专题 14.5 数列综合问题（精讲精析篇）
提纲挈领
点点突破
热门考点 01 数列求和
1. 等差数列的前 和的求和公式： .
2．等比数列前 项和公式
一般地，设等比数列 的前 项和是 ，当 时，
或 ；当 时， （错位相减法）.
3. 数列前 项和
①重要公式：（1）
（2）
n 1
1
( ) ( 1)
2 2
n
n
n a a n nS na d
+ −= = +
n
1 2 3, , , , ,na a a a n =nS 1 2 3 na a a a+ + + + 1≠q
q
qaS
n
n −
−=
1
)1(1 1
1
n
n
a a qS q
−= − 1q = 1naSn =
n
1
n
k
k
=
=∑ 1 2 3 n+ + + + = 2
)1( +nn
1
(2 1)
n
k
k
=
− =∑ ( )1 3 5 2 1n+ + + + − =
2n（3）
（4）
②等差数列中， ；
③等比数列中， .
【典例 1】（2020·浙江丽水 高一期末）已知数列 的前 项和 ，则 ______.
______.
【答案】
【解析】
，
，
当 时， .
故 ，满足
又
3
1
n
k
k
=
=∑
2
333 )1(2
121
+=+++ nnn
2
1
n
k
k
=
=∑ )12)(1(6
1321 2222 ++=++++ nnnn
m n m nS S S mnd+ = + +
n m
m n n m m nS S q S S q S+ = + = +
{ }na n 2
nS n= na =
1 2 2 3 3 4 2019 2020
1 1 1 1...a a a a a a a a
+ + + + =
2 1n − 2019
4039
2
nS n=
∴ 1n n na S S −= − 2n ≥
∴ ( )22 1 2 1na n n n= − − = − 2n ≥
1n = 2
1 1 1 1a S= = =
2 1na n= − 1n =
∴ 2 1na n= −
( )( )
1 1 1 1
2 1 2 1 2 2 1 2 1n n n n
= − − + − +
∴
1 2 2 3 3 4 2019 2020
1 1 1 1...a a a a a a a a
+ + + +
1 1 1 1 1 1 ..1 1 1 1 1 1
2 1 3 2 3 5 2 5 7 2 4037 4039. − + − + − −
+ +
=
1 1 1
2 1 4039
2019
4039
− =
=
故答案为： ； .
【典例 2】（2018·天津高考真题（文））设{an}是等差数列，其前 n 项和为 Sn（n∈N*）；{bn}是等比数列，公
比大于 0，其前 n 项和为 Tn（n∈N*）．已知 b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．
（Ⅰ）求 Sn 和 Tn；
（Ⅱ）若 Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整数 n 的值．
【答案】(Ⅰ) ， ；(Ⅱ)4.
【解析】
（I）设等比数列 的公比为 q，由 b1=1，b3=b2+2，可得 ．
因为 ，可得 ，故 ．所以， ．
设等差数列 的公差为 ．由 ，可得 ．
由 ，可得 从而 ，故 ，所以， ．
（II）由（I），有
由 ,
可得 ，
整理得 解得 （舍），或 ．所以 n 的值为 4．
【典例 3】（2020·全国高考真题（理））设 是公比不为 1 的等比数列， 为 ， 的等差中项．
（1）求 的公比；
（2）若 ，求数列 的前 项和．
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
（1）设 的公比为 ， 为 的等差中项，
2 1n − 2019
4039
( )1
2n
n nS
+= 2 1n
nT = −
{ }nb 2 2 0q q− − =
0q > 2q = 12n
nb −= 1 2 2 11 2
n
n
nT
−= = −−
{ }na d 4 3 5b a a= + 1 3 4a d+ =
5 4 62b a a= + 13 13 16,a d+ = 1 1, 1a d= = na n= ( 1)
2n
n nS
+=
1 3 1
1 2
2 (1 2 )(2 2 2 ) = 2 2.1 2
n
n n
nT T T n n n
+× −+ + + = + + + − − = − −−
1 2( ) 4n n n nS T T T a b+ + + + = +
1 1( 1) 2 2 22
n nn n n n+ ++ + − − = +
2 3 4 0,n n− − = 1n = − 4n =
{ }na 1a 2a 3a
{ }na
1 1a = { }nna n
2− 1 (1 3 )( 2)
9
n
n
nS
− + −=
{ }na q 1a 2 3,a a，
；
（2）设 的前 项和为 ， ，
，①
，②
① ②得，
，
.
【总结提升】
1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、
等比数列的前 项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可
以直接使用公式求和.
2．倒序相加法：类似于等差数列的前 项和的公式的推导方法，如果一个数列 的前 项中首末两端等
“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前
项和公式即是用此法推导的．
3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数
列的前 项和即可用此法来求，如等比数列的前 项和公式就是用此法推导的．
若 ，其中 是等差数列， 是公比为 等比数列，令 ，
则 两式错位相减并整理即得.
