考点19 数列通项与求和与通项（教师版）备战2021年新高考数学微专题补充考点精练

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1、 第 1 页 / 共 28 页 考点考点 19 数列通项与求和与通项数列通项与求和与通项 1. 掌握数列通项的几种常用方法:归纳法、累加法、累积法、转化法等方法来求数列的通项公 式 . 2. 掌握数列求和的几种常用方法:公式法、分组求和法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加 法,能熟练地应用这些方法来求数列的和 数列的求和是高考重点考查的内容之一，考查的形式往往是体现在综合题型中，作为考查的 内容之一。近几年主要考察了运用错位相减法求数列的和。 数列的通项公式是数列的本质属性之一,它是研究数列的相关性质的一个重要支撑点,因此,学 习数列首要的就是要能根据不同的条件求数列的通项公式;数列的前 n

2、项和既是数列的基本 问题之一,同时,也与数列的通项存在着必然的联系,也是学习数列时,必须要掌握的重要知识 点 .关于数列的通项公式,学习中要紧紧围绕着求通项的方法进行,求数列的通项,大致可有以 下四类: 1. 应用不完全归纳法,即根据数列的前几项来寻找规律,归纳通项或其中某项; 2. 应用 S n 与 a n 的关系,求解通项; 3. 应用“累加法” “累积法”等课本上常见方法求解通项; 4. 构造新数列,即把其他数列转化为等差、等比数列来加以解决,此种方法在很多考题中都有 所体现 关于数列的前 n 项和的求解,要紧紧抓住通项,分析其特征,由此来选择适当的求和方 法,把问题转化成最基本的数列求

3、和 . 常考的求和方法有:等差数列和等比数列的公式法、倒 序相加法、错位相减法、裂项相消法等 1、 【2020 年北京卷】在等差数列 n a中， 1 9a ， 3 1a 记 12 (1,2,) nn Taaa n，则数列 n T 考纲要求考纲要求 近三年高考情况分析近三年高考情况分析 三年高考真题三年高考真题 考点总结考点总结 第 2 页 / 共 28 页 （ ） A. 有最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项 C. 无最大项，有最小项 D. 无最大项，无最小项 【答案】B 【解析】由题意可知，等差数列的公差 51 1 9 2 5 15 1 aa d ， 则其通项公式为： 1 191221

4、1 n aandnn ， 注意到 1234567 01aaaaaaa ， 且由 5 0T 可知06, i TiiN， 由 1 17, i i i T aiiN T 可知数列 n T不存在最小项， 由于 123456 9,7,5,3,1,1aaaaaa ， 故数列 n T中的正项只有有限项： 2 63T ， 4 63 15945T . 故数列 n T中存在最大项，且最大项为 4 T. 故选：B. 2、【2020 年全国 2 卷】 数列 n a中， 1 2a ， m nmn aa a ， 若 1 55 121 0 22 kkk aaa ， 则k （ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答

5、案】C 【解析】在等式 m nmn aa a 中，令1m，可得 11 2 nnn aa aa ， 1 2 n n a a ， 所以，数列 n a是以2为首项，以2为公比的等比数列，则 1 2 22 nn n a ， 10110 1 110510 1210 1 221 2 221221 1 21 2 k k k kkk a aaa ， 15 22 k ，则15k ，解得4k . 故选：C. 3、 【2020 年山东卷】将数列2n1与3n2的公共项从小到大排列得到数列an，则an的前 n 项和为 _ 【答案】 2 32nn 第 3 页 / 共 28 页 【解析】因为数列21n是以 1 为首项，以

6、2 为公差的等差数列， 数列32n是以 1 首项，以 3 为公差的等差数列， 所以这两个数列的公共项所构成的新数列 n a是以 1 为首项，以 6 为公差的等差数列， 所以 n a的前n项和为 2 (1) 1632 2 n n nnn ， 故答案为： 2 32nn. 4、 【2019 年高考全国 I 卷理数】记 Sn为等比数列an的前 n 项和若 2 146 1 3 aaa，则 S5=_ 【答案】 121 3 【解析】设等比数列的公比为q，由已知 2 146 1 , 3 aaa，所以 325 11 (), 33 qq又0q ， 所以3,q 所以 5 5 1 5 1 (1 3 ) (1)121

