【文档说明】《一隅三反系列之高二数学新教材选择性必修第二册（人教A版）》拓展二 数列求和的方法（精练）（解析版）.docx，共(25)页，1.315 MB，由管理员店铺上传

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1拓展二数列求和的方法【题组一裂项相消】1．（2020·沭阳县修远中学高二月考）数列{}na的通项公式11nann=++，若前n项的和为11，则n=________.【答案】143.【解析】因为11nann=++，所以1nann=+−，所以21+32++1=11nSnnn=−−+−+−

因此11=11143nn+−=，2．（2020·四川成都·高二期末）已知数列na，nb都是等差数列，313ab==，15715ab==，设11(1)nnnnnbcaa−+=−，则数列nc的前2018项和为（）A．20172018−B．20172018C．201

82019−D．20182019【答案】D【解析】设数列na，nb的公差分别为ad，bd，则由已知得1531212aaad−==，71612bbbd−==，所以1ad=，2bd=，所以3(3)naaandn=+−=，1(1)21nbbbndn=+−=+，所以121(1)(1)n

nncnn−+=−=+111(1)1nnn−−++，所以数列nc的前2018项和为201812201811111223Sccc=+++=+−++…11113445+−+1120172018+++−…111120182

0182019120192019+=−=,故选D.3．（2020·河南高二月考）已知等差数列na中，13212aa+=，12421aaa+=+.（1）求数列na的通项公式；2（2）记数列na的前n项和为nS，证明：121112123nSSSn

++++++L.【答案】（1）31nan=−；（2）证明见解析.【解析】（1）设数列na的公差为d，由题意得()()111112212231aadaadad++=++=++，解得12a=，3d=，故数列na的通项公

式为()23131nann=+−=−.（2）由（1）知()2313222nnnnnSn−+=+=，所以()231322nnnnnSnn+++=+=，所以()122113131nSnnnnn==−+++，所以12111211111

11232231nSSSnnn+++=−+−++−++++LL2121313n=−+.4．（2020·江西省信丰中学月考）已知公差不为0的等差数列na中

22a=，且2a，4a，8a成等比数列.（1）求数列na的通项公式；（2）设11nnnbaa+=，数列nb的前n项和为nS，求使1415nS的n的最大值.【答案】（1）nan=；（2）13.【解析】（1）因

为2a，4a，8a成等比数列，所以2428aaa=，因为数列na是等差数列，且22a=，所以224282aaaa==，即()()1311123()7adadadad+=+=++，解得111ad==或120ad==（舍去

）3所以nan=（2）因为nan=，11nnnbaa+=，所以11111nnnbaann+==−+，所以11411115nnSnn=−=++，解得14n，所以当1415nS时，n的最大值为13.5．（2020·四川省内江市第六中学开学考试（理））设数列na满足123(21)

2naanan+++−=.（1）求na的通项公式；（2）求数列21nan+的前n项和．【答案】(1)221nan=−；(2)221nn+.【解析】（1）数列na满足()123212=naanan+++−2n时,()()12132321naanan+++−−﹣

＝∴()212nna−=∴221nan=−当1n=时,12a=,上式也成立∴221nan=−（2）21121(21)(21)2121nannnnn==−+−+−+∴数列21nan+的前n项和1111113352121nn=−+−++−−+

1212121nnn=−=++6．（2020·江西其他）已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项4（1）求数列{an}通项公式；（2）求数列{()()

1111nnnaaa++++}的前n项和Tn.【答案】（1）12nna-=；（2）nT2121nn−=+.【解析】（1）由42a+是35,aa的等差中项得35424aaa+=+，所以34543428aaa

a++=+=，解得48a=.由3520aa+=得18()20qq+=，因为1q，所以2q=.所以12nna-=（2）记()()()()1112112121nnnnnnnabaa+−+==++++则()()1112211221212121nnnnn

nb−−−==−++++（）所以01122311111111122121212121212121nnnT−=−+−+−++−++++++++1121222121nnn−=−=++。7．

