专题3
数列求和三大压轴题型
（分组、错位相减、裂项相消法）
一、
分组求和法
常见题型：
1）形如
na 等差+等比、等差+等差*等比、等差+裂项等等可以拆分为两个数列的形式；
2）形如
( ),
2
1,
N
( ),
2 ,
N
n
f n n
k
k
a
g n n
k k
这种奇偶项分开的数列求和时，用分组求和法.
二、
错位相减法
数列
nc
的通项为
(
)
n
nc
kn
b
q
或
n
n
kn
b
c
q
（公比为：1
q ），即“等差*等比数列”，求其前n 项和
n
S .
若
na
是公差为
0
d d
的等差数列，
nb
是公比为
1
q q
的等比数列，求数列
n n
a b
的前n 项和
n
S ．
基本步骤
用错位相减法求数列前n 项和过程可概括为“一加、二乘、三减、四除”八字
一加：将数列的各项展开相加
1
1
2
2
1
1
n
n
n
n
n
S
a b
a
b
a
b
a
b
①
二乘：对所列等式的每一项都乘上等比数列的公比q
1
2
2
3
1
1
n
n
n
n
n
qS
a b
a
b
a
b
a
b
②
三减：将列出的两等式上减下，错位相减，①-②得
1
1
2
3
1
(1
)
(
)
n
n
n
n
q S
a b
d b
b
b
a
b
四除：右侧括号部分用等比求和公式，注意为(
1)
n
项，左右两边同时除以(1
)
q
，再整理结果
2
1
1
1
1
1
n
n
n
n
b
b
q
a b
d
a
b
q
S
q
三、
裂项相消法:
常见求和类型有：
分式型：
1
1 1
1
n n
k
k
n
n
k
，
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1
1
1
1
2
1 2
1
2 2
1
2
1
n
n
n
n
，
2
4
1
1
1
1
2
1
2
1
2 2
1
2
1
n
n
n
n
n
，
2
2
2
2
8
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
，
1
1
1
1
1
2
2
1
1
2
n n
n
n n
n
n
等；
指数型：
1
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
，
1
2
1
1
1 2
2
1 2
n
n
n
n
n n
n
n
等；
摆动型：
2
1
1
1
( 1)
( 1)
1
1
n
n
n
n n
n
n
；
根式型：
1
1
n
k
n
k
n
n
k
等；
对数型：
1
1
log
log
log
n
m
m
n
m
n
n
a
a
a
a
，
0
m
且
1
m ；
题型一分组求和法
典例1．已知数列
na
满足
1
1
a ，
*
1
N
2
3
n
n
n
a
a
n
a
，则
1
na
的前n 项和为
.
【答案】
2
2
3
4
n
n
【分析】由递推公式得到
1
1
1
3
2
3
n
n
a
a
，即可得到
1
3
na
是以4 为首项，2 为公比的等比数列，从而
得到
1
na
的通项公式，再利用分组求和法求和即可；
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【详解】解：数列{
}
na
满足
*
1
1
1,
(
)
2
3
n
n
n
a
a
a
n
N
a
，整理得：
1
1
2
3
n
n
n
n
a
a a
a
，
所以
1
1
1
3
2
3
n
n
a
a
，
又
1
1
3
4
a
，
故
1
3
na
是以4 为首项，2 为公比的等比数列，
所以
1
1
1
3
4 2
2
n
n
na
，所以
1
2
3
1
n
na
，所以
1
na
的前n 项和
2
4(1
2 )
3
2
3
4
1
2
n
n
nT
n
n
故答案为：
2
2
3
4
n
n
典例2．数列
na
满足
1
3
a ，
2
1
2
n
n
n
a
a
a
.
(1)若2
1
n
b
na
，求证：
nb
是等比数列.
(2)若
1
n
n
n
c
b
，
nc
的前n 项和为
nT ，求满足
100
nT
的最大整数n .
【答案】(1)证明见解析
(2)98
【分析】（1）由已知得
2
1
1
1
n
n
a
a
，可得
1
2
n
n
b
b
，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）
2
1
n
b
na
，
2
log
1
n
n
b
a
，
1
2
log
3 1
2
b
，
由已知可得
2
1
2
n
n
n
a
a
a
，
2
2
1
1
2
1
1
n
n
n
n
a
a
a
a
，
2
1
2
log
1
2log
1
n
n
a
a
，
2
1
1
2
log
1
2
log
1
n
n
n
n
a
b
b
a
，
所以数列
nb
是以2 为首项，2 为公比的等比数列；
（2）由（1）得
2n
nb
，
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所以
1
1
2
n
n
n
n
n
c
b
，
设
2
n
n
n
d
，数列
n
d
的前n 项和为
n
S ，
则
1
2
3
1
1
2
3
1
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
S
①，
2
3
4
1
1
2
3
1
2
2
2
1
2
2
2
n
n
n
S
n
n
②，
①②得
1
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
S
1
1
1
1
1
2
2
2
1
1
2
2
1
2
n
n
n
n
n
，
所以
2
2
2
n
n
n
S
，
所以
2
2
100
N
2
n
n
n
n
T
S
n
n
n
，
当
1
n 时，2
2
n
n
，
当
2
n
时，2
2
n
n
，
当
3
n
时，
0
1
2
1 1
C
C
C
2
n
n
n
n
n
n
n
，
即
2
0
1
2n
n
，
所以
2
1
2
2
2n
n
n
n
n
，
所以
2
100
n
，
98
n
，
所以满足
100
nT
的最大整数n 为98
典例3．设数列
na
的前n 项和为
n
S ，已知
1
2
2
2,
( 1)
2
n
n
n
a
a
a
，则
60
S
.
【答案】960
【分析】根据递推式可以得出数列奇数项和偶数项的特征，分别求奇数项和偶数项的和即可得结果.
【详解】由
1
2
( 1)
2
n
n
n
a
a
，
当n 为奇数时，有
2
2
n
n
a
a
；当n 为偶数时，
2
2
n
n
a
a
，
∴数列
na
的偶数项构成以2 为首项，以2 为公差的等差数列，
则
60
1
3
5
7
57
59
2
4
6
8
58
60
S
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
30
29
15
2
30
2
2
960
2
，
故答案为：960.
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典例4．已知数列
na
中，
1
1
2
a
，
1
1
3 5n
n
n
a
a
.
(1)判断
1
5
2
n
na
是否为等比数列？并求
na
的通项公式；
(2)若
2,
2
1,
N
4
2,
2 ,
N
n
n
k
k
b
n
n
k k
，求数列
n
n
a b
的前n 项和
n
S .
【答案】(1)
1
5
2
n
na
不为等比数列，理由见解析；
1
5
2
n
na
(2)
12
11
29
5
,
2
1,
N
144
144
60
29
29
5
,
2 ,
N
144
144
n
n
n
n
n
k
k
S
n
n
k k
【分析】（1）由题目条件变形得到
1
1
5
5
2
2
n
n
n
n
a
a
，结合
1
1
0
2
a
，得到
1
5
0
2
n
na
，从而得到
1
5
2
n
na
不是等比数列，并求出通项公式；
（2）得到
1
1
5
,
2
1,
N
2
1 5
,
2 ,
N
n
n
n
n
n
k
k
a b
n
n
k k
，当
2 ,
N
n
k k
时，分组求和，并结合错位相减法得到
2
2
120
29
29
5
144
144
k
k
k
S
，当
2
1,
N
n
k
k
时，利用
2
1
2
2
2
k
k
k
k
S
S
a b
求和，从而得到答案.
【详解】（1）
1
5
2
n
na
不是等比数列，理由如下：
1
1
3 5n
n
n
a
a
，故
1
1
5
5
2
2
n
n
n
n
a
a
，
又
1
1
2
a
，所以
1
1
0
2
a
，所以
1
5
0
2
n
na
，
故
1
5
2
n
na
不是等比数列，且
1
5
2
n
na
；
（2）因为
2,
2
1,
N
4
2,
2 ,
N
n
n
k
k
b
n
n
k k
，
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所以
1
1
5
,
2
1,
N
2
1 5
,
2 ,
N
n
n
n
n
n
k
k
a b
n
n
k k
，
当
2 ,
N
n
k k
时，
1 1
3 3
1
1
2 2
4 4
n
n
n
n
n
S
a b
a b
a
b
a b
a b
a b
2
2
2
3
2
1
1
5
5
3 5
7 5
4
1
5
k
k
k
设
2
2
2
1 5
5 k
kA
，则
2
2
2
1
5
5
1
1 5
24
k
k
kA
，
设
3
2
1
3 5
7 5
4
1
5 k
k
B
k
，
则
2
3
5
2
1
5
3 5
7 5
4
1
5 k
k
B
k
，
两式相减得
3
5
2
1
2
1
24
3 5
4 5
4 5
4 5
4
1
5
k
k
k
B
k
1
3
2
2
1
2
1
2
1
2
5
1
5
1
125
15
4
4
1
5
15
5
4
1
5
1 5
6
6
k
k
k
k
k
k
2
1
35
24
7
5
6
6
k
k
，
所以
2
1
24
7
35
5
144
144
k
k
k
B
，
所以
2
2
1
2
2
5
1
24
7
35
120
29
29
5
5
24
144
144
144
144
k
k
k
k
k
k
k
k
S
A
B
，
当
2
1,
N
n
k
k
时，
2
2
1
2
1
2
2
2
120
29
29
5
4
1
5
144
144
k
k
k
k
k
k
k
S
S
a b
k
2
24
1
29
5
720
144
k
k
，
所以
12
11
29
5
,
2
1,
N
144
144
60
29
29
5
,
2 ,
N
144
144
n
n
n
n
n
k
k
S
n
n
k k
.
【点睛】方法点睛：数列中的奇偶项问题考查方向大致有：①等差，等比数列中的奇偶项求和问题；②数
列中连续两项和或积问题；③含有
1
n
的问题；④通项公式分奇偶项有不同表达式问题；含三角函数问题，
解决数列中的奇偶项问题需要对n 分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组求和，期间可能会涉
及错位相减和求和或裂项相消法求和.
练习题：
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1．已知数列{
}
na
满足首项
1
1
a ，
1
2
3
n
n
n
a
n
a
a
n
，为奇数
，为偶数
，则数列{
}
na
的前2n 项的和为
．
【答案】4 3
4
4
n
n
【分析】当n 为奇数时，由递推关系得
(
)
2
1
3
3
2
n
n
n
a
a
a
+
+
=
=
+
，构造
3
na
为等比数列，可求出通项，结合
1
2
n
n
a
a
即可分组求和.
【详解】当n 为奇数时，
(
)
2
1
3
3
2
n
n
n
a
a
a
+
+
=
=
+
，即
(
)
2
3
3
3
n
n
a
a
+ +
=
+
，此时
3
na
为以
1
3
4
a
为首项，
公比为3 的等比数列，
故
(
)
1
2
3
2
1
2
4
1
3
3
3
3
3
4 3
3
3
3
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
-
-
-
-
+
+
+
+ =
创
创
+
=
+
+
+
，即
1
2
4 3
3
n
na
-
= ´
-
.
2
1
2
3
4
2
1
2
1
1
3
3
2
1
2
1
2
2
2
n
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
(
)
(
)
0
1
1
1
3
2
1
2
2
2 4 3
3
4 3
3
4 3
3
2
n
n
a
a
a
n
n
-
-
=
+
+
+
+
=
´
-
+ ´
-
+
+ ´
-
+
(
)
03
1 3
2 4
3
2
4 3
4
4
1 3
n
n
n
n
n
骣
-
琪
=
´
-
+
= ´
-
-
琪
琪
-
桫
.
故答案为：4 3
4
4
n
n
【点睛】本题解题关键是根据题意找到相邻奇数项或偶数项之间的递推关系，从而求出当n 为奇数或n 为偶
数时的通项公式，再通过相邻两项的关系求出前2n 项的和．
2．已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，
2
3
a
，
2
1
n
n
S
n a
，若数列
nb
满足
1
1
b ，
1
1
1
n
n
n
n
b
b
a
，
则
1
2
3
102
b
b
b
b
.
【答案】5149
【分析】用
1
n
n
S
S
求出
na
的递推，然后根据递推求通项,根据
1
1
1
n
n
n
n
b
b
a
，分奇偶项来找规律求
解.
【详解】∵
2
1
n
n
S
n a
，∴
1
1
a .
当
2
n
时，
1
1
2
1
1
n
n
S
n
a
，
∴
1
1
2
2
1
1
2
n
n
n
n
n
S
S
na
n
n
a
n
a
，
即
1
2
1
1
n
n
n
a
n
a
.∴
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
n
n
a
a
n
n
n
n
n
n
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2
1
1
1
2
1
2
1
2
a
a
，上式累加得
2
1
1
1
1
1
na
a
n
n
，
∴
2
1
na
n
.
当
1,2
n
时也满足，故
2
1
na
n
.又
1
1
b ，
1
1
2
1
n
n
n
b
b
n
，∴
2
2
b ，
当
2
1
n
k
时，
2
1
2
4
1
k
k
b
b
k
，①
当
2
n
k
时，
2
2
1
4
1
k
k
b
b
k
，②
当
2
1
n
k
时，
2
1
2
2
4
3
k
k
b
b
k
，③
由①②得
2
1
2
1
8
k
k
b
b
k
，由②③得
2
2
2
2
k
k
b
b
，
∴
1
2
3
102
1
3
5
99
101
2
4
6
100
102
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
1 2 8
4 8
50 8
2
2
2
2
2
50
25
1 8
2
2 25
5149
2
.
故答案为：5149
3．已知数列
na
中，
0
na
，
1
3
a ，记数列
na
的前n 项的乘积为
n
S ，且
1
n
n
n
S
a
.
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)设
1
1
n
n
n
a
b
a
，数列
nb
的前n 项和为
nT ，求证：
1,
nT
n
n
.
【答案】(1)
3n
na
(2)证明见解析
【分析】（1）根据
2
1
n
n
n
S
a
，可得
2
2
1
1
n
n
n
S
a
，两式相除可得
1
1
n
n
n
n
a
a
，两边取对数可得
1
lg
lg
1
n
n
a
a
n
n
，结
合
2
n
时求得
2
9
a
，可得
2
1
lg
lg
lg3
2
1
a
a
，可得lg
na
n
是常数列，即可求得答案.
（2）由（1）的结论可得
1
1
n
n
n
a
b
a
的解析式，从而求得
nT ，结合放缩法以及等比数列的前n 项和公式确定
nT
的范围.
【详解】（1）由题意知
n
S 为正项数列
na
的前n 项的乘积，且
1
n
n
n
S
a
，
当
2
n
时，
2
2
3
2
1
2
2
S
a a
a
，所以
2
3
2
2
3a
a
，解得
2
9
a
；
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又
2
1
n
n
n
S
a
①，
2
2
1
1
n
n
n
S
a
②，
②÷①得，
2
2
1
1
1
n
n
n
n
n
a
a
a
，即
1
1
n
n
n
n
a
a
，
所以
1
1
lg
lg
n
n
n
n
a
a
，即
1
lg
1 lg
n
n
n
a
n
a
，所以
1
lg
lg
1
n
n
a
a
n
n
，
所以
2
1
lg
lg
lg3
2
1
a
a
，
结合
1
lg
lg
1
n
n
a
a
n
n
，可知数列lg
na
n
是常数列，
所以
1
lg
lg
lg3
1
na
a
n
，所以lg
lg3
lg3n
na
n
，所以
3n
na
.
（2）由（1）可得
1
3
1
2
1
1
3
1
3
1
n
n
n
n
n
n
a
b
a
，
则
1
2
1
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
2
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
n
n
n
T
n
，
由于
1
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
3
1
1
3
1
3
1
3
1
3
3
3
2
3
2
1
3
n
n
n
n
，
故
1
2
1
1
1
2
1
3
1
3
1
3
1
n
n
T
n
n
，且
nT
n
，
所以
1
n
n
T
n
，即
1,
nT
n
n
.
4．数列
na
满足
1
16n
n
n
a a
，
1
2
a
．
(1)求
na
的通项公式；
(2)若
2
sin 2
n
n
n
b
a
，求数列
nb
的前20 项和
20
S ．
【答案】(1)
2
1
2 n
na
(2)
40
2 2
1
15
【分析】（1）已知递推公式，求通项公式，
n
a
是隔项等比数列；
（2）把（1）中
n
a
的通项公式代入求
nb
，进一步得出
20
S 的表达式，求值即可.
