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1、专题 19 数列的求和问题考点考点 61 公式法与分组求和法公式法与分组求和法1 （2020 全 国 文 14）记nS为 等 差 数 列 na的 前n项 和，若1262,2aaa，则10S【答案】25【思路导引】na是等差数列，根据已知条件262aa，求出公差，根据等差数列前n项和，即可求得答案【解析】na是等差数列，且1262,2aaa 设na等差数列的公差d，根据等差数列通项公式：11naand，可得1152adad，即：2252dd ，整理可得：66d，解得：1d 根据等差数列前n项和公式：*11,2nn ndSnan N，可得：101010 11022045252S ，1025S故答案
2、为：252（2020 浙江 11）已知数列 na满足1=2nan n，则3S【答案】10【思路导引】根据通项公式可求出数列na的前三项，即可求出【解析】由题意可知11 212a，22 332a，33 462a，31 3610S ，故答案为：103（2020 山东 14）将数列21n与32n的公共项从小到大排列得到数列 na，则 na的前n项和为【答案】232nn【思路导引】首先判断出数列21n与32n项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果【解析】因为数列21n是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，数列32n是以 1 首项，以 3 为公
3、差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列 na是以 1 为首项，以 6 为公差的等差数列，所以 na的前n项和为2(1)16322n nnnn，故答案为：232nn4（2012 新课标，理 16）数列na满足1(1)21nnnaan，则na的前 60 项和为【答案】1830【解析】由题设知，21aa=1，32aa=343aa=554aa=7，65aa=9，76aa=11，87aa=13，98aa=15，109aa=17，1110aa=19，121121aa，得13aa=2，+得42aa=8，同理可得57aa=2，68aa=24，911aa=2，1012aa=40，13aa，57aa，
4、911aa，是各项均为 2 的常数列，24aa，68aa，1012aa，是首项为 8，公差为 16 的等差数列，na的前 60 项和为115 2 15 816 15 142=18305（2020 山东 18）已知公比大于1的等比数列 na满足2420aa，38a（1）求 na的通项公式；（2）记mb为 na在区间0,mmN中的项的个数，求数列 mb的前100项和100S【答案】（1）2nna；（2）100480S【思路导引】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q的形式，求解出1,a q，由此求得数列 na的通项公式；（2）通过分析数列 mb的规律，由此求得数列 mb的前100项和1
5、00S【解析】（1）由于数列 na是公比大于1的等比数列，设首项为1a，公比为q，依题意有31121208a qa qa q，解得12,2aq，所以2nna，所以数列 na的通项公式为2nna（2）由于123456722,24,28,216,232,264,2128，所以1b对应的区间为：0,1，则10b；23,b b对应的区间分别为：0,2,0,3，则231bb，即有2个1；4567,b b b b对应的区间分别为：0,4,0,5,0,6,0,7，则45672bbbb，即有22个2；8915,b bb对应的区间分别为：0,8,0,9,0,15，则89153bbb，即有32个3；161731,
6、bbb对应的区间分别为：0,16,0,17,0,31，则1617314bbb，即有42个4；323363,bbb对应的区间分别为：0,32,0,33,0,63，则3233635bbb，即有52个5；6465100,bbb对应的区间分别为：0,64,0,65,0,100，则64651006bbb，即有37个6所以23451001 22 23 24 25 26 37480S （）求1b，11b，101b；（）求数列nb的前 1000 项和【解析】（）nS为等差数列na的前n项和，且11a，728S，4728a 可得44a，则公差1d nan，nblgn，则1 10blg，11 111blg，101
7、 1012blg（）由（）可知：12390bbbb，101112991bbbb1001011021039992bbbbb，10,003b数列nb的前 1000 项和为：9090 1900231893 7（2015 湖南）设数列 na的前n项和为nS，已知121,2aa，且23nnaS*13,()nSnN（）证明：23nnaa；（）求nS【解析】（）由条件，对任意*nN，有2133nnnaSS*()nN，因而对任意*,2nNn，有1133nnnaSS*()nN，两式相减，得2113nnnnaaaa，即23,(2)nnaan，又121,2aa，所以3121121333()33aSSaaaa，故对一
