【文档说明】专题强化训练一 等差数列性质和求和常考重难点强化精选必刷题-2022-2023学年高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破系列（人教A版2019选择性必修第二册）.docx，共(21)页，1.303 MB，由envi的店铺上传

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专题强化训练一：等差数列性质和求和常考重难点强化精选必刷题一、单选题1．已知等差数列na的前n项和为nS，且34567150aaaaa++++=，则9S等于（）A．225B．250C．270D．3002．已知等差数列na中，nS

为其前n项和，4924,99SS==，则7a等于（）A．13B．14C．15D．163．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝﹣2018，20192013620192013SS−=，则S2020等于（）A．﹣4040B．﹣2020

C．2020D．40404．已知数列na中，11a=，*111(N)nnnnaanaa++−=，若110ma=，则m=（）A．8B．9C．10D．115．已知等差数列{an}满足a3+a4＝12，3a2＝a5，则a

5＝（）A．3B．6C．9D．116．已知数列na的前n项和为nS，满足()1*132nnnaSn−+=−N，则下列结论正确的是（）A．23aaB．68742aaa+=C．数列2n

na是等比数列D．13nS„7．我国古代的天文学和数学著作《周碑算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气唇（guǐ）长损益相同（暑是按照日影测定时刻的仪器，暑长即为所测量影子的长度），夏至､小暑､大暑､立秋､处暑､白露､秋分､寒露､霜降､立冬､小雪､大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等

差数列.经记录测算，夏至､处暑､霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则夏至的日影子长为（）尺.A．1B．1.25C．1.5D．28．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出

了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛

积术”.现有二阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第15项为（）A．94B．108C．123D．1399．已知等差数列()1,2,3,,,nankk=N满足1113,13nnnaaaa+=，若125kaaa+++=，则k的最大值是（）A．8B．9

C．10D．1110．等差数列12,,,naaa()*3,nnN，满足121|||||||1|naaaa+++=+2|1|a++|1|na+++12|2||2||2|2019naaa=−+−++−=，则（）A．n的最大值为50B．n的最小值为50C．n的最大值为51

D．n的最小值为51二、多选题11．已知各项均为正数的等差数列na单调递增，且52a=，则（）A．公差d的取值范围是10,2B．7922aa−=C．3746aaaaD．1911aa+的最小值为112．设等差数列

na的前n项和为nS，且60a，130S，则下列结论正确的有（）A．670aa+B．70aC．数列na单调递减D．对任意*nN，有6nSS13．记x表示与实数x最接近的整数，数列na通项公式为1nan=（nN），其前n项和为nS，设kn=，则下列结论正确的是（

）A．12nk=−B．12nk+C．21nkk−+D．202290S14．已知数列na，nS为na的前n项和，其中11010a=−，13,1,nnnanaan++=−为奇数为偶数，则下列结论正确的是（）A

．1nnaa++是等差数列B．21na−是等差数列C．20212021S=D．20223033S=15．如图，在平面直角坐标系中的一系列格点(),iiiAxy，其中1,2,3,,,in=

且,iixyZ.记nnnaxy=+，如()11,0A记为11a=，()21,1A−记为20a=，()30,1A−记为31,a=−，以此类推；设数列na的前n项和为nS.则（）A．202242a=B．202287S=−C．82nan=D．()245312nnnnS++=1

6．已知数列na满足328a=，()()1122nnnanan−−=+，*nN，数列nb的前n项和为nS，且()()222212221loglognnnnnbaaaa+−+=−，则下列说法正确的是（）A．4221aa=B．1216aa=C．数列21

2nnaa−为单调递增的等差数列D．满足不等式50nS−的正整数n的最小值为63三、填空题17．记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则下列结论正确的有________．(填序号)①a2＋a3＝0；②an＝2n－5；③Sn＝n(n－4)；④d＝－2.18．已知数

列na满足112a=，且+1=3+1nnnaaa，则数列na的通项公式为=na______．19．等差数列na满足()()22*1412,Nnnaadnn−++=，则1nnaa++的取值范围是______．20．已知数列na为严格递增数列，且对