【详解】（1）
1
16n
n
n
a a
1
1
2
16n
n
n
a
a
，两式相除得：
2
16
n
n
a
a
，
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当
2
1
n
k
时，
1
3
5
7
2
1
1
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5
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3
16k
k
k
a
a
a
a
a
a
a
a
1
2
1
2 16k
k
a
，
2
1
2 n
na
当
2
n
k
时，
1
6
8
2
4
2
4
6
2
2
16k
k
k
a
a
a
a
a
a
a
a
1
2
8 16k
k
a
，
2
1
2 n
na
综上所述，
n
a
的通项公式为：
2
1
2 n
na
（2）由（1）知：
2
1
2 n
na
2
2
1
2
sin 2
n
n
n
b
数列
nb
的前20 项和：
20
1
2
3
4
19
20
1
3
5
7
37
39
4
9
16
361
400
2 sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
2
2
2
2
2
S
b
b
b
b
b
b
1
5
37
3
7
39
9
361
4
16
400
2 sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
2
2
2
2
2
10
4
40
1
5
9
33
37
40
4
4
2 1
2
2 2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
15
题型二错位相减法
典例1．（多选）设数列
na
的前n 项和为
n
S ，已知
1
2
a
，且
1
*
1
2
2n
n
n
a
a
n
N
，则下列结论正确的
是（
）
A．
n
na
是等比数列
B．
na
n
是等比数列
C．
2n
na
n
D．
1 2
2
n
n
S
n
【答案】BC
【分析】根据等差数列和等比数列的定义，结合错位相减法逐一判断即可.
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【详解】
1
1
2
2n
n
n
a
a
1
1
1
2
2
n
n
n
n
a
a
，则2
n
n
a
是公差为1，首项为1 的等差数列，
1
1
2
n
n
a
n
n
，则
2n
na
n
．故B，C 正确，A 错误；
1
2
2
2 2
2 n
n
S
n
，
2
3
1
2
2
2 2
2n
n
S
n
，
两式相减得
1
2
1
2
2
2
2
1
2
2
n
n
n
n
S
n
n
，故D 错误．
故选：BC．
【点睛】关键点睛：本题的关键是把递推公式变形为
1
1
1
2
2
n
n
n
n
a
a
.
典例2．（多选）函数
f x 是定义在R 上不恒为零的可导函数，对任意的x，
R
y
均满足：
(
)
( ) ( )
(
)
x
y
f x f y
xy f x
y
，
(1)
2
f
，则（
）
A．
0
0
f
B．
2
8
f
C．
1
4
f
D．
1
1
( )
(
1) 2
2
n
n
k
f k
n
【答案】ABD
【分析】先得到2(
1) ( )
(
1)
x
f x
xf x
，再假设x 为正整数，利用累乘法求出
( )
f x 的解析式，再验证x 不为
正整数时，
( )
f x 也符合题意.利用
( )
f x 的解析式容易判断ABC，根据错位相减法求和可判断D.
【详解】令
1
y ，得(
1) ( ) (1)
(
1)
x
f x f
xf x
，代入
(1)
2
f
，得2(
1) ( )
(
1)
x
f x
xf x
，
当x 为正整数时，
(
1)
2(
1)
( )
f x
x
f x
x
，
所以
(
1)
( )
(
1)
(2)
( )
(
1)
(
2)
(1)
f x
f x
f x
f
f x
f x
f x
f
2(
1)
2
2(
1)
2
2
1
2
1
x
x
x
x
x
x
，
所以
(
1)
2
(
1)
(1)
x
f x
x
f
，代入
(1)
2
f
，得
1
(
1)
(
1) 2 x
f x
x
，
所以
( )
2 (
2)
x
f x
x
x
，又当
1
x 时，也符合题意，
所以
*
( )
2 (
N )
x
f x
x
x
.
当x 不为正整数时，经验证
( )
2x
f x
x
也满足(
)
( ) ( )
(
)
x
y
f x f y
xy f x
y
，
故x 为任意实数时，都有
( )
2x
f x
x
.
所以
(0)
0
f
，故A 正确；
(2)
8
f
，故B 正确；
所以
( )
2
2
ln 2
x
x
f
x
x
，
(1)
2
2ln 2
f
，故C 不正确；
所以
1
( )
(1)
(2)
( )
n
k
f k
f
f
f n
2
3
1 2
2
2
3 2
2n
n
，
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令
n
S
2
3
1 2
2
2
3 2
2n
n
，
则
2
3
4
1
2
1 2
2 2
3 2
2n
n
S
n
，
所以
2
3
1
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
S
S
n
，
所以
2(1
2 )
1
2
1
2
n
S
n
n
n
，所以
1
(
1) 2
2
n
n
S
n
，故D 正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：假设x 为正整数，利用累乘法求出
( )
f x ，再验证x 不为正整数时，也满足题意是解
题关键.
典例3．已知函数
1
0
1
f x
x
．
(1)当
0
x
时，证明：
1
f x
x
；
(2)数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
1
n
n
S
a
；
（ⅰ）求
na ；
（ⅱ）求证：
3
2
2
1
2
2
1
4
2
3
n
a
a
a
n
n
n
a
a
a
a
．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）
1
2
n
na
；（ⅱ）证明见解析．
【分析】（1）令
1
g x
f
x
x
，利用导数分析函数
g x 在
0,
上的单调性，即可证得结论成立；
（2）（i）令
1
n 可求得
1a 的值，令
2
n
，由
1
n
n
S
a
可得
1
1
1
n
n
S
a
，两式作差可推导出数列
na
为等
比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列
na
的通项公式；
（ii）利用导数证明出当
0
x
且1
0
时，
1
f x
x
，可得出
1
1
1
2
n
a
n
n
n
a
，验证当
1
n 时，结论
成立；当
2
n
时，利用错位相减法求出数列
1
2n
n
的前n 项和
nT ，利用放缩法证得结论成立.
【详解】（1）证明：令
1
1
1
g x
f x
x
x
x
，其中
0
x
，
则
1
1
1
1
1
g
x
x
x
，
因为
0
x
，则1
1
x
，
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又因为0
1
，则1
1
0
，所以，
1
1
1
x
，则
0
g
x
且
g
x
不恒为零，
所以，函数
g x 在
0,
上单调递减，
当
0
x
时，
0
0
g x
g
，即
1
f x
x
.
（2）解：（i）对任意的n
N ，
1
n
n
S
a
，
当
1
n 时，则
1
2
1
a ，可得
1
1
2
a
，
当
2
n
时，由
1
n
n
S
a
可得
1
1
1
n
n
S
a
，
上述两个等式作差可得
1
2
0
n
n
a
a
，所以，
1
1
2
n
n
a
a
，
所以，数列
na
是首项为
1
2 ，公比为
1
2 的等比数列，故
1
1
1
1
2
2
2
n
n
n
a
；
（ii）令
1
1
1
g x
f x
x
x
x
，其中
0
x
且1
0
，
则
1
1
1
1
1
g
x
x
x
，
因为
0
x
，则1
1
x
，
又因为1
0
，则2
1
1
，所以，
1
1
1
x
，则
0
g
x
且
g
x
不恒为零，
所以，函数
g x 在
0,
上单调递增，
当
0
x
时，
0
0
g x
g
，即
1
f x
x
，当且仅当
0
x
时，等号成立，
因为
1
1
1
1
2
2
1
1
2
2
n
n
n
n
n
a
na
，
令
1
2
n
n
n
b
，则
1
2
1
2
2
1
2
1
1
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b
b
，
当
1
n 时，则有
1
2
1
4
b
b
，
当
2
n
时，
1
2
1
0
2
n
n
n
n
b
b
，即
1
n
n
b
b
，此时数列
nb
从第二项开始单调递减，
所以，对任意的n
N ，
1
2
1
0
4
nb
b
b
，
所以，
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
1
1
1
2
1 1
1
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
n
n
n
a
，
所以，当
2
n
时，
3
2
2
1
2
2
1
2
3
2
1
2
2
1
2
1
2
2
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a
a
a
n
n
n
a
a
a
n
，
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1
2n
n
的前n 项和为
nT ，则
2
3
4
1
1
2
3
2
2
2
2
n
n
n
T
，
所以，
3
4
1
2
1
1
2
1
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
T
，
上述两个等式作差可得
2
3
4
1
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
4
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
T
，
所以，
1
2
1
2
n
n
n
T
，所以，
2
1
2
3
2
2
1
2
2
1
2
1
1
2
2
2
2
n
n
n
n
n
T
，
所以，
3
2
2
1
2
2
1
2
3
2
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
n
a
a
a
n
n
n
n
n
a
a
a
n
n
，
当
2
n
时，则
1
1
0
2
4
n
，所以，11
1
3
3
4
2
n
，则
1
1
4
3
11
1
3
2
n
，
所以，
2
4 4
2
2
1
4
2
2
1
6
14
2
1
2
2
2
2
2
4
11
11
4
1
3
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
，
当
2
n
时，6
14
2
1
5
2
55
32
0
11
4
16
11
11 16
n
n
n
，
当
3
n
时，
2
2
1
4
2
6
14
2
1
2
2
0
2
11
4
1
3
2
n
n
n
n
n
n
n
n
，即
2
2
1
4
2
2
2
2
1
3
2
n
n
n
n
n
，
当
1
n 时，
4
2
4
5
1
3
2
n
n
，因为
4
4
256
1
5
625
2
，所以，
2
1
4
1
1
1
4
4 1 2
2
5
1
3
2
a
a
，
综上所述，对任意的n
N ，
3
2
2
1
2
2
1
4
2
3
n
a
a
a
n
n
n
a
a
a
a
.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式
f x
g x
（或
f x
g x
）转化为证明
0
f x
g x
（或
0
f x
g x
），进而构造辅助函数
h x
f x
g x
；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
典例4．小明进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5.
(1)若小明共投篮4 次，求在投中2 次的条件下，第二次没有投中的概率；
(2)若小明进行两组训练，第一组投篮3 次，投中
1
X 次，第二组投篮2 次，投中
2
X 次，求
1
2
E X
X
；
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(3)记
P i 表示小明投篮
2,3,
i i
次，恰有2 次投中的概率，记
2,3,
,
X X
n
表示小明在投篮不超过n
次的情况下，当他投中2 次后停止投篮，此时一共投篮的次数（当投篮n 次后，若投中的次数不足2 次也
不再继续投），证明：
2
2
2
n
i
E X
P i
.
【答案】(1)
1
2
(2)
1
2
(3)证明见解析
【分析】（1）设出事件，求出相应概率，利用条件概率公式求出答案；
（2）方法1：得到
1
2
X
X
的可能取值及相应的概率，求出期望值；
方法2：得到
1
1
~
3, 2
X
B
，
2
1
~
2, 2
X
B
，得到
1
E X
，
2
E X
，由
1
X ，
2
X 互相独立，求出
1
2
1
2
E X
X
E X
E X
，得到答案；
（3）先计算出
1
(
1)
( )
2i
i i
P i
，再求出
(
)
P X
k
，
2,3,
,
1
k
n
，利用互斥事件求概率公式和错位相减法得
到
(
)
P X
n
，计算出
1
1
1
2
(
1)
(
1)
(
)
2
2
2
n
i
n
i
i i
n n
E X
，作商比较出
1
(
1)
2 (
2)
2n
n n
P n
，从而证明出结论.
【详解】（1）设事件
n
A 表示共有
0,1,2,3,4
n n
次投中，事件B 表示第二次没投中，
则
2
BA 表示一共投中2 次，且第二次没投中，则从剩余的三次选择两次投中，
故
2
2
3
2
1
1
1
3
C
2
2
2
16
P BA
，
2
A 表示一共投中2 次，故
2
2
4
2
2
1
1
3
C 2
2
8
P A
，
则
2
2
2
3
1
16
3
2
8
P BA
P B A
P A
；
（2）方法1：根据题意有
1
X 可得取值为0,1,2,3，
2
X 的可能取值为0,1,2 ，
故
1
2
X
X
的可能取值为2, 1,0,1,2,3
，
则
1
2
1
2
3
2
1
1
1
2
0
2
2
2
32
P X
X
P X
P X
，
1
2
1
2
1
2
1
0
1
1
2
P X
X
P X
P X
P X
P X
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2
1
1
2
3
3
2
1
1
1
1
1
1
5
C
C
2
2
2
2
2
2
32
，
1
2
1
2
1
2
1
2
0
0
0
1
1
2
2
P X
X
P X
P X
P X
P X
P X
P X
1
1
2
3
2
3
3
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
5
C
C
C
2
2
2
2
2
2
2
2
2
16
，
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
0
2
1
3
2
P X
X
P X
P X
P X
P X
P X
P X
1
2
1
3
3
2
2
2
2
3
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
5
C
C
C
2
2
2
2
2
2
2
2
2
16
，
1
2
1
2
1
2
2
2
0
3
1
P X
X
P X
P X
P X
P X
2
1
3
2
2
2
3
1
1
1
1
1
1
5
C
C
2
2
2
2
2
2
32
，
1
2
1
2
3
2
1
1
1
3
3
0
2
2
32
P X
X
P X
P X
.
所以
1
2
1
5
5
5
5
1
1
( 2)
( 1)
0
1
2
3
32
32
16
16
32
32
2
E X
X
.
方法2：因为
1
1
~
3, 2
X
B
，
2
1
~
2, 2
X
B
，
所以
1
1
3
3
2
2
E X
，
2
1
2
1
2
E X
.
又因为
1
X ，
2
X 互相独立，
所以
1
2
1
2
1
2
E X
X
E X
E X
.
（3）根据题意可知
2
1
1
(
1)
( )
C
2
2
i
i
i
i i
P i
.
1
1
1
1
1
1
(
)
C
2
2
2
k
k
k
k
P X
k
，
2,3,
,
1
k
n
，
2
3
1
1
2
2
(
)
1
2
2
2 n
n
P X
n
，
记
2
3
1
1
2
2
2
2
2
n
n
n
S
①，
3
4
1
1
2
2
2
2
2
2
n
n
n
S
②，
两式相减得
2
3
1
1
1
1
1
1
1
2
2
1
4
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
S
，
故
1
1
2
n
n
n
S
，
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故
1
1
1
2
2
(
)
1
n
n
n
n
P X
n
.
所以
1
1
1
2
2
1
(
)
2
2
n
n
k
n
k
k
k
n
E X
kP X
k
nP X
n
k
n
1
1
1
2
1
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
n
k
n
n
n
n
n
k
n n
n
n
n n
n
n
k
n
k
n
1
1
1
2
(
1)
(
1)
2
2
2
n
i
n
i
i i
n n
，
又因为
1
1
2 1
(
1)
(
1)
2
2
2
2 (
1)
2 (
2)
2
2
2
n
n
n
n n
n n
n
n
n
P n
n
，且当
2
n
时，2
1
2
n
n
，
所以
1
1
2
1
1
2
2
2
(
1)
(
1)
(
)
2
2
( )
2 (
2)
2
( )
2
2
n
n
n
i
n
i
i
i
i i
n n
E X
P i
P n
P i
.
【点睛】常见分布列的数学期望和方差公式：
若X 服从两点分布，则
,
1
EX
p DX
p
p
，
若
,
X
B n p
，则
,
1
EX
np DX
np
p
，
若
,
,
X
H n M N
，则
1
,
1
1
1
nM
nM
M
n
EX
DX
N
N
N
N
.
练习题：
1．（多选）已知数列
na
满足
1
2
a
，
1
1
2
,
2
,
n
n
n
n
a
n
a
a n
为奇数
为偶数
，设
2
n
n
b
a
，记数列
na
的前2n 项和为
2n
S
，数列
nb
的前n 项和为
nT ，则下列结论正确的是（
）
A．
5
24
a
B．
2n
nb
n
C．
1
2n
nT
n
D．
1
2
2
1 2
2
n
n
S
n
【答案】ACD
【分析】对A 选项，逐步代入计算即可，对B 选项，根据递推关系可得
1
2
2n
n
n
b
b
，结合等差数列的定
义即可求出其通项，对C 选项，用错位相减法求
1
2
n
n
T
b
b
b
，对D 选项，由题设可得
2
1
2
2 1 2
2
1 2
n
n
n
S
b
b
b
，利用C 的结果即可计算.
【详解】对A，
2
1
2
4
a
a
，
3
2
2
8
a
a
，
4
3
4
12
a
a
，则
5
4
2
24
a
a
，故A 正确；
对B，由题意，
1
2
4
b
a
，
当
2
n
时，
2
2
2
1
2
2
1
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
b
a
a
a
b
，
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所以
1
1
1
2
2
n
n
n
n
b
b
，则2
n
n
b
是以1 为公差，
1
2
2
b
为首项的等差数列.
则
2
1
1
2
n
n
b
n
n
，则
1 2n
nb
n
，故B 错误，
对C，
1
2
n
n
T
b
b
b
，即
1
2
3
2 2
3 2
4 2
1
2 n
nT
n
L
，
所以
2
3
1
2
2 2
3 2
2
1
2
n
n
nT
n
n
，
两式相减得
2
3
1
4
2
2
2
1
2
n
n
nT
n
1
1
4 1 2
4
1
2
1 2
n
n
n
1
2n
n
，
所以
1
2n
nT
n
，故C 正确；
对D，
2
1
3
2
1
2
4
2
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
2
4
2
2
4
2
2
4
2
2
2
2
n
n
n
a
a
a
a
a
a
2
2
4
2
2
2
2
2n
n
a
a
a
1
2
2 1 2
2
1 2
n
n
b
b
b
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1 2
2
n
n
n
n
nT
n
n
，故D 正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题的关键是构造出等差数列2
n
n
b
，从而求出其通项，再利用错位相减法求出
1
2n
nT
n
，
通过分组求和计算得到
1
2
2
2
2n
n
n
S
T
，再将前面得到的结果代入即可.
