专题 05 数 列
—2021 高考数学（理）高频考点、热点题型归类强化
【高频考点及备考策略】
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)考查等差(比)数列的通项公式，前 n 项和公式，考查方程的思想以及运算能力，加强对等差(比)数
列概念的理解，掌握等差(比)数列的判定与证明方法．
(2)掌握等差(比)数列的通项公式、前 n 项和公式，等差(比)数列的简单性质并会应用．
(3)加强对递推数列概念及解析式的理解，掌握递推数列给出数列的方法．
(4)掌握数列分组求和、裂项相消求和、错位相减求和的方法，掌握与数列求和有关的综合问题的求解
方法及解题策略．
考向预测：
(1)在解答题中，涉及等差、等比数列有关量的计算、求解．
(2)已知数列满足的关系式，以递堆数列为命题背景考查等差(比)数列的证明方法．
(3)给出等差(比)数列某些项或项与项之间的关系或某些项的和，求某一项或某些项的和及通项公
式．
(4)已知某数列的递推式或某项的值，求该数列的和．
(5)已知某个不等式成立，求某参数的值．证明某个不等式成立．
一、等差、等比数列
名称 等差数列 等比数列
文字定义 如果一个数从第二项开始，每一项与
它的前一项的差等于同一个常数，那
如果一个数列从第二项起，每一项与
它的前一项的比等于同一个常数，那
必备知识么这个数列叫做等差数列。这个常数
叫做等差数列的公差，常用字母 d 表
示.
么这个数列叫做等比数列。这个常数
叫做等比数列的公比，常用字母 q 表
示.
代数定义
通项公式
通项推广
中项公式
如果 成等差数列，则 叫做 与
的等差中项.中项公式： .
如果 成等比数列，则 叫做 与
的等比中项.中项公式： .
性质
若 则
.
若 ，则
若 则 .
若 ，则 .
前 n 项和
公式
前 n 项和
的性质
设等差数列 的前 n 项和为 ，则
仍成等差
数列.
设等比数列 的前 n 项和为 ，则
仍成等比
数列.
判定方法
1、定义法： 常数
2、中项公式法：
1、定义法： =常数
2、中项公式法：
),2( *
1 Nnndaa nn ∈≥=− − ),2( *
1
Nnnqa
a
n
n ∈≥=
−
dnaan )1(1 −+= )0(1
1 ≠= − qqaa n
n
( )*,,
)(
Nmnmn
dmnaa mn
∈>
−+=
( )*,, Nnmmn
qaa mn
mn
∈>
= −
cba ,, b a
c cab +=2
cba ,, b a
c acb =2
,qpnm +=+
qpnm aaaa +=+
tnm 2=+ 22 tnm aaa =+
,qpnm +=+ qpnm aaaa ⋅=⋅
tnm 2=+ 2
tnm aaa =⋅
( )
( ) dnnnaS
aanS
n
n
n
2
)1(2
2
)(1
1
1
−+=
+=
)1(11
)1(
)1(
11
1
≠−
−=−
−=
==
qq
qaa
q
qaS
qnaS
n
n
n
n
{ }na nS
,,, 232 kkkkk SSSSS −−
{ }na nS
,,, 232 kkkkk SSSSS −−
=−+ nn aa 1 )( *Nn ∈
),2(2 *
11 Nnnaaa nnn ∈≥+= +−
n
n
a
a 1+ )( *Nn ∈
),2( *
11
2 Nnnaaa nnn ∈≥⋅= +−3、通项公式法：
4、前 n 项公式法：
3、通项公式法：
二、数列求和的方法
1、公式法求和:
使用已知求和公式求和的方法,即等差、等比数列或可化为等差、等比数列的求和方法.用公式法数列求和的
思路是：
（1）厘清情境：看清题干中的等差数列、等比数列，尤其是由递推公式变形后转化为等差或等比数列，直
接用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求解；
（2）公式的灵活选取:在等差数列 中，若不涉及公差，可用 求和；若涉及公差，可用
公式 求和；在等比数列 中，若公比不明确，需分类讨论，则
.（注：数列求和中每个基本量表示的含义，尤其项数 n）
2、分组转化法求和:
若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组转化法求和,
分别求和而后相加减.
适用数列： ，且 为等差或等比数列.
3、裂项相消法求和
定义：如果一个数列的通项为“分式或根式”的形式，且能拆成结构相同的两式之差，通过累加将一些正、负
项相互抵消，只剩收尾有限项的求和方法叫做裂项相消法.适用数列： ，
（ ， 为常数）
4、乘公比错位相减法求和
)( *Nnbknan ∈+=
)( *2 NnBnAnSn ∈+=
*)( Nnpqa bkn
n ∈= +
{ }na 2
)( 1 n
n
aanS
+=
dnnnaSn 2
)1(
1
−+= { }na
≠−
−=−
−
=
=
1,11
)1(
1.
11
1
qq
qaa
q
qa
qna
S n
n
n
nnn cba ±= { } { }nn cb ,
)11(11
nnnn
n badbac −==
*Nndab nn ∈=− ， d定义：一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前 n 项和时,可采用错位相减法求和,
所谓“错位”,就是要找“同类项”相减.一般是在和式的两边同乘以等比数列{bn}的公比,然后错位作差求解.
(1)适用数列：形如“等差乘等比型”： 且 为等差或等比数列
(2)思路：①在等式 两边同乘以等比数列的公比 .
②两式相减:左边为 ,右边为 的同次式对齐相减.
③右边去掉最后一项(有时需要去掉第一项)剩下的各项组成等比数列,可以采用公式求和.
5、倒序相加法求和
如果一个数列 与首末两端等“距离”的两项的和等于首末两项之和,可把正着写与倒着写的两个式子相加,
就得到一个常数列的和,那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法。
例如,等差数列的前 n 项和公式就是用此法推导的.
6、并项求和法
一个数列的前 n 项和中,若项与项之间能两两结合求解,则称之为并项求和.形如 an=(-1 类型,
可采用并项法求解.
三、数列求通项的方法
1、累加法（叠加法）
若数列 满足 ，则称数列 为“变差数列”，求变差数列 的通项时，
利用恒等式
求通项公式的方法称为累加法。
2、累乘法（叠乘法）
若数列 满足 ，则称数列 为“变比数列”，求变比数列 的通项时，
利用 求通项公式的方法称为累
乘法。
)( *Nnbac nnn ∈⋅= { } { }nn ba ,
nn aaaaS +⋅⋅⋅+++= 321 1≠qq，且
nSq)1( − q
{ }na
)()1( nfa n
n −=
{ }na )()( *
1 Nnnfaa nn ∈=−+ { }na { }na
)2()1()3()2()1()()()( 1123121 ≥−+⋅⋅⋅++++=−+⋅⋅⋅+−+−+= − nnffffaaaaaaaaa nnn
{ }na )()( *1 Nnnfa
a
n
n ∈=+ { }na { }na
)2()1()3()2()1(1
13
4
2
3
1
2
1 ≥−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
−
nnffffaa
a
a
a
a
a
a
aaa
n
n
n3、 与 的关系问题的转化
(1)“和”变“项”——构造方程组.
首先根据题目条件,得到新式(与条件相邻),然后作差，将“ ”用“ ”替换，转化为只
含 的关系式,再求解.
(2)“项”变“和”.
首先将 用“ （或 用“ ）替换,得到 与 （或 与 ）的关系式,然后求
.
注:关于数列的式子中,如果含有如 , ,必须注明 n≥2.
