- 2.55 MB
- 2021-06-23 发布
- 1、本文档由用户上传，淘文库整理发布，可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方，所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议，请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传，本站不保证质量和数量令人满意，可能有诸多瑕疵，付费之前，请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ：403074932
专题 08 数列
1．【2020 年高考全国Ⅰ卷文数】设 是等比数列，且 ， ，则
A．12 B．24 C．30 D．32
【答案】D
【解析】设等比数列 的公比为 ，则 ，
，
因此， .
故选：D.
【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．
2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则
=
A．2n–1 B．2–21–n C．2–2n–1 D．21–n–1
【答案】B
【解析】设等比数列的公比为 ，
由 可得： ，
所以 ，
因此 .
故选：B.
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前 项和公式
的应用，考查了数学运算能力.
{ }na 1 2 3 1a a a+ + = 2 3 4+ 2a a a+ =
6 7 8a a a+ + =
{ }na q ( )2
1 2 3 1 1 1a a a a q q+ + = + + =
( )2 3 2
2 3 4 1 1 1 1 1 2a a a a q a q a q a q q q q+ + = + + = + + = =
( )5 6 7 5 2 5
6 7 8 1 1 1 1 1 32a a a a q a q a q a q q q q+ + = + + = + + = =
n
n
S
a
q
5 3 6 412, 24a a a a− = − =
4 2
1 1
5 3
11 1
12 2
124
a q a q q
aa q a q
− = = ⇒ =− =
1 1 1
1
(1 ) 1 22 , 2 11 1 2
n n
n n n
n n
a qa a q S q
− − − −= = = = = −− −
1
1
2 1 2 22
n
nn
n
n
S
a
−
−
−= = −
n
3．【2020 年高考北京】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 ，
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．
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数
学思想等知识，属于中等题.
4．【2020年高考浙江】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差 ，且 ．记 ，
， ，下列等式不可能成立的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【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；
{ }na 1 9a = − 3 1a = −
1 2 ( 1,2, )n nT a a a n= =… … { }nT
5 1 1 9 25 1 5 1
a ad
− − += = =− −
( ) ( )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< < < < < < = < <
5 0T < ( )0 6,iT i i N< ≥ ∈
( )
1
1 7,i
i
i
T a i i NT −
= > ≥ ∈ { }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
0d ≠ 1 1a
d
≤ 1 2b S=
1 2 2 2–n n nb S S+ += n ∗∈N
4 2 62a a a= + 4 2 62b b b= +
2
4 2 8a a a= 2
4 2 8b b b=
{ }na
4 4 2 6+ = + 4 2 62a a a= +
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 .
【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．
5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1=−2，a2+a6=2，则
S10=__________．
【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：
.
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− >
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− + + − + =
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，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
6．【2020 年高考全国Ⅰ卷文数】数列 满足 ，前 16 项和为 540，
则 .
【答案】
【解析】 ，
当 为奇数时， ；
当 为偶数时， .
设数列 的前 项和为 ，
，
.
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.
7．【2020 年高考浙江】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，
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
{ }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= + + = + =
1 7a∴ =
7
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 ．
故答案为： .
【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．
8．【2020 年高考江苏】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 ，
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.
9．【2020 年新高考全国Ⅰ卷】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，
( 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
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
− + − = + − − + − −
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
23 2n n−
{ }2 1n −
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.
10．【2020 年高考全国Ⅲ卷文数】设等比数列{an}满足 ， ．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记 为数列{log3an}的前 n 项和．若 ，求 m．
【解析】（1）设 的公比为 ，则 .由已知得
，
解得 .
所以 的通项公式为 .
（2）由（1）知 故
由 得 ，即 .
解得 （舍去）， .
【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.
11．【2020 年高考江苏】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 的值；
（2）若数列 是“ ”数列，且 ，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 ？若存在，
求 λ 的取值范围；若不存在，说明理由．
{ }3 2n −
{ }na
{ }na n 2( 1)1 6 3 22
n nn n n
−⋅ + ⋅ = −
23 2n n−
1 2 4a a+ = 13 8a a− =
nS 1 3m m mS S S+ ++ =
{ }na q 1
1
n
na a q −=
1 1
2
1 1
4
8
a a q
a q a
+ = − =
1 1, 3a q= =
{ }na 1=3n
na −
3log 1.na n= − ( 1).2n
n nS
−=
1 3m m mS S S+ ++ = ( 1) ( 1) ( 3)( 2)m m m m m m− + + = + + 2 5 6 0m m− − =
1m = − 6m =
{ }( )na n∈ *N
1 11
1 1
k kkn n nS S aλ+ +− =
{ }na
{ }na 3 ~23
0na > { }na
{ }na 0na ≥
