2011-2020年高考数学真题分专题训练专题19数列的求和问题（教师版含解析）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

十年大数据*全景展示
专题
19 数列的求和问题
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
大数据分析*预测高考
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
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】 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．
n
n
1
 根据等差数列前 n 项和公式： 
Sn
 
na1
 n   n    
  1    d  
2
, n  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  3n
2  2n ，故答案为： 3n2  2n ．
n
2
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，
∴{ 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；
1
100
m
n
m
100
(2) 记b 为a  在区间0, m m  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 ．
a 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 
1
1
，
n
1
a 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 2
1  2, 2
2  4, 2
3  8, 2
4  16, 2
5  32, 2
6  64, 2
7  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 2
2 个 2 ；
b8 ,b9 ,,b15 对应的区间分别为： 0,8,0,9,,0,15 ，则b8   b9     b15   3 ，即有 2
3 个3 ；
b16 ,b17 ,,b31 对应的区间分别为： 0,16,0,17,,0,31 ，则b16  b17    b31   4 ，即有 2
4 个 4 
； b32 ,b33 ,,b63 对应的区间分别为： 0,32,0,33,,0, 63 ，则b32  b33    b63  5 ，即有2
5 
个5 ； b64 , b65 ,, b100 对应的区间分别为：0, 64,0, 65,,0,100，则b64  b65    b100  6 ，即
有37 个6 ．
所以 S
 1 2  2  2
2  3 2
3  4  2
4  5 2
5  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 ，
n2
n
n1
n2
n
n2
n
n1
n1
n1
n
2n1
2n
a
b11  [lg11]  1，
b101  [lg101]  2 ．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知： b1  b2  b3    b9  0 ， b10  b11  b12    b99  1．
b100  b101  b102  b103    b999  2 ， b10,00  3 ．
数列{bn } 的前 1000 项和为： 9  0  90 1  900  2  3  1893 ．
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  N 
* ) ．
(Ⅰ)证明： an2  3an ；
(Ⅱ)求 Sn ．
【解析】(Ⅰ)由条件，对任意 n  N 
* ，有 a  3S   S
 3 (n  N 
* ) 
， 因而对任意 n  N 
*, n  2 ，有 a
 3S
 S  3 (n  
N 
* ) ，
两式相减，得 an2  an1   3an   an1 ，即 an2   3an , (n  2) ，
又 a1  1, a2  2 ，所以 a3  3S1  S2  3  3a1  (a1  a2 )  3  
3a1 ， 故对一切 n  N 
* ， a
 3a ．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，a   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 }
n
2n1
1
2n
n
是首项 a1  2 ，公比为 3 的等比数列，
 所以 a  3
n1 , a  2  3
n1 ，
 
于是S2n  a1  a2  a2n  (a1  a3  a2n 1 )  (a2  a4  a2n )

n1
n1
n1
3(3
n 1)
(1 3 3 )  2(1 3 3 )  3(1 3 3 ) 
．
2
 
从而S2n1  S2n  a2n 
3(3
n 1)
2
 2 
3
n1  3 (5 3
2
n2  1) ，

综上所述， Sn
 3
n     2  
(5 3 2
2
3
n
1),(n  2k 1, k  N 
*)

 
2
(32 1),(n  2k, k  N 
*)
8．( 2013 安徽)设数列an满足 a1  2 ， a2  a4  8 ，且对任意 n  N * ，函数

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
2
an
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
 
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
2
an
2
n1
2
n
1
1
（2 2  n 
1）n
（1- n ）
S  
 2      2    
n
2
1- 1
2
=（n  n  3）1-  1
2
n
 n
2   3n 1- 1
2
n
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  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
  
c
 1  1 
．
1
2
n
d

n1
n1
n
n1
n
n1
1
4
n 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
 q
2 ，而b  b
 6b ，即1 q  6q
2 ，由于 q  0 ，∴解得 q  1 
，
∴ 
bn
 1 
．
2
n1
1
2
3
1
1
2
3
2
∴ b

1 
，故c
 2
n1 
 c
 4 
c
，∴数列c 是首项为1，公比为 4 的等比数列，∴ 
c
 4
n1 ．
n2
2
n1
n1
1
n
n
n
n
2
n1
∴ c
 4
n ．
∴ a
 a   c
 4n ，故 a   a  4
n1 ( n  2, n  N 
* )．
∴ an  an  an1   an1  an2   a3  a2   a2  a1   a1
4 1  4
n1 
4
n 1
 4
n1  4
n2  4
2   4
1 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  2, n  N 
*  
，
cn
bn2
故c  cn
 cn1  c3  c2  c
 
 bn1  bn2  bn3  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  1  
1  
 1 1  1 
 1 
．
 
b b
d
 b
b


d  b
b

n n1
  n
n1 


n
n1 
∴ c  c  c  1 1   1  1   
 1  1   
 1 



 

