【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17 第17-18题 数列（题型归纳） Word版含解析.docx，共(52)页，2.393 MB，由小赞的店铺上传

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猜题17第17-18题数列（题型归纳）目录：一、定义法、数列求和基础；二、证明不等式；三、导数、平面解析几何等在数列中的应用；四、等差等比数列的综合运用；五、多种方法求递推公式一、解答题一、定义法、数列求和基

础1．已知数列na的前n项和为nS，满足()21nnSan=−*N．(1)求数列na的通项公式na及nS；(2)若数列nb满足31nnbS=−，求数列nb的前10项的和10T．【答案】(1)12,2

1nnnnaS−==−；(2)1922.【分析】（1）由11aS=求出1a，由1(2)nnnaSSn−=−求得数列{}na的递推关系得其为等比数列并得出公比，从而易得通项公式、前n项和；（2）根据绝对值的定义按正负分类

讨论去绝对值符号，然后分组求和．【解析】（1）由21nnSa=−得：1121Sa=−，即11a=，由21nnSa=−得：1121nnSa++=−，两式相减得：1122nnnaaa++=−，即12nna

a+=，所以数列na是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12nna−=，则122112nnnS−==−−；（2）由（1）知：232nnb=−，则()()322152325nnnnbn−=−，所以()

()()()()()125671010322322322232232232T=−+−++−+−+−++−()12101252222222=+++−+++()()10511212412212619221212−−=−=−=−−.

2．已知数列na中，11a=，()11232nnnaan−+=+N.(1)判断数列2nna是否为等差数列，并说明理由；(2)求数列na的前n项和nS【答案】(1)是等差数列，理由见解析(2)()12342nnSn−=+−【分析】(1

)根据数列的递推公式即可求解；(2)结合（1）的结论得出()()2312nnann−=−N，然后利用错位相减法即可求解.【解析】（1）因为1111232322224nnnnnnnnnaaaa−++++−=−=，所以数列2n

na是以12为首项，以34为公差的等差数列；（2）由（1）知：数列2nna的通项公式为：()()1311312244nnann=+−=−，则()()2312nnann−=−N，()()10132225282342312nnnSnn−−−=

++++−+−①，()()012212225282342312nnnSnn−−=++++−+−②，①−②得：()()012113222312nnnSn−−−=++++−−()11121331212nnn−−−=+−−−()12432n

n−=−+−，则()12342nnSn−=+−.3．设nS为等差数列{}na的前n项和，已知59a=，525S=．(1)求数列{}na的通项公式；(2)记11nnnbaa+=，nT为数列{}nb的前n项和，求nT的取值范围．【答案】(1)()*21Nnann=−(2)

11,32【分析】（1）利用等差数列通项公式及前n项公式列出方程组解出等差数列的首项和公差即可；（2）先求出数列{}nb的通项公式，然后利用裂项相减法求和，在根据数列的单调性求出nT的取值范围.【解析】（1）等差数列

{}na中，59a=，525S=，1149545252adad+=+=，解得11a=，2d=，()*21Nnann=−．（2）11nnnbaa+=，()()1111212122121nbnnnn

==−−+−+，111111123352121nTnn=−+−++−−+11(1)22121nnn=−=++，由于11212nnn=++为递增数列，1n=时，取得最小值13，且1121221nnn=++，则1132nT，

故nT的取值范围为：11,32.4．已知公差不为0的等差数列na的首项13a=，且11a，41a，131a成等比数列.(1)求数列na的通项公式；(2)若100nnba=−，求数列nb的前n项

和nT.【答案】(1)21nan=+(2)2298,149984802,50nnnnTnnn−+=−+【分析】（1）利用等比数列的性质和等差数列的通项公式即可求解；（2）根据数列{}nb的通项公式992nbn

=−可以得出数列{}nb的前49项为正值，进而求解即可.【解析】（1）因为11a，41a，131a成等比数列，所以24113111aaa=，即24113aaa=.设na的公差为d，因为13a=，所

以()()2333312dd+=+，即220dd−=.因为0d，所以2d=，所以通项公式为21nan=+.（2）由（1）知100992nnban=−=−.设数列nb的前n项和为nS，则()299297982nnnSnn−+==−

+.当49n时，298nnTSnn==−+；当50n时，2492984802nnTSSnn=−+=−+.综上，2298,149984802,50nnnnTnnn−+=−+.5．已知数列na满足11a=，121nnaa+=+．(1)证明：数列1n

a+是等比数列；(2)设1nnnba=+，求数列nb的前n项和nS．【答案】(1)证明见解析(2)222nnnS+=−【分析】（1）根据等比数列的定义即可求证，（1）由等比数列求解12nna+=，进而根据错位相减法即可求和.【解析】（1）由121

nnaa+=+得：()1121nnaa++=+由11a=知：112a+=∴1121nnaa++=+，∴数列1na+是以2为首项，2为公比的等比数列（2）方法一由（1）得：12nna+=，∴12nnnnnba==+∴231232222nnnS=+

+++①212321222nnnS−=++++②②-①得：21111112212122222212nnnnnnnnnS−−+=++++−=−=−−∴222nnnS+=−．方法二由（1）得：12nna+=，∴12nnnnnba==+∴231232222nnnS=++

++①231112122222nnnnnS+−=++++②①-②得：211111111111122211122222222212nnnnnnnnnnnnS++++−+=+++−=−=−−=−−∴22

2nnnS+=−．6．已知数列()nan*N满足1221122222nnnaaan−+++=−+．(1)求数列na的通项公式；(2)若cosπnnban=，求数列nb前2n项和2nT．【答案】(1)2

2nna=−(2)2242.3nnT−=【分析】（1）用数列中前n项和nS与项na的关系求解；（2）先写出奇数项、偶数项的通项公式，再按奇数项、偶数项分组求和.【解析】（1）由题意122112.2222nnnaaan−+

++=−+当1n=时，10a=；当2n时，-1122-1213,2222nnnaaan−+++=−+两式相减得1211112(3)12222nnnnnann−−−=−+−−+=−，所以22nna=−，当1n=时也成立．所以数列na的通项公式22nna=−.（2

）根据题意，得22,.cosπ(22)cosπ,22,nnnnnnbannn−==−=−为奇数为偶数所以2123212...nnnTbbbbb−=+++++123212(222...22)(222...22)nn−=−+−+−++−+−−+123212222.

..22nn−=−+−+−+22[1(2)]1(2)n−−−=−−242.3n−=所以2nT242.3n−=7．已知数列na满足()12321naanan+++−=.(1)求na的通项公式；(2)已知21,,19,,nnnnnacaan+=为奇数为偶数数列nc的前

20项和.【答案】(1)121nan=−(2)1300129【分析】（1）根据()12321naanan+++−=得到()()12132312naanann−+++−=−，然后两式相减得到()2121nann=−，最后验证1n=时是否成立，即可得到na；（2

）分奇偶项求和，奇数项用等差数列求和公式求和，偶数项用裂项相消的方法求和，最后相加即可.【解析】（1）当1n=时，可得11a=，当2n时，()12321naanan+++−=，()()12132312naanann−+++−=−，上述两式作差可得()2121nann

=−，因为11a=满足121nan=−，所以na的通项公式为121nan=−.（2）()()21,191,2123nnncnnn−=−+为奇数为偶数，所以()131913710159371019219ccc++++++++===，2420111111111110377113

9434377113943129ccc+++=+++=−+−++−=.所以数列nc的前20项和为1300129.8．已知数列na是以d为公差的等差数列，0,ndS为na的前n项和．(1)若6

336,1SSa−==，求数列na的通项公式；(2)若na中的部分项组成的数列nma是以1a为首项，4为公比的等比数列，且214aa=，求数列nm的前n项和nT．【答案】(1)1122nan=−(2)4169nnnT−+=【分析】

