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[来
源:Zxxk.Com][来源:学|科|
网][来源:Zxxk.Com]
卷2[来
源:学科网]
理
16[来源:学§科§
网Z§X§X§K][来源:学,
科,网Z,X,X,K]
数列综合问题[来源:学科网ZXXK][来源:学+科+网Z+X+X+K]
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
n
S 与
n
a 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
n
S 与
n
a 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
n
S
为等差数列
n
a
的前n 项和，若
1
2
6
2 ,
2
a
a
a
，则
10
S
．
【答案】25
【思路导引】∵
n
a
是等差数列，根据已知条件
2
6
2
a
a
，求出公差，根据等差数列前n 项和，即可求
得答案．
【解析】
n
a
是等差数列，且
1
2
6
2 ,
2
a
a
a
．设
n
a
等差数列的公差d ，根据等差数列通项公
式：
1
1
na
a
n
d
，可得
1
1
5
2
a
d
a
d
，即：
2
2
5
2
d
d
，整理可得：6
6
d
，解
得：
1
d
．
根据等差数列前n 项和公式：
*
1
1
,
2
n
n n
d
S
na
n
N ，可得：
10
10
10 1
10
2
20
45
25
2
S
，
10
25
S
．故答案为：25 ．
2．(2020 浙江11)已知数列
na
满足
1
=
2
n
a
n n
，则
3
S
．
【答案】10
【思路导引】根据通项公式可求出数列
n
a
的前三项，即可求出．
【解析】由题意可知
1
1 2
1
2
a
，
2
2 3
3
2
a
，
3
3 4
6
2
a
，
3
1 3
6
10
S
，故答案为：10．
3．(2020 山东14)将数列
2
1
n
与
3
2
n
的公共项从小到大排列得到数列
na
，则
na
的前n 项和
为
．
【答案】
2
3
2
n
n
【思路导引】首先判断出数列
2
1
n
与
3
2
n
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
2
1
n
是以1 为首项，以2 为公差的等差数列，数列
3
2
n
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
na
是以1 为首项，以6 为公差的等差数列，所以
na
的前n 项和为
2
(
1)
1
6
3
2
2
n n
n
n
n
，故答案为：
2
3
2
n
n
．
4．(2012 新课标，理16)数列{
na }满足
1
( 1)
2
1
n
n
n
a
a
n
，则{
n
a }的前60 项和为
．
【答案】1830
【解析】由题设知，
2
1
a
a
=1，①
3
2
a
a
=3
②
4
3
a
a
=5
③
5
4
a
a
=7，
6
5
a
a
=9，
7
6
a
a
=11，
8
7
a
a
=13，
9
8
a
a
=15，
10
9
a
a
=17，
11
10
a
a
=19，
12
11
21
a
a
，
……，∴②－①得
1
3
a
a
=2，③+②得
4
2
a
a
=8，同理可得
5
7
a
a
=2，
6
8
a
a
=24，
9
11
a
a
=2，
10
12
a
a
=40，…，∴
1
3
a
a
，5
7
a
a
，9
11
a
a
，…，是各项均为2 的常数列，2
4
a
a
，6
8
a
a
，10
12
a
a
，…
是首项为8，公差为16 的等差数列，
∴{
n
a }的前60 项和为
1
15 2 15 8
16 15 14
2
=1830．
5．(2020 山东18)已知公比大于1的等比数列
na
满足
2
4
20
a
a
，
3
8
a
．
(1)求
na
的通项公式；
(2)记
m
b 为
na
在区间
0,m
m
N
中的项的个数，求数列
m
b
的前100 项和
100
S
．
【答案】(1)
2n
na
；(2)
100
480
S
．
【思路导引】(1)利用基本元的思想，将已知条件转化为
1,
a q 的形式，求解出
1,
a q ，由此求得数列
na
的
通项公式；(2)通过分析数列
m
b
的规律，由此求得数列
m
b
的前100项和
100
S
．
【解析】(1)由于数列
na
是公比大于1的等比数列，设首项为
1a ，公比为q，依题意有
3
1
1
2
1
20
8
a q
a q
a q
，
解得
1
2,
2
a
q
，所以
2n
na
，所以数列
na
的通项公式为
2n
na
．
(2)由于
1
2
3
4
5
6
7
2
2,2
4,2
8,2
16,2
32,2
64,2
128
，所以
1b 对应的区间为：
0,1 ，则
1
0
b
；
2
3
,
b b 对应的区间分别为：
0,2 , 0,3 ，则
2
3
1
b
b
，即有2 个1；
4
5
6
7
,
,
,
b b b b 对应的区间分别为：
0,4 , 0,5 , 0,6 , 0,7 ，则
4
5
6
7
2
b
b
b
b
，即有
2
2 个2 ；
8
9
15
,
,
,
b b
b
对应的区间分别为：
0,8 , 0,9 ,
, 0,15
，则
8
9
15
3
b
b
b
，即有
32 个3；
16
17
31
,
,
,
b
b
b
对应的区间分别为：
0,16 , 0,17 ,
, 0,31
，则
16
17
31
4
b
b
b
，即有
4
2 个4 ；
32
33
63
,
,
,
b
b
b
对应的区间分别为：
0,32 , 0,33 ,
, 0,63
，则
32
33
63
5
b
b
b
，即有
52 个5；
64
65
100
,
,
,
b
b
b
对应的区间分别为：
0,64 , 0,65 ,
, 0,100
，则
64
65
100
6
b
b
b
，即有37 个6．
所以
2
3
4
5
100
1 2
2 2
3 2
4 2
5 2
6 37
480
S
．
6．(2016•新课标Ⅱ，理17)
n
S 为等差数列{
}
na
的前n 项和，且
1
1
a ，
7
28
S
，记
[
]
n
n
b
lga
，其中[ ]x 表示
不超过x 的最大整数，如[0.9]
0
，[
99]
1
lg
．
(Ⅰ)求
1b ，
11
b ，
101
b
；
(Ⅱ)求数列{ }
nb
的前1000 项和．
【解析】(Ⅰ)
n
S 为等差数列{
}
na
的前n 项和，且
1
1
a ，
7
28
S
，
4
7
28
a
．
可得
4
4
a
，则公差
1
d ．
na
n
，
[
]
nb
lgn
，则
1
[ 1]
0
b
lg
，
11
[ 11]
1
b
lg
，
101
[ 101]
2
b
lg
．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：
1
2
3
9
0
b
b
b
b
，
10
11
12
99
1
b
b
b
b
．
100
101
102
103
999
2
b
b
b
b
b
，
10,00
3
b
．
数列{ }
nb
的前1000 项和为：9
0
90 1
900
2
3
1893
．
7．(2015 湖南)设数列{
}
na
的前n 项和为
n
S ，已知
1
2
1,
2
a
a
，
且
2
3
n
n
a
S
*
1
3,(
)
n
S
n
N
．
(Ⅰ)证明：
2
3
n
n
a
a
；
(Ⅱ)求
n
S ．
【解析】(Ⅰ)由条件，对任意
*
n
N
，有
2
1
3
3
n
n
n
a
S
S
*
(
)
n
N
，
因而对任意
*,
2
n
N
n
，有
1
1
3
3
n
n
n
a
S
S
*
(
)
n
N
，
两式相减，得
2
1
1
3
n
n
n
n
a
a
a
a
，即
2
3
,(
2)
n
n
a
a
n
，
又
1
2
1,
2
a
a
，所以
3
1
2
1
1
2
1
3
3
3
(
)
3
3
a
S
S
a
a
a
a
，
故对一切
*
n
N
，
2
3
n
n
a
a
．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，
0
na
，所以
2
3
n
n
a
a
，于是数列
2
1
{
}
n
a
是首项
1
1
a
，公比为3 的等比数列，数列
2
{
}
n
a
是首项
1
2
a
，公比为3 的等比数列，
所以
1
1
2
1
2
3
,
2 3
n
n
n
n
a
a
，
于是
2
1
2
2
1
3
2
1
2
4
2
(
)
(
)
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
a
a
a
1
1
1
3(3
1)
(1 3
3
)
2(1 3
3
)
3(1 3
3
)
2
n
n
n
n
．
从而
1
2
2
1
2
2
3(3
1)
3
2 3
(5 3
1)
2
2
n
n
n
n
n
n
S
S
a
，
综上所述，
2
*
2
*
2
3 (5 3
1),(
2
1,
)
2
3 (3
1),(
2 ,
)
2
n
n
n
n
k
k
N
S
n
k k
N
8．( 2013 安徽)设数列
na
满足
1
2
a
，
2
4
8
a
a
，且对任意
*
n
N
，函数
1
2
1
2
( )
(
)
cos -
sin
n
n
n
n
n
f x
a
a
a
x
a
x a
x
，满足
'(
)
0
2
f
(Ⅰ)求数列
na
的通项公式；
(Ⅱ)若
1
2
2 n
n
n
a
b
a
（
），求数列
nb
的前n 项和
n
S ．
【解析】(Ⅰ)由
1
2
a
，
2
4
8
a
a
1
2
1
2
( )
(
)
cos -
sin
n
n
n
n
n
f x
a
a
a
x
a
x a
x
1
2
1
2
( )
sin
cos
n
n
n
n
n
f
x
a
a
a
a
x
a
x
1
2
1
(
)
0
2
n
n
n
n
f
a
a
a
a
所以，
1
2
2
n
n
n
a
a
a
∴{
}
na
是等差数列．
而
1
2
a
，
3
4
a
，
1
d
，
2
-1 1
1
na
n
n
（
）
，
(Ⅱ)
1
1
1
1
2
2
1
2
1
2
2
2
n
n
n
a
n
n
b
a
n
n
（
）（
）（
）
1
1
1-
2 2
1
2
2
1
2
1- 2
n
n
n
n
S
（
）
（
）
2
1
=
3
1- 2
1
3
1- 2
n
n
n n
n
n
（
）
考点62 裂项相消法求和
1．(2020 浙江20)已知数列{an}，{bn}，{cn}中，
1
1
1
1
1
1
2
1,
,
(
)
n
n
n
n
n
n
n
b
a
b
c
c
a
a c
c n
b
*
N
．
(Ⅰ)若数列{bn}为等比数列，且公比
0
q
，且
1
2
3
6
b
b
b
，求q 与an 的通项公式；
(Ⅱ)若数列{bn}为等差数列，且公差
0
d
，证明：
1
2
1
1
n
c
c
c
d
．
【答案】(I)
1
4
1
,
2
3
n
n
q
a
；(II)证明见解析.