7、3 11 33 aq S q 【名师点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算， 部分考生易出现运算错误 5、【2019 年高考全国 III 卷理数】 记 Sn为等差数列an的前 n 项和， 121 03aaa ， 则 10 5 S S _ 【答案】4 【解析】设等差数列an的公差为 d, 因 21 3aa，所以 11 3ada，即 1 2ad， 所以 10 5 S S 1 1 1 1 10 9 10 100 2 4 5 4 25 5 2 ad a a ad 6、 【2018 年高考全国 I 卷理数】记 n S为数列 n a的前n项和，若21 nn Sa，则

8、 6 S _ 【答案】63 【解析】 根据21 nn Sa， 可得 11 21 nn Sa ， 两式相减得 11 22 nnn aaa ， 即 1 2 nn aa ， 当1n 时， 111 21Saa，解得 1 1a ，所以数列 n a是以1 为首项，以 2 为公比的等比数列，所以 6 6 12 63 12 S ，故答案是63. 第 4 页 / 共 28 页 7、 【2018 年高考江苏卷】已知集合 * |21,Ax xnnN， * |2 , n Bx xnN将AB的所有 元素从小到大依次排列构成一个数列 n a记 n S为数列 n a的前 n 项和，则使得 1 12 nn Sa 成立的 n

9、的最小值为_ 【答案】27 【解析】所有的正奇数和 2nn N按照从小到大的顺序排列构成 n a，在数列| n a中，25前面有16 个 正 奇 数 ， 即 56 2138 2 ,2aa. 当 n=1 时 ， 12 1 1224Sa ， 不 符 合 题 意 ； 当 n=2 时 ， 23 31236Sa，不符合题意；当n=3时， 34 61248Sa，不符合题意；当n=4时， 45 1012=54 2 0Sa ,符合题意.故使得 +1 12 nn Sa成立的n的 最小值为27. 8、 【2020 年全国 1 卷】.设 n a是公比不为 1的等比数列， 1 a为 2 a， 3 a的等差中项 （1）

10、求 n a的公比； （2）若 1 1a ，求数列 n na的前n项和 【答案】 （1）2； （2） 1(13 )( 2) 9 n n n S . 【解析】 （1）设 n a的公比为q， 1 a为 23 ,a a的等差中项， 2 1231 2,0,20aaa aqq， 1,2qq ； （2）设 n na前n项和为 n S， 1 1 1,( 2)n n aa ， 21 1 12( 2)3 ( 2)( 2)n n Sn ， 231 21 ( 2)2( 2)3 ( 2)(1)( 2)( 2) nn n Snn ， 第 5 页 / 共 28 页 得， 21 31( 2)( 2)( 2)( 2) nn n

11、 Sn 1( 2)1(13 )( 2) ( 2) 1( 2)3 nn n n n ， 1(13 )( 2) 9 n n n S . 9、 【2020 年全国 3 卷】设数列an满足 a1=3， 1 34 nn aan （1）计算 a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明； （2）求数列2nan的前 n项和 Sn 【答案】 （1） 2 5a ， 3 7a ，21 n an，证明见解析； （2） 1 (21) 22 n n Sn . 【解析】 （1）由题意可得 21 34945aa， 32 3815 87aa ， 由数列 n a的前三项可猜想数列 n a是以3为首项，2为公差的等差数列，即21 n

12、 an， 证明如下： 当1n 时， 1 3a 成立； 假设nk时，21 k ak成立. 那么1nk时， 1 343(21)4232(1) 1 kk aakkkkk 也成立. 则对任意的 * nN，都有 21 n an成立； （2）由（1）可知，2(21) 2 nn n an 231 3 25 27 2(21) 2(21) 2 nn n Snn ， 2341 23 25 27 2(21) 2(21) 2 nn n Snn ， 由得： 231 62222(21) 2 nn n Sn 21 1 21 2 62(21) 2 1 2 n n n 1 (1 2 ) 22 n n ， 即 1 (21) 22

