高中数学讲义微专题54《数列求和（含通项公式与求和习题》讲义.doc

1、 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： 1 1 22 pq n n aa aa Snn pqn 1 1 2 n n n Sa nd （2）等比数列求和公式： 1 1 1 ,1 1 ,1 n n aq q S q a n q （3）错位相减法： 通项公式特点：通项公式特点： n a 等差等比， 比如

2、2n n an， 其中n代表一个等差数列的通项公式 （关 于n的一次函数） ，2n代表一个等比数列的通项公式（关于n的指数型函数） ，那么便可以 使用错位相减法 方法详解：方法详解：以21 2n n an为例，设其前n项和为 n S 先将 n S写成n项和的形式 12 1 23 221 2n n Sn 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 12 1 23 221 2n n Sn 231 21 23 223 221 2 nn n Snn ，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。 然后两式相减： 1231 1 22 222212 nn n Sn 除

3、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 n S即可 1231 1 22 222212 nn n Sn 1 1 4 21 22212 21 n n n 1 3226 n n 所以 1 23 26 n n Sn 对“错位相减法”的深层理解：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

4、，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：通项公式特点： n a的表达式能够拆成形如 n af nf nk的形式（=1,2,k） ，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：方法详解：以 1 2 n a n n 为例 裂项：考虑 11 11 222 n a n nnn （这里 1 f n n ） ，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 11 , 1n n 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

5、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 112 22nnn n ，在调整系数使之符合通 项公式即可 求和：设 n a前n项和为 n S 11111111 1 2324352 n S nn ，求和的关键在于确定剩下的项。通过 观察可发现正项中 1 1, 2 没有消去，负项中 11 , 12nn 没有消去。 所以 1111323 1 22124212 n n S nnnn 一般来说，裂开的2n项中有n个正项，n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

6、分成这几部分分别求和后，再将结果进行相加。 例：61118231 n Sn 可知通项公式为231 n n an， 那么在求和的过程中可拆成 3 部分：2 ,3 ,1 n n分别求和后 再相加 12 2 21 1 2223 123 212 n n n n n Snnn 12 35 22 22 n nn 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n项和中含多少个周期即可 （2）通项公

7、式为分段函数（或含有1 n ，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 n a中的第k项与倒数第k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： 12nn Saaa 11nnn Saaa 两式相加可得： 12111 2 nnnnn Saaaaaan aa 1 2 n n n aa

8、S 二、典型例题 例 1：已知函数 2 1 1 f x x ，求： 111 122015 201520142 ffffff 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 1 1f xf x ，所以考虑第n个与倒数第n个放在一起求和，可用倒序相加法 解： 2 222 2 1111 1 1 111 1 x f xf xxxx x 111 122015 201520142 Sffffff 11 2015201421 22015 Sffffff 111 2201520142015 201520142015 Sffffff 1 4029 4029 2 S 小炼有话说：此类问

9、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n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 n a满足 11 2,3 4n nn aaanN （1）求数列 n a的通项公式 （2 2）令）令 nn bna，求数列求数列 n b的前的前n项和项和 n S 解： （1） 1 3 4n nn aa 1 1 3 4n nn aa 2 12 3 4n nn aa 21 3 4aa 1 21 1 12 41 3 43 43 444 41 n nn n aa 42 n n a （2）思路：由（1）可得：42

10、n n bn，尽管整个通项公式不符合任何一种求和特征， 但可以拆成 42 n n ，在求和的过程中分成三组分别求和，再汇总到一起。 解：42 n nn bnan 12 124442 n n Snn 2 4 41 134 241 24123 n n n nnn n 例 3：已知数列 n a满足 121111 1,2,2, nnnnnn aaaa aaaannN ，且对 于 1 ,1 nn nNa a ，设 n a的前n项和为 n S，则 2015 S_ 思路：原递推公式 1111nnnnnn aa aaaa 很难再有变化，考虑向后再写一个式子进行 变形。 +12+12nnnnnn a aaaaa

11、 ，两式相减可得： 211 10 nnnn aaa a ，由 1 1 nn a a 可得： 21nn aa ， n a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 2015 S中含多少周期即可。 解： 1111nnnnnn aa aaaa +12+12nnnnnn a aaaaa 得： 12121nnnnnn a aaaaa 211 10 nnnn aaa a 1 1 nn a a 21nn aa n a为周期是 3 的数列 在中令2n 123123 a a aaaa解得： 3 3a 20151234562015 Saaaaaaa 而20153 671 2 20151232

