高中数学讲义微专题54 数列求和（含通项公式与求和习题

高中数学讲义微专题54 数列求和（含通项公式与求和习题

微专题 54 数列求和问题 数列求和问题是高考数列中的一个易考类型，在已知通项公式的前提下，要通过观察通 项公式（或者项）的特点决定选择哪种方法进行求和。考查学生的观察能力与辨析能力。所 以在复习的过程中要抓住每种求和方法相对应的通项公式特点，并在练习中熟悉解法 一、基础知识： 1、根据通项公式的特点求和： （1）等差数列求和公式： （2）等比数列求和公式： （3）错位相减法： 通项公式特点： 等差 等比，比如 ，其中 代表一个等差数列的通项公式 （关于 的一次函数）， 代表一个等比数列的通项公式（关于 的指数型函数），那么便 可以使用错位相减法 方法详解：以 为例，设其前 项和为 ① 先将 写成 项和的形式 ② 两边同时乘以等比部分的公比，得到一个新的等式，与原等式上下排列 ，发现乘完公比后，对比原 式项的次数，新等式的每项向后挪了一位。 ③ 然后两式相减： 除了首项与末项，中 间部分呈等比数列求和特点，代入公式求和，再解出 即可  1 12 2 p qn n a aa aS n n p q n         1 1 2n n nS a n d   1 1 1 , 11 , 1 n n a q qS q a n q       na   2n na n  n n 2n n  2 1 2n na n   n nS nS n  1 21 2 3 2 2 1 2n nS n         1 21 2 3 2 2 1 2n nS n           2 3 12 1 2 3 2 2 3 2 2 1 2n n nS n n               1 2 3 11 2 2 2 2 2 2 1 2n n nS n           nS    1 2 3 11 2 2 2 2 2 2 1 2n n nS n           所以 对“错位相减法”的深层理解：通项公式的特点在错位相减法的过程中体现了怎样的作用？ 通过解题过程我们可以发现：等比的部分使得每项的次数逐次递增，才保证在两边同乘公比 时实现了“错位”的效果。而等差的部分错位部分“相减”后保持系数一致（其系数即为等 差部分的公差），从而可圈在一起进行等比数列求和。体会到“错位”与“相减”所需要的 条件，则可以让我们更灵活的使用这一方法进行数列求和 （4）裂项相消： 通项公式特点： 的表达式能够拆成形如 的形式（ ），从 而在求和时可以进行相邻项（或相隔几项）的相消。从而结果只存在有限几项，达到求和目 的。其中通项公式为分式和根式的居多 方法详解：以 为例 ① 裂项：考虑 （这里 ），在裂项的过程中把握两 点：一是所裂两项要具备“依序同构”的特点，比如这里的 结构相同，且分母为相 邻的两个数；二是可以先裂再调：先大胆的将分式裂成两项的差，在将结果通分求和与原式 进行比较并调整（调整系数），比如本题中 ，在调整系数使之符合通 项公式即可 ② 求和：设 前 项和为 ，求和的关键在于确定剩下的项。通过 观察可发现正项中 没有消去，负项中 没有消去。 所以     1 14 2 1 2 2 2 1 22 1 n nn           13 2 2 6nn       12 3 2 6n nS n     na    na f n f n k   =1,2,k    1 2na n n    1 1 1 1 2 2 2na n n n n          1f n n 1 1, 1n n    1 1 2 2 2n n n n    na n nS 1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 4 3 5 2nS n n              11, 2 1 1,1 2n n     1 1 1 1 3 2 312 2 1 2 4 2 1 2n nS n n n n              一般来说，裂开的 项中有 个正项， 个负项，且由于消项的过程中是成对消掉。所以 保留项中正负的个数应该相同。 (5）分类求和：如果通项公式是前几种可求和形式的和与差，那么在求和时可将通项公式的 项分成这几部分分别求和后，再将结果进行相加。 例： 可知通项公式为 ，那么在求和的过程中可拆成 3 部分： 分别求和后 再相加 2、根据项的特点求和： 如果数列无法求出通项公式，或者无法从通项公式特点入手求和，那么可以考虑观察数 列中的项，通过合理的分组进行求和 （1）利用周期性求和：如果一个数列的项按某个周期循环往复，则在求和时可将一个周期 内的项归为一组求和，再统计前 项和中含多少个周期即可 （2）通项公式为分段函数（或含有 ，多为奇偶分段。若每段的通项公式均可求和， 则可以考虑奇数项一组，偶数项一组分别求和，但要注意两点：一是序数的间隔（等差等比 求和时会影响公差公比），二是要对项数的奇偶进行分类讨论（可见典型例题）；若每段的通 项公式无法直接求和，则可以考虑相邻项相加看是否存在规律，便于求和 （3）倒序相加：若数列 中的第 项与倒数第 项的和具备规律，在求和时可以考虑两 项为一组求和，如果想避免项数的奇偶讨论，可以采取倒序相加的特点，即： 两式相加可得： 二、典型例题 2n n n  6 11 18 2 3 1nS n       2 3 1n na n   2 ,3 ,1n n        1 2 2 2 1 12 2 2 3 1 2 32 1 2 n n n n nS n n n                1 23 52 22 2 n n n    n  1 n  na k k 1 2n nS a a a    1 1n n nS a a a           1 2 1 1 12 n n n n nS a a a a a a n a a          1 2 n n n a aS   例 1：已知函数 ，求： 思路：观察可发现头尾的自变量互为倒数，所以考虑其函数值的和是否具备特点。即 ，所以考虑第 个与倒数第 个放在一起求和，可用倒序相加法 解： 小炼有话说：此类问题要抓自变量之间的联系，并尝试发现其函数值的和是否有特点（常数 或者与 相关），本题求和的项就呈现出倒数关系。