文档内容
【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
素养拓展 23 数列与数学文化（精讲+精练）
一、知识点梳理
新课程标准进一步明确了数学文化在教学中的地位，数学文化作为素养考查的四大内涵之一，以数学文化
为背景的试题将是新高考的考察内容，数列与数学文化有着紧密的联系，本专辑总结了数学文化在数列中
出现的真题和模拟题。
二、题型精讲精练
【典例1】（单选题）（2022·全国·统考高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，
是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意
图．其中 是举， 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为
．已知 成公差为0.1的等差数列，且直线 的斜率为0.725，
则 （ ）
A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
【答案】D
【分析】设 ，则可得关于 的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设 ，则 ，依题意，有 ，且 ，
所以 ，故 ，故选：D
【典例2】（单选题）（2022·全国·统考高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，
成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列
： ， ， ，…，依此类推，其中 ．则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据 ，再利用数列 与 的关系判断 中各项的大小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为 ，
所以 ， ，得到 ，
同理 ，可得 ，
又因为 ，
故 ， ；
以此类推，可得 ， ，故A错误；
，故B错误；，得 ，故C错误；
，得 ，故D正确.
[方法二]：特值法
不妨设 则 故D正确.
【题型训练-刷模拟】
一、单选题
1．（2023·辽宁鞍山·统考模拟预测）“埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法.这种
方法是依次写出2和2以上的自然数，留下第一个数2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中2
后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面的一个数5作同样处理；
……，依次进行同样的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素数.在利用“埃拉托塞尼筛法”挑选2到20的全
部素数过程中剔除的所有数的和为（ ）
A．130 B．132 C．134 D．141
【答案】B
【分析】利用等差数列求和公式及素数的定义即可求解.
【详解】由题可知，2到20的全部整数和为 ，
2到20的全部素数和为 ，
所以挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为 .
故选：B.
2．（2023·广东深圳·校考二模）宋代制酒业很发达，为了存储方便，酒缸是要一层一层堆起来的，形成堆
垛，用简便的方法算出堆垛中酒缸的总数，古代称之为堆垛术.有这么一道关于“堆垛”求和的问题：将半
径相等的圆球堆成一个三角垛，底层是每边为n个圆球的三角形，向上逐层每边减少一个圆球，顶层为一
个圆球，记自上而下第n层的圆球总数为 ，容易发现： ， ， ，则 （ ）A．45 B．40 C．35 D．30
【答案】B
【分析】根据题意，归纳推理，第 层的圆球总数个数表达式，再将 ， ，代入求解即可．
【详解】当 时，第1层的圆球总数为 ，
当 时，第2层的圆球总数为 ，
当 时，第3层的圆球总数为 ，
．
所以第 层的圆球总数为 ，
当 时， ，当 时， ，
故 ．
故选：B．
3．（2023·湖南郴州·校联考模拟预测）2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在
卡塔尔和中东国家境内举行，也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛.
某网站全程转播了该次世界杯，为纪念本次世界杯，该网站举办了一针对本网站会员的奖品派发活动，派
发规则如下：①对于会员编号能被2整除余1且被7整除余1的可以获得精品足球一个；②对于不符合①
中条件的可以获得普通足球一个.已知该网站的会员共有1456人（编号为1号到1456号，中间没有空缺），
则获得精品足球的人数为（ ）
A．102 B．103 C．104 D．105
【答案】C
【分析】将能被2整除余1且被7整除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为 ，求出其通项，
结合条件列不等式求出结果.【详解】将能被2整除余1且被7整除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为 ，
由已知 是 的倍数，也是 的倍数，
故 为 的倍数，
所以 首项为 ，公差为 的等差数列，
所以 ，
令 ，可得 ，又
解得 ，且 ，
故获得精品足球的人数为 .
故选：C.
4．（2023·全国·模拟预测）离子是指原子由于自身或外界的作用而失去或得到一个或几个电子后达到的稳
定结构，得到电子为阴离子，失去电子为阳离子，在外界作用下阴离子与阳离子之间可以相互转化．科学
家们在试验过程中发现，在特定外界作用下，1个阴离子可以转化为1个阳离子和1个阴离子，1个阳离子
可以转化为1个阴离子，如果再次施加同样的外界作用，又能产生同样的转化．若一开始有1个阴离子和
1个阳离子，则在9次该作用下，阴离子的个数为（ ）
A．87 B．89 C．91 D．93
【答案】B
【分析】作用后的阳离子个数是作用前阴离子个数，作用后的阴离子个数是作用前阴阳离子个数之和，然
后逐次推断即可.