（1）由636SS−=，可得52a=，后由等差数列性质可得公差，即可得通项公式；（2）由题可得14nnmmaa−=，11m=.后由na是以d为公差的等差数列，214aa=可得数列23nm−是以13为首项．4为公比的等比数列，可求得数列nm的通项公式，后由分组求和法可得n

m的前n项和nT．【解析】（1））因为636SS−=，所以4566aaa++=，所以45655362aaaaa++===.所以()533111353222naadaandn−===+−=−−.则数列na的通项公式为112

2nan=−.（2）因为数列nma是以首项为1a，公比为4等比数列.所以111141,nnmmmaaaam−===.因为数列na是等差数列，所以()()111141nnamdamd−+−=+−.化简得11343nnammd−=+−.因为2114a

ada=+=，所以113ad=，即142nnmm−=−.所以122433nnmm−−=−.因为12133m−=，所以数列23nm−是以13为首项．4为公比的等比数列所以112112443333nnnnmm−−−==

+.所以()0111212416444339nnnnnnTmmm−−+=+++=+++=.则数列nm的前n项和nT为：4169nnnT−+=.9．已知等差数列na和正项等比数列117514，，nbabab====.(1)

求nnab，；(2)设2log5nnncba=+−，记数列nc的前n项和为nS，求nS的最小值：(3)设nb的前n项和为nT，是否存在常数p､c，使()2lognnapTc=++恒成立？若存在，求出p

c､的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)()111222；nnnanb−=+=；(2)10−；(3)存在，其中()222logp=−，21c=+.【分析】（1）由题干条件可求出等差数列公差与等比数列公比

，后可得通项公式；（2）由（1）可得5ncn=−，后由数列单调性结合项的正负性可得nS的最小值；（3）可求得()()()22121nnT=+−+，后由()2lognnapTc=++可得()222np()()()2212

1nc=+−++，后比较相关系数可得答案.【解析】（1）设等差数列公差为d，等比数列公比为()0qq.则由题有：711712aad−==−，45142bbqq===.故()()1111111222；nnnn

aandnbbq−−=+−=+==；（2）由（1）可得21111log5552222nnncbannn=+−=−++−=−，则nc是以4−为首项，公差为1的递增等差数列，注意到456101，，ccc=−==，则45432110

nSSS==−−−−=−，即求nS的最小值为10−；（3）()1232121nnnTbbbb−=++++=−()()2121n=−+()()()22121n=+−+.因()112nan=+，则若()2lognnapTc=++，可得()()()()211221212lognnpc+

=++−++()()()()211221212lognnpc+−=+−++.注意到()()()()11122221121222222logloglognnnpppnp++−+−===，则()22

2np()()()22121nc=+−++恒成立，从而可得()2222122222221logppp=+==−=−+；()21021cc−++==+.则存在常数()222logp=−，21c=+，使()2lognnapTc=++恒成立.【点睛

】关键点点睛：本题涉及求数列通项，前n项和，及数列中的恒成立问题.本题难点在于第三问，关键需整理出关于p，c的等式，后通过比较系数可得关于p，c的方程.二、证明不等式10．设等比数列na的前n项和为nS，已知37S=，且147aa−=−.(1)求na的通项公式；(2)设21

nnban=+−，数列nb的前n项和为nT，证明：当5n时，56nT.【答案】(1)12nna−=(2)证明见解析【分析】（1）根据等比数列的通项公式和求和公式列式求1,aq，即可得结果；（2）利用分组求和可求得221nnTn=−+

，再结合函数单调性证明.【解析】（1）设数列na的公比为q，∵31477Saa=−=−，则()()313117117aqqaq−=−−=−，解得112aq==，故12nna−=.（2）由（1）知1221nnbn−=+−，所以()()()

()()111211231222112321nnnnnTbbbn−−=+++=+++++=+++++−+++−LL()21211122122nnnnn+−==−−++−∵()221xfxx=−+在)1,+上单调递

增，则数列nT为递增数列，∴当5n时，556nTT=，故当5n时，56nT.11．已知正项数列na的前n项和为nS，满足12nnSnSn++=，11a=.(1)求数列na的通项公式；(2)数列nb为等比数列，数列nc满足11

2nnnnnacaab+++=，若22b=，10123452bbbbb=，求证：121nccc+++.【答案】(1)nan=，nN(2)证明见解析.【分析】（1）先由累乘法求得nS，再根据na与nS的关系即可求得数列na的通项公式；（2）先由条件求得数列nb的通项公式，

即可得到nc，然后根据裂项相消法即可证明.【解析】（1）因为12nnSnSn++=，则3124123213451,,,,,12321nnnnSSSSSnnSSSSnSn−−−+=====−−，累乘可得，()113451123212nnnSnnSnn+

+==−−，2n所以()1,22nnnSn+=，又111Sa==符合式子，所以()1,2nnnSn+=N，当2n时，()()2211122nnnnnS−−+−−==，所以两式相减可得1nnnaS

Sn−=−=，2n，又11a=符合上式，所以nan=，nN（2）因为数列nb为等比数列，22b=，且10123452bbbbb=，设数列nb的公比为q，则()51022bq=，即()51022q=，所以2q=，则12nnb−=所以(

)()121112212nnnnncnnnn−+==−++，即()1211111111144121232212nnncccnn−+++=−+−+−++−+()11112nn=−+12．已

知nS，为数列na的前n项和，242=−+nnSan．(1)证明：数列4na+为等比数列；(2)设数列12nnnaa+的前n项和为nT，证明：16nT．【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析【分析】（1）取1n=计算12a=，11224nnnnnaSSaa−−=−=−−得到1424nnaa−+=+，得到证明.（2）确定4324nna+=−，变换1121113324324nnnnnaa++=−

−−，利用裂项求和计算得到证明.【解析】（1）1112412aSa==−+，12a=，146a+=．由242=−+nnSan，得()112412,2nnSann−−=−−+，()()1112422412224,2nnnnnn

naSSanaaan−−−=−=−+−−−+=−−，所以124,2nnaan−=+，故11142442,244nnnnaanaa−−−+++==++，所以数列4na+是以6为首项，2为公比的等比数列．（2）1462324nnna−+==−，故()()11122111

3324324324324nnnnnnnnaa+++==−−−−−，所以212231222nnnnTaaaaaa+=+++1111111111111328820324324633246nnn++=−+−++−=−−−

−．13．设首项为112a=的数列{}na的前n项积为nT，且满足()111nnnnaanana++=+−(1)求数列{}na的通项公式；(2)设数列nnT的前n项和为nS，求证：1211134nSSS

+++．参考公式：()()222211231216nnnn++++=++．【答案】(1)1nnan=+(2)证明见解析【分析】（1）由已知可得111nnnnaa++−=，即数列{}nna是以2为首项，1为公差的等差数列，然后求解即可；（2）由参考公式可得()()123nn

nnS++=，则()()()13112112nSnnnn=−+++，然后累加求和即可．【解析】（1）数列{}na的前n项积为nT，且满足()111nnnnaanana++=+−.则111nnnnaa++−=,又112a=，112a=，则数

列{}nna是以2为首项，1为公差的等差数列，则()211nnnna=+−=+1nnan=+；（2）由（1）可得1212311nnTnn==++，则2nnnnT=+则()()()()()2222

1112312312162nnnSnnnnn+=+++++++++=+++()()123nnn++=.则()()()()()13311212112nSnnnnnnn==−+++++则()()()121113111121223233411112nSSSnnnn+++

=−+−++−+++()()311322412nn=−++.14．已知数列na的前n项和为nS，且10a=，()112nnnana+=++.(1)求数列na的通项公式；(2)若24351

3111nnnTSaSaSa++=+++，证明：11128nT.【答案】(1)22nan=−；(2)证明见解析.【分析】（1）由条件可得()1211nnaannnn+=+++，利用累加法求nan，由此可求数