8、切*nN，23nnaa（）由（）知，0na，所以23nnaa，于是数列21na是首项11a，公比为 3 的等比数列，数列2na是首项12a，公比为 3 的等比数列，所以112123,2 3nnnnaa，于是21221321242()()nnnnSaaaaaaaaa1113(31)(1 33)2(1 33)3(1 33)2nnnn 从而1221223(31)32 3(5 31)22nnnnnnSSa，综上所述，2*2*23(5 31),(21,)23(31),(2,)2nnnnkkNSnk kN8（2013 安徽）设数列 na满足12a，248aa，且对任意*nN，函数1212()()cos-s
9、innnnnnf xaaaxax ax，满足()02f（）求数列 na的通项公式；（）若122nnnaba（），求数列 nb的前n项和nS【解析】（）由12a，248aa1212()()cos-sinnnnnnf xaaaxax ax1212()sincosnnnnnfxaaaaxax121()02nnnnfaaaa所以，122nnnaaa na是等差数列而12a，34a，1d，2-1 11nann（），（）111122121222nnnannbann（）（）（）111-2 2122121-2nnnnS（）（）21=31-2131-2nnn nnn（）考点考点 62 裂项相消法求和裂项相消法求
10、和1（2020 浙江 20）已知数列an，bn，cn中，11111121,()nnnnnnnbabccaa cc nb*N（）若数列bn为等比数列，且公比0q，且1236bbb，求 q 与 an的通项公式；（）若数列bn为等差数列，且公差0d，证明：1211ncccd【答案】（I）141,23nnqa；（II）证明见解析.【思路导引】（I）根据1236bbb，求得q，进而求得数列 nc的通项公式，利用累加法求得数列 na的通项公式（II）利用累乘法求得数列 nc的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立【解析】（I）依题意21231,bbq bq，而1236bbb，即216qq，由于0q，解得12
11、q，112nnb2112nnb，故11112412nnnnnccc，数列 nc是首项为1，公比为4的等比数列，14nnc14nnc114nnnnaac，故114nnnaa（*2,nnN）11232211nnnnnaaaaaaaaaa112214 1 44444111 4nnn 413n（II）依题意设111nbnddnd ，由于12nnnncbcb，111nnnncbcb*2,nnN，故13211221nnnnncccccccccc1232111143nnnnnnbbbbbcbbbbb1 21111111111nnnnnnbbdb bdbbdbb121223111111111nnncccdbb
12、bbbb11111ndb由于10,1db，10nb，1111111ndbd，即1211ncccd【答案】21nn【解析】等差数列na的前n项和为nS，33a，410S，4232()10Saa，可得22a，数列的首项为1，公差为1，(1)2nn nS，12112()(1)1nSn nnn，则11111111112212(1)22334111nkknSnnnn（1）求na的通项公式；（2）求数列21nan 的前n项和【解析】（1）数列na满足123(21)2naanan2n时，1213(23)2(1)naanan(21)2nna221nan当1n 时，12a，上式也成立221nan（2）21121
13、(21)(21)2121nannnnn数列21nan 的前n项和1111112(1)()()133521212121nnnnn 4（2015 新课标，理 17）nS为数列na的前 n 项和已知na0，2nnaa=43nS（）求na的通项公式：（）设,求数列的前 n 项和【解析】（）当1n 时，211112434+3aaSa，因为0na，所以1a=3，当2n时，2211nnnnaaaa=14343nnSS=4na，即111()()2()nnnnnnaaaaaa，因为0na，所以1nnaa=2，所以数列na是首项为 3，公差为 2 的等差数列，所以na=21n；（）由（）知，nb=1111()(2
14、1)(23)2 2123nnnn，所以数列nb前 n 项和为12nbbb=1111111()()()235572123nn=11646n5（2013新课标，文17）已知等差数列na的前n项和nS满足3S=0，5S=-5（）求na的通项公式；（）求数列21211nnaa的前n项和【解析】（）由3S=0，5S=-5得，1133 202ad，1155 452ad ，解得1a=1，d=-1，na=2n；（）由已知na=2n，21211nnaa=1(32)(1 2)nn=111()2 3212nn，数列21211nnaa的前n项和为133521211111111()()()2nnaaaaaa=1211