【思路导引】(I)根据
1
2
3
6
b
b
b
，求得q，进而求得数列
nc
的通项公式，利用累加法求得数列
n
a
的通
项公式．
(II)利用累乘法求得数列
nc
的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立．
【解析】(I)依题意
2
1
2
3
1,
,
b
b
q b
q
，而
1
2
3
6
b
b
b
，即
2
1
6
q
q
，由于
0
q
，∴解得
1
2
q
，
∴
1
1
2
n
n
b
．
∴
2
1
1
2
n
n
b
，故
1
1
1
1
2
4
1
2
n
n
n
n
n
c
c
c
，∴数列
nc
是首项为1，公比为4 的等比数列，∴
1
4n
nc
．
∴
1
4n
nc
．
∴
1
1
4
n
n
n
n
a
a
c
，故
1
1
4n
n
n
a
a
(
*
2,
n
n
N
)．
∴
1
1
2
3
2
2
1
1
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
1
1
2
2
1
4 1 4
4
4
4
4
1
1
1 4
n
n
n
4
1
3
n
．
(II)依题意设
1
1
1
nb
n
d
dn
d
，由于
1
2
n
n
n
n
c
b
c
b
，
∴
1
1
1
n
n
n
n
c
b
c
b
*
2,
n
n
N
，
故
1
3
2
1
1
2
2
1
n
n
n
n
n
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
1
2
3
2
1
1
1
1
4
3
n
n
n
n
n
n
b
b
b
b
b
c
b
b
b
b
b
1 2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
bb
d
b b
d
b
b
d
b
b
．
∴
1
2
1
2
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
c
c
c
d
b
b
b
b
b
b
1
1
1
1
1
n
d
b
．
由于
1
0,
1
d
b
，∴
1
0
nb
，∴
1
1
1
1
1
1
1
n
d
b
d
，即
1
2
1
1
n
c
c
c
d
．
2．(2017•新课标Ⅱ，理15)等差数列{
}
na
的前n 项和为
n
S ，
3
3
a
，
4
10
S
，则
1
1
n
k
kS
．
【答案】2
1
n
n
【解析】等差数列{
}
na
的前n 项和为
n
S ，
3
3
a
，
4
10
S
，
4
2
3
2(
)
10
S
a
a
，可得
2
2
a
，数列的首项为
1
，
公
差
为
1
，
∴
(
1)
2
n
n n
S
，
∴
1
2
1
1
2(
)
(
1)
1
n
S
n n
n
n
，
则
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2[1
]
2(1
)
2
2
3
3
4
1
1
1
n
k
k
n
S
n
n
n
n
．
3．(2017•新课标Ⅲ，文17)设数列{
}
na
满足
1
2
3
(2
1)
2
n
a
a
n
a
n
．
(1)求{
}
na
的通项公式；
(2)求数列{
}
2
1
na
n
的前n 项和．
【解析】(1)数列{
}
na
满足
1
2
3
(2
1)
2
n
a
a
n
a
n
．
2
n. 时，
1
2
1
3
(2
3)
2(
1)
n
a
a
n
a
n
．
(2
1)
2
n
n
a
．
2
2
1
na
n
．
当
1
n 时，
1
2
a
，上式也成立．
2
2
1
na
n
．
(2)
2
1
1
2
1
(2
1)(2
1)
2
1
2
1
na
n
n
n
n
n
．
数列{
}
2
1
na
n
的前n 项和
1
1
1
1
1
1
2
(1
)
(
)
(
)
1
3
3
5
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
．
4．(2015 新课标Ⅰ，理17)
n
S 为数列{
n
a }的前n 项和．已知
na ＞0，
2
n
n
a
a
= 4
3
n
S
．
(Ⅰ)求{
n
a }的通项公式：
(Ⅱ)设
,求数列
}的前n 项和
【解析】(Ⅰ)当
1
n
时，
2
1
1
1
1
2
4
3
4
+3
a
a
S
a
，因为
0
na
，所以
1a =3，
当
2
n
时，
2
2
1
1
n
n
n
n
a
a
a
a
=
1
4
3
4
3
n
n
S
S
= 4
na ，即
1
1
1
(
)(
)
2(
)
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
，因为
0
na
，所以
1
n
n
a
a
=2，
所以数列{
n
a }是首项为3，公差为2 的等差数列，
所以
na = 2
1
n；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，
nb =
1
1
1
1
(
)
(2
1)(2
3)
2 2
1
2
3
n
n
n
n
，
所以数列{
nb }前n 项和为
1
2
n
b
b
b
= 1
1
1
1
1
1
1
[(
)
(
)
(
)]
2
3
5
5
7
2
1
2
3
n
n
= 1
1
6
4
6
n
．
5．(2013新课标Ⅰ，文17)已知等差数列｛
n
a ｝的前n项和
n
S 满足
3
S =0，
5
S =-5．
(Ⅰ)求｛
na ｝的通项公式；
(Ⅱ)求数列{
2
1
2
1
1
n
n
a
a
}的前n项和．
【解析】(Ⅰ)由
3
S =0，5
S =-5得，
1
1
3
3 2
0
2
a
d
，
1
1
5
5 4
5
2
a
d
，解得
1a =1，d =-1，∴
n
a =2
n
；
(Ⅱ)由已知
na = 2
n
，∴
2
1
2
1
1
n
n
a
a
=
1
(3
2 )(1 2 )
n
n
=
1
1
1
(
)
2 3
2
1
2
n
n
，
∴数列{
2
1
2
1
1
n
n
a
a
}的前n项和为
1
3
3
5
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
[(
)
(
)
(
)]
2
n
n
a
a
a
a
a
a
=
1
2
1
1 1
1
(
)
2
n
a
a
=
1
1
(1
)
2
1
2n
=1
2
n
n
．
6．(2011 新课标，理17)等比数列{
n
a }的各项均为整数，且
1
2
2
3
a
a
=1，
2
3a =
2
6
9a a ，
(Ⅰ)求数列{
na }的通项公式；
(Ⅱ)设
nb =
3
1
3
2
3
log
log
log
n
a
a
a
，求数列{ 1
nb
}的前n 项和．
【解析】(Ⅰ)设数列{
n
a }的公比为q ，由
2
3a =
2
6
9a a 得
2
3a =
2
4
9a ，所以
2
q = 1
9
，
由条件可知q ＞0，故q = 1
3
．
由
1
2
2
+3
a
a =1 得
1
1
2
+3
a
a q =1，所以
1a = 1
3
，
故数列{
n
a }的通项公式为
n
a = 1
3n ．
(Ⅱ)
nb =
3
1
3
2
3
log
log
log
n
a
a
a
= (1
2
)
n
=
(
1)
2
n n
故1
nb
=
2
(
1)
n n
=
1
1
2(
)
1
n
n
，
1
2
1
1
1
n
b
b
b
=
1
1
1
1
1
2[(1
)
(
)
(
)]
2
2
3
1
n
n
=
2
1
n
n
所以数列{ 1
nb
}的前n 项和为
2
1
n
n
．
7．(2016 年天津高考)已知
na
是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的
*
N
n
，
nb 是
na 和
1
na
的等差中项．
(Ⅰ)设
2
2
*
1
,
N
n
n
n
c
b
b
n
，求证：数列
nc
是等差数列；
(Ⅱ)设
2
2
*
1
1
,
1
,
N
n
k
n
k
k
a
d T
b n
，求证：
2
1
1
1 .
2
n
k
kT
d
【解析】(Ⅰ)由题意得
2
1
n
n
n
b
a a
，
有
2
2
1
1
2
1
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
c
b
b
a
a
a a
da
，
因此
2
1
2
1
2 (
)
2
n
n
n
n
c
c
d a
a
d
，
所以数列
nc
是等差数列．
(Ⅱ)
2
2
2
2
2
2
1
2
3
4
2
1
2
(
)
(
)
(
)
n
n
n
T
b
b
b
b
b
b
2
4
2
2 (
)
n
d a
a
a
2
2
(
)
2
2
n
n a
a
d
2
2
(
1)
d n n
．
所以
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(
)
(1
)
2
(
1)
2
1
2
1
2
n
n
n
k
k
k
kT
d
k k
d
k
k
d
n
d
．
8．(2011 安徽)在数1 和100 之间插入n 个实数，使得这
2
n
个数构成递增的等比数列，将这
2
n
个数的
乘积记作
nT ，再令
,
lg
n
n
a
T
1
n≥．
(Ⅰ)求数列{
}
na
的通项公式；
(Ⅱ)设
1
tan
tan
,
n
n
n
b
a
a
求数列{ }
nb
的前n 项和
n
S ．
【解析】(Ⅰ)设
2
2
1
,
,
,
nl
l
l
构成等比数列，其中
,
100
,1
2
1
nt
t
则
,
2
1
2
1
n
n
n
t
t
t
t
T
①
,
1
2
2
1
t
t
t
t
T
n
n
n
②
①×②并利用
得
),
2
1(
102
2
1
3
1
n
i
t
t
t
t
n
i
n
.1
,2
lg
,
10
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
(
2
1
2
2
1
1
2
2
1
2
n
n
T
a
t
t
t
t
t
t
t
t
T
n
n
n
n
n
n
n
n
(Ⅱ)由题意和(Ⅰ)中计算结果，知
.1
),
3
tan(
)
2
tan(
n
n
n
bn
另一方面，利用
,
tan
)1
tan(
1
tan
)1
tan(
)
)1
tan((
1
tan
k
k
k
k
k
k
得
.1
1
tan
tan
)1
tan(
tan
)1
tan(
k
k
k
k
所以
2
3
1
tan
)1
tan(
n
k
n
k
k
n
k
k
b
S
.