列na的通项公式；（2）利用裂项相消法求nT，再证明11128nT.【解析】（1）因为()112nnnana+=++.所以()1211nnaannnn+=+++，所以()111211nnaannnn+−=−++.因为111211nnaannnn

−−=−−−，121121221nnaannnn−−−=−−−−−，…，211122112aa−=−，当2n时，11111111221112112naannnnnn−=

−+−++−=−−−−.因为10a=，所以121nann=−，又10a=也满足关系121nann=−，所以121nann=−，所以22nan=−.（2）因为22nan=−，所以()()2212nnnSnn−==−.因为()()()()()

13111112124112nnSannnnnnn++==−+++++，所以243513111nnnTSaSaSa++=+++，()()()1111111412232334112nTnnnn=−+−++−+++，()()11

14212nTnn=−++，所以()()118412nTnn=−++.，因为()()10412nn++，所以18nT.因为nT在Nn时单调递增，所以1112nTT=，故11128nT.15．已知数列na满足111,21nnaaa

+==+.(1)证明：数列1na+是等比数列；(2)设121,nnnnbSbbba==+++，证明：2nS.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）将121nnaa+=+配凑得()1121nnaa++=+，从而可得1121nnaa++=+，根据等比数列的定义证明；（2）由

（1）可得1212nnna−=−，从而得1111212nnnnba−==−，再利用等比数列的求和公式计算nS，即可证明2nS.【解析】（1）由121nnaa+=+得：()1121nnaa++=+.由11a=可得，112a+=1121nnaa++=+数列1na+

是以2为首项，2为公比的等比数列（2）由（1）得：12nna+=.1212nnna−=−，当且仅当1n=时取等号1111212nnnnba−==−.1221111111212212222121nnnnnSbbb−−−=+++++++==−−即2

nS.16．已知数列na满足11a=，112nnnaana+=+．(1)求数列na的通项公式；(2)记nS为数列na的前n项和，证明：12nS．【答案】(1)()111nann=−+(2)证明见解析【分

析】(1)把112nnnaana+=+化为1112nnnaa+−=，从而利用累加法可求；(2)由0na可推11nSa=，利用()()()111121111nannnnnnn==−−+−−放缩，可证2nS.【解析】（1）由

题意知0na，所以1112nnnaa+=+，即1112nnnaa+−=从而11221111111111nnnnnaaaaaaaa−−−=−+−++−+，()()()121222111nnnnna=−+−+++=−+，则()111n

ann=−+．显然11a=满足上式，所以()111nann=−+（2）由（1）知0na，11120nnnaa+=+所以1nnaa+，所以11nSa=．又因为()()()111121111nannnnnnn==−−+−−，所以12111111112

22231nnSaaannn=++++−+−++−=−−，所以12nS．17．已知数列na满足：11a=，11nnanan+=+；数列nb是等比数列，并满足12b=，且11b−，4b，51b−成等差数列.（1）求数列na，

nb的通项公式；（2）若数列nb的前n项和是nS，数列nc满足()122nnnnnaacaS++=+，求证：1212nccc+++.【答案】（1）1nan=，2nnb=；（2）证明见解析.【解析】(1)由已知可

得11(1)nnnana++==，可求na通项；再根据题设得()()415211bbb=−+−解得q，可得nb通项公式；(2)由（1）可得nc通项公式，裂项求和即可.【解析】（1）由已知11a=，1(1)nnnana+=+，所以nna是常

数列，111nnaa==，故1nan=设nb的公比是q，由已知得()()415211bbb=−+−，所以3442qq=所以2q=，故2nnb=（2）()12122212nnnS+−==−−()11122112(1)22(1)2nnnnnnnnaancaSnnnn++

+++===−+++累加得：122231111111122222322(1)2nnncccnn++++=−+−++−+所以1211112(1)22nncccn++++=−+，得证.【点睛】此题考查数列的通项公式的求法:一是由递推关系求通项公式，二是确定基本量求通项

公式；另一方面考查裂项求和，属于中档题.三、导数、平面解析几何等在数列中的应用18．已知对于任意Nn，函数2()2fxxx=+在点(,())nfn处切线斜率为na，正项等比数列nb的公比(0,1)q，且153528225bbbbbb++=，又3b与5b的等比中项为2．(1)求数

列,nnab的通项公式；(2)若21lognnab+对任意Nn恒成立，求取值范围．【答案】(1)22nan=+，512nnb−=(2)12【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得数列na的通项公式，根据题意求出数列

nb的首项和公比，即可求得数列na的通项公式；（2）先求出21lognnab+的表达式，再利用二次函数的性质即可得解.【解析】（1）由题意()22fxx=+，∴22nan=+，22333555354251·4bbbbbbbb=++===或3514

bb==（舍），5353311,22nnnbqbbqb−−====；（2）2221325log2(1)(4)26821222nnabnnnnn+=+−=−++=−−+，当1n=或2时取“=”

，∴12.19．函数()yfx=的图象为自原点出发的一条折线，当()*1Nnynn−时，该函数图象是斜率为()0nbb的一条线段.已知数列na由()()*Nnfann=定义.(1)用b表示12,aa；(2)若2b=，记122nnTaana=

+++，求证：242nnnT+−.【答案】(1)122111,aabbb==+(2)证明见解析【分析】（1）由条件结合两点斜率公式列方程求12,aa；（2）由两点斜率公式可得112nnnaa−−=，利用累加法求na，再由等差

数列求和公式和错位相减法求nT，由此证明结论.【解析】（1）由已知可得函数()yfx=过点()()()120,0,,1,,2aa，又当()*1Nnynn−时，该函数图象是斜率为()0nbb的一条线

段，所以21211021,bbaaa−−==−，所以11ba=，22211baba−=，所以122111,aabbb==+；（2）因为函数()yfx=过点()()1,1,,nnanan−−，又当()*1Nnynn−

时，该函数图象是斜率为()0nbb的一条线段，所以11nnnbaa−=−又2b=，所以112nnnaa−=−，即112nnnaa−−=，所以21212aa−=，32312aa−=，，112nnnaa−−=，所以当2n时，12

3111222nnaa−=+++，又112a=，所以当2n时，211122111111222212nnnna−=+++==−−，又1n=时，112a=也满足关系式112nna=−，所以112nna=−，Nn，

所以2nnnnan=−，所以21212222nnnTn=−+−++−，所以21212222nnnTn=+++−+++，设212222nnnS=+++，则2311122222nnnS+=+++，所以23111111

22111112112222222212nnnnnnnnnS+++−+=++++−=−=−−，所以222nnnS+=−，又()11232nnn+++++=所以()

2212424222222nnnnnnnnnnnT+++−++−=−−=+.20．已知数列na的前n项和为nS，且221nnnSa+=+(1)求1a，并证明数列2nna是等差数列：(2)若222kkaS，求正整数k的所有取值.【

答案】(1)11a=，证明见解析(2)1,2,3【分析】（1）根据11,1,2nnnSnaSSn−==−证明1122nnnnaa−−−为定值即可；（2）先根据（1）求出na，再利用错位相减法求出nS，从而

可得222,kkaS，再根据函数的单调性即可得解.【解析】（1）由221nnnSa+=+，得221nnnSa=−+，当1n=时，111221Saa==−+，所以11a=，当2n时，111221nnnSa−−−−=+，两式相减得1122nnnnaaa−−=−−，即112nnnaa−−=+，所以1

11222nnnnaa−−=+，所以数列2nna是以1122a=为首项，12为公差的等差数列；（2）由（1）得22nnan=，所以12nnan−=，21122322nnSn−=++++，23

2222322nnSn=++++，两式相减得()23112122222212112nnnnnnSnnn−−−=+++++−=−=−−−，所以()121nnSn=−+，则()2222122121,22kk

kkSkka−=−+=，由222kkaS，得()221222121kkkk−−+，即22114202kkk−−+−，令()2211422xfxxx−=−+−，因为函数221142,2xyxxy−=−+=−在()2,+上都是增函数，所以函数()221

