2021届新高考高三数学试卷专项练习13：数列【含解析】

2021届新高考高三数学试卷专项练习13：数列【含解析】

四、解答题

25．（2021·河北唐山市·高三二模）已知Sn为等差数列an的前n项和，S424，S10120． （1）求Sn； （2）记数列13nTT的前项和为，证明：． nn4Sn【答案】（1）Snn22n；（2）证明见解析． 【解析】

（1）由已知等差数列的前n项和求基本量，写出Sn即可； （2）利用裂项求和法求Tn，应用放缩法证明不等式. 【详解】

（1）设等差数列an的公差为d，则Snna1n(n1)d， 2S44a16d24∴由题意，有，得a13，d2．

S10a45d120110∴Sn3nnnn2n． （2）

22111112， Snn2n2nn21111，S1S2S3Sn∴Tn11111111111111112n1n1nn222n1n2324351131． 22426．（2021·河南高三月考（文））已知各项均为正数的等差数列an的公差为4，其前n项和为Sn,且2a2为

S2,S3的等比中项

（1）求an的通项公式； （2）设bn4，求数列bn的前n项和Tn anan1n． 2n1【答案】（1）an4n2；（2）【解析】

法一：（1）将a2，S2和S3都表示成a1和d的形式，代入等比中项，求出a1，进而求出通项公式an；（2）代入数列an的通项公式则bn11，裂项相消求Tn即可.法二：（1）利用前n项和的性质，可4n24n22得S33a2，代入等比中项可得4a2S23a2，化简，再代入a1和d，计算可得a1，从而求得通项公式；

（2）同法一. 【详解】

解：（1）因为数列an是公差为4的等差数列， 所以a2a14,S22a12,S33a1又4a2223243a14． 2S2S3，所以4a146a12a14，即a14a120，

解得a12或a14（舍去）， 所以an24(n1)4n2． （2）因为bn4411，

anan1(4n2)(4n2)4n24n2bn1bn

所以Tnb1b21111266101111

4nn24n24n211 24n2n． 2n1法二：（1）因为数列an是公差为4的等差数列，且2a2为S2,S3的等比中项， 所以4a222S2S3，从而4a2S23a2．

因为a20，所以4a23S2，即4a1432a14， 解得a12，

所以an24(n1)4n2． （2）第二问解法同上．

27．（2021·全国高三专题练习（理））已知等差数列的首项为2，前n项和为Sn，正项等比数列{bn}的首项为1，且满足，前n项和为a3＝2b2，S5＝b2＋b4． （1）求数列{an}，{bn}的通项公式；

（2）设cn1log3Snlog3bn，求数列{cn}的前26项和．

n1【答案】（1）an2n，bn3；（2）328.

n【解析】

（1）根据题设可得关于公差和公比的方程组，求出其解后可得两个数列的通项公式. （2）利用裂项相消法和分组求和可求cn的前26项和. 【详解】

a12d2b1q22d2q（1）由题意得：543， 3即1010dqq5adbqbq1112∴q39q0，∵bn是正项等比数列，∴q3，则d2，

n1n1∴an22n12n，bn133.

（2）Sn1n22nnn1， 2nnnn1nn1log31log3n1logn1n1 则cn1log33∴cn的前26项和为：

T26log31log320log32log331log33log342

log325log32624log326log32725

log31log327260253325328.

2

28．（2021·山东德州市·高三一模）已知数列an满足a12a23a3（1）求数列an的通项公式；

31（2）设数列的前n项和为Tn，证明：Tn．

4log2anlog2an2nann12n12．

【答案】（1）an2；（2）证明见解析. 【解析】

（1）得到当n2时，a12a23a3验证n1是否满足即可. （2）根据（1）中条件可得【详解】

（1）由题意：a12a23a3当n2时，a12a23a31111，然后使用裂项相消求和并简单判断即可.

log2anlog2an22nn2nn1an1n22n2，然后与原式联立，可得an2n，然后

nann12n12 ① n1an1n22n2 ②

nn1n①－②得nann12n22，即an2，

当n1时，a12满足上式， 所以an2．

（2）因为log2anlog22nn， 所以

11111，

log2anlog2an2nn22nn2n所以Tn11111112324351111 n1n1nn2111132n31 22n1n242n1n2又

2n330，所以Tn． 2n1n2429．（2021·全国高三专题练习（理））已知等比数列an的各项均为正数，且a11，an2an12an．

（1）求数列an的通项公式；

113（2）记数列的前n项和为Sn，求证：Sn3．

2an(n1)log2an1【答案】（1）an【解析】

2n1；（2）证明见解析.

