【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09 数列经典题（九大题型） Word版含解析.docx，共(40)页，2.601 MB，由管理员店铺上传

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专题09数列经典题等差等比数列基本量的计算1．（2022秋·福建泉州·高三泉州五中校考期中）已知等差数列na的前n项和为nS，若954S=，8530SS−=，则11S=（）A．77B．88C．99D．110【答案】B【分析】根据等差数列的性质，计算出

等差数列的基本量，即可利用等差数列的求和公式求解.【详解】954S=，得5954a=，解得56a=，8530SS−=，得6787330aaaa++==，解得710a=，故7522aad−==，11651111()11888Saad==+==.故选：B2．（广东省深圳市福田区

外国语高级中学2023届高三上学期期中）已知等差数列na的前5项和5520,6Sa==，则10a=．【答案】11【分析】由等差数列的性质求解，【详解】由题意得1555()202aaS+==，得12a=，故

5144aad−==，1d=，则101911aad=+=，故答案为：113．（山东省潍坊市临朐县实验中学2022-2023学年高三上学期期中）已知在等比数列{an}中，a3=7，S3=21，则公比q=【答案】1或12−【分析】由a3=7，S3=21，得到21117,14aqaaq=

+=求解.【详解】解：因为在等比数列{an}中，a3=7，S3=21，所以21117,14aqaaq=+=，两式相除得：2210qq−−=，解得1q=或12q=−，故答案为：1或12−4．（黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学2022-2023学年高三上学期期中）已知等比数列

na的前n项和()131nnSR−=−，则()8721Sa+=.【答案】9【分析】根据等比数列的前n项和公式的特点，结合已知条件，求得其首项和公比，再求结果即可.【详解】因为当等比数列的公比1q时，()111111111111n

nnnaqaaaqaSqqqqqqq−−==−+=−+−−−−−，又131nnS−=−，故可得11,3,?111aqaqqq−===−−−，解得12,3a==，故11123,31nnnnnaaqS−−===−，则(

)8721Sa+=8623923=.故答案为：9.等差中项及等差数列项的性质5．（山东省滨州市沾化区实验高级中学2022-2023学年高三上学期期中）已知等比数列{na}为递增数列，nS是它的前n项和，若3a＝16，且2a与4a的等差中项为20，则nS＝（）A．22n−B．224n−＋C．

144n−＋D．221n−−【答案】B【分析】根据等比数列的通项公式和等差中项的应用求出等比数列的首项和公比，结合等比数列前n项求和公式计算即可.【详解】设该等比数列的通项公式为11nnaaq−=(1q)，由题意知32416220aaa=+=

，即213111640aqaqaq=+=，解得1=42aq=，，所以24(12)2412nnnS+−==−−.故选：B6．（2022秋·广东广州·高三广州市白云中学校考期中）各项为正数且公比为q的等比数列na中，2311,,2aaa成等差数列，则53aa

的值为（）A．152−B．5+12C．3+52D．352-【答案】C【分析】根据已知条件na是等比数列，假设出首项和公比，再根据等差中项性质列式计算即可.【详解】因为23112aaa，，成等差数列，所以1233122aa

aa+==，即2111aaqaq+=，所以210qq−−=，解得152q+=或1502q−=（舍去），2352q+=故选:C.7．（福建省福州华侨中学等多校2023届高三上学期期中）设等差数列na的前n项和为nS，则“35a=”是“525S=”的（）A．充要条件B．充分不必要条件

C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】解：在等差数列na中1532aaa+=，若35a=，则()15355522522aaaS+===，故充分性成立，若

525S=，即()15355522522aaaS+===，所以35a=，故必要性成立，所以“35a=”是“525S=”的充要条件.故选：A8．（山东省德州市武城县第二中学2022-2023学年高三上学期期中）已知na是各项均为正数的等差数列，且671022

0aaa++=，则78aa的最大值为（）A．10B．20C．25D．50【答案】C【分析】根据等差数列的性质，化简原式，得到7810aa+=，用基本不等式求最值.【详解】∵()6710610787222220aaaaaaaa++=++=+=，∴7810aa+=，由已知，得70a，80

a∴227878102522aaaa+==，当且仅当785aa==时等号成立.故选：C.9．（江苏省常州市金沙高级中学2022-2023学年高三上学期期中）已知数列na为递增的等比数列，若48a=，且53a是6a和7a的等差中项，则11a=.【答案】

1024/102【分析】设出公比，利用53a是6a和7a的等差中项，列出方程，求出公比，从而结合48a=得到答案.【详解】设等比数列na的公比为q，因为53a是6a和7a的等差中项，所以5676aaa=+，即

25556aaqaq=+，因为50a，则260qq+−=，解得2q=或3q=−，因为等比数列na是递增数列，所以2q=，又因为48a=，所以77114821024aaq===.故答案为：10241

0．（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）设等差数列na的前n项和为nS，若3120aa+，5110aa+，则n=时，nS取得最大值.【答案】7【分析】根据题目条件利用等差数列性质，可求

出70a且80a，进而分析出结果.【详解】等差数列na中，3120aa+，5110aa+，即312785118020aaaaaaa+=++=，所以70a且80a，所以当7n=时，nS取得最大值.故答案为：7.等比中项

及等比数列项的性质11．（2022秋·广东中山·高三华南师范大学中山附属中学校考期中）已知等差数列na满足23813220aaa−+=，且数列nb是等比数列，若88ba=，则412bb=（）A．2B．4C．8D．16【答案】D【分析】根据等差中项、等比中项运算求解

.【详解】因为数列nb是等比数列，若880ba=，由等差数列的性质可得31382aaa+=，即有2884aa=，解得84a=或80a=（舍去），即884ba==，由等比数列的性质可得2412816bbb==.故选：D.1