1422xfxxx−=−+−在()2,+上是增函数，由()()1311711420,248202288ff=−+−=−=−+−=−，()()557711113912210,416162202222ff=−+−=−−=−+−=−，则当4x时，()0fx，所以若222k

kaS，正整数k的所有取值为1,2,3.21．已知数列na各项都不为0，12a=，24a=，na的前n项和为nS，且满足14nnnaaS+=.(1)求na的通项公式；(2)若12311231CCCCCnnnnnnnnnnbaaaaa−−=+++

++，求数列112nnnnbbb+++的前n项和nT.【答案】(1)2nan=，Nn；(2)()111212nnTn+=−+【分析】（1）利用nS与na的关系，得到114nnaa+−−

=，再利用隔项等差数列的性质，分别求出n为奇数与n为偶数时的通项na，进而可得答案.（2）利用倒序相加，求得2nnbn=，整理得1112112(1)2nnnnnnbbbnn++++=−+，进而利用裂项求和法，得到nT【解析】（1）2n时，14

nnnaaS+=，114nnnaaS−−=，两式相减，可得11()4nnnnaaaa+−−=，由题意得0na，可得114nnaa+−−=，则有当n为奇数时，135,,,,naaaa为等差数列，114(1)22nnaan+=+−=，当n为偶数时，246,,,,naaaa为等差数列

，24(1)22nnaan=+−=，*2(N)nann=（2）121121CCCCnnnnnnnnnbaaaa−−=++++，121121CCCCnnnnnnnnnbaaaa−−=++++，利用倒序相加，可得12112()(CCC)2Cnnnnnnnnnb

aaa−=+++++2(22)422nnnnn=−+=，解得2nnbn=，11111222112(1)22(1)2nnnnnnnnnnbnbbnnnn+++++++==−++，2231111111122222322(1)2nnnTnn+=−+−+

+−+()111212nn+=−+22．在数列nq中12q=，112nnqq+=−，在数列na中11a=，221212nnnnnaaqaa+−==.(1)求证数列11nq−成等差数列并求nq；(2)求证：122121111113(1)1nnnaa

aann−++++−−+.【答案】(1)证明见解析，1nnqn+=(2)证明见解析【分析】（1）条件等式两边取倒数化简变形即可；（2）由累乘法求得2na的通项公式，对不等式进行缩放，结合裂项相消求和即可证明.【解析】（1）由112nnqq+=−知121nnnqq

q+−=，故11111211111nnnnnnqqqqqq+===+−−−−−，即111111nnqq+−=−−，数列11nq−成等差数列，所以111(1)111nnnqq=+−=−−，所以1nnqn+=；（

2）由221212nnnnnaaqaa+−==，得2221211nnnanqan+−+==，于是22222121321121231121(1)11nnnnnaaannaanaaann+−+−−+===+

−所以212(1)nnnaannq+==+，1221213212421111111111nnnnaaaaaaaaaa−−++++=+++++++222111111121223(1)nnn=++++++++2111111111223(

1)1223(1)nnnn++++++++−+2111111111111111223112231nnnn=+−+−++−+−+−++−−+111

121311nnnn=−+−=−−++，所以1221211111131nnaaaann−++++−−+.四、等差等比数列的综合运用23．已知等差数列na的前n项和为nS，124325aaa++=，且32a+，4a，52a−成等比数列．(1)求数

列na的通项公式；(2)设13nannba+=，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)()21Nnann=−(2)()()1313NnnTnn+=+−【分析】（1）设出公差，表达出前5项，通过等差和等比关系求出3a和公差d，即可得到数列na

的通项公式；（2）表达出数列nb的通项公式，得到数列nb的前n项和nT的表达式，利用错位相减法即可得出数列nb的前n项和.【解析】（1）由题意，Nn在等差数列na中，设公差为d,由124325aaa++=，得151025ad+=，则1325ada+==，又a3＋2，a

4，a5－2成等比数列，∴7，5＋d，3＋2d成等比数列，得()()25732dd+=+，即()220d−=，得d＝2，∴()3321naandn=+−=−，Nn，∴数列na的通项公式为：()21Nnann

=−．（2）由题意及（1）得，Nn，在数列na中，21nan=−，在数列nb中，13nannba+=，∴()()2213213nnnbnn=−=−，∴()123133353213nnnT=++++−，()()23131

333233213nnnTnn+=+++−+−，两式相减得()()231232333213nnnTn+−=++++−−()()119133221313nnn−+−=+−−−()16223nn+=−+−．∴()()1313NnnTnn+=+−24．

在数列na中，12a=，28a=，且对任意的*Nn，都有2144nnnaaa++=−.(1)证明：12nnaa+−是等比数列，并求出na的通项公式；(2)若**2,21,Nlog,2,Nnn

nnnkkabnnkka=−==，求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)证明见解析，2nnan=；(2)2*2*1111,21,N3241212,2,N32423nnnnnkkTnnnkk−−−+=−=−−−+=.【分析】（1）由21

44nnnaaa++=−，可得()211222nnnnaaaa+++−=−，即12nnaa+−是等比数列，可求得1122nnnaa++−=，变形为11122nnnnaa++−=，即可得到2nna是等差数列，可求得2nnan=，从而求得2nnan=；（2）**1,

21,N2,2,Nnnnkkbnnkk=−=−=，利用分组求和以及等差等比前n项和公式，先求出n为正偶数时nT的表达式，再求为正奇数时的表达式，即可得到.【解析】（1）证明：因为12a=，28a=，所以2128224aa−=−=.因为21

44nnnaaa++=−，所以()211222nnnnaaaa+++−=−，又21240aa−=，则有120nnaa+−()Nn+，所以211222nnnnaaaa+++−=−，所以12nnaa+−是以4为首项，2为公比的等比数列.所以1112

422nnnnaa−++−==，所以11122nnnnaa++−=，又112a=，所以2nna是以1为首项，1为公差的等差数列，所以()1112nnann=+−=，所以2nnan=.（2）由（1）知**2,21

,Nlog,2,Nnnnnnkkabnnkka=−==**1,21,N2,2,Nnnkknnkk=−=−=，则nb的奇数项为以112b=为首项，14为公比的等比数列；偶数项是以22b=−，2−为公差的等差数列.所以当

n为偶数，且2n时，()()13124nnnTbbbbbb−=+++++++1111(24)282nn−=++++−−−−()211124221214nnn−−−=+−()2211324nnn+=−−211232

423nnn−=−−−+；当n为奇数，且3n时，n1−为偶数，1nnnTTb−=+()2211121324232nnnn−−−=−−−++211132412nn=−−+.1n=时，11211111324122T−−+==，满足.所以，当n为奇数，且1n时，有211

132412nnTn=−−+.综上，2*2*1111,21,N3241212,2,N32423nnnnnkkTnnnkk−−−+=−=−−−+=.【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探

讨项间关系而解决问题.25．已知数列na是等差数列，其前n和为nS，292,45aS==，数列nb满足1122(1)21nnnabababn++=−+(1)求数列na，nb的通项公式;(2

)若对数列na，nb，在ka与1ka+之间插入kb个2（N*k），组成一个新数列nd，求数列nd的前2023项的和2023T.【答案】(1)nan=，()1*2Nnnbn−=(2)409

0【分析】（1）首先建立等差数列的基本量的方程组，求数列na的通项公式，再利用数列nnab的和求数列nb的通项公式；（2）根据通项公式，确定前2023项有多少个2以及含有数列na的多少项，再求和.【解析】（1）设等