【解析】（1）因为等差数列 是“λ～1”数列，则 ，即 ，
也即 ，此式对一切正整数n均成立．
若 ，则 恒成立，故 ，而 ，
这与 是等差数列矛盾．
所以 ．（此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列）
（2）因为数列 是“ ”数列，
所以 ，即 ．
因为 ，所以 ，则 ．
令 ，则 ，即 ．
解得 ，即 ，也即 ，
所以数列 是公比为4的等比数列．
因为 ，所以 ．
则
（3）设各项非负的数列 为“ ”数列，
则 ，即 ．
因为 ，而 ，所以 ，则 ．
令 ，则 ，即 ．（*）
①若 或 ，则（*）只有一解为 ，即符合条件的数列 只有一个．
（此数列为1，0，0，0，…）
{ }na 1 1n n nS S aλ+ +− = 1 1n na aλ+ +=
1( 1) 0naλ +− =
1λ ≠ 1 0na + = 3 2 0a a− = 2 1 1a a− = −
{ }na
1λ =
*{ }( )na n∈N 3 ~23
1 1
3
3n n nS S a+ +− = 1 1
3
3n n n nS S S S+ +− = −
0na > 1 0n nS S+ > > 1 131 13
n n
n n
S S
S S
+ +− = −
1n
n
n
S bS
+ = 231 13n nb b− = − 2 21( 1) ( 1)( 1)3n n nb b b− = − >
2nb = 1 2n
n
S
S
+ = 1 4n
n
S
S
+ =
{ }nS
1 1 1S a= = 14n
nS −=
2
1( 1),
3 4 ( 2).n n
na
n−
== × ≥
*{ }( )na n∈N ~ 3λ
1 1 1
3 3 3
1 1n n nS S aλ+ +− = 3 3 3
1 1n n n nS S S Sλ+ +− = −
0na ≥ 1 1a = 1 0n nS S+ ≥ > 3 131 1= 1n n
n n
S S
S S
λ+ +− −
3 1 =n
n
n
S
S c+ 331 1( 1)n n nc c cλ− = − ≥ 3 3 3( 1) ( 1)( 1)n n nc c cλ− = − ≥
0λ ≤ =1λ =1nc { }na
②若 ，则（*）化为 ，
因为 ，所以 ，则（*）只有一解为 ，
即符合条件的数列 只有一个．（此数列为1，0，0，0，…）
③若 ，则 的两根分别在（0，1）与（1，+∞）内，
则方程（*）有两个大于或等于1的解：其中一个为1，另一个大于1（记此解为t）．
所以 或 ．
由于数列 从任何一项求其后一项均有两种不同结果，所以这样的数列 有无数
多个，则对应的 有无数多个．
综 上 所 述 ， 能 存 在 三 个 各 项 非 负 的 数 列 为 “ ” 数 列 ， 的 取 值 范 围 是
．
12．【2020 年新高考全国Ⅰ卷】
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 ．
【解析】（1）设 的公比为 ．由题设得 ， ．
解得 （舍去）， ．
由题设得 ．
所以 的通项公式为 ．
（2）由题设及（1）知 ，
且当 时， ．
所以
．
1λ >
3
2
3
2( 1)( 1) 01n n nc c c
λ
λ
+− + + =−
1nc ≥
3
2
3
2 1 01n nc c
λ
λ
++ + >− =1nc
{ }na
0 1λ< <
3
2
3
2 1 01n nc c
λ
λ
++ + =−
1n nS S+ = 3
1n nS t S+ =
{ }nS { }nS
{ }na
{ }na ~ 3λ λ
0 1λ< <
1 { }na 2 4 320, 8a a a+ = =
{ }na
mb { }na *(0, ]( )m m∈N { }mb 100 100S
{ }na q 3
1 1 20a q a q+ = 2
1 8a q =
1
2q = − 2q =
1 2a =
{ }na 2n
na =
1 0b =
12 2n nm +≤ < mb n=
100 1 2 3 4 5 6 7 32 33 63 64 65 100( ) ( ) ( ) ( )S b b b b b b b b b b b b b= + + + + + + + + + + + + + + +
2 3 4 50 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 (100 63)= + × + × + × + × + × + × −
480=
13．【2020 年高考天津】
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： ；
（Ⅲ）对任意的正整数 ，设 求数列 的前 项
和．
【解析】（Ⅰ）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ．由 ，
，可得 ，从而 的通项公式为 ．由 ，
又 ，可得 ，解得 ，从而 的通项公式为 ．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得 ，故 ，
，从而 ，所以
．
（Ⅲ）解：当 为奇数时， ；当 为偶
数时， ．
对任意的正整数 ，有 ，
和 ． ①
由①得 ． ②
{ }na { }nb ( ) ( )1 1 5 4 3 5 4 31, 5 , 4a b a a a b b b= = = − = −
{ }na { }nb
{ }na n nS ( )2 *
2 1n n nS S S n+ +< ∈N
n
( )
2
1
1
3 2 , ,
, .
n n
n n
n
n
n
a b na ac
a nb
+
−
+
−
=
为奇数
为偶数
{ }nc 2n
{ }na d { }nb q 1 1a =
( )5 4 35a a a= − 1d = { }na na n= ( )1 5 4 31, 4b b b b= = −
0q ≠ 2 4 4 0q q− + = 2q = { }nb 12n
nb −=
( 1)
2n
n nS
+= 2
1 ( 1)( 2)( 3)4n nS S n n n n+ = + + +
( )22 2
1
1 ( 1) 24nS n n+ = + + 2
2 1
1 ( 1)( 2) 02n n nS S S n n+ +− = − + + <
2
2 1n n nS S S+ +<
n
( ) 1 1 1
2
3 2 (3 2)2 2 2
( 2) 2
n n n
n n
n
n n
a b nc a a n n n n
− + −
+
− −= = = −+ + n
1
1
1
2
n
n n
n
a nc b
−
+
−= =
n
2 2 2 2
2 1
1 1
2 2 2 12 1 2 1 2 1
k k nn n
k
k k
c k k n
−
−
= =
= − = − + − +
∑ ∑
2 2 3
1 1
2 1 1 3 5 2 1
4 4 4 4 4
n n
k k n
k k
k nc
= =
− −= = + + + +∑ ∑
2 2 3 1
1
1 1 3 2 3 2 1
4 4 4 4 4
n
k n n
k
n nc +
=
− −= + + + +∑
由①②得 ，从而得
．
因此， ．
所以，数列 的前 项和为 ．
14 ． 【 2020 年 高 考 浙 江 】 已 知 数 列 {an} ， {bn} ， {cn} 满 足
．
（Ⅰ）若{bn}为等比数列，公比 ，且 ，求 q 的值及数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若{bn}为等差数列，公差 ，证明： ．
【解析】（Ⅰ）由 得 ，解得 ．
由 得 ．
由 得 ．
（Ⅱ）由 得 ，
所以 ，
由 ， 得 ，因此 ．
15．【2020 年高考北京】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；
2 2 1 1
1
2 113 1 2 2 2 1 1 2 14 4
14 4 4 4 4 4 41 4
n n
k n n n
k
n nc + +
=
− − − = + + + − = − −
−
∑
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 2n 4 6 5 4
2 1 9 4 9
n
n
n
n
+− −+ ×
1 1 1 1 1
2
1, , ,n
n n n n n
n
ba b c c a a c c nb+ +
+
= = = = − = ∈ *N
0q > 1 2 36b b b+ =
0d > *
1 2 3
11 ,nc c c c nd
+ + + + < + ∈N
1 2 36b b b+ = 21 6q q+ = 1
2q =
1 4n nc c+ = 14n
nc −=
1
1 4n
n na a −
+ − =
1
2
1
4 21 4 4 3
n
n
na a
−
− += + + + + =
1
2
n
n n
n
bc cb+
+
= 1 2 1
1 1
1 1 1( )n
n n n n
b b c dc b b d b b+ +
+= = −
1 2 3
1
1 1(1 )n
n
dc c c c d b +
++ + + + = −
1 1b = 0d > 1 0nb + > *
1 2 3
11 ,nc c c c nd
+ + + + < + ∈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
(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.
