2025-2026学年高二下学期人教A版数学期末练习 专题三：数列求和（8考点12考法）

PAGE1011考点1：等差数列的判断与证 考法1：利用定义证明等差数 考点2：等比数列的判断与证 考法2：利用定义证明等比数 考点3：利用Sn与an的关系求通 考法3：已知Sn与an的关系求通 考点4：分组求和 考法4：将数列拆分为等差与等比分别求 考法5：符号变化的数列并项求 考点5：裂项相消 67

nn

的裂项相 的裂项相 8

anbcnd

的裂项相 考点6：错位相减 考法9：等差×等比的数列求和（错位相减 考点7：等比数列求 考法10：等比数列求和公式的应 考点8：数列求和的综合应 考法11：周期数列求 考法12：多种求和方法综合运 本试卷主要考查数列求和的多种方法，包括分组求和、裂项相消、错位相减等请在答题时注意观察数列的通项特征，选择合适的求和方法解答题请写出详细的推导和计算步骤1.（解答）已知数列a中，a2，且 2n12anN*.求证：数列an为等差 列2.（解答）设d为非零实数且d1，数列ana1C1d2C2d2LkCkdkLnCndnnN*.判断数列a 是，给出证明；若不是，说明理由3：利用Sn与an3：已知Sn与an3.（解答）记Sn为数列an的前n项和，已知a26，且n2Snnan1求S1S2S3在下列两个结论中，任选一个加以证明；（若两个都证明，以首选计分Snan是等比数列 n 记Tn为数列Sn的前n项和，求Tnnn4.（解答）已知数列an的前n项和为Sn，Sn b4 113135 5.（多选）已知数列an:,,,,,,,L，其中第1项244888

2

1,344

135,,,888

，依此类推，设Sn为an的前n项和，则 a

SS

有且仅有一个正整数m

a

存在无数个正整数n，使得S 6.（解答）已知a0且a1fxaxln1x1.afnlnn1n,nN*，S为数列a的前n项和，当a2时，求 7.（解答）已知数列a满足a1

an2n为奇数记c

2an为偶数

c1c2c3Lcn100的所有正整数n的值

an1n为奇数求a的前n项和S

a2,n为偶数 9.（解答）已知数列a的前n项和为S，且S1nn1.若数列b

ba

求b的前2n项和T n 10.（解答）已知正项数列an的前n项和为Sn，且满足2Snanan1，数列bn为公比0的等比数列，且b2a3b4a27.若在an与an1之间插入bn1，由此构成一个新的数列dn，求d127的值.11.（解答）已知等差数列a的各项均为正数，且aaaaaa.若b1)nab1b2Lbm10，求正整数m的值

13

nn

12.（多选）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第层有10个球……设第n层有n个球，则（ ）a5

为偶 D.111L1

13.（填空）如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·后人称为“三角垛”.136设第n层有a个球，则a＿＿＿＿＿＿，数列150项和为 an 14.（解答）已知数列a满足a1，S6且 S 足b1，11 a n

15.（解答）已知数列aa3a15，且数列an为等差数列．记S 1的前nS3a n16.（解答）S为数列a的前n项和，已知a0,a2a2S2．设b ，求

.设b1，求数列b的前n项和T 18.（解答）已知数列a的前n项和为S，若点nanN*fx2x的图象上，且Snn1log2bn 设cb2，记数列c的前n项和为T1T1

anbcnd

n1 19.（填空）若数列a满足a ，则数列a前15项的n1 20.（解答）已知S是数列a的前n项和，数列3n133列.已知

Sn的前n项和T c nn1考法9：等差×等比的数列求和（错位相减21.（解答）已知数列a的前n项和为Sa1且

2nN*.若a2 ②求数列2n1的前n项和T

22.（解答）已知S是数列a的前nSnna1a1.求数列2na的前n Tn

23.（解答）已知数列a满足a1， 3a2n，ban.若c ，求数列c的前n项和Sn

a 24.（解答）记S为数列a的前n项和，已知S2a2nN 若bloga，求数列bn的前n项和T 2

a n 25.（解答）OP11,1,OPn

（已知

），数列c满足

anloga

2①设数列bnc2n，求数列bn的前n项和Tn②是否存在n0(n0Nn00)，对于任意n(nNn0)满足cncn？若存在，求出n0不存在，请说明理由26.（解答）设d为非零实数且d1，数列ana1C1d2C2d2LkCkdkLnCndnnN*.设bndn(1d)n1，求数列b 前n项和Sn 27.（解答）已知数列a满足