2．（2022秋·黑龙江佳木斯·高三建三江分局第一中学校考期中）已知等差数列na的公差不为0，11a=且248,,aaa成等比数列，则错误的是（）A．19232aaaa+=+B．4534aaaaC．1112nSnn++

=+D．nnSa【答案】C【分析】设出公差，根据题干条件列出方程，求出公差，求出通项公式nan=，再利用通项公式和前n项和公式对四个选项一一计算，进行判断.【详解】设等差数列na的公差为d（0d）.因为11a=且248,,aaa成等比数列，所以()()()213117ddd+=

++.解得：1d=，所以()()11111naandnn=+−=+−=.对于A：192319223aaaa++==++.故A正确；对于B：因为543445103412aaaa−=−=，所以4534

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

确.故选：C13．（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）已知等比数列na，满足22213loglog1aa+=，且568916aaaa=，则数列na的公比为（）A．2B．12C．2D．12【答案】B【分析】利用对数运算

性质可得2132aa=且213,0aa，从而0q，由等比数列性质有629132aaaa==，所以588aa=，52698aaaaq=即可求公比.【详解】令na公比为q，由()2221322132logloglog12logaaaa+

===，故2132aa=且213,0aa，所以111320aaq=，则0q，又629132aaaa==，568916aaaa=，则588aa=，所以58256958814aaaqaqqaaaa===，综上，12q=.故选：B.14．（2022秋·吉林通化·高三梅河口市第五中学校

考期中）已知数列na是公比不等于1的等比数列，若数列na，()1nna−，2na的前2023项的和分别为m，8m−，20，则实数m的值（）A．只有1个B．有2个C．无法确定D．不存在【答案】B【分析

】根据等比数列前n项和公式求得数列na，()1nna−，2na的前2023项的和，通过观察得出关于m的方程，由此求得m的值.【详解】na是公比不等于1的等比数列，则数列()1nna−，2na都是公比不为1

的等比数列，前者公比为q−，后者公比为2q.设na的公比为q，则()2023111aqmq−=−，()20231181aqmq−+−=+，()24046121201aqq−=−，观察可知：()820mm−=−，即()

()2100mm+−=，所以2m=−或10m=.故选：B15．（2022秋·山东青岛·高三青岛二中校考期中）已知公差为1的等差数列na中，2a、4a、5a成等比数列，若该数列的前n项和0nS=，则n=（）A．10B．11C

．12D．13【答案】B【分析】根据已知条件求出1a的值，再由0nS=可求得正整数n的值.【详解】由已知2425aaa=，则()()()2111314aaa+=++，解得15a=−，故()21111022nnnnnSna−−=+==，因为Nn，解得11n=.故选

：B.16．（黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学2022-2023学年高三上学期期中）（多选）已知等比数列na各项均为正数，满足21616aa=，673418aaaa+=+，记等比数列na的前n项的积为nT，则当nT取

得最大值时，n=（）A．8B．9C．10D．11【答案】CD【分析】利用等比数列的性质求出9,aq，判断数列na的单调性，进而即得.【详解】因为21616aa=，由等比数列的性质可得，所以2921616aaa==，因为0na，所以94a=，因为673418aa

aa+=+，即33343418aqaqaa+=+，所以12q=，∴1091110142,12aaqaaq=====，因为101,02nqa=，所以等比数列na为递减数列，所以当12n时，1na，∴当10n=或11n=时，nT取得最大

值.故选：CD等差等比数列的判定与证明17．（江苏省南京东山外国语学校2022-2023学年高三上学期期中）已知数列na的前n项和为nS，23a=，且()*132nnaSn+=+N，则下列说法中错误．．的是（）A．113a=B．41903S=C．na是等比数

列D．23nS+是等比数列【答案】C【分析】根据已知条件，令1n=代入122nnaS+=+，求得113a=，判断A；结合数列前n项和与na的关系式，求出2n时14nnaa+=，结合2113,3aa==，判断C,求

出34,aa，即可判断B;利用132nnaS+=+可得132nnnSSS+−=+，构造出123423nnSS++=+，即可判断D．【详解】由题意数列na的前n项和为nS，23a=，且132nnaS+=+，则2132aS=+，即1332a=+，所以113a=即选项A正确；因为

132nnaS+=+①，∴当2n时，132nnaS−=+②，①-②可得，13nnnaaa+−=，即14nnaa+=，当1n=时，113a=，不满足214aa=，故数列na不是等比数列，故C错误，由2n时，14nnaa+=可得，则32412aa=

=，43448aa==故413124831930S==+++，故B正确；由132nnaS+=+得：132,nnnSSS+=+−所以142nnSS+=+令14()nnSS++=+，则143nnSS+=+所

以2323==所以1224()33nnSS++=+，即123423nnSS++=+，故23nS+是首项为114113Sa+=+=，公比为4的等比数列，D正确，故选：C.18．（黑龙江省伊春市铁力市马永顺中学校2022-2023学年高三上学期期中）记nS为数列n

a的前n项和．已知221nnSnan+=+．(1)证明：na是等差数列；(2)若479,,aaa成等比数列，求nS的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)78−．【分析】（1）依题意可得222nnSnna

n+=+，根据11,1,2nnnSnaSSn−==−，作差即可得到11nnaa−−=，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出1a，即可得到na的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性

质计算可得．【详解】（1）因为221nnSnan+=+，即222nnSnnan+=+①，当2n时，()()()21121211nnSnnan−−+−=−+−②，①−②得，()()()221122122