12、014201512 671671 64029Saaaaaaa 答案：4029 例4 ： 已 知 n a是 等 差 数 列 ， 其 前n项 和 为 n S， n b是 等 比 数 列 ， 且 114444 2,27,10ababSb （1）求数列 n a与 n b的通项公式 （2）记）记 * 11 21 , nnnn Ta baba b nN ，求证求证：12210 nnn Tab 解： （1）设 n a的公差为d， n b的公比为q 则 3 4411 27327abadbq 3 4411 104610Sbadbq 即 3 3 23227 86210 dq dq ，解得： 3 2 d q 31,

13、2n nn anb （2）思路：虽然 n T所涉及数列通项公式不是“ nn ab”形式，但观察到 n T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 n T ，再证明等式即可 解： 2 31 23422 2n n Tnn 23+ 1 23123422 2 n n Tnn 231 3123 2222 2 nn n Tn 1 2 4 21 23123 21 n n n 1 0 22 311 2 n n 所证恒等式左边=10 22 31 n n 右边2102 3110 2n nn abn 即左边右边 所以不等式得证 例 5：已知数列 n a为等差数列，其前n项和为 n S，且 39 5

14、,9aS，数列 nn ba （1）求 n a的通项公式 （2）求数列）求数列 n b的前的前n项和项和 n T 解： （1） 19 95 999 2 aa Sa 5 1a 53 2 53 aa d 3 32211 n aann （2）思路：由（1）可得： 112 ,5 112 211,5 n n n bn nn ，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5n ，求和可分成2组分别求和再汇总 解： 112 ,5 112 211,5 n n n bn nn 当5,nnN时， 21 9112 10 22 n n bbn Tnnnn 当5,nnN时， 156nn Tbbbb 6

15、 1211 255255 22 n bbn nn 2 2 2551050nnn 2 2 10,5 1050,5 n nn n T nnn 例 6： （2014，桐乡市校级期中） ：设数列 n a，其前n项和 2 3 n Sn ， n b为单调递增的 等比数列， 1 2 3 512bb b ， 1133 abab （1）求数列 , n a n b的通项公式 （2 2）若）若 21 n n nn b c bb ，求，求数列数列 n c的前的前n项和项和 n T 解： （1）2n 时， 2 2 1 33163 nnn aSSnnn 1n 时， 11 3aS 符合上式 63 n an n b为等比数列

16、 3 1 2 32 512bb bb 2 8b 设 n b的公比为q，则 2 132 8 ,8 b bbb qq qq 而 3 15a 1133 8 3158ababq q 解得：2q 或 1 2 q n b单调递增 2q 21 2 22 nn n bb （2）思路：由（1）可得： 1 111 22 222121 21 nn n nnnn c ，观察到分母 1 2121 nn 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 1 111 2121 112 212121 2121 21 nn n nnnnnn ，刚好为 n c，所以直接裂 项然后相消求和即可 解： 1 111

17、1 2211 222121 212121 nn n nnnnnn c 1 12231 111111 212121212121 nn nn Tcc 111 111 1 212121 nn 例 7：已知等差数列的首项 1 1a ，公差0d ，前n项和为 n S （1）若）若 124 ,S S S成等比数列成等比数列，求数列求数列 2 n n a 的前的前n项和项和 n T （2）若）若 1223341 11112015 2016 nn a aa aa aa a 对一切对一切nN 恒成立恒成立，求求d的取值范围的取值范围 （1）思路：先利用已知条件求出 n a的通项公式，然后用错位相减法求和 解：

18、124 ,S S S成等比数列 2 2 214111 246SSSadaad，代入 1 1a 可得： 2 2 24620dddd 由0d 可得：2d 21 n an 2 111 1321 222 n n Tn 231 11111 132321 22222 nn n Tnn 231 111111 2+21 222222 nn n Tn 1 1 11 1 42 11 221 1 22 1 2 n n n 111 31131 2123 22222 nnn nn 1 323 2 n n Tn （2）思路：虽然不知道 n a的通项公式，但根据其等差数列特征可得： 1nn aad 所以 11 1111 n

19、nnn a aaad ，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d的范围即可 解： 11 1111 nnnn a aaad 122334112231 11111111111 nnnn a aa aa aa adaaaaaa 11 111111 111 1 n dadanddnd 112015 1 12016dnd 对一切nN 均成立 m i n 112 0 1 5 1 12 0 1 6dn d 设 11 1 1 f n dnd ，由0d 可得： f n为增函数 min 111 11 11 f nf ddd 120151 120162015 d d 1 0, 2015 d

