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2025 二轮复习专项训练16
数列求和及其综合应用
[考情分析] 高考常考内容，主要考查等差、等比数列与常见数列求和的综合应用，主要
以解答题的形式出现，属于中档题．
【练前疑难讲解】
一、an与Sn的关系
1．数列{an}中，an与Sn的关系
an＝
2．求数列通项公式的常用方法：
(1)公式法：利用等差(比)数列的公式求通项公式．
(2)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数
列的通项公式an.
(3)在已知数列{an}中，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项公
式an.
(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．
二、数列求和
数列求和常见方法：
(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重
新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．
(2)错位相减法：主要用于求数列{an·bn}的前n 项和，其中{an}，{bn}一个是等差数列，一个
是等比数列．
(3)裂项相消法：将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干
项的方法，裂项相消法适用于形如的数列．
三、数列的综合应用
数列与函数、不等式的交汇：
数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在
曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利
用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列
为载体，考查最值问题、不等关系或恒成立问题．
一、解答题
1．（23-24 高三上·山东青岛·期中）已知数列
的前
项和为
，
，当
时，
.
(1)求数列
的通项公式；
1
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(2)设数列
，求数列
的前
项和.
2．（2024·全国·高考真题）记
为数列
的前
项和，已知
．
(1)求
的通项公式；
(2)设
，求数列{bn}的前
项和
．
3．（2024·四川自贡·一模）已知数列
的前
顶和为
.且
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)在数列
中，
，求数列
的前
项和
.
4．（2024·江苏·模拟预测）已知等差数列
和等差数列
的前
项和分别为
，
，
，
.
(1)求数列
和数列
的通项公式；
(2)若
，求数列
的前
项和
.
5．（2024·广东茂名·一模）设
为数列
的前
项和，已知
是首项为
、公
差为
的等差数列.
(1)求
的通项公式；
(2)令
，
为数列
的前
项积，证明：
.
2
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6．（2024·广东韶关·二模）记
上的可导函数
的导函数为
，满足
的数列
称为函数
的“牛顿数列”.已知数列
为函数
的牛顿数列，且数列
满足
.
(1)求
；
(2)证明数列
是等比数列并求
；
(3)设数列
的前
项和为
，若不等式
对任意的
恒成立，求t 的
取值范围.
参考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）根据
和
的关系，分
和
两种情况讨论求解即可；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）由题意，当
时，
，且
，
若
，则
，即
，
当
时，
，
两式相减得，
，
整理得
，即
，
3
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所以
.
综上所述，
.
（2）因为
，
设数列
的前
项和为
，
当
时，
，
当
时，
，
此时
时适合上式，
所以
.
2．(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求
的通项公式．
（2）利用错位相减法可求
.
【详解】（1）当
时，
，解得
．
当
时，
，所以
即
，
而
，故
，故
，
4
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∴数列
是以4 为首项，
为公比的等比数列，
所以
.
（2）
,
所以
故
所以
，
.
3．(1)
(2)
，
【分析】（1）利用
求通项公式；
（2）转化为等差数列、等比数列，分组求和.
【详解】（1）当
时，可得：
；
当
时，
，
，两式相减，得：
，即
，
所以：
.
（2）当
时，
；
5
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当
时，
，所以
，
所以：
，
时，
，上式也成立.
所以：
，
4．(1)
，
(2)
【分析】（1）利用等差数列前
项和的性质，结合
，即可求得；
（2）由
，把
表达式求出后，可直接求和.
【详解】（1）
，
设
，则
，又
，
所以
，
.
（2）
.
5．(1)
(2)证明见解析
6
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【分析】（1）由等差数列定义可得
，由
与
的关系即可得
；
（2）由
与
可得
，即可得
，由
，可得
，借助等比数列求
和公式计算即可得证.
【详解】（1）由
是首项为
、公差为
的等差数列，
故
，
即
，
当
时，
，
故
，
当
时，
，符合上式，
故
；
（2）由
，
，
故
，
则
，
由
，
7
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故
，
则
.
6．(1)
(2)证明见解析，
(3)
【分析】（1）求出导函数，化简数列递推式，根据对数运算及递推式求解即可；
（2）对递推式变形结合对数运算求得
，利用等比数列定义即可证明，代入等比数
列通项公式求解通项公式；
（3）先利用等比数列求和公式求和，再把恒成立问题转化为
对任意的
恒成立，令
，x∈(0,+ ∞)，利用导数研究函数的单调性，然后根据单
调性求解函数最值，根据n 的奇偶性分别求解范围即可.