任意,1nnN，都有naN且1na．若3naan=对任意,1nnN恒成立，则20211999aa−=________．21．数列na满足：13a=，122nnnaaa+++，*nN，若192019a=，则7a的最大值为______.22

．若数列na满足:对任意的*nN，只有有限个正整数k使得kan成立，记这样的k的个数为()*na，则得到一个新数列()*na，例如，若数列nan=，则数列()*na是0、1、2、…、n1−、…，若2na

n=，则()()**na=_________四、解答题23．已知等差数列na满足：357414naaaa=+=，，的前n项和为nS．(1)求na及nS；(2)令211=−nnba，若对于任意*Nn，数列nb的前n项和nTm恒成立，求实数m的取值范围．2

4．已知等差数列na的前n项和为512,35,8nSSaa=+=，记数列1nS的前n项和为nT.(1)求数列na的通项公式及nS;(2)是否存在实数，使得211(1)nnT+−−恒成立?若存在，求出实数的取值范围;若不存在，请说明理由.25．nS为数列{

}na的前n项和．已知20,243.nnnnaaaS+=+(1)求{}na的通项公式：(2)设112nnnbaa+=，求数列{}nb的前n项和26．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．27．若数列na的子列(0,1,2,,1)kniaik−=−均为等差数列，则称na为k阶等差数列．(1)若nan=，数列32na−的前15项与4na的前15项中相同的

项构成数列nb，写出nb的各项，并求nb的各项和；(2)若数列na既是3阶也是4阶等差数列，设32313,,nnnaaa−−的公差分别为123,,ddd．（ⅰ）判断123,,ddd的大小关系并证明；（ⅱ）求证

：数列na是等差数列．28．已知数列na中，()11231,22,N25nnaanna−==−，数列nb满足：()1N1nnbna=−．(1)求证：数列nb是等差数列，并求数列nb的通项公式；(2)求1220bbb+++的值；(3)

求数列na中的最大项和最小项，并说明理由．29．在数列{an}中，112a=，对任意的*Nn，都有()1111nnnnanana++=+成立．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn；并求满足1516nS时n的最大值

．30．已知项数为(3)kk≥的数列{}na是各项均为非负实数的递增数列.若对任意的i，j（1ijk≤≤≤），jiaa+与jiaa−至少有一个是数列{}na中的项，则称数列{}na具有性质.(1)判断数列0，1，4，6是否具有性质，并说明理由；(2)设数列{}na具有性质，求证：1

122()kkkaaakaa−++=++；(3)若数列{}na具有性质，且{}na不是等差数列，求项数k的所有可能取值.参考答案：1．C【分析】根据条件求得5a的值，再由等差数列前n项和公式()12nnnaaS+=，即可求得9S.【详解】等差数列{an}的

前n项和为Sn，因为34567150aaaaa++++=，且374652aaaaa+=+=所以3456755150aaaaaa++++==，解得530a=，()9195992702Saaa=+==故选:C.2．C【分析】设等差数列na的公差为d，然后根据题意列

出关于1,ad的方程组，求出1,ad，从而可求出7a.【详解】设等差数列na的公差为d，因为4924,99SS==，所以11434242989992adad+=+=，即11231

2411adad+=+=，解得132ad==，所以71631215aad=+=+=，故选：C3．C【分析】根据等差数列前n项和的性质，结合等差数列的通项公式进行求解即可.【详解】∵Sn是等差数列{an}的前n项和，∴数列{nSn}是等差数列．∵a1＝﹣2018，2019

2013620192013SS−=，∴数列{nSn}的公差d616==，首项为﹣2018，∴20202020S=−2018+2019×1＝1，∴S2020＝2020．故选：C．4．C【分析】根据给定条件，构造新数列，求出通项公式即可计算作答.【详解】依题意，*Nn，111111nnnnnna

aaaaa+++−=−=，而111a=，因此，数列1na是以1为首项，1为公差的等差数列，11(1)1nnna=+−=，即1nan=，由1110mam==，得10m=，所以10m=.故选：C5．C【分析】根据等差数列的下标性