20、例 8： 已知数列1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,， 其中相邻的两个1被2隔开， 第n对1之间有n个2， 则该数列的前1234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1234 的位置， （即位于第几对 1 中的第几个 2） ，可将 1 个1与之后n个2划为一组，则第n组数 中含有1n个数。 即 12 12 2121 1234 22 nn nn ， 可估算出 12 48,49nn， 所以 12 12 2121 122412341274 22 nn nn 即该数列的第1234项位于 第49组第 10 个数。可分析前 48 组中含有

21、 48 个 1，含有12481176个2，在第 49 组中有 1 个 1，9 个 2，所以前1234项和为48 1176 2 1 9 22419 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 n S是数列 n a的前n项和，且 2 232,1,2,3 nn Sannn （1）求证：数列2 n an为等比数列 （2）设）设cos nn ban，求数列，求数列 n b的前的前n项和项和 n T 解： （1） 2 232 n

22、n Sann 2 11 21312 nn Sann 可得： 1 2224 nnn aaan 即 1 224 nn aan 11 2244221 nnn ananan 2 n an为2q 的等比数列 （2）思路：若要求和，需要先求出 n b的通项公式。所以先利用（1）构造等比数列求出 n a， 从而得到 n b，对于cos1 n n ，处理方式既可以将 n b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： 1 1 222n n ana 令1n 代入 2 232 nn Sann 11 24Sa 1 4a 22n n an 22 n n an 22cos n n bn

23、n 方法一：直接求和 22cos221221 nnn nn n bnnnn 12 221 2 11211 2 1 n n n Tn 设 12 11211 n n Pn 231 11211 n n Pn 21 ( 1) 11 211111 1 ( 1) n nnn n Pnn 1 111 42 nn n n P 21 21111 342 nnn n n T 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 方法二：分组求和 22 ,21 22cos221 22 ,2 n n nn n n n nk bnnn n nk 当n为偶数时 11 1 2212222 nnn nn bbnn

24、 12341nnn Tbbbbbb 2 14 11 2222 2 n n 2 2 41 2 21 4 13 n n nn 当n为奇数时 1 1 2 21122 3 nn nnn TTbnn 25 2 33 n n 2 21,2 3 25 2,21 33 n n n n nk T nnk 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n的取值变化不再是1,2,3,，而是2,4,6,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

25、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 22 ,21 22cos221 22 ,2 n n nn n n n nk bnnn n nk 当n为偶数时： 1351246nnn Tbbbbbbbb 131 131 2222 131 n n bbbn 2 12 2 41 1122 2 4122332 n n nnn 24 24 2222 24 n n bbbn 2 2 4 41 2224 2 4122332 n n n nn n 1 22 33 n n Tn 同理：当n为奇数时 1 1 2 21122 3 nn nnn TTbnn 25 2 33 n n 2 21,2 3

26、25 2,21 33 n n n n nk T nnk 例 10：已知等差数列 n a的公差为2，前n项和为 n S，且 124 ,S S S成等比数列 （1）求 n a的通项公式 （2 2）令）令 1 1 4 1 n n nn n b aa ，求数列的，求数列的 n b的前的前n项和项和 n T 解： （1） 124 ,S S S成等比数列 2 213 SS S 2 111 246adaad即 2 111 22412aaa 解得： 1 1a 1 121 n aandn （2）思路：由第（1）问可得： 14 1 21 21 n n n b nn ，考虑相邻项作和观察规律： n为偶数时， 1 4

27、14844 232121212321212321 nn nnn bb nnnnnnnnn 11 2321nn ，然后再进行求和即可 解： n为偶数时， 1 414 23212121 nn nn bb nnnn 4121423 232121 nnnn nnn 84411 2321 2123212321 n nnnnnnn 12341nnn Tbbbbbb 1111112 11 55923212121 n nnnn n为奇数时： 1 21212144 21121212121 nnn nnnnn TTb nnnnn 2 2 21 2 21122 2121212121 nn nnn nnnnn 综上所

28、述： 2 ,2 21 22 ,21 21 n n nk n T n nk n 小炼有话说：本题还可以直接从 n b入手： 11411 11 21 212121 nn n n b nnnn 尽管裂开不是两项作差，但依靠 1 1 n 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。 三、历年好题精选 1、把等差数列 n a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 1 , 3,5 , 7,9,11 , 13 , 15,17 , 19,21,23 , 25 ,则 第50个括号内各数之和为（ ） A. 390 B. 392 C. 3

