2024数学高考前冲刺题《数列》含答案

黄金冲刺大题02数列（精选30题）1nn1，nN*.12024·江苏南通·二模）设数列an的前项和为，若nSSan2n2n(1)求a，a，并证明：数列aan1是等差数列；12(2)求S20.22024·福建福州·模拟预测）已知数列an满足12，anan12n（n2(1)求数列an的通项公式；1(2)记数列的前项和为，证明：nSS1n．nan2a为奇数n且11．32024·全国·模拟预测）已知数列an满足an1an为偶数(1)求数列an的通项公式．(2)求数列an的前100项和100．S,bn122且满足42024·浙江宁波·二模）已知等差数列an的公差为2，记数列b的前项和为nnn12Sa.nn(1)证明：数列n1是等比数列；(2)求数列ab的前项和T.nnnn4S2,a2n2an1nN*．52024·浙江杭州·二模）已知等差数列an的前项和为，且nSSn4(1)求数列an的通项公式；n9(2)数列b满足b3，令annan2n1，求证：k．n12k1N*62024·浙江·二模）欧拉函数nnnn的函数值等于所有不超过正整数且与互素的正整数的个数，例如：1，42，84，数列aa2n*.nN满足nn(1)求a，a，，并求数列aa的通项公式；n123log2a2na2nnb，求数列的前和nbnnS.n(2)记72024·重庆·模拟预测）已知数列an满足12a23nan(nnN*．(1)求an的通项公式；1024bkb的单调性．k(2)若k1023且kN*，记，讨论数列aak1024kSnS82024·河北邯郸·二模）已知正项数列an的前项和为nS，a23，且Sn1．n1(1)求an的通项公式；4Snbnbn的前项和T．nn(2)若，求数列anan1n2nan292024·福建三明·三模）已知数列an满足1a2，nN．*an1(1)求数列an的通项公式；的前n项和为Sn，若不等式tSn14S对任意的nNnn(2)设数列an2*恒成立，求实数t的取值范围；b1223nn112nN．bn*(3)记，求证：log2an2b2n1b是等比数列，n102024·全国·模拟预测）已知等差数列an的前项和为，数列nSnabSbSb2．113344(1)求an和b的通项公式；n1cnbcn的前项和T．nn(2)设，求数列nSna3n1．112024·全国·模拟预测）已知数列an满足a12a2nan(n(1)求数列an的通项公式；na32(2)若nnn1，求数列bnnS的前项和．nn21an4122024·全国·模拟预测）已知数列an满足3n13n2a2...an，nN．*n1(1)求数列an的通项公式；11179(2)若nan1，证明：...．b12n2n132024·全国·模拟预测）已知数列an的各项均不小于1，前项和为nS,a2Sa是公差为1的n1n等差数列．(1)求数列an的通项公式．1a2nS(2)求数列的前项和nT．n2n142024·安徽·模拟预测）已知数列an的首项12，且满足an1an32n．(1)求an的通项公式；n3(2)已知n，求使bnn取得最大项时）321.261an12152024·辽宁·一模）已知S为数列a}的前n项和，满足Sa2nnN)，且a,a,a,a,a成等12345*nnnn2比数列，当n5时，a0．n(1)求证：当n5时，an}成等差数列；(2)求a}的前n项和S．nn162024·湖南岳阳·三模）已知等差数列an满足：12，且a，a，a成等比数列．124(1)求数列an的通项公式；4n2b的前项和T．，求数列n(2)若等差数列a的公差不为零且数列b满足：bnnnnaannn1n1aan2Sn1.172024·湖南·二模）记Sn为数列an的前项和，已知n2(1)证明：数列S是等比数列；n12nmm对一切nN(2)求最小的正整数，使得*都成立.1a2ana为奇数,n182024·河北石家庄·二模）已知数列an满足17,an12an,.(1)写出a,a,a;2346为等比数列;(2)证明:数列a2n1(3)若na2n，求数列nn3的前n项和Sn.a22Snnan192024·全国·模拟预测）已知数列an的前项和为，且nS2．n(1)求数列an的通项公式；111an1成立，求实数的取值范围．(2)若存在nN*，使得1a2a23anan1anan11a1Sn202024·湖北·二模）已知各项均不为0的数列an的前项和为，且nS．n4(1)求an的通项公式；nN,2212024·湖北·模拟预测）数列an中，11，a29，且an2an2an18，*nSn成立，求实数的取值范围．(2)若对于任意(1)求数列an的通项公式；0，求n1(2)数列b的前项和为，且满足nSb2nan，bbnS．nnn222024·全国·模拟预测）已知Sn是各项均为正数的数列an的前项和，na2n12an1ananS313．2(1)求数列an的通项公式；4n1a，求数列bn的前项和T．nn(2)若nnb满足n232024·湖北黄石·已知等差数列an的前项和为nS，S56，a2820n7ba，b是a，a的等比中项.11328(1)求数列b的通项公式；nnπnπn(2)设数列c满足nancosnsin，求数列c前n项的和4n.n22n2an2nN*．