【详解】（1）因为
，则
，从而有
，
由
，则
，
则
，解得
则有
，所以
；
8
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（2）由
，则
，
所以
，
故
（非零常数），且
，所以数列
是以2 为首项，2 为公比的等比数列，
所以
；
（3）由等比数列的前n 项和公式得：
，
因为不等式
对任意的
恒成立，又
且
单调递增，
所以
对任意的
恒成立，令
，x∈(0,+∞)，
则
，当
时，
，
是减函数，
当
时，
，
是增函数，
又
，且
，
，
，则
，
当n 为偶数时，原式化简为
，所以当
时，
；
当n 为奇数时，原式化简为
，所以当
时，
，所以
；
综上可知，
.
【基础保分训练】
一、单选题
1．（23-24 高二上·山东青岛·阶段练习）等比数列
的各项均为正数，且
，
9
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则
（ ）
A．12
B．10
C．5
D．
2．（2024·四川内江·模拟预测）在数列
中，已知
，
，则它的前
30 项的和为（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
3．（2022·河北沧州·二模）已知数列
满足
，记
的前
项和为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（22-23 高二下·广西钦州·阶段练习）刚考入大学的小明准备向银行贷款
元购买一台
笔记本电脑，然后上学的时候通过勤工俭学来分期还款.小明与银行约定：每个月还一次款，
分
次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为，设小明每个月
所要还款的钱数为
元，则下列说法正确的是（ ）
A．小明选择的还款方式为“等额本金还款法”
B．小明选择的还款方式为“等额本
息还款法
C．小明第一个月还款的现值为
元
D．
三、填空题
5．（2024·河北保定·二模）已知数列
的前
项积为
，若
，则满足
的正整数
的最小值为 .
10
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6．（22-23 高二下·江苏南京·期中）已知数列
的项数为
，且
，则
的前n 项和
为 ．
四、解答题
7．（2024·云南·模拟预测）已知数列
.
(1)求
；
(2)令
为数列
的前
项和，求
.
8．（24-25 高三上·宁夏石嘴山·阶段练习）已知数列
的首项为1，且
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)若
，求数列{bn}的前
项和
.
9．（2024·全国·二模）已知数列
的前n 项和为
，且
，
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)求数列
的前n 项和为
.
10．（2024·海南海口·模拟预测）已知函数
是高斯函数，其中
表示不超过
的最
大整数，如
，
.若数列
满足
，且
，记
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)求数列
的前
项和.
11．（2023·广东佛山·一模）佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上
全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成
“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，
11
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总高度153.6 米.坊塔塔楼由底部4 个高度相同的方体组成塔基，支托上部5 个方体，交错
叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4 个方体高度均为33.6 米，中间第5 个方体也为33.6
米高，再往上2 个方体均为24 米高，最上面的两个方体均为19.2 米高.
(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列
的通项公式，
该数列以33.6 为首项，并使得24 和19.2 也是该数列的项；
(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310 米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前
m（
）项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2 米的情况下，采用新的
堆叠规则，自下而上依次为
、
、
、……、
（
表示高度为
的
方体连续堆叠
层的总高度），请问新堆叠坊塔的高度是否超过310 米？并说明理由.
12．（23-24 高二上·河北·阶段练习）已知数列
的前
项和为
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)设
，数列
的前
项和为
，若
，求
的最小值.
参考答案：
题号
1
2
3
4
答案
B
D
BCD
BCD
1．B
12
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【分析】利用等比数列的性质，结合对数的运算法则即可得解.
【详解】因为
是各项均为正数的等比数列，
，
所以
，即
，则
记
，则
，
两式相加得
，
所以
，即
.
故选：B.
2．D
【分析】由题意可得
，运用数列的恒等式可得
，再由数列的裂项
相消求和，计算可得所求和．
【详解】解：由
，
可得
，
所以当
时，
，
又
，
所以
，
所以
．
故选：D．
3．BCD
【分析】由条件可得当
为奇数时，
；当
为偶数时，
，然后
可逐一判断.
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【详解】因为
，
所以当
为奇数时，
；当
为偶数时，
.