差数列的首项为1a，公差为d，由题意()1129445adad+=+=，111ad==，所以nan=()1122121nnnabababn+++=−+①当2n时，()1112211221nnnabababn−−−+++=−+②，①-②可得，()122nn

bn−=，当1n=时，1111,1abb==适合12nnb−=，所以()1*2Nnnbn−=（2）因为nan=，所以在数列nd中，从项1a开始到项ka为止，共有项数为012122221kkkk−−++++=+−，当11k=时，101121103420

23+−=；当12k=时，11122120592023+−=，所以数列nd前2023项是项11a之后还有2023-1034=989项为2，所求和为()()0192023121122229894090T=++++++++=.26．已知数列na的前n项和为235nSnn=+，数列

nb满足18b=，164nnbb+=．(1)证明na是等差数列；(2)是否存在常数a、b，使得对一切正整数n都有lognanabb=+成立．若存在，求出a、b的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见

解析；(2)存在12a=，11b=.【分析】(1)由数列na的前n项和为235nSnn=+，可求得62nan=+，*Nn，再由等比数列的定义证明即可.(2)根据题意可求得962nnb−=，log(96)log2anabn=−，代入lognanabb=+中得626log29log

2aannb+=−++，只需满足以66log229log2aab=−=+即可，从而求解,ab的值即可.【解析】（1）解：证明：因为数列na的前n项和为235nSnn=+，所以当1n=时，11358

aS==+=，当2n时，213(1)5(1)nSnn−=−+−，所以221353(1)5(1)62nnnaSSnnnnn−=−=+−−−−=+，满足18a=，所以数列na的通项公式为62nan=+

，*Nn，所以16(1)2626nnaann+−=++−−=，*Nn，所以na是等差数列；（2）解：因为164nnbb+=，所以1164nnbb+=，所以数列nb是以8为首项，164为公比的等比数列，所以

19618()264nnnb−−==；所以96loglog2(96)log2nanaabn−==−，要使对一切正整数n都有lognanabb=+成立．即62(96)log2annb+=−+，即626log29log2aannb+=−++，所以66log229log2aab=−

=+，解得1211ab==.故存在常数,ab，当1,112ab==时，对一切正整数n都有lognanabb=+成立.27．已知na是等差数列,nb是等比数列,11331542,,ababaab===+

=．设,nnnncabS=是数列nc的前n项和．(1)求,nnab；(2)试用数学归纳法证明：18(34)2nnSn+=+−．【答案】(1)31,2nnnanb=−=；(2)见解析【分析】(1)设na的公差为,ndb的公比为q,再利用基本量法根据题中所给的条件求,dq即可.(2

)先证明当1n=时结论成立.再假设当nk=时18(34)2kkSk+=+−成立,再根据11kkkSSc++=+,化简证明当1nk=+时也成立即可.【解析】(1)设na的公差为,ndb的公比为q,由112ab==,得12(1),2nnnandbq−

=+−=．又由33154,abaab=+=,得23222,2242,dqdq+=++=解得3,2dq==．所以31,2nnnanb=−=．(2)证明：由(1)知,(31)2nncn=−,则14c=．①当1n=时,1118(314)

24S+=+−=,结论成立．②假设当nk=时,18(34)2kkSk+=+−成立,则当1nk=+时,11118(34)2(32)2kkkkkSSckk++++=+=+−++18(62)2kk+=+−2(1)18(31)28[3(1)4]2kkkk+++=+−=++−,结论也成

立．综合①②,由数学归纳法可知,18(34)2nnSn+=+−.【点睛】本题主要考查了基本量法求解等差等比数列通项公式的方法,同时也考查了数学归纳法证明的问题.属于中档题.28．已知数列na的前n项和为nS，且112a=，112nnnaan++=.（1）求na的通项公式；（2

）设(2),*,nnbnSnN=−若,*nbnN，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）12nnan()=；（2）2.【分析】（1）由递推关系化简求得数列通项公式.（2）先用错位相减法求得bn的通项公式，然后求最大值，即可求得参数的

取值范围.【解析】（1）由1111212nnnnaanaannn+++==+，则数列nan是以12为首项，12为公比的等比数列，则122nnnnanan==.（2）由（1）知，1231232222nnnS=+++

+①，两边同乘12得，2341112322222nnnS+=++++②，①-②得，11231111111111222112222222212nnnnnnnnnS++++−+=++++−=−=−−，故222nnnS+=−，222nnnnnbn

S()()+=-=，取112(1)(3)1(1)(3)1232(1)(2)2(2)222nnnnnnbnnnnnbnnnn+++++++===++++，当2n时，22230nnn++恒成立，则11nnbb+恒成立，即数列nb从第

二项开始是单减的，又123,22bb==，故数列nb的最大项为22b=，若nb恒成立，则22b=.【点睛】方法点睛：（1）递推关系构造新数列，从而求得待求数列通项；（2）错位相减法求等差数列与等比数列乘积的前n项和，作比法求数列单调性，从而求得数列最值，

解得参数取值范围.29．已知各项均为整数的数列na满足31a=−，74a=，前6项依次成等差数列，从第5项起依次成等比数列．（1）求数列na的通项公式；（2）求出所有的正整数m，使得1212mmmmmmaaaaaa++++++=．【答案】(1)；(2)m=1，或m=3．【分析

】（1）首先根据条件前项成等差数列可以将，用公差的代数式表示，再由条件从第项起依次成等比数列可以得到关于公差的方程：2(31)4(21)dd−=−，从而解得1d=或（舍去），即可得数列的通项公式为54,(4){2,(5)nnn

nan−−=；（2）考虑到（1）中求得数列的分段性，因此首先可验证或时符合题意，或时不合题意，接下来只需说明当，条件给出的方程无解即可：535122(21)72mmmmmaaa−−++++=−=，312122mmmmaaa−++=若

1212mmmmmmaaaaaa++++++=，则5312722mm−−=，∴2727m−=，而这是不可能成立的，从而得证.【解析】（1）设数列前项的公差为d，则512ad=−+，613ad=−+(d为整数)又∵5a，6a，7a成等比数列，∴2(

31)4(21)dd−=−，即291450dd−+=，得1d=或（舍去），当6n时，4nan=−，6分∴51a=，62a=，数列从第项起构成的等比数列的公比为，∴当5n时，52nna−=，故54,(4){2,(5)nnnnan−

−=，（2）由（1）知，当1m=时等式成立，即3216(3)(2)(1)−−−=−=−−−，当3m=时等式成立，即1010(1)01−++==−，当2m=或时等式不成立，当时，535122(21)72mmmmmaaa−−++++=−=，312122mmmmaaa−++=

若1212mmmmmmaaaaaa++++++=，则5312722mm−−=，∴2727m−=，5m，2728m−，从而方程2727m−=无解，∴1212mmmmmmaaaaaa++++++.故所求或

．30．已知数列{}na满足212(1)*,1,2nnaqaqqnNaa+===为实数，且，，且233445,,aaaaaa+++成等差数列.（Ⅰ）求q的值和{}na的通项公式；（Ⅱ）设*2221log,nnnabna−=N，求数列nb的前n项和.【答案】（

Ⅰ）1222,,{2,.nnnnan−=为奇数为偶数;（Ⅱ）1242nnnS−+=−.【解析】（Ⅰ）由已知，有()()()()34234534aaaaaaaa+−+=+−+，即4253aaaa−=−，所以23(1)(1)aqaq−=−，又因为1q，故3

22aa==，由31aaq=，得2q=，当21(*)nknN=−时，1122122nknkaa−−−===，当2(*)nknN=时，2222nknkaa===，所以{}na的通项公式为1222,,{2,.nnnnan−=为奇数为偶数（Ⅱ）由（Ⅰ）得22121log2nnnnanba−−==，设

数列nb的前n项和为nS，则012111111232222nnSn−=++++，1231111112322222nnSn=++++两式相减得23111111112212122222222212nnnnnnnnnnS−−=+++++−=−=−−−，整理得1242nnnS−+=−所

