新人教版高中数学选修二第一单元《数列》测试(含答案解析)(3)

一、选择题
1．已知数列{}n a ，{}n b 中满足()1231n n a a n ++=≥，110a =，1n n b a =-，若{}n b 前
n 项之和为n S ，则满足不等式1
6170
n S -<
的最小整数n 是（ ）. A ．8
B ．9
C ．11
D ．10
2．我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马和驽马发长安至齐，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，九日后二马相逢.问：齐去长安多少里？（ ） A ．1125
B ．1250
C ．2250
D ．2500
3．在函数()y f x =的图像上有点列{},n n x y ，若数列{}n x 是等比数列，数列{}n y 是等差数列，则函数()y f x =的解析式可能是（ ） A ．3(4)f x x =+
B ．2()4f x x =
C ．3()4x
f x ⎛⎫= ⎪⎝⎭
D ．4()log f x x =
4．已知无穷等比数列{}n a 的各项的和为3，且12a =，则2a =（ ） A ．
13
B ．
25
C ．23
D ．
32
5．已知正项等比数列{}n a 的公比不为1，n T 为其前n 项积，若20172021T T =，则2020
2021
ln ln a a =
（ ） A ．1:3
B ．3:1
C ．3:5
D ．5:3
6．数学著作《孙子算经》中有这样一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二(除以3余2)，五五数之剩三(除以5余3)，问物几何？”现将1到2020共2020个整数中，同时满足“三三数之剩二，五五数之剩三”的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{},n a 则该数列共有（ ） A ．132项
B ．133项
C ．134项
D ．135项
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．数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1+a 2+a 3+…+a n =3n ﹣1，则a 12+a 22+a 32+…+a n 2等于（ ） A ．n 2(31)-
B ．
()
n
1912
- C ．n 91- D ．
()
n
1314
- 9．已知等差数列{}n a 的前n 项的和为n S ，且675S S S >>，有下面4个结论： ①0d <；②110S >；③120S <；④数列{}n S 中的最大项为11S ， 其中正确结论的序号为（ ） A ．②③
B ．①②
C ．①③
D ．①④
10．设y ＝f (x )是一次函数，若f (0)＝1，且(1),(4),(13)f f f 成等比数列，则
(2)(4)(2)f f f n ++
+等于（ ）
A ．n (2n ＋3)
B ．n (n ＋4)
C ．2n (2n ＋3)
D ．2n (n ＋4)
11．在等差数列{}n a 中，若12336a a a ++=，11121384a a a ++=，则59a a +=（ ） A ．30
B ．35
C ．40
D ．45
12．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且5103
15S S ==，，则20S =（ ） A ．255
B ．375
C ．250
D ．200
二、填空题
13．数列1，()12+，()
2
2
3
2
3
4
122,1222,(1222()2),....+++++++++的前n 项之和
n S =____________.
14．若数列{}n a 满足，111n
n n
a a a ++=
-，12a =，则数列{}n a 前2022项的积等于________. 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．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，13a =，当2n ≥时有1122n n n n n S S S S na --+-=，则使12
2021m S S S ≥成立的正整数m 的最小值为______.
17．已知n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，且()2*11
22
n n n S a a n =+∈N .则数列{}n a 的通项公式为________.
18．数列{}n a 满足， 12323111
1
21222
2n n
a a a a n +++
+
=+，写出数列{}n a 的通项公式__________.
19．已知数列{}n a 的前n 项和为11,1,2n n n S a S a +==，则n S =__________． 20．已知等差数列{}n a 的前n 项n S 有最大值，且8
