2020年高考数学(理科)高频易错考点大解密专题：数列的前n项和及其应用(全国版含解析)44910.pdf

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1、1解密专题：数列的前 n 项和及其应用高考考点命题分析三年高考探源考查频率数列求和从近三年高考情况来看，数列求和及其应用一直是高考的热点，尤其是等差、等比数列的求和公式、错位相减法求和、裂项相消法求和及拆项分组法求和为考查的重点，常与函数、方程、不等式等联系在一起综合考查，考查内容比较全面，多以解答题的形式呈现，解题时要注意基本运算、基本能力的运用，同时注意函数与方程、转化与化归等数学思想的应用.2018 新课标全国 142017 新课标全国 42017 新课标全国 II 152017 新课标全国 9数列的综合应用2019 新课标全国 192018 新课标全国 II 172017 新课标全国

2、122017 新课标全国 3考点 1公式法求和题组一等差数列的求和公式调研 1在等差数列na中，24639a a a，161127a a a，则数列na的前 9 项的和等于A297B144C99D66【答案】C【解析】因为2464161163=393=27aaaaa a aa，解得：46=13=9aa.194699()9()9(139)99222a aaaS.故选：C.2【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质和求和公式，熟记性质和公式是解决本题的关键，属于简单题.求解时，根据等差数列的性质可求出4a和6a的值，代入等差数列求和公式即可求出9S.调研 2设等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满

3、足 S170，S180，则S1a1，S2a2，S15a15中最大的项为AS7a7BS8a8CS9a9DS10a10【答案】C【解析】因为an是等差数列，所以 S17=11717()2a a=17a90，所以 a90，又 S18=11818()2a a=9(a9a10)0，所以 a100，即该等差数列前 9 项均是正数项，从第 10 项开始是负数项，则S9a9最大.故选 C题组二等比数列的求和公式调研 3在等比数列an中，a1an=34，a2an 1=64，且前 n 项和 Sn=62，则项数 n 等于A4B5C6D7【答案】B【解析】设等比数列an的公比为 q，由题意得 a2an 1=a1an=

4、64，又 a1an=34，解得 a1=2，an=32 或 a1=32，an=2.当 a1=2，an=32 时，Sn=1(1)1naqq=a1anq1q=232q1q=62，解得 q=2.又 an=a1qn 1，所以 22n 1=2n=32，解得 n=5.同理，当 a1=32，an=2 时，由 Sn=1(1)1naqq=a1anq1q=3221qq=62，解得 q=12.又 an=a1qn 1=3212n 1=2，所以12n 1=116=124，即 n 1=4，n=5.综上，项数 n 等于 5，故选 B调研 4在数列na中，11a，21412nnnaann，设1nnnban.（1）证明：数列nb

5、是等比数列，并求na的通项；3（2）求nb的前n项和nT.【答案】（1）见解析；（2）2 413n.【解析】（1）111222111nnnnnnnannbannbanan 22241421nnnnnn，数列nb是首项为 2，公比为 4 的等比数列.从而112 4nnnnban ，则2121nnnan.（2）12 4nnb ，12142 412 144143nnnnT .【名师点睛】数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差、等比数列的通项公式和前n项和，主要利用解方程的思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错

6、误（1）利用等比数列定义证明数列nb是等比数列；（2）利用等比数列前 n 项和公式即可得到结果.技巧点拨1两组求和公式(1)等差数列：11()(1)=22nnna annSnad；(2)等比数列：111,1(1),111nnnna qSa aqaqqqq2在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于 a1和 d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量注：在运用等比数列前 n 项和公式时，一定要注意判断公比 q 是否为 1，切忌盲目套用公式导致失误4考点 2错位相减法求和调研 1已知等比数列na的前n项和为nS，若367,63SS，则数列 nn

7、a的前n项和为A 312nn B 312nn C 112nn D 112nn 【答案】D【解析】当1q 时，不成立；当1q 时，31611711631aqqaqq，两式相除得3631171163qqq，解得2q，则11a，所以1112nnnaa q，所以12nnnan ，则数列 nna的前n项和为2112 23 22nnnT ，2nT 211 22 21 22nnnn ，两式相减得到：2112222nnnTn 1 221211 2nnnnn ，所以 11 2nnnT ，故选 D调研 2记nS为等差数列na的前 n 项和，已知17a，315S（1）求na的通项公式；（2）设2nnnba，求数列n

