学科网（北京）股份有限公司
三年专题12 数列
1．【2022 年全国乙卷】已知等比数列{an}的前3 项和为168，a2−a5= 42，则a6=（ ）
A．14
B．12
C．6
D．3
【答案】D
【解析】
【分析】
设等比数列{an}的公比为q ,q≠0，易得q≠1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】
解：设等比数列{an}的公比为q ,q≠0，
若q =1，则a2−a5=0，与题意矛盾，
所以q≠1，
则¿，解得¿，
所以a6=a1q
5=3.
故选：D.
2．【2022 年全国乙卷】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{bn}：b1=1+ 1
α1
，
b2=1+
1
α1+ 1
α2
，
b3=1+
1
α1+
1
α2+ 1
α3
，…，依此类推，其中αk∈N
∗(k =1,2,⋯)．则
（ ）
A．b1<b5
B．b3<b8
C．b6<b2
D．b4<b7
【答案】D
【解析】
【分析】
根据αk∈N
∗(k =1,2,…)，再利用数列{bn}与αk的关系判断{bn}中各项的大小，即可求解.
学科网（北京）股份有限公司
【详解】
解：因为αk∈N
∗(k =1,2,⋯)，
所以α1<α1+ 1
α2
，
1
α1
>
1
α1+ 1
α2
，得到b1>b2，
同理α1+ 1
α2
>α1+
1
α2+ 1
α3
，可得b2<b3，b1>b3
又因为
1
α2
>
1
α2+
1
α3+ 1
α 4
,
α1+
1
α2+ 1
α3
<α1+
1
α2+
1
α3+ 1
α 4
，
故b2<b4，b3>b4；
以此类推，可得b1>b3>b5>b7>…，b7>b8，故A 错误；
b1>b7>b8，故B 错误；
1
α2
>
1
α2+
1
α3+… 1
α6
，得b2<b6，故C 错误；
α1+
1
α2+
1
α3+ 1
α 4
>α1+
1
α2+…
1
α6+ 1
α7
，得b4<b7，故D 正确.
故选：D.
3．【2022 年新高考2 卷】中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建
筑物的剖面图，D D1,C C1,B B1, A A1是举， O D1, DC1,C B1,B A1是相等的步，相邻桁的举步之比分
别为
D D1
O D1
=0.5, C C1
DC1
=k1, B B1
C B1
=k2, A A1
B A1
=k3，若k1,k2,k3是公差为0.1 的等差数列，且直线OA的斜率
为0.725，则k3=（ ）
学科网（北京）股份有限公司
A．0.75
B．0.8
C．0.85
D．0.9
【答案】D
【解析】
【分析】
设O D1= DC1=C B1= B A1=1，则可得关于k3的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】
设O D1= DC1=C B1= B A1=1，则C C1=k1,B B1=k2, A A1=k3，
依题意，有k3−0.2=k1,k3−0.1=k2，且
D D1+C C1+ B B1+ A A1
O D1+ DC1+C B1+ B A1
=0.725，
所以0.5+3k3−0.3
4
=0.725，故k3=0.9，
故选：D
4．【2021 年甲卷文科】记
为等比数列
的前n 项和.若
，
，则
（ ）
A．7
B．8
C．9
D．10
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题目条件可得
，
，
成等比数列，从而求出
，进一步求出答案.
【详解】
∵
为等比数列
的前n 项和，
学科网（北京）股份有限公司
∴
，
，
成等比数列
∴
，
∴
，
∴
.
故选：A.
5．【2021 年甲卷理科】等比数列
的公比为q，前n 项和为
，设甲：
，乙：
是递增数列，
则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
当
时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当
是递增数列时，必有
成立即可说明
成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
【详解】
由题，当数列为
时，满足
，
但是
不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若
是递增数列，则必有
成立，若
不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则
成立，所以甲是乙的必要条件．
故选：B．
【点睛】
在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．
6．【2020 年新课标1 卷文科】设
是等比数列，且
，
，则
学科网（北京）股份有限公司
（ ）
A．12
B．24
C．30
D．32
【答案】D
【解析】
【分析】
根据已知条件求得
的值，再由
可求得结果.