3nnN*，数列b满足

3na.Sa1a2a3L

1

1的所有正整数n的值28.（填空）记数列a的前n项和为S，且acosnπ，则

29.（单选）fxRf02xRfx1fx2x，fx2fx32x，则f2025的值为 22025

22025

a3b250，a5b2a3a45，nN.若cn ,n为偶数（已知b1 1 2 d16(2)n），求数列c的前2n项和S

PAGE1018专题三：数列求和（解析卷考点1：等差数列的判断与证 考法1：利用定义证明等差数 考点2：等比数列的判断与证 考法2：利用定义证明等比数 考点3：利用𝑺n与𝒂n的关系求通 考法3：已知𝑺n与𝒂n的关系求通 考点4：分组求和 考法4：将数列拆分为等差与等比分别求 考法5：符号变化的数列并项求 考点5：裂项相消 考法6：形如𝟏𝒏(𝒏+𝟏)的裂项相 考法7：形如𝟏𝒏(𝒏+𝒌)的裂项相 考法8：形如𝟏(𝒂n+𝒃)(𝒄n+𝒅)的裂项相 考点6：错位相减 考法9：等差×等比的数列求和（错位相减 考点7：等比数列求 考法10：等比数列求和公式的应 考点8：数列求和的综合应 考法11：周期数列求 考法12：多种求和方法综合运 （1）𝑆1=2,𝑆2=8,𝑆3=24（2）=(𝑛—1)2𝑛+1+（1）𝑎= 𝑏𝑛=3𝑛𝑇𝑛(2𝑛—2101+ 𝑛2+ 𝑆𝑛 4𝑛2,𝑛2𝑛+4𝑛+1— 𝑇𝑛𝑇𝑛（1）𝑎𝑛=2𝑛，𝑏𝑛=（2）4—𝑇𝑛=3(6𝑛—2(𝑛+2𝑛+析；②𝑇𝑛10—2𝑛+52𝑛—𝑇𝑛=—+ 2𝑛+3𝑆𝑛 — （1）𝑎𝑛=（2）𝑇𝑛=—①𝑇𝑛=21𝑛+4⋅8—𝑛+1=𝑆𝑛=—++𝑆2𝑛=64[3—1+3)(2)2+—4𝑛+1—专题三：数列求和（试卷）（逐题详解1.（解答𝑎𝑛+1=𝑝𝑎𝑛+𝑞𝑛𝑞𝑛+1𝑝𝑛+1所以，数列{𝑎𝑛}是以1为首项，1为公差的等差数列 5 所以𝑎𝑛+1—𝑎𝑛= 4 = +2𝑎， — = 22.（解答 𝑛—𝑘—（2）𝑘𝐶=【解析】解：（1）𝑎=𝑑，𝑎=1(𝐶1𝑑+2𝐶2𝑑2)=𝑑+𝑑2=𝑑(1+ 2=𝑛— 𝑛—+ 𝑑+⋯+𝐶𝑘—1𝑑𝑘—1+⋯+𝐶𝑛—1𝑑𝑛—𝑛—𝑛—=𝑑(1+𝑑)𝑛— 8𝑑𝑑1{𝑎𝑛𝑑为首项，𝑑110𝑘𝐶𝑘=𝑛𝐶𝑘—1𝑛—𝑎=1(𝐶1𝑑+2𝐶2𝑑2+⋯+𝑘𝐶𝑘𝑑𝑘+⋯+𝑛—=𝐶𝑘—15𝑛𝑘!(𝑛— (𝑘—1)!(𝑛— (𝑘—1)!