【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 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.
其次，证明 ：
利用性质②：取 ，此时 ，
的
12 ( 1,2, )n
na n−= = { }na
{ }na { }na
{ }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< < < < <
1m 1
2
2
1
0m
aa a
= < 2m 2
2
3
1
0m
aa a
= <
0 1N =
22
32
1 1
aa
a a
= 2 3a a=
0 2N ≥ m 0
2
1
0N
m
aa a
= < 0N
0m N≤
0 0
0
0
2 2
1
N N
m N
N
a aa aa a
= > = 0m N>
0N
2
2
3
1
aa a
=
3n = ( )2
3
k
l
aa k la
= >
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 ，（ 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 ，
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 ，
的
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= − −
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 <
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 ，
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.
1．【2020 届黑龙江省大庆实验中学高三下学期第二次“战疫”线上测试数学】在等差数列
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
=
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
中，若 ， ，则 和 的等比中项为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意得： ，所以 ， ，
所以 . ，
所以 和 的等比中项为 .
故选 A.
2．【河北省正定中学2019-2020 学年高三下学期第四次阶段质量检测数学】把 100 个面包
分给 5 个人，使每个人的所得成等差数列，且使较大的三份之和的 是较小的两份之和，
则最小一份的量为
A．5 B． C． D．10
【答案】C
【解析】设最小的一份为 ,公差为 d,
由题意可得 ,且
，
解得 ,
故选 C.
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式的计算以及等差数列前 n 项和公式的应用，属于基础题. 基
本元的思想是在等差数列中有 5 个基本量 ，列出方程组，可求得数列中的
量.
{ }na 3 8 13 7a a a+ + = 2 11 14 14a a a+ + = 8a 9a
7 2
3
± 7 2
3
2 7
3
± 2 7
3
3 8 13 83 7a a a a+ + = = 8
7
3a = 2 11 14 93 14a a a a+ + = =
9
14
3a = 8 9
98
9a a⋅ =
8a 9a 7 2
3
±
1
6
5
3
20
7
1a
( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1
12 3 4 6a d a d a d a a d + + + + + × = + +
( )
1
5 5 15 1002a d
× −+ =
1
20
7a =
1, , , ,n na d a S n
3．【湘赣粤2020 届高三（6 月)大联考】已知数列 的前 n 项和为 ， ，
，则数列 的通项公式为
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】因为数列 的前 项和为 ， ， ，
当 时， ；
把 代入检验，只有答案 AB 成立，排除 CD；
当 时， ；排除 B.
故选 A ．
【点睛】
本题主要考查数列递推关系式的应用以及排除法在选择题中的应用，属于基础题．
4．【广东省深圳外国语学校2020 届高三下学期 4 月综合能力测试数学】已知等比数列
的前 项和为 ，若 ， ，则
A． B． C． D．6
【答案】A
【解析】设等比数列 的首项为 ，公比为 ，
因为 且 ，
所以 ，解得 或 ，
{ }na nS 2 4a =
*( 1) ( )2
n
n
n aS n N∈+= { }na
*( )2na n n N= ∈ *2 ( )n
na n N= ∈
*( )2na n n N= + ∈ 2 *( )na n n N= ∈
{ }na n nS 2 4a = *( 1) ( )2
n
n
n aS n N∈+=
∴ 2n = 2
2 1 2 1
(2 1) 22
aS a a a
+= = + ⇒ =
1n =
3n = 3
3 1 2 3 3
(3 1) 62
aS a a a a
+= = + + ⇒ =
{ }na
n nS 2
2
3a =
1 2 3
1 1 1 13
2a a a
+ + =
3S =
26
9
13
3
13
9
{ }na 1a q
2
2
3a =
1 2 3
1 1 1 13
2a a a
+ + =
1
2
1 1 1
2
3
1 1 1 13
2
a q
a a q a q
=
+ + =
1
2
9
3
a
q
=
=
1 2
1
3
a
q
= =
当 ， 时， ；
当 ， 时， .
所以 .
故选 A.
【点睛】
本题主要考查等比数列的通项公式和前 项和公式，考查学生对公式的熟练程度及计算
能力，属于基础题.