4、构造新数列法求通项
类型 1： 用“待定系数法”构造等比数列
形如 （ 为常数， ）的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为
（其中： ），由此构造出新的等比数列 ，先求出 的通项，
从而求出数列 的通项公式。
类型 2：用“同除法”构造等差数列
（1）形如 ，可通过两边同除 ，将它转化为 ，从而
构造数列 为等差数列，先求出 的通项，便可求得 的通项公式。
（2）形如 ，的数列，可通过两边同除以 ，变形为
的形式，从而构造出新的等差数列 ，先求出 的通项，便可求得 的通项公式
类型 3：用”倒数变换法”构造等差数列
形如 （ 为常数， ）的数列，通过两边取“倒”，变形为
nS na
1−− nn SS )2( ≥nan
1, −nn aa
na 1−− nn SS 1+na nn SS −+1 nS 1−nS 1+nS nS
nS
1−na 1−nS
pkaa nn +=+1 pk, 0≠kp
)(1 makma nn +=++ 1−=
k
pm { }man + { }man +
{ }
na
)( *1
1 Nnqpqaa n
nn ∈⋅+= +
+ 1+nq p
q
a
q
a
n
n
n
n +=+
+
1
1
n
n
q
a
n
n
q
a { }
na
)0(11 ≠=− ++ kakaaa nnnn nn aa 1+ kaa nn
−=−
+
11
1
na
1
na
1 { }
na
qpa
qaa
n
n
n +=+1 qp, 0≠pq，即： ，从而构造出新的等差数列 ，先求出 的通项，即可求
得 .
【重要结论】
1、一些常见数列的前 n 项和公式
(1) (2)
(3) (4)
(5)
2、常见的裂项技巧： 、 、
、 、 、
、 、
、
（简记为“ ”）.
【易错警示】
1．忽视等比数列的条件：
判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件；公比为字母的等比数列求和时，注意公比是
否为 1 的分类讨论．
2．漏掉等比中项：
正数 a，b 的等比中项是± ab，容易漏掉－ ab.
3．忽略对等比数列的公比的讨论：
q
p
aa nn
+=
+
11
1 q
p
aa nn
=−
+
11
1
na
1
na
1
na
2
)1(4321
+=+⋅⋅⋅++++ nnn 2127531 nn =−+⋅⋅⋅++++
)1(28642 +=+⋅⋅⋅++++ nnn 6
)12)(1(21 222 ++=+⋅⋅⋅++ nnnn
2333 )21(21 nn +⋅⋅⋅++=+⋅⋅⋅++
)11(1
)(
1
knnkknn +−=+ )12
1
12
1(2
1
)12)(12(
1
14
1
2 +−−=+−=− nnnnn
)(11 nknknkn
−+=
++ 1
11
1
1
+
−=
+
−+
nnnn
nn ])2(
11[4
1
)2(
1
2222 +−=+
+
nnnn
n
)12
1
12
1(2
11)12)(12(
)2( 2
+−−+=+− nnnn
n ）（ 1,0log)1(log)11(log ≠>−+=+ aannn aaa
])2)(1(
1
)1(
1[2
1
)2)(1(
1
++−+=++ nnnnnnn
)()11(11 qpqppqpq
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 2 ( 1) 3 1n
n na a n+ + − = − 1a =
7
2 ( 1) 3 1n
n na a n+ + − = −
n 2 3 1n na a n+ = + − n 2 3 1n na a n+ + = −
{ }na n nS
16 1 2 3 4 16S a a a a a= + + + + +
1 3 5 15 2 4 14 16( ) ( )a a a a a a a a= + + + + + + +
1 1 1 1 1 1( 2) ( 10) ( 24) ( 44) ( 70)a a a a a a= + + + + + + + + + +
1 1( 102) ( 140) (5 17 29 41)a a+ + + + + + + +
1 18 392 92 8 484 540a a= + + = + =.
故答案为： .
【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属
于较难题.
2、（2020 新课标Ⅱ卷·文科 T14）记 为等差数列 的前 n 项和．若 ，则
__________．
【答案】
【解析】 是等差数列，且 ，
设 等差数列的公差
根据等差数列通项公式：
可得
即：
整理可得：
解得：
根据等差数列前 项和公式：
可得：
.
故答案为： .
【点睛】本题主要考查了求等差数列的前 项和，解题关键是掌握等差数列的前 项和公式，考查了分析能
1 7a∴ =
7
nS { }na 1 2 62, 2a a a= − + = 10S =
25
{ }na 1 2a = − 2 6 2a a+ =
{ }na d
( )1 1na a n d+ −=
1 1 5 2a d a d+ + + =
( )2 2 5 2d d− + + − + =
6 6d =
1d =
n *
1
( 1) ,2n
n nS na d n N
−= + ∈
( )10
10 (10 1)10 2 20 45 252S
× −= − + = − + =
∴ 10 25S =
25
n n力和计算能力，属于基础题.
3、（2020 山东省新高考全国Ⅰ卷·T14）同（2020 海南省新高考全国Ⅱ卷·T15）将数列{2n–1}与{3n–2}的
公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前 n 项和为________．
【答案】
【解析】因为数列 是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，
数列 是以 1 首项，以 3 为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列 是以 1 为首项，以 6 为公差的等差数列，
所以 的前 项和为 ，
故答案为： .
【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等
差数列求和公式，属于简单题目.
4、（2020 江苏卷·T11）设{an}是公差为 d 的等差数列，{bn}是公比为 q 的等比数列．已知数列{an+bn}的
前 n 项和 ，则 d+q 的值是_______．
【答案】
【解析】设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，根据题意 .
等差数列 的前 项和公式为 ，
等比数列 的前 项和公式为 ，
依题意 ，即 ，
23 2n n−
{ }2 1n −
{ }3 2n −
{ }na
{ }na n 2( 1)1 6 3 22
n nn n n
−⋅ + ⋅ = −
23 2n n−
2 2 1( )n
nS n n n += − + − ∈N
4
{ }na d { }nb q 1q ≠
{ }na n
( ) 2
1 1
1
2 2 2n
n n d dP na d n a n
− = + = + −
{ }nb n
( )1 1 11
1 1 1
n
n
n
b q b bQ qq q q
−
= = − +− − −
n n nS P Q= + 2 2 1 1
12 1 2 2 1 1
n nb bd dn n n a n qq q
− + − = + − − + − − 通过对比系数可知 ，故 .
故答案为：
【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前 项和公式，属于中档题.
5、（2020 浙江卷·T11）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列
就是二阶等差数列，数列 的前 3 项和是________．
【答案】
【解析】因为 ，所以 ．
即 ．
故答案 ： .
【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．
三、解答题
1、（2020 新课标Ⅰ卷·理科 T17）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．
为
1
1
12
12
2
11
d
da
q
b
q
=
− = −
=
= − −
⇒ 1
1
2
0
2
1
d
a
q
b
=
= =
=
4d q+ =
4
n
( 1)
2
n n +
( 1)
2
n n + ( N )n ∗∈
10
( )1
2n
n na
+= 1 2 31, 3, 6a a a= = =
3 1 2 3 1 3 6 10S a a a= + + = + + =
10
{ }na 1a 2a 3a
{ }na
1 1a = { }nna n【答案】（1） ；（2） .
【解析】（1）设 的公比为 ， 为 的等差中项，
，
；
（2）设 的前 项和为 ， ，
，①
，②
① ②得，
，
.
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求
解能力，属于基础题.
2、（2020 新课标Ⅲ卷·理科 T17）设数列{an}满足 a1=3， ．
（1）计算 a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前 n 项和 Sn．
【答案】（1） ， ， ，证明见解析；（2） .
2− 1 (1 3 )( 2)
9
n
n
nS
− + −=
{ }na q 1a 2 3,a a
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
− + −∴ =
1 3 4n na a n+ = −
2 5a = 3 7a = 2 1na n= + 1(2 1) 2 2n
nS n += − ⋅ +【解析】（1）由题意可得 ， ，
由数列 的前三项可猜想数列 是以 为首项，2 为公差的等差数列，即 ，
证明如下：
当 时， 成立；
假设 时， 成立.