（1）设等比数列an的公比为q(q0)，利用等比数列的通项公式求出公比q，即可得到数列an的通11项公式；（2）先利用（1）得到的通项公式，再利用等比数列求和公式和裂项相消法可an(n1)log2an1得Sn，最后利用0【详解】

11110，，即可得证. 2n1n12解：（1）设等比数列an的公比为q(q0)， 因为an2an12an， 所以q2q2(q0)， 解得q所以an2，

2n1；

1111111n1n1， an(n1)log2an12(n1)n2nn1（2）证明：因为

1n11121所以Sn1223121因为对n1，0∴即

111111213， nn12n1n12n1n111110，， 2n1n123113n13， 22n13Sn3． 230．（2021·广东湛江市·高三一模）已知数列{an}满足2an3an1an2，a2-a1=1. （1）证明：数列an1an是等比数列； （2）若a1=

1，求数列{an}的通项公式. 2

n1【答案】（1）证明见解析；（2）an21. 2【解析】

（1）利用an2an12an1an证得结论成立. （2）利用累加法求得an的通项公式. 【详解】

（1）依题意2an3an1an2，所以an2an12an1an，

n1故数列an1an是首项为a2a11，公比为2的等比数列，所以an1an2.

（2）由（1）得an1an2n1，所以anan12n2n2，

所以ananan1an1an2a2a1a1

2n22n3201 212n1112n1. 1222n1即an21. 231．（2021·广东深圳市·高三一模）设数列an的前n项和Sn，满足Sn1Sn，且a11.

12Sn（1）证明：数列1为等差数列； Sn（2）求an的通项公式.

1,n12 【答案】（1）证明见解析；（2）an,n22n12n3【解析】 （1）将Sn1Sn两边同时取倒数在整理，根据等差数列的定义即可证明；

12Sn1，进而可得Sn，当n2时，anSnSn1，再检验a11是否满足Sn（2）由（1）求出

anSnSn1n2，进而可得an的通项公式.

【详解】 （1）由Sn112Sn1Sn12， 可得Sn1SnSn12Sn即

11112，1

S1a1Sn1Sn1所以是以1为首项，以2为公差的等差数列，

Sn（2）由（1）可得

111n122n1，即Sn， Sn2n1112， 2n12n32n12n3当n2时，anSnSn1当n1时a12221，所以a11不满足an，

21232n12n31,n12所以an，

,n22n12n3【点睛】 方法点睛：

SnSn1,n2由数列前n项和求通项公式时，一般根据an求解，注意检验a1是否满足ann2，不

a,n11满足则需要分段.

32．（2021·全国高三专题练习）已知数列an的前n项和为Sn,a26,Sn（1）证明：数列Sn1为等比数列，并求出Sn．

1an11． 21（2）求数列的前n项和Tn．

ann【答案】（1）证明见解析；Sn31；（2）Tn11 n1．243【解析】

（1）根据递推关系及等比数列的定义证明；

（2）由（1）可得Sn31，根据Sn,an关系求解通项，根据等比数列求和公式计算即可. 【详解】 （1）由已知Snn1Sn1Sn1， 2整理得Sn13Sn2， 所以Sn113Sn1， 令n1，得S11a214，所以S113， 2所以Sn1是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以Sn1S113所以Sn31；

（2）由（1）知，Sn31，

nn1n1当n2时，anSnSn1313123，

n13n，

nn当n1时，a1S14，

4,n1, 所以ann123,n2,1,n1,14 所以n1an11,n2,2311a1a211111613n11． n11an424313所以Tn33．（2021·山东枣庄市·高三二模）已知数列an中，a1a21，且an2an12an.记bnan1an，求证：

（1）bn是等比数列；

b3bn1b21. （2）bn的前n项和Tn满足：

T1T2T2T3TnTn12

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】

（1）将an2an12an变形为an2an12an1an，并计算b1的值，由此根据定义可证明bn是等比数列；

（2）先根据等比数列的前n项和公式求解出Tn，然后根据

bn1TTn1n并采用裂项相消的方法求解

TnTn1TnTn1bn1bn1出的前n项和，最后分析的前n项和并完成证明.

