2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题19 数列的求和问题（含解析）

这是一份2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题19 数列的求和问题（含解析），共39页。






















专题
19 数列的求和问题
十年大数据*全景展示


年 份
题号
考 点
考 查 内 容

2011

理 17

拆项消去求和法
等比数列的通项公式、性质、等差数列的前 n 项和公式及拆项
相消求和法，运算求解能力
2012
理 16
公式法与分组求和法
灵活运用数列知识求数列问题能力



2013

卷2[
理
16[

数列综合问题

等差数列的前 n 项和公式及数列最值问题，函数与方程思想
卷 1
文 17
拆项消去求和法
等差数列的通项公式、前 n 项和公式及列项求和法，方程思想

卷 1

理 12

数列综合问题
递推数列、数列单调性、余弦定理、基本不等式应用等基础知

识，综合利用数学知识分析解决问题能力

2014

卷 1

文 17

错位相减法
等差数列的通项公式及错位相减法，方程思想、转化与化归思
想

2015

卷 1

理17
拆项消去求和法
利用数列利用前 n 项和 Sn 与 an 关系求通项公式、等差数列定
义及通项公式、利用拆项消去法数列求和

2016
卷 3
理 12
数列综合问题
对新概念的理解和应用新定义列出满足条件的数列

卷 1

理 17

公式法与分组求和法
等差数列通项公式与前 n 项和公式、对新概念的理解与应用，
分组求和法





2017

卷 3

文 17
拆项消去求和法
利用数列利用前 n 项和 Sn 与 an 关系求通项公式及利用拆项消
去法数列求和

卷 2

理 15
拆项消去求和法
等差数列基本量的运算

等差数列通项公式、前n 项和公式及拆项消去求和法，方程思想

卷 1

理 12

数列综合问题
等比数列的前n 项和公式、等差数列前n 项和公式，逻辑推理
能力

2020
卷 2
文 12
等差数列
等差数列通项公式、前 n 项和公式

卷 3
理 17
数列综合问题
数学归纳法，错位相减法求数列的和
文 17
等差数列与等比数列
等比数列通项公式，等差数列前 n 项和公式

大数据分析*预测高考


考 点
出现频率
2021 年预测
考点 61 公式法与分组求和法
1/13


2021 年高考数列求和部分仍将重点拆线消去法和错位相减法及与不等式恒成立等相关的数列综合问题，求和问题多为解答 题第二问，难度为中档，数列综合问题为小题压轴题，为难题
考点 62 裂项相消法求和
5/13
考点 63 错位相减法
2/13
考点 64 并项法与倒序求和法
1/13
考点 65 数列综合问题
4/13

十年试题分类*探求规律


考点 61 公式法与分组求和法

1 ． (2020 全 国 Ⅱ 文 14) 记 Sn S10 = ．
【答案】 25
为 等 差 数 列 {an } 的 前 n 项 和 ， 若
a1 = -2 , a2 + a6 = 2 ， 则


【思路导引】∵{an } 是等差数列，根据已知条件 a2 + a6 = 2 ，求出公差，根据等差数列前 n 项和，即可求得答案．
【解析】Q {an } 是等差数列，且 a1 = -2 , a2 + a6 = 2 ． 设{an } 等差数列的公差 d ，根据等差数列通项公式： an = a1 + (n -1) d ，可得 a1 + d + a1 + 5d = 2 ，即： -2 + d + (-2) + 5d = 2 ，整理可得： 6d = 6 ，解得： d = 1．

Q 根据等差数列前 n 项和公式： Sn

= na1
+ n (n -1)d
2

, n Î N* ，可得：


S = 10´ (-2) + 10 ´(10 -1) = -20 + 45 = 25 ，\ S = 25 ．故答案为： 25 ．
10 2 10
2．(2020 浙江 11)已知数列{a }满足 a = n (n +1) ，则 S = ．


【答案】10
n n 2 3

【思路导引】根据通项公式可求出数列{an } 的前三项，即可求出．

【解析】由题意可知 a1 =
1´ 2
2
= 1，a2 =
2 ´ 3
2
= 3 ，a3 =
3´ 4
2
= 6 ，\ S3 = 1+ 3 + 6 = 10 ，故答案为：10．

3．(2020 山东 14)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】3n2 - 2n
【思路导引】首先判断出数列{2n -1} 与{3n - 2}项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果．
【解析】因为数列{2n -1} 是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，数列{3n - 2}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{an}是以 1 为首项，以 6 为公差的等差数列，所以
{a }的前 n 项和为 n ×1+ n(n -1) × 6 = 3n2 - 2n ，故答案为： 3n2 - 2n ．
n 2
n n+ n1 n
4．(2012 新课标，理 16)数列{ a }满足 a + (-1)n a = 2n -1，则{ a }的前 60 项和为 ．
【答案】1830

【解析】由题设知， a2 - a1 =1，①
a3 + a2 =3 ②
a4 - a3 =5 ③
a5 + a4 =7， a6 - a5 =9，

a7 + a6 =11， a8 - a7 =13， a9 + a8 =15， a10 - a9 =17， a11 + a10 =19， a12 - a11 = 21 ，
……， ∴②－ ①得 a1 + a3 =2， ③+②得 a4 + a2 =8， 同理可得 a5 + a7 =2， a6 + a8 =24 ， a9 + a11 =2， a10 + a12 =40，…，∴ a1 + a3 ，a5 + a7 ，a9 + a11 ，…，是各项均为 2 的常数列，a2 + a4 ，a6 + a8 ，a10 + a12 ，…是首项为 8，公差为 16 的等差数列，
1
∴{ an }的前 60 项和为15´ 2 +15´ 8 + 2 ´16 ´15´14 =1830．
5．(2020 山东 18)已知公比大于1的等比数列{an} 满足 a2 + a4 = 20 ， a3 = 8 ．
(1) 求{an} 的通项公式；

m
n
m
100
(2) 记b 为{a } 在区间(0, m] (m Î N* ) 中的项的个数，求数列{b } 的前100 项和 S ．
【答案】(1) a = 2n ；(2) S = 480 ．
n 100
【思路导引】(1)利用基本元的思想，将已知条件转化为 a1, q 的形式，求解出 a1, q ，由此求得数列{an}的通项公式；(2)通过分析数列{bm } 的规律，由此求得数列{bm } 的前100 项和 S100 ．
ìa q + a q3 = 20
【解析】(1)由于数列{a }是公比大于1的等比数列，设首项为 a ，公比为q，依题意有í 1 1 ，
1
n 1 îa q2 = 8
解得 a = 2, q = 2 ，所以 a = 2n ，所以数列{a }的通项公式为 a = 2n ．
1 n n n

(2)由于 21 = 2, 22 = 4, 23 = 8, 24 = 16, 25 = 32, 26 = 64, 27 = 128 ，所以

b1 对应的区间为： (0,1] ，则b1 = 0 ；
b2 , b3 对应的区间分别为： (0, 2],(0,3] ，则b2 = b3 = 1 ，即有 2 个1；
b4 , b5 , b6 , b7 对应的区间分别为： (0, 4],(0,5],(0, 6],(0, 7]，则b4 = b5 = b6 = b7 = 2 ，即有 22 个 2 ；
b8 ,b9 ,L,b15 对应的区间分别为： (0,8],(0,9],L,(0,15] ，则b8 = b9 = L = b15 = 3 ，即有 23 个3 ；
b16 ,b17 ,L,b31 对应的区间分别为： (0,16],(0,17],L,(0,31] ，则b16 = b17 = L = b31 = 4 ，即有 24 个 4 ； b32 ,b33 ,L,b63 对应的区间分别为： (0,32],(0,33],L,(0, 63] ，则b32 = b33 = L = b63 = 5 ，即有25 个5 ； b64 , b65 ,L, b100 对应的区间分别为：(0, 64],(0, 65],L,(0,100]，则b64 = b65 = L = b100 = 6 ，即有37 个6 ．
100
所以 S = 1´ 2 + 2 ´ 22 + 3´ 23 + 4 ´ 24 + 5´ 25 + 6 ´ 37 = 480 ．

6．(2016•新课标Ⅱ，理 17) Sn 为等差数列{an } 的前 n 项和，且 a1 = 1 ， S7 = 28 ，记bn = [lgan ] ，其中[x] 表示不超过 x 的最大整数，如[0.9] = 0 ，[lg99] = 1 ．
(Ⅰ)求b1 ， b11 ， b101 ；
(Ⅱ)求数列{bn } 的前 1000 项和．
【解析】(Ⅰ) Sn 为等差数列{an } 的前 n 项和，且 a1 = 1 ， S7 = 28 ， 7a4 = 28 ． 可得 a4 = 4 ，则公差 d = 1 ．
an = n ，
bn = [lgn] ，则b1 = [lg1] = 0 ，

b11 = [lg11] = 1，
b101 = [lg101] = 2 ．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知： b1 = b2 = b3 = ¼ = b9 = 0 ， b10 = b11 = b12 = ¼ = b99 = 1．

b100 = b101 = b102 = b103 = ¼ = b999 = 2 ， b10,00 = 3 ．

数列{bn } 的前 1000 项和为： 9 ´ 0 + 90 ´1 + 900 ´ 2 + 3 = 1893 ．
n+2 n n+1
7．(2015 湖南)设数列{an }的前 n 项和为 Sn ，已知a1 = 1, a2 = 2 ， 且a = 3S -S + 3, (n Î N * ) ．
(Ⅰ)证明： an+2 = 3an ；

(Ⅱ)求 Sn ．

n+2 n n+1
n+1 n-1 n
【解析】(Ⅰ)由条件，对任意 n Î N * ，有 a = 3S - S + 3 (n Î N * ) ， 因而对任意 n Î N *, n ³ 2 ，有 a = 3S - S + 3 (n Î N * ) ，
两式相减，得 an+2 - an+1 = 3an - an+1 ，即 an+2 = 3an , (n ³ 2) ，

n+2 n
又 a1 = 1, a2 = 2 ，所以 a3 = 3S1 - S2 + 3 = 3a1 - (a1 + a2 ) + 3 = 3a1 ， 故对一切 n Î N * ， a = 3a ．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，a ¹ 0 ，所以 an+2 = 3 ，于是数列{a } 是首项 a = 1 ，公比为 3 的等比数列，数列{a }

a
n 2n-1 1 2n
n

2n-1 2n
是首项 a1 = 2 ，公比为 3 的等比数列， 所以 a = 3n-1 , a = 2 ´ 3n-1 ，
于是 S2n = a1 + a2 +L+ a2n = (a1 + a3 +L+ a2n -1 ) + (a2 + a4 +L+ a2n )


= n-1

n-1
n-1 3(3n -1)


(1+ 3 +L3 ) + 2(1+ 3 +L3 ) = 3(1+ 3 +L3 ) = ．
2


从而 S2n-1 = S2n - a2n =
3(3n -1)


2
- 2´ 3

n-1
= 3 (5´ 3
2

n-2
- 1) ，


综上所述， Sn
ì 3 n-2
ï
(5´ 3 2
=
í
2
3 n
-1),(n = 2k +1, k Î N *)

ï
ïî 2
(32 -1),(n = 2k, k Î N *)


