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专题18 数列求和
（核心考点精讲精练）
1. 近几年真题考点分布
数列近几年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2021 年全国乙（文科），第19 题,12 分
1、求等比数列的通项公式，等差中项的应用
2、错位相减求前n 项和
2021 年全国乙（理科），第19 题,12 分
1、证明等差数列
2、求通项公式
2021 年全国甲（文科），第17 题,12 分
证明等差数列
2021 年全国甲（文科），第9 题,5 分
等比数列通项公式基本量计算，求前n 项和
2021 年全国甲（理科），第18 题,12 分
证明等差数列，等差数列的应用
求前n 项和，由前n 项和求通项
2021 年全国甲（理科），第7 题,5 分
判断数列的增减性
判断充分性与
必要性
2022 年全国乙（理科），第8 题,5 分
2022 年全国乙（文科），第10 题,5 分
等比数列通项公式基本量计算，求数列的项
2022 年全国甲（理科），第17 题,12 分
2022 年全国甲（文科），第17 题,12 分
1、递推公式证明等差数列
2、等比中项的应用，求前n 项和
2023 年全国乙（文科），第18 题,12 分
1、利用定义求等差数列通项公式，等差数列
基本量的计算
2、含绝对值的等差数列求前n 项和
2023 年全国乙（理科），第15 题,5 分
等比数列通项公式基本量计算
2023 年全国乙（理科），第10 题,5 分
等差数列求通项公式，数列周期性
余弦函数，集
合元素互异性
2023 年全国甲（文科），第5 题,5 分
等差数列性质计算，求前n 项和
2023 年全国甲（理科），第5 题,5 分
等比数列前n 项和
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】1.本节为高考必考内容，各种题型均有出现；
2.考查数列的增减性、周期性；
1
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3.考查等差、等比数列基本量的计算，等差、等比中项的应用；
4.考查由递推公式证明等差、等比数列；
5.考查求等差、等比数列的通项公式与前n 项和；
【备考策略】1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.
2.掌握分组求和法求前n 项和.
3.掌握错位相减法求前n 项和
4.掌握裂项相消法求前n 项和
5.掌握倒序相加法求前n 项和
6.掌握并项求和法求前n 项和
【命题预测】1.考查数列的增减性、周期性；
2.考查等差、等比数列基本量的计算，等差、等比中项的应用；
3.考查由递推公式证明等差、等比数列；
4.考查求等差、等比数列的通项公式与前n 项和；
知识讲解
一、公式法求前n 项和
(1)公差为d 的等差数列{an}的前n 项和公式
Sn= na1+ n(n+1)
2
d
2
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Sn=
n(a1+an)
2
(2)公比为q(q≠0)的等比数列{an}的前n 项和公式
Sn={
na1,q=1，
a1(1−qn)
1−q
=
a1−anq
1−q
（q≠1）
.
二、分组求和法求前n 项和
若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或其他可求和的数列组成,则求和时可用分组求和法,
分别求和后再相加减.
分组转化法求和的常见类型
（1）若an=bn±cn ，且{bn}，{cn}为等差数列或等比数列,则可采用分组求和法求数列{an}的前n 项和.
（2）通项公式为
an={
bn，n为奇数
cn，n为奇数的数列,其中{bn}，{cn}是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和.
提醒:某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差,从而求得原数列的和,注意在含有字
母的数列中对字母的讨论.
三、错位相减法求前n 项和
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n 项和可用
此法来求,如等比数列的前n 项和就是用此法推导的.
四、裂项相消法求前n 项和
用裂项法求和的裂项原则及规律
（1）裂项原则:一般是前边裂几项,后边就裂几项,直到发现被消去项的规律为止.
（2）消项规律:消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边剩第几项,后边就剩倒数第几项.
1
n(n+1)=1
n−1
n+1 ，
1
n(n+k )=1
k(
1
n−1
n+k)
1
kn (n+1)=1
k(
1
n−1
n+1)，
k
n(n+1)=k(
1
n−1
n+1)
1
(2n−1)(2n+1)=1
2(
1
2n−1−
1
2n+1)
1
√n+√n+1=√n+1−√n
2n
(2n−1)(2n+1−1)
=
1
2n−1
−
1
2n+1−1
将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等,如:
1
pq =
1
q−p(
1
p−1
q)( p<q)
，简记为
1
小×大=
1
大−小(
1
小−1
大)
3
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五、倒序相加法求求前n 项和
如果一个数列{an},首末两端等“距离”的两项的和相等,那么求这个数列的前n 项和可用倒序相加法,如等
差数列的前n 项和即是用此法推导的.
把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.
六、并项求和法求前n 项和
一个数列的前n 项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如an=(−1)nf (n)类型,可采用两项合并求解.
考点一、用等差、等比数列求和公式法求前n项和
1．（2020 年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））记
为等差数列
的前n 项和．若
，则
．
【答案】
【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：
.
【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.
2．（2017 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2 卷））等差数列
的前
项和为
，
，
，则
．
【答案】
【详解】设等差数列的首项为
a1
，公差为
d
，由题意有
，解得
，
数列的前n 项和Sn=na1+ n(n−1)
2
d=n×1+ n(n−1)
2
×1=n(n+1)
2
，
4
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裂项可得
1
Sk
=
2
k(k+1)=2( 1
k −1
k+1 )，
所以∑
k=1
n
1
Sk
=2[(1−1
2 )+( 1
2−1
3 )+…+( 1
n−1
n+1 )]=2(1−1
n+1 )= 2n
n+1 ．
点睛:等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a1，an ，d ，n ，Sn ，知其中三个就能求另外
两个，体现了用方程的思想解决问题．数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1
和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用得方法．使用裂项法求和时，要注意正、负
项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．
3．（2023 年新课标全国Ⅱ卷数学真题）记Sn 为等比数列
的前n 项和，若
，
，则
（ ）．
A．120
B．85
C．
D．
【答案】C
【分析】方法一：根据等比数列的前n 项和公式求出公比，再根据
的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n 项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列
的公比为
，首项为
，
若
，则
，与题意不符，所以
；
若
，则
，与题意不符，所以
；
由
，
可得，
，
①，
由①可得，
，解得：
，
所以
．
方法二：设等比数列
的公比为
，
因为
，
，所以
，否则
，
从而，
成等比数列，
所以有，
，解得：
或
，
当
时，
，即为
，
易知，
，即
；
当
时，
，
与
矛盾，舍去．
5
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【点睛】本题主要考查等比数列的前n 项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握
的关
系，从而减少相关量的求解，简化运算．
1．（2020 年新高考全国卷Ⅰ数学高考试题（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】
【分析】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.
2．（2023 年辽宁省模拟考试数学试题）记等差数列
的前
项和为
，已知
，
．
(1)求
的通项公式；
(2)求
以及
的最小值．
【答案】(1)
；(2)
，
的最小值为
.
【分析】（1）根据给定条件，求出公差
，再求出通项作答.
（2）由（1）结合等差数列前n 项和公式求解作答.
【详解】（1）设等差数列
的公差为
，由
，
，得
，
解得
，于是
，
所以数列
的通项公式是
.
（2）由（1）知，
，
显然
，当且仅当
时取等号，
所以
，
的最小值为
.