1  
 1 1   
 1  
．
1
2
n

d   b
b 
 b
b 
 b
b


d  1
b


 
1
2 

2
3 

n
n1 

 

n1 
由于 d  0,b  1 ，∴ 
b
 0 ，∴ 1 1 
1 1  
 1 1 
，即c  c  c  1 1 
．
1
n1

d 
b

d
1
2
n
d


n1 
n 1
2．(2017•
Ⅱ
 
新课标，理15)等差数列{an } 
 
的前n 
 
项和为Sn 
 
，a3   3 
 
，S4   10 ，则
k 1
．
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
 
2
Sn
n(n  
1)
n
n  1
n   1
1
1
1
1
1
1
1
1
2n
 S  
 2[1 






]  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   (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   (2n  1)an  2n ．
n2 时， a1  3a2   (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)   (
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， a
2  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， a
2   2a   4S   3  4a +3 ，因为 a    0 ，所以 a =3，
1
1
1
1
n
1
当n  2 
 
时，a
2  a  a
2  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
S
n
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  
b
= 1 [(1  1)  (1  1 )  ( 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 ；
(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

)  
(
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， a
2 = 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
 log a
1
，求数列{
}的前 n 项和．
n
3    1
3     2
3 n
n
【解析】(Ⅰ)设数列{ a }的公比为 q ，由 a
2 = 9a a 得 a
2 = 9a
2 ，所以 q
2 = 1 
，
n
由条件可知 q ＞0，故 q = 1 
．
3
n
b
3
2   6
3
4
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 = 
3
n ．
(Ⅱ) bn = log3 a1  log3 a2  log3 an = (1 2  n) = n(n 1) 
2
2n
n
n
n n1
 
n
n1
n1
n
n2
n1
2
 
故1 
= 
bn
2
n(n 
1)
= 
2(
1 

1 
) ，
n
n 1
1  1  1 
= 2[(1 1 )  ( 1  1)  ( 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  N* ， b 是 a 和 a
n
n
n
n1
的等差中项．
(Ⅰ)设c    b
2       b
2 , n  N
* ，求证：数列c 是等差数列；
n
n1
n
n
(Ⅱ)设a   d ,T   1
k  b
2 , n  N
* ，求证： 

1  1 .
1
n
k
k 1
2
k 1 Tk
2d
【解析】(Ⅰ)由题意得b
2   a a
，
有cn
n1 b
2   a
a
n2 anan1  2dan1 ，
因此 c
 c   2d (a
 a
)  2d 
2 ，
所以数列cn是等差数列．
(Ⅱ) T   (b
2  b
2 )  (b
2  b
2 )      (b
2  b
2  )
n
1
2
3
4
2n1
2n
 2d (a2  a4      a2 n)
 2d  n(a2  a2n )
2
 2d 
2n(n  1) ．
 
所以

1  1 
     
  1       
   1 
( 1  1 )  1
 (1 
 1 
) 
 1 
．
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 ttan an 1, 求数列{bn }的前 n 项和 Sn ．
n
n
n
【解析】(Ⅰ)设l1 , l2 ,, ln2 构成等比数列，其中t1   1, tn2    100, 则
1  n3i
1 n2

3
5
5
7
Tn   t1  t2  tn1  tn2 ,
①
Tn   tn1  tn2  t2  t1 ,
②
①×②并利用t t
 t t
 102 (1  i  n  2), 得
T 2  (t t
)  (t 
t
)  
(t
t )  (t
t )  102(n2) , a  lg T
 n  2, n  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  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    bk
k 1
n2

tan(k  1)  tan k
k 3
 
n2 
( t a  n  ( k       1  )     t a  n   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；
(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,
 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
当n 为偶数时Tn  (1 
3
)  ( 
)  ( 
) 
(
1

1
)  ( 1

1
)
2n  3
2n 1
2n 1
2n 1
n
4a1  5
n
 2n  
 
Tn  
1
1

2n 1
2n 
2n 1
当n 为奇数时，T  (1 1)  (1  1)  (1  1 ) 

 


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
 2n
, n 为偶数
T   
 2n 1
．
 , n 为奇数
 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
2
n
n1  4n 1 ， n  N 
* ，且
a2 , a5 , a14 构成等比数列．
(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
a1a
2

1
a2 
a3

1
anan1
 
1 
．
2
【解析】(Ⅰ)
 
当n  1 
 
时，4a  a
2  5, a
2  4a
 5 ， a  0a 
1
2
2
1
(Ⅱ)当 n  2 时， 4S  a2  4n 1 1 ， 
4a
n
 4S  4S
2
 a
2
 a
2  4
n1
n
n
n
n1
n1
n
a
2
 a
2  4a  4  
a
 2
2  
, 
a
 0a
 a  2
n1
n
n
n
n
n 1
n
 当n  2 时， an是公差 d  2 的等差数列．
 a , a , 
a
构成等比数列， a
2  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  a
2  5=4, a  1
1
2
1
 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 ．