TTTTnn1nn1【详解】

（1）证明：由an2an12an，得bn1an2an12an1an2bn， 又b1a1a220，所以bn是以2为首项，2为公比的等比数列.

22n2（2）由（1）知，Tn22n1.

12于是

bn1TT11111n1nnn1.

TnTn1TnTn1TnTn122121bbb23n1 T1T2T2T3TnTn111111111223nn1 2212121212121111n1. 221因为

12n110，所以

bbb213n1. T1T2T2T3TnTn12【点睛】

结论点睛：常见的数列中可进行裂项相消的形式： （1）

111；

nn1nn1111；

4n2122n12n1

（2）

1

（3）1n1nn1n；

2n11（4）n212n112n12n11.

34．（2021·辽宁高三二模（理））已知公比大于1的等比数列an的前6项和为126，且4a2，3a3，2a4成等差数列.

（Ⅰ）求数列an的通项公式an；

1*bblogan2且nNb1b（Ⅱ）若数列n满足n，且1，证明：数列b的前n项和Tn2. n12nnn*【答案】（Ⅰ）an2nN；（Ⅱ）证明见解析.

【解析】

（1）利用基本量代换，列方程组求出a1和公比q，得到通项公式； （2）用累加法求出bn，再用裂项相消法求和. 【详解】

解：（Ⅰ）设等比数列an的公比为q(q1)，前n项和为Sn. 则6a34a22a4，整理得q23q20， 解得：q1（舍）或q2，

由S6a12612163a1126，

解得：a12.

an2nnN*

（Ⅱ）n2时，bnbn1log2an. 即bnbn1n，

bn1bn2n1.

……

b2b12

(n2)(n1)n2n2累加得：bnb1， 22n2nb11，bn(n2)

2n2n. 经检验，当n1时，b11符合上式，bn212112， bnn(n1)nn1111112n2， 223nn1n1则Tn21即证.

35．（2021·江苏盐城市·高三二模）已知等比数列an的前n项和Sn2r,其中r为常数．

n（1）求r的值；

（2）设bn21log2an，若数列bn中去掉数列an的项后余下的项按原来的顺序组成数列cn，求

c1c2c3c100的值．

【答案】（1）r-1,；（2）11302． 【解析】

（1）利用等比数列的定义先求数列的前几项，求出首项和公比，从而求出r的值，但此方法需验证；也可利用anSn－Sn－1(n2)求解；（2）找出数列bn中数列an的项，再在求和中将其减掉即可. 【详解】

解：（1）方法1：因为Sn2r， 所以当n1时，S1a12r． 当n2时，S2a1a24r， 故a22．

当n3时，S3a1a2a38r，

n

故a34．

因为an是等比数列， 所以a22a1a3，化简得2r1，

解得r1, 此时Sn21．

当n2时，anSnSn－1212当n1时，a1S11,an2所以r-1,满足题意． 方法2

因为Sn2r，

所以当n1时，S1a12r． 当n2时，anSnSn－1212因为an是等比数列， 所以2r1，解得r-1,． （2）因为annn1nnnn112n1，

n1，

12n1．

2n1，

所以bn2(1log2an)2n．

因为a11,a22b1,a34b2,a48b4,a516b8,a632b16，

a7b32,a8128b,a9256b128，

所以c1c2c3c100

b107)(a2a3a4a5a6a7a8)

＝(b1b2b3107(2214)211302．

2n136．（2021·湖南衡阳市·高三一模）已知an数列满足a12，an12an2.

（1）证明：数列ann为等差数列. 2n1（2）求数列an2的前n项和.

【答案】（1）证明见解析；（2）Snn12【解析】

（1）将an12an2n1n12.

两边同时除以2n1，即可证数列ann为等差数列； 2（2）利用（1）的结论可以求出数列an的通项公式，再利用乘公比错位相减求和. 【详解】

（1）依题，在an12an2得：

n1两边同时除以2n1，

a1an1anan11，，故数列n是以1为首项，1为公差的等差数列； 2n12n212ann1n1nan2，可得， nn2（2）由（1）得：所以an2n1n22n，

n1123则数列an2的前n项和Sn324252n22n①，

2Sn322423n12nn22n1②，

2nn22n14212n12n22n1，

①-②得：S62223n所以Snn12n12.