8、b的前n项和nT【答案】（1）29nan；（2）1211 222nnTn.【解析】（1）等差数列an中，a1=7，S3=15，a1=7，3a1+3d=15，解得 a1=7，d=2，an=7+2（n 1）=2n 9.（2）由（1）得229nnbn，利用错位相减法，1231725232.211 2292nnnTnn （），523412725232.211 2292nnnTnn （），：31123112 12722 22 2.2 22921429212nnnnnTnn （）（）1211 222nnTn【名师点睛】本题主要考查等差数列的通项公式的求法以及利用错位相减法求数列的和错位相减法适用于一个等差

9、数列乘一个等比数列组合而成的新数列（1）根据 a1=7，S3=15，可得 a1=7，3a1+3d=15，求出等差数列an的公差，然后求出 an即可；（2）由（1）229nnbn，利用错位相减法可求数列nb的前n项和nT技巧点拨错位相减法适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列把 Sn=a1a2an两边同乘以相应等比数列的公比 q，得到 qSn=a1q a2q anq，两式错位相减即可求出 Sn.考点 3裂项相消法求和调研 1已知数列na的前n项和22nSnn，则数列11nna a的前 6 项和为A215B415C511D1011【答案】A【解析】数列na的前n项和22nSn

10、n，2n 时，211nSn，两式作差得到21(2)nann，当1n 时，也适合上式，所以21nan，所以 11111121232 2123nna annnn，裂项求和得到1111111223557131515 ，故答案为 A.6【名师点睛】本题考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法.数列通项的求法中有常见的已知nS和na的关系，求na的表达式，一般是写出1nS后两式作差得通项，但是这种方法需要检验 n=1 时通项公式是否适用.数列求和的常用方法有：错位相减、裂项求和、分组求和等.调研 2已知数列na满足11a，12nnaa（为常数）（1）试探究数列na是否为等比数列，并求na；（2）当

11、1时，设2221log1 log1nnnbaa，求数列nb的前n项和nT【答案】（1）见解析；（2）31142224nn.【解析】（1）12nnaa，12nnaa，又11a，当1 时，10a，数列na不是等比数列此时10nnaa ，即1na；当1 时，10a，0na 数列na是以1为首项，2 为公比的等比数列 此时 112nna ，即 112nna（2）由（1）知21nna，222111 11log1 log1222nnnbaannn n，1111111112324352nTn n 1 311311=2 21242224nnnn（）【思路点拨】（1）由12nnaa，可得12nnaa，当1 时，

12、10a，数列na不是等比数列，当1 时，数列na是以1为首项，2 为公比的等比数列，利用等比数列的通项公式可得结果；（2）由（1）知21nna，222111 11log1 log1222nnnbaannn n，利用裂项相消7法可得结果.技巧点拨裂项相消法将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法裂项相消法适用于形如canan1(其中an是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：（1）1111nn kk n n k；（2）1n kn 1n k

13、nk；（3）111121212 2121nnnn；（4）11122nnn 11112nnnn.此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.考点 4拆项分组法求和调研 1已知函数 2cosfnnn，且 1nafnfn，则12100a aa A100B0C100D10200【答案】A【解析】由题意可得，2112a，22223a，22334a ，22445a，所以 22213991299100123499 1005050a aa ，2222241002310010123100 1015150aaa ，所以1210050505150100a aa 故选 A.【名师点睛】

14、数列求和的常用方法：公式法、分组求和法、裂项相消法、并项求和法、倒序相加法等，当遇到数列的通项为 1nnafn的形式时，可以用并项求和法或者用分组求和法，由于本题中 121211111nnnnannn n，因此我们把奇数项与偶数项分别求和，每个和都是8等差数列的和，从而易于求解调研 2已知数列an中，12a，12nnaa（1）求na；（2）若nnbn a，求数列bn的前 5 项的和5S【答案】（1）2nna；（2）77.【解析】（1）由题意可得12a，12nnaa，则数列na是首项为 2，公比为 2 的等比数列，12 22nnna（2）2nnnbn an ，234551222324252S 2