11nnnnSnSnnannan−−+−−−=+−−−−，即()12212211nnnannana−+−=−−+，即()()()1212121nnnanan−−−−=−，所以11nnaa−−=，2n且N*n，所以na是以1为公差的等差数列．（2）[方法一]：二次函数的性质由（1

）可得413aa=+，716aa=+，918aa=+，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa=，即()()()2111638aaa+=++，解得112a=−，所以13nan=−，所以()22112512562512222228nnnSnnnn−=−+=

−=−−，所以，当12n=或13n=时，()min78nS=−．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得413aa=+，716aa=+，918aa=+，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa=，即()()()2111638aaa+=++，解得1

12a=−，所以13nan=−，即有1123210,0aaaa=.则当12n=或13n=时，()min78nS=−．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出nS的最小值，适用于可以求出nS的表达

式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．19．（2022秋·湖南湘潭·高三湘潭一中校考期中）已知数列na满足12a=，1122nnnaa++=+.（1）证明：数列2nna为等差数列；（2）设2nnnab=，证明：122311111nnbbbbbb++++

.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）由1122nnnaa++=+变形得：11122nnnnaa++=+，可得证明.（2）由（1）知：2nnnabn==,∴()1111111nnbbnnnn+==−++,用裂项相消可求

和,从而可证明.【详解】（1）由1122nnnaa++=+变形得：11122nnnnaa++=+又12a=，故112a=∴数列2nna是以1为首项1为公差的等差数列.（2）由（1）知：2nnnabn==∴()1111111nnbbnnnn+==−++∴12231111111

1112231nnbbbbbbnn++++=−+−++−+1111n=−+∴122311111nnbbbbbb++++【点睛】本题考查根据数列的递推公式证明数列为等差数列，

考查用裂项相消法求和，属于基础题.20．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）已知数列na，nS为na的前n项和，13nnaSn+=−+，*Nn，13a=.(1)证明：1na−是等比数列；(2)设()*N

2nnnbnSn=−+，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122n

nnnnbSn+==−+,,即有前n项和为23411232222nnnT+=++++，4325112322222nnnT+=++++，,两式相减可得，2431211111222222nnnnT++=++++−，()2322211111222112222122nnnnnTn++

+−=+−=−+−化简可得11(1)()22nnnT=−+.21．（2022秋·浙江杭州·高三浙江大学附属中学校考期中）记nS为数列na的前n项和，已知12a=，32nnaS−是公差为2的等差数列.(1)求证

1na+为等比数列，并求na的通项公式；(2)证明：121111naaa+++.【答案】(1)证明见解析；31nna=−(2)证明见解析【分析】（1）先由题设条件得到322nnnaS−=，再利用1nnnaSS−=−得到13

2nnaa−=+，从而可证得1na+是等比数列，由此可求得na的通项公式；（2）利用放缩法得到123nna，从而利用等比数列前n项和公式即可得证.【详解】（1）因为32nnaS−是公差为2的等差数列，1111123232aSaaa−−===，所以()232122nnnnaS=−

−+=，当2n时，112322nnanS−−=−−，两式相减得，12332nnnaaa−−−=，即132nnaa−=+，故()1131nnaa−+=+，又113a+=，所以1na+是首项为3，公比为3的等比数列

，故11333nnna−+==，则31nna=−.（2）因为*Nn，所以()2313323323nnnnn−+−+−，则211331nnna=−，即123nna，所以2121113311122212

111333313nnnnaaa−++++++==−−.22．（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）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()2cosnnbann=+，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)222nnnnnaaaanaanna

a−−−=+−+++−+=−+++=−,当1n=时，10a=也满足上式，所以2nann=−;（2）()()2cosπ(1)(1)(1)2nnnnbannnnnn==−+=−++,当99n=时，12233445989999100nT=−+−+−+−2242...9829910

0=+++−()2246...9899100=++++−()4929829910050002+=−=−等差数列前n项和的性质23．（江苏省镇江市扬中市第二高级中学2022-2023学年高三上学期期中）在等差数列na中，n

S为其前n项和．若20232023S=，且2021202001202120SS−=，则1a等于（）A．-2021B．-2020C．-2019D．-2018【答案】A【分析】根据等差数列的性质可知，数列nSn

也为等差数列，结合已知条件求出等差数列nSn的首项，即可得到1a.【详解】因为nS为等差数列{}na的前n项和，令nnbnS=，则{}nb也为等差数列，设其公差为d，由2

021202021202001202120SSbb−=−=，得1d=，又2023202312023Sb==，得1112023=20221Sbabd==−120222021=−=−.故选：A．24．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨七十三中校考期中）已

知等差数列前n项和为nS，242,6SS==，则8S=．【答案】20【分析】根据等差数列的性质，推得2426486,,,SSSSSSS−−−也成等差数列，再结合已知数据，即可求解．【详解】等差数列前n项和为nS，则2426486,,,SSSSSSS−−−也成等差数列，则(

)422642SSSSS−=+−（），由242,6SS==，有62426S=+−，解得612S=．又()()()6442862SSSSSS−=−+−，即822641S=+−，解得820S=．故答案为：2025．（福建省龙岩市永定区坎市中学2023届高三上学期期中）已知等

差数列na的前n项和为nS，6350SS=−，则96SS=．【答案】185/335/3.6【分析】由6350SS=−找出公差与首项间的关系，利用求和公式代入96SS中化简即可【详解】设等差数列na的首项为1a，公差为d由6350SS=−，则116532653022adad

+=−+所以11007ad=−，且152ad−及1ad所以191611109831293121872651025562527ddadSadSadaddd−+++====++−+故答案为：185.26．（2022