29、94 D. 396 2、数列 n a满足 1 121 n nn aan ，则 n a的前 60 项和为（ ） A. 3690 B. 3660 C. 1845 D. 1830 3、（2016， 山东青岛 12 月月考） 设 12 1 sin, 25 nnn n aSaaa n ， 则在 12100 ,S SS 中，正数的个数是（ ） A. 25 B. 50 C. 75 D. 100 4、 （2016，长沙一中月考）已知数列 n a是等差数列，数列 n b是等比数列，公比为q， 数列 n c中， nn n ca b， n S是数列 n c的前n项和。若 23 11,7,201 mmm SSS （m

30、 为正偶数） ，则 4m S的值为（ ） A. 1601 B. 1801 C. 2001 D. 2201 5、若数列 n a满足 111 1,2 nnn an aaanN ，则数列 n a的通项公式为 _ 6、 （2015，新课标 II）设 n S是数列 n a的前n项和，且 111 1, nnn aaS S ，则 n S _ 7、 （2015， 江苏） 数列 n a满足 1 1a ， 且 1 1 nn aannN ， 则数列 1 n a 的前10 项和为_ 8、在等差数列 n a中， 1 3a ，其前n项和为 n S，等比数列 n b的各项均为正数， 1 1b ， 公比为q，且 2 22 2

31、 12, S bSq b （1）求, nn a b （2）设数列 n c满足 5nn cba，求 n c的前n项和 n T 9、 （2015，广东文）设数列 n a的前n项和为, n S nN ，已知 123 35 1, 24 aaa，且 当2n 时， 211 458 nnnn SSSS （1）求 4 a的值 （2）证明： 1 1 2 nn aa 为等比数列 （3）求数列 n a的通项公式 10、 （2015，天津）已知数列 n a满足 2 1 nn aqaq ， 12 ,1,2nNaa ，且 233445 ,aa aa aa成等差数列 （1）求q的值和 n a的通项公式 （2）设 22 21

32、 log , n n n a bnN a ，求数列 n b的前n项和 11、 （2014，湖南）已知数列 n a满足 11 1, n nn aaap nN （1）若 n a是递增数列，且 123 ,2,3aaa成等差数列，求p的值 （2）若 1 2 p ，且 21n a 是递增数列， 2n a是递减数列，求数列 n a的通项公式 12、 （2014，全国卷）等差数列 n a的前n项和为 n S，已知 12 10,aa为整数，且 4n SS （1）求 n a的通项公式 （2）设 1 1 n nn b a a ，求数列 n b的前n项和 n T 13、 （2015，山东）设数列 n a的前n项和为

33、 n S，已知233. n n S （1）求数列 n a的通项公式； （2）若数列 n b满足 3 log nnn a ba，求数列 n b的前n项和 n T. 14、 （2016，山东潍坊中学高三期末）在数列 n a， n b中，已知 1 1a ， 1 2b ，且 n a， n b， 1n a 成等差数列， n b， n a， 1n b 也成等差数列 （1）求证： nn ab是等比数列； （2）若 3 23log21 n n nnn caa ，求数列 n c的前n项和 n 15、定义数列 1 :1 n aa ，且2n时， 1 1 ,2 , 2,21, n n n ar nk kN a ank

34、kN （1）当0r 时， 12nn Saaa，求 n S （2）若0r ，求证： 1 212 2 4 k n k kk aa 习题答案： 1 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503162，所以第 50 组 数含有两个元素。可知在一个周期中将占有 n a中的 6 项，所以 16 个周期共占有 96 项， 从而第 49 个括号里为 97 a ，第 50 个括号里含有的项为 9899 ,aa ，因为21 n an， 所以 9899 195,197aa，则 9899 392aa 2、答案：D 解析：2nk时， 212 41 kk aak 21nk时， 221 43

35、kk aak 2121 2 kk aa 2321 2 kk aa 可得： 2321kk aa 161 aa 60126023456061 Saaaaaaaaa 3119 37112601301830 2 3、答案：D 解析： sin 25 n f n 的周期50T ，结合正弦函数性质可知： 122425 ,0,0a aaa， 且 26274950 ,0,0aaaa， 因为 1 y n 单调递减， 所以 2612724924 ,aa aaaa 则 1225 ,S SS为正， 26126224 0Saaaa，同理可得： 262750 ,SSS也均 为正数，以此类推，可知 12100 ,S SS均为

36、正数，共100个 4 4、答案：B 解析：令 232 , mmmmm ASBSSCSS 1 12 211222 mm m mmmmm q Aaba ba bqaba ba b 1112212 m mmmmmmm Bq Aaa baabmd bb ，d为 n a的公 差 同理 2122312 mm mmmmm Cq Bmd bbbmd bbq mmm Cq BqBq A 代入 232 11,4,208 mmmmm ASBSSCSS 可得： 2 1182080 mm qq，解得4 m q或 52 11 m q 设 43mm DSS，同理可知 mmm Dq CqCq B，代入可得： 208 4420