4a1  5
1
(Ⅲ)
 1

1
 1  1  1
 

1
a1a2
a2a3
anan1
13
35
5 
7
2n 12n 1
n
n
n
n
k
n
n
n
 1  1 1    1  1    1  1   
1

1

2  
3  3
5  5
7 
 2 n 1 2 n 1 








 1  
1
1
  1 .
2 
2n 1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；
(2) 求数列2n a  的前 n 项和 S ．
【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)
假设 n  k 时，即 a  2k  1 成立；其中(k  N* ) ，
 
由ak 1  3ak  4k
 3(2k  1)  4k  2(k  1)  
1
(2)
故假设成立，综上(1)(2)
 
，∴a  2n  1 (n  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
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 ，
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  (2n 1)  2n1  (2n 1)  2n ，①
2
n

n
n
2
4
n
2
4
4
2
2S  3 22  5 23  7  24  (2n 1)  2n  (2n 1)  2n1 
，② 由① ②得：
Sn  6  22
2  2
3  2 n   (2n 1)  
2n1
2
2  1  2
n1
 6  2
 (2 n 1)  
2 1 2
n1  (1 2n)  
2
n1  2 ，
即 S  (2n 1)  2n1  2 ．
2．(2014 新课标 I，文 17)已知{ a }是递增的等差数列， a ， a 是方程 x
2  5x  6  0 的根。
(I)求{ an }的通项公式；
an
(II) 求数列{ 2
n }的前 n 项和．
【解析】(I)设数列{ a }的公差为 d ，方程 x
2  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{ 2
n }的前 n 项和为 Sn ，由(I)知， 2
n = n  2
，则
2
n1
S = 3  4  5 
n
2
2
2
3
2
4
n  2
，
①
2
n1
1
3
4
n 1
n  2
2 
Sn = 
2
3    
2
4   
2
n1    
2
n2   ，
②
1 (1 1 )
1
3
①-②得
S =
 1  1
 1
 n  2 
= 2
2
n1
 n  2 =1 n  4 ，
2  
n
2
2
2
3
2
4
2
n1
2
n2
1 1
2
n2
2
2
n2
∴ Sn = 2 

n  
4 
2
n1
．
……12 分
3．(2015 浙江)已知数列{a } 和{b }满足， a  2 ， b  1， a
 2a (n  N
* ) ，
n
n
b  1 b   1 b    1 b   
b
1
1
1(n  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  2
n ．
1
n1
n
n
当 n  1 时， b1  b2 1, 故b2  2 ．
n
1
n
n
n
1
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
2T
n
 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  0 ，2 a a  S  S
， n  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)
 S1   a1.当n  1 时，2a1   a1   S1   S1  a1   0, a1   1.
当n  1 时，
a
 s  s
 2an  a1  2an1  a1
 2a 2a
 a    2a
-
n
n
n1
1
n
n1
n
1
n1
 {a }时首项为a  1 公比为q  2
 
的等比数列，a  2n1, n  N *.
(Ⅱ) 设Tn   1 a1  2  a2  3 a3  n  an  qTn  1 qa1  2  qa2  3 qa3  n  qan
 qTn  1 a2  2  a3  3  a4    n  an1
上式左右错位相减：
(1  q)Tn  a1  a2  a3  an  nan1  a1
 T  (n  1)  2n  1, n  N *。
1  
qn
1  
q
 nan1  2
1  n  2n
5．(2016 年山东高考)已知数列an 
的前 n 项和 
Sn
 3n
2  8n ，b  是等差数列，且
an  bn  bn 1.
(Ⅰ)求数列bn  的通项公式；
(a 1)
n1
(Ⅱ)令
c
   
     n                      
 
 . 求数列c  的前 n 项和 Tn．
(bn  2)
n
n
n
S
S
n
n
n
n
n
n 
a d  2
a d  2
1
n
a
【解析】(Ⅰ)因为数列a 的前 n 项和 S  3n2  8n 
， 所以 a1  11 ，当 n  2 时，
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   (3n  3)  2
，
两边同乘以２，得
3
4
n 1
n  2
2Tn   6  2   9  2   (3n)  2  (3n  3)  2 ，
两式相减，得
 
Tn
 6  22  3  23  3  24  3  2n1  (3n  3)  2n2
 3  
22
 3  22 (1  
2n ) 1  
2
 (3n  3)  
2
n  2
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；
(Ⅱ)当 d  1 时，记c  an ，求数列{c } 的前 n 项和T ．
n
n
n
【解析】(Ⅰ)由题意有， 10a1   45d  100
 1
，即2a1  9d  20 
．
 1
a1  
1
a  9

an  2n 
 1

 1 (2n  79)
 n
9
解得d  2 或d  2 ，故
b
或
．
 2
n1
2
n
b


9
  
n
b
  
n
 9  ( )n1 
9
1)( )
n
( )
( )
( )
( )
( )
(Ⅱ)由 d  1 ，知 
an
 2n  1 ， 
bn
 2n1 ，故 
c
 2n 1 ，于是
2n1
T  1  3 5  7  9
 