15、3451234522222 51 552227721 2 【思路点拨】（1）由题意，可得数列na是首项为 2，公比为 2 的等比数列，即可求解数列的通项公式；（2）由（1）可得2nnnbn an ，利用等差、等比数列的前n和公式分组来求和即可.技巧点拨拆项分组法把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和考点 5数列的综合应用题组一数列与不等式的交汇调研 1已知数列na满足11a，121211nnnana，12212141nnnnanabn，912nnTb bb ，若nm T恒成立，则m的最小值为A0B1C2D12【答案】D【解析】由题意知，12121n

16、nnaabnn，由121211nnnana，得 11111212121212 2121nnaannnnnn，121111111.213352121nnTb bbnn 11112212n ，12nT恒成立，则12m，故m的最小值为12.故选 D.【名师点睛】将不等式恒成立转化为求数列的和的最值，再由121211nnnana，可得12121nnnaabnn 111121212 2121nnnn，利用裂项相消法可得结果.调研 2设等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a1=9，a2为整数，且 SnS5.(1)求an的通项公式；(2)设数列1anan1的前 n 项和为 Tn，求证：Tn49.【答案

17、】(1)an=112n；(2)见解析.【解析】(1)由 a1=9，a2为整数可知，等差数列an的公差 d 为整数又 SnS5，a50，a60，于是 94d 0，95d 0，解得94d 95.d 为整数，d=2.故an的通项公式为 an=112n.(2)由(1)得，1anan1=1(11 2)(92)nn=12(192n1112n)，Tn=12(1719)(1517)(192n1112n)=12(192n19)10令 bn=192n，由函数 f(x)=192x的图象关于点(4.5，0)对称及其单调性，知 0b1b2b3b4，b5b6b70，bnb4=1.Tn12(119)=49.题组二数列与函数

18、的交汇调研 3设曲线 y=2 018xn1(n N*)在点(1，2 018)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 xn，令2 018lognnax，则 a1a2a2 017的值为A2 018B2 017C1D1【答案】D【解析】因为 y=2 018(n 1)xn，所以切线方程是 y 2 018=2 018(n 1)(x 1)，所以 xn=nn 1，所以 a1a2a2 017=log2 018(x1x2x2 017)=log2 018(12232 0172 018)=2018log12018=1.故选 D.调研 4已知函数 f（n）=n2cos（n），数列an满足 an=f（n）+f（n+1）（n

19、 N*），则 a1+a2+a2n=_【答案】2n【解析】函数 f（n）=n2cos（n），数列an满足 an=f（n）+f（n+1）（n N*），a2k 1=f（2k 1）+f（2k）=（2k 1）2+（2k）2=4k 1a2k=f（2k）+f（2k+1）=（2k）2（2k+1）2=4k 1a2k 1+a2k=2a1+a2+a2n=2n 故答案为2n【名师点睛】本题考查了三角函数求值、数列分组求和、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 由函数 f（n）=n2cos（n），数列an满足 an=f（n）+f（n+1）（n N*），可得：a2k 1=4k 1，a2k=4k 1，则 a2

20、k 1+a2k=2，即可得出技巧点拨数列与不等式的交汇多为不等式恒成立或证明和的范围的形式，在求解时要注意等价转化，即分离参11数法与放缩法的技巧应用已知函数条件解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；已知数列条件解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法等对式子化简变形1（四川省成都市双流区棠湖中学 2019 2020 学年高三上学期期中考试数学试题）已知正项等比数列na的前n项和为nS，且2474SS，则公比q的值为A1B1或12C32D32【答案】C【解析】因为2474SS，所以 124234344a aS Sa a，故234q，因na为正项等

21、比数列，故0q，所以32q，故选 C.【名师点睛】一般地，如果na为等比数列，nS为其前n项和，则有性质：（1）若*,mnpqm n p q N，则m np qaaaa；（2）公比1q 时，则有nnSA Bq，其中,A B为常数且0A B；（3）232,nnnnnS SS SS为等比数列（0nS）且公比为nq.2（广东省台山市华侨中学 2020 届高三级 10 月模考数学试题）在等差数列na中，12015a，其前n项和为nS，若101221210SS，则2018SA2018B2018C4036D4036【答案】C【解析】设等差数列na的前n项和为2+nSAn Bn，则+nSAnBn，12所以n