242024·山东菏泽·一模）已知数列an的前项和为，且nSSn(1)求数列an的通项公式；112(2)若nlog2a2n1，n，求证：123n．nbn12n112m,a2nmb,m为常数，若a为等差数2n252024·山东聊城·二模）已知数列a,b满足ann2n1nb4223b21b18列，且．1ma的通项公式；n(1)求的值及(2)求b的前2n项和S．n2nSnanb，且a,b均为正n262024·福建·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，11，数列b满足nnn整数.(1)是否存在数列a，使得b是等差数列？若存在，求此时的S；若不存在，说明理由；nnn(2)若nn1，求a的通项公式.n272024·河北邢台·二模）已知数列an的前项和为，且nSS2an1．nn(1)求an的通项公式；11112．(2)求证：1S2S3Sn282024·江苏南通·二模）已知数列a}的前n项和为S，Saa4，n1a1.1nnnn(1)证明：数列n1n}为等比数列；an4n(nbn(2)设，求数列b}的前n项和；npq6SSS成等差数列？若存在，求，q(3)是否存在正整数pq（由.，，pqp6292024·辽宁·二模）已知数列an的各项是奇数，且a是正整数的最大奇因数，nnSaaaaLa.2nn1234(1)求a,a的值；620(2)求S,S,S的值；123(3)求数列S的通项公式.n141ancosn．302024·山东·二模）记Sn为数列an的前项和，na,Sn22n(1)求a和a的通项公式；n3118181n11(2)设数列的前项和为T，证明：n．ann4nT2k6k1黄金冲刺大题02数列（精选30题）1nn1，nN*.12024·江苏南通·二模）设数列an的前项和为，若nSSan2n2n(1)求a，a，并证明：数列aan1是等差数列；12(2)求S20.【答案】(1)a4，a2，证明见解析；12(2)420.11）直接代入n1可得a41，再代入n2，结合的值求出aa22；再由Sann1仿写出21n21an1n121，作差后得到aa4n2Sn1，即可证明结果.nn12an1an为等差数列，然后代入等差数列的前项和公式求解即可（2）由（1）知数列.n11）当n1时，由条件得a12，所以a4.1121当n2时，由条件得aaa25，所以a22.122112Sann21，所以Sn1an1n121（n2因为n21212两式相减得：ananaa4n2an12n1，即，nn1an1ananan14n124n24，所以an1a从而数列为等差数列.naa4n2（2）由（1）知，nn1anan14n14n22，所以an1aa1a26，所以数列为等差数列，首项为n1910a1a2a20所以S20aaaaaa，12341920210678所以S204224424202420.222024·福建福州·模拟预测）已知数列an满足12，anan12n（n2(1)求数列an的通项公式；1(2)记数列的前项和为，证明：nSS1n．nanann2n，nN【答案】(1)*；(2)证明见解析.n1）根据给定条件，利用累加法，结合等差数列前项和公式求解即得.（2）利用裂项相消法求和即可得证.an12n，1）数列a中，当n2时，anan12na，即nnaa(aa)(aa)(aan2)(aa)则n12132n1nn1n22n2n22nn2n，而a2满足上式，1an2462n，nN*．anann2所以数列的通项公式是1111n1ann2nnn，n（2）由（1）知N*，则，annn1n1111Sn因此1223n1nnn1112131n1111n11n11n11111，，而n1，则2nnS1n所以．2a为奇数n且11．32024·全国·模拟预测）已知数列an满足an1an为偶数(1)求数列an的通项公式．(2)求数列an的前100项和100．n122,为奇数a【答案】(1)nn22为偶数(2)325053，2k1是首项为12b，是k1kN*ka2k1首项为2，公比为2的等比数列，分别求出通项公式即可；（2）由分组求和，分别计算奇数项和偶数项之和，再根据等比数列前项和公式计算即可．naa1，①1）由题意，得当kN*时，2k2k1a2k1a2k1．②将①代入②，得，所以a是首项为，公比为的等比数列，12a2k12a2k12k1所以a2k12k1．a2k22k11，又因为a2k22a2k1a2k212a1．所以，所以2kba1bk1ba2a11ba12，而，，2112令，则k2kkb是首项为2，公比为2的等比数列，所以所以kb，所以a2k2k2kk1．n122,为奇数a所以．nn22为偶数99a2a4100（2）S10013121250200212492122250502212492121125021250501212325053．