3．（2023 年江西省模拟数学试题）在数列{
}中
，
，若数列
为等差数列，则
6
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.
【答案】
【分析】先利用等差数列通项公式求出
，从而求得
，然后利用等比数列前n
项和公式求解即可.
【详解】设等差数列
的公差为
，
由
，
知
，所以
，即
，
所以
，解得
，所以
，
所以
.
4．已知公差不为0 的等差数列
的前
项和为
，且
，
成等比数列.
(1)求数列
的通项公式；
(2)设
，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
；(2)
.
【分析】(1)设等差数列
的公差为d ，根据题意列出关于
和d 的方程组求解即可；
(2)证明
是等比数列，根据等比数列前n 项和公式即可求解.
【详解】（1）设等差数列
的公差为
，
，
成等比数列，
，解得
；
（2）由(1)得，
，
，
，
是首项为4，公比为4 的等比数列，
.
考点二、分组求和法求前n项和
7
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1．已知数列{an}，满足
1
an+1
−2
an
=0,a1=1
2
（1）求数列{an}的通项公式
（2）求数列{
1
an
+2n}的前
n
项和
【详解】（1）1
an+1
= 2
an
⇒an+1
an
=1
2 ，an=(
1
2)
n
= 1
2n
（2）令bn= 1
an
+2n=2n+2n
Sn=b1+b2+b3+¿⋅¿+bn
Sn=(21+2)+(22+4)+¿⋅¿+(2n+2n)，Sn=(21+21+¿⋅¿+2n)+(2+4+¿⋅¿+2n)
Sn=2(1−2n)
1−2
+ n(2+2n)
2
=−2+2n+1+n2+n .
2．（2023 届广东省二模数学试题）设
是数列
的前n 项和，已知
，
.
(1)求
，
；
(2)令
，求
.
【答案】(1)
;(2)
【分析】（1）根据递推关系即可联立求解，
（2）根据偶数项和奇数项的关系可得
，进而根据分组求和即可.
【详解】（1）由
得
即
，即
，又
，所以
，
（2）当
时，
，
当
时，
，
两式相加可得
，得
，
由于
，所以
.
3．设
是等差数列，
是各项都为正数的等比数列，且
，
，
．
8
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(1)求
，
的通项公式；
(2)若数列
，求
前
项和．
【详解】（1）设
的公差为
，
的公比为
，由题意知
，解得
，
所以
，
.
（2）所有奇数项
构成首项为1，公差为4 项数为
的等差数列；
所有偶数项
构成首项为2，公比为4 项数为
的等比数列；
.综上，
.
4．（2020 年江苏省高考数学试题）设{an}是公差为d 的等差数列，{bn}是公比为q 的等比数列．已知数
列{an+bn}的前n 项和Sn=n2−n+2n−1(n∈N +)，则d+q 的值是
．
【答案】
【分析】结合等差数列和等比数列前
项和公式的特点，分别求得
的公差和公比，由此求得
.
【详解】设等差数列{an}的公差为d ，等比数列{bn}的公比为
，根据题意q≠1.
等差数列
的前
项和公式为
，
等比数列
的前
项和公式为
，
依题意
，即
，
通过对比系数可知
，故
.
【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前
项和公式，属于中档题.
9
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1．在数列
中，
.
(1)设
，求证：数列
是等比数列；
(2)求数列
的前项和.
【答案】(1)证明见解析；(2)数列
的前项和为
.
【分析】（1）由条件证明对于任意的
，
为常数即可.
（2）结合（1）的结论求得数列
的通项公式，再由分组求和法求和.
【详解】（1）由已知又
，
，所以
，
因为
，
所以
，又
所以
，
，因为
，所以
，
所以
，
所以数列
是首项为1，公比为4 的等比数列．
（2）由（1），可知
，
所以数列
的通项公式为
．
设数列
的前项和为
，则
，
所以
，
，
，
，
所以
，
所以数列
的前项和为
.
2．已知数列
是由正数组成的等比数列，且
，
.
10
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(1)求数列
的通项公式；
(2)设数列
满足
，求数列
的前n 项和
.
【详解】（1）设等比数列
的公比为
，
由
，得
，
是由正数组成的等比数列，
则
，
，则
，解得
或
（舍），又
，
所以
，解得
，所以
.
（2）
，
所以
.
3．已知数列
的首项
，且满足
．
(1)证明：
是等比数列；
(2)求数列
的前n 项和
．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）将已知条件转化为
，由此证得数列
是等比数列.
（2）利用分组求和法求得
.
（1）由
，得
，
又
，故
，
故
，
所以
，
所以数列
是以
为首项，
为公比的等比数列．
（2）由（1）可知
，
所以
，
所以
．
11
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考点三、错位相减法求前n项和
1．（全国甲卷理科数学试题）设
为数列
的前n 项和，已知
．
(1)求
的通项公式；
(2)求数列
的前n 项和
．
【答案】(1)
；
(2)
【分析】（1）根据
即可求出；
（2）根据错位相减法即可解出．
【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，
，
12
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，即
，
．
2．已知数列
的前
项和为
，
，当
时，
.
(1)求
；
(2)设数列
的前
项和为
，若
恒成立，求
的取值范围.
【答案】(1)
；
(2)
【分析】（1）将
代入化简可得
为等差数列，进而可得结果；
（2）利用错位相减法求出
，再利用分离参数的思想即可得结果.
【详解】（1）当
时，
，
所以，
，
整理得：
，即
.
所以数列
是以
为首项，1 为公差的等差数列.
所以
，即
.
（2）由（1）知，
，
所以
，①
所以
，②
①-②得，
，
所以，
，
所以，
，
所以
，即
，
即
，
13
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因为
，当且仅当
时，等号成立，
所以
.
3．（2023 届北京市清华大学诊断性测试数学（理）试题）已知数列
的前n 项和为
，在数列
中，
，
，
．
(1)求数列
，
的通项公式；
(2)设
，
为数列
的前n 项和，求
的最值．
【答案】(1)
，
；(2)最小值为
，最大值为1
【分析】（1）利用累加法和等差数列的通项公式可求
，由
及
可求
；
（2）利用错位相减法求出
，分情况讨论可得答案.
【详解】（1）由已知得，当
时
.
∴
当
时，
，也满足上式．所以
当
时，
，∴
当
时，
，符合上式
当
时，
，所以
，也符合上式，
综上，
∴
，
.
（2）由（1）可得：
∴
两式相减：
14
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∴
当n 为奇数时，不妨设
，则
∴
单调递减，
当n 为偶数时，不妨设
，则
∴
单调递增，
∴
的最小值为
，最大值为1.
4．已知数列
的前
项和为
，且满足：
.
(1)求证：数列
为常数列；
(2)设
，求
.
