华师一附中2024届高三 《数列递推式数列求和》补充作业20 试卷含答案.pdf

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1、2024 华师一附中一轮复习补充作业华师一附中一轮复习补充作业 20数列递推式，数列数列递推式，数列求和求和1.1.已知函数2)22()(xxf，数列 na的前n项和nS满足nnSSnf1)(，下列说法正确的是（）A.1221aaB.数列 na的偶数项成等差数列，奇数项成等比数列C.若41a，则数列的通项公式为nan4D.若aa 1，则数列的通项公式为2)1()28(4nnana2.2.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号。用他名字定义的函数称为高斯函数 xxf)(，其中 x表示不超过x的最大整数，已知数列 na满足122154,5,2nnnaaaaa，若12lo

2、gnnab，nS为数列11000nnbb的前n项和，则2022S=3已知数列 na满足nnnaaa)1(,11221，）（Nnaannn3212，则数列 na的前 202 项和为4已知数列na满足)(12,1*11Nnaaann，记数列)2)(2(11nnnaaa的前n项和为nT，若对于任意的*Nn，不等式nTk 恒成立，则实数k的取值范围是5.5.已知数列na的首项11a，且满足)()21(*1Nnaannn，则存在正整数n，使得0)(1nnaa（成立的实数组成的集合为6.6.（多选）（多选）已知数列na满足11)1(22,8nnnnaaaan，数列nb的前n项和为nS，且)(log)(lo

3、g122212222nnnnnaaaab，则（）A.834aaB.33641aaC.数列122nnaa为单调递增的等差数列D.4nS，正整数n的最小值为 317.7.大衍数列来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列 na满足10a，11,nnnannaan n为奇数为偶数，则（）A46a B221nnaanC221,2,2nnnann为奇数为偶数D数列(1)nna的前2n项和为1n n8.8.已知数列 na满足121nnnaa，*Nn，且51a，则（）A17a B数列21na是等比数列C数列na是等差数

4、列D数列11nna a的前n项和为1449nn9.数列 na首项12a，对一切正整数n，都有121nnnaaa，则（）A对一切正整数n都有1na B数列 na单调递减C存在正整数n，使得22nnaaD10N*101nnn都是数列 na的项10.（多选）斐波那契数列 na满足)3(,12121naaaaannn，边长为斐波那契数na的正方形所对应扇形面积记为)(Nnbn，则（）A.)3(322naaannnB.120212019321aaaaaC.2021201820192020)(4aabbD.2021202020203214aabbbb11.（1）已知数列 na满足04512nnnaaa，若

5、251,5121aa，则 na的通项公式为（2）已知数列 na满足),2(22,1111Nnnnanaaannn，则 na的通项公式为（3）已知数列 na满足1,5811aaaannn，则 na的通项公式为（4）已知数列 na中，),2(321,1211Nnnnannaannn，则 na的通项公式为（5）已知数列 na和 nb满足11ba，且对任意Nn都有211,1nnnnnnabaaba，则数列 na的通项公式为（6）已知数列 na和 nb满足65,54111nnnnnnbaabab，且1,211ba，则数列 na的通项公式为，nb的通项公式为12.分形几何在计算机生成图形和游戏中有广泛应用

6、 按照如图 1 所示的分形规律可得如图 2所示的一个树形图设图 2 中第 n 行黑圈的个数为na，则5a，数列 na的通项公式na 13.如图是瑞典数学家科赫.HV Koch在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线设原三角形（图1）的边长为1，把图1，图2，图3，L中的图形依次记为1M，2M，3M，.，nM，.，则3M的边数3N，nM所围成的面积nS 14.在数列 na中，,1,111Nnnaaannn则4a，na的前2022项和为15.