2．
（多选）已知定义在R 上且不恒为0 的函数
f x ，若对任意的,
R
x y
，都有
(
)
( )
( )
f xy
xf y
yf x
，则（
）
A．函数
f x 是奇函数
B．对
*
N
n
，有
( )
n
f
x
nf x
C．若
2
2
f
，则
2
3
(2)
2
2
2
(
1)2 -2
n
n
f
f
f
f
n
D．若
(2)
2
f
，则
2
3
10
1
1
1
1
2
2
2
1023
2
1
2
3
10
1024
f
f
f
f
【答案】AD
【分析】令
1
x
y
，求得
(1)
0
f
，令
1
x
y
，求得
( 1)
0
f
，令
1
y ，求得
(
)
( )
f
x
f x
，可判定
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A 正确；化简得到
1 ( )
n
n
f x
n x
f x
，可判定B 错误；令
2
x
，求得
2
2
n
n
f
n
，结合等比数列的求和
公式，可判定C 错误；令
1
2,
2
x
y
，求得
1
1
2
2
f
，令
1
2
x
，得到
1
1
2
2
n
n
f
n
，结合等比数
列的求和公式，求得
1
2
n
f
n
的值，可判定D 正确．
【详解】因为对任意的,
R
x y
，都有
(
)
( )
( )
f xy
xf y
yf x
，
令
1
x
y
，可得
(1)
2 (1)
f
f
，所以
(1)
0
f
，
令
1
x
y
，可得
(1)
2 ( 1)
f
f
，所以
( 1)
0
f
，
令
1
y ，可得
(
)
( 1)
( )
f
x
xf
f x
，所以
(
)
( )
f
x
f x
，
所以函数
f x 为奇函数，所以A 正确；
由
1
1
2
2
1
2
2
1
( )
(
)
( )
2
( )
n
n
n
n
n
n
n
n
f x
xf x
x
f x
x xf x
x
f x
x
f x
x f x
x
f x
2
3
3
1
3
3
1
( )
2
( )
3
( )
n
n
n
n
n
x
xf x
x
f x
x
f x
x f x
x
f x
1
1
(1)
( )
( )
n
n
n
x f
n x
f x
n x
f x
，所以B 错误；
若
(2)
2
f
，令
2
x
，可得
1
2
2
(2)
2
n
n
n
f
n
f
n
，
则
2
3
1
2
3
(2)
2
2
2
1 2
2 2
3 2
2
n
n
f
f
f
f
n
，
可得
2
3
2
3
4
1
2
(2)
2
2
2
1 2
2 2
3 2
2
n
n
f
f
f
f
n
，
两式相减得：
2
3
1
1
2
3
(2)
2
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
f
f
f
f
n
1
(
1)2
2
n
n
，所以C 错误；
令
1
2,
2
x
y
，可得
1
1
(1)
2
(2)
2
2
f
f
f
，解得
1
1
2
2
f
，
令
1
2
x
，则
1
1
1
1
1
2
2
2
2
n
n
n
f
n
f
n
，
所以
2
3
10
1
1
1
1
1
2
2
3
2
1
2
,
2
1
2
3
10
n
n
f
f
f
f
f
n
1
2
3
10
1
1
1
1
1023
2
2
2
2
1024
，所以D 正确．
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故选：AD
【点晴】方法策略：对于抽象函数问题的求解方法：
（1）已知抽象函数的关系式或条件，该类问题一把采用赋值法，通过观察已知与未知的联系，巧妙地赋值，
寻找规律解答，赋值法时解答此类问题的常用技巧；
（2）利用数列的方法研究抽象函数的相关问题时，应准确构造相应的数列，注意函数与数列中相关限制条
件的合理转化.
3．某闯关游戏由两道关卡组成，现有n 名选手依次闯关，每位选手成功闯过第一关和第二关的概率均为
1
2 ，
两道关卡能否过关相互独立，每位选手的闯关过程相互独立，具体规则如下：
①每位选手先闯第一关，第一关闯关成功才有机会闯第二关.
②闯关选手依次挑战.第一位闯关选手开始第一轮挑战.若第
1,2,3,
,
1
i i
n
位选手在10 分钟内未闯过第
一关，则认为第i 轮闯关失败，由第
1
i + 位选手继续挑战.
③若第
1,2,3,
,
1
i i
n
位选手在10 分钟内闯过第一关，则该选手可继续闯第二关.若该选手在10 分钟内
未闯过第二关，则也认为第i 轮闯关失败，由第
1
i + 位选手继续挑战.
④闯关进行到第n 轮，则不管第n 位选手闯过第几关，下一轮都不再安排选手闯关.令随机变量
n
X 表示n 名
挑战者在第
1,2,3,
,
n
n
X
X
n
轮结束闯关.
(1)求随机变量
4
X 的分布列；
(2)若把闯关规则①去掉，换成规则⑤：闯关的选手先闯第一关，若有选手在10 分钟内闯过第一关，以后闯
关的选手不再闯第一关，直接从第二关开始闯关.令随机变量
nY 表示n 名挑战者在第
1,2,3,
,
n
n
Y
Y
n
轮结
束闯关.
（i）求随机变量
,
2
nY
i
N
n
的分布列
（ii）证明
2
3
4
5
3
n
E Y
E Y
E Y
E Y
E Y
.
【答案】(1)分布列见解析
(2)（i）分布列见解析（ii）证明见解析
【分析】（1）求出随机变量
4
X 的取值，求出对应的概率即可列出分布列；
（2）（i）求出随机变量
nY 的取值，求出的概率即可列出分布列；
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（ii）求出
1
1
2
*
1
1
1
1
N ,
2
2
2
k
n
n
n
k
E Y
k
n n
n
n
，先判断单调性，然后利用错位相减法和不等式
放缩证明.
【详解】（1）由题意，每位选手成功闯过两关的概率为1
1
1
2
2
4
，易知
4
X 取1,2,3,4，则
0
4
1
1
1
1
1
4
4
4
P X
，
4
1
1
3
2
1
4
4
16
P X
，
2
4
1
1
9
3
1
4
4
64
P X
，
3
4
3
27
4
4
64
P X
，
因此
4
X 的分布列为
4
X
1
2
3
4
P
1
4
3
16
9
64
27
64
（2）（i）
1
1,
N
n
Y
k
k
n
k
时，第k 人必答对第二题，
若前面
1
k 人都没有一人答对第一题，其概率为
1
1
2
k
kp
，
若前面
1
k 人有一人答对第一题，其概率为
1
1
1
1
1
1
C
1
2
2
k
k
k
k
p
k
，
故
1
1
2
k
n
k
k
P Y
k
p
p
k
.
当
nY
n
时，
若前面
1
n 人都没有一人答对第一题，其概率为
1
1
2
n
np
，
若前面
1
n 人有一人答对第一题，其概率为
1
1
2
n
np
n
，
故
1
1
2
n
n
n
n
P Y
n
p
p
n
.
nY 的分布列为：
nY
1
2
3
…
n
1
n
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P
2
1
2
3
1
2
2
4
1
3
2
…
1
1
2
n
n
1
1
2
n
n
（ii）由（i）知
1
1
2
*
1
1
1
1
N ,
2
2
2
k
n
n
n
k
E Y
k
n n
n
n
.
1
1
2
1
1
1
1
1
2
1
2
2
2
n
n
n
n
n
E Y
E Y
n
n
n
n n
1
1
2
0
2
n
n
，
故
2
3
4
5
n
E Y
E Y
E Y
E Y
E Y
，
又
2
7
4
E Y
，
故
2
3
2
4
3
1
n
n
n
E Y
E Y
E Y
E Y
E Y
E Y
E Y
E Y
，
所以
3
4
1
7
1
1
1
1
4
5
1
4
2
2
2
2
n
n
n
E Y
n
n
，①
4
1
1
1
7
1
1
1
1
4
1
2
8
2
2
2
2
n
n
n
n
E Y
n
n
n
，②
②－①，
4
5
1
1
11
1
1
1
1
1
2
8
2
2
2
2
n
n
n
E Y
n
3
3 1
3
2
2
2
n
n
故
2
3
4
5
3
n
E Y
E Y
E Y
E Y
E Y
.
【点睛】方法点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望.
（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，
可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）.
4．各项均为正数的数列
na
的前n 项和记为
n
S ，已知
1
1
a ，且
1
1
1
1
n
n
n
n
S
a
S
a
对一切
N
n
都成
立．
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)在
ka 和
1
ka 之间插入k 个数，使这
2
k
个数组成等差数列，将插入的k 个数之和记为
kc ，其中
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1,2,
,
k
n
．求数列
nc
的前n 项和．
【答案】(1)
1
2n
na
(2)
3
1 2
1
2
n
n
【分析】（1）由
1
1
1
1
n
n
n
n
S
a
S
a
，可得
1
1
1
1
n
n
n
n
S
S
a
a
，进而可得
2
1
n
n
S
a
，再利用退一相减法可
得
na ；
（2）利用等差数列等差中项的性质可得
kc ，再利用错位相减法可得前n 项和.
【详解】（1）由
1
1
1
1
n
n
n
n
S
a
S
a
，
得
1
1
1
1
n
n
n
n
S
S
a
a
，
所以
1
1
1
1
1
1
1
2
n
n
S
S
a
a
a
a
，
所以
2
1
n
n
S
a
，
当
2
n
时，
1
1
2
1
n
n
S
a
，
所以
1
1
1
2
1
2
1
2
2
n
n
n
n
n
n
n
a
S
S
a
a
a
a
，
所以
1
2
n
n
a
a
，
所以数列
na
是以1为首项，2 为公比的等比数列，
所以
1
2n
na
；
（2）由已知在
ka 和
1
ka 之间插入k 个数，这
2
k
个数组成等差数列，
所以
1
1
1
2
2
3
2
2
2
2
k
k
k
k
k
k
k
a
a
k
c
k
，
设数列
nc
的前n 项和为
nT ，
则
0
1
2
2
1
3
3
3
3
3
1 2
2
2
3
2
1
2
2
2
2
2
2
2
n
n
nT
n
n
，
1
2
3
1
3
3
3
3
3
2
1 2
2
2
3
2
1
2
2
2
2
2
2
2
n
n
nT
n
n
，
所以
0
1
2
2
1
3
3
3
3
3
3
1 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
nT
n
02
1
2
3
3
3
2
1
1
2
2
1
2
2
2
n
n
n
n
n
，
所以
3
1
2
1
2
n
nT
n
.
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题型三裂项相消法
典例1．数列
na
中，
1
1
na
n
n
，
8
n
S ，则n （
）
A．77
B．78
C．79
D．80
【答案】D
【分析】利用裂项求和法求得正确答案.
【详解】依题意，
1
1
1
na
n
n
n
n
，
所以
2
1
3
2
1
1 1
n
S
n
n
n
，
由
1 1
8
n
S
n
，解得
80
n
.
故选：D
典例2. 已知数列
na
满足
1
1
a ，
1
1
3
0
n
n
n
n
a
a
a
a
，
*
nN ．
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)设数列
1
n
n
a a
的前n 项和为
nT ，若
*
33
101
kT
k
N
，求k 的最小值．
【答案】(1)
1
3
2
na
n
，
*
nN
(2)17
【分析】（1）通过变形得
1
1
1
3
n
n
a
a
，则数列
1
na
是以1 为首项，3 为公差的等差数列，则得到其通项.
（2）
1
1
1
1
3 3
2
3
1
n
n
a a
n
n
，再通过裂项法得到k 的最小值.
【详解】（1）∵
1
1
3
0
n
n
n
n
a
a
a
a
，
1
1
a ，∴
0
na
，
1
1
1
3
n
n
a
a
，
又
1
1
1
a = ，∴数列
1
na
是以1 为首项，3 为公差的等差数列，
∴
1
1
3
1
3
2
n
n
n
a
，则
1
3
2
na
n
，
*
nN ．
（2）由（1）知
1
1
1
1
1
3
2
3
1
3 3
2
3
1
n
n
a a
n
n
n
n
，
∴
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4
4
7
7
10
3
5
3
2
3
1
2
3
3
1
n
n
n
T
n
n
1
1
1
3
3
1
3
1
n
n
n
．
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由
33
101
kT
得
33
3
1
101
k
k
，解得
33
2
k
，又
*
k N ，∴k 的最小值为17．
典例3．设数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
2
6
n
n
S
n a
，
6
16
a
．
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)设数列
1
n
na
的前n 项和为
nT ，求证：1
3
6
8
nT
．
【答案】(1)
2
4
na
n
；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，结合
1(
2)
n
n
n
a
S
S
n
探讨数列
na
的特征，再求出通项公式即得.
（2）由（1）的结论，利用裂项相消法求和，再借助单调性推理即得.
【详解】（1）依题意，当
1
n 时，
1
1
1
2
2
6
a
S
a
，解得
1
6
a
，
当
2
n
时，
1
1
2
2
2
6
(
1) 6
n
n
n
n
n
a
S
S
n
a
n
a
，
整理得
1
(
2)
6
(
1)
n
n
n
a
n
a
，即有
1
(
1)
6
n
n
n
a
na
，两式相减得
1
1
2
n
n
n
a
a
a
，
因此数列
na
为等差数列，由
1
6
a
，
6
16
a
，得公差
6
1
2
6 1
a
a
d
，
所以数列
na
的通项公式
1
(
1)
2
4
na
a
n
d
n
．
（2）由（1）知，
1
1
1 1
1
(
)
(2
4)
4
2
n
n
b
na
n
n
n
n
，
因此
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
[(1
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)]
4
3
2
4
3
5
4
6
1
1
2
n
T
n
n
n
n
1
1
1
1
3
1
1
1
(1
)
(
)
4
2
1
2
8
4
1
2
n
n
n
n
，
则
3
1
1
1
(
)
8
4
1
2
n
T
n
n
，显然数列{ }
nT
是递增数列，即有
1
3
8
n
T
T
，而
1
1
6
T
，
所以1
3
6
8
nT
．
典例4．已知正项数列
na
的前n 项和为
n
S
，满足
2
2
1
N
2
n
na
S
n
.
(1)证明：数列
na
为等差数列；
(2)设数列
1
2
2
1
n
n
n
n
n
a
a
b
a a
，求数列
nb
前n 项和
nT 的值．
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【答案】(1)证明见解析
(2)
2
2
16
16
4
4
1
n
n
n
T
n
n
【分析】（1）利用退一相减法可证数列为等差数列；
（2）利用裂项相消法可得
nT .
【详解】（1）由
2
1
2
2
n
n
S
a
，
当
1
n 时，
2
1
1
1
2
1
2
2
a
a
S
，解得
1
1
2
a
，
当
2
n
时，
2
1
1
2
1
2
n
n
S
a
，则
2
2
1
2
1
1
2
2
n
n
n
a
a
a
，
整理
1
1
1
0
n
n
n
n
a
a
a
a
，
又数列
na
为正项数列，
则
1
0
n
n
a
a
，
所以
1 1
0
n
n
a
a
，即
1
1
n
n
a
a
，
所以数列
na
是以
1
2 为首项，1为公差的等差数列，
所以
1
1
1
1
2
2
na
n
n
；
（2）由（1）得
1
2
na
n
，则
1
1
2
na
n
2
2
1
2
2
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
a
a
n
b
a a
n
n
n
n
2
2
2
2
1
1
1
1
4
1
1
2
1
2
1
2
2
n
n
n
n
，
所以
1
2
3
1
n
n
n
T
b
b
b
b
b
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4 1
4
4
4
4
3
3
5
5
7
2
3
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4 1
3
3
5
5
7
2
3
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
2
2
2
1
16
16
4 1
4
4
1
2
1
n
n
n
n
n
.
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典例5．【含指数+裂项相消法】已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
1
1
a ，
1
1
n
n
a
S
．
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)设
1
2
2
n
n
n
n
a
b
S
S
，数列
nb
前n 项和为
nT ，求证：
1
6
nT
．
【答案】(1)
1
2n
na
(2)证明见解析
【分析】（1）根据
n
a 与
n
S 的关系，即
1
1
1
=
2
n
n
n
S
n
a
S
S
n
，
，
，和等比数列的性质进而求出数列
na
的通项公式；
（2）由结合(1)并列项得
1
1
1
1
2 2
1
2
1
n
n
n
b
，再根据裂项求和得
1
1
1
1
6
2
2
1
n
n
T
，进而即可证明.
【详解】（1）当
2
n
时，
1
1
1
1
n
n
n
n
a
S
a
S
，两式相减得
1
n
n
n
a
a
a
，
1
2
n
n
a
a
，
又
1
1
a ，
2
1
1
2
a
a
，
2
1
2
a
a
．
所以数列
na
是首项为1，公比是2 的等比数列，所以
1
2n
na
．
（2）证明：
2
1
1 2
1 2
2
2
2
1
1 2
n
n
n
n
S
，
因为
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
2
2 2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b
，
所以
1
2
2
2
3
1
1 1
1
1
1
1
1
2 3
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
T
b
b
b
1
1
1 1
1
1
1
1
2 3
2
1
6
2
2
1
n
n
，
因为
1
1
0
2
1
n
，所以
1
6
nT
．
典例6．已知数列
na
满足
1
4
a ，
1
1
2
1
n
n
na
n
a
n n
.
