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2020-2021 学年河南省开封市河南大学附属中学高二 9月质检
数学试题
一、单选题
1．设等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 4 2S ， 5 0S ， 6 3S ，则 nnS 的最小值
为（ ）
A． 3 B． 5 C． 6 D． 9
【答案】D
【解析】先由题设条件求得首项 1a 与公差 d ，进而求得 nnS ，然后令 3 21 5( ) 2 2f x x x ，
0x ，
，再利用导数法处理其最小值即可解决问题.
【详解】
由题设知： 5 5 4 2a S S ， 6 6 5 3a S S ，
公差 6 5 1d a a ，首项 1 6 5 2a a d ，
2
1
( 1) 5
2 2n
n n d n nS na ， 3 21 5
2 2nnS n n ，
令 3 21 5( ) 2 2f x x x ， 0x ，
则 23 3 1052 2 3
xf x x x x
，
易知当 10
3x 时， ( ) 0f x ，此时 ( )f x 单调递增，
当 100 3x 时， ( ) 0f x ，此时 ( )f x 单调递减，
又 *n N ，故当 3n 时， nnS 有最小值，最小值为 9 .
故选： D .
【点睛】
本题主要考查等差数列的基本量的计算及导数在处理最值问题中的应用，考查逻辑思维
能力和运算求解能力，属于常考题.
2．已知数列{ }na 的首项 1a a ，其前 n 项和为 nS ，且满足
2
1 3 2 4( 2)n nS S n n n ，若对任意的 *n N ， 1n na a 恒成立，则正整数 a 的
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值是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【解析】先考虑 2n 和 3n 时得到两个等式，因为数列为递增数列，由此可以判断 2a
的取值范围，进而求出 2a ，然后求出 1a a .
【详解】
解：依题意 2 1 2 12 20S S a a ，
1a a 为整数，故 2 20 2a a 为偶数
又 1 2a a a ，
3 20a ，即 20
3a ，
又 2 2 13 2 20a a a ，
2
20
3a ，
又 3 2 3 2 12 2 37S S a a a ，
3 2 217 2a a a ，
2
17
2a ，
2
20 17
3 2a ，
2 8a ，
1 6a a
故选： B .
【点睛】
本题考查了数列递推与不等式的综合推理题，考查了学生的推理能力与计算能力，属于
难题.
3．已知数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，其中 1 1a ， 1a ， 22a ， 3 3a 成等差数列，且
1 1n na S （ *n N ， 1 ），则 na （ ）
A． 2 1n B． 12n C． 1(1 ) 1n D． 1(2 )n
【答案】B
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【解析】 1 1n na S （ *n N ， 1 ）， 1 1a ， 1n 时， 2 1a ， 2n 时，
3 ( 2) 1a ，根据 1a ， 22a ， 3 3a 成等差数列，可得 2 34 1 3a a ，代入 2a ，
3a 可得 1 ，已知 1 1n na S （ *n N ， 1 ），即 1 1n na S ，利用递推关
系可得数列{ }na 是等比数列，即可得解.
【详解】
1 1n na S （ *n N ， 1 ）， 1 1a ，
当 1n 时， 2 1a ，
当 2n 时， 3 2( 1) 1 ( 2) 1a a ，
1a ， 22a ， 3 3a 成等差数列，
2 34 1 3a a ，
4( 1) 4 ( 2) 1 ，
解得 1 ，
1 1n na S （ *n N ， 1 ），
1 1n na S ，①
所以 2n 时， 2 1 1n na S ，②
① ②得： 2 12n na a ，
又 2 2a ， 3 4a ，
2 12a a ， 3 22a a ，
数列 na 是以首项为 1，公比为 2 的等比数列，
则 12n
na -= .
故选： B .
【点睛】
本题考查了数列递推关系､等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于常
考题.
4．设 nT 为等比数列{ }na 的前 n 项之积，且 1 6a ， 4
3
4a ，则当 nT 最大时， n 的
值为（ ）
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A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】A
【解析】由已知可得 1
2q ，只需考虑 n 为偶数的情况，由 2 2
2
1n
n
T
T
可得 1n ，即可
求解.
【详解】
解：因为等比数列{ }na 中， 1 6a ， 4
3
4a ，则由 3
4 1a a q 可得 1
2q ，
因为 nT 为等比数列{ }na 的前 n 项之积，所以
( 1)
21( 6) ( )2
n n
n
nT
，
因为求
( 1)
21( 6) ( )2
n n
n
nT
的最大值，故只需考虑 n 为偶数的情况，
则 4 12 2
2
136 ( )2
nn
n
T
T
，令 2 2
2
1n
n
T
T
可得 1n ，所以 2 4 6 8T T T T ，
则公比 1
2q ，当 nT 最大时， n 的值为 4.
