福州文博中学选修二第一单元《数列》检测卷(含答案解析)

一、选择题
1．已知正项数列{}n a 满足11a =，1111114n n n n a a a a ++⎛⎫⎛⎫
+-=
⎪⎪⎝⎭⎝⎭
，数列{}n b 满足1111n n n
b a a +=+，记{}n b 的前n 项和为n T ，则20T 的值为（ ） A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
2．数列{}n a 满足1n n a a n +=+，且11a =，则8a =（ ）． A ．29
B ．28
C ．27
D ．26
3．已知等差数列{}n a 前n 项和为n S ，且351024a a a ++=，则13S 的值为（ ） A ．8
B ．13
C ．26
D ．162
4．已知数列{}n a 满足11a =，12
2
n n a a n n
+=++，则10a =（ ） A ．
259
B ．
145
C ．
3111
D ．
176
5．已知数列{}n a 中，11a =，前n 项和为n S ，且点1(,)()n n P a a n N *
+∈在直线
10x y -+=上，则
123
2019
1111S S S S ++++
=（ ）
A ．
2019
2020
B ．
2019
1010 C ．
2019
4040
D ．
20192020
2
⨯ 6．定义：在数列{}n a 中，若满足
21
1n n n n
a a d a a +++-=（n N +∈，d 为常数），称{}n a 为“等差比数列”。

已知在“等差比数列”{}n a 中，1231,3a a a ===则2015
2013
a a =（ ） A ．2420151⨯- B ．2420141⨯- C ．2420131⨯-
D ．242013⨯
7．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0,1]均分为三段，去掉中间的区间段12(,)33，记为第一次操作；再将剩下的两个区间1[0,]3，2[,1]3
分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于
9
10
，则需要操作的次数n 的最小值为（ ）（参考数据：lg 20.3010=，lg30.4771=）
A ．4
B ．5
C ．6
D ．7
8．已知数列{}n a 的前n 项和2
2n S n n =+，那么它的通项公式是（ ）
A ．21n a n =-
B ．21n a n =+
C ．41n a n =-
D ．41n a n =+
9．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.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第19项为（ ） A ．174
B ．184
C ．188
D ．160
10．等比数列{} n a 的前n 项和为n S ，若63:3:1S S =，则93:S S =（ ） A ．4:1
B ．6:1
C ．7:1
D ．9:1
11．已知数列{}n a 的首项为1，第2项为3，前n 项和为n S ，当整数1n >时，
1
1
12()n
n
n S S S S 恒成立，则15S 等于（ ）
A ．210
B ．211
C ．224
D ．225
12．定义
12...n
n
p p p +++为n 个正数12,,......n p p p 的“均倒数”，若已知正整数数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为121n +，又1
4n n a b +=，则1223
1920
111
b b b b b b +++
=（ ） A ．
1920 B ．
120
C ．
1011 D ．
111
二、填空题
13．在递减等差数列{}n a 中，2
1324a a a =-，若113a =，则数列11n n a a +⎧⎫
⎨
⎬⎩⎭
的前n 项和的
最大值为______.
14．已知数列{}n a 为等差数列，1351a a a ++=，n S 表示数列{}n a 的前n 项和，若当且仅当20n =时，n S 取到最大值，则246a a a ++的取值范围是________
15．将数列{2}n 与{32}n -的公共项从小到大排列得到数列{}n a ，则{}n a 的前n 项和
n S =___.
16．在数列{}n a 中，112a =，1n n a a n +=+，则n
a n
的最小值为_________. 17．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若
()*11111n n n n N S S a +⎛⎫-=∈ ⎪⎝⎭，且1
12
a =-，则2019
1S =_______.
18．已知数列{}n a 的首项11a =，函数3
2
1()(cos
)2
n n n f x x a a x π+=+--为奇函数，记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2020S 的值为__.
19．已知函数()1e
e
x f x x
=+（e 是自然对数的底数），设(),
2020,1,2020,
4041n f n n a f n n ≤⎧⎪=⎨⎛⎫
> ⎪⎪-⎝
⎭⎩，*n N ∈，数列{}n a 的前n 项和为n S ，则4039S 的值是______.
20．已知等比数列{}n a 满足(
)143n
n n a a n N
*
++=⋅∈，的前n 项和为n
S
，若不等式
n n S ka ≥对于任意n *∈N 恒成立，则实数k 的取值范围是______. 三、解答题
21．设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足对任意*n ∈N ，都有
33
32
12n n a a a S ++
+=.