5．【黑龙江省大庆市第四中学2020 届高三 4 月月考数学】已知数列 的前 项和 ，
且满足 ，则
A．1013 B．1022 C．2036 D．2037
【答案】A
【解析】由数列 的前 项和 ，且满足 ，
当 时， ，
两式相减，可得 ，即 ，
令 ，可得 ，解得 ，
所以数列 表示首项为 ，公比为 的等比数列，所以 ，
则 ，所以 ，
所以
.
1
2
9a = 3q = ( )3
3
2 1 3 269
1 3 9S
−
= =−
1 2a = 1
3q =
3
3
12 1 3 26
1 91 3
S
− = =
−
3
26
9S =
n
{ }na n nS
1n na S+ = 3 91 2
1 2 3 9
S SS S
a a a a
+ + +⋅⋅⋅+ =
{ }na n nS 1n na S+ =
2n ≥ 1 1 1n na S− −+ =
1 1 1( ) 2 0n n n n n na a S S a a− − −− + − = − =
1
1 ( 2)2
n
n
a na −
= ≥
1n = 1 1 12 1a S a+ = = 1
1
2a =
{ }na 1
2
1
2
1( )2
n
na =
1 1[1 ( ) ] 12 2 1 ( )1 21 2
n
n
nS
−
= = −
−
11 ( )2 2 11( )2
n
nn
nn
S
a
−
= = −
2 93 91 2
1 2 3 9
(2 2 2 ) (1 1 1)S SS S
a a a a
+ + +⋅⋅⋅+ = + + + − + +
9
102(1 2 ) 9 2 11 10131 2
− − = − =−
故选：A.
【点睛】
本题考查了等比数列的定义，等比数列的通项公式以及等比数列的前 项和公式的综合
应用，着重考查推理与计算能力，属于中档试题.
6．【山西省阳泉市2020 届高三下学期第二次质量调研数学】已知数列 中， ，
，则
A． B． C． D．5051
【答案】D
【解析】由题意，数列 中， ， ，
则 ，
各式相加，可得
，
所以 .
故选：D.
【点睛】
本题主要考查了利用数列的递推公式求解数列的项，以及等差数列的前 项和公式的应
用，其中解答中根据数列的递推关系式，合理利用叠加法求解是解答的关键，着重考查
了推理与运算能力，属于中档试题.
7．【2020 届广东省中山市高三上学期期末数学】已知数列 是各项均为正数的等比数列，
为数列 的前 项和，若 ，则 的最小值为
A．9 B．12 C．16 D．18
【答案】D
【解析】由 得 ，所以
.所以
n
{ }na 1 1a =
( )2 *
1 ( 1)n
n na a n n N+ = + − ⋅ ∈ 101a =
5150− 5151− 5050
{ }na 1 1a = ( )2 *
1 ( 1)n
n na a n n N+ = + − ⋅ ∈
2 2 2 2
2 1 3 2 4 3 101 100,1 2 , , ,3 100a a a a a a a a− = − − = − = − − =
2 2 2 2
101 1
2 21 2 3 4 9 109 0a a + − −− = − + − +
( 1 2) (1 2) ( 3 4) (3 4) ( 99 100) (99 100)− + ⋅ + + − + ⋅ + + + − + ⋅ +
100(1 100)1 2 3 100 50502
+= + + + + = =
101 1 5050 5051a a= + =
n
{ }na
nS { }na n 2 2 3 3S a S+ = − 4 23a a+
2 2 3 3S a S+ = − 2 3 2 33 3a S S a= − − = −
2
1 1 1 2
33, 0 1a q a q a qq q
= − = > ⇒ >− 4 23a a+
.当且仅当
时取得最小值.
故选 D.
8．【2020 届安徽省马鞍山市高三第一次教学质量监测数学】中国古代数学著作《算法统宗》
中有这样一个问题:“三百七十八里关,初日健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其
关……”其大意为:有一个人走 378 里路,第一天健步走,从第二天起因脚痛每天走的路程
为前一天的一半,走了 6 天到达目的地…….则此人后四天走的路程比前两天走的路程少
（）里.
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设每天走的路程里数为 ,则 是公比为 的等比数列,
由 得 , 解得:
所以
后四天走的路程: ,前两天走的路程: ，
又 ，且 ，∴ ，
∴
故此人后四天走的路程比前两天走的路程少 198，
故选:A.
9．【河北省衡水中学2020 届高三下学期（5 月)第三次联合考试数学】若 是公比为
的等比数列，记 为 的前 项和，则下列说法正确的是
( ) ( )3 2
3
1 1 2
3 3 3 3
3 1
q q q
a q a q q q q
+ +
= + = =− −
( ) ( )21 2 1 43 1
q q
q
− + − += × −
( ) 43 1 61q q
= − + + −
( ) 43 2 1 6 181q q
≥ × − ⋅ + =−
41 3 11q qq
− = ⇒ = >−
198 191 63 48
{ }na { }na 1
2
6 378S = 1 6
11 2 37811 2
a − =
−
∴ 1 192a =
11192 2
n
na
− = ⋅
∴ 53 4 6a a a a+ ++ 1 2a a+
1 2 192 96 288a a =+ = + 6 378S = 63 4 5 378 288 90a a a a+ = − =+ +
( ) ( )41 52 3 6 288 90 198a a a a a a− + + = − =+ +
{ }na
( )0q q ≠ nS { }na n
A．若 是递增数列，则 ，
B．若 是递减数列，则 ，
C．若 ，则
D．若 ，则 是等比数列
【答案】D
【解析】A 选项中， ，满足 单调递增，故 A 错误；
B 选项中， ，满足 单调递减，故 B 错误；
C 选项中，若 ，则 ，故 C 错误；
D 选项中， ，所以 是等比数列.故 D 正确.
故选 D.