【详解】（1）由
，当
时，
，
当
时，
，两式相减得
，
即
，所以
，
所以
，
当
时，
，上式也成立，
15
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所以数列
为常数列；
（2）由（1）得
，所以
，
∴
an
3
an=2n−1
3
2n−1 =(6n−3)⋅(
1
9)
n
T n=3×(
1
9)
1
+9×(
1
9)
2
+15×(
1
9)
3
+¿⋅¿+(6n−9)×(
1
9)
n−1
+(6n−3)×(
1
9)
n
1
9 T n=3×(
1
9)
2
+9×(
1
9)
3
+15×(
1
9)
4
+¿⋅¿+(6n−9)×(
1
9)
n
+(6n−3)×(
1
9)
n+1
两式相减得
8
9 T n=3×(
1
9)
1
+6×(
1
9)
2
+6×(
1
9)
3
+¿⋅¿+6×(
1
9)
n
−(6n−3)×(
1
9)
n+1
8
9 T n=1
3 +
2
27[1−(
1
9)
n−1
]
1−1
9
−(6n−3)×(
1
9)
n+1
∴T n=3
8 + 3
32(1−(
1
9)
n−1
)−
(6n−3)
8
×(
1
9)
n
∴T n=15
32 + 3
32 ×(
1
9)
n−1
−
(6n−3)
8
×(
1
9)
n
.
1．已知数列{an}的前n 项和为Sn ，满足nS n+1−(n+1)Sn=n2+n,a1=5
（1）求证数列{
Sn
n }为等差数列
（2）令bm=2nan 求数列{bn}的前n 项和.
【详解】（1）nS n+1
n(n+1)−
(n+1)Sn
n(n+1) =n(n+1)
n(n+1) ⇒Sn+1
n+1−Sn
n =1 ，S1
1 =5
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∴
数列{
Sn
n }为以5 为首项，1 为公差的等差数列
（2）Sn
n =n+4⇒Sn=n(n+4)=n(2n+3+5)
2
⇒an=2n+3
bn=2n(2n+3)
T n=5×21+7×22+9×23+¿⋅¿+(2n+3)×2n
2T m=5×22+7×23+9×24+¿⋅¿+(2n+3)×2n+1
两式相减得
−T n=5×21+2×22+2×23+¿⋅¿+2×2n−(2n+3)×2n+1
=10+2(22+23+¿⋅¿+2n)−(2n+3)×2n+1
=10+2 4(1−2n−1)
1−2
−(2n+3)×2n+1=10−8+2⋅2n+1−(2n+3)⋅2n+1
=2−(2n+1)⋅2n+1
T n=−2+(2n+1)⋅2n+1 .
2．已知数列{an}是等差数列，满足a2=0,a6+a8=−10
（1）求数列{an}的通项公式
（2）求数列{
an
2n−1}的前n
项和.
【详解】（1）a2+4 d+a2+6d=−10⇒d=−1
an=a2+(n−2)×(−1)=2−n
（2）
an
2n−1=2−n
2n−1 =(2−n)(
1
2)
n−1
Sn=(1)×(
1
2)
0
+(0)×(
1
2)
1
+(−1)×(
1
2)
2
+¿⋅¿+(3−n)×(
1
2)
n−2
+(2−n)×(
1
2)
n−1
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1
2 Sn=(1)×(
1
2)
1
+(0)×(
1
2)
2
+(−1)×(
1
2)
3
+¿⋅¿+(3−n)×(
1
2)
n−1
+(2−n)×(
1
2)
n
两式相减得
1
2 Sn=(1)×(
1
2)
0
+(−1)×(
1
2)
1
+(−1)×(
1
2)
2
+(−1)×(
1
2)
3
+¿⋅¿+(−1)×(
1
2)
n−1
−(2−n)×(
1
2)
n
1
2 Sn=(1)×(
1
2)
0
+(−1)×
1
2[1−(
1
2)
n−1
]
1−1
2
−(2−n)×(
1
2)
n
1
2 Sn=1−1+(
1
2)
n−1
−(2−n)×(
1
2)
n
⇒Sn=4×(
1
2)
n
−(4−2n)×(
1
2)
n
=n×(
1
2)
n−1
.
3．已知等比数列
满足
.
(1)求
的通项公式;
(2)设
,求数列
的前
项和
.
【详解】（1）设
的公比为
，由
,
得
，
即
,解得
，
所以
.
（2）
，
，
，
两式相减得
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，
解得
.
4．已知数列
中 ，
，
.
(1)求证：
是等比数列；
(2)若数列
满足
，求数列
的前
项和
.
【详解】（1）因为
，
所以
，又
，
，
所以
，
所以数列
是以1 为首项，2 为公比的等比数列
（2）由(1)知
，因为
，
所以
，
所以
，
，
两式相减，得
，
所以
.
5．已知数列
的前
项和为
，若
，且
，
．
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(1)求数列
的通项公式；
(2)若数列
满足
，若
的前
项和
恒成立，求整数
的最小值．
【详解】（1）
=(√Sn+1+√Sn)(√Sn+1−√Sn)，
∴
，
为首项
，公差
的等差数列，
∴
，
，
当
时，
，
因此
（2）bn=an
2n ={
0，n=1
(2n−3)×(
1
2)
n
，n≥2
T n=0+1×(
1
2)
2
+3×(
1
2)
3
+¿⋅¿+(2n−5)×(
1
2)
n−1
+(2n−3)×(
1
2)
n
1
2 T n=0+1×(
1
2)
3
+3×(
1
2)
4
+¿⋅¿+(2n−5)×(
1
2)
n
+(2n−3)×(
1
2)
n+1
两式相减得
1
2 T n=1×(
1
2)
2
+2×(
1
2)
3
+2×(
1
2)
4
+¿⋅¿+2×(
1
2)
n
−(2n−3)×(
1
2)
n+1
1
2 T n= 1
4 +2×[(
1
2)
3
+(
1
2)
4
+¿⋅¿+(
1
2)
n
]−(2n−3)×(
1
2)
n+1
1
2 T n= 1
4 +2×
1
8[1−(
1
2)
n−2
]
1−1
2
−(2n−3)×(
1
2)
n+1
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T n=1
2+1−4×(
1
2)
n
−(2n−3)×(
1
2)
n
=3
2−(2n+1)×(
1
2)
n
∴
，
又
，∴m> 3
2
所以整数
的最小值为2．
考点四、裂项相消法求前n项和
1．已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据给定和式，探求其通项的表达式，再利用裂项相消法求和即可得解.
【详解】依题意，所求和式的通项是
，
因
，
，
于是得
，
当
时，
，
所以
.
2．已知数列{an}的前n 项和为Sn=2n+1−2 ，数列{bn}是以a1为首项，公差为d (d≠0)的等差数列，
且b1,b3,b9 成等比数列.
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（1）求证数列{an}和数列{bn}的通项公式
（2）求数列{
2
(n+1)bn}的前
n
项和.
【详解】（1）Sn=k (qn−1)
Sn=2(2n−1)⇒q=2 ，a1=S1=2an=2n ，
(2+2d)2=2(2+8d)⇒4+8d+4 d2=4+16d⇒d=2
bn=2n
（2）
2
(n+1)bn
=
1
(n+1)n=1
n−1
n+1
Sn=(
1
1−1
2)+(
1
2−1
3)+¿⋅¿+(
1
n−1
n+1)=1
1−1
n+1 .
3．（2023 届东北三省联合模拟考试数学试题）已知等差数列
的首项
，记
的前n 项和为
，
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)若数列
公差
，令
，求数列
的前n 项和
.
【答案】(1)
或
；
(2)
【分析】（1）根据题意结合等差数列的通项公式运算求解；
（2）根据题意可得
，
，利用裂项相消法求和
【详解】（1）由题意可得：
，
整理得
，则
可得
或
，
故
或
.