（1）求证：数列{}n a 为等差数列；
（2）若()2
(1)2n n n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .
22．已知等比数列{n a }的各项均为正数，1a +3a ==5，且其前n 项和n S 满足72S =33S . （1）求数列的通项公式； （2）若()()111n
n n n a b a a +=
++求数列{n a }的前n 项和n T
23．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1
22n n n S a +=-，*n N ∈.
（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令11n n n n b a a n +=
-+，记数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
的前n 项和为n T .求证：43n T <，*n N ∈. 24．已知数列{a n }的前n 项和S n 和通项a n 满足2S n +a n ＝1，数列{b n }中，b 1＝1，21
2
b =
，1
2n b +2
11n n b b +=
+，(n ∈N *). （1）求数列{a n }，{b n }的通项公式； （2）数列{c n }满足n n n a c b =
，求证：1233
4
n c c c c ++++<…. 25．已知正项数列{}n a 满足22
20n n a na n --=，数列
(){}12n n
n a
a -⋅+的前n 项和为
n S ．
（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求n S ．
26．已知递增等比数列{}n a 满足：1418a a +=，2332a a ⋅=，数列{}n b 的前n 项和为
n S ，且212n S n =32
n +，记()()111221n n n n n n a c a b a b +++++-=-⋅-.
（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n c 的前n 项和n T .
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一、选择题 1．B 解析：B 【分析】 由题意可得
2
2
1114n n a a +-
=，运用等差数列的通项公式可得21
43n n a =-
，求得
1
4n b =，然后利用裂项相消求和法可求得结果
【详解】
解：由11a =，1111114n n n n a a a a ++⎛⎫⎛⎫
+-=
⎪⎪⎝⎭⎝⎭
，得22
1114n n a a +-=， 所以数列21n a ⎧⎫
⎨
⎬⎩⎭
是以4为公差，以1为首项的等差数列， 所以
2
1
14(1)43n n n a =+-=-， 因为0n a >
，所以n a =
，
所以
1111n n n
b a a +=+=
所以1
4
n b =
=，
所以201220T b b b =++⋅⋅⋅+
11
1339(91)244
=++⋅⋅⋅+=⨯-=，
故选：B 【点睛】
关键点点睛：此题考查由数列的递推式求数列的前n 项和，解题的关键是由已知条件得
22
1114n n a a +-
=，从而数列21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
是以4为公差，以1
为首项的等差数列，进而可求n a =
，1
4
n b =
=，然后利用裂项相消法可求得结果，考查计算能力和转化思想，属于中档题
2．A
解析：A 【分析】
由已知得11n n n a a -=--，运用叠加法可得选项. 【详解】 解：由题意知：
1n n a a n +=+，11n n a a n -∴-=-，
即：211a a -=，322a a -=，
，11n n n a a -=--，
把上述所有式子左右叠加一起得：(1)
12
n n n a -=
+， 88(81)
1292
a ⨯-∴=
+=. 故选：A. 【点睛】
方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法：
（1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式1(1)n a a n d =+-，或1
1n n a a q -=进行
求解；
（2）前n 项和法：根据11,1
,2n n
n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩进行求解；
（3）n S 与n a 的关系式法：由n S 与n a 的关系式，类比出1n S -与1n a -的关系式，然后两式作差，最后检验出1a ，是否满足用上面的方法求出的通项；
（4）累加法：当数列{}n a 中有()1n n a a f n --=，即第n 项与第n −1项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法； （5）累乘法：当数列{}n a 中有()1
n
n a f n a -=，即第n 项与第n −1项商是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
（6）构造法：①一次函数法：在数列{}n a 中，1n n a ka b -=+（k 、b 均为常数，且k ≠1，k ≠0）.
一般化方法：设()1n n a m k a m -+=+，得到()11
b b k m m k =-=
-，， 可得出数列1n b a k ⎧⎫+⎨⎬-⎩
⎭ 是以k 的等比数列，可求出n a ；
②取倒数法：这种方法适用于1
12(),n n n ka a n n N ma p
*--=
≥∈+（k 、m 、p 为常数，
m ≠0），两边取倒数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于1n n a ka b -=+的式子；
（7）1n
n n a ba c +=+（b 、c 为常数且不为零，n *∈N ）型的数列求通项n a ，方法是在等
式的两边同时除以1n c +，得到一个1n n a ka b +=+型的数列，再利用（6）中的方法求解即可.
3．B
解析：B 【分析】
先利用等差数列的下标和性质将35102a a a ++转化为()410724a a a +=，再根据
()
11313713132
a a S a +=
=求解出结果.