以数列nb的前n项和为124,*2nnnN−+−.考点：等差数列定义、等比数列及前n项和公式、错位相减法求和.31．已知数列na的前n项和为nS，11a=，121()nnaSnN+=+,等差数列nb中0nb(*)nN，且12315bbb++=，又

11ab+、22ab+、33ab+成等比数列.（Ⅰ）求数列na、nb的通项公式；（Ⅱ）求数列nnab的前n项和nT.【答案】（1）13()nnanN−=，bn=2n+1()nN（2）231222nnn++−【解析】解：（Ⅰ）∵11a=，121()nnaSnN+=+，∴

121(,1)nnaSnNn−=+，∴112()nnnnaaSS+−−=−，∴12nnnaaa+=−，∴13(,1)nnaanNn+=而2112133aaa=+==，∴13()nnaanN+=∴数列na是以1为首项，3为公比的等比数列，∴1

3()nnanN−=∴1231,3,9aaa===，在等差数列nb中，∵12315bbb++=，∴25b=．又因11ab+、22ab+、33ab+成等比数列，设等差数列nb的公差为d，∴（15d+−

）(95)64d++=解得d=-10,或d="2,"∵0nb(*)nN，∴舍去d=-10，取d=2，∴b1=3,∴bn=2n+1()nN，（Ⅱ）由（Ⅰ）知∴=(1212)()nnaaabbb+++++++=13(321)132nnn−+++−=231222nnn++−五、多种方法

求递推公式32．已知数列和满足.若为等比数列，且（1）求与；（2）设．记数列的前项和为.（i）求；（ii）求正整数，使得对任意，均有．【答案】（1）2()nnanN=，()1()nbnnnN=+；（2）（i）11()12nnSnNn=−+；（ii）4

k=．【解析】试题分析：（1）求与得通项公式，由已知得326bb−=，再由已知得，()32328bba−==，又因为数列为等比数列，即可写出数列na的通项公式为2()nnanN=，由数列na的通

项公式及，可得数列nb的通项公式为，()1()nbnnnN=+；（2）（i）求数列的前项和，首先求数列的通项公式，由，将2nna=，()1nbnn=+代入整理得11121nncnn=−−+，利用等比数列求和公式，即可得

数列的前项和；（ii）求正整数，使得对任意，均有，即求数列nS的最大项，即求数列得正数项，由数列的通项公式，可判断出12340,0,0,0cccc=，当5n时，0nc，从而可得对任意nN恒

有4nSS，即4k=．（1）由题意，，326bb−=，知()32328bba−==，又有12a=，得公比2q=（2q=−舍去），所以数列na的通项公式为2()nnanN=，所以()()()112123

22nnnnnaaaa++==，故数列nb的通项公式为，()1()nbnnnN=+；（2）（i）由（1）知，11111()21nnnncnNabnn=−=−−+，所以11()12nnSnNn=−+；（ii）因为12340,0,0,0cccc=；当5n时，(

)()11112nnnncnn+=−+，而()()()()()11112120222nnnnnnnnn++++++−−=，得()()51551122nnn++，所以当5n时，0nc，综上对任意nN恒

有4nSS，故4k=．点评：本题主要考查等差数列与等比的列得概念，通项公式，求和公式，不等式性质等基础知识，同时考查运算求解能力．33．已知nN，数列na的前n项和为nS，且11nnSaa+=−；数列n

b的前n项和为nT，且满足()112nnnTbnnb+=++，且12ab=.（1）求数列na的通项公式；（2）求数列nb的通项公式；（3）设nnnacb=，问：数列nc中是否存在不同两项ic，jc（1ij，i，jN），使ijcc+仍是数列nc中的项?若存在，请求出i

，j；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2nna=，（2）nbn=，（3）存在，1i=，2j=【解析】（1）先根据()112nnnTbnnb+=++，求出2b，再根据11nnSaa+=−可得()112nnSaan−=−，然后两式作差，得到12nnaa−=，再求出首项，进而可得数列

na的通项公式；（2）根据()112nnnTbnnb+=++，通过递推，可证数列nb为等差数列，即可求出通项公式；（3）由nnnacb=，假设数列nc中存在不同两项ic，jc（1ij，i，jN），然后根据条件找出满足条件的i，j值即可.【解析】（1）∵数列nb的前n项

和为nT，且满足()112nnnTbnnb+=++∴11b=，22b=由11nnSaa+=−，得()112nnSaan−=−.∴()122nnaan−=，且121aaa=−，即212aa=.∴数列na是首项为122ab=

=，公比为2的等比数列∴2nna=（2）∵()112nnnTbnnb+=++①2n时，()()11111112nnnTbnnb−−−+=−+−+②①−②得()1111111222nnnnnbbbnbnb−−+−=++−−∴()11423

1nnnnbbnbnb−−−=+−−，()()1433nnnbnb−−−−=−3n时，()()12543nnnbnb−−−−−=−，∴()()()214428nnnnbnbnb−−−+−=−∴212

nnnbbb−−+=∴nb为等差数列∴()111nbnn=+−=（3）2nncn=，假设nc中存在不同的两项ic，jc（1ij），使ijkccc+=（kN）222ijkijk+=注意到()

()()()11121212220111nnnnnnnnnnccnnnnnn+++−+−−=−==+++.∴nc单调递增由22kjkjkj，则1kj+.∴()()11222211jkjijkjijj+−++令jim−=（m1），∴jmi=+∴()()()()()11

2211111jijjmimimijimiimi−++++==++−+−+−∵2mi+∴2131mi++−，而11mmi++∴()231mm+，231mm+令21nnCn=+，则(

)()()()()()11121222220211212nnnnnnnnnnCCnnnnnn++++−+−=−==++++++∴nC为单调递增，注意到3m=时，322313=+，42163145=+∴m只能为1，2，3①当1

m=时，11jiji−==+∴()()222212323221iiiiiiii++++==++，故i只能为1，2，3当1i=时，2j=，此时242442kkk=+==当2i=时，3j=，此时2814233kk=+=无整数解，舍当3i

=时，4j=，此时2820433kk=+=，无正整数解，舍去②当2m=时，2ji=+，此时()()()2222346233601iiiiiiiii+++−−++∴1i=，此时3j=，2814233kk=+=

无解③当3m=时，3ji=+，此时()()()222348712816791202iiiiiiiiii++++++−+，无正整数解，舍去.综上：存在1i=，2j=满足题意.【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式和数列中的存在性问题，考

查了转化思想和分类讨论思想，属难题．34．已知nS为数列na的前n项和，0na，224nnnaaS+=.(1)求数列na的通项公式：(2)若11nnnbaa+=，nT为数列nb的前n项和.求nT，并证明：1184nT.【答案】(1)2nan=(2

)11141nnT=−+，证明见解析【分析】（1）根据题设，利用,nnaS的关系可推得12nnaa−−=，判断数列为等差数列，即可求得答案；（2）由（1）求得11nnnbaa+=的表达式，利用裂项求和求得nT，结合nT的的单调性，可

证明结论.【解析】（1）当1n=时,221111124,2aaSaa+==Q，0na,则12a=,当2n时，224nnnaaS+=，则211124nnnaaS−−−+=,两式相减得：()()22111224nnnnnn

aaaaSS−−−+−+=−即()()221114222nnnnnnnaaaaaaa−−−−=−−=+即()()()1112nnnnnnaaaaaa−−−+−=+∵0na，∴12nnaa−−=,∴数列na是2为首项，公差为2的

等差数列，∴()2212nann=+−=.（2）由（1）得，()111122141nbnnnn==−++，11111111114223141nTnnn=−+−++−=−++

L，∵101n+，∴1111n−+，∴14nT又∵*Nn，∴11n+随着n的增大而减少，从而nT随着n的增大面增大，∴118nTT=，综上所述，1184nT.35．已知数列na的前n项和为()*nSnN，在数列nb中，111ba==，()1121n

nnanan−−−=−，12313nSnnbbbbb+=．(1)求数列na，nb的通项公式；(2)设()11nnnnacb+=−，nT为数列nc的前n项和，求nT的最值．【答案】(1)nan=，13nnb−=(2)最小值为13，最大值为1【分析】（1）利用累加法和

