2024年3月13日发(作者：初三数学试卷特点分析)
19 数列的求和问题
十年大数据x全景展示
年 份
2011
2023
题号 考 点 考 查 内 容
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
理 17 拆项消去求和法
理 16 公式法与分组求和法
灵敏运用数列知识求数列问题能力
理
卷2
16
数列综合问题
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
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
递推数列、数列单调性、余弦定理、根本不等式应用等根底知
2023
卷 1 文 17 拆项消去求和法
卷 1 理 12 数列综合问题
识，综合利用数学知识分析解决问题能力
2023
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
利用数列利用前
n
项和
S
n
与
a
n
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
对新概念的理解和应用新定义列出满足条件的数列
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
2023 卷 1 理17
拆项消去求和法
2023
卷 3 理 12 数列综合问题
卷 1 理 17 公式法与分组求和法
卷 3 文 17
拆项消去求和法
利用数列利用前
n
项和
S
n
与
a
n
关系求通项公式及利用拆项消
去法数列求和
拆项消去求和法
2023
卷 2 理 15
等差数列根本量的运
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
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
等差数列通项公式、前
n
项和公式
数学归纳法，
错位相减法求数列的和
等比数列通项公式，等差数列前
n
项和公式
卷 1 理 12 数列综合问题
2023
卷 2 文 12 等差数列
理 17 数列综合问题
卷 3
文 17 等差数列与等比数列
大数据分析x预测高考
考 点
考点 61 公式法与分组求和法
考点 62 裂项相消法求和
考点 63 错位相减法
考点 64 并项法与倒序求和法
考点 65 数列综合问题
出现频率 2023 年预测
1/13
5/13
2/13
1/13
4/13
十年真题分类x探求规律
2023 年高考数列求和局部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 61 公式法与分组求和法
1 ． (2023 全 国 Ⅱ 文 14) 记 S
n
S
10
．
（答案）
25
为 等 差 数 列
a
n
的 前
n
项 和 ， 假
设
a
1
2 , a
2
a
6
2
， 则
（思路导引）∵
a
n
是等差数列，依据已知条件
a
2
a
6
2
，求出公差，依据等差数列前
n
项和，即可求
得答案．
a
1
2 , a
2
a
6
2
． （解析）
a
n
是等差数列，且 设
a
n
等差数列的公差
d
，依据等差数列通项公式：
a
n
a
1
n 1
d
，可得
a
1
d a
1
5d 2
，即：
2 d
2
5d 2
，整理可得：
6d 6
，解
得：
d 1
．
n n 1
d
依据等差数列前
n
项和公式：
S
n
na
1
, n N
x
，可得：
2
10
10 1
S 10
2
20 45 25
，
S 25
．故答案为：
25
．
10
10
2
n
n 1
2．(2023 浙江 11)已知数列
a
满足
a =
，则
S
．
n 3
n
2
（答案）10
（思路导引）依据通项公式可求出数列
a
n
的前三项，即可求出．
（解析）由题意可知
a
1
1 2 2 3 3 4
1
，
a
2
3
，
a
3
6
，
S
3
1 3 6 10
，故答案为：10．
2 2 2
3．(2023 山东 14)将数列
2n 1
与
3n 2
的公共项从小到大排列得到数列
a
n
，则
a
n
的前
n
项和
为 ．
（答案）
3n
2
2n
（思路导引）首先推断出数列
2n 1
与
3n 2
项的特征，从而推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
2n 1
是以
1
为首项，以
2
为公差的等差数列，数列
3n 2
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
a
n
是以
1
为首项，以
6
为公差的等差数列，所以
a
的前
n
项和为
n 1
n(n 1)
6 3n
2
2n
，故答案为：
3n
2
2n
．
n
2
4．(2023 新课标，理 16)数列（
a a
60 项和为
n
）满足
n
(1)a 2n 1
，则（
a
1
）的前
n
n
．
（答案）1830
（解析）由题设知，
a
2
a
1
=1，①
a
3
a
2
=3 ②
a
4
a
3
=5 ③