1
tan
3
tan
)
3
tan(
)1
1
tan
tan
)1
tan(
(
2
3
n
n
k
k
n
k
9．(2014 山东)已知等差数列
}
{
n
a
的公差为2，前n 项和为
n
S ，且
1S ，
2
S ，
4
S 成等比数列．
(Ⅰ)求数列
}
{
n
a
的通项公式；
(Ⅱ)令
nb =
,
4
)1
(
1
1
n
n
n
a
a
n
求数列
}
{ nb
的前n 项和
nT ．
【解析】(Ⅰ)
,
6
4
,
2
,
,2
1
4
1
2
1
1
d
a
S
d
a
S
a
S
d
4
1
2
2
4
2
1
,
,
S
S
S
S
S
S
成等比
解得
1
2
,1
1
n
a
a
n
(Ⅱ)
)
1
2
1
1
2
1
(
)1
(
4
)1
(
1
1
1
n
n
a
a
n
b
n
n
n
n
n
，
当n 为偶数时
1
1
1
1
1
(1
)
(
)
(
)
3
3
5
5
7
nT
1
1
1
1
(
)
(
)
2
3
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
1
2
2
1
2
1
1
n
n
n
Tn
1
1
1
1
1
(1
)
(
)
(
)
3
3
5
5
7
n
n
T
当为奇数时，
1
1
1
1
(
)
(
)
2
3
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
1
2
2
2
1
2
1
1
n
n
n
Tn
为奇数
为偶数
n
n
n
n
n
n
Tn
,
1
2
2
2
,
1
2
2
．
10．(2013 广东)设各项均为正数的数列
na
的前n 项和为
n
S ，满足
2
1
4
4
1
n
n
S
a
n
，
*
n
N
，且
2
5
14
,
,
a a a
构成等比数列．
(Ⅰ)证明：
2
1
4
5
a
a
；
(Ⅱ)求数列
na
的通项公式；
(Ⅲ)证明：对一切正整数n ，有
1
2
2
3
1
1
1
1
1
2
n
n
a a
a a
a a
．
【解析】(Ⅰ)当
1
n
时，
2
2
1
2
2
1
4
5,
4
5
a
a
a
a
，
2
1
0
4
5
na
a
a
(Ⅱ)当
2
n
时，
2
1
4
4
1
1
n
n
S
a
n
，
2
2
1
1
4
4
4
4
n
n
n
n
n
a
S
S
a
a
2
2
2
1
4
4
2
n
n
n
n
a
a
a
a
,
1
0
2
n
n
n
a
a
a
当
2
n
时，
na
是公差
2
d
的等差数列．
2
5
14
,
,
a a a
构成等比数列，
2
5
2
14
a
a
a
，
2
2
2
2
8
24
a
a
a
，解得
2
3
a
,
由(Ⅰ)可知，
2
1
2
1
4
5=4,
1
a
a
a
2
1
3 1
2
a
a
na
是首项
1
1
a
,公差
2
d
的等差数列．
数列
na
的通项公式为
2
1
na
n
．
(Ⅲ)
1
2
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1 3
3 5
5 7
2
1 2
1
n
n
a a
a a
a a
n
n
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
3
5
5
7
2
1
2
1
1
1
1
1
.
2
2
1
2
n
n
n
考点63 错位相减法
1．(2020 全国Ⅲ理17)
设等差数列
na
满足
1
1
3 ,
3
4
n
n
a
a
a
n
．
(1)计算
2
3
,
a
a ，猜想
na
的通项公式并加以证明；
(2)求数列
2n
na
的前n 项和
n
S ．
【答案】(1)
2
1
na
n
；(2)
1
(2
1)2
2
n
n
S
n
．
【思路导引】(1)利用递推公式得出
2
3
,
a a ，猜想得出
n
a
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
1
3
a
，
1
3
4
n
n
a
a
n
，
2
1
3
4
5
a
a
，
3
2
3
4
2
7
a
a
，…
猜想{
}
na
的通项公式为
2
1
na
n
．
证明如下：(数学归纳法)当
1,2,3
n
时，显然成立；
(1)
假设n
k
时，即
2
1
ka
k
成立；其中
*
(
N )
k
，
由
1
3
4
k
k
a
a
k
3(2
1)
4
k
k
2(
1)
1
k
(2)
故假设成立，综上(1)(2)，∴
2
1
na
n
*
(
N )
n
(2)解法一：令
2
(2
1)2
n
n
n
n
b
a
n
，则前项和
1
2
1
2
...
3 2
5 2
...
(2
1)2n
n
n
S
b
b
b
n
(1)
由(1)两边同乘以2 得：
2
3
1
2
3 2
5 2
...
(2
1)2
(2
1)2
n
n
n
S
n
n
(2)
由(1) (2)的
3
2
2
1
1
2 (1
2
)
3 2
2
2
...
2
(2
1)2
6
(2
1)2
1
2
n
n
n
n
n
S
n
n
，
化简得
1
(2
1)2
2
n
n
S
n
．
解法二：由(1)可知，
2
(2
1) 2
n
n
na
n
2
3
1
3 2
5 2
7 2
(2
1) 2
(2
1) 2
n
n
n
S
n
n
，①
2
3
4
1
2
3 2
5 2
7 2
(2
1) 2
(2
1) 2
n
n
n
S
n
n
，②
由①②得：
2
3
1
6
2
2
2
2
(2
1) 2
n
n
n
S
n
2
1
1
2
1 2
6
2
(2
1) 2
1 2
n
n
n
1
(1
2 ) 2
2
n
n
，
即
1
(2
1) 2
2
n
n
S
n
．
2．(2014 新课标I，文17)已知{
n
a }是递增的等差数列，
2a ，
4a 是方程
2
5
6
0
x
x
的根。
(I)求{
n
a }的通项公式；
(II)求数列{ 2
n
n
a
}的前n 项和．
【解析】(I)设数列{
na }的公差为d ，方程
2
5
6
0
x
x
两根为2,3，由题得
2a =2，
4a =3，在
4a -
2a =2 d ，
故d = 1
2
，∴
1a = 3
2
，∴数列{
n
a }的通项公式为
n
a = 1
1
2 n ．……6 分
(II)设数列{ 2
n
n
a
}的前n 项和为
n
S ，由(I)知，2
n
n
a
=
1
2
2n
n
，则
n
S =
2
3
4
1
3
4
5
2
2
2
2
2n
n
，
①
1
2
n
S =
3
4
1
2
3
4
1
2
2
2
2
2
n
n
n
n
，
②
①-②得1
2
n
S =
2
3
4
1
2
3
1
1
1
2
2
2
2
2
2
n
n
n
=
1
2
1
1
(1
)
2
2
2
1
2
1
2
n
n
n
=
2
4
1
2n
n
，
∴
n
S =
1
4
2
2n
n
．
……12 分
3．(2015 浙江)已知数列{
}
na
和{ }
nb
满足，
1
2
a
，
1
1
b ，
*
1
2
(
N )
n
n
a
a n
，
1
2
3
1
1
2
3
b
b
b
*
1
1
1(
N )
n
n
b
b
n
n
．
(Ⅰ)求
n
a 与
nb ；
(Ⅱ)记数列{
}
n
n
a b
的前n 项和为
nT ，求
nT ．
【解析】(Ⅰ)由
1
2
a
，
1
2
n
n
a
a
，得
2n
na
．
当
1
n
时，
1
2
1,
b
b
故
2
2
b
．
当n
2
≥
时，
1
1
,
n
n
n
b
b
b
n
整理得
1
1,
n
n
b
n
b
n
所以
nb
n
．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，
2n
n
n
a b
n
，
故
2
3
2
2 2
3 2
2n
nT
n
，
2
3
4
1
2
2
2 2
2 2
1 2
2
n
n
nT
n
n
，
所以
1
1 2
2
n
nT
n
．
4．(2013 湖南)设
n
S 为数列{
n
a }的前项和，已知
0
1
a
，2
n
n
S
S
a
a
1
1
，
n
N
(Ⅰ)求
1a ，
2
a ，并求数列
na
的通项公式；
(Ⅱ)求数列｛
n
na ｝的前n 项和．
【解析】(Ⅰ)
1
1
1
1
1
1
2
1
.
S
S
a
a
n
a
S
时，
当
.1
,0
1
1
a
a
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
S
a
a
S
a
a
s
s
a
n
时，
当
-
.
*
,
2
2
1
}
{
1
1
N
n
a
q
a
a
n
n
n
的等比数列，
公比为
时首项为
(Ⅱ)
n
n
n
n
qa
n
qa
qa
qa
qT
a
n
a
a
a
T
3
2
1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
设
1
4
3
2
3
2
1
n
n
a
n
a
a
a
qT
上式左右错位相减：
n
n
n
n
n
n
n
n
na
q
q
a
na
a
a
a
a
T
q
2
1
2
1
1
)
1(
1
1
1
3
2
1
*
,1
2
)1
(
N
n
n
T
n
n
。
5．(2016 年山东高考)已知数列
na
的前n 项和
2
3
8
n
S
n
n
，
nb
是等差数列，且
1.
n
n
n
a
b
b
(Ⅰ)求数列
nb
的通项公式；
(Ⅱ)令
1
(
1)
.