质进行求解即可.【详解】∵等差数列{an}满足a3+a4＝12，3a2＝a5，∴a2+a5＝a3+a4＝12，3a2＝a5，联立消去a2可得a5＝9故选：C6．D【分析】根据nnaS，的关系以及已知条件，可以得出11221nnnnaa++−=，即2nna是一

个等差数列.然后求出通项公式，逐个检验选项即可.【详解】由已知1132nnnaS−+=−得，11132nnnaS+++=−两式作差得，()111113223nnnnnnaSaS−++++=−−−+即1122nnnaa+=−，两边同时

乘以2n可得，11221nnnnaa++−=，即2nna是一个等差数列.又，1n=时，有112aS+=，又11aS=，所以11a=.所以，数列2nna首项为1122a=，公差为1的等差数列，则()2211n

nnan=+−=+，所以，12nnna+=.则2221324a+==，3331122a+==，显然A不正确；6764a=，7116a=，89256a=，B不正确；由前面已得，数列2nna是等差数列，

C项不正确；1111333212232nnnnnnnSna−−++−=−−=−=−单调递增，则11nSS=又102nnan+=所以，11323nnnSa−−−=所以，13nS„

.故选：D.7．C【分析】根据题意列等式，再用等差数列的通项公式和求和公式求解，即可【详解】由题意知：十二个节气的日影子长依次成等差数列，设为1212,,...,aaa，公差为d，则15912++=16.5=84aaaS即()()1111++4++8=16.512

?1112+=842aadadda，解得1=1.5a，=1d，所以夏至的日影子长为1.5尺，故选：C8．B【分析】根据高阶等差数列的知识，结合累加法求出数列的通项公式，再求出该数列的第15项．【详解】设该数列为{}na，数列的前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则数列{}na满

足13a=，11(2)nnaann−−=−…，所以()()112211()()()1213nnnnnaaaaaaaann−−−=−+−++−+=−+−+++(1)(11)(1)3322nnnn−−+−=+=+，所以1515(151)31082a−=+=．故选：B9．B【分析】设等差数

列na公差为d，由题意可得22213dk−−−，从而建立关于k的不等式，求解不等式即可得答案.【详解】解：设等差数列na公差为d，由1133nnnaaa+，且11a=，得1[1(1)]13

[1(1)],1,2,3,,13ndndndnk+−++−=−，即(21)2,1,2,,1(23)2ndnknd+−=−−−，当1n=时，223d−，当2,,1nk=−时，由222123nn−−+−，得221dn−+，所以22213dk−−−，所以(1)(

1)252221kkkkkdkk−−−=++−，即21050kk−+，解得9k，所以k的最大值是9.故选：B.10．A【分析】首先数列na中的项一定满足既有正项，又有负项，不妨设100kkaa+，由此判断出

数列为偶数项，利用配凑法和关系式的变换求出n的最大值.【详解】na为等差数列，则使121212|111222|2019nnnaaaaaaaaa+++=++++++=−+−++−=，所以数列na中的项一定有正有负，不妨设10,0ad，因

为121212|111222|2019nnnaaaaaaaaa+++=++++++=−+−++−=为定值，故设100kkaa+，且120+10kkaa+−，解得3d.若0ia且10ia+，则11iiaa−+=，同理若0ia，则11iiaa+

−=.所以111111kknniiiiiiikikaaaak===+=+−+=+−=，所以数列na的项数为2k，所以12||naaa+++12122kkkkaaaaaa++=−−−−++++()()121222kkaaaaaa

=−+++++++()()1112212222kkkkkadkad−+=−+++22019kd==，由于3d，所以2220193kdk=，解得2673k，故25,50kn，故选A.【点睛】本小题主要考查数列的通项公式的应用，考查等差数列求和公式的应用，考查运算求