a
5
a
4
=7，
a
6
a
5
=9，
a
7
a
6
=11，
a
8
a
7
=13，
a
9
a
8
=15，
a
10
a
9
=17，
a
11
a
10
=19，
a
12
a
11
21
，
……， ∴②－ ①得
a
1
a
3
=2， ③+②得
a
4
a
2
=8， 同理可得
a
5
a
7
=2，
a
6
a
8
=24 ，
a
9
a
11
=2，
a
10
a
12
=40，…，∴
a
1
a
3
，
a
5
a
7
，
a
9
a
11
，…，是各项均为 2 的常数列，
a
2
a
4
，
a
6
a
8
，
a
10
a
12
，…
是首项为 8，公差为 16 的等差数列，
∴（
a
n
）的前 60 项和为
15 2 15 8 16 1514
=1830．
5．(2023 山东 18)已知公比大于1的等比数列
a
n
满足
a
2
a
4
20
，
a
3
8
．
(1)
求
a
n
的通项公式；
1
2
(2)
记b 在区间
0, m
m N
中的项的个数，求数列
b 的前100 项和 S
n
m
m
为
a
100
．
（答案）(1)
a 2
n
；(2)
S
n
100
480
．
（思路导引）(1)利用根本元的思想，将已知条件转化为
a
1
, q
的形式，求解出
a
1
, q
，由此求得数列
a
n
的
S
100
．
通项公式；(2)通过分析数列
b
m
的规律，由此求得数列
b
m
的前
100
项和
3
20
a q a q
1 1
a
，公比为
q
，依题意有
（解析）(1)由于数列
a
是公比大于
1
的等比数列，设首项为 ，
n
1
2
8
a q
1
解得
a 2, q 2
，所以
a 2
n
，所以数列
a
的通项公式为
a 2
n
．
1
n
n
n
(2)
由于
2
2, 2 4, 2 8, 2 16, 2 32, 2 64, 2 128
，所以
1 2 3 4 5 6 7
b
1
对应的区间为：
0,1
，则
b
1
0
；
b
2
, b
3
对应的区间分别为：
0, 2
,
0,3
，则
b
2
b
3
1
，即有
2
个
1
；
b
4
, b
5
, b
6
, b
7
对应的区间分别为：
0, 4
,
0,5
,
0, 6
,
0, 7
，则
b
4
b
5
b
6
b
7
2
，即有
2
2
个
2
；
b
8
,b
9
,,b
15
对应的区间分别为：
0,8
,
0,9
,,
0,15
，则
b
8
b
9
b
15
3
，即有
2
3
个
3
；
b
16
,b
17
,,b
31
对应的区间分别为：
0,16
,
0,17
,,
0,31
，则
b
16
b
17
b
31
4
，即有
2
4
个
4
；
b
32
,b
33
,,b
63
对应的区间分别为：
0,32
,
0,33
,,
0, 63
，则
b
32
b
33
b
63
5
，即有
2
5
个
5
；
b
64
, b
65
,, b
100
对应的区间分别为：
0, 64
,
0, 65
,,
0,100
，则
b
64
b
65
b
100
6
，即有
37
个
6
．
S 1 2 2 2
2
3 2
3
4 2
4
5 2
5
6 37 480
． 所以
100
6．(2023•新课标Ⅱ，理 17) S
n
为等差数列（a
n
） 的前
n
项和，且 a
1
1 ， S
7
28 ，记b
n
lga
n
，其中x表示不超
过
x
的最大整数，如0.9 0 ，lg99 1 ．
(Ⅰ)求b
1
， b
11
， b
101
；
(Ⅱ)求数列（b
n
） 的前 1000 项和．
（解析）(Ⅰ) S
n
为等差数列（a
n
） 的前
n
项和，且 a
1
1 ， S
7
28 ， 7a
4
28 ．
可得 a
4
4 ，则公差 d 1 ．
a
n
n ，
b
n
lgn，则b
1
lg1 0 ，
b
11
lg11 1，
b
101
lg101 2 ．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知： b
1
b
2
b
3
b
9
0 ， b
10
b
11
b
12
b
99
1．
b
10,00
3 ．
b
100
b
101
b
102
b
103
b
999
2
，
数列（b
n
） 的前 1000 项和为： 9 0 90 1 900 2 3 1893 ．
7．(2023 湖南)设数列
（a
n
）
的前
n
项和为
S
n
，已知
a
1
1, a
2
2
，
且
a 3S S 3, (n N
)
．
n2nn1
(Ⅰ)证明：
a
n2
3a
n
；
x
(Ⅱ)求
S
n
．
n N
，有 （解析）(Ⅰ)由条件，对任意
a N
)
，
n2
3S
n
S
n1
3 (n
因而对任意
n N
, n 2
，有
a 3S S 3 (n N )
，
n1n1n
两式相减，得
a
n2
a
n1
3a
n
a
n1
，即
a
n2
3a
n
, (n 2)
，
xx
x
x
又
a
1
1, a
2
2
，所以
a
3
3S
1
S
2
3 3a
1
(a
1
a
2
) 3 3a
1
，
n N
， 故对一切
a 3a
．
n2n