7
1a a <-，则当0n S <时n 的最小值为
________.
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．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*1
12
n n a S n N =+∈ （1）求数列{}n a 的通项公式 （2）若2log n n b a =，21n n n c b b +=
且{}n c 的前n 项和为n T ，求使得13
2424
n k k T +<<对
*n N ∈都成立的所有正整数k 的值．
23．在各项均为正数的等比数列{}n a 中，1212a a +=，34108a a +=， （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；
（Ⅱ）记n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n S ． 24．在数列{}n a 中，已知114
a =，(),m t m t a a a m t +++=⋅∈∈N N ，1423log n n
b a +=，
（n ∈+N ）
（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；
（2）设数列{}n c 满足n n n c a b =⋅，求{}n c 的前n 项和n S ．
25．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 ++++<…. 26．设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知数列{}n a 满足
()*1(1)1N n n na n a n +-+=∈，且11a =．
（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求λ
的值使数列
为等差数列； （3）数列{}n b 满足141
n n b S =
-，n T 为数列{}n b 的前n 项和，是否存在正整数m ，
()1k m k <<，使得23k m T T =？若存在，求出m ，k 的值；若不存在，请说明理由．
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一、选择题 1．D 解析：D 【分析】
由123n n a a ++=可求得数列{}n a 的通项公式，进而求得数列{}n b ，表示出n S ， 令16170n S -<，即可得到满足不等式16170
n S -<的最小整数n . 【详解】
解：由题意可知：123n n a a ++=， 即11322n n a a +=-
+， 即()11
112
n n a a +-=--， 又
110a =，
119a ∴-=，
即数列{}1n a -是以首项为9，公比为1
2
-
的等比数列， 1
1192n n a -⎛⎫
∴-=⨯- ⎪
⎝⎭
，
即1
1192n n a -⎛⎫=+⨯- ⎪⎝⎭
，
1
1192n n n b a -⎛⎫
∴=-=⨯- ⎪
⎝⎭
，
12111219661212n n
n n S b b b ⎡⎤⎛⎫⨯--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦∴=++⋅⋅⋅+=⨯=-⨯- ⎪⎛⎫⎝⎭-- ⎪⎝⎭
， 则111632170
n n S --=⨯
<， 即1
112510
n -⎛⎫<
⎪⎝⎭
，
又9
112512⎛⎫= ⎪⎝⎭，
∴满足不等式1
6170
n S -<
的最小整数19n -=， 即10n =. 故选：D. 【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是利用构造法求出数列{}n a 的通项公式.
2．A
解析：A 【分析】
由题意可知，良马每日行的距离{}n a 以及驽马每日行的距离{}n b 均为等差数列，确定这两个数列的首项和公差，利用等差数列的求和公式可求得结果. 【详解】
由题意可知，良马每日行的距离成等差数列，记为{}n a ，其中1103a =，公差113d =. 驽马每日行的距离成等差数列，记为{}n b ，其中197b =，公差20.5d =-. 设长安至齐为x 里，则1291292a a a b b b x +++++++=，
即9813980.5
21039979225022
x ⨯⨯⨯⨯=⨯++⨯-=，解得1125x =. 故选：A. 【点睛】
关键点点睛：解本题的关键在于得出长安至齐的距离等于良马和驽马九日所行的距离之和的 2倍，并结合题意得知两匹马所行的距离成等差数列，解题时要充分抓住题中信息进行分析，将实际问题转化为数学问题来求解.
3．D
解析：D 【分析】
把点列代入函数解析式，根据{x n }是等比数列，可知1
n n
x x +为常数进而可求得1n n y y +-的结
果为一个与n 无关的常数，可判断出{y n }是等差数列． 【详解】
对于A ，函数3(4)f x x =+上的点列{x n ，y n }，有y n ＝43n x +，由于{x n }是等比数列，所以
1
n n
x x +为常数， 因此1n n y y +-＝()()()()114343441n n n n n x x x x x q +++-+=-=-这是一个与n 有关的数，故{y n }不是等差数列；
对于B ，函数2()4f x x =上的点列{x n ，y n }，有y n ＝24n x ，由于{x n }是等比数列，所以1
n n
x x +为常数，
因此1n n y y +-＝()
2222
14441n n n x x x q +-=-这是一个与n 有关的数，故{y n }不是等差数列；
对于C ，函数3()4x
f x ⎛⎫= ⎪⎝⎭上的点列{x n ，y n }，有y n ＝3()4n x ，由于{x n }是等比数列，所以1
n n
x x +为常数， 因此1n n y y +-＝133()()44n n x x
+-＝3
3
()()144n q
x
⎡⎤
-⎢⎥⎣⎦
，这是一个与n 有关的数，故{y n }不是等
差数列；
对于D ，函数4()log f x x =上的点列{x n ，y n }，有y n ＝4log n x
，由于{x n }是等比数列，所以
1
n n
x x +为常数， 因此1n n y y +-＝11
444
4log log log log n n n n
x x x x q ++-==为常数，故{y n }是等差数列；
故选：D ． 【点睛】 方法点睛：
判断数列是不是等差数列的方法：定义法，等差中项法.