【详解】
因为()351041072244a a a a a a ++=+==，所以71a =，
又()
1131371313131132
a a S a +=
==⨯=， 故选：B. 【点睛】
结论点睛：等差、等比数列的下标和性质：若(
)*
2,,,,m n p q t m n p q t N +=+=∈，
（1）当{}n a 为等差数列，则有2m n p q t a a a a a +=+=； （2）当{}n a 为等比数列，则有2
m n p q t a a a a a ⋅=⋅=.
4．B
解析：B 【分析】 由122n n a a n n +=++转化为11
121n n a a n n +⎛⎫-=- ⎪+⎝⎭
，利用叠加法，求得23n
a n =-，即可求解. 【详解】 由12
2n n a a n n +=+
+，可得121
12(1)1n n a a n n n n +⎛⎫-==- ⎪++⎝⎭
，
所以()()()()11223211n n n n n n n a a a a a a a a a a -----=-+-+-++-+
11111
111222*********n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+
+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-----⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
122113n n ⎛⎫
=-+=- ⎪⎝⎭
，
所以102143105
a =-=. 故选：B. 【点睛】
数列的通项公式的常见求法：
对于递推关系式可转化为1()n n a a f n +-=的数列，通常采用叠加法（逐差相加法）求其通项公式；
对于递推关系式可转化为1
()n n
a f n a +=的数列，并且容易求数列{()}f n 前n 项积时，通常采用累乘法求其通项公式； 对于递推关系式形如1
n n a pa q +=+的数列，可采用构造法求解数列的通项公式.
5．B
解析：B 【分析】
由点在直线上得到数列{}n a 的通项公式和前n 项和公式，根据公式特征利用裂项相消可得答案. 【详解】
点1(,)()n n P a a n N *
+∈在直线10x y -+=上，所以11n n a a +=+，即1=1n n a a +-
所以{}n a 是以1为首项，公差为1的等差数列，即=n a n ，(1)=
2
n n n
S +， 所以1211=2(1)1n S n n n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭， 123
2019
11111111112121223
201920202020S S S S ⎛⎫⎛
⎫++++=-+-++
-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
2019
1010=
. 故选：B. 【点睛】 裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和，注意通项“分裂成两项差”的形式之后是不是还有系数.
6．C
解析：C
【分析】
利用定义，可得1n n a a +⎧⎫
⎨⎬⎩⎭是以1为首项，2为公差的等差数列，从而121n n a n a +=-，利用
201520152014
201320142013
a a a a a a =⋅，可得结论． 【详解】
121a a ==，33a =，
32
21
2a a a a ∴
-=， 1n n a a +⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以1为首项，2为公差的等差数列，
1
21n n
a n a +∴=-， ()()201520152014
201320142013
22014122013140274025a a a a a a ∴
=⋅=⨯-⨯-=⨯ 22(40261)(40261)40261420131=+-=-=⨯-．
故选：C. 【点睛】
数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．
7．C
解析：C 【分析】
依次求出第次去掉的区间长度之和，这个和构成一个等比数列，再求其前n 项和，列出不等式解之可得． 【详解】
第一次操作去掉的区间长度为13
；第二次操作去掉两个长度为19的区间，长度和为2
9；第
三次操作去掉四个长度为
127的区间，长度和为427；…第n 次操作去掉12n -个长度为1
3
n 的
区间，长度和为1
23
n n -，
于是进行了n 次操作后，所有去掉的区间长度之和为1
122213933n
n n n S -⎛⎫
=++⋅⋅⋅+=- ⎪⎝⎭
，
由题意，90
2131n
⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，即21lg lg 1031n ≤=-，即()lg3lg21n -≥，解得：11
5.679lg3lg 20.47710.3010
n ≥
=≈--，
又n 为整数，所以n 的最小值为6. 故选：C . 【点睛】
本题以数学文化为背景，考查等比数列通项、前n 项和等知识及估算能力，属于中档题.
8．C
解析：C 【解析】
分类讨论：当1n =时，11213a S ==+=，
当2n ≥时，2
2
1(2)2(1)141n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+--+-=-⎣⎦， 且当1n =时：1414113n a -=⨯-== 据此可得，数列的通项公式为：41n a n =-. 本题选择C 选项.
9．A
解析：A 【分析】
根据已知条件求得11n n n a a -=--，利用累加法求得19a . 【详解】 依题意：
3,4,6,9,13,18,24,1,2,3,4,5,6,
所以11n n n a a -=--（2n ≥），且13a =，
所以()()()
112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+
+-+
()()12213n n =-+-+
+++
()()()1111332
2
n n n n -+--=
+=+.