(𝑛—1—(𝑘—左式=考点3：利用𝑺𝒏与𝒂𝒏考法3：已知𝑺𝒏与𝒂𝒏化简并整理，得𝑎𝑛+1化简并整理，得𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛(𝑛≥2，且𝑛∈ 7 𝑎1=𝑎2=2，所以𝑎2=2× 8故 }是以1为首项，2为公比的等比数列 9（3）（2）知，=2𝑛—1𝑆𝑛=𝑛⋅2𝑛—1(𝑛∈𝑵∗)……11若选择②：由（2）知 =2𝑛—1，故𝑎𝑛=(𝑛+1)⋅2𝑛—1(𝑛∈𝑵∗)……10𝑆= 𝑛+2𝑛=𝑛2𝑛—1(𝑛 11𝑇𝑛=1×20+2×21+⋯+(𝑛—1)⋅2𝑛—2+𝑛⋅2𝑛—2𝑇𝑛=121222𝑛1)2𝑛—1𝑛两式错位相减，得—𝑇𝑛=20+21+22+⋯+2𝑛—1—𝑛⋅ 13𝑛【答案】（1）𝑆1=2,𝑆2=8,𝑆3=24（2）（3）𝑇𝑛=(𝑛—1)2𝑛+1+【解析】解：（1）令𝑛=1，得3𝑆1=𝑎2.又𝑎2=6，所以𝑆1= 1𝑆2=𝑆1+𝑎2=2+6= 2令𝑛=2，得4𝑆2=2𝑎3.又𝑆2=8，所以𝑎3= 3故𝑆3=𝑆2+𝑎3=8+16= 4（2）(𝑛+2)𝑆𝑛=𝑛(𝑆𝑛+1—故2(𝑛+1)𝑆= ，所以𝑆𝑛+1=2×𝑆𝑛，𝑛∈ 7故{𝑆𝑛}是以1为首项，2为公比的等比数列 9若选择②：由已知，𝑆= 𝑛+2𝑛+1.𝑛≥2𝑛—𝑛+1……5𝑎= 𝑛+2𝑛==2𝑛—1—𝑛⋅2𝑛=(1—𝑛)⋅2𝑛—所以𝑇𝑛=(𝑛—1)⋅2𝑛+ 15𝑆𝑛𝑎𝑛+1𝑎𝑛+1=𝑆𝑛+1𝑆𝑛𝑆𝑛的递推式．错位相减{𝑏𝑛}{𝑏𝑛}𝑞𝑏1=3,𝑏4=813𝑞3=81𝑞=所以𝑏𝑛=3⋅3𝑛—1= 5（2）由（1）知𝑎𝑏=𝑛⋅3𝑛=𝑛⋅3𝑛— 6𝑛𝑇𝑛=130+231+332𝑛3𝑛—3𝑇𝑛=131232𝑛1)3𝑛—1𝑛 8—2𝑇𝑛=30+31+32+⋯+3𝑛—1—𝑛⋅𝑛3𝑛=3—1𝑛3𝑛=(1—2𝑛)3—110所以𝑇=(2𝑛—1)3 12𝑎𝑛=𝑆𝑛—𝑆𝑛—1𝑛=1的情况.法 【答案】（1）𝑎=𝑛，𝑏=3𝑛=(2𝑛—1)3【解析】解：（1）当𝑛=1时，𝑎=𝑆=12+1= 1 𝑛≥2时，𝑎=𝑆 𝑛—=𝑛2+𝑛—(𝑛—1)2+(𝑛—1)=2𝑛= 当𝑛=1时也符合，所以𝑎= 35.（多选【答案】【答案】11222434项，分8𝑘2𝑘—12𝑘1,3,⋯,2𝑘—1.𝑘1+2+4+⋯+2𝑘—1=2𝑘—A241=154=24—1=，A —𝑆4423=81+3+5+7+9+11+13+1582=4，B𝑚𝑚15满足条件，CD𝑘(2𝑘—1)2=2𝑘—2𝑘1122𝑘—2=11×(1—2𝑘—2𝑘—112—1𝑛2𝑘1时，𝑆=𝑛𝑘𝑘4𝑚24115= C2𝑖—12𝑖+14𝑖6.（解答【答案】【答案】2101+【解析】解：（1）当𝑎=2时，𝑎𝑛=2𝑛+ln(𝑛+1)—1—ln(𝑛+1)+𝑛=2𝑛+𝑛— 则𝑆100=21+22+23+⋯+2100+(0+1+2+⋯+ 2=2(1—2100)+100×99=2101+ 3【点拨】将数列化简后，拆分为等比数列和等差数列，分别利用求和公式计算7.