22、Sn 是等差数列因为101221210SS，所以nSn 的公差为1，又11201511Sa，所以nSn 是以2015为首项，1为公差的等差数列，所以201820152017 122018S ，所以20184036S.故选 C.【名师点睛】本小题主要考查等差数列前n项和公式的理解和运用，考查等差数列基本量的计算，属于基础题.求解时，先证明nSn 是等差数列，由此求得数列nSn 的首项和公差，由此求得20182018S的值，进而求得2018S的值.3（湖南省长沙市雅礼中学 20192020 学年高三上学期第一次月考数学试题）已知224xy，在这两个实数,xy之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列

23、，那么这个等差数列后三项和的最大值为A1102B10C3102D2 10【答案】C【解析】设中间三项为,abc，则2b x y，所以2x yb，324b y xyc，所以后三项的和为339244x y xyxyb cyy ，又因为224xy，所以可令2cos,2sinxy，所以3933 103 10cos3sinsin4222xy.故选 C.【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质和三角函数的性质.根据题意，用,xy表示这个等差数列后三项和为394xy，进而设2cos,2sinxy，利用三角函数的性质能求最大值.4（黑龙江省大庆第一中学 2019 届高三第三次模拟考试数学试题）在各项不为零的等差

24、数列na中，2201720182019220aaa，数列nb是等比数列，且20182018ba，则220172019logbb的值为13A1B2C4D8【答案】C【解析】因为等差数列na中2017201920182aaa，所以2220172018201920182018224=0aaaaa，因为各项不为零，所以2018=4a，因为数列nb是等比数列，所以2201720192018=16bba，所以2201720192log=log 16=4bb，故选 C.【名师点睛】本题主要考查了等差数列中，当m n p q 时，mnpqaaaa，等比数列中，当m n p q 时，mnpqb b b b ，属

25、于中档题.求解时，根据等差数列的性质可知2017201920182aaa，代入方程可求出2018a，再根据等比数列的性质2201720192018=bba即可代入220172019logbb求解.5（河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三压轴试题）已知函数 20,0fxx ax bab有两个不同的零点1x，2x，2 和1x，2x三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，则函数 fx的解析式为A 254fxxxB 254fxxxC 254fxxxD 254fxxx【答案】C【解析】由题意，函数 20,0fxx ax bab有两个不同的零点1x，2x，可得1212,x xax

26、 xb，则1 0 x，20 x，又由2和1x，2x三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，不妨设21xx，则122(2)x x，124x x，解得11x，24x，所以125a x x ，124b x x，所以 254fxxx，故选 C.【名师点睛】本题主要考查了函数解析式的求解，等差、等比数列及函数与方程的应用，其中解答中根据等差等比数列的运算性质，以及函数零点的概念求得12,xx的值是解答的关键，着重考查了推理与运算14能力，属于基础题求解时，由函数零点的定义和韦达定理，得1212,x xax xb，再由2和1x，2x三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，得122(

27、2)x x，124x x，解得11x，24x，进而可求解,ab得值，得出函数的解析式6（河南省名校鹤壁高中 2019 届高三压轴第二次考试数学试题）设数列na的前n项和为nS，123nnaan，且1450nS，若24a，则n的最大值为A51B52C53D54【答案】A【解析】123nnaan，121nnanan ，1nan 是以1为公比的等比数列，11121nnana ，1311222nnn nSa，当 n 为偶数时，314502nn nS无解，当 n 为奇数时，13214502nn nSa ，1314522n na，又125a a，2154aa ，即11a，即 32902n n，又 n 为奇

28、数，故 n 的最大值为51.故选 A.【名师点睛】本题考查了数列的综合，熟悉通项公式的求法，数列求和的方法，分析数列是解题的关键，综合性较强，属于较难题目.求解时，由题，先由123nnaan求得数列na的通项公式，再利用分组求和求得nS，分 n 为奇数和偶数，最后求得 n 的取值，可得结果.7（黑龙江省大庆第一中学 2019 届高三第二次模拟考试数学试题）我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它在世界数学史上具有光辉的一页，堪称数学史上名垂百世的成就，而且一直启发和指引着历代数学家们定理涉及的是数的整除问题，其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生15活都有着广泛应用，为世