4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正
负项相互抵消，于是前 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似
（其中 是各项不为零的等差数列， 为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
n
n { }na n
n
n
n n
n n na b c= • { }nb { }nc q 1 1 2 2 1 1n n n n nS b c b c b c b c− −= + + + +
nqS = 1 2 2 3 1 1n n n nb c b c b c b c− ++ + + +
n
1n n
c
a a +
{ }na c
2
1 2 3 12 , 0, 2 0a a a a q q= + ≠ ∴ + − =
1, 2q q≠ ∴ = −
{ }nna n nS 1
1 1, ( 2)n
na a −= = −
2 11 1 2 ( 2) 3 ( 2) ( 2)n
nS n −= × + × − + × − + + −
2 3 12 1 ( 2) 2 ( 2) 3 ( 2) ( 1)( 2) ( 2)n n
nS n n−− = × − + × − + × − + − − + −
− 2 13 1 ( 2) ( 2) ( 2) ( 2)n n
nS n−= + − + − + + − − −
1 ( 2) 1 (1 3 )( 2)( 2)1 ( 2) 3
n n
n nn
− − − + −= − − =− −
1 (1 3 )( 2)
9
n
n
nS
− + −∴ =(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项
需要掌握一些常见的裂项方法：
① ，特别地当 时， ；
② ，特别地当 时， ；
③
④
⑤
5．分组转化求和法：有一类数列 ，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列 是
等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的
特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.
6．并项求和法：一个数列的前 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如 类
型，可采用两项合并求解．例如，
.
热门考点 02 等差数列与等比数列的综合问题
等差数列、等比数列综合问题的解题策略
(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求
出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．
(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于 1
的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨
大的．
【典例 4】（2020·天津高考真题）已知 为等差数列， 为等比数列，
．
( )
1 1 1 1
n n k k n n k
= − + + 1k = ( )
1 1 1
1 1n n n n
= −+ +
( )1 1 n k nkn k n
= + −
+ + 1k = 1 1
1
n n
n n
= + −
+ +
( )( )
22 1 1 112 1 2 1 2 2 1 2 1n
na n n n n
= = + − − + − +
( )( ) ( ) ( )( )
1 1 1 1
1 2 2 1 1 2na n n n n n n n
= = − + + + + +
)()11(11 qpqppqpq
1，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5 的等差中
项．数列{bn}满足 b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前 n 项和为 2n2+n．
（Ⅰ）求 q 的值；
（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） .
【解析】
（Ⅰ）由 是 的等差中项得 ，
所以 ，
解得 .
由 得 ，
因为 ，所以 .
2 2 3 1
1 1
2 1 1 3 5 2 3 2 1
4 4 4 4 4 4
n n
k k n n
k k
k n nc −
= =
− − −= = + + + + +∑ ∑
2 2 3 14
1
1 1 3 5 2 3 2 1
4 4 4 4 4 4
n
k n n
k
n nc +
=
− −= + + + + +∑
2 2 1 1
1
2 113 1 2 2 2 1 1 2 14 4
14 4 4 4 4 4 41 4
nn
k n n n
k
n nc + +
=
− − − = + + + − = − −
−
∑
1 1
2 11 1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 5 6 54 4
1 4 4 3 3 4 4 4 4 12 3 41 4
n
n n n n
n n n
+ +
− − − + − − = − × − − × = − ×−
2
1
5 6 5
9 9 4
n
k n
k
nc
=
+= − ×∑
2
2 1 2
1 1 1
4 6 5 4
2 1 9 4 9
nn n n
k k k n
k k k
nc c c n−
= = =
+= + = − −+ ×∑ ∑ ∑
{ }nc 4 6 5 4
2 1 9 4 9
n
n
n
n
+− −+ ×
2q = 2115 (4 3) ( )2
n
nb n −= − + ⋅
4 2a + 3 5,a a 3 5 42 4a a a+ = +
3 4 5 43 4 28a a a a+ + = + =
4 8a =
3 5 20a a+ = 18 20q q
+ =
1q > 2q =（Ⅱ）设 ，数列 前 n 项和为 .
由 解得 .
由（Ⅰ）可知 ，
所以 ，
故 ，
.
设 ，
所以 ，
因此 ，
又 ，所以 .
【总结提升】
用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出
“ ”与“ ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“ ”的表达式；(3)在应
用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解.
热门考点 03 数列与函数的综合
数列与函数的综合问题主要有以下两类：
( )1n n n nc b b a+= − { }nc nS
1
1
, 1,
, 2.n
n n
S nc S S n−
== − ≥
4 1nc n= −
12n
na -=
( ) 1
1
14 1 2
n
n nb b n
−
+
− = − ⋅
( ) 2
1
14 5 , 22
n
n nb b n n
−
−
− = − ⋅ ≥
( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 3 2 2 1n n n n nb b b b b b b b b b− − −− = − + − + + − + −
( ) ( )2 31 1 14 5 4 9 7 32 2 2
n n
n n
− − = − ⋅ + − ⋅ + + ⋅ +
( )2 21 1 13 7 11 4 5 , 22 2 2
n
nT n n
− = + ⋅ + ⋅ + + − ⋅ ≥
( ) ( )2 2 11 1 1 1 13 7 4 9 4 52 2 2 2 2
n n
nT n n
− − = ⋅ + ⋅ + + − ⋅ + − ⋅
( )2 2 11 1 1 1 13 4 4 4 4 52 2 2 2 2
n n
nT n
− − = + ⋅ + ⋅ + + ⋅ − − ⋅
( ) 2114 4 3 , 22
n
nT n n
− = − + ⋅ ≥
1 1b = ( ) 2115 4 3 2
n
nb n
− = − + ⋅
nS nqS n nS qS−（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；
（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化
简变形．
【典例 7】（2020·福建高三月考（理））【多选题】已知 是定义在 上的奇函数， .
若 ，则( )
A． 是周期函数
B．当 为偶数时，
C．
D．
【答案】ABD
【解析】
因为 是奇函数，所以 ，又 ，
所以 .