【点睛】
本题考查了等比数列的定义，考查了数列的单调性，考查了特值排除法，属于基础题.
10．【2020 届湖南省高三上学期期末统测数学】已知数列 是等比数列， ，
则 __________.
【答案】
【解析】设 的公比为 ，由 ，得 ，故 .
故答案为：
11．【2020 届安徽省亳州市高三上学期期末教学质量检测数学】记 为等差数列 的前
项和.已知 ， ，则公差 __________．
【答案】
【解析】设等差数列 的首项为 ，公差为 ，
，
{ }na 1 0a < 0q <
{ }na 1 0a > 0 1q< <
0q > 4 6 52S S S+ >
1
n
n
b a
= { }nb
1 2, 3a q= = { }na
1 1, 2a q= − = { }na
1
11, 2a q= = 6 5 6 5 5 4,a a S S S S< − < −
( )1
1
1 0n n
n n
b a qb a q
+
+
= = ≠ { }nb
{ }na 1 31, 36a a= =
2a =
6±
{ }na q 1 31, 36a a= = 2 36, 6q q= = ± 2 6a = ±
6±
nS { }na
n 3 0a = 8 48S = d =
4
{ }na 1a d
3 0a = 8 48S =
解得
故答案为：
12．【河北省 2020 届高三上学期第一次大联考数学】等差数列 ， 的前 项和分别
为 ， ，若对任意正整数 都有 ，则 的值为 .
【答案】
【解析】因为 ， 是等差数列，所以 ，
则 .
13．【2020 届安徽省池州市高三上学期期末考试数学】已知数列 满足
，则 ________.
【答案】-1.
【解析】 ，
累加得 ，
所以 ，当 时也符合，
.
故答案为:-1
14．【河北省衡水中学2020 届高三下学期（5 月)第三次联合考试数学】记 为正项等差数
列 的前 项和，若 ，则 _________.
【答案】
【解析】设等差数列的公差为 ，
由题得 ，所以
所以 .
( )
1
1
2 0
8 8 18 482
a d
a d
+ =∴ × −+ =
1 8
4
a
d
= −
=
4
{ }na { }nb n
nS nT n 2 1
3 2
n
n
S n
T n
−= −
511
6 10 7 9
aa
b b b b
++ +
29
43
{ }na { }nb 5 11 5 811
6 10 7 9 8 8
2
2 2
a a a aa
b b b b b b
++ = =+ +
15 1 15 8
15 1 15 8
2 2 15 1 29
2 3 15 2 43
S a a a
T b b b
+ × −= = = =+ × −
{ }na 1 1,a =
1
1lgn n
na a n−
−− = ( )*2,n n≥ ∈N 100a =
1
1lgn n
na a n−
−− = ( )*2,n n≥ ∈N
1
1lgna a n
− = lg n= −
1 lgna n= − 1n =
100 1 lg100a = − 1= −
nS
{ }na n 1 3 4 71,a a a S= ⋅ = nS =
23 1
2 2n n−
d
1 7
3 4 7 47 72
a aa a S a
+⋅ = = × = 3 7,a =
1+2 7, 3d d= ∴ =
所以 .
故答案为 .
【点睛】
本题主要考查等差数列的基本量计算，考查等差中项的应用和求和，意在考查学生对这
些知识的理解掌握水平.
15．【广东省深圳市2020 届高三下学期第二次调研数学】《尘劫记》是在元代的《算学启蒙》
和明代的《算法统宗》的基础上编撰的一部古典数学著作，其中记载了一个这样的问题：
假设每对老鼠每月生子一次，每月生 12 只，且雌雄各半.1 个月后，有一对老鼠生了 12
只小老鼠，一共有 14 只；2 个月后，每对老鼠各生了 12 只小老鼠，一共有 98 只.以此
类推，假设 n 个月后共有老鼠 只，则 _____.
【答案】
【解析】由题意可得 1 个月后的老鼠的只数 ,
2 个月后老鼠的只数 ,
3 个月后老鼠的只数 …，
n 个月后老鼠的只数 .
故答案为： .
【点睛】
本题考查利用不完全归纳法求数列的通项公式，考查运算求解能力.
16．【山西省太原市2019-2020 学年高三上学期期末数学】记数列 的前 项和为 ，若
， ， ，则 ___________.
【答案】2559
【解析】因为 ， ，
所以 ，
所以 ，
2( 1) 3 132 2 2n
n nS n n n
−= + × = −
23 1
2 2n n−
na na =
2 7n×
1 (1 6) 2 2 7a = + × = ×
2
2 2(1 6) 7 2 7a = + × = ×
2 3
3 2(1 6) 7 2 7a = + × = ×
2 7n
na = ×
2 7n×
{ }na n nS
1 1a = 2 2n na n a= − 2 1 1n na a+ = + 100S =
2 2n na n a= − 2 1 1n na a+ = +
22 1 2 1n naa n+ = ++
( ) ( ) ( ) ( )3 5 97 91 2 4 996 98...a a a aa a a a a+ + + + + + + ++
，
，
，
.
则 .
故答案为：2559
【点睛】
本题主要考查数列递推累加求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
17．【广东省广州、深圳市学调联盟2019-2020 学年高三下学期第二次调研数学】已知函数
（ ， ）有两个不同的零点 ， ， 和 ， 三个
数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，则函数 的解析式为
______.
【答案】
【解析】函数 （ ， ）有两个不同的零点 ， ，
可得 ，且 ，
和 ， 三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，
可得 ，
再设−2， ， 为等差数列，可得 ，
代入韦达定理可得 ，
即有 ，解得 a＝−5（4 舍去），
则 .
故答案为： .