（2020·安徽省太和中学高二期末（理））已知数列na的前n项和为nS，且2347nnSan=+−．（1）证明：数列2na−为等比数列；（2）若()()1211nnnnabaa+−=−−，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）证明见解析；（

2）114232=−+nnT.【解析】（1）当1n=时，11233aa=-，则13a=．5当2n时，因为2347nnSan=+−，所以1123411nnSan−−=+−，则()1234nnnaaa−=−+，即

134nnaa−=−．从而()1232nnaa−−=−，即1232nnaa−−=−，因为13a=，所以121a−=，所以数列2na−是以1为首项，3为公比的等比数列．（2）由（1）可得123nna−−=，即132nna−=+．因为()()12

11nnnnabaa+−=−−，所以()()1113111231313131nnnnnnb−−−==−++++，则011221111111111123131313131313131nnnnnT−−−=−+−++−+−++++++++，故01111111123

13122314232nnnnT=−=−=−++++．8．（2020·沭阳县修远中学高二月考）记nS是正项数列na的前n项和，1na+是4和nS的等比中项.（1）求数列na的通项公式；（2）记11(1

)(1)nnnbaa+=++，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）21nan=−；（2）4(1)nnTn=+.【解析】（1）因为1na+是4和nS的等比中项，所以2(1)4nnaS+=①，当2n时，211(1)4nna

S−−+=②，由①②得：2211(1)(1)44nnnnaaSS−−+−+=−，化简得221(1)(1)nnaa−−=+，即111nnaa−−=+或者11(1)0nnaa−−++=（舍去），故12nnaa−−=(2)n，数列na为等差数

列，因为211(1)4aS+=，解得11a=，所以数列na是首项为1、公差为2的等差数列，6通项公式：21nan=−.（2）∵111111(1)(1)2(22)41nnnbaannnn+===

−++++，∴12311111111(1)()()()42233414(1)nnnTbbbbnnn=++++=−+−+−++−=++.9．（2020·应城市第一高级中学高二开学考试）数

列na满足121nnnaaa+=+，11a=．（1）证明：数列1na是等差数列；（2）求数列1na的前n项和nS，并证明：121111nnSSSn++++．【答案】（1）证明见

解析；（2）2nSn=，证明见解析.【解析】（1）证明：∵121nnnaaa+=+，∴1211nnnaaa++=，化简得1112nnaa+=+，即1112nnaa+−=，故数列1na是以1为首项，2为公差的

等差数列．（2）由（1）知121nna=−，所以2(121)2nnnSn+−==，211111(1)1nSnnnnn==−++．因此22212111111111121223(1)nSSSnnn+++=+++

++++1111111...1223111nnnnn=−+−++−=−=+++．10．（2020·安徽金安·六安一中高二开学考试（理））设nS为首项不为零等差数列na的前n项和，已知74593

aaa=，520S=.（1）求数列na的通项公式；（2）设nT为数列11nnaa+的前n项和，求1nnTa+的最大值.【答案】（1）1nan=+；（2）116.【解析】（1）设na的公差为d，则由题知()

()()11113538545202adadadad++=++=解得103da==(舍去)或112da==，∴()2111nann=+−=+.（2）∵()()111111212nnaannnn+==−++++，∴122311111111

2335nnnTaaaaaa+=+++=−+−+()1111122222nnnnn−=−=++++.∴22111142(2)2(44)1642(4)2(42)nnTnnan

nnnnnn+====++++++当且仅当4nn=，即2n=时，等号成立，即当2n=时，1nnTa+取得最大值116.【题组二错位相减】1．（2020·石嘴山市第三中学月考）在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.(1)设bn＝12nna−.证明：数列{bn}是等差数列；(2)