1,an1an2an1an0nN* 237．（2021·山东临沂市·高三其他模拟）己知数列an满足a11（1）证明:数列是等差数列，并求数列an的通项公式;

an（2）设Sn为数列anan1的前n项和，证明Sn【答案】（1）证明见解析，an【解析】

1 41；（2）证明见解析. 2n

（1）构造数列11，根据为等差数列，即可求得结果. anan（2）由裂项相消法即可求和，进而证明不等式. 【详解】

（1）由题对an1an2an1an0两边同时除以an1an得

112 an1an112又，所以是首项为2，公差为2的等差数列， a1an122n12n 所以an所以an1 2n（2）由1anan111111 4nn14nn1所以Sn111111111111 4223nn14n144n1*111 因为nN所以

44n14即Sn1 438．（2021·辽宁铁岭市·高三一模）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an1，nN．数列bn是公差大于0的等差数列，b2a3，且b1，b2，a4成等比数例． （1）求数列an和bn的通项公式； （2）若Tnab，求T．

iinni1【答案】（1）an【解析】 （1）根据ann12n1，bn2n；（2）Tnn122．

S1,n1得到an是公比为2、首项为1的等比数列， 即可求出an，再根据

SnSn1,n2

b2a3，且b1，b2，a4成等比数列，得到方程，求出数列bn的通项公式．

（2）利用错位相减法求和即可； 【详解】

解：（1）∵Sn2an1，∴n2时Sn12an11， 两式相减得an2an1n2， 由S12a11得a110， ∴数列an是公比q2的等比数列，首项a11，

所以数列an的通项公式为an2n1，

2又b2a34，a48，b1，b2，a4成等比得8b14，

∴b12，∴公差db2b12， 数列bn的通项公式为bn2n． （2）令Tnab，

iii1nTn2204216222Tn221422623①－②得Tn2122∴Tnn12n12n12n22n2n1，① 2n12n12n2n②

2n12n2nn12n12

122．

39．（2021·山东烟台市·高三一模）在①a3a514；②S428；③a8是a5与a13的等比中项，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.

问题：已知an为公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn,bn为等比数列，其前n项和Tn2,为

n常数，a1b1，

（1）求数列an，bn的通项公式；

（2）令cnlgan，其中x表示不超过x的最大整数，求c1c2c3c100的值.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】答案见解析 【解析】 若选①

（1）先求b2,b3，可得q，进而得bn2n1，由基本量运算可得an2n1；

（2）由c1c2c3c4c50,c6c7C501，c51c52c1002可得解. 若选②

（1）先求b2,b3，可得q，进而得bn2n1，由基本量运算可得an4n3；

（2）由c1c2c30,c4c5C251，c26c27c1002可得解. 若选③

（1）先求b2,b3，可得q，进而得bn2n1，由基本量运算可得an2n1；

（2）由c1c2c3c4c50,c6c7C501，c51c52c1002可得解. 【详解】

若选①：1由已知b2T2T12,b3T3T24，所以q通项bnb2qn222故a1b11

不妨设an的公差为d.则12d14d14, 解得d2,所以an2n1

n2b32 b22n1，

2由cnlgan，则c1c2c3c4c50,c6c7C501，

c51c52c1002，

所以c1c2c3c100145250145. 若选②：1由已知b2T2T12,b3T3T24，q通项bnb2an2b32， b222n22n1

故a1b11.

不妨设an的公差为d，则41解得d4,所以an4n3.

43d28， 22由cnlgan，则c1c2c30,c4c5C251，

c26c27c1002，

所以c1c2c3c100122275172.

若选③：1由已知b2T2T12,b3T3T24，所以q通项bnb2qn222故a1b11

不妨设an的公差为d.则17d14d112d，

2n2b32 b22n1，

因为d0,解得d2,所以an2n1.

2由cnlgan

则c1c2c3c4c50,c6c7c501

c51c52c1002，

所以c1c2c3c100145250145.

40．（2021·江苏常州市·高三一模）已知等比数列an的各项均为整数，公比为q，且q1，数列an中有连续四项在集合M96,24,36,48,192中， （1）求q，并写出数列an的一个通项公式；

（2）设数列an的前n项和为Sn，证明：数列Sn中的任意连续三项按适当顺序排列后，可以成等差数列.