那么 时， 也成立.
则对任意的 ，都有 成立；
（2）由（1）可知，
，①
，②
由① ②得：
，
即 .
【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.
（2020 新课标Ⅲ卷·文科 T17）设等比数列{an}满足 ， ．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记 为数列{log3an} 前 n 项和．若 ，求 m．的
2 13 4 9 4 5a a= − = − = 3 23 8 15 8 7a a= − = − =
{ }na { }na 3 2 1na n= +
1n = 1 3a =
n k= 2 1ka k= +
1n k= + 1 3 4 3(2 1) 4 2 3 2( 1) 1k ka a k k k k k+ = − = + − = + = + +
*n N∈ 2 1na n= +
2 (2 1) 2n n
na n⋅ = + ⋅
2 3 13 2 5 2 7 2 (2 1) 2 (2 1) 2n n
nS n n−= × + × + × + + − ⋅ + + ⋅
2 3 4 12 3 2 5 2 7 2 (2 1) 2 (2 1) 2n n
nS n n += × + × + × + + − ⋅ + + ⋅
− ( )2 3 16 2 2 2 2 (2 1) 2n n
nS n +− = + × + + + − + ⋅
( )2 1
12 1 2
6 2 (2 1) 21 2
n
nn
−
+
−
= + × − + ⋅
×
−
1(1 2 ) 2 2nn += − ⋅ −
1(2 1) 2 2n
nS n += − ⋅ +
1 2 4a a+ = 3 1 8a a− =
nS 1 3m m mS S S+ ++ =【答案】（1） ；（2） .
【解析】（1）设等比数列 的公比为 ，
根据题意，有 ，解得 ，
所以 ；
（2）令 ，
所以 ，
根据 ，可得 ，
整理得 ，因为 ，所以 ，
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，
属于基础题目.
3、（2020 山东省新高考全国Ⅰ卷·T18）已知公比大于 的等比数列 满足 ．
（1）求 的通项公式；
（2）记 为 在区间 中的项的个数，求数列 的前 项和 ．
【答案】（1） ；（2） .
【 解 析 】 （ 1 ） 由 于 数 列 是 公 比 大 于 的 等 比 数 列 ， 设 首 项 为 ， 公 比 为 ， 依 题 意 有
，解得解得 ，或 (舍)，
所以 ，所以数列 的通项公式为 .
13 −= n
na 6m =
{ }na q
1 1
2
1 1
4
8
a a q
a q a
+ =
− =
1 1
3
a
q
=
=
13 −= n
na
3
1
3log log 3 1n
n nb a n−= = = −
(0 1) ( 1)
2 2n
n n n nS
+ − −= =
1 3m m mS S S+ ++ = ( 1) ( 1) ( 2)( 3)
2 2 2
m m m m m m− + + ++ =
2 5 6 0m m− − = 0m > 6m =
1 { }na 2 4 320, 8a a a+ = =
{ }na
mb { }na *(0, ]( )m m∈N { }mb 100 100S
2n
na = 100 480S =
{ }na 1 1a q
3
1 1
2
1
20
8
a q a q
a q
+ =
= 1 2, 2a q= = 1
132, 2a q= =
2n
na = { }na 2n
na =（2）由于 ，所以
对应的区间为： ，则 ；
对应的区间分别为： ，则 ，即有 个 ；
对应的区间分别为： ，则 ，即有 个 ；
对应的区间分别为： ，则 ，即有 个 ；
对应的区间分别为： ，则 ，即有 个 ；
对应的区间分别为： ，则 ，即有 个 ；
对应的区间分别为： ，则 ，即有 个
.
所以 .
【点睛】本小题主要考查等比数列基本量的计算，考查分析思考与解决问的能力，属于中档题.
4、（2020 海南省新高考全国Ⅱ卷·T18）已知公比大于 的等比数列 满足 ．
（1）求 的通项公式；
（2）求 .
【答案】（1） ；（2）
【解析】(1) 设等比数列 的公比为 q(q>1)，则 ，
1 2 3 4 5 6 72 2,2 4,2 8,2 16,2 32,2 64,2 128= = = = = = =
1b ( ]0,1 1 0b =
2 3,b b ( ] ( ]0,2 , 0,3 2 3 1b b= = 2 1
4 5 6 7, , ,b b b b ( ] ( ] ( ] ( ]0,4 , 0,5 , 0,6 , 0,7 4 5 6 7 2b b b b= = = = 22 2
8 9 15, , ,b b b ( ] ( ] ( ]0,8 , 0,9 , , 0,15 8 9 15 3b b b= = = = 32 3
16 17 31, , ,b b b ( ] ( ] ( ]0,16 , 0,17 , , 0,31 16 17 31 4b b b= = = = 42 4
32 33 63, , ,b b b ( ] ( ] ( ]0,32 , 0,33 , , 0,63 32 33 63 5b b b= = = = 52 5
64 65 100, , ,b b b ( ] ( ] ( ]0,64 , 0,65 , , 0,100 64 65 100 6b b b= = = = 37
6
2 3 4 5
100 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 37 480S = × + × + × + × + × + × =
1 { }na 2 4 320, 8a a a+ = =
{ }na
1
1 2 2 3 1( 1)n
n na a a a a a−
+− +…+ −
2n
na = 2 38 2( 1)5 5
n
n
+
− −
{ }na
3
2 4 1 1
2
3 1
20
8
a a a q a q
a a q
+ = + =
= =整理可得： ，
，
数列的通项公式为： .
(2)由于： ，故：
.
【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数
列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础.
5、（2020 北京卷·T21）已知 是无穷数列．给出两个性质：
①对于 中任意两项 ，在 中都存在一项 ，使 ；
②对于 中任意项 ，在 中都存在两项 ．使得 ．
(Ⅰ)若 ，判断数列 是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若 ，判断数列 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： 为等比数列.
22 5 2 0q q− + =
11, 2, 2q q a> = =
12 2 2n n
na −= ⋅ =
( ) ( ) ( )1
1 2 11 1 11 2 21 1 2n nn n nn
n na a − −+ +−
+ = − × × = −−
1
1 2 2 3 1( 1)n
n na a a a a a−
+− +…+ −
3 5 7 9 1 2 12 2 2 2 ( 1) 2n n− += − + − +…+ − ⋅
( )
( )
3 2
2 3
2
2 1 2 8 2( 1)5 51 2
n
n
n
+
− − = = − −
− −
{ }na
{ }na , ( )i ja a i j> { }na ma
2
i
m
j
a aa
=
{ }na ( 3)na n { }na , ( )k la a k l>
2
k
n
l
aa a
=
( 1,2, )na n n= = { }na
12 ( 1,2, )n
na n−= = { }na
{ }na { }na【解析】(Ⅰ) 不具有性质①；
(Ⅱ) 具有性质①；
具有性质②；
(Ⅲ)【解法一】
首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：
显然 ，假设数列中存在负项，设 ，
第一种情况：若 ，即 ，
由①可知：存在 ，满足 ，存在 ，满足 ，
由 可知 ，从而 ，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若 ，由①知存在实数 ，满足 ，由 的定义可知： ，
另一方面， ，由数列的单调性可知： ，
这与 的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项数恒为负数.
综上可得，数列中的项数同号.
