专题02 数列（解答题12种考法）（精练）（解析版）

专题02数列（解答题12种考法）1．（2023·甘肃酒泉·统考三模）已知数列{}na中，13a，*1(21)(23)(N)nnnanan．(1)求数列{}na的通项公式；(2)求数列1{}na的前n项和nS．【答案】(1)(21)(21)nann（Nn）(2)21nnSn【解析】（1）因为1(21)(23)nnnana，（Nn），所以12321nnanan，（Nn），所以2151aa，3273aa，4395aa，…，122125nnanan，12123nnanan（2n且Nn），所以324123157921211352523nnaaaannaaaann（2n且Nn），整理得：1(21)(21)13nanna（2n且Nn），即1(21)(21)3nnnaa，（2n且Nn），又因为13a，所以(21)(21)nann，（2n且Nn），当1n时，1133a适合上式，所以(21)(21)nann，（Nn）.（2）由（1）知，11111()(21)(21)22121nannnn，所以1111111111(1)()()(1)232352212122121nnSnnnn，即21nnSn.2．（2023·安徽滁州·校考模拟预测）已知等比数列na的前n项和为nS，且*12N.nnSan(1)求数列na的通项公式；(2)在na与1na之间插入n个数，使这2n个数组成一个公差为nd的等差数列，求数列1nd的前n项和nT．【答案】(1)2nna(2)332nnnT．【解析】（1）*12NnnSan，当2n时，12nnSa，两式相减可得，122nnaan，故等比数列na的公比为2，21122aaa，12a，故数列na的通项公式为2nna．（2）由1得：2nna，112nna++=，故11nnnaand，即112nnnd，n23111123412222nTn①，234111111234122222nnTn②，①②得：12311111[1)111111133422111122222222212nnnnnnnTnn，故332nnnT．3（2023秋·安徽合肥·高三合肥一中校考阶段练习）在等差数列na中，47a，38235aa，数列nb的前n项和为nS，且321nnbS.(1)求数列na和nb的通项公式；(2)若nnnacb，求数列nc的前n项和nT.【答案】(1)21nan，13nnb(2)1133nnnT【解析】（1）解：设等差数列na的公差为d，则384442243721735aaadadadd，解得2d，所以，4472421naandnn，数列nb的前n项和为nS，且321nnbS，当1n时，则有111321bSb，当2n时，由321nnbS可得11321nnbS，上述两个等式作差可得13320nnnbbb，即13nnbb，所以，数列nb是首项为1，公比为3的等比数列，则11133nnnb.（2）解：因为1213nnnnancb，则0121135213333nnnT，①可得21113232133333nnnnnT，②①②得121211222221213311133333313nnnnnnnT2123nn，故1133nnnT.4．（2023·四川成都·校联考二模）已知数列na是公差为2的等差数列，且31a是1a和81a的等比中项.(1)求数列na的通项公式；(2)设11(32)2nnnnnbaa，求数列nb的前n项和nS.【答案】(1)21nan(2)2121nnSn【解析】（1）由题意可得，231811aaa，且公差为2，则2111315aaa，解得11a，则11221naann.（2）由（1）可知，21nan，则121nan，则1113222121(32)2nnnnnnbnanna111222221212121nnnnnnn，则223112322222221335572121nnnnSbbbbnn2121nn.5．（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）已知数列na的前n项和为nS，13a，且1132nnnSSa．(1)证明：数列na为等比数列，并求其通项公式；(2)若______，求数列nb的前n项和nT．从①nnbna；②2123nnnbnna；③111nnnnbaa，这三个条件中任选一个补充在上面的横线上并解答问题．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)证明见解析，3nna(2)答案见解析【解析】（1）由1132nnnSSa，得10na，且1123nnnSSa，（i）所以当2n时，123nnnSSa，（ii）（i）（ii），得1122nnnnaaaa，所以132nnana．当1n时，12223SSa，即112223aaaa，又13a，所以29a，所以213aa，所以数列na是以3为首项，3为公比的等比数列，所以1333nnna．（2）若选①：3nnnbnan，则23121323333nnnTbbbn，所以23131323133nnnTnn，所以231233333nnnTn1131313331322nnnnn，所以11133244nnTn．若选②：112123231113313nnnnnnnbnnnnnna，则12nnTbbb22311111113232333313nnnn()()nnnnnn1223111111111113232333313313若选③：因为3nna，所以11111211113313279nnnnnnnnnnbaa，所以数列nb是以27为首项，9为公比的等比数列，所以23271927131910nnnnT．6．（2023秋·江西南昌·高三南昌县莲塘第一中学校考阶段练习）已知数列na的首项13a，其前n项和为nS，且1323nnSSn，*Nn.(1)求数列na的通项公式na；(2)设1nnbna，求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)1431nna(2)1213nnTn【解析】（1）已知1323nnSSn，当1n时2135SS，即12135aaa，由13a解得211a.当2n时，13213nnSSn，则113233213nnnnSSnSSn相减得132nnaa.当1n时132nnaa也成立.所以对于*Nn都有132nnaa成立.上式化为1131nnaa，所以1na是等比数列，首项为4，公比为3，则1431nna，即1431nna.（2）因为1143nnnbnan，则01211214383123433438341343nnnnnTnTnn，两式相减得012124343434343nnnTn4134313nnn2243nn，所以1213nnTn.7．（2023·广东汕头·统考三模）等差数列na和各项均为正数的等比数列nb满足：112ab，338ab.(1)求数列na和nb的通项公式；(2)数列nc是由数列na和nb中不同的项按照从小到大的顺序排列得到的新数列，记数列nc的前n项和为nS，求100S.【答案】(1)31nan，* 2Nnnbn(2)15220【解析】（1）根据条件，设1121naandnd，1112nnnbbqq，又222280dqq，解得3,2dq，故31nan，*2Nnnbn.（2）当100n时，100299a，由2299n，得8n，*Nn，又11ba，33ba，511ba，743ba，故在数列na的前100项中含有数列nb中的4项，所以1001210013572468Saaabbbbbbbb，所以1001002299283212841664256152202S.8．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知数列na满足211222,1,3nnnnaaaaa．(1)求数列na的通项公式；(2)求111222(1)nnnnnaa的前n项和nT．【答案】(1)21nna；(2)11(1)121nnnT.【解析】（1）由2122nnnnaaa，得2112nnnnnaaaa，令1nnnaab，有1212baa，12nnnbb，当2n时，121321nnnbbbbbbbb2122222nn，又12b满足上式，于是2nnb，则12nnnaa，当2n时，21121321122221nnnnnaaaaaaaa，又11a满足上式，因此21nna，所以数列na的通项公式是21nna．（2）由（1）知，1111111122211(1)()(1)()(1)()nnnnnnnnnnnnnaaaaaaaa，所以11111223111111111111121nnnnnnnnTaaaaaaa．9．（2023秋·天津河东·高三校考阶段练习）正项数列na的首项为3的等差数列，前n项和为nS，且2240aS，正项数列nb是首项为1的等比数列，且2312bb(1)求,nnab；(2)设11nnncaa，求数列nc的前n项的和nT；(3)设1nnneab，求数列ne的前n项的和nP．【答案】(1)*21,Nnann，1*3,Nnnbn；(2)323nnTn(3)13nnPn【解析】（1）根据题意可设正项数列na的公差为d，数列nb的公比为q，由2240aS可得2