求数列{an}的前n项和．【答案】（1）见解析（2）Sn＝(n－1)·2n＋1.【解析】(1)证明：∵an＋1＝2an＋2n，∴bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1.∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.∴数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．8(2)解：由(1)知

，bn＝n，∴＝bn＝n.∴an＝n·2n－1.∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，①∴2Sn＝1×21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，②①-②得：－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n12212nnn−=−−(1)21nn=−−∴Sn＝(n－1)2n＋1

.2．（2020·河南高二月考（理））设等差数列na的前n项和为nS，且424SS=，2121aa=+.（1）求数列na的通项公式；（2）设数列nb满足()214nnnab−=，求数列nb的前n

项和nR.【答案】（1）()*21nannN=−；（2）1131494nnnR−+=−.【解析】（1）设等差数列na的公差为d，由424SS=，2121aa=+得1111468421adadada+=++=+，解得112ad=

=，因此()*1(1)21naandnnN=+−=−；（2）由题意知：122144nnnnanb−−−==，所以012101214444nnnR−−=++++，则1211012144444nnnnnR−−−=+++

+，9两式相减得12111131111144144444414nnnnnnnR−−−−−=+++−=−−11111344nnn−−=−−131(1)34nn+=−，因此，1431131149494nnn

nnR−++=−=−.3．（2020·河南高二月考）设等差数列{}na的公差为d，前n项和为nS，且满足2d=−，476S=.等比数列{}nb满足1310bb+=，2420bb+=.（1）求数列{}na和{}nb的通项公式；（2）设(23)

nnncab=−，求数列{}nc的前n项和nT.【答案】（1）242nan=−，2nnb=；（2）1(23)26nnTn+=−+.【解析】（1）41434762Sad=+=，解得122a=，从而242nan=−.2

113111020bbqbqbq+=+=，两式相除得2q=，12b=，所以2nnb=.（2）(23)(21)2nnnncabn=−=−.123123252(21)2nnTn=++++−,23121232(23)2(21)2nnnTnn

+=+++−+−,相减得：12122(22)(21)2nnnTn+−=+++−−1114222(21)2(32)2612nnnnn+++−=+−−=−−−,从而1(23)26nnTn+=−+.4．（2020·四川省绵阳南山中学开学考试（文））已知等比数列na中，1

2a=，32a+是2a和4a的等差中项．(1)求数列na的通项公式；10(2)记2log=nnnbaa，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）2nna=（2）()1212nnTn+=+−【解析】(1)设数列na的公比为q，由题意知：()32422aaa+=+，∴32

220qqq−+−=，即()()2210qq−+=.∴2q=，即1222nnna−==.(2)2nnbn=，∴231222322nnTn=++++.①()23412122232122nnnTnn+=++++−+.②①－②得12341222222nnnTn+−=+++++−()1212nn+=−−

−∴()1212nnTn+=+−.5．（2020·全国月考（理））设数列na的前n项和为nS，24a=，且对任意正整数n，点()1,nnaS+都在直线320xy++=上.（1）求na的通项公式；（2）若nnbna=，求n

b的前n项和nT.【答案】（1）()2nna=−；（2）()12112939nnTn+=−−+−.【解析】（1）由点()1,nnaS+在直线320xy++=上，有1320nnaS+++=，当2n时，1320nnaS−+

+=，两式相减得11330nnnnaaSS+−−+−=，即130nnnaaa+−+=，12nnaa+=−，又当1n=时，212132320aSaa++=++=而24a=，解得12a=−，满足212aa=−，

即na是首项12a=−，公比2q=−的等比数列，11∴na的通项公式为()2nna=−.（2）由（1）知，()2nnbn=−，则()()()()()()231122232122nnnTnn−=−+−+−++−−+−，()()()

()()()()23412122232122nnnTnn+−=−+−+−++−−+−.两式相减得()()()()231322222nnnTn+=−+−+−++−−−L()()112223nnn++−−−=−−