7、已知数列 na的首项21a，且满足02311nnnnaaaa对任意Nn都成立，则能使2023ma成立的正整数m的最小值为16.x为不超过 x 的最大整数，设na为函数 fxx x，0,xn的值域中所有元素的个数若数列12nan的前 n 项和为nS，则2022S17.已知数列 na满足0na，+12=1nnnanaan，记数列 na的前n项和为nS，则1nnS a=18.已知公差为0d d 的等差数列 na的前n项和为nS，且1ad，1nnnbSS，且12100bbb，则11b 19.设数列 na满足122nnnaa，15a，则数列2222nnnnanna的前 19 项和为20.记数列13n中不

8、超过正整数 n 的项的个数为na，设数列 na的前 n 项的和为nS，则3kSNk等于21.数列 na满足11a，且对任意的*,Nm n都有m nmnaaamn，则1232011111aaaa22.已知数列 na、nb、nc满足,11111nnnaaccba,12Nncbbcnnnn,211132nbbbSnn31413143nnaaaTnn则下列有可能成立的是（）A.若 na为等比数列，则202222022baB.若 nc为递增的等差数列，则20222022TSC.若 na为等比数列，则202222022baD.若 nc为递增的等差数列，则20222022TS23.已知数列na的前 n 项和

9、为nS，若212nnSann 对任意*Nn恒成立，则 20221112iiiiaa24.已知数列 na满足1232321 3nnaaanan设4nnnba，nS为数列 nb的前n项和若nS（常数），*nN，则的最小值是25.已知数列 na的前 n 项和为nS，且1211121nnSSSn，设函数 1cos2f xx，则32021122022202220222022aaaaffff26.已知数列 na满足：11a，113n nnna aaa，*Nn；数列 nb满足：121111111nnbbbb，*Nn.（1）求证：数列112na为等比数列，数列 nb为等差数列；（2）令211331nnbbnn

10、nca a，求数列 nc的前n项和.27.已知在数列 na中，112a，且13220nnaan在数列 nb中，134b ，且1nnnbbnan（1）证明：数列32nan为等比数列（2）求数列 na和数列 nb的通项公式28.已知在各项均不相等的等差数列 na中，11a，且1a，2a，5a成等比数列，数列 nb中，122log1ba，1142nnnbb，*Nn（1）求 na的通项公式；（2）求证：2nnb 是等比数列，并求 nb的通项公式；（3）设1,223 2,21422kkknkkkankbckNnkb，求数列 nc的前2n项的和2nT29.已知数列 na的前n项和为nS，且满足11a，当*

11、2Nnn时，311113nnnSnSnn.（1）计算：2a，3a；（2）证明1nSn n为等差数列，并求数列 na的通项公式；（3）设tannnba，求数列1nnbb的前n项和nT.30.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nS31.已知数列na中，11a，）（Nnaaannannnn11)1(且;0na等比数列 nb满足：)(,32,31211Nnbbbbnnn且.0nb（1）求数列 na和数列 nb

12、的通项公式（2）设数列nnba的前n项和为nS，若不等式2)11(1nSnn）（对任意*Nn都成立，求实数的取值范围.试卷第 1 页，共 11 页 一轮复习补充作业一轮复习补充作业 2 20 0：数列递推数列递推式式、数列求和、数列求和参考答案参考答案 1答案:C()()222fxx=+，()1nnf nSS+=+，()2141nnSSn+=+当1n=时，2116SS+=；当2n 时，214nnSSn+=，-，得1184nnSSn+=+，即184nnaan+=+，()2n 因为首项1a不确定，所以12aa+的值不确定，所以1212aa+=不一定成立，故 A 错误；当3n时，184nnaan+=

13、-，得118nnaa+=，故数列 na偶数项成等差数列，奇数项从3a开始成等差数列，故 B 错误；因为2n 时，()()1414nnanan+=，当14aa=时，21628aa=，24 20a =，此时4nan从第 2 项起构成常数列，每一项均为 0，所以40nan=，即()42nan n=，又14aa=满足上式，所以4nan=，所以 C 正确；当4a 时，4nan从第 2 项起，构成首项为82a，公比为-1 的等比数列，故()()()248212nnanan=+又1n=时，1aa=不符合上式，所以 D 错误.2由2145nnnaaa+=，得()2114nnnnaaaa+=，又213aa=，所

14、以数列1nnaa+是以 3 为首项，4 为公比的等比数列，则113 4nnnaa+=；由2145nnnaaa+=得，21144nnnnaaaa+=，又2143aa=，所以数列14nnaa+是常数列，则121443nnaaaa+=，由联立可得141nna+=+；因为44124nnn+，所以222log 4log41)log(2 4)nnn+（，即：22log(41)21nnn+所以()212loglog412nnnban+=，故110001000112502211nnb bnnnn+=+（），所以20221111112501250 1223202220232023S=+=，则2022249S=3