（2）∵
，由（1）可得
，
22
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则
，
故T n=c1+c2+c3+L+cn
所以
.
4．数列
满足：
，
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)设
，
为数列
的前n 项和，若
恒成立，求实数m 的取值范围．
【答案】(1)
，
；
(2)
或
【分析】（1）根据递推关系得
，再验证
满足条件即可求得答案；
（2）由（1）知，
，再结合裂项求和与数列的单调性得
，再解不等式即可.
【详解】（1）解：当
，
，①
，
，②
①－②得
（*）
在①中令
，得
，
也满足（*），所以
，
，
（2）解：由（1）知，
，
故
，
于是，
因为
随n 的增大而增大，且恒小于1，
所以
，
解得
或
所以实数m 的取值范围是
或
.
23
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1．已知数列{an}满足a1=1,(n+1)an+1−nan=n+1 .
（1）求证数列{an}的通项公式
（2）求数列{
1
anan+1}的前
n
项和Sn
，并求证Sn≥2
3
.
【详解】（1）2a2−a1=2，3a3−2a2=3，4a4−3a3=4，⋯，nan−(n−1)an−1=n
na n−a1=2+3+⋯+n=(n−1)(2+n)
2
nan−a1=(n−1)(2+n)
2
=n2+n−2
2
⇒nan=n2+n−2
2
+1=n2+n
2
an=n+1
2
（2）
1
anan+1
=
1
n+1
2 ⋅n+2
2
=
4
(n+1)(n+2)=4(
1
(n+1)−
1
(n+2))
Sn=4(
1
2−1
3 + 1
3−1
4 +⋯+ 1
n+1−1
n+2)=4(
1
2−1
n+2)
n
当=1时,Sn=4(
1
2−1
1+2)=2
3
n
当≥2时,0< 1
n+2 < 1
3 , 2
3 <Sn<2
综上所述,Sn≥2
3
.
2．已知幂函数y=f (x)
过点
(4,2)
，令an=f (n+1)+f (n),n∈N
¿，求数列{
1
an}的前
n
项和Sn
.
【详解】f (x)=√x ，an=f (n+1)+f (n)=√n+1+√n
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1
an
=
1
√n+1+√n=√n+1−√n
Sn=(√2−√1)+(√3−√2)+(√4−√3)+¿⋅¿+(√n−√n−1)+(√n+1−√n)
Sn=√n+1−1 .
3．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn 且公差为d (d≠0)，满足S5=25，a1，a2，a5成等比数列.
（1）求证数列{an}的通项公式
（2）求数列{
1
anan+1}的前
n
项和T n
，并求证T n< 1
2
.
【详解】（1）S5=5a1+10d=25⇒a1+2d=5
a
22=a1a5⇒(a1+d)
2=a1(a1+4 d)⇒2a1d−d2=0⇒d=2a1
d=2，a1=1 ，an=2n−1
（2）
1
anan+1
=
1
(2n−1)(2n+1)=1
2(
1
(2n−1)−
1
(2n+1))
T n=1
2(
1
1−1
3 + 1
3−1
5 +⋯+
1
2n−1−
1
2n+1)=1
2(1−
1
2n+1)
∴T n=1
2−
1
4 n+2 ∵
1
4 n+2>0,∴T n< 1
2
.
4．已知数列
na
满足的前n 项和满足：Sn=2an+n ．
（1）求
na ；（2）令bn= an−1
an⋅an+1
求数列
nb
的前n
项和
nT ．
【详解】（1）an=1−2n;
（2）T n=−1−
1
1−2n+1
bn=
−2n
(1−2n)(1−2n+1)
=
−2n
(2n−1)(2n+1−1)
=
1
2n+1−1
−
1
2n−1
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解释计算：bn=
1
2n+1−1
−
1
2n−1
=(2n−1)−(2n+1−1)
(2n+1−1)(2n−1)
=
2n−2n+1
(2n+1−1)(2n−1)
=
2n(1−2)
(2n+1−1)(2n−1)
T n=(
1
22−1
−
1
21−1)+(
1
23−1
−
1
22−1)+¿⋅¿+(
1
2n+1−1
−
1
2n−1)=
1
2n+1−1
−
1
21−1
.
考点五、并项求和法求前n项和
1．（2023 年重庆市模拟数学试题）已知数列
满足
，
，
，
为数列
的前
项和，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
的最大值为
【答案】B
【分析】根据递推关系式可求得
为奇数和
为偶数时
的通项公式，进而确定
，知AB 正误；由
可确定C 正确；分别讨论
和
时，
的通项公式，结合二次函
数性质可确定D 正确.
【详解】对于A，当
为奇数时，
，又
，
，则
，A 正确；
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对于B，当
为偶数时，
，又
，
；
由A 知：当
为奇数时，
；
则当
为偶数时，
；
当
为奇数时，
；
，B 错误；
对于C，
，C 正确；
对于D，当
时，
，
当
为偶数时，
；当
为奇数时，
；
当
时，
，
当
为偶数时，
；当
为奇数时，
；
综上所述：
，D 正确.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列递推关系式求解通项公式、前
项和的问题，解题关键是能够根
据递推关系式确定数列奇偶项所满足的关系，进而通过对于
的取值的讨论求得通项公式.
2．已知数列{an}的前n 项和为Sn(n∈N
¿)，满足Sn+1=Sn+an+2,a6=9 .
（1）求证数列{an}的通项公式
（2）若数列{bn}满足bn=(√2)
1+an+(−1)
nan，求数列{bn}的前2n 项和T 2n.
【详解】（1）Sn+1−Sn=an+2⇒an+1=an+2⇒an+1−an=2
an=a6+(n−6)⋅2=2n−3
（2）bn=(√2)
2n−2+(−1)n(2n−3)=2n−1+(−1)n(2n−3)
T 2n=1×(1−22n)
1−2
+(1+1)+[(−3)+5]+[(−7)+9]+¿⋅¿+4 n−3=4n−1+2n.
3．（2023 年云南省模拟测试数学试题）设数列
的前
项和为
，已知
.
(1)证明：数列
是等比数列；
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(2)若数列
满足
求数列
的前20 项的和.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）直接利用递推关系和构造新数列的方法，求出数列
是等比数列；
（2）利用（1）的结论，进一步利用分组法求出数列的和．
【详解】（1）数列
的前
项和为
，已知
，①，
当
时，
，解得
，
故
，②，
②-①得：
，
即
，
故
，
故数列
是以1 为首项，2 为公比的等比数列.
（2）由（1）得：
，
整理得
.
数列
满足
故
且
，
当
为偶数时，
，
整理得
，
故
4．（2023 届河北省模拟数学试题）已知正项数列
的前
项和为
，满足
.
(1)求数列
的通项公式；
28
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(2)若
，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
；(2)
【分析】（1）利用和与项的关系可得
，由
可得
，再利用
等差数列的通项公式即可求解；
（2）根据
的周期性，利用分组求和的方法即可求解.
【详解】（1）
，
当
时，
，两式子作差可得
，
又
，所以
，
可得数列
为公差为2 的等差数列，
当
时，
，
所以，数列
的通项公式为
.
（2）
，
，
所以，数列
的前
项和
.