另外在求和过程中倒序相加的方法可以 有效地避免项数的奇偶讨论。 例 2：设数列 满足 （1）求数列 的通项公式 （2）令 ，求数列 的前 项和 解：（1）   2 1 1f x x       1 1 1 1 2 20152015 2014 2f f f f f f                         1 1f x f x      n n   2 2 2 2 2 1 1 1 1 111 1 11 xf x f x x x x x                   1 1 1 1 2 20152015 2014 2S f f f f f f                                 1 12015 2014 2 1 2 2015S f f f f f f                       1 1 12 2015 2014 20152015 2014 2015S f f f f f f                                      1 4029  4029 2S  n  na  1 12, 3 4n n na a a n N        na n nb n a   nb n nS 1 3 4n n na a    1 1 3 4n n na a      2 1 2 3 4n n na a       （2）思路：由（1）可得： ，尽管整个通项公式不符合任何一种求和特征， 但可以拆成 ，在求和的过程中分成三组分别求和，再汇总到一起。 解： 例 3：已知数列 满足 ，且对 于 ，设 的前 项和为 ，则 _________ 思路：原递推公式 很难再有变化，考虑向后再写一个式子进行 变形。 ，两式相减可得： ，由 可得： ， 为周期是 3 的数列，所以求和时可先求出一个周期中项 的和，再看 中含多少周期即可。 解： ① ② ① ②得： 为周期是 3 的数列 在①中令 解得： 而 2 1 3 4a a    1 2 1 1 12 4 1 3 4 3 4 3 4 4 44 1 n n n na a                4 2n na   4 2n nb n        4 2nn    4 2n n nb n a n        1 21 2 4 4 4 2n nS n n                24 4 11 3 42 4 12 4 1 2 3 n nn n n nn         na  1 2 1 1 1 11, 2, 2,n n n n n na a a a a a a a n n N            1, 1n nn N a a     na n nS 2015S  1 1 1 1n n n n n na a a a a a      +1 2 +1 2n n n n n na a a a a a      2 1 1 1 0n n n na a a a     1 1n na a   2 1n na a   na 2015S 1 1 1 1n n n n n na a a a a a      +1 2 +1 2n n n n n na a a a a a       1 2 1 2 1n n n n n na a a a a a           2 1 1 1 0n n n na a a a     1 1n na a   2 1n na a    na 2n  1 2 3 1 2 3a a a a a a   3 3a     2015 1 2 3 4 5 6 2015S a a a a a a a         2015 3 671 2   答案： 例 4 ： 已 知 是 等 差 数 列 ， 其 前 项 和 为 ， 是 等 比 数 列 ， 且 （1）求数列 与 的通项公式 （2）记 ，求证： 解：（1）设 的公差为 ， 的公比为 则 即 ，解得： （2）思路：虽然 所涉及数列通项公式不是“ ”形式，但观察到 中的项具备“等 差 等比”的特点，所以考虑利用错位相减法求出 ，再证明等式即可 解： ① ② ② ① 所证恒等式左边 右边 即左边 右边 所以不等式得证  2015 1 2 3 2014 2015 1 2671 671 6 4029S a a a a a a a            4029  na n nS  nb 1 1 4 4 4 42, 27, 10a b a b S b       na  nb * 1 1 2 1 ,n n n nT a b a b a b n N     12 2 10n n nT a b     na d  nb q 3 4 4 1 127 3 27a b a d b q      3 4 4 1 110 4 6 10S b a d b q      3 3 2 3 2 27 8 6 2 10 d q d q        3 2 d q    3 1, 2n n na n b    nT n na b nT  nT     23 1 2 3 4 2 2 2n nT n n            2 3 +12 3 1 2 3 4 2 2 2n nT n n             2 3 13 1 2 3 2 2 2 2 2n n nT n               1 2 4 2 1 2 3 1 2 3 2 1 n n n            10 2 2 3 1 12n n       =10 2 2 3 1n n    2 10 2 3 1 10 2n n na b n         例 5：已知数列 为等差数列，其前 项和为 ，且 ，数列 （1）求 的通项公式 （2）求数列 的前 项和 解：（1） （2）思路：由（1）可得： ，所以在求和时首先要考虑项数 是否大于 5，要进行分类讨论，其次当 ，求和可分成 组分别求和再汇总 解： 当 时， 当 时， 例 6：（2014，桐乡市校级期中）：设数列 ，其前 项和 ， 为单调递增 的等比数列， ， （1）求数列 的通项公式 （2）若 ，求数列 的前 项和 