故选：A.
【点睛】
本题考查了等比数列的通项公式、等差数列前 n 项和公式，考查了推理能力与计算能力，
是中档题.
5．在锐角三角形 ABC 中，角 A,B,C 的对边分别是 a,b,c,已知
a 3 , 2 2 3 tanA 3bcb c , 2 A B 2cos 2 1 cosC2
,则 ABC 的面积
（ ）
A． 3 3
2
B． 3 2 6
4
C． 3 2 6
4
D． 3 3
4
【答案】D
【解析】本题利用余弦定理，倍角公式，内角和定理进行化简，可求得角 A 和 C 的值，
再利用正弦定理和面积公式求得结果即可.
【详解】
由题， 3a ， 2 2 3 tanA 3bcb c
所以
2 2 2 2 2 23tan cos2 2 2
b c a b c aA Abc bc
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所以 3tan cos sin 2A A A
又因为锐角三角形 ABC，所以
3A
由题 2 A B2cos 2 1 cosC2
，即 1 cos( ) 2 1 cosCA B
根据 cos( ) cosA B C 代入可得， 2cos 2C ，即
4C =
5
12B A C
再根据正弦定理： 2sin sin
a c cA C
面积 1 1 6 2 3 3sin 3 22 2 4 4S ac B
故选 D
【点睛】
本题考查了正余弦定理解三角形的综合，以及三角恒等变化公式的的运用，熟悉公式，
灵活运用是解题的关键，属于中档偏上题.
6．已知数列{ }na 中， 1 1a ， 2 3a ， *
1 22 ( 3, )n n na a a n n N ，设
2
1 1( 2 ) ( 2)n n nb a a n n ，则数列{ }nb 的前 40 项的和为（ ）
A．860 B．820 C． 820 D． 860
【答案】A
【解析】本题先对数列{ }na 的递推公式进行转化可发现数列 12n na a 是以 1 为首项，
1 为公比的等比数列，通过计算出数列 12n na a 的通项公式可得 1nb 的表达式，进
一步可得数列{ }nb 的通项公式，最后在求和时进行转化并应用平方差公式和等差数列的
求和公式即可得到前 40 项的和.
【详解】
由题意，可知
当 3n 时， 1 22n n na a a ，
两边同时减去 12 na ，可得
1 1 2 1 1 22 2 2 ( 2 )n n n n n n na a a a a a a ，
2 12 3 2 1 1a a ，
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数列 12n na a 是以 1 为首项， 1 为公比的等比数列，
1 1
12 1 ( 1) ( 1)n n
n na a
， *( 2, )n n N ，
2 1 2
1 1( 2 ) ( 1)n
n n nb a a n n
，
故 2( 1) ( 1)n
nb n ，
令数列{ }nb 的前 n 项和为 nT ，则
40 1 2 3 4 39 40T b b b b b b
2 2 2 2 2 22 3 4 5 40 41
2 2 2 2 2 2[(2 3 ) (4 5 ) (40 41 )]
[ (2 3) (4 5) (40 41)]
2 3 4 5 40 41
40 (2 41)
2
860 .
故选： A .
【点睛】
本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式，以及数列求和问题.考查了转化与化归
思想，整体思想，定义法，平方差公式，以及逻辑推理能力和数学运算能力.本题属中
档题.
7．已知关于 x 的不等式 21 0 1x bx c aba
的解集为空集，则
21
2 1 1
a b cT ab ab
的最小值为（ ）
A． 3 B．2 C． 2 3 D．4
【答案】D
【解析】根据一元二次不等式的解集的情况得出二次项系数大于零，根的判别式小于零，
可得出
2
4
abc ，再将
21
2 1 1
a b cT ab ab
化为
2 21 2
2( 1)
ab a bT ab
，由 1ab 和
均值不等式可求得最小值.
【详解】
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由题意可得： 1 0a
， 2 4 0cb a
，可以得到
2
4
abc ，
而
2 21 ( 2 ) 1 2 4 1 2
2( 1) 1 2( 1) 2( 1)
a b c ab ac ab a bT ab ab ab ab
，
可以令 1 0ab m ，
则有
21 2( 1) ( 1) 2 2 42 2
m m mT m m
，
当且仅当 1 0m 取等号，
所以T 的最小值为 4.
故答案为：4.
【点睛】
本题主要考查均值不等式，关键在于由一元二次不等式的解集的情况得出 , ,a b c 的关
系，再将所求的式子运用不等式的性质降低元的个数，运用均值不等式，是中档题.