15、11()2naa=11(1)212n=12nn6（2011 新课标，理 17）等比数列na的各项均为整数，且1223aa=1，23a=269a a，（）求数列na的通项公式；（）设nb=31323logloglognaaa，求数列1nb的前n项和【解析】（）设数列na的公比为q，由23a=269a a得23a=249a，所以2q=19，由条件可知q0，故q=13由122+3aa=1 得112+3aa q=1，所以1a=13，故数列na的通项公式为na=13n（）nb=31323logloglognaaa=(12)n=(1)2n n故1nb=2(1)n n=112()1nn，12111nbbb=
16、111112(1)()()2231nn=21nn所以数列1nb的前n项和为21nn7（2016 年天津高考）已知 na是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的*Nn，nb是na和1na的等差中项()设22*1,Nnnncbbn，求证：数列 nc是等差数列；()设22*11,1,Nnknkkad Tb n，求证：2111.2nkkTd【解析】()由题意得21nnnba a，有22112112nnnnnnnncbbaaa ada，因此21212()2nnnnccd aad，所以数列 nc是等差数列()2222221234212()()()nnnTbbbbbb 2422()nd aaa22()2
17、2nn aad22(1)d n n所以2222111111111111()(1)2(1)21212nnnkkkkTdk kdkkdnd8（2011 安徽）在数 1 和 100 之间插入n个实数，使得这2n个数构成递增的等比数列，将这2n个数的乘积记作nT，再令,lgnnaT1n（）求数列 na的通项公式；（）设1tantan,nnnbaa求数列 nb的前n项和nS【解析】（）设221,nlll构成等比数列，其中,100,121ntt则,2121nnnttttT,1221ttttTnnn并利用得),21(1022131nittttnin.1,2lg,10)()()()()2(2122112212
18、nnTattttttttTnnnnnnnn（）由题意和（）中计算结果，知.1),3tan()2tan(nnnbn另一方面，利用,tan)1tan(1tan)1tan()1tan(1tankkkkkk得.11tantan)1tan(tan)1tan(kkkk所以231tan)1tan(nknkknkkbS.1tan3tan)3tan()11tantan)1tan(23nnkknk9(2014 山东）已知等差数列na的公差为 2，前n项和为nS，且1S，2S，4S成等比数列（）求数列na的通项公式；（）令nb=,4)1(11nnnaan求数列nb的前n项和nT【解析】（）,64,2,2141211
19、daSdaSaSd4122421,SSSSSS成等比解得12,11naan（）)121121()1(4)1(111nnaanbnnnnn，当n为偶数时11111(1)()()33557nT 1111()()23212121nnnn1221211nnnTn11111(1)()()33557nnT 当 为奇数时，1111()()23212121nnnn12221211nnnTn为奇数为偶数nnnnnnTn,1222,12210（2013 广东）设各项均为正数的数列 na的前n项和为nS，满足21441nnSan，*nN，且2514,a a a构成等比数列（）证明：2145aa；（）求数列 na的通
20、项公式；（）证明：对一切正整数n，有1223111112nna aa aa a【解析】（）当1n 时，22122145,45aaaa，21045naaa（）当2n时，214411nnSan，22114444nnnnnaSSaa2221442nnnnaaaa,102nnnaaa 当2n时，na是公差2d 的等差数列2514,a a a构成等比数列，25214aaa，2222824aaa，解得23a,由（）可知，212145=4,1aaa213 12aa na是首项11a,公差2d 的等差数列数列 na的通项公式为21nan（）1223111111111 33 55 721 21nna aa aa
21、 ann11111111123355721211111.2212nnn考点考点 63 错位相减法错位相减法1（2020 全国理 17）设等差数列 na满足113,34nnaaan（1）计算23,aa，猜想 na的通项公式并加以证明；（2）求数列2nna的前n项和nS【答案】（1）21nan；（2）1(21)22nnSn【思路导引】（1）利用递推公式得出23,a a，猜想得出 na的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）由错位相减法求解即可【解析】（1）由13a，134nnaan，21345aa，323427aa，猜想na的通项公式为21nan证明如下：（数学归纳法）当1,2,3n 时，显然成