15、在数列 na中，11a=，221(1)nnnaa=+，2123nnnaa+=+，*Nn，则有1122212(1)3(1)nnnnnnaaa+=+=+，即12223(1)nnnnaa+=+，而20a=，于是得2242642224222()()()()nnnnnaaaaaaaaaa=+2232113(1)3(1)3(1)3(1)nnnn=+2212313 333(1)(1)(1)(1)nnnn=+113(1 3)1(1)113(1)11 31(1)22nnnn=+=+，因此，2122221132323(1)1322nnnnnnnnnnaaaaa+=+=+=+2 3(1)2nn=+，则2017123

16、456720162017()()()()Saaaaaaaaa=+2233100810081 2 3(1)2 2 3(1)2 2 3(1)22 3(1)2=+2310082310081 2(3 333)(1)(1)(1)(1)2 1008=+100810093(1 3)1 202016320181 3=+=，数列 na的前 2017 项的和为100932018.故选：D 试卷第 2 页，共 11 页 4 依题意()1+112nnaa=+，当1n=时，11a=，则1+12a=，所以数列+1na是首项为2，公比为2的等比数列，+12nna=，即21nna=，所以()()()()111+1211222

17、1212121nnnnnnnnaaa+=+，所以12231111111212121212121nnnT+=+11113213n+=+，所以k的取值范围是1,3+.故选：C.5数列 na的首项11a=，且满足*11()(N)2nnnaan+=，可得()()()121321nnnaaaaaaaa=+21111112121()112223221nnn=+=+，又存在正整数 n，使得()()10nnaa+成立，当 n为偶数时，21132nna=，单调递增，可得na的最小值为212a=；1121132nna+=+，单调递减，可得1na+的最大值为334a=，可得1nnaa+，即有1324；当 n为奇数时

18、，21132nna=+，单调递减，可得na的最大值为11a=；1121132nna+=，单调递增，可得1na+的最小值为212a=，可得1nnaa+，即有112；的取值范围是112，.故选：C 6【答案】BCD【详解】对 AB，因为28a=，所以()2121112248aaaa=+=，解得12a=，则()313222328aaa=+=，()4143324168aaa=+=，所以436aa=，14336aa=，所以 A 选项错误，B 选项正确；对 C，因为()1112nnnnaana=+，即()112nnnana=+，所以()212212222nnnanna=+=+.又*nN，所以数列221nn

19、aa为单调递增的等差数列，所以 C 选项正确；对D，因为()221222122224nnnanna+=+=+，所以()()2221222212221222212loglogloglog1nnnnnnnnnaanbaaaaa an+=+，所以22223412loglogloglog231nnnSnn+=+2234122loglog42312nnnnn+=+，解得30n.又*nN，所以正整数 n 的最小值为 31，所以 D 选项正确，故选：BCD.7【答案】BCD【详解】对于 A，2132431 12,24,3 18aaaaaa=+=+=+=，A 错误；对于 B，当n为奇数时，1n+为偶数，则21

20、1nnaan+=+，11nnaan+=+，可得()221nnaan+=+；当n为偶数时，1n+为奇数，则211 1nnaan+=+，1nnaan+=+，可得()221nnaan+=+，B 正确；对于 C，当n为奇数且2n 时2132431211 1,2,3 1,2 1,1nnnnaaaaaaaanaan=+=+=+=+=+，累加可得11 1 23 12 11naann=+()()1 1 3 12 1241nn=+试卷第 3 页，共 11 页 2211211122222nnnnn+=+=，1n=时也符合；当n为偶数且2n 时2132431211 1,2,3 1,2,1 1nnnnaaaaaaaa

21、naan=+=+=+=+=+，累加可得11 1 23 121 1naann=+()()1 1 3 11 1242nn=+221 122222222nnnnn+=+=；则221,2,2nnnann=为奇数为偶数，C 正确；对于 D，设数列(1)nna的前2n项和为2nS，则21234212nnnSaaaaaa=+，又()()222212211222nnnnaan=，()22224212nnSnnn n+=+=+，D 正确.故选：BCD.8【答案】ABD【详解】因为12(1)nnnaa+=，51a=，所以4521aa=，3423aa=，2325aa=，1227aa=，故 A 正确；当()*21nk