解：（1） 时， 时， 符合上式  na n nS 3 95, 9a S  n nb a  na nb n nT 1 9 9 59 9 92 a aS a    5 1a  5 3 25 3 a ad       3 3 2 2 11na a n n         11 2 , 511 2 2 11, 5n n nb n n n        5n  2 11 2 , 511 2 2 11, 5n n nb n n n        5,n n N   21 9 11 2 102 2 n n b b nT n n n n        5,n n N      1 5 6n nT b b b b          6 1 2 1125 5 25 52 2 nb b nn n           2 225 5 10 50n n n      2 2 10 , 5 10 50, 5n n n nT n n n          na n 23nS n   nb 1 2 3 512b b b  1 1 3 3a b a b    ,na  nb   2 1 n n n n bc b b    nc n nT 2n   22 1 3 3 1 6 3n n na S S n n n             1n  1 1 3a S   为等比数列 设 的公比为 ，则 而 解得： 或 单调递增 （2）思路：由（1）可得： ，观察到分母 为两项乘积，且具备“依序同构”的特点，所以联想到进行裂项相消，考 虑 ，刚好为 ，所以直接裂 项然后相消求和即可 解： 例 7：已知等差数列的首项 ，公差 ，前 项和为 （1）若 成等比数列，求数列 的前 项和 （2）若 对一切 恒成立，求 的取值范围 （1）思路：先利用已知条件求出 的通项公式，然后用错位相减法求和 6 3na n     nb 3 1 2 3 2 512b b b b   2 8b   nb q 2 1 3 2 8 , 8bb b b q qq q    3 15a   1 1 3 3 83 15 8a b a b qq          2q  1 2q    nb 2q  2 1 2 2 2n n nb b            1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 n n n n n n nc            12 1 2 1n n              1 1 1 1 2 1 2 11 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n n n n n n                 nc           1 1 1 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n n n n n nc               1 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1n n n nT c c                                  1 1 1 1 1 112 1 2 1 2 1n n       1 1a  0d  n nS 1 2 4, ,S S S 2 n n a    n nT 1 2 2 3 3 4 1 1 1 1 1 2015 2016n na a a a a a a a       n N  d na 解： 成等比数列 ，代入 可得： 由 可得： ① ② ① ② （2）思路：虽然不知道 的通项公式，但根据其等差数列特征可得： 所以 ，从而可将不等式的左边通过裂项相消求和，然后根据不等 式恒成立解 的范围即可 解： 1 2 4, ,S S S    22 2 1 4 1 1 12 4 6S S S a d a a d       1 1a   2 22 4 6 2 0d d d d      0d  2d  2 1na n     21 1 11 3 2 12 2 2 n nT n                      2 3 11 1 1 1 11 3 2 3 2 12 2 2 2 2 n n nT n n                                    2 3 11 1 1 1 1 12 + 2 12 2 2 2 2 2 n n nT n                                     1 1 1 114 21 12 2 112 21 2 n n n                        1 1 13 1 1 3 12 1 2 32 2 2 2 2 n n n n n                           13 2 3 2 n nT n          na 1n na a d   1 1 1 1 1 1 n n n na a a a d         d 1 1 1 1 1 1 n n n na a a a d         1 2 2 3 3 4 1 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n na a a a a a a a d a a a a a a                   1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1nd a d a nd d nd                     对一切 均成立 设 ，由 可得： 为增函数 例 8：已知数列 ，其中相邻的两个 被 隔开，第 对 之间有 个 ，则该数列的前 项的和为__________ 思路：本题求和的关键是要统计一共有多少个 1，多少个 2 相加。那么首先应该确定第 的位置，（即位于第几对 1 中的第几个 2），可将 1 个 与之后 个 划为一组，则第 组数 中 含 有 个 数 。 即 ， 可 估 算 出 ，所以 即该数列 的 第 项 位 于 第 组 第 10 个 数 。 