（解答【答案】【答案】【解析】解：由题意，𝑎2=3，𝑎3=6，𝑎4=8，所以𝑏1=5，𝑏2=10， 又因为𝑏𝑛+1=𝑎2𝑛+2+2=(𝑎2𝑛+1+2)+2=2𝑎2𝑛+4= 5 所以数列{𝑏𝑛}是首项为5，公比为2的等比数列 7由（1）知𝑏𝑛=5×2𝑛—1，所以𝑐𝑛=5×2𝑛—1+ 9𝑐1+𝑐2+𝑐3+⋯+𝑐𝑛=5×(20+21+⋯+2𝑛—1)+𝑛=5×2𝑛+𝑛—11𝑐1𝑐2𝑐3𝑐𝑛且𝑐1+𝑐2+𝑐3+𝑐4=79<100<𝑐1+𝑐2+𝑐3+𝑐4+𝑐5= 13所以正整数𝑛的所有取值为 158.（解答𝑎2𝑘=𝑎2𝑘—1+1=𝑎1+3(𝑘1)1=3𝑘𝑛=2𝑘1(𝑘𝑵∗)时，𝑆𝑛=𝑆2𝑘—1=𝑆2𝑘—𝑎2𝑘=3𝑘2—3𝑘 153𝑛2,𝑛𝑆2𝑘𝑆2𝑘—1=𝑆2𝑘—𝑎2𝑘求奇数项和3𝑛21,𝑛综上所述，𝑆𝑛=3𝑛+1)23𝑛+113𝑛2 14 =3𝑘2=3𝑛)2= 10×3]+=2(𝑎1+𝑎3+⋯+𝑎2𝑘—1)+𝑘=2[𝑘𝑎1𝑛𝑛1是偶数，𝑛2𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+1，𝑎𝑛+2=𝑎𝑛+1+所以𝑎𝑛+2=𝑎𝑛+ 4所以{𝑎𝑛}的奇数项是首项为𝑎1=1，公差为3的等差数 5𝑛2𝑘(𝑘𝑵时，𝑆𝑛=𝑆2𝑘=(𝑎1𝑎3𝑎2𝑘—1(𝑎2𝑎4=(𝑎1+𝑎3+⋯+𝑎2𝑘—1)+(𝑎1+1+𝑎3+1+⋯+𝑎2𝑘—1+𝑘(𝑘—3𝑛2,𝑛3𝑛21,𝑛【答案】𝑆𝑛=9.（解答==1[(1111 — )]+22+24+⋯+ 10 2𝑛— =1(1 4(1—4) 12 +4𝑛+1— 13再相加+ —【解析】解：当𝑛=1时，𝑎1=𝑆1= 2当𝑛≥2时，𝑎=𝑆— =1𝑛(𝑛+1)—1𝑛(𝑛—1)= 4 𝑛—𝑇2𝑛=(𝑏1𝑏3𝑏2𝑛—1(𝑏2𝑏4𝑛=1𝑎𝑛=综上，𝑎𝑛= 6由（1）知，𝑏𝑛=2𝑛,𝑛 810.（解答【答案】【解析】解：当𝑛=1时，且𝑎𝑛>0，解得𝑎1= 1𝑛2时，2𝑆𝑛—1=𝑎𝑛—1(𝑎𝑛—1∴2𝑆𝑛—2𝑆𝑛—1=𝑎𝑛(𝑎𝑛+1)—𝑎𝑛—1(𝑎𝑛—1+ 3即2𝑎𝑛=𝑎2+𝑎𝑛— —𝑎𝑛—1，则(𝑎𝑛—𝑎𝑛—1—1)(𝑎𝑛+𝑎𝑛—1)= 𝑛—∵𝑎𝑛>0，则𝑎𝑛+𝑎𝑛—1>0，所以𝑎𝑛—𝑎𝑛—1=1(𝑛≥ 5∴{𝑎𝑛}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以𝑎𝑛= 6{𝑏𝑛𝑞(𝑞0)𝑏2=𝑎3=3，𝑏4=𝑎27=𝑏2=𝑏1𝑞=即𝑏4=𝑏1𝑞3=27，解得：𝑏1=1,𝑞=3𝑏𝑛=