22、k=N时，12nnaa+=，122nnaa+=，两式相减得，24nnaa+=，所以 na的奇数项是以7为首项，4 为公差的等差数列，故 B 正确；当()*21nkk=N时，1741292nnan+=+=.当()*2nk k=N时，12nnaa+=，两式相减得，24nnaa+=，所以 na的偶数项是以 5 为首项，4为公差的等差数列，所以当2nk=时，541922nnan=；4352 aaa+|，na不是等差数列，故 C 错误；因为1(1)(29)nnan+=，所以121(1)(29)(1)(27)(29)(27)nnnna annnn+=，设11nnnba a+=，则1111(29)(27)2

23、 2927nbnnnn=，所以123nbbbb+11111111127553312927nn=+1112727n=1449nn=，故 D 正确；故选：ABD.9【答案】ABD【详解】对于 A，由121nnnaaa+=，得()111nnnaaa+=，即1111111+=+nnnnaaaa，所以111111+=nnaa，又1111a=，所以数列11na是首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以11na()11nn=+=，所以11nan=+.因为111n+，故 A 正确；对于 B，由()1101nnaan n+=+，得1nnaa+，故 B 正确；对于 C，因为对任意正整数n都有11naa，即12na

24、，所以222na，所以不存在正整数n，使得22nnaa=，故 C 错误；对于 D，因为()()101110N*101101nnnnn+=，且()101N*n，所以()10N*101nnn都是数列 na的项，故 D 正确.故选：ABD.10【答案】AD 试卷第 4 页，共 11 页【详解】由递推公式()123nnnaaan=+，可得2112nnnnnaaaaa+=+=+，21nnnaaa=，所以()1212233nnnnnnnaaaaaaan+=+=+，A 选项正确；又由递推公式可得11a=，231aaa=，342aaa=，类似的有()112nnnaaan+=，累加得1231221nnnnaaa

25、aaaaa+=+=，故123201920211aaaaa+=+错误，B 选项错误；由题可知扇形面积24nnba=，故()()()22111112444nnnnnnnnnnbaaaaabaaa+=+=，故()20202019201820214bbaa=错误，C 选项错误；由()123nnnaaan=+，2121aaa=，()22222313221aaaaaaaaaa=，()23333424332aaaaaaaaaa=，类似的有()21111nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa+=，累加得()()()22222123132214332111nnnnnnnaaaaaaaaaaaaaaaaaaa+

26、=+=，又24nnba=，所以()2222121331244nnnnbbbbaaaaaa+=+=+，所以1232020202020214bbbbaa+=正确，D 选项正确；故选：AD.11由，得，即所以数列是公比为的等比数列；因为，所以，又数列是首项为，公比为的等比数列，所以，于是，又因为，所以，即.（2）由，两边取倒数化简可得：，数列是首项为 2，公比为 2 的等比数列，即数列的通项公式为（3）由题意，所以，则，而，故是以为首项，3 为公比的等比数列.于是.（4）因为，所以，当时，由累加法得，因为，所以时，有，即，又时，成立，故（5）【答案】对任意都有，即 数列是首项为，公差为 1 的等差数

27、列，且，21540nnnaaa+=1211()5nnnnaaaa+=+12115nnnnaaaa+=+1nnaa+15115a=2125a=12625aa+=1nnaa+625151161()255nnnaa+=111111()()(1)()555nnnnnaaa+=1105a=1()05nna=1()5nna=1122nnnnaaan=+11121nnnnaa+=+1nna+12nnna+=21nnna=na21nnna=()11238225122555222nnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaa+=113122nnaa+=1111132222nnaa+=1113222a=1122

28、na321113142 3233222221313nnnnnnnaa=+21231nnnnaann=+212 31nnnaann=+2n22122 32 32 31nnaan=+11a=2n112(13)1313nnnan=+=()132nnann=1n=1 111 31a=()1*3nnannN=11nan=+*Nn1nnab+=121nnnnabaa+=12211111nnnnnnnabaaaaa+=+1111nnaa+=+1111nnaa1na11a11ab=111ab1112ab=试卷第 5 页，共 11 页 （6），是为首项，为公比的等比数列，；当时，.当时，也适合上式；所以数列的通