【答案】（1）q2，an32【解析】

n1；（2）证明见解析.

（1）因为q1，且各项均为整数，所以连续四项为24,48,96,192，故q2，不妨取a13，故

an32n1；

na112，（2）设等比数列an的首项为a1，再分n为奇数时和n为偶数时验证Sn1Sn22SnSn3即可. 【详解】

（1）因为q1，且各项均为整数，所以连续四项为24,48,96,192， 所以公比q2，取a13,an32na112， （2）由题意，Sn3n1.

所以当n为奇数时，Sna112n3，Sn1a112n13,Sn2a112n23，

所以Sn1Sn2a122n132Sn，

a112n13当n为偶数时，Sna112n3,Sn1

Sn2a112n23，所以Sn1Sn2a122n132Sn，

所以对Sn中的任意连续三项，经顺序调整后可以构成等差数列.

41．（2021·山东滨州市·高三一模）已知等差数列an和等比数列bn满足a12，b24，an2log2bn，

nN*．

（1）求数列an，bn的通项公式；

（2）设数列an中不在数列bn中的项按从小到大的顺序构成数列cn，记数列cn的前n项和为Sn，求S100．

n【答案】（1）an2n，bn2；（2）11302.

【解析】

（1）先根据已知条件求出a2的值，可得an的公差，即可求出等差数列an的通项公式，代入an2log2bn可得bn的通项公式；

（2）先判断出an中哪些项在bn中，用数列an的前100m项去掉数列bn的前m 项后构成的数列cn，利用等差数列和等比数列前n项和公式即可求解. 【详解】

（1）设等差数列an的公差为d， 因为b24，所以a22log2b24， 所以da2a12． 所以an2n122n．

又an2log2bn，即2n2log2bn，所以nlog2bn 所以bn2．

（2）由（1）bn222nn1na2n1，

即bn是数列an中的第2n1项．

设数列an的前n项和为Pn，数列bn的前n项和为Qn， 因为b7a26a，b3a27a128，

所以数列cn的前100项是由数列an的前107项去掉数列bn的前7项后构成的， 所以S100P107Q7

1072214222811302． 1242．（2021·洛阳市第一高级中学高二月考（文））在①已知数列an满足：an12an0，a38②等比数列an中，公比q2，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题.

（1）求数列an的通项公式；

（2）设bnn数列bn的前n项和为Tn，若2Tnm2022对nN*恒成立，求正整数m的最大值. annn【答案】选择条件①（1）an2；（2）2022；选择条件②（1）an2；（2）2022. 【解析】

（1）选①根据等比数列的定义知an为等比数列，求出首项即可求出通项公式；选②根据公比及求和公式列出方程求出首项即可；

（2）由（1）知an2，可知bnnnnn，由错位相减法求和Tn，由不等式恒成立转化为求最值即可. an2【详解】

（1）选择条件①，

设等数列an的首项为a1.公比为q，

依题意，an12an0，得an为等比数列，所以，q解之得2，a38，

q2； a21n∴an2

选择条件②，设等比数列an的首项为a1， 公比q2.前5项和为62，

依题意，q2，

a11251262，

q2解之得，

a12n∴an2.

（2）因为bn所以Tnnnn， an2123n23n① 22221231nTn234n1② 22222

11111n1n234nn11nn1， 222222222n所以Tn2n.

21－②得Tn因为Tn1Tn2122n12nn12n10， n1n2221. 2所以数列Tn单调递增，T1最小，最小值为所以21m2020. 2所以m2023.

故正整数m的最大值为2022.

43．（2021·山东高三专题练习）从“①Snnna1；②S2a3，a4a1a2；③a12，a4是a2，a8的2等比中项．”三个条件任选一个，补充到下面横线处，并解答．

已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d不等于零，______，nN*． （1）求数列an的通项公式；

（2）若bnS2n1S2n，数列bn的前n项和为Wn，求Wn． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】选择见解析：（1）an2n；（2）4n12n16． 【解析】