所以
，选项
错误；又因为
，所以
，选项B 正确；
故C 正确
，选项D 正确.
故选：BCD
4．BCD
【分析】AB 根据还款特点，得到还款方式；C 选项，设出第一个月还款的现值为
，列出
方程，求出答案；D 选项，表达出第12 个月末所欠银行贷款数，因为分
次还清所有的欠
款，故得到方程，求出答案.
【详解】AB 选项，由于每个月还款的钱数都相等，故小明选择的还款方式为“等额本息还
款法，A 错误，B 正确；
C 选项，设小明第一个月还款的现值为
，则
，解得
，故C 正确；
D 选项，根据等额本息还款法可得，第一个月末所欠银行贷款为
，
第二个月末所欠银行贷款为
，
第三个月末所欠银行贷款为
，
……
第12 个月末所欠银行贷款为
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，
由于分
次还清所有的欠款，故
，
解得
，D 正确.
故选：BCD
5．
【分析】由题可得
，可先分析
，然后解不等式取值满足题意即可.
【详解】解：由满足
，即
，
故：
，
当
时，
，
又
为偶数时，
为奇数时，
，所以要满足
，
所以
的最小值为5，
故答案为：5.
6．
【分析】根据倒序相加法求得
，再根据二项式系数和公式即可求
解.
【详解】因为
，又
，
所以
又因为
，
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所以
，即
.
故答案为：
.
7．(1)
(2)
.
【分析】（1）利用
得到
，再用两式相减可得
，由于此时
，所以需要对第一项和第二项进行检验，
，最后可判断
是
等比数列，并求出通项；
（2）先求出
，再利用错位相减法来求出它的前
项和.
【详解】（1）由
，
所以当
时，有
，两式相减得：
，
即
.
又有
，
所以
是以
为首项，公比为2 的等比数列，所以
.
（2）由（1）知：
，
所以
，
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则
，
上面两式相减得：
，
所以
.
8．(1)
(2)
【分析】（1）结合题意，利用等比数列的概念即可求解等比数列通项；
（2）结合（1）的结论，利用裂项相消法即可求解.
【详解】（1）因为数列
的首项为1，且
，
所以数列
是以1 为首项，2 为公比的等比数列，
所以
；
（2）由（1）知
，
所以
，
所以
.
9．(1)
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(2)
【分析】（1）根据
，作差得到
，从而得到
，
再由等差数列的定义及通项公式计算可得
（2）由（1）可得
，利用分组求和法计算可得.
【详解】（1）因为
，
即
，
当
时
，解得
或
（舍去），
当
时
，
所以
，
即
，
即
，即
，
又
，所以
，即
，
所以
是以为首项，
为公差的等差数列，
所以
.
（2）由（1）可得
，
所以
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.
10．(1)
(2)
【分析】（1）计算出
，将两式
和
做差，得出关于
的隔项关系式，根据累加求和，求得通项即可；
（2）由于
……，给出“当
时，
，
……”等结论，分组计算数列{bn}的前
项和即可.
【详解】（1）因为
，
，所以
，
因为
，所以
，将两式相减，得：
，
所以数列
的奇数项，偶数项分别单独构成等差数列.
当
为奇数时，
，
，……，且
，
则
，
当
为偶数时，则
，
所以
.
（2）设{bn}的前
项和为
，
当
时，
，
当
时，
，
当
时，
，
19
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当
时，
，
所以
.
11．(1)
（答案不唯一，符合题意即可）
(2)可以，理由见详解
【分析】（1）根据等差数列的通项公式运算求解，并检验24 和19.2 是否符合；
（2）根据题意求
，并与310 比较大小，分析判断.
【详解】（1）由题意可知：
，注意到
，
取等差数列的公差
，则
，
令
，解得
，即24 为第5 项；
令
，解得
，即19.2 为第7 项；
故
符合题意.
（2）可以，理由如下：
由（1）可知：
，
设数列
的前
项和为
，
∵
，
故新堆叠坊塔的高度可以超过310 米.
12．(1)
(2)8
【分析】（1）根据
的关系即可求解，
（2）根据裂项相消法求解和，即可列不等式求解.
【详解】（1）当
时，由
，得
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；
当
时，
，符合上式.
综上所述，
.
（2）
，
所以
.