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)设
2
2
n
n
n
n
b
a
，求数列
nb
的前n 项和
nT .
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【答案】(1)
2
2
2
na
n
n
(2)
1
1
1
2
1 2
n
n
T
n
【分析】（1）利用构造法，先求得
na
n ，进而求得
na .
（2）利用裂项求和法求得
nT .
【详解】（1）由
1
1
2
1
n
n
na
n
a
n n
得：
1
2
1
n
n
a
a
n
n
，
∵
1
4
1
a
，所以数列
na
n
是首项为4，公差为2 的等差数列，
所以
4
1
2
2
2
na
n
n
n
，
所以
2
2
2
na
n
n
；
（2）
1
1
2
2
1
1
2
2
1
2
1 2
n
n
n
n
n
n
n
n
b
a
n n
n
n
，
所以
1
2
3
n
n
T
b
b
b
b
2
2
3
3
4
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1 2
2
2
2
2
3 2
3 2
4
2
2
1 2
n
n
n
n
1
1
1
2
1 2n
n
.
典例7．【含( 1)n
裂为两项之和】已知数列
na
的前n 项和为
1
,
1
n
S
a ，且2
2
n
与4
n
S 的等差中项为
*
1,
N
n
S
n
+
Î
.
(1)求数列
na
的通项公式.
(2)设
( )
1
3
1
1
n
n
n
n
n
a
b
a a +
+
= -
×
，求数列
nb
的前n 项和
nT .
【答案】(1)
2
1
n
na
(2)
( )
1
1
1
2
1
n
n
n
T
+
-
= - +
-
【分析】（1）利用等差中项，构造数列，等比数列的知识得出；
（2）采用裂项相消法，注意分n 为奇数偶数.
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【详解】（1）因为2
2
n
与4
n
S 的等差中项为
1
n
S ，所以
1
2
4
2
2
n
n
S
S
n
+ =
+
+ ，即
1
2
1
n
n
S
S
n
.
当
1
n 时，
2
1
2
1
2
2
4
S
a
a
S
=
+
=
+
= ，则
2
3
a
.
当
2
n
时，
1
2
n
n
S
S
n
，
所以
1
1
2
2
1
n
n
n
n
S
S
S
S
，所以
1
2
1
n
n
a
a
，可变形为
1
1
2
1
n
n
a
a
，
所以
1
1
2(
2)
1
n
n
a
n
a
，且
2
1
1
2
1
a
a
也符合，
所以数列
1
na
是以2 为首项，2 为公比的等比数列，
所以
1
2n
na
，所以
2
1
n
na
，
即数列
na
的通项公式为
2
1
n
na
.
（2）方法一
( )
( ) (
)(
) ( )
1
1
1
3
1
3 2
2
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
b
a a
+
+
+
骣
+
× -
琪
= -
×
= -
×
= -
×
+
琪-
-
-
-
桫
当n 为奇数时，
2
2
3
3
4
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2 1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
T
+
+
= -
-
+
+
-
-
+
-
-
= - -
-
-
-
-
-
-
-
-
-
.
当n 为偶数时，
2
2
3
3
4
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2 1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
T
+
+
= -
-
+
+
-
-
+
+
+
= - +
-
-
-
-
-
-
-
-
-
.
所以数列
nb
的前n 项和为
( )
1
1
1
2
1
n
n
n
T
+
-
= - +
-
.
方法二
( )
( ) (
)(
) ( )
1
1
1
3
1
3 2
2
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
b
a a
+
+
+
骣
+
× -
琪
= -
×
= -
×
= -
×
+
琪-
-
-
-
桫
.
( )
( )
2
2
3
3
4
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2 1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
T
+
+
骣
骣
骣
骣
-
琪
琪
琪
琪
= -
+
+
+
-
+
+
+ -
+
= - +
琪
琪
琪
琪
-
-
-
-
-
-
-
-
-
桫
桫
桫
桫
.
典例8．【放缩法+裂项相消法】在数列
na
中，
*
1
1
3
1,
1
N
n
n
n
a
a
a
n
n
.
(1)求
na
的通项公式；
(2)证明：
1
2
1
1
1
2
n
a
a
a
.
【答案】(1)
2
3
4
n
n
n
a
(2)证明见解析
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【分析】（1）由
*
1
1
3
1,
1
N
n
n
n
a
a
a
n
n
经配凑可得
1
1
3
2
2
n
n
n
n
n
a
a
n
，令
2
n
n
n
b
a
则
1
3
n
n
b
n
b
n
，通过累乘法可得
nb
通项公式，所以得出
na
通项公式.
（2）
2
n
时
2
2
1
4
4
1
1
3
1
1
1
3
1
3
na
n
n
n
n
n
n
n
n
，通过不等式放大，再裂项累加即
可证明
1
2
1
1
1
2
n
a
a
a
.
【详解】（1）由
1
3
1
n
n
n
a
a
n
，可得
1
1
3
2
2
n
n
n
n
n
a
a
n
，
令
2
n
n
n
b
a
，则
1
3
n
n
n
b
b
n
，即
1
3
n
n
b
n
b
n
，
故
1
2
1
2
1
1
2
6
n
n
n
n
n
n n
n
b
b
b
b
b
b
b
，
则
2
1
2
3
6
2
4
n
n n
n
n
n
n
a
.
故
2
3
4
n
n
n
a
（2）由（1）可知，
2
n
时，
2
2
1
4
4
1
1
3
1
1
1
3
1
3
na
n
n
n
n
n
n
n
n
，
则
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
5
8
24
1
1
1
3
n
a
a
a
n
n
n
n
167
1
1
120
2
1
3
n n
n
n
167
7
2
120
5
.
1
n 时1
2
也成立.
故
1
2
1
1
1
2
n
a
a
a
.
典例9．【三角函数+裂项相消法】已知数列
na
中，
2
1
a ，设
n
S 为
na
前n 项和，2
n
n
S
na
．
(1)求
na
的通项公式；
(2)若
1
sin1
cos
1 cos
1
n
n
n
b
a
a
，求数列
nb
的前n 项和
nT
【答案】(1)
1
na
n
(2)
tan
1
tan1
nT
n
【分析】（1）先用
na 与
n
S 的关系以及递推公式求出
1
1
n
n
na
n
a
，再利用累乘法即可求得通项公式；
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（2）由（1）结论代入
nb 可得
sin1
cos cos
1
nb
n
n
，利用三角函数两角差公式化简可得
tan
1
tan
n
n
n
b
，
再利用累加法即可求得数列
nb
的前n 项和
nT .
【详解】（1）数列
na
中，
2
1
a ，
n
S 为
na
前n 项和，
当
1
n 时，
1
1
1
1
2
2
S
a
a
a
，
1
0
a
，
当
2
n
时，2
n
n
S
na
①，
1
1
2
1
n
n
S
n
a
②，
由②-①得：
1
1
2
2
1
n
n
n
n
S
S
n
a
na
，
1
1
2
1
n
n
n
n
S
S
n
a
na
，
即
1
1
n
n
na
n
a
，
当
2
n
时，
1
1
n
n
a
n
a
n
，递推可得：
1
1
2
n
n
a
n
a
n
，，
4
3
3
2
a
a
，
3
2
2
1
a
a
，
由累乘法可得：
1
3
4
1
3
2
1
3
2
1
2
2
1
n
n
n
n
a
a
a
a
n
n
a
a
a
a
n
n
，
1
2
na
n
a
，又因为
2
1
a ，所以
1
na
n
，即
1
na
n
，经检验，当
1
n 时
1
0
a
符合上式，
所以
1
na
n
；
（2）由（1）可知
1
na
n
，
1
na
n
，所以：
1
sin1
cos
1 cos
1
n
n
n
b
a
a
sin1
cos cos
1
n
n
sin
1
cos cos
1
n
n
n
n
sin
1 cos
cos
1 sin
cos cos
1
n
n
n
n
n
n
sin
1 cos
cos
1 sin
cos cos
1
cos cos
1
n
n
n
n
n
n
n
n
tan
1
tan
n
n
，
所以
1
2
3
n
n
T
b
b
b
b
tan 2
tan1
tan 3
tan 2
tan
tan
1
tan
1
tan
n
n
n
n
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tan
1
tan1
n
；
所以数列
nb
的前n 项和
tan
1
tan1
nT
n
.
典例10．【函数+裂项相消法】已知函数
ln
1,
R
f x
x
ax
a
.
(1)若
0
x
，使得
0
f x 成立，求实数a 的取值范围；
(2)证明：对任意的
2
2
2
2
*
2
2
2
2
1
2
2
3
3
4
1
N ,
e,e
1
1
2
2
3
3
k
k
k
k
k
为自然对数的底数.
【答案】(1)
1
a ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）变形不等式
0
f x ，分离参数并构造函数，再求出函数的最大值即得.
（2）由（1）的信息可得ln
1(
1)
x
x
x
，令
2
2
1(
N )
x
k
k
k
k
k
，再利用不等式性质、对数运算、数列
求和推理即得.
【详解】（1）函数
( )
ln
1
f x
x
ax
，则不等式
ln
1
0
ln
1
x
f x
ax
x
a
x
，令
ln
1
( )
x
g x
x
，
求导得
2
ln
( )
x
g x
x
，当
(0,1)
x
时，
( )
0
g x
，函数( )
g x 递增，当
(1,
)
x
时，
( )
0
g x
，函数( )
g x 递减，
因此当
1
x 时，
max
( )
1
g x
，依题意，
1
a ，
所以实数a 的取值范围是
1
a .
（2）由（1）知，当
1
x 时，( )
(1)
g x
g
，即当
1
x 时，ln
1
x
x
，
而当
N
k
时，
2
2
2
1
1
1
1
1
1 (
)
1
1
k
k
k
k
k
k
k
k
，
因此
2
2
1
1
1
1
1
ln
1 (
) 1
1
1
k
k
k
k
k
k
k
k
，
于是
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
3
3
4
1
ln
ln
ln
ln
1
1
2
2
3
3
k
k
k
k
1
1
1
1
1
1
1
1
(1
)
(
)
(
)
(
)
1
1
2
2
3
3
4
1
1
k
k
k
，
即有
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
3
3
4
1
ln(
)
1
1
1
2
2
3
3
k
k
k
k
，
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
3
3
4
1
e
1
1
2
2
3
3
k
k
k
k
.
【点睛】结论点睛：函数
y
f x
的定义区间为D ，
(1)若
x
D
，总有
( )
m
f x
成立，则
min
( )
m
f x
；(2)若
x
D
，总有
( )
m
f x
成立，则
max
( )
m
f x
；
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(3)若x
D
，使得
( )
m
f x
成立，则
max
( )
m
f x
；(4)若x
D
，使得
( )
m
f x
成立，则
min
( )
m
f x
.
练习题：
1．已知等差数列
na
中，
1
1
a ，且
2
3
4
2,
,
2
a
a a
成等比数列．
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)
1
2
n
n
n
b
a
a
，求数列
nb
的前n 项和
n
S ．
【答案】(1)
2
1
na
n
(2)
2
2
1
n
n
S
n
【分析】（1）根据等比中项求出公差即可；
（2）根据裂项相消法求和即可.
【详解】（1）因为
na
为等差数列，设公差为d ，
又因为
2
3
4
2,
,
2
a
a a
成等比数列，即
2
3
2
4
2
2
a
a
a
，
即
2
1 2
3
3
1
d
d
d
，解得
2
d
，
所以
1 2
1
2
1
na
n
n
；
（2）
1
2
2
1
1
2
1 2
1
2
1
2
1
n
n
n
b
a
a
n
n
n
n
，
所以
1
2
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
3
3
5
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
S
b
b
b
n
n
n
n
.
2．已知正项数列
na
的前n 项和
n
S ，满足：
2
1
2
n
n
a
S
．
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)记
2
1
n
n
n
n
b
S S
，设数列
nb
的前n 项和为
nT ，求证
5
16
nT
．
【答案】(1)
2
1
na
n
(2)证明见解析
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【分析】（1）由
2
1
2
n
n
a
S
，把n 用1 代入算出首项，再用退位相减法发现其为等差数列，则数列通项可
求；
（2）由（1）可先算出
2
(1
2
1)
2
n
n
n
S
n
，代入
2
1
n
n
n
n
b
S S
求得
nb
通项并裂项，再求和即可证明.
【详解】（1）当
1
n 时，
2
1
1
1
2
a
a
，解得
1
1
a ．
当
2
n
时，由
2
1
2
n
n
a
S
①，可得
2
1
1
1
2
n
n
a
S
，②
①②得：
2
2
1
1
4
2
2
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
，即
1
1
2
0
n
n
n
n
a
a
a
a
．
0
na
，
1
2
n
n
a
a
．
na
是以1 为首项，以2 为公差的等差数列，
数列
na
的通项公式
1 (
1) 2
2
1
na
n
n
．
（2）由（1）可得
2
(1
2
1)
2
n
n
n
S
n
，
2
2
2
2
1
1
1
1
(
2)
4
(
2)
n
n
b
n n
n
n
，
1
2
1 1
1
4 1
3
b
，
2
2
2
1
1
1
4 2
4
b
，
3
2
2
1
1
1
4 3
5
b
，，
1
2
2
1
1
1
4 (
1)
(
1)
nb
n
n
，
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4
3
2
4
3
5
(
1)
(
1)
(
1)
(
2)
n
n
T
b
b
b
n
n
n
n
，
2
2
1
1
1
1
1
5
5
1
4
4
(
1)
(
2)
4
4
16
n
n
.
3．已知等差数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
4
4
a
，数列
nb
的前n 项之积为
nT ，
1
1
3
b
，且
3
log
n
n
S
T
．
(1)求
nT ；
(2)令
n
n
n
a
c
b
，求正整数n，使得“
1
1
n
n
n
c
c
c
”与“
nc 是
1
nc ，
1
nc 的等差中项”同时成立；
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(3)设
2
7
n
n
d
a
，
1
1
2
n
n
n
n
n
d
e
d d
，求数列
ne
的前2n 项和
2n
Y ．
【答案】(1)
2 3
3
n
n
nT
；
(2)
4
n
；
(3)
4
24
9
n
n
.
【分析】（1）先求出
1a ，再由等差数列求出公差，代入
n
S 求出
nT 即可；
（2）先由递推公式求出
nb ，再求出
nc ，再根据条件求出满足
1
1
n
n
n
c
c
c
，验证此时
nc 是否为
1
nc ，
1
nc 的
等差中项即可；
（3）先求出
n
d ，代入求出
ne 并进行裂项，最后求和即可.
【详解】（1）由
3
log
n
n
S
T
，
令
1
n ，得
1
2
1
1
1
3
1
3
3
1
log
2log
2log
2
3
a
S
T
b
，即
1
2
a ，
设等差数列
na
的公差为d ，
由
4
1
3
4
a
a
d
，解得
2
d
，
所以
2
2
1
2
4
n
a
n
n
，
所以
1
2
2
2
4
3
2
2
n
n
n a
a
n
n
S
n
n
，
所以
2
3
log
3
nT
n
n
，即
2 3
3
n
n
nT
．
（2）存在，理由如下：
由（1）可得
2 3
3
n
n
nT
，
所以当
2
n
时，则
2
2
1
3
1
5
4
1
3
3
n
n
n
n
nT
，
可得
2
4
2
1
3
3
n
n
n
n
n
T
b
T
；
当
1
n 时，
1
1
3
b
也满足上式，所以
2
*
3
N
n
nb
n
．
所以
2
2
4
3
n
n
n
n
a
n
c
b
，
若
1
1
n
n
n
c
c
c
成立，即
3
2
1
2
6
2
4
2
2
3
3
3
n
n
n
n
n
n
，则
4
n
，
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此时
3
2
3
c
，
4
4
9
c
，
5
2
9
c
，满足：
4
3
5
2c
c
c
，
即
4c 为
3c ，
5c 的等差中项，
所以存在
4
n
符合题意．
（3）
2
7
2 2
4
7
4
1
n
n
d
a
n
n
，
则
1
1
4
1
1
1
1
1
1
1
4
1
4
3
2
4
1
4
3
2 4
1
4
3
n
n
n
n
n
n
e
n
n
n
n
n
n
，
所以
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
7
7
11
11
15
8
1
8
3
n
Y
n
n
1
1
1
1
8
4
2
3
8
3
2
24
9
24
9
n
n
n
n
n
.
4．设数列
na
的前n 项和为
1
*
1 2
2,
N
n
n
S
n
n
.
