2024年高考数学专项突破数列大题压轴练（解析版）.pdf

数列大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）数列大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1（2023云南曲靖云南曲靖宣威市第七中学校考模拟预测）宣威市第七中学校考模拟预测）记nS为数列 na的前 n 项和，nT为数列 nS的前 n 项和，已知2nnST(1)求证：数列 nS是等比数列；(2)求数列nna的前 n 项和nA2（2023辽宁铁岭辽宁铁岭校联考模拟预测）校联考模拟预测）已知数列na中，11a，214a，且1(1)(2,3,4,)nnnannana(1)设*111()nnbnNa，试用nb表示1nb，并求 nb的通项公式；(2)设*1sin3()coscosnnnncNbb，求数列 nc的前n项和nS3（2023湖南株洲湖南株洲统考一模）统考一模）数列 na满足13a，212nnnaaa.(1)若21nbna，求证：nb是等比数列.(2)若1nnncb，nc的前n项和为nT，求满足100nT 的最大整数n.4（2023河北衡水河北衡水河北衡水中学校考模拟预测）河北衡水中学校考模拟预测）已知数列 na满足21nnnaxayaNn，11a，22a，nS为数列 na前n项和.(1)若2x，1y ，求nS的通项公式；(2)若1xy，设nT为na前 n 项平方和，证明：214nnnTSS恒成立.5（2023山西朔州山西朔州怀仁市第一中学校校考二模）怀仁市第一中学校校考二模）已知数列 na满足13a，且12,1,nnna naan是偶数是奇数(1)设221nnnbaa，证明：3nb 是等比数列；(2)设数列 na的前 n 项和为nS，求使得不等式2022nS 成立的 n 的最小值6（2022 春春河北衡水河北衡水高三校联考阶段练习）高三校联考阶段练习）已知正项数列 na的前 n 项和为nS，且满足11a，23a，2132nnnaaa，数列 nc满足22221232341ncccncn2024年高考数学专项突破数列大题压轴练（解析版）(1)求出 na，nc的通项公式；(2)设数列1221log1nncna的前 n 项和为nT，求证：516nT7（2022 秋秋河北衡水河北衡水高三河北衡水中学校考阶段练习高三河北衡水中学校考阶段练习）已知数列 na的前n项和nS满足36S，2nnSnna，*nN(1)求 na的通项公式；(2)数列 nb，nc，nd满足21211nnnaba，12121nnnnncb bbb，且2nnncdn，求数列 nd的前n项和nT8（2023广东广东校联考模拟预测）校联考模拟预测）已知数列 na的前 n 项和为nS，且312323nSSSnSn(1)求数列 na的通项公式；(2)若nnbna，且数列 nb的前 n 项和为nT，求证：当3n 时，311421nn nTn9（2022 秋秋山东青岛山东青岛高三山东省莱西市第一中学校考阶段练习高三山东省莱西市第一中学校考阶段练习）对于项数为m的数列na，若满足：121maaa，且对任意1ijm，ija a与jiaa中至少有一个是na中的项，则称na具有性质P(1)如果数列1a，2a，3a，4a具有性质P，求证：11a，423aaa；(2)如果数列na具有性质P，且项数为大于等于 5 的奇数，试判断na是否为等比数列？并说明理由10（2022 秋秋山东青岛山东青岛高三统考期末）高三统考期末）记数列 na的前n项和为nS，11a，_.给出下列两个条件：条件：数列 na和数列1nSa均为等比数列；条件：1121222nnnnaaana .试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）(1)求数列 na的通项公式；(2)记正项数列 nb的前n项和为nT，12ba，23ba，14nnnTbb，求211(1)nii iibb.11（2022湖北湖北黄冈中学校联考模拟预测）黄冈中学校联考模拟预测）已知数列 na满足0na，*Nn.(1)若2210nnna aka且0na.（）当lgna成等差数列时，求 k 的值；（）当2k 且11a，416 2a 时，求2a及na的通项公式.(2)若21312nnnna aaa，11a ，20a，34,8a.