所以191918
31742
a ⨯=+=. 故选：A 【点睛】
本小题主要考查累加法，属于中档题.
10．C
解析：C
【分析】
利用等比数列前n 项和的性质k S ，2k k S S -，32k k S S -，43k k S S -，成等比数列求解.
【详解】
因为数列{} n a 为等比数列，则3S ，63S S -，96S S -成等比数列， 设3S m =，则63S m =，则632S S m -=， 故
633S S S -=96632S S S S -=-，所以964S S m -=，得到97S m =，所以93
7S
S =. 故选：C. 【点睛】
本题考查等比数列前n 项和性质的运用，难度一般，利用性质结论计算即可.
11．D
解析：D 【分析】
利用已知条件转化推出1122n n a a a +-==，说明数列是等差数列，然后求解数列的和即可． 【详解】 解：结合1
1
12()n
n
n S S S S 可知，11122n n n S S S a +-+-=，
得到1122n n a a a +-==，故数列{}n a 为首项为1，公差为2的等差数列，则12(1)21n a n n =+-=-，所以1529a =，
所以11515()15(291)15
22522
a a S ++=
==， 故选：D ． 【点睛】
本题考查数列的递推关系式的应用，考查数列求和，是基本知识的考查．
12．A
解析：A 【分析】
首先根据新定义求得()21n S n n =+，再求数列{}n a 的通项公式，以及求得n b n =，最后利用裂项相消法求和. 【详解】
由已知可得数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为1211
..21
n n n a a a S n ==++++，
可得()21n S n n =+，
则2n ≥时，()()2
12111231n S n n n n -=-+-=-+⎡⎤⎣⎦，
∴ 141n n n a S S n -=-=-，当1n =时，113a S ==，满足41n a n =-，
41n a n ∴=-，
又1
4
n n a b +=
，故n b n =， 12231920111111 (12231920)
b b b b b b ∴
+++=+++⨯⨯⨯ 111111191..122319202020⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
.
故选：A 【点睛】
本题考查新定义数列的理解，考查裂项相消法求和，以及已知n S 求n a ，属于基础题型，本题的关键是理解新定义.，并能抽象为
121
n n S n =+. 二、填空题
13．【分析】先根据等差数列的定义求出数列的通项公式代入再利用裂项求和即可取出【详解】解：由题意知：数列为等差递减数列则公差即解得或（舍去）故数列的通项公式为：设的前项和为则：当时且单调递增当时时取得最大 解析：
613
【分析】
先根据等差数列的定义求出数列{}n a 的通项公式，代入11n n a a +⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
，再利用裂项求和即可
取出. 【详解】
解：由题意知：数列{}n a 为等差递减数列，则公差0d <，
21324a a a =-，
()()2
11124a a d a d ∴+=+-，
即2
2
2
1111224a a d a a d d +=++-， 解得2d =-或2d =（舍去）， 故数列{}n a 的通项公式为：
()()()111312152n a a n d n n =+-=+-⨯-=-， ()()1111111521322132152n n a a n n n n +⎛⎫
∴
==⨯- ⎪----⎝⎭
， 设11n n a a +⎧⎫
⎨
⎬⎩⎭
的前n 项和为n S ，
则：111111121113911132152n S n n ⎛⎫=
⨯-+-+⋅⋅⋅+- ⎪--⎝⎭
111213132n ⎛⎫=
⨯-+ ⎪-⎝⎭
， 当6n ≤时，0n S >且单调递增， 当7n ≥时0n
S <，
6n ∴=时，n S 取得最大值，即6116121313
S ⎛⎫=⨯-+= ⎪⎝⎭，
故答案为：613
. 【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是对111213132n S n ⎛⎫=
⨯-+ ⎪-⎝⎭
的分析，求出n S 的最大值. 14．【分析】由条件可得当时取到最大值则得到的范围由可得答案【详解】由得即当且仅当时取到最大值则则即得到由可得故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查等差数列的基本性质的应用解答本题的关键是当且仅当时取到最大
解析：1617,1718⎛⎫
⎪⎝⎭
【分析】 由条件可得31
,3a =
当20n =时，n S 取到最大值，则202100
a a >⎧⎨<⎩得到d 的范围，由24613a a a d ++=+可得答案.