【详解】
设等比数列
的公比为
，则
，
，
因此，
.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．
7．【2020 年新课标2 卷理科】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一
块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9 块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9 块，下一层的
第一环比上一层的最后一环多9 块，向外每环依次也增加9 块，已知每层环数相同，且下层比中层多729
块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699 块
B．3474 块
C．3402 块
D．3339 块
【答案】C
【解析】
【分析】
第n 环天石心块数为
，第一层共有n 环，则
是以9 为首项，9 为公差的等差数列，
学科网（北京）股份有限公司
设
为
的前n 项和，由题意可得
，解方程即可得到n，进一步得到
.
【详解】
设第n 环天石心块数为
，第一层共有n 环，
则
是以9 为首项，9 为公差的等差数列，
，
设
为
的前n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为
，因为下层比中层多729 块，
所以
，
即
即
，解得
，
所以
.
故选：C
【点晴】
本题主要考查等差数列前n 项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
8．【2020 年新课标2 卷理科】数列
中，
，对任意
，若
，则
（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】C
【解析】
【分析】
取
，可得出数列
是等比数列，求得数列
的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于
的
等式，由
可求得
的值.
【详解】
学科网（北京）股份有限公司
在等式
中，令
，可得
，
，
所以，数列
是以
为首项，以
为公比的等比数列，则
，
，
，则
，解得
.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等
题.
9．【2020 年新课标2 卷理科】0-1 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列
满足
，且存在正整数
，使得
成立，则称其为0-1 周期序列，并称满足
的最小正整数
为这个序列的周期.对于周期为
的0-1 序列
，
是描述其性质的重要指标，下列周期为5 的0-1 序列中，满足
的序列是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据新定义，逐一检验即可
【详解】
由
知，序列
的周期为m，由已知，
，
对于选项A，
学科网（北京）股份有限公司
，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选：C
【点晴】
本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道
中档题.
10．【2020 年新课标2 卷文科】记Sn 为等比数列{an}的前n 项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则
=
（ ）
A．2n–1
B．2–21–n
C．2–2n–1
D．21–n–1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和
前
项和公式进行求解即可.
【详解】
设等比数列的公比为
，
由
可得：
，
所以
，
因此
.
故选：B.
学科网（北京）股份有限公司
【点睛】
本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前
项和公式的应用，考查了数学运算能
力.
11．【2022 年全国乙卷】记Sn为等差数列{an}的前n 项和．若2S3=3 S2+6，则公差d =_______．
【答案】2
【解析】
【分析】
转化条件为2(a1+2d )=2a1+d +6，即可得解.
【详解】
由2S3=3 S2+6可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6，化简得2a3=a1+a2+6，
即2(a1+2d )=2a1+d +6，解得d =2.
故答案为：2.
12．【2021 年新高考1 卷】某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对
折，规格为
的长方形纸，对折1 次共可以得到
，
两种规格的图形，它
们的面积之和
，对折2 次共可以得到
，
，
三种规格的图形，
它们的面积之和
，以此类推，则对折4 次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折
次，那么
______
.
【答案】 5
【解析】
【分析】
（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得
，再根据错位相减法得结果.
【详解】
（1）由对折2 次共可以得到
，
，
三种规格的图形，所以对着三次的结
学科网（北京）股份有限公司
果有：
，共4 种不同规格（单位
；
故对折4 次可得到如下规格：
，
，
，
，
，共5 种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积
成公比为
的等比数列，首项为120
,第n 次对折后的图形面积为
，对于第n 此对折后的
图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为
种（证明从略），故得猜想
，
设
，
则
，
两式作差得：
，
因此，
.
故答案为：；
.
【点睛】
方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于
结构，其中
是等差数列，
是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于
结构，利用分组求和法；
学科网（北京）股份有限公司
（4）对于
结构，其中
是等差数列，公差为
，则
，利用裂项相
消法求和.
