专题02 数列（解答题12种考法）（精讲）（解析版）

专题02数列（解答题12种考法）考法一数列通项和求和常见方法【例1-1】（河北省沧州市联考2024届高三上学期10月月考数学试题）已知数列na的前n项和为nS，且满足121nnSnann．(1)证明：nSn是等差数列；(2)若11a，43nnbSn，数列nb的前n项和为nT，证明：2nT．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】（1）根据题意，121nnSnann，所以121nnnSnSSnn，则1121nnnSnSnn，所以121nnSSnn，所以nSn是等差数列．（2）由1111Sa，则nSn是以首项为1，公差为2的等差数列，所以11221nSnnn，所以22nSnn，所以244211232211nnbSnnnnnnn，所以111111121222223341nTnnL．2221n【例1-2】（2023秋·云南曲靖·高三校考阶段练习）已知数列na满足115233nnaan，且2133a．(1)证明：数列32nan为等比数列，并求出数列na的通项公式；(2)求数列na的前n项和nT．【答案】(1)证明见详解，11323nnan(2)23311223nnnnT【解析】（1）因为115233nnaan，令1n，则2115132333aa，解得12a，则110312a，且115123333123231213232323nnnnnnnnnnnnanaaaaa，可得数列32nan是以首项为1，公比为13的等比数列，所以111132133nnnan，即11323nnan.（2）由（1）可知：11323nnan，则21111114732333nnTn21111147321333nn211132331311222313nnnnnn，所以23311223nnnnT.【例1-3】（2022·全国·统考高考真题）记nS为数列na的前n项和，已知11,nnSaa是公差为13的等差数列．(1)求na的通项公式；(2)证明：121112naaa．【答案】(1)12nnna(2)见解析【解析】（1）∵11a，∴111Sa,∴111Sa,又∵nnSa是公差为13的等差数列，∴121133nnSnna,∴23nnnaS,∴当2n时，1113nnnaS，∴112133nnnnnnanaaSS,整理得：111nnnana,即111nnanan,∴31211221nnnnnaaaaaaaaaa1341112212nnnnnn，显然对于1n也成立，∴na的通项公式12nnna；（2）12112,11nannnn∴12111naaa1111112121222311nnn【变式】1．（2023秋·广东广州·高三统考阶段练习）记nS为等差数列na的前n项和，已知3412aa，6420SS.(1)求na的通项公式；(2)记1nnnbS，求数列nb的前23项的和23T.【答案】(1)21nan(2)276【解析】（1）设等差数列公差为d，则34164125122920aaadSSad，解得11a，2d，所以11221nann.（2）由（1）可得：21212nnnSn，则211nnnnbSn，可得2222222231234212223LT221124334222121222321234212223222122232762，所以23276T.2．（2023·全国·统考高考真题）记nS为等差数列na的前n项和，已知21011,40aS．(1)求na的通项公式；(2)求数列na的前n项和nT．【答案】(1)152nan(2)2214,71498,8nnnnTnnn【解析】（1）设等差数列的公差为d，由题意可得211011110910402aadSad，即1111298adad，解得1132ad，所以1321152nann，（2）因为213152142nnnSnn，令1520nan，解得152n，且*nN，当7n时，则0na，可得2121214nnnnTaaaaaaSnn；当8n时，则0na，可得121278nnnTaaaaaaaa222777221477141498nnSSSSSnnnn；综上所述：2214,71498,8nnnnTnnn.3．（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）已知各项均为正数的数列na，nb满足：11a，22121nnaan，3lognnab．(1)求数列na，nb的通项公式；(2)求数列nnab的前n项和nS．【答案】(1)nan，3nnb；(2)132134nnnS【解析】（1）由22121nnaan，得22121nnaan，又11a，所以当2n时，222222222121321121135212nnnnnaaaaaaaann，所以22nan，又22111a，符合上式，0na，所以nan，又3lognnab，所以3nnb．（2）由（1）知3nnnabn，所以231323333nnSn，234131323333nnSn，两式相减得234113132333333313nnnnnSnn，所以132134nnnS．4．（2023·河北秦皇岛·校联考模拟预测）已知数列na的前n项和为nS，11a，122(1)(1)nnnSnSnn．(1)求数列na的通项na；(2)设222nnnnabS，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1),N*nann(2)111212nnTn【解析】（1）因为122(1)(1)nnnSnSnn，两边同时除以1nn，所以12211nnSSnn，所以1112nnSSnn，所以nSn是以111a为首项，12为公差的等差数列，所以1111122nSnnn，所以112nSnn，当2n时，1111122nnnaSSnnnnn，当1n时，11a也满足上式，所以,N*nann.（2）由（1）可得，2212221212212nnnnnnannbSnnnn111=212nnnn，则123nnTbbbb122334111111111122222323242212nnnTnn1111111=1212212nnnn.考法二裂项相消常见形式【例2-1】（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）在数列na中，已知125a，11342nnnnaaaa，记23nnba．(1)证明：数列nb为等比数列；(2)记______，数列nc的前n项和为nS，求nS．在①2212211loglognnncbb；②111nnnnbcbb；③1(2)(1)nnnnnbcnnbb三个条件中选择一个补充在第（2）问中并对其求解．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；(2)答案见解析.【解析】（1）由11342nnnnaaaa，得1423nnaa，则12232(3)nnaa，而23nnba，因此12nnbb，显然11232ba，所以数列nb为以2为首项，2为公比的等比数列．（2）选择①：由（1）得，1222nnnb，则212122122122111111()logloglog2log2(21)(21)22121nnnnncbbnnnn所以111111[(1)()(11(1)221)]2332112521nnnnnSn．选择②：由（1）得，1222nnnb，则1112111121212121nnnnnnnnnbcbb，所以12231111111212121212121nnnS11112212121nnn.选择③：由（1）得，1222nnnb，则111(2)(2)211(1)(1)222(1)2nnnnnnnnnnbncnnbbnnnn，所以2231111111122222322(1)2nnnSnn1112(1)2nn.【例2-2】（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）记nS为数列na的前n项和，且13a，2nnSnann．(1)求数列na的通项公式；(2)设1111nnnnnnaabaa，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)21nan(2)111323nnTn【解析】（1）因为2nnSnann，可得211111nnSnann，两式相减得2211111nnnanannnann，整理得12nnaa，可知数列na是3为首项，2为公差的等差数列，所以32121nann．（2）由（1）可得：1111111111111nnnnnnnnnnnnnaabaaaaaa，则22311212231111111nnnnnnTbbbaaaaaa11111111323nnnaan，所以111323nnTn．【例2-3】（2023·河北秦皇岛·统考模拟预测）设等比数列na的前n项和为nS，数列nb为等差数列，且公差110,2dab，3335,abSb.(1)