可 分 析 前 48 组 中 含 有 48 个 1 ， 含 有 个 ， 在 第 49 组 中 有 1 个 1 ， 9 个 2 ， 所 以 前 项 和 为 答案：2419 小炼有话说：对于这种“规律性”（不含通项公式）的数列，首先要抓住此数列中数排列的 规律，并根据规律确定出所求和的最后一项的位置。再将求和中的项进行合理分组使之可以 进行求和，再汇总即可。 例 9：已知 是数列 的前 项和，且 （1）求证：数列 为等比数列 （2）设 ，求数列 的前 项和 解：（1） ① 1 1 20151 1 2016d nd      n N  min 1 1 20151 1 2016d nd            1 11 1f n d nd      0d   f n    min 1 1 11 1 1 1f n f d d d          1 2015 1 1 2016 2015dd    10, 2015d      1,2,1,2,2,1,2,2,2,1, 1 2 n 1 n 2 1234 1234 1 n 2 n 1n     1 2 1 2 2 1 2 112342 2 n nn n       1 248, 49n n     1 2 1 2 2 1 2 11224 1234 12742 2 n nn n         1234 49 1 2 48 1176    2 1234 48 1176 2 1 9 2 2419      nS  na n 22 3 2, 1,2,3n nS a n n n       2na n cosn nb a n   nb n nT 22 3 2n nS a n n    ② ① ②可得： 即 为 的等比数列 （2）思路：若要求和，需要先求出 的通项公式。所以先利用（1）构造等比数列求出 ，从而得到 ，对于 ，处理方式既可以将 进行奇偶分类，进而分组求 和，也可放入到通项公式中进行求和 解：由（1）可得： 令 代入 方法一：直接求和 设 小炼有话说：本题虽然可以直接求和，但是过程和结果相对形式比较复杂    2 1 12 1 3 1 2n nS a n n         12 2 2 4n n na a a n    12 2 4n na a n    1 12 2 4 4 2 2 1n n na n a n a n            2na n  2q  nb na nb  cos 1 nn   nb   1 12 2 2n na n a     1n  22 3 2n nS a n n    1 12 4S a  1 4a  2 2n na n   2 2n na n    2 2 cosn nb n n            2 2 cos 2 2 1 2 2 1n n nn n nb n n n n                    1 22 2 1 2 1 1 2 1 12 1 n n nT n                           1 21 1 2 1 1 n nP n              2 3 11 1 2 1 1 n nP n                      2 1 ( 1) 1 1 2 1 1 1 1 11 ( 1) n n n n nP n n                      1 1 1 14 2 n n n nP              2 12 1 1 1 13 4 2 n n n n nT                方法二：分组求和 当 为偶数时 当 为奇数时 小炼有话说：本题在分组求和时要注意以下几点 （1）相邻两项一组，如果项数为奇数，那么会留出一项，项数为偶数，那么刚好分组。所 以要对项数进行奇偶的分类讨论 （2）在项数为偶数的求和过程中要注意 的取值变化不再是 ，而是 所以 求和时的公比和求和的项数会对应发生改变。 （3）在项数为奇数的求和中可利用前面的结论，简化求和过程 方法三：分奇数项偶数项分别求和 当 为偶数时：       2 2 , 2 12 2 cos 2 2 1 2 2 , 2 n nn n n n n n kb n n n n n k                n  1 1 1 2 2 1 2 2 2 2n n n n nb b n n                 1 2 3 4 1n n nT b b b b b b         2 1 4 1 12 2 2 2 2 n n         22 4 1 2 2 14 1 3 n nn n           n  1 1 2 2 1 1 2 23 n n n n nT T b n n         2 523 3 n n      2 2 1 , 23 2 52 , 2 13 3 n n n n n k T n n k              n 1,2,3, 2,4,6,       2 2 , 2 12 2 cos 2 2 1 2 2 , 2 n nn n n n n n kb n n n n n k                n    1 3 5 1 2 4 6n n nT b b b b b b b b           同理：当 为奇数时 例 10：已知等差数列 的公差为 ，前 项和为 ，且 成等比数列 （1）求 的通项公式 （2）令 ，求数列的 的前 项和 解：（1） 成等比数列 即 解得： （2）思路：由第（1）问可得： ，考虑相邻项作和观察规律： 为偶数时，    1 3 1 1 3 1 2 2 2 2 1 3 1n nb b b n                2 1 22 4 1 1 1 2 224 1 2 2 3 3 2 n nn n n                  2 4 2 4 2 2 2 2 2 4n nb b b n               2 24 4 1 22 2 424 1 2 2 3 3 2 n n n nn n             12 2 3 3 n nT n      n  1 1 2 2 1 1 2 23 n n n n nT T b n n         2 523 3 n n      2 2 1 , 23 2 52 , 2 13 3 n n n n n k T n n k               na 2 n nS 1 2 4, ,S S S  na   1 1 41 n n n n nb a a      nb n nT 1 2 4, ,S S S 2 2 1 3S S S     2 1 1 12 4 6a d a a d       2 1 1 12 2 4 12a a a   1 1a   1 1 2 1na a n d n           1 41 2 1 2 1 n n nb n n     n ，然后再进行求和即可 解： 为偶数时， 为奇数时： 综上所述： 小炼有话说：本题还可以直接从 入手： 尽管裂开不是两项作差，但依靠 在求和过程中也可达到相邻项相消的目的。