  2n  1 ，
①
n
2
22
23
24
2n1
1 T  1 

3  5  7
 
  9   2n  1 ．
②
2  n
2
22
23
24
25
2n
①-②可得
1 T  2  1  1
  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  (λ 为常数)，令c  b
( n  N
* )．求数列c  的前 n
n
项和 Rn 
．
n
n
2
n
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

4a1  6d  8a1  4d
a  (2n 1)  2a  2(n 1)d 1 
，
 1
1
解得， a1  1 ， d  2 ．
因此 an  2n 1 (n  N 
* ) ．
(Ⅱ)由题意知： 
Tn
 

n
2
n 1
 
所以n  2 
 
时，b  T  T
  n
 n 1
n
n
n1
2
n 
1
2
n 2
 
故，c  b
 2n  2  (n 
1 n1
(n  N 
* )
n
所以 
R
2n
 0 

2
2n 1
1 0 1
4
1 1  2  1
2  3
1 3    (n 1) 

1 )
n1 ，
(  )
(  )
(  )
(  )
(
n
4
4
4
4
4
 
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
n
4 
n
(   )   (  )
4
4
 ( )
4
   ( )
4
 (n 1)  ( )
4
n
n
n1
n

1
1
( )
 4
41
 (n 

1
1)( )
n
4
1
4
整理得 
Rn
 1 (4  3n 1) ，
9
4
n1
所以数列c  的前 n 项和 R  1 (4  3n 1) ．
n
n
9
4
n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 ．
 x1  x1q  3
2
由题意得x q
2  x q  2 
，所以3q  5q  2  0 ，
 1
1
因为 q  0 ,所以 q  2, x1  1，
因此数列{x } 
 
的通项公式为x  2
n1.
(Ⅱ)
 
过P1 , P2 , P3 , …
 
，Pn1 
 
向x 轴作垂线，垂足分别为Q1 , Q2 , Q3 , …
 
，Qn1 ,
由(Ⅰ)得 x
 x    2
n   2
n1   2
n1.
记梯形 Pn Pn1Qn1Qn  的面积为bn  ．
由题意
bn
 (n  n 1)  2
n1  (2n 1)  2
n2 ，
2
所以Tn  b1  b2  b3  …+ bn
n
n
n
n
n
= 3 2
1  5 2
0   7  2
1   …+ (2n 1)  2
n3  (2n 1)  2
n2
①
又2T   3 2
0   5 2
1  7  2
2  …+ (2n 1)  2
n2  (2n 1)  2
n1
②

1
2
n1
n1
3
2(1  
2
n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)  2
n 1.
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  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  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  q
2 )  12 ，而b  2 ，所以 q
2  q  6  0 ．
2
3
1
1
又因为q  0 ，解得 q  2 ．所以， b  2
n ．
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  2
n ．
n
n
n
n
(Ⅱ)设数列{a2nb2n1} 的前 n 项和为Tn ，
由a  6n  2 ， b
 2  4
n1 ，有 a 
b
 (3n 1)  4
n ，
2n
2n1
2n 2n1
故Tn  2  4  5 4  8 4  (3n 1)  4 ，
2
3
n
2
3
4
n
n1
4Tn    2  4   5 4   8 4   (3n  4)  4   (3n 1)  4
，
上述两式相减，得
3Tn
 2  4  3 4
2  3 4
3  3 4
n  (3n 1)  4
n1
a d  2
a d  2
1
a
 12  (1 4
n )    

n1
1 
4
4
(3n 1) 4
 (3n  2)  4
n1  8.
得
Tn
 3n  2  4
n1  8 ．
3
3
所以，数列{a  b
} 的前 n 项和为 3n  2  4
n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；
(Ⅱ)当 d  1 时，记c  an ，求数列{c } 的前 n 项和T ．
n
n
n
【解析】(Ⅰ)由题意有， 10a1   45d  100
 1
，即2a1  9d  20 
．
 1
a1  
1
a  9

an  2n 
 1

 1 (2n  79)
 n
9
解得d  2 或d  2 ，故
b
或
．
 2
n1
2


9
  
n
b
  
n
 9  ( )n1 
9
(Ⅱ)由 d  1 ，知 
an
 2n  1 ， 
bn
 2n1 ，故 
c
 2n 1 ，于是
2n1
T  1  3 
5  7  9
 
  2n  1 ，
①
n
2
22
23
24
2n1
1 T  1 

3  5  7
 
  9   2n  1 ．
②
2  n
2
22
23
24
25
2n
①-②可得
1 T  2  1  1
  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)  2
x 的图象上
n
n
n
( n  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
n
n
b
1
2
2
{
}
ln 2
bn
项和Tn ．
2
2

n
【解析】(Ⅰ)点(a  , b ) 在函数 f (x)  2
x  的图象上，所以b   2
an  ，又等差数列{a } 的公差为 d ，所以
n
n
n
n
b
2
an1
a
a
   n1  
 2 
n1
n  2
d ．
b
2
an
因为点(a , 4b ) 在函数 f (x) 的图象上， 所以 4b   2
a8     b ，
8
7
7
8
 