13．【2020 年新课标1 卷文科】数列
满足
，前16 项和为540，则
______________.
【答案】
【解析】
【分析】
对
为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用
表示，由
偶数项递推公式得出偶数项的和，建立
方程，求解即可得出结论.
【详解】
，
当
为奇数时，
；当
为偶数时，
.
设数列
的前
项和为
，
，
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.
14．【2020 年新课标2 卷文科】记
为等差数列
的前n 项和．若
，则
学科网（北京）股份有限公司
__________．
【答案】
【解析】
【分析】
因为
是等差数列，根据已知条件
，求出公差，根据等差数列前
项和，即可求得答案.
【详解】
是等差数列，且
，
设
等差数列的公差
根据等差数列通项公式：
可得
即：
整理可得：
解得：
根据等差数列前
项和公式：
可得：
.
故答案为：
.
【点睛】
本题主要考查了求等差数列的前
项和，解题关键是掌握等差数列的前
项和公式，考查了分析能力和计
算能力，属于基础题.
15．【2020 年新高考1 卷（山东卷）】将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则
{an}的前n 项和为________．
【答案】
【解析】
【分析】
学科网（北京）股份有限公司
首先判断出数列
与
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.
【详解】
因为数列
是以1 为首项，以2 为公差的等差数列，
数列
是以1 首项，以3 为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列
是以1 为首项，以6 为公差的等差数列，
所以
的前
项和为
，
故答案为：
.
【点睛】
该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求
和公式，属于简单题目.
16．【2022 年全国甲卷】记Sn为数列{an}的前n 项和．已知2Sn
n +n=2an+1．
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4,a7,a9成等比数列，求Sn的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)−78．
【解析】
【分析】
（1）依题意可得2Sn+n
2=2nan+n，根据an=¿，作差即可得到an−an−1=1，从而得证；
（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到{an}的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算
可得．
(1)
解：因为2Sn
n +n=2an+1，即2Sn+n
2=2nan+n①，
学科网（北京）股份有限公司
当n≥2时，2Sn−1+(n−1)
2=2(n−1)an−1+(n−1)②，
①−②得，2Sn+n
2−2Sn−1−(n−1)
2=2nan+n−2(n−1)an−1−(n−1)，
即2an+2n−1=2nan−2(n−1)an−1+1，
即2(n−1)an−2(n−1)an−1=2(n−1)，所以an−an−1=1，n≥2且n∈N ∗，
所以{an}是以1为公差的等差数列．
(2)
解：由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a7❑
2=a4⋅a9，
即(a1+6)
2=(a1+3)⋅(a1+8)，解得a1=−12，
所以an=n−13，所以Sn=−12n+ n(n−1)
2
= 1
2 n
2−25
2 n= 1
2(n−25
2 )
2
−625
8 ，
所以，当n=12或n=13时(Sn)min=−78．
17．【2022 年新高考1 卷】记Sn为数列{an}的前n 项和，已知a1=1,{
Sn
an}是公差为1
3的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
<2．
【答案】(1)an= n(n+1)
2
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）利用等差数列的通项公式求得
Sn
an
=1+ 1
3
(n−1)= n+2
3
，得到Sn=
(n+2)an
3
，利用和与项的关系得到
学科网（北京）股份有限公司
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=
(n+2)an
3
−
(n+1)an−1
3
,进而得：
an
an−1
= n+1
n−1，利用累乘法求得an= n(n+1)
2
，
检验对于n=1也成立，得到{an}的通项公式an= n(n+1)
2
；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
=2(1−
1
n+1)，进而证得.