{ }2
3
2 3
2
92, 3, 2 n
aa aa Za
= = = ∉ ∴
{ }2 2
* (2 ) 1 *
2, , , 2 ,2i ji i
i j n
j j
a ai j N i j i j N aa a a− −
−∀ ∈ > = − ∈ ∴ = ∴
{ }2
* (2 ) 1 1, 3, 1, 2, 2 2 ,k l nk
n n
l
an N n k n l an aa
− − −∀ ∈ ≥ ∃ = − = − = = = ∴
( )0 *na n N≠ ∉ { }0 max | 0nN n a= <
0 1N = 0 1 2 30a a a a< < < < = 0m N>
0N其次，证明 ：
利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
而 ，故 ，
此时必有 ，即 ，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列 的前 项成等比数列，不妨设 ，
其中 ，（ 的情况类似）
由①可得：存在整数 ，满足 ，且 （*）
由②得：存在 ，满足： ，由数列的单调性可知： ，
由 可得： （**）
由（**）和（*）式可得： ，
结合数列的单调性有： ，
注意到 均为整数，故 ，
2
2
3
1
aa a
=
3n = ( )2
3
k
l
aa k la
= >
0k la a> >
3
k
k k
l
aa a aa
= ⋅ > 3k <
2, 1k l= =
2
2
3
1
aa a
=
{ }na ( )3k k ≥ ( )1
1 1s
sa a q s k−= ≤ ≤
1 0, 1a q> > 1 0,0 1a q< < <
m
2
1
1
kk
m k
k
aa a q aa −
= = > 1 1
k
m ka a q a += ≥
s t>
2
1
s s
k s s
t t
a aa a aa a+ = = ⋅ > 1t s k< ≤ +
( )1
1 1s
sa a q s k−= ≤ ≤
2
2 1 1
1 1 1
s t ks
k k
t
aa a q a a qa
− − −
+ = = > =
2 1 1
1 1 1
k s t ka q a q a q− − −≥ >
2 1 1k s t k≥ − − > −
, ,s t k 2 1k s t= − −代入（**）式，从而 .
总上可得，数列 的通项公式为： .
即数列 为等比数列.
【解法二】假设数列中的项数均为正数：
首先利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
而 ，故 ，
此时必有 ，即 ，
即 成等比数列，不妨设 ，
然后利用性质①：取 ，则 ，
即数列中必然存在一项的值为 ，下面我们来证明 ，
否则，由数列的单调性可知 ，
在性质②中，取 ，则 ，从而 ，
与前面类似的可知则存在 ，满足 ，
1 1
k
ka a q+ =
{ }na 1
1
n
na a q −=
{ }na
3n = ( )2
3
k
l
aa k la
= >
0k la a> >
3
k
k k
l
aa a aa
= ⋅ > 3k <
2, 1k l= =
2
2
3
1
aa a
=
1 2 3, ,a a a ( )2
2 1 3 1, 1a a q a a q q= = >
3, 2i j= =
2 2 4
33 1
1
2 1
m
a a qa a qa a q
= = =
3
1a q 3
4 1a a q=
3
4 1a a q<
4n =
2
4
k k
k k
l l
a aa a aa a
= = > 4k <
{ } { }( ), 1,2,3k l k l⊆ >
2
4
k
l
aa a
=若 ，则： ，与假设矛盾；
若 ，则： ，与假设矛盾；
若 ，则： ，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数 ，可见 不成立，从而 ，
同理可得： ，从而数列 为等比数列，
同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列 为等比数列.
【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不
等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.
6、（2020 江苏卷·T20）已知数列 的首项 a1=1，前 n 项和为 Sn．设 λ 与 k 是常数，若对一切
正整数 n，均有 成立，则称此数列为“λ~k”数列．
（1）若等差数列 是“λ~1”数列，求 λ 值；
（2）若数列 是“ ”数列，且 an＞0，求数列 的通项公式；
（3）对于给定的 λ，是否存在三个不同的数列 为“λ~3”数列，且 an≥0?若存在，求 λ 的取值范围；若不
存在，说明理由，
【答案】（1）1
的
3, 2k l= =
2
3
4 1
k
l
aa a qa
= =
3, 1k l= =
2
4 3
4 1 1
k
l
aa a q a qa
= = >
2, 1k l= =
2
2
4 1 3
k
l
aa a q aa
= = =
,k l 3
4 1a a q< 3
4 1a a q=
4 5
5 1 6 1, ,a a q a a q= = { }na
{ }na
{ } *( )∈na n N
1 1 1
1 1k k kn n nS S aλ+ +− =
{ }na
{ }na 3 23
− { }na
{ }na（2）
（3）
【解析】（1）
（2）
，
（3）假设存在三个不同的数列 为 数列.
或
或
∵对于给定的 ，存在三个不同的数列 为 数列，且
2
1, 1
3 4 , 2n n
na n−
== ⋅ ≥
0 1λ< <
+1 1 1 1 1 11 0 1n n n n n nS S a a a a aλ λ λ+ + + +− = ∴ = = ∴ ≡ ∴ =/
1 1
2 2
1 10 0n n n n na S S S S+ +> ∴ > ∴ − >
1 1 1
2 2 2
+1 +1
3 ( )3n n n nS S S S− = −
1 1 1 1 1 1
22 2 2 2 2 2
+1 +1 +1
1( ) ( )( )3n n n n n nS S S S S S∴ − = − +
1 1 1 1 1 1
12 2 2 2 2 2
+1 +1 +1 +1
1 ( ) =2 =4 43
n
n n n n n n n n nS S S S S S S S S −∴ − = + ∴ ∴ ∴ =
1 1 1S a= = 14n
nS −=
1 2 24 4 3 4 , 2n n n
na n− − −∴ = − = ⋅ ≥
2
1, 1
3 4 , 2n n
na n−
=∴ = ⋅ ≥
{ }na " 3"λ −
1 1 1 1 1
3 33 3 3 3 3
+1 1 +1 +1( ) ( )n n n n n n nS S a S S S Sλ λ+− = ∴ − = −
1 1
3 3
+1n nS S∴ =
1 1 2 2 1 1
2 33 3 3 3 3 3
+1 +1 +1( ) ( )n n n n n nS S S S S Sλ− = + +
+1n nS S∴ = 2 2 1 1
3 3 33 3 3 3
+1 +1( 1) ( 1) ( 2) 0n n n nS S S Sλ λ λ− + − + + =
λ { }na " 3"λ − 0na ≥或 有两个不等的正根.
可转化为
，不妨设 ，则
有两个不等正根，设
.
① 当 时， ，即 ，此时
， ，满足题意.
② 当 时， ，即 ，此时
， ，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.
综上，
【点睛】本题考查数列新定义、由和项求通项、一元二次方程实根分步，考查综合分析求解能力，属难题.
7、（2020 天津卷·T19）已知 为等差数列， 为等比数列，
．
（Ⅰ）求 和 的通项公式；
（Ⅱ）记 的前 项和为 ，求证： ；
1, 1
0, 2n
na n
=∴ = ≥ ( )2 2 1 1
3 3 33 3 3 3
+1 +1( 1) ( 1) ( 2) 0 1n n n nS S S Sλ λ λ λ− + − + + = ≠
( )2 2 1 1
3 3 33 3 3 3
+1 +1( 1) ( 1) ( 2) 0 1n n n nS S S Sλ λ λ λ− + − + + = ≠
( )
2 1
3 33 3
3+1 +1
2 1
3 3
( 1) ( 2)( 1) 0 1n n
n n
S S
S S
λ λλ λ− ++ − + = ≠ ( )
1
3
1 0n
n
S x xS
+ = >
( )3 2 3 3( 1) ( 2) ( 1) 0 1x xλ λ λ λ− + + + − = ≠
( ) ( )3 2 3 3( 1) ( 2) ( 1) 0 1f x x xλ λ λ λ= − + + + − = ≠
1λ < 3 2 3 2 3( 2) 4( 1) 0 0 4λ λ λ∆ = + − − > ⇒ < < 0 1λ< <
( ) 30 1 0f λ= − <
3
3
( 2) 02( 1)x
λ
λ
+= − >−对
1λ > 3 2 3 2 3( 2) 4( 1) 0 0 4λ λ λ∆ = + − − > ⇒ < < 31 4λ< <
( ) 30 1 0f λ= − >
3
3
( 2) 02( 1)x
λ
λ
+= − 1 2 36b b b+ =
0d > 1 2
11nc c c d
+ + + < + *( )n N∈【答案】（I） ；（II）证明见解析.