S,bn122且满足42024·浙江宁波·二模）已知等差数列an的公差为2，记数列b的前项和为nnn12Sa.nn(1)证明：数列n1是等比数列；(2)求数列ab的前项和T.nnnn【答案】(1)证明见解析；2n131n(2)nnn.2nbn2n11）根据通项与前项和之间的关系，作差可得，即可利用等比数列的定义求解，（2）根据错位相减法求和以及分组求解，结合等差等比数列求和求解.1）n2时，bn2SSn1anan1n2b，即n2.n1n1nbb2bb2又，也符合，122113n.所以n1时，bn1n2b，即n1b1101b10，n又，所以n11n13，所以数列n所以成等比数列.1b2baa21a2n，所以.n（2）由（1）易得bn3n1.由可得211n1ab2n3n112n32n所以所以，nnnn.T2130231332n3n1nnn1，令M130231332n3，则3M131232333n2n1n13n13n3所以2M303132n1nn3n，1322n131n所以n2Mnn1nn1.244S2,a2n2an1nN*．52024·浙江杭州·二模）已知等差数列an的前项和为，且nSSn(1)求数列an的通项公式；n9n1(2)数列b满足b3，令annan2n1，求证：k．2k1【答案】(1)a2n1nNn(2)证明见解析4a6d8a4da2nd2a2nd111111）设等差数列a的首项为，由题意可得adn1a,d1a的通项公式；n程求出，即可求出数列n1n2n12n3b的通项公式，再由裂项相消法求解即可.n（2）由（1）可得，由累乘法可求出1）设等差数列a的首项为，公差为d．an14a6d8a4da2nd2a2nd111S4S,a2an111由，得，422na=21a12n2n1nN解得：，所以．n（2）由（1）知，n12n12n1b2n3b，n1nn2n3n12n535b27b115,2即，，，……，，n2n3n12n1n22n1nn12b12n32n531bn13利用累乘法可得：n1n22n12n1759911n2b3也符合上式，1，2n12n122n12n1k1bbbbbnk123n1n9131311517119111252n12n122n1k19192b1所以．k22n1nN*62024·浙江·二模）欧拉函数nnnn的函数值等于所有不超过正整数且与互素的正整数的个数，例如：1，42，84，数列aa2n*.nN满足nn(1)求a，a，，并求数列aa的通项公式；n123log2a2na2nnb，求数列的前和nbnnS.n(2)记a1a2a4a2n1【答案】(1)，，，123n620n6Sn(2)25254n1）根据题意理解可求a1，a2，a，结合与2n互素的个数可求数列a的通项公式；n3（2）求出数列b的通项公式，利用错位相减法求和即可.n1）由题意可知a121，a242a84，，3由题意可知，正偶数与2n不互素，所有正奇数与2n互素，比2n小的正奇数有2n1个，1a2n2n所以；n122n22n，a2n2na2n1（2）由（1）知，所以nlog222n124n14nlog2aa2nnnn2n14n2所以n2n，22n1Sbbb，nn1212n1n1111所以Sn2644n64n2，①44423nn11411411Sn264n64n2，②444所以①－②得12nn15411114Sn244n2444n1111164n111444n22141n1n1121114320n614n2，n1541054620n6Sn所以.25254nnan(nnN72024·重庆·模拟预测）已知数列an满足12a23*．(1)求an的通项公式；(2)若k1023且kN*，记n11024bkb的单调性．k，讨论数列aak1024ka【答案】(1)nnn2(2)当1k512,kN*时，bk单调递增；当512k1024,kN*b时，单调递减k1）分两种情况讨论，n1和n2，即可求解；kk1kk11b的单调k（2）先计算出和bb1023，当2k1022时，计算出，令，再检验两端点，即可得出1性．1）由已知得，当n1时，a2!2，1a2aa(nan1n!①，123当n2时，a2aana(n②，123nnan(n!n!nn!an!，n②①得，，即n1a所以．nnn210241024!1102321023!10242a2b512（2）当k1时，，，，1k10241024!10242bk512当k1023时，，1023121023!1024!1024!bkb，当2k1022时，k!k)!k1(k!k)!k1024!k1kk)!(k!k)!1025k1025k10251，1024!kkk2k显然，当kN*时，单调递减，kk11025111，解得k512.5，令，即kkk1102310241b单调递增，k所以当2k512,kN*时，，1024!b512b，1又22!2)!2所以当1k512,kN*b时，单调递增；kk1，当513k1024,kN*时，k11024!10231024b1022512b1023又，1022!1022)!2时，k单调递减．512k1024,kN*所以当SnS82024·河北邯郸·二模）已知正项数列an的前项和为nS，a23，且Sn1．