(1)
∵a1=1，∴S1=a1=1,∴
S1
a1
=1,
又∵{
Sn
an}是公差为1
3的等差数列，
∴
Sn
an
=1+ 1
3
(n−1)= n+2
3
,∴Sn=
(n+2)an
3
,
∴当n≥2时，Sn−1=
(n+1)an−1
3
，
∴an= Sn−Sn−1=
(n+2)an
3
−
(n+1)an−1
3
,
整理得：(n−1)an=(n+1)an−1,
即
an
an−1
= n+1
n−1,
∴an=a1× a2
a1
× a3
a2
×…× an−1
an−2
× an
an−1
=1× 3
2 × 4
3 ×…×
n
n−2 × n+1
n−1 = n(n+1)
2
，
显然对于n=1也成立，
∴{an}的通项公式an= n(n+1)
2
；
(2)
1
an
=
2
n(n+1) =2(
1
n −
1
n+1),
学科网（北京）股份有限公司
∴1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
=2[(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+⋯(
1
n −
1
n+1)]=2(1−
1
n+1)<2
18．【2022 年新高考2 卷】已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2 的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．
(1)证明：a1=b1；
(2)求集合{k|bk =am+a1,1≤m≤500}中元素个数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)9．
【解析】
【分析】
（1）设数列{an}的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；
（2）根据题意化简可得m=2
k −2，即可解出．
(1)
设数列{an}的公差为d，所以，¿，即可解得，b1=a1= d
2 ，所以原命题得证．
(2)
由（1）知，b1=a1= d
2 ，所以bk =am+a1⇔b1×2
k −1=a1+(m−1)d +a1，即2
k −1=2m，亦即
m=2
k −2∈[1,500]，解得2≤k ≤10，所以满足等式的解k =2,3,4 ,⋯,10，故集合
{k |bk =am+a1,1≤m≤500}中的元素个数为10−2+1=9．
19．【2021 年甲卷文科】记
为数列
的前n 项和，已知
，且数列
是等差数列，证
明：
是等差数列.
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
先根据
求出数列
的公差
，进一步写出
的通项，从而求出
的通项公式，最终得证.
【详解】
学科网（北京）股份有限公司
∵数列
是等差数列，设公差为
∴
，
∴
，
∴当
时，
当
时，
，满足
，
∴
的通项公式为
，
∴
∴
是等差数列.
【点睛】
在利用
求通项公式时一定要讨论
的特殊情况.
20．【2021 年甲卷理科】已知数列
的各项均为正数，记
为
的前n 项和，从下面①②③中选取两
个作为条件，证明另外一个成立．
①数列
是等差数列：②数列
是等差数列；③
．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】证明过程见解析
【解析】
【分析】
选①②作条件证明③时，可设出
，结合
的关系求出
，利用
是等差数列可证
；也可
分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.
选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出
，结合等差数列定义可证；
选②③作条件证明①时，设出
，结合
的关系求出
，根据
可求
，然后可证
学科网（北京）股份有限公司
是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论.
【详解】
选①②作条件证明③：
[方法一]：待定系数法+
与
关系式
设
，则
，
当
时，
；
当
时，
；
因为
也是等差数列，所以
，解得
；
所以
，
，故
.
[方法二] ：待定系数法
设等差数列
的公差为d，等差数列
的公差为
，
则
，将
代入
，
化简得
对于
恒成立．
则有
，解得
．所以
．
选①③作条件证明②：
因为
，
是等差数列，
所以公差
，
所以
，即
，
因为
，
学科网（北京）股份有限公司
所以
是等差数列.
选②③作条件证明①：
[方法一]：定义法
设
，则
，
当
时，
；
当
时，
；
因为
，所以
，解得
或
；
当
时，
，当
时，
满足等差数列的定义，此时
为等差数列；
当
时，
，
不合题意，舍去.
综上可知
为等差数列.
[方法二]【最优解】：求解通项公式
因为
，所以
，
，因为
也为等差数列，所以公差
，所以
，故
，当
时，
，当
时，满足上式，故
的通项公式为
，所
以
，
，符合题意.