设nS是 na的前 n 项之和，求2020S的最大值.12（2022 秋秋湖南长沙湖南长沙高三校考阶段练习）高三校考阶段练习）已知数列 na的前 n 项和1122nnnSa（nN），数列 nb满足2nnnba(1)求证：数列 nb是等差数列，并求数列 na的通项公式；(2)设数列 nc满足131nnnnacn（为非零整数，nN），问是否存在整数，使得对任意nN，都有1nncc13（2022 秋秋湖南衡阳湖南衡阳高三衡阳市一中校考期中高三衡阳市一中校考期中）已知nS为数列 na的前 n 项和，25a，14nnnSSa;nb是等比数列，29b，1330bb，公比1q(1)求数列 na，nb的通项公式；(2)数列 na和 nb的所有项分别构成集合 A，B，将AB的元素按从小到大依次排列构成一个新数列 nc，求2012320Tcccc14（2022浙江浙江模拟预测模拟预测）已知正项数列 na满足11a，当2n 时，22121nnaan，na的前n项和为nS.(1)求数列 na的通项公式及nS；(2)数列 nb是等比数列，q为数列 nb的公比，且13bqa，记21nnnnSacb，证明：122733nccc15（2022 秋秋广东广州广东广州高三校联考阶段练习高三校联考阶段练习）已知数列 na的前n项和为nS，且12a，132nnSS，数列 nb满足1122,nnnbbbn，其中*nN.(1)分别求数列 na和 nb的通项公式；(2)在na与1na之间插入n个数，使这2n个数组成一个公差为nc的等差数列，求数列n nb c的前n项和nT16（2023辽宁朝阳辽宁朝阳校联考一模）校联考一模）已知数列 na的前n项和为+N1nnSnn，数列 nb满足11b，且1+N2nnnbbnb(1)求数列 na的通项公式；(2)求数列 nb的通项公式；(3)对于Nn，试比较1nb与na的大小.17（2022 秋秋广东深圳广东深圳高三校考阶段练习）高三校考阶段练习）记nS为数列 na的前n项和，已知12,32nnaaS是公差为 2 的等差数列.(1)求 na的通项公式；(2)若 11,nnnnnabba a的前n项和为nT，求证：14nT.18（2022 秋秋江苏常州江苏常州高三常州市第一中学校考阶段练习）高三常州市第一中学校考阶段练习）已知正项数列 na满足11,2nnnnaaaannN，11a.数列 nb满足各项均不为 0，14b，其前 n项的乘积112nnnTb.(1)求数列 na通项公式；(2)设2lognncb，求数列 nc的通项公式；(3)记数列1nna的前2m项的和2mS，求使得不等式21210mScccL成立的正整数 m 的最小值.19（2022 秋秋江苏宿迁江苏宿迁高三沭阳县建陵高级中学校考期中）高三沭阳县建陵高级中学校考期中）已知数列 na满足2123nnnaaa，112a，232a(1)证明：数列1nnaa为等比数列，求 na的通项公式(2)若数列 na的前n项和为nS，且*127N4nSnn恒成立，求实数的取值范围20（2022 秋秋江苏南通江苏南通高三江苏省如东高级中学校考阶段练习高三江苏省如东高级中学校考阶段练习）等差数列 na的前n项和为nS，且4224,21nnSSaa.数列 nb的前n项和为nT，且112nnnaT(1)求数列 ,nnab的通项公式；(2)数列 nc满足cos,nnnanncb n为奇数为偶数，求21niic.21（2023 秋秋广东广东高三校联考期末高三校联考期末）已知数列1:A a，2a，na，满足10a，11iiaa（1,2,in），数列 A 的前 n 项和记为nS(1)写出3S的最大值和最小值；(2)是否存在数列 A，使得20221011S？如果存在，写出此时2023a的值；如果不存在，说明理由22（2023 秋秋山东日照山东日照高三校联考期末高三校联考期末）已知数列 na的各项均为非零实数，其前n项和为(0)nnSS，且21nnnnSaSa.(1)若32S，求3a的值；(2)若1aa，20232023aa，求证：数列 na是等差数列，并求其前n项和.23（2023 秋秋江苏南京江苏南京高三南京市第一中学校考期末）高三南京市第一中学校考期末）已知数列 ,nnab满足222,1nnnnnabab.(1)求 ,nnab的通项公式；(2)记数列nnab的前n项和为nS，证明：11121nnSn.24（2023 春春湖南长沙湖南长沙高三湖南师大附中校考阶段练习高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列 na各项都不为 0，12a，24a，na的前n项和为nS，且满足14nnna aS.