(
2)
n
n
n
n
n
a
c
b
求数列
nc
的前n 项和Tn．
【解析】(Ⅰ)因为数列
na
的前n 项和
n
n
Sn
8
3
2
，
所以
11
1
a
，当
2
n
时，
5
6
)1
(
8
)1
(
3
8
3
2
2
1
n
n
n
n
n
S
S
a
n
n
n
，
又
5
6
n
an
对
1
n
也成立，所以
5
6
n
an
．
又因为
nb
是等差数列，设公差为d ，则
d
b
b
b
a
n
n
n
n
2
1
．
当
1
n
时，
d
b
11
2 1
；当
2
n
时，
d
b
17
2 2
，
解得
3
d
，所以数列
nb
的通项公式为
1
3
2
n
d
a
b
n
n
．
(Ⅱ)由
1
1
1
2
)
3
3
(
)
3
3
(
)
6
6
(
)
2
(
)1
(
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b
a
c
，
于是
1
4
3
2
2
)
3
3
(
2
12
2
9
2
6
n
n
n
T
，
两边同乘以２，得
2
1
4
3
2
)
3
3
(
2
)
3
(
2
9
2
6
2
n
n
n
n
n
T
，
两式相减，得
2
1
4
3
2
2
)
3
3
(
2
3
2
3
2
3
2
6
n
n
n
n
T
2
2
2
2
)
3
3
(
2
1
)
2
1(
2
3
2
3
n
n
n
2
2
2
2
3
2
)
3
3
(
)
2
1(
2
3
12
n
n
n
n
n
n
T
．
6．(2015 湖北)设等差数列{
}
na
的公差为d ，前n 项和为
n
S ，等比数列{ }
nb
的公比为q ．已知
1
1
b
a
，2
2
b
，
q
d
，
10
100
S
．
(Ⅰ)求数列{
}
na
，{ }
nb
的通项公式；
(Ⅱ)当
1
d 时，记
n
n
n
a
c
b
，求数列{ }
nc
的前n 项和
nT ．
【解析】(Ⅰ)由题意有，
1
1
10
45
100
2
a
d
a d
，即
1
1
2
9
20
2
a
d
a d
．
解得
1
1
2
a
d
或
1
9
2
9
a
d
，故
1
2
1
2
n
n
n
a
n
b
或
1
1 (2
79)
9
2
9 ( )
9
n
n
n
a
n
b
．
(Ⅱ)由
1
d ，知
2
1
na
n
，
1
2n
nb
，故
1
2
1
2
n
n
n
c
，于是
2
3
4
1
3
5
7
9
2
1
1
2
2
2
2
2
n
n
n
T
，
①
2
3
4
5
1
1
3
5
7
9
2
1
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
T
．
②
①-②可得
2
2
1
1
1
1
2
1
2
3
2
3
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
T
，故
nT
1
2
3
6
2n
n
．
7．(2013 山东)设等差数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
4
2
4
S
S
，
2
2
1
n
n
a
a
．
(Ⅰ)求数列
na
的通项公式；
(Ⅱ)设数列
nb
的前n 项和
nT ,且
1
2
n
n
n
a
T
(λ为常数)，令
2
n
n
c
b
(
*
nN )．求数列
nc
的前n
项和
n
R ．
【解析】(Ⅰ)设等差数列
na
的首项为
1a ，公差为d ，
由
4
2
4
S
S
，
2
2
1
n
n
a
a
得
1
1
1
1
4
6
8
4
(2
1)
2
2(
1)
1
a
d
a
d
a
n
a
n
d
，
解得，
1
1
a
，
2
d
．
因此
2
1
na
n
*
(
)
n
N
．
(Ⅱ)由题意知：
1
2
n
n
n
T
所以
2
n
时，
1
1
2
1
2
2
n
n
n
n
n
n
n
b
T
T
故，
1
2
2
1
2
2
1
(
1)( )
2
4
n
n
n
n
n
c
b
n
*
(
)
n
N
所以
0
1
2
3
1
1
1
1
1
1
0 ( )
1 ( )
2 ( )
3 ( )
(
1) ( )
4
4
4
4
4
n
n
R
n
，
则
1
2
3
1
1
1
1
1
1
1
0 ( )
1 ( )
2 ( )
(
2) ( )
(
1) ( )
4
4
4
4
4
4
n
n
n
R
n
n
两式相减得
1
2
3
1
3
1
1
1
1
1
( )
( )
( )
( )
(
1) ( )
4
4
4
4
4
4
n
n
n
R
n
1
1
( )
1
4
4
(
1)( )
1
4
1
4
n
n
n
整理得
1
1
3
1
(4
)
9
4
n
n
n
R
，
所以数列
nc
的前n 项和
1
1
3
1
(4
)
9
4
n
n
n
R
．
8．(2017 山东)已知{
}
nx
是各项均为正数的等比数列，且
1
2
3
x
x
，
3
2
2
x
x
．
(Ⅰ)求数列{
}
nx
的通项公式；
(Ⅱ)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点
1
1
( ,1)
P x
，
2
2
(
,2)
P x
，…，
1
1
(
,
1)
n
n
P
x
n
得到折线
1P
2P …
1
nP ，求由该折线与直线
0
y
，
1
x
x
，
1
n
x
x
所围成的区域的面积
nT ．
【解析】(Ⅰ)设数列{
}
nx
的公比为q ，由已知
0
q
．
由题意得
1
1
2
1
1
3
2
x
x q
x q
x q
，所以
2
3
5
2
0
q
q
，
因为
0
q
,所以
1
2,
1
q
x
，
因此数列{
}
nx
的通项公式为
1
2
.
n
nx
(Ⅱ)过
1
2
3
,
,
,
P P P …，
1
nP 向x 轴作垂线，垂足分别为
1
2
3
,
,
,
Q Q Q
…，
1
n
Q ,
由(Ⅰ)得
1
1
1
2
2
2
.
n
n
n
n
n
x
x
记梯形
1
1
n
n
n
n
P P Q
Q
的面积为
nb ．
由题意
1
2
(
1)
2
(2
1) 2
2
n
n
n
n
n
b
n
，
所以
1
2
3
nT
b
b
b
…+
nb
=
1
0
1
3 2
5 2
7
2
…+
3
2
(2
1) 2
(2
1) 2
n
n
n
n
①
又
0
1
2
2
3 2
5 2
7
2
nT
…+
2
1
(2
1) 2
(2
1) 2
n
n
n
n
②
①②得
1
2
1
1
3 2
(2
2
......
2
)
(2
1) 2
n
n
nT
n
=
1
1
3
2(1 2
)
(2
1) 2
.
2
1 2
n
n
n
所以
(2
1) 2
1.
2
n
n
n
T
9．(2017 天津)已知{
}
na
为等差数列，前n 项和为
(
)
n
S
n
N
，{
}
nb
是首项为2 的等比数列，且公比大于0，
2
3
12
b
b
,
3
4
1
2
b
a
a
，
11
4
11
S
b
．
(Ⅰ)求{
}
na
和{
}
nb
的通项公式；
(Ⅱ)求数列
2
2
1
{
}
n
n
a b
的前n 项和(
)
n
N
．
【解析】(Ⅰ)设等差数列{
}
na
的公差为d ，等比数列{
}
nb
的公比为q ．
由已知
2
3
12
b
b
，得
2
1(
)
12
b q
q
，而
1
2
b
，所以
2
6
0
q
q
．
又因为
0
q
，解得
2
q
．所以，
2n
nb
．
由
3
4
1
2
b
a
a
，可得
1
3
8
d
a
①．
由
11
4
=11
S
b ，可得
1
5
16
a
d
②，
联立①②，解得
1
1
a
，
3
d
，由此可得
3
2
na
n
．
所以，数列{
}
na
的通项公式为
3
2
na
n
，数列{
}
nb
的通项公式为
2n
nb
．
(Ⅱ)设数列
2
2
1
{
}
n
n
a b
的前n 项和为
nT ，
由
2
6
2
n
a
n
，
1
2
1
2 4n
n
b
，有
2
2
1
(3
1)
4n
n
n
a b
n
，
故
2
3
2 4
5 4
8 4
(3
1) 4n
nT
n
，
2
3
4
1
4
2 4
5 4
8 4
(3
4)
4
(3
1)
4
n
n
nT
n
n
，
上述两式相减，得
2
3
1
3
2 4
3 4
3 4
3 4
(3
1)
4
n
n
nT
n
1
1
12 (1
4 )
4
(3
1)
4
1
4
(3
2)
4
8.