29、界数学的发展做出了巨大贡献，现有这样一个整除问题：将1到2019这2019个整数中能被5除余2且被7除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列na，那么此数列的项数为A58B59C60D61【答案】A【解析】由数能被5除余2且被7除余2的数就是能被35除余2的数，故2(1)353533nann 由35332019nan，得*225835nnN，故此数列的项数为：58故选 A.【名师点睛】本题考查数列模型在实际问题中的应用，考查等差数列的通项公式的运用，考查运算能力，属于基本知识的考查求解时，由数能被5除余2且被7除余2的数就是能被35除余2的数，运用等差数列通项公式，以及解不等式即可得到所求

30、项数8（江西省南昌市江西师范大学附属中学 2019 届高三三模数学试题）数列na中的项按顺序可以排成如图的形式，第一行1项，排1a；第二行2项，从左到右分别排2a，3a；第三行3项，依此类推，设数列na的前n项和为nS，则满足2019nS的最小正整数n的值为A20B21C26D27【答案】B【解析】第一行为4，其和为4，可以变形为：12 32T ；16第二行为首项为4，公比为3的等比数列，共2项，其和为：2224 1 32 321 3T ；第三行为首项为4，公比为3的等比数列，共3项，其和为 3334 1 32 321 3T ；依此类推：第n行的和：2 32nnT ；则前6行共：1 23456

31、21 个数，前6行和为：26267212 322 322 322333123152172S ，满足2019nS，而第六行的第6个数为：54 3972，则202197212002019SS，满足2019nS的最小正整数n的值为：21.本题正确选项为 B.【名师点睛】本题考查数列规律应用的问题，涉及到分组求和法、等比数列求和公式的应用，关键是能够通过已知求得每行的所有数字的和，从而得到规律.求解时，根据规律可总结出第n行的和为2 32nnT ，利用分组求和的方法可求得前6行和2121722019S，经验证20219722019SS，从而可得结论.9（黑龙江鹤岗市第一中学 2019 2020 学年高

32、三上学期 10 月月考数学试题）设数列na的前 n 项和为nS，已知1212aa，且2123nnnaSS，记22122loglognnnbaa，则数列21nnb的前 10项和为_【答案】200【解析】1212aa，且2123nnnaSS，32332a ，2123nnnaSS，2n 时，1123nnnaSS，两式相减可得，21112nnnnnnSaaSSS（2n），17即2n 时，2112nnnnaaa a，即22nnaa，312aa，数列na的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为 2，122 22nnna，11211 22nnna，22122loglog121nnnbaannn ，则数列 2

33、21211nnnbn，则21nnb的前 10 项和为 22222231751917S 24 12202836 200.故答案为：200.【名师点睛】本题考查数列的递推公式在数列的通项公式求解中的应用，考查等比数列的通项公式及数列的求和方法的应用，属于中档题.求解时，由已知求3a，利用递推公式可得数列na的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为 2，从而可求nb，即可求和.10（河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第五次测评数学试题）在数列na中，1a a，11 cos nnaan，nS是数列na的前n项和，若20192019S，则a _.【答案】1010【解析】当 n 为偶数，1

34、1nnaa，当 n 为奇数，11nnaa，即1+=1nnaa，故20nnaa+=，即na为周期为 4 的数列，又()()1234=1=21a a a aaaaa+-+=-+，故()()()12341212a a a aa aaa+=+-+-+=-，故20191235042+100812019Sa a aa ，则a 1010.故答案为 1010.【名师点睛】本题考查数列的递推关系，考查数列的周期性及求和，准确计算是关键，是中档题.求解18时，讨论 n 的奇偶性得na的周期性，再求和即可.11（湖北省钟祥市 2019 届高三高考第一次模拟考试数学试题）对于实数 x，x 表示不超过 x 的最大整数，