29、项公式为，数列的通项公式为.12【答案】41 记第 n 行白圈的个数为，由题意可得，则，所以，所以，由，得，所以，即，故，13【答案】记的边数为，三角形边长为，面积为，由图形变换规律可知：，则；由图形可知：是在每条边上生成一个小三角形（去掉底边），则，由，；左右分别相加得：；数列是公比为的等比数列，数列是公比为的等比数列，.14【答案】3 1023133，由，得，又，所以，；因为，所以，明显可见，规律如下：，成各项为 1 的常数数列，其和为，成首项为 2，公差为的12(1)1nnna=+=+11nan=+145nnnabb+=111(5)6nnnaab+=+26430nnab+1126442(

30、b)3053nnnnnnnnabababa+=nnab111ab=23123nnnab=123nnnab=+11412()4553nnnnnnabbbb+=+112315nnnbb+=2n0212132122()()(15)133nnnnbbbbbbbb=+=+11211832312555313nn=+=1n=11b=nb1238355nnb=na1122338255nnnnab=+3(1)62nnnb10b=11a=1nnnaab+=+14nnnbab+=+2114nnnnnaaaaa+=+2123nnnaaa+=+()()211211333nnnnnnnnaaaaaaaa+=+=11a=2

31、1a=()11112 3321nnnnnnaaaa+=113(1)2nnna+=3(1)62nnna=55314162a=+=3(1)62nnna=4812 33 345209nnMnNnanS13 4nnN=113nnaa=233 448N=nM1nM21134nnnnSSNa=+21134nnnnSSaN=2121234nnnnSSaN=2212134SSaN=()22212112134nnnnnSSa NaNa N=+2na19nN411222211211413934145919nnnnnna NaNa N+=1133342 33 34144595209nnnS=+=()11nnnaan

32、+=()11nnnana+=11a=()21112aa=()232210aa=()343313aa=()454411aa=()565516aa=()676610aa=()787717aa=()898811aa=()91099110aa=()1011101010aa=()11121111111aa=()1213121211aa=()13141313114aa=2022505 42=+159132021,a a a aa1 506506=2610142022,a a aaa4试卷第 6 页，共 11 页 等差数列，其和为，成各项为 0 的成常数数列，其和为，成首项为 3，公差为 4 的等差数列，其

33、和为，故.15【答案】15【详解】由()()11320nnnnaaaa+=知：13nnaa+=+或12nnaa+=；当13nnaa+=+时，数列 na是以2为首项，3为公差的等差数列，()23131nann=+=，则312023mam=，解得：20243m=（舍）；当12nnaa+=时，数列 na是以2为首项，2为公比的等比数列，12 22nnna=，则22023mma=，解得：2log 2023m=（舍）；数列 na应是等差与等比的交叉数列，又12a=，24a=或25a=；若要m最小，则202032 10103ma=+=+，12020ma=，21010ma=，3456789505,502,2

34、51,248,124,124,62mmmmmmmaaaaaaa=，101112131414131,28,14,7,4,2mmmmmmaaaaaaa=，m的最小值为15.16【答案】10111012【详解】根据题意，1n=时，0,1)x，0 x=，则()0f xx x=，故11a=；2n=时，0,2)x，0,1x，故 01,2)x x 则()0,1f xx x=，故22a=；3n=时，0,3)x，0,1,2x，故 01,2)4,6)x x，则()0,1,4,5f xx x=，故34a=，按此步骤进行下去，当0,)xn，2n，0,1,1xn，)201,2)4,6)9,12)(1),(1)x xnn

35、 n，故()f xx x=包含的整数个数(1)1 1 21 1(2)2nn nann=+=+，经检验1n=，11a=也满足，故()2*2N2nnnan+=，则2122112232(1)(2)12nannnnnn=+，根据裂项求和，11111122334122nnSnnn=+=+，故20222022101120241012S=.故答案为：10111012 17【详解】因为0na,121nnnanaan+=+，所以2111nnnnnannnaaaa+=+，所以11nnnnnaaa+=，又122132110211()()()nnnnnnSaaaaaaaaa+=+=+1110nnnnaaa+=，故1n