【解析】（I）依题意 ，而 ，即 ，由于 ，所以解得 ，
所以 .
所以 ，故 ，所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，所以
.
所以 （ ）.
所以
（II）依题意设 ，由于 ，
所以 ，
故
.
所以
.
11 4 2, .2 3
n
nq a
− += =
2
1 2 31, ,b b q b q= = = 1 2 36b b b+ = 21 6q q+ = 0q > 1
2q =
1
1
2n nb −=
2 1
1
2n nb + += 1
1
1
1
2 41
2
n
n n n
n
c c c
−
+
+
= ⋅ = ⋅ { }nc 1 4
14n
nc −=
1
1 4n n n
na a c −
+ = =− *2,n n N≥ ∈
1
2
1
4 21 4 4 .3
n
n
na a
−
− += + + +⋅⋅⋅+ =
( )1 1 1nb n d dn d= + − = + − 1
2
n n
n n
c b
c b
+
+
=
1
1 1
n n
n n
c b
c b
−
− +
= ( )*2,n n N≥ ∈
1 3 2
1
1 2 2 1
n n
n
n n
c c c cc cc c c c
−
− −
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 1 2 3 2 1
1
1 1 4 3
n n n
n n n
b b b b b cb b b b b
− − −
+ −
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
1 2
1 1 1
1 1 1 1 1 11
n n n n n n
b b d
b b d b b d b b+ + +
+ = = − = + −
1 2
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1 11n
n n
c c c d b b b b b b +
+ + + = + − + − + + −
1
1 11 1
nd b +
= + − 由于 ，所以 ，所以 .
即 ， .
【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.
考点一 等差、等比数列基本量及性质的应用
【典例 1】1、在等差数列 中， ，若 的前 k 项和为 50，则 k= .
2、已知数列 为等比数列， ，前四项的和 ，则 = .
【解析】（1）设等差数列 的公差为 d，由题意可得 ，
所以 ，
则 ，整理可得 ，
因为 k 为正整数，所以 k=10.
（2）设等比数列 的公比为 q，
由已知可得 ，
解得 ，所以 .
【备考策略】
10, 1d b> = 1 0nb + >
1
1 1 11 1 1
nd b d+
+ − < +
1 2
11nc c c d
+ +…+ < + *n N∈
{ }na 14,2 162 == aa { }na
{ }na 2
15
51 −=− aa 54 −=S 4a
{ }na 7
6
14
214
216
216 =−=−
−= aad
7
8
21 =−= daa
507
6
2
)1(
7
8 =×−+= kkkSk 0)10)(353( =−+ kk
{ }na
51
)1(,2
15)1(
4
1
4
4
151 −=−
−=−=−=−
q
qaSqaaa
8,2
1
1 −=−= aq 1)2
1()8( 33
14 =−×−=×= qaa
高频考点、热点题型强化求等差（比）数列基本量的解题思路：
（1）设基本量：首项 和公差 d（公比 q）；
（2）列、解方程（组）：把条件转化为关于 和 d（或 q）的方程（组），然后求解，注意整体计算，以
减少运算量.
注：等差、等比数列基本量的运算是数列中的一类基本问题,有五个基本量: , ，n， ， ，一般
可以“知三求二”,通过列方程(组)便可迎刃而解.
【类比演练】1、已知等差数列 满足 ，则它的前 10 项的和 S10=( )
A.138 B .135 C.95 D.23
【解析】选 C.因为 所以 ，解得
所以 S10=10a1+
10 × 9
2 ×d=-40+135=95.
2、在递增的等比数列 中,已知 ，且前 n 项和 Sn=42,则 n 等于( )
A.3 B.4 C.5 D.6
【解析】选 A.因为 为等比数列,所以 .
又 ,所以 是方程 x2-34x+64=0 的两根,
解得 或 ，
又因为 是递增数列,所以 ，
由 ,解得 q=4.
由 ，解得 n=3.
1a
1a
1a )( qd 或 na nS
{ }na 10,4 5342 =+=+ aaaa
=+
=+
10
4
53
42
aa
aa
=+
=+
53
22
1
1
da
da
=
−=
3
41
d
a
{ }na 64,34 231 =⋅=+ −nn aaaa
{ }na 64123 =⋅=⋅ − nn aaaa
341 =+ naa naa ,1
=
=
32
21
na
a
=
=
2
321
na
a
{ }na
=
=
32
21
na
a
421
322
1
1 =−
−=−
−=
q
q
q
qaaS n
n
3242 11
1 =×== −− nn
n qaa【典例 2】1、在等差数列 中, ，则此数列前 20 项的和等于
( )
A.290 B.300 C.580 D.600
【解析】选 B.由 ，得 .
由 ，得 ,
所以 .
2、在等比数列 中,若 ，则 ( )
A.1 B. C. D.
【解析】选 C.数列 是等比数列， ，
所以 .
3、等差数列 与 的前 n 项和分别为 和 Tn,若 = ,则 等于( )
A. B. C. D.
【解析】选 A.因为 = = = = = = .故选 A.
【备考策略】
应用等差、等比性质解题的思路：
1、解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质
进行求解.
2、（1）运用等差数列性质可以优化解题过程,但要注意性质运用的条件,如：若 则
{ }na 87,3 201918321 =++=++ aaaaaa
33 2321 ==++ aaaa 12 =a
873 19201918 ==++ aaaa 2919 =a
300)(102
)(20
192
201
20 =+=+= aaaaS
{ }na
4
5,4
3
543252 =+++−= aaaaaa =+++
5432
1111
aaaa
4
3−
3
5−
3
4−
{ }na
4
5,4
3
54324352 =+++−== aaaaaaaa
3
5
4
3
4
5
1111
43
43
52
52
5432
−=
−
=+++=+++
aa
aa
aa
aa
aaaa
{ }na { }nb nS n
n
S
T
3 2
2 1
n
n
−
+
7
7
a
b
37
27
38
28
39
29
40
30
7
7
a
b
7
7
2
2
a
b
1 13
1 13
a a
b b
+
+
( )1 13
1 13
13
2
13( )2
a a
b b
+
+
13
13
S
T
3 13 2
2 13 1
× −
× +
37
27
,qpnm +=+(m,n,p,q∈N*)；这一性质与求和公式 的综合应用；
(2)在解决等比数列的有关问题时,要注意挖掘隐含条件,利用性质,特别是性质“若 则
(m,n,p,q∈N*)，可以减少运算量,提高解题速度；
3、在应用相应性质解题时,要注意性质成立的前提条件,有时需要进行适当变形，应牢固掌握等差、等比数
列的性质。此外,解题时注意设而不求思想的运用.
【类比演练 2】1、在等差数列 中,若 ，则 =________.
【解析】因为等差数列 中, ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，所以 .
答案:4
2、数列 的各项都是正数,且数列 是等差数列,若 ,则
( )
A.12 B.10 C.8 D.2+log35
【解析】选 B.因为数列 是等差数列,所以 ,
所以 ,
所以数列 是等比数列,所以 ,
又 ,所以 ,
所以 ,
所以 ，故选 B.
qpnm aaaa +=+
2
)( 1 n
n
aanS
+=
,qpnm +=+
qpnm aaaa ⋅=⋅
{ }na 162 10682
2
2 =++ aaaaa 64aa
{ }na 162 10682
2
2 =++ aaaaa
161061062
2
2 =+++ aaaaaa ）（
1610262 =++ ））（（ aaaa
1622 64 =⋅ aa 464 =aa
{ }na { }na3log 187465 =+ aaaa
=+++ 1032313 logloglog aaa
{ }na3log da
aaa
n
n
nn ==− +
+
1
3313 logloglog
*1 ,3 Nna
a d
n
n ∈=+
{ }na 7465 aaaa =
187465 =+ aaaa 97465 == aaaa
9657492101 ===== aaaaaaaa
109log)(loglogloglog 5
3102131032313 ===+++ aaaaaa 3、等比数列 中,已知 ，则数列 的前 16 项和
S16 为 ( )
A.20 B.
