可

.【详解】解：数列na中，9nann=+，则()()21999111nnnnaannnnnn++−−=++−−=++，则当2n时，在数列na中123aaa；当3n时，数列na单调递增，则3456aaaa则1223891

223435498aaaaaaaaaaaaaaaa−+−++−=−+−+−+−++−193999219238193aaa=+−=+++−+=.故选：A.4．（福建省泉州一中、南安一中2023届高三上学期期中）已知数列na满足113,1nnaaa

+=−=，若13nnba=+，数列nb的前n项和为nS，且对于任意的*Nn都有43342ntSnt−−−+，则实数t的取值范围是（）A．5,13−B．5,13−C．51,3−D．51,3−【答案】D【分析】根据等比数列求(

)1=3nna−−，进而得nb，由分组求和得nS，根据奇偶即可求解最值.【详解】113,1nnaaa+=−=，可知na为等比数列，所以()1=3nna−−，故113313nnnba−−+=+=，进而11331333144313nnnnnS−−=+=−−+

+，所以93133443nnnS−−=−−−，故3342nSnt−−+，即93131443146172163nntt+−−−−−−，当n为奇数时，则对任意

的奇数n，满足311631716nt+−，由于()13nfn=单调递减，当1n=时，()311617163ngn=−+有最大值1−，所以1t−,当n为偶数时，满足31163

1716nt−−，由于()13nfn=单调递减，1716t−，综上可得1t−，同理731433443nntSnt−−−−−，故当2n=时，min7312443n−

−=，故53t，综上：513t，故选：D5．（2022秋·广东广州·高三广州市白云中学校考期中）设数列na的通项公式为()()121cos12nnnan=−−−，其前n项和为nS，则2022S=（）A．4041B．5−C．2021−D．404

5−【答案】D【分析】由并项求和法求解，【详解】当43nk=−或41nk=−，*Nk时，cos02n=，43411kkaa−−==−；当42nk=−，*Nk时，1os2cn=−，()()4224211184kakk−=−−−−=−+；当4nk=，*Nk时，co

s12n=，4241182kakk=−−=−．43424140kkkkaaaa−−−+++=，2022202020212022202120221(220221)(1)14045SSaaaa=++=+=−+−

−−=−．故选：D6．（2022秋·江苏南京·高三南京市第二十九中学校考期中）（多选）数列na的首项为1，且121nnaa+=+，nS是数列na的前n项和，则下列结论正确的是（）A．37a=

B．数列1na+是等比数列C．21nan=−D．121nnSn+=−−【答案】AB【分析】根据题意可得()1121nnaa++=+，从而可得数列1na+是等比数列，从而可求得数列na的通项，再根据分组求和法即可求出nS，即可得出答案.【详解】解：∵121nn

aa+=+，可得()1121nnaa++=+，又112a+=∴数列1na+是以2为首项，2为公比的等比数列，故B正确；则12nna+=，∴21nna=−，故C错误；则37a=，故A正确；∴()12122212nnnSnn+−=−=−−−，故D错误.故选：AB.7．（2022秋·山

东青岛·高三统考期中）（多选）若数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＝2an﹣2，数列{bn}满足bn＝log2an，则下列选项正确的为（）A．数列{an}是等差数列B．an＝2nC．数列{an2}的前n项和为21223n+−D．数列11nnbb+的前n

项和为Tn，则Tn＜1【答案】BD【分析】直接利用数列的递推关系式的应用求出数列为等比数列和求出数列的通项公式，进一步判定AB的结论，进一步利用数列的求和和放缩法的应用判定CD的结论．【详解】数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＝2an﹣2①，当n＝1时，解得a1＝

2，当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1﹣2②，①﹣②得：an＝2an﹣2an﹣1，即12nnaa−=，所以数列{an}是以2为首项2为公比的等比数列．所以2nna=，故A错误，B正确；对于C：24nna=，所以()2244124413nnnT+−−==−，