所以2
d   b8
b7  4  d  2 ．
又 a1  2 ，所以 
Sn
 
na1
 n(n 1) d  2n  n
2  n  n
2  3n ．
2
(Ⅱ)由 f (x)  2
x  f (x)  2
x ln 2 ，函数 f (x) 的图象在点(a , b ) 处的切线方程为
y  b   (2
a2   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  2
n 
 
，an  n
n
T  1 
n
2   3
bn
 n
2
n
1 T 1  2  
3  n
n
2
2
2
2
3
2
n
2 
n
2
2
2
3
2
4
2
n1
1
1
1
1
1
1
n
1
n
n  2
所以 
2 
Tn   
 2
3

4

n
n1  1
n1
n1


n
2
2
2
2
2
2
n  2
2
2
2
故 Tn  2  
2
n ．
12．(2012 浙江)已知数列a 的前n 项和为 S ，且 S = 2n
2  n ，n∈N﹡，数列b 满足a  4 log b  3 ，
n
n
n
n
n
2 n
n  N 
* ．
(Ⅰ)求 an , bn ；
(Ⅱ)求数列{an bn } 的前 n 项和 Tn ．
【解析】(Ⅰ)由 S = 2n
2  n ，得
当n =1 时， a1  S1  3 ；
当n  2 时， 
a
 S   S
 2n
2  n  2(n 1)
2  (n 1)  4n 1， n  N 
* ．
n
n
n 1


由
an
 4 log2 
bn
3 ，得
bn
 2n 1 ， n  N 
* ．

 
n
2
n
n
n1
*
(Ⅱ)由(1)知anbn   (4n 1)  2 ， n  N
所以
Tn
 3  7  2 11 22 ...  4n 1 2n1 ，
2T
n
 3 2  7  22 11 23 ...  4n 1 2n ，
2T  T  4n 1 2n [3  4(2  22 ...  2n1)]
n
n
 (4n  5)2
n  5
T  (4n  5)2
n  5 ， n  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  
 a
 2n1 1 ， (n  
N
      
  
   
n(n1)
) ，则b   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  2n1 1  2n1  n  2 
 
，可知当N 
 
为n(n  1) 时(n  N
n
2

) ，数列{an } 的前 N 项和为数
列{b } 的前 n 项和，即为2n1  n  2 ，容易得到 N  100 时， n  14 ，
2
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(
)
＋
＋
＋
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
2
1
2
3a b c 
2
9a4
1 n n
 1
4
1 cos2 
A
n
n n n
∴ 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
b
2  c
2  a
2
(b  c )
2  2b c  a
2
3a
2  2b c
弦
定
理
得
cos An
=
   n             
 
 n             
 
 n  
2bncn
=
  n                 
 
 n                     
 
 n  
   n            
 
 1  
2bncn
1
=
  1                      
 
 n  
   n  
，
∴
2bncn
sin An       =
=
， ∴ S
=
b c  sin A
=
， ∵
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
An1Bn1Cn1
SA 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  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 x
2   1  0 ，得 1 
，
4
2
取a  1 
，所以 a  1 ,, 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 x
2  2  0 ，得 2 或 1 ，
取a1  2 ，所以a2  2,, an  2  10 ，所以当b  2 时， a10  10 ，故C 错误；
对于D
 
，令x
2   4  0 ，得 
1
17 
，取 
a
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
1 
2
1
3

3 
2
1
9
1
17
对于A， 
a
 a
2 
， a 

a
2 


， a 


a
4  a
2 




 1 ，
2
2
2
3

2 
2
4
4

4 
2
16
2
16




an1  an  0 ，{an }递增，
1
 1   1 
3a29a4
b c4b2c2
n   nn n
a
 a5  3

1
 4
a
13
 a6  3
a
 3 

6
729
当 n4 时， n1  a    2   1

，所以  
a
2 
  
，所以 10 
，所以 a 
 10 故 A 正确．故
a
n
a
2
2
 5
a
 2 

10
64
n
n

 a10  3
4


 a
2
选 A．
5 ． (2015 湖 北 ) 设
a1 , a2 ,, an  
R
 9
， n ≥ 
3
． 若 p ：
a1 , a2 ,, 
an
成 等 比 数 列 ； q ：
(a2  a2  a2 )  (a2  a2  a2 )  (a a
a a  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 ,, a
 