(1)求 na的通项公式；(2)若12311231CCCCCnnnnnnnnnnbaaaaa，求数列112nnn nbb b的前n项和nT.25（2023 春春江苏南京江苏南京高三校联考阶段练习高三校联考阶段练习）已知数列na中11a，其前n项和记为nS，且满足1232nnSSSnS(1)求数列1nSnn的通项公式；(2)设无穷数列1b，2b，nb，对任意自然数m和n，不等式1m nmnnbbbma均成立，证明：数列 nb是等差数列26（2023山东山东沂水县第一中学校联考模拟预测沂水县第一中学校联考模拟预测）在如图所示的平面四边形ABCD中，ABD的面积是CBD面积的两倍，又数列 na满足12a，当2n 时，1122nnnnBDaBAaBC ，记2nnnab(1)求数列 nb的通项公式；(2)求证：2221211154nbbb27（2022 秋秋湖北湖北高三校联考开学考试高三校联考开学考试）已知数列 na满足11a，11nnnnaaaa（其中*Nn）(1)判断并证明数列 na的单调性；(2)记数列 na的前 n 项和为nS，证明：20213522S28（2022 秋秋山东潍坊山东潍坊高三统考阶段练习）高三统考阶段练习）定义：对于任意一个有穷数列，在其每相邻的两项间都插入这两项的和，得到的新数列称为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和，得到二阶和数列，以此类推可以得到n阶和数列，如2,4的一阶和数列是2,6,4，设 n 阶和数列各项和为nS(1)试求数列2,4的二阶和数列各项和2S与三阶和数列各项和3S，并猜想 nS的通项公式（无需证明）；(2)设331321log3 log3nnnnSnbSS，nb的前m项和mT，若20252mT，求m的最小值29（2022 秋秋湖北黄冈湖北黄冈高三统考阶段练习）高三统考阶段练习）已知数列 1,1,nnaaS为数列 na的前 n项和，且1(2)3nnSna(1)求数列 na的通项公式；(2)求证：sin0nnaa；(3)证明：212311111sin1sin1sin1sinenaaaa30（2023浙江温州浙江温州统考二模统考二模）设nS为正项数列 na的前n项和，满足222nnnSaa.（1）求 na的通项公式；（2）若不等式214nanat对任意正整数n都成立，求实数t的取值范围；（3）设3ln(1)4nannbe（其中e是自然对数的底数），求证：1234266nnbbbbbb.数列大题压轴练数列大题压轴练-新高考数学复习新高考数学复习分层训练（新高考通用）分层训练（新高考通用）1（2023云南曲靖云南曲靖宣威市第七中学校考模拟预测宣威市第七中学校考模拟预测）记nS为数列 na的前 n 项和，nT为数列 nS的前 n 项和，已知2nnST(1)求证：数列 nS是等比数列；(2)求数列nna的前 n 项和nA【答案】(1)证明见解析(2)11222nnAn【分析】（1）由前 n 项和与通项之间的关系即可证明数列 nS是等比数列；（2）以错位相减法求数列nna的前 n 项和nA即可解决【详解】（1）因为nT为数列 nS的前 n 项和，当1n 时，1111122STSSS，则11S 当2n 时，1nnnTTS2nnST112nnST，得122nnSSn，得1122nnSnS所以数列 nS是首项为 1 公比为12的等比数列（2）由（1）可得，数列 nS是以11S 为首项，以12为公比的等比数列，所以112nnS当1n 时，1111aST，当2n 时，1211111222nnnnnnaSS，显然对于1n 不成立，所以11,11,22nnnan当1n 时，111Aa当2n 时，21111123222nnAn 23111112322222nnAn 上下相减可得2311111111222222nnnAn 211142111112122212nnnnn 则11222nnAn又1n 时，13 121A 综上，11222nnAn2（2023辽宁铁岭辽宁铁岭校联考模拟预测）校联考模拟预测）已知数列na中，11a，214a，且1(1)(2,3,4,)nnnannana(1)设*111()nnbnNa，试用nb表示1nb，并求 nb的通项公式；(2)设*1sin3()coscosnnnncNbb，求数列 nc的前n项和nS【答案】(1)11nnnbbn，3nbn(2)sin3cos(33)cos3nnSn【分析】（1）根据提示*111()nnbnNa将条件1(1)nnnnaana进行转化即可；（2）根据两角差的正弦公式可将1sin3coscosnnncbb化为裂项式11sinsincoscosnnnnnbcbbb求和.