75
2 C.
125
2 D.-
75
2
【解析】选 B.由题意得,S4=20,S8-S4=10,则
S8 ― S4
S4
=1
2,
根据等比数列的性质可知 S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12 构成公比为1
2的等比数列,
S4=20,S8-S4=10,S12-S8=5,S16-S12=5
2,且 S8=30,S12=35,S16=75
2 ，故选 B.
考点二 等差、等比数列的判断与证明
【典例】1、数列{an}满足 a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.证明:数列{an
n }是等差数列.
【解析】证明：由已知可得
an+1
n + 1=
an
n+1,即
an+1
n + 1-
an
n=1,
所以{an
n}是以
a1
1=1 为首项,1 为公差的等差数列.
2、已知数列{an}的首项 a1=1,前 n 项和为 Sn,且 Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*).证明数列{an+1}是等比数列,并求数列{an}
的通项公式.
【解析】证明：由已知,Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*),
当 n≥2 时,Sn=2Sn-1+n,
两式相减得,an+1=2an+1,于是 an+1+1=2(an+1),
当 n=1 时,S2=2S1+1+1,即 a1+a2=2a1+1+1,所以 a2=3.
此时 a2+1=2(a1+1),且 a1+1=2≠0,
所以,数列{an+1}是首项为 a1+1=2,公比为 2 的等比数列
所以,an+1=2·2n-1,即 an=2n-1(n∈N*).
{ }na 10,20 87654321 =+++=+++ aaaaaaaa { }na【备考策略】
1、证明数列 是等差数列的两种基本方法
(1)利用定义法：证明对任意正整数 n 都有 等于同一个常数;
(2)利用等差中项法:证明对任意正整数 n 都有 .
2、证明数列 是等比数列的两种基本方法
(1)利用定义法：证明 等于同一个不为零的常数;
(2)利用等差中项法:证明对任意正整数 n 都有 且数列 各项均不为 0.
【类比演练】1、已知数列{an}的首项 a1=3,通项 an 与前 n 项和 Sn 之间满足 2an=Sn·Sn-1(n≥2).
(1)求证:数列{ 1
Sn}是等差数列,并求公差.
(2)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)因为 n≥2 时,an=Sn-Sn-1,所以 2(Sn-Sn-1)=Sn·Sn-1,
所以 1
Sn―1
- 1
Sn
=1
2,即 1
Sn
- 1
Sn―1
=-1
2.
所以{ 1
Sn}是以 1
S1
= 1
a1
= 1
3为首项,-1
2为公差的等差数列.
(2)由(1)知 1
Sn
= 1
3+(n-1)×( -
1
2)= -1
2n+5
6 =
-3n + 5
6 ,
所以 Sn= 6
―3n + 5.
当 n≥2 时
.
{ }na
nn aa −+1
112 +− += nnn aaa
{ }na
)( *1 Nna
a
n
n ∈+
11
2
+− ⋅= nnn aaa { }na
53
6
83
6
83
6
53
6
5)1(3
6
53
6
1 −−−=−++−=+−−−+−=−= − nnnnnnSSa nnn
)53)(83(
18
)53)(83(
)83(6)53(6
−−=−−
−−−=
nnnn
nn所以
2、设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a5+a6=24,S11=143,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,满足 (n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式及数列{ 1
anan+1}的前 n 项和.
(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由.
【解析】(1)设数列{an}的公差为 d,由 S11=11a6=143,所以 a6=13.
又 a5+a6=24,解得 a5=11,d=2,
因此{an}的通项公式是 an=2n+1(n∈N*),
所以 ,
从而前 n 项的和为 1
3 × 5+ 1
5 × 7+…+ 1
(2n + 1)(2n + 3)=1
2(1
3 ― 1
5 + 1
5 ― 1
7 + … + 1
2n + 1 ― 1
2n + 3)
=1
2(1
3 ― 1
2n + 3)= n
6n + 9.
(2)因为 a1=3, ,Tn=4n+3.
当 n=1 时,b1=7;
当 n≥2 时,bn=Tn-Tn-1=4n-4n-1=3×4n-1.所以 bn+1=4bn(n≥2).
若{bn}是等比数列,则有 b2=4b1,而 b1=7,b2=12,所以与 b2=4b1 矛盾,故数列{bn}不是等比数列.
考点三 数列求和
【典例】1、已知数列 是公差不为零的等差数列， 且存在实数 满足 .
（1）求 得值即通项 ；
（2）求数列 的前 n 项和 .
≥−−
=
=
2,)53)(83(
18
1,3
nnn
n
an
1
12 aTn
an −=−
)32
1
12
1(2
1
)32)(12(
11
1 +−+=++=
+ nnnnaa nn
nan 42 1 =−
{ }na 11 =a λ *
1 ,42 Nnaa nn ∈+=+ λ
λ na
{ }
nna −2 nS【解析】（1）设等差数列 的公差为 d，有 ，①得
当 时， ，②
①—②得， ，
又 ，所以 ，
将 代入①，得 ，即 ，
又 ，所以 .
（2）由（1）知 ，
所以由分组转化求和法得
= = .
2、已知等差数列 满足 ，且 是 的等比中项.
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 ，数列 的前项和为 ，求 。
【解析】（1）设等差数列 的公差为 ，所以 ，即 ，
， ， ，
又 是 ， 的等比中项，
，即 ，解得 .
数列 的通项公式为 .
（2）由（1）得 .
{ }na 42 1 +=+ nn aa λ
2≥n 42 1- += nn aa λ
dd λ=2
0≠d 2=λ
2=λ 21 =−+ nn aa 2=d
11 =a 122)1(1 −=×−+= nnan
)12(2122 1n
2
+−=−−= +
− nna n
nn ）（
)]12(53[)222( 132 ++++−+++= + nS n
n
2
)123(
21
)21(4 ++−−
− nnn
422 22 −−−+ nnn
{ }na 6 36a a= + 3 1a − 2 41,a a−
{ }na
( )
1
1
n
n n
b na a
∗
+
= ∈N { }nb nT nT
{ }na d 6336 ==− daa 2d =
3 11 3a a∴ − = + 2 11 1a a− = + 4 1 6a a= +
3 1a − 2 1a − 4a
( ) ( )2
3 2 41 1a a a∴ − = − ⋅ ( ) ( )( )2
1 1 1+3 = 1 6a a a+ + 1 3a =
∴ { }na 2 1na n= +
( )( )1
1 1 1 1 1
2 1 2 3 2 2 1 2 3n
n n
b a a n n n n+
= = = − + + + + .
3、已知等差数列 的公差是 1，且 ， ， 成等比数列．
（1）求数列 的通项公式；
（2）求数列 的前 项和 ．
【解析】（1）因为 是公差为 1 的等差数列，且 ， ， 成等比数列，
所以 ，即 ，解得 .
所以 .
（2） ，
，
两式相减得 ，
所以 .
所以 .