8．( 2013 安徽)设数列{an}满足 a1 = 2 ， a2 + a4 = 8 ，且对任意 n Î N * ，函数
p
f (x) = (an - an +1 + an +2 )x + an +1 ×cos x - an +2 ×sin x ，满足 f '( 2 ) = 0
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若b = （2 a + 1 ），求数列{b } 的前 n 项和 S ．

n n 2an n n

【解析】(Ⅰ)由 a1 = 2 ， a2 + a4 = 8
f (x) = (an - an +1 + an +2 )x + an +1 ×cos x - an +2 ×sin x f ¢(x) = an - an +1 + an +2 - an +1 ×sin x - an +2 ×cos x
¢ p

f ( 2 ) = an - an+1 + an+2 - an+1 = 0
所以， 2an+1 = an + an+2 ∴{an } 是等差数列．

而a1 = 2 ， a3 = 4 ， d = 1，\ an = 2 +（n -1）×1 = n + 1 ，

(Ⅱ) b = （2 a + 1 ）= （2

n +1+ 1 ）= （2 n +1）+ 1


n n 2an
2n+1 2n
1 1

（2 2 + n +1）n
（1- n ）

S = + 2 2
n 2 1- 1
2
=（n n + 3）+1- 1
2n
= n2 + 3n +1- 1
2n


考点 62 裂项相消法求和

1．(2020 浙江 20)已知数列{a }，{b }，{c }中， a


= b = c


= 1, c


= a - a , c

= bn


× c (n Î N* ) ．
n


n n n
1 1 1
n+1
n+1
n n+1
bn+ 2

(Ⅰ)若数列{bn}为等比数列，且公比 q > 0 ，且b1 + b2 = 6b3 ，求 q 与 an 的通项公式；


(Ⅱ)若数列{bn}为等差数列，且公差 d > 0 ，证明： c + c

+L + c
< 1 + 1 ．


1 2 n d

1 4n -1

【答案】(I) q = 2 , an =
；(II)证明见解析
3


【思路导引】(I)根据b1 + b2 = 6b3 ，求得q，进而求得数列{cn}的通项公式，利用累加法求得数列{an } 的通项公式．
(II)利用累乘法求得数列{cn}的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立．


【解析】(I)依题意b

= 1, b

= q, b

= q2 ，而b + b
= 6b ，即1+ q = 6q2 ，由于 q > 0 ，∴解得 q = 1 ，



∴ bn
= 1 ．
2n-1
1 2 3





1
1 2 3 2

∴ b =
1 ，故c



= 2n-1 × c

= 4× c
，∴数列{c }是首项为1，公比为 4 的等比数列，∴ c
= 4n-1 ．

n+2
2n+1
n+1
1 n n n n


2n+1

n+1
∴ c = 4n ．

n+1 n n+1 n n-1
∴ a - a = c = 4n ，故 a - a = 4n-1 ( n ³ 2, n Î N * )．
∴ an = (an - an-1 ) + (an-1 - an-2 ) +L+ (a3 - a2 ) + (a2 - a1 ) + a1
4 (1 - 4n-1 ) 4n -1

= 4n-1 + 4n-2 +L+ 42 + 41 +1 = +1 = ．

1- 4 3



(II)依题意设b
= 1+ (n -1) d = dn +1- d ，由于 cn+1 = bn ，


cn
∴
cn-1

= bn-1
bn+1
n



(n ³ 2, n Î N * ) ，
cn bn+2



故c = cn
× cn-1 ×L× c3 × c2 × c

= bn-1 × bn-2 × bn-3 ×L b2 × b1 × c


n c c c c 1 b b b b b 1

n-1
n-2 2 1
n+1
n n-1 4 3

= b1b2
= 1+ d æ 1 -


1 ö = æ1+ 1 öæ 1 - 1 ö．




b b d
ç b b ÷ ç
d ÷ç b b ÷

n n+1
è n n+1 ø
è øè
n n+1 ø



∴ c + c +L+ c = æ1+ 1 ö éæ 1 - 1 ö + æ 1 - 1 ö +L+ æ 1 -

 
1 öù = æ1+ 1 ö æ - 1 ö ．



1 2 n ç
d ÷ êç b b ÷
ç b b
÷ ç b b ÷ú ç d ÷ ç1 b ÷

è ø ëè
1 2 ø è
2 3 ø è
n n+1 øû
è ø è
n+1 ø




由于 d > 0,b = 1 ，∴ b


> 0 ，∴ æ1+ 1 öæ1- 1 ö < 1+ 1 ，即c + c +¼+ c < 1+ 1 ．



1 n+1
ç d ÷ç b ÷ d 1 2 n d

è øè
n+1 ø

n 1

2．(2017•新课标Ⅱ，理 15)等差数列{an } 的前 n 项和为 Sn ， a3 = 3 ， S4 = 10 ，则å
k =1
= ．
S
k


【答案】 2n
n + 1
【解析】等差数列{an } 的前 n 项和为 Sn ， a3 = 3 ， S4 = 10 ， S4 = 2(a2 + a3 ) = 10 ，可得 a2 = 2 ，数列的首项为


1 ， 公 差 为 1 ， ∴
S = n(n + 1)

， ∴ 1 =

2 = 2( 1 - 1 ) ， 则


n
2 Sn n(n + 1)
n n + 1


n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2n
å S = 2[1 - + - + - +¼+ - ] = 2(1 - ) = ．


k =1 k
2 2 3 3 4
n n + 1
n + 1
n + 1


3．(2017•新课标Ⅲ，文 17)设数列{an } 满足 a1 + 3a2 + ¼+ (2n - 1)an = 2n ．
(1) 求{an } 的通项公式；
(2) 求数列{ an } 的前 n 项和．

2n + 1
【解析】(1)数列{an } 满足 a1 + 3a2 + ¼+ (2n - 1)an = 2n ．
n…2 时， a1 + 3a2 + ¼+ (2n - 3)an-1 = 2(n - 1) ．


\(2n - 1)an

= 2 ．\ an
= 2 ．
2n -1

当 n = 1 时， a1 = 2 ，上式也成立．


\ an

(2)
= 2 ．
2n - 1
an =2
= 1 - 1 ．


2n + 1 (2n -1)(2n + 1) 2n -1 2n + 1

\数列{ an
} 的前 n 项和= (1 - 1) + (1 - 1) + ¼+ ( 1

- 1 ) = 1 - 1

= 2n ．


2n + 1 3 3 5 2n - 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1


4．(2015 新课标Ⅰ，理 17)
S 为数列{ a }的前 n 项和．已知 a ＞0， a2 + a = 4S + 3 ．

n n n n n n

(Ⅰ)求{ an }的通项公式：

(Ⅱ)设 ,求数列 }的前 n 项和

【解析】(Ⅰ)当 n = 1 时， a2 + 2a = 4S + 3 = 4a +3 ，因为 a > 0 ，所以 a =3，
1 1 1 1 n 1

当n ³ 2 时， a2 + a - a2 - a
= 4S
+ 3 - 4S
- 3 = 4a ，即(a + a
)(a - a
) = 2(a + a
) ，因为

n n n-1
an > 0 ，所以 an - an -1 =2，
n-1
n n -1
n n n -1
n n -1
n n -1

所以数列{ an }是首项为 3，公差为 2 的等差数列，

所以 an = 2n +1 ；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知， b = 1
= 1 ( 1


- 1 ) ，


n (2n +1)(2n + 3) 2 2n +1 2n + 3


所以数列{ b }前 n 项和为b + b +L+ b
= 1 [(1 - 1) + (1 - 1 ) +L+ ( 1 - 1 )]

= 1 - 1 ．


n 1 2 n
2 3 5 5 7 2n +1 2n + 3
6 4n + 6



5．(2013新课标Ⅰ，文17)已知等差数列｛ an ｝的前n项和 Sn 满足 S3 =0， S5 =-5． (Ⅰ)求｛ an ｝的通项公式；

(Ⅱ)求数列{
1


a2n-1a2n+1
}的前n项和．

1 1

【解析】(Ⅰ)由 S3 =0，S5 =-5得，3a1 + 2 d ´ 3´ 2 = 0 ，5a1 + 2 d ´ 5´ 4 = -5 ，解得 a1 =1，d =-1，∴ an = 2 - n ；

n
(Ⅱ)由已知 a = 2 - n ，∴ 1 = 1

= - 1 ( 1

- 1 ) ，


a2n-1a2n+1
(3 - 2n)(1- 2n)
2 3 - 2n
1- 2n


1 1 1 1 1 1 1 1

∴数列{


a2n-1a2n+1
}的前n项和为-
[(
2 a1
- ) + (
a3 a3
- ) +L+ (
a5
a2n-1
- )]
a2n+1



= - 1 ( 1 -

1 ) = - 1 (1-

1 ) = n ．


2 a1
a2n+1
2 1- 2n
1- 2n


6．(2011 新课标，理 17)等比数列{ a }的各项均为整数，且 2a + 3a =1， a2 = 9a a ，
n 1 2 3 2 6

(Ⅰ)求数列{ an }的通项公式；



(Ⅱ)设b = log
a + log a
+L+ log a
1
，求数列{

}的前 n 项和．


b
n 3 1 3 2 3 n
n
【解析】(Ⅰ)设数列{ a }的公比为 q ，由 a2 = 9a a 得 a2 = 9a2 ，所以 q2 = 1 ，


n

由条件可知 q ＞0，故 q = 1 ．
3
3 2 6 3 4 9


1

由 2a1 +3a2 =1 得 2a1 +3a1q =1，所以 a1 = 3 ，
1
故数列{ an }的通项公式为 an = 3n ．
(Ⅱ) bn = log3 a1 + log3 a2 +L+ log3 an = -(1+ 2 +L+ n) = -



n(n +1) 2

故 1 = -
bn
2


n(n +1)
= -2(
1 - 1 ) ，
n n +1


1 + 1 +L+ 1 = -2[(1- 1 ) + ( 1 - 1) +L+ ( 1 - 1 )] = - 2n


b1 b2 bn
2 2 3
n n +1
n +1



所以数列{ 1
bn
}的前 n 项和为-
2n
．
n +1


7．(2016 年天津高考)已知{a }是各项均为正数的等差数列，公差为 d ，对任意的 n Î N* ， b 是 a 和 a
n n n n+1

的等差中项．
(Ⅰ)设c = b2 - b2 , n Î N* ，求证：数列{c }是等差数列；
n n+1 n n



(Ⅱ)设
a = d ,T = å(-1)k b2 , n Î N* ，求证： å
1 < 1 .