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，
a 0
，所以
n
x
a
n2
3
，于是数列
（a ）
是首项
a 1
，公比为 3 的等比数列，数列
（a ）
1 2n
a
n
2n1
是首项
a
1
2
，公比为 3 的等比数列，
a 3
所以
2n1
n1 n1
, a 2 3
，
2n
于是
S
2n
a
1
a
2
a
2n
(a
1
a
3
a
2n 1
) (a
2
a
4
a
2n
)
(1 3 3 ) 2(1 3 3 ) 3(1 3 3 )
n1
n1
n1
3(3
n
1)
2
．
3
3(3
n
1)
n1
(5 3
n2
2 3 1)
，
从而
S
2n1
S
2n
a
2n
2
2
n2
3
(5 3
2
1),(n 2k 1, k N
x
)
2
综上所述，
S
n
n
3
2
(3
1),(n 2k, k N
x
)
2
8．( 2023 安徽)设数列
a
n
满足
a
1
2
，
a
2
a
4
8
，且对任意
n N x
，函数
f (x) (a
n
a
n 1
a
n 2
)x a
n 1
cos x - a
n 2
sin x
，满足
f \'(
) 0
2
(Ⅰ)求数列
a
n
的通项公式；
2 a
(Ⅱ)假设
b 〔
n
1
〕n
项和 ，求数列
b
的前
S
．
n
2
a
n
n
n
（解析）(Ⅰ)由
a
1
2
，
a
2
a
4
8
f (x) (a
n
a
n 1
a
n 2
)x a
n 1
cos x - a
n 2
sin x
f
(x) a
n
a
n 1
a
n 2
a
n 1
sin x a
n 2
cos x
f ( ) a
n
a
n1
a
n2
a
n1
0
2
所以，
2a
n1
a
n
a
n2
∴
（a
n
）
是等差数列．
d 1
，
a
n
2
而
a
1
2
，
a
3
4
，
〔n -1〕1 n 1
，
2 a
(Ⅱ)
b 〔
1
1 1
〕 〔2
n 1
〕 2 n 1
n n
2
a
n
2
n1
2
n
1 1
〔2 2 n 1〕n
〔1-
n
〕
S
2 2
n
1
2
1-
2
1
=n n 31-
2
n
1
n
2
3n 1-
2
n
考点 62 裂项相消法求和
n n n
1．(2023 浙江 20)已知数列（a ），（b ），（c ）中，
a
b c 1, c
1 1 1
a a , c
n1 n n1
b
(n N
x
)
．
n
c
n
b
n 2
n1
(Ⅰ)假设数列（b
n
）为等比数列，且公比
q 0
，且
b
1
b
2
6b
3
，求 q 与 a
n
的通项公式；
1
c c
(Ⅱ)假设数列（b
n
）为等差数列，且公差 d 0 ，证明：
c
1
．
1 2 n
d
1
（答案）(I)
q
, a
n
2
4
n
1
3
；(II)证明见解析
（思路导引）(I)依据
b
1
b
2
6b
3
，求得
q
，进而求得数列
c
n
的通项公式，利用累加法求得数列
a
n
的通
项公式．
(II)利用累乘法求得数列
c
n
的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立．
b
q
，而
b b
（解析）(I)依题意
b
1, b q,
1 2 3
1
2
6b
，即
1 q 6q
2
，由于
q 0
，∴解得
q
，
2 3
b
n
n1
．
∴
1
2
1
2
b
∴
n2
1
2
，故
c
n1
2
c
4 c
，∴数列
c
是首项为
1
，公比为
4
的等比数列，∴
c
4
n1
．
n
n
n1
n
1
n
2
n1
1
n1
n
c
∴
n1
4
．
n
∴
a
a
n1
a
n
c
n1
4
，故
n
a
n1
4
n1
(
n 2, n N
x
)．
a
n
a
n
a
n1
a
n1
a
n2
a
3
a
2
a
2
a
1
a
1
∴
n1
n
4 1 4
41
n1 n2 2 1
．
4 4 4 41 1
3
1 4
c
n1
b
n
，
1 n 1d dn 1 d
，由于
(II)依题意设
b
n
c
n
b
n2
c
n
b
n1
∴
n 2, n N
x
，
c
n1
b
n1
故
c
n
c
n
ccc
n1
3
2
c
1
b
n1
b
n2
b
n3
b
2
b
1
c
1
c c c c b b b b b
n1 n2 2 1 n1 n n1 4 3
1
1 d
1
1
1
1
b
1
b
2
1
．
d
b b
d
b b
b b
n n1
n n1
n n1
1
1
1
1
1
1
c c c
1
1
1
1
∴
1
．
1 2 n
d b b
b b
1
b b
d
b
1 2
2 3
n n1
n1
1
1
1
1
由于
d 0,b 1
，∴
b
0
，∴
1
1
1
，即
c c c 1
．
1 n1
d
b
1 2 n
d d
n1
n
2．(2023•新课标Ⅱ，理 15)等差数列（a
n
） 的前
n
项和为 S
n
， a
3
3 ， S
4
10 ，则
1
k 1
S
k
．
2n
（答案）
n 1
（解析）等差数列（a
n
） 的前
n
项和为 S
n
， a
3
3 ， S
4
10 ， S
4