( )50 1 991 3 5 ... 2 49 1 25002
+= + + + + × + = =
( )100 50 25100 100 50a a a= − = − −
( )12 650 1 51 12a a= + + = + −
( )363 6 57 2 59a= − − = + =
100 2500 59 2559S = + =
( ) 2f x x ax b= + + 0a < 0b > 1x 2x 2− 1x 2x
( )f x
( ) 2 5 4f x x x= − +
( ) 2f x x ax b= + + 0a < 0b > 1x 2x
1 2 1 2,x x a x x b+ = − = 1 20, 0x x> >
2− 1x 2x
2
1 2 ( 2) 4x x b= − = =
1x 2x 1 22 2x x= −
1 2
2 2 2,3 3
a ax x
− − −= =
2 2 2 43 3
a a− − −⋅ =
( ) 2 5 4f x x x= − +
( ) 2 5 4f x x x= − +
【点睛】
本题考查函数的零点和二次方程的韦达定理，以及等差数列和等比数列的中项性质，考
查方程思想和运算能力，属于基础题.
18．【江西省2019-2020 学年高三 4 月新课程教学质量监测卷】设 Sn 为等差数列{an}的前 n
项和，S7=49，a2+a8=18.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若 S3、a17、Sm 成等比数列，求 S3m.
【解析】（1）设等差数列{an}的公差为 d，∵Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，S7=49，
a2+a8=18，
∴ ⇒ ，解得：d=2.
∴
（2）由（1）知： .
∵ 成等比数列，∴ ，即 9m2 ，解得 m 11.
故
【点睛】
本题考查求等差数列的通项公式和求前 项的和，以及等比数列的性质，属于中档题.
19．【辽宁省葫芦岛市2020 届高三 5 月联合考试数学】记 是正项数列 的前 项和，
是 和 的等比中项.
（1）求数列 的通项公式；
（2）记 ，求数列 的前 项和 .
【解析】（1）因为 是 和 的等比中项，
所以 ①，当 时， ②，
由① ②得： ，
7 4
2 8 5
7 49
2 18
S a
a a a
= =
+ = =
4
5
7
9
a
a
=
=
( )4 4 2 1na a n d n= + − × = −
( ) 21 2 1
2n
n nS n
+ −= =
3 17, , mS a S 2
3 17mS S a= 233= =
2
3 33 3 10893mS S == =
n
nS { }na n
1na + 4 nS
{ }na
( ) ( )1
1
1 1n
n n
b a a +
= + ⋅ + { }nb n nT
1na + 4 nS
( )21 4n na S+ = 2n ≥ ( )2
1 11 4n na S− −+ =
− ( ) ( )2 2
1 11 1 4 4n n n na a S S− −+ − + = −
化简得 ，即 或者 （舍去），
故 ，数列 为等差数列，
因为 ，解得 ，
所以数列 是首项为 、公差为 的等差数列， .
（2）因为 ，
所以 .
【点睛】
本题考查数列通项公式的求法以及数列的前 项和的求法，考查等差数列的判定，考查
裂项相消法求和，考查推理能力与计算能力，是中档题.
20．【2020 届广东省中山市高三上学期期末数学】设 为数列 的前 项和，已知
， .
（1）证明 为等比数列；
（2）判断 ， ， 是否成等差数列？并说明理由.
【解析】（1）证明：∵ ， ，∴ ，
由题意得 ， ，
∴ 是首项为 2，公比为 2 的等比数列.
（2）由（1） ，∴ .
∴ ，
∴ ，
∴ ，即 ， ， 成等差数列.
21．【广西南宁市第三中学2020 届高三适应性月考卷】等差数列 的前 项和为 ，
( ) ( )2 2
11 1n na a −− = + 11 1n na a −− = + ( )11 1 0n na a −− + + =
1 2( 2)n na a n−− = ≥ { }na
( )2
1 11 4a S+ = 1 1a =
{ }na 1 2 2 1na n= −
1 1 1 1
2 (2 2) 4 1nb n n n n
= = − ⋅ + +
1 2
1 1 1 1 1 114 2 2 3 1 4( 1)n n
nT b b b n n n
= + + + = − + − +⋅⋅⋅+ − = + +
n
nS { }na n
2 3a = 1 2 1n na a+ = +
{ }1na +
n na nS
2 3a = 2 12 1a a= + 1 1a =
1 0na + ≠ 1 1 2 2 21 1
n n
n n
a a
a a
+ + += =+ +
{ }1na +
1 2n
na + = 2 1n
na = −
1
12 2 2 21 2
n
n
nS n n
+
+−= − = − −−
( )12 2 2 2 2 1 0n n
n nn S a n n++ − = + − − − − =
2n nn S a+ = n na nS
{ }na n nS
，其中 ， ， 成等比数列，且数列 为非常数数列.
（1）求数列通项 ；
（2）设 ， 的前 项和记为 ，求证： .
【解析】（1）因为 ， ， 成等比数列，
由所以 ，
即 ，
解得得 或 （舍去），
所以 .
（2）由（1）知： ，
，
，
.
【点睛】
本题主要考查等比中项，等差数列的通项公式和前 n 项和公式以及裂项相消法求和，还
考查了运算求解的能力，属于中档题.
22．【广东省深圳市2020 届高三下学期第二次调研数学】已知各项都为正数的等比数列
， ， .
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ， ，求 .