进而根 据项数的奇偶进行讨论求和。               1 4 1 4 8 4 4 2 3 2 1 2 1 2 1 2 3 2 1 2 1 2 3 2 1n n n n nb b n n n n n n n n n               1 1 2 3 2 1n n   n        1 4 1 4 2 3 2 1 2 1 2 1n n n nb b n n n n                4 1 2 1 4 2 3 2 3 2 1 2 1 n n n n n n n               8 4 4 1 1 2 3 2 1 2 1 2 3 2 1 2 3 2 1 n n n n n n n n                1 2 3 4 1n n nT b b b b b b        1 1 1 1 1 1 21 15 5 9 2 3 2 1 2 1 2 1 n n n n n                             n             1 2 1 2 1 2 1 44 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1n n n n n n nnT T b n n n n n                         22 2 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n n n n n n n             2 , 22 1 2 2 , 2 12 1 n n n knT n n kn         nb       1 14 1 11 12 1 2 1 2 1 2 1 n n n nb n n n n                11 n 三、历年好题精选 1、把等差数列 依次按第一个括号一个数，第二个括号两个数，第三个括号三个数，第 四个括号一个数……，循环分为 则 第 个括号内各数之和为（ ） A. B. C. D. 2、数列 满足 ，则 的前 60 项和为（ ） A. B. C. D. 3 、（ 2016 ， 山 东 青 岛 12 月 月 考 ） 设 ， 则 在 中，正数的个数是（ ） A. B. C. D. 4、（2016，长沙一中月考）已知数列 是等差数列，数列 是等比数列，公比为 ， 数列 中， ， 是数列 的前 项和。若 （ 为正偶数），则 的值为（ ） A. B. C. D. 5、若数列 满足 ，则数列 的通项公式为 ____ 6、（2015，新课标 II）设 是数列 的前 项和，且 ，则 ____ 7、（2015，江苏）数列 满足 ，且 ，则数列 的前 项和为_________ 8、在等差数列 中， ，其前 项和为 ，等比数列 的各项均为正数， ，公比为 ，且 （1）求 （2）设数列 满足 ，求 的前 项和  na              1 , 3,5 , 7,9,11 , 13 , 15,17 , 19,21,23 , 25 , , 50 390 392 394 396  na  1 1 2 1n n na a n      na 3690 3660 1845 1830 1 2 1 sin ,25n n n na S a a an      1 2 100, , ,S S S 25 50 75 100  na  nb q  nc n n nc a b nS  nc n 2 311, 7, 201m m mS S S    m 4mS 1601 1801 2001 2201  na    1 1 11, 2n n na n a a a n N          na nS  na n 1 1 11, n n na a S S    nS   na 1 1a   1 1n na a n n N       1 na       10  na 1 3a  n nS  nb 1 1b  q 2 2 2 2 12, Sb S q b   ,n na b  nc 5n nc b a   nc n nT 9、（2015，广东文）设数列 的前 项和为 ，已知 ，且 当 时， （1）求 的值 （2）证明： 为等比数列 （3）求数列 的通项公式 10 、（ 2015 ， 天 津 ） 已 知 数 列 满 足 ， ， 且 成等差数列 （1）求 的值和 的通项公式 （2）设 ，求数列 的前 项和 11、（2014，湖南）已知数列 满足 （1）若 是递增数列，且 成等差数列，求 的值 （2）若 ，且 是递增数列， 是递减数列，求数列 的通项公式 12、（2014，全国卷）等差数列 的前 项和为 ，已知 为整数，且 （1）求 的通项公式 （2）设 ，求数列 的前 项和 13、（2015，山东）设数列 的前 项和为 ，已知 （1）求数列 的通项公式； （2）若数列 满足 ，求数列 的前 项和 . 