n
n
n
n
n
得
1
3
2
8
4
3
3
n
n
n
T
．
所以，数列
2
2
1
{
}
n
n
a b
的前n 项和为
1
3
2
8
4
3
3
n
n
．
10．(2015 湖北)设等差数列{
}
na
的公差为d，前n 项和为
n
S ，等比数列{ }
nb
的公比为q．已知
1
1
b
a
，2
2
b
，
q
d
，
10
100
S
．
(Ⅰ)求数列{
}
na
，{ }
nb
的通项公式；
(Ⅱ)当
1
d 时，记
n
n
n
a
c
b
，求数列{ }
nc
的前n 项和
nT ．
【解析】(Ⅰ)由题意有，
1
1
10
45
100
2
a
d
a d
，即
1
1
2
9
20
2
a
d
a d
．
解得
1
1
2
a
d
或
1
9
2
9
a
d
，故
1
2
1
2
n
n
n
a
n
b
或
1
1 (2
79)
9
2
9 ( )
9
n
n
n
a
n
b
．
(Ⅱ)由
1
d ，知
2
1
na
n
，
1
2n
nb
，故
1
2
1
2
n
n
n
c
，于是
2
3
4
1
3
5
7
9
2
1
1
2
2
2
2
2
n
n
n
T
，
①
2
3
4
5
1
1
3
5
7
9
2
1
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
T
．
②
①-②可得
2
2
1
1
1
1
2
1
2
3
2
3
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
T
，
故
nT
1
2
3
6
2n
n
．
11．(2014 四川)设等差数列{
}
na
的公差为d ，点(
,
)
n
n
a b
在函数
( )
2x
f x
的图象上
(
*
n
N
)．
(Ⅰ)若
1
2
a ，点
8
7
(
,4
)
a
b
在函数
( )
f x 的图象上，求数列{
}
na
的前n 项和
n
S ；
(Ⅱ)若
1
1
a
，函数
( )
f x 的图象在点
2
2
(
,
)
a b
处的切线在x 轴上的截距为
1
2
ln 2
，求数列{
}
n
n
a
b
的前n
项和
nT ．
【解析】(Ⅰ)点(
,
)
n
n
a b
在函数
( )
2x
f x
的图象上，所以
2 n
a
nb
，又等差数列{
}
na
的公差为d ，所以
1
1
1
2
2
2
2
n
n
n
n
a
a
a
d
n
a
n
b
b
．
因为点
8
7
(
,4
)
a
b
在函数
( )
f x 的图象上，所以
8
7
8
4
2a
b
b
，
所以
8
7
2
4
d
b
b
2
d
．
又
1
2
a ，所以
2
2
1
(
1)
2
3
2
n
n n
S
na
d
n
n
n
n
n
．
(Ⅱ)由
( )
2
( )
2 ln 2
x
x
f x
f
x
，函数
( )
f x 的图象在点
2
2
(
,
)
a b
处的切线方程为
2
2
2
(2
ln 2)(
)
a
y
b
x
a
所以切线在x 轴上的截距为
2
1
ln 2
a
，从而
2
1
1
2
ln 2
ln 2
a
，故
2
2
a
从而
na
n
，
2n
nb
，
2
n
n
n
a
n
b
2
3
1
2
3
2
2
2
2
n
n
n
T
2
3
4
1
1
1
2
3
2
2
2
2
2
n
n
n
T
所以
2
3
4
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
T
1
1
1
2
1
1
2
2
2
n
n
n
n
n
故
2
2
2
n
n
n
T
．
12．(2012 浙江)已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
n
S =
2
2n
n
，n∈N﹡，数列
nb
满足
2
4log
3
n
n
a
b
，
*
n
N
．
(Ⅰ)求
,
n
n
a b ；
(Ⅱ)求数列{
}
n
n
a
b
的前n 项和
nT ．
【解析】(Ⅰ)由
n
S =
2
2n
n
，得
当n =1 时，
1
1
3
a
S
；
当n 2 时，
1
n
n
n
a
S
S
2
2
2
2(
1)
(
1)
4
1
n
n
n
n
n
，
*
n
N
．
由
2
4log
3
n
n
a
b
，得
2
1
nb
n
，
*
n
N
．
(Ⅱ)由(1)知
1
(4
1) 2n
n
n
a b
n
，
*
n
N
所以
2
1
3
7 2 11 2
...
4
1 2n
nT
n
，
2
3
2
3 2
7 2
11 2
...
4
1 2n
nT
n
，
2
1
2
4
1 2
[3
4(2
2
...
2
)]
n
n
n
n
T
T
n
(4
5)2
5
n
n
(4
5)2
5
n
nT
n
，
*
n
N
．
考点64 并项法与倒序求和法
1．(2011 安徽)若数列
na
的通项公式是
( 1) (3
2)
na
n
,则
1
2
10
a
a
a
=
A．15
B．12
C．－12
D．－15
【答案】A
【解析】
10
1
2
10
1
4
7
10
( 1)
(3 10
2)
a
a
a
9
10
( 1
4)
( 7 10)
[( 1)
(3 9
2)
( 1)
(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
02 ，接下来的两项是
02 ，
12 ，再接下来的三项是
02 ，
12 ，
22 ，依此类推．求满足如下条件的最小整数
:
100
N N
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{
}
na
，设
1
(
1)
(
1)
1
2
2
2
1
n
n
n
n
n n
b
a
a
，(
)
n
N
，则
(
1)
2
1
1
n n
n
i
i
i
i
b
a
，
由题意可设数列{
}
na
的前
N
项和为
N
S
，数列{ }
nb
的前
n 项和为
nT
，则
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
2
n
n
nT
n
，可知当N 为(
1)
2
n n
时(
)
n
N
，数列{
}
na
的前N 项和为数
列{ }
nb
的前n 项和，即为
1
2
2
n
n
，容易得到
100
N
时，
14
n
，
A 项，由29
30
435
2
，440
435
5
，可知
30
5
30
440
29
5
2
29
2
2
1
2
S
T
b
，故A 项符合题意．
B 项，仿上可知25
26
325
2
，可知
26
5
26
330
25
5
2
25
2
2
1
2
4
S
T
b
，显然不为2 的整数幂，故B
项不符合题意．
C 项，仿上可知20
21
210
2
，可知
21
10
21
10
220
20
10
2
20
2
2
1
2
2
23
S
T
b
，显然不为2 的整数幂，
故C 项不符合题意．
D 项，仿上可知14 15
105
2
，可知
15
5
15
110
14
5
2
14
2
2
1
2
15
S
T
b
，显然不为2 的整数幂，故D
项不符合题意．
故选A ．
2．(2016•新课标Ⅲ，理12)定义“规范01 数列” {
}
na
如下：{
}
na
共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，
且对任意
2
k
m
-
，
1a ，
2a ，，
ka 中0 的个数不少于1 的个数，若
4
m
，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
4
m
，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＋1＝cn＋an
2
，cn＋1＝bn＋an
2
，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】∵
1
na =
na ，∴
n
a =
1a ，∵
1
nb =
2
n
n
c
a
，
1
nc =
2
n
n
b
a
，
∴
1
nb +
1
nc =
1
2
2
n
n
b
c
a
，∴
1
nb +
1
nc -
1
2a =
1
1 (
2
)
2
n
n
b
c
a
，∵
1
1
1
2
b
c
a
，∴
n
n
b
c
=
1
2a ，由余
弦
定
理
得
cos
n
A
=
2
2
2
2
n
n
n
n
n
b
c
a
b c
=
2
2
1
(
)
2
2
n
n
n
n
n
n
b
c
b c
a
b c
=
2
1
3
2
2
n
n
n
n
a
b c
b c
，
∴
sin
n
A
=
2
1 cos
n
A
=
2
4
1
1
2
2
3
9
4
n
n
n
n
a
a
b c
b c
，∴
n
n
n
A B C
S
= 1
sin
2
n
n
n
b c
A
=
4
2
1
1
9
1
3
2
4
n
n
a
a b c
，∵
1
nb
1
nc =
2
2
n
n
n
n
c
a
b
a
=
2
1
1
(
)
4
n
n
n
n
b c
a b
c
a
=
2
3 (
)
4
4
n
n
n
n
b c
b
c
＞
n
n
b c (∵
1
1
b
c
)，∴
1
1
1
n
n
n
A
B
C
S
＞
n
n
n
A B C
S
，故
n
S 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
2 时，a10＞10
B．当b=
1
4 时，a10＞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
2
1
0
4
x
，得
1
2
，
取
1
1
2
a
，所以
2
1
1
,
,
10
2
2
n
a
a
，
所以当
1
4
b
时，
10
10
a
，故B错误；
对于C，令
2
2
0
x
，得
2
或
1
，
取
1
2
a
，所以
2
2,
,
2
10
n
a
a
，所以当
2
b
时，
10
10
a
，故C错误；
对于D，令
2
4
0
x
，得
1
17
2
，取
1
1
17
2
a
，所以
2
1
17
2
a
，…，
1
17
10
2
na
，
所以当
4
b
时，
10
10
a
，故D 错误；
对于A，
2
2
1
1
2
2
a
a
.
，
2
2
3
1
1
3
2
2
4
a
a
.
，
2
4
2
4
3
1
9
1
17
1
4
2
16
2
16
a
a
a
.