解能力，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.11．AB【分析】由0d,10a,且52a=，可判断A，由等差数列的性质可判断B，由作差法可判断C，由基本不等式可判断D.【详解】由题意得0d,10a,而52a=，240d−，解得12d，∴10,2d，故A正确；由(

)79599522aaaaaa−=+−==，故B正确；由23746(22)(22)(2)(2)30aaaaddddd−=−+−−+=−，可知3746aaaa，故C错误；由19524aaa+==，所以()1

9114aa+=有()911919191911111111214244216aaaaaaaaaa+=++=+++=，当且仅当19aa=时取到等号，但19aa，故不能取“=”，所以D错.故选：AB12．BC【分析】由130S

可得70a，而60a，从而可判断ABCD.【详解】11371313()13222aaaS+==，130S，70a，B正确；而60a，故无法判断67aa+的正负，A错误；67aa，数列na单调递减，C正确；当6n=时，nS有最大值，即6nSS，D错误.故

选：BC13．BCD【分析】A特殊值1n=判断即可；B、C由题设可得1122knk−+即可判断正误；D通过归纳总结得到数列na中有2个1，4个12，6个13，8个14，……，根据2022S中na各

对应值的项数，进而求和.【详解】由题意，记x表示与实数x最接近的整数且kn=，当1n=时，可得1n=，则1n=，A不正确；由12nn−，即12nk−，可得1122nk−−，故12nk+成立，B正确；由B分析知：1122knk−+，

平方得：221144kknkk−+++，因为*Nn且214kk−+不是整数，其中21kk−+是214kk−+右侧的最接近的整数，所以21nkk−+成立，C正确；当1,2n=时，1n=，此时121aa==；当3,4,5,6n=时，2n=，此时345612aaaa=

===；当7,8,9,10,11,12n=时，3n=，此时781213aaa====；当13,14,,20n=时，4n=，此时13142014aaa====；……归纳得：数列na中有2个1，4个12，6个1

3，8个14，……又2，4，6，8，…构成首项为2，公差为2的等差数列nb，其前n项和(22)(1)2nnnTnn+==+，而202244(441)42=++，所以2022111142124688428823444545S=+

++++=+，D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：D选项，首先通过列举归纳总结出na对应值出现的次数，再由等差数列前n项和公式确定项的分布情况，进而求出2022S.14．ABD【分析】由题可得1212nnnnaaaa+++=+++，进而可得na的奇数项是首项为

11010a=−，公差为2的等差数列，na的偶数项是首项为21007a=−，公差为2的等差数列，可判断AB，然后通过求和公式计算可判断CD.【详解】设n为奇数，则1n+是偶数，2n+是奇数，则13nnaa+=+，①211

nnaa++=−，②①+②得：1212nnnnaaaa+++=+++，即22nnaa+=+，所以na的奇数项是首项为11010a=−，公差为2的等差数列，同理na的偶数项是首项为21007a=−，公差为2的等差数列，故A，B正确；所以()()2021135

20212462020Saaaaaaaa=+++++++++()()()101110111101010101101010112100710102202022−−=−++−+=，故C错误；又2022220222110132aa=+−=，∴20222021202

2202010133033SSa=+=+=，故D正确.故选：ABD.15．ABD【分析】由图观察可知第n圈的8n个点对应的这8n项的和为0，则2440nnS+=，同时第n圈的最后一个点对应坐标为(),nn，设2022a在第k圈，则k圈共有()41kk+个数，可判断前22圈共有2024个数，

2024a所在点的坐标为()22,22，向前推导，则可判断A，B选项；当2n=时，16a所在点的坐标为()2,2−−，即可判断C选项；借助2440nnS+=与图可知22222244144245454544nnnn

nnnnnnnnSSSaaa++++++++=−=+++，即n项之和，对应点的坐标为()1,+nn，()1,1nn+−，…，()1,1n+，即可求解判断D选项.【详解】由题，第一圈从点()1,0到点()1,1

共8个点，由对称性可知81280Saaa=+++=；第二圈从点()2,1到点()2,2共16个点，由对称性可知248910240SSaaa−=+++=，即240S=，以此类推，可得第n圈的8n个点对应的这8n项的和为0，即()2144820nnnnSS+