【详解】
由1351a a a ++=，得331,a =即31
,3
a =
24643333,a a a a a d ++==+
当且仅当20n =时，n S 取到最大值，则2021
0a a >⎧⎨<⎩
则203213170180a a d a a d =+>⎧⎨=+<⎩，即202111703
1180
3a d a d ⎧
=+>⎪⎪⎨⎪=+<⎪⎩
，得到11,5154d ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭ 2464333313a a a a a d d ++==+=+
由1
1,5154d ⎛⎫∈-
- ⎪⎝⎭
，可得1617131718d <+<
故答案为：1617,1718⎛⎫
⎪⎝
⎭ 【点睛】
关键点睛：本题考查等差数列的基本性质的应用，解答本题的关键是当且仅当20n =时，
n S 取到最大值，则2021
00a a >⎧⎨<⎩，从而得出1
1,5154d ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，属于中档题. 15．【分析】首先判断出数列与项的特征从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差利用等差数列的求和公式求得结果【详解】因为数列是以2为首项以2为公差的等差数列数列是以1首项以3为公差的等差数列所以 解析：23n n +
【分析】
首先判断出数列{2}n 与{}32n -项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果. 【详解】
因为数列{2}n 是以2为首项，以2为公差的等差数列， 数列{}32n -是以1首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列{}n a 是以4为首项，以6为公差的等差数列， 所以{}n a 的前n 项和2(1)
4632
n n n S n n n -=⋅+⋅=+， 故答案为：23n n +. 【点睛】
关键点点睛：该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于中档题.
16．【分析】由累加法求出数列的通项公式进而可得到的解析式再根据基本不等式可求得最小值【详解】解：即：…将这个式子累加可得：…即当时又又也适合上式由对勾函数的性质可知：当且仅当时取得最小值即时取得最小值又 解析：
225
【分析】
由累加法求出数列{}n a 的通项公式，进而可得到
n
a n
的解析式，再根据基本不等式可求得n
a n
最小值. 【详解】
解：
1n n a a n +=+，
1n n a a n +∴-=，
即：211a a -=，322a a -=，433a a -=，...，11(2,)n n a a n n n z ---≥∈=， 将这1n -个式子累加可得：1123n a a -=+++ (1)
+12
n n n --=， 即当2n ≥时，1(1)
2
n n n a a -=+， 又112a =，
()2(1)24
12=222
n n n n n a n n z --+∴=+≥∈，，
又112a =也适合上式，
()2(1)24
12=22n n n n n a n z --+∴=+∈
224121
=222
n a n n n n n n -+∴=+-， 由对勾函数的性质可知：当且仅当12
=2n n
时取得最小值，
即n = 又
n z ∈
且45<<，
44121942422a =+-=，551212252525
a =+-= ， 92225>， n a n ∴
的最小值为：
22
5
. 故答案为：22
5
. 【点睛】
易错点点睛：运用累加法求数列通项时，注意验证首项是否满足，若不满足，则需要写成分段的形式.
17．【分析】用代入已知等式得变形可得说明是等差数列求其通项公式可得的值【详解】整理可得则即所以是以为公差的等差数列又则故答案为：【点评】本题考查数列递推式考查等差数列的判定训练了等差数列通项公式的求法是 解析：2020-
【分析】
用11n n n a S S ++=-，代入已知等式，得11n n n n S S S S ++-=⋅，变形可得
1111n n
S S +-=-，说明1n S ⎧⎫
⎨
⎬⎩⎭
是等差数列，求其通项公式，可得20191S 的值.
【详解】
11n n n a S S ++=-，1111111n n n n n
S S a S S ++⎛⎫∴
-=
= ⎪-⎝⎭，整理可得11n n n n S S S S ++-=⋅， 则111111n n n n n n S S S S S S +++-=-=，即
111
1n n
S S +-=-， 所以，1n S ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
是以1-为公差的等差数列，又11112S a ==-， ()()()12111n n n S ∴
=-+-⋅-=-+，则2019
1
2020S =-. 故答案为：2020-. 【点评】
本题考查数列递推式，考查等差数列的判定，训练了等差数列通项公式的求法，是中档题.
18．1010【分析】利用是奇函数推出推出函数的周期然后转化求解即可【详解】解：因为是奇函数所以如此继续得故答案为：1010【点睛】本题考查数列的函数的特征数列的周期性的应用考查转化思想以及计算能力是中档题
解析：1010. 【分析】
利用()f x 是奇函数，推出1cos 2
a n n a a π
+=+，推出函数的周期，然后转化求解即可. 【详解】
解：因为()f x 是奇函数，()()f x f x -=-， 所以1(cos
)02n n n a a π
+-+=，1cos 2
a n n a a π+=+， 11a =，
21cos
12a a π
=+=，
322cos 02
a a π
=+=，
433cos
02
a a π
=+=， 如此继续，
得4n n a a +=.20201234505()50521010S a a a a =+++=⨯=. 故答案为：1010. 【点睛】
本题考查数列的函数的特征，数列的周期性的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题.