等差数列的通项公式可求na，由12313nSnnbbbbb+=及1nnSSn−−=可求nb；（2）利用错位相减法求出nT，分情况讨论可得答案.【解析】（1）由己知得，当2n时()()()1122111122nnnnnnananananaaaa−−−=−−+−−−++−+

()()2212331nnn=−+−+++=.∴()2nann=当1n=时，11a=，也满足上式．所以()1nann=当2n时，11231112333nnSSnnnnbbbbbbbbb−−++===，∴()133nnbn−=当1n=时，

11b=，符合上式当2n=时，11233Sbb==，所以23b=，也符合上式，综上，()131nnbn−=∴nan=，13nnb−=.（2）由（1）可得：()()111133nnnnnnc+−−=−=−∴()()()()01211233333nnnT−=++++−−−−()()()()

()123111231333333nnnnnT−−=++++−−−−−−两式相减：()()()()()1231411111333333nnnnT−=++++−−−−−−()11133311443313nnnnn−−=−=−+−−−−

∴()193416163nnnT−+=+−当n为奇数时，不妨设*21,nkkN=−，则21212122212212410333kkkkkkkkkkTTcc+−+−+−+−=+=−=∴21kT−单调递减，1352191

16kTTTT−=当n为偶数时，不妨设*2,nkkN=，则2222122221212122410333kkkkkkkkkkTTcc++++++++−=+=−=∴2kT单调递增，246219316kTTTT=∴nT的最小值为13，最大值为1.36．已知

数列na的前n项和为nS，且满足()21123222121nnnaaaan−++++=−+.(1)求数列na的通项公式：(2)设nA为数列2nnaa的前n项和，求大于2023A的最小的整数k.【答案】(1

)nan=；(2)2k=.【分析】(1)根据题意得出当2n时，()2211231222221nnnaaaan−−−++++=−+，两式作差可得nan=，验证1n=时是否成立，即可求解；(2)结合(1)得出22nnnaan=，利用错位相减法得出222

nnnA+=−，再结合202320232025222A=−，进而求解.【解析】（1）()21123222121nnnaaaan−++++=−+①2n时，()2211231222221nnnaaaan−−−++++=−+②①-②得1122nnnan−−=，nan=，

当1n=时，11a=，满足上式，故nan=；（2）由（1）得：22nnnaan=，31231212312322222222nnnaaaanaaaanA=++++=++++③，两边同乘以12得：2341112322222nnnA+=++++④③-④得：231111111111221222

222212nnnnnnnA++−=++++−=−−111211222nnnnn+++=−−=−222nnnA+=−，202320232025222A=−，2k=.37．已知数列na满足*113,34,nnaaann+==−N.(1)

判断数列21nan−−是否是等比数列，并求na的通项公式；(2)若()1212nnnnnbaa+−=，求数列nb的前n项和nS.【答案】(1)证明见解析，21nan=+(2)122233nnSn+=−+【分析】（

1）由已知可得12110a−−=，可知该数列不是等比数列，利用递推关系即可求出na；（2）利用裂项相消法即可求和.【解析】（1）1210a−−=，故数列21nan−−不是等比数列.∵134nnaan+=−，∴()()()121134211321nnnanannan+−+−

=−−+−=−−同理()1213211nnanan−−−=−−−()2122132110aa−−=−−=，迭代得()()1121132110nnana+−+−=−−=，即123nan+=+所以21nan=+.（2）()()()()112122122221232321nnnnnn

nnnbaannnn++−−===−++++，所以1112222844222232121217553233nnnnnnSnnnnn+−+=−+−+−+−=−+++−+.38．设nS为数列na的前n项和，nT为数列nS的前n项积，已

知11nnnSTS−=．(1)求1S，2S；(2)求证：数列11nS−为等差数列；(3)求数列na的通项公式．【答案】(1)12S=；232S=(2)证明见解析(3)()2,11,21nnannn==−

−【分析】（1）直接令11nnnSTS−=中的1n=，2n=可得答案；（2）通过11nnnSTS−=得到11111nnnSTS−−−−=，两式相除整理后可证明数列11nS−为等差数列；（3）当2

n时，通过1nnnaSS−=−可得数列na的通项公式，注意验证1n=时是否符合.【解析】（1）由11nnnSTS−=，0nS且1nS，当1n=时，1111111SSST−==，得12S=，当2n=时，22212111STSSS−==，得232S=；（2）对于11nnnSTS−=①

，当2n时，11111nnnSTS−−−−=②，①②得111111nnnnnnnSSTTSSS−−−−==−，即1111nnnSSS−−−−=，111111111nnnnSSSS−−−=−=−−+，又111

1S=−，数列11nS−是以1为首项，1为公差的等差数列；（3）由（2）得()1111nnnS=+−=−，11nnS=+，当2n时，()11111111nnnaSSnnnn−=−=+−+=−−−，又1n=时，112aS==，不

符合()11nann=−−，()2,11,21nnannn==−−.39．已知数列}nx满足，*1111,N21nnxxnx+＋’＝＝．(1)猜想数列2{}nx的单调性，并证明你的结论；(2)证明：1112|()65nnnxx−+-|≤.【答案】(1)递减数列，证明见解析(2

)证明见解析【分析】（1）先求出2442513,3821xxx===，，猜测数列2nx是递减数列，利用数学归纳法证明；（2）先验证当n=1时，12116nnxxxx+−=−=，当2n时，由不等式性质知11211nnxx−+=，得出115(1)(1)2

2nnnxxx−−++=+，再由111(1)(1)nnnnnnxxxxxx−+−−−=++利用不等式性质求证.【解析】（1）由1n+1n1121xxx==+及，可得2345612131518113,,,12358358132111111235813xxxxx=====

=====+++++，，由246xxx猜想：数列2nx是递减数列，下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，已证命题成立（2）假设当n=k时命题成立，即222kkxx+易知20kx，那么23212224212321231111(1)(1)kkkkk

kkkxxxxxxxx++++++++−−=−=++++=22222122230(1)(1)(1)(1)kkkkkkxxxxxx++++−=++++，即2(1)2(1)2kkxx+++，也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立．（2）当n=

1时，12116nnxxxx+−=−=，结论成立，当2n时，易知1111101,12,12nnnnxxxx−−−+=+，111115(1)(1)(1)(1)212nnnnnxxxxx−−−−

++=++=++，11111111(1)(1)nnnnnnnnxxxxxxxx−+−−−−=−=++++211112212221255565nnnnnnxxxxxx−−−−−−−−=．综上

，1112|()65nnnxx−+-|≤.40．已知无穷正整数数列na满足()21220222nnnaana+++=+N．(1)若21a=，求2022a；(2)求12022aa+的取值的集合．【答案】(1)1(2){343,677,1013,2023}．【分析】（1）根据递推关系

可得()()()312222nnnnnaaaaa++++−+=−，根据na为无穷正整数数列可得310aa−=、420aa−=，从而可求2022a.（2）设212,kkabac−==，则可得关于bc的不定方程，求出解后可得12022aa+的取值的集

合．【解析】（1）由条件知：2123231222022,222022nnnnnnnnaaaaaaaa++++++++=++=+，两式相减得()()()312222nnnnnaaaaa++++−+=−，因为na为正整数数列，所以1n

a，故312222223nnnnnnnaaaaaaa+++++−=−−+，若310aam−=，则()*2021,Nnnaankn+−=−，则312nnnnaaaa+++−−，故3121nnnnaaaa+++−−−，则53311aaaa−−−，57531aaaa−−−，79751

aaaa−−−，L，212321121kkkkaaaa−+−−−−−，故()1231121kkaaaak−+−−−−，当311kaa−−时，21210kkaa−+−，这与na为无穷正整数列矛盾.故310aa−=即310a

a−=，同理420aa−=，所以2nnaa+=，所以2022202021aaa====.（2）由（1）知2nnaa+=，所以设212,kkabac−==，则220222bbc+=+，所以2022bc=