()121233nn+=−−+−所以()12112939nnTn+=−−+−.6．（2020·安徽省泗县第一中学开学考试）设{}na是公比不为1的等比数列，1a为2a，3a的等差中项．（1）求{}na的公比；（2）若11a=，求数列{}nna的前

n项和．【答案】（1）2−；（2）1(13)(2)9nnnS−+−=.【解析】（1）设{}na的公比为q，1a为23,aa的等差中项，212312,0,20aaaaqq=++−=，1,2qq=−；（2）设{}nna的前n项和为nS，111,

(2)nnaa−==−，21112(2)3(2)(2)nnSn−=+−+−++−，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)nnnSnn−−=−+−+−+−−+−，②①−②得，2131(2)(2)(2)(2)nnnSn−=+−+−++−−−1(2)1(13

)(2)(2)1(2)3nnnnn−−−+−=−−=−−，121(13)(2)9nnnS−+−=.7．（2020·广东汕尾·期末）已知等比数列na的前n项和是nS，且122,1=+Sa是1a与3a的等差中项．（1）求数列na的通项公式；（2）若数列nb满足()22l

og=+nnnbSa，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）2,*nnanN=；（2）2(1)24nnTn+=−+.【解析】（1）等比数列na的公比设为q，12S=，即12a=，21a+是1a与3a的等差中项，可得()13221aaa+=+，所以2222(21)qq+=+，

整理求得2q=，则1222,*nnnanN−==；（2）由（1）可求得12(12)2212nnnS+−==−−，()21122log2log22nnnnnnbSan++=+==，∴23411222322nnTn+=++++.①345221224322+=+

+++nnTn，②①－②得2341222222nnnTn++−=++++−24(12)212nnn+−=−−222242(1)24nnnnn+++=−−=−−，所以2(1)24nnTn+=−+，8．（2020·淮南第一中学开学考试）数列

na的前n项和为nS满足13122nnSaa=−，且15a−，35a+，415a−成等差数列.（1）求数列na的通项公式；（2）设3n4log1nnaba−=，求数列nb的前n和nT.13【答案】（1）3nna=；（2）5512223nnTn

=−+.【解析】（1）∵13122nnSaa=−，而当1n时，1113122nnSaa−−=−，∴113322nnnnnaSSaa−−=−=−，13nnaa−=(1n)，故na(*nN)是公比为3的等比数列.故319aa=，41

27aa=，由15a−，35a+，415a−成等差数列，∴()()()14351525aaa−+−=+，即()()()11152715295aaa−+−=+，有13a=，∴1333nnna−==（2）

∵3nna=，有()334log14log3114133nnnnnnabna−−===−，∴231111113711(45)(41)33333nnnTnn−=++++−+

−，23411111113711(45)(41)333333nnnTnn+=++++−+−，上述两式相减，得

23121111134(41)333333nnnTn+=++++−−21111133114(41)1313nnn−+−

=+−−−1122111(41)3333nnn−+=+−−−5451333nn+=−，即有5512223nnTn=−+.【题组三分组求和】

1．（2020·全国月考（理））已知数列na满足13a=−，且()*124nnaan+=+N.（1）证明：4na+是等比数列；（2）求na的前n项和nS.【答案】（1）证明见解析；（2）214nnSn=−−.14【解析】（1）由题易知1

40a+，且()12442442444nnnnnnaaaaaa+++++===+++，所以4na+是等比数列.（2）由（1）可知4na+是以141a+=为首项，2为公比的等比数列，所以142nna

−+=，所以124nna−=−.所以()()()()0110111122424242224421412nnnnnSnnn−−−=−+−++−=+++−=−=−−−.2．（2020·宝坻区大口屯高级中学高二月考）已知数列na是公差不为0的等差数列，

首项11a=，且124,,aaa成等比数列．(1)求数列na的通项公式；(2)设数列nb满足2nannba=+，求数列nb的前n项和nT【答案】（1）nan=；（2）()11222nnn+++−【解析】(1)