4．C
解析：C 【分析】
设等比数列的公比为q ，进而根据题意得()21lim lim
31n n n n q S q
→+∞
→+∞
-==-，且()0,1q ∈，从
而解得13
q =，故223a =
【详解】
解：设等比数列的公比为q ，显然1q ≠， 由于等比数列{}n a 中，12a = 所以等比数列{}n a 的前n 项和为：()()112111n n n a q q S q
q
--=
=
--，
因为无穷等比数列{}n a 的各项的和为3， 所以()21lim lim
31n n n n q S q
→+∞
→+∞
-==-，且()0,1q ∈，
所以
231q =-，解得13
q =， 所以212
3
a a q ==. 故选：C. 【点睛】
本题解题的关键在于根据题意将问题转化为()21lim lim
31n n n n q S q
→+∞
→+∞
-==-，且()0,1q ∈，
进而根据极限得1
3
q =
，考查运算求解能力，是中档题. 5．A
解析：A 【分析】
由20172021T T =得20182019202020211a a a a =，由等比数列性质得20182021201920201a a a a ==，这样可把2020a 和2021a 用q 表示出来后，可求得2020
2021
ln ln a a ． 【详解】
{}n a 是正项等比数列，0n a >，0n T ≠，*n N ∈，
所以由2017202120172018201920202021T T T a a a a ==⋅，得20182019202020211a a a a =， 所以20182021201920201a a a a ==，设{}n a 公比为q ，1q ≠，
22021201820213()1a a a q ==，2
202020192020()1a a a q
==，即322021a q =，122020a q =， 所以
12
2020
3
2021
2
1ln ln ln 123ln 3ln ln 2
q
a q a q q ===． 故选：A ． 【点睛】
本题考查等比数列的性质，解题关键是利用等比数列性质化简已知条件，然后用公比q 表示出相应的项后可得结论．
6．D
解析：D 【分析】
由题意抽象出数列是等差数列，再根据通项公式计算项数. 【详解】
被3除余2且被5除余3的数构成首项为8，公差为15的等差数列，记为{}n a ，则
()8151157n a n n =+-=-，令1572020n a n =-≤，解得：2135
15
n ≤， 所以该数列的项数共有135项. 故选：D 【点睛】
关键点点睛：本题以数学文化为背景，考查等差数列，本题的关键是读懂题意，并能抽象出等差数列.
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．B
解析：B 【分析】
由a 1+a 2+a 3+…+a n ＝3n ﹣1，可求得a n ，从而可知2
n a ，利用等比数列的求和公式即可求得答案． 【详解】
∵a 1+a 2+a 3+…+a n ＝3n ﹣1，①，∴a 1+a 2+a 3+…+a n +1＝3n +1﹣1，② ②﹣①得：a n +1＝3n +1﹣3n ＝2×3n ，∴a n ＝2×3n ﹣1()2n ≥. 当n ＝1时，a 1＝31﹣1＝2，符合上式，∴a n ＝2×3n ﹣1．
∴221
21
1
2
49,4,
9n n n
n
a a a a -+=⨯∴==，∴{}2n a 是以4为首项，9为公比的等比数列， ∴
a 12+a 22+a 32+…+a n 2=
()()4191919
2
1n n
⨯-=
--． 故选B ． 【点睛】
本题考查数列通项公式的确定及等比数列的判断与求和公式的综合应用，属于中档题．
9．B
解析：B 【分析】
利用等差数列的前n 项和的性质可得正确的选项． 【详解】
由675S S S >>得760S S -<，750S S ->，则70a <，670a a +>， 所以60a >，所以0d <，①正确； 111
116111102a a S a +=
⨯=>，故②正确； 1126712
126()02
a a S a a +=
⨯=+>，故③错误； 因为60a >，70a <，故数列{}n S 中的最大项为6S ，故④错误． 故选：B. 【点睛】
本题考查等差数列的性质， 考查等差数列前n 项和的性质.