【整体点评】
这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，
法一：利用等差数列的通项公式是关于
的一次函数，直接设出
，平方后得到
的关系
学科网（北京）股份有限公司
式，利用
得到
的通项公式，进而得到
，是选择①②证明③的通式通法；法
二：分别设出
与
的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系
，
，进而得到
；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出
及
，进而由等
差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于
的一次函数，直接设出
，结合
的关系求出
，根据
可求
，然后可证
是等差数列；法二：利
用
是等差数列即前两项的差
求出公差，然后求出
的通项公式，利用
，求出
的通项公式，进而证明出结论.
21．【2021 年乙卷文科】设
是首项为1 的等比数列，数列
满足
．已知
，
，
成等
差数列．
（1）求
和
的通项公式；
（2）记
和
分别为
和
的前n 项和．证明：
．
【答案】（1）
，
；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用等差数列的性质及
得到
，解方程即可；
（2）利用公式法、错位相减法分别求出
，再作差比较即可.
【详解】
（1）因为
是首项为1 的等比数列且
，
，
成等差数列，
学科网（北京）股份有限公司
所以
，所以
，
即
，解得
，所以
，
所以
.
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
，
，
．
设
， ⑧
则
． ⑨
由⑧-⑨得
．
所以
．
因此
．
故
．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）可得
，
，①
学科网（北京）股份有限公司
，②
①
②得
，
所以
，
所以
，
所以
.
[方法三]：构造裂项法
由（Ⅰ）知
，令
，且
，即
，
通过等式左右两边系数比对易得
，所以
．
则
，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设
，
由于
，
则
．
又
，
学科网（北京）股份有限公司
所以
，下同方法二．
【整体点评】
本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，
是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看
如何消项化简的更为简洁.
（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；
方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得
,然后证得结论,为最优解；
方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造
，使
，求得
的表达式，
这是错位相减法的一种替代方法，
方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.
22．【2021 年乙卷理科】记
为数列
的前n 项和，
为数列
的前n 项积，已知
．
（1）证明：数列
是等差数列;
（2）求
的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2）
.
【解析】
【分析】
（1）由已知
得
,且
，取
,得
,由题意得
,消积
学科网（北京）股份有限公司
得到项的递推关系
,进而证明数列
是等差数列;
（2）由（1）可得
的表达式,由此得到
的表达式,然后利用和与项的关系求得
.
【详解】
（1）[方法一]：
由已知
得
,且
，
,
取
,由
得
,
由于
为数列
的前n 项积，
所以
,
所以
，
所以
,
由于
所以
，即
,其中
所以数列
是以
为首项，以
为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知
①
于是
． ②
由①②得
． ③
学科网（北京）股份有限公司
又
， ④
由③④得
．
令
，由
，得
．
所以数列
是以
为首项，
为公差的等差数列．
[方法三]：
由
，得
，且
，
，
．
又因为
，所以
，所以
．
在
中，当
时，
．
故数列
是以
为首项，
为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知
，得
，
，
，
，猜想数列
是以
为首项，
为公
差的等差数列，且
．
下面用数学归纳法证明．
当
时显然成立．
假设当
时成立，即
．
那么当
时，
．
综上，猜想对任意的
都成立．
即数列
是以
为首项，
为公差的等差数列．
（2）
学科网（北京）股份有限公司
由（1）可得，数列
是以
为首项，以
为公差的等差数列，
,
,
当n=1 时，
,
当n≥2 时,
,显然对于n=1 不成立,
∴
.
【整体点评】
（1）方法一从
得
，然后利用
的定义，得到数列
的递推关系，进而替换相除消
项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从
的定义，替换相除得到
，再结合
得到
，从而证得结论，为最优
解；
方法三由
，得
，由
的定义得
，进而作差证得结论；方法四利用
归纳猜想得到数列
，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到
，求得
的表达式,然后利用和与项的关系求得
的通项公式；
23．【2021 年新高考1 卷】已知数列
满足
，
（1）记
，写出
，
，并求数列
的通项公式；
学科网（北京）股份有限公司
（2）求
的前20 项和.
【答案】（1）
；（2）
.
【解析】
【分析】
(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列
的特征，然后求和其通项公式即可；
(2)方法二：分组求和，结合等差数列前
项和公式即可求得数列的前20 项和.