36、nS an+=，18【详解】因为公差为()0d d 的等差数列 na满足1ad=，所以()11naandnd=+=，所以()()1122nnaann ndS+=，()2112112111C211nnnndbSn ndSdnndnn+=+=+，又11CCCmmmnnn+=所以1210bbb+22221231421211211211C1CC3C22341011dddddddd=+2506 505506 2450625120722+=3711152019,a a aaa0 5050=4812162020,a a aaa505 504505 345105552+=2022506 5120720 510

37、5551023133S=+=试卷第 7 页，共 11 页()223422211+321111111CCCC110223411dd=+()22213334121CCCC111+dd=+12321C1011dd=，即12321C111dd=，2022011dd=，111d=，所以1111111135666bSS=.故选：B 19【详解】因为122nnnaa+=+，所以212132122,22,22nnnaaaaaa=+=+=+，所以12112(1 2)2222(1)2(1)222(1)1 2nnnnaannn=+=+=+，又15a=，所以221nnan=+，则()()22122221(2)2(12

38、2)nnnnnnnannannn+=+212221221(1)2(2)112(1)2(2)(1)2nnnnnnnnnnnn+=+，故数列数列()()2222nnnnanna+的前 19 项和为：2222232192201011111111322223219220234400+=+，20【详解】1234891,1,2,2,2,3=aaaaaa，当)13,3kkn时，3,1=+knak ak，所以()131 2263 18331=+kkkSkk0121234363231=+kkk，记01212 34 36 323=+kkTk，12332 34 36 323kkTk=+，两式相减得012122 32

39、 32 32 323kkkTk=+1 32231 3kkk=，化简得11322=+kkTk，所以313322=+kkSkk 21【详解】已知m nmnaaamn+=+，令1m=可得111nnnaaanan+=+=+，则2n时，112,1nnnnaan aan=+，32213,2aaaa=，将以上式子累加可得1132naann=+，则()1132 12nnnann+=+=，1n=时也符合，则()12nnna+=，()1211211nannnn=+，则12320111111111121223201202aaaa+=+120121202101=.22【详解】因为11111nnnabccaa+=，12

40、1caa=，即2112aac=+=，若 na为等比数列，则 na的公比为212aqa=，11112,222nnnnnnnnacaa+=，由12nnnnbccb+=，可得1121242nnnnnnbcbc+=，124nnnba=，故 AC 错误；若 nc为递增的等差数列，11c=，公差0d，由12nnnnbccb+=则12nnnnbcbc+=，31352244123123nnnnbbcccbbcbbbbcccc+=，11211 2nnnbccbc c+=，即1212nnnccbc+=，2111111nnnnncdbccdcc+=，23423344511111111111111nnnndSbbbb

41、dcccccccc+=+=+21111111111nndddccddcd+=+，试卷第 8 页，共 11 页 又()()()()111221111,nnnnnnnnncnd caa aaaaaaaa+=+=+，()()212nnnand=+，又3,0,nnan则34311111343nnTaaanad=+=，当3n时，不等式nnST恒成立，故20222022ST，故 B 正确，D 错误.故选：B.23【详解】由题设，(1)2nnn nSna=，故11(1)(1)2nnn nSna+=+，所以11(1)(1)nnnanan a+=+，即11nnaa+=，故1121nnnaaa+=+，所以()()

42、2022123420222023112(1)(1)(1).(1)(1)iiiiaaaaaaa+=+325420232022()().()1011 1 1011aaaaaa=+=.故答案为：1011 24【详解】=1n时，1=3a，因为()1232321 3nnaaanan+=所以()1123123(1)233nnaaanan+=得：143nnnan=，即14 3nna=（2n），不符合1=3a，所以13=1=4 32nnnan，14=13=23nnnbnn，所以2101214231123333333333nnnnnS=+=+，12311123393333nnnS=+得：011112211123

43、13933339313nnnnnnnS=+=+.化简得：316931124 312nnnS+=，因为nS，所以的最小值是3112.故答案为：3112.25【详解】1211121nnSSSn+=+，当2n时，()12121111nnSSSn+=，得()121nSn n=+，()()122nn nSn+=；当1n=时，111S=，11S=，此时()12nn nS+=仍然成立，()()*12nn nSn+=N当 n=1 时，111aS=；当2n时，()()11122nnnn nnnaSSn+=，当 n=1 时，上式也成立，故nan=()*nN由于()()()111coscos 122f xfxxx+