+==，设2022a在第k圈，则()()888168412kkkkk++++==+，由此可知前22圈共有2024个数，故20240S=，则()2022202420242023SSaa=−+，2024a所在点的坐标为()22,22，则2024222244a=+=，2023a所在点的坐标为

()21,22，则2023212243a=+=，2022a所在点的坐标为()20,22，则2022202242a=+=，故A正确；()()20222024202420230444387SSaa=−+=−+=−，故B正确；8a所在点的坐标为()1,1，则8112a=+=

，16a所在点的坐标为()2,2−−，则16224a=−−=−，故C错误；22222244144245454544nnnnnnnnnnnnSSSaaa++++++++=−=+++，对应点的坐标为()1,+nn，()1,1nn+−，…，()1,1n+，所以

()()()()()245111112122nnSnnnnnnnn+=+++++−++++=+++++()()2123122nnnnn++++==，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：观察图形，利用对称性求解问题，对D选项，考虑已知的前n项和与所求的关系，结合图形，

可适当先列举找到规律，再求解.16．ABD【分析】由328a=和递推公式()112nnnana−−=+→28a=→12a=，4168a=→A选项正确，B选项正确；()()1122nnnanan−−=+→()112nnnana−−=+→()2

12212222nnnanna−−=+=+为单调递增的等差数列→C选项不正确；22log1nnbn+=+→22log52nnS+=→62n→D选项正确【详解】因为328a=，所以()313222328aaa−=+=，所以28a=，则()21211228aaa−=+=，解得12a=，()4

143324168aaa−=+=，所以4221aa=，1216aa=，所以A选项正确，B选项正确；因为()()1122nnnanan−−=+，所以()()1122nnnanna−−=+，所以()

212212222nnnanna−−=+=+，又*nN，所以22221232222nnnnaannaa−−−−=+−=，*nN所以221nnaa−为单调递增的等差数列，则数列212nnaa−

不是单调递增的等差数列，所以C选项不正确；()221222122224nnnanna+−++=++=+，则()()2221222212221222212loglogloglog1nnnnnnnnnaanbaaaaaan+−+−+++

=−==+，222222341234122loglogloglogloglog52312312nnnnnnSnnnn+++++=++++==++，解得62n，又*nN，所以正整数n的最小值为63，所以

D选项正确．故选：ABD．【点睛】数列问题，常常需要由递推公式求出通项公式，方法有累加法，累乘法，构造法等，要根据数列特征选择不同的方法.17．①②③【分析】利用等差数列的前n项和及通项公式列方程组，运算即可.【详解】S4＝()1442aa+＝0，∴a1＋a4＝a2

＋a3＝0，①正确；a5＝a1＋4d＝5，(*)a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，(**)联立(*)(**)解得132ad=−=，∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，②正确，④错误；Sn＝－3n＋()12nn+×2＝n2－4n，③

正确．故答案为：①②③18．131n−【分析】利用取倒数及等差数列通项公式即可求解.【详解】由+1=3+1nnnaaa两边取倒数可得+111=3nnaa+，即+1113nnaa−=．所以数列1na禳镲睚镲铪是首项为2，公差为3等差数列.所以()123131nnna=+−=−，所以131nan=−．

故答案为：131n−.19．[2,2]−【分析】由题设可得1122d−，令1nntaa++=则12nntdaa−−=+，可得22481tdtd−+=，将问题转化为22()841fxxtxt=−+−在11(,)22x−上有解，

利用二次函数性质求t范围即可.【详解】由题设，()22114(12)(12)0nnaaddd−+=−=−+，即1122d−，当12d=时，na为常数列，显然有矛盾，故1122d−，令1

nntaa++=，则12nntdaa−−=+，所以()22222214(2)4481nnaadtddtdtd−++=−+=−+=，令22()841fxxtxt=−+−，则()fx在11(,)22x−上有