1 n k
k =1
2
2n n
k =1 Tk 2d


n n n+1
【解析】(Ⅰ)由题意得b2 = a a ，


= b
2
有cn n+1
- b2 = a a

n+2
- anan+1
= 2da
n+1 ，


n n+1
n+1 n n+2 n+1
因此 c - c = 2d (a - a ) = 2d 2 ，

所以数列{cn}是等差数列．
(Ⅱ) T = (-b2 + b2 ) + (-b2 + b2 ) + × × × + (-b2 + b2 )
n 1 2 3 4 2n-1 2n
= 2d (a2 + a4 + × × × + a2 n)
= 2d × n(a2 + a2n )
2
= 2d 2n(n + 1) ．


所以 å
1 = 1 å
 1 = 1 å
( 1 - 1 ) = 1
× (1 - 1 ) < 1 ．

n
n
n
k =1 Tk
2d 2 k =1 k(k + 1) 2d 2 k =1
k k + 1 2d 2
n + 1 2d 2


8．(2011 安徽)在数 1 和 100 之间插入n 个实数，使得这 n + 2 个数构成递增的等比数列，将这n + 2 个数的乘积记作Tn ，再令 an = lg Tn, n≥1．
(Ⅰ)求数列{an } 的通项公式；
(Ⅱ)设bn = tan an gtan an +1, 求数列{bn }的前 n 项和 Sn ．
【解析】(Ⅰ)设l1 , l2 ,L, ln+2 构成等比数列，其中t1 = 1, tn+2 = 100, 则

Tn = t1 × t2 ×L× tn+1 × tn+2 , ①
Tn = tn+1 × tn+2 ×L× t2 × t1 , ②

1 n+3-i 1 n+2
①×②并利用t t = t t = 102 (1 £ i £ n + 2), 得


T 2 = (t t
) × (t t
) ×L× (t
t ) × (t
t ) = 102(n+2) ,\ a = lg T
= n + 2, n ³ 1.

n 1 n+2
2 n+1
n+1 2
n+2 1 n n


(Ⅱ)由题意和(Ⅰ)中计算结果，知bn = tan(n + 2) × tan(n + 3), n ³ 1.


另一方面，利用tan1 = tan((k + 1) - k ) =

tan(k + 1) - tan k
tan(k + 1) - tan k , 1 + tan(k + 1) × tan k

得tan(k + 1) × tan k =
tan1
- 1.


n

所以 Sn = åbk
k =1

n+2
å
= tan(k + 1) × tan k
k =3


= ån+2 ( tan(k + 1) - tan k - 1)

k =3
tan1

= tan(n + 3) - tan 3 - n. tan1
9．(2014 山东)已知等差数列{an }的公差为 2，前 n 项和为 Sn ，且 S1 ， S2 ， S4 成等比数列．

(Ⅰ)求数列{an }的通项公式；

n
(Ⅱ)令b = (-1)n-1 4n , 求数列{b } 的前 n 项和T ．


ana
n n
n+1


【解析】(Ⅰ) d = 2, S1 = a1, S2 = 2a1 + d, S4 = 4a1 + 6d,

Q S , S , S 成等比\ S 2 = S S
1 2 4 2 1 4

解得 a1 = 1,\ an = 2n -1


(Ⅱ) bn
= (-1)n-1 4n
a a
= (-1)n-1(
1 +
2n -1
1 ) ，
2n +1

n n+1

1 1 1 1 1

3 5 5 7
当n 为偶数时Tn = (1+ 3) - ( +
) + ( +
) -LL

+( 1 + 1 ) - ( 1 + 1 )

2n - 3 2n -1 2n -1 2n +1

\Tn
= 1-
1 =
2n +1
2n 2n +1

当n为奇数时，T = (1+ 1) - (1 + 1) + (1 + 1 ) -LL-
 
n 3 3 5 5 7
( 1 + 1 ) + ( 1 + 1 )

2n - 3 2n -1 2n -1 2n +1

\Tn
= 1+
1


2n +1
= 2n + 2 2n +1

ì 2n

, n为偶数

n í 2n + 2
\T = ï 2n +1 ．
ï
ï , n为奇数
î 2n +1


10．(2013 广东)设各项均为正数的数列{an} 的前 n 项和为 Sn ，满足 4S

= a
2
n n+1
- 4n -1 ， n Î N * ，且


a2 , a5 , a14 构成等比数列．

4a1 + 5
(Ⅰ)证明： a2 = ；


(Ⅱ)求数列{an}的通项公式；

(Ⅲ)证明：对一切正整数 n ，有


1
a1a2


+ 1
a2 a3



+L+


1


anan+1

< 1 ．
2



【解析】(Ⅰ)当 n = 1 时， 4a = a2 - 5, a2 = 4a
+ 5 ，Q a > 0\a =

4a1 + 5
1 2 2 1

(Ⅱ)当 n ³ 2 时， 4S = a2 - 4(n -1) -1 ， 4a
n


= 4S - 4S
2


= a2

- a2 - 4

n-1 n
n n n-1
n+1 n



a2 = a2 + 4a
+ 4 = (a
+ 2)2 ,Q a
> 0\a
= a + 2

n+1
n n n
n n +1 n


\ 当n ³ 2 时， {an}是公差 d = 2 的等差数列．


Q a , a , a
构成等比数列，\ a2 = a × a
， (a
+ 8)2 = a × (a + 24) ，解得 a = 3 ,

2 5 14
5 2 14
2 2 2 2


由(Ⅰ)可知， 4a = a2 - 5=4,\ a = 1
1 2 1

Q a2 - a1 = 3 -1 = 2 \ {an}是首项 a1 = 1 ,公差 d = 2 的等差数列．
\ 数列{an}的通项公式为 an = 2n -1 ．


1
(Ⅲ) + 1


+L+ 1
= 1 + 1 + 1


+L+ 1



a1a2 a2a3

anan+1
1×3 3×5 5× 7
(2n -1)(2n +1)

= 1 × éæ1- 1 ö + æ 1 - 1 ö + æ 1 - 1 ö + æ 1 - 1 öù
2 êç 3 ÷ ç 3 5 ÷ ç 5 7 ÷ ç 2 n -1 2 n +1 ÷ú
ëè ø è ø è ø è øû

= 1 × é1-


1 ù < 1 .



2 êë
2n +1úû 2

考点 63 错位相减法
1．(2020 全国Ⅲ理 17)
设等差数列{an}满足 a1 = 3 , an+1 = 3an - 4n ．
(1) 计算 a2 , a3 ，猜想{an}的通项公式并加以证明；
n n
(2) 求数列{2n a } 的前 n 项和 S ．
n n
【答案】(1) a = 2n + 1 ；(2) S = (2n -1)2n+1 + 2 ．

【思路导引】(1)利用递推公式得出 a2 , a3 ，猜想得出{an } 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；
(2) 由错位相减法求解即可．


【解析】(1)由 a = 3 ， a
= 3a
- 4n ， a
= 3a
- 4 = 5
， a = 3a
- 4 ´ 2 = 7 ， …

1 n+1 n 2 1 3 2
猜想{an } 的通项公式为 an = 2n + 1 ．
证明如下：(数学归纳法)当 n = 1, 2,3 时，显然成立； (1)

k
假设 n = k 时，即 a = 2k + 1成立；其中(k Î N* ) ，


由 ak +1 = 3ak - 4k
= 3(2k + 1) - 4k = 2(k + 1) + 1
(2)


n
故假设成立，综上(1)(2)，∴ a = 2n + 1 (n Î N* )


(2)解法一：令b = 2n a = (2n +1)2n ，则前项和 S = b + b + ... + b
= 3´ 21 + 5 ´ 22 + ... + (2n + 1)2n
(1)

n n n 1 2 n


n
2
由(1)两边同乘以 2 得： 2S = 3´ 22 + 5 ´ 23 + ... + (2n -1)2n + (2n + 1)2n+1
(2)




由(1) - (2)的
-Sn = 3´ 2 + 2 ´ 2

+ ... + 2

n - (2n + 1)2n+1

= 6 +
23 (1 - 2n-2 )


1 - 2

- (2n + 1)2

n+1 ，


n
化简得 S = (2n -1)2n+1 + 2 ．


解法二：由(1)可知， an × 2 = (2n +1) × 2
n n

Sn = 3´ 2 + 5´ 22 + 7 ´ 23 +L+ (2n -1) × 2n-1 + (2n +1) × 2n ，①

n
2S = 3´ 22 + 5´ 23 + 7 ´ 24 +L+ (2n -1) × 2n + (2n +1) × 2n+1 ，② 由① -②得：

-Sn = 6 + 2´(2

2 + 23
+L+ 2
n ) - (2n +1) × 2n+1
22 ´ 1 - 2n-1
( )
= 6 + 2´ - (2 n +1) × 2 1- 2


n+1

= (1- 2n) × 2

n+1

- 2 ，


n
即 S = (2n -1) × 2n+1 + 2 ．

n 2 4
2．(2014 新课标 I，文 17)已知{ a }是递增的等差数列， a ， a 是方程 x2 - 5x + 6 = 0 的根。

(I) 求{ an }的通项公式；
an
(II) 求数列{ 2n }的前 n 项和．
n 2 4 4 2
【解析】(I)设数列{ a }的公差为 d ，方程 x2 - 5x + 6 = 0 两根为 2,3，由题得 a =2， a =3，在 a - a =2 d ，
故 d = 1 ，∴ a = 3 ，∴数列{ a }的通项公式为 a = 1 n +1 ．……6 分



2 1 2
n n 2

an an
(II)设数列{ 2n }的前 n 项和为 Sn ，由(I)知， 2n =
n + 2
，则
2n+1



S = 3 + 4 + 5 +L+
n 22 23 24
n + 2
， ①
2n+1

1 3 4
n +1
n + 2

2 Sn = 23 + 24 +L+ 2n+1 + 2n+2 ， ②

1 (1- 1 )



1 3
①-②得 S =

+ 1 + 1

+L+ 1
- n + 2 = 2 2n+1
- n + 2 =1- n + 4 ，

2 n 22
23 24
2n+1
2n+2
1- 1 2n+2

2
2n+2

∴ Sn = 2 -
n + 4 2n+1

． ……12 分

3．(2015 浙江)已知数列{a } 和{b }满足， a = 2 ， b = 1， a = 2a (n Î N* ) ，

n n

b + 1 b + 1 b +L + 1 b = b

1 1


-1(n Î N* ) ．
n+1 n

1 2 2 3 3 n n n+1

(Ⅰ)求 an 与bn ；
(Ⅱ)记数列{anbn }的前 n 项和为Tn ，求Tn ．

【解析】(Ⅰ)由 a = 2 ， a = 2a ， 得 a = 2n ．
1 n+1 n n

当 n = 1 时， b1 = b2 -1, 故b2 = 2 ．

1
n
当n ≥ 2 时， b = b - b , 整理得 bn+1 = n +1 , 所以b

= n ．

n n n+1 n
bn n


(Ⅱ)由(Ⅰ)知， anbn = n × 2 ，
n

故Tn = 2 + 2 × 2 + 3× 2 + ××× + n × 2 ，
2 3 n


2Tn
= 22 + 2 × 23 + 2 × 24 +×××+ (n -1)× 2n + n × 2n+1 ，



所以Tn
= (n -1) 2n+1 + 2 ．



4．(2013 湖南)设 S 为数列{ a }的前项和，已知a1 ¹ 0 ，2 a -a = S · S
， n Î N *

n n n 1 1 n

(Ⅰ)求 a1 ， a2 ，并求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)求数列｛ nan ｝的前 n 项和．


【解析】(Ⅰ)
Q S1 = a1.\当n = 1时，2a1 - a1 = S1 × S1 Þ a1 ¹ 0, a1 = 1.