【详解】（1）11(1)(1)1=(1)nnnnnnanaaann，1111(1)(1)(1=1)(1)(11)1(nnnnnnnannannanan，所以11nnnbbn，所以11nnnbbn，所以11311nnbbbnn，3nbn.（2）11111111sinsincossincossinsinsin3coscoscoscoscoscoscoscosnnnnnnnnnnnnnnnnnbbbbbbbbbbbcbbbbb（-），所以1121111121sinsinsinsinsinsincoscoscoscoscoscosnnnnnnnnnnnbbbbbbScccbbbbbb1111sinsinsin(33)sin3sin(33)3sin3coscoscos(33)cos3cos(33)cos3cos(33)cos3nnbbnnnbbnnn.3（2023湖南株洲湖南株洲统考一模）统考一模）数列 na满足13a，212nnnaaa.(1)若21nbna，求证：nb是等比数列.(2)若1nnncb，nc的前n项和为nT，求满足100nT 的最大整数n.【答案】(1)证明见解析(2)98【分析】（1）由已知得2111 nnaa，可得12nnbb，进而得证；（2）利用错位相减结合分组求和可得nT，结合二项式定理进行放缩，进而得解.【详解】（1）21nbna，2log1nnba，12log3 12b，由已知可得212nnnaaa，2211211nnnnaaaa ，212log12log1nnaa，2112log12log1nnnnabba，所以数列 nb是以2为首项，2为公比的等比数列；（2）由（1）得2nnb，所以112nnnnncb，设2nnnd，数列 nd的前n项和为nS，则1231123122222nnnnnS，234112312221222nnnSnn，得123111111112222222nnnnnS11111222112212nnnnn，所以222nnnS，所以22100N2nnnnTSnnn，当1n 时，22nn，当2n 时，22nn，当3n 时，0121 1CCC2nnnnnnn，即2012nn，所以21222nnnnn，所以2100n，98n，所以满足100nT 的最大整数n为984（2023河北衡水河北衡水河北衡水中学校考模拟预测）河北衡水中学校考模拟预测）已知数列 na满足21nnnaxayaNn，11a，22a，nS为数列 na前n项和.(1)若2x，1y ，求nS的通项公式；(2)若1xy，设nT为na前 n 项平方和，证明：214nnnTSS恒成立.【答案】(1)12nn nS(2)证明见解析【分析】（1）代入,x y，将条件化为211nnnnaaaa，从而得到1nnaa是常数列，进而得到 na是等差数列，由此利用等差数列的前n项和公式即可得解；（2）利用数学归纳法推得要证结论，需证1324kkaS2k，再次利用数学归纳法证得其成立，从而结论得证.【详解】（1）因为2x，1y ，所以2112nnnnnaxayaaa，则211nnnnaaaa，又212 11aa，所以1nnaa是首项为1的常数列，则11nnaa，所以 na是首项为1，公差为1的等差数列，则11naandn，所以12nn nS.（2）因为1xy，所以211nnnnnaxayaaa，又11a，22a，所以3213aaa，10nnaa，则112nnnnaaaa，因为2221212,nnnnTaaaaaSa，所以当1n 时，211111,1aSaT，所以211114014TSS；假设当2nk k时，有214kkkTSS，则当1nk时，22211111114kkkkkkkkkTSTaSaSaa，因为2222211112kkkkkkkkSSSaSS aa，所以要证222111111144kkkkkkTSSaaS2k，需证221211121442kkkkkkkSSaaS aa2k，即证1324kkaS2k，当2k 时，33a，23S，则32391024aS，假设当2kr