14、（2016，山东潍坊中学高三期末）在数列 ， 中，已知 ， ，且 ， ， 成等差数列， ， ， 也成等差数列． （1）求证： 是等比数列；  na n ,nS n N  1 2 3 3 51, ,2 4a a a   2n  2 1 14 5 8n n n nS S S S     4a 1 1 2n na a      na  na  2 1n na qa q   1 2, 1, 2n N a a   2 3 3 4 4 5, ,a a a a a a   q  na 2 2 2 1 log ,n n n ab n Na      nb n  na 1 11, ,n n na a a p n N       na 1 2 3,2 ,3a a a p 1 2p   2 1na   2na  na  na n nS 1 210,a a 4nS S  na 1 1 n n n b a a    nb n nT { }na n nS 2 3 3.n nS   { }na { }nb 3logn n na b a { }nb n nT  na  nb 1 1a  1 2b  na nb 1na  nb na 1nb   n na b （2）若 ，求数列 的前 项和 ． 15、定义数列 ，且 时， （1）当 时， ，求 （2）若 ，求证：    32 3 log 2 1 nn n n nc a a       nc n n   1: 1na a  2n  1 1 , 2 , 2 , 2 1, n n n a r n k k Na a n k k N             0r  1 2n nS a a a    nS 0r  1 2 1 2 2 4 kn k k ka a   习题答案： 1、答案：B 解析：由前面几组可得，组中项个数的循环周期为 3，因为 ，所以第 50 组 数含有两个元素。可知在一个周期中将占有 中的 6 项，所以 16 个周期共占有 96 项， 从而第 49 个括号里为 ，第 50 个括号里含有的项为 ，因为 ，所 以 ，则 2、答案：D 解析： 时， 时， 可得： 3、答案：D 解析： 的周期 ，结合正弦函数性质可知： ， 且 ，因为 单调递减，所以 则 为正， ，同理可得： 也均 为正数，以此类推，可知 均为正数，共 个 4、答案：B 解析：令 ， 为 的 公差 同理 50 3 16 2    na  97a  98 99,a a 2 1na n  98 99195, 197a a  98 99 392a a  2n k 2 1 2 4 1k ka a k    2 1n k  2 2 1 4 3k ka a k   2 1 2 1 2k ka a    2 3 2 1 2k ka a    2 3 2 1k ka a  1 61a a       60 1 2 60 2 3 4 5 60 61S a a a a a a a a a               3 1193 7 11 2 60 1 30 18302             sin 25 nf n  50T  1 2 24 25, , , 0, 0a a a a  26 27 49 50, , , 0, 0a a a a  1y n 26 1 27 2 49 24, , ,a a a a a a   1 2 25, ,S S S  26 1 26 2 24 0S a a a a      26 27 50, , ,S S S 1 2 100, , ,S S S 100 2 3 2, ,m m m m mA S B S S C S S      1 1 2 2 1 1 2 2 2 m m m m m m m mq A a b a b a b q a b a b a b                1 1 1 2 2 1 2 m m m m m m m mB q A a a b a a b md b b             d  na    2 1 2 2 3 1 2 m m m m m m mC q B md b b b md b b q           代入 可得： ，解得 或 设 ，同理可知 ，代入可得： 5、答案： 解析： 设 ，即 为等差数列 6、答案： 解析： ，即 ，所以 为公差是 的 等差数列，所以 ，即 7、答案： 解析： ，可得： ，进行累加可得： ，所以 ， 即 ，故 8、解析：（1）设 的公差和公比分别为  m m mC q B q B q A    2 3 211, 4, 208m m m m mA S B S S C S S           2 11 8 208 0m mq q   4mq  52 11 mq   4 3m mD S S   m m mD q C q C q B      208 4 4 208 4 4 832 768 1600D              4 3 1600 201 1801m mS D S        2 3 n na n     1 1 12 1 2n n n n nn a a a n a na         n nb na 1 2n nb b    nb 1 1 1b a    1 2 1 2 3nb b n n      2 3 n na n   1 n 1 1 1 1n n n n n n na S S S S S S       1 1 1 1 n nS S    1 nS       1   1 1 1 1 n n d nS S     1 nS n  20 11 1 1n na a n    1 2 1, , 2n na a n a a       1 21 2 12n na a n n n             2 1 112 2n n n n na        1 2 1 121 1na n n n n        10 1 1 1 1 1 202 1 2 2 3 10 11 11S                              ,n na b ,d q 2 2 1 1 2 1 12 6 12b S b q a a b q a d q d            ，所以解得： 或 （舍） （2） 当 时， 当 时， 9、解析：（1）令 ，则 ，解得： （2） 即 时， 是公比为 的等比数列 当 时，由 可验证得： 综上可得： 是公比为 的等比数列 22 2 6 6S dq q db q      3q  4q   3d    1 1 3 1 3 , 3n n na a n n b       1 1 1 