n1(1)求an的通项公式；4Snbnbnn(2)若，求数列的前项和T．anan1na2n1n【答案】(1)n(2)nn2n1a11SnSn2n1）首先求出，可证明数列为首项为，公差为的等差数列，得到11，利用aSSa的通项公式；n得到nnn14Sn4n2111bnb1n（21anan1(2nn22n12n1b的前项和T.nn相消即可求出数列n1）当n1时，由S21S，即aa2aa1，解得：，11121所以Sn1Sn11，则数列Sn为首项为1，公差为1的等差数列；所以Snn，则Snn2，当n2时，aSSn2(n22n1，nnn1当n1时，a21111满足条件，2n1(naan所以的通项公式为n4Sn4n2bn（2）由（1）知，，anan1(2nn4n211111所以n111，4n214n21(2nn22n12n11131311111n故nn12n1n，52n12n122n12n1n即nn2n1n2nan292024·福建三明·三模）已知数列an满足1a2，nN．*an1(1)求数列an的通项公式；的前n项和为Sn，若不等式tSn14S对任意的nNnn(2)设数列an2*恒成立，求实数t的取值范围；b1223nn112nN．bn*(3)记，求证：log2an2b2n1【答案】(1)n2n25(2)[]3(3)证明见解析aaaan12n11）当n1时求出a1，n2时，用an，即可求解；aaan112S2n14ntn（2）由n2出t得范围；nS得出，由tS14S2得，根据对勾函数的单调性及的值，即可求SnnnSnnnb111111（3）由（1）得n，则n，根据放缩法得2()即可证明．n2n(n2n(nnn12n221）当n1时，12，aaaan(2)n2n当n2时，an12n1(2)2n2nn1，时成立，aa2an1(2)(n1)2n11所以n2．n2)12n，显然时，S单调递增，SS2，2（2）由n2n得，Sn2n1nN*nn1S2n14n2tn由又1tS14S得，，nSnnS2n141414Sn214SS14时，即n，当且仅当时等号成立，1425nSnSnSn141414SSS14S14S1S9，S2S151因为，，且，，231211S233S311411t19，解得t9所以当n1时，，114252521tS2t，解得当n2时，，S23325所以t[]．311111nn112n2n2bn（3）证明：由（1）得，，log2an2log222n2nn12n(n2n1222因为2n(n2n(nn(nn(nnn1n(n22(n1n)nn1112()nn1(nn1)n1n1b223nn1所以b12n1111112()2()2()1223nn1111111112(2(1)1223n1nnn11)2．n1b是等比数列，n102024·全国·模拟预测）已知等差数列an的前项和为，数列nSnabSbSb2．113344(1)求an和b的通项公式；n1cnbcn的前项和T．nn(2)设，求数列nSnanb2n1【答案】(1)，nnn1n1Tn2n(2)1）根据等差、等比数列的通项公式可得d1q2、6d2q3，解之即可求解；22n1（2）由（1）得cn2n1，结合裂项相消求和法和等比数列前n项和公式计算即可求解n1）设数列a的公差为d，数列b的公比为qq0，nnab1Sb2Sb2d1q26d2q3由，，得，，113344q=2两式相除得，d1d1所以，an1n1d1n1nbn==1qn-12n-1．所以，nn1（2）由（1）得ann,Sn,n2n1，21222n1cnn2n12n1所以，nn1Snn222222212nn1n1所以n2n．123nn112a3n1．112024·全国·模拟预测）已知数列an满足a12a2nan(n(1)求数列an的通项公式；na32(2)若nnn1，求数列bnnS的前项和．nn2a2n1n【答案】(1)2n1(2)Sn1n21）利用数列的和与项的关系构造①，②两式，相减即得数列的通项；（2）求出，将其裂项后，进行求和，消去中间项即得b.n1）当n1时，a11．依题意，a2aanan(n1①n123a2aa(nan1(n2)2n11②．123当n2时，nan(nn1(n2)2n11n2n1(n2)，①－②得a2n1(n2)．因n1时，该式也成立，n所以ann1a2故的通项公式为．nnan1a2n1，由nn（2）由（1）知可得n2n2n2n12nn2n(nn2)n2n123243222222S则n324354n1n2nn1n1n2222222n11．nn1n1nn2n1n21an4122024·全国·模拟预测）已知数列an满足3n13n2a2...an，nN．*n1(1)求数列an的通项公式；11179(2)若nan1，证明：...．b12nn1a【答案】(1)n4n1,n2(2)证明见解析SnSn1n2③检1an与San与S的关系的解题步骤①aSa②nnn11验的思想方法进行求解即可.11111...，当n2时对进行放缩变形即可求和证明出不等式.（2）先求出，再求和nb12nn1）当n1时，a4；1当n2时，3n11n2a2...an1an4n①，3n21n3a2...an2an14n1②．