10．A
解析：A 【分析】
由已知可以假设一次函数为1y kx =+，在根据(1),(4),(13)f f f 成等比数列，得出
3k =，利用等差数列的求和公式求解即可． 【详解】
由已知，假设()f x kx b =+，(0)k ≠
(0)10f k b ==⨯+，1b ∴=．
(1),(4),(13)f f f 成等比数列，
且41,(13(1)1,(4)1)13k f f k f k =+=+=+．
1k ∴+，41k +，131k +成等比数列，即2(41)(1)(131)k k k +=++，
22161813141k k k k ++=++，从而解得0k =（舍去），2k =，
(2)(4)(2)f f f n +++
(221)(421)(221)n =⨯++⨯++⋯+⨯+
(242)2n n =++⋯+⨯+
(1)
42
n n n +=⨯
+2(1)n n n =++ ()22332n n n n ==++.
故选：A ． 【点睛】
本题考查了等比数列、等差数列和函数的综合应用，考查了学生的计算能力，解题时要认真审题，仔细解答，避免错误，属于中档题．
11．C
解析：C 【分析】
利用等差数列性质，若++m n p q ＝，则++m n p q a a a a ＝及等差中项公式可求. 【详解】
因为 12336a a a ++=，由等差中项公式，得2336a =， 同理11121384a a a ++=，得12384a =，
2123+3=81036+42a a ∴=．212+=40a a ∴ 21529+=40a a a a ∴+=
故选：C ． 【点睛】
本题考查等差数列性质与等差中项公式.
（1）如果{}n a 为等差数列，若++m n p q ＝，则++m n p q a a a a ＝ ()*m n p q N ∈，，，． （2）{}n a 为等差数列，则有11n n n a a a ＝2-++.
12．A
解析：A 【分析】
由等比数列的性质，510515102015,,,S S S S S S S ---仍是等比数列，先由
51051510,,S S S S S --是等比数列求出15S ，再由10515102015,,S S S S S S ---是等比数列，
可得20S . 【详解】
由题得，51051510,,S S S S S --成等比数列，则有2
10551510()()S S S S S -=-，
215123(15)S =-，解得1563S =，同理有215101052015()()()S S S S S S -=--，2204812(63)S =-，解得20255S =.
故选：A 【点睛】
本题考查等比数列前n 项和的性质，这道题也可以先由5103
15S S ==，求出数列的首项和
公比q ，再由前n 项和公式直接得20S 。

二、填空题
13．【分析】先归纳出通项公式然后再分组求和【详解】由题意∴故答案为：【点睛】本题考查求等比数列的前项和分组（并项）求和法数列求和的常用方法：设数列是等差数列是等比数列（1）公式法：等差数列或等比数列的求 解析：122n n +--
【分析】
先归纳出通项公式，然后再分组求和． 【详解】
由题意2
1
121222
2112
n n n n a --=+++==--， ∴22
12(12)
(21)(21)(21)(222)2212
n n
n
n n S n n +-=-+-+
+-=++
+-==---．
故答案为：122n n +--。

【点睛】
本题考查求等比数列的前n 项和，分组（并项）求和法．数列求和的常用方法： 设数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和； （2）错位相减法：数列{}n n a b 的前n 项和应用错位相减法； （3）裂项相消法；数列1
{
}n n k
a a +（k 为常数，0n a ≠）的前n 项和用裂项相消法； （4）分组（并项）求和法：数列{}n n pa q
b +用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；
（5）倒序相加法：满足m n m a a A -+=（A 为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
14．【分析】推导出数列是以为周期的周期数列且有再由递推公式求得由此可求得数列前项的积【详解】则所以则所以数列是以为周期的周期数列且所以的前项的积为故答案为：【点睛】关键点点睛：解本题的关键在利用数列的递 解析：6-
【分析】
推导出数列{}n a 是以4为周期的周期数列，且有1231n n n n a a a a +++=，再由递推公式求得
23a =-，由此可求得数列{}n a 前2022项的积.
【详解】
111n n n a a a ++=
-，则1
21
111111111n
n n n n n n n a a a a a a a a +++++
+-===-+--
-，所以，
42
11
1n n n n
a a a a ++=-
=-
=-， 12a =，则121112
3112
a a a ++=
==---， 所以，数列{}n a 是以4为周期的周期数列，
且12311111n n n n n n n n a a a a a a a a +++++⎛⎫⎛⎫
=⋅⋅-
⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
， 所以，{}n a 的前2022项的积为()50512342022121236a a a a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅=⨯=⨯-=-.