（1）选①：由n2时，anSnSn1即可求解；选②：用基本量a1与d列方程组即可求解；选③：由等比中项公式即可求得公差，通项可得；

（2）依题意求通项再用分组求和法求得前n项和为Wn． 【详解】 解：选①：

a1a1a12Snnnnn1a1a12 （1）n，令1222∴Snn2n①．当n2时，Sn1n1n1② 当n2时，anSnSn12n，而a12，∴an2n．

2

选②：

（1）由S2a3得a1a2a3得a1d，

又a4a1a2得a13da1a1d，因为d0得a1d2，所以an2n； 选③：

（1）由a4是a2，a8的等比中项得a4a2a8，则a13da1da17d 因为a12，d0所以d2，则an2n； （2）Snn2n，bn2n1∴Wnn12142222n12n2n322n2n

214212n1244n122n14n12n16．

244．（2021·全国高三专题练习）已知正项数列an的前n项和为Sn，且an12Snn1,a22.

（1）求数列an的通项公式an;

n（2）若bnan2，数列bn前n项和为Tn，求使Tn2021的最小的正整数n的值.

【答案】（1）ann；（2）8. 【解析】

2（1）根据an12Snn1,a22，利用数列通项与前n项和的关系anS1,n1求解；

SnSn1,n2nn（2）由（2）得bnan2n2，利用错位相减法求得Tn，再根据Tn的单调性，根据Tn2021求解.

【详解】

2（1）当n2时，由an12Snn1,a22，

得an2Sn1n11， 两式相减得an1an2an1，

22即an1an2an1an1

2222正项数列an.

an1an1

当n1时，a22a124,

2a11,a2a11，

数列an是以a11为首项，1为公差的等差数列，

ann.

nn（2）由（1）知bnan2n2，

所以Tn122232n2，

123n2Tn122223n12nn2n1，

两式相减得：Tn212n12n2n1，

1n2n12， Tnn12n12.

TnTn1n2n0，

所以当n1时，Tn单调递增，

当n7时，T762215382021， 当n8时，T872235862021， 使Tn2021的最小的正整数n的值为8.

45．（2021·广东广州市·高三一模）已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d0，a2是a1,a5的等比中项，S525.

（1）求an的通项公式；

（2）若数列bn满足bnbn1Sn，求b2b20. 【答案】（1）an2n1；（2）1. 【解析】

（1）直接用等差数列的基本量解方程即可；

98

（2）先算出Sn，然后运用累加法即可获解. 【详解】 （1）

S5a1a552a3525

22a35

a2是a1,a5的等比中项

2a2a1a5

a3a12d52 2a2a1a5a1da1a14d(d0)a11 解得d2d0（舍去） a51an1(n1)22n1

（2）Snnn(n1)2n2 22据题意bnbn1n

bn1bn2(n1)2

两式相减得

bn2bn(n1)2n22n1

所以有

b20b182181 b18b162161 b16b142141

b4b2221

以上9个式子相加得

b20b22(1816141242)9

2(182)991 2b2b20b20b21

n2a424．a13，46．（2021·山东济宁市·高三一模）在①Sn2an3；②Sn323；③an1anan2，这

三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题． 问题：已知数列an满足______（nN*），若bnanlog2n【答案】Tn33n12

an1，求数列bn的前n项和Tn． 3【解析】

若选①：利用anS1,n1n1求解可得数列an为等比数列，求出an32，进而求出bn的通

SnSn1,n2S1,n1项公式，再利用错位相减法求和即可；若选②：先利用an求解可得数列an的通项公

SS,n2n1n式，进而求出bn的通项公式，再利用错位相减法求和即可；若选③：由已知条件可知数列an为等比数列，利用a13，a424，求出公比，写出通项公式，进而求出bn的通项公式，再利用错位相减法求和即可. 【详解】