13、 n n Sn . 10、 【2020 年天津卷】 已知 n a为等差数列， n b为等比数列， 11543543 1,5,4abaaabbb 第 6 页 / 共 28 页 （）求 n a和 n b的通项公式； （）记 n a的前n项和为 n S，求证： 2* 21nnn S SSn N； （）对任意的正整数n，设 2 1 1 32 , ,. nn nn n n n ab n a a c a n b 为奇数 为偶数 求数列 n c的前2n项和 【答案】 （） n an， 1 2n n b ； （）证明见解析； （） 4654 219 49 n n n n . 【解析】()设等差数列 n a的公

14、差为d，等比数列 n b的公比为 q. 由 1 1a ， 543 5aaa，可得 d=1. 从而 n a的通项公式为 n an. 由 1543 1,4bbbb， 又 q0，可得 2 440qq，解得 q=2， 从而 n b的通项公式为 1 2n n b . ()证明：由()可得 (1) 2 n n n S ， 故 2 1 (1)(2)(3) 4 nn S Sn nnn ， 22 2 1 1 12 4 n Snn ， 从而 2 21 1 (1)(2)0 2 nnn S SSnn ， 所以 2 21nnn S SS . ()当 n奇数时， 111 2 32(32)222 (2)2 nnn nn n

15、 nn abn c a an nnn ， 当 n为偶数时， 1 1 1 2 n n n n an c b ， 对任意的正整数 n，有 2222 21 11 222 1 212121 kkn nn k kk c kkn ， 第 7 页 / 共 28 页 和 2 231 11 211352321 444444 nn k knn kk knn c 由得 2 2314 1 11352321 444444 n k nn k nn c 由得 2 211 1 21 1 31222112144 1 4444444 1 4 nn k nnn k nn c ， 由于 11 21 1 121221121156544

16、 1 44334444123 4 1 4 n nnnn nnn ， 从而得： 2 1 565 99 4 n k n k n c . 因此， 2 212 111 4654 219 49 n nnn kkk n kkk n ccc n . 所以，数列 n c的前 2n项和为 4654 219 49 n n n n . 11、 【2020 年山东卷】已知公比大于1的等比数列 n a满足 243 20,8aaa （1）求 n a的通项公式； （2）记 m b为 n a在区间 * (0,()m mN 中的项的个数，求数列 m b的前100项和 100 S 【答案】 （1）2n n a ； （2） 100

17、 480S. 【解析】 （1）由于数列 n a是公比大于1的等比数列，设首项为 1 a，公比为q，依题意有 3 11 2 1 20 8 a qa q a q ， 解得解得 1 2,2aq，或 1 1 32, 2 aq(舍)， 所以2n n a ，所以数列 n a的通项公式为2n n a . （2）由于 1234567 22,24,28,216,232,264,2128，所以 1 b对应的区间为：0,1，则 1 0b ； 23 ,b b对应的区间分别为：0,2 , 0,3，则 23 1bb，即有2个1； 第 8 页 / 共 28 页 4567 ,b b b b对应的区间分别为：0,4 , 0,5

18、 , 0,6 , 0,7，则 4567 2bbbb，即有 2 2 个2； 8915 ,b bb对应的区间分别为：0,8 , 0,9 , 0,15，则 8915 3bbb，即有 3 2个3； 161731 ,bbb对应的区间分别为：0,16 , 0,17 , 0,31，则 161731 4bbb，即有 4 2 个4； 323363 ,bbb对应的区间分别为：0,32 , 0,33 , 0,63，则 323363 5bbb，即有 5 2个5； 6465100 ,bbb对应的区间分别为：0,64 , 0,65 , 0,100，则 6465100 6bbb，即有37个6. 所以 2345 100 1

19、22 23 24 25 26 37480S . 12、 【2019 年高考全国 II 卷理数】已知数列an和bn满足 a1=1，b1=0， 1 434 nnn aab ， 1 434 nnn bba . （1）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差数列； （2）求an和bn的通项公式. 【答案】（1）见解析；（2） 11 22 n n an， 11 22 n n bn. 【解析】（1）由题设得 11 4()2() nnnn abab ，即 11 1 () 2 nnnn abab 又因为a1+b1=l，所以 nn ab是首项为1，公比为 1 2 的等比数列 由题设得 11 4()4()8 n