𝑛—

8𝑎𝑛𝑎𝑛+1𝑏𝑛即在1和2之间插入𝑏1=1个 9在2和3之间插入𝑏2=3个 10在3和4之间插入𝑏3=9个 11在4和5之间插入𝑏4=27个 12在5和6之间插入𝑏5=81个 13到6时，恰好有6+(1+3+9+27+81)=127项，故𝑑127= 15【点拨】处理“插入项”构成的新数列问题，关键是确定原数列的项在新数列中的位置（项数），通过建立项数的不等式或方程来定位所求项.11.（解答若若𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏𝑚=10，则𝑘=40，𝑚= 11𝑚=2𝑘+1,𝑘∈𝑵∗+ )= 102𝑘— ①当𝑚=2𝑘,𝑘∈𝑵∗时，𝑏+𝑏+⋯+ =(𝑏+𝑏)+⋯+ 2𝑘2𝑘+1 82𝑘— 𝑏=(—1)𝑛𝑛+1由于{𝑎}各项均为正数，故𝑑=，{𝑎}的通项公式为𝑎= 6 13由𝑎=𝑎𝑎𝑎可得，5𝑑=2𝑑×4𝑑×10𝑑，所以𝑑2=1 5【答案】【解析】解：设{𝑎𝑛}的公差为𝑑.由𝑎4=𝑎1+𝑎2可得，𝑎1+3𝑑=2𝑎1+𝑑，所以𝑎1= 2分𝑏𝑏+𝑏+⋯+ =𝑏+(𝑏+𝑏)+⋯+ + )=—1+𝑘< 𝑚𝑏1+𝑏2𝑏𝑚=综上所述，𝑚= 13 的裂项相【答案】【解析】依题意，𝑎【答案】【解析】依题意，𝑎1=1,𝑎2=3,𝑎3=6,𝑎4= 𝑎=𝑛1𝑎123𝑛A，𝑎=5×6=15，AB，𝑎𝑛+1—𝑎𝑛=𝑛1(𝑎𝑛+2—𝑎𝑛+1(𝑎𝑛+1—𝑎𝑛)=(𝑛2)—(𝑛1)=1𝑎𝑛是等差数列，B对于 =2025×2026=2025×1013，奇数乘奇数结果为奇数，C错误D1=2(1—1 1+1+⋯+1=2[(11111—1)]=2(11)=2 2因为𝑛≥1，所以1≤2 <2，D正确.故选 =1113.（填空【答案】【答案】【解析】由题意知，𝑎1=1,𝑎2=3,𝑎3=6𝑎𝑛=𝑎=5×6= 1=2(1—1 {1502[(11111—1)]=2(1—1)= 【点拨】裂项相消法求和后，注意保留未消去的首尾项，代入项数即可求得结果14.（解答2𝑛—𝑏=—1𝑏=2𝑛—(𝑛∈𝑏+ 13—13—2𝑛— 2(13—𝑛)—= 14{𝑏𝑛13(𝑏1𝑏12(𝑏2𝑏11𝑏6𝑏7𝑏13=6𝑏13=61 15【答案】𝑆𝑛+2𝑆𝑛=𝑎𝑛+1𝑎𝑛+2=3𝑎𝑛+1𝑎𝑛(𝑛𝑵∗)𝑎𝑛+2𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+1∈所以数列{𝑎𝑛}是首项为𝑎1=1的等差数列 