1．（2023 年辽宁省模拟数学试题）已知等差数列
前n 项和为
，数列
是等比数列，
，
，
，
．
(1)求数列
和
的通项公式；
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(2)若
，求数列
的前2n 项和
．
【答案】(1)
，
；
(2)
．
【分析】（1）设
的公差为
，
的公比为
，由已知列出方程组求得
后可得通项公式；
（2）求出
，然后按奇偶项分组求和．
【详解】（1）设
的公差为
，
的公比为
，
由题意
，解得
，
∴
，
；
（2）由（1）得
，
为奇数时，
，
为偶数时，
，
．
2．已知数列{an}的前n 项和为Sn(n∈N
¿)，满足Sn=2−2an+1,a1=1.
（1）求证数列{an}的通项公式
（2）若数列{bn}满足bn=(−1)nlog 1
2
an，求数列{bn}的前n 项和T n.
【详解】（1）Sn=2−2an+1，Sn−1=2−2an
an=Sn−Sn−1=−2an+1+2an⇒an+1
an
=1
2 ，an=(
1
2)
n−1
（2）bn=(−1)nlog1
2
an=(−1)n(n−1)
当n 为奇数时
T n=(0+1)+[(−2)+3]+¿⋅¿⋅+1−n=n−1
2 ×1+1−n=1−n
2
当n 为偶数时
T n=(0+1)+[(−2)+3]+¿⋅¿⋅+n−1=n
2×1
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3．已知数列
的前
项和为
，
，数列
是以
为公差的等差数列.
(1)求
的通项公式；
(2)设
，求数列
的前
项和
.
【详解】（1）解：∵
，∴
，
又∵数列
为以
为公差的等差数列，
∴
，即
，
∵
时，
，
∴
时，
符合上式，
∴数列
的通项公式为
.
（2）解：由（1）可得
所以
，
∴数列
的前
项和
.
4．（2023 年山东省模拟数学试题）已知递增等比数列
的前
项和为
，且
，
，等差数
列
满足
，
.
(1)求数列
和
的通项公式；
(2)若
，请判断
与
的大小关系，并求数列
的前20 项和.
【答案】(1)
，
；
(2)
，
【分析】（1）利用等比数列基本量和等差数列基本量计算即可；
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（2）利用（1）求出
即可判断
，再利用并项求和思想结合等比数列前n 项和公式求
解.
【详解】（1）设等比数列
的公比为q，由题意
得
，
即
，解得
，或
，
又等比数列
单调递增，所以
，
所以
，
所以
，
，
所以等差数列
的公差为1，
故
；
（2）由（1）知
，
所以
，
所以
.
考点六、倒序相加法求前n项和
1．（2023 年宁夏模拟考试数学（理）试题）已知函数
满足
，若数列
满足
，则数列
的前20 项的和为（ ）
A．230
B．115
C．110
D．100
【答案】B
【分析】利用倒序相加法即可求得前20 项的和.
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【详解】
，①
，②
两式相加，又因为
故
，所以
所以
的前20 项的和为
.
2．已知正数数列
是公比不等于1 的等比数列，且
，试用推导等差数列前
项和的方法探求：
若
，则
（ ）
A．2018
B．4036
C．2019
D．4038
【答案】D
【分析】利用
，再等差数列前
项和的方法倒序相加法求和即可.
【详解】
，
∵函数
∴
，
令
，
则
，
∴
，
∴
.
3．设函数f (x)=
2
2x+1 ，利用推导等差数列的方法，
求f (−5)+f (−4)+⋯+f (0)+⋯+f (4)+f (5)的值.
【详解】f (x)=
2
2x+1 ⇒f (x)+f (−x)=
2
2x+1
+
2
2−x+1
=
2
2x+1
+ 2⋅2x
2x+1
=2(2x+1)
2x+1
=2
33
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设S=f (−5)+f (−4)+⋯+f (0)+⋯+f (4)+f (5)
则S=f (5)+f (4)+⋯+f (0)+⋯+f (−4)+f (−5)
两式相加得2S=11×2=22⇒S=11.
4．已知数列{an}的通项公式an=n−2(n∈N
¿)，设函数f (x)=x+log2
2+x
8−x ，求数列{f (an)}的各项之
和.
【详解】f (x)=x+log2
2+x
8−x ⇒f (x)+f (6−x)=x+log2
2+x
8−x +6−x+log2
8−x
2+x =6
2+x
8−x >0⇒−2<x<8⇒−2<an<8⇒an=2−n 可以取-1，0，1，2，...，7
即a1，a2，a2，⋯，a9
设S=f (a1)+f (a2)+⋯+f (a9)=f (−1)+f (0)+⋯+f (7)
则S=f (7)+f (6)+⋯+f (−1)
两式相加得2S=9×6=54⇒S=27.
1．已知等比数列{an}满足a1⋅a2021=1，设函数f (x)=
2
1+x2 ，求f (a1)+f (a2)+⋯+f (a2021).
【详解】f (x)=
2
1+x2
⇒f (x)+f(
1
x)=
2
1+x2 +
2
1+(
1
x)
2=
2
1+x2 + 2 x2
1+x2=2
∵a1⋅a2021=1∴a1⋅a2021=a2⋅a2020=⋯=a2021⋅a1=1
设S=f (a1)+f (a2)+⋯+f (a2021)
则S=f (a2021)+f (a2020)+⋯+f (a1)
两式相加得2S=f (a2021)+f (a1)+f (a2020)+f (a2)+⋯+f (a1)+f (a2021)
2S=2021×2⇒S=2021.
2．已知数列{an}满足an=f(
n
2022)(n∈N
¿)，设函数f (x)= 4x
4x+2
，求数列{an}的前2022 项和S2022
.
34
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【详解】f (x)= 4x
4x+2
⇒f (x)+f (1−x)= 4x
4x+2
+
41−x
41−x+2
= 4x
4x+2
+
2
4x+2
=1
∵an=f(
n
2022)∴f(1−
n
2022)=f(
2022−n
2022
)=a2022−n
∴an+a2022−n=1
设S2021=a1+a2+⋯+a2021
则S2021=a2021+a2020+⋯+a1
两式相加得2S2021=a2021+a1+a2020+a2+⋯+a1+a2021
2S2021=2021×1⇒S2021=2021
2
∵a2022=f(
2022
2022)=f (1)= 4
4+2=2
3
S2022=S2021+a2022=2021
2
+ 2
3=6067
6
.
3．已知函数
，则
的值为（ ）
A．1
B．2
C．2020
D．2021
【答案】C
【分析】设
，得到
，再利用倒序相加求和得解.
【详解】解：函数
，设
，则有
，
所以
，
所以当
时，
，
令
，
所以
，
故
．
【点睛】方法点睛：数列求和常用的方法有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）
分组求和法；（5）倒序相加法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
35
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4．求sin21∘+sin22∘+⋯+sin289∘的值.
【详解】设S=sin21∘+sin22∘+⋯+sin289∘
则S=sin289∘+⋯+sin22∘+sin21∘=cos21∘+cos22∘+⋯+cos289∘
两式相加得2S=sin21∘+cos21∘+sin22∘+cos22∘+⋯+sin289∘+cos289∘
2S=89×1⇒S=89
2 .