8．已知数列 1{ }
nS 是首项为 1，公差为 1 的等差数列，设 2
2
log n
n
n
Sb S
，
1 2 3n nT b b b b ，则满足 6nT
的最小正整数 n 是（ ）
A．12 B．11 C．10 D．9
【答案】C
【解析】本题先根据等差数列的定义计算出数列 1{ }
nS 的通项公式，从而可得 1
nS n
，
然后代入 2
2
log n
n
n
Sb S
进行计算并加以转化，再运用裂项相消法进行求和，写出 nT 的
表达式，然后将四个选项的结果代入 6nT
进行计算并比较即可得到满足 6nT
的最小正
整数 n .
【详解】
由题意，可知 1 1 1 ( 1)
n
n nS
，故 1
nS n
， *n N ，
2 2 2 2 2
2
1
2log log log log ( 2) log1
2
n
n
n
S nnb n nS n
n
，
1 2 3 4 1n n nT b b b b b b
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2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(log 3 log 1) (log 4 log 2) (log 5 log 3) (log 6 log 4) [log ( 1) log ( 1)]n n
2 2[log ( 2) log ]n n
2 2 2 2log ( 1) log ( 2) log 1 log 2n n
2log ( 1)( 2) 1n n ，
6nT
，即 2log ( 1)( 2) 1 6n n
，
化简整理，得 ( 1)( 2) 128n n
，
当 9n 时，10 11 110 128 ，故选项 D 不符合题意，
当 10n 时，11 12 132 128 ，
当 11n 时，12 13 156 128 ，
当 12n 时，13 14 182 128 ，
满足 6nT
的最小正整数 n 是 10，选项C 正确，
故选：C
【点睛】
本题主要考查数列求通项公式，以及运用裂项相消法求和，数列与不等式综合.考查了
转化与化归思想，定义法，对数的运算，不等式的运算，以及逻辑推理能力和数学运算
能力，属中档题.
9．已知数列{ }na 是首项为 1，公差 d 不为 0 的等差数列，且 2 3 8a a a ，数列{ }nb 是等
比数列，其中 2 2b ， 5 16b ，若数列{ }nc 满足 n n nc a b ，则
1 2 3 nc c c c （ ）
A． 13 (2 3)2nn B．3 (2 3)2nn C．3 (2 3)2nn D．3 (2 3)2nn
【答案】B
【解析】由已知列式求得等差数列的公差与等比数列的公比，可得{ }na 与{ }nb 的通项
公式，再求得 nc ，然后利用错位相减法求和.
【详解】
解：由题意， (1 )(1 2 ) 1 7d d d ，得 2d ，
1 2( 1) 2 1na n n ；
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设数列{ }nb 的公比为 q，则 3 5
2
16 82
bq b
，即 2q .
2 12 ( 2) ( 2)n n
nb .
则 1 1(2 1) ( 2) (2 1) 2n n
nc n n .
0 1 1
1 2 3 1 2 3 2 (2 1) 2n
nc c c c n ，
令 0 1 11 2 3 2 (2 1) 2n
nT n ，
则 1 2 12 1 2 3 2 (2 3) 2 (2 1) 2n n
nT n n ，
两式相减得： 1 2 12(2 2 2 ) (2 1)2 1 3 (2 3)2n n n
nT n n .
故选：B
【点睛】
本题考查等差数列与等比数列通项公式的求法，训练了利用错位相减法求数列的前 n 项
和，是中档题.
10．若数列{ }na 满足 *
1
1 1 (
n n
d n Na a
， d 为常数)，则称数列{ }na 为调和数列，
已知数列 2
1
nx
为调和数列，且 2 2 2 2
1 2 3 2018 4036x x x x ，则 9 2010x x 的最大
值为（ ）
A． 2 B．2 C． 2 2 D．4
【答案】C
【解析】先由题设 2
1
nx
为调和数列 2
nx 是等差数列，进而利用等差数列的前 n 项
和公式及性质求得 2 2
9 2010x x 的值，再利用基本不等式求得 9 2010x x 的最大值即可.
【详解】
解：由题设知：
2 2
1
2 2
1
1 1
1 1 n n
n n
x x d
x x
*(n N ， d 为常数)，
2
nx 是等差数列，
2 2
2 2 2 2 1 2018
1 2 3 2018
2018( )4036 2
x xx x x x ，
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2 2 2 2
1 2018 9 20104x x x x ，
2 2
9 2010 9 20102x x x x
(当且仅当 9 2010x x 时取“等号“ ) ，
2 2 2
9 2010 9 2010( ) 2( ) 8x x x x ，
9 2010 2 2x x (当且仅当 9 2010 2x x 时取“等号“ ) ，
9 2010x x 的最大值为 2 2 .
故选：C.
【点睛】
本题主要考查等差数列的定义、性质、前 n 项和公式及基本不等式在处理最值中的应用，
属于中档题.