3由于𝑆3=3𝑎2=6，得𝑎2=2，则公差为𝑎2—𝑎1=1，所以𝑎𝑛=1+𝑛—1=𝑛，则{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=𝑛 6分解法一：由（1）知，𝑎=𝑛， —1 =13(1—1 9 所以，当𝑛≥2时，—1=1 — +⋯+1—1=13(1— 11 𝑏𝑛— 𝑏𝑛— 𝑏𝑛— 又因为𝑏= ，代入化简可得𝑏= (𝑛≥2,𝑛∈ 12 的裂项相15.（解答 =1(1+1 —1 12 =2[(1—3)+(2—4)+(3—5)+⋯+(𝑛—1—𝑛+1)+(𝑛—𝑛+2…………10 𝑆 +⋯=1(1—1 9 2 由（1）1𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛—1)𝑑=3+(𝑛—1)=𝑛+2，即𝑎=𝑛(𝑛+ 7∴{𝑎𝑛}31已知𝑎1=3,𝑎3=15，解得𝑑= 4 2∵{𝑎𝑛}𝑑2𝑑=𝑎3𝑘𝑘 1(1—1)𝑘 >0则𝑆< 15∵𝑛∈𝑁∗…………142 =1(3 —1)=3由（1）由（1）𝑏=可得𝑏 — 11因此𝑇=1—1+1—1+⋯ — =1—1 13 𝑇=…………15𝑆𝑛𝑎𝑛的关系求通项时，作差后利用因式分解求出递推关系.邻项直接抵消= +【答案】𝑇=𝑎2+𝑎=2𝑆+ +解得𝑎1=2,𝑎1=—1（舍去 7可得数列{𝑎𝑛}是首项为2，公差为1的等差数列即𝑎𝑛=𝑛+1,𝑛∈𝑵∗． 9分②-① —𝑎2+—𝑎= 3(𝑎𝑛+1+𝑎𝑛)(𝑎𝑛+1—𝑎𝑛—1)=𝑎𝑛>0𝑎𝑛+1𝑎𝑛= 5𝑛=1𝑎2+𝑎1=2𝑆1+17.（解答 2 =1(1—1)11𝑇=1[(11111—1 =1(1—1) 14所以𝑏 解得𝑎1=4,𝑑= 6所以𝑎𝑛=4+2(𝑛—1)=2𝑛+ 8…………3𝑎1+2𝑑=𝑎1+16𝑑=3(𝑎1+=3𝑎𝑎={𝑎𝑛}【答案】𝑇=【点拨】求出等差数列通项后，将分母化为乘积形式，提取常数因子后再进行裂项相消【点拨】求出等差数列通项后，将分母化为乘积形式，提取常数因子后再进行裂项相消1—1— 11𝑛≥1𝑇𝑛 𝑇≥𝑇=𝑇< 故1≤𝑇<1成立 14𝑐=𝑏2𝑐=1. 为等比数列，利用等比数列求和公式求和后，通过放缩法证明不等式 【答案】（1）𝑎𝑛=2𝑛，𝑏𝑛=2𝑛（2）【解析】解：（1）由题知，𝑎𝑛= 2又𝑎1=2，𝑎𝑛—𝑎𝑛—1=2𝑛—2(𝑛—1)=2(𝑛≥2)，所以数列{𝑎𝑛}是以2为首项，2为公差的等差 3分所以𝑆=𝑛(2+2𝑛)=𝑛(𝑛+ 4𝑆𝑛(𝑛1)log2𝑏𝑛𝑛(𝑛1)=(𝑛解得log2𝑏𝑛=𝑛，即𝑏𝑛= 6（2）证明：由题意应为𝑐=1，则𝑐= 8所以𝑇𝑛 +⋯=