35、已知正数列an满足 Sn=12（an1na），n N*，其中 Sn为数列an的前 n 项的和，则12121111SSS=_【答案】20【解析】由题可知0nS，当1n 时，1111()2nnnnnSSSSS，化简可得2211nnSS，当22111,1nSa，所以数列2nS是以首项和公差都是 1 的等差数列，即2,nnSn Sn，又1n 时，2222(1)2(1)211nnnnnSnnnn ，记12121111SSSS，一方面2 122121212(1221)20S ，另一方面12(121120)(21)12(121 1)21S ，所以2021S，即 20S，故答案为 20.【名师点睛】本题考查了

36、新定义、数列通项与求和、不等式知识点，构造新的等差数列2nS以及用放缩法求数列的和是解答本题的关键，注意常见的裂项相消法求和的模型，属于难题.求解时，先由数列,nna S的关系求出nS，再利用放缩法和裂项相消求得前 n 项和 S 的值，可得答案.12（辽宁省丹东市 2019 届高三总复习质量测试数学试题）数列na中，11a，121nnaan.（1）求na的通项公式；19（2）设141nnba，求出数列nb的前n项和.【答案】（1）2nan；（2）21nn.【解析】（1）因为121nnaan，所以当2n 时：21122111 321nnnnnaa aaaa aann ，由于11a满足2nan，所

37、以所求na的通项公式为2nan.（2）因为141nnba211114122121nnn，所以数列nb的前n项和为：12111111123352121nnTb bbnn 11122121nnn.【名师点睛】本题考查数列的通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查学生对于累加法以及裂项相消法求和的理解与使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是中档题.求解时，(1)直接根据累加法即可求得数列na的通项公式；(2)利用裂项相加即可得出数列nb的前n项和.13（广东省广雅中学、执信、六中、深外四校 2020 届高三开学联考数学试题）设数列na的前n项和为nS，12a，*12nnaS n N（1）求数列na

38、的通项公式；（2）令 11211nnnnbaa，求数列nb的前n项和nT，求证：12nT【答案】（1）2nna*()n N；（2）见解析.【解析】（1）*1(2)nnaS n N，当1n 时，212aS，即24a，当2n 时，12nnaS，由可得11nnnnaa S S ，20即12nnaa，2222nnna a，2n，当1n 时，1122a，满足上式，2nna*()n N.（2）由（1）得 11121112 21212121nnnnnnb，11111111111123372121221nnnnT ，12nT.【名师点睛】本题考查数列通项公式的求法以及利用裂项相消求数列前n项和，考查学生的计算

39、能力，属于中档题.求解时，（1）利用1nnnaS S(2,)nnN*，进行化简即可得到数列na的通项公式，注意检验1n 是否满足.（2）由（1）可得11112 2121nnnb，利用裂项相消求出前n项和nT，即可证明12nT.14（安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会 2020 届高三上学期第一次素质测试数学试题）设等比数列na满足132420,10a aa a.（1）令123nnTa aaa，求nT的最大值；（2）令2lognnba，求数列 n na b的前 n项和nS.【答案】（1）1024；（2）59632nnSn .【解析】（1）设等比数列na首项为1a，公比为q，所以231111

40、20,10a a qa q a q，解得：116,1,2aq所以512nna，当5112nna时，解得：5n，所以123451aaaaa，671aa，21所以nT的最大值为4516 8 4 21024TT .（2）由（1）知2lognnba251log52nn，则51(5)()2nnna bn ，4351114()3()(5)()222nnSn ，两边同时乘以12得：32411114()3()(5)()2222nnSn ，两式相减得：4354111114()()()(5)()22222nnnSn 31411()1()1224 16(5)()1212nnn 141164161()(5)()22n

41、nn 4148(3)()2nn.所以 59632nnSn .【名师点睛】等比数列前n项积达到最大，主要是根据各项与 1 的大小进行比较；错位相减法进行求和时，要注意最后得到的常数的准确性，即本题中的 96 必需确保没有算错，其它项可以合并，也可以不合并.求解时，（1）根据条件求出等比数列通项公式512nna，解不等式5112nna可得前 4 项都大于 1，51a，从而求得nT的最大值；（2）利用错位相减法进行求和.15（天津市杨村第一中学 2019 届高三年级热身练数学试题）已知正项等比数列na是单调递增数列，且34a与53a的等差中项为44a，3a与7a的等比中项为 16，21lognnba