，
1
0
n
n
a
a
，{
}
na
递增，
当
4
n. 时，
1
1
1
3
2
1
2
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，所以
5
4
6
5
10
9
3
2
3
2
3
2
a
a
a
a
a
a
，所以
6
10
4
3
2
a
a
，所以
10
729
10
64
a
故A 正确．故
选A．
5 ．(2015 湖北) 设
1
2
,
,
,
n
a a
a R
，
3
n≥
．若p ：
1
2
,
,
,
n
a a
a
成等比数列；q ：
2
2
2
1
2
1
(
)
n
a
a
a
2
2
2
2
2
3
1
2
2
3
1
(
)
(
)
n
n
n
a
a
a
a a
a a
a
a
，则
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：
1
2
,
,
,
n
a a
a
成等比数列，则公比
)
3
(
1
n
a
a
q
n
n
且
0
n
a
；
对命题q ，
①当
0
n
a
时，
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
3
1
2
2
3
1
(
)(
)
(
)
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a a
a a
a
a
成立；
②当
0
n
a
时，根据柯西不等式，
等式
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
3
1
2
2
3
1
(
)(
)
(
)
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a a
a a
a
a
成立，
则
n
n
a
a
a
a
a
a
1
3
2
2
1
，所以
1
2
,
,
,
n
a a
a
成等比数列，
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
na
满足
1
2
3
1
4 ,
8
a
a
a
a
．
(1)求
na
的通项公式；
(2)设
n
S 为数列
3
log
na
的前n 项和．若
1
3
m
m
m
S
S
S
，求m ．
【答案】(1)
1
3
n
na
；(2)
6
m
．
【思路导引】(1)设等比数列
na
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
3
{log
}
n
a
的通项公式，利用等差数列求和公式求得
n
S ，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
na
的公比为q，根据题意，有
1
1
2
1
1
4
8
a
a q
a q
a
，解得
1
1
3
a
q
，所以
1
3
n
na
．
(2)令
3
1
3
log
log 3
1
n
n
n
b
a
n
，所以
(0
1)
(
1)
2
2
n
n
n
n n
S
，
根据
1
3
m
m
m
S
S
S
，可得
(
1)
(
1)
(
2)(
3)
2
2
2
m m
m m
m
m
，
整理得
2
5
6
0
m
m
，因为
0
m
，所以
6
m
．
7(2014 浙江)设函数
2
1
)
(
x
x
f
，
),
(
2
)
(
2
2
x
x
x
f
|
2
sin
|
3
1
)
(
3
x
x
f
，
99
i
i
a
，
0,1,2,
,99
i
，记
1
0
|
(
)
(
) |
k
k
k
I
f
a
f
a
2
1
|
(
)
(
) |
k
k
f
a
f
a
99
98
|
(
)
(
) |
k
k
f
a
f
a
，
.3,2,1
k
则
A．
3
2
1
I
I
I
B．
3
1
2
I
I
I
C．
2
3
1
I
I
I
D．
1
2
3
I
I
I
【答案】B
【解析】∵
2
1
)
(
x
x
f
在[0,1] 上单调递增，可得
1
1
1
0
(
)
(
)
0
f a
f a
，
1
2
1
1
(
)
(
)
0
f a
f a
，…，
1
99
1
98
(
)
(
)
0
f a
f a
，
∴
1
1
1
1
0
1
2
1
1
1
99
1
98
|
(
)
(
) |
|
(
)
(
) |
|
(
)
(
) |
I
f a
f a
f a
f a
f a
f a
1
1
1
0
1
2
1
1
1
99
1
98
1
99
1
0
(
)
(
)+ (
)
(
)
(
)
(
)= (
)
(
)
f a
f a
f a
f a
f a
f a
f a
f a
=
2
99
-0=1
99
（
）
∵
),
(
2
)
(
2
2
x
x
x
f
在
49
0
]
99
[ ，
上单调递增，在50
[
,1]
99
单调递减
∴
2
1
2
0
(
)
(
)
0
f
a
f
a
，…，
2
49
2
48
(
)
(
)
0
f
a
f
a
，
2
50
2
49
(
)
(
)
0
f
a
f
a
，
2
51
2
50
(
)
(
)
0
f
a
f
a
，…，
2
99
2
98
(
)
(
)
0
f
a
f
a
∴
2
2
1
2
0
2
2
2
1
2
99
2
98
|
(
)
(
) |
|
(
)
(
) |
|
(
)
(
) |
I
f
a
f
a
f
a
f
a
f
a
f
a
=
2
49
2
0
2
99
2
50
(
)
(
)
[
(
)
(
)]
f
a
f
a
f
a
f
a
=
2
50
2
0
2
99
2
(
)
(
)
(
)
f
a
f
a
f
a
=
50
50
9800
4
(1
)
1
99
99
9801
∵
|
2
sin
|
3
1
)
(
3
x
x
f
在
24
[0,
]
99
，50 74
[
,
]
99 99
上单调递增，在25 49
[
,
]
99 99
，75
[
,1]
99
上单调递减，可得
3
3
25
3
49
3
74
2
49
2
(
)
2
(
)
2
(
=
(2sin
sin
)
3
99
99
I
f a
f a
f a
）
2
5
2 2 6
2 2
6
2
6
3 2
(2sin
sin
)
(
)
1
3
12
12
3
4
4
4
因此
3
1
2
I
I
I
．
8．(2013 新课标Ⅱ，理16)等差数列{
n
a }前n 项和为
n
S ，
10
S
=0，
15
S
=25，则
n
nS 的最小值为
．
【答案】-49
【解析】由题知，
1
1
10
10 9
0
2
15
15 14
25
2
d
a
d
a
，解得
1
3
2
3
a
d
，∴
n
S =
2
10
3
n
n
，
∴
n
nS =
3
2
10
3
n
n
，设
( )
f n =
3
2
10
3
n
n
，∴
( )
f
n
=
2
3
20
3
n
n
=
20
3 (
)
3
3
n n
，
当0≤n ≤6 时，
( )
f
n
＜0，当n≥7 时，
( )
f
n
＞0，
(7)
f
=-49＞
(6)
f
=－24，故
n
nS 的最小值为-49．
9.(2018 江苏)已知集合
*
{ |
2
1,
}
A
x x
n
n
N
，
*
{ |
2 ,
}
n
B
x x
n
N
．将A
B
的所有元素从小到大依次
排列构成一个数列{
}
na
．记
n
S 为数列{
}
na
的前n 项和，则使得
1
12
n
n
S
a
成立的n 的最小值为
．
【答案】27
【解析】所有的正奇数和2n (
*
nN )按照从小到大的顺序排列构成{
}
na
，在数列{
}
na
中，
52 前面有16
个正奇数，即
5
21
2
a
，
6
38
2
a
．当
1
n
时，
1
2
1 12
24
S
a
，不符合题意；当
2
n
时，
2
3
3
12
36
S
a
，不符合题意；当
3
n
时，
3
4
6
12
48
S
a
，不符合题意；当
4
n
时，
4
5
10
12
60
S
a
，不符合题意；……；当
26
n
时，
5
26
21 (1
41)
2 (1 2 )
2
1 2
S
= 441 +62=
503<
27
12
516
a
，不符合题意；当
27
n
时，
5
27
22 (1
43)
2 (1 2 )
2
1 2
S
=484 +62=546>
28
12a
=540，
符合题意．故使得
1
12
n
n
S
a
成立的n 的最小值为27．
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
1a ，则
1
2015
2 1010
2020
a
，所以
1
5
a
，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}
*
(
)
nN
满足：
2
4
5
3
2
4
,
4
4
0
a a
a a
a
a
，求证：数列{an}为“M－数列”；
(2)已知数列{bn}
*
(
)
nN
满足：
1
1
1
2
2
1,
n
n
n
b
S
b
b
，其中Sn 为数列{bn}的前n 项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m 为正整数，若存在“M－数列”{cn}
*
(
)
nN
，对任意正整数k，当k≤m 时，都有
1
k
k
k
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．
由
2
4
5
3
2
1
4
4
0
a a
a
a
a
a
，得
2
4
4
1
1
2
1
1
1
4
4
0
a q
a q
a q
a q
a
，解得
1
1
2
a
q
．
因此数列{
}
na
为“M—数列”．
(2)①因为
1
1
2
2
n
n
n
S
b
b
，所以
0
nb
．
由
1
1
1
1,
b
S
b
，得
2
1
2
2
1
1
b
，则
2
2
b
．
由
1
1
2
2
n
n
n
S
b
b
，得
1
1
2(
)
n
n
n
n
n
b b
S
b
b
，
当
2
n
时，由
1
n
n
n
b
S
S
，得
1
1
1
1
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b b
b
b
b
b
b
b
b
，
整理得
1
1
2
n
n
n
b
b
b
．
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
*
nN
．
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
1
k
k
q
k
q
，其中k=1，2，3，…，m．
当k=1时，有q≥1；
当k=2，3，…，m时，有ln
ln
ln
1
k
k
q
k
k
．
设f( x)= ln
(
1)
x x
x
，则
2
1 ln
( )
x
f ' x
x
．
令
( )
0
f ' x
，得x=e．列表如下：
x
(1,e)
e
(e，+∞)
( )
f ' x
+
0
–
f(x)
极大值
因为ln 2
ln8
ln9
ln3
2
6
6
3
，所以
max
ln3
( )
(3)
3
f k
f
．
取
3 3
q
，当k=1，2，3，4，5时，ln
ln
k
q
k -
，即
k
k
q
，
经检验知
1
k
q
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
n
a
的前n 项和为
n
S ，且
n
S 满足
N
n
n
n
S
n
n
S
n
n
,0
3
3
2
2
2
．
(Ⅰ)求
1a 的值；
(Ⅱ)求数列
n
a
的通项公式；
(Ⅲ)证明：对一切正整数n ，有
.
3
1
1
1
1
1
1
1
2
2
1
1
n
n a
a
a
a
a
a
【解析】(Ⅰ)
2
2
1
1
1
1
1
:
( 1)
3 2
0,
6
0
n
S
S
S
S
令
得
即
，
所以
1
1
(
3)(
2)
0,
S
S
1
1
1
0,
2,
2.
S
S
a
即
(Ⅱ)
2
2
2
2
(
3)
3(
)
0,
:(
3)
(
)
0,
n
n
n
n
S
n
n
S
n
n
S
S
n
n
由
得
2
0(
),
0,
3
0,
,
n
n
n
n
a
n
N
S
S
S
n
n
从而
2
2
1
2
,
(
1)
(
1)
2 ,
n
n
n
n
a
S
S
n
n
n
n
n
当
时
1
2
2 1,
2 (
).