【详解】由题目知，作用后的阳离子个数是作用前阴离子个数，作用后的阴离子个数是作用前阴阳离子个
数之和。
现在有1个阴离子和1个阳离子，经过逐次作用后：
作用次数 阳离子个数 阴离子个数
0 1 1
1 1 2
2 2 3
3 3 54 5 8
5 8 13
6 13 21
7 21 34
8 34 55
9 55 89
则在9次该作用下，阴离子的个数为 .
故选：B.
5．（2023·四川·校联考模拟预测）“勾股树”，也被称为毕达哥拉斯树，是根据勾股定理所画出来的一个
可以无限重复的树形图形.如图所示，以正方形 的一边为直角三角形的斜边向外作一个等腰直角三角
形，再以等腰直角三角形的两直角边为正方形的边长向外作两个正方形，如此继续，若共得到127个正方
形，且 ，则这127个正方形中，最小的正方形边长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】由题意可得不同边长的正方形的个数，构成以1为首项，2为公比的等比数列，从而可得小正方
形的种类数，再由正方形的边长构成以16为首项， 为公比的等比数列，即可得到结果.
【详解】依题意，不同边长的正方形的个数，构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以
，即 ，解得 ，即有7种边长不同的正方形；又正方形的边长构成以16为首项， 为公比的等比数列.
因此，最小的正方形边长 .
故选:C
6．（2023·河北·统考模拟预测）数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了
一些新的高阶等差数列．其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列、如数列2，4，7，11，16，从第
二项起，每一项与前一项的差组成新数列2，3，4，5，新数列2，3，4，5为等差数列，则称数列2，4，
7，11，16为二阶等差数列，现有二阶等差数列 ，其前七项分别为2，2，3，5，8，12，17．则该数列
的第20项为（ ）
A．173 B．171 C．155 D．151
【答案】A
【分析】根据题意得到 的通项公式即可得到答案.
【详解】根据题意得新数列为 ，则二阶等差数列 的通项公式为 ，则
故选：A.
7．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考三模）为响应国家号召，某地出台了相关的优惠政策鼓励“个体经济”.
个体户小王2022年6月初向银行借了1年期的免息贷款8000元，用于进货，因质优价廉，供不应求.据测
算：他每月月底获得的利润是该月初投入资金的20%，并且每月月底需扣除生活费800元，余款作为资金
全部用于下月再进货，如此继续，预计到2023年5月底他的年所得收入（扣除当月生活费且还完贷款）为
（ ）元（参考数据： ， ）
A．35200 B．43200 C．30000 D．32000
【答案】D
【分析】根据题意，由条件可得数列 是首项为4800，公比为1.2的等比数列，再由等比数列的通项公式即可得到结果.
【详解】设2022年6月底小王手中有现款为 元，
设2022年6月底为第一个月，以此类推，设第 个月底小王手中有现款为 ，第 个月月底小王手中有
现款为 ，
则 ，即 ，
所以数列 是首项为4800，公比为1.2的等比数列，
∴ ，即 ，
年所得收入为 元.
故选：D.
8．（2023·河南·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测）欧拉是18世纪最优秀的数学家之一，几乎每个数
学领域都可以看到欧拉的名字，例如初等几何中的欧拉线、多面体中的欧拉定理、微分方程中的欧拉方程，
以及数论中的欧拉函数等等．个数叫互质数）的正整数（包括1）的个数，记作 ．例如：小于或等于
4的正整数中与4互质的正整数有1，3这两个，即 ．记 为数列 的前n项和，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，得到 ，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】由题意，若正整数 ，且与 不互质，则这个数为偶数或 的倍数，共有 个，所以
，即数列 是首项为2，公比为6的等比数列，所以 ．
故选：B.
9．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨
辉三角”拓展而成的三角形数阵，记 为图中虚线上的数 构成的数列 的第 项，则 的值
为（ ）
A．1275 B．1276 C．1270 D．1280
【答案】A
【分析】根据题意分析可得 ，利用累加法运算求解.
【详解】由题意可得： ，即 ，
所以 .
故选：A.