秋·福建莆田·高三莆田第五中学校考期中）已知nS、nT分别是等差数列na、nb的前n项的和，且()211,2,42nnSnnTn+==−.则1011318615aabbbb+=++.【答案】【详解】试题分析：由等差数列性质

可知()()1201010111202011120318615318120202041220782aaaaaaaSabbbbbbbbbbT++++=====+++++考点：等差数列性质及求和等比数列前n项和的性质27．（江苏省扬州市仪征市精诚高级中学2022-2023学年高三上学期期中

）记nS为等比数列na的前n项和.若24S=，46S=，则6S=（）A．7B．8C．9D．10【答案】A【分析】根据题目条件可得2S，42SS−，64SS−成等比数列，从而求出641SS−=，进一步求出答案.【详解】∵nS为等比数列na的前n项和，∴2S，4

2SS−，64SS−成等比数列∴24S=，42642SS−=−=∴641SS−=，∴641167SS=+=+=.故选：A.28．（江苏省镇江市扬中市第二高级中学2022-2023学年高三上学期期中）数列{}na中，12a=，对任意,,mnmnmnNaaa++=，若155121022kkka

aa++++++=−，则k=（）A．2B．3C．4D．5【答案】C【分析】取1m=，可得出数列na是等比数列，求得数列na的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于k的等式，由kN可求得k的值.【详解】在等式mn

mnaaa+=中，令1m=，可得112nnnaaaa+==，12nnaa+=，所以，数列na是以2为首项，以2为公比的等比数列，则1222nnna−==，()()()()1011011105101210122122212211212kkkkkkaaaa++++++−−+++===−

=−−−，1522k+=，则15k+=，解得4k=.故选：C.【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.29．（福建省三明市教研联盟校2023届高三上

学期期中）设等比数列na的公比为q，其前n项和为nS，前n项积为nT，并满足条件1201920201,1aaa，20192020101aa−−，则下列结论正确的是（）A．20192020SSB．2020T是数列nT中的最大值C．2019202110aa−

D．数列nT无最大值【答案】C【分析】根据题意，由等比数列的性质分析公比q的范围，由此分析选项可得答案．【详解】解：等比数列na的公比为q，则11nnaaq−=，由201920201aa，则有2201920202019()1aaa

q=，必有0q，又由20192020101aa−−，即20192020(1)(1)0aa−−，又11a，则有20202019011aa或20202019101aa，又当20202019101aa时，可得1q，由11a，则201820191

1aaq=与201901a矛盾所以20202019011aa，则有01q，由此分析选项：对于A，2020201920200SSa−=，故20192020SS，故A错误；对于B，等比数列{}na中，

01q，10a，所以数列{}na单调递减，又因为202020191aa，所以前n项积为nT中，2019T是数列{}nT中的最大项，故B错误；对于C，等比数列{}na中，则22019202120201aaa=，则2019202110aa−，故C正确；对于D，由B的结论知2019T是

数列{}nT中的最大项，故D错误.故选：C.30．（江苏省徐州市2022-2023学年高三上学期期中）已知数列{}na为等比数列，nS为其前n项和，*nN，且1233aaa++=，4566aaa++=，则12S=.【答案】4

5【详解】可以将每三项看作一项，则也构成一个等比数列.所以,故答案为45.等差数列前n项和的最值问题31．（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第四十中学校联考期中）已知na为等差数列，nS为na的前n项

和．若10370,0Saa+，则当nS取最大值时，n的值为（）A．3B．4C．5D．6【答案】C【分析】根据等差数列的前n项和公式及等差数列下角标的性质即可求解.【详解】因为110101105610()5()5()02aaS

aaaa+==+=+，所以560aa+，又37520aaa+=，所以50a，所以60a，则max5()nSS=.故选:C.32．（2022秋·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）已知等差数列na，nS是数列na的前n项和

，对任意的*Nn，均有6nSS成立，则107aa不可能的值为（）A．3B．4C．5D．6【答案】A【分析】由已知分析可得10a，公差0d，讨论当60a=时，当670,0aa，时，1a与d的关系，计算即求得107aa的

取值范围,得出结果.【详解】等差数列na，对任意的*Nn，均有6nSS成立，即6S是等差数列na的前n项和中的最小值，必有10a，公差0d，当60a=，此时56SS=，5S、6S是等差

数列na的前n项和中的最小值，此时6150aad=+=，即1=5ad−，则11017944,6addaddaa+===+当670,0aa，此时6S是等差数列na的前n项和中的最小值，此时1

650aad=+，7160aad=+，即165ad−−，则111171109931666aaaddaaaddda++===++++,则有1074aa，综合可得：1074aa分析选项可得：BCD

符合题意；故选：A33．（2022秋·山东日照·高三统考期中）（多选）已知等差数列na的前n项和为nS，若2237aS==，，则（）A．5nan=−B．若210mnaaaa+=+，则116mn+的最小值为2512C．nS取最大值时，4n=或5n=D．若0nS，n的最大值为8【答案】ACD【

分析】求出等差数列的通项公式na判断A，由等差数列性质得12mn+=利用基本不等式求最小值判断B，由等差数列的是递减数列，找到正负分隔的项即可得nS最大时的n值，从而判断C，求得等差数列的前n项和nS，解不等式判断D.【详解】由题意得1243aa==，，可得14,1a

d==−，则等差数列na的通项公式为5nan=−，则选项A判断正确；若210mnaaaa+=+，则21012mn+=+=,则()1161161161251717812121212mnnmmnmnmn++=+=+++=（当且仅当125m=，485n=

时等号成立）又Nmn*，，则116mn+的最小值不是2512．则选项B判断错误；等差数列na中，123456432101aaaaaa======−…则等差数列na的前n项和nS取到最大值时，n=4或n=5．则选项