当n > 1时，a
= s - s
= 2an - a1 - 2an-1 - a1

= 2a
- 2a
Þ a = 2a -

S
S
n n n-1
1
n n-1 n
1
n-1


n 1 n
Þ {a }时首项为a = 1公比为q = 2的等比数列， a = 2n-1, n Î N *.

(Ⅱ) 设Tn = 1× a1 + 2 × a2 + 3× a3 +L+ n × an Þ qTn = 1× qa1 + 2 × qa2 + 3× qa3 +L+ n × qan
Þ qTn = 1× a2 + 2 × a3 + 3 × a4 + L + n × an+1


上式左右错位相减：

(1 - q)Tn = a1 + a2 + a3 +L+ an - nan+1 = a1

n
Þ T = (n - 1) × 2n + 1, n Î N *。

1 - qn
1 - q


- nan+1 = 2


n
-1 - n × 2n



5．(2016 年山东高考)已知数列{an }
的前 n 项和 Sn
= 3n2 + 8n ，{b } 是等差数列，且


n
an = bn + bn +1.
(Ⅰ)求数列{bn } 的通项公式；

(a +1)n+1

n
(Ⅱ)令c
= n .
求数列{c } 的前 n 项和 Tn．

(bn + 2)
n n

n n
【解析】(Ⅰ)因为数列{a }的前 n 项和 S = 3n2 + 8n ， 所以 a1 = 11 ，当 n ³ 2 时，
n n n -1
a = S - S = 3n2 + 8n - 3(n -1)2 - 8(n -1) = 6n + 5 ， 又an = 6n + 5 对 n = 1也成立，所以 an = 6n + 5 ．
又因为{bn }是等差数列，设公差为 d ，则 an = bn + bn +1 = 2bn + d ．
当 n = 1时， 2b1 = 11 - d ；当 n = 2 时， 2b2 = 17 - d ，

解得 d = 3 ，所以数列{b }的通项公式为b
= an - d = 3n +1．



(a + 1)n+1
n


(6n + 6)n+1
n 2
n +1

(Ⅱ)由cn = n =
= (3n + 3) × 2 ，

(bn + 2)
n
(3n + 3)n

2 3 4 n +1
于是Tn = 6 × 2 + 9 × 2 + 12 × 2 +L+ (3n + 3) × 2 ，
两边同乘以２，得
3 4 n +1 n + 2
2Tn = 6 × 2 + 9 × 2 +L+ (3n) × 2 + (3n + 3) × 2 ，
两式相减，得

- Tn
= 6 × 22 + 3 × 23 + 3 × 24 +L+ 3 × 2n+1 - (3n + 3) × 2n+2

= 3 × 22
+ 3 × 22 (1 - 2n ) 1 - 2
- (3n + 3) × 2
n + 2

n
T = -12 + 3 × 22 (1 - 2n ) + (3n + 3) × 2n+2 = 3n × 2n+2 ．
6．(2015 湖北)设等差数列{an } 的公差为 d ，前n 项和为 Sn ，等比数列{bn } 的公比为q ．已知b1 = a1 ，b2 = 2 ，
q = d ， S10 = 100 ．
(Ⅰ)求数列{an } ，{bn } 的通项公式；
n
(Ⅱ)当 d > 1 时，记c = an ，求数列{c } 的前 n 项和T ．

b
n n
n


ía d = 2
【解析】(Ⅰ)由题意有， ì10a1 + 45d = 100
î 1
，即ì2a1 + 9d = 20 ．
ía d = 2
î 1




ìa1 = 1
ìa = 9
1
ï

ìïan = 2n - 1
ì = 1 (2n + 79)
a
ï n 9

解得íd = 2
或íd = 2 ，故íb


或í ．
= 2n-1 2

î ïî 9
ïî n
ïb
ïî n
= 9 × ( )n-1 9

(Ⅱ)由 d > 1 ，知 an
= 2n - 1 ， bn
= 2n-1 ，故 c
= 2n -1 ，于是
n
2n-1



T = 1 + 3 +

5 + 7 + 9

+L + 2n - 1 ， ①


n 2 22
23 24
2n-1

1 T = 1 +

3 + 5 + 7

+ 9 +L + 2n - 1 ． ②


2 n 2 22
23 24 25 2n

①-②可得

1 T = 2 + 1 + 1

+L + 1
- 2n - 1 = 3 - 2n + 3 ，故T

= 6 - 2n + 3 ．


2 n 2 22
2n-2 2n
2n n
2n-1


7．(2013 山东)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn ，且 S4 = 4S2 ， a2n = 2an +1 ．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；

(Ⅱ)设数列{b } 的前 n 项和T ,且T
+ an +1 = l(λ为常数)，令c = b

( n Î N* )．求数列{c } 的前 n



n

项和 Rn ．
n n 2n
n 2n n


【解析】(Ⅰ)设等差数列{an}的首项为 a1 ，公差为 d ， 由 S4 = 4S2 ， a2n = 2an +1 得
ì 4a1 + 6d = 8a1 + 4d
ía + (2n -1) = 2a + 2(n -1)d +1 ，
î 1 1

解得， a1 = 1 ， d = 2 ．

因此 an = 2n -1 (n Î N * ) ．


(Ⅱ)由题意知： Tn

= l-
n


2n -1

所以 n ³ 2 时， b = T - T
= - n
+ n -1


n n n-1

1)( )
2n -1
2n -2

故， c = b
= 2n - 2 = (n - 1 n-1

(n Î N * )

n


所以 R
2n


= 0 ´
22n -1
1 0 +1´


4
1 1 + 2 ´ 1



2 + 3´
1 3 + ××× + (n -1) ´


1 )n-1 ，


( ) ( ) ( ) ( ) (
n 4 4 4 4 4

n ( )
则 1 R = 0 ´ 1 1
4 4
+1´ 1
( )
4
2 + 2 ´ 1
( )
4
3 + ××× + (n - 2) ´ 1
( )
4
n-1
+ (n -1) ´ 1 n
( )
4

3 R = 1 1 1 2 1 3


1 n-1 1 n


两式相减得
4 n
( ) + ( )
4 4
+ ( )
4
+ ××× + ( )
4
- (n -1) ´ ( )
4

-
n
1 1
( )
= 4 4
1

- (n -

1
1)( )n
4

1-
4

整理得 Rn
= 1 (4 - 3n +1) ，
9 4n-1

所以数列{c } 的前 n 项和 R = 1 (4 - 3n +1) ．

n n 9 4n-1

8． (2017 山东)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 ， x = x1 ， x = xn+1 所围成的区域的面积Tn ．

【解析】(Ⅰ)设数列{xn } 的公比为 q ，由已知 q > 0 ．

ì x1 + x1q = 3 2

由题意得íx q2 - x q = 2 ，所以3q
- 5q - 2 = 0 ，

î 1 1
因为 q > 0 ,所以 q = 2, x1 = 1，

n n
因此数列{x } 的通项公式为 x = 2n-1.

(Ⅱ)过 P1 , P2 , P3 , …， Pn+1 向 x 轴作垂线，垂足分别为Q1 , Q2 , Q3 , …， Qn+1 ,

n+1 n
由(Ⅰ)得 x - x = 2n - 2n-1 = 2n-1.

记梯形 Pn Pn+1Qn+1Qn 的面积为bn ．


由题意bn
= (n + n +1) ´ 2n-1 = (2n +1) ´ 2n-2 ，
2

所以Tn = b1 + b2 + b3 + …+ bn

= 3´ 2-1 + 5´ 20 + 7 ´ 21 + …+ (2n -1) ´ 2n-3 + (2n +1) ´ 2n-2 ①

n
又2T = 3´ 20 + 5´ 21 + 7 ´ 22 + …+ (2n -1) ´ 2n-2 + (2n +1) ´ 2n-1 ②


- -1 2

n-1

n-1
3 2(1 - 2n-1)



n-1

① -②得
Tn = 3´ 2
+ (2 + 2
+ ...... + 2 ) - (2n +1) ´ 2
= + - (2n + 1)´ 2 .
2 1 - 2



所以Tn =
(2n -1) ´ 2n +1
.
n
2



9．(2017 天津)已知{an } 为等差数列，前 n 项和为 Sn b2 + b3 = 12 , b3 = a4 - 2a1 ， S11 = 11b4 ．
(n Î N* ) ，{b } 是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，

(Ⅰ)求{an } 和{bn } 的通项公式；

(Ⅱ)求数列{a b } 的前 n 项和(n Î N* ) ．
2n 2n-1

【解析】(Ⅰ)设等差数列{an } 的公差为 d ，等比数列{bn } 的公比为 q ．

由已知b + b = 12 ，得b (q + q2 ) = 12 ，而b = 2 ，所以 q2 + q - 6 = 0 ．
2 3 1 1

n
又因为q > 0 ，解得 q = 2 ．所以， b = 2n ．

由b3 = a4 - 2a1 ，可得3d - a1 = 8 ①．

由 S11 =11b4 ，可得 a1 + 5d = 16 ②，

联立①②，解得 a1 = 1 ， d = 3，由此可得an = 3n - 2 ．

所以，数列{a } 的通项公式为 a = 3n - 2 ，数列{b } 的通项公式为b = 2n ．
n n n n

(Ⅱ)设数列{a2nb2n-1} 的前 n 项和为Tn ，


由a = 6n - 2 ， b = 2 ´ 4n-1 ，有 a b
= (3n -1) ´ 4n ，

2n 2n-1 2n 2n-1

故Tn = 2 ´ 4 + 5´ 4 + 8´ 4 +L+ (3n -1) ´ 4 ，
2 3 n


2 3 4 n n+1
4Tn = 2 ´ 4 + 5´ 4 + 8´ 4 +L+ (3n - 4) ´ 4 + (3n -1) ´ 4 ，


上述两式相减，得-3Tn
= 2 ´ 4 + 3´ 42 + 3´ 43 +L+ 3´ 4n - (3n -1) ´ 4n+1

= 12 ´ (1- 4n ) - - - ´



n+1

1- 4
4 (3n
1) 4

= -(3n - 2) ´ 4n+1 - 8.