2(a
2
a
3
) 10 ，可得 a
2
2 ，数列的首项为
1 2 1 1
， ∴ 2(
) ， 则
1 ， 公 差 为 1 ， ∴
S
n(n 1)
n
n n 1
2 S
n
n(n 1)
S
n
1
21
k 1
k
1 1 1 1 1 1 1 1 2n
2(1 ) ．
n n 1 n 1 n 1
2 2 3 3 4
3．(2023•新课标Ⅲ，文 17)设数列（a
n
） 满足 a
1
3a
2
(2n 1)a
n
2n ．
(1)
求（a
n
） 的通项公式；
(2)
求数列（
） 的前
n
项和．
2n 1
a
n
（解析）(1)数列（a
n
） 满足 a
1
3a
2
(2n 1)a
n
2n ．
n2 时， a
1
3a
2
(2n 3)a
n1
2(n 1) ．
(2n 1)a
n
2 ． a
n
．
2n 1
2
当 n 1 时， a
1
2 ，上式也成立．
2
．
a
n
2n 1
a
2
1 1
．
(2)
n
2n 1 (2n 1)(2n 1) 2n 1 2n 1
a
11 111 1
数列（
n
） 的前
n
项和 (1 ) (
) (
) 1
2n
．
2n 1 3 3 5 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
4．(2023 新课标Ⅰ，理 17)
S
为数列（
a
）的前 n 项和．已知
a
＞0，
a
a
=
4S 3
．
n n n n n n
2
(Ⅰ)求（
a
n
）的通项公式：
(Ⅱ)设
,求数列
2
）的前 n 项和
（解析）(Ⅰ)当
n 1
时，
a 2a 4S 3 4a +3
，因为
a 0
，所以
a
=3，
1 1 1 1 n 1
当
n 2
时，
a a a a
n n n1 n1
2 2
=
4S
3 4S
n
3
=
4a
，即
(a a
n n n 1 n 1
)(a a ) 2(a a
)
，因为
n n 1 n n 1
a
n
0
，所以
a
n
a
n 1
=2，
所以数列（
a
n
）是首项为 3，公差为 2 的等差数列，
所以
a
n
=
2n 1
；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，
b
=
1
1 1
1
)
，
(
n
(2n 1)(2n 3) 2 2n 1 2n 3
1 1 11 1 1 1 1 1
)]
=
．
所以数列（
b
）前 n 项和为
b b b
=
(
) (
) (
n 1 2 n
2 3 5 5 7 2n 1 2n 3 6 4n 6
5．(2023新课标Ⅰ，文17)已知等差数列｛
a
n
｝的前n项和
S
n
满足
S
3
=0，
S
5
=-5．
(Ⅰ)求｛
a
n
｝的通项公式；
(Ⅱ)求数列
）的前n项和．
aa
2n12n1
（
1
1 1
（解析）(Ⅰ)由
S
3
=0，
S
5
=-5得，
3a
1
d 3 2 0
，
5a
1
d 5 4 5
，解得
a
1
=1，
d
=-1，∴
a
n
=
2 n
；
2 2
1 11
1 1
=
(
)
，
(Ⅱ)由已知
a
=
2 n
，∴ =
n
a
2n1
a
2n1
(3 2n)(1 2n) 2 3 2n 1 2n
1 1 1 1 1 1 1
)]
）的前n项和为
(
) (
) (
∴
数列
a
2n1
a
2n1
a
2n1
a
2n1
2 a
1
a
3
a
3
a
5
（
1
=
(
1 1
2 a
1
1 1 n
)
=
(1 )
=
．
a
2n1
2 1 2n 1 2n
1
6．(2011 新课标，理 17)等比数列（
a
）的各项均为整数，且
2a 3a
=1，
a
=
9a a
，
n 1 2 3 2 6
2
(Ⅰ)求数列（
a
n
）的通项公式；
1
(Ⅱ)设
b
=
log
a log a
log a
，求数列（
）的前
n
项和．
n 3 1 3 2 3 n
b
n
（解析）(Ⅰ)设数列（
a
）的公比为
q
，由
a
=
9a a
得
a
=
9a
，所以
q
=
，
n
3 2 6 3 4
2 2 2 2
1
由条件可知
q
＞0，故
q
= ．
1
9
1
由
2a
1
+3a
2
=1 得
2a
1
+3a
1
q
=1，所以
a
1
=
，
3
1
故数列（
a
n
）的通项公式为
a
n
=
n
．
3
(Ⅱ)
b
n
=
log
3
a
1
log
3
a
2
log
3
a
n
=
(1 2 n)
=
n(n 1)
2
3
故
=
1
b
n
1
1 1
2
)
，
=
2(
n n 1
n(n 1)
1 1 1 1 11 1 2n
=
2(1 ) (
) (
)
=
2 2 3
n n 1 n 1
b
1
b
2
b
n
所以数列（
）的前
n
项和为
1
2n
b
n
n 1
．
7．(2023 年天津高考)已知
a
是各项均为正数的等差数列，公差为
d
，对任意的
n N
x
，
b
是
a
和
a
n
n
n n1
的等差中项．
(Ⅰ)设
c b
2
b
2
, n N
x
，求证：数列
c
是等差数列；
n n1 n
n
2n
2 x
(Ⅱ)设
a d ,T
1
b, n N
，求证：
1 n k
k 1
k
1 1
.