(1)求
na
的通项公式；
(2)求
2
1
1
n
i
i
i
i
a
a a
；
【答案】(1)
2n
na
n
(2)
2
1
1
1
1
2
1
2
n
i
n
i
i
i
a
a a
n
【分析】（1）根据
na 与
n
S 的关系求解即可；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）由
1
*
1 2
2,
N
n
n
S
n
n
，
当
1
n 时，
1
1
2
a
S
，
当
2
n
时，
1
1
1 2
2
2 2
2
2
n
n
n
n
n
na
S
S
n
n
n
，
当
1
n 时，上式也成立，
所以
2n
na
n
；
（2）
2
2
1
1
1
2
2
1
1
4
2
1 2
2
1 2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
n
n
n
n
，
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则
2
2
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4 1 2
2 2
2 2
3 2
2
1 2
n
i
n
n
i
i
i
a
a a
n
n
1
1
1
4
2
2
2
1
1
1
1 2
n
n
n
n
.
5．已知数列
na
满足
1
1
1,
2
n
n
a
a
a
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)若_________，求数列
nb
的前项和
nT ．
请从①
2
2
1
2
3
n
n
n
n
b
a
a
②
2n
n
n
b
a
③
( 1)
(
1)
n
n
n
b
n
a
这三个条件中任选一个，补充在上面的横线中，并
完成解答．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分）
【答案】(1)
1
na
n
(2)答案见解析
【分析】（1）根据等差数列的定义判断数列
na
为等差数列，从而可得数列
na
的通项公式；
（2）选择①则根据裂项相消法求和即可；选择②则根据错位相减法求和即可；选择③则按照并项法分奇偶
讨论求和即可.
【详解】（1）由
1
1
1,
2
n
n
a
a
a
，
可得数列
na
为首项为2，公差为1 的等差数列，
所以
1
na
n
.
（2）若选①：则
2
2
2
2
2
3
1
1
(
1)
(
2)
(
1)
(
2)
n
n
b
n
n
n
n
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
(
)
(
)
2
3
3
4
(
1)
(
2)
4
(
2)
nT
n
n
n
；
若选②：
(
1) 2n
nb
n
，则
1
2
2 2
3 2
(
1) 2n
nT
n
①
2
3
1
2
2 2
3 2
(
1) 2n
nT
n
②
①-②得：
2
3
1
1
4
2
2
2
1 2
2
n
n
n
nT
n
n
则：
1
2n
nT
n
；
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若选③：
2
( 1)n
nb
n
当n 为偶数时，
2
2
2
2
2
2
1
2
3
4
(
1)
nT
n
n
=
2
2
2
2
2
2
1
2
1
4
3
1
3
7
2
1
2
n n
n
n
n
当n 为奇数且
3
n
时，
2
2
1
(
1)
(
1)
2
2
n
n
n n
n n
T
T
n
n
当
1
n 时满足上式，综上所述：
(
1)
( 1)
2
n
n
n n
T
.
6．已知
nT 为正项数列
na
的前n 项的乘积，且
1
2
a
，
2
1
n
n
n
T
a
.
(1)求
na
的通项公式；
(2)若
1
2
3
1
1
n
n
n
n
n
a
b
a
a
，求证：
1
1
2
3
2
n
n
b
b
b
.
【答案】(1)
2n
na
(2)证明见解析
【分析】（1）利用
1
1
,
1
,
2
n
n
n
T n
a
T
n
T
求出
1
1
1
lg
lg
1
n
n
a
a
n
n
，结合
1
2
a
，求出通项公式；
（2）利用裂项相消法得到
1
1
3
3
2
1
2
1
n
n
n
n
n
b
，从而求和得到
1
1
1
1
2
1
1
3
3
3
1
2
1
2
1
2
n
n
n
n
n
n
b
b
b
.
【详解】（1）已知
nT 为正项数列
na
的前n 项的乘积，且
1
2
a
，
2
1
n
n
n
T
a
，
则当
2
n
时有
2
1
2
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
T
a
a
T
a
，即
1
1
n
n
n
n
a
a
，即
1
1 lg
lg
n
n
n
a
n
a
，
即
1
1
1
lg
lg
1
n
n
a
a
n
n
，则lg
{
}
na
n
且
2
n
为常数列，故1 lg
lg2
na
n
，即
2n
na
，
又
1
2
a
满足上式，即数列
na
的通项公式为
2n
na
；
（2）证明：由（1）可得
1
1
1
1
2
2
3
2
3
3
3
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
b
a
a
，
则
2
3
2
1
1
2
2
3
2
1
3
3
3
3
3
3
2
1
2 1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
b
b
b
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1
1
1
1
1
3
3
3
1
2
1
2
1
2
n
n
n
n
n
，故命题得证．
7．已知首项为1 的数列
na
，其前n 项利为
n
S ，且数列
n
S
n
是公差为1 的等差数列
*
nN
．
(1)求
na
的通项公式；
(2)若
*
1
4
n
n
n
n
S
c
n
a
a
N
，求数列
nc
的前n 项和
nT ．
【答案】(1)
2
1
na
n
(2)
2
1
n
n
T
n
n
【分析】（1）根据
n
S
n
是等差数列，求出
n
S
的通项公式，再根据
n
a 与
n
S 的关系求解；
（2）将数列
nc
化简，再利用裂项相消求和.
【详解】（1）数列
n
S
n
是公差为1 的等差数列，且
1
1
1
1
1
S
a
，即
n
S
n
n
，
2
n
S
n
，
当
2
n
时，
1
2
1
n
n
n
a
S
S
n
，
当
1
n 时，
1
1
a ，满足
2
1
na
n
，
综上，
na
的通项公式为
2
1
na
n
．
（2）由题意
2
2
1
4
4
4
1 1
1
1
(2
1) (2
1)
(2
1) (2
1)
(2
1) (2
1)
n
n
n
n
S
n
n
c
a
a
n
n
n
n
n
n
1
1
1
1
2
2
1
2
1
n
n
，
所以
1
2
3
n
n
T
c
c
c
c
1
1
1 1
1
1 1
1
1
1
1
1
(1
)
1
(
)
1
(
)
1
(
)
2
3
2 3
5
2 5
7
2 2
1
2
1
n
n
1
1
1
1
1
1
1
1
(1
)
2
3
3
5
5
7
2
1
2
1
n
n
n
1
1
1
2
2
1
2
1
n
n
n
n
n
，
因此，数列
nc
的前n 项和
2
1
n
n
T
n
n
.
8．已知数列
na
是公比
1
q
的等比数列，前三项和为13，且
1
2
3
,
2,
a a
a 恰好分别是等差数列
nb
的第一项，
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第三项，第五项.
(1)求数列
na
和
nb
通项公式；
(2)设数列
nc
的通项公式
,
,
N
,
,
n
n
n
a n
c
n
b n
为奇数
为偶数
，求数列
nc
的前2
1
n + 项和
2
1
n
S
；
(3)求
1
2
1
1
1
1
2
4
1
i
i
n
i
i
i
a
a
b
a
b
b
*
N
n
.
【答案】(1)
1
3n
na
，
2
1
nb
n
(2)
1
2
2
1
9
1
2
8
8
n
n
S
n
n
(3)
1
2 3
1
n
n
.
【分析】（1）由题意列出方程组，解之可得
1
1
3
a
q
，即可求解
na ；由
1
3
1
5
b
b
求出公差d，即可求出
nb ；
（2）根据等比数列前n 项求和公式求出奇数项的和，根据等差数列前n 项求和公式求出偶数项的和，即可
求解；
（3）由（1）可得
1
2
1
1
1
1
2
4
1
1
2 3
1
2 3
1
i
i
i
i
i
i
a
a
b
a
i
i
b
b
，结合裂项相消求和法即可求解.
【详解】（1）由题意得
2
1
2
1
1
13
1 2
4
a
q
q
a
q
q
，
解得
1
1
3
a
q
或
1
9
1
3
a
q
（不合题意，舍去），
所以
1
3n
na
，又
1
3
1
5
b
b
，所以
2
d
，
所以
2
1
nb
n
.
（2）设奇数项的和为
1
nA ，
1
0
2
2
1
9
1
3
3
3
8
8
n
n
n
A
，
设偶数项的和为
n
B ，
2
3
7
4
1
2
,
n
B
n
n
n
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所以
1
2
2
1
1
9
1
2
8
8
n
n
n
n
S
A
B
n
n
.
（3）
1
2
1
1
1
1
1
2
4
1
4
6 3
1
1
2 3
1
2 3
1
2 3
1 2 3
1
i
i
i
i
i
i
i
i
i
a
a
b
a
i
i
i
b
b
，
所以
1
2
1
2
2
3
1
1
1
1
2
4
1
1
1
2
1
0
2 3
1
2 3
1
2 3
1
2 3
1
2 3
1
i
i
n
i
i
n
n
i
a
a
b
a
n
n
b
b
1
2 3
1
n
n
.
9．数列
na
中，
1
1
a ，且对任意正整数m，数列
2
1
m
a
，
2m
a
，
2
1
m
a
是公差为2m 的等差数列.
(1)依次求
2a ，
3a ，
4a ，
5a 的值；
(2)求数列
na
的通项公式；
(3)记
2
1
1
1
n
n
n
b
a
（n 为正整数），求数列
nb
的前n 项和
n
S .
【答案】(1)
2
3
3,
5
a
a
，
4
5
9,
13
a
a
=
=
(2)
2
2
1,
2
2 ,
2
n
n
n
a
n
n
为奇数
为偶数
(3)
1
1
2
,
2
1
1
1
2
,
2
2
n
n
n
n
S
n
n
n
为奇数
为偶数
【分析】（1）根据题意分别取
1
m 、
2
m
，结合等差数列运算求解即可；
（2）根据题意可得
2
2
1
1
4
m
m
a
a
m
，分奇偶项结合累加法运算求解；
（3）由（2）可得
2,
1
1
2
,
2
n
n
b
n
n
n
为奇数
为偶数，分奇偶项结合裂项相消法法运算求解；
【详解】（1）因为数列
2
1
m
a
，
2m
a
，
2
1
m
a
是公差为2m 的等差数列，且
1
1
a ，
令
1
m ，则数列
1a ，
2a ，
3a 是公差为2 的等差数列，可得
2
1
3
2
2
3,
2
5
a
a
a
a
=
+
=
=
+
= ；
令
2
m
，则数列
3
a ，
4a ，
5a 是公差为4 的等差数列，可得
4
3
5
4
4
9,
4
13
a
a
a
a
=
+
=
=
+
=
.
（2）因为数列
2
1
m
a
，
2m
a
，
2
1
m
a
是公差为2m 的等差数列，
则
2
2
1
2
1
2
2
2
m
m
m
m
a
a
m
a
a
m
，可得
2
2
1
1
4
m
m
a
a
m
，
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当
3
n n
为奇数，可得
2
2
3
1
4
1
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
2
1
2
1
2
3
4 1
2
n
n
n
，
且
1
1
a 符合上式，所以当n 为奇数，
2
1
2
n
n
a
；
当n 为偶数，可得
2
1
2
2
n
n
n
a
a
n
；
综上所述：
2
2
1,
2
2 ,
2
n
n
n
a
n
n
为奇数
为偶数
.
（3）由（2）可得：当n 为奇数，可得
2
2
2
1
1
1
2
1
1
2
1
2
n
n
n
n
b
a
n
；
当n 为偶数，
2
2
2
2
2
1
2
2
1
1
1
2
1
1
2
2
1
2
2
2
1
1
1
2
n
n
n
n
n
n
b
a
n
n
n n
n
n
n
；
综上所述：
2,
1
1
2
,
2
n
n
b
n
n
n
为奇数
为偶数.
当n 为偶数，可得
1
2
3
4
1
1
3
1
2
4
n
n
n
n
n
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
S
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
4
4
6
2
2
2
n
n
n
n
n
n
；
当n 为奇数，可得
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
2
2
2
3
1
3
2
1
n
n
n
S
b
n
n
n
S
n
n
n
；
综上所述：
1
1
2
,
2
1
1
1
2
,
2
2
n
n
n
n
S
n
n
n
为奇数
为偶数
.
10．设
n
S 为数列
na
的前n 项和，
1
3
3.
2
n
n
S
(1)求
na
的通项公式；
(2)若数列
2
15
n
n
S
a
的最小项为第m 项，求m ；
(3)设
2
2
,
2
n
n
n
a
b
a
数
nb
的前n 项和为
nT ，证明：
13
2
nT
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【答案】(1)
3n
na
(2)
1
m
(3)证明见解析
【分析】（1）当
2
n
时，由
1
n
n
n
a
S
S
求出
na ，再验证
1a 符合
na ；
（2）将
na ，
n
S 代入
2
15
n
n
S
a
，结合基本不等式，即可得出答案；
（3）当
2
n
求出
nb ，对
nb 进行放缩，由裂项相消法即可证明.
【详解】（1）由题意知，当
2
n
时，
1
1
3
3
3
3
3 ,
2
2
n
n
n
n
n
n
a
S
S
当
1
n 时，
1
1
3,
a
S
符合上式，
所以
3n
na
；
（2）由（1）知，
1
3
3
2
n
n
S
，
3n
na
，
所以
2
1
1
1
2
3
3
15
15
1
27
1
27
2
3
2 3
27 3
9
3
2
3
2
3
n
n
n
n
n
n
n
n
S
a
，
当且仅当
1
27
3
3
n
n
，即
1
n 时，等号成立.
所以数列
2
15
n
n
S
a
的最小项为第一项，故
1
m ；
（3）由（1）知
1
2
2
2
2 3
,
6,
2
3
2
n
n
n
n
n
a
b
b
a
2
n
时，
2
2
2
1
2 3
2 3
2 3
2 3
3
3
1
1
3
3
3
1
1 3
1 3
3
1 3
3
3
2
3
4 3
4
3
4 3
3
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b
，
记
1
6,
1
1
1
,
2
1 3
1 3
n
n
n
n
c
n
，
设
n
F 为数列
nc
的前n 项和，则
1
n 时，
1
1
13
6
2
T
F
，
2
n
时，
1
2
3
1
2
2
3
1
1
1
1
1
1
1
6
1 3
1 3
1 3
1 3
1 3
1 3
n
n
n
n
F
c
c
c
c
，
1
1
1
15
1
15
13
6
1
1 3
1 3
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1 3
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n
n
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因为
,
n
n
T
F
所以
13
2
n
T
，
综上，
13.
2
n
T
11．设数列
na
满足
1
2
a
，
2
1
n
n
a
a
，
*
nN .
(1)求
na
的通项公式；
(2)若数列
nb
满足
1
1
n
n
n
a
b
a
，其前n 项和为
n
S ，数列
nc
满足
1
n
n
n
a
c
a
，其前n 项积为
nT ，求证：
2
2
n
n
S
T
.
【答案】(1)
1
2
2
n
na
，
*
N
n
(2)证明见解析
【分析】（1）先将题干中递推公式两边取对数，进一步推导即可发现数列
ln
na
是以ln 2 为首项，2 为公比
的等比数列，通过计算数列
ln
na
的通项公式即可计算出数列
na
的通项公式.
（2）先根据第（1）题的结果计算出数列
nb
的通项公式并进行转化，再利用裂项相消法推导出前n 项和为
n
S 的表达式，再计算出数列
nc
的通项公式，然后根据指数的运算，等比数列的求和公式，平方差公式的
运用推导出前n 项积为
nT 的表达式，最后代入即可证明等式成立.
【详解】（1）由题意，可知
0
na
，
N
n
，
则由
2
1
n
n
a
a
两边取对数，
可得
2
1
n
2ln
ln
l
n
n
n
a
a
a
，
1
ln
ln 2
a
，
数列
ln
na
是以ln 2 为首项，2 为公比的等比数列，
1
1
2
ln
ln 2 2
ln 2
n
n
na
，
1
2
2
n
na
，
*
N
n
.
（2）证明：由（1）可得，
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
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n
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b
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2
1
2
1 2
1
2
1 2
1
n
n
n
n
n
n
1
2
2
1
1
2
1
2
1
n
n
，
1
2
n
n
S
b
b
b
0
1
1
2
1
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
0
2
2
2
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
n
n
，
又
1
1
2
2
2
1
2
1
n
n
n
n
n
a
c
a
，
故
1 2
n
n
T
c c
c
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 1
2
1
2
1
2
1
n
n
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2 2
2
2
2 1
2
1
2
1
2
1
n
n
2
1
2
2
2
1
n
n
，
2
1
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
1
n
n
n
n
n
S
T
2
2
2
2
2
1
2
2
1
1
1
2
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
.
题型四能力提升创新题
1．求
3
3
3
3
3
1
1
2
3
n
k
k
n
．
【答案】
2
1
1
2 n n
【分析】利用
1
1
1
1
n
t
t
t
n
n
k
k
S
nS
S
及
2
1
1
2
1
6
n
S
n n
n
可得答案.