10．（2023·河南郑州·统考模拟预测）北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于
高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第
三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为 ，则数列 的前2023项和为（ ）
A． B．
C． D．【答案】D
【分析】由累加法可得 ，利用裂项相消求和法求出 ，即可得解.
【详解】由题意知 ， ， 且 ，
则由累加法可知， ，
所以 ， ，
，
∴ .
故选：D．
11．（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）等比数列的历史由来已久，我国古代数学文献《孙子算
经》、《九章算术》、《算法统宗》中都有相关问题的记载．现在我们不仅可以通过代数计算来研究等比
数列，还可以构造出等比数列的图象，从图形的角度更为直观的认识它．以前n项和为 ，且 ，
的等比数列 为例，先画出直线OQ： ，并确定x轴上一点 ，过点 作y轴的平
行线，交直线OQ于点 ，则 ．再过点 作平行于x轴，长度等于 的线段 ，……，不断
重复上述步骤，可以得到点列 ， 和 ．下列说法错误的是（ ）A． B．
C．点 的坐标为 D．
【答案】D
【分析】根据题设描述，确定题图中相关线段的数量关系，结合直线斜率定义、等比数列前n项和判断各
项的正误即可.
【详解】选项A，由题设及图象知： ，故正确；
选项B，因为 表示直线OQ: 斜率，即为q，故正确；
选项C，点 的横坐标为 ，故正确；
选项D，由 ，
而 ， ，则 ，
又△ 为等腰直角三角形，即 ，
综上， ，故错误．
故选：D
12．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考三模）刻漏是中国古代用来计时的仪器，利用附有刻度的浮箭
随着受水壶的水面上升来指示时间.为了使受水壶得到均匀水流，古代的科学家们发明了一种三级漏壶，壶
形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1
寸.设三个漏壶的侧面与底面所成锐二面角依次为 ， ， ，则（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】连结 ，过边 的中点 作 ，垂足为 ，则 就是漏壶的侧面与底面所成锐二
面角的一个平面角，记为 ，设漏壶上口宽为 ，下底宽为 ，高为 ，在 中，根据等差数列即可
求解．
【详解】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下
底宽和深度也依次递减1寸，
如图，在正四棱台 中， 为正方形 的中心， 是边 的中点，
连结 ，过边 的中点 作 ，垂足为 ，
则 就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为 ，
设漏壶上口宽为 ，下底宽为 ，高为 ，在 中， ， ，
因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，所以 为定值，
又因为三个漏壶的高 成等差数列，所以 ．故选：D．
13．（2023·安徽亳州·安徽省亳州市第一中学校考模拟预测）元代数学家朱世杰所创立的“招差术”是我
国古代数学领域的一项重要成就，曾被科学家牛顿加以利用，在世界上产生了深远的影响.已知利用“招差
术”得到以下公式： ，具体原理如下：
，
，类比上述方
法， 的值是（ ）
A．90 B．210 C．420 D．756
【答案】C
【分析】由类比把通项 化为
，相加即
可求和.
【详解】
.
故选：C
14．（2023·河南郑州·统考模拟预测）北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于
高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第
三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为 ，则使得 成立的n的最小值是
（ ）A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】由题设及累加可得 ，应用等差数列前n项和公式及已知不等关系求n范围，
即可得结果.
【详解】由题意 ， ， 且 ，
累加可得 ，所以 ，
∴ ，得 ，即 ．
故选：C．
15．（2023·黑龙江大庆·统考二模）我国古代数学家对 近似值的确定做出了巨大贡献，早在东汉初年的
数学古籍《周髀算经》里便记载“径一周三”，并称之为“古率”，即“直径为1的圆，周长为3”，之后
三国时期数学家刘徽证明了圆内接正六边形的周长是圆直径的三倍，说明“径一周三”实际上是圆的内接
正六边形的周长与圆直径的比值，而不是圆周率．若将圆内接正n边形的周长与其外接圆的直径之比记为
，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．
C．存在 ，当 时，
D．存在 ，使得
【答案】C
【分析】根据题意，设外接圆的半径为R，求出 的通项公式，代入即可判断AD，利用导数求解单调
性即可判断BC.【详解】解：根据题意，正n边形内接于圆，设圆的半径为R，则正n边形的周长 ，则
，
对于A，当 时， ，A正确；
对于B，设 ，其导数 ，
接下来证明 ，
令 ，
则
故 均为 上的单调递减函数，所以 ，
故 ，
则有当 时，有 ，故 ，函数 在 上为增函数，
故数列 为递增数列，则有 ，B正确；
对于C，当 时， ，对于 ，必有 ，对于数列 ，
必有 ，C错误；
对于D，当 时， ， ，D正确；
故选：C．
二、填空题
16．（2023·湖南长沙·长沙市明德中学校考三模）中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载：
“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，如此六日过其关.” 则此人在第六天行走的路程是里（用数字作答）.