n
a
a
n n
N
又
(Ⅲ)当
*
k N 时，
2
2
3
1
3
(
)(
)
2
2
16
4
4
k
k
k
k
k
k
1
1
1
1
1
1
1
1
3
(
1)
2 (2
1)
4
4
(
)
(
)(
)
2
4
4
k
k
a a
k
k
k k
k
k
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4
4
(
1)
(
)
(
1)
4
4
4
4
k
k
k
k
1
1
2
2
1
1
1
(
1)
(
1)
(
1)
n
n
a a
a a
a a
1
1
1
1
1
1
1
(
)
(
)
1
1
1
1
1
1
4
1
2
2
3
(
1)
4
4
4
4
4
4
n
n
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}
*
(
)
nN
满足：
2
4
5
3
2
4
,
4
4
0
a a
a a
a
a
，求证：数列{an}为“M－数列”；
(2)已知数列{bn}
*
(
)
nN
满足：
1
1
1
2
2
1,
n
n
n
b
S
b
b
，其中Sn 为数列{bn}的前n 项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m 为正整数，若存在“M－数列”{cn}
*
(
)
nN
，对任意正整数k，当k≤m 时，都有
1
k
k
k
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．
由
2
4
5
3
2
1
4
4
0
a a
a
a
a
a
，得
2
4
4
1
1
2
1
1
1
4
4
0
a q
a q
a q
a q
a
，解得
1
1
2
a
q
．
因此数列{
}
na
为“M—数列”．
(2 )①因为
1
1
2
2
n
n
n
S
b
b
，所以
0
nb
．
由
1
1
1
1,
b
S
b
，得
2
1
2
2
1
1
b
，则
2
2
b
．
由
1
1
2
2
n
n
n
S
b
b
，得
1
1
2(
)
n
n
n
n
n
b b
S
b
b
，
当
2
n
时，由
1
n
n
n
b
S
S
，得
1
1
1
1
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b b
b
b
b
b
b
b
b
，
整理得
1
1
2
n
n
n
b
b
b
．
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
*
nN
．
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
1
k
k
q
k
q
，其中k=1，2，3，…，m．
当k=1时，有q≥1；
当k=2，3，…，m时，有ln
ln
ln
1
k
k
q
k
k
．
设f(x)= ln
(
1)
x x
x
，则
2
1 ln
( )
x
f ' x
x
．
令
( )
0
f ' x
，得x=e．列表如下：
x
(1,e)
e
(e，+∞)
( )
f ' x
+
0
–
f(x)
极大值
因为ln 2
ln8
ln9
ln3
2
6
6
3
，所以
max
ln3
( )
(3)
3
f k
f
．
取
3 3
q
，当k= 1，2，3，4，5时，ln
ln
k
q
k -
，即
k
k
q
，
经检验知
1
k
q
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{
}
na
是首项为
1a ，公差为d 的等差数列，{ }
nb
是首项为
1b ，公比为q 的等比数列．
(1)设
1
1
0,
1,
2
a
b
q
，若
1
|
|
n
n
a
b
b
≤
对
1,2,3,4
n
均成立，求d 的取值范围；
(2)若
*
1
1
0,
,
(1, 2]
m
a
b
m
q
N
，证明：存在d R ，使得
1
|
|
n
n
a
b
b
≤
对
2,3,
,
1
n
m
均成
立，并求d 的取值范围(用
1,
,
b m q 表示)．
【解析】(1)由条件知：
(
1)
na
n
d
,
1
2n
nb
．
因为
1
|
|
n
n
a
b
b
≤
对n =1，2，3，4 均成立，
即
1
| (
1)
2
|
1
n
n
d
≤对n =1，2，3，4 均成立，
即1≤1，1≤d ≤3，3≤2d ≤5，7≤3d ≤9，得7
5
3
2
d
≤
≤
．
因此，d 的取值范围为7 5
[ , ]
3 2
．
(2)由条件知：
1
(
1)
na
b
n
d
,
1
1
n
nb
b q
．
若存在d ，使得
1
|
|
n
n
a
b
b
≤
(n =2，3，···，m +1)成立，
即
1
1
1
1
|
(
1)
|
n
b
n
d
b q
b
≤
(n =2，3，···，m +1)，
即当
2,3,
,
1
n
m
时，d 满足
1
1
1
1
2
1
1
n
n
q
q
b
d
b
n
n
．
因为
(1, 2]
m
q
，则
1
1
2
n
m
q
q
，
从而
1
1
2
0
1
n
q
b
n
，
1
1
0
1
n
q
b
n
，对
2,3,
,
1
n
m
均成立．
因此，取d =0 时，
1
|
|
n
n
a
b
b
对
2,3,
,
1
n
m
均成立．
下面讨论数列
1
2
{
}
1
n
q
n
的最大值和数列
1
{
}
1
n
q
n
的最小值(
2,3,
,
1
n
m
)．
①当2
n
m
时，
1
1
1
2
2
2
2
1
1
1
(
)
(
)
(
)
n
n
n
n
n
n
n
n
q
q
nq
q
nq
n q
q
q
n
n
n n
n n
，
当
1
1
2 m
q
时，有
2
n
m
q
q
，从而
1
(
)
2
0
n
n
n
n q
q
q
．
因此，当2
1
n
m
时，数列
1
2
{
}
1
n
q
n
单调递增，
故数列
1
2
{
}
1
n
q
n
的最大值为
2
m
q
m
．
②设
( )
(
)
2 1
x
f x
x
，当
0
x
时，
ln2 1
(
0
(
n
)
l 2 2
)
x
f
x
x
，
所以
( )
f x 单调递减，从而
( )
(0)
1
f x
f
．
当2
n
m
时，
1
1
1
1
1
2 1
1
1
(
)
(
)
( )
n
n
n
q
q n
n
f
q
n
n
n
n
，
因此，当2
1
n
m
时，数列
1
{
}
1
n
q
n
单调递减，
故数列
1
{
}
1
n
q
n
的最小值为
m
q
m ．
因此，d 的取值范围为
1
1
(
2)
[
,
]
m
m
b q
b q
m
m
．
15．(2016 年四川高考)已知数列{
n
a }的首项为1，
n
S 为数列{
na }的前n 项和，
1
1
n
n
S
qS
，其中q>0，
*
n
N
．
(I)若
2
3
2
2
,
,
2
a a a
成等差数列，求
n
a 的通项公式；
(Ⅱ)设双曲线
2
2
2
1
n
y
x
a
的离心率为
ne ，且
2
5
3
e
，证明：
1
2
1
4
3
3
n
n
n
n
e
e
e
．
【解析】(Ⅰ)由已知，
1
2
1
1,
1,
n
n
n
n
S
qS
S
qS
+
+
+
=
+
=
+
两式相减得到
2
1,
1
n
n
a
qa
n
+
+
=
³ ．
又由
2
1
1
S
qS
=
+ 得到
2
1
a
qa
=
，故
1
n
n
a
qa
+ =
对所有
1
n ³ 都成立．
所以，数列{
}
na
是首项为1，公比为q 的等比数列．
从而
1
=
n
na
q - ．
由
2
3
2
2
+2
a
a
a
，，
成等比数列，可得
3
2
2
=3
2
a
a +
，即
2
2
=3
2,
q
q +
，
则(2
1)(
2)
0
q+
q -
=
，
由已知,
0
q >
，故
=2
q
．
所以
1
*
2
(
)
n
na
n
-
=
Î N
．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，
1
n
na
q -
=
．
所以双曲线
2
2
2
1
n
y
x
a
-
= 的离心率
2
2(
1)
1
1
n
n
n
e
a
q
-
=
+
=
+
．
由
2
5
1
3
q
q
=
+
=
解得
4
3
q =
．
因为
2(
1)
2(
1)
1+
k
k
q
q
-
-
>
，所以
2(
1)
1
*
1+
k
k
q
q
k
-
-
>
Î N
（
）．
于是
1
1
2
1
1+
1
n
n
n
q
e
e
e
q
q
q
-
-
+
+
>
+
=
-
，
故
1
2
3
1
4
3
3
n
n
n
e
e
e
-
-
+
+
>
．
16．(2015 陕西)设
nf
x 是等比数列1，x ，
2x ，，
nx 的各项和，其中
0
x
，n，
2
n≥
．
(Ⅰ)证明：函数
2
n
n
F
x
f
x
在1
( ,1)
2
内有且仅有一个零点(记为
nx )，且
1
1
1
2
2
n
n
n
x
x
；
(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
n
g
x ，比较
nf
x
与
n
g
x 的大小，并加以证明．
【解析】(Ⅰ)
2
( )
( )
2
1
2,
n
n
n
F x
f
x
x
x
x
=
-
= +
+
+
-
则
(1)
1
0,
n
F
n
=
- >
1
2
1
1
1
1
1
1
1
2
( )
1
2
2
0,
1
2
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
F
所以
( )
n
F x 在1 ,1
2
内至少存在一个零点
nx ．
又
1
( )
1
2
0
n
n
F
x
x
nx
，故在1 ,1
2
内单调递增，
所以
( )
n
F x 在1
( ,1)
2
内有且仅有一个零点
nx ．
因为
nx 是
( )
n
F x 的零点，所以
(
)=0
n
n
F x
，即
1
1
2
0
1
n
n
n
x
x
+
-
-
=
-
，故
1
1
1
=
+
2
2
n
n
n
x
x
+ ．
(Ⅱ)解法一：由题设，
(
)(
)
1 1
( )
.
2
n
n
n
x
g
x
+
+
=
设
(
)(
)
2
1 1
( )
( )
( )
1
,
0.
2
n
n
n
n
n
x
h x
f
x
g
x
x
x
x
x
+
+
=
-
= +
+
+
-
>
当
1
x
时,
( )
( )
n
n
f
x
g
x
=
当
1
x
时,
1
1
1
( )
1
2
.
2
n
n
n n
x
h x
x
nx
若0
1
x
<
<
,
1
1
1
1
1
( )
2
2
n
n
n
n
n n
h x
x
x
nx
x
(
)
(
)
1
1
1
1
0.
2
2
n
n
n n
n n
x
x
-
-
+
+
=
-
=
若
1
x >
,
1
1
1
1
1
( )
2
2
n
n
n
n
n n
h x
x
x
nx
x
(
)
(
)
1
1
1
1
0.
2
2
n
n
n n
n n
x
x
-
-
+
+
=
-
=
所以( )
h x 在(0,1) 上递增，在(1,
)
上递减，
所以( )
(1)
0
h x
h
<
=
，即
( )
( )
n
n
f
x
g
x
<
．
综上所述，当
1
x =
时,
( )
( )
n
n
f
x
g
x
=
；当
1
x
时
( )
( )
n
n
f
x
g
x
<
．
解法二
由题设，
(
)(
)
2
1 1
( )
1
,
( )
,
0.