解，又()fx开口向上且对称轴为4tx=，2221632(1)3216ttt=−−=−，当22t=，即2t=时，211(,)4422t=−，满足要求；当22t−时，2211(,)(,)44422t−−，又21()(1)02ft=−，21()(1)02f

t−=+，满足要求；综上，1[2,2]nntaa+=+−.故答案为：[2,2]−20．66【分析】根据3naan=恒成立和严格递增可得12a=，然后利用3naan=递推求出729a，1458a的值，不难发现在此两项之间的所有项为连续正整数，

于是可得12922021aaa=，12701999aaa=，然后可解.【详解】因为13aa=，且数列na为严格递增数列，所以11a=或12a=，若11a=，则113aaa==（矛盾），故12a=由3naan=可得：123aaa==，236aaa==，36

9aaa==，6918aaa==，91827aaa==，182754aaa==，275481aaa==，5481162aaa==，81162243aaa==，162243486aaa==，243486729aaa==，4

867291458aaa==，72914582187aaa==，因为7291458a=，14582187a=，218714581458729729−=−=，且数列na为严格递增数列，naN，所以12922021a=，12701999a=，所以129

220213876aaa==，127019993810aaa==所以199920213876381066aaa−=−=故答案为：6621．675【分析】由122nnnaaa+++得，在取等号成立的情况下，na的每一项均有最

大值，此时，数列na为等差数列，进而利用等差数列求解即可【详解】由122nnnaaa+++得，在取等号成立的情况下，na的每一项均有最大值，此时，有122nnnaaa++=+，即在等号成立的条件下，数列na为等差数列，由192019a=和13a=可得

112d=，此时，716675aad=+=故答案为：675【点睛】关键点睛：本题的关键在于利用122nnnaaa+++得，在取等号成立的情况下，na的每一项均有最大值，进而得到数列na为等差数列，最后求解22．2n【分析】根据题意寻找规律

，从而求出当()()222112nmn−+时，()*21man=−，再求出()()**2135721nann=+++++−=.【详解】由11a=，24a=，39a=，416a=，……，得：()*10a=，()()()**2*341aaa===

，()()()()()****56789*2aaaaa=====，当1016m时，()*3ma=，……，当()()222112nmn−+时，()*21man=−，所以()()**11a=，()()*2*134a=+=，()()*3*1359a=++=，……，()()**2135721na

nn=+++++−=，故答案为：2n【点睛】对于定义新数列题目，要能正确理解题干中的信息，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，寻找规律进行求解.23．(1)(13)2nnnnanS+==+，；(2)3[,)4+.【分析】（1）设等差数列na的公差为d，由题意可列出方程组，即可求得d，进

而求得答案；（2）利用裂项求和法求得数列nb的前n项和nT，说明34nT，结合数列不等式恒成立可求得参数的范围.（1）设等差数列na的公差为d，由题设357414aaa+==，可得：111244614adadad+

=+++=，解得：121ad==，∴1(1)1naandn=+−=+，(3)2nnnS+=；（2）由（1）可得：21111()(1)122nbnnn==−+−+，∴111111111()()()()21324112nTnn

nn=−+−++−+−−++11111()21212nn=+−−++3111()4212nn=−+++34，又nTm恒成立，∴34m，即实数m的取值范围为[34，+∞）．24．(1)21nan=+，22nSnn=+；(2)存在，11,22−.【分析】（1）根据

已知条件及等差数列的性质求基本量，即可写出na的通项公式及nS；（2）由（1）得111122nnnS=−+，应用裂项相消法求得13112212nTnn=−−++，再由不等式恒成立，讨

论n的奇偶性求的范围，最后取交集.【详解】（1）因为na为等差数列，设公差为d，首项为1a，由53535Sa==，解得37a=，由12128aaad+=+=，又3127aad=+=，则13a=，2d=，所以()32121nann=+−=+，()211

22nnnSnadnn−=+=+．（2）由（1）知：22nSnn=+，所以()21111112222nnnnnSnn===−+++，所以11111111111111131121324112212122212nTnnnnnnnn=−+−++−+−=+−−=−−