成等比数列，则公比q 
an (n  3) 且 a  0 ；
对命题q ，
1      2
n
an1
①当 
a
 0 
 
时，(a2  a2  
a2
)(a2  a2  a2 )  (a a
a a  a a )2 成立；
n
1
2
n1
2
3
n
1   2
2 3
n1 n
②当 an  0 时，根据柯西不等式，
等式(a2  a2  a2 )(a2  a2  a2 )  (a a
a a  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 ,, 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 ．
2
n
【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
3
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
a1  a1q  
4
a1  1
，解得
，所以
a
 3
n1 ．
n
a q2  a  8
q  3
n
 1
1

(2)令
bn
 log3 an  log 3n1  n  1 ，所以 
S
 n(0  n 1)  n(n 1) 
，
2
2
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m
2  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 2x | ， 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 2x | 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
n
n
n
I   2 f  (a  )  2 f  (a  )  2 f  (a ） 2
49 sin )
3
3
25
3
49
3
74 = 3 (2 
sin
99
99
 2 (2 sin 5 sin )  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

d
10a1  
10  9  
0
a  3

2
【解析】由题知， 
d
 
1
，解得
2 ，∴ Sn = n
2 10n ，
15a 
15 14  25
d 3
1

2

3
n
∴ nSn =
3 10n
2
3
n
，设 f (n) =
3 10n
2
3
，∴ f (n) = 3n
 20n
=
3
3n(n  20)
3
，
3
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  N*}， B  {x | x  2n , n  N*}．将 A  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
【解析】所有的正奇数和 2
n ( n  N
* )按照从小到大的顺序排列构成{a }，在数列{a }
中， 2
5 前面有 16
个正奇数， 即 a
 2
5  ， a
 2
6 ． 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 2
5)
S4  10  12a5  60 
 
 … … 
 
 
，不符合题意；
；当n  26 
 
时，S26 
2

1  
2
= 441 +62=
22 (1 43)
2 (1 2
5)
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    
  ．
2
【答案】5
k
k
k 
n
1
n
【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  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  N
* ) 满足： 
b
 1, 1
 2  2
，其中 
S
为数列{b }的前 n 项和．
Sn
bn
bn1
①求数列{bn}的通项公式；
 
②设m 
“
为正整数，若存在M
”
－数列{cn} (n  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．
a a  a
a
2 q
4  a q
4
a  1
由 
2 4
5
，得 
1
1
，解得 
1
．
a  4a  4a  0
a q
2  4a q  4a  0
q  2
 3
2
1
 1
1
1

因此数列{an } 为“M—数列”．
1
(2)①因为
 2  2
，所以b  0 ．
Sn
bn
bn1
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
，
Sn
bn
bn1
2(bn1 bn )
 
当n  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  N
*  
．
②由①知，bk=k ， k  N
* ．
因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0．
n
n
2
n
因为ck≤bk≤ck+1，所以 q
k 1  k  q
k ，其中k=1，2，3，…，m．
3 3
n
n
n
n
n
n
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
取q 
，当k=1，2，3，4，5 时， ln k ln q ，即 k  q
k ，
k
经检验知 q
k 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
S 2  n2  n  3S  3n2  n 0, n  N  ．
(Ⅰ)求a1 的值；
(Ⅱ)求数列an 的通项公式；
(Ⅲ)证明：对一切正整数n ，有 
1
 


 


 
 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,
 S1  0, S1  2,即a1  2.
(Ⅱ)由S 
2   (n
2  n  
3)S
 3(n
2  n)  0, 得: 
(S
 3) 
S
 (n
2   n)  0,
1
1
n
n
n
n
 a  0(n  N 
 ), S  0,从而S  3  0, S  n
2  n,
当n  2 时, a    S   S  n
2   n  (n 1)
2   (n 1)  2n, 
又a
 2  2 1, 
a
 2n(n  N 
 ).
n
n
n1
1
n
(Ⅲ)
 
当k  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


 1 
1
 1  
   1


1
 

1

1

1
4
1

1 
4 
1
1 


a (a 1)
a (a 1)
a (a 1)
(k 
)  (k 1) 
 k 
(k  1) 

1
1
2
2
n
n
4

4 

4
4 


 1 
(   1

1
)  ( 1

1   ) 
1

1

4 
1
1
1
1
1
1 
 1
2 

2 
3 
n 
(n 1) 


4
4
4
4
4
4 
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  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  N
* ) 满足： 
b
 1, 1
 2  2
，其中 
S
k
k
k 
n
1
n
为数列{b }的前 n 项和．
Sn
bn
bn1
①求数列{bn}的通项公式；
 
②设m 为正整数，若存在“M－数列”{cn} (n  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．
a a  a
a
2 q
4  a q
4
a  1
由 
2 4
5
，得 
1
1
，解得 
1
．
a  4a  4a  0
a q
2  4a q  4a  0
q  2
 3
2
1
 1
1
1

因此数列{an } 为“M—数列”．
1
(2 )①因为
 2  2
，所以b  0 ．
Sn
bn
bn 1
由b  1, S  b ，得
1  2  2 
，则b  2 ．
1
1
1
1
1
b2
n
n
2
3 3
 