解：若选①：因为Sn2an3，① 所以当n2时，Sn12an13，② ①②得：anSnSn12an2an1， 即an2an1，

所以数列an为等比数列， 当n1时，a1S12a13， 解得a13， 所以an32所以bnlog2n1．

an1an3n2n1， 3012n1所以Tnb1b2b3bn3122232n2，③



2Tn3121222323n2n，④

③④得：Tn32222012n12n1n23n2n

21n31n2n3，

n所以Tn33n12．

若选②：因为Sn323，①， 所以当n1时，a1S13233， 当n2时，Sn132n13，② ①②得：anSnSn13232nn1n32n1，

因为a13符合上式， 所以an32所以bnlog2n1对一切nN*都成立．

an1an3n2n1， 3012n1所以Tnbb2b3bn3122232n2，③

2Tn3121222323n2n，④

③④得：Tn32222012n12n1n23n2n

21n31n2n3，

n所以Tn33n12．

2*若选③：由an1anan2nN，

a13，a424知数列an是等比数列，

设数列an的公比为q， 则a4a1q，即243q3， 所以q38，

3

解得q2，

n1所以an32所以bnlog2．

an1an3n2n1， 3012n1所以Tnb1b2b3bn3122232n2，①

2Tn3121222323n2n，②

①②得：Tn32222012n12n1n23n2n

21n31n2n3，

n所以Tn33n12．

47．（2021·广东肇庆市·高三二模）已知数列an的前n项和为Sn，a1（1）求证：1，Sn12Sn1. 21是等差数列；

Sn11中最接近2020的数. an（2）求数列【答案】（1）证明见解析；（2）1980. 【解析】

（1）根据等差数列的定义证明；

1n(n1)在(0,)上是增函数，计算（2）由（1）得Sn，然后由由anSnSn1(n2)求得an，由an11和后可得． a44a45【详解】

112. （1）证明：

S11a11由Sn12Sn1，得Sn11. 2Sn

1因为Sn11Sn11112Sn2Sn111S1S1S1， nnn11所以是以2为首项，1为公差的等差数列.

S1n（2）解：由（1），得

12n11n1， Sn1即Snn， n1则anSnSn1nn11（n2） n1nnn1当n1时，an1也成立.

nn1nn1.

所以an11*（nN），则

nn1an111n(n1)(n)2在(0,)上是增函数， an24144451980； 当n44时，a44当n45时，

145462070. a451所以数列中最接近2020的数是1980.

an48．（2021·山东高三专题练习）已知等比数列an的前n项和为Sn，且an12Sn2，数列bn满足

b12,n2bnnbn1，其中nN*.

（1）分别求数列an和bn的通项公式；

（2）在an与an1之间插入n个数，使这n2个数组成一个公差为cn的等差数列，求数列bncn的前n项和Tn.

【答案】（1）an23n1n*(nN*)，bnnn1(nN*)；（2）Tn12n13(nN).

【解析】

（1）设等比数列an的公比为q，利用anSnSn1n2，和等比数列的定义即可得出；利用已知条

43n1n1件和累乘法即可得出bn的通项公式；（2）先利用已知条件得到cn，bncn4n3，再利用错

n1位相减法求解即可. 【详解】

（1）设等比数列an的公比为q， 由已知an12Sn2， 可得an2Sn12(n2)，

两式相减可得an1an2Sn2Sn1， 即an1an2an， 整理得an13an， 可知q3， 已知an12Sn2， 令n1， 得a22a12， 即a1q2a12， 解得a12，

故等比数列an的通项公式为an23*n1(nN*)；

由b12,n2bnnbn1,(nN)得：

bn1n2， bnn那么

bbb23b34b45nn1,,,,n1,n， b11b22b33bn2n2bn1n1以上n个式子相乘，

可得

bn345nn1nn1， b1123n2n12bnnn1(n2)，

又b12满足上式，

所以bn的通项公式bnnn1(nN).

*（2）若在an与an1之间插入n个数，使这n2个数组成一个公差为cn的等差数列， 则an1ann1cn， 即为2323nn1n1cn，

43n1整理得cn，

n1所以bncn4n3n1，

Tnb1c1b2c2b3c3bn1cn1bncn

4130423143324n13n24n3n1 4(130231332..n13n2n3n1)

12n1n13Tn41323+ .....n13n3，

两式相减得：

2Tn433+3 .....3012n1130n34n3n，

13n13n所以Tn2(n3)12n13n(nN*).

2n49．（2021·全国高三专题练习）在①

Snan12，②an1an2Sn，③anan2Sn，这三个条件中任选一n2个，补充在下面的问题中，并解答该问题.

已知正项数列an的前n项和为Sn,a11，满足___________. （1）求an；

（2）若bnan12n，求数列bn的前n项和Tn.

a

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

n1【答案】（1）条件选择见解析，ann；（2）Tnn2.