−++++++，易知nT为递增数列，当1n=时，nT取得最小值为131112211123−−=++，又0n，所以34nT，所以1334nT．当n为奇数时，21nT−恒成立，即2113−，解得232333−，当n为偶数时，21nT−−恒成立，

即2314−−，解得1122−，综上，实数的取值范围为11,22−．25．(1)na=21n+(2)1181122n−+【分析】（1）先用数列第n项与前n项和的关系求出数列na的递推公式，再由等差数列的定义写出数列na的通项公式；（2）根据（1）数列nb

的通项公式，再由裂项相消求和法求其前n项和．（1）当1n=时，211112434+3aaSa+=+=，因为0na，所以1a=3，当2n时，221122nnnnaaaa−−+−−=14343nnSS−+−−=4na即111()()2()nnnnnnaaaaaa−−−+−=+，因为0na

，所以12nnaa−−=，所以数列{na}是首项为3，公差为2的等差数列，所以na=21n+；（2）由（1）知，nb=1111()2(21)(23)42123nnnn=−++++，所以数列{nb}前n项和为12nbbb+++=11111114

35572123nn−+−++−++1182121n=−+．26．(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+

=.27．(1)nb的各项为：4，16，28，40；nb的各项和为：416284088+++=(2)（ⅰ）123ddd==,证明见解析；（ⅱ）证明见解析；【分析】（1）根据题意，利用枚举法，即可求解；（2）（ⅰ）根据题意，

323134,,,nnnnaaaa−−均为等差数列，通过等量代换找到123,,ddd的关系即可；（ⅱ）323134,,,nnnnaaaa−−均为等差数列，由（ⅰ）得，设12334m

dddd====，进而利用等量代换关系，得到3313132214nnnnmaaaaaa−−−−=−==−=，进而可以递推，得到14nnmaa+−=，即可证明数列na是等差数列【详解】（1）nan=，3232nan−=−，44nan=，32na−前15项分别为：1，4，

7，10，13，16，19，22，25，28，31，34，37，40，43；4na前15项分别为：4，8，12，16，20，24，28，32，36，40，44，48，52，56，60；nb的各项为

：4，16，28，40；nb的各项和为：416284088+++=；（2）（ⅰ）由已知得，32313,,nnnaaa−−均为等差数列，数列na既是3阶也是4阶等差数列，故4na也为等差数列，4

na：4812164,,,,,naaaaa，设公差为m，32na−：141632,,,,naaaa−，，故116443daam=−=，31na−：2582031,,,,,,naaaaa−，故22081641644443daa

amamaam=−=+−−=−=，3na：36912243,,,,,,,naaaaaa，故324121641644883daaamamaam=−=+−−=−=，故12334mddd===.（ⅱ）数列na既是3阶也是4阶等差数列，

323134,,,nnnnaaaa−−均为等差数列，由（ⅰ）得，设12334mdddd====，对于4na，有84aam−=，128aam−=，1612aam−=对于32na−，有7434aadm−==，对于31na−，有11834aadm−==，对于32na

−，有151234aadm−==，874maa−=，12114maa−=，16154maa−=，整理得，16121511aaaam−=−=，128117aaaam−=−=，故331151115113(5)(4)44nnmaaadn

adnaadmm−−=+−−−−=−−=−=；31321171173(4)(3)44nnmaaadnadnaadmm−−−=+−−−−=−−=−=；所以，3313132214nnnnmaaaaaa−−−−=−==−=，故，14nnmaa+−=，所以，数列na是等差数列

28．(1)证明见详解；272=−nbn(2)109(3)()max3=na，()min1=−na，理由见详解【分析】（1）求出11nnbb−−=和1b，可知数列nb是252−为首项，1为公差的等差数列，即可求出nb的通项公式；（2）由2702nbn=−

可知，13n时，0nb，14n时，0nb，由此去绝对值可求出答案；（3）由（1）中nb的通项公式代入可求出na的通项公式，令()21227fxx=+−，再判断()fx得单调性，即可求出答案.（1）因为11