19．【分析】由题意可得且进而可得结合数列的通项公式可得从而可得答案
【详解】根据题意因为所以所以因为所以故答案为：【点睛】此题考查数列的求和以及数列与函数的关系关键是分析属于中档题 解析：
4039
2
【分析】
由题意可得， 1()11()111()e
e
e x
f x x x
==++，且11(1)112f ==+，进而可得1
()()1f x f x
+=，结合数列的通项公式可得
4039111
(1)(2)(2020)()()()202020192
f f f f f S f =++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+
111
(1)[(2)()][(3)()](2020)()232020
f f f f f f f =+++++⋅⋅⋅++，
从而可得答案. 【详解】 根据题意，
因为()1e e
x f x x =+，所以1()11()111()e e e x f x x x
==++，11(1)112f ==+， 所以1
()()1f x f x +=，
因为(),
2020,1,2020,4041n f n n a f n n ≤⎧⎪
=⎨⎛⎫
> ⎪
⎪-⎝
⎭⎩ 所以4039111
(1)(2)(2020)(
)()()202020192
f f f f f S f =++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+ 111
(1)[(2)()][(3)()](2020)()232020
f f f f f f f =+++++⋅⋅⋅++
14039
201922
=
+= 故答案为：4039
2
【点睛】
此题考查数列的求和以及数列与函数的关系，关键是分析1()()1f x f x
+=，属于中档题.
20．【分析】设等比数列的公比为利用等比数列的定义求出的值结合等式可求
得数列并计算出由可得求出数列的最小值即可求得实数的取值范围【详解】设等比数列的公比为则可得上述两式相除得则得所以等比数列的公比为首项也 解析：(],1-∞
【分析】
设等比数列{}n a 的公比为q ，利用等比数列的定义求出q 的值，结合等式143n
n n a a ++=⋅可求得数列n a ，并计算出n S ，由n n S ka ≥可得131
223n k -≤-⋅，求出数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
的最小值，即可求得实数k 的取值范围. 【详解】
设等比数列{}n a 的公比为q ，
则()1143n
n n n a a q a ++=+=⋅，可得()1
211143
n n n n a a q a +++++=+=⋅，
上述两式相除得()()111433143n n n
n q a q q a +++⋅===+⋅，则1443n
n n n a a a ++==⋅，得3n n
a =， 所以，等比数列{}n a 的公比为3，首项也为3，则()11133313
2
n n n
a S +--==
-，
由于n n S ka ≥，则1133
3123223n n n n n S k a +--≤==-⋅，所以数列n n S a ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭单调递增， 当1n =时，数列n n S a ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
中最小项为11
1S a =，1k ∴≤. 因此，实数k 的取值范围是(],1-∞. 故答案为：(],1-∞. 【点睛】
本题考查数列不等式恒成立问题的求解，涉及等比数列通项公式的求解，考查运算求解能力，属于中等题.