2
2d
k 1
T
k
n
（解析）(Ⅰ)由题意得
b
n
a
n n
a
1
，
2
aa
有
c
n
b
n1
b
n
a
n2
nn1
2da
n1
a
n1
，
2
2
因此
c (a
n1
c
n
2d
n2
a
n1
) 2d
，
2
所以数列
c
n
是等差数列．
(Ⅱ)
T (b
b
) (b
b
) (b
n 1 2 3 4
2 2 2 2 2
2n1
b
2
)
2n
2d (a
2
a
4
a
2 n
)
2d
n(a
2
a
2n
)
2
2d
2
n(n 1)
．
1 1
nn
1 1
1
1
1 1 1
(1
)
．
所以
(
)
2
n 1 2d
2
2d
2
k 1
k(k 1) 2d
2
k 1
k k 1 2d
k 1
T
k
n
8．(2011 安徽)在数 1 和 100 之间插入
n
个实数，使得这
n 2
个数构成递增的等比数列，将这
n 2
个数的
乘积记作
T
n
，再令
a
n
lg T
n,
n≥1
．
(Ⅰ)求数列
（a
n
）
的通项公式；
(Ⅱ)设
b
n
tan a
n
Atan a
n 1
,
求数列
（b
n
）
的前
n
项和
S
n
．
（解析）(Ⅰ)设
l
1
, l
2
,, l
n2
构成等比数列，其中
t
1
1, t
n2
100,
则
T
n
t
1
t
2
t
n1
t
n2
,
①
T
n
t
n1
t
n2
t
2
t
1
,
②
2
①×②并利用
t t
得
1 n3i
t t
1 n2
10
(1 i n 2),
T
2
(t t
(t
t ) (t t ) 10
2(n2)
, a lg T n 2, n 1. ) (t t
)
n 1 n2 2 n1 n1 2 n2 1 n n
(Ⅱ)由题意和(Ⅰ)中计算结果，知
b
n
tan(n 2) tan(n 3), n 1.
另一方面，利用
tan1 tan((k 1) k )
tan(k 1) tan k
1 tan(k 1) tan
,
k
tan(k 1) tan k
得
tan(k 1) tan k
tan1
1.
n
n2
所以
S
n
b
1
k
tan(k 1) tan k
k
k 3
n2
(
tan(k 1) tan k
1)
k 3
tan1
tan(n 3) tan 3
tan1
n.
9．(2023 山东)已知等差数列
（a
n
）
的公差为 2，前
n
项和为
S
n
，且
S
1
，
(Ⅰ)求数列
（a
n
）
的通项公式；
(Ⅱ)令
b
=
(1)
n1
4n
,
求数列
（b ）
的前
n
项和
T
．
n
a
n n
n
a
n1
（解析）(Ⅰ)
d 2, S
1
a
1
, S
2
2a
1
d, S
4
4a
1
6d,
S , S , S 成等比 S
2
S S
1 2 4 2 1 4
解得
a a1
1
1,
n
2n
(Ⅱ)
b
n1
n
(1)
4n
a a
(1)
n1
(
2n
1
1
1
)
，
n n1
2n 1
1 1 1 1 1
当
n
为偶数时
T
n
(1
) (
) (
(
1
1
) (
3
1
3
5
1
)
57
)
2n 3 2n 1 2n 1 2n 1
S
2
，
S
4
成等比数列．
T
1
n
1
2n 1
2n
2n 1
当n为奇数时，T (1
1
) (
1
1
) (
1
1
)
n
3 3 5 5 7
(
1
1
) (
1
1
)
2n 3 2n 1 2n 1 2n 1
T
1
1
2n 2
n
2n 1
2n 1
2n
, n为偶数
T
n
2n
1
2n
．
,
n
2
为奇数
2n 1
10．(2023 广东)设各项均为正数的数列
a
n
的前
n
项和为
S
n
，满足
4S
n
a
2
n1
4n 1
，
a
2
, a
5
, a
14
构成等比数列．
(Ⅰ)证明：
a
2
4a
1
5
；
(Ⅱ)求数列
a
n
的通项公式；
(Ⅲ)证明：对一切正整数
n
，有
1
1
1
1
．
a
1
a
2
a
2
a
3
a
n
a
n1
2
（解析）(Ⅰ)当
n 1
时，
4a a
2
5, a
2
4a
5
，
1 2 2 1
a 0a
n 2
4a
1
5
(Ⅱ)当
n 2
时，
4S a
2
4
n 1
1
，
4a
4S 4S
a
2
a
2
4
n1 n
n n n1 n1 n
a
2
a
2
4a
4
a
2
2
,
a
0a a 2
n1
n n n
n n 1 n
当
n 2
时，
a
n
是公差
d 2
的等差数列．
a , a , a
构成等比数列，
a
2
a a
a
8
2
a
2
，
a 24
，解得
a 3
,
2 5 14
514
2 2 2
2
由(Ⅰ)可知，
4a a
2
5=4, a 1
1 2 1
a
2
a
1
3 1 2
a
n
是首项
a
1
1
,公差
d 2
的等差数列．
数列
a
n
的通项公式为
a
n
2n 1
．
(Ⅲ)
1
1
1
1
a
1
1
1
1
a
2
a
2
a
3
a
n
a
n1
13 35 5 7
2n 1
2n 1
n N
x
，且
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
3
3
5
5
7
2 n 1
2 n 1
1
1
1
1
.