故C错误；对于D：由于数列{bn}满足bn＝log2an＝n，所以11111nnbbnn+=−+，所以11111111122311nTnnn=−+−++−=−++＜．故D正确．故选：BD．8．（2022秋·福建厦门·高三厦门一中校考期中）已知数列n

a，nS为na的前n项和，13nnaSn+=−+，*Nn，13a=.(1)证明：1na−是等比数列；(2)设()*N2nnnbnSn=−+，求数列nb的前n项和为nT.【答案】(1)证明见解析(2)11(1)()22nnnT=−+【分析】（1）根据等比数列的定义得数列1na−

为第二项起为等比数列，由等比数列的通项公式可得答案；（2）由（1）得12nnnb+=运用错位相减法可得.【详解】（1）当1n=时，21135aS=−+=，当2n时，由13nnaSn+=−+，可得14nnaSn−=−+，两式相减可得，11nnnaaa+−=−，

即有()1121nnaa+−=−，即为数列1na−为第二项起为等比数列,又123,5aa==1212(1)aa−=−数列1na−为以2为首项，等比数列为2的等比数列.（2）由（1）得()111212nnnaa

−−=−=，13nnaSn+=−+，可得122nnSn+=+−，则122nnnnnbSn+==−+,,即有前n项和为23411232222nnnT+=++++，4325112322222nnnT+=++++，,两式相减可得，2431211111222222nnnnT++=++++−，(

)2322211111222112222122nnnnnTn+++−=+−=−+−化简可得11(1)()22nnnT=−+.9．（2022秋·河北唐山·高三唐山一中校考期中）数列na满足：()*1122,Nnnnaaann+−+=

，12a=，720a=；令12nnnba−=，则数列nb的前n项和为.【答案】()4342nn+−.【分析】由等差数列的定义可得na是首项为2的等差数列，由等差数列的通项公式解方程可得公差，可得na，nb，再由数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式，可得所求和.【详

解】数列na满足：()*1122,Nnnnaaann+−+=，即为1121nnnnaaaaaa+−−=−==−，所以na是等差数列，设公差为d，由12a=，720a=，可得2620d+=，解得3d=，则23(1)31nann=+−=−

，112(31)2nnnnban−−==−，数列nb的前n项和为01221225282(34)2(31)2nnnSnn−−=++++−+−，2312225282(34)2(31)2nnnSnn−=++++−+−

，上面两式相减可得()12123222(31)2nnnSn−−=++++−−()121223(31)212nnn−−=+−−−，化简可得()4342nnSn=+−.故答案为：()4342nn+−.10．（2022秋·福建厦门·高三厦门一中校考期中）已知等比数列na的

公比1q，前n项和为nS，满足：234613,3Saa==.(1)求na的通项公式；(2)设1,,nnnanbbnn−=+为奇数为偶数，求数列nb的前2n项和2nT.【答案】(1)13nna−=(2)22914nnTnn−=++【分析】

（1）法一：利用等比数列的通项公式和前n项和公式得到关于基本量1,aq的方程组，解之即可求得13nna−=；法二：利用等比数列的性质和前n项和公式依次转化得到关于13,aa的方程组，解之即可求得13nna−=；（2）分类讨论nb的通项公式，注意当n为偶数时，n1−为奇数，从

而利用分组求和法可求得2nS.【详解】（1）法一：因为na是公比1q的等比数列，所以由3246133Saa==，得()12323511133aaaaqaq++==，即()2111133aqqaq++==，两式相除得21133qqq++=，整理得23103

0qq−+=，即()()3130qq−−=，解得3q=或13q=，又1q，所以3q=，故131aq==，所以1113nnnaaq−−==，法二：因为na是公比1q的等比数列，所以由3246133Saa==得1232661

33aaaaaa++==，即1232133aaaa++==，则1322+=10=9aaa，132213109aaaaa+===，解得1319aa==或1391aa==（舍去）

，故2319aqa==，则3q=，所以1113nnnaaq−−==.（2）当n为奇数时，13nnnba−==，当n为偶数时，213nnnbbnn−−=+=+，所以21234212nnnTbbbbbb−=++++++()()1321242nnbbbbbb−=+++++++()()2