设数列{an}的公差为d，由已知得，a＝a1a4，即(1＋d)2＝1＋3d，解得d＝0或d＝1.又d≠0，∴d＝1，可得an＝n.(2)由(1)得bn＝n＋2n，∴Tn＝(1＋21)＋(2＋22)＋(3＋23)＋…＋(n＋2n)＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(2＋22＋23＋…＋2n)

＝()12nn+＋2n＋1－2.3．（2020·陕西省洛南中学高二月考）已知数列{}na是公差不为零的等差数列，11a=且139,,aaa成等比数列．（1）求数列{}na的通项公式；（2）若42nannba=+数列{}nb的前n项和nS..【答案】（1）nan=；（2）()

()44113nnSnn−=++15【解析】设等差数列的公差为d，则31212aadd=+=+，91818aadd=+=+，因为139,,aaa成等比数列，所以2319aaa=，即()21218dd+=+，整理为：0d=（舍）或

1d=，所以()111nann=+−=；（2）由（1）可知42nnbn=+，数列4n是以4为公比，4为首项的等比数列，前n项和为()4413n−，数列2n是以2为首项，2为公差的等差数列，前n项和为()1

nn+.所以数列nb的前n项和为()()44113nnn−++【题组四倒序相加】1．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高二月考（文））设4()42xxfx=+，1231011111111ffff++++=()A．

4B．5C．6D．10【答案】B【解析】由于()()1144114242xxxxfxfx−−+−=+=++，故原式11029565111111111111ffffff=++++++=

.2．（2020·贵州省思南中学月考）121()(1)2,(0)()()...()(1)nnfxfxafffffnnn−+−==+++++(*nN)，则数列{}na的通项公式是___________.【答案】

1nan=+16【解析】()()1210...1nnafffffnnn−=+++++，()()1211...0nnafffffnnn−=+++++，两式相加可得()()

()()1111201...10nnnaffffffffnnnn−−=++++++++，()221nan=+，所以1nan=

+.故答案为：1nan=+3．（2020·江苏省前黄高级中学月考）设1()22xfx=+，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得12019f22019f+2017201820192019ff++=_________．【答案

】100922【解析】1()22xfx=+，11212(1)22222222xxxxxfx−−===+++，因此1121212()(1)22222222222xxxxxxfxfx+−=+=+++++1221222222xx+===+，所以12019f

22019f+2017201820192019ff++12018201920192019202201197ffff++++=100922=.17故答案为：100922.4．（2020·甘南藏

族自治州合作第一中学高二期中）()221xfxx=−，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得122020202120212021fff+++=______．【答案】2020【解析】由题意可知()()()()()212212

1=22121-121xxxfxfxxxx−−+−=+=−−−，令S=122020202120212021+++fff则S=202020191202120212021+++fff两式

相加得，220202S=2020S=．故填：20205．（2020·江西上饶·高二月考（理））设4()42xxfx=+，则12320162017201720172017ffff++++=__________．【答案

】1008【解析】∵函数()442xxfx=+，∴()()11444411424242424xxxxxxxfxfx−−+−=+=+=++++，∴12320162017201720172017ffff++++=100811008=

=，故答案为1008.【题组五奇偶并项】1．（2019·广东实验中学高二期中）已知数列na为等比数列，24a=，32a+是2a和4a的等差中项.（1）求数列na的通项公式；（2）设22log(1)nnnban=+−，求数列nb的前n项和nT.18【答

案】(1)2nna=，()*nN；(2)223,21,2nnnnTnnn+=−+为偶数为奇数.【解析】（1）设数列na的公比为q，因为24a=，所以34aq=，244aq=，因为32a+是2a和4a的等差中项，所以()32422aaa+=+.即