所以 ，可得函数 的周期为 4，选项 A 正确；
，即 ，
又因为函数周期为 4，所以当 为偶数时， ，选项 B 正确；
因为 ，周期 ，
所以 ，
所以选项 C 是错的；
( )f x R ( ) ( )1 1f x f x+ = −
( )1 1f =
( )f x
n ( ) 0f n =
( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 2 2 3 3 6 6 16f f f f+ + + ⋅⋅⋅+ =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 222 2 3 3 ... 4 2 4 2 8 8 11f f f n f n n n+ + + + + + = + +
( )f x ( ) ( )f x f x− = − ( ) ( )1 1f x f x+ = −
( ) ( ) ( )2f x f x f x+ = − = −
( ) ( ) ( )4 2f x f x f x+ = − + = ( )f x
( ) ( ) ( )2 2 0 0f f f− = − = − = ( ) ( ) ( )2 2 0f f f− = =
n ( ) 0f n =
( ) ( )1 1 1f f− = − = − 4T =
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 21 2 2 3 3 6 6 1 3 5 17f f f f+ + + ⋅⋅⋅ + = − + =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 2 21 2 2 3 3 4 2 4 2 1 3 5 7 9 4 1f f f n f n n+ + + ⋅⋅⋅ + + + = − + − + + ⋅⋅⋅ + +
( ) ( ) ( )22 2 2 2 21 5 3 9 7 (4 1) 4 1n n = + − + − + ⋅⋅⋅ − − + +
( ) ( )1 2 3 5 7 9 4 1 4 1n n= + + + + + ⋅⋅⋅ + − + +
( ) ( ) 22 3 4 11 2 1 2 4 4 8 8 12
n n n n n n
+ += + × = + + = + +所以选项 D 是正确的.
故选：ABD.
【典例 8】（2019·河南高二期中（理））在数列 中， ， ，若对于任意的 ，
恒成立，则实数 的最小值为__________．
【答案】
【解析】
由 有 ，
故数列 为首项为 ，公比为 的等比数列，可得 .
不等式 可化为 ，
令 ，当 时 ；当 时， .
故当 时， ，故 ，
，因此，实数 的最小值是 .
故答案为： .
【典例 9】（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）
nT
12 .n
nx −= (2 1) 2 1.2
n
n
nT
− × +=
{ }na 1 4a = 1 3 2n na a+ = − *n∈N
( )1 2 5nk a n− ≥ − k
1
27
1 3 2n na a+ = − ( )1 1 3 1n na a+ − = −
{ }1na − 3 3 1 3n
na − =
( )1 2 5nk a n− ≥ − 2 5
3n
nk
−≥
( ) ( )*2 5
3n
nf n n
−= ∈N 1 2n≤ ≤ ( ) 0f n < 3n ≥ ( ) 0f n >
3n ≥ ( ) ( ) ( )
1 1
4 32 3 2 51 03 3 3n n n
nn nf n f n + +
−− −+ − = − = ≤ ( ) ( ) 13 27f n f≤ =
1
27k∴ ≤ k 1
27
1
27
1 1nx x x x += =,（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
1 2 3, , ,P P P 1nP + x 1 2 3, , ,Q Q Q 1nQ +
1 1
1 2 2 2 .n n n
n nx x − −
+ − = − =
1 1n n n nP P Q Q+ + nb
1 2( 1) 2 (2 1) 22
n n
n
n nb n− −+ += × = + ×
1 2 3nT b b b= + + + nb
1 0 13 2 5 2 7 2−× + × + × + 3 2(2 1) 2 (2 1) 2n nn n− −− × + + ×
0 1 22 3 2 5 2 7 2nT = × + × + × + 2 1(2 1) 2 (2 1) 2n nn n− −− × + + ×
1 2 1 13 2 (2 2 ...... 2 ) (2 1) 2n n
nT n− − −− = × + + + + − + ×
1
13 2(1 2 ) (2 1) 2 .2 1 2
n
nn
−
−−+ − + ×−
(2 1) 2 1.2
n
n
nT
− × +=【温馨提醒】
解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递
推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决．
热门考点 04 数列与不等式的综合
1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放
缩”．
放缩法常见的放缩技巧有：
(1)1
k2＜ 1
k2－1＝1
2( 1
k－1－ 1
k＋1).
(2)1
k－ 1
k＋1＜1
k2＜ 1
k－1－1
k.
(3)2( n＋1－ n)＜ 1
n
＜2( n－ n－1)．
2.数列中不等式恒成立的问题
数列中有关项或前 n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前 n 项和的不等关系可以利
用不等式的性质或基本不等式求解．
【典例 10】（2020·高密市教育科学研究院高三其他）【多选题】设正项等差数列 满足
，则（ ）
A． 的最大值为 B． 的最大值为
C． 的最大值为 D． 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
因为正项等差数列 满足 ，
所以 ，
即 .
① ，当且仅当 时成立，故 A 选项正确.
{ }na
( )2
1 10 2 92 20a a a a+ = +
2 9a a 10 2 9a a+ 2 10
2 2
2 9
1 1
a a
+ 1
5
4 4
2 9a a+ 200
{ }na ( )2
1 10 2 92 20a a a a+ = +
( )2
2 9 2 92 20a a a a+ = +
2 2
2 9 20a a+ =
2 2
2 9
2 9
20 102 2
a aa a
+≤ = = 2 9 10a a= =②由于 ，所以 ，当且仅当 时成立，
故 B 选项正确.
③ ，当且仅当 时成立，
所以 的最小值为 ，故 C 选项错误.
④结合①的结论，有 ，
当且仅当 时成立，故 D 选项正确.