三、解答题
21．（1）证明见解析；（2）()()21,21,n n n n T n n n ⎧+⎪=⎨-+⎪⎩
为偶数为奇数
【分析】
（1）令1n =求出首项，令2n =求出2a ，将n 换为1n -，两式相减得出2
1+n n n a S S -=，
再将n 换为1n -，两式相减得11n n a a +-=，即得证；
（2）求出n b ，分别讨论n 为奇数和偶数，并项求和结合等差数列的求和公式可求出. 【详解】
（1）
33
32
12n n a a a S +++=
当1n =时，322
111a S a ==，11a ∴=，
当2n ≥时，33
321211n n a a a S --+++=，
两式相减得()()()3
2
2
1111++n n n n n n n n n n a S S S S S S a S S ----=-=-=，
21+n n n a S S -∴=，则2+1+1+n n n a S S =，
两式相减得22
11+n n n n a a a a ++-=，即()()111++n n n n n n a a a a a a +++-=，
因为各项为正，11n n a a +∴-=，
当2n =时，则()2
331212++a a a a =，即()2
3221+1+a a =，解得22a =，满足211a a -=， 所以数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列； （2）由（1）可得()1+11n a n n =-⨯=，
()()2
12n n b n ∴=-⨯，
当n 为偶数时，()()22
22222+46+822+2n T n n =---
--
()()()()()()424+2+868+6+
+2222+22n n n n =-----⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦
()()
()2+222+4+6+8+
22212
n n n n n ==⨯=+，
当n 为奇数时，()()2
1+21421n n n T T b n n n n n -==--=-+，
综上，()()21,21,n n n n T n n n ⎧+⎪=⎨
-+⎪⎩
为偶数为奇数. 【点睛】
方法点睛：证明或判断等差数列的方法，
（1）定义法：对于数列{}n a ，若1n n a a d --=，则数列{}n a 为等差数列； （2）等比中项法：对于数列{}n a ，若21+2n n n a a a ++=，则数列{}n a 为等差数列； （3）通项公式法：若n a pn q =+，则数列{}n a 为等差数列； （4）特殊值法：若是选择题、填空题可以用特殊值法判断. 22．（1）1
*
2(n n a n N -=∈）；（2）21
2(21)
n n
-+. 【分析】
（1）设等比数列{n a }的公比为q ，由已知条件得(
)2
115a q +=，3()2
41q
q =+，从而求
出1,a q ，进而可得数列的通项公式；
（2）由（1）得()()
1111211
(1)12121
(21)21n n n n n n n n n a a a a ---+===-++++++，利用裂项
相消法可求得n T 【详解】
解（1)设等比数列{n a }的公比为q ，
由于13a a =5，()
2
115a q ∴+=①
由72S =33S ，得7(12)a a +=3(123)a a a ++ ∴3()3124a a a =+∴3()2
1141a q a q =+
∴3()2
41q q =+②，q ∴=2或2
3
-
(舍去）， 由①得，1a =1.
∴1*
2(n n a n N -=∈）
⑵∵()()
1111211
(1)12121
(21)21n n n n n n n n n a b a a ---+===-++++++
∴n T =12n b b b ++⋅⋅⋅+ =(
01112121-++)+(12112121-++)+…+(111
2121
n n --++)
=0111121
21212212(21)
n n n n --=-=++++ 【点睛】
关键点点睛：此题等比数列的基本量计算，考查裂项相消求和法，解题的关键是把n b 化为
()()
1111211
(1)12121
(21)21n n n n n n n n n a b a a ---+===-++++++，再利用裂项相消法求解即
可，考查计算能力，属于中档题
23．（1）(1)2n
n a n =+，*N n ∈；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由1
22n n n S a +=-，推得
11122n n n n a a ---=，得出数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
表示首项为2，公差为1的等差数列，进而求得数列的通项公式； （2）由题意，求得122n
n n b =-
，根据111122222n
n n n --⎛⎫->- ⎪⎝⎭
，得到1111
(2)2n n n b b -<⋅≥，进而证得1243n T b <=，再由1n =时，得到143
T <，即可得到结论.
【详解】
（1）由题意，当1n =时，可得1124S a =-，解得14a =， 又由1
22
n n n S a +=-，
当2n ≥时，1122n
n n S a --=-，
两式相减，得1222n n n n a a a -=--，即122n
n n a a --=，可得1
1122
n n n
n a a ---=， 又由1122a =，所以数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
表示首项为2，公差为1的等差数列， 所以
2(1)12
n n
a n n =+-=+，所以*
(1)2,n n a n n N =+∈. （2）由11n n n n b a a n +=
-+122
n n =-，12111n n T b b b =++⋅⋅⋅+. 因为11
1111122222222n
n n n n n --+-⎛⎫⎛⎫-
=->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，即12n n b b ->， 所以
1
111(2)2n n n b b -<⋅≥. 当2n ≥时，12112-11111111111122
n n n n T T b b b b b b b b ⎛⎫=++⋯+<+++⋅⋅⋅+<+ ⎪⎝⎭， 可得1243
n T b <
=. 当1n =时，1112433
T b ==<. 综上可得，43
n T <. 【点睛】
数列与函数、不等式综合问题的求解策略：
已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一定要利用数列的通项公式，前n 项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；
解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决. 24．（1）1()3
n
n a =；1
n b n
=；（2）证明见解析. 【分析】
（1）当1n =时，代入条件，可求得1a 的值，当n ≥2时，根据1n n n a S S -=-，结合等比数列的定义，即可求得数列{a n }的通项公式，根据等差中项的性质，可得1
{
}n
b 为等差数列，代入数据，求得首项1
1
b 和公差d ，即可求得数列{b n }的通项公式；
（2）根据（1），可得1()3
n n n n a c n b ==⋅，利用错位相减求和法，即可求得数列{c n }的前n 项和，根据表达式，即可得证.