11．已知数列 1: 2na ， 2
1
2
， 2
2
2
， 2
3
2
， 3
1
2
， 3
2
2
， 3
3
2
， 3
4
2
， 3
5
2
， 3
6
2
， 3
7
2
， 4
1
2
，
4
2
2
，(其中第一项是 1
1
2
，接下来的 22 1 项是 2
1
2
， 2 2
2 3,2 2
，再接下来的 32 1 项
是 3
1
2
， 3
2
2
， 3
3
2
， 3
4
2
， 3
5
2
， 3
6
2
， 3
7
2
，依此类推. ) 的前 n 项和为 nS ，下列判断：
①
10
10
2 1
2
是{ }na 的第 2036 项；② 存在常数 M ，使得 nS M 恒成立；③
2036 1018S ；④满足不等式 1019nS 的正整数 n 的最小值是 2100.其中正确的序号是
（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】C
【解析】①
10
10
2 1
2
是{ }na 的第 k 项，则 1 2 102 1 2 1 2 1k ，利用等比数
列的求和公式求出即可判断出结论.
② 由题意可得：分母为 2k 时， *1 2 2 1 (2 1) 2 2 1 ( )2 2 2 2
k k k k
k k k N
，可
得： nS 单调递增，根据单调性可判断出结论.
③ 由② 可得：
10
2036 2 10
1 1 2 3 1 2 2 1
2 2 2S ，利用等差数列的求和公
式求出即可判断出结论.
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④ 2036 1018S ，设 2036 11 12
1 2 ( 1)1018 10192 2
k k kS ，解得 k 即可判断
出结论.
【详解】
解：① 设
10
10
2 1
2
是{ }na 的第 k 项，
10
1 2 10 2(2 1)2 1 2 1 2 1 10 20362 1k ；故①正确；
② 由题意可得：分母为 2k 时， *1 2 2 1 (2 1) 2 2 1 ( )2 2 2 2
k k k k
k k k N
，可
得： nS 单调递增，且当 n 趋近于无穷大时， nS 也趋近于无穷大，因此不存在常数 M ，
使得 nS M 恒成立，因此不正确；
③ 由② 可得：
10 1 2 10
2036 2 10
1 1 2 3 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2036 10182 2 2 2 2 2 2S
，因此正确.
④ 2036 1018S ，设 2036 11 12
1 2 ( 1)1018 10192 2
k k kS ，则 12( 1) 2k k ，
解得 64k .
满足不等式 1019nS 的正整数 n 的最小值为 2036 64 2100 ，因此正确.
其中正确的序号是① ③ ④.
故选：C.
【点睛】
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式求和公式､转化方法，考查了推理能力与计
算能力，属于中档题.
12．定义
1 2 n
n
p p p
为 n 个正数 1 2, np p p 的“平均倒数”.若已知数列 na 的
前 n 项的“平均倒数”为 1
2 1n
，又 1
4
n
n
ab ，则
1 2 2 3 2017 2018
1 1 1
b b b b b b
等于
（ ）
A． 2018
2019 B． 2017
2018 C． 2016
2017 D． 2015
2016
【答案】B
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【解析】根据题意和“平均倒数”的定义列出方程，求出数列 na 的前 n 项和为 nS ，
根据 1
1
1
2n
n n
S na S S n
，
， 求出 na ，代入到 1
4
n
n
ab ，化简求出 nb ，再代入到
1
1
n nb b
，
化简后利用裂项相消法求出式子的和
【详解】
根据题意和“平均倒数”的定义可得:
1 2
1
2 1n
n
a a a n
设数列 na 的前 n 项和为 nS ，则 22nS n n
当 1n 时， 1 1 3a S
当 2n 时， 22
1 2 2 1 1 4 1n n na S S n n n n n
当 1n 时也适合上式，则 4 1na n
故 1
4
n
n
ab n
1
1 1 1 1
1 1n nb b n n n n
1 2 2 3 2017 2018
1 1 1 1 1 1 1 1 11 12 2 3 2017 2018 2018bb b b b b
2017
2018
故选 B
【点睛】
本题主要考查了数列的通项公式和求和，遇到形如
1
1
n nb b
的通项在求和时往往运用裂项
求和法，关键在对已知条件的化简，求数列的通项公式．
二、填空题
13．已知数列 na 满足：对任意 *n N 均有 1 2 2n na pa p （p 为常数， 0p 且
1p ），若 2 3 4 5, , , 18, 6, 2,6,11,30a a a a ，则 1a 的所有可能取值的集合是
___________.
【答案】 0, 2, 66
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【解析】依题意，可得 an+1+2＝p（an+2），再对 a1＝﹣2 与 a1≠﹣2 讨论，特别是 a1≠
﹣2 时对公比 p 分|p|＞1 与|p|＜1，即可求得 a1 所有可能值，从而可得答案．
【详解】
解：∵an+1＝pan+2p﹣2，
∴an+1+2＝p（an+2），
∴
①
若 a1＝﹣2，则 a1+1+2＝p（a1+2）＝0，a2＝﹣2，同理可得，a3＝a4＝a5＝﹣2，即
a1＝﹣2 符合题意；
②
若 a1≠﹣2，p 为不等于 0 与 1 的常数，则数列{an+2}是以 p 为公比的等比数列，
∵ai
∈
{﹣18，﹣6，﹣2，6，11，30}，i＝2，3，4，5，
an+2 可以取﹣16，﹣4，8，32，
∴若公比|p|＞1，则 p＝﹣2，由 a2+2＝﹣4＝﹣2（a1+2）得：a1 0 ；
若公比|p|＜1，则 p 1
2
，由 a2+2＝32 1
2
（a1+2）得：a1＝﹣66．
综上所述，满足条件的 a1 所有可能值为﹣2， 0 ，﹣66．
故答案为： 0, 2, 66 ．
【点睛】
本题考查数列递推式的应用，考查等价转化思想与分类讨论思想的综合运用，对 an+1+2
＝p（an+2）的理解与应用是难点，对公比 p 分|p|＞1 与|p|＜1 讨论是关键，考查逻辑思
维与推理运算能力，属于难题．
14．数列{ }na 满足 1 1a ， 2
1n na a n （ *n N 且 2n ）.若数列 2 1{ }na （ 1n ）
为递增数列，数列 2{ }na 为递减数列，且 1 2a a ，则 99a __________．
【答案】4950
【解析】列举出数列 na 的前几项，找出规律，然后利用并项求和法以及累加法求得 99a
的值.
【详解】
由于数列 2 1na 为递增数列，数列 2na 为递减数列，可求得
2 2 2
2 1 3 2 4 32 , 3 , 4a a a a a a ，
2 2
5 4 6 55 , 6 ,a a a a 2 2
98 97 99 9898 , 99a a a a .故
99 99 98 98 97a a a a a
6 5 5 4 4 3 3 2 2 1 1a a a a a a a a a a a
第 14 页 共 23 页
2 2 2 2 2 2 2 299 98 97 96 5 4 3 2 1
99 98 97 96 5 4 3 2 1 99 1 99 49502
.
【点睛】
本小题主要考查递推数列求数列的通项公式，考查并项求和法以及累加法，属于中档题.
15．一艘货轮在航海中遇险，发出求救信号.在离遇险地点 A 南偏西 45方向 10 海里的
B 处有一艘海难搜救艇收到求救信号后展开搜救，已知遇险货轮的航行方向为南偏东
75，且正以 9 海里 / 时的速度向一小岛靠近.若海难搜救艇的最大速度为 21 海里 / 时，
且在C 处追上货轮，则海难搜救艇追上货轮所需的最短时间为___________小时.
【答案】 2
3
【解析】设海南船救艇追上货轮所需的最短时间为t 小时，在 ABC 中，由
45 75 120BAC ， 10AB ， 9AC t ， 21BC t ，利用余弦定理求解.
【详解】
设海南船救艇追上货轮所需的最短时间为t 小时，
在 ABC 中，因为 45 75 120BAC ， 10AB ， 9AC t ， 21BC t ，
由余弦定理得： 2 2 2 2· · ·cosBC AB AC AB AC BAC ，
整理得： 2 2 2 1(21 ) 10 (9 ) 2 10 9 ( )2t t t ，
即 236 9 10 0t t ，
解得 2 5
3 12t 或 (负值舍去).
故最短时间为 2
3
小时.
故答案为： 2
3
【点睛】
本题主要考查余弦定理的应用以及一元二次方程的解法，还考查了运算和求解的能力，
属于基础题.
16．已知在 ABC 中，角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ， c ，
cos2 3cos( ) 1A B C ， 5b ， ABC 的面积 5 3S ，则
第 15 页 共 23 页
sin sinB C ___________.
【答案】 5
7
【解析】根据三角形内角和定理与二倍角公式，化简求值即可得解 A 的值，由三角形面
积公式和余弦､正弦定理，利用三角恒等变换求得sin sinB C 的值.
【详解】
解：因为 B C A ， cos2 3cos( ) 1A B C ，所以 cos2 3cos 1A A ，
所以 22cos 3cos 2 0A A ，解得 1cos 2A ，其中 cos 2A (不合题意，舍去)，
又因为 (0, )A ，所以
3A ，
由 1 sin 5 32S bc A ， 5b ，解得 4c ，
由余弦定理得 2 2 12 cos 25 16 2 5 4 212a b c bc A ，
由正弦定理得
sin sin
a c
A C
，即
21 4
sin3
2
C
，可得 2 7sinC 7
，
因为b c ，所以 B C ，所以 (0, )2C ，所以 2 21cos 1 sin 7C C ，
所以 3 21 1 2 7 5 7sin sin( ) sin cos cos sin 2 7 2 7 14B A C A C A C ，
所以 5sin sin 7B C .