得Tn
= 3n - 2 ´ 4n+1 + 8 ．
3 3

所以，数列{a b } 的前 n 项和为 3n - 2 ´ 4n+1 + 8 ．

2n 2n-1 3 3
10．(2015 湖北)设等差数列{an } 的公差为 d，前 n 项和为 Sn ，等比数列{bn } 的公比为 q．已知b1 = a1 ，b2 = 2 ，
q = d ， S10 = 100 ．
(Ⅰ)求数列{an } ，{bn } 的通项公式；
n
(Ⅱ)当 d > 1 时，记c = an ，求数列{c } 的前 n 项和T ．

b
n n
n


ía d = 2
【解析】(Ⅰ)由题意有， ì10a1 + 45d = 100
î 1
，即ì2a1 + 9d = 20 ．
ía d = 2
î 1




ìa1 = 1
ìa = 9
1
ï

ìïan = 2n - 1
ì = 1 (2n + 79)
a
ï n 9

解得íd = 2
或íd = 2 ，故íb


或í ．
= 2n-1 2

î ïî 9
ïî n
ïb
ïî n
= 9 × ( )n-1 9

(Ⅱ)由 d > 1 ，知 an
= 2n - 1 ， bn
= 2n-1 ，故 c
= 2n -1 ，于是
n
2n-1

T = 1 + 3 +

5 + 7 + 9

+L + 2n - 1 ， ①


n 2 22
23 24
2n-1

1 T = 1 +

3 + 5 + 7

+ 9 +L + 2n - 1 ． ②


2 n 2 22
23 24 25 2n

①-②可得

1 T = 2 + 1 + 1

+L + 1
- 2n - 1 = 3 - 2n + 3 ，


2 n 2 22
2n-2 2n 2n


故Tn
= 6 - 2n + 3 ．
2n-1


11．(2014 四川)设等差数列{a } 的公差为 d ，点(a , b ) 在函数 f (x) = 2x 的图象上
n n n

( n Î N * )．

(Ⅰ)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 ；


(Ⅱ)若 a = 1，函数 f (x) 的图象在点(a , b ) 处的切线在 x 轴上的截距为 2 - 1
a
，求数列 n

的前 n

1 2 2
{ }
ln 2 bn


项和Tn ．

【解析】(Ⅰ)点(a , b ) 在函数 f (x) = 2x 的图象上，所以b = 2an ，又等差数列{a } 的公差为 d ，所以
n n n n


b 2an+1

a -a

n+1 = = 2 n+1
n = 2d ．

n
b 2an

因为点(a , 4b ) 在函数 f (x) 的图象上， 所以 4b = 2a8 = b ，
8 7 7 8


所以 2d = b8
b7
= 4 Þ d = 2 ．


又 a1 = -2 ，所以 Sn

= na1
+ n(n -1) d = -2n + n2 - n = n2 - 3n ．
2

2 2
(Ⅱ)由 f (x) = 2x Þ f ¢(x) = 2x ln 2 ，函数 f (x) 的图象在点(a , b ) 处的切线方程为

y - b = (2a2 ln 2)(x - a )
2 2

1 1 1
所以切线在 x 轴上的截距为 a2 - ln 2 ，从而 a2 - ln 2 = 2 - ln 2 ，故 a2 = 2
从而 a = n ， b = 2n ， an = n


n


T = 1 +

n


2 + 3

bn
+L+ n

2n
1 T =


1 + 2 +


3 +L+ n


n 2 22 23
2n 2 n
22 23 24
2n+1

+
+
-
1 1 1 1 1 1 n
1 n n + 2

所以 2 Tn = + 2 3
+L+
4
n



n+1
= 1-
n


n+1


n+1

2 2 2 2 2 2
-
= 1-
n + 2
2 2 2

故 Tn = 2 - 2n ．
12．(2012 浙江)已知数列{a }的前n 项和为 S ，且 S = 2n2 + n ，n∈N﹡，数列{b }满足a = 4 log b + 3 ，
n n n n n 2 n

n Î N * ．
(Ⅰ)求 an , bn ；

(Ⅱ)求数列{an ×bn } 的前 n 项和 Tn ．

n
【解析】(Ⅰ)由 S = 2n2 + n ，得当n =1 时， a1 = S1 = 3 ；

当n ³ 2 时， a
= S - S = 2n2 + n - é2(n -1)2 + (n -1)ù = 4n -1， n Î N * ．

n n n -1 ë û


由an
= 4 log2 bn
+ 3 ，得bn
= 2n -1 ， n Î N * ．

n-1 *
(Ⅱ)由(1)知anbn = (4n -1) × 2 ， n Î N


所以Tn
= 3 + 7 ´ 2 +11´ 22 +... + (4n -1)× 2n-1 ，



2Tn
= 3´ 2 + 7 ´ 22 +11´ 23 +... + (4n -1)× 2n ，



2T - T
= (4n -1)× 2n -[3 + 4(2 + 22 +... + 2n-1)]

n n

= (4n - 5)2n + 5

n
T = (4n - 5)2n + 5 ， n Î N * ．

考点 64 并项法与倒序求和法
1．(2011 安徽)若数列{an}的通项公式是 an = (-1) × (3n - 2) ,则 a1 + a2 + ××× + a10 = A．15 B．12 C．－12 D．－15

【答案】A

【解析】 a + a + ××× + a

= -1+ 4 - 7 +10 + ××× + (-1)10 × (3´10 - 2)

1 2 10

= (-1+ 4) + (-7 +10) + ××× +[(-1) 9 × (3´ 9 - 2) + (-1)10 × (3´10 - 2)] = 15 ．

考点 65 数列综合问题
1．(2017•新课标Ⅰ，理 12)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列 1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16， ，其中第一项是 20 ，接下来的两项是20 ， 21 ，再接下来的三项是20 ， 21 ， 22 ，依此类推．求满足如下条件的最小整数 N : N > 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



【解析】设该数列为{a } ，设b = a -

+¼+ a = 2n+1 -1 ， (n Î N
+

n(n+1)

n
2
) ，则åb = å a ，

n n (n 1)n +1
n(n 1)
+ i i

2 2 i =1
i =1



由 题 意 可 设 数 列 {an }
的 前 N 项 和 为 SN
， 数 列 {bn }
的 前 n 项 和 为 Tn ， 则

T = 21 -1 + 22 -1 +¼+ 2n+1 -1 = 2n+1 - n - 2 ，可知当 N 为 n(n + 1) 时(n Î N
n 2 +

) ，数列{an } 的前 N 项和为数


n
列{b } 的前 n 项和，即为2n+1 - n - 2 ，容易得到 N > 100 时， n ³ 14 ，

A 项，由 29 ´ 30 = 435 ， 440 = 435 + 5 ，可知 S = T + b

= 230 - 29 - 2 + 25 -1 = 230 ，故 A 项符合题意．

2 440 29 5

B 项，仿上可知 25 ´ 26 = 325 ，可知 S


= T + b

= 226 - 25 - 2 + 25 -1 = 226 + 4 ，显然不为 2 的整数幂，故 B

2
项不符合题意．
330 25 5

C 项，仿上可知 20 ´ 21 = 210 ，可知 S


= T + b = 221 - 20 - 2 + 210 -1 = 221 + 210 - 23 ，显然不为 2 的整数幂，


2
故C 项不符合题意．
220 20 10

D 项，仿上可知14 ´15 = 105 ，可知 S


= T + b

= 215 -14 - 2 + 25 -1 = 215 + 15 ，显然不为 2 的整数幂，故 D

2
项不符合题意．
110 14 5


故选 A ．
2．(2016•新课标Ⅲ，理 12)定义“规范 01 数列” {an } 如下：{an } 共有2m 项，其中 m 项为 0， m 项为 1， 且对任意 k„2m ， a1 ， a2 ， ， ak 中 0 的个数不少于 1 的个数，若 m = 4 ，则不同的“规范 01 数列”共有 ( )
A．18 个 B．16 个 C．14 个 D．12 个

【答案】C

【解析】由题意可知，“规范 01 数列”有偶数项 2m 项，且所含 0 与 1 的个数相等，首项为 0，末项为 1，若 m = 4 ，说明数列有 8 项，满足条件的数列有：
0，0，0，0，1，1，1，1； 0，0，0，1，0，1，1，1； 0，0，0，1，1，0，1，1； 0，0，0，1，

1，1，0，1； 0，0，1，0，0，1，1，1；

0，0，1，0，1，0，1，1； 0，0，1，0，1，1，0，1； 0，0，1，1，0，1，0，1； 0，0，1，1，

0，0，1，1； 0，1，0，0，0，1，1，1；

0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，

0，1，0，1．共 14 个，故选C ．

3．(2013 新课标Ⅰ，理 12)设△AnBnCn 的三边长分别为 an,bn,cn，△AnBnCn 的面积为 Sn，n=1,2,3,…


若 b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an

1＝an，bn
cn＋an
1＝ ，cn

1＝bn＋an，则( )


2
2
＋ ＋ ＋

A．{Sn}为递减数列 B。{Sn}为递增数列

C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列


【答案】B

【解析】∵ a


= a ，∴ a = a ，∵ b

= cn + an ， c


= bn + an ，


n+1 n
n 1 n+1 2
n+1 2


∴ b + c
= bn + cn + 2a1 ，∴ b + c

- 2a = 1 (b + c

- 2a ) ，∵ b + c
= 2a ，∴ b
+ c = 2a ，由余

n+1
n+1 2
n+1
n+1
1 2 n n 1
1 1 1
n n 1

b2 + c2 - a2
(b + c )2 - 2b c - a2
3a2 - 2b c

弦 定 理 得 cos An =
 n n n
2bncn
= n n n n 1
2bncn

1
= 1 n n ， ∴
1
2
3a b c -
2
9a4
1 n n
1
4
2bncn

1- cos2 A
n
sin An = =
， ∴ SD =
b c sin A = ， ∵


1 - 1
3a2 9a4
b c 4b2c2
n n n n
An BnCn
2 n n n




2 b c
+ 3 (b + c )2



b c = cn + an ´ bn + an = bncn + a1 (bn + cn ) + a1 = n n

4 n n
> b c (∵ b
> c )，∴ S ＞

n+1
n+1 2 2 4
4 n n 1 1
DAn+1Bn+1Cn+1

n n n
SDA B C
，故 Sn 为递增数列，故选 B．

4．(2019 浙江 10)设 a，b∈R，数列{an}中 an=a，an+1=an2+b， n Î N* ,则
A．当 b= 1 时，a ＞10 B．当 b= 1 时，a ＞10
2 10 4 10

C．当 b=-2 时，a10＞10 D．当 b=-4 时，a10＞1 0

【答案】A
【解析】对于B，令 x2 - l+ 1 = 0 ，得l= 1 ，
4 2
取a = 1 ，所以 a = 1 ,L, a = 1 < 10 ，

1 2 2 2 n 2
所以当b = 1 时， a < 10 ，故B错误；

4 10

对于C，令 x2 -l- 2 = 0 ，得l= 2 或l= -1 ，
取a1 = 2 ，所以a2 = 2,L, an = 2 < 10 ，所以当b = -2 时， a10 < 10 ，故C错误；


对于D，令 x2 - l- 4 = 0 ，得l= 1±
17 ，取 a
1
2
= 1+
17 ，所以 a
2 2
= 1+
17
2 ，…
，an
= 1+
17 < 10 ，
2


所以当b = -4 时， a10 < 10 ，故D 错误；


1 1 æ
1 ö2 1 3 æ
3 ö2 1 9 1 17

对于A， a
= a2 + … ， a =


a2 + + … ， a =


a4 + a2 + + … + = > 1 ，



2 2 2 3 ç
2 ÷ 2 4 4 ç
4 ÷ 2 16 2 16

è ø è ø

an+1 - an > 0 ，{an }递增，

a
2
ì a5 > 3
ï
1 ï 4

a 1 3
ï a6 > 3


a æ 3 ö6
729

当 n…4 时， n+1 = a + 2 > 1+ = ，所以 ï a


2 ， 所 以 10 >
，所以 a > > 10 故 A 正确．故



a n a 2 2 í 5
a ç 2 ÷
10 64

n n ïM
ï
ï a10 > 3


4 è ø

ï a 2


选 A．
5 ． (2015 湖 北 ) 设


a1 , a2 ,L, an Î R
î 9

， n ≥ 3



． 若 p ：


a1 , a2 ,L, an



成 等 比 数 列 ； q ：

(a2 + a2 +L+ a2 ) ´ (a2 + a2 +L+ a2 ) = (a a
+ a a
+L+ a a )2 ， 则

1 2 n-1 2 3
n 1 2 2 3
n-1 n

A．p 是 q 的充分条件，但不是 q 的必要条件
B．p 是 q 的必要条件，但不是 q 的充分条件
C．p 是 q 的充分必要条件
D．p 既不是 q 的充分条件，也不是 q 的必要条件