a4n1n2，②得n3①n1因为14不满足上式，所以a.n4n1,n2n1ba1（2）由（1），nn4n1n211n1134n24n2134n2n2n2114因为，所以，n34n21179当n1时，；b311b111111111......当n2时，n22n34114214n1133404141111311141113474n，1394n1993141117...综上，对任意的nN，*.b12n92n132024·全国·模拟预测）已知数列an的各项均不小于1，前项和为nS,a2Sa是公差为1的n1n等差数列．(1)求数列an的通项公式．1a2nS(2)求数列的前项和nT．n2nann【答案】(1)；4n8n2(2)n．2n1na是等差数列，再求通项公式即可.n1）利用前项和与通项公式之间的关系判定（2）对需要求和的数列先进行化简，再利用裂项相消法求和即可.a11211211）由，得．2Sna2n2Sna2n1n1n因为是公差为1的等差数列，所以．2Sn1a2n1n12anan2a2n11当n2时，．两式相减，得a1a，122a1aa1，则，nn1所以ana，又，所以n1nnn11n1n．a是首项为1，公差为的等差数列，所以1an所以n42nn1na2nS111（2）由（1）可知，Sn，则4，2nn2n12n2n122a2nS111111的前n项和T412所以数列2n22232n2n2n1111141222232n2n1214n8n241．2n12n1142024·安徽·模拟预测）已知数列an的首项12，且满足an1an32n．(1)求an的通项公式；n3(2)已知n，求使bnn取得最大项时321.26）an【答案】(1)n2n(2)4a2n12an，即可求出通项；n1）由递推关系将已知等式变形为kk1n1（2）由已知可设，代入k解不等式组求出即可.kbk11）因为an1a32，nnan12n12an，n所以a21又，a201a2nn0an2n所以，所以.（2）由（1）有n2，nn3n3bn所以，an2n设nk时，最大，bn12因为b,22b,k1，11kk1所以，kbk13k3k12k3k3k3k2kk122即，32k3k32kk13k3k12k2k132k4.853.8533211解得，又kZ，k21所以k4，bn取得最大项时的值为4.所以使n112152024·辽宁·一模）已知S为数列a}的前n项和，满足Sa2nnnN)，且a,a,a,a,a成等12345*nnn2比数列，当n5时，a0．n(1)求证：当n5时，an}成等差数列；(2)求a}的前n项和S．nn【答案】(1)证明见解析；,1nnN1(n*(2)Sn1．52n2nnnN*2【分析】(1)利用an1Sn1S得到an1a和的关系即可证明；nn(2)结合(1)中结论得an1an0n5，求出和公比，得到aa通项公式，从而根据等差和等比数列前nn1项和公式即可求解．1121）∵Sna2nnnN)，*22Sa2a2，2Sa2an12，∴nnnn1n12an1a2n1anan1an，2两式相减，得an1anan1an0．即当n5时，a0n，∴aan1，n1∴当n5时，a成等差数列．n11a1a2111，解得12或a11（2）由，22a,a,a,a,a又成等比数列，12345∴由(1)得an1an0n5，进而q1，a05a01a2a而，∴，从而，152(n1,1n4a∴∴，nnn5n,1nnN*1(S152．nnnnNn2*2162024·湖南岳阳·三模）已知等差数列an满足：12，且a，a，a成等比数列．124(1)求数列an的通项公式；4n2(2)若等差数列a的公差不为零且数列b满足：bn，求数列b的前项和T．nnnaannnna2a2n【答案】(1)或；nnn(2)nn.2n11）设数列公差，由条件列出方程，求解后运用等差数列基本量运算即得；（2n.b的通项公式，根据其形式结构进行拆项和裂项，利用分组求和法与裂项求和法即可求得n2,2d,2d的公差为，依题意，(2d)22(2d)，1）设数列ad成等比数列，所以n解得d0或d2，当d0时，a2nd2；当时，a2(n22nna2n.naan2所以数列的通项公式为或n4naa(2nn24n22nnN*b，则n（2）因为等差数列a的公差不为零，由（1）知annnn4n211111111，212n2n22n12n14n111111111213235257111Tnn所以，22n12n111nTn1n即.n2n122n11n1aan2Sn1.172024·湖南·二模）记Sn为数列an的前项和，已知n2(1)证明：数列S是等比数列；n12nmm对一切nN(2)求最小的正整数，使得*都成立.1a2an【答案】(1)证明见解析(2)71）用n1替换已知，再与已知作差，得到S2S，即可得证；n1nn2212n2,naSSTn7n222n，（2）由（1）可得，利用错位相减法求出nnn11a2ann1进而得到结果.1n1a2an2Sn11）由题知，用n1替换上式的，得nnanaan12Sn11.12aaaaSn12Sn12SS，即n12Sn.