故答案为： 5
7 .
【点睛】
本题主要考查了三角恒等变换以及正弦､余弦定理的应用问题，考查了计算能力和转化
思想，属于中档题.
三、解答题
17．已知等差数列{ }na 中 1 1a ，公差为 ( )d d 0 ， nS 为其前 n 项和，且 1S ， 3S ， 9S
成等比数列.
（1）求数列{ }na 的通项公式；
（2）设 2 1nnb a ，
1
1
n n n
n n
c a b a a
，求数列{ }nc 的前 n 项和 nT .
第 16 页 共 23 页
【答案】（1） 2 1na n ；（2） 12 (12 8 ) 2 2 1
n
n
nT n n
.
【解析】（1）直接利用已知条件求出公差，进一步求出数列的通项公式.
（2）利用（1）的结论，进一步利用乘公比错位相减法和裂项相消法的应用求出数列的
和.
【详解】
解：（1）等差数列{ }na 中 1 1a ，公差为 ( )d d 0 ， nS 为其前 n 项和，且 1S ， 3S ， 9S
成等比数列，
1 1 1S a ， 3 3 3S d ， 9 9 36S d ，
因为 1S ， 3S ， 9S 成等比数列，所以 2(3 3 ) 9 36d d ，解得 2d ，
所以 2 1na n .
（2）因为 1
2 1 2 2 1 1 2n
n n
nb a ，所以
1
1
n n n
n n
c a b a a
，
1 11 1 1 1(2 1) 2 (2 1) 2 ( )(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1
n nn nn n n n
.
设数列 1(2 1) 2n
nd n ，且前 n 项和为 nS ，
所以 2 3 11 2 3 2 (2 1) 2n
nS n ①，
3 4 22 1 2 3 2 (2 1) 2n
nS n ②，
由① ②得： 12 (12 8 ) 2n
nS n ，
又数列 1
(2 1)(2 1)n n
的前 n 项和为
1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) (1 )2 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2 1n
nP n n n n
.
所以 12 (12 8 ) 2 2 1
n
n n n
nT S P n n
.
【点睛】
本题考查了数列的通项公式，乘公比错位相减法，裂项相消法，主要考查学生的运算能
力和转换能力及思维能力，属于中档题.
18．已知等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ， 3 9S ， 1a ， 3a ， 7a 成等比数列.
（1）求数列{ }na 的通项公式；
第 17 页 共 23 页
（2）若数列{ }na 的公差不为 0，求证： *
1 2 3
1 1 1 1 11(9n
n NS S S S
， 3)n .
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）由等差数列的通项公式、前 n 项和公式及等比数列的性质可得关于数列首
项､公差的方程，求得数列的首项、公差后，即可得数列的通项公式；
（2）结合（1）中的条件首先确定数列的前 n 项和，再结合裂项求和以及放缩法即可得
证.
【详解】
（1）设数列{ }na 的公差为 d ，
因为 3 9S ， 1a ， 3a ， 7a 成等比数列，所以 2
3 1 7a a a ，
所以
1
2
1 1 1
3 23 92
2 6
a d
a d a a d
，解得 1 3
0
a
d
或 1 2
1
a
d
，
当 1 2a ， 1d 时， 1 ( 1) 1na a n d n ；
当 1 3a ， 0d 时， 3na ；
（2）证明：由（1）及数列的公差不为 0 可得 1na n ，则 1( ) ( 3)
2 2
n
n
a a n n nS ，
所以 1 2 2 1 1
( 3) 3 3
nS n n n n
，
则当 3n 时，
1 2 3
1 1 1 1
nS S S S
…
2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 113 4 2 5 3 6 4 7 5 8 1 2 3n n n n
2 1 1 1 1 113 2 3 1 2 3n n n
2 1 1 1113 2 3 9
.
【点睛】
本题考查了等差数列与等比数列的综合应用，考查了裂项相消法求数列前 n 项和的应用
和运算求解能力，属于中档题.
19．已知数列{ }na 的前 n 项和 nS 满足 2 ( 1)( 2)n n nS a a ，且 *0( )na n N .
（1）求数列{ }na 的通项公式；
第 18 页 共 23 页
（2）若 *3 (2 1) ( )
n
n
n
nb n Nna
，记数列{ }nb 的前 n 项和为 nT ，证明： 3
2nT
.
【答案】（1） *1( )na n n N ；（2）证明见解析.