20、nnn abab ，即 11 2 nnnn abab 又因为a1b1=l，所以 nn ab是首项为1，公差为2的等差数列 （2）由（1）知， 1 1 2 nn n ab ，21 nn abn 所以 111 ()() 222 nnnnn n aababn， 111 ()() 222 nnnnn n bababn 13、 【2019 年高考天津卷理数】设 n a是等差数列， n b是等比数列已知 112233 4,622,24abbaba， 第 9 页 / 共 28 页 （）求 n a和 n b的通项公式； （）设数列 n c满足 1 1 1,22 ,2 , 1, , kk n k k c n c

21、 b n 其中 * kN （i）求数列 22 1 nn ac的通项公式； （ii）求 2 * 1 n ii i acn N 【答案】 （1）31 n an；3 2n n b （2） （i） 22 19 41 nn n ac （ii） 2 *211* 1 27 25 212 n nn i i i acnnn NN 【解析】（1）设等差数列 n a的公差为d，等比数列 n b的公比为q依题意得 2 662 , 6124 , qd qd 解 得 3, 2, d q 故 1 4(1) 331,6 23 2 nn nn annb 所以， n a的通项公式为 31, nn anb的通项公式为3 2n n

22、b （2）（i） 222 113 21 3 219 41 nnn nnn n acab 所以，数列 22 1 nn ac的通项公式为 22 19 41 nn n ac （ii） 222 2 1111 2 11 nnn ii n i iiiii iiii acaa caac 1 221 2439 41 2 nn n ni i 211 4 1 4 3 25 29 14 n nn n 211* 2725 212 nn nn N 14、【2019 年高考浙江卷】设等差数列 n a的前 n 项和为 n S， 3 4a ， 43 aS，数列 n b满足：对每个 12 , nnnnnn nSb Sb Sb

23、N成等比数列 （1）求数列, nn ab的通项公式； 第 10 页 / 共 28 页 （2）记, 2 n n n a cn b N 证明： 12+ 2,. n cccn n N 【答案】 （1）21 n an，1 n bn n； （2）证明见解析. 【解析】（1）设数列 n a的公差为d，由题意得 111 24,333adadad， 解得 1 0,2ad 从而 * 22, n annN 所以 2* n SnnnN， 由 12 , nnnnnn Sb Sb Sb 成等比数列得 2 12nnnnnn SbSbSb 解得 2 12 1 nnnn bSS S d 所以 2* , n bnn nN （2

24、） * 221 , 22 (1)(1) n n n ann cn bn nn n N 我们用数学归纳法证明 （i）当n=1时，c1=01，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5的等差中项数 列bn满足 b1=1，数列（bn+1bn）an的前 n 项和为 2n2+n （1）求 q 的值； （2）求数列bn的通项公式 【答案】（1）2q ； （2） 2 1 15(43) ( ) 2 n n bn . 【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应 用能力. （1）由 4 2a 是 35 ,a a的等差中项得 354 24aaa， 所以 345

25、4 3428aaaa， 解得 4 8a . 由 35 20aa得 1 8()20q q ， 因为1q ，所以2q . （2）设 1 () nnnn cbb a ，数列 n c前 n 项和为 n S. 第 12 页 / 共 28 页 由 1 1 ,1, ,2. n nn S n c SSn 解得41 n cn. 由（1）可知 1 2n n a ， 所以 1 1 1 (41) ( ) 2 n nn bbn ， 故 2 1 1 (45) ( ),2 2 n nn bbnn ， 11123221 ()()()() nnnnn bbbbbbbbbb 23 111 (45) ( )(49) ( )73 2

26、22 nn nn . 设 22 111 3711 ( )(45) ( ),2 222 n n Tnn ， 221 11111 37 ( )(49) ( )(45) ( ) 22222 nn n Tnn 所以 221 11111 344 ( )4 ( )(45) ( ) 22222 nn n Tn ， 因此 2 1 14(43) ( ),2 2 n n Tnn ， 又 1 1b ，所以 2 1 15(43) ( ) 2 n n bn . 题型一、数列的通项 1、 （2020 届山东省德州市高三上期末）对于数列 n a，规定 n a为数列 n a的一阶差分数列，其中 * 1nnn aaan N ，