5．求1⋅C2n+1
0
+2⋅C2n+1
1
+3⋅C2n+1
2
+⋯+(k+1)⋅C2n+1
k
+⋯+(2n+2)⋅C2n+1
2n+1的值.
【详解】设S=1⋅C2n+1
0
+2⋅C2n+1
1
+3⋅C2n+1
2
+⋯+(k+1)⋅C2n+1
k
+⋯+(2n+2)⋅C2n+1
2n+1
则S=(2n+2)⋅C2n+1
2n+1+⋯+(k+1)⋅C2n+1
k
+⋯+2⋅C2n+1
1
+1⋅C2n+1
0
两式相加得2S=(2n+3)⋅(C2n+1
0
+C2n+1
2
+⋯+C2n+1
k
+⋯+C2n+1
2n+1)
2S=(2n+3)⋅22n+1⇒S=(2n+3)⋅22n.
【基础过关】
1．（2023 届华大新高考联盟名校高考预测数学试题（新教材版））已知首项为3 的数列
的前
项和
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为
，若
，则
（ ）
A．1435
B．1436
C．
D．
【答案】D
【分析】先利用
得到
，通过递推式列举前几项，得到
的周期，再求出
即
可.
【详解】由
，得
，
所以
，则
，
因为
，所以
，
，
，
，…，
故数列
的周期为4.
而
，
故
.
2．在数列
中，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】变形给定的等式，利用累加法及裂项相消法求解作答.
【详解】因为
，则
，
当
时，
，显然
满足上式，即有
，所以
．
3．（2023 届吉林省二模考试数学试题）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三
角”拓展而成的三角形数阵，从第三行起，每一行的第三个数1，
，
，
，
构成数列
，其前n
项和为
，则
（ ）
37
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据数列
的前4 项，归纳出数列的通项
，即可用裂项相消法求其前n 项和为
，
即可得
的值.
【详解】由题意可知，
则
，
所以其前n 项和为：
，则
.
4．已知数列
满足：
，
.
(1)求
；
(2)求数列
的前n 项和
.
【答案】(1)
；(2)
38
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【分析】（1）利用作差求得：
，进而求得
的通项公式；
（2）首先求出
，再采用分组求和即可求出答案.
(1)当
时，
，故
；
当
时，
两式相减得：
，故
综上：当
时，
.
(2)由（1）知
所以
.
5．（2023 年江苏省期末联考数学试题）已知数列
满足：
(1)求证：
是等比数列；
(2)设数列
的前
项和为
，求
【答案】(1)证明见解析；(2)
.
【分析】（1）利用等比数列定义即可证明
是等比数列；
（2）利用分组求和法即可求得数列
的前
项和
.
【详解】（1）由
，得
，
由
，可得
，
所以
，所以
，
所以
是等比数列，且首项为3 公比为2.
（2）由（1）得，
，即
所以
39
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.
6．已知数列
满足：
.
（1）求
的通项公式；
（2）令
，求数列
的前
项和
.
【答案】（1）
，
；（2）
，
.
【分析】（1）利用
与
的关系，即可求出
的通项公式；
（2）
，利用分组求和即可求出数列
的前
项和
.
【详解】解：（1）当
时，
，
当
时，
，①
，②
①-②得
，
，
当
时，
满足通项公式，
，
.
（2）
，
，
.
7．（2023 届安徽省一模数学试题）已知数列
满足
，
．
(1)求证：数列
是等比数列；
(2)若
，
为数列
的前n 项和，求
．
【答案】(1)证明见解析；(2)
，
【分析】（1）根据递推公式证明
为定值即可；
（2）先由（1）求得数列
的通项，从而可得数列
的的通项，再利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）因为
，
40
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所以
，
又
，
所以
是以
为首项，以3 为公比的等比数列；
（2）由（1）知
，故
，
所以
，
故
，
则
，
两式相减得
，所以
.
8．（2023 届山东省一模数学试题）已知数列
中，
，
.
(1)判断数列
是否为等差数列，并说明理由；
(2)求数列
的前
项和
【答案】(1)是等差数列，理由见解析；(2)
【分析】(1)根据数列的递推公式即可求解；
(2)结合（1）的结论得出
，然后利用错位相减法即可求解.
【详解】（1）因为
，
所以数列
是以
为首项，以
为公差的等差数列；
（2）由（1）知：
数列
的通项公式为：
，
则
，
①，
②，
41
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①
②得：
，则
.
9．（2023 届广东省一模数学试题）已知
为数列
的前n 项和，
．
(1)证明：数列
为等比数列；
(2)设数列
的前n 项和为
，证明：
．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析
【分析】（1）取
计算
，
得到
，得到证明.
（2）确定
，变换
，利用裂项求和计算得到证明.
【详解】（1）
，
，
．
由
，得
，
，
所以
，故
，
所以数列
是以6 为首项，2 为公比的等比数列．
（2）
，
故
，
所以
．
10．（2023 届山东省一模考试数学试题）在数列
中，
.
(1)求
的通项公式；
(2)证明：
.
【答案】(1)
；(2)证明见解析
42
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【分析】（1）令
可求得
的值，令
，由
可得
，两式作差可得出
的表达式，再验证
的值是否满足
的表达式，
综合可得出数列
的通项公式；
（2）计算得出
，利用裂项相消法求出数列
的前
项和，即可证得结
论成立.
【详解】（1）解：因为
，①
则当
时，
，即
，
当
时，
，②
①
②得
，所以
，
也满足
，故对任意的
，
.
（2）证明：
，
所以
．
，
，即结论成立.
11．（2023 年湖北省模拟数学试题）已知各项均为正数的数列
满足：
，
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)若
，求数列
的前
项的和.
【答案】(1)
；(2)
【分析】（1）由
，得到
时，
，两式相减得到
求解；
（2）由数列
的前
项和
，幷项求解.
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【详解】（1）解：由
，
当
时，
，
∴
，
又
，
，
∴
.
当
时，
，
∴
为奇数时，
；
当
时，
，
∴
为偶数时，
∴
；
（2）数列
的前
项和
，
，
，
.
12．（2023 年广东省联考数学试题）设数列
的前
项和为
，数列
是公差为
的等差数列，且
(1)求
的通项公式；
(2)求数列
的前20 项和
．
【答案】(1)
；(2)
【分析】（1）先利用等差数列的通项公式求得
，再利用
与
的关系式求解即可.
（2）利用并项求和法求解即可.
【详解】（1）因为数列
是公差为
的等差数列，且
，
所以
，即
，
当
时，
，
当
时，
，
44
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经检验，当
时，
依然成立，
故
.
（2）因为
，
所以
，
故
.
13．已知函数
为奇函数，且
，若
，则数列
的前2022 项和为
（ ）
A．2023
B．2022
C．2021
D．2020
【答案】B
【分析】由
为奇函数，可得
，再由
，得
，然
后利用倒序相加法可求得结果.
【详解】由于函数
为奇函数，则
，
即
，所以
，
所以
，
所以
因此数列
的前2022 项和为
．
14．已知函数
，数列
满足
，则
（ ）
A．2018
B．2019
C．4036
D．4038
【答案】A
【分析】根据函数解析式确定
为常数，再得到
，然后利用倒
序相加法求和即可.