【详解】
解：（1）[方法一]【最优解】：
显然
为偶数，则
，
所以
，即
，且
，
所以
是以2 为首项，3 为公差的等差数列，
于是
．
[方法二]：奇偶分类讨论
由题意知
，所以
．
由
（
为奇数）及
（
为偶数）可知，
数列从第一项起，
若
为奇数，则其后一项减去该项的差为1，
若
为偶数，则其后一项减去该项的差为2．
所以
，则
．
[方法三]：累加法
由题意知数列
满足
．
所以
，
学科网（北京）股份有限公司
，
则
．
所以
，数列
的通项公式
．
（2）[方法一]：奇偶分类讨论
．
[方法二]：分组求和
由题意知数列
满足
，
所以
．
所以数列
的奇数项是以1 为首项，3 为公差的等差数列；
同理，由
知数列
的偶数项是以2 为首项，3 为公差的等差数列．
从而数列
的前20 项和为：
．
【整体点评】
(1)方法一：由题意讨论
的性质为最一般的思路和最优的解法；
方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；
方法三：写出数列
的通项公式，然后累加求数列
的通项公式，是一种更加灵活的思路.
(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前
项和是一种常规的方法；
方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前
项和公式和分组的方法进行求和是一
种不错的选择.
24．【2021 年新高考2 卷】记
是公差不为0 的等差数列
的前n 项和，若
．
学科网（北京）股份有限公司
（1）求数列
的通项公式
；
（2）求使
成立的n 的最小值．
【答案】(1)
；(2)7.
【解析】
【分析】
(1)由题意首先求得
的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；
(2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值.
【详解】
(1)由等差数列的性质可得：
，则：
，
设等差数列的公差为
，从而有：
，
，
从而：
，由于公差不为零，故：
，
数列的通项公式为：
.
(2)由数列的通项公式可得：
，则：
，
则不等式
即：
，整理可得：
，
解得：
或
，又
为正整数，故
的最小值为.
【点睛】
等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关
公式并能灵活运用.
25．【2020 年新课标1 卷理科】设
是公比不为1 的等比数列，
为
，
的等差中项．
（1）求
的公比；
（2）若
，求数列
的前
项和．
学科网（北京）股份有限公司
【答案】（1）
；（2）
.
【解析】
【分析】
（1）由已知结合等差中项关系，建立公比
的方程，求解即可得出结论；
（2）由（1）结合条件得出
的通项，根据
的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
【详解】
（1）设
的公比为
，
为
的等差中项，
，
；
（2）设
的前
项和为
，
，
，①
，②
①
②得，
，
.
【点睛】
本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，
属于基础题.
26．【2020 年新课标3 卷理科】设数列{an}满足a1=3，
．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n 项和Sn．
学科网（北京）股份有限公司
【答案】（1）
，
，
，证明见解析；（2）
.
【解析】
【分析】
（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出
，猜想得出
的通项公式，利用数学归纳法证明即
可；
（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．
【详解】
（1）
［方法一］【最优解】：通性通法
由题意可得
，
，由数列
的前三项可猜想数列
是以为
首项，2 为公差的等差数列，即
．
证明如下：
当
时，
成立；
假设
时，
成立.
那么
时，
也成立.
则对任意的
，都有
成立；
［方法二］：构造法
由题意可得
，
．由
得
．
，则
，两式相减得
．令
，且
，所以
，两边同时减去2，得
，且
，所以
，即
，又
，因此
是首项为3，公差为2 的等差数列，所以
．
学科网（北京）股份有限公司
［方法三］：累加法
由题意可得
，
．
由
得
，即
，
，……
．以上各式等号两边相加得
，所
以
．所以
．当
时也符合上式．综上所述，
．
［方法四］：构造法
，猜想
．由于
，所以可设
，其中
为常数．整理得
．故
，解得
．所以
．又
，所以
是各项均为0 的常数列，故
，即
．
（2）由（1）可知，
［方法一］：错位相减法
，①
，②
由①
②得：
，
即
.