3 15, 43 15 15 3 , 3 n n n n nc n            3n     1 3 1 15 1 3 3 15 2 n n nT n n         4n       2 3 4 145 1 3 3 3 3 3 15 3n nT n           327 3 1 3 12777 15 153 1 2 n n n n        3 115 , 32 3 127 15 , 42 n n n n n T n n         2n  4 2 3 14 5 8S S S S   4 3 5 3 3 54 1 5 1 8 1 12 4 2 2 4a                         4 7 8a  2 1 1 2 1 1 14 5 8 4 4 4 4n n n n n n n n n nS S S S S S S S S S               2 14 4n n na a a   2 1 1 1 1 14 2 22 2n n n n n na a a a a a                   2 1 1 1 1 1 2 2 2n n n na a a a          2n  1 1 2n na a     1 2 1n  1 2 3 3 51, ,2 4a a a   3 2 2 1 1 1 1 2 2 2a a a a       1 1 2n na a     1 2 （3）由（2）以及 可得： 为公差是 4 的等差数列 10、解析：（1）依题意可知： 成等差数列 即 或 （舍） 当 时， ，即 当 时， ，即 综上所述： （2）由（1）可得： 设 的前 项和为 2 1 1 12a a  1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 n n n na a a a                        11 11 4 2 2 4 1 1 2 2 n nn n n nn n a a a a                  2n na  12 2 1 4 4 2n na a n n           11 14 2 2 12 2 n n na n n                 2 3 1 4 2 5 3, 2 ,a qa q a qa q a qa q      2 3 3 4 4 5, ,a a a a a a    3 4 4 5 2 32 a a a a a a       2 22 2 2 2 3 2 0q q q q q q q         2q  1q  2 2n na a   2 1n k k N    1 2 nk  1 2 1 1 2k ka a     1 112 22 2 n n na      2 1n k k N    2 nk  1 2 2 2k ka a   12 22 2 2 n n na     1 2 2 2 , 2 , n n n na n     为奇数 为偶数 12 2 1 log 2 1 22 2 2 n n n n n nb n            nb n nT 两式相减可得： 11、解析：（1）因为 是递增数列 ，其中 由 可得： ， 成等差数列 代入可得： 解得： 或 （舍） （2）因为 为递增数列 ① 因为 ② 由①②可得： ③ 同理：因为 为递增数列 因为 2 31 2 2 2 3 2 2n nT n           2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 1 2 2n n nT n n                2 1 +1 12 2 1 2 2 2 2 2 1 2 22 1 n n n n n nT n n n                 11 2 2n nT n      na 1 1 n n n n na a a a p      0p   1 1a  2 1 1a a p p    2 2 3 2 1a a p p p     1 2 3,2 ,3a a a 2 1 34 3a a a      24 1 1 3 1q q q     1 3p  0p  1 3p   2 1na  2 1 2 1 0n na a       2 1 2 2 2 1 0n n n na a a a      2 2 1 1 1 2 2n n 2 1 2 2 2 1n n n na a a a     2 2 1 0n na a   2 1 2 2 1 1 2 n n na a           2na 2 2 2 0n na a       2 2 1 2 1 2 2 0n n n na a a a       2 1 2 2 1 1 2 2n n  2 2 1 2 1 2 2n n n na a a a      2 1 2 2 0n na a   ④ 综合③④可得： 12、解析：（1）由 可知： ，即 为整数 结合不等式 可解得： （2） 2 2 2 1 2 2 1 2 n n na a             1 1 1 1 2 2 n n n n na a            1 1 1 2 n n na a          2 1 2 1 2 n n na a            2 1 1 2a a        1 1 2 1 1 112 21 1 1 12 2 2 1 2 n n n na a                                                           11 113 2 n          14 1 1 3 3 2 n na         4nS S 4 50, 0a a  1 1 3 0 4 0 a d a d      2a 2 1 2 10d a a a Z      10 3 0 10 4 0 d d      3d    1 1 13 3na a n d n        1 1 1 1 1 1 13 3 10 3 3 10 3 13 3n n n b a a n n n n           1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 7 10 4 7 10 3 13 3 3 10 3 10nT n n n                                     10 10 3 n n  13、解析：（1）由 可得 ， 而 ，则 （2）由 及 可得 . 