22(42)44qq+=+，化简得220qq−=，因为公比0q，所以2q=，因为24a=，所以12a=所以111222nnnnaaq−−===，()*nN；（2）22log2(1)2(1)nnnnbnnn=+−=+−当n为偶数时，前n项和2(1)

32(1)2(3)(1)22nnnnnTnn+=+−++−++−=+；当n为奇数时，前n项和2(1)1121222nnnnnTn+−−=−−=+；则223,21,2nnnnTnnn+=−

+为偶数为奇数.2．（2020·黑龙江哈尔滨市第六中学校月考（理））已知数列na的前n项和nS满足252nnnS+=，*nN.（1）求数列na的通项公式；（2）设()21nnannba=+−，*nN，求数列nb的前2n项和2nT.【答案】（1）2nan=+；（2）

28(41)nnTn=−+.【解析】当1n=时，113aS==；当2n时，()()2211515222nnnnnnnaSSn−−+−+=−=−=+，显然13a=满足上式，19综上：2nan=+；（2）由（1）知()()

2212nnnbn+=+−+，()()()2221243456212212nnTnn−=+−+−+−−+++−L8(41)nn=−+.3．（2020·渝中·重庆巴蜀中学高三月考（理））已知等比

数列na的前n项和为nS，22743aaa=，且3−，4S，39a成等差数列.（1）求数列na的通项公式；（2）设()()111nnnbann=−++，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）3nna=；（2）()33141nnnTn−−=++.

【解析】（1）设等比数列na的公比为q，因为22743aaa=，所以()6231113aqaqaq=，因为10a，所以3q=，又3−，4S，39a成等差数列，所以43293Sa=−即()412121393313aa−=−−，解得1

3a=，所以113nnnaaq−==；（2）由题意()()()11113311nnnnbnnnn=−+=−+−++，所以()()()12121111133312231nnnTbbbnn=+++=−+−++−

+−+−++−+()()()3133311113141nnnnn−−−−−=+−=+−−++.4．（2020·江苏）在数列na中，已知12a=，2211440nnnnaaaa++−+=，121nnnnTaaa+−=+

++.20（1）求数列nT的通项公式；（2）令()22(1)log4nnnnbnT=−+−，求数列nb的前50项和50S.【答案】（1）42nnnT=−；（2）2550.【解析】（1）因为2211

440nnnnaaaa++−+=，所以()2120nnaa+−=，即12nnaa+=，因为12a=，所以0na，所以数列na是以2为首项，2为公比的等比数列，则1222nnna−==，所以()

112122224212nnnnnnnnT+−−=+++==−−.（2）由（1）知()21nnbnn=−+，所以()()()()222520112249495050S=−+++++−+++()()()22222221435049(1250)=−+−++−++

++(3799)(1250)=+++++++(399)25(150)5022++=+2550=.5．（2020·广东佛山）已知nS为数列na的前n项和，且12a，0na，2632nnnSaa=++，*nN.（1）求数列na的通项公式；

（2）若对*nN，()21nnnba=−，求数列nb的前2n项和2nT.【答案】（1）32nan=−，*1,nnN；（2）22183nTnn=−，*1,nnN.【解析】（1）由12a，211116632

Saaa==++，解得11a=或12a=（舍去）；由2632nnnSaa=++①，2111623nnnSaa−−−+=+②，则①-②得：2211633nnnnnaaaaa−−=−+−，整理有()()()1113nnnnnnaaaaaa−−−+=+−；∵0na，知：10nnaa−+，∴13n

naa−−=，*2,nnN，即24a=，故21413aa−=−=；21∴数列na是首项为1，公差为3的等差数列.∴()1132naandn=+−=−，*1,nnN.（2）∵()221(1)(32)

nnnnban=−=−−，∴()()22222122123212623621nnnnbbaannn−−+=−+=−−−+−=−∴()()221361232136211832nnnTnnnnn+=++++−=−=−∴数列nb的前2n项和2