【详解】∵
，
∴
．
45
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又∵
，
∴
．
令
，
则
，
两式相加得
，∴
．
【能力提升】
周期求和
1．（2023 届陕西省九模理科数学试题）已知数列
满足
，
，记数列
的前
项和为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据首项和递推公式
，
，发现数列
是以3 为周期的周期数列，然后逐项分
析各选项；
【详解】∵
，
，∴
，故A 错误；
，
，
∴数列
是以3 为周期的周期数列，∴
，故B 错误；
∵
，
，
∴
，故C 正确；
，故D 错误．
2．数列
中，
，
，
的值为（ ）
A．761
B．697
C．518
D．454
【答案】D
【分析】由
，结合等比数列的定义和通项公式可求出
，结合二项式定理可求出
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的值.
【详解】解：因为
，又
，
所以
以
为首项，
为公比的等比数列，所以
，所以
，
则
又
，
，
所以
.
3．（2023 年湖南省模拟数学试题）在数列
中，
，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由已知，根据题意递推关系分别得到
，
，
，然后运用
累乘法求解出
，然后再借助等差数列求和公式即可完成求和.
【详解】由已知，数列
中，
，
，
，
所以
，
，
，
所以
，
所以
，即
，
则
.
4．（2023 年浙江省统测数学试题）已知数列
的首项
，且满足an=2n−1 .
47
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(1)证明：数列
是等比数列.
(2)若
，求正整数
的最大值.
【答案】(1)证明见解析；(2)1010
【分析】（1）由等比数列的定义证明，
（2）由分组求和法得
的前
项和，再结合单调性求解
【详解】（1）易知
各项均为正，
对an=2n−1 两边同时取倒数得
，
即
，因为
，
所以数列
是以1 为首项，
为公比的等比数列.
（2）由（1）知
，即
，
所以
，
显然
单调递增，因为
，所以
的最
大值为1010.
5．（2023 届河南省联考理科数学试题）若数列
满足
,
．
(1)证明:
是等比数列；
(2)设
的前n 项和为
,求满足
的n 的最大值．
【答案】(1)证明见解析；(2)7
【分析】(1)根据题意构造数列证明等比,求出首项及公比即可,
(2)由(1)求出
的通项公式,与题中等式联立,求出
通项公式,进而求出前
项和为
,代数使得
即可求出
的最大值.
【详解】（1）证明：因为
,
所以
,
,
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故
,
又
,则
,
,
故
是以－1 为首项,2 为公比的等比数列．
（2）由(1)得
①,
又
②,
②－①得,
,
故
,
易得
为递增数列,
又
,
,
,故
的最大值为7.
6．（2023 年福建省学业质量检测数学试题）已知数列
前
项和为
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)若
，求数列
的前
项和
；
(3)
恒成立，求实数
的范围.
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【分析】（1）根据数列
与
的关系，利用相减法得
，检验首项后可得数列
是等比
数列，即可求得数列
的通项公式；
（2）直接根据错位相减法求解数列
的前
项和
即可；
（3）利用数列单调性判断方法确定最值，即可得实数
的范围.
【详解】（1）
时，有
，
时有
，
49
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又
，也符合上式，
故数列
是首项为1，公比为2 的等比数列，
.
（2）由（1）知
，
，①
，②
由①-②有：
（3）
记
则
所以当
时，
，即
，
当
时，
，即
所以当
时，
有最大值
故实数
的范围为
7．（2023 届湖南省模拟数学试题）数列
满足
.
(1)求
的通项公式；
(2)设
，数列
的前n 项和为
.若对于任意正整数n，均有
恒成
立，求m 的最小值.
【答案】(1)
；(2)
.
【分析】（1）当
时，求出
，当
时，利用
求出
，
检验后得到答案；
50
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（2）利用错位相减法得到
，不等式转化为
，令
，作差法得到
的单调性，从而得
到
的最大值，得到m 的最小值.
【详解】（1）取
，由
，得
；
当
时，由
，得
，
两式相减得
，整理得
；
当n＝1 时，
也适合上式.
综上，
；
（2）由（1）知
，得
，
，
两式相减得
，
整理得
.
由题意对于任意正整数n ，均有
恒成立，则
，
即
恒成立.
设
，由
，
则当
时，
，即
；
当
时，
，即
.
于是
的最大值为
，所以
，即m 的最小值是
.
8．（2023 届内蒙古模拟考试数学（文）试题）已知数列
中，
，
，
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)设
，数列
的前n 项和
，求证：
．
51
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【答案】(1)
；(2)证明见解析
【分析】（1）由
，得到
，再利用累乘法求解；
（2）由（1）易得
，再利用裂项相消法求解.
【详解】（1）解：因为
，
，
所以
，
所以
当
时，
满足条件，
所以
；
（2）因为
，
所以
，
所以
，
所以
.
9．（2023 届广东省一模数学试题）已知
为数列
的前n 项和，
，
.
(1)求数列
的通项公式：
(2)若
，
为数列
的前n 项和.求
，并证明：
.
【答案】(1)
；(2)
，证明见解析
【分析】（1）根据题设，利用
的关系可推得
，判断数列为等差数列，即可求得答案；
（2）由（1）求得
的表达式，利用裂项求和求得
，结合
的的单调性，可证明结论.
【详解】（1）当
时,
，
,则
,
当
时，
，则
,
两式相减得：
即
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即
∵
，∴
,
∴数列
是2 为首项，公差为2 的等差数列，∴
.
（2）由（1）得，
，
，
∵
，∴
，∴
又∵
，∴
随着n 的增大而减少，从而
随着n 的增大面增大，
∴
，
综上所述，
.
10．已知正项等差数列
满足：
，且
成等比数列．
(1)求
的通项公式；
(2)设
，
是数列
的前n 项和，若对任意
均有
恒成立，求
的最小值．
【答案】(1)
；(2)最小值为
【分析】（1）设等差数列的公差为
，由
及等差数列的通项公式得到
，则
，再根据
等比中项的性质得到方程，求出
，即可得解；
（2）由（1）可得
，利用裂项相消法求和得到
，即可得到
，从而求出
的
取值范围，即可得解；
【详解】（1）解：设等差数列的公差为
，由
得
，则
，
所以
．
因为
、
、
成等比数列，所以
，即
，
所以
，解得
或
，
因为
为正项数列，所以
，所以
，所以
．
（2）解：由（1）可得
，
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所以
，
因为对任意
均有
，所以
，所以实数
的最小值为
.
11．（2023 年浙江省模拟数学试题）已知数列
满足：
，对任意
且
时，
其中
表示不超过
的最大整数.
(1)求
；
(2)设
，求数列
的前
项
.
【答案】(1)
；(2)
【分析】（1）当
为偶数时，
，利用累加法，得到通项公式；
（2）先求出
,得到
，再利用等比数列公式数列求和、裂项相消求和得解.
【详解】（1）当
为偶数时，
故
（2）由题可得
，又
，故
，
，
.
12．（2023 届重庆市月度质量检测数学试题）若一个数列的奇项为公差为正的等差数列，偶项为公比为正
的等比数列，且公差公比相同，则称数列为“摇摆数列”，其表示为
，
若数列
为“摇摆数列”且
，
，则：
(1)求
的通项公式；
(2)若
，求数列
的前
项和
.（注：
）
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【答案】(1)
；(2)
【分析】（1）根据题意列出关于
的方程，结合等差等比数列通项公式的概念即可得结果.
