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专项 02 数列及求和
参考答案
题型01 数列通项及分组求和
析典例 · 建模型
1．【思路分析】（1）根据等差数列的通项公式列出方程组求首项、公差即可得解；
（2）根据等差数列、等比数列的求和公式求解即可.
【规范答题】（1）设等差数列 的公差为 ，
即 解得
所以
（2）因为数列 是首项为2，公比为3的等比数列，则 ，
又因为 ，所以 .
设数列 的前 项和为 ，
则
.
破类题 · 提能力
1．【答案】(1)证明见详解(2)
【详解】（1）因为 ，可得 ，
且 ，则 ，
所以数列 是首项为3，公比为3的等比数列.
（2）由（1）可知 ，即 ，可得 ，
则
，
所以 .
2．【答案】(1) ，证明见解析
(2)
【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，由 ， ，
得 ，解得 .
所以 .
由 得 ，即 ，
又 ，
所以 是一个以4为首项，3为公比的等比数列.
（2）由（1）可得 ，所以 .所以 .
所以 .
题型02 数列通项及裂项求和
析典例 · 建模型
1．【思路分析】（1）根据等差数列的定义进行运算证明即可；
（2）利用裂项相消法进行运算求解即可.
【规范答题】（1）由 ，得 ，
因为数列 为正项数列，所以 ，即 ，
又因为 ，所以数列 是以 为首项，2为公差的等差数列．
（2）由（1）可知， ，即 ，
则 ，
∴ ，
，∴ 解得 又 ，则满足 的最小整数 ．
2．【思路分析】（1）由题意可知数列 是以首项为 ，公差为 的等差数列，结合等差数列的通
项公式运算求解；
（2）根据 与 之间的关系可得 ，进而可得 ，结合裂项相消法运算求解.
【规范答题】（1）因为 ，且 ，可知数列 是以首项为 ，公差为 的等差数列，
则 ，所以 .
（2）由（1）可知： ，
当 时，则 ，
且 符合上式，所以 ，
可得 ，
设数列 的前n项和为 ，
则 ，
所以数列 的前n项和为 .
破类题 · 提能力
1．【答案】(1)是，证明见解析
(2)
【详解】（1） 成等差数列.
证明：因为数列 前 项的积 ，所以当 时， ，
当 时， ，符合上式，
所以 ，所以
因此 成等差数列.
（2）由（1）可得 ，
所以 ，
所以
所以数列 的前 项和 .
2．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）根据题意，令 ，
当 时， ，
，
所以 ，
且 ，则 ，
所以数列 是首项为 ，公差为 的等差数列；（2）根据（1）可得 ，所以 ，
则 ，
所以
.
3．【答案】(1) ．
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意 ，
所以数列 的前 项和为 ．
当 时， ；
当 时， ．
当 时，上式亦成立，所以数列 的通项公式为 ．
（2）由（1）知 ，
则 ，
所以
.
因为 ，所以 ．
又因为 时， 单调递增，所以 ，所以 ．
题型03 数列通项及错位相减求和
析典例 · 建模型
1．【思路分析】（1）当 时，可得 ，即 ，当 时， ，即可推
出 ，可得 ，即可求证数列 是等差数列，求出 的通项公式，进而可
得数列 的通项公式；
（2）由（1）知 ，求出 ，利用错位相减法和分组求和法即可求解.
【规范答题】（1）由 ，得 （ ），
当 时， （ ），
∴ ，化为 ，
∵ ，∴ ，
即当 时， ，
令 ，可得 ，即 ．
又 ，
∴数列 是首项和公差均为1的等差数列．
于是 ，∴ ．（2）由（1）知 ，∴
故 ，
令 ，
∴ ，
∴
∴ ，∴ .