故选：ABD
【典例 11】（2019·广东高三月考（文））已知 ，记数列 的前 n 项和为 ，且对于任意
的 ， ，则实数 t 的取值范围是______．
【答案】（0，162）
【解析】
依题意, ,
∴ ．
∵ ,即 ,显然 ,
∴ ,又 ,当且仅当 时,等号成立,
∴ ,∴ ,即 ．
故答案为：（0,162）
【温馨提醒】
2 2 2
2 9 2 9 102 2
a a a a+ + ≤ =
2 9
2 910, 2 102
a a a a
+ ≤ + ≤ 2 9 10a a= =
2 2
2 9
22 2 2 2 2 2 22 22 9 2 9 2 9 2 9
1 1 20 20 20 1
10 5
2
a a
a a a a a a a a
++ = = ≥ = =⋅ ⋅ +
2 9 10a a= =
2 2
2 9
1 1
a a
+ 1
5
( )24 4 2 2 2 2 2 2 2
2 9 2 9 2 9 2 92 400 2 400 2 10 200a a a a a a a a+ = + − ⋅ = − ⋅ ≥ − × =
2 9 10a a= =
2 1na n= +
1
1
n na a +
nT
*n N∈ 11n
n
aT t
+<
1
1 1 1 1 1
(2 1)(2 3) 2 2 1 2 3n na a n n n n+
= = − + + + +
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 3 5 5 7 2 1 2 3 2 3 2 3 3(2 3)n
nT n n n n
= − + − +⋅⋅⋅+ − = − = + + + +
11n
n
aT t
+< 2 12
3(2 3)
n n
n t
+
( )23 4 30 363(2 12)(2 3) 912 90
n nn nt nn n n
+ ++ + < = = + +
9 6n n
+ ≥ 3n =
912 90 162n n
+ + ≥ 162t < 0 162t< 100 且该数列的前 N 项和为
2 的整数幂.那么该款软件的激活码是（ ）
A．440 B．330
C．220 D．110
【答案】A
【解析】
解法一：由题意得，数列如下：
{ } 1 1.2n n na a a a＋满足 ＝ －
1
1,
1,2,
1,2,4,
1,2,4, ,2k−
则该数列的前 项和为
，
要使 ，有 ，此时 ，所以 是第 组等比数列 的部分和，
设 ，
所以 ，则 ，此时 ，
所以对应满足条件的最小整数 ，故选 A.
解法二(排除法)：记 SN 为数列的前 N 项和，由题意得，数列的前 110 项为 20,20,21,20,21，…，20,21，…，
213,20,21,22,23,24，所以 S110＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋213)＋(20＋21＋22＋23＋24)＝(21－1)＋(22－1)＋…
＋(214－1)＋(25－1)＝(21＋22＋…＋214)－14＋31＝215＋15，这是一个奇数，不可能是 2 的整数幂，故选项 D
不正确．同理，S220＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋219)＋(20＋21＋22＋23＋…＋29)＝221＋210－23，这是
一个奇数，不可能是 2 的整数幂，故选项 C 不正确．同理，S330＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋224)＋(20
＋21＋22＋23＋24)＝226＋4，不是 2 的整数幂，故选项 B 不正确，所以正确的选项为 A.
解法三：不妨设 1＋(1＋2)＋…＋(1＋2＋…＋2n－1)＋(1＋2＋…＋2t)＝2m(其中 m、n、t∈N,0≤t≤n)，
则有 N＝nn＋1
2 ＋t＋1，
因为 N＞100，所以 n≥13.
由等比数列的前 n 项和公式可得 2n＋1－n－2＋2t＋1－1＝2m.
因为 n≥13，所以 2n＞n＋2，
所以 2n＋1＞2n＋n＋2，
即 2n＋1－n－2＞2n，
因为 2t＋1－1＞0，
所以 2m＞2n＋1－n－2＞2n，故 m≥n＋1，因为 2t＋1－1≤2n＋1－1，
所以 2m≤2n＋2－n－3，
故 m≤n＋1.
所以 m＝n＋1，从而有 n＝2t＋1－3，
因为 n≥13，所以 t≥3.
当 t＝3 时，N＝95，不合题意；
当 t＝4 时，N＝440，满足题意，故所求 N 的最小值为 440.
( 1)1 2 2
k kk
++ + + =
1 1( 1) 1 (1 2) (1 2 2 ) 2 22
k kk kS k− ++ = + + + + + + + = − −
( 1) 1002
k k + > 14k ≥ 12 2kk ++ < 2k + 1k + 1,2, ,2k
12 1 2 2 2 1t tk −+ = + + + = −
2 3 14tk = − ≥ 5t ≥ 52 3 29k = − =
29 30 5 4402N
×= + =【典例 13】（2020·全国高考真题（理））北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中
心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加 9 块，下一
层的第一环比上一层的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加 9 块，已知每层环数相同，且下层比中层多 729
块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699 块 B．3474 块 C．3402 块 D．3339 块
【答案】C
【解析】
设第 n 环天石心块数为 ，第一层共有 n 环，
则 是以 9 为首项，9 为公差的等差数列， ，
设 为 的前 n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为 ，因为下层比中层多 729 块，
所以 ，
即
即 ，解得 ，
所以 .
故选：C
【总结提升】
1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解
决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.