19.（填空【答案】【答案】𝑎=𝑛+1— 𝑛+1—𝑛+1+ (𝑛+1+𝑛)(𝑛+1—所以𝑆15=(2—1)+(3—2)+⋯+(16—15) 16—1=【点拨】对于分母含有根号的数列，通常先进行分母有理化，将其转化为可裂项相消的形式20.（解答 当𝑛=1时，𝑎=𝑆= 3【解析】解：（1）3𝑛—1=3𝑛⇒𝑆=3𝑛— 2【答案】𝑇=𝑛2 (6𝑛—11)(6𝑛— 66𝑛— 6𝑛—=— 11𝑇 +⋯ =—1+1(1 )=—1 6𝑛— =4— 14消法，最后再合并2,𝑛=𝑛2时，𝑎=𝑆 𝑛— 53𝑛—当𝑛=1时 ≠，所以𝑎𝑛 11— 911—6𝑛,𝑛 7（2）𝑐=—3𝑛𝑎6𝑛—11,𝑛≥考法9：等差×等比的数列求和（错位相减21.（解答 则𝑇 +⋯2𝑛—因此𝑛∈𝑵∗，𝑎𝑛=2𝑛— 122𝑛—2𝑛—1，=3+5+7+⋯+2𝑛—1+ 2𝑛—两式相减得1𝑇=3+(1+1+⋯+1)—2𝑛+1=3+1—2𝑛—1—2𝑛+1=5— 1422𝑛— 1—2𝑛—𝑎𝑛+2=2𝑆𝑛+2𝑎𝑛+3=2𝑆𝑛+1+2𝑎𝑛+3—𝑎𝑛+2=即𝑎𝑛+3+𝑎𝑛+2=2(𝑎𝑛+2+ 3𝑎1=1,𝑎2=2𝑎3=2𝑆12=所以𝑎3+𝑎2=6=2(𝑎2+𝑎1)，即𝑛∈𝑵∗，𝑎𝑛+2+𝑎𝑛+1=2(𝑎𝑛+1+𝑎𝑛)，所以数列{𝑎𝑛+1+𝑎𝑛}为等比数列 6分②由（i）{𝑎𝑛+1+𝑎𝑛}32𝑎𝑛+1+𝑎𝑛=3⋅2𝑛—𝑎𝑛+2+𝑎𝑛+1=3⋅2𝑛，两式相减得𝑎𝑛+2—𝑎𝑛=3⋅2𝑛— 8𝑛2𝑘1,𝑘𝑵∗时，𝑎2𝑘+1𝑎2𝑘—1=322𝑘—2=34𝑘— —= 2𝑖—— )=3⋅1—4𝑘=4𝑘—=24𝑘=22𝑘+2—1𝑎==4𝑘=22𝑘+1—12𝑛— 10𝑛=2𝑘,𝑘∈𝑵∗时，𝑎2𝑘+2—𝑎2𝑘=3⋅22𝑘—1=6⋅4𝑘— —= —𝑎)=6⋅1—4𝑘=2⋅4𝑘—所以所以𝑇=10— 152𝑛—间项是等比数列，首尾项需单独处理【答案】𝑇𝑛=【答案】𝑇𝑛=(2𝑛—3)2𝑛+1+【解析】解：（1）𝑆𝑛+𝑛=𝑎+1𝑆+𝑛2=𝑛𝑎+当𝑛≥2时，𝑆𝑛—1+(𝑛—1)2=(𝑛—1)𝑎𝑛—1+𝑛— 2①-②得：𝑆𝑛𝑆𝑛—1𝑛2𝑛1)2𝑛𝑎𝑛𝑛1)𝑎𝑛—1𝑛𝑛所以𝑎𝑛+2𝑛—1=𝑛𝑎𝑛—(𝑛—1)𝑎𝑛—1+1， 3分所以2(𝑛—1)=(𝑛—1)𝑎𝑛—(𝑛—1)𝑎𝑛—1， 4分所以𝑎𝑛—𝑎𝑛—1= 5因为𝑎1=1，所以{𝑎𝑛}是以1为首项，2为公差的等差数列 6所以𝑎𝑛=1+2(𝑛—1)=2𝑛— 8（2）（1）2𝑛⋅𝑎𝑛=(2𝑛所以𝑇𝑛=1×21+3×22+5×23+⋯+(2𝑛— 102𝑇𝑛=1×22+3×23+5×24+⋯+(2𝑛— 12两式相减，得—𝑇𝑛=2+23+24+⋯+2𝑛+1—(2𝑛— 13𝑇4(1—2)22𝑛1)2𝑛+1=(32𝑛)2𝑛+1 15所以𝑇𝑛=(2𝑛—3)2𝑛+1+ 17𝑆𝑛𝑆𝑛—1作差求通项时，注意化简并提取公因式.错位相减法求和后，合并同类项23.（解答由（1）𝑏+1=(3)𝑛𝑏=(3)𝑛—所以𝑎𝑛=2𝑛𝑏𝑛=3𝑛— 8𝑐3𝑛—=𝑛= 10𝑆=1⋅1+2⋅(1)2+⋯+𝑛⋅2【答案】=3— =𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛+2=3𝑎𝑛+1= + 2所以 +1=3(𝑏+又𝑏+1=𝑎1+1=3，所以{𝑏+1}是首项为3，公比为3的等比数 53=1⋅(1)2+2⋅(1)3+⋯+𝑛⋅两式相减得2𝑆=1+(1)2+⋯+(1)𝑛—𝑛⋅ 123 = —𝑛⋅()𝑛+1=[1—()𝑛]—𝑛⋅()𝑛+1，1[1—(11— 所以𝑆=3[1—(1)𝑛]—𝑛(1)𝑛=3— 142 𝑎𝑛+1=𝑝𝑎𝑛+𝑞𝑛𝑞𝑛+1构造等比数列是常用技巧.要注意最后一步系数的除法24.（解答【答案】