【解析】 (1)设各项都为正数的等比数列 的公比为 ，则 ，
因为 ， ，
3 3a = 1a 3a 9a { }na
na
1
n
n
b S
=
nb n nT 2nT <
1a 3a 9a
2
3 1 9a a a= ⋅
( )( )23 3 2 3 6d d= − +
1d = 0d =
( )3 3 1na a n n= + − ⋅ =
( ) ( )
1
1 1
2 2n
n n n nS na d
− += + × =
( )
1 2 1 121 1
= = = − + + n
n
b S n n n n
1 2
1 1 1 1 1 12 1 2 2 3 1n nT b b b n n
= + +⋅⋅⋅+ = − + − +⋅⋅⋅+ − +
12 1 21n
= − < +
{ }na 2 32a = 3 4 5 8a a a =
{ }na
2logn nb a= 1 2 3n nT b b b b= + + + + nT
{ }na q 0q >
2 32a = 3 4 5 8a a a =
所以 ，
解得 ， ，
所以 ，
(2)由(1)知， ，
故 ，
当 时， ；
当 时， ，
故 .
【点睛】
本题主要考查等比数列的通项公式、等比中项的性质、等差数列的前 项和公式、对数
运算等知识点，等差数列的前 项和公式为 ，考查计算能力，体现了
基础性与综合性，是中档题.
23．【2020 届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列 满足： 是公比为2 的等
比数列， 是公差为 1 的等差数列.
（I）求 的值；
（Ⅱ）试求数列 的前 n 项和 .
【解析】（Ⅰ）方法一： 构成公比为 2 的等比数列
2 1
3 3 3
3 4 5 4 1
32
( ) 8
a a q
a a a a a q
= =
= = =
7
1 2a = 1
4q =
( )9 22 n
n na N− ∗= ∈
2
9 2
2log log 2 9 2n n
nb a n-= = = -
9 2 1 4
2 9 4n
n nb n n
− ≤ ≤= −
，
， ＞
1 4n≤ ≤ 27 9 2 82n
nT n n n+ -= ´ = -
4n > ( ) ( ) 21 2 97 5 3 1 4 8 322n
nT n n n+ += + + + + ´ - = - +
2
2
8 1 4
8 32, 4n
n n nT
n n n
− ≤ ≤= − + >
，
n
n 1
2n
na nS a+= ×
{ }na na
n
2
n
n
a
1 2,a a
{ }na nS
na
n
2 1 22 1
a a∴ = ×
2 14a a∴ =
又 构成公差为 1 的等差数列
,解得
方法二： 构成公比为 2 的等比数列,
.①
又 构成公差为 1 的等差数列,
②
由①②解得：
（Ⅱ）
两式作差可得：
,
.
24.【四川省泸县第一中学 2020 届高三三 诊模拟考试数学（文）试题】已知正项等比数列
的前 项和为 ， ， ，数列 满足 ，
2
n
n
a
2 1
2 1 12 2
a a∴ − = 1
2
2
8
a
a
=
=
na
n
11
1 2,
n
n
a
n
a
n
+∴ = 1
( 1)2n n
na an+
+∴ =
2
n
n
a
1
1 12 2
n n
n n
a a+
+∴ − =
2n
na n= ⋅
1
2
2
8
a
a
=
=
11 2 2 ,1
n nna a
n
−= ⋅ =
2n
na n∴ = ⋅
1 2 3n nS a a a a= + + +⋅⋅⋅+ 1 2 31 2 2 2 3 2 2nn= ⋅ + ⋅ + ⋅ +⋅⋅⋅+ ⋅
2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 2n
nS n +∴ = ⋅ + ⋅ + ⋅ +⋅⋅⋅+ ⋅
2 3 12 2 2 2 2n n
nS n +− = + + +⋅⋅⋅+ − ⋅
( ) 12 1 2
21 2n
n
nnS +
−
= − ⋅−−
1(1 ) 2 2n
n nS += ⋅− − −
1( 1) 2 2n
nS n +∴ = − ⋅ +
{ }nb n nS 3 4b = 3 7S = { }na ( )*
1 1n na a n n N+ − = + ∈
且 ．
（I）求数列 的通项公式；
（II）求数列 的前 项和．
【解析】（Ⅰ）根据题意，设 的公比为 ，所以 解得
又 ，
所以
．
（Ⅱ）因为 ，
所 以
．
25．【2020 届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列 的前 项和为 ，且满足 ，
．
（I）求 的通项公式；
（Ⅱ）若 ，数列 的前 项和为 ，求证： ．
【解析】（I）当 时，由 ， 得 ；
当 时， ，两式相减得 ，
即 ，又 ，
故 恒成立，
则数列 是公比为 的等比数列，可得 ．
（Ⅱ）由（I）得 ，
1 1a b=
{ }na
1
na
n
{ }nb q
2
1
2
1 1 1
4,{
7,
b q
b b q b q
=
+ + =
1 1,{ 2.
b
q
=
=
1 1n na a n+ − = +
( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 3 2 2 1 1n n n n na a a a a a a a a a− − −= − + − +…+ − + − +
( ) ( ) 211 2 1 2 2
n n n nn n
+ += + + +…+ + = =
2
1 2 1 12 1na n n n n
= = − + +
1 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 22 1 2 12 2 3 1 1 1 1n
n
a a a n n n n n n
+ + + = − + − +…+ − + − = − = − + + +
{ }na n nS 1 1a =
1 2 1n na S+ − =
{ }na
3logn nb a=
2 2 2
1
n nb b +
⋅
n nT 1
2nT <
1n = 1 1a = 2 12 1a a− = 2 3a =
2n ≥ 12 1n na S −− = ( )1 12 0n n n na a S S+ −− − − =
1 3n na a+ = ( 2)n ≥ 2 13 3a a= =
1 3n na a+ =
{ }na 3 13 −= n
na
3
1
3log log 3 1n
n nb a n−= = = −
则 ，
则
．
故
26．【2020 届重庆市第一中学高三上学期期末考试数学】已知数列 中， ，
， .
（1）求证：数列 是等比数列;
（2）求数列 的前 项和 .