【备考策略】
1、在应用裂项相消法求和时的思路：
（1）把通项裂项后，是否恰好等于相应的两项之差（通项公式特征不明显的要对通项公式变形,如分离常数、
1 2
1
2n nT b b b∴ = + +⋅⋅⋅+ = 1 1 1 1 1 1
3 5 5 7 2 1 2 3n n
− + − +⋅⋅⋅+ − + +
( )
1 1 1
2 3 2 3 3 2 3
n
n n
= − = + +
{ }na 1a 3a 9a
{ }na
{ }2 n
n
a
a n nT
{ }na 1a 3a 9a
2
3 1 9a a a= 2
1 1 1( 2) ( 8)a a a+ = + 1 1a =
1 ( 1)na a n d n= + − =
1 2 31 1 1 11 2 32 2 2 2
n
nT n = × + × + × + + ×
2 3 11 1 1 1 11 2 ( 1)2 2 2 2 2
n n
nT n n
+ = × + × + + − × + ×
1 2 3 11 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
n n
nT n
+ = + + + + − ×
1
1
1
1 1
1 1 12 2 112 2 2 21 2
n
n
n n n
nT n
+
+
+
− = − × = − − −
22 2n n
nT
+= −有理化等）.
（2）在应用裂项相消法时，在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，是否还有其他项，裂项后
不是相邻项相消的,要写出前两组、后两组观察消去项、保留项，注意：消项的规律具有对称性，即前剩多
少项则后剩多少项．
2、在运用乘公比错位相减法求数列前 n 项和时要谨防三个失误：
（1）两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号.
（2）对相减后的和式的结构认识模糊,不能准确地确定中间的项数.
（3）求和的最终结果忘记除以错位相减后 前面的系数.
【类比演练】1、在数列 中，已知 ．
（1）求数列 , 的通项公式；
（2）设数列 满足 ，求 的前 n 项和 .
【解析】（1） ,∴数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
∴ . 因为 ，所以 .
（2）由（1）知， , 所以
所以
.
2、已知等比数列 的前 n 项和为 ， 成等差数列，且 .
4
11 =+
n
n
a
a }{ na 4
1
4
1
*)()4
1( Nna n
n ∈= 2log3
4
1 −= nn ab 232)4
1(log3
4
1 −=−= nb n
n
23,)4
1( −== nba n
n
n ,)4
1()23( n
n nc +−=
,)4
1()23()4
1)53()4
1(7)4
1(44
11 132 nn
n nnS +−+(+−+++++++= −
])4
1()4
1)4
1()4
1(4
1[)]23()53(741[ 132 nnnn +(++++++−+−++++= −
n
n
nnnn )4
1(3
1
3
1
2
3
4
11
])4
1(1[4
1
2
)231( 2
⋅−+−=
−
−
+−+=
nS
{ }na ( )∗+ ∈=+== Nnaba
aa nn
n
n
4
1
1
1 log32,4
1,4
1
{ }na { }nb
{ }nc nnn bac += { }nc nS
{ }na )( *NnSn ∈ 432 4,,2 SSS−
16
12 432 =++ aaa（1）求数列 的通项公式；
（2）若 ，求数列 的前 n 项和 .
【解析】（1）设等比数列 的公比为 ，易知 .
由 成等差数列，得 ，
即 ，
化简得 ，解得 ，由 得 ，
解得 ，所以 .
（2） ，
所以 ，
则
= = .
3、在正项等比数列 中，已知 .
（1）求数列 的通项公式;
（2）令 ，求数列 的前 100 项和 .
【解析】（1）由题知 为正项等比数列,设其公比为 q,
则 解得 ，所以
{ }na
nn anb 2log)2( +−=
nb
1
nT
{ }na q 1≠q
432 4,,2 SSS− 243 242 SSS −=
q
qa
q
qa
q
qa
−
−⋅−−
−⋅=−
−⋅
1
)1(21
)1(41
)1(2
2
1
4
1
3
1
012 2 =−− qq 2
1−=q 16
12 432 =++ aaa 16
1
8
1
4
122
1
111 =−⋅+− aaa
2
1
1 −=a *,)2
1( Nna n
n ∈−=
)2(2
1log)2(log)2( 22 +=+−=+−= nnnanb nnn
)2
11(2
1
)2(
11
+−=+=
nnnnbn
)2
11
1
1
1
1
4
1
2
1
3
11(2
1
+−++−−++−+−=
nnnnTn
)2
1
1
1
2
11(2
1
+−+−+
nn )2
1
1
1(2
1
4
3
+++−
nn
{ }na 40,10 5331 =+=+ aaaa
{ }na
nn ab 2log= { }21- n
nb）（ 100S
{ }na
=+
=+
40
10
4
1
2
1
2
11
qaqa
qaa
=
=
2
21
q
a n
na 2=（2）因为 ，所以 ，
故
.
考点四 求数列通项及数列的综合应用
【典例】1、已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝n＋1
n an＋n＋1
2n .
(1)设 bn＝an
n ，求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
【解析】(1)由 an＋1＝n＋1
n an＋n＋1
2n ，可得an＋1
n＋1＝an
n ＋ 1
2n，
又 bn＝an
n ，∴bn＋1－bn＝ 1
2n，由 a1＝1，得 b1＝1，
由累加法可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝ 1
21＋ 1
22＋…＋ 1
2n－1，
即 bn－b1＝ ＝1－ 1
2n－1，∴bn＝2－ 1
2n－1.
(2)由(1)可知 an＝2n－ n
2n－1，设数列 的前 n 项和为 Tn，
则 Tn＝ 1
20＋ 2
21＋ 3
22＋…＋ n
2n－1 ①，
1
2Tn＝ 1
21＋ 2
22＋ 3
23＋…＋ n
2n ②，
nb n
n == 2log2
22 1-1- nb n
n
n ）（）（ =
22222
100 1004321 +−+−+−= S
）（）（）（ 223222 991003412 −++−+−=
50502
50993991173 =⋅+=++++= ）（
2
11
)2
11(2
1
1
−
− −n
−12n
n①－②得 1
2Tn＝ 1
20＋ 1
21＋ 1
22＋…＋ 1
2n－1－ n
2n＝
1－ 1
2n
1－1
2
－ n
2n＝2－n＋2
2n ，
∴Tn＝4－n＋2
2n－1.
易知数列{2n}的前 n 项和为 n(n＋1)，∴Sn＝n(n＋1)－4＋n＋2
2n－1.
2、设数列{an}的前 n 项和为 Sn,数列{Sn}的前 n 项和为 Tn,满足 Tn=2Sn-n2,n∈N*.
(1)求 a1 的值.
(2)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)令 n=1,T1=2S1-1,
因为 T1=S1=a1,所以 a1=2a1-1,所以 a1=1.
(2)n≥2 时,Tn-1=2Sn-1-(n-1)2,
则 Sn=Tn-Tn-1=2Sn-n2-[2Sn-1-(n-1)2]=2(Sn-Sn-1)-2n+1=2an-2n+1.
因为当 n=1 时,a1=S1=1 也满足上式,
所以 Sn=2an-2n+1(n≥1),
当 n≥2 时,Sn-1=2an-1-2(n-1)+1,
两式相减得 an=2an-2an-1-2,
所以 an=2an-1+2(n≥2),
所以 an+2=2(an-1+2),
因为 a1+2=3≠0,所以数列{an+2}是以 3 为首项,公比为 2 的等比数列.所以 an+2=3×2n-1,
所以 an=3×2n-1-2,
当 n=1 时也成立,所以 an=3×2n-1-2.
3、已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3n-1，其中 n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式.(2)若数列{bn}满足 b1=1，bn=3bn-1+an(n≥2)，
①证明：数列{
bn
3n―1}为等差数列；
②求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
【解析】(1)因为数列{an}的前 n 项和 Sn=3n-1，
所以 an=Sn-Sn-1=(3n-1)-(3n-1-1)=2·3n-1(n≥2).
因为 n=1 时，a1=S1=2，也适合上式，
所以 an=2·3n-1(n∈N*).
(2)①当 n≥2 时，bn=3bn-1+2·3n-1，
两边同时除以 ，将其变形为
bn
3n―1=
bn―1
3n―2+2，即
bn
3n―1-
bn―1
3n―2=2.
所以，数列{
bn
3n―1}是首项为
b1
30=1，公差为 2 的等差数列.