两式作差，12nn1n1a2S1S10.1而由从而，可得11S是首项为，公比为的等比数列.12nn2,n22S2n1，于是anSnSn1（2）由（1）得，nn112nTnT1，则，1设1a2an1211n1nT122nn22nn22当n2时，0，故，221122n1552两式作差，得T212222nnnnn.n12122Tn7n222n.整理可得49T7nT56m，因此满足条件的最小正整数为7.故，又8a为奇数,n182024·河北石家庄·二模）已知数列an满足17,an12an,.(1)写出a,a,a;2346为等比数列;(2)证明:数列a2n1(3)若na2n，求数列nn3的前n项和Sn.a4a8a5【答案】(1)，，423(2)证明见解析(3)Sn1(n2n【分析】（1）由数列的递推式，分别令n1，，，计算可得所求值；23a62(a2n16)，由等比数列的定义，可得证明；2n1（2）推得b32n1，nnn2n1（3）求得，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所n求和．an为奇数,a7,a1）由1n12an,.aa34a2a8aa35；可得；；213243a62a2n62a2n1662(a2n16)，2n1（2）证明：由题可得a2n1则数列是首项为，公比为2的等比数列；1162n1a，2n1（3）由（2）可得a2n162n，即na2na2n1332n1，nbn2n1，nn前项和S12n0221322...n2n1，2Sn12222323...n2n，12n两式相减可得Sn12122...2n1n2nn2，n12S1(n2n化简可得．na22Snnan192024·全国·模拟预测）已知数列an的前项和为，且nS2．n(1)求数列an的通项公式；111an1成立，求实数的取值范围．(2)若存在nN*，使得1a2a23anan1an1n【答案】(1)；116,(2)．2Sn1nan12时，得到，两式相减化简得到1）当n1时，求得a21，当n3anan111n2n12a的通项公式；n，结合叠加法，即可求得数列n1n2111111121n2（2）由（1）得到，求得，anan1n1n21a2a23n，结合2n22anan114n解法1：根据题意，转化为22n2，结合基本不等式，即可求解；2n4n11解法2：根据题意，转化为2，结合二次函数的性质，即可求解.2n2n21）解：当n1时，2S2aa2a2，解得，11112Sna2,2Snan12当n3时，，nnn12，n2an1a两式相减可得，nn1anan111aan211n3n221,n12,则，n1n2n2n1n2n33a221212ann1a242nn1an1，则，n叠加可得，1n1,2而时也符合题意，n1．aan所以数列的通项公式为n1111an1n（2）解：由（1）知，可得，n1n2n1n2anan1111121313111n故；n1n22n21a2a23anan14111nan1n2，解法1：由，可得2n21a2a23anan1n11nn，又由2n22即2，即则416，2n222n42n2maxn116当且仅当n2时取等号，故实数的取值范围为,．111121n2n2，解法2：由1a2a23anan1211111可得，2n2n22n2416111当n24，即n2时，2，n22n216max11,则，故实数的取值范围为．1616anan11Sn202024·湖北·二模）已知各项均不为0的数列an的前项和为，且nSa1．n4(1)求an的通项公式；nN,2a2n1*nSn成立，求实数的取值范围．(2)若对于任意【答案】(1)n98,(2)1）根据题意，得到n2时，4Sn1aa1，两式相减得到an1an14，得到a,a,,a,及2n1n1n13a,a,,a,均为公差为4的等差数列，结合等差数列的通项公式，进而得到数列的通项公式；242nn22nn2Sn，证得为恒成立，设n2（2）由（1）求得，求得数列的单调性和最大值，即可求解.anan11n2na的前项和为，且11anSSn4Snanan11）解：因为数列，即，nn4当n2时，可得4Sn1aa1，n1n4ananan1an1，两式相减得a0aan14，n1因为所以，故na,a,,a2n1,a,a,,a,及均为公差为4的等差数列：13242naa1当n1时，由a1S及12a3，解得2，114所以34n22n1，a2n114n122n11a，2naa的通项公式为n2n1.所以数列n(2nn1a2n1nSnn2（2）解：由（1）知，可得，4n22nnN*,2nSn成立，所以恒成立，因为对于任意n2(n2n12n2n22n12n1设n，则n1n，2n2nn1,2bbbb时，n1nnn1当12n12，即nnN时，n1nnn1*当n12，即9898bbbbbbnmax3，所以所以，故，123459,.即实数的取值范围为8212024·湖北·模拟预测）数列an中，11，a29，且an2an2an18，(1)求数列an的通项公式；0，求n1(2)数列b的前项和为，且满足nSb2nan，bbnS．