【答案】A

【解析】对命题 p： a , a ,L, a


成等比数列，则公比 q =

an (n ³ 3) 且 a



¹ 0 ；


n
对命题q ，
1 2 n
an-1



①当 a
= 0 时， (a2 + a2 +L+ a2
)(a2 + a2 +L+ a2 ) = (a a
+ a a
+L+ a a )2 成立；

n 1 2
n-1 2 3
n 1 2 2 3
n-1 n

②当 an ¹ 0 时，根据柯西不等式，

等式(a2 + a2 +L+ a2 )(a2 + a2 +L+ a2 ) = (a a
+ a a
+L+ a a )2 成立，

1 2 n-1 2 3
n 1 2 2 3
n-1 n

则 a1 = a2 = ××× = an-1 ，所以 a , a ,L, a



成等比数列，

a2 a3 an
1 2 n


所以 p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件．
6．(2020 全国Ⅲ文 17)设等比数列{an}满足 a1 + a2 = 4 , a3 - a1 = 8 ．
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 设 Sn 为数列{log3 an} 的前 n 项和．若 Sm + Sm+1 = Sm+3 ，求 m ．
【答案】(1) an = 3n-1 ；(2) m = 6 ．
【思路导引】(1)设等比数列{an}的公比为q，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公

式；(2)由(1)求出{log3 an} 的通项公式，利用等差数列求和公式求得 Sn ，根据已知列出关于m 的等量关系


式，求得结果．

【解析】(1)设等比数列{a }的公比为q，根据题意，有ìa1 + a1q = 4

ìa1 = 1
，解得 ，所以a


= 3n-1 ．

n ía q2 - a = 8 íq = 3 n
î 1 1 î


(2) 令bn

= log3 an

= log 3n-1 = n - 1 ，所以 S
= n(0 + n -1) = n(n -1) ，
2 2

3
n
根据 S
m + Sm+1
= Sm+3
，可得 m(m -1) + m(m +1) = (m + 2)(m + 3) ，
2 2 2

整理得m2 - 5m - 6 = 0 ，因为 m > 0 ，所以 m = 6 ．
7(2014 浙江)设函数 f (x) = x2 ， f (x) = 2(x - x2 ), f (x) = 1 | sin 2px | ， a = i ，


1 2 3 3
i 99

i = 0,1, 2,×××, 99 ，记 Ik =| fk (a1) - fk (a0 ) | + | fk (a2 ) - fk (a1 ) | +×××+
| fk (a99 ) - fk (a98 ) | ， k = 1,2,3. 则

A. I1 < I2 < I3
B. I2 < I1 < I3
C. I1 < I3 < I2
D. I3 < I2 < I1

【答案】B
【解析】∵ f (x) = x2 在[0,1] 上单调递增，可得 f (a ) - f (a ) > 0 ，
1 1 1 1 0
f1 (a2 ) - f1 (a1 ) > 0 ，…， f1 (a99 ) - f1 (a98 ) > 0 ，
∴ I1 =| f1 (a1 ) - f1 (a0 ) | + | f1 (a2 ) - f1 (a1 ) | + ××× + | f1 (a99 ) - f1 (a98 ) |
f (a ) - f (a )+f (a ) - f (a ) + ××× + f (a ) - f (a )=f (a ) - f (a ) =（99）2 -0=1

1 1 1 0 1 2 1 1 1 99 1 98 1 99 1 0 99


∵ f (x) = 2(x - x2 ), 在[0
49 50
] 上单调递增，在[ ,1] 单调递减



，
2 99 99
∴ f2 (a1 ) - f2 (a0 ) > 0 ，…， f2 (a49 ) - f2 (a48 ) > 0 ， f2 (a50 ) - f2 (a49 ) = 0 ，

f2 (a51 ) - f2 (a50 ) < 0 ，…， f2 (a99 ) - f2 (a98 ) < 0

∴ I2 =| f2 (a1 ) - f2 (a0 ) | + | f2 (a2 ) - f2 (a1 ) | + ××× + | f2 (a99 ) - f2 (a98 ) |

= f2 (a49 ) - f2 (a0 ) -[ f2 (a99 ) - f2 (a50 )] = 2 f2 (a50 ) - f2 (a0 ) - f2 (a99 )
= 4 ´ 50 ´ (1- 50) = 9800 < 1
99 99 9801
∵ f (x) = 1 | sin 2px | 在[0, 24] ， [50 , 74] 上单调递增， 在 [ 25 , 49] ， [ 75 ,1] 上单调递减， 可得


3 3 99
99 99
99 99 99

I = 2 f (a ) - 2 f (a ) + 2 f (a ） 2 49p- sin p)


3 3 25 3 49 3 74 = 3 (2 sin
99 99

> 2 (2 sin 5p- sin p) = 2 ( 2 6 + 2 2 -
6 - 2 ) =
6 + 3 2 > 1

3 12 12 3 4 4 4

因 此 I2 < I1 < I3 ．

8．(2013 新课标Ⅱ，理 16)等差数列{ an }前 n 项和为 Sn ， S10 =0， S15 =25，则 nSn 的最小值为 ．

【答案】-49

ì d

ï10a1 +´ ´10 ´ 9 = 0

ìa = -3

ï 2
【解析】由题知， í d
ï 1
，解得í

2 ，∴ Sn =
n2 -10n
，



ï15a + ´15 ´14 = 25 ïd =3
1

îï 2 î 3



n
∴ nSn =

3 -10n2
3

n
，设 f (n) =

3 -10n2
3

，∴ f ¢(n) = 3n

- 20n
=
3
3n(n - 20)
3 ，
3

2
当 0≤ n ≤6 时， f ¢(n) ＜0，当 n≥7 时， f ¢(n) ＞0， f (7) =-49＞ f (6) =－24，故 nSn 的最小值为-49．
9.(2018 江苏)已知集合 A = {x | x = 2n -1, n Î N*}， B = {x | x = 2n , n Î N*}．将 A U B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an } ．记 Sn 为数列{an } 的前 n 项和，则使得 Sn > 12an+1 成立的 n 的最小值为 ．

【答案】27

n n
【解析】所有的正奇数和 2n ( n Î N* )按照从小到大的顺序排列构成{a }，在数列{a }


中， 25 前面有 16



个正奇数， 即 a = 25 ， a = 26 ． 当 n = 1 时， S = 1 < 12a
= 24 ， 不符合题意； 当 n = 2 时，

21 38 1 2

S2 = 3 < 12a3 = 36 ， 不符合题意； 当 n = 3 时， S3 = 6 < 12a4 = 48 ， 不符合题意； 当 n = 4 时，

21´(1+ 41) 2 ´(1- 25)

S4 = 10 < 12a5 = 60 ， 不符合题意； … … ； 当 n = 26 时， S26 =
2 + 1 - 2
= 441 +62=


22 ´(1+ 43) 2 ´(1- 25)

503<12a27 = 516 ，不符合题意；当 n = 27 时，S27 =2
符合题意．故使得 Sn > 12an+1 成立的 n 的最小值为 27．
+ 1 - 2
=484 +62=546>12a28 =540，

10．(2015 陕西)中位数为 1 010 的一组数构成等差数列，其末项为 2 015，则该数列的首项为 ．
【答案】5

【解析】设数列的首项为a1 ，则 a1 + 2015 = 2´1010 = 2020 ，所以 a1 = 5 ，故该数列的首项为5 ．
11．(2019 江苏 20)定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“M－数列”．


(1) 已知等比数列{an} (n Î N* ) 满足： a a = a , a - 4a + 4a
= 0 ，求证：数列{an}为“M－数列”；

2 4 5 3 2 4


(2) 已知数列{b } (n Î N* ) 满足： b
= 1, 1
= 2 - 2

，其中 S

n
n
为数列{b }的前 n 项和．

n 1
Sn bn bn+1


①求数列{bn}的通项公式；

k k k +1
②设 m 为正整数，若存在“M－数列”{cn} (n Î N* ) ，对任意正整数 k，当 k≤m 时，都有c „b „c


成立，


求 m 的最大值．

【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0．


ìa a = a
ìa2 q4 = a q4
ìa = 1

由í 2 4 5
，得í 1 1
，解得í 1 ．

a - 4a + 4a = 0
a q2 - 4a q + 4a = 0
q = 2

î 3 2 1 î 1 1 1 î
因此数列{an } 为“M—数列”．

1
(2)①因为
= 2 - 2
，所以b ¹ 0 ．

n
Sn bn bn+1
2
由b = 1, S = b ，得1 = 2 - 2 ，则b = 2 ．

1 1 1
1 1 b2

由 1 = 2 - 2


，得 S =

bnbn+1
，


n
Sn bn bn+1
2(bn+1
- bn )



当 n ³ 2 时，由b = S - S
，得b =
bnbn+1
- bn-1bn ，



n n n -1
n 2(b
- b ) 2(b - b )


整理得bn+1 + bn-1 = 2bn ．
n+1
n n n-1


所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{bn}的通项公式为bn=n (n Î N* ) ．
②由①知，bk=k ， k Î N* ．
因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0．

因为ck≤bk≤ck+1，所以 qk -1 £ k £ qk ，其中k=1，2，3，…，m．

当k=1时，有q≥1；
当k=2，3，…，m时，有 ln k £ ln q £ ln k ．
k k -1
设f( x)= ln x (x > 1) ，则 f '(x) = 1- ln x ．
x x2
令 f '(x) = 0 ，得x=e．列表如下：

x
(1, e)
e
(e，+∞)
f ' (x)
+
0
–
f(x)


极大值



因为 ln 2 = ln 8 < ln 9 = ln 3 ，所以 f (k) 2 6 6 3

max
= f (3) = ln 3 ．
3

3 3
取q = ，当k=1，2，3，4，5时， ln k „ln q ，即 k £ qk ，
k
经检验知 qk -1 £ k 也成立． 因此所求m的最大值不小于5．
若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，

所以q不存在．因此所求m的最大值小于6． 综上，所求m的最大值为5．
12．(2014 广东)设各项均为正数的数列{an }的前 n 项和为 Sn ，且 Sn 满足
n
n
S 2 - (n2 + n - 3)S - 3(n2 + n)= 0, n Î N * ．


(Ⅰ)求a1 的值；
(Ⅱ)求数列{an }的通项公式；
1
(Ⅲ)证明：对一切正整数n ，有 ( 1


1
) + (


) +L (


) < 1 .

a1 a1 +1
a2 a2 +1
an an +1 3



【解析】(Ⅰ) 令n = 1得: S 2 - (-1)S - 3´ 2 = 0,即S 2 + S
- 6 = 0 ，

1 1 1 1


所以(S1 + 3)(S1 - 2) = 0,

Q S1 > 0,\ S1 = 2,即a1 = 2.