【解析】（1）由 2 ( 1)( 2)n n nS a a ，利用 1
1
, 1
, 2n
n n
S na S S n
求解数列{ }na 的通
项公式；
（2）由（1）的结果，化简 *3 (2 1) ( )
n
n
n
nb n Nna
，利用裂项消项法求和即可.
【详解】
（1）当 1n 时， 1 1 1 12 ( 1)( 2) 2S a a a ，
1 0a ， 1 2a ，
当 2n
时， 1 1 12 2( ) ( 1)( 2) ( 1)( 2)n n n n n n na S S a a a a ，
1 1( )( 1) 0n n n na a a a ，
0na ，
1 1 0n na a ，
1 1n na a ，
{ }na 是以 1 2a 为首项， 1d 为公差的等差数列，
*1( )na n n N ；
（2）由（1）得 1na n ，
13 (2 1) 3 3
( 1) 1
n n n
n
nb n n n n
，
2 3 2 1 1
1 2 1
3 3 3 3 3 3 3( 3) ( ) ( ) ( )2 3 2 1 1
n n n n
n n nT b b b b n n n n
，
13 31
n
n
2 1 1
1
3 3 3 (2 1) 02 1 ( 1)( 2)
n n n
n n
nT T n n n n
，
nT 是递增数列，
第 19 页 共 23 页
1
9 332 2nT T
.
【点睛】
本题主要考查数列的递推关系式的应用以及数列求和，还考查了运算求解的能力，属于
中档题.
20．已知函数 ( ) 2 1
xf x x
，设数列{ }na 满足 1 ( )n na f a ，且 1
1
2a .
（1）求数列{ }na 的通项公式；
（2）若记 ( (2 1) )( 1i nb f i a i ，2，3，， )n ，求数列{ }ib 的前 n 项和 nT .
【答案】（1） 1
2na n
；（2）
2n
nT .
【解析】（1）由 1 ( )n na f a 得到 1 2 1
n
n
n
aa a ，然后变形为
1
1 1 2
n na a
，利用等
差数列的定义求解.
（2）由（1）得到 1 2 1
2 2 1i
ib n i
，由 1
1 2 1 1 2 2 1 12 2 1 2 2 1i n i
i n ib b n i n i
，
利用倒序相加法求解.
【详解】
（1）因为 ( ) 2 1
xf x x
，所以由 1 ( )n na f a 得 1 2 1
n
n
n
aa a ，
所以
1
2 11 12n
n n n
a
a a a
，
1
1 1 2
n na a
，
所以 1{ }
na 是首项为 2，公差为 2 的等差数列，
所以 1 2 ( 1) 2 2
n
n na
，所以 1
2na n
.
（2）由（1）知 2 1( )( 1,2,3, , )2i
ib f i nn
，
则
2 1
(2 1) 1 2 12
2 1 2 [ (2 1)] 2 2 2 12 ( ) 12
i
i
i inb i i n n i
，
1
2( 1) 1
[2( 1) 1]2
2( 1) 1 2 [2( 1) 1] 22 [ ] 12
n i
n i
n inb n i n i n
n
，
第 20 页 共 23 页
1 2( 1) 1 1 2 2 1
2 [2( 1) 1] 2 2 1
n i n i
n i n n i
，
所以 1
1 2 1 1 2 2 1 1( 1,2,3, , )2 2 1 2 2 1i n i
i n ib b i nn i n i
，
1 2 3n nT b b b b ，
1 2 1n n n nT b b b b ，
两式相加，得：
1 2 1 3 2 1 1
1
2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
n
n n n n n i n i
i
T b b b b b b b b b b n
，
所以
2n
nT .
【点睛】
本题主要考查数列的递推关系，等差数列的定义及通项公式以及倒序相加求和，话考查
了运算求解的能力，属于中等题.
21．在 ABC 中，角 A ， B ，C 的对边分别是 a ，b ， c ，
2 2 2
2 2 2 2
a c b c
a b c a c
.
（1）求角 B 的值；
（2）若函数 2 2( ) sin sin ( )6f x x x ，求 f (A)的取值范围.
【答案】（1） 2
3B ；（2） 3[1 2
，1) .
【解析】（1）由
2 2 2
2 2 2 2
a c b c
a b c a c
，利用余弦定理化简得到 2 2 2a c b ac ，
进而得到 1cos 2B 求解.
（2）利用三角函数恒等变换将函数转化为 3( ) 1 sin(2 )2 3f x x ，结合（1）利用
正弦函数的性质求解.
【详解】
（1）
2 2 2
2 2 2 2
a c b c
a b c a c
，
由余弦定理可得： 2 cos
2 cos 2
ac B c
ab C a c
，即 cos 1
cos 2
B
b C a c
，
可得： (2 )cos cosa c B b C ，
第 21 页 共 23 页
2 2 2 2 2 2
(2 )· ·2 2
a c b a b ca c bac ab
，
整理得： 2 2 2a c b ac ，
2 2 2 1cos 2 2 2
a c b acB ac ac
，
(0, )B ，
2
3B .
