1.【2017天津，理18】已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，,，.
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）求数列的前n项和.
【答案】 （1）..（2）.
【解析】
（II）解：设数列的前项和为，
由， ，有，
故，
，
上述两式相减，得
得.
所以，数列的前项和为.
2.【2017江苏，19】 对于给定的正整数,若数列满足
对任意正整数总成立，则称数列是“数列”.
（1）证明：等差数列是“数列”;
（2）若数列既是“数列”，又是“数列”，证明：是等差数列.
【答案】（1）见解析（2）见解析
（2）数列既是“数列”，又是“数列”，因此，
当时， ，①
当时， .②
由①知， ，③
，④
将③④代入②，得，其中，
所以是等差数列，设其公差为.
在①中，取，则，所以，
在①中，取，则，所以，
所以数列是等差数列.
3.【2017山东，理19】已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3-x2=2
（Ⅰ）求数列{xn}的通项公式；
（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1, 1)，P2(x2, 2)…Pn+1(xn+1, n+1)得到折线P1 P2…Pn+1，求由该折线与直线y=0，所围成的区域的面积.
【答案】(I)（II）
（II）过……向轴作垂线，垂足分别为……,
由(I)得
记梯形的面积为.
由题意，
所以
……+
=……+ ①
又……+ ②
①-②得
=
所以
4.【2016高考天津理数】已知是各项均为正数的等差数列，公差为，对任意的是和的等差中项.
(Ⅰ)设，求证：是等差数列；
(Ⅱ)设 ，求证：
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析
【解析】
（Ⅰ）证明：由题意得，有，
因此，所以是等差数列.
（Ⅱ）证明：
所以.
5.【2016高考新课标3理数】已知数列的前n项和，其中．
（I）证明是等比数列，并求其通项公式；
（II）若 ，求．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
（Ⅰ）由题意得，故，，．
由，得，即．
由，得，所以.
因此是首项为，公比为的等比数列，于是．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，由得，即，
解得．
6.【2016高考浙江理数】设数列满足，．
（I）证明：，；
（II）若，，证明：，．
【答案】（I）证明见解析；（II）证明见解析．
【解析】（I）由得，故
，，
所以
，
因此
．
（II）任取，由（I）知，对于任意，
，
故
．
从而对于任意，均有
．
由的任意性得． ①
否则，存在，有，取正整数且，则
，
与①式矛盾．
综上，对于任意，均有．
7.【2016年高考北京理数】（本小题13分）
设数列A： ， ,… ().如果对小于()的每个正整数都有 ＜ ，则称是数列A的一个“G时刻”.记“是数列A的所有“G时刻”组成的集合.
（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出的所有元素；
（2）证明：若数列A中存在使得>，则 ；
（3）证明：若数列A满足- ≤1（n=2,3, …,N）,则的元素个数不小于 -.
【答案】（1）的元素为和；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
（Ⅲ）当时，结论成立.
以下设.
由（Ⅱ）知.
设.记.
则.
对，记.
如果，取，则对任何.
从而且.
又因为是中的最大元素，所以.
从而对任意，，特别地，.
对.
因此.
所以.
因此的元素个数p不小于.
8.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）
已知数列{ }的首项为1， 为数列的前n项和， ，其中q>0， .
（Ⅰ）若 成等差数列，求的通项公式；
（Ⅱ）设双曲线 的离心率为 ，且 ，证明：.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】（Ⅰ）由已知， 两式相减得到.
又由得到，故对所有都成立.
所以，数列是首项为1，公比为q的等比数列.
从而.
由成等比数列，可得，即，则，
由已知,，故 .
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，.
所以双曲线的离心率 ．
由解得.
因为，所以.
于是，
故.
9.【2016高考上海理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.
若无穷数列满足：只要，必有，则称具有性质.
（1）若具有性质，且，，求；
（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为正数的等比数列，，，判断是否具有性质，并说明理由；
（3）设是无穷数列，已知.求证：“对任意都具有性质”的充要条件为“是常数列”.
【答案】（1）．（2）不具有性质．（3）见解析．
【解析】（1）因为，所以，，．
于是，又因为，解得．
（3）[证]充分性：
当为常数列时，．
对任意给定的，只要，则由，必有．
充分性得证．
必要性：
用反证法证明．假设不是常数列，则存在，
使得，而．
下面证明存在满足的，使得，但．
设，取，使得，则
，，故存在使得．
取，因为（），所以，
依此类推，得．
但，即．
所以不具有性质，矛盾．
必要性得证．
综上，“对任意，都具有性质”的充要条件为“是常数列”．
10.【2016高考新课标2理数】为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求数列的前1 000项和．
【答案】（Ⅰ），， ；（Ⅱ）1893.
【解析】
（Ⅰ）设的公差为，据已知有，解得
所以的通项公式为
（Ⅱ）因为
所以数列的前项和为
易错起源1、分组转化求和
例1、等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.
第一列
第二列
第三列
第一行
3
2
10
第二行
6
4
14
第三行
9
8
18
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前n项和Sn.
(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]
＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，
所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3.
当n为偶数时，
Sn＝2×＋ln3
＝3n＋ln3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln2－ln3)＋ln3
＝3n－ln3－ln2－1.
综上所述，Sn＝
【变式探究】设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*.
(1)证明：an＋2＝3an；
(2)求Sn.
(1)证明 由条件，对任意n∈N*，
有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，
因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.
两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，
即an＋2＝3an，n≥2.
又a1＝1，a2＝2，
所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，
故对一切n∈N*，an＋2＝3an.
(2)解 由(1)知，an≠0，所以＝3.于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列．因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.
于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n
＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)
＝3(1＋3＋…＋3n－1)
＝.
从而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n－1
＝(5×3n－2－1)．
综上所述，
【名师点睛】
在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．
【锦囊妙计，战胜自我】
有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．
易错起源2、错位相减法求和
例2、已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1＝2,3Sn＝5an－an－1＋3Sn－1(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)3Sn－3Sn－1＝5an－an－1(n≥2)，
∴2an＝an－1，＝，
又∵a1＝2，
∴{an}是首项为2，公比为的等比数列，
∴an＝2×()n－1＝()n－2＝22－n.
【变式探究】已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：4Sn＝(an－1)(an＋3)(n∈N*)．
(1)求an；
(2)若bn＝2n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)∵4Sn＝(an－1)(an＋3)＝a＋2an－3，
∴当n≥2时，4Sn－1＝a＋2an－1－3，
两式相减得，4an＝a－a＋2an－2an－1，
化简得，(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
∵{an}是正项数列，∴an＋an－1≠0，
∴an－an－1－2＝0，对任意n≥2，n∈N*都有an－an－1＝2，
又由4S1＝a＋2a1－3得，a－2a1－3＝0，
解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，
∴{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)由已知及(1)知，
bn＝(2n＋1)·2n，
Tn＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①
2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②
②－①得，Tn＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n)＋(2n＋1)·2n＋1＝－6－2×＋(2n＋1)·2n＋1
＝2＋(2n－1)·2n＋1.
【名师点睛】
(1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列；(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．
【锦囊妙计，战胜自我】
错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．
易错起源3、裂项相消法求和
例3 设等差数列{an}的前n项和为Sn，a22－3a7＝2，且，，S3成等比数列，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若对于任意的n∈N*，都有8Tn
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