2202202333233432nnn−−=++++++++++()()02224323223nn−=+++++++()()2213222132nnn−+=+−2914nnn−=++.1．（2022秋·江苏南通·高三期中）

设递增的等比数列{}na的前n项和为nS，已知21430nnnaaa++−+=，且2472aa=．(1)求数列{}na通项公式及前n项和为nS；(2)设()131log2nnnabS+=+(N)n，求数列{}nb的前n项和为nT．【答案】(1)123nna−=；3

1(N)nnSn+=−；(2)1213344nnnT+−=+【分析】（1）设递增的等比数列{}na的公比为q，根据21430nnnaaa++−+=，可得2430qq−+=，再结合2374422aa

qa==即可求出1a与q的值，从而可得数列{}na通项公式及前n项和为nS；（2）由（1）可得()()1331log311log332nnnnnnabSn+=+=−+=，从而利用错位相减求和法即可求出数列{}nb的前n项和为nT．【详

解】（1）设递增的等比数列{}na的公比为q，由21430nnnaaa++−+=，得2430nnnaqaqa−+=，又0na，所以2430qq−+=，解得3q=或1q=（舍去），又2374422aaqa==，得3341125427aqaqa===

=，则12a=，所以123nna−=；()()21331N13nnnSn+−==−−；（2）由（1）可得()()1331log311log332nnnnnnabSn+=+=−+=，所以1231231323333nnnTbbbbn=++++=++++；则23

4131323333nnTn+=++++；两式相减得()()112311113133313233333333132222nnnnnnnnTnnnn+++++−−=++++−=−=−−=−−−，所以1213344nnnT+−=+

．12．（2022秋·江苏南通·高三期中）已知数列na，14a=，1122nnnaa++=+，其中*nN．(1)设2nnnab=，证明：数列nb是等差数列，并求nb的通项公式；(2)设2nnncb−=，nT为数列nc的

前项和，求证：3nT；(3)设14(1)2(nbnnnd−=+−为非零整数，N*)n，试确定的值，使得对任意*nN，都有1nndd+成立．【答案】(1)证明见解析，1nbn=+；(2)见解析；(3)1

=−.【分析】(1)由1122nnnaa++=+，可得11122nnnnaa++=+，即有11nnbb+=+，从而得数列nb是等差数列，再由等差数列的定义求通项公式即可；(2)利用错位相减求得332nnnT+=−，即可得证；(3)由1nndd+可得

12(1)0nn−+−对任意*nN成立，分n为奇数、偶数求出的范围，再结合为非零整数，即可得的值.【详解】（1）证明：因为1122nnnaa++=+，所以11122nnnnaa++=+，即11nnbb+=+，所以数列nb是等差数列，首项

为114222ab===，公差1d=，所以2(1)11nbnn=+−=+；（2）解：因为122nnnncbn−+==，所以231234122222nnnnnT−+=+++++①,所以234112341222222nnnnnT++=+++++L②,由①-②可得23

411111111222222nnnnT++=+++++−=21111()[1()]12211212nnn−+−++−−=13322nn++−所以332nnnT+=−，又因为302nn+，所以3332nnnT+=−；（3）解：因为1114(1)24(1)2nbnnnnnnd−−+=+−+

−=，所以1214(1)2nnnnd+++=+−，又因为1nndd+对任意*nN成立，即124(1)2nnn+++−114(1)2nnn−++−对任意*nN成立，整理得21034(1)2(1)2nnnnn++++−−对任意*nN成立，即10

343(1)2nnn++−对任意*nN成立，2103(23(1)2)nnn++−对任意*nN成立，11[2032(1)]nnn+−+−对任意*nN成立，所以12(1)0nn−+−对任意*nN成立，当n为奇数时，12n−，所以111min

(2)21n−−==，当n为偶数时，12n−−，所以121max(2)22n−−−=−=−，所以21−，又因为为非零整数，所以1=−.13．（河北省深州市中学2023届高三上学期期中）已知各项均为正数的数列{}na的前n项和为nS，首项为1a，且12nna