［方法二］【最优解】：裂项相消法
学科网（北京）股份有限公司
，所以
．
［方法三］：构造法
当
时，
，设
，即
，则
，解得
．
所以
，即
为常数列，而
，所
以
．
故
．
［方法四］：
因为
，令
，则
，
，
所以
．
故
．
【整体点评】
（1）方法一：通过递推式求出数列
的部分项从而归纳得出数列
的通项公式，再根据数学归纳法
进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；
学科网（北京）股份有限公司
方法二：根据递推式
，代换得
，两式相减得
，
设
，从而简化递推式，再根据构造法即可求出
，从而得出数列
的通项公式；
方法三：由
化简得
，根据累加法即可求出数列
的通项公式；
方法四：通过递推式求出数列
的部分项，归纳得出数列
的通项公式，再根据待定系数法将递推式
变形成
，求出
，从而可得构造数列为常数列，即得数列
的通项公
式．
（2）
方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；
方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；
方法三：由
时，
，构造得到数列
为常数列，从而求出；
方法四：将通项公式分解成
，利用分组求和法分别求出数列
的前
项和即可，其中数列
的前
项和借助于函数
的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了
运算．
27．【2020 年新课标3 卷文科】设等比数列{an}满足
，
．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记
为数列{log3an}的前n 项和．若
，求m．
【答案】（1）
；（2）
.
【解析】
【分析】
学科网（北京）股份有限公司
（1）设等比数列
的公比为
，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
的通项公式，利用等差数列求和公式求得
，根据已知列出关于
的等量关系
式，求得结果.
【详解】
（1）设等比数列
的公比为
，
根据题意，有
，解得
，
所以
；
（2）令
，
所以
，
根据
，可得
，
整理得
，因为
，所以
，
【点睛】
本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础
题目.
28．【2020 年新高考1 卷（山东卷）】已知公比大于的等比数列
满足
．
（1）求
的通项公式；
（2）记
为
在区间
中的项的个数，求数列
的前
项和
．
【答案】（1）
；（2）
.
【解析】
【分析】
（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为
的形式，求解出
，由此求得数列
的通项公式.
学科网（北京）股份有限公司
（2）方法一：通过分析数列
的规律，由此求得数列
的前
项和
.
【详解】
（1）由于数列
是公比大于的等比数列，设首项为
，公比为
，依题意有
，解得解
得
，或
(舍)，
所以
，所以数列
的通项公式为
.
（2）［方法一］：规律探索
由于
，所以
对应的区间为
，则
；
对应的区间分别为
，则
，即有2 个1；
对应的区间分别为
，则
，即有
个2；
对应的区间分别为
，则
，即有
个3；
对应的区间分别为
，则
，即有
个4；
对应的区间分别为
，则
，即有
个5；
对应的区间分别为
，则
，即有37 个6．
所以
．
［方法二］【最优解】：
由题意，
，即
，当
时，
．
当
时，
，则
学科网（北京）股份有限公司
．
［方法三］：
由题意知
，因此，当
时，
；
时，
；
时，
；
时，
；
时，
；
时，
；
时，
．
所以
．
所以数列
的前100 项和
．
【整体点评】
（2）方法一：通过数列
的前几项以及数列
的规律可以得到
的值，从而求出数列
的前
项和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列
的通项公式，从而求出数
列
的前
项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．
29．【2020 年新高考2 卷（海南卷）】已知公比大于的等比数列
满足
．
（1）求
的通项公式；
（2）求
.
【答案】（1）
；（2）
【解析】
【分析】
(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；
(2)首先求得数列
的通项公式，然后结合等比数列前n 项和公式求解其前n 项和即可.
学科网（北京）股份有限公司
【详解】
(1) 设等比数列
的公比为q(q>1)，则
，
整理可得：
，
，
数列的通项公式为：
.
(2)由于：
，故：
.
【点睛】
等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关
公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础.
学科网（北京）股份有限公司