【详解】记
3
3
1
n
n
k
S
k
，由（*）式得
1
3
2
2
1
n
n
n
k
k
S
nS
S
．
又
2
1
1
2
1
6
n
S
n n
n
，代入上式得
1
3
2
1
1
1
1
2
1
1
2
1
6
6
n
n
k
S
n
n
n
k k
k
1
1
1
2
3
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
6
3
2
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n
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k
k
k
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1
2
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6
3
2
6
n
n
n
n
n
n
S
n
S
n
S
n
整理得：
2
3
3
3
3
3
3
1
1
1
2
3
1
2
n
n
k
S
k
n
n n
【点睛】结论点睛：利用上述方法，还可得到：
4
4
4
4
4
3
2
1
1
2
3
1
6
9
1
30
n
S
n
n n
n
n
n
2
5
5
5
5
5
2
2
1
1
2
3
1
2
2
1
12
n
S
n
n
n
n
n
2 . （多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第1行开始，第n 行从左至右的数字之
和记为
na ，如
1
1 1
2
a
，
2
1
2
1
4
a
，，
na
的前n 项和记为
n
S ，依次去掉每一行中所有的1构成
的新数列2 、3、3、4 、6、4 、5、10、10、5、，记为
nb
，
nb
的前n 项和记为
nT ，则下列说法正
确的有（
）
1
1
1
1
2
1
1
3
3
1
1
4
6
4
1
1
5
10
10
5
1
第行
第2行
第3行
第4行
第5行
A．
10 1022
S
B．
1
2
n
n
n
a
S
S
的前n 项和为
2
1
1
2
2
na
C．
57
66
b
D．57
4150
T
【答案】BCD
【分析】求得
2n
na
，利用等比数列求和公式可判断A 选项；利用裂项相消法可判断B 选项；将数列数列2 、
3、3、4 、6、4 、5、10、10、5、变成数阵，确定57
b 的位置，结合二项式系数的性质和二项式系数
之和、分组求和法可判断CD 选项.
【详解】对于A 选项，
0
1
C
C
C
2
n
n
n
n
n
n
a
，
所以，
10
1
2
10
10
2 1
2
2
2
2
2046
1
2
S
，A 错；
对于B 选项，
1
2
1
2 1 2
2
2
2
2
2
1 2
n
n
n
n
S
，
1
1
1
1
1
1
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
S
S
S S
S S
S S
S
S
，
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所以，数列
1
2
n
n
n
a
S
S
的前n 项和为
2
1
2
2
3
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
S
S
S
S
S
S
S
S
a
，B 对；
对于C 选项，将数列2 、3 、3 、4 、6、4 、5 、10、10 、5 、变成以下数阵
1
2
2
3
3
3
4
6
4
4
5
10
10
5
第行
第行
第行
第行
则该数阵第
n n
N
有n 个数，第n 行最后一项位于原数列第
1
1
2
2
n n
n
项，
因为
10 11
11 12
55
57
66
2
2
，
所以，57
b 位于该数阵第11行第2 个数，则
2
57
12
11 12
C
66
2
b
，C 对；
对于D 选项，对于C 选项中的数阵，
由题意可知，该数阵第
n n
N
行所有数为“杨辉三角”数阵中第
1
n 行去掉首、尾两个1得到，
而“杨辉三角”数阵中第
n n
N
行所有数之和为
0
1
C
C
C
2
n
n
n
n
n
n
a
，
所以，该数阵第
n n
N
行所有数之和为
1
2
2
n
，
所以，
2
3
11
1
2
57
12
12
2
2
2
2
2
2
C
C
T
10
2
3
11
4 1 2
2
2
2
20 12
66
58
4150
1 2
，D 对.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查“杨辉三角”与数列求和问题，解题的关键是将数列与“三角数阵”联系起来，
结合二项式系数的性质与等比数列求和公式求解.
3. 著名的斐波那契数列
na
满足
1
2
1
a
a
，
2
1
n
n
n
a
a
a
，其通项公式为
1
1
5
1
5
2
2
5
n
n
na
，
则
2
2
2
1
2
2023
2023
a
a
a
a
是该数列的第
项；
12
12
1
5
1
5
2
2
．
【答案】
2024
322
【分析】空1：根据题意可得
2
1
1
2
1
n
n
n
n
na
a
a
a
a
，根据题意结合裂项相消法运算求解；空2：分析可知
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12
12
2
6
1
5
1
5
5
2
2
2
a
，结合递推公式运算求解.
【详解】空1：因为
2
1
n
n
n
a
a
a
，即
1
2
n
n
n
a
a
a
，则
2
1
1
2
1
n
n
n
n
na
a
a
a
a
，
可得
2
2
2
2
1
2
2023
1
3
2
2
1
4
2024
2023
2023
20
3
2
3
2
2
a
a
a
a
a a
a a
a a
a a
a
a
a
a
2024
2023
2024
2
0 3
1
2
2
1
2
a
a a
a
a
a
a
，
所以
2
2
2
1
2
2023
2023
2024
2023
20 4
2 2
2
0 3
a
a
a
a
a
a
a
a
，
即
2
2
2
1
2
2023
2023
a
a
a
a
是该数列的第2024 项；
空2：因为
2
12
12
2
6
6
6
1
5
1
5
1
5
1
5
2
5
2
2
2
2
2
a
，
又因为
1
2
1
a
a
，则
3
4
5
6
2,
3,
5,
8
a
a
a
a
，
所以
12
12
2
6
1
5
1
5
5
2
322
2
2
a
.
故答案为：2024；322.
4．（多选）帕多瓦数列是与斐波那契数列相似的又一著名数列.在数学上，帕多瓦数列被以下递推的方法定
义：数列
na
的前n 项和为
n
S ，且满足：
*
1
2
3
3
1
1,
n
n
n
a
a
a
a
a
a
n
N
.则下列结论正确的是（
）
A．
8
7
a
B．
8
19
S
C．
2023
a
是偶数
D．
3
2
2
2
4
n
n
n
S
S
a
n
【答案】BCD
【分析】根据递推关系依次写出前8 项，再求
8
S ，判断A、B；根据已知判断数列
na
中奇偶数出现的规律，
找出其周期，即可判断C；根据递推关系，应用累加法得到
2
3
3
2
4
5
1
...
2(
...
)
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
，
两边都加上前3 项即可判断D.
【详解】由题设
4
2
1
2,
a
a
a
5
3
2
2
a
a
a
，
6
4
3
3
a
a
a
，
7
5
4
4
a
a
a
，
8
6
5
5
a
a
a
，A 错误；
由上分析，
1
2
3
8
8
...
19
a
a
S
a
a
，B 正确；
由
*
1
2
3
3
1
1,
n
n
n
a
a
a
a
a
a
n
N
知：*表示奇数，@表示偶数，如下表，
1a
2
a
3
a
4a
5
a
6
a
7a
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*
*
*
@
@
*
@
8a
9a
10
a
11
a
12
a
13
a
14
a
*
*
*
@
@
*
@
15
a
16
a
17
a
18
a
19
a
20
a
21
a
*
*
*
@
@
*
@
22
a
23
a
24
a
25
a
26
a
27
a
28
a
*
*
*
@
@
*
@
……
显然，该数列奇偶数出现以7 为周期，一个周期内下标从小到大对应项依次出现3 个奇数，2 个偶数，1 个
奇数，1 个偶数，
而2023
7 289
，故
2023
a
是偶数，C 正确；
由
4
2
1
a
a
a
，
5
3
2
a
a
a
，
6
4
3
a
a
a
，…，
2
3
n
n
n
a
a
a
，且
4
n
，
所以
2
3
3
2
4
5
1
...
2(
...
)
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
，又
1
2
3 ...
n
n
S
a
a
a
a
，
故
1
2
3
3
2
2
3
3
2
2
...
2
2
n
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
a
S
a
，D 正确.
故选：BCD
5．数列
na
满足
1a
a
，
2
1
3
1
n
n
n
a
a
a
，则下列说法错误的是（
）
A．若
1
a 且
2
a
，数列
na
单调递减
B．若存在无数个自然数n ，使得
1
n
n
a
a
，则
1
a
C．当
2
a
或
1
a
时，
na
的最小值不存在
D．当
3
a 时，
1
2
1
1
1
1 ,1
2
2
2
2
n
a
a
a
【答案】B
【分析】作差得
2
1
(
1)
n
n
n
a
a
a
，并由二次函数性质得
5
4
na
，由
1
1
na 得
1
na 或
2
n
a
，
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由此可判断ABC，对选项D，
1
n 时命题成立，在
2
n
时，证明
1
2
1
1
1
1
2
2
2
n
a
a
a
（易得）
和
1
2
1
1
1
1
2
2
2
n
a
a
a
，从而只要证明T
2
3
1
1
1
1
2
2
2
2
n
a
a
a
，为证此不等式，只要
对最后一项用放缩法，
1
1
1
1
1
2
1
2
n
n
n
a
a
a
，然后从后向前依次相加即可得．
【详解】A．
2
2
1
2
1
(
1)
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
，只要
1
na ，则
1
n
n
a
a
，
2
2
1
3
5
5
3
1
(
)
2
4
4
n
n
n
n
a
a
a
a
，
若
1
1
na ，即
2
3
1
1
n
n
a
a
，则
1
na 或
2
n
a
，
显然
2
n
时，
5
4
na
，
若
1
2
a
a
，则
2
1
a ，因此
2
3
1
a
a
，
若
1
1
a
a
，则
1
2
1
a
a
，
所以当
1
a 且
2
a
时，对任意的
2
n
，
1
na ，从而
1
0
n
n
a
a
，
1
n
n
a
a
，{
}
na
递减，A 正确，
B．由上面推理，
2
a
时，也有无数个正整数n ，使得
1
n
n
a
a
，B 错；
C．由选项A 知，
1
a
或
2
a
时，{
}
na
递减，无最小值，C 正确；
D．
1
3
a
a
，
2
2
3 3
3
1
1
0
a
，又由以上推理知{
}
na
递减，所以
0(
2)
na
n
，
1
n 时，
1
1
1
2
a
，
2
n
时，
2
3
1
1
1
0
2
2
2
n
a
a
a
，则
1
2
1
1
1
1
2
2
2
n
a
a
a
，
所以对任意
*
nN ，
1
2
1
1
1
1
2
2
2
n
a
a
a
，
下证
1
2
1
1
1
1
2
2
2
2
n
a
a
a
，
1
n 时，
1
1
1
2
a
1
2
，
2
n
时，
0
n
a
，设T
2
3
1
1
1
2
2
2
n
a
a
a
，
2
2
1
1
1
1
1
1
2
3 3
2
3
1
2
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
0
，
1
1
1
1
1
1
1
1
2
(1
)(2
)
1
2
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
，
1
1
1
1
1
2
2
1
n
n
n
a
a
a
，
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
3
2
(1
)(2
)
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
，
依次类推，
2
1
1
1
2
T
a
，
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所以
1
2
1
1
1
1
1
2
2
2
2
n
T
a
a
a
，
综上，对任意
*
nN ，
1
2
1
1
1
1
2
2
2
2
n
a
a
a
，
综上，
1
2
1
1
1
1 ,1
2
2
2
2
n
a
a
a
，D 正确．
故选：B．
【点睛】易错点点睛：本题考查数列的单调性，考查数列不等式的证明，数列作为特殊的函数，其单调性
与函数的单调性有相似之处（可以利用函数的单调性得数列的单调性），又与函数的单调性不尽相同，如本
题，在作差
2
1
(
1)
n
n
n
a
a
a
后如果直接由
1
na 得数列是递减数列的结论，则出现错误，错误的原因在于
n
a 是数列{
}
na
中项，而不是自变量n ，此式只能说明
1
na 时，
1
n
n
a
a
，而不能直接说明数列就是递减的，
它必须利用数列的递推性质进行推理判断．由此可得
2
a
时数列也不是递减的．本题选项D 的证明是难点，
不等式的放缩法只对和式中最后一项进行放缩，然后从后向前依次求和可得．这个求和不是通常的裂项求
和，实质上只对最后一项由放缩法进行了裂项操作，然后即依次求和得出结论．本题属于困难题．
1．已知数列
na
满足
1
1
a ，
2
2
a
，
2
( 1)
2
n
n
n
a
a
，则数列
na
的前30 项和为
.
【答案】465
【分析】根据递推公式得出奇数项数列和偶数项数列各为等差数列，分组求和即可得出前30 项和.
【详解】当n 为奇数时，
2
1
n
n
a
a
，
2
1
n
a
是首项为1，公差为1 的等差数列；
当n 为偶数时，
2
3
n
n
a
a
，
2n
a
是首项为2，公差为3 的等差数列；
30
1
3
29
2
4
30
S
a
a
a
a
a
a
1 15
15
2
44
15
465
2
2
故答案为：465
2．（多选）在平面直角坐标系xOy 中，A 为坐标原点，
2,0
B
，点列P 在圆
2
2
2
16
3
9
x
y
上，若对于
*
n
N ，存在数列
na
，
1
6
a
，使得
1
4
2
2
2
1
n
n
PB a
n
PA a
n
，则下列说法正确的是（
）
A．
na
为公差为2 的等差数列
B．
na
为公比为2 的等比数列
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C．
2023
2023
4047 2
a
D．
na
前n 项和
1
2
2
1 2n
n
S
n
【答案】CD
【分析】由圆的方程写出P 的参数坐标，由两点距离公式判断
2
PB
PA
，由等比中项性质判断
2
1
n
n
a
b
n
为等
比数列，即可依次求得
n
n
b
a
、
的通项公式，即可逐个判断，其中
n
S 由错位相减法求和.
【详解】对AB，由点列P 在圆
2
2
2
16
3
9
x
y
上，则由参数方程得
4
2 4
cos
,
sin
3
3 3
P
θ
θ
骣
琪
-
琪
桫
，则
2
2
2
2
2
4
4
2
80
64
sin
cos
2
cos
3
3
3
9
9
4
20
16
4
4
2
cos
sin
cos
9
9
3
3
3
θ
θ
θ
PB
PA
θ
θ
θ
骣
骣
+
-
-
琪
琪
-
琪
琪
骣
桫
桫
琪
=
=
=
琪
骣
骣
桫
-
+
-
琪
琪
琪
琪
桫
桫
，∴
2
PB
PA
.
对于
*
n
N ，存在数列
na
，
1
6
a
，使得
1
4
2
2
2
1
n
n
PB a
n
PA a
n
，即
1
4
2
2
1
n
n
a
n
a
n
①，
1
4
6
2
1
n
n
a
n
a
n
②，
①②两式相除得
2
2
1
1
1
2
1
2
1
2
3
2
1
1 2
1
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
n
n
n
a
n
a
，
令
2
1
n
n
a
b
n
，则
2
1
1
n
n
n
b
b
b
，则
nb
为以首项
1
1
2
2 1 1
a
b =
=
´ +
，公比为
1
1
1
4
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
a
b
a
n
n
n
q
n
a
a
n
n
n
n
b
-
-
-
+ ×
-
-
-
+
=
=
=
×
=
=
+
+
-
的等比数列.
则
(
)
2
2
1
2
2
1
n
n
n
n
n
a
b
a
n
n
=
=
Þ
=
+
×
+
，AB 错；
对C，
2
2023
2023
20 3
2
2023 1
2
4047 2
a
，C 对；
对D，
(
)
1
2
3 2
5 2
2
1 2n
n
S
n
= ´
+ ´
+
+
+
，
(
)
2
3
1
2
3 2
5 2
2
1 2n
n
S
n
+
= ´
+ ´
+
+
+
，
两式相减得，
(
)
1
2
3
1
3 2
2 2
2 2
2 2
2
1 2
n
n
n
S
n
+
-
= ´
+ ´
+ ´
+
+ ´
-
+
(
)
(
) (
)
(
)
1
2
3
1
1
1
1
2 1 2
2 2
2
2
2
1 2
2
1 2
2
2
1
2
1 2
n
n
n
n
n
n
n
n
+
+
+
+
+
-
=
+
+
+
+
-
+
=
-
+
= - -
-
×
-
.
∴
1
2
2
1 2n
n
S
n
，D 对.
故选：CD.
3．已知函数
2
1
2
cos x
a
f
x
x
，a
R
．
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(1)若
0
x
是函数
f
x 唯一的极小值点，求实数a 的取值范围；
(2)证明：
3
3
3
3
2023
1
2
3
2023
sin
sin
sin
sin
2
2
4
8
2
．
【答案】(1)
1,
(2)见解析
【分析】（1）首先求导得
sin
f
x
x
ax
，分
1
a
和
1
a 讨论即可得出
f
x 的单调性，即可得出答案；
（2）由（1）证明可知，当
1
a 且
0
x
时，
0
x
，
sin
x
x
，通过放缩得
3
sin x
x
，利用累加法、等比
数列前n 项和及错位相减法即可证明原不等式.
【详解】（1）
sin
f
x
x
ax
，且
0
0
f
，令
g x
f
x
，则
cos
g
x
x
a
，
①当
1
a 时，
0
g
x
，则
g x 单调递增，
当
0
x
时，
0
0
g x
f
x
g
，
当
0
x
时，
0
0
g x
f
x
g
，
即当
0
x
时，
f
x 单调递增，当
0
x
时，
f
x 单调递减，即可证得0 是函数
f
x 唯一的极小值点；
②当
1
a
时，
0
1
0
g
a
，
所以存在
0
使得
0,
x
，
g x
f
x
在
0,单调递减，即当
0,
x
时，
0
0
f
x
f
，所以
f
x 在
0,单调递减，与0 是函数
f
x 唯一的极小值矛盾，
综上：
1
a ，从而实数a 的取值范围为
1,.