【答案】（1）证明见解析;（2）
【解析】（1）证明：因为
所以 ,
又因为 ,则 ,
所以数列 是首项为 2,公比为 2 的等比数列.
（2）由（1）知 ,所以 ,
所以
2 2 2
1 1 1 1 1
(2 1) (2 1) 2 2 1 2 1n nb b n n n n+
= = − ⋅ − ⋅ + − +
1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1nT n n
= − + − + + − − +
1 112 2 1n
= − +
1 02 1n
>+
1 1 112 2 1 2n
∴ − < +
1
2nT <
{ }na 1 1a =
1 2 1n na a n+ = + − n nb a n= +
{ }nb
{ }na n nS
( )1 12 22
n
n
n nS + += − −
1 2 1,n n n na a n b a n+ = + − = +
( ) ( ) ( )1 1 1 2 1 1 2 2n n n n nb a n a n n a n b+ += + + = + − + + = + =
1 1 1 2 0b a= + = ≠ 1 2n
n
b
b
+ =
{ }nb
2n
n na n b+ = = 2n
na n= −
( ) ( ) ( ) ( )2 32 1 2 2 2 3 2n
nS n= − + − + − +⋅⋅⋅+ −
( ) ( )2 32 2 2 2 1 2 3n n= + + +⋅⋅⋅+ − + + +⋅⋅⋅+
( ) ( ) ( )12 1 2 1 12 21 2 2 2
n
nn n n n+
− + += − = − −−
27．【河北省正定中学2019-2020 学年高三下学期第四次阶段质量检测数学】已知点
是函数 的图象上一点，数列 的前 项和是
.
（1）求数列 的通项公式；
（2）若 ，求数列 的前 项和 .
【解析】 (1)把点 代入函数 得 ，所以
，
所以数列 的前 项和是 .
当 时， ；
当 时， ，
所以 ；
(2)由 ， 得 ，所以
，①
.②
由①－②得： ，
所以 .
11, 2
( ) ( )0, 1xf x a a a= > ≠ { }na n
( ) 2nS f n= −
{ }na
( )1logn a nb a += − { }n na b⋅ n nT
11, 2
( ) ( )0, 1xf x a a a= > ≠ 1
2a =
( ) 1
2
x
f x =
{ }na n ( ) 12 22
n
nS f n = − = −
1n = 1 1
3
2a s= = −
2n ≥
1
1
1 1 1
2 2 2
n n n
n n na S S
−
−
= − = − = −
3 , 12
1 , 22
nn
n
a
n
− == − ≥
1
2a = ( )1logn a nb a += − +1nb n=
( )2 33 1 1 12 3 4 +12 2 2 2
n
nT n = − × − × − × −…− ⋅
( )3 4 +11 3 1 1 13 4 +12 2 2 2 2
n
nT n = − − × − × −…− ⋅
( )3 4
+1 3 3 1 1 1 1+ + + +12 2 4 2 2 2 2
n n
nT n
= − − − … ⋅
11 15+ ( +1) 2+2n
n n
T n
− = −
【点睛】
本题主要考查了 法求通项公式，即 ，运用错位相减法求和，
求和时应注意的问题(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，属于中档题.
28.【2020 届河南省郑州市高三第二次质量预测文科数学试题】已知数列 前 项和
为 ，且 ．
（1）求数列 的通项公式；
（2）若数列 满足 ，求数列 的前 项和 ．
【解析】（1）当 时， ．
当 时， ．
而 ，
所以数列 的通项公式为 .
（2）当 时， ，
当 时， ，
所以 ，
当 时， ，
当 时，
的
nS 1
1
( 1)
( 2)n
n n
S na S S n−
== − ≥
nS nqS
n nS qS−
{ }na n
nS 2 2 1nS n n= + −
{ }na
{ }nb ( )*
1
1
n
n n
b na a +
= ∈N { }nb n nT
1n = 1 1 2a S= =
2n ≥ ( )2 2
1 2 1 ( 1) 2( 1) 1 2 1n n na S S n n n n n− = − = + − − − + − − = +
1 2 2 1 1a = ≠ × +
{ }na 2, 1
2 1, 2n
na n n
== + ≥
1n = 1
1 2
1 1 1
2 5 10b a a
= = =×
2n ≥ 1 1 1 1
(2 1)(2 3) 2 2 1 2 3nb n n n n
= = − + + + +
1 , 110
1 1 1 . , 22 2 1 2 3
n
n
b
nn n
== − ≥ + +
1n = 1 1
1
10T b= =
2n ≥
．
又 ，
符合 ，
所以 ．
1 2 3
1 1 1 1 1 1 1 1
10 2 5 7 7 9 2 1 2 3n nT b b b b n n
= + + + + = + − + − + + − + +
1 1 1 1 4 1
10 2 5 2 3 20 30
n
n n
+ = + − = + +
1
1 4 1 1
10 20 1 30T
× += = × +
4 1
20 30n
nT n
+= +
4 1
20 30n
nT n
+= +
( )*Nn∈
相关文档
- 专题32 等比数列及其前n项和-20202021-06-2323页
- 高考数学专题复习练习第五章 第二2021-06-235页
- 2021版新高考数学一轮复习单元质检2021-06-237页
- 2021高考数学一轮复习课时作业30等2021-06-235页
- 山东专用2021版高考数学一轮复习考2021-06-239页
- 备战2014高考数学 高频考点归类分2021-06-2315页
- 高考数学专题复习教案： 等差数列及2021-06-233页
- 高中数学讲义微专题55 数列中的不2021-06-2326页
- 专题07+等差数列（第02期）-2018年高考2021-06-234页
- 高中数学第四章数列4-2等差数列4-22021-06-2327页
微信/支付宝扫码支付下载