破类题 · 提能力
1．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设 的公差为d，则由题有 ，
、 ，所以 ．
（2）由（1）得 ， ，
所以 ，
所以 ，
两式相减得 ，即 ，
解得 ．
2．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为 ，所以数列 为等差数列，
设数列 的公差为d，且 ，则 ，解得 ，
又 ，所以 ，即 ，
则 ，解得 ，
所以 ；
（2）由（1）可知 ， ，
所以 ，
则 ，
两式相减可得： ，
即 ，
化简可得： .题型04 数列通项及奇偶项讨论问题
析典例 · 建模型
1．【思路分析】（1）选择条件①，②，③，利用等比数列通项，结合已知求出数列 的基本量，
进而求出通项公式.
（2）利用分组求和法，结合等差等比数列前n项和公式求出 .
【规范答题】（1）若选①，设 的公比为 ，则 ，且 ，
解得 ， ，因此 ，
由 ，得 ，而 ，
则数列 是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以 ．
若选②，设 的公比为 ，由 成等差数列，得 ，解得 ，因此
由 ，得 ，而 ，
则数列 是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以 ．
若选③，设 的公比为 ，则 ，解得 ，因此 ，
由 ，得 ，而 ，
则数列 是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以 ．（2）数列 满足 ，则 ，
所以
．
破类题 · 提能力
1．【答案】(1) ；
(2)
【分析】（1）利用等差数列的等差中项性质，结合已知条件建立方程求解基本量和公差，再利用因
式分解处理数列递推关系，根据正项数列确定等比关系，从而得到 通项公式；
（2）数列按奇偶项分组求和，奇数项直接利用等比数列求和，偶数项通过裂项相消法化简求和，最
终将两部分相加得到前 项和.
【详解】（1） 是等差数列，由等差中项性质得： ，得 ，
又 ，所以 ，公差 ，
所以 ；
，
因为数列 各项为正数， ，故 ，
即 是首项 、公比为 的等比数列，则通项公式： ；
（2）由 的定义，前 项和可分为奇数项和与偶数项和两部分：设奇数 项和为 ，设偶数 项和为 ，
，
为奇数时 ，奇数项为 ，是首项为 、公比为 的等比数列，
共 项，故 ，
为偶数时，设 ，则： ，
裂项相消求和： ，
所以 .
2．【答案】(1) ，
(2)
(3)
【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，由已知条件得 ，
，整理得 ，代入 得 ，
即 ，故 ，
设等比数列 的公比为 ， ，故 ，
由 成等差数列得 ， 即 ，解得 （ 舍去），故 .
（2）由题设有
故
.
故 .
（3）由题设可得 ，且 为等差数列，且公差为 ，首项为 ，
故
，
故
.
题型05 数列证明类问题析典例 · 建模型
1．【思路分析】（1）利用 的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果；
（2）根据（1）中所求，应用放缩及等比数列的前n项和公式求得 ，即可证明.
【规范答题】（1）依题意，当 时， ， ，则 ；
当 时， ， ，两式相减，
整理可得 ，又 为正项数列，故 ，
所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
所以 .
（2）证明：由（1）可知 ，所以 ，显然 ，
当 ，则 ，即 ，
此时 ，
综上， 成立.
2．【思路分析】（1）先由递推公式结合题中条件，得到 ，判断出数列 是等差数列，求
出通项，即可得出结果；
（2）先由（1），根据裂项的方法，得到对 1，2，3…
，进而可求出，即证明结论成立.
【规范答题】（1）由 可得 ，
∵ ，∴ ，依此类推，
∴ ，∴ ，
∴数列 是首项为 ，公差为1的等差数列，
∴ ，即 ，
（2） ，故 对 1，2，3…
，
∴
.，
因为 ，
所以
即
破类题 · 提能力1．【答案】(1)当 时，此时 为常数列且 .
(2)证明见解析
【详解】（1）若 为常数列，则 ，其中 ，
故 ，故 （舍）或 ，
而当 时， ，此时 为常数列且 .
（2）因为 ，所以 ，
又因为 ，故 ，而 ，故 ，
所以 ，所以 ，
所以 .
2．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由 可得：
，
，
，
，由累加法得，
又因为 ，
所以 ，故 .
（2）由（1）可得 ，
则由 ，
可得 ，
即
整理得 ，因 ，则 ，
所以 ，
故 .