2.等比数列最值有关问题的解题思路：
na
{ }na 9 ( 1) 9 9na n n= + − × =
nS { }na
2 3 2, ,n n n n nS S S S S− −
3 2 2 729n n n nS S S S− = − +
3 (9 27 ) 2 (9 18 ) 2 (9 18 ) (9 9 ) 7292 2 2 2
n n n n n n n n+ + + +− = − +
29 729n = 9n =
3 27
27(9 9 27) 34022nS S
+ ×= = =求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量 n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等
式的应用．
巩固提升
1.（2017·全国高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点
点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下
一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯（ ）
A．1 盏 B．3 盏
C．5 盏 D．9 盏
【答案】B
【解析】
设塔顶的 a1 盏灯，
由题意{an}是公比为 2 的等比数列，
∴S7= =381，
解得 a1=3．
故选：B．
2．（2020·山东潍坊 高三其他）已知等差数列 ，公差不为 0，若函数 对任意自变量 x 都有
恒成立，函数 在 上单调，若 ，则 的前 500 项的和为（ ）
A．1010 B．1000 C．2000 D．2020
【答案】B
【解析】
对任意自变量 x 都成立， 函数对称轴为
因为 ， ，
故选：B
3.（2019·北京四中高二期中）设 是等差数列， 为等比数列，其公比 , 且 ，
若 , ，则 与 的大小关系为（ ）
( )7
1 1 2
1 2
a −
−
{ }na ( )f x
( ) (4 )f x f x= − ( )f x [2, )+∞ 8 493( ) ( )f a f a= { }na
( ) (4 )f x f x= − ∴ 2x =
8 493( ) ( )f a f a= ∴ 8 493 4a a+ =
1 500
500 1 500 8 493
500( ) 250( ) 250( ) 250 4 10002
a aS a a a a
+= = + = + = × =
{ }na { }nb 1q ≠ 0 ( 1,2,3, )nb n> =
1 1a b= 11 11a b= 6a 6bA． B． C． D．不确定
【答案】B
【解析】
由于 是等差数列， 为等比数列，所以 ，而 , ，所以
，由于 ，根据基本不等式可知 ，即 .
故选：B.
4.（2019·浙江高一期中）数列 ，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数
学家列昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．该数列从第三项开始，每项等于
其前相邻两项之和．记该数 的前 项和为 ，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由题意，熟练数列 ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，即该数列从第三项开始，每项等于其前相
邻两项之和，
则
，
即 成立，
所以 成立，故选 B.
5．（2020·浙江省高考真题）已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn，公差 d≠0， ．记 b1=S2，bn+1=S2n+2–S2n，
，下列等式不可能成立的是（ ）
A．2a4=a2+a6 B．2b4=b2+b6 C． D．
【答案】D
6 6a b= 6 6a b> 6 6a b<
{ }na { }nb 1 11
6 6 1 11,2
a aa b b b
+= = 1 1a b= 11 11a b=
1 11
6 6 1 11,2
b ba b b b
+= = 1 11, 0nb b b≠ > 1 11
1 112
b b b b
+ > 6 6a b>
{ }:1,1,2,3,5,8,13,21,34,nF
{ }nF n nS
2019 2021 2S F= + 2019 2021 1S F= − 2019 2020 2S F= + 2019 2020 1S F= −
{ }nF
2 1 1 1 2 1n n n n n n n n n na a a a a a a a a a+ + − − − −= + = + + = + + +
1 2 3 2n n n n na a a a a− − − −= + + + +
=
1 2 3 2 1 1n n n na a a a a a− − −= + + + + + + +
1 1n na S+ = +
2019 2021 1S a= −
1 1a
d
≤
n ∗∈N
2
4 2 8a a a= 2
4 2 8b b b=【解析】
对于 A，因为数列 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由 可得，
，A 正确；
对于 B，由题意可知， ， ，
∴ ， ， ， ．
∴ ， ．
根据等差数列的下标和性质，由 可得
，B 正确；
对于 C， ，
当 时， ，C 正确；
对于 D， ，
，
．
当 时， ，∴ 即 ；
当 时， ，∴ 即 ，所以 ，D 不正确．
故选：D.
6．（2020·北京高考真题）在等差数列 中， ， ．记 ，则数列
（ ）．
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
【答案】B
【解析】
由题意可知，等差数列的公差 ，
{ }na 4 4 2 6+ = +
4 2 62a a a= +
2 1 21 22 2 2n n n n nb S a aS ++ + += += − 1 2 1 2b S a a= = +
2 3 4b a a= + 4 7 8b a a= + 6 11 12b a a= + 8 15 16b a a= +
( )4 7 82 2b a a= + 2 6 3 4 11 12b b a a a a+ = + + +
3 11 7 7,4 12 8 8+ = + + = +
( )2 6 3 4 11 12 7 8 4=2 =2b b a a a a a a b+ = + + + +
( ) ( )( ) ( )22 2
4 2 8 1 1 1 1 13 7 2 2 2a a a a d a d a d d a d d d a− = + − + + = − = −
1a d= 2
4 2 8a a a=
( ) ( )2 22 2 2
4 7 8 1 1 12 13 4 52 169b a a a d a a d d= + = + = + +
( )( ) ( )( ) 2 2
2 8 3 4 15 16 1 1 1 12 5 2 29 4 68 145b b a a a a a d a d a a d d= + + = + + = + +
( )2 2
4 2 8 1 124 16 8 3 2b b b d a d d d a− = − = −
0d > 1a d≤ ( )1 13 2 2 0d a d d a− = + − > 2
4 2 8 0b b b− >
0d < 1a d≥ ( )1 13 2 2 0d a d d a− = + − < 2
4 2 8 0b b b− > 2
4 2 8 0b b b− >
{ }na 1 9a = − 5 1a = − 1 2 ( 1,2, )n nT a a a n= =… …
{ }nT
5 1 1 9 25 1 5 1
a ad
− − += = =− −则其通项公式为： ，
注意到 ，
且由 可知 ，
由 可知数列 不存在最小项，
由于 ，
故数列 中的正项只有有限项： ， .