2
2n 1
2
考点 63 错位相减法
1．(2023 全国Ⅲ理 17)
设等差数列
a
n
满足
a
1
3 , a
n1
3a
n
4n
．
(1)
计算
a
2
, a
3
，猜测
(2)
求数列
a
n
的通项公式并加以证明；
n
2
n
a
的前
n
项和
S
．
n
n1
2 ．
（答案）(1) a
n
2n 1 ；(2) S
n
(2n 1)2
（思路导引）(1)利用递推公式得出
a
2
, a
3
，猜测得出
a
n
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
a 3
，
a
1 n1
…
a
3a 4 5
，
a 3a 4 2 7
，
3a
4n
，
n 2 1 3 2
猜测（a
n
） 的通项公式为 a
n
2n 1 ．
证明如下：(数学归纳法)当 n 1, 2,3 时，显然成立； (1)
x
假设 n k 时，即
k
a 2k 1成立；其中(k N
) ，
由 a
k 1
3a
k
4k
3(2k 1) 4k 2(k 1) 1
x
故假设成立，综上(1)(2)，∴ a
n
2n 1 (n N
)
(2)
(2)解法一：令b 2
n
a (2n 1)2
n
，则前项和 S b b ... b
n n n 1 2 n
3 2
1
5 2
2
... (2n 1)2
n
(1)
(2)
23nn1
由(1)两边同乘以 2 得： 2S
n
3 2
5 2 ... (2n 1)2 (2n 1)2
3
n2
2(1 2)
n
(2n 1)2
1
，
S
n
3 2 2 2
... 2
n
(2n 1)2
n1
6
由(1)
(2)的
1 2
2
n1
2 ．
化简得 S
n
(2n 1)2
解法二：由(1)可知，
a
n
2 (2n 1) 2
n n
S
n
3 2 5 2
2
7 2
3
(2n 1) 2
n1
(2n 1) 2
n
，①
2S
n
3 2
2
5 2
3
7 2
4
(2n 1) 2
n
(2n 1) 2
n1
，②
由①
②得：
2
1 2
2 3
2
n
n1
S
n
6 2
2
2
(2n 1) 2
6 2
1 2
2
n1
(2 n 1) 2
n1
(1 2n) 2
n1
2
，
n1
2
．
即
S
n
(2n 1) 2
2．(2023 新课标 I，文 17)已知（
a
）是递增的等差数列，
a
2
，
a
是方程
x
2
5x 6 0
的根。
4
n
(I)
求（
a
n
）的通项公式；
a
n
(II)
求数列（
2
n
）的前
n
项和．
2
（解析）(I)设数列（
a
）的公差为
d
，方程
x 5x 6 0
两根为 2,3，由题得
2
a
=2，
4
a
=3，在
4
a
2
-
a
=2
d
，
n
故
d
= ，∴
a
= ，∴数列（
a
）的通项公式为
a
=
n 1
．……6 分
1 3 1
2
1
2
n n
2
a
n
a
n
n 2
(II)设数列（
2
n
）的前
n
项和为
S
n
，由(I)知，
2
n
=
n1
，则
2
n 2
3 4 5
S
=
， ①
n
n1
2 3 4
2
222
n 1 n 2
1 3 4
S
n
=
3
4
n1
n2
， ②
2 2222
1 1
(1 )
1
1 3
1 1
n1
n 2 n 4
n 2
2
①-②得
S
=
2
=
1
，
=
n
n1 n2 n2
2
3 4
n2
222
22
1
2 2
2
1
2
n 4
∴
S
n
=
2
n1
． ……12 分
2
3．(2023 浙江)已知数列
（a ）
和
（b ）
满足，
a 2
，
b 1
，
a 2a (n N
x
)
，
n n 1 1
n1 n
1 1 1
b b b b b
1(n N
x
)
．
1
2
2
3
3
n
n n1
(Ⅰ)求
a
n
与
b
n
；
(Ⅱ)记数列
（a
n
b
n
）
的前
n
项和为
T
n
，求
T
n
．
（解析）(Ⅰ)由
a 2
，
a
1 n1
2a
， 得
a 2
n
．
n n
当
n 1
时，
b
1
b
2
1,
故
b
2
2
．
当
n ≥ 2
时，
1
b b b ,
整理得
n1
b
n
n n1 n
b
n