14、解析：（1）由 ， ， 成等差数列， ， ， 也成等差数列可得： 是公比为 的等比数列 （2）由（1）可知 ，整理可得： 2 3 3n nS   1 1 1 (3 3) 32a S    1 1 1 1 1(3 3) (3 3) 3 ( 2)2 2 n n n n n na S S n          1 1 1 3 3a   1 3, 1, 3 , 1.n n na n    3logn n na b a 1 3, 1, 3 , 1.n n na n    3 1 1 , 1,log 3 1, 1.3 n n n n nab na n       2 3 1 1 1 2 3 1 3 3 3 3 3n n nT        2 2 3 4 1 1 1 1 2 3 2 1 3 3 3 3 3 3 3n n n n nT          2 2 3 1 2 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 3n n n nT          2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1( )3 3 3 3 3 3 3n n n          1 1 2 1 2 1 3 1 13 2 13 3 19 3 9 2 2 3 3 18 2 31 3 n n n n n n n n             1 13 2 1 12 4 3n n nT     na nb 1na  nb na 1nb  1 1 2 2 n n n n n n b a a a b b                1 1 1 12 3n n n n n n n n n na b a b a b a b a b               n na b  3   1 1 1 3 3n n n na b a b           1 1 1 1 2 22 n n n n n n n n n n n n b a a a b b b a aa b b                      1 1 1 11n n n n n na b b a a b          是公比为 的等比数列 若 为偶数，则 若 为奇数，则 为偶数 15、解析：当 时， ， 均为等比数列 由 可得 为偶数时  n na b  1      1 1 1 1 1n n n na b a b            1 3 1 23 n nn n n nn n n a b a a b                  3 32 3 log 2 1 1 log 3 1n n nn n n n nc a a n           , 2 1 , 2n n n kc n n k       n  1 1 1n nc c n n            1 2 3 4 1 12 2n n n n nT a a a a a a           n 1n  1 1 1 1 1 1 2 2 2n n n n n n nT T a a n             , 22 1 , 2 12 n n n k T n n k        0r  1 1 , 2 , 2 , 2 1, n n n a n k k Na a n k k N            2 2 1 2 22k k ka a a    2 1 2 2 12k k ka a a      2 2 1,k ka a  1 1a  2 1 1a a  1 1 1 1 2 2 2 1 12 2 , 2 2k k k k k ka a a a           1 2 12 2 , 2 1, 2 , 2 , n n n n k k Na n k k N              n   2 12 2 4 2 1 2 2 2 22 1 n n n nS a a a              为奇数时， （2）由 可得： 为公比是 2 的等比数列 n 1 1 112 2 2 1 2 2 2 3 2 2 n n n n n nS S a            12 1 2 2 2, 2 , 3 2 2, 2 1, n n n n k k NS n k k N                 1 1 , 2 , 2 , 2 1, n n n a r n k k Na a n k k N             2 2 1 2 22k k ka a r a r      2 2 22k ka r a r     2ka r    1 2 2 2k ka r a r      2 1 1a a r r       1 1 2 21 2 2 1 2 2k k k ka r a r r            1 2 1 2 22 1 2 2 2k k ka a r r           1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 k k k k k ka a r r r r                     1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 k k kr r r r                   2 1 2 1 1 1 2 1 2 2 1 2 2k kr r r r r                 1 1 1 2 1 2 2 2 1 1 1 2 1 2 2 1 2 2 kn n k k ka a r r r r r                  2 2 4 41 2 1 2 2 1 2r r r r      