（3）由
，可得
所以
.
题型06 数列型定义问题析典例 · 建模型
1．【思路分析】（1）根据矩阵变换的定义和已知的变换结果，得到矩阵 ；
（2）先对矩阵 执行指定的 变换得到新矩阵，再将新矩阵所有元素相加得到 ；
（3）通过分类讨论子集是否包含矩阵中对应位置的元素，统计各类子集的数量并计算变换后矩阵元
素的总和，最终推导出所有 的值的总和的表达式并证明其不超过 −4.
【规范答题】（1）由题意可得 ；
（2） 经 变换后得 ，故 ．
（3）若 ，在 的所有非空子集中，含有 且不含 的子集共 ，经过变换后第一
行均变为 ；含有 且不含 的子集共 个，经过变换后第一行均变为 ；同时含有
和 的子集共 ，经过变换后第一行仍为 ；不含 也不含 的子集共 个，经过变换
后第一行仍为 ．
所以经过变换后所有 的第一行的所有数的和为
．
若 ，则 的所有非空子集中，含有 的子集共 个，经过变换后第一行均变为
；不含有 的子集共 个，经过变换后第一行仍为 ．
所以经过变换后所有 的第一行的所有数的和为 ．同理，经过变换后所有 的第二行的所有数的和为 ．
所以对所有非空子集 ， 的值的总和为 ，
又因为 ，
所以 的值的总和不超过 ．
破类题 · 提能力
1．【答案】(1)是，理由见解析
(2)① ；② .
【详解】（1）因为 ，所以
，
所以 ，故数列 为等差数列，
故数列 为二阶等差数列.
（2）①根据题意可得 ， ，
因为数列 为等差数列，故数列 的公差为 ,
所以等差数列 的首项为 ，故 ，
所以 ，
当 时， ， ， ， ，
上述等式相加得 ，
故 ，也满足 ，故对任意的 ， ；
②由题意可知 ， ，即 ，可得 ，
令 ，则 ，
当 且 时， ，可得 ；
当 时， ；
当 且 时， ，可得 ，
所以数列 的最大项为 ，故 ，
所以实数 的取值范围是 .
2．【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1）解：设等差数列的公差为 ，由 ，得 ，
所以 ．
因为 ，所以 ，即当 时 ，当 时 ，
所以 ，
即 ，解得 .
因为 ，即 ，解得 ．
（2）证明：（i）由题设条件可知 不可能全为0，也不可能全同号，所以存在一个下标 使得 ．
因为数列满足 ，
所以 全为非负数， 全为负数，
即 ， ．
令 ， ，
则由题设条件可知 ， ，
所以 ， ．
所以当 时， ；当 时， ．
所以 ，即 ，矛盾．
所以数列 不是“n阶 数列”．
（ii）证明：因为 ，
由（i）可知， ，即 ， ．
， ，
又 ， ，
所以
即 ．当且仅当 为偶数， ， ， 时
取等号．（建议用时：60分钟）
刷模拟
1．【答案】(1) ，
(2)
【详解】（1）由于等比数列 的通项公式： 且 ，故 ， .
，故 ， ，
由 可得 ，得 .
整理得 .
因为 且 ，所以 ， .
因此等比数列 通项公式为 ，等差数列 的通项公式为 .
（2）根据题意得： ，
由（1）得 ， .
故 .
2．【答案】(1) ， .(2)
【解析】（1）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ， ，
由 ，得 ，解得 ，
所以 的通项公式为 ， 的通项公式为 .
（2）由（1）得 ，则
当 时， ；
当 时，
，
所以 .
3．【答案】(1) ，
(2)
【详解】（1）设等比数列 的首项为 ，公比为 ，
显然 且 .
由已知得 ，两式相除可得 （负值舍去），所以 ，
所以 ；，
∴ ， ，所以 .
（2）数列 中的项从小到大依次为2，4，8，16，32，64，128，…，
依题意可知新数列 的前50项中，数列 的项只有前6项，数列 有44项，
所以
.