n 1
,
所以
b
n
．
n
n
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，
a
n
b
n
n 2
，
n
故
T
n
2 2 2 3 2 n 2
，
2 3 n
2T
n
2
2
2 2
3
2 2
4
n 1
2
n
n 2
n1
，
2
n1
2
．
所以
T
n
n 1
4．(2023 湖南)设
S
为数列（
a
）的前项和，已知
a
1
0
，2
a a S S
n n n 1
1 n
n
N
，
(Ⅰ)求
a
1
，
a
2
，并求数列
a
n
的通项公式；
(Ⅱ)求数列｛
na
n
｝的前
n
项和．
，2a
1
a
1
S
1
S
1
a
1
0, a
1
1.
（解析）(Ⅰ)
S
1
a
1
.当n 1时
当n 1时，a s s
n n n1
2a
n
a
1
2a
n1
a
1
2a 2a
a 2a
-
n n1 n n1
S
1
S
1
n1
, n N x.
（a 1公比为q 2的等比数列， a
n
）时首项为a
1n
2
(Ⅱ)
设T
n
1 a
1
2 a
2
3 a
3
n a
n
qT
n
1 qa
1
2 qa
2
3 qa
3
n qa
n
qT
n
1 a
2
2 a
3
3 a
4
n a
n1
上式左右错位相减：
(1 q)T
n
a
1
a
2
a
3
a
n
na
n1
a
1
1 q
n
na
n1
2
n
1 n 2
n
1 q
n
T
n
(n 1) 2
1, n N x
。
5．(2023 年山东高考)已知数列
a
n
的前 n 项和
S
n
3n
8n
，
b
n
是等差数列，且
2
a
n
b
n
b
n 1
.
(Ⅰ)求数列
b
n
的通项公式；
(a 1)
n1
c
(Ⅱ)令
c
.
求数列
n
的前 n 项和 T
n
．
(b
n
n
n
2)
n
2
（解析）(Ⅰ)因为数列
a
n
的前
n
项和
S
n
3n
8n
，
所以
a
1
11
，当
n 2
时，
22
a
n
S
n
S
n 1
3n 8n 3(n 1) 8(n 1) 6n 5
，
又
a
n
6n 5
对
n 1
也成立，所以
a
n
6n 5
．
又因为
b
n
是等差数列，设公差为
d
，则
a
n
b
n
b
n 1
2b
n
d
．
当
n 1
时，
2b
1
11 d
；当
n 2
时，
2b
2
17 d
，
解得
d 3
，所以数列
b
的通项公式为
b
n
n
a
n
d
3n 1
．
2
(a 1)
n1
(6n 6)
n1
n 1
n
(Ⅱ)由
c
n
(3n 3) 2
，
(b
n
2)
n
n
(3n 3)
2 3 4 n 1
于是
T
n
6 2 9 2 12 2 (3n 3) 2
，
两边同乘以２，得
3 4 n 1 n 2
2T
n
6 2 9 2 (3n) 2 (3n 3) 2
，
两式相减，得
T
n
6 2
2
3 2
3
3 2
4
3 2
n1
(3n 3) 2
n2
3 2
2
3 2
2
(1 2
n
)
(3n 3) 2
n 2
1 2
2nn2
3n 2
n2
．
T
n
12 3 2 (1 2 ) (3n 3) 2
6．(2023 湖北)设等差数列（a
n
） 的公差为
d
，前
n
项和为 S
n
，等比数列（b
n
） 的公比为
q
．已知b
1
a
1
，b
2
2 ，
q d ， S
10
100 ．
(Ⅰ)求数列（a
n
） ，（b
n
） 的通项公式；
a
(Ⅱ)当 d 1 时，记c
n
，求数列（c ） 的前
n
项和T ．
n
n n
b
n
10a
1
45d 100
（解析）(Ⅰ)由题意有，
a d 2
1
2a
1
9d 20
，即
．
a d 2
1
1
a 9
解得
a
n
2n 1
(2n 79)
a
1
1
或
n
a
1
2
，故
9
d 2
．
d
n1
b
2
n1
或
2
n
b
9 ( )
n
9
9
2n 1
b
n
2
n1
，故 c
n
n1
，于是
(Ⅱ)由 d 1 ，知 a
n
2n 1 ，
2
2n 1
3
， ①
T 1
5
7
9
n
2
n1
2 2
2
2
3
2
4
9 2n 1
1 1
． ②