r时，有1324rraS，则当1kr时，21333243rrrrraaaSa，因为12rraa，所以113222rrrraaaa，所以211324322424rrrrrraSaSaS，综上：1324kkaS2k 成立，所以2111124kkkTSSk成立，综上：214nnnTSS恒成立.5（2023山西朔州山西朔州怀仁市第一中学校校考二模）怀仁市第一中学校校考二模）已知数列 na满足13a，且12,1,nnna naan是偶数是奇数(1)设221nnnbaa，证明：3nb 是等比数列；(2)设数列 na的前 n 项和为nS，求使得不等式2022nS 成立的 n 的最小值【答案】(1)证明见解析(2)20【分析】（1）由已知条件，用2na表示出nb，得出212nnba，再用2na表示出1nb，得出1214nnba，联立得出123nnbb，通过构造得出132(3)nnbb，检验30nb，即可得出证得结论；（2）由（1）的结论表示出12232nnSn，222231nnSn和213 23nnSn，证出nS在*Nn是一个增数列，通过计算即可得出答案【详解】（1）证明：12,1,nnna naan是偶数是奇数，2211nnaa，2122nnaa，22211nnaa，2121nnaa,又221nnnbaa，222121nnnnbaaa，212nnba,12221nnnbaa，1212121211nnnnbaaa，又2122nnaa，1241nnba，1214nnba,11142nnbb,即123nnbb，132(3)nnbb，又1112233120baaaa，30nb，1323nnbb，数列3nb 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列（2）由（1）可知数列3nb 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，132 22nnnb，即23nnb，21223nnnaa，122(1 2)32321 2nnnSnn，222231nnSn，又2211nnaa，212212312nnnnaaa，即12122nna,2122nna212121232223 23nnnnnnSSnna，12123 23(232)220nnnnnnSnS，22221231(3 23)210nnnnnnSSn，nS在*Nn是一个增数列，9193 23 9=1563S ，112023 10220762022S，满足题意的 n 的最小值是 206（2022 春春河北衡水河北衡水高三校联考阶段练习高三校联考阶段练习）已知正项数列 na的前 n 项和为nS，且满足11a，23a，2132nnnaaa，数列 nc满足22221232341ncccncn(1)求出 na，nc的通项公式；(2)设数列1221log1nncna的前 n 项和为nT，求证：516nT【答案】(1)21nna，211ncn；(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件可得数列1nnaa是等比数列，求出其通项公式，再利用累加法求出数列 na的通项公式；先求出1c，再求出当2n 时，数列1nc满足的等式，即可求出数列 nc的通项公式；（2）写出数列的通项公式，利用裂项相消法求出数列的和nT，即可求证（1）由2132nnnaaa，得2112nnnnaaaa又212aa，则数列1nnaa是首项为 2，公比为 2 的等比数列，112 22nnnnaa，221322,2aaaa，3432aa-=，112nnnaa，累加得211222nnaa，211 21 222211 2nnnna 数列 nc满足22221232341ncccncn，当1n 时，114c；当2n 时，222212312341ncccn cn，由可得211ncn，当1n 时，也符合上式，故数列 nc的通项公式为211ncn（2）由（1）可得2222222111114222log1nnnnnnnna，则22222221111111114324352nTnn222111114212nn221 51154 41612nn，故516nT成立7（2022 秋秋河北衡水河北衡水高三河北衡水中学校考阶段练习高三河北衡水中学校考阶段练习）已知数列 na的前n项和nS满足36S，2nnSnna，*nN(1)求 na的通项公式；(2)数列 nb，nc，nd满足21211nnnaba，12121nnnnncb bbb，且2nnncdn，求数列 nd的前n项和nT【答案】(1)=nan*nN；(2)311212nTnn【分析】（1）利用nS与na的关系得到1121nnnana，然后得到21231nnnana，两式求差，得到1223nnnaaan，这样判断数列 na为等差数列，然后计算12,a a，得到首项和公差，写出 na的通项公式；（2）利用 na的通项公式求出 nb的通项公式，然后利用1,nnc c的关系，运用累加法求出 nc的通项公式，然后利用 nc的通项公式求出nd的通项，再利用裂项相消求出nT.