C正确；()()245902nnnnnS=+−−=，得09n,且*nN，故n的最大值为8，则选项D判断正确，．故选：ACD34．（2022秋·河北衡水·高三河北武强中学校考期中）（多选）已知na是等差数列，其前n项和为nS，满足1263aaS+=，则下列四个选项

中正确的有（）A．71a=B．130S=C．7S最小D．58SS=【答案】BD【分析】根据等差数列公式化简得到70a=，A错误，计算137130Sa==，B正确，当0d时不满足，C错误，计算85730SSa−==得到D正确，得到答案.【详解】1263aaS+=

，则()1113615aadad++=+，化简160ad+=，即70a=，A错误；()1311371131302Saaa=+==，B正确；当0d时，8787777SSaSadSdS=+=++=+，C错误；67878530aaSSaa−=+

+==，即58SS=，D正确.故选：BD35．（福建省莆田第三中学2023届高三上学期期中）设nS是等差数列na的前n项和，37a=，557Sa=．(1)求数列na的通项公式；(2)求数列na的前n项和nS的最大值．【答案】(1)10nan=−

；(2)45.【分析】（1）求出等差数列的基本量后可求其通项；（2）根据通项的符号可求nS的最大值．【详解】（1）设等差数列的公差为d，则()1112751074adadad+=+=+，解得191ad==−，故()9110nann=

−−=−.（2）因为当19n≤≤时，0na，当10n=时，0na=，当10n时，0na，故当9n=或10n=时nS有最大值且最大值为9010452+=.36．（2022秋·福建宁德·高三宁德市民族中学校考期中）

设等差数列na的前n项和为nS，84a=，1314a=.(1)求数列na的通项公式；(2)求nS的最小值及相应的n的值.【答案】(1)212nan=−;(2)当5n=或6n=时，nS的最小值为30−.【分析】（1）利用基本量1a，d表

示题干条件，求解即可；（2）表示211nSnn=−，结合二次函数的性质求解即可.【详解】（1）记等差数列na的首项为1a，公差为d，则8113174,1214aadaad=+==+=，解得110,2ad=−=，故1(1)102(1)2

12naandnn=+−=−+−=−.（2）由题意，21()(10212)1122nnSnaannnn+−+−===−，nS关于n为开口向上的二次函数，对称轴为5.5n=，故当5n=或6n=时，nS的最小值为30−.等差数列前n项和的二次函数特征37．（江苏省扬州市宝应县安宜高级中学2022-

2023学年高三上学期期中）在各项不全为零的等差数列na中，nS是其前n项和，且()99900,90kSSSk==，则正整数k的值为（）A．11B．10C．9D．8【答案】C【分析】由等差求和公式结合二次函数的性质得出正整

数k的值.【详解】因为2122nddSnan=+−，所以nS可看成关于n的二次函数，由990S=可知二次函数图像的对称轴为992n=，所以9099k+=，解得9k=.故选：C38．（山东省威海市第四中学2022-2023学年高三上学期期中）已知数列{}na是等

差数列，若9120aa+，10110aa，且数列{}na的前n项和nS有最大值，那么当0nS时，n的最大值为（）A．10B．11C．20D．21【答案】C【分析】根据已知条件，结合等差数列的前n项和公式，即可求解．【详解】由等差数列的性

质可知，91211100aaaa+=+，又10110aa，10a和11a异号，数列{}na的前n项和nS有最大值，数列{}na是递减的等差数列，即10nnaad−−=100a，110a，1212

11121()2102aaSa+==，1202091220()10()02aaSaa+==+，当0nS时，n的最大值为20．故选：C．39．（河北省高碑店市崇德实验中学2023届高三上学期期中）已知等差数列na的公差不为0，设nS为其前n项和，若90S=，则集合,1,2,,20

23kxxSk==中元素的个数为（）A．2022B．2021C．2015D．2019【答案】D【分析】根据90S=可得出1a、d的等量关系，求出kS的表达式，利用二次函数的对称性和单调性可得出集合

,1,2,,2023kxxSk==中元素的个数.【详解】因为91189993602Sadad=+=+=，可得14ad=−，且0d，所以，()()2211199814222224kkkdkkdkkdSkakddk

−−−=+=−+==−−，且数列()5kSk单调递增，根据二次函数的对称性可知18SS=，27SS=，36SS=，45SS=，故集合,1,2,,2023kxxSk==中元素个数为202342019−=.故选：D

.40．（河北省保定市唐县第一中学2022-2023学年高三上学期期中）已知na是各项不全为零的等差数列，前n项和是nS，且20002040SS=，若2022mSS=，则正整数m=．【答案】2018【分析】设出等差数列na的首项和公差，

将前n项和看成关于n的二次函数，利用二次函数的图象和性质即可求解.【详解】设等差数列na的首项和公差分别为1a，d，则1(1)2nnnSnad−=+，也即2122nddSnan=+−，可以把nS可看成关于

n的二次函数，由二次函数的对称性及20002040SS=，2022mSS=，可得20002040202222m++=，解得2018m=．故答案为：2018.含绝对值的等差数列的前n项和41．（湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高三上学期期中）（多选）已知数列na的前n项和为nS，

下列说法正确的是（）A．若2111nSnn=−+，则212nan=−B．若211nan=−+，则数列na的前10项和为49C．若211nan=−+，则nS的最大值为25D．若数列na为等差数列，且10110a，10111

0120aa+，则当0nS时，n的最大值为2021【答案】CD【分析】由na与nS的关系求出na，可判断A；由题意求出数列na的前10项可判断B；由等差数列的和结合二次函数的性质可判断C；由等差数列的性质与求和公式可判断D【详解】对于A：当1n=时