【答案】6
【分析】根据题意分析，看成首项 ，公比 的等比数列 ，已知 ，继而求出 ，即可得出
答案.
【详解】将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列 ，
，其公比 ，令数列 的前n项和为 ，
则 ，而 ，
因此 ，解得 ，
所以此人在第六天行走的路程 （里）.
故答案为：6
17．（2023·甘肃金昌·永昌县第一高级中学统考模拟预测）我国古代数学著作《九章算术》有如下问题，
“今有金箠，长五尺．斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．问次一尺各重几何？”意思是“现有一根
金杖，长五尺，一头粗，一头细．在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次
每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金杖由粗到细是均匀变化的，估计此金杖总重量约为
斤．
【答案】15
【分析】根据题意，每节重量构成等差数列，由等差数列求和公式得解.
【详解】由题意知每节的重量构成等差数列，
设首项为2，则第5项为4，
所以总重量为 斤．
故答案为：15
18．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）幻方又称为魔方，方阵或厅平方，最早记载于中国公元前
500年的春秋时期《大戴礼》中，宋代数学家杨辉称之为纵横图.如图所示，将1，2，3，…，9填入 的
方格内，使三行､三列､两对角线的三个数之和都等于15，便得到一个3阶幻方；一般地，将连续的正整数1，2，3，…， 填入 的方格内，使得每行､每列､每条对角线上的数字的和相等，这个正方形就叫做
阶幻方.记 阶幻方的一条对角线上的数字之和为 （如： ），则 .
4 9 2
3 5 7
8 1 6
【答案】
【分析】利用等差数列求和公式得出n阶幻方的所有数之和，再计算每行数之和即可得出对角线上数字之
和.
【详解】n阶幻方共有 个数，其和为 ，
∵n阶幻方共有n行，
∴每行的和为 .
故答案为：505
19．（2023·广西南宁·南宁三中校考一模）唐代酒宴上的助兴游戏“击鼓传花”，也称传彩球．游戏规则
为：鼓响时，众人开始依次传花，至鼓停为止，此时花在谁手中，谁就上台表演节目．甲、乙、丙三人玩
击鼓传花，鼓响时，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两人中的任何一
人，经过6次传递后，花又在甲手中的概率为 ．
【答案】
【分析】设第n次传球后球在甲手中的概率为 ，根据题意找出 的递推关系，写出 的通项公式，然后
求 即可.
【详解】设第n次传球后球在甲手中的概率为 ， .则 ，得 ，
.一次传球后，花不在甲手上，故 ，所以数列 是以 为首项，公比为 的等比数列，所以
.
即 ，所以 ．
故答案为：
20．（2023·全国·模拟预测）斐波那契数列由意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔
子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…．在实际生活中，很多花朵（如梅
花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着
广泛的应用．斐波那契数列 满足： ， ，则
是斐波那契数列 中的第 项．
【答案】
【分析】利用递推关系 ，将所求关系式中的“ ”换为 ，再利用 即可求
得答案．
【详解】由 可得
.
故答案为： .
21．（2023·浙江金华·统考模拟预测）数学王子高斯在小时候计算 时，他是这样计算的：
，共有50组，故和为5050，事实上，高斯发现并利用了等差数列的对称性.若
函数 图象关于 对称， ，则.
【答案】
【分析】根据抽象函数的对称性可得 ，由题意得 ，根据
可得 ，即 ，结合裂项相消求和法即可求
解.
【详解】由函数 图象关于点 对称，得 ，
得 ，所以 .
因为 ，
所以 ，
所以 ，则 ，
所以 .
故答案为： .
22．（2023·山东烟台·统考二模）欧拉是瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，在许多数学的分支
中经常可以见到以他的名字命名的重要函数、公式和定理．如著名的欧拉函数 ：对于正整数n，
表示小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数，如 ， ．那么，数列 的前n项
和为 ．
【答案】
【分析】利用错位相减法求和.【详解】在 中，与 不互质的数有 ，共有 个，
所以 ，
所以 ，
设数列 的前 项和为 ，
所以 ，
，
两式相减可得 ,
所以 ,
即 ,
故答案为： .