【详解】（1）由题意知2nnSnna，11211nnSnna，2n 两式相减得1121nnnana，2n，故21231nnnana，3n，两式相减得1222223nnnnananan，即1223nnnaaan，可知数列 na为等差数列，又36S，则123236aaaa，解得22a，又因为1121Sa，所以1=1a，等差数列 na的公差211daa，故=nan*nN（2）由题易知1122nnnncb bbnL，又因为2221221121111nnnnnabn nan，所以22221 211212341 3 2 4 3 522nnnnncbbbcn nnLL，2n 由累乘法可得：212 34cc，322 45cc，1212nnnccn，2n 所以113 22nnccn，2n，因为1143cb，所以122nncn，2n，当=1n时，143c 也符合，所以122nncn，1n，则211222nnncdnn nnn，1211111111324352nnTdddnn LL1113111212212nnnn 8（2023广东广东校联考模拟预测）校联考模拟预测）已知数列 na的前 n 项和为nS，且312323nSSSnSn(1)求数列 na的通项公式；(2)若nnbna，且数列 nb的前 n 项和为nT，求证：当3n 时，311421nn nTn【答案】(1)111N321nnannn n，(2)证明见解析.【分析】（1）由题可得1133211nnnSnSn，Nn后由121112N3nnnSnaSSnnSSn，可得数列 na的通项公式；（2）由（1）可得nb，31111143421211nn nTnnn，后由数学归纳法可证明结论.【详解】（1）由题，2n 时，有312312311nSSSnSn，则2133121nnnnnSSn，133211nnnSnn，则121112N3nnnSnaSSnnSSn，1152N21331nnannnn n，.注意到513221，则111N321nnannn n，.（2）由（1）可得11N321nnnbnnnn，则当3n 时，31111113261933312231nn nTnnn.故所证结论相当于，11134211nn，3n.当3n 时，结论显然成立；假设3,Nnk kk时，结论成立，则11134211kk，当1nk时，因3k，120k kkk k，则111111134442111kkkkk kk.综上，结论成立.9（2022 秋秋山东青岛山东青岛高三山东省莱西市第一中学校考阶段练习高三山东省莱西市第一中学校考阶段练习）对于项数为m的数列na，若满足：121maaa，且对任意1ijm，ija a与jiaa中至少有一个是na中的项，则称na具有性质P(1)如果数列1a，2a，3a，4a具有性质P，求证：11a，423aaa；(2)如果数列na具有性质P，且项数为大于等于 5 的奇数，试判断na是否为等比数列？并说明理由【答案】(1)证明见解析(2)na为等比数列，理由见解析【分析】（1）根据性质P的定义，易得11a，4423,aaaa是数列中的项，再根据121maaa，可得432aaa，即可得证；（2）根据性质P的定义，易得11a，21kiaa221,Niki 是数列中的项，从而可得2122121,Nkpkpaapkpa，同理有221122,Nkpkpaapkpa，进而可得12ppaaa12,Npk p，即可得出结论【详解】（1）因为41a，444aaa，所以44aa不是数列中的项，所以441aa一定是数列中的项，所以11a，又因为424aaa，434aaa，所以42aa，43aa不是数列中的项，所以4423,aaaa是数列中的项，因为12341aaaa，所以444321aaaaa，所以432aaa，所以423aaa；（2）当数列 