由
，得
，解得
，又
，所以
的最小值为8.
【能力提升训练】
一、单选题
1．（21-22 高二上·福建宁德·期中）已知数列
的前n 项和为
且
，若
对任意
恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（2024·全国·模拟预测）已知数列
满足
，若
数列
的前
项和为
，不等式
恒成立，则
的取值范围为
（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
3．（22-23 高二上·山东泰安·阶段练习）已知数列
满足
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，设数列
的前
项和为
，则下列结论正确的是（ ）
A．数列
为等差数列
B．
C．数列
的前10 项和为30
D．数列
的前
项和为
4．（2024·云南·模拟预测）设
是首项为
，公差为
的等差数列；
是首项为
，
公比为
的等比数列．已知数列
的前
项和
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题
5．（2024·河北·三模）欧拉是十八世纪数学界最杰出的人物之一，他不但在数学上作出伟
大贡献，而且把数学用到了几乎整个物理领域，为纪念欧拉的成就，函数
就是以其名
字命名的，称为欧拉函数.人教A 版新教材选择性必修二第8 页指出：欧拉函数
的函数值等于所有不超过正整数
，且与
互素的正整数个数．欧拉函数有很
多性质，比如欧拉函数是积性函数，即如果
互素，则
.请计算数列
的前
项和
.
6．（23-24 高三下·湖北·阶段练习）已知数列
中，
，
，
，则
的前
项和
．
四、解答题
7．（2024·安徽池州·模拟预测）定义：若对
恒成立，则称数
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列
为“上凸数列”．
(1)若
，判断
是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明
理由．
(2)若
为“上凸数列”，则当
时，
．
（ⅰ）若数列
为
的前
项和，证明：
；
（ⅱ）对于任意正整数序列
（
为常数且
），若
恒成立，求
的最小值．
8．（2023·全国·模拟预测）已知数列
的前n 项和为
，
，且
．
，
．
(1)求数列
和
的通项公式；
(2)若
，求数列
的前n 项和
．
9．（2024·江苏宿迁·一模）已知
为公差不为0 的等差数列
的前
项和，且
．
(1)求
的值；
(2)若
，求证：
．
10．（2024·贵州毕节·一模）已知数列
满足
.
(1)设
，证明：
是等比数列；
23
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(2)求数列
的前
项和
.
11．（2024·四川绵阳·三模）已知首项为1 的等差数列
满足：
成等比数列.
(1)求数列
的通项公式；
(2)若数列
满足：
，求数列
的前
项和
.
12．（2024·河北秦皇岛·二模）已知等比数列
的前
项和为
，且数列
是公比
为2 的等比数列.
(1)求
的通项公式；
(2)若
，数列
的前n 项和为
，求证：
.
参考答案：
题号
1
2
3
4
答案
C
D
ABC
BC
1．C
【分析】根据给定条件，利用错位相减求和法求出
，再按奇偶讨论求出a 的范围.
【详解】由数列
的前n 项和为
且
，得
，
于是
，
两式相减得：
，
因此
，
，显然数列
是递增数列，
当
为奇数时，
，由
恒成立，得
，则
，
当
为偶数时，
，由
恒成立，得
，则
，
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所以实数a 的取值范围是
.
故选：C
2．D
【分析】求出数列
的通项，再分奇偶求出
半探讨其范围，并建立关于
的不等式求
解即得.
【详解】由
，得数列
是首项为3，公差为2 的等差数列，则
，
于是
，
当
为偶数时，
，
当
为奇数时，
，
当
为偶数时，
；当
为奇数时，
，因此
，
由不等式
恒成立，得
，即
，解得
，
所以
的取值范围为
.
故选：D.
【点睛】易错点睛：利用裂项相消法求和时，应注意：（1）抵消后不一定只剩下第一项和
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最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；（2）将通项公式裂项后，有时候需要调
整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原项相等．
3．ABC
【分析】先构造数列
，知其前
项和求通项
，进而再求出
，选项
A，由定义证明为等差数列；选项 B，利用等差数列前
项和公式求解即可; 选项 C ，
两项并一项，并项为常数列求和; 选项D，分段讨论去绝对值后，分组求和，再利用等差
数列求和公式即可求出.
【详解】由题意，
A 项，
，
设
，则
，
所以当
时，
，
两式相减得，
，
当
时，
也适合上式.