23．（2023·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出
如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？
在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第n日布施了 子安贝（其中 ， ），数列
的前n项和为 ．若关于n的不等式 恒成立，则实数t的取值范围为 ．
【答案】
【分析】先求得数列 的通项公式和前n项和 ，化简题给不等式为 ，求得
的最小值，进而得到实数t的取值范围.
【详解】由题意可知，数列 是以2为首项，2为公比的等比数列，故 ．
所以 ．
由 ，得 ，
整理得 对任意 ，且 恒成立．
又 ，
当且仅当 ，即 时等号成立，
所以t＜15，即实数t的取值范围是
故答案为：
三、解答题
24．（2023·云南昆明·统考模拟预测）雪花是一种美丽的结晶体，放大任意一片雪花的局部，会发现雪花
的局部和整体的形状竟是相似的，如图是瑞典科学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，其作
法如下：
将图①中正三角形的每条边三等分，并以中间的那一条线段为一边向形外作正三角形，再去掉底边，得到
图②；
将图②的每条边三等分，重复上述的作图方法，得到图③；
……
按上述方法，所得到的曲线称为科赫雪花曲线（Koch snowflake）．现将图①、图②、图③、…中的图形依次记为 、 、…、 、…．小明为了研究图形 的面积，把图形
的面积记为 ，假设a＝1，并作了如下探究：
1
P P P P … P
1 2 3 4 n
19
边数 3 12 48 …
2
从P 起，每一个比前一个图形多出的三角形的个数 3 12 48 …
2
从P 起，每一个比前一个图形多出的每一个三角形的面积 …
2
根据小明的假设与思路，解答下列问题．
(1)填写表格最后一列，并写出 与 的关系式；
(2)根据（1）得到的递推公式，求 的通项公式；
(3)从第几个图形开始，雪花曲线所围成的面积大于 ．
参考数据（ ， ）
【答案】(1)填表见解析；
(2)
(3)第7个
【分析】（1）根据题中数据的规律及等比数列的通项公式填写表格最后一列，进而得出 与 的关系式；
（2）利用累加法求解；（3）由题意 ，利用指数函数的性质及对数的运算性质求解．
【详解】（1）图形 、 、…、 、…的边数是以3为首项，4为公比的等比数列，则图形 的边数为
；
从P2起，每一个比前一个图形多出的三角形的个数是以3为首项，4为公比的等比数列，则 比前一个图
形多出的三角形的个数为 ；
从P2起，每一个比前一个图形多出的每一个三角形的面积是以 为首项， 为公比的等比数列，则 比前
一个图形多出的每一个三角形的面积是 ．
P1 P2 P3 P4 … Pn
边数 3 12 48 192 …
从P2起，每一个比前一个图形多出的三角形的个数 3 12 48 …
从P2起，每一个比前一个图形多出的每一个三角形的面积 …
所以 ，即 ．
（2）当 时，
，
又因为 ，符合上式，
所以 ．（3）由 ，得 ，则 ，
所以 ，故 ，
由 ， ，故 ，又因为 ，所以 ，
所以从第7个图形开始雪花曲线所围成的面积大于 ．
25．（2023·福建福州·福州四中校考模拟预测）如图的形状出现在南宋数学家杨浑所著的《详解九章算法•
商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.......设各
层球数构成一个数列 .
(1)写出 与 的递推关系，并求数列 的通项公式；
(2)记数列 的前 项和为 ，且 ，在 与 之间插入 个数，若这 个数恰能组成一个
公差为 的等差数列，求数列 的前 项和 .
【答案】(1) ，
(2)
【分析】（1）利用每一层小球的数量找到递推关系，再利用累加法求通项公式即可；
（2）利用 与 的关系求出数列 ，进而求得 ，再利用错位相减法求 即可.
【详解】（1）由题意可知， ，
，所以数列 的一个递推关系为 ，
所以当 时，利用累加法可得
，
将 代入得 ，符合 ，
所以数列 的通项公式为 .
（2）当 时， ，即 ，
当 时， ，①
，②
①-②，得 ，即 ，
所以数列 是以3为首项，3为公比等比数列，
所以 ，
由题意可知 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，③
，④
③-④得 ，
所以 ，所以数列 的前 项和 .