故数列 中存在最大项，且最大项为 .
故选：B.
7.（2020·高三月考）在平面直角坐标系中，定义 （ ）为点
到点 的变换，我们把它称为点变换，已知 ， ， ， 是经过点变
换得到一组无穷点列，设 ，则满足不等式 最小正整数 的值为
（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】C
【解析】
由定义知 ， ， ，即 ．
，
观察可得，
，
，
∴数列 是等比数列，公比为 2，首项为 1．∴ ．
( ) ( )1 1 9 1 2 2 11na a n d n n= + − = − + − × = −
1 2 3 4 5 6 70 1a a a a a a a< < < < < < = < ≥ ∈ { }nT
1 2 3 4 5 69, 7, 5, 3, 1, 1a a a a a a= − = − = − = − = − =
{ }nT 2 63T = 4 63 15 945T = × =
{ }nT 4T
1
1
n n n
n n n
x x y
y x y
+
+
= −
= +
*n∈N ( , )n n nP x y
1 1 1( , )n n nP x y+ + + 1(1,0)P 2 2 2( , )P x y 3 3 3( , )P x y ⋅⋅⋅
1 1 2n n n n na P P P P+ + += ⋅
1 2 2020na a a+ +⋅⋅⋅+ > n
1
1
1
0
x
y
=
=
2
2
1
1
x
y
=
=
3
3
0,
2
x
y
=
= 2 3(1,1), (0,2)P P
1 1 2 2 3 (0,1) ( 1,1) 1a PP P P= ⋅ = ⋅ − =
1 1 2 ,n n n n na P P P P+ + += ⋅
1 1 2 1 2 1( , ) ( , )n n n n n n n nx x y y x x y y+ + + + + += − − ⋅ − −
1 1( , ) ( , )n n n ny x y x+ += − ⋅ − 2 2
1 1 ( ) ( )n n n n n n n n n n n ny y x x y x y x x y x y+ += + = + + − = +
2 2 2 2 2 2
1 1 1 ( ) ( ) 2( )n n n n n n n n na x y x y x y x y+ + += + = − + + = + 2 na=
{ }na 12n
na -=，由 ，解得 ．即 的最小值为 11.
故答案为：C
8.（2020·江苏省如皋中学高一月考）【多选题】定义在 上的函数 ，如果对于任意给
定的等比数列 ，数列 仍是等比数列，则称 为“保等比数列函数”.现有定义在
上的四个函数中，是“保等比数列函数”的为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】
设等比数列 的公比为 .
对于 A，则 ，故 A 是“保等比数列函数”；
对于 B，则 常数，故 B 不是“保等比数列函数”；
对于 C，则 ，故 C 是“保等比数列函数”；
对于 D，则 常数，故 D 不是“保等比数列函
数”.
故选：AC.
9.（2019·江苏高二期末）【多选题】将 个数排成 行 列的一个数阵，如下图：
该数阵第一列的 个数从上到下构成以 为公差的等差数列，每一行的 个数从左到右构成以 为公比的
2 1
1 2 1 2 2 2 2 1n n
na a a −+ + + = + + + + = − 2 1 2020n − > 11n ≥ n
( ) ( ),0 0,−∞ ∪ +∞ ( )f x
{ }na ( ){ }nf a ( )f x
( ) ( ),0 0,−∞ ∪ +∞
( ) 2f x x= ( ) 2xf x =
( )f x x= ( ) lnf x x=
{ }na q
22
21 1 1
2
( )
( )
n n n
n n n
f a a a qf a a a
+ + + = = =
1
11( ) 2 2( ) 2
n
n n
n
a
a an
a
n
f a
f a
+
+ −+ = = ≠
11 1( )
( )
nn n
n nn
af a a qf a aa
++ += = =
11 ln ln ln ln ln( ) 1( ) ln ln ln ln
n n nn
n n n n n
a a q a q qf a
f a a a a a
++ ⋅ += = = = + ≠
2n n n
11 12 13
21 22 23 2
31 32 33 3
1 3
1
2
n
n
n n n n
n
n
a a a
a a a a
a a a a
a a
a
a a
……
……
……
……
……
n m n m等比数列（其中 ）.已知 ， ，记这 个数的和为 .下列结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】
由题意，该数阵第一列的 个数从上到下构成以 为公差的等差数列，每一行的 个数从左到右构成以
为公比的等比数列，且 ， ，
可得 ， ，所以 ，
解得 或 （舍去），所以选项 A 是正确的；
又由 ，所以选项 B 不正确；
又由 ，所以选项 C 是正确的；
又由这 个数的和为 ，
则
，所以选项 D 是正确的，
故选 ACD.
10.（2019·四川高三（理））正项等比数列 满足 ，且 2 ， ， 成等差数列，设
，则 取得最小值时的 值为_________．
【答案】
【解析】
设等比数列 的公比为 .
由 ， ， 成等差数列，可得 ，则 ，
所以 ，解得 (舍去)或 .