由
1  2  2
 
，得S 
bnbn1
，
Sn
bn
bn1
2(bn1 bn )
 
当n  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  N
*  
．
②由①知，bk=k， k  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 q
k 1  k  q
k ，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
取 q 
，当k= 1，2，3，4，5 时， ln k ln q ，即 k  q
k ，
k
经检验知 q
k 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．
n
1
1
1
(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  N*, q  (1, m 2]，证明：存在 d  R ，使得| a  b |≤ b 对 n  2, 3,, 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
 2
n1 ．
因为| an  bn |≤ b1 对n =1，2，3，4 均成立，
即| (n 1)d  2
n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 q
n1 ．
n
1
n
1
若存在 d ，使得| an  bn |≤ b1 ( n =2，3，···， m +1)成立，
 即| b  (n 1)d  b q
n1 |≤ b ( n =2，3，···， m +1)，
即当 n  2,3,, m  1 时， d 满
足
q
n1   
2
n 1
q
n1
b1  d  
n 1
b1 ．
因为 q (1, m 2] ，则1  qn1  qm  2 ，
q
n1   
2 
从而
n  1
q
n1
b1  0 ， n  1 
b1  0 ，对 n  2,3,, m  1 均成立．
因此，取 d =0 时， | an  bn | b1 对 n  2,3,, m  1 均成立．
q
n1  2
q
n1
下面讨论数列{
} 的最大值和数列{
} 的最小值( n  2,3,, 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 
q
n1  2
因此，当 2  n  m  1 时，数列{
} 单调递增，
n  1
2  0 ．
q
n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．
1+ a 2n
1+ q2(n-1)
n
a
qn
   n
q(n  1)
1
1
1
当2  n  m 时，

 2n (1 )  f ( )  1 ，
qn1
n  
1
n
n
n
q
n1
因此，当 2  n  m  1 时，数列{
} 单调递减，
n  1
q
n1
q
m
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  N 
* ．
(I)若2a2 , a3 , a2  2 成等差数列，求 an 的通项公式；
2
y
2
e
5
4n  3n
(Ⅱ)设双曲线 
x
 
a
2  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．
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 ) ．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知， 
an
= q
n-1 ．
所以双曲线 x2
由 q =
y2
-
2 =1 的离心
率
n
= 5 解得 q = 4 ．
en =
=
．
3
3
因为1+q
2(k-1)  > q
2(k-1) ，所
以
> qk-（1  k Î N*）．
n
1+ q2
1+q2(k-1)
于是 e1 + e2 
+
en >1+q +
4n - 
3n
q
n-1  
=
qn -1 ，
q -1
故e1 + e2 
+
e3 >
．
3
n-1
16．(2015 陕西)设 fn  x 是等比数列1， x ， x
2 ，  ， x
n 的各项和，其中 x  0 ， 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 x
n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 + x
2  + x
n  - 2, 则 F (1) = n -1 > 0,
n
n
n
 1 
n1
1
1
 1 

2
 1 

n
1  2 
1
F (   )  1




 2     2  
 0,
n 2
2
 
2 

 
2 

1
1
2 
n




2
所以 F (x) 在 1 ,1 内至少存在一个零点 x ．
n
 2

n


又 F (x)  1 2x  nx
n1   0 ，故在 1 ,1 内单调递增，
n
 2



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+ x
n )
1- xn
n
2
2 
n
(Ⅱ)解法一：由题设， gn (x) =
.
2
(n +1)(1+ x
n )
设h(x) = fn (x) - 
gn
(x) = 1+ x + x 
2 + x 
n -
, x > 0.
2
当 x  1 
时,
当 x  1 
时,
fn (x) = gn (x)
h(x)  1 2x  nx
n1 
n n 1 
x
n1
.
2
n
n
(
)(
k
k
若0 < x < 1, h(x)  x
n1  2x
n1 nx
n1  
n  n  1  x
n1
2
= n(n +1) x
n-1 - n (n +1) x
n-1 = 0.
2
2
 
若x > 1 , h(x)  x
n1  2x
n1  nx
n1  
n n 1 x
n1
2
= n(n +1) x
n-1 - n (n +1) x
n-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 时 fn (x) < gn (x) ．
(n +1)(1+ x
n )
解法二
由题设， f (x) = 1 + x + x 
2 +x
n, 
g
(x) =
, x > 0.
2
当 x = 1 时, fn (x) = gn (x) ；
当 x  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  2) 时，不等式成立， 即 fk (x) < gk (x) 
． 那么，当 n = k +1 时，
fk+1 (x) = fk (x) + x
k +1  < 
g
k +1 1+ x
k
(x) + x
k +1  =
+ x
k 
+1
k
2
2x
k +1  +(k +1)x
k  + k +1
=
2
．
又 gk+1 (x) 
-
2x
k +1  +(k +1)x
k  + k +1
2
=
kx
k +1  -(k +1)x
k  
+1
2
令h (x) = kxk+1 -(k +1)xk +1(x > 0) ，
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；

k
k
当 x > 1 , hk (x)  0 , hk (x) 在(1, ) 上递增．
2x
k +1  +(k +1)x
k  + 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  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
= x
n ，
1
1
n+1
n+1
 