22、立；（1）假设nk时，即21kak成立；其中*(N)k，由134kkaak3(21)4kk2(1)1k（2）故假设成立，综上（1）（2），21nan*(N)n（2）解法一：令2(21)2nnnnban，则前项和1212.3252.(21)2nnnSbbbn（1）由（1）两边同乘以 2 得：23123252.(21)2(21)2nnnSnn（2）由（1）（2）的322112(12)3222.2(21)26(21)212nnnnnSnn，化简得1(21)22nnSn解法二：由（1）可知，2(21)2nnnan2313 25 27 2(21)2(21)2nnnSnn ，234123 25 27 2(
23、21)2(21)2nnnSnn ，由得：23162222(21)2nnnSn 21121 262(21)21 2nnn 1(1 2)22nn，即1(21)22nnSn2（2014 新课标 I，文 17）已知na是递增的等差数列，2a，4a是方程2560 xx的根。（I）求na的通项公式；（II）求数列2nna的前n项和【解析】（I）设数列na的公差为d，方程2560 xx两根为 2,3，由题得2a=2，4a=3，在4a-2a=2d，故d=12，1a=32，数列na的通项公式为na=112n6 分（II）设数列2nna的前n项和为nS，由（I）知，2nna=122nn，则nS=234134522
24、222nn，12nS=341234122222nnnn，-得12nS=234123111222222nnn=1211(1)2221212nnn=2412nn，nS=1422nn12 分3（2015 浙江）已知数列 na和 nb满足，12a，11b，*12(N)nnaa n，1231123bbb*111(N)nnbbnn（）求na与nb；（）记数列n na b的前n项和为nT，求nT【解析】（）由12a，12nnaa，得2nna 当1n 时，121,bb故22b 当n2时，11,nnnbbbn整理得11,nnbnbn所以nbn（）由（）知，2nnna bn，故2322 23 22nnTn ，23
25、41222 22 21 22nnnTnn ，所以11 22nnTn4（2013 湖南）设nS为数列na的前项和，已知01a，2nnSSaa11，nN()求1a，2a，并求数列 na的通项公式；()求数列nna的前n项和【解析】()11111121.SSaanaS时，当.1,011aa11111111222221nnnnnnnnnaaaaSaaSaassan时，当-.*,22111Nnaqaannn的等比数列，公比为时首项为（）nnnnqanqaqaqaqTanaaaT321321321321设1432321nnanaaaqT上式左右错位相减：nnnnnnnnnaqqanaaaaaTq21211
26、)1(111321*,12)1(NnnTnn。5（2016 年山东高考）已知数列 na的前 n 项和238nSnn，nb是等差数列，且1.nnnabb（）求数列 nb的通项公式；（）令1(1).(2)nnnnnacb求数列 nc的前 n 项和 Tn【解析】()因为数列 na的前n项和nnSn832，所以111a，当2n时，56)1(8)1(383221nnnnnSSannn，又56 nan对1n也成立，所以56 nan又因为 nb是等差数列，设公差为d，则dbbbannnn21当1n时，db1121；当2n时，db1722，解得3d，所以数列 nb的通项公式为132ndabnn()由1112)
27、33()33()66()2()1(nnnnnnnnnnnbac，于是14322)33(2122926nnnT，两边同乘以，得21432)33(2)3(29262nnnnnT，两式相减，得214322)33(23232326nnnnT2222)33(21)21(2323nnn222232)33()21(2312nnnnnnT6(2015 湖北)设等差数列na的公差为d，前n项和为nS，等比数列nb的公比为q已知11ba，22b，qd，10100S()求数列na，nb的通项公式；()当1d 时，记nnnacb，求数列 nc的前n项和nT【解析】（）由题意有，1110451002ada d，即112
28、9202ada d解得112ad或1929ad，故1212nnnanb或11(279)929()9nnnanb（）由1d，知21nan，12nnb，故1212nnnc，于是2341357921122222nnnT，2345113579212222222nnnT-可得221111212323222222nnnnnnT，故nT12362nn7（2013 山东）设等差数列 na的前n项和为nS，且424SS，221nnaa（）求数列 na的通项公式；（）设数列 nb的前n项和nT,且12nnnaT（为常数），令2nncb（*nN）求数列 nc的前n项和nR【解析】（）设等差数列 na的首项为1a，公
29、差为d，由424SS，221nnaa得11114684(21)22(1)1adadanand，解得，11a，2d 因此21nan*()nN（）由题意知：12nnnT所以2n时，112122nnnnnnnbTT 故，1221221(1)()24nnnnncbn*()nN所以01231111110()1()2()3()(1)()44444nnRn ，则12311111110()1()2()(2)()(1)()444444nnnRnn 两式相减得1231311111()()()()(1)()444444nnnRn11()144(1)()1414nnn整理得1131(4)94nnnR，所以数列 nc的