【解析】

（1）若选①，当n2时，2Sn1n1an，得

an1n1，再利用累乘法求解；若选②，当n2时，ann得2Sn1anan1，得an1an12，再利用等差数列求解；若选③，得anan110，再利用等差数列求解；

bnn12，再利用错位相减法求解. （2）由题得 n【详解】

若选①，则2Snnan1 当n1时，2S1a2,得a22 当n2时，2Sn1n1an， 得2annan1n1an， 即n1annan1

an1n1 annnn12a1n n1n21an当n1时也成立，

ann.

若选②，即2Snan1an 当n1时，2S1a2a1,得a22 当n2时，得2Sn1anan1 得2ananan1anan1 由an0,得an1an12

又

a11,a22.

a2n是公差为2，首项为2的等差数列，a2n1是公差为2，首项为1的等差数列

故ann.

若选③，即anan2Sn 当n2时，an1an12Sn1

两式相减得ananan1an12an， 即anan1anan110， 由an0,得anan110，

2222an是公差为1的等差数列，

故ann.

2bnn12n

Tn22322423n12n 2Tn222323n2nn12n1

两式相减，得Tn422.2n1223nn1

4412n-112n12n1

442n1n1 2n1

n2n1

故Tnn2n1.

2*50．（2021·全国高三专题练习）将nnN个正数排成n行n列：



a11a21a31a41an1a12a22a32a42an2a13a23a33a43an3a14a24a34a44an4a1na2na3na4nann

其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且各列的公比都相等，若a111，a13a23a331，

a32a33a34（1）求a1n；

3. 2（2）设Sna11a22a33【答案】（1）a1n【解析】

ann，求Sn.

n3n1；（2）Sn3n. 22（1）设第一行数的公差为d，各列的公比为q，利用等比中项的性质可求得a23，利用等差中项的性质可求得a33，进而可求得q、d的值，由等差数列的通项公式可求得a1n； （2）求得ann【详解】

（1）设第一行数的公差为d，各列的公比为q，

31，解得a231， 由题意可知a13a23a33a23n1，利用错位相减法可求得Sn. 2na33131q. 由a32a33a343a33，解得a33，则

a22223111，解得d，

22n1n1因此a1na11n1d1； 22由a23a13qa112dq12d（2）

anna1nqn1n1122n1n1， n2234n1 123n，22221231两边同时乘以可得：Sn232222可得Snnn1, 2n2n1

上述两式相减可得：

111Sn1232221111n1222n1n13n3，

nn11n1n112222212因此，Sn3n3. n217,S3． 4851．（2021·全国高三专题练习）已知公比小于1的等比数列an中，其前n项和为Sn,a2（1）求an； （2）求证：

1Sn1． 2n1（2）证明见解析.

【答案】（1）an；

2【解析】

（1）由已知，利用等比数列的性质列出关于公比的方程，求出公比，进而可得答案；

1（2）利用等比数列的求和公式求出Sn1，再利用放缩法结合数列的单调性求解即可. 2【详解】

（1）解：设等比数列an的公比为q．

n11a，a，2424 由得11177S，q，3884q4411a，2a，24解得或， 4（舍去）

q1，q2211所以an42n21． 2nn1（2）证明：由（1）得an， 2

11122所以Sn112xnn11． 2x11因为y在R上为减函数，且y0恒成立， 221所以当nN*，即n1时，0211所以Sn11． 22nn1， 252．（2021·湖南岳阳市·高三一模）已知数列an满足a11，且点an,an12上． （1）求证：n在函数fx3x的图象

an1是等比数列，并求an的通项公式： n2an12，数列bn的前n项和为Sn，求证：Sn3n． an3nn（2）若bn【答案】（1）证明见解析；an32；（2）证明见解析． 【解析】

（1）由题意得an123an，推得

nan13anan11，即可证明n1是等比数列，然后结合等比2n122n2数列的定义和通项公式即可求得结果；

an13n12n1n（2）推得bnan32n332n12233，由不等式的性质和等比数列的nn3331122n求和公式、数列的单调性，即可求证. 【详解】

（1）由点an,an12nn在函数fx3x的图象上，

可得an123an，

所以

an13an1an13ann， 1，即n1nn222222也即

an13an11， 2n122na131， 122由a11，所以所以3an1是首项和公比均为的等比数列， n22na3， 则n12n2所以an32；

nnan13n12n1n（2）bnan32n332n12233， nn333112222nn1n3323n2313n23n22 3n22所以，Sn3n333n2423n． 332