故答案为：6-. 【点睛】
关键点点睛：解本题的关键在利用数列的递推公式推导出数列的周期性，一般涉及到数列项数较大的问题时，常利用数列的周期性来求解.
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.
16．1010【分析】由与关系当时将代入条件等式得到数列为等差数列求出进而求出即可求出结论【详解】∵∴∴∴令则∴数列是以为首项公差的等差数列∴
即∴∴由解得即正整数的最小值为故答案为:【点睛】方法点睛：本题
解析：1010 【分析】
由n S 与n a 关系，当2n ≥时，将1n n n a S S -=-代入条件等式，得到数列21
{}n
n S +为等差数列，求出n S ，进而求出12m S S S ，即可求出结论.
【详解】
∵1122n n n n n S S S S na --+-=， ∴()11122n n n n n n S S S S n S S ---+-=-， ∴()()1122121n n n n S S n S n S --=+--，
∴
1
2121
2n n n n S S -+--=， 令21
n n
n b S +=
，则()122n n b b n --=≥， ∴数列{}n b 是以111
33
1b S a ===为首项，公差2d =的等差数列， ∴21n b n =-，即21
21n n n S +=-，∴2121
n n S n +=-， ∴12
521
321321
m m S S S m m +=⨯⨯⨯=+-，
由212021m +≥，解得1010m ≥， 即正整数m 的最小值为1010.
故答案为: 1010. 【点睛】
方法点睛：本题考查等差数列的通项公式，考查递推关系式，求通项公式的主要方法有： 观察法：若已知数列前若干项，通过观察分析，找出规律；
公式法：已知数列是等差数列或等比数列，或者给出前n 项和与通项公式的关系； 累加法：形如()1n n a a f n +=+的递推数列； 累乘法：形如()1n n a a f n +=⋅的递推数列．
17．【分析】令由求出首项再由两式相减得出数列的递推关系式及可求出数列的通项公式【详解】由题意可得：当时所以当且时由所以两式作差可得整理可得因为所以因为所以数列为首项为1公差为1的等差1数列所以故答案为： 解析：n a n =
【分析】 令1n =，由()2*1122n n n S a a n =
+∈N 求出首项11a =，再由()2*1122
n n n S a a n =+∈N ，
()2*11111
22n n n S a a n ---=
+∈N 两式相减得出数列的递推关系式，及可求出数列{}n a 的通项公式. 【详解】 由题意可得：当1n =时，2111111
22a S a a ==
+，所以11a =， 当2n ≥且*n ∈N 时，由()2*
1122
n n n S a a n =+∈N ，所以
()2*
1111122n n n S a a n ---=+∈N ，两式作差可得221
111112222
n n n n n a a a a a --+-=-，整理可得()()1101n n n n a a a a --+--=，因为10n n a a -+≠，所以11n n a a --=，因为11a =，所以数列{}n a 为首项为1，公差为1的等差1数列，所以n a n =. 故答案为：n a n = 【点睛】
本题主要考查数列通项公式的求法，解题的关键是根据已知关系求出递推关系，属于中档题.
18．【分析】当时有作差可求出再验证是否成立即可得出答案【详解】当时由所以—可得所以当时所以不满足上式所以故答案为：【点睛】本题主要考查数列通项公式的求法做题的关键是掌握属于中档题
解析：1
6,12,2n n n a n +=⎧=⎨≥⎩
【分析】
当2n ≥时，有()1231231
111
1
21121222
2n n a a a a n n --+++
=-+=+
-，作差可求出12n n a +=，再验证1a 是否成立，即可得出答案.
【详解】
当2n ≥时，由12323111
1
212222n n
a a a a n +++
+
=+, 所以()1231231
111
1
21121222
2n n a a a a n n --+++
=-+=+
-， —可得
()1
212122
n n a n n =+--=，所以1222n n n a +⋅==， 当1n =时，11
2132
a =+=，所以16a =，不满足上式，
所以1
6,1
2,2
n n n a n +=⎧=⎨
≥⎩. 故答案为： 1
6,1
2,2
n n n a n +=⎧=⎨
≥⎩
【点睛】
本题主要考查数列通项公式的求法，做题的关键是掌握1n n n a S S -=-，属于中档题.