27、对自然数2k k ，规定 k n a 为数列 n a的k阶差分数列，其中 11 1 kkk nnn aaa .若 1 1a ， 且 2* 1 2n nnn aaan N ， 则数列 n a的通项公式为 （ ） A 21 2n n an B 1 2n n an C 2 12n n an D 1 212n n an 【答案】B 【解析】 二年模拟试题二年模拟试题 第 13 页 / 共 28 页 根据题中定义可得 2* 111 2 n n nnnnnn aaaaaana N， 即 11 22n nnnnnnn aaaaaaa ，即 1 22n nn aa ， 等式两边同时除以 1 2n，得 1 1

28、1 222 nn nn aa ， 1 1 1 222 nn nn aa 且 1 1 22 a ， 所以，数列 2 n n a 是以 1 2 为首项，以 1 2 为公差的等差数列， 11 1 2222 n n an n， 因此， 1 2n n an . 故选：B. 2、 （2020 浙江学军中学高三 3 月月考）已知函数( )1 x f xex，数列 n a的前 n 项和为, n S，且满足 1 1 2 a ， 1 () nn af a ，则下列有关数列 n a的叙述正确的是（ ） A 521| |43aaa B 78 aa C 10 1a D 100 26S 【答案】A 【解析】 由e1 x

29、x知， 1 ()e10 n a nnn af aa ，故 n a为非负数列，又 1 () nn af a ，即 1 1e n a nn aa ，所以 1 1e2 n nn a n aaa ，设( )e21 x g xx，则 ( ) e2 x g x ， 易知( )g x在0,ln2)单调递减，且 1 12ln2( )0 2 g x ，又 1 1 0ln2 2 a，所以， 21 1 0 2 aa，从而 1 0 1 2 nn aa ，所以 n a为递减数列，且0 1 2 n a，故 B、C 错误； 又 11 2 22 2 13731 e1e( ) 22424 a ，故当2n时，有 1 4 n a

30、，所以 100 S 123100 aaaa 1111101 24444 ，故 D 错误；又 5 1 4 a ，而 212 31 | |4| 22 |43aaa，故 A 正确. 故选：A. 3、 （2020 届江苏省南通市如皋中学高三下学期 3 月线上模拟）已知数列 * () n anN是等差数列， n S是其 前 n 项和.若 1569 13,18a aaS，则 n a的通项公式= n a_ 第 14 页 / 共 28 页 【答案】7n 【解析】设数列 n a公差为d，由已知得 111 1 (4 )513 93618 a adad ad ，解得 1 6 1 a d 6(1)7 n ann 故答

31、案为：7n 4、 （2020 届山东师范大学附中高三月考）设等差数列 n a前n项和为 n S，满足 42 4SS， 9 17a . （1）求数列 n a的通项公式； （2）设数列 n b满足 12 12 1 1 2 n n n bbb aaa ，求数列 n b的通项公式 【答案】(1) 21 n an(2) 21 2 n n n b 【解析】 （1）设等差数列 n a首项为 1 a，公差为d 由已知得 11 91 4684 817 adad aad ，解得 1 1 2 a d 于是 12(1)21 n ann （2）当1n 时， 1 1 11 1 22 b a 当2n时， 1 111 (1)

32、(1) 222 n nnn n b a ， 当1n 时上式也成立 于是 1 2 n n n b a 故 121 22 nn nn n ba 5、（2020 届山东省枣庄、 滕州市高三上期末） 已知等比数列 n a满足 1, a 2, a 31 aa 成等差数列， 且 134 a aa； 等差数列 n b的前 n 项和 2 (1)log 2 n n na S .求： （1）, n a n b； 第 15 页 / 共 28 页 （2）数列 n n a b的前项和 n T. 【答案】 （1）2n n a ， n bn （2） 1 (1) 22 n n Tn 【解析】 （1）设 n a的公比为 q.