【详解】
（1）由2S n +a n ＝1，得1(1)2
n n S a =-， 当1n =时，111(1)2S a =-，∴113
a =， 当n ≥2时，11(12)n n n n a S S a -=-=--1(12
)1n a --， ∵10n a -≠，∴113
n n a a -=， ∴{a n }是首项为
13，公比为13的等比数列， ∴1
()3n
n a =. ∵*12211()n n n n N b b b ++=+∈，∴1{}n
b 为等差数列， 由b 1＝1，212
b =，得111b =，212b =，21111d b b =-=， ∴1{}n
b 是首项为1，公差为1的等差数列， ∴11(1)1n n n b =+-⨯=，∴1n b n
=. （2）1()3n n n n a c n b =
=⋅， 设T n ＝c 1+c 2+c 3+…+c n ，则21112()()333
1n n T n =⋅+⋅++⋅…①， 13
n T =2311111()2()()333n n +⋅+⋅++⋅…②， ①-②得2312
11111()()()()333333
n n n T n +=+++⋅⋅⋅+-⋅ 111[1()]2111133()()()133223313
n n n n n T n +-=-⋅=-+-， ∴323134434
n n n T +=-⨯<. 【点睛】
当题中出现n S 与n a 关系时，解题的方法是利用1n n n a S S -=-求解，并检验n=1时是否满
足题意，证明数列为等差、等比数列时，①可以用等差、等比数列的定义证明，②可以利用等差中项、等比中项证明，考查学生对基础知识的掌握程度，属中档题.
25．（1）2n a n =；（2）()()123?
216n n S n n n +=-+++. 【分析】
（1）由已知得()()20n n a n a n -+=且0n a >，即可得通项公式.
（2）由（1）有()()122122n n
n n a a n n -⋅+=-⋅+，利用分组、错位相减法求n S . 【详解】
（1）由2220n n a na n --=得()()20n n a n a n -+=，又{}n a 为正项数列，
∴2n a n =．
（2）由（1）知()()122122n n
n n a a n n -⋅+=-⋅+， 令n T 为数列(){}212n
n -⋅的前n 项和，则()123123252212n n T n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯，
∴()234
12123252212n n T n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯， 两式相减，得()123112222222212
n n n T n +-=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯--⨯， 所以()()2112212221212
n n n T n ++⨯⨯--=+--⨯-， 所以()12326n n T n +=-⨯+，
令n B 为数列{}2n 的前n 项和，则()()1212n n n B n n +=⨯
=+， 所以()()1232
16n n n n S T B n n n +=+=-⨯+++．
【点睛】
关键点点睛： （1）由已知方程，将n a 作为未知数求正解，即为数列通项公式.
（2）将所得数列分为
(){}212n n -⋅、{}2n 两组分别求和，应用错位相减、等差数列前n 项和公式求n S .
26．（1）2n n a =；1n b n =+；（2）21123
+---n n . 【分析】
（1）根据1418a a +=， 2314a a a a =⋅⋅，利用等比数列通项公式的基本运算求解n a ，根据212n S n =32n +，利用数列通项与前n 项和的关系11,1,2
n n n S n b S S n -=⎧=⎨-≥⎩求解n b . （2）由（1）得到n c ()()
12112223n n n n ++=
--+-+，再利用裂项相消法求解. 【详解】
（1）2314a a a a =⋅⋅，
14,a a ∴是方程218320x x -+=的两根，
又41a a >，
所以12a =，416a =
341
8a q a ∴==， 2q ∴=
112n n n a a q -∴=⋅=
当2n ≥时，()()22111112223213n n n b S S n n n n n -⎡⎤=-=+--+-=+⎢⎥⎣⎦
， 又1n =时，112b S ==符合，
所以1n b n =+
（2）()()111221
n n n n n n a c a b a b +++++-=-⋅-
()()112212223n n n n n +++-=⎡⎤⎡⎤-+-+⎣⎦⎣⎦
()()
121
12223n n n n ++=--+-+， 所以()()23341211111
123242425
2223n n n T n n ++=-+-++------+-+ ()
22112323+=---+n n 21123n n +=-
-- 【点睛】
方法点睛：求数列的前n 项和的方法：
(1)公式法：①等差数列的前n 项和公式，()()11122
n n n a a n n S na d +-==+②等比数列的前n 项和公式()
11,11,11n n na q S a q q q =⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩； (2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.
(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n＝(－1)n f(n)类型，可采用两项合并求解．。