S、、成等差数列.(1)证明：数列{}na是等比数列，并写出通项公式；(2)若22lognnba=−，设nnnbca=，求数列{}nc的前n项和nT；(3)若不等式23218nnTmmn−−−对一切正整数n恒成立，求实数m的取值范围.【答案】(1)22nna−=(2)82nnnT=(3)(

),12,−−+【分析】（1）根据已知条件，利用na与nS的关系，得出递推关系式，证明数列为等比数列，再求出数列的通项公式．（2）利用（1）的结论，根据数列通项特征，利用错位相减法求出数列的和．

（3）利用（2）的结论，找出算式最大值利用恒成立问题求出参数m的范围．【详解】（1）各项均为正数的数列{}na的前n项和为nS，首项为1a，且1,,2nnaS成等差数列．则：122nnSa+=①，当1n=时，11122Sa+=，解得：112a=．当2n时，1112

2nnSa−−+=②，①−②得：122nnnaaa−=−，整理得：12nnaa−=，所以：数列{}na是以112a=为首项，2为公比的等比数列．所以：121222nnna−−==．（2）由于：22nna−=，所以22log42nnban=−=−，则24216822nnnnnbnnca

−−−===，所以1280168222nnnT−=+++①，2311801682222nnnT+−=+++②，①−②得：212311111111116816842248481222222212nnnnnnnnnT−++−−−=−+++−=−−=

−，解得：82nnnT=．（3）设32328328822nnnnnnnndTnn−−−===，则：1113(1)23253222nnnnnnnndd++++−−−−=−=，当1n=，2，3时，12311,

1,28ddd===，当1n时，15302nn+−，即1nndd+，故nd的最大值为1，不等式23218nnTmmn−−−对一切正整数n恒成立，只需211mm−−即可，故：220mm−−，解得：2m或1m−，所以m的取值范围是：(),12,−−+．14．（2

022秋·福建南平·高三校考期中）已知数列na的前n项和nS满足23nnSa+=．(1)求na的通项公式；(2)设数列nb满足()2nnbna=+，记nb的前n项和为nT，若存在*nN使得214nnTa+≥成立，

求的取值范围．【答案】(1)113nna−=(2)94≤−【分析】（1）结合1nnnaSS−=−，可证明na是等比数列，求解即可；（2）乘公比错位相减法求和可得nT，代入214nnTa+≥，化简可得724n−+≤恒成立，

结合单调性求解即可.【详解】（1）∵23nnSa+=，当1n=可得111231aaa+==，()()11123302232nnnnnnSaaanSan−−−+=−=+=，∴()1123nnana−=，即na是以1为首项，13q=的等比数列，∴1111133nn

na−−==.（2）∵()()11223nnnbnan−=+=+,∴()0121111134523333nnTn−=+++++,()()12111111341233333nnnTnn

−=++++++,两式相减：()121211113233333nnnTn−=++++−+()111133

1771321322313nnnnn−−=+−+=−+−,∴2132114243nnTn=−+,∴214nnTa+≥,∴1213211211424343nnn−−++

≥,即存在*nN使724n−+≤成立,∵随着n增大，724n−+在减小,∴当1n=时，179244−+=−≤.15．（2022秋·湖北·高三校联考期中）已知数列

na的首项为4，且满足1142nnnaa++=−，若12nnnab=−．(1)求数列nb的通项公式；(2)数列nc中，14c=，对任意m，*nN，都有3nmccnm−=−，求数列nnbc的

前n项和nS．【答案】(1)12nnb−=(2)()2322nnSn=+−【分析】（1）由1142nnnaa++=−得1112122nnnnaa++−=−，即12nnbb+=，由等比数列定义列通

项公式即可；（2）令1m=即求得31ncn=+，利用错位相减法即可求nS【详解】（1）1142nnnaa++=−，112122nnnnaa++=−，1112122nnnnaa++−=−又12nnnab=−，12nnbb+=且110b=nb是首项为1，公比为2的等比数列

，12nnb−=（2）3nmccnm−=−对任意m，*nN都成立，令1m=得131nccn−=−，31ncn=+，()1312nnnbcn−=+，()01214272102312nnSn−=

+++++，()12324272102312nnSn=+++++作差化简得()2322nnSn=+−