（2）由（1）证明可知，当
1
a 且
0
x
时，
sin
0
x
x
即
0
x
，
sin
x
x
，
当
0
x
时，
3
2
sin
1
x
x
，即
3
sin x
x
，
故可得：
3
3
3
3
2023
2023
1
2
3
2023
1
2
3
2023
sin
sin
sin
sin
2
4
8
2
2
4
8
2
，
令
2023
1
2
3
2023
2
4
8
2
S
，
2024
1
1
2
3
2023
2
4
8
16
2
S
，
两式相减可得：
2023
2024
1
1
1
1
1
2023
2
2
4
8
2
2
S
，
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化简可得：
2023
2024
1
2023
2 1
2
2
2
S
.
故
3
3
3
3
2023
1
2
3
2023
sin
sin
sin
sin
2
2
4
8
2
.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是在于利用不等式
sin
x
x
，然后进行放缩得
3
sin x
x
，最后由累加法、
等比数列前n 项和及错位相减法即可证明.
4．某蓝莓基地种植蓝莓，按1 个蓝莓果重量Z 克）分为4 级：
20
Z
的为A 级，18
20
Z
的为B 级，
16
18
Z
的为C 级，14
16
Z
的为D 级，
14
Z
的为废果．将A 级与B 级果称为优等果．已知蓝莓
果重量Z 可近似服从正态分布
(15,9)
N
．对该蓝莓基地的蓝莓进行随机抽查，每次抽出1 个蓝莓果、记
每次抽到优等果的概率为P（精确到0.1）．若为优等果，则抽查终止，否则继续抽查直到抽出优等果，
但抽查次数最多不超过n 次，若抽查次数X 的期望值不超过3，n 的最大值为（
）附：
(
)
0.6827, (
2
2 )
0.9545, (
3
3 )
0.9773
P
Z
P
Z
P
Z
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】A
【分析】依题意可得
1
1
1
1
0.2
0.8
0.8
n
k
n
k
E X
k
n
，设
1
1
1
0.8
n
k
k
M
k
，利用错位相减法求出0.2M ，即可
得到
5 1 0.8n
E X
，从而得到0.8
0.4
n
，再根据指数函数的性质及所给数据判断即可.
【详解】因为蓝莓果重量Z 服从正态分布
(15,9)
N
，其中
15,
3
，
1
1 0.6827
18
0.2
2
2
P
Z
p
P Z
P Z
，
设第k 次抽到优等果的概率
1
0.8
0.2
k
P X
k
（
1,2,3,
,
1
k
n
），
恰好抽取n 次的概率
1
0.8n
P X
n
，所以
1
1
1
1
0.2
0.8
0.8
n
k
n
k
E X
k
n
，
设
1
1
1
0.8
n
k
k
M
k
，则
1
1
0.8
0.8
n
k
k
M
k
，
两式相减得：
1
1
1
1
0.2
0.8
1 0.8
n
k
n
k
M
n
1
1
1
1
1 0.8
1 0.8
5 1 0.8
1 0.8
1 0.8
n
n
n
n
n
n
，
所以
1
1
1
1
0.2
0.8
5 1
0.8
1
0.8
0.8
5 1
0.8
n
n
n
n
n
E X
M
n
n
n
，
由
5 1
0.8
3
n
，即0.8
0.4
n
，
又
4
5
0.8
0.4096
0.4,0.8
0.32768
0.4
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所以n 的最大值为4 ．
故选：A．
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于设
1
1
1
0.8
n
k
k
M
k
，利用错位相减法求出0.2M ，进而求出
E X ，
利用指数函数的单调性解不等式即可.
5．已知正项数列
nb
的前n 项和为
n
S ，且
3
2
n
n
S
.
(1)求数列
nb
的通项公式；
(2)在
1b 和
2b 之间插入1 个数
11
c ，使
1
1
b ，
11
c ，
2b 成等差数列；在
2b 和
3b 之间插入2 个数
21
c ，
22
c ，使
2b ，
21
c ，
22
c ，
3b 成等差数列；；在
nb 和
1
nb 之间插入n 个数
1
nc ，
2
nc ，，
nn
c ，使
nb ，
1
nc ，
2
nc ，，
nn
c ，
1
nb 成等差数列.求
11
21
22
1
2
n
n
nn
c
c
c
c
c
c
的值.
【答案】(1)
1
1,
1
2 3
,
2
n
n
n
b
n
(2)
1
2
1
3n
n
【分析】（1）结合数列前项和与数列通项公式的关系进行求解即可；
（2）根据等差数列的性质将
1
2
n
n
nn
c
c
c
表达出来，再利用错位相减法进行求解即可.
【详解】（1）因为数列
nb
的前n 项和为
n
S ，且满足
3
2
n
n
S
，
当
1
n 时，
1
3
2
1
b
，
当
2
n
时，
1
1
1
3
2
3
2
2 3
n
n
n
n
n
n
b
S
S
，
经验证当
1
n 时，
0
1
2 3
.
综上得，
1
1,
1
2 3
,
2
n
n
n
b
n
.
（2）在
nb 和
1
nb 之间插入n 个数
1
2
,
,
n
n
nn
c
c
c
因为
1
2
1
,
,
,
,
n
n
n
nn
n
b c
c
c
b
成等差数列，
所以
1
2
11
1
1
2
b
b
c
M
，
2
3
21
22
2
2
2
b
b
c
c
M
，
3
4
31
32
33
3
3
2
b
b
c
c
c
M
，，
1
1
1
1
2
3
3
4
3
2
n
n
n
n
n
n
n
nn
n
n b
b
c
c
c
n
n
M
.
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注意到
1
2
1
1
4
2
b
b
M
满足上式，
则
11
21
22
1
2
n
n
nn
c
c
c
c
c
c
11
21
22
1
2
1
2
n
n
mn
n
c
c
c
c
c
c
M
M
M
设
1
2
n
n
T
M
M
M
，
即
0
1
2
2
1
4 3
8 3
12 3
4
4 3
4
3
n
n
n
T
n
n
，
1
2
3
1
3
4 3
8 3
12 3
4
4 3
4
3
n
n
n
T
n
n
，
两式相减，可得：
1
2
1
2
4
4 3
4 3
4 3
4
3
n
n
nT
n
0
2
2
1
4 3
3
3
3
3
4
3
n
n
n
1 3
4
4
3
2
3
1
4
3
1 3
n
n
n
n
n
n
.
所以，
1
2
1
3
n
nT
n
6．数列
na
的通项公式为
2
log
na
n
（n 为正整数），其中
x 表示不超过x 的最大整数，则
1
2
3
2023
a
a
a
a
.
【答案】18194
【分析】当
1
2 ,2
k
k
n
时，
2
log
na
n
k
，
N
k
，每组共有2k 个，代入数据利用错位相减计算得到答
案.
【详解】当
1
2 ,2
k
k
n
时，
2
log
1
k
n
k
，
2
log
na
n
k
，
N
k
，
每组共有
1
2
2
2
k
k
k
个，
10
11
2
2023
2
，
11
2
2023 1
24
，
故
2
3
9
10
1
2
3
2023
0 1 1 2
2 2
3 2
9 2
10
2
24
a
a
a
a
设
2
3
9
10
0 1 1 2
2
2
3
2
9
2
10
2
S
，
则
2
3
4
10
11
2
0
2
1 2
2
2
3
2
9
2
10
2
S
，
相减得到：
2
10
11
2
2
2
10
2
S
，整理得到
11
9
2
2
S
，
故
11
1
2
3
2023
9
2
2
240
18194
a
a
a
a
.
故答案为：18194
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7．乒乓球被称为我国的“国球”.甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，其中每局中甲获胜的概率为3
4 ，乙获胜
的概率为1
4 ，每局比赛都是相互独立的.
①若比赛为五局三胜制，则需比赛五局才结束的概率为
.
②若两人约定其中一人比另一人多赢两局时比赛结束，则需要进行的比赛局数的数学期望为
.
附：当0
1
q
时，lim
0
n
n
q
，lim
0
n
n
n q
.
【答案】
27
128 /0.2109375
16
5
【分析】由已知可得前四局双方为2: 2 ，即可求出答案①；由已知可推得，需要比赛局数为偶数，且
1
5
3
2
8
8
n
P X
n
.进而可设
1
5
3
2
8
8
n
na
P X
n
，
2
n
n
b
na
，根据错位相加法求出
nb
的前n 项
和为
1
16
16
3
3
4
5
5
8
8
n
n
n
S
n
，进而求出
n
S 的极限即可得出答案.
【详解】①需比赛五局才结束，则说明前四局双方为2: 2 ，概率为
2
2
2
4
3
1
27
C
4
4
128
.
②假设比赛局数为随机变量X ，
由已知，需比赛局数为偶数，则X 可取2,4,6,
,2 ,n
*
nN
.
则
2
2
2
2
2
2
3
1
5
2
C
C
4
4
8
P X
，
当
2
n
时，双方前2
2
n
局战为平局，且任意前2m （1
1
m
n
，且
*
mN ）局双方均战为平局，
则
1
2
1
2
1
1
1
2
2
3
1
3
3
1
1
5
3
2
C
C
4
4
4
4
4
4
8
8
n
n
n
P X
n
，显然
1
n ，满足该式.
设
1
5
3
2
8
8
n
na
P X
n
，则有
1
1
5
3
3
8
8
8
5
3
8
8
n
n
n
n
a
a
，
所以，
na
是以
1
5
8
a
为首项，
3
8
q
为公比的等比数列.
设
2
n
n
b
na
，则
1
5
3
4
8
n
n
n
b
.
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设
nb
的前n 项和为
n
S ，则
2
1
1
2
3
5
3
3
3
1
2
3
4
8
8
8
n
n
n
S
b
b
b
b
n
，
2
3
3
5 3
3
3
3
2
3
8
4 8
8
8
8
n
n
S
n
，
作差可得，
2
1
3
5
3
3
3
3
1
8
4
8
8
8
8
n
n
n
n
S
S
n
3
1
1
8
5
5
3
3
5
3
2
2
3
4
4
8
8
4
8
1
8
n
n
n
n
n
n
，
整理可得，
16
16
3
3
4
5
5
8
8
n
n
n
S
n
.
由题意可得，
16
3
lim
0
5
8
n
n
，
3
lim 4
0
8
n
n
n
.
则
2
2
2 2
2 2
2 3
2 3
2
2
E X
P X
P X
P X
n P X
n
16
16
3
3
lim
lim
4
5
5
8
8
n
n
n
n
n
S
n
16
16
3
3
16
lim
lim
lim 4
5
5
8
8
5
n
n
n
n
n
n
.
故答案为：27
128 ；16
5 .
【点睛】关键点点睛：当
2
n
时，由题意可知，双方前2
2
n
局战为平局，且任意前2m （1
1
m
n
，且
*
mN ）局双方均战为平局，
则
1
2
1
2
1
1
1
2
2
3
1
3
3
1
1
5
3
2
C
C
4
4
4
4
4
4
8
8
n
n
n
P X
n
.
8．已知数列
na
的首项为1，
1
2
cos π,
cos π,
n
n
n
n
a
n
n
a
n
a
n
n
为奇数
为偶数
，则数列
2 n
a
na
的前2023 项和为（
）
A．
2024
2022 2
2
B．
2023
2022 2
2
C．
2024
2022 2
1
D．
2024
2022 2
2
【答案】A
【分析】先分类讨论n 为奇数和偶数，求出
na
的通项公式，再由错位相减法求解即可.
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【详解】当n 为奇数时，
2
1
n
k
，
*
k N ，
cos π
cos 2
1 π
cos
π
1
n
k
，
*
k N ，
当n 为偶数时，
2
n
k
，
*
k N ，cos π
cos2 π
cos0
1
n
k
，
*
k N ，
∴
1
2
1,
2
1
1,
2
n
n
n
n
a
n
k
a
n
a
n
k
，
*
k N ，
当
2
n
k
，
*
k N 时，
2
1
2
2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
2
1
1
1
1 1
2
1
2
1
k
k
k
k
k
k
k
a
a
a
a
a
k
k
，
*
k N ，
∴
2
1
2
1
2
1
2
1
k
k
a
a
k
k
，
*
k N ，即n 为奇数时，数列
na
n
是常数列，
1
1
1
na
a
n
，
∴当n 为奇数时，
n
a
n
；
又∵当n 为偶数时，
1
n 为奇数，
1
1
n
n
a
a
，∴
1
1
1 1
n
n
a
a
n
n
，
综上所述，数列
na
的通项公式为
n
a
n
.
∴数列
2 n
a
na
的通项公式为
2
2
n
n
a
na
n
，其前2023项和
2023
T
为，
1
2
3
2023
2023
1 2
2
2
3 2
2023 2
T
，①
①2
，得
2
3
4
2024
2023
2
1 2
2
2
3 2
2023 2
T
，②
①②，得
1
2
3
2023
2024
2023
1 2
2 1
2
3
2
2
2023
2022
2
2023 2
T
，
∴
1
2
3
2023
2024
2023
2
2
2
2
2023 2
T
，
∴
2023
2024
2023
2 1 2
2023 2
1 2
T
，
∴
2024
2024
2023
2
2
2023 2
T
，
∴
2024
2023
2
2022
2
T
，
∴
2024
2023
2022 2
2
T
.
故选：A.
【点睛】本题解题的关键，是通过分类讨论，分别求出n 为奇数和n 为偶数时的通项公式，再结合
na
的通
项公式进行求解.
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9．已知数列
na
满足
2
2
*
1
2
2
π
π
2,
1,
1 sin
2cos
,
2
2
n
n
n
n
a
a
a
a
n
N .
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)若数列
nc
满足
2
2
1
n
n
n
a
c
a
，求证：
1
2
3
n
c
c
c
.
【答案】(1)
1
*
2
*
2
,
2
1
,
1,
2
;
n
n
n
k
k
a
n
n
k k
N
N
(2)证明见解析
【分析】（1）分别取n 为奇数和偶数时，再利用诱导公式化简递推式，即可得出数列
na
的通项公式；
（2）由（1）知
2
1
2
n
n
n
c
，利用错位相减化简即可得出
2
3
3
2n
n
S
，从而得证.
【详解】（1）当
*
2
1
n
k
k
N
时，
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1 π
2
1
1
sin
2cos
π
2
2
2
k
k
k
k
k
a
a
a
，
即
2
1
2
1
2
k
k
a
a
，所以数列
2
1
k
a
是首项为2、公比为2 的等比数列，因此
2
1
2k
k
a
.
当
*
2
n
k k
N
时，
2
2
2
2
2
2
2 π
2 π
1 sin
2cos
2
2
2
k
k
k
k
k
a
a
a
，
所以数列
2k
a
是首项为1、公差为2 的等差数列，因此
2
2
1
k
a
k
.
故数列
na
的通项公式为
1
*
2
*
2
,
2
1
,
1,
2
;
n
n
n
k
k
a
n
n
k k
N
N
（2）证明：由（1）知，
2
1
2
n
n
n
c
，记
1
2
n
S
c
c
c
.
则
2
1
3
2
1
2
2
2n
n
S
①，
2
3
1
1
1
3
2
3
2
1
2
2
2
2
2
n
n
n
n
S
②，
①－②得
1
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
2
1
4
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
S
，
化简得
2
3
3
2n
n
S
.
故
1
2
3
n
c
c
c
.
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【点睛】关键点睛：隔项数列求通项，分类讨论n 为奇数和偶数两种情况是关键.考查了数列递推式，诱导
公式及数列前n 项和的错位相减法，属于较难题.
10．
设数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
1
2
2n
n
n
S
a
，数列
nb
满足
2
log
1
n
n
a
b
n
，其中
*
N
n
.
(1)证明2
n
n
a
为等差数列，求数列
na
的通项公式；
(2)求数列
2
1
na
n
的前n 项和为
nT ；
(3)求使不等式
2
1
1
3
2
1
1
1
1
1
1
1
n
n
m
b
b
b
b
，对任意正整数n 都成立的最大实数m 的值.
【答案】(1)证明见解析；
(
1) 2n
na
n
(2)
1
8
8
(4
) 4
3
3
9
n
nT
n
(3) 2 3
3
【分析】（1）根据数列递推式可得
1
2
2n
n
n
a
a
，整理变形结合等差数列定义即可证明结论，并求得数列
的通项公式；
（2）利用错位相减法即可求得答案；
（3）将原不等式化为
1
1
1 1
1
1
2
1
3
2
1
m
n
n
，即可分离参数，继而构造函数，判断其单调性，
将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，即可求得答案.