=2𝑛

【解析】解：（1）当𝑛=1时，𝑆1=2𝑎1—2，解得𝑎1= 2𝑛2时，𝑆𝑛2𝑎𝑛2，𝑆𝑛—12𝑎𝑛—1两式相减得𝑎𝑛=2𝑎𝑛—2𝑎𝑛—1，即𝑎𝑛=2𝑎𝑛— 5{𝑎𝑛}22所以𝑎𝑛= 7（2）（1）

=

=𝑛𝑏𝑛=

9

=1+2+3+⋯+

=1+2+⋯+𝑛—1+

112

1𝑇=1+1+⋯+1—2 1[1—(1

= 1—

=1

—

13

=2—2—

15

𝑎𝑛=𝑆𝑛—𝑆𝑛—1求通项，错位相减法求和是等差乘等比数列的通法25.（解答𝑛—𝑛— 𝑛— =2|𝑂𝑃𝑛—1|=2𝑎𝑛— 2又𝑎1=|𝑂𝑃1| 2，故数列{𝑎𝑛}是以2为首项，2为公比的等比数列，则𝑎𝑛= 22)𝑛—1=2— 432（2）由（1）可得log𝑎= —𝑛，则𝑐𝑛=(—𝑛+)⋅22 63—2 1—2 ；②存在，𝑛=【解析】解：（1）设𝑎=|𝑂𝑃| 𝑥2+𝑦2= 𝑛— 𝑛—— )2+𝑛— 𝑛—+)2=2212—𝑛>—2 121 {𝑐𝑛𝑐2𝑛0=2𝑛(𝑛𝑵,𝑛>0)𝑐𝑛≥ 17𝑛1时，(3231 2)= 2—1<0，则𝑐—𝑐< 14 𝑛2时，(3232142)225>0[323𝑛142)]𝑛 𝑛2时，[323𝑛1420 𝑐 16 1𝑏𝑛=𝑐2𝑛=—(3𝑛1)8—∴𝑇𝑛=4×8—1+7×8—2+⋯+(3𝑛+1)⋅8—8𝑇𝑛=4×80+7×8—1+⋯+(3𝑛—2)⋅8—𝑛+1+(3𝑛+1)⋅8—∴—7𝑇𝑛=4×80+3(8—1+8—2+⋯+8—𝑛)—(3𝑛+1)⋅8—化简得：𝑇=—21𝑛+4⋅8—𝑛+1— 10②因为𝑐 ⋅log𝑎=(—3𝑛+3)⋅2—𝑛，所122—1 —𝑐=[—(𝑛+1)+]⋅2—(—𝑛+)⋅ =[(32—3)𝑛+(1—42)]226.（解答【答案】【答案】𝑆𝑛=(𝑑𝑛1)(1𝑑)𝑛+【解析】解：𝑏𝑛=𝑛𝑑𝑛(1+𝑑)𝑛—1=𝑑2⋅𝑛(1+𝑑)𝑛— 3𝑆𝑛=𝑑2[(1𝑑)02(1𝑑)13(1𝑑)2𝑛(1𝑑)𝑛—1 6(1𝑑)𝑆𝑛=𝑑2[(1𝑑)12(1𝑑)2𝑛1)(1𝑑)𝑛—1𝑛(1𝑑)𝑛 9①-②得：—𝑑𝑆𝑛=𝑑2[(1+𝑑)0+(1+𝑑)1+(1+𝑑)2+⋯+(1+𝑑)𝑛—1—𝑛(1+ —所以𝑆𝑛=(𝑑𝑛—1)(1+𝑑)𝑛+ 17=𝑑2[1