33、因为 1, a 2, a 31 aa 成等差数列， 所以 2131 2aaaa，即 23 2aa. 因为 2 0a ，所以 3 2 2 a q a . 因为 134 a aa，所以 4 1 3 2 a aq a . 因此 1 1 2 nn n aa q . 由题意， 2 (1)log 2 n n na S (1) 2 nn . 所以 11 1bS， 122 3bbS，从而 2 2b . 所以 n b的公差 21 2 1 1dbb . 所以 1 (1)1 (1) 1 n bbndnn . （2）令 nn n ca b，则2n n cn. 因此 12nn Tccc 1231 1 22 23 2(1

34、) 22 nn nn . 又 2341 21 22 23 2(1) 22 nn n Tnn 两式相减得 231 22222 nn n Tn 1 222 =2 1 2 n n n 11 222 nn n 1 (1) 22 n n . 第 16 页 / 共 28 页 所以 1 (1) 22 n n Tn . 6、 （2020 届浙江省温州市高三 4 月二模）已知等差数列, n a和等比数列 n b满足： 3 1124935 1,*,3 ,330. nb abbNaaabab (I)求数列 n a和 n b的通项公式； (II)求数列 2 1nn n aa 的前n项和 n S. 【答案】(I) 21

35、 n an， 1 3n n b ；(II) 2 2 21 nn n 【解析】 (I) 3 1124935 1,3 ,330 b abaaabab ，故 2 24 3 123 3 1130 dq qdq ， 解得 2 3 d q ，故21 n an， 1 3n n b . (II) 222 2 1 111 21214144 2121 nn nnn aannnnn 1111 48 2121nn ，故 2 11 1 48212 21 n nnn S nn . 7、 （2020 届江苏省海安中金陵中新海高级中学高三 12 月联考）已知数列 n a满足： 123 aaak（常 数0k ） ， 1 1 2

36、 nn n n ka a a a （3n，n N）.数列 n b满足： 2 1 nn n n aa b a （n N）. （1）求 1 b， 2 b的值； （2）求数列 n b的通项公式； （3）是否存在 k，使得数列 n a的每一项均为整数？若存在，求出 k 的所有可能值；若不存在，请说明理 由. 【答案】 （1） 1 2b ， 2 21k b k ； （2） 2, 21,n n b k n k 为奇数 为偶数 ； （3）1,2 第 17 页 / 共 28 页 【解析】 （1）由已知得， 4 1ak， 所以 13 1 2 2 aa b a ， 24 2 3 121aakkk b akk .

37、（2）由条件可知： 121nnnn aaka a （3n） ， 所以 211nnnn aakaa （2n）. 得 122111nnnnnnnn aaaaa aaa . 即： 121121nnnnnnnn aaaaa aaa . 因此： 22 11 nnnn nn aaaa aa ， 故 2nn bb （3n） ，又因为 1 2b ， 2 21k b k ， 所以 2, 21,n n b k n k 为奇数 为偶数 . （3）假设存在 k，使得数列 n a的每一项均为整数，则 k 为正整数. 由（2）知 21221 22212 2 21 nnn nnn aaa k aaa k （1n ，2，3）

38、 由 1 akZ， 6 4 2 kZ k a ，所以1k 或 2， 检验：当1k 时， 21 3 k k 为整数， 利用 1 a， 2 a， 3 aZ结合， n a各项均为整数； 当2k 时变成 21221 22212 2 5 2 nnn nnn aaa aaa （1n ，2，3） 消去 21n a ， 21n a 得： 22222 3 nnn aaa （2n） 由 2 a， 4 aZ，所以偶数项均为整数， 第 18 页 / 共 28 页 而 22212 5 2 nnn aaa ，所以 21n a 为偶数，故 1 2ak，故数列 n a是整数列. 综上所述，k 的取值集合是1,2. 题型二、数

39、列的求和 1、（北京市房山区2019-2020学年高三上学期期末数学试题） 等差数列 n a 中， 若 147 6aaa ， n S 为 n a 的前n项和，则 7 S （ ） A28 B21 C14 D7 【答案】C 【解析】 等差数列 n a中，若 147 6aaa，则 44 36,2aa则 74 714Sa 故选：C 2、 （北京市北京师范大学附属实验中学 2019-2020 学年上学期期中）已知 n S 是等差数列 n a (n )的前 n项和，且564 SSS ,以下有四个命题： 数列 n a中的最大项为 10 S 数列 n a的公差0d 10 0S 11 0S 其中正确的序号是（