0m > 11 2a = 13 61 1a a= + 2n S
3m = 7
67 17 3a = ×
1(3 1) 3 j
ija i −= − × ( )1 (3 1) 3 14
nS n n= + −
n m n m
11 2a = 13 61 1a a= +
2 2
13 11 2a a m m= = 61 11 5 2 5a a d m= + = + 22 2 5 1m m= + +
3m = 1
2m = −
6 6 6
67 61 (2 5 3) 3 17 3a a m= = + × × = ×
1 1 1
1 11
1(3[( ( 1) ] [2 ( 1) 3] 3 1) 3j j j j
ij ia m a i m m iia − − − −= = + − × × = = − ×+ − × ×
2n S
11 12 1 21 22 2 1 2( ) ( ) ( )n n n n nnS a a a a a a a a a= + + + + + + + + + + + +
111 21 (1 3 )(1 3 ) (1 3 )
1 3 1 3 1 3
nn n
naa a −− −= + + +− − −
1 (2 3 1)(3 1)2 2
n n n+ −= − ⋅
1 (3 1)(3 1)4
nn n= + −
{ }na 1 3
5
4a a+ = 2a 4
1
2 a 3a
*
1( )n n nb a a n N+= ∈ 1 2 nb b b⋅ ⋅ n
2
{ }na q
22a 4
1
2 a 3a 4 2 32a a a= + 3 2
1 1 12a q a q a q= +
2 2q q= + 1q = − 2q =因为 ，所以 .
所以 .所以 .
所以 ，
当 时， 取得最小值， 取得最小值.
故答案为： .
11.（2019·北京高考模拟（文））天坛公园是明、清两代皇帝“祭天”“祈谷”的场所．天坛公园中的圜丘台共有
三层（如图 1 所示），上层坛的中心是一块呈圆形的大理石板，从中心向外围以扇面形石（如图 2 所示）．上
层坛从第一环至第九环共有九环，中层坛从第十环至第十八环共有九环，下层坛从第十九环至第二十七环
共有九环；第一环的扇面形石有 9 块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多 9 块，则第二十七环
的扇面形石块数是______；上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是_______．
【答案】
【解析】
第一环的扇面形石有 9 块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多 9 块，
则依题意得：每环的扇面形石块数是一个以 9 为首项，9 为公差的等差数列，
所以，an＝9＋（n－1）×9＝9n，
所以，a27＝9×27＝243，
前 27 项和为： ＝3402.
12.（2017·全国高考真题（文））已知等差数列 的前 项和为 ，等比数列 的前 项和为 ，且
， ， .
（1）若 ，求 的通项公式；
2
1 3 1 1
5
4a a a a q+ = + = 1
1
4a =
1 31 2 24
n n
na − −= ⋅ = 3 2 2 5
1 2 2 2n n n
n n nb a a − − −
+= = ⋅ =
1 (2 8)3 1 1 3 (2 5) ( 4)2
1 2 =2 2 2n nn n n
nb b b
−− − + + + + − −⋅ ⋅ = =
2n = ( 4)n n − 1 2 nb b b⋅ ⋅
2
243 3402
1 27
27
27( ) 27(9 243)
2 2
a aS
+ += =
{ }na n nS { }nb n nT
1 1a = 1 1b = 2 2 4a b+ =
3 3 7a b+ = { }nb（2）若 ，求 .
【答案】（1） ；（2）5 或 .
【解析】
设等差数列 公差为 ，等比数列 公比为 有 ，即 .
（1）∵ ，结合 得 ，
∴ .
（2）∵ ，解得 或 3，
当 时， ，此时 ；
当 时， ，此时 .
13. （2020·上海杨浦 复旦附中高一月考）设数列 的前 项和为 ，且 （ ），设
（ ），数列 的前 项和 .
（1）求 、 、 的值；
（2）利用“归纳—猜想—证明”求出 的通项公式；
（3）求数列 的通项公式.
【答案】（1） ， ， ；（2） （ ）；（3） .
【解析】
（1）由 ，令 ，则 ，得 ，
当 时，由 ，得 ，得 ，
令 ，得 ，令 ，得 ，即 ， ， .
（2）由（1）知 ， ， ，猜想 ，
下面用数学归纳法证明：① 当 时，由猜想知显然成立；
3 13T = 5S
12n
nb −= 75
{ }na d { }nb ( )0q q ≠ ( )1 4d q+ + = 3d q+ =
( ) 21 2 7d q+ + = 3d q+ = 2q =
12n
nb −=
2
3 1 13T q q= + + = 4q = −
4q = − 7d = 5
5 45 7 752S
×= + × =
3q = 0d = 5 15 5S a= =
{ }na n nS 2( 1)n n nS a S− = n ∗∈N
1 2
1( 1) ( 1)n
n n nb n a a+
+= − + ⋅ n ∗∈N { }nb n nT
1S 2S 3S
nS
{ }nT
1
1
2S = 2
2
3S = 3
3
4S =
1n
nS n
= +
*n∈N
11 1 ( 1)( )2 2 ( 1)( 2)
n
nT n n
+−= + + +
2( 1)n n nS a S− = 1n = 2 2
1 1( 1)S S− = 1
1
2S =
2n ≥ 1n n na S S −= − 2
1( 1) ( )n n n nS S S S−− = −
1
1
2n
n
S S −
= −
2n = 2
2
3S = 3n = 3
3
4S = 1
1
2S = 2
2
3S = 3
3
4S =
1
1
2S = 2
2
3S = 3
3
4S =
1n
nS n
= +
1n =②假设 猜想成立，即 ，
则当 时，由（1）有 ，
即当 时，猜想 也成立.
综合①②可知，猜想 成立，即
（3）由（2）知 ，当 时， ，
综合知： ，又 ，
则
当 为偶数时，
当 为奇数时，
综上可得
14.（2019·上海高二期中）已知 ， ，对任意 ，有 成立.