（2） 2 2( ) sin sin ( )6f x x x
1 cos(2 )1 cos2 3
2 2
xx
1 1 1 1 1 3cos2 ( cos2 sin 2 )2 2 2 2 2 2x x x
3 31 ( sin 2 cos2 )4 4x x
31 sin(2 )2 3x ，
2
3B Q ，所以 (0, )3A ，
2 (3 3A ， ) ，得sin(2 ) (03A ，1]，
f (A)的取值范围为： 3[1 2
，1) .
【点睛】
本题主要考查三角函数与解三角形以及三角形恒等变换等知识，还考查了转化化归的思
想和运算求解的能力，属于中档题.
22．已知{ }na 是公差不为零的等差数列，{ }nb 是等比数列，且 2 2 1a b ， 3 31a b ，
4 41a b .
（1）求数列{ }na ，{ }nb 的通项公式；
（2）记 n n nc a b ，求数列{ }nc 的前 n 项和 nS ；
（3）若满足不等式 12 8n m n
n n
a m b
a b
成立的 n 恰有 3 个，求正整数 m 的值.
第 22 页 共 23 页
【答案】（1） 2 3na n ， 22n
nb ；（2） 1 5(2 5) 2 2
n
nS n ；（3） 3m .
【解析】（1）设{ }na 的公差为 d ，{ }nb 的公比为 q，利用已知条件列出方程组，得
2d q ，然后求解通项公式.
（2）化简 2(2 3) 2n
nc n ，通过错位相减法求解数列的和即可.
（3）不等式 12 8n m n
n n
a m b
a b
可化为
1
2
2(2 2 3) 8 2
2 3 2
n
n
n m m
n
，即
2
4 8
2 3 2n
m m
n
，判断 1n ， *m N 时一定成立，则 2n
时，满足 2 3
8 2n
m n
m
的
n 共有两个，令 2 3
2n n
nc ， 2n
， 1 1
2 1 2 3
2 2n n n n
n nc c
，则 2n 时， 3 2c c ，
3n
时， 1n nc c ， 2
1
4c ， 3
3
8c ， 4
5
16c ， 5
7 1
32 4c ，说明 2n
时，{ }nc 中
最大的三项值为 3 5 1, ,8 16 4
，可得 1 5
4 8 16
m
m
，求解即可.
【详解】
解：（1）设{ }na 的公差为 d ，{ }nb 的公比为 q， 3 2 1a a d d ， 3 2b b q q ；
4 2 2 1 2a a d d ， 2 2
4 2b b q q ；
由 3 31a b ， 4 41a b 可得1 1d q ， 21 2 1d q ，
由 0d ， 0q 可得 2d q ，则 1 2 1a a d ， 2
1
1
2
bb q
，
则 2 3na n ， 22n
nb ；
（2） 2(2 3) 2n
nc n ， 1 0 1 21 2 1 2 3 2 (2 3) 2n
nS n
0 1 2 12 1 2 1 2 (2 5) 2 (2 3) 2n n
nS n n
作差可得 1 0 1 2 11 2 2 2 2 2 2 2 (2 3) 2n n
nS n ，
则 1 11 5(2 2) (2 3) 2 (2 5) 22 2
n n n
nS n n ；
（3）不等式 12 8n m n
n n
a m b
a b
可化为
1
2
2(2 2 3) 8 2
2 3 2
n
n
n m m
n
，
即
1
2
2(2 2 3) 8 22 22 3 2
n
n
n m m
n
，即 2
4 8
2 3 2n
m m
n
， 1n ， *m N 时一定
成立，
第 23 页 共 23 页
则 2n 时，满足 2
4 8
2 3 2n
m m
n
的 n 共有两个，此时 2 3 0n ， 8 0m ，
即满足 2 3
8 2n
m n
m
的 n 共有两个，
令 2 3
2n n
nc ， 2n ， 1 1 1 1
2 1 2 3 2 1 4 6 5 2
2 2 2 2n n n n n n
n n n n nc c
，
则 2n 时， 3 2c c ， 3n 时， 1n nc c ， 2
1
4c ， 3
3
8c ， 4
5
16c ， 5
7 1
32 4c ，
则 2n 时，{ }nc 中最大的三项值为 3 5 1, ,8 16 4
，
由 2n 时满足 2 3
8 2n
m n
m
的 n 共有两个，可得 1 5
4 8 16
m
m
，
由 0m 解得 8 40
3 11m ，则正整数 3m .
【点睛】
本题主要考查数列的应用，等差数列以及等比数列的应用，考查转化思想以及计算能力，
属于难题.
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