40、） A B C D 【答案】B 【解析】 564 SSS， 656 00aaa， 5 00ad， 数列 n a中的最大项为 5 S， 110 1056 10 50 2 aa Saa ， 111 116 11 110 2 aa Sa 正确的序号是 故选 B 第 19 页 / 共 28 页 3、 （北京市西城区第八中学 2019-2020 学年上学期期中）设等差数列 n a 的前 n 项和为 n S ，若 11 2,0,3 mmm SSS ，则m( ) A3 B4 C5 D6 【答案】C 【解析】 n a是等差数列 1 0 2 ms m m aa S 11 2 mmm aaSS 又 11 3 mm

41、m aSS ， 公差 1 1 mm daa ， 11 325 m aammm ，故选 C 4、 （2020 届山东省济宁市高三上期末）设等比数列 n a的公比为 q,其前 n 项和为 n S,前 n 项积为 n T,并满足 条件 120192020 1,1aaa, 2019 2020 1 0 1 a a ,下列结论正确的是( ) AS2019S2020 B 20192021 10aa CT2020是数列 n T中的最大值 D数列 n T无最大值 【答案】AB 【解析】 当0q 时， 2 201920202019 0aaaq，不成立； 当1q 时， 20192020 1,1aa， 2019 20

42、20 1 0 1 a a 不成立； 故01q，且 20192020 1,01aa，故 20202019 SS，A正确； 2 201920212020 110aaa ，故B正确； 2019 T是数列 n T中的最大值，CD错误； 故选：AB 第 20 页 / 共 28 页 5、 （2020 届山东省九校高三上学期联考）已知数列 n a中， 1 1 2 a ，其前n项和 n S满足 2 02 nnnn Sa San，则 2 a _； 2019 S_. 【答案】 1 6 1 2020 【解析】 （1）由题： 2 02 nnnn Sa San，令2n， 22 2 22222 2 2 11 ()0 22

43、 0,()Sa Saaa aa， 得： 2 31 0 24 a ，所以 2 1 6 a ； （2）由题 2 02 nnnn Sa San， 1 2 nnn aSSn 2 11 ()02 nnnnnn SSSSSSn ，化简得： 11 02 nnnn S SSSn ， 11 1111 10,1,(2) nnnn n SSSS ， 1 n S 是一个以 2 为首项，1 为公差的等差数列， 1 1 n n S ， 1 1 n S n ， 2019 1 2020 S 故答案为：(1). 1 6 (2). 1 2020 6、 （2020 届江苏省海安中金陵中新海高级中学高三 12 月联考）设 n S为数

44、列 n a的前 n 项和，若 31 nn Snan n（n N） ，且 2 11a ，则 20 S的值为_. 【答案】1240 【解析】当2n时， 2122 23 2 2 1Saaa ， 2 11a ，可得 1 5a ， 当2n时，由 1nnn aSS ，得 1 311312 nnn anan nnann ， 1 1161 nn nanan ，即 * 1 62, nn aannN ， 数列 n a是首项 1 5a ，公差为 6 的等差数列， 第 21 页 / 共 28 页 20 20 19 20 561240 2 S ， 故答案为：1240. 7、 （2020 届浙江省嘉兴市 3 月模拟）等比

45、数列 n a的相邻两项 n a， 1n a 是方程 2 0*2n n xxcNn 的两个实根，记 n T是数列 n c的前n项和，则 n T _ 【答案】 8 41 27 n 【解析】 因为 n a， 1n a 是方程 2 0*2n n xxcNn的两个实根， 则由韦达定理得， 1 2n nn aa ， 1nnn aac ， 因为数列 n a是等比数列，则数列 n a的公比 1 1 1 2 2 2 n nn n nn aa q aa ，又 121 12aaaq，所以 首项 1 2 3 a ，故 11 1 2 2 3 n nn aa q 所以 11 1 228 224 339 nnn nnn ca a ， 故数列 n c是以 8 9 为首项，4 为公比的等比数列， 所以 8 1 4 8 9 41 1 427 n n n T 故答案为： 8 41 27 n 8、 （2020 届山东省潍坊市高三上期末）已知各项均不相等的等差数列 n a的前4项和为10，且 124 ,a a a是 等比数列 n b的前3项. (1)求, nn a b; (2)设 1 1