na的项数21,N,2mkkk时，因为211ka，212121kkkaaa，所以2121kkaa不是数列中的项，所以21211kkaa一定是数列中的项，所以11a，因为对于满足221ik 的正整数i，都有2121kikaaa，所以21kiaa221,Niki 不是数列中的项，从而21kiaa是数列中的项，又21212121212121221211kkkkkkkkkaaaaaaaaaaa，所以2122121,Nkpkpaapkpa，从而有2122121121,Nkpkppkpaaaaapkp ，所以22121kppkppaaaa ，从而有21233212221212211,kkkkkkkkkkkkaaaaaaaaaaaaaaaaa，因为对于满足32ik 的正整数i，均有22221kikkaaaaa，所以21221,kkiaa aaa，又2222212122122122331kkkkkkkkkkkaaaaaaaaaaaaa，所以221122,Nkpkpaapkpa，从而有22112121,Nkpkppkpaaaaapkp，所以2112kppkppaaaa，从而有2213312222112222211,kkkkkkkkkkkkaaaaaaaaaaaaaaaaa，从而有12ppaaa12,Npk p，所以对于项数为大于等于 5 的奇数且具有性质P的数列na，是以 1 为首项，2a为公比的等比数列【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.10（2022 秋秋山东青岛山东青岛高三统考期末）高三统考期末）记数列 na的前n项和为nS，11a，_.给出下列两个条件：条件：数列 na和数列1nSa均为等比数列；条件：1121222nnnnaaana .试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）(1)求数列 na的通项公式；(2)记正项数列 nb的前n项和为nT，12ba，23ba，14nnnTbb，求211(1)nii iibb.【答案】(1)12nna(2)288nn【分析】（1）选择条件：先由1nSa为等比数列结合等比中项列出式子，再设出等比数列 na的公比，通过等比数列公式化简求值即可得出答案；选择条件：先由1121222nnnnaaana 得出12121222212nnnnaaanan，两式做减即可得出122nnaan，再验证1n 时即可利用等比数列通项公式得出答案；（2）通过14nnnTbb得出1142nnnTbbn，两式相减结合已知即可得出1142nnbbn，即数列 nb的奇数项、偶数项分别都成公差为 4 的等差数列，将211(1)nii iibb转化即可得出答案.【详解】（1）选条件：数列1nSa为等比数列，2211131SaSaSa，即2121123222aaaaaa，11a，且设等比数列 na的公比为q，2222 2qqq，解得2q=或0q（舍），1112nnnaa q，选条件：1121222nnnnaaana，1212122212nnnnaaanan，即12121222212nnnnaaanan，由两式相减得：12221nnnnanana，即122nnaan，令1121222nnnnaaana 中1n 得出212aa也符合上式，故数列 na为首项11a，公比2q=的等比数列，则1112nnnaa q，（2）由第一问可知，不论条件为还是，都有数列 na为首项11a，公比2q=的等比数列，即12nna，则122ba，234ba，14nnnTbb，1124nnnTbnb，由两式相减得：11142nnnnnnb bbbTTn，即1142nnnnbnbbb，数列 nb为正项数列，则1142nnbbn，则数列 nb的奇数项、偶数项分别都成公差为 4 的等差数列，221123421211(1)4(1)4nniiiiinniibbTTTTTTT，即2124621(1)4niiinibbbbbb，数列 nb前 2n 项中的全部偶数项之和为：2144222n nnnn，则2112(81)8niiiinnbb.11（2022湖北湖北黄冈中学校联考模拟预测）黄冈中学校联考模拟预测）已知数列 na满足0na，*Nn.(1)若2210nnna aka且0na.（）当lgna成等差数列时，求 k 的值；（）当2k 且11a，416 2a 时，求2a及na的通项公式.(2)若21312nnnna aaa，11a ，20a，34,8a.