30、前n项和1131(4)94nnnR8（2017 山东）已知 nx是各项均为正数的等比数列，且123xx，322xx（）求数列 nx的通项公式；（）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点11(,1)P x，22(,2)P x，11(,1)nnPxn得到折线1P2P1nP，求由该折线与直线0y，1xx，1nxx所围成的区域的面积nT【解析】()设数列nx的公比为q，由已知0q 由题意得1121132xx qx qx q，所以23520qq，因为0q,所以12,1qx，因此数列nx的通项公式为12.nnx（）过123,P P P，1nP向x轴作垂线，垂足分别为123,Q Q Q，1nQ,由()得
31、111222.nnnnnxx记梯形11nnnnP P QQ的面积为nb由题意12(1)2(21)22nnnnnbn，所以123nTbbb+nb=1013 25 272 +32(21)2(21)2nnnn又01223 25 272nT +21(21)2(21)2nnnn得12113 2(22.2)(21)2nnnTn=1132(1 2)(21)2.21 2nnn所以(21)21.2nnnT9（2017 天津）已知na为等差数列，前 n 项和为()nSnN，nb是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，2312bb,3412baa，11411Sb（）求na和 nb的通项公式；（）求数列221nna
32、 b的前 n 项和()nN【解析】（）设等差数列na的公差为d，等比数列 nb的公比为q由已知2312bb，得21()12b qq，而12b，所以260qq又因为0q，解得2q 所以，2nnb 由3412baa，可得138da由114=11Sb，可得1516ad，联立，解得11a，3d，由此可得32nan所以，数列na的通项公式为32nan，数列 nb的通项公式为2nnb（）设数列221nna b的前n项和为nT，由262nan，1212 4nnb，有221(31)4nnna bn，故232 45 48 4(31)4nnTn ，234142 45 48 4(34)4(31)4nnnTnn ，上
33、述两式相减，得23132 43 43 43 4(31)4nnnTn 1112(14)4(31)414(32)48.nnnnn 得1328433nnnT所以，数列221nna b的前n项和为1328433nn10（2015 湖北）设等差数列na的公差为 d，前 n 项和为nS，等比数列nb的公比为 q 已知11ba，22b，qd，10100S（）求数列na，nb的通项公式；（）当1d 时，记nnnacb，求数列 nc的前 n 项和nT【解析】（）由题意有，1110451002ada d，即1129202ada d解得112ad或1929ad，故1212nnnanb或11(279)929()9nn
34、nanb（）由1d，知21nan，12nnb，故1212nnnc，于是2341357921122222nnnT，2345113579212222222nnnT-可得221111212323222222nnnnnnT，故nT12362nn11（2014 四川）设等差数列 na的公差为d，点(,)nna b在函数()2xf x 的图象上（*nN）（）若12a ，点87(,4)ab在函数()f x的图象上，求数列 na的前n项和nS；（）若11a，函数()f x的图象在点22(,)a b处的切线在x轴上的截距为12ln2，求数列nnab的前n项和nT【解析】（）点(,)nna b在函数()2xf x
35、 的图象上，所以2nanb，又等差数列 na的公差为d，所以1112222nnnnaaadnanbb因为点87(,4)ab在函数()f x的图象上，所以87842abb，所以8724dbb2d又12a ，所以221(1)232nn nSnadnnnnn（）由()2()2 ln2xxf xfx，函数()f x的图象在点22(,)a b处的切线方程为222(2ln2)()aybxa所以切线在x轴上的截距为21ln2a，从而2112ln2ln2a，故22a 从而nan，2nnb，2nnnanb231232222nnnT 2341112322222nnnT所以23411111112222222nnnn
36、T111211222nnnnn 故222nnnT12（2012 浙江）已知数列 na的前n项和为nS，且nS=22nn，nN，数列 nb满足24log3nnab，*nN（）求,nna b；（）求数列nnab的前n项和nT【解析】（）由nS=22nn，得当n=1 时，113aS；当n2 时，1nnnaSS2222(1)(1)41nnnnn，*nN由24log3nnab，得21nbn，*nN（）由（1）知1(41)2nnna bn，*nN所以2137 2 11 2.41 2nnTn ，2323 27 211 2.41 2nnTn ，21241 234(22.2)nnnnTTn(45)25nn(45