4．【答案】(1)
(2) ，最小值为9
【详解】（1）设 的公差为d，因为 ，
所以 ，整理得 ，
所以 ，解得 ，
故 的通项公式为 ．
（2）由（1） ，
则易得 在 上单调递增， 在 上单调递增，
所以 在 上单调递增，
所以当 时， 取得最小值，最小值为 ．
5．【答案】(1)证明见解析； ，
(2)证明见解析
【详解】（1）由 ，得 ，所以 ，即 .
又因为 ，所以数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，
所以 ，
所以 ， .
（2）由题可知 .
因为 ，
所以 .
因为 ， ，所以 .
综上， .
6．【答案】(1)证明见解析
(2)【详解】（1）证明：因为 ，
所以当 时， ，解得 ，
当 时， ，
所以 ，即 .
所以 ，
又 ，
所以 是以 为首项，3为公比的等比数列.
（2）由（1）知， .
所以 ，
则 ，①
，②
①减去②，得：
所以 .
7．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为 ，所以
.（2） ，
直线 的方程为 ，
令 ，
得 ，
所以 ，
令数列 的前 项和为 ，则
，
，
两式相减得 ，故 ，
又数列 的前 项和为 ，
所以数列 的前 项和 .
8．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为 ，即： ．①
当 时， ，
又 ，所以 ．
当 时， ，②
由①－②整理得： ．整理得 ，
由累乘法得： ，
代入比值： ，
当 时， ，符合上式，
所以数列 的通项公式为 ．
（2）当 为偶数时，
，
所以 ， 为偶数 ，
由 恒成立，得 ，
是偶数，当 时， 有最小值 ，所以 ；
当 为奇数时， 为偶数，
，
所以 ， 为奇数，
由 恒成立，得 ，
又 在 上单调递增，所以当 时， 有最小值1，所以 ．
综上，实数 的取值范围是
9．【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析， ；（ii）
【详解】（1）证明：由题意知 的定义域为 ，关于原点对称．且 ，
令 ，则 ，故 ．
再令 ，则 ，
所以 ，故 为奇函数．
（2）（i）由题意得 ，
又 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
故 是首项为 ，公比为2的等比数列，
所以 ；
（ii）因为 ，
所以 ，所以 ，
两式相减得 ，
所以 ．
所以 对 恒成立，
即 恒成立，即 恒成立．
设 ，则 ，
所以数列 单调递增．
当n为奇数时， ，当 时， 有最大值 ，故 ；
当n为偶数时， ，当 时， 有最小值 ，故 ．
综上， 的取值范围是 ．
10．【答案】(1) ；
(2)6；
(3)2.
【详解】（1） .
理由：由题意得 ，
对条件①，对任意的 ，均有 ；
对条件②，对任意的 ，均有 ，即 ， ， ，
对条件③，对任意 ，均有 ，
若数列 是 数列，根据条件①知 ，
根据条件②知 ，
当 时，经验证符合条件③，此时 ，
当 时，因为 ，则 ，不合题意，舍去；
当 时，经验证符合条件③，此时 ，
当 时，经验证符合条件③，此时 ，
综上所述 的所有可能值为 .
（2）设 ，由①， ，
．1,2,3,4,2,1是6⊕4数列，
所以 符合题意．
．当 时，由②，设 或 ．
（a）当 时，
由②， ，故由③， ，与②矛盾．
（b）当 时，由②， 或 。
若 ，由③， ，与①矛盾．
若 ，由②③， ，与①矛盾．
综上， 的最大值为6．
（3）若 满足③，则删除若干项仍满足③．依题意， ．
．当 时，假若 ，设 ，
设 ，则由②， ，由①②， 无解，矛盾．
所以 ．
．假设存在 ，使得 ，设满足此条件的最小的 为 ．由 知， .