n n n n
(Ⅱ)由S 2 - (n2 + n - 3)S
- 3(n2 + n) = 0, 得: (S
+ 3) éëS
- (n2 + n)ùû = 0,

n n n n
Q a > 0(n Î N * ),\ S > 0,从而S + 3 > 0,\ S = n2 + n,


\当n ³ 2时, a = S - S = n2 + n - éë(n -1)2 + (n -1)ùû = 2n, 又a
= 2 = 2 ´1,\ a
= 2n(n Î N * ).

n n n-1 1 n

(Ⅲ)当 k Î N* 时， k 2 + k > k 2 + k - 3 = (k - 1 )(k + 3)
2 2 16 4 4

\ 1 = 1 = 1 × 1

< 1 × 1


ak (ak +1) 2k (2k +1) 4
k (k + 1 ) 4 (k - 1 )(k + 3)

2 4 4
é ù

= 1 × 1


= 1 × ê 1 -


1 ú \ 1 + 1


+L+ 1



4 1 é


1 ù 4 ê


1 1 ú


a (a
+1)
a (a
+1)
a (a
+1)

(k -
) × ê(k +1) - ú ê k - (k + 1) - ú
1 1 2 2 n n

4 ë 4 û ë 4 4 û

é ù
< 1 ê( 1 - 1 ) + ( 1 - 1 ) +L+ 1 - 1 ú
4 ê 1 1 1 1 1 1 ú


ê 1- 2 -
2 - 3 -
n - (n +1) - ú

ë 4 4 4 4 4 4 û


13．(2019 江苏 20)定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“M－数列”．


(1) 已知等比数列{an} (n Î N* ) 满足： a a = a , a - 4a + 4a
= 0 ，求证：数列{an}为“M－数列”；

2 4 5 3 2 4


(2) 已知数列{b } (n Î N* ) 满足： b
= 1, 1
= 2 - 2

，其中 S

n
n
为数列{b }的前 n 项和．

n 1
Sn bn bn+1


①求数列{bn}的通项公式；

k k k +1
②设 m 为正整数，若存在“M－数列”{cn} (n Î N* ) ，对任意正整数 k，当 k≤m 时，都有c „b „c


成立，


求 m 的最大值．

【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0．


ìa a = a
ìa2 q4 = a q4
ìa = 1

由í 2 4 5
，得í 1 1
，解得í 1 ．

a - 4a + 4a = 0
a q2 - 4a q + 4a = 0
q = 2

î 3 2 1 î 1 1 1 î
因此数列{an } 为“M—数列”．

1
(2 )①因为
= 2 - 2
，所以b ¹ 0 ．

n
Sn bn bn +1
2
由b = 1, S = b ，得1 = 2 - 2 ，则b = 2 ．

1 1 1
1 1 b2

由 1 = 2 - 2

，得 S =
bnbn+1
，


n
Sn bn bn+1
2(bn+1
- bn )



当 n ³ 2 时，由b = S - S
，得b =
bnbn+1
- bn-1bn ，



n n n -1
n 2(b
- b ) 2(b - b )


整理得bn+1 + bn-1 = 2bn ．
n+1
n n n-1


所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{bn}的通项公式为bn=n (n Î N* ) ．
②由①知，bk=k， k Î N* ．

因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0．

因为ck≤bk≤ck+1，所以 qk -1 £ k £ qk ，其中k=1，2，3，…，m．

当k=1时，有q≥1；
当k=2，3，…，m时，有 ln k £ ln q £ ln k ．
k k -1
设f(x)= ln x (x > 1) ，则 f '(x) = 1- ln x ．
x x2
令 f '(x) = 0 ，得x=e．列表如下：

x
(1, e)
e
(e，+∞)
f ' (x)
+
0
–
f(x)


极大值



因为 ln 2 = ln 8 < ln 9 = ln 3 ，所以 f (k) 2 6 6 3

max
= f (3) = ln 3 ．
3

3 3
取 q = ，当k= 1，2，3，4，5时， ln k „ln q ，即 k £ qk ，
k
经检验知 qk -1 £ k 也成立． 因此所求m的最大值不小于5．
若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，
所以q不存在．因此所求m的最大值小于6． 综上，所求m的最大值为5．
14．(2018 江苏)设{an } 是首项为 a1 ，公差为 d 的等差数列，{bn }是首项为b1 ，公比为 q 的等比数列．

(1)设 a1 = 0,b1 = 1, q = 2 ，若| an - bn |≤ b1 对 n = 1, 2, 3, 4 均成立，求 d 的取值范围；

(2)若 a = b > 0, m Î N*, q Î (1, m 2]，证明：存在 d Î R ，使得| a - b |≤ b 对 n = 2, 3,L, m +1 均成
1 1 n n 1
立，并求 d 的取值范围(用b1 , m, q 表示)．

【解析】(1)由条件知： an
= (n -1)d , bn
= 2n-1 ．

因为| an - bn |≤ b1 对n =1，2，3，4 均成立，
即| (n -1)d - 2n-1 |≤1 对 n =1，2，3，4 均成立，

即 1≤ 1，1≤ d ≤ 3，3≤ 2d ≤ 5，7≤ 3d ≤ 9，得
7 5
因此， d 的取值范围为[ , ] ．
3 2




7 5
≤ d ≤ ．
3 2

(2)由条件知： a
= b + (n -1)d , b = b qn-1 ．

n 1 n 1
1 1 1
若存在 d ，使得| an - bn |≤ b1 ( n =2，3，···， m +1)成立， 即| b + (n -1)d - b qn-1 |≤ b ( n =2，3，···， m +1)，

即当 n = 2,3,L, m + 1 时， d 满足
qn-1 - 2
n -1
qn-1
b1 £ d £ n -1b1 ．

因为 q Î(1, m 2] ，则1 < qn-1 £ qm £ 2 ，

qn-1 - 2
从而 n - 1
qn-1
b1 £ 0 ， n - 1 b1 > 0 ，对 n = 2,3,L, m + 1 均成立．

因此，取 d =0 时， | an - bn |£ b1 对 n = 2,3,L, m + 1 均成立．
qn-1 - 2 qn-1
下面讨论数列{ } 的最大值和数列{ } 的最小值( n = 2,3,L, m + 1 )．


n - 1
qn - 2

qn-1 - 2
n -1
nqn - qn - nqn-1 + 2

n(qn - qn-1 ) - qn + 2

①当 2 £ n £ m 时， - = = ，


n n - 1
n(n - 1)
n(n - 1)


1


当1 < q £ 2 m 时，有 qn £ qm £ 2 ，从而 n(qn - qn-1) - qn +
qn-1 - 2
因此，当 2 £ n £ m + 1 时，数列{ } 单调递增，
n - 1

2 > 0 ．

qn-1 - 2
故数列{ } 的最大值为
n - 1
qm - 2
．
m

②设 f (x) = 2x (1 - x) ，当 x > 0 时， f ¢(x) = (ln 2 -1 - x ln 2)2x < 0 ，

所以 f (x) 单调递减，从而 f (x) < f (0) = 1．

qn
n q(n - 1) 1 1 1



当2 £ n £ m 时，
= £ 2n (1- ) = f ( ) < 1 ，

qn-1


n - 1
n n n

qn-1

因此，当 2 £ n £ m + 1 时，数列{ } 单调递减，
n - 1
qn-1 qm
故数列{ } 的最小值为 ．
n -1 m
b (qm - 2) b qm

因此， d 的取值范围为[ 1 , 1 ] ．
m m
15．(2016 年四川高考)已知数列{ an }的首项为 1， Sn 为数列{ an }的前 n 项和， Sn+1 = qSn + 1


，其中 q>0，


n Î N * ．

(I) 若2a2 , a3 , a2 + 2 成等差数列，求 an 的通项公式；


n
2 y2 e 5



4n - 3n


(Ⅱ)设双曲线 x
- a2 = 1的离心率为 n ，且e2 = 3 ，证明： e1 + e2 + ××× + en >
．
3n-1


【解析】(Ⅰ)由已知， Sn+1 = qSn +1, Sn+2 = qSn+1 +1,

两式相减得到 an+2 = qan+1 , n ³1 ．

又由 S2 = qS1 +1 得到 a2 = qa1 ，故 an+1 = qan 对所有 n ³1都成立．所以，数列{an } 是首项为 1，公比为 q 的等比数列．
n
从而 a =qn-1 ．

由2a ，a ，a +2 成等比数列，可得 2a =3a + 2 ，即 2q2 =3q + 2, ，
2 3 2 3 2

则(2q+1)(q - 2) = 0 ，

由已知, q > 0 ，故 q=2 ．

n-1 *
所以 an = 2 (n Î N ) ．


1+ a 2
n
1+ q2(n-1)
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知， an
= qn-1 ．


所以双曲线 x2

1+ q2
由 q =

y2
a
- 2 =1 的离心率
n
= 5 解得 q = 4 ．

en = = ．

3 3


1+q2(k-1)
因为1+q2(k-1) > q2(k-1) ，所以
> qk-（1 k Î N*）．

于是 e1 + e2 +
en >1+q +
4n - 3n
qn-1 =
qn -1
，
q -1

故e1 + e2 +
e3 >
．
3n-1

16．(2015 陕西)设 fn
( x) 是等比数列1， x ， x2 ， ××× ， xn 的各项和，其中 x > 0 ， n Î N ， n ≥ 2 ．


(Ⅰ)证明：函数 F ( x) = f ( x) - 2 在( 1 ,1) 内有且仅有一个零点(记为 x )，且

n n 2 n
x = 1 + 1 xn+1 ；

n 2 2 n
(Ⅱ)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为 gn ( x) ，比较 fn (x )
与 gn ( x) 的大小，并加以证明．

【解析】(Ⅰ) F (x) = f (x) - 2 = 1+ x + x2 +L xn - 2, 则 F (1) = n -1 > 0,
n n n


æ 1 ön+1


1 1 æ 1 ö2
æ 1 ön
1- ç 2 ÷ 1

F ( ) = 1+ + +L


- 2 = è ø - 2 = - < 0,



n 2 2
ç 2 ÷ ç 2 ÷ 1 1 2 n

è ø è ø -
2
所以 F (x) 在æ 1 ,1ö 内至少存在一个零点 x ．
n ç 2 ÷ n
è ø

又 F ¢(x) = 1+ 2x +L nxn-1 > 0 ，故在æ 1 ,1ö 内单调递增，
n ç 2 ÷
è ø
所以 F (x) 在 1 内有且仅有一个零点 x ．


( ,1)
n 2
n
1- x n+1
1 1 n 1

因为 x 是 F (x) 的零点，所以 F (x )=0 ，即 n - 2 = 0 ，故 x = +

x + ．


n n n n


(n +1)(1+ xn )


1- xn
n 2 2 n

(Ⅱ)解法一：由题设， gn (x) =
.
2
(n +1)(1+ xn )