37、)25nnTn，*nN考点考点 64 并项法与倒序求和法并项法与倒序求和法1（2011 安徽）若数列 na的通项公式是(1)(32)nan,则1210aaa=A15B12C12D15【答案】A【解析】101210147 10(1)(3 102)aaa 910(1 4)(7 10)(1)(3 92)(1)(3 102)15 考点考点 65 数列综合问题数列综合问题A440B330C220D110【解析】设该数列为na，设1(1)(1)12221nnnnn nbaa，()nN，则(1)211n nniiiiba，由 题 意 可 设 数 列na的 前N项 和 为NS，数 列nb的 前n项 和 为nT
38、，则121121212122nnnTn ，可知当N为(1)2n n 时()nN，数列na的前N项和为数列nb的前n项和，即为122nn，容易得到100N 时，14n，A项，由29304352，4404355，可知305304402952292212STb，故A项符合题意B项，仿上可知25263252，可知2652633025522522124STb，显然不为 2 的整数幂，故B项不符合题意C项，仿上可知20212102，可知2110211022020102202212223STb，显然不为 2 的整数幂，故C项不符合题意D项，仿上可知14 151052，可知155151101452142212
39、15STb，显然不为 2 的整数幂，故D项不符合题意故选AA18 个B16 个C14 个D12 个【答案】C【解析】由题意可知，“规范 01 数列”有偶数项2m项，且所含 0 与 1 的个数相等，首项为 0，末项为 1，若4m，说明数列有 8 项，满足条件的数列有：0，0，0，0，1，1，1，1；0，0，0，1，0，1，1，1；0，0，0，1，1，0，1，1；0，0，0，1，1，1，0，1；0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1；0，0，1，0，1，1，0，1；0，0，1，1，0，1，0，1；0，0，1，1，0，0，1，1；0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0
40、，1，0，1，1；0，1，0，0，1，1，0，1；0，1，0，1，0，0，1，1；0，1，0，1，0，1，0，1共 14 个，故选C3（2013 新课标，理 12）设AnBnCn的三边长分别为 an,bn,cn，AnBnCn的面积为 Sn，n=1,2,3,若 b1c1，b1c12a1，an1an，bn1cnan2，cn1bnan2，则()ASn为递减数列B。Sn为递增数列CS2n1为递增数列，S2n为递减数列DS2n1为递减数列，S2n为递增数列【答案】B【解析】1na=na，na=1a，1nb=2nnca，1nc=2nnba，1nb+1nc=122nnbca，1nb+1nc-12a=11(2
41、)2nnbca，1112bca，nnbc=12a，由余弦定理得cosnA=2222nnnnnbcab c=221()22nnnnnnbcb cab c=21322nnnnab cb c，sinnA=21 cosnA=241122394nnnnaab cb c，nnnA B CS=1sin2nnnb cA=421191324nnaa b c，1nb1nc=22nnnncaba=211()4n nnnb ca bca=23()44nnnnb cbcn nb c（11bc），111nnnABCSnnnA B CS，故nS为递增数列，故选 B4（2019 浙江 10）设 a，bR，数列an中 an=a
42、，an+1=an2+b，nN,则A当 b=12时，a1010B当 b=14时，a1010C当 b=-2 时，a1010D当 b=-4 时，a1010【答案】A【解析】对于B，令2104x，得12，取112a，所以211,1022naa，所以当14b 时，1010a，故B错误；对于C，令220 x，得2或1，取12a，所以22,210naa，所以当2b 时，1010a，故C错误；对于D，令240 x，得1172，取11172a，所以21172a，117102na，所以当4b 时，1010a，故D错误；对于A，221122aa，223113224aa，242431911714216216aaa，1
43、0nnaa，na递增，当4n时，11132122nnnnaaaa，所以5465109323232aaaaaa，所以610432aa，所以107291064a故 A 正确 故选 A5 (2015 湖 北)设12,na aa R，3n 若 p：12,na aa成 等 比 数 列；q：222121()naaa22222312231()()nnnaaaa aa aaa，则Ap 是 q 的充分条件，但不是 q 的必要条件Bp 是 q 的必要条件，但不是 q 的充分条件Cp 是 q 的充分必要条件Dp 既不是 q 的充分条件，也不是 q 的必要条件【答案】A【解析】对命题 p：12,na aa成等比数列，