②由①得，
bn
3n―1=1+2(n-1)=2n-1，
所以 bn=(2n-1)·3n-1(n∈N*)，因为 Tn=1×30+3×31+5×32+…+(2n-1)·3n-1，
所以 3Tn=1×31+3×32+5×33+…+(2n-1)·3n.
两式相减得 2Tn=-1-2(31+32+…+3n-1)+(2n-1)·3n.
整理得 Tn=(n-1)·3n+1(n∈N*).
【备考策略】
1、利用累加法、累乘法求数列的通项的解题关键是：
（1）化简.当 时，先要准确写出恒等式中各加项（各因式），然后利用相关数列知识及指数、对数运
算法则加以化简；
（2）验证.注意验证当 n=1 时是否满足上述一般情形（当 时的情形）.
2、已知数列 的前 n 项和 的递推式或 与 的关系式，求数列 的通项公式的问题，破解此类题
13 −n
2≥n
2≥n
{ }na nS nS na { }na的关键是：
第一步:令 n=1,则 ，求得 ;
第二步:令 n≥2,则 ；
第三步:验证 与 的关系:
(1)若 适合 ，则 .
(2)若 不适合 ，则
【类比演练】1、在数列 中，且 ， ，则 的通项公式为__________．
【答案】
【解析】在数列 中， ， ，
，
，
，
以上式子累加得： .
.
2、设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,{Sn+nan}为常数列,则 an=( )
A.
1
3푛-1 B.
2
푛(푛 + 1)
C.
6
(푛 + 1)(푛 + 2)
D.
5 - 2푛
3
【解析】选 B.由题意知,Sn+nan=2,
当 n≥2 时,Sn-1+(n-1)an-1=2,所以(n+1)an =(n-1)an-1,
11 Sa = 1a
1−−= nnn SSa
1a na
1a na 1−−= nnn SSa
1a na
≥−
==
− 2,
1,
1
1
nSS
nSa
nn
n
{ }na 1 1a = 1 2 1n na a n+ − = − { }na
2 2 2na n n= − +
{ }na 1 1a = 1 2 1n na a n+ − = −
2 1 2 1 1 1a a− = × − =
3 2 2 2 1 3a a− = × − =
⋅⋅⋅
( )1 2 1 1 2 3n na a n n−− = × − − = −
( )1
1 2 3 12n
na a n
+ −− = × −
( )2 21 1 2 2na n n n∴ = − + = − +从而由累乘法得，
푎2
푎1
·
푎3
푎2
·
푎4
푎3
·…·
푎푛
푎푛-1
=
1
3·
2
4·…·
푛 - 1
푛 + 1,
则 an=
2
푛(푛 + 1)
,当 n=1 时上式成立,
所以 an=
2
푛(푛 + 1)
.
3、已知数列 的前 n 项和 Sn＝2an－1(n∈N*)，设 bn＝1＋log2an，则数列 的前 n 项和 Tn＝________．
【解析】因为 Sn＝2an－1(n∈N*)，
所以当 n＝1 时，a1＝1.
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1，得 an＝2an－1，
所以 an＝2n－1，从而 bn＝1＋log2an＝n.
故 Tn＝ 1
b1b2＋ 1
b2b3＋…＋ 1
bnbn＋1＝ ＝ n
n＋1.
答案： n
n＋1
4、在数列{ }中，已知 ， ，则 等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】将等式 两边取倒数得到 ， 是公差为 的等差数列，
= ，根据等差数列的通项公式的求法得到 ，故 = .
故答案为 B.
{ }na
−1
1
nnbb
)1
11()3
1
2
1()2
11( +−++−+−
nn
na 1 2a = 1
1
2
2
n
n
n
aa a
−
−
= + ( )2n ≥ na
2
1n +
2
n
3
n
3
1n +
1
1
2
2
n
n
n
aa a
−
−
= + 1
1 1 1
2n na a −
= +
1
1 1 1 1= ,2n n na a a−
−
1
2
1
1
a
1
2
( )1 1 112 2 2n
nna
= + − × =
na 2
n
强化训练一、选择题
1、已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＋a3＝30，S4＝120，设 bn＝1＋log3an，那么数列{bn}的前 15 项和
为( )
A．152 B．135
C．80 D．16
[解析] 设等比数列{an}的公比为 q，由 a1＋a3＝30，a2＋a4＝S4－(a1＋a3)＝90，所以公比 q＝a2＋a4
a1＋a3＝
3，首项 a1＝ 30
1＋q2＝3，所以 a n＝3n，bn＝1＋log 33n＝1＋n，则数列{b n}是等差数列，前 15 项的和为
15 × (2＋16)
2 ＝135.故选 B．
2、已知等比数列{an}的前 n 项积为 Tn，若 log2a2＋log2a8＝2，则 T9 的值为( )
A．±512 B．512
C．±1 024 D．1 024
[解析] log2a2＋log2a8＝2，
可得 log2(a2a8)＝2，可得：a2a8＝4，则 a5＝±2，
等比数列{an}的前 9 项积为 T9＝a1a2…a8a9＝(a5)9＝±512.
3、若 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，且 S8－S3＝20，则 S11 的值为( )
A．44 B．22
C．200
3 D．88
[解析] 因为 S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝20，由等差数列的性质可得，5a6＝20，所以 a6＝4.由等差数
列的求和公式得 S11＝11(a1＋a11)
2 ＝11a6＝44.
4、设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 S15>0，S160，S16＝16(a1＋a16)
2 ＝16×a8＋a9
2 0，a90，
由 a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上 1,1,3 后成等比数列，
得(2＋d)2＝2(4＋2d)，
因为 d>0，所以 d＝2，
所以 an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
又因为 an＝－1－2log2bn，
所以 log2bn＝－n，即 bn＝ 1
2n.
(2)Tn＝ 1
21＋ 3
22＋ 5
23＋…＋2n－1
2n ①，
1
2Tn＝ 1
22＋ 3
23＋ 5
24＋…＋2n－1
2n＋1 ②，
①－②，得 1
2Tn＝1
2＋2×( 1
22＋ 1
23＋ 1
24＋…＋ 1
2n)－2n－1
2n＋1 .
所以 Tn＝1＋
1－ 1
2n－1
1－1
2
－2n－1
2n
＝3－ 1
2n－2－2n－1
2n ＝3－2n＋3
2n .
3、设等差数列{an}的公差为 d，点(an，bn)在函数 f(x)＝2x 的图象上(n∈N*)．
(1)若 a1＝－2，点(a8,4b7)在函数 f(x)的图象上，求数列{an}的前 n 项和 Sn；(2)若 a1＝1，函数 f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2－ 1
ln 2，求数列{an
bn}的前 n 项和
Tn.
[解析] (1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，
有 2a8＝4×2a7＝2a7＋2.
解得 d＝a8－a7＝2.
所以 Sn＝na1＋n(n－1)
2 d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)f ′(x)＝2xln 2，f ′(a2)＝2a2ln 2，故函数 f(x)＝2x 在(a2，b2)处的切线方程为 y－2a2＝2a2ln 2(x－a2)，
它在 x 轴上的截距为 a2－ 1
ln 2.
由题意得，a2－ 1
ln 2＝2－ 1
ln 2，
解得 a2＝2.
所以 d＝a2－a1＝1.
从而 an＝n，bn＝2n.
所以 Tn＝1
2＋ 2
22＋ 3
23＋…＋n－1
2n－1＋ n
2n，
2Tn＝1
1＋2
2＋ 3
22＋…＋ n
2n－1.
因此，2Tn－Tn＝1
2＋ 1
22＋…＋ 1
2n－1－ n
2n
＝2－ 1
2n－1－ n
2n
＝2n＋1－n－2
2n .
所以 Tn＝2n＋1－n－2
2n .
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