．而202223337=，所以{,}{1,2022},{2,1011},{3,674},{6,337}bc=，所以2023,1013,677,343bc+=，所以12022aa+的取值的集合为{343,677,1013,2023}．41．已知数列na满足1

1111,2nnaaa+=−=.(1)求na的通项公式；(2)设11nnba=+，求数列11nnbb+的前n项和nT.【答案】(1)121nan=−(2)44nnTn=+【分析】(1)由1112nnaa+−=

，构造1na是首项为111a=，公差为2的等差数列，利用等差数列的通项公式即可求解；(2)由（1）可得1111114(1)41nnbbnnnn+==−++，利用裂项相消法即可求解.【解析】（1）因为1112nnaa+

−=，所以数列1na是首项为111a=，公差为2的等差数列.所以112(1)21nnna=+−=−，所以121nan=−，即na的通项公式为121nan=−.（2）由（1）可得2nbn=，所以1111114(1)41nnbbnn

nn+==−++，所以11111111111142423414144nnTnnnn=−+−++−=−=+++.42．已知数列na满足()*123N,2nnaannn−+=+,且24a=.(1)求数列n

a的通项公式;(2)数列nb满足()12,1log,2nnnnban+==,*Nn,若()*1238Nkbbbbk=,求k的值.【答案】(1)2nan=+(2)79【分析】(1)根据递推关系式,向前推一项,相减即可得数列na为隔项是等差数列,分n为奇数,和

n为偶数两种情况,分别求出通项公式即可得出结果;(2)根据(1)中的结果,得到nb的通项公式,将()*1238Nkbbbbk=化简,利用换底公式解出k的值即可.【解析】（1）解:由题知123nnaan−+=+①,因为24a=,所以12

7aa+=,解得13a=,当3n时,2121nnaan−−+=+②,①-②可得:22nnaa−−=,所以当n为奇数时,22nnaa−−=,212nnaa−−−=,3315,2,2aaaa−−==,以上式子相加可得:12122nnaa−+−=,化简可得2nan=+,13a=满足上式，

所以当n为偶数时,22nnaa−−=,212nnaa−−−=,6442,2,2aaaa−−==,以上式子相加可得:()2222nnaa−=−,化简可得2nan=+,24a=满足上式，综上:2nan=+;（2）由(

1)知2nan=+,故()()12,1log2,2nnnbnn+==+,因为()*1238Nkbbbbk=,所以()*234Nkbbbk=,即()()3451log4log5log6log2kk++()()ln2ln4ln5ln6ln3ln4ln5ln

1kk+=+()ln2ln3k+=()3log2k=+4=,故423k+=,解得79k=.43．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：231232222nnSSSS++++.【答案】(1)()*2nnan=N(2)1311221n+−−【分析】（1）通过2112nnnaa++=和23122

nnnaa+++=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.【解析】（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=+++=−+−++−()()()()2241421244422

21412nnnn−−=+++−+++=−−−()()()()()11114114122143222122333nnnnnn++++=−−−=−+=−−()()()()111122122212133nnnn+++=−−=−−，所以

()()112323112221212121nnnnnnnS++==−−−−−，所以231232222nnSSSS++++1311221n+=−−.44．已知正项数列na满足1212222,logloglog(2)log(1)1nnaaann+=−

=+−+−．(1)求数列na的通项公式；(2)求数列na的前n项和nS．【答案】(1)112−+=nnna(2)1362nnnS−+=−【分析】（1）首先等式变形为()1221nnanan++=+，利用累乘法求通项公式；（2）利用错位相减法求和.【解析】（1）由条件

可知，()1222loglog21nnanan++=+,得()1221nnanan++=+，当2n时，32411231131415112...2223242nnnaaaanaaaaaan−+==11111222

2nnnn−−++==，当1n=时，101122a+==成立，所以112−+=nnna；（2）由（1）可知，112−+=nnna，01212341...2222nnnS−+=++++，123112341

...222222nnnnnS−+=+++++，两式相减得2311111112...222222nnnnS−+=+++++−，11111132223122212nnnnnnS−−++=+−=−−1362nnnS−+=−45．已知数列na满足11

a=，24a=−，nT为其数列na的前n项积，且()21121nnnnTTnT+−=−+.(1)求数列na的通项公式；(2)设nnabn=，nS为其前n项和，求满足不等式3148nnSb的最小的正整数n.【答案】(1)()12−=−nnan(2)6【分析】（1）根

据题意整理可得12,21nnnaann+=−+，结合等比数列的定义与通项公式分析运算，注意检验当1n=时是否满足；（2）根据题意结合等比数列的求和公式求,nnbS，再代入运算求解.【解析】（1）∵nT为na前n项积，且()2112,2

1nnnnTTnTn+−=−+，则()11221,nnnnTTnnnTT+−=−+，∴()1,221nnnanna+=+−，则12,21nnaannn+=−+，又∵111a=，222a=−，则1n=时上式也成立121nnaann+=−+，∴nan成首项为1，公比

为-2的等比数列，故()12nnan−=−，()12−=−nnan.（2）∵()12nnnabn−==−，∴()()()112112123nnnS−−==−−−−，又∵3148nnSb，即()

()1131122348nn−−−−，整理得：()1216n−−−，因为()()()()11213141116,216,416,8162222−−−−=−−=−−=−=−−−−−，()()51611616,321262−−−=−

=−−−，所以最小的正整数6n=.46．已知数列12:,,,,nAaaa满足10a=，()111,2,,,iiaain+=+=，数列A的前n项和记为nS.(1)写出3S的最大值和最小值；(2)若52a=，求4S的值；(3)是否存在数列A，使得20221011S=

？如果存在，写出此时2023a的值；如果不存在，说明理由.【答案】(1)3，1−；(2)0；(3)不存在，理由见解析.【分析】（1）根据递推关系求23,aa即可；（2）由（1）及递推关系结合52a=求出4a即可得解；（3）由递推关系可得出项na

与1nS−的关系，据此可分析得解.【解析】（1）因为10a=，()111,2,,,iiaain+=+=，所以12|1|||1aa+==，解得21a=−或21a=，当21a=时，由32|||2|1aa=+=，解得32a=或32a=

−，当21a=−时，由32|||0|1aa=+=，解得30a=，所以30(1)01S=+−+=−或301(2)1S=++−=−或30123S=++=，所以3S最大值为3，最小值为1−.（2）当30a=时，34|1|||1aa+==，则41a=−或41a=，此时由45|1|||2aa+==知41a=

，41a=−不满足，舍去；当32a=−时，34|1|||1aa+==，则41a=或41a=−，41a=满足45|1|||2aa+==，41a=−不满足，舍去；当32a=时，由34|1|||3aa+==，得43a=−或43a=，由45|1|||2aa+==知43

a=−满足题意，当43a=时，不满足题意，综上，2341,0,1aaa=−==或2341,2,1aaa=−==，或3241,2,3aaa===−，所以40(1)010S=+−++=或401(2)10S=++−

+=或4012(3)0S=+++−=，故40S=.（3）由()111,2,,,iiaain+=+=，10a=可得na为整数，221121,0iiiaaaa+++==，所以211222222121120(21)(21)(21)nnnaaaaaaaaa−−+++=+++++++++

+，则22222221212311123()2()1nnnaaaaaaaaaaan−−+++=++++++++++−，所以2121nnaSn−=+−，若存在数列A，使得20221011S=，则220232022220224044aS=+=

，又2023a为整数，所以方程无解，故不存在数列A，使得20221011S=.