44、=+=，设32021122022202220222022aaaaSffff=+12320212022202220222022ffff=+则1202122020202112202220222022202220222022Sffffff=+2021=，20212S=故答案为：20212 26解：(1)数列满足：，则，于是得，即，而，所以数列是以为首项，3 为公比的等比数列；na11a=113nnnna aaa+=*Nn0na 1131nnaa+=+111311113()222nnnaaa+=+=+111322a+=112na+32试卷第 9 页，共 11 页 因，则当时，两式相除得：，整理得，所以

45、数列是公差为 1 的等差数列.(2)由(1)知，数列中，即，数列中，则，因此，令数列的前项和为，则：，所以数列的前项和为.27(1)证明：由，可得，即,因为，所以是以 3 为首项，3 为公比的等比数列(2)解：由（1）可得：，所以；由，得，所以 设，则，两式相减得，故，因为，所以，因为，所以 28 解：(1)设等差数列的公差为，且，成等比数列，即，解得，(2)证明：数列中，数列是等比数列，首项为 4，公比为 4，(3)当时，数列的前 k项的和，*Nn 121111(1)(1)(1)nnbbbb=2n12111111(1)(1)(1)nnbbbb=111nnnbbb=11nnbb=nb na11

46、13322nna+=231nna=nb12b=1nbn=+21111211144(31)(31)3(331)(31)(31)(331)(3)311)nnnnbbnnnnnnnnnnca a+=+=+1116(31)(31)11446()(31)(31)3131nnnnnn+=+=+ncnnS123nnScccc=+223111111111146()()()46()3 13131313131231nnnnn+=+=+164331nn+=+ncn164331nn+13220nnaan+=1331322nnanan+=+1312332nnanan+=+13132a+=32nan+332nnan+=3

47、32nnan=1nnnbbnan+=+1332nnnbbnn+=()()()()11123221nnnnnbbbbbbbbbb=+()()()()123331312321 3222nnnnnn=+()()()12313231 31 212nnnnn=+()()1213231 3nnTnn=+()()12313231 3nnTnn=+()()1233213333322nnnnTnn=+=+1333224nTn=+()()3131 2124n nn+=()1312333444nnn nnbb=+134b=()()23123333233444nnnn nnnnnb+=na0d 11a=1a2a5a2

48、215aa a=()211 4dd+=+2d=()12121nann=+=nb()1222log1log 42ba=+=1142nnnbb+=+*nN()11242nnnnbb+=+124b+=2nnb+24nnnb+=42nnnb=2nk=*kN22124knkkkkakccb=+2kc21321444kkkA=+试卷第 10 页，共 11 页，化为：当时，数列的前 k 项的和，数列的前 2n项的和 29解：（1）令，得，又，所以；令，得，又；（2）因为当时，所以，所以数列为等差数列，首项为，公差为，所以，所以，于是，当时，当时，满足上式，故；（3）因为，则，于是，.30解：(1)，所以，所

49、以，所以，.(2)，所以.31解：（1）由11(1)nnnnnanaa a+=两边同除(1)n n+得：111(1)nnnnaaa annn n+=+，两边同除1nna a+得：1111(1)(1)nnnanan n+=+，则11111(1)1nnnanann+=+，231113232144444kkkkkA+=+1231111131111211211642214444444414kkkkkkkA+=+=+56599 4kkkA+=21nk=()()()()()1111113 23 23 23 24224 422221 2221 21kkkknkkkkkkkkkcb+=+13112 2121k

50、k+=21kc2231311111122 12121212121kkkB+=+1311221k+=nc2125653137653199 4221189 422nnnnnnnT+=+=2n=2132SS=111aS=24a=3n=32248SS=235,9Sa=()*2Nnn()()()311113nnnSnSnn+=()()11113nnSSn nnn=+()1nSn n+1122S=13()()1111112336nSSnnn n=+=+()()11 216nSn nn=+()*2Nnn()()()()21111 2112166nnnaSSn nnnnnn=+=1n=111aS=2nan=t