42、.（1）求数列na和 nb的通项公式；（2）令1132nnnnnnb bcb，*n N，求数列 nc的前n项和nT.【答案】（1）12,;nnnban（2）2(1)24nnTn.【解析】（1）等比数列na的公比为q，由题意可知：1q，22因为34a与53a的等差中项为44a，所以534432 4aaa 2534242 438402,33aaaqqqq ，12qq，又因为3a与7a的等比中项为 16，所以2237516256,aaa而由题意可知51016,21naaqa ，1112,nnnaa q212loglog 2nnnban.（2）1111123(1 3)2(2)22(2)2nnnnnnn

43、nnnnb bn ncnnnb ，32312(1 2)2281 2nnini，记11(2)nnniSn，23411 22 23 22,(1)nnSn 345221 22 23 22,(2)nnSn (2)(1)得：22341222(1 2)2222221 2nnnnnSnn ，2(1)24nnSn，所以数列 nc的前n项和32228(1)24(1)24nnnnnTn .【名师点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式，等差中项的概念、等比中项的概念、以及错位相减法、等比数列前n项和公式，考查了数学运算能力.求解时，（1）设等比数列na的公比为q，由题意可知：0,1naq，根据等比数列的通项公

44、式、等差中项的公式、等比中项的公式，结合已知34a与53a的等差中项为44a，可以求出q的值，再根据已知3a与7a的等比中项为 16，可求出1a的值，写出na的通项公式，最后根据对数运算性质求出数列nb的通项公式；（2）根据数列nb的通项公式，化简数列 nc的通项公式，利用错位相减法、等比数列前n项和公式，求出数列 nc的前n项和nT.1（2017 新课标全国 I 理科）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学23的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列 1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8

45、，16，其中第一项是 20，接下来的两项是 20，21，再接下来的三项是 20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数 N：N 100 且该数列的前 N项和为 2的整数幂.那么该款软件的激活码是A440B330C220D110【答案】A【解析】由题意得，数列如下：11,1,2,1,2,4,1,2,4,2k 则该数列的前(1)122kkk 项和为11(1)1(12)(122)222kkkkSk ，要使(1)1002kk，有14k，此时122kk，所以2k 是第1k 组等比数列1,2,2k的部分和，设1212221ttk ，所以2314tk ，则5t，此时52329k ，所以对应满足条件的

46、最小整数29 3054402N，故选 A【名师点睛】本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断.2（2018 新课标全国 I 理科）记nS为数列na的前n项和，若21nnSa，则6S_【答案】63【解析】根据21nnSa，可得1121nnSa，两式相减得1122nnnaaa，即12nnaa，当1n 时，11121Saa，解得11a，所以数列na是以1 为首项，以 2 为公比的等比数列，所

47、以24 66126312S ，故答案是63.【名师点睛】该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令1n，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.3（2018 新课标全国 II 理科）记nS为等差数列na的前n项和，已知17a，315S（1）求na的通项公式；（2）求nS，并求nS的最小值【答案】（1）an=2n 9；（2）Sn=n28n，最小值为16【解析】（1）设an的公差为 d，由题意得 3a1+3d=15由

48、 a1=7 得 d=2所以an的通项公式为 an=2n 9（2）由（1）得 Sn=n28n=（n 4）216所以当 n=4 时，Sn取得最小值，最小值为16【名师点睛】数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.（1）根据等差数列前 n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果；（2）根据等差数列前 n 项和公式得nS关于 n 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.4（2019 年高考全国 II 卷理数）已知数列an和bn满足 a1=1，b1=0，1434nnnaa b，1434nnnbb a.（I）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差数列；（II）求an和bn的通项公式.【答案】（I）见解析；（2）1122nnan，1122nnbn.【解析】（1）由题设得114()2()nnnnaba b，即111()2nnnnaba b25又因为a1+b1=l，所以nna b是首项为1，公比为12的等比数列由题设得114()4()8nnnnaba b，即112nnnnaba b 又因为a1b1=l，所以nna b是首项为1，公差为2的等差数列（2）由（1）知，112nnna b，21nna bn 所以111()()222nnnnnnaa ba bn，111()()222nnnnnnba ba bn