nnna4n4n12【答案】(1)n(2)答案见解析1）依题意可得an2an1an1an8，即可得到aa为等差数列，即可得到aan8n，n1n1n再利用累加法计算可得；b2n1nbb0bnbn2b（21可得.与分类讨论，利用并项求和法计算nn111）因为an2an2an18，所以aan1an1an8n2，所以数列n1a是公差为8的等差数列，其首项为aa8，n21an1an8n于是，anan18n1，aan28n2，n1则，aa82aa8，，32211n1n1所以an1812n184n24n，2a4nn24n1n2a11a4nn24n1.所以；而符合该式，故b2n2n1，则，n2（2）由（1）问知，anbb0bb02n20bb0，即，nn2又，则，两式相乘得bbnn1n1n2nn1bnbn2因此与同号，2n为奇数b，因为bb0，所以当b11时，b3，此时212n12n,n为偶数n1n当为奇数时，Sbbbbbbbb2n，n1234n2n1nn2nn当为偶数时，Sbbbbbn2n；n1234n1212n,为奇数b，b11b3，此时2当时，n2n为偶数n1n当为奇数时，Sbbbbbbbb2n，n1234n2n1nn2nn当为偶数时，Sbbbbbn2n；n1234n12b11n1b11Snnn.综上，当时，Snn；当时，222024·全国·模拟预测）已知Sn是各项均为正数的数列an的前项和，na2n12an1ananS313．2(1)求数列an的通项公式；4n1a，求数列bn的前项和T．nn(2)若nn13an【答案】(1)3232Tn2n(2)nan1a是公比为3n的通项公式；（2）利用错位相减法即可求得数列bn的前项和T．nna2an1anan0an1an1an0．1）2n12anaan0an1an0，n13，，ana是公比为3的等比数列．n数列Saaaaa3113，ann，1211．312311（2）由（1）知，bn4n1n1，Tbbbbn123n3307311324n3n1，①n3373211334n53n14n3n，②①②得n3304343243n14n3n413n1，4n1n4n3n313323T2n3n．n2b满足n232024·湖北黄石·已知等差数列an的前项和为nS，S56，a2820n7ba，b是a，a的等比中项.11328(1)求数列b的通项公式；nnπnπn(2)设数列c满足nancosnsin，求数列c前n项的和4n.n22b或n2n2n【答案】(1)n25124n(2)4n4nq，可得，根据等比数列通项公式结合等比中项可得，即1）根据题意结合等差数列可得a,d1anbn可得；nπnπc2ncosn2nsin（2）由（1）可知：，利用分组求和结合并项求和分析求解.221）设等差数列a的公差为d，n12，解得7由题意可知：，d2a8214d202an22n12n.所以q的公比为，则b12，b1设等比数列n2，由题意可知：b23aa64，则4q4，解得q28b22n12nnn12n所以或n22.nπnπc2ncosn2nsin（2）由（1）可知：，22nπ2nπ2ncos前n项的和为A，2nsin前n项的和为B，设4n24nTAB，4n可知4n4n对任意nN*，4n3ππ2π因为coscos2nπ2πcos0，224n2ππ3π1，coscoscoscos2nπ2πcosπcos24n1π3πcos2nπ2π0，2224nπcos2nπcos01，24n3π4n2π4n1π4nπ则a4n3cosa4n2cosa4n1cosa4ncos2222a4n2a4n2d4，A4n4n4n所以，4n3ππ2π又因为sinsin2nπ2πsin1，224n2ππ0，sinsinsinsin2nπ2πsinπsin24n1π3π3πsin2nπ2π1，2224nπsin2nπsin00，24n2π4n3π4n1π4nπ则24n3sin24n2sin24n1sin24nsin222224n324n1324n，3n612425所以所以24n3124n，4n3225291242T4n124n.4n5n2an2nN*．242024·山东菏泽·一模）已知数列an的前项和为，且nSSn(1)求数列an的通项公式；112(2)若nlog2a2n1，n，求证：123n．nbn1【答案】(1)n2(2)证明见解析n1）利用an与S项的关系，结合等比数列的定义及通项公式即可求解；n（2）利用（1）的结论及对数的运算，利用裂项相消法求数列S2a2的前项和即可求解.cnn1）由①，nn当n1时，S2a2aa2解得，1111当n2时，S2an12②，n1a2a①-②，得，n1naa2是以首项为，公比为2的等比数列，1数列naa2n12n．n1经验证符合上式，所以n2n．a122n1a，2n1（2）由（1）知ba2n1b2n1．n1，n22n11111c则故，nnn122n12n1111313111cccc123n2152n12n1111，22n1111110，11所以1，，2n12n122n121故123n.22n112m,a2nmb,m为常数，若a为等差数2n252024·山东聊城·二模）已知数列a,b满足ann2n1nb4223b21b18列，且．