2
n
n
n
n
n
x
f
x
x
x
x
g
x
x
+
+
= +
+
+
=
>
当
1
x =
时,
( )
( )
n
n
f
x
g
x
=
；
当
1
x
时, 用数学归纳法可以证明
( )
( )
n
n
f
x
g
x
<
．
当
2
n =
时,
2
2
2
1
( )
( )
(1
)
0,
2
f
x
g
x
x
-
= -
-
<
所以
2
2
( )
( )
f
x
g
x
<
成立．
假设
(
2)
n
k k
时，不等式成立，即
( )
( )
k
k
f
x
g
x
<
．
那么，当
+1
n
k
=
时，
(
)(
)
1
1
1
k+1
k
1 1
( )
( )
( )
2
k
k
k
k
k
k
x
f
x
f
x
x
g
x
x
x
+
+
+
+
+
=
+
<
+
=
+
(
)
1
2
1
1
2
k
k
x
k
x
k
+ +
+
+
+
=
．
又
(
)
(
)
1
1
k+1
2
1
1
1
1
( )
2
2
k
k
k
k
x
k
x
k
kx
k
x
g
x
+
+
+
+
+
+
-
+
+
-
=
令
(
)
1
( )
1
1(x
0)
k
k
kh x
kx
k
x
+
=
-
+
+
>
，
则
1
1
( )
(k 1)
1
1
(x 1)
k
k
k
kh
x
k
x
k k
x
k k
x
．
所以当0
1
x
<
<
,
( )
0
kh x
,
( )
kh x 在(0,1) 上递减；
当
1
x >
,
( )
0
kh x
,
( )
kh x 在(1,
)
上递增．
所以
( )
(1)
0
k
k
h x
h
>
=
，从而
(
)
1
k+1
2
1
1
( )
2
k
k
x
k
x
k
g
x
+ +
+
+
+
>
．
故
1
1
( )
( )
k
k
f
x
g
x
+
+
<
．即
+1
n
k
=
，不等式也成立．
所以，对于一切
2
n
的整数，都有
( )
( )
n
n
f
x
g
x
<
．
解法三:由已知，记等差数列为
ka
，等比数列为
kb
，
1,2,...,
1
k
n
．
则
1
1
1
a
b
=
=
，
1
1
n
n
n
a
b
x
+
+
=
=
，
所以
1
1+
1
(2
n)
n
k
x
a
k
k
n
,
1(2
),
k
kb
x
k
n
令
1
1
1
(x)
1
,
0(2
).
n
k
k
k
k
k
x
m
a
b
x
x
k
n
n
当
1
x =
时,
=
k
k
a
b ,所以
( )
( )
n
n
f
x
g
x
=
．
当
1
x
时,
1
2
2
1
1
( )
(k 1)
1
1
n
k
k
n k
k
k
m
x
nx
x
k
x
x
n
，
而2
k
n
，所以
1
0
k - >
，
1 1
n
k
．
若0
1
x
<
<
,
1
1
n k
x - + <
,
( )
0
k
m
x
，
当
1
x >
,
1
1
n k
x - + >
,
( )
0
k
m
x
，
从而
( )
k
m
x 在(0,1) 上递减,
( )
k
m
x 在(1,
)
上递增．所以
( )
(1)
0
k
k
m
x
m
>
=
，
所以当
0
1
(2
),
k
k
x
x
a
b
k
n
且
时,
又
1
1
a
b
=
,
1
1
n
n
a
b
+
+
=
，故
( )
( )
n
n
f
x
g
x
<
综上所述，当
1
x =
时,
( )
( )
n
n
f
x
g
x
=
；当
1
x
时
( )
( )
n
n
f
x
g
x
<
17．在数列
na
中，
1
3
a
，
2
1
1
0
n
n
n
n
a
a
a
a
(
)
n
N
．
(Ⅰ)若
0,
2
，求数列
na
的通项公式；
(Ⅱ)若
0
0
0
1 (
,
2)
k
N
k
k
≥
，
1
，证明：
0 1
0
0
1
1
2
2
3
1
2
1
ka
k
k
．
【解析】(Ⅰ)由
2
1
=0
=
2
2
(
)
n
n
n
a
a
a
n
N
，
，有
．
若存在某个
0
,
n
N
使得
0,
no
a
则由上述递推公式易得
1
0,
no
a
重复上述过程可得
1
0
a
，此与
1
3
a
矛
盾，所以对任意
,
0
n
n
N
a
．
从而
1
2
(
),
n
n
a
a n
N
即
na
是一个公比
2
q
的等比数列．
故
1
1
1
3 2
n
n
na
a q
．
(Ⅱ)由
0
1 ,
1
k
，数列
na
的递推关系式变为
2
1
1
0
1
0
n
n
n
n
a
a
a
a
k
，
变形为
2
1
0
1
(
)
(
).
n
n
n
a
a
a
n
N
k
由上式及
1
3
0
a
，
归纳可得
1
2
1
3
0
n
n
a
a
a
a
．
因为
2
2
2
2
0
0
1
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
a
a
k
k
a
a
k
k a
a
a
k
k
+
-
+
=
=
=
-
×
+
+
+
，
所以对
0
1,2,
,
n
k
求和得
0 1
0 1
0
1
2
1
(
)
(
)
k
k
k
a
a
a
a
a
a
0
1
0
0
0
0
1
0
2
0
1
1
1
1
1
=
(
)
1
1
1
k
a
k
k
k
k a
k a
k a
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
>2+
(
)
2
3
1
3
1
3
1
3
1
k
k
k
k
k
k
．
另一方面，由上已证的不等式知
0
0
1
2
1
2
k
k
a
a
a
a
，得
0
0
1
1
0
0
0
0
1
0
2
0
1
1
1
1
1
(
)
1
1
1
k
k
a
a
k
k
k
k a
k a
k a
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
<2+
(
)
2
2
1
2
1
2
1
2
1
k
k
k
k
k
k
．
综上，
0 1
0
0
1
1
2+
2
3
1
2
1
ka
k
k
．
18 ．(2014 浙江) 已知数列
n
a
和
nb
满足
N
n
a
a
a
n
b
n
2
2
1
．若
n
a
为等比数列，且
.
6
,2
2
3
1
b
b
a
(Ⅰ)求
n
a 与
nb ；
(Ⅱ)设
N
n
b
a
c
n
n
n
1
1
．记数列
nc
的前n 项和为
n
S ．
(ⅰ)求
n
S ；
(ⅱ)求正整数k ，使得对任意
N
n
，均有
n
k
S
S
．
【解析】(Ⅰ)由题意，
N
n
a
a
a
n
b
n
2
2
1
，
3
2
6
b
b
，
知
3
2
3
2
8
b
b
a
，又由
1
2
a
，得公比
2
q
(
2
q 舍去)，所以数列
na
的通项公式为
2 (
)
n
na
n
N
，所以
1
1
2
1
2
3
2
2
n n
n n
n
a a a
a
，故数列
nb
的通项公式为，
1 (
)
nb
n n
n
N
。
(Ⅱ)(i)由(Ⅰ)知，
1
1
1
1
1
(
)
2
1
n
n
n
n
c
n
N
a
b
n
n
，
所以
1
1 (
)
1
2
n
n
S
n
N
n
；
(ii)因为
1
2
3
4
0,
0,
0,
0
c
c
c
c
；
当
5
n
时，
1
1
1
1
2
n
n
n n
c
n n
，
而
1
1
1
1
2
1
2
0
2
2
2
n
n
n
n n
n
n
n
n
，
得
5
1
5 5 1
1
2
2
n
n n
，
所以当
5
n
时，
0
nc
，
综上对任意n
N
恒有
4
n
S
S
，故
4
k
．
19．(2014 江苏)设数列
}
{
n
a
的前n 项和为
n
S ．若对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得
m
n
a
S
，则称
}
{
n
a
是“H 数列”．
(Ⅰ)若数列
}
{
n
a
的前n 项和
n
n
S
2
(
n
N )，证明:
}
{
n
a
是“H 数列”；
(Ⅱ)设
}
{
n
a
是等差数列，其首项
1
1
a
，公差
0
d
．若
}
{
n
a
是“H 数列”，求d 的值；
(Ⅲ)证明：对任意的等差数列
}
{
n
a
，总存在两个“H 数列”
}
{ n
b
和
}
{ n
c
，使得
n
n
n
c
b
a
(
n
N )成
立．
【解析】(Ⅰ)当
2
n≥
时，
1
1
1
2
2
2
n
n
n
n
n
n
a
S
S
当
1
n 时，
1
1
2
a
S
∴
1
n 时，
1
1
S
a
，当
2
n≥
时，
1
n
n
S
a
，∴{ }
na
是“H 数列”．
(Ⅱ)
1
(
1)
(
1)
2
2
n
n n
n n
S
na
d
n
d
对
n
N ，m
N 使
n
m
S
a
，即
(
1)
1
(
1)
2
n n
n
d
m
d
取
2
n
得1
(
1)
d
m
d
，
1
2
m
d
∵
0
d
，∴
2
m
，又m
N ，∴
1
m ，∴
1
d ．
(Ⅲ)设{ }
na
的公差为d
令
1
1
1
(
1)
(2
)
nb
a
n
a
n a
，对
n
N ，
1
1
n
n
b
b
a
1
(
1)(
)
nc
n
a
d
，对
n
N ，
1
1
n
n
c
c
a
d
则
1
(
1)
n
n
n
b
c
a
n
d
a
，且{ } { }
n
n
b
c
，
为等差数列
{ }
nb
的前n 项和
1
1
(
1) (
)
2
n
n n
T
na
a
，令
1
(2
)
nT
m a
，则
(
3)
2
2
n n
m
当
1
n 时
1
m ；
当
2
n
时
1
m ；
当
3
n≥时，由于n 与
3
n
奇偶性不同，即(
3)
n n
非负偶数，m
N
因此对
n
，都可找到m
N ，使
n
m
T
b
成立，即{ }
nb
为“H 数列”．
{ }
nc
的前ｎ项和
1
(
1) (
)
2
n
n n
R
a
d
，令
1
(
1)(
)
n
m
c
m
a
d
R
，则
(
1)
1
2
n n
m
∵对
n
N ，(
1)
n n
是非负偶数，∴m
N
即对
n
N ，都可找到m
N ，使得
n
m
R
c
成立，即{ }
nc
为“H 数列”，因此命题得证．