37、8448327681600D 43 16002011801 mm SDS 5、答案： 23 n n a n 解析： 111 212 nnnnn n aaanana 设 nn bna，即 1 2 nn bb n b为等差数列 11 1ba 1 2123 n bbnn 23 n n a n 6、答案： 1 n 解析： 1111nnnnnnn aS SSSS S ，即 1 11 1 nn SS ，所以 1 n S 为公差是1的 等差数列，所以 1 11 1 n ndn SS ，即 1 n S n 7、答案： 20 11 解析： 1 1 nn aan ，可得： 121 ,2 nn aanaa ，进行累

38、加可得： 1 2 121 2 n n aannn ，所以 211 1 22 n nnn n a ， 即 1211 2 11 n an nnn ，故 10 1111120 21 223101111 S 8 8、解析： （1）设 , nn ab的公差和公比分别为,d q 2211211 2612bSbqaabqadqd 2 2 2 6 6 Sd qqd bq ，所以解得：3q 或4q （舍） 3d 1 1 313 ,3n nn aann b （2） 1 1 1 315,4 315 153,3 n n n n n c n 当3n时， 1 31 1513315 2 n n n Tnn 当4n时， 23

39、41 45133333153 n n Tn 3 27 31 3127 771515 3 12 n n nn 31 15,3 2 3127 15 ,4 2 n n n nn T n n 9、解析： （1）令2n ，则 4231 458SSSS 4 35335 4 15 18 11 24224 a ，解得： 4 7 8 a （2） 2112111 4584444 nnnnnnnnnn SSSSSSSSSS 即 21 44 nnn aaa 2111 11 422 22 nnnnnn aaaaaa 211 111 222 nnnn aaaa 2n 时， 1 1 2 nn aa 是公比为 1 2 的等比

40、数列 当1n 时，由 123 35 1, 24 aaa可验证得： 3221 111 222 aaaa 综上可得： 1 1 2 nn aa 是公比为 1 2 的等比数列 （3）由（2）以及 21 1 1 2 aa可得： 11 121 1111 2222 nn nn aaaa 1 1 11 4224 11 22 nn nn nnnn aa aa 2n n a为公差是 4 的等差数列 1 221442 n n aann 1 11 4221 22 nn n ann 10、解析： （1）依题意可知： 2 314253 ,2 ,aqaq aqaq aqaq 233445 ,aa aa aa成等差数列 34

41、4523 2 aaaaaa 即 22 2222320qqqqqqq 2q或1q （舍） 2 2 nn aa 当21nkkN 时， 1 2 n k 1 211 2k k aa ，即 11 1 22 22 nn n a 当21nkkN 时， 2 n k 1 22 2k k aa ，即 1 22 2 22 nn n a 综上所述： 1 2 2 2, 2 , n n n n a n 为奇数 为偶数 （2）由（1）可得： 1 2 2 1 log 21 2 222 n n n n n n bn 设 n b的前n项和为 n T 23 1 22 23 22n n Tn 2341 21 22 23 2122 n

42、n n Tnn 两式相减可得： 21+11 2 21 22222122 21 n nnnn n Tnnn 1 1 22 n n Tn 11、解析： （1）因为 n a是递增数列 11 n nnnn aaaap ，其中0p 由 1 1a 可得： 21 1aapp ， 22 32 1aappp 123 ,2,3aaa成等差数列 213 43aaa 代入可得： 2 4 113 1qqq 解得： 1 3 p 或0p （舍） 1 3 p （2）因为 21n a 为递增数列 2121 0 nn aa 212221 0 nnnn aaaa 因为 221 11 22 nn 212221nnnn aaaa 由可

43、得： 221 0 nn aa 21 221 1 2 n nn aa 同理：因为 2n a为递增数列 222 0 nn aa 22121220nnnn aaaa 因为 2122 11 22 nn 2212122nnnn aaaa 2122 0 nn aa 22 2122 1 2 n nn aa 综合可得： 1 1 11 22 n n nn n aa 1 1 1 2 n nn aa 2 12 1 2 n nn aa 21 1 2 aa 1 12 1 11 1 22 111 1222 1 2 n nn n aa 1 11 1 32 n 1 411 332 n n a 12、解析： （1）由 4n SS可知： 45 0,0aa，即 1 1 30 40 ad ad 2 a为整数 212 10daaaZ 结合不等式 1030 1040 d d