，211111119aS==−+=−，当2n时，()()()22111111111212nnnaSSnnnnn−=−=−+−−−−+=−，检验1n=时12112=10a−−，所以9,1212,2nnann−==−，故A错误；对于B：因为211nan=−+，则

112,6211,6nnnann−=−，所以数列na的前10项和为975311357950+++++++++=，故B错误；对于C：由211nan=−+可知数列na是等差数列，则()29211=102

nnnnSn−+=−+，易知5n=时，nS的最大值为25，故C正确；对于D：由数列na为等差数列，且10110a，101110120aa+，所以()12021202110112021=202102aaSa+=，()()1202210111012202220222022=02

2aaaaS++=，所以当0nS时，n的最大值为2021，故D正确；故选：CD42．（湖北省黄冈市黄梅国际育才高级中学2022-2023学年高三上学期期中）已知在前n项和为nS的等差数列na中，42222aa−=，3102S=．(1)求数列

na的通项公式；(2)求数列na的前20项和20T．【答案】(1)403nan=−；(2)324.【分析】（1）根据等差数列前n项和、通项公式求首项与公差，进而写出通项公式.（2）首先判断0n

a、0na对应n的范围，再根据各项的符号，应用分组求和及等差数列前n项和求20T.【详解】（1）由13323()31022aaSa+===，则234a=，由424223422aaa−=−=，则428a=，所以4226daa=−=−，即3d=−，故137a=，则403nan=−.（2）由（1

）知：4030nan=−，可得403n，即13n，故13n时0na，所以113142020113142013()7()...(...)13197(11)32422aaaaTaaaa++=++−++=−=−−=.43．（福建省泉州市晋江二中、鹏峰中学、广海中学、泉

港五中2023届高三上学期10月期中）已知等差数列na中，公差0d，1476aaa++=−，24624aaa=.(1)求数列na的通项公式；(2)nS为数列{||}na的前n项和，求nS.【答案】(1)210nan=−(2

)()2*29,15940,6nnnnSnNnnn−+=−+【分析】(1)利用等差数列的性质列式求出公差即可计算得解.(2)利用(1)的结论分段写出||na的表达式，再分情况求和即可得解.【详解】（1）在

等差数列na中，由1476aaa++=−得42a=−，则172626412aaaaaa+=+=−=−，解得2662aa=−=或2626aa==−，而公差0d，则2662aa=

−=，62262aad−==−，于是得18a=−，所以数列na的通项公式是210nan=−.（2）由(1)知210nan=−，因此，102,15210210,6nnnannn−=−=−，

当15n时，()212821092nnnSaaannn−+−=−−−−=−=−+，当6n时，()1256nnSaaaaa=++++++()()()()12561256nnaaaaaaaaaa=−−−−+++=−++++

++()()121252naaaaaa=+++−+++()28210409402nnnn−+−=+=−+，所以()2*29,15940,6nnnnSnNnnn−+=−+.44．（福建省泉州市剑影实验学校2022届高三上学期期中）

在等差数列na中，15161794536naaaaS++=−=−，，为其前n项和．()1求nS的最小值，并求出相应的n值；()2求12.nnTaaa=+++【答案】（1）630−（2）22312321231231260222nn

nnTnnn−+=−+，，【详解】试题分析：()1利用等差数列通项公式与求和公式即可得出．()221n时，()121222nnnnTaaaaaaSn=+++=−+++=−，时，()1212212

2212nnnnTaaaaaaaaSS=+++=−++++++=−+．试题解析：()1等差数列na中，15161794536aaaa++=−=−，，1134545836adad+=−+=−，，解得1603

ad=−=，．()6031363nann=−+−=−．()260363312322nnnnnS−+−−==．令3630.nan=−解得21n．20n=或21时nS取得最小值2321123216302−==−．()221n

时，()1212nnnnTaaaaaaS=+++=−+++=−231232nn−+=．22n时，()()2212122122213123312322630126022nnnnnnnnTaaaaaaaaSS−−=++

+=−++++++=−+=−−=+．∴22312321231231260222nnnnTnnn−+=−+，，45．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）已知nS是数列na的前n项和，214nSnn=−，则na=；若123

nnTaaaa=++++，则20T=.【答案】152n−218【分析】根据题意得到()()()2114112nSnnn−=−−−，214nSnn=−两式作差得到()1522nann=−再检验首项即可得到结果；当7n时()14nTnn=−，当8n时，21498nT

nn=−+，将20n=代入第二个式子即可得到答案.【详解】214nSnn=−，则()()()2114112nSnnn−=−−−，两式作差得到()1522nann=−，当1n=时1113aS==成立，故得到152nan=−；当7n时，()()12312131

52....142nnnnnTaaaaaaann+−=++++=+++==−，当8n时，()1231789..........nnnTaaaaaaaaa=++++=++−+++()()()77728229898142nnnnnTSSSSSnn−=−−

=−=−=−−21498nn=−+故得到：()214,71498,8nnnnTnnn−=−+，20218T=.故答案为：152nan=−；20218T=.1．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期中）已知等差数列n

a的公差为d，前n项和为nS，当首项1a和d变化时，3915++aaa是一个定值，则使nS为定值的n的最小值为（）A．15B．17C．19D．21【答案】B【分析】391593aaaa++=为定值，计算17917Sa=得到答案.【详解】()

3915119324383++=+=+=aaaadada，故9a为定值.又()11717917172aaSa+==，所以17S为定值.故选：B2．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考期中）已知数列1,1naa=，对于任意正整数,mn，都满足mnmnaaamn+=++，则1210