则
，
解得：
，
所以
，
故数列
是以 9 为首项， 6 为公差的等差数列，
，
故A 正确；
B 项，
，故B 正确；
选项C，数列
的前10 项和为：
，故C 正确；
选项D,
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则
前20 项和为：
故D 错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题考查构造数列，等差数列的通项公式和前
项和，考查并项求
和，考查学生的分类讨论能力，具有很强的综合性.
4．BC
【分析】根据分组求和，利用等差数列、等比数列求和公式用
、
、
、
表示出
，
再结合
，由系数对应相等分别求出
、
、
、
，选出答案.
【详解】当
时，
，不合题意；
当
时，
，
，
，
，
，
，
，
所以
，
故选：BC．
5．
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【分析】根据题意得到
，从而有
，再利用错位相减法，即
可求出结果.
【详解】由欧拉函数的定义知：若
为素数，则
，
若
为素数，
，则
，
所以
，得到
，
所以
①，
②，
①
②得到
，
即
，整理得到
.
故答案为：
.
6．
【分析】取倒可得
，判断
是等差数列，即可求解
，进而根据裂
项相消法求和即可.
【详解】由
可得
，所以
是等差数列，且公差为2，
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所以
，故
，
所以
，
所以
故答案为：
7．(1)是，证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）构造函数
，利用导数研究其单调性结合
“上凸数列”定义判定即可；
（2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令
，利用条件及
数列求和适当放缩计算即可.
【详解】（1）
是“上凸数列”，理由如下：
因为
，
令
，
则
．
当
时，
，
所以
，
所以
在区间
上单调递减，
所以
，
所以
，
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所以
是“上凸数列”．
（2）（ⅰ）证明：因为
是“上凸数列”，由题意可得对任意
，
，
所以
，
所以
．
（ⅱ）解：令
，
由（1）可得当
时，
是“上凸数列”，
由题意可知，当
时，
．
因为
，
即
．
所以
，
当且仅当
时等号成立，
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所以
．
综上所述，
的最小值为
．
8．(1)
，
(2)
【分析】（1）根据对数运算得
，利用等比数列定义求通项公式，利用等差中项判
断数列
为等差数列，建立方程求出公差，从而可得
的通项；
（2）利用错位相减法计算即可.
【详解】（1）∵
，∴
，则
，所以
为等比
数列，
又
，得
，所以
，
由
知
是等差数列，且
，
，
∴
，得
，
．∴
.
（2）因为
，
，所以
，
所以
则
上面两式作差得
，
∴
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9．(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：设
的公差为
，利用等差数列的定义可得答案；解法二：
设
的公差为
，转化为
对
恒成立，可得
答案.
（2）求出
，利用裂项相消求和可得答案.
【详解】（1）解法一：设
的公差为
，
由
①，得
②，
则②-①得
，
即
，又
，则
；
解法二：设
的公差为
，
因为
，
所以
对
恒成立，
即
对
恒成立，
所以
，
又
，则
；
（2）由
得
，即
，
所以
，
又
即
，则
，
因此
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则
．
10．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）给
式子两边同时加
，化简证明即可；
（2）分为两组，一组等差数列，一组等比数列，利用等差等比数列的前
项公式求解即可.
【详解】（1）因为
，
所以
，
所以
，
所以
，所以
，
又
，则
，
所以
是以
为首项，
为公比的等比数列.
（2）由（1）可知，
，
由于
，所以
，
所以
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.
11．(1)
(2)
【分析】（1）由已知列式求得公差，代入等差数列的通项公式得答案；
（2）令
，得
，两式
相减得
，又
，即得
【详解】（1）设
公差为d，又
成等比数列，
所以
，
又
，即
，解得
或
，
而
时，不满足
成等比数列，所以
，
所以
.
（2）令
，
所以
，
两式相减有：
，
所以数列{bn}的前
项和为
，即
，
又
，所以
，
所以
.
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12．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出数列
的通项，再根据
与
的关系结合
是等比数列，即
可得解；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）因为数列
是公比为2 的等比数列，
又
，所以
.
当
时，由
，得
，
两式相减得
，
又
是等比数列，所以
，所以
，解得
，
所以
，当
时上式成立，
所以
；
（2）由（1）知
，
所以
，
又
，所以
.
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