1111111111121nnnnnnbbaaaa−−−−−=−=−=−−−−−()*2,Nnn，又1112512ba==−−，∴数列nb是252−为首项，1为公差的等差数列．∴()127112nbbnn=+−=

−.（2）由2702nbn=−，得272n，即13n时，0nb；14n时，0nb，∴()123201213141520bbbbbbbbbb++++=−+++++++251312277613171411092222=−−++−+=

（3）由12712nnbna==−−，得()*21N227nann=+−又函数()21227fxx=+−在27,2−和27,2+上均是单调递减．由函数()21227fxx=+−的图象，可得：

()14max3naa==，()13min1naa==−.29．(1)1(1)nann=+(2)14【分析】（1）合理变形构造等差数列1{}nna，再利用等差数列的通项公式进行求解；（2）先将通项变形为111nann=−+，再利用裂项抵消法进行求和，进而通过解不等式进行求解.（1）因

为112a=，且对任意的*Nn，都有()1111nnnnanana++=+成立，所以()11111nnnana+−=+，即数列1nna是等差数列，首项为2，公差为1，所以12(1)1nnnna=+−=+，即1(1)nann=+．

（2）因为()11111nannnn==−++，所以1111111(1)()()()223231nSnn=−+−+−++−+11n1=−+，由1516nS，得11116n+，解得15n，所以

满足1516nS时n的最大值为14．30．(1)数列0，1，4，6不具有性质；(2)证明见解析；(3)可能取值只有4.【分析】（1）由数列{}na具有性质的定义，只需判断存在jiaa+与jiaa−都不是数列中的项即可.（2）由性质知：kkaaA+、kkaaA−

，结合非负递增性有10a=，再由2ik时kiaaA+，必有kiaaA−，进而可得1kkaaa−=，12kkaaa−−=，L，21kkaaa−−=，1kkaaa−=，应用累加法即可证结论.（3）讨论3k=、4k=、5k，结合性质、等差数列的性质判断是否

存在{}na符合题设性质，进而确定k的可能取值.(1)数列0，1，4，6不具有性质.因为415+=，413−=，5和3均不是数列0，1，4，6中的项，所以数列0，1，4，6不具有性质.(2)记数列{}na的各项组成

的集合为A，又1210kkaaaa−kkaa+，由数列{}na具有性质，kkaaA+，所以kkaaA−，即0A，所以10a=.设2ik，因为kiaaA+，所以kiaaA−.又1210kkkkkkaaaaaaaa−=

−−−−，则1kkaaa−=，12kkaaa−−=，L，21kkaaa−−=，1kkaaa−=.将上面的式子相加得：121121()kkkkkkaaaaaaaaa−−−++++=++++.所以1122()kkkaaakaa−++=++.(3)（i

）当3k=时，由（2）知，10a=，32221aaaaa−==−，这与数列{}na不是等差数列矛盾，不合题意.（ii）当4k=时，存在数列0，2，6，8，符合题意，故k可取4.（iii）当5k时，由（2）知，1(01)kkiiaaaik−+−=

−.①当31ik−时，112kikkaaaaa−−++=，所以1kiaaA−+，1kiaaA−−.又111213320kkkkkkkaaaaaaaaa−−−−−−=−−−−=L，12320kkaaaa−−=，∴111kkaaa−−−=，122kkaaa−−−

=，L，133kkaaa−−−=，即1(13)kkiiaaaik−−−=−.由111kkaaa−−−=，122kkaaa−−−=，得：111kkaaa−−−=，122kkaaa−−−=，∴1(11)kkiiaaaik−−−=−.②由①②两式相减得：11(11)

kkiiaaaaik−+−=−−，这与数列{}na不是等差数列矛盾，不合题意.综上，满足题设的k的可能取值只有4.【点睛】关键点点睛：第二问，由kiaaA+可知kiaaA−，并应用累加法求证结论；第三问，讨论k的取值，结合{}na的性质，由性质、等差数列的性质判断不同k的取值

情况下数列的存在性即可.