0111222aaa+++=（）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11a=也满足此关系，所以()12nnna+=所以()1111211nannnn==−++，故12100111111111001222223100101101aaa+++=−+−++−=.故选：C.3．（202

2秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期中）已知数列na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()()()()251412nnnn−

+−+，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.4．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考期中）已知数列na满足21232nnaaaa=，若对任意

*312111,log4mnnaaa+++N（0m且1m）恒成立，则当m取最大值时，ma=（）A．4B．8C．16D．32【答案】B【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，则得到m的最值，则得到ma的值.【详解】当2n时，由21232nnaaaa=，得()2

112312nnaaaa−−=，两式相除得2221(1)222nnnna−−==，对1n=时，12a=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,m的最大值为2，则3228a==，故选：B.5．（福建省龙岩市一级校联盟（九校）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{}na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202320242022321S−=+.故选：A.6．（2022秋·山东泰安·高三统考期中）已知数列()*Nncn是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若1c、数列2nc的第2项、数列2nc的第5

项恰好构成等比数列，则数列nc的通项公式为．【答案】21ncn=−【分析】通过等差数列的通项公式用d分别表示nc，2nc，2nc，再通过等比中项的性质列出()()2131124dd+=+即可

求解.【详解】设等差数列nc的公差为()0dd，所以()()1111nndndcc=+−=+−，所以()2121ndcn=+−，()2211ndcn=+−，又因为1c、数列2nc的第2项、数列2nc的第5项恰好构成等比数列，即1

13124dd++，，构成等比数列，所以()()2131124dd+=+，解得20dd==，（舍去），所以21ncn=−.故答案为：21ncn=−.7．（湖南省岳阳市第五中学2022-2023学年高三上学期期中）在数列*(N)nan中.12a=，nS是其前n项和，当2n

时，恒有na、nS、2nS−成等比数列，则na=【答案】22122nnnn=−，，【分析】由题可得()22nnnSaS=−，利用1nnnaSS−=−可得1122nnnSSS−−=+，利用倒数法

求出1nS的通项公式，然后根据na与nS的关系即得.【详解】当2n时，由题可得()22nnnSaS=−，即()()212nnnnSSSS−=−−，化简得1122nnnnSSSS−−+=，得11

22nnnSSS−−=+，两边取倒数得11111211222nnnnnSSSSS−−−−=+=+，11112nnSS−−=，所以，数列1nS是以111112Sa==为首项，以12为公差的等差数列，()11112

22nnnS=+−=，2nSn=，当2n时，()12222211nnnaSSnnnnnn−=−=−=−=−−−−，所以，22122nnannn==−，，.故答案为：22122nnnn=−，，.8．（湖北省高中名校联盟2023届高三上学期期中

）已知数列na满足11a=，22a=，222121kkkaaa+−=且222122kkkaaa++=−，则100a=.【答案】2550【分析】理解递推公式的意义，即偶数项是相邻两项的等比中项，奇数项是相邻两

项的等差中项，据此找到规律计算即可.【详解】由条件：222121kkkaaa+−=得：222121kkkaaa+−=，即偶数项是相邻两项的等比中项；222122kkkaaa++=−得：212222kkkaaa++=+，即奇数项是相邻两项的等差中项；∴原数列为：1，2，4，6，9，12，16，……，

其中第21k−项221kak−=，第2k项()21kakk=+（Nk+）；()100250505012550aa==+=；故答案为：2550.9．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）（多选）数列na依次为1,13,13,13

,15,15,15,15,15,17,17,17,17,17,17,17,19,19…,其中第一项为1,接下来三项为13,再五项为15,依次类推,记na的前n项和为nS,则下列说法正确的是（）A．64117=aB．21na

为等差数列C．2=nSnD．121−nan对于任意正整数n都成立【答案】BCD【分析】根据数列的规律可求出64a判断A；根据等差数列的定义可判断B；根据数列求和可判断C；根据不等式的性质可判断D.【详解】设分母为

1的数为第一组,分母为3的数为第二组，…,分母为21n−的数为第n组,则前n组数共有213521nn++++−=个数,对于A,令264n=,可得8n=,所以64a为第8组最后一个数,则64115a=,故A错误;对于B,因为前n组数共有2n个数,所以数列21na的项为na每

一组的最后一个数的倒数,即1,3,5,7,,21,n−,故B正确;对于C,因为前2n项共有n组数,又每组数的和为1,所以前n组数的和为n,即2=nSn,故C正确;对于D,根据已知设()()221,Nmkmk+,因为ka为

定值,即121kam=+,因为()()221,Nmkmk+,所以1mkm+,则111212121mmk+−−,因为121kam=+,所以112121kamk−−,即121−nan,故D正确.故选:BCD.10

．（湖南省张家界市慈利县第一中学2022-2023学年高三上学期期中）（多选）已知各项都是正数的数列na的前n项和为nS，且122nnnaSa=+，则下列结论正确的是（）A．nS是等差数列B．1nnaa+

C．212nnnSSS+++D．1lnnnSnS−【答案】CD【分析】对于A，求出1a，再将na转化为nS，即可证明；对于B，求出21aa，即可判断正误；对于C，利用A的结论求出nS，再利用基本不等式，即可证明；对于D，构造函数1()2lnfxxxx=−−

，即可判断正误．【详解】解：因为122nnnaSa=+，所以1111122aaSa==+，又10a，解得111aS==，当2n时，11122()nnnnnSSSSS−−−−=+，整理得2211nnSS−−=，故2nS是以1为首项，1为公

差的等差数列，所以221(1)nSSnn=+−=，则=nSn，则11nnSSnn−=−−−，所以nS不是等差数列，故A错误；212222122nnnnnSSnnnS+++++=++=+=，故C正确；因为221121aSSa=−=−