（1）求 的通项公式；
（2）设 ， ， 是数列 的前 项和，求正整数 ，使得对任意 ， 恒
成立；
（3）设 ， 是数列 的前 项和，若对任意 均有 恒成立，求 的最
小值.
n k=
1k
kS k
= +
1n k= + 1
1
2k
k
S S+ = −
1
2 1
k
k
=
− +
1 1
2 ( 1) 1
k k
k k
+ += =+ + +
1n k= +
1n
nS n
= +
1n
nS n
= + 1n
nS n
= +
1
1
2a = 2n ≥ 1n n na S S −= − 1
1
n n
n n
−= −+
1
( 1)n n
= +
1
( 1)na n n
= +
1 2
1( 1) ( 1)n
n n nb n a a+
+= − + ⋅
1 2( 1) ( 1) 1 1
( 1) ( 1)( 2)
n
n nn n nb n
+= − + + + +⋅ ⋅ 1( 1)
( 2)
n
n n
+−= +
1( 1) 1 1( )2 2
n
n n
+−= − +
n
nT = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )]2 3 2 4 3 5 4 6 1 1 2n n n n
− − − + − − − + + − − −− + +
1 1 1 1(1 )2 1 2 2n n
= − − ++ +
= 1 1 1( )2 2 ( 1)( 2)n n
−+ + +
n nT = 1n nT b− + 1 1 1( )2 2 ( 1)n n
−= + + + 1 1 1( )2 2n n
− +
= 1 1 1( )2 2 ( 1)( 2)n n
+ + +
11 1 ( 1)( )2 2 ( 1)( 2)
n
nT n n
+−= + + +
( ,2)na S= (1,1 )nb a= − *n∈N a b⊥
{ }na
1
1 2 2n
n nb b +
+ = − 1 8b = nT { }nb n k *n∈N k nT T≥
1
1(1 )(1 )
n
n
n n
ac a a
+
+
= + + nR { }nc n *n∈N nR λ< λ【答案】（1） （2） 或 （3）
【解析】
（1）由题可得 ,则 ,
当 时,可得 .
时, ,则 ,即 ,
故数列 是以 2 为首项,公比为 2 的等比数列,通项公式为 .
（2） ,等式两端同时除以 得: ,即 ,
故 是以 为首项,公差为 的等差数列,通项公式为 ,
则 .
因为当 ， ，当 时 , ,所以当 或 时, 取最大值,对任意 ，
恒成立.
（3）由题意, ,
则
,故 .
所以 的最小值为 .
15．（2019·山东高三期中）已知数列 的前 项和 满足 ，且 ．
（1）求数列 的通项公式；
（2）若 ，记数列 的前 项和为 ，证明： ．
【答案】（1） （2）证明见解析
2n
na = 4 5 2
3
0a b⋅ = ( )2 1 0n nS a+ − =
1n = 1 2a =
2n ≥ ( )1 12 1 0n nS a− −+ − = ( ) ( )1 1 12 1 2 1 2 0n n n n n nS a S a a a− − −+ − − − − = − = 12n na a −=
{ }na 2n
na =
1
1 2 2n
n nb b +
+ = − 12n+ 1
1 12 2
n n
n n
b b+
+ = − 1
1 12 2
n n
n n
b b+
+ − = −
2
n
n
b
1 42
b = 1− ( )4 1 52
n
n
b n n= − − = −
(5 ) 2n
nb n= − ⋅
6n ≥ 0nb < 1 4n≤ ≤ 0nb > 5 0b = 4k = 5 nT *n∈N
k nT T≥
1
1 1
2 1 12( )(1 2 )(1 2 ) 1 2 1 2
n
n n n n nc
+
+ += = −+ + + +
2 2 3 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 22 ( ) 2( ) 2( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 1 2 3n n n n nR + + +
= − + − + + − = − = − ∈N
{ }na
( )*5 (4 1)n
n
n
nb nna
−= ∈N { }nb n nT 15
2nT ≥
1na n= +【解析】
（1）当 时， ，解得 或 （舍）
又 ①
当 时， ②
①－②，得 ，整理得 ，
因为 ，所以 ，故 ，
所以 是以 为首项， 为公差的等差数列．
故 ．
（2） ，
所以 ，
因为 ，
所以 是递增数列
故 ．
16. （2019·高二期中）已知等差数列 的公差 ，首项 ，且 成等比
数列.
（1）求数列 的通项公式；
（2）求数列 的前 n 项和 ；
（3）比较 与 的大小.
【答案】（1） （2） （3）
1n = 2
1 1 12 2S a a= + − 1 2a = 1 1a = −
22S 2n n na a= + −
2a ≥ 2
1 1 12 2n n nS a a− − −= + −
2 2
1 12 n n n n na a a a a− −= − + − ( )( )1 1 1 0n n n na a a a− −+ − − =
0na > 1 0n na a − >+ 1 1n na a −− =
{ }na 2 1
2 ( 1) 1 1na n n= + − ⋅ = +
15 (4 1) 5 5
( 1) 1
n n n
n
nb n n n n
+−= = −+ +
1 2n nT b b b= + + + =
2 3 2 1 15 5 5 5 5 55 52 3 2 1 1
n n n
n n n
+ + − + − + + − = − + +
2 1 1
1
5 5 (4 3) 5 02 1 ( 1)( 2)
n n n
n n
nT T n n n n
+ + +
+
+ ⋅− = − = >+ + + +
{ }nT
2
1
5 1552 2nT T = − =≥
{ }na 0d > 1=1a 1 2 32 , 1, 3a a a+ +
{ }na
1
1
n na a +
nP
nP 2
2n
n
2 1na n= −
2 1n
nP n
= + 2
2n
nP n
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