44、则公比)3(1naaqnn且0na；对命题q，当0na时，22222221212312231()()()nnnnaaaaaaa aa aaa成立；当0na时，根据柯西不等式，等式22222221212312231()()()nnnnaaaaaaa aa aaa成立，则nnaaaaaa13221 ，所以12,na aa成等比数列，所以p是q的充分条件，但不是q的必要条件6（2020 全国文 17）设等比数列 na满足12314,8aaaa（1）求 na的通项公式；（2）设nS为数列3logna的前n项和若13mmmSSS，求m【答案】（1）13nna；（2）6m【思路导引】（1）设等比数列 na
45、的公比为q，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出3logna的通项公式，利用等差数列求和公式求得nS，根据已知列出关于m的等量关系式，求得结果【解析】（1）设等比数列 na的公比为q，根据题意，有1121148aa qa qa，解得113aq，所以13nna（2）令313loglog 31nnnban，所以(01)(1)22nnnn nS，根据13mmmSSS，可得(1)(1)(2)(3)222m mm mmm，整理得2560mm，因为0m，所以6m 7（2014 浙江）设函数21)(xxf，),(2)(22xxxf|2sin|31)(3xxf，99iia
46、，0,1,2,99i，记10|()()|kkkIf af a21|()()|kkf af a9998|()()|kkfafa，.3,2,1k则A321IIIB312IIIC231IIID123III【答案】B【解析】21)(xxf在0,1上单调递增，可得1110()()0f af a，1211()()0f af a，199198()()0f af a，111101211199198|()()|()()|()()|If af af af af af a1110121119919819910()()+()()()()=()()f af af af af af af af a=299-0=199（）
47、),(2)(22xxxf在49099，上单调递增，在50,199单调递减2120()()0f af a，249248()()0f af a，250249()()0f af a，251250()()0f af a，299298()()0f af a221202221299298|()()|()()|()()|If af af af af af a=24920299250()()()()f af af af a=250202992()()()f af af a=505098004(1)199999801|2sin|31)(3xxf在240,99，50 74,99 99上单调递增，在25 49,99
48、 99，75,199上单调递减，可得33253493742492()2()2(=(2sinsin)39999If af af a）252 2 62 26263 2(2sinsin)()1312123444因此312III8（2013 新课标，理 16）等差数列na前 n 项和为nS，10S=0，15S=25，则nnS的最小值为【答案】-49【解析】由题知，111010 9021515 14252dada，解得1323ad，nS=2103nn，nnS=32103nn，设()f n=32103nn，()fn=23203nn=203()33n n，当 0n6 时，()fn0，当n7 时，()fn0，
49、(7)f=-49(6)f=24，故nnS的最小值为-499.(2018 江苏)已知集合*|21,Ax xnnN，*|2,nBx xnN将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列na记nS为数列na的前n项和，则使得112nnSa成立的n的最小值为【答案】27【解析】所有的正奇数和2n(*nN)按照从小到大的顺序排列构成 na，在数列 na中，52前面有 16个正奇数，即5212a，6382a当1n 时，121 1224Sa，不符合题意；当2n 时，2331236Sa，不符合题意；当3n 时，3461248Sa，不符合题意；当4n 时，45101260Sa，不符合题意；当26n 时，52621
50、(1 41)2(1 2)21 2S=441+62=5032812a=540，符合题意故使得112nnSa成立的n的最小值为 2710（2015 陕西）中位数为 1 010 的一组数构成等差数列，其末项为 2 015，则该数列的首项为【答案】5【解析】设数列的首项为1a，则120152 10102020a，所以15a，故该数列的首项为511（2019 江苏 20）定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“M数列”（1）已知等比数列an*()nN满足：245324,440a aa aaa，求证：数列an为“M数列”；（2）已知数列bn*()nN满足：111221,nnnbSbb，其中 Sn为数列b