19．【分析】由与的关系得出进而得出数列为等比数列由等比数列的通项公式即可得出【详解】即数列是以1为首项为公比的等比数列故答案为：【点睛】本题主要考查了等比数列前项和与通项的关系属于中档题
解析：1
32n -⎛⎫
⎪
⎝⎭
【分析】
由n S 与n a 的关系得出12()n n n S S S +=-，进而得出数列{}n S 为等比数列，由等比数列的通项公式即可得出n S . 【详解】
1122()n n n n S a S S ++==-
132
n n S S +∴=
即数列{}n S 是以1为首项，
3
2
为公比的等比数列 1
32n n S -⎛⎫∴ ⎪
⎝⎭
=
故答案为：1
32n -⎛⎫ ⎪⎝⎭
【点睛】
本题主要考查了等比数列前n 项和与通项的关系，属于中档题.
20．14【分析】等差数列的前n 项和有最大值可知由知所以即可得出结论【详解】由等差数列的前n 项和有最大值可知再由知且又所以当时n 的最小值为14故答案为14【点睛】本题考查使的n 的最小值的求法是中档题解题时
解析：14 【分析】
等差数列的前n 项和有最大值，可知0d <，由
8
7
1a a <-，知1130a a +>，1150a a +<，1140a a +<，所以130S >，140S <，150S <，即可得出结论．
【详解】
由等差数列的前n 项和有最大值，可知0d <， 再由
8
7
1a a <-，知70a >，80a <，且780a a +<， 又711320a a a =+>，811520a a a =+<，781140a a a a +=+<，
所以130S >，140S <，150S <， 当<0n S 时n 的最小值为14， 故答案为14． 【点睛】
本题考查使0n S <的n 的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．
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）2n
n a =；（2）{5,6,7}k ∈．
【分析】
（1）根据,n n a S 的关系，结合递推式可得12(2)n n a a n -=≥且12a =，写出{}n a 的通项公式；
（2）由（1）中{}n a 的通项公式，结合已知有1
(2)
n c n n =
+，应用裂项求和法可知
31114212n T n n ⎛⎫=
-+ ⎪++⎝⎭，进而有1334
n T ≤<，即可知条件成立的k 值． 【详解】
（1）由题意知：112n n a S =
+①，111
()122
n n a S n --=+≥②， ①-②得：12(2)n n a a n -=≥，又易得12a =，
∴{}n a 是首项和公比都为2的等比数列，所以2n
n a =；
（2）由（1）知：n b n =，即1(2)n c n n =+11122n n ⎛⎫
=- ⎪+⎝⎭
，
∴由裂项相消，得111112212n T n n ⎛⎫=+-- ⎪++⎝⎭31114212n n ⎛⎫
=-+ ⎪++⎝⎭
， ∵134
n T T ≤<
，即1334n T ≤<，所以13
2424n k k T +<<对n ∈N *都成立， 可得1
243
133244
k k ⎧<⎪⎪⎨+⎪≥⎪⎩，得5k ≤<8，又k 正整数，
∴{5,6,7}k ∈. 【点睛】 关键点点睛：
（1）应用1n n n a S S -=-得到1,n n a a -的关系，即可写出{}n a 的通项公式；
（2）结合（1）结论及已知，得到1
(2)
n c n n =+，应用列项求和求n T ，即可知n T 的范围，
结合不等式成立条件求k 值．
23．（Ⅰ）3n
n a =；（Ⅱ）1133244n n n S +⎛⎫=-⋅+
⎪⎝
⎭. 【分析】
（Ⅰ）已知数列{}n a 是等比数列，要求通项公式，由已知条件采用基本量法，即用首项1a 和公比q 表示出已知，并解出即可；
（Ⅱ）n n b na =是由一个等差数列与等比数列对应项相乘形成的，因此求其前n 项和是用错位相减法． 【详解】
（Ⅰ）设等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为q （0q >），
由己知得1123
1
112
108a a q a q a q +=⎧⎨+=⎩，则解得13a =，3q = 所以数列{}n a 是以3为首项，3为公差的等差数列，
即1333n n
n a -=⋅=.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得3n
n n b na n ==⋅ 所以123n n S b b b b =+++
+
1231323333n n =⋅+⋅+⋅+
+⋅（1）
23413132333(1)33n n n S n n +=⋅+⋅+⋅+
+-⋅+⋅（2）
由（1）-（2），得
(
)12311
3132333333
13
n n n n n S n n ++--=+⋅++
+-⋅=
-⋅-
∴()1131313334
2244n n n n n n S ++-⎛⎫=
+
⋅=-⋅+ ⎪⎝⎭
． 【点睛】
本题考查求等比数列的通项公式，错位相减法求和．数列求和的常用方法： 设数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和； （2）错位相减法：数列{}n n a b 的前n 项和应用错位相减法； （3）裂项相消法；数列1
{
}n n k
a a +（k 为常数，0n a ≠）的前n 项和用裂项相消法； （4）分组（并项）求和法：数列{}n n pa q
b +用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；
（5）倒序相加法：满足m n m a a A -+=（A 为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
24．（1）14n
n a ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
，32n b n =-；（2）232334n n n s +=-⨯.