2183nTnn=−，*1,nnN.【题组六绝对值求和】1．（2020·石嘴山市第三中学月考）已知数列na的前n项和为214nSnn=−.（1）求数列na的通项公式；（2）求数列na的前n项和nT.【答案】（1）152nan=−，（

2）2214,17,1498,8,nnnnnNTnnnnN++−=−+【解析】（1）当1n=时，114113S=−=，即113a=，当2n时，22114[14(1)(1)]152nnnaSSnnnnn−=−=−−−−−=−，1n=时，满足上式，所以152nan=−（2

）由0na得152n，而n+N，所以当17n时，0na，当8n时，0na，当17n时，2121214nnnnTaaaaaaSnn=+++=+++==−，当8n时，1278n

nTaaaaa=++++++1278()naaaaa=+++−++77()nSSS=−−72nSS=−2221498nn=−+，所以2214,17,1498,8,nnnnnNTnnnnN++−=−+2．（2020·河南安阳）记数

列na的前n项和为S，已知221nnSan=−+.（1）求数列na的通项公式；（2）记224(1)log(4),33nnnba=−+−数列nb的前n项和为nT，求nT【答案】（1）1322nna−=−；（2）,21,nnnT

nnn=−−为偶数为奇数【解析】（1）当1n=时，由221nnSan=−+，可得111221aSa==−+，即有11a=当2n时，()112212211nnnnnaSSanan−−=−=−+−+−−，即为122nnaa−=+，可得()1222nnaa−+=+，显然，120

na−+.所以数列,2na+是首项为3，公比为2的等比数列，则1232nna−+=，即有1322nna−=−（2）()()()()122241log3221log2133nnnnnnbn−=−+−=−=−当n为偶数时()()(),12341,2nnTnn=−++−++

+−++=当n为奇数时，11122nnnnnTTbn−−−−=+=−=综上可得，,21,nnnTnnn=−−为偶数为奇数3．（2019·福建城厢·莆田一中高三月考（文））设数列na前n项和为S，且满足()*1111,3232nnaSanN+==−．23（1）证明na为等

比数列，并求数列na的通项公式；（2）在（1）的条件下，设2lognnba=，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）证明见解析，62nna−=；（2）2211,621130,62nnnnTnnn−=

−+．【解析】（1）当1n=时，12132Sa=−，21132aa=+，当2n时，1132nnSa−=−，与已知式作差得1nnnaaa+=−，即()122nnaan+=，又21132aa=+，∴2116a=，∴212aa=，故数列na是以132

为首项，2为公比的等比数列，所以62nna−=（2）由（1）知6nbn=−，∴6,66,6nnnbnn−=−，若6n，212112nnnnTbbb−=−−−=，若6n，2125611302nnnnTbbbbb−=−−−−+++=+，∴2211,621130,6

2nnnnTnnn−=−+．4．（2020·浙江）已知数列na的前n项和为nS，且22nnSa=−，数列nb为等差数列113ba=，452ba=−.（1）求na，nb的通项公

式；（2）记nnncab=−，求数列nc的前n项和nT.24【答案】（1）2nna=，82nbn=−；（2）21124222,524294,5nnnnnnTnnn++++−=−−+„【解析】（1）当1n=时，11122aSa==

−，得12a=；当2n时，1122nnSa−−=−，由1nnnaSS−=−，得12nnaa−=.故na为等比数列，其公比为2，所以2nna=.由12a=，113ba=，得16b=，45230ba=−=，因为nb为等差数列，所以其公差8d=，所以82nbn=−.（2）因为282nn

nncabn=−=−+，所以当5n时，0nc，当5n时，0nc.所以当5n时，2111224222nnnnTbababann+=−+−++−=++−.当5n时，()()1211225555242

94nnnnTbababaababnn+=−+−++−+−++−=−−+.故数列nc的前n项和21124222,524294,5nnnnnnTnnn++++−=−−+„.25获得更多资源请扫码加入享学资源

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