所以ak  1+k 1x
n 1
n
(2  k  n) , bk  x
k 
1 (2  k  n),
令m (x)  a  b
k 1 x
n 1
 1
 x 
k 1, x  0(2  k  n).
k
k
k
n
当 x = 1 
时,
当 x  1 
时,
ak =bk ,所以 fn (x) = gn (x) ．
m (x)  k 1 nx
n1  (k1)x
k 2  k 1 x
k 2  x
nk 1 1 ，
k
n
而2  k  n ，所以 k -1 > 0 ， n  k 1  1．
若0 < x < 
1,
x
n-k +1 < 1 , m (x)  0 ，
当 x > 1 , x
n-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 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 时 fn (x) < gn (x)
17．在数列a 中， a   3 ， a a   a
 a
2   0 (n  N  ) ．
n
1
n1   n
n1
n

(Ⅰ)若 0, 2 ，求数列an的通项公式；
(Ⅱ)若1 (k k
0
n1   n
n

 N
, k0
≥ 
2) 
 
，

 
1
 
，证明：2 
1
3k 1  ak0 1  2 

1
．
2k 1
0
0
0
【解析】(Ⅰ)由=0，=  2，有a
a    2a 
2 (n  N  ) ．
1
n
k
0
k
1
2
1
k
k
0 


0
0
0 


k
若存在某个n0  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  N , an  0 ．
从而 an1  2an (n  N ), 即an是一个公比 q  2 的等比数列．
n1
n1
故an   a q
 3 2
．
(Ⅱ)由1 , 1 ，数列a  的递推关系式变为 a
a
 1 a
 a
2  0 ，
n
n1 n
0
n1
n
0
变形为
a
(a  1 )  a
2 (n  N  ). 由上式及 a  3  0 ，
n1
n
n
1
0
归纳可得3  a1  a2    an  an 1    0 ．
a
2 - 1
a
2
k 
2
1
+ 
k 
2
1
1
因为 a
=     n        =         0            0    = a  -
×
，
 
n+1
1
1
a
k0 k0an +1
n + 
k
an +
0
0
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 
．
k
3k
1
3k
1
3k
1
3k
1
0

k0
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 
．
k
2k
1
2k
1
2k
1
2k
1
k
k
n
0
0
0

k0
综上， 2+
3k
1
 a
 2 
1
．
1
k0 1
2k 1
k
n
1 2 3


4
n
1
2
3
2
b
n
n
18 ． (2014 浙江) 已知数列 a   和 b  满足 a a  a     2 
bn  n  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  N  ．记数列c 的前 n 项和为 S ．
 
n
n
n
n
(ⅰ)求 Sn ；
(ⅱ)求正整数 k ，使得对任意 n  N  ，均有 S  S ．
【解析】(Ⅰ)
 
由题意，a a a
  2 
bn  n  N  ， b  
 b
 6 ，
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
a  2
n (n  N 
 ) 
 
，所以a a a  a  2 2
b  n n 1(n  N ) 。
  2 
，故数列bn 的通项公式为，
n
(Ⅱ)(i)由(Ⅰ)知， 
c
 1  1 

1    1 
1
 (n  N ) ，
an
bn
2n
 n
n 1 
所以 S  1
 1 (n  N 
 ) ；
n
n 1
2
n
(ii)因为c1  0, c2  0, c3  0, c4  0 ；
当 n  5 时， 
c
1  n n     1     
，
n
n n 1 2
n
1


而 n  n     1      n     1    n      2      n     1    n      2     0 ，
2
n
n  n   
  1   
得
2
n
2
n 1
5 5     1  

 1，
2
5
2
n 1
所以当 n  5 时， cn  0 ，
综上对任意 n  N 
 恒有 S  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 }
n
a
n
n
n
n
n1
是“H 数列”．
(Ⅰ)若数列{an } 的前 n 项和 Sn  2 n ( n  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  N  )成
立．
【解析】(Ⅰ)当 n ≥ 2 时， a   S   S
 2
n    2
n1    2
n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
对n  N
  ， m  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  N
  ，∴ m  1，∴ d  1 ．
(Ⅲ)设{an } 的公差为 d
令b   a   (n  1)a   (2  n)a  ，对n  N
  
， b
b  a
n
1
1
1
n1
n
1
c   (n  1)(a   d ) ，对n  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  N

因此对n ，都可找到 m  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  N
  ， n(n  1) 是非负偶数，∴ m  N

 
n
m
即对n  N
  ，都可找到 m  N
  ，使得 R   c  成立，即{c }为“H 数列”，因此命题得证．
n
m
n