若存在 数列，则 ．
不妨设 中， 出现的次数最少，设 出现了 次．
1.当 时，则 为 数列，矛盾．
2.当 时，设 ，
（a）当 或 时，去掉 这一项得 数列，矛盾．
（b）当 时，去掉前两项得 数列，矛盾．
（c）当 时，去掉后两项得 数列，矛盾．
（d）当 时，记原数列为 ．
若 且 ，去掉 这一项得 数列，矛盾．
若 且 ，去掉 , 这两项得 数列，矛盾．
若 且 ，去掉 , 这两项得 数列，矛盾．
若 且 ，与（2）矛盾．
3．当 时， 中， 均至少出现2次．
由②，前两个1之间必有其它数，不妨设为2．
由③，所有的2均在这两个1之间．
同理，不妨设所有的3全在前两个2之间，所有的4全在前两个3之间，
⋯这与 矛盾．
4．综上，假设不成立，必有 ．
．构造：1,2,3,1为 数列，此时 ．
．综上， 的最小值为2．
刷真题
1．【答案】(1)证明见解析；
(2)
【详解】（1）由题意证明如下， ，
在数列 中， ， ，
∴ ，即 ，
∴ 是以 为首项，1为公差的等差数列.
（2）由题意及（1）得， ，
在数列 中，首项为3，公差为1，
∴ ，即 ，
在 中，
，
∴ ，
当 且 时，∴ ，
∴
∴
.
2．【答案】(1) ；
(2)证明见解析.
【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，而 ，
则 ，
于是 ，解得 ， ，
所以数列 的通项公式是 .
（2）方法1：由（1）知， ， ，
当 为偶数时， ，
，当 时， ，因此 ，
当 为奇数时， ，
当 时， ，因此 ，
所以当 时， .
方法2：由（1）知， ， ，
当 为偶数时， ，
当 时， ，因此 ，
当 为奇数时，若 ，则
，显然 满足上式，因此当 为奇数时， ，
当 时， ，因此 ，
所以当 时， .
3．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为 ，
当 时， ，即 ；
当 时， ，即 ，当 时， ，所以 ，
化简得： ，当 时， ，即 ，
当 时都满足上式，所以 ．
（2）因为 ，所以 ，
，
两式相减得，
，
，即 ， ．
4．【答案】(1) (2)见解析
【详解】（1）∵ ，∴ ,∴ ,
又∵ 是公差为 的等差数列，
∴ ,∴ ,
∴当 时， ，
∴ ,整理得： ,
即 ,
∴
，
显然对于 也成立，
∴ 的通项公式 ；
（2）
∴
5．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）首先，我们设数列 的公差为 ，则 .
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形 ，
得到新数列 ，然后对 进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从 中取出两个数 和 ，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是 ，或 ，或 .所以所有可能的 就是 .
（2）由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下两个部分，共 组，使
得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ，共 组.
（如果 ，则忽略②）
故数列 是 可分数列.
（3）定义集合 ，
.
下面证明，对 ，如果下面两个命题同时成立，
则数列 一定是 可分数列：
命题1： 或 ；
命题2： .
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，
剩余的 个数可以分为以下三个部分，共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ，共
组；③ ，共
组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
故此时数列 是 可分数列.
第二种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
由于 ，故 ，从而 ，这就意味着 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下四个部
分，共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ， ，共 组；
③全体 ，其中 ，共 组；
④ ，共
组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含 个行， 个列的
数表以后， 个列分别是下面这些数：
， ， ，.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍 中除开五个
集合 ， ， ， ，
中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的 和 以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列 是 可分数列.
至此，我们证明了：对 ，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列 一
定是 可分数列.
然后我们来考虑这样的 的个数.
首先，由于 ， 和 各有 个元素，故满足命题1的 总共有 个；
而如果 ，假设 ，则可设 ， ，代入得 .
但这导致 ，矛盾，所以 .
设 ， ， ，则 ，即 .
所以可能的 恰好就是 ，对应的 分别是 ，
总共 个.
所以这 个满足命题1的 中，不满足命题2的恰好有 个.
这就得到同时满足命题1和命题2的 的个数为 .
当我们从 中一次任取两个数 和 时，总的选取方式的个数等于.
而根据之前的结论，使得数列 是 可分数列的 至少有 个.
所以数列 是 可分数列的概率 一定满足
.
这就证明了结论.