1ma的通项公式；n(1)求的值及(2)求b的前2n项和S．n2n12m,an2n3【答案】(1)的值为(2)6n7n21）设等差数列a的公差为，结合等差数列的性质可得方程组，解出即可得；dn（2）由题意可得ba2n12n2a2n，借助分组求和法计算即可得解bbbbab4.2n11）由题意知，423111ab12m11amb22a2n12n112m,a2n2nab12m，所以,因为33amb44ab2a12m111aabb42d31318m2daa2m4，a的公差为，则db2设等差数列n4ab2a12m4111d21mann12n352，解得2，所以11a5112m所以的值为,aa2n3的通项公式为；nna2nb2n1a2n12n2a2n（2）由（1）知，，n所以2n12462nSb352n1135a2n16n2a2a46a2nn54n1n1a2n1na2a2n6n26nn74n32226n7n．22n6n7nb的前项和2nS2所以．nSnanb，且a,b均为正n262024·福建·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，11，数列b满足nnn整数.(1)是否存在数列a，使得b是等差数列？若存在，求此时的S；若不存在，说明理由；nnn(2)若nn1，求【答案】(1)存在，a的通项公式.nSnn；(2)an1b11ab2a1bn，假设若成立可得，n1）利用条件先计算，得，根据正整数的性质确定，222S,a再利用的关系检验即可；nn（2）法一、利用S,a的关系及递增数列与整数的性质知b1b，整理化简可得aa11，nnnn1nn1即可得结果；法二、利用反证法假设存在一个正整数m3，使得a2m，根据条件判定bb，矛盾.mm111111）由题意易知，1a，112a2当n2时，2，a22a,ba,b由均为正整数知，为正整数，nn22b11b2a1，为整数，2则当且仅当若存在数列即时，22b1d1，abbd2，使得是等差数列，则nn2b1(n1nnb故，此时为整数，符合题意，nSnann2S(nan1，所以，当时，有nn1ana(na，整理得n1n1anan10两式相减得，nnaan故，n1aa1a1，n当n=2时，经检验，当故存在数列，故21a1nbn时，，充分性成立，nb是等差数列na.，使得nSabn此时；nnn（2）法一、Sabn2Sabn1n1n1因为，当时，有，两式相减，nnnabn1n1ab整理得：，nnb1b由递增数列的题意与整数的性质知，，nn1abn1n1abnnanbn1，故bn10aa，所以nn1因为，aa11则，nn1aa1.n因为为正整数，所以n法二、假设存在一个正整数m3，使得a2mSaaa111，Smbmm1则则，12m1m1mam1amm1m1m1bm11m1m1，不符合递增数列的题意,amam2故假设错误，不存在这样的正整数m3，使得a2ma1，所以n.2an1．272024·河北邢台·二模）已知数列an的前项和为，且nSSnn(1)求an的通项公式；11112．(2)求证：1S2S3Sna2n1n【答案】(1)(2)证明见解析1,n1anan2an1n2a，从而是以为首项，为公比的等n1）根据，作差得到12SnSn1,n2比数列，即可求出其通项公式；（2）由（1）知Sn21，再利用放缩法证明即可.nS2a11）由，nn当n1时，S2a1a10，则，111当n2时，S2an11，n1SSn12an12an1a2an2，即，nn1两式相减得na是以1为首项，2为公比的等比数列，因此数列na2n1n所以．12n（2）由（1）知Sn21．n12112当n1时，；1当n2时，2n11，111S212nn2n12n10，所以所以，nSn2n12n11n21111111112n所以当n2时，1212．22n111S2S3Sn221211112．综上，1S2S3Sn282024·江苏南通·二模）已知数列a}的前n项和为S，Saa4，n1a1.1nnnn(1)证明：数列n1n}为等比数列；an4n(nbn(2)设，求数列b}的前n项和；npq6SSS成等差数列？若存在，求，q(3)是否存在正整数pq（，，pqp6由.【答案】(1)证明见解析；181(2)；2n3(n(3)存在，pq8.aSSn1,n21）利用给定的递推公式，结合及等比数列定义推理即得.nn（2）由（1）求出a,b，再利用裂项相消法求和即可.nnq（3）由（1）求出，由已知建立等式，验证计算出，再分析求解即可.SpnSa4an2San14a，n1n1）nN，，当时，nnn1aaa4an14a4an14ana两式相减得，即，nnn1nn12(2an1a)2aan1Sa4aa022aa10，即，21则有，当时，，则nnn11122an1a1所以数列是以1为首项，为公比的等比数列.n212n1（2）由（1）得，2an1an，则an12n1an1，数列2n{2n1a}是等差数列，nn22n1n2n3n(n82n11111a