【分析】
（1）令,m n =1t =，可得数列{}n a 是等比数列，即可求出通项公式，进而求出n b ； （2）利用错位相减法可求出. 【详解】
（1）令,m n =1t =，则11n n a a a +=⋅，
11
4n n a a +∴
=，114a =，∴数列{}n a 是首项为14，公比为14
的等比数列， ∴1
111444n n
n a -⎛⎫⎛⎫=⨯= ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭
， ∴1413log 2324n
n b n ⎛⎫
=-=- ⎪⎝
⎭；
（2）由（Ⅰ）知，14n
n a ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
，()
*
32n
b n n N
=-∈，则()1324n
n c n ⎛⎫=⋅- ⎪⎝⎭
， ()23
11111+4+7+
+324444n
n S n ⎛⎫⎛⎫
⎛⎫
=⨯⨯⨯-⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
，
则()2
3
4
+1
111111+4+7++3244444n n S n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=⨯⨯⨯-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
，
两式相减得()2
3
4
+1
3111111+3+3+3++3324444444n
n n S n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=⨯⨯⨯⨯--⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
()1
+1
+131116411132+321442414
n n n n n -⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭+⎢⎥⎛⎫⎣⎦=--⨯=- ⎪⎝⎭-，
232334n n n S +∴=
-⨯． 【点睛】
方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于{}n n a b 结构，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于{}+n n a b 结构，利用分组求和法； （4）对于11n n a a +⎧⎫
⎨
⎬⎩⎭
结构，其中{}n a 是等差数列，公差为d ，则
111111n n n n a a d a a ++⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
，利用裂项相消法求和. 25．（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
)1
n a --，
∵10n a -≠，∴113
n n a a -=， ∴{a n }是首项为13，公比为1
3
的等比数列， ∴1()3
n
n a =. ∵
*12211
()n n n n N b b b ++=+∈，∴1{}n
b 为等差数列， 由b 1＝1，21
2
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
()3
n 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. 26．（1）21n a n =-；（2）1λ=；（3）存在；2m =，12k =．
【分析】
（1）由1(1)1n n na n a +-+=，变形为11111
n n a a n n n n +-=-++，再利用累加法求解. （2）由（1）求得2n S n =
列，求得1λ=，再检验即可.
（3）由211114122121n b n n n ⎛⎫=
=- ⎪--+⎝⎭
，然后利用裂项相消法求解. 【详解】
（1）1(1)1n n na n a +-+=，两边同时除以()1n n +得： 11111
n n a a n n n n +-=-++， 从而有：
11111n n a a n n n n --=---，……，2111122
a a -=-． 叠加可得：1111n a a n n -=-，21(2)n a n n =-≥． 又1n =满足等式，从而21n a n =-．
（2）因为12n n a a +-=，所以{}n a 是首项为1，公差为2为等差数列， 所以2(1)22
n n n S n n -=+⨯=，
所以
解得1λ=．
检验当1λ=
21n =+
23n =+，
2=，
∴当1λ=
时，
为等差数列． （3）∴211114122121n b n n n ⎛⎫==- ⎪--+⎝⎭
， ∴12n n T b b b =++⋅⋅⋅+，
111111111233523212121n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥---+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦
， 11122121
n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭， 若23k m T T =， 则22321(21)k m k m =++，整理得223412m k m m
=+-， 又1k m >>， ∴2
234121m m m m m ⎧>⎪+-⎨⎪>⎩
， 整理得222104121m m m m m ⎧-->⎪+-⎨⎪>⎩
解得112
m <<+， 又*m N ∈，∴2m =，∴12k =
∴存在2m =，12k =满足题意
【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．。