设nS是 na的前 n 项之和，求2020S的最大值.【答案】(1)（）1k，（）22a，212nna；(2)505143.【分析】（1）根据等差数列的定义以及等差中项的性质即可求k的值；由题可得1nnaa是首项为2，公比为 2 的等比数列，进而可得数列1nnaa的通项，再利用累乘法即可求na的通项公式；（2）利用分组求和可得2504202012341444Saaaa，结合2432a aa，34,8a，求出利用基本不等式求1234aaaa最大值，即可求出2020S的最大值.（1）（）因为lgna成等差数列，所以122lglglgnnnaaa，所以212nnnaaa，又2210nnna aka所以1k；（）因为22120nnnnaaaa，所以21322a aa，22432a aa，所以32214816 2aa a，所以22a，因为2112nnnnaaaa，又由212aa，所以1nnaa是首项为2，公比为 2 的等比数列，所以112 2nnnaa，所以2110 1 22321121222nnnnnnaaaaaaaa ，所以212nna；（2）由21312nnnna aaa 可得132412nnnnaaaa，所以22424111224nnnnnna aaaaa，因为0na，所以414nnaa，即44nnaa，因为213412a aa a，11a ，20a，所以341220a aa a 即2432a aa，202015920172610201837112019Saaaaaaaaaaaa48122020aaaa250425041214441444aa250431 444a250441444a250412341444aaaa，因为2432a aa，34,8a，所以240a a，因为20a，所以40a，所以4322422 2aaaaa，可得2432 2aaa ，所以12343312 2aaaaaa ，令3312 2yaa ，设32,2 2ta，22 21ytt，对称轴为2t，是开口向上的抛物线，在2,2 2t单调递增，所以2 2t 时取得最大值，故1234aaaa最大值为22 22 22 211 ，所以2504202012341444Saaaa最大值为5055051 41 411 43.【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列na的前n项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可以用倒序相加法（2）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的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如 1nnaf n 类型，可采用两项合并求解.12（2022 秋秋湖南长沙湖南长沙高三校考阶段练习）高三校考阶段练习）已知数列 na的前 n 项和1122nnnSa（nN），数列 nb满足2nnnba(1)求证：数列 nb是等差数列，并求数列 na的通项公式；(2)设数列 nc满足131nnnnacn（为非零整数，nN），问是否存在整数，使得对任意nN，都有1nncc【答案】(1)证明见解析，2nnna(2)存在整数1，使得对任意*nN，都有1nncc【分析】（1）根据11,=1=,2nnnS naSSn求出112=2+1nnnnaa，结合2nnnba得到1=1nnbb，从而得到 nb是首项和公差均为 1 的等差数列，求出通项公式，得到2nnna；（2）求出13+(1)2nnnnc，1+1=2 33(1)2 0nnnnncc ，解出113(1)()2nn，分21nk与2nk两种情况，结合数列的单调性求出3 0nnnnnnnnnnncc ，113(1)()2nn，当21nk，=1k，2，3，时，式即为2232k，依题意，式对=1k，2，3都成立，2232k单调递增，2k，依题意，式对=1k，2，3都成立，2132k单调递减，32 即可，3=且当1n 时，11a 符合，nan.由等差数列前n项和的公式可得：(1)2nn nS（2）由（1）得213nnnc+=，对于左边，123c，又120,3nnkkcc=，对于右边，212(1)12132213122121122,(1)(1 1)313133nnnnnncnnnncnn+=+=+,12112132552