【详解】（1）当
1
n 时，
1
1
1
2
4
a
S
a
，则
1
4
a
，
当
2
n
时，
1
1
,
2
2n
n
n
n
n
n
a
S
S
a
a
，
即
1
1
1
2
2
n
n
n
n
a
a
，即2
n
n
a
是以
1
2
2
a
为首项，公差为1 的等差数列，
故
(
1
,
2
2
)
1
n
n
n
n
a
n
a
n
（2）由（1）可得
2
(
1) 4
1
n
na
n
n
，
故
2
2
4
3 4
(
1) 4 n
nT
n
，
故
2
3
1
4
2
4
3 4
4
(
1) 4
n
n
nT
n
n
，
则
2
3
1
3
2
4
4
4
4
(
1) 4
n
n
nT
n
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1
4(1 4 )
8
8
4
(
1) 4
(4
) 4
1 4
3
3
n
n
n
n
n
，
故
1
8
8
(4
) 4
3
3
9
n
nT
n
；
（3）
2
2
log
log 2
1
n
n
n
a
b
n
n
，则
2
1
1
3
2
1
1
1
1
1
1
1
n
n
m
b
b
b
b
，
即
1
1
1 1
1
1
2
1
3
2
1
m
n
n
，
即
1
1
1 1 1
· · 1
3
2
1
2
1
n
m
n
对任意正整数n 都成立，
令
1
1
1 1 1
· · 1
3
2
1
2
1
n
f n
n
，
则
1
1
1
1 1 1
· · 1
1
3
2
1
2
1
1
2
3
n
n
f n
n
，
故
2
2
1
2
2
4
8
4
1
4
8
3
2
1
2
3
f n
n
n
n
f n
n
n
n
n
，
即
,
N
f n
n
随着n 的增大而增大，
故
2 3
1
3
f n
f
，即
2 3
3
m
，
即实数m 的最大值为2 3
3
.
【点睛】关键点睛：第三问根据数列不等式恒成立问题求解参数的最值问题时，要利用分离参数法推得
1
1
1 1
1
1
3
2
1
2
1
n
m
n
对任意正整数n 都成立，之后的关键就在于构造函数，并判断该函数的单
调性，从而利用最值求得答案.
11．已知数列
na
是公比大于0 的等比数列，
1
4
a
，
3
64
a
.数列
nb
满足：
2
1
n
n
n
b
a
a
（
N
n
）.
(1)求数列
nb
的通项公式；
(2)证明：
2
2
n
n
b
b
是等比数列；
(3)证明：
1
2
2
(2
1)(2
1)
2 2
N*
k
n
k
k
k
k
k
b
b
.
【答案】(1)
2
1
4
4
n
n
n
b
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(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）由等比数列的通项公式运算可得
na
的通项公式，进而求出数列
nb
的通项公式；
（2）运算可得
2
2
2 4n
n
n
b
b
，结合等比数列的定义即可得证；
（3）放缩得
2
2
2
2
(2
1)(2
1)
4
2 2 n
n
n
n
n
n
b
b
，进而可得
1
1
2
1
2
(2
1)(2
1)
1
2
2
k
k
k
n
n
k
k
k
k
k
b
b
，结合错位相减法即可得证.
【详解】（1）设等比数列
na
的公比为q，则
2
2
3
1
4
64
a
a q
q
，
则
4
q
，所以
1
4 4
4
n
n
na
，
又
2
2
1
1
4
4
n
n
n
n
n
b
a
a
.
（2）所以
2
2
2
4
2
2
1
1
4
4
2 4
4
4
n
n
n
n
n
n
n
b
b
，
所以
2
2
0
n
n
b
b
，且
2
1
1
2
2
2
2
2 4
4
2 4
n
n
n
n
n
n
b
b
b
b
，
所以数列
2
2
n
n
b
b
是首项为8，公比为4 的等比数列；
（3）由题意知，
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
(2
1)(2
1)
4
1
4
2 4
2 2
2 2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b
b
，
所以
2
2
2
1
2
(2
1)(2
1)
4
2
1
2 2
2
2 2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b
b
，
所以
1
1
2
1
2
(2
1)(2
1)
1
2
2
k
k
k
n
n
k
k
k
k
k
b
b
，
设
1
0
1
2
1
1
1
2
3
2
2
2
2
2
n
n
k
n
k
k
n
T
，
则
1
2
3
1
1
2
3
2
2
2
2
2
n
n
n
T
，
两式相减得
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
T
，
所以
1
2
4
2
n
n
n
T
，
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所以
1
1
2
1
1
2
(2
1)(2
1)
1
1
2
4
2 2
2
2
2
2
k
k
k
n
n
n
k
k
k
k
k
n
b
b
.
【点睛】关键点点睛：
最后一问考查数列不等式的证明，因为
1
2
2
(2
1)(2
1)
k
n
k
k
k
k
b
b
无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相
减法即可得证.
12．
已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，满足
1
1
a ，
1
1
1
n
n
nS
n
S
n n
.
(1)求
na
的通项公式；
(2)若
1
1
1
n
n
n
n
a
b
S
n
，求数列
nb
的前20 项和
20
T .
【答案】(1)
2
1
na
n
(2) 20
21
【分析】（1）结合题设变形为
1
1
1
n
n
S
S
n
n
，可得数列
n
S
n
是以1 为首项，1 为公差的等差数列，进而求得
2
n
S
n
，进而结合
n
a 和
n
S 的关系求解即可；
（2）结合（1）可得
1 1
1
1
1
n
nb
n
n
，结合裂项相消求和即可.
【详解】（1）由
1
1
1
n
n
nS
n
S
n n
，得
1
1
1
n
n
S
S
n
n
，
而
1
1
1
1
S
a
，因此数列
n
S
n
是以1 为首项，1 为公差的等差数列，
所以
1
1
1
n
S
n
n
n
，即
2
n
S
n
，
当
2
n
时，
2
2
1
1
2
1
n
n
n
a
S
S
n
n
n
，显然
1
1
a 也满足上式，
所以
2
1
na
n
.
（2）由（1）知，
2
n
S
n
，
1
2
1
na
n
，
因此
1
1
2
2
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
b
n
n
n
n
，
所以
20
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
20
1
1
2
2
3
3
4
4
5
19
20
20
21
21
21
T
.
13．
已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
*
2
3
,
N
n
n
n
S
a
a n
.
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(1)求
na
的通项公式；
(2)记
2
1
2
3
1
1
1
n
n
n
n
n
a
b
n
n
a
a
，求数列
nb
的前n 项和
nT .
【答案】(1)
3n
na
；
(2)
1
1
1 3
3
2
1 3
1
n
n
n
n
n
T
n
.
【分析】（1）先求出
1
3
a ，再利用
*
1,
N
n
n
n
a
S
S
n
，得
na
是等比数列，再根据等比数列的通项公式
求解即可；
（2）由题意可得
1
1
1
3
1
1
3
1
n
n
n
b
n
n
，利用裂项相消求解即可.
【详解】（1）解：因为
2
3
n
n
n
S
a
a
，
*
N
n
，①
所以当
1
n 时，解得
1
3
a
，
当
2
n
时，
1
1
1
2
3
n
n
n
S
a
a
，即
1
1
2
3
3
n
n
S
a
②，
由①-②可得
1
2
3
3
n
n
n
a
a
a
，即
1
3
n
n
a
a
，
所以数列
na
是等比数列，首项为3 ，公比
3
q
，
所以数列
na
的通项公式为：
1
1
1
3 3
3
n
n
n
na
a
q
；
（2）解：由（1）
3n
na
，
所以
2
1
1
1
2
3
1
2
3 3
1
1
1
1
1
1 3
1 3
1
3
1
1 3
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
n
b
n
n
a
a
n n
n
n
，
所以
2
2
3
3
4
1
1
1
1
1
1
1
1
3 1
2 3
1
2 3
1
3 3
1
3 3
1
4 3
1
1
1
1
1
(
1) 3
1
3
1
3
1
1 3
1
n
n
n
n
n
T
n
n
n
n
1
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1
2
1
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1
n
n
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2
1 3
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n
n
n
n
n
14．数列
na
满足
1
2
3
1
1
1
1
1
2
3
n
n
a
a
a
a
a
n
，
*
nN ，且
1
1
a .
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)设
1
2
1
3
2
1
n
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
a
a
，
1
3
n
n
b
S
，数列
nb
的前n 项和为
nT ，求
2024
n
m
T
对任意
*
nN 都成立的最小正整数m .
（参考公式：
2
2
2
2
1 2
1
1
2
3
6
n n
n
n
，
*
nN ）
【答案】(1)
na
n
(2)1012
【分析】（1）先写出
1
2
3
1
1
1
1
1
2
3
1
n
n
a
a
a
a
a
n
，结合题中条件的式子，两式相减可得出
n
a 与
1
na 之
间的递推关系，从而解决问题；
（2）先分析出
1
2
1
3
2
1
n
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
a
a
中各项所满足的通项公式，根据通项公式求解出
n
S ，
裂项求解出
nT ，从而求解出满足题意m 的值.
【详解】（1）解：
1
2
3
1
1
1
1
1
2
3
n
n
a
a
a
a
a
n
，
当
2
n
时，
1
2
3
1
1
1
1
1
2
3
1
n
n
a
a
a
a
a
n
，
作差，得
1
1
n
n
n
a
a
a
n
，即
1
1
n
n
a
a
n
n
.
因为
1
1
a ，
2
2
a
，所以
2
1
2
1
a
a
，满足
1
1
n
n
a
a
n
n
，
即
na
n
为常数列，即
1
na
n ，
n
a
n
.
（2）由题意，
1
2
1
3
2
1
n
S
n
n
n
n
，
即
1
2
1 2
3
1 3
1
n
S
n
n
n
n
n
n
.
设
2
1
kd
k n
k
kn
k
k
，
1,2,3,
,
k
n
，
则
2
2
2
1
2
1
2
3
1
2
1
2
n
n
S
d
d
d
n
n
n
n
1
1
1 2
1
1
2
2
2
6
6
n
n
n
n
n n
n
n n
n
n
，
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2
1
1
3
1
2
1
1
2
n
n
b
S
n n
n
n n
n
n
，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1 2
2 3
2 3
3 4
1
1
2
2
1
2
2
nT
n n
n
n
n
n
.
因为
2024
n
m
T
对任意
*
nN 都成立，
所以
1
2024
2
m
，即
1012
m
，m 的最小值为1012.
15．已知数列
na
为等差数列，且
2
4
10
a
a
，
4
16
S
．
(1)求
na
的通项公式；
(2)数列
nb
满足
1
1
1
3
n
n
n
n
n
b
n
a
a
N
，数列
nb
的前n 项和为
n
S ，求证：
1
12
n
S
．
【答案】(1)
2
1
na
n
(2)证明见解析
【分析】（1）利用等差数列通项和求和公式可构造方程组求得
1,
a d ，由此可得通项公式；
（2）由（1）可得
nb ，采用裂项相消法可求得
n
S ，进而分析得到结论.
【详解】（1）设等差数列
na
的公差为d ，
则
2
4
3
1
4
1
1
2
2
4
10
4 3
4
4
6
16
2
a
a
a
a
d
S
a
d
a
d
，解得：
1
1
2
a
d
，
1
2
1
2
1
na
n
n
.
（2）由（1）得：
1
1
1
1
1
1
3
2
1
2
1
4
2
1 3
2
1 3
n
n
n
n
n
b
n
n
n
n
，
1
2
2
3
3
4
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4 1 3
3 3
3 3
5 3
5 3
7 3
2
1 3
2
1 3
n
n
n
S
n
n
1
1
1 1
1
1
1
4 3
2
1 3
12
8
4 3
n
n
n
n
，
1
1
0
8
4 3n
n
，
1
12
n
S
.
16．（多选）已知曲线
2
2
:
2
0(
1,2,
)
n
C
x
nx
y
n
．从点
( 1,0)
P
向曲线
n
C 引斜率为
0
n
n
k
k
的切线nl ，
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切点为
,
n
n
n
P
x
y
．则下列结论正确的是（
）
A．数列
nx
的通项公式为
1
n
n
x
n
B．若数列
4
2
ny
n
的前n 项和为
nT ，则
2
2
2
(
1)
n
n
n
T
n
C．当
*
n N 时，
2
4
6
2
n
n
x
x
x
x
x
n
D．当
*
n N 时，
2
ln
ln
n
n
n
n
n
n
x
y
x
y
x
y
【答案】ABC
【分析】设直线
:
(
1)
n
n
l
y
k
x
，方程联立由Δ
0
，可得
1
n
n
x
n
，
2
1
1
n
n
n
y
n
，从而可判断A，B；由
2
2
4
4
4
4
1
n
n
n
n
，得
2
2
1
1
n
n
n
n
，从而可判断C；举例即可判断D，如
4
n
.
【详解】设直线
:
(
1)
n
n
l
y
k
x
，联立
2
2
2
0
x
nx
y
，
得
2
2
2
2
1
2
2
0
n
n
n
k
x
k
n x
k
，
则由Δ
0
，即
2
2
2
2
2
2
4
1
0
n
n
n
k
n
k
k
，得
2
1
n
n
k
n
（负值舍去）
所以可得
2
1
1
n
n
n
n
k
n
x
k
n
，
2
1
1
1
n
n
n
n
n
y
k
x
n
，故A 正确；
2
2
2
4
4
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
y
n
n
n
n
n
n
，
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
(
1)
2
2
3
1
1
n
n
n
T
n
n
n
n
，故B 正确；
对于C，由
1
n
n
x
n
，得
2
2
2
1
n
n
x
n
，
因为
2
2
4
4
4
4
1
n
n
n
n
，所以
2
2
2
2
2
1
n
n
n
，
所以
2
2
1
2
2
2
1
n
n
n
，所以
2
2
2
2
2
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
，
所以
2
2
1
1
n
n
n
n
，
则
2
4
6
2
2
4
2
1
2
1
3
5
2
1
2
3
1
1
n
n
x
x
n
x
x
x
n
n
n
n
n
，
故C 正确；
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对于D，
1
1
2
1
2
1
1
n
n
n
x
n
y
n
n
n
n
，
因为
*
n N ，所以2
1
3
n
，所以
2
1
3
n
，所以
1
3
0
3
2
1
n
，
令
2
ln
ln
n
n
n
n
n
n
x
y
x
y
x
y
，即
2
1
ln
1
n
n
n
n
n
n
x
y
x
x
y
y
，
令
2
1
4
3
ln
ln
2,
0,
1
1
3
x
g x
x
x
x
x
x
，
则
2
2
2
1
1
4
3
0,
0, 3
1
1
x
g
x
x
x
x
x x
，
所以函数
g x 在
3
0, 3
上单调递增，
由
1
1
4
ln
2
1
ln
3
0
1
3
3
1
3
g
，
得
4
4
4
4
4
4
2
1
ln
0
1
x
y
x
x
y
y
，
所以当
4
n
时，
2
ln
ln
n
n
n
n
n
n
x
y
x
y
x
y
，故D 错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题考查圆的切线问题和数列不等式的证明问题，解答本题的关键是设出切线方程，
方程联立由Δ
0
，得出
1
n
n
x
n
，
2
1
1
n
n
n
y
n
，证明得到2
1
2
1
2
2
1
n
n
n
n
，从而可比较
2
4
5
2n
x
x
x
x
与
nx
n
的大小.
17．若数列
na
满足
1
2
1
a
a
，
1
2
3
n
n
n
a
a
a
n
，则称该数列为斐波那契数列．如图所示的“黄金螺
旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线．图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在
每个正方形中作圆心角为90的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”．记以
n
a 为边长的正方形中的
扇形面积为
nb ，数列
nb
的前n 项和为
n
S ．给出下列结论：
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①
8
21
a
；
②
2023
a
是奇数；
③
2
4
6
2022
2023
a
a
a
a
a
；
④
2023
2023
2024
π
4
S
a
a
．
则所有正确结论的序号是
．
【答案】①②④
【分析】根据递推公式求出
8a 即可判断①；观察数列的奇偶特点即可判断②；根据递推公式，结合累加法
即可判断③；根据递推公式可得
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
a
a a
a a
a a
，结合累加法计算即可判断④.
【详解】对于①，由
1
2
1
1
a
a
，
，且
*
1
2
3
N
n
n
n
a
a
a
n
n
，
，可得斐波那契数列：1，1，2 ，3 ，5 ，
8 ，13，21，34故
8
21
a
，故①正确；
对于②：由斐波那契数列：1，1，2 ，3 ，5 ，8 ，13，21，34，55，89，144，
可得每三个数中前两个为奇数，后一个偶数，且2023
3 674
1
，所以
2023
a
是奇数，故②正确；
对于③：因为
2
3
1
4
5
3
2022
2023
2021
;
;
a
a
a a
a
a
a
a
a
，
相加可得：
2
4
6
2022
2023
1
a
a
a
a
a
，故③错误；
对于④：因为斐波那契数列总满足
*
1
2
3
N
n
n
n
a
a
a
n
n
，
，且
1
2
1
a
a
，
所以
2
1
2
1
a
a a
，
2
2
2
2
2
3
1
2
3
2
1
a
a a
a
a
a
a a
a a
，
2
3
3
3
3
4
2
3
4
3
2
a
a a
a
a
a
a a
a a
，
类似的有，
1
1
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a a
a
a
a
a a
a a
，
其中
2.
n
累加得
2
2
2
2
1
2
3
1
n
n
n
a
a
a
a
a
a
，
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2
2
2
1
2
1
π
4
4
n
n
n
n
S
a
a
a
a a
，
故：
2023
2023
2024
π
4
S
a
a
，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点睛：本题的关键是理解斐波那契数列的特点，直接计算可判断①②，利用累加法即可判断
③④.
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