，故B错误；令1()2lnfxxxx=−−，(1)x，22(1)()0xfxx−=，()fx在[1,)+上单调递增，()()10fxf=，则()1ln0fnnnn=−−，即1lnnnSnS−，故D正确．故选：CD．11．（2022秋·山东济宁·高三统考期中）（多选）设等比数列

na的公比为q，其前n项和为nS，前n项积为nT，且满足条件11a，202220231aa，()()20222023110aa−−，则下列选项正确的是（）A．na为递减数列B．202220231SS+C．2022T是数列Tn中的最大项D．40451T

【答案】AC【分析】根据题意先判断出数列na的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.再对四个选项一一验证：对于A：利用公比的定义直接判断；对于B：由20231a及前n项和的定义即可判断；对于C：前n项积为nT的定义即可判断；对于D：先求出4045T4045202

3a=，由20231a即可判断.【详解】由()()20222023110aa−−可得：20221a−和20231a−异号，即202220231010aa−−或202220231010aa−−.而11a，202220231aa，可得

2022a和2023a同号，且一个大于1，一个小于1.因为11a，所有20221a，20231a，即数列na的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.对于A：公比202320221aqa=，因为11a，所以11nnaaq−=为减函

数，所以na为递减数列.故A正确；对于B：因为20231a，所以2023202320221aSS=−，所以202220231SS+.故B错误；对于C：等比数列na的前n项积为nT，且数列na的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，所

以2022T是数列Tn中的最大项.故C正确；对于D：40451234045Taaaa=()()()240441111aaqaqaq=404512340441aq+++=4045202240451aq=()404520221aq=40452023a

=因为20231a，所以404520231a，即40451T.故D错误.故选：AC12．（湖南省常德市五校联盟2022-2023学年高三上学期期中）已知公差为2的等差数列na的前n项和为nS，且满足23Sa=.(1)若1a，3a，ma成等比数列，求m的值；(2)

设2nannba=−，求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)9.(2)124433nnTnn+=++−.【分析】（1）根据题意可求得等差数列na的通项公式，再利用条件结合等比中项性质列方程，即可求得答

案.（2）由（1）的结果求得2nannba=−的表达式，利用分组求和法结合等差数列以及等比数列的前n项和公式，即可求得答案.【详解】（1）由题意知数列na是公差为2的等差数列，设公差为d，则2d=，又因为23Sa=，所以123aaa+=即1122adad+=+，得12ad==，所以()

()112,Nnaandnn=+−=，又因为1a，3a，ma成等比数列，即231maaa=，即3622m=，得9m=．（2）因为224nannnban=−=−，所以12(214)(224)(24)nnTn=

−+−++−122(12)(444)nn=+++−+++(1)4(14)2214nnn+−=−−4(1)(41)3nnn=+−−124433nnn+=++−.13．（2022秋·山东临沂

·高三统考期中）已知正项数列na的前n项和nS，且12nnnaSa+=.(1)证明：数列2nS为等差数列；(2)记1231111nnTSSSS=++++，证明2nTn.【答案】(1)证明见解析(

2)证明见解析【分析】（1）根据11,1,2nnnSnaSSn−==−，求出2211nnSS−−=，211S=，得到2nS是首项为1，公差为1的等差数列；（2）在第一问的基础上，求出=nSn，再进行放缩

，裂项相消求和，证明出不等式.【详解】（1）证明：∵12nnnaSa+=，∴当2n时，1112nnnnnSSSSS−−−+=−，∴111nnnnSSSS−−=+−，∴2211nnSS−−=.当1n=时，11112aaa+=，∴211a=，即211S=，故2nS是首项为1，公差为1的等

差数列；（2）证明：由（1）知正项数列na满足2nSn=，所以=nSn；()11222121nnnSnnnn===−−+−，∴()1231111210213212nnTnnnSSSS=++++−+−+−++−−=.即2nTn.14．（2022秋·山东青岛·

高三统考期中）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)log1nnnaa++−=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)l

og1nnnaa++−=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()()Sa

aaaaaa=++++++++分组求和即可.【详解】（1）21nnba−=，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()()Saaaa

aaa=++++++++，又1352023121012aaaabbb++++=+++()101210121122112−==−−，222log(1)log1nnnaa++−=，()2

22222log1log1nnnaa++−=，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=++++++++=+·15．（福建省福州华侨中学等多校2023届高三上学期期中）在国家一系列利好政策

的支持下，我国新能源汽车产业发展迅速.某汽车企业计划大力发展新能源汽车，2021年全年生产新能源汽车1万辆，之后每年新能源汽车的产量都在前一年的基础上增加50%.记2021年为第一年，其产量为11a=万辆，该汽车企业第n年生产的新能

源汽车为na万辆.(1)求5a的值；(2)若从第k年开始计算，连续3年该汽车企业生产的新能源汽车的总产量不低于19万辆，求k的最小值.（参考数据：lg20.30,lg30.48）【答案】(1)8116(2

)5【分析】（1）由题意可得数列na是等比数列，根据等比数列的通项即可得解；（2）由题意1219kkkaaa++++，根据等比数列的通项结合已知数据计算即可.【详解】（1）解：由题意得()13150%2nnnaaa+=+=，所以数列na是以11

a=为首项，32为公比的等比数列，则132nna−=，所以45381216a==；（2）解：由题意1219kkkaaa++++，即1133319222kkk−+++

，即为1393119242k−++，则1342k−，即123lglg22k−，则()()1lg3lg22lg2k−−，因为lg20.30,lg30.4

8，所以()0.18120.30k−，解得133k，又因*Nk，所以k的最小值为5.