设h(x) =
fn (x) - gn
(x) = 1+ x + x 2 + Lx n -
, x > 0.
2



当 x = 1 时,

当 x ¹ 1 时,
fn (x) = gn (x)

h¢(x) = 1+ 2x +L nxn-1 -

n (n +1) xn-1
.
2

若0 < x < 1, h¢(x) > xn-1 + 2xn-1 +Lnxn-1 - n (n +1) xn-1
2

= n(n +1) xn-1 - n (n +1) xn-1 = 0.
2 2

若 x > 1 , h¢(x) < xn-1 + 2xn-1 + Lnxn-1 - n (n +1) xn-1
2

= n(n +1) xn-1 - n (n +1) xn-1 = 0.
2 2

所以 h(x) 在(0,1) 上递增，在(1, +¥) 上递减， 所以 h(x) < h(1) = 0 ，即 fn (x) < gn (x) ．
综上所述，当 x = 1 时, fn (x) = gn (x) ；当 x ¹ 1 时 fn (x) < gn (x) ．
n n
(n +1)(1+ xn )


解法二 由题设， f (x) = 1 + x + x 2 +Lxn, g
(x) =
, x > 0.
2


当 x = 1 时, fn (x) = gn (x) ；

当 x ¹ 1 时, 用数学归纳法可以证明 fn (x) < gn (x) ．


当n = 2 时,

f2 (x) - g2
(x) = - 1 (1- x)2 < 0, 所以 f
2

2 (x) < g2

(x) 成立．

假设 n = k (k ³ 2) 时，不等式成立， 即 fk (x) < gk (x) ． 那么，当 n = k +1时，

fk+1 (x) = fk
(x) + xk +1 < g
k +1 1+ xk
( )( )
(x) + xk +1 = + xk +1
k 2
2xk +1 +(k +1)xk + k +1
= 2 ．

又 gk+1 (x) -
2xk +1 +(k +1)xk + k +1
2 =
kxk +1 -(k +1)xk +1
2

k
令h (x) = kxk+1 -(k +1)xk +1(x > 0) ，
k
则h ¢(x) = k(k+1)xk - k (k +1) xk-1 = k (k +1) xk-1(x-1) ． 所以当0 < x < 1, hk¢ (x) < 0 , hk (x) 在(0,1) 上递减；

当 x > 1 , hk¢ (x) > 0 , hk (x) 在(1, +¥) 上递增．
2xk +1 +(k +1)xk + k +1

所以 hk (x) > hk (1) = 0 ，从而 gk+1 (x) > 2 ．

故 fk +1 (x) < gk +1 (x) ．即n = k +1，不等式也成立． 所以，对于一切n ³ 2 的整数，都有 fn (x) < gn (x) ．
解法三:由已知，记等差数列为{ak }，等比数列为{bk }， k = 1, 2,..., n +1 ．

则a = b = 1 ， a = b = xn ，
1 1 n+1 n+1


所以 ak = 1+(k -1)×
xn -1


n
(2 £ k £ n) , bk = x

k -1
(2 £ k £ n),




令m (x) = a - b
(k -1) xn -1
( )
= 1+ - x k -1, x > 0(2 £ k £ n).


k k k n


当 x = 1 时,

当 x ¹ 1 时,
ak =bk ,所以 fn (x) = gn (x) ．
m ¢(x) = k -1 nxn-1 - (k-1)xk -2 = (k -1) xk -2 ( xn-k +1 -1) ，

k n
而2 £ k £ n ，所以 k -1 > 0 ， n - k +1 ³ 1．


若0 < x < 1,
xn-k +1 < 1 , m ¢(x) < 0 ，


k
k
当 x > 1 , xn-k +1 > 1 , m¢ (x) > 0 ，

从而 mk (x) 在(0,1) 上递减, mk (x) 在(1, +¥) 上递增．所以 mk (x) > mk (1) = 0 ， 所以当 x > 0且x ¹ 1时,ak > bk (2 £ k £ n), 又 a1 = b1 , an+1 = bn+1 ，故 fn (x) < gn (x)

综上所述，当 x = 1 时,
fn (x) = gn (x) ；当 x ¹ 1 时 fn (x) < gn (x)


17．在数列{a }中， a = 3 ， a a + la + ma2 = 0 (n Î N ) ．
n 1 n+1 n n+1 n +

(Ⅰ)若l= 0,m= -2 ，求数列{an}的通项公式；


(Ⅱ)若l=
1 (k
k 0
Î N+
, k0
≥ 2) ， m= -1，证明： 2 +
1


3k +1
< ak0 +1
< 2 +
1
．
2k +1

0 0 0


n+1 n n +
【解析】(Ⅰ)由l=0，m= - 2，有a a = 2a 2 (n Î N ) ．

若存在某个n0 Î N+ , 使得 ano = 0, 则由上述递推公式易得 ano -1 = 0, 重复上述过程可得 a1 = 0 ，此与 a1 = 3 矛盾，所以对任意 n Î N+ , an ¹ 0 ．
从而 an+1 = 2an (n Î N+ ), 即{an}是一个公比 q = 2 的等比数列．

n-1 n-1
1
故an = a q = 3× 2 ．


(Ⅱ)由l=
1 ,m= -1 ，数列{a } 的递推关系式变为 a a

+ 1 a - a2 = 0 ，


k
k
n n+1 n
0
n+1 n
0




变形为a
(a + 1 ) = a2 (n Î N ). 由上式及 a = 3 > 0 ，


k
n+1 n n +1
0
归纳可得3 = a1 > a2 > ××× > an > an +1 > ××× > 0 ．

n
a2 - 1
a2 k 2
1
+ k 2 1 1

n
因为 a = n = 0 0 = a - × ，


n+1 1 1
a


k0 k0an +1

k
n + k
an +
0 0


0 k 1 2 1 k k
所以对n = 1, 2,×××, k 求和得 a = a + (a - a ) + ××× + (a - a )
0+1 0+1 0


=a - k
× 1 +

1 × ( 1 +

1 + ××× + 1 )


1 0 k k k a +1
k a +1
k a +1

0 0 0 1 0 2 0 k0


1 1 1 1 1

>2+ ×(
+ + ××× +
) = 2 + ．

0 + + + +0 0 0
k 3k 1 3k 1 3k 1 3k 1
0 1444442444443
k0

0 0
另一方面，由上已证的不等式知 a1 > a2 > ××× > ak > ak +1 > 2 ，得


a = a - k
× 1 +

1 × ( 1 + 1

+ ××× + 1 )


k0 +1 1 0
k k k a +1

k a +1
k a +1

0 0 0 1 0 2 0 k0


1 1 1 1 1

<2+ ×(
+ + ××× +
) = 2 + ．

0 + + + +0 0 0
k 2k 1 2k 1 2k 1 2k 1
0 1444442444443
k0



综上， 2+
3k
1 < a < 2 + 1 ．
0 0
+1 k0 +1 2k +1

18 ． (2014 浙江) 已知数列 {a } 和 {b } 满足 a a La = ( 2 )bn (n Î N * ) ． 若 {a } 为等比数列， 且
n n 1 2 n n

a1 = 2, b3 = 6 + b2 .

(Ⅰ)求 an 与bn ；



(Ⅱ)设c
= 1 - 1 (n Î N * )．记数列{c }的前 n 项和为 S ．


a
n
b
n n
n n

(ⅰ)求 Sn ；

k n
(ⅱ)求正整数 k ，使得对任意 n Î N * ，均有 S ³ S ．


1
2
n
【解析】(Ⅰ)由题意， a a La
= ( 2 )bn (n Î N * )， b - b

= 6 ，

3 2
知 a = ( 2 )b3 -b2 = 8 ，又由a = 2 ，得公比 q = 2 ( q = -2 舍去)，所以数列{a }的通项公式为

3 1

n(n+1)
n

n(n+1)

1 2 3
n
n
a = 2n (n Î N * ) ，所以 a a a L a = 2 2
b = n (n +1)(n Î N *) 。
= ( 2 )
，故数列{bn} 的通项公式为，

n


n
(Ⅱ)(i)由(Ⅰ)知， c

= 1 - 1 =



1 - æ 1 - 1



ö (n Î N *) ，

an bn
2n ç n n +1 ÷

è ø
所以 S = 1 - 1 (n Î N * ) ；

n n +1 2n
(ii)因为c1 = 0, c2 > 0, c3 > 0, c4 > 0 ；



当 n ³ 5 时， c
= 1 é n (n +1) - ù ，

n n (n +1) ê 2n 1ú
ë û
而 n (n +1) - (n +1)(n + 2 ) = (n +1)(n - 2 ) > 0 ，

2n
n (n +1)
得
2n
2n +1

( )
5 5 +1
£ < 1，
25
2n +1


所以当 n ³ 5 时， cn < 0 ，

4 n
综上对任意 n Î N * 恒有 S ³ S ，故 k = 4 ．

19．(2014 江苏)设数列{an } 的前 n 项和为 Sn ．若对任意正整数 n ，总存在正整数 m ，使得 Sn = am ，则称{an }

是“H 数列”．

(Ⅰ)若数列{an } 的前 n 项和 Sn = 2 n ( n Î N * )，证明:


{an } 是“H 数列”；



(Ⅱ)设{an }
是等差数列，其首项 a1 = 1，公差 d < 0 ．若{an }
是“H 数列”，求 d 的值；


(Ⅲ)证明：对任意的等差数列{an } ，总存在两个“H 数列”{bn } 和{cn } ，使得 an = bn + cn ( n Î N * )成

立．

n n n-1
【解析】(Ⅰ)当 n ≥ 2 时， a = S - S = 2n - 2n-1 = 2n-1

当 n = 1 时， a = S = 2
1 1

∴ n = 1 时， S = a ，当 n ≥ 2 时， S = a ，∴{a } 是“H 数列”．
1 1 n n+1 n


(Ⅱ) S
= na + n(n -1) d = n + n(n -1) d

n 1 2 2

= a
n m
对"n Î N* ， $m Î N* 使 S
，即 n + n(n - 1) d = 1 + (m - 1)d
2

取 n = 2 得1 + d = (m -1)d ， m = 2 + 1
d
∵ d < 0 ，∴ m < 2 ，又 m Î N* ，∴ m = 1，∴ d = -1 ．
(Ⅲ)设{an } 的公差为 d


令b = a - (n - 1)a = (2 - n)a ，对"n Î N* ， b
- b = -a

n 1 1 1
n+1 n 1

c = (n - 1)(a + d ) ，对"n Î N* ， c - c = a + d
n 1 n+1 n 1
则b + c = a + (n - 1)d = a ，且{b }，{c } 为等差数列
n n 1 n n n
{b } 的前 n 项和T = na + n(n -1) (-a ) ，令T = (2 - m)a ，则 m = n(n - 3) + 2
n n 1 2 1 n 1 2
当 n = 1 时 m = 1； 当 n = 2 时 m = 1；
当 n ≥ 3 时，由于 n 与 n - 3 奇偶性不同，即 n(n - 3) 非负偶数， m Î N*
因此对"n ，都可找到 m Î N* ，使T = b 成立，即{b } 为“H 数列”．

{c }的前ｎ项和 R
n m
= n(n -1) (a + d ) ，令 c
n
= (m - 1)(a + d ) = R
，则 m = n(n -1) + 1

n n 2 1 n 1 m 2
∵对"n Î N* ， n(n - 1) 是非负偶数，∴ m Î N*
即对"n Î N* ，都可找到 m Î N* ，使得 R = c 成立，即{c }为“H 数列”，因此命题得证．
n m n