（2）求出数列
的通项公式，分奇数项和偶数项分别进行求和计算，对奇数项求和可借助于
，对偶数项求和可用错位相减求和法．
【详解】（1）设
由题意得
，
∴
．
（2）
．
先求奇数项的和：
，
，
，
，
引入
故
，
，
再求偶数项的和：
，
，
，
，
，
，
即
，
，
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∴
．
故
.
13．设函数
，
，
．则数列
的前n 项和
．
【答案】
【分析】由题设
，讨论n 的奇偶性求
的通项公式，再求
.
【详解】由题设，
，
所以
，
即
且n ≥ 2，
当
时，
，
当
时，
，
所以
，
故答案为：
.
14．已知函数
，
，正项等比数列
满足
，则
等于 ．
【答案】
【详解】试题分析：因为
，所以
．因为数列
是等比数列，
所以
，即
．设
①，又
＋…＋
②，
①+②，得
，所以
．
考点：1、等比数列的性质；2、对数的运算；3、数列求和．
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【知识点睛】如果一个数列
，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和（都相等，为定值），
可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．
如等差数列的前
项和公式即是用此法推导的．
15．已知数列
的前n 项和为
，且
，设函数
，则
．
【答案】
/
【分析】根据
可求
，从而可求
.易验证
，故可采用倒序相加法
求题设式子的值．
【详解】∵
①，
∴当
时，
②，
①－②得
，∴
；
当
时，
，∴
，此时
仍然成立，
∴
．
∴当n=1时，
；
当
时，
，
当n=1时，上式也成立，故
．
由于
，
设
则
，
∴
．
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【点睛】本题关键是熟练掌握利用前n 项和与通项公式的关系求得
，观察猜测并发现
为
定值，从而利用倒序相加法即可求和．
【真题感知】
1．（2023 年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知
为等差数列，
，记
，
分别为数
列
，
的前n 项和，
，
．
(1)求
的通项公式；
(2)证明：当
时，
．
【答案】(1)
；(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列
的公差为
，用
表示
及
，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出
，
，再分奇偶结合分组求和法求出
，并与
作差比较作答；方
法2，利用（1）的结论求出
，
，再分奇偶借助等差数列前n 项和公式求出
，并与
作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列
的公差为
，而
，
则
，
于是
，解得
，
，
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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，
.
2．（2019 年浙江省高考数学试卷）设等差数列
的前
项和为
，
，
，数列
满足：对
每
成等比数列.
（1）求数列
的通项公式；
（2）记
证明：
【答案】（1）
，
；（2）证明见解析.
【分析】(1)首先求得数列
的首项和公差确定数列
的通项公式，然后结合三项成等比数列的充分必
要条件整理计算即可确定数列
的通项公式；
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(2)结合(1)的结果对数列
的通项公式进行放缩，然后利用不等式的性质和裂项求和的方法即可证得题中
的不等式.
【详解】(1)由题意可得：
，解得：
，
则数列
的通项公式为
.
其前n 项和
.
则
成等比数列，即：
，
据此有：
，
故
.
(2)结合(1)中的通项公式可得：
，
则
.
【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，，裂项求和的方法，数列中用放缩法证明不等式的方法等知
识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
3．（2022 年高考天津卷数学真题）设
是等差数列，
是等比数列，且
．
(1)求
与
的通项公式；
(2)设
的前n 项和为
，求证：
；
(3)求
．
【答案】(1)
；(2)证明见解析；(3)
【分析】（1）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解；
（2）由等比数列的性质及通项与前n 项和的关系结合分析法即可得证；
（3）先求得
，进而由并项求和可得
，再结合错
位相减法可得解.
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【详解】（1）设
公差为d，
公比为
，则
，
由
可得
（
舍去），
所以
；
（2）证明：因为
所以要证
，
即证
，即证
，
即证
，
而
显然成立，所以
；
（3）因为
，
所以
，
设
所以
，
则
，
作差得
，
所以
，
所以
.
4．（2022 年全国新高考I 卷数学试题）记
为数列
的前n 项和，已知
是公差为
的等差数
列．
(1)求
的通项公式；
(2)证明：
．
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【答案】(1)
；(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得
，得到
，利用和与项的
关系得到当
时，
,进而得：
，利用累乘法求得
，检验对于
也成立，得到
的通项公式
；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到
，进而证得.
【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．（2022 年全国新高考II 卷数学试题）已知函数
．
62
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(1)当
时，讨论
的单调性；
(2)当
时，
，求a 的取值范围；
(3)设
，证明：
．
【答案】(1)
的减区间为
，增区间为
.
(2)
；(3)见解析
【分析】（1）求出
，讨论其符号后可得
的单调性.
（2）设
，求出
，先讨论
时题设中的不等式不成立，再就
结合放缩
法讨论
符号，最后就
结合放缩法讨论
的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得
对任意的
恒成立，从而可得
对任意的
恒成立，
结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当
时，
，则
，
当
时，
，当
时，
，
故
的减区间为
，增区间为
.
（2）设
，则
，
又
，设
，
则
，
若
，则
，
因为
为连续不间断函数，
故存在
，使得
，总有
，
故
在
为增函数，故
，
故
在
为增函数，故
，与题设矛盾.
若
，则
，
下证：对任意
，总有
成立，
证明：设
，故
，
故
在
上为减函数，故
即
成立.
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由上述不等式有
，
故
总成立，即
在
上为减函数，
所以
.
当
时，有
，
所以
在
上为减函数，所以
.
综上，
.
（3）取
，则
，总有
成立，
令
，则
，
故
即
对任意的
恒成立.
所以对任意的
，有
，
整理得到：
，
故
，故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处
导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
6．（2021 年全国高考乙卷数学（文）试题）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.
【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，
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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
，②
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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
，
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.
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（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.
7．（2020 年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））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．
【答案】（1）
；（2）
.
【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.
8．（2020 年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ））设数列{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{2nan}的前n 项和Sn ．
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【答案】（1）
，
，
，证明见解析；（2）
.
【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
．an+1=3an−4n，
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
．
［方法三］：累加法
由题意可得
，
．
由an+1=3an−4n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an+1=3an−4n，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
．
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（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
，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；
方法二：根据递推式an+1=3an−4n，代换得
，两式相减得
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，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an+1=3an−4n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．
9．（2019 年天津市高考数学试卷（文科）） 设
是等差数列，
是等比数列，公比大于，已知
，
，
.
（Ⅰ）求
和
的通项公式；
（Ⅱ）设数列
满足
求
.
【答案】（I）
，
；（II）
【分析】（I）首先设出等差数列的公差，等比数列的公比，根据题意，列出方程组，求得
，进而求
得等差数列和等比数列的通项公式；
（II）根据题中所给的cn 所满足的条件，将
表示出来，之后应用分组求和法，结合等
差数列的求和公式，以及错位相减法求和，最后求得结果.
【详解】（I）解：设等差数列
的公差为d ，等比数列
的公比为
，
依题意，得
，解得
，
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故
，
，
所以，
的通项公式为
，
的通项公式为
；
（II）
，
记
①
则
②
②
①得，
，
所以
.
【点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前
项和公式等基础知识，考查数列求和的基
本方法和运算求解能力，属于中档题目.
71