T
3
5
7
2
n
2
n
2 2
2
2
3
2
4
2
5
①-②可得
1 1 11
T 2
2n 1
3
2n 3
，故T
6
2n 3
．
n
2
n2
2
n
2
n1
2
n
2
n
2 2
2
7．(2023 山东)设等差数列
a
n
的前
n
项和为
S
n
，且
S
4
4S
2
，
a
2n
2a
n
1
．
(Ⅰ)求数列
a
n
的通项公式；
(Ⅱ)设数列
b
的前
n
项和
T
,且
T
n
n
n
a
n
1
(λ为常数)，令
c b
n
2
n
2n
(
n N
)．求数列
c
的前
n
x
n
项和
R
n
．
（解析）(Ⅰ)设等差数列
a
n
的首项为
a
1
，公差为
d
，
由
S
4
4S
2
，
a
2n
2a
n
1
得
4a
1
6d 8a
1
4d
，
a (2n 1) 2a 2(n 1)d 1
1 1
解得，
a
1
1
，
d 2
．
因此
a
n
2n 1
(n N
x
)
．
n
(Ⅱ)由题意知：
T
n
n 1
2
n
n 1
b T T
所以
n 2
时，
n n n1
2
n 1
2
n 2
x
故，
c b
2n 2
(n
1
n1
(n N )
1)( )
n 2n
2n 1
2
0
4
1
1
1
1
1
1
2
2
3
3
(n 1)
1
)
n1
，
所以
R
0
( ) ( ) ( ) ( ) (
n
4 4 4 4 4
1 1
1
1
2
1
3
1
n1
1
n
2
(n 2)
(n 1)
则
R 0
1
( )( )( )( )
( )
n
4 4 4 4
4 4
1 1
n1 n
3 1
1
1
2
1
3
R
两式相减得
n
( ) ( )
( ) ( ) (n 1) ( )
4
4 4 4 4 4
1
n
( )
1
n
1)( )
4 4
1
(n
4
1
4
1 3n 1
(4 )
，
整理得
R
n
n1
9 4
1 3n 1
)
．
所以数列
c
的前
n
项和
R
(4
n
n
9 4
n1
1
8． (2023 山东)已知
（x
n
）
是各项均为正数的等比数列，且
x
1
x
2
3
，
x
3
x
2
2
．
(Ⅰ)求数列
（x
n
）
的通项公式；
(Ⅱ)如图，在平面直角坐标系
xOy
中，依次连接点
P
1
(x
1
,1)
，
P
2
(x
2
, 2)
，…，
P
n1
(x
n1
, n 1)
得到折线
P
1
P
2
…
P
n1
，求由该折线与直线
y 0
，
x x
1
，
x x
n1
所围成的地域的面积
T
n
．
（解析）(Ⅰ)设数列
（x
n
）
的公比为
q
，由已知
q 0
．
x
1
x
1
q 3
2
由题意得
2
，所以
3q
5q 2 0
，
x q
x q 2
1 1
因为
q 0
,所以
q 2, x
1
1
，
2
.
因此数列
（x ）
的通项公式为
x
n
n
(Ⅱ)过
P
1
, P
2
, P
3
,
…，
P
n1
向
x
轴作垂线，垂足分别为
Q
1
, Q
2
, Q
3
,
…，
Q
n1
,
n1
x
由(Ⅰ)得
n1
x
n
2 2
n n1
2
n1
.
记梯形
P
n
P
n1
Q
n1
Q
n
的面积为
b
n
．
由题意
b
n
(n n 1)
2
2
n1
(2n 1) 2
n2
，
所以
T
n
b
1
b
2
b
3
…+
b
n
n3 n2
=
3 2
5 2 7 2
…+
(2n 1) 2 (2n 1) 2
1
0 1
①
②
2
…+
(2n 1) 2
n2
(2n 1) 2
n1
又
2T
n
3 2 5 2 7
1 2
0 1 2
3 2(1 2
n1
)
n1
(2n 1) 2 .
①
②得
T
n
3 2
(2 2 ...... 2 ) (2n 1) 2
=
2 1 2
n1
n1
(2n 1) 2
n
1
.
所以
T
n
2
9．(2023 天津)已知
（a
n
）
为等差数列，前 n 项和为
S
n
(n N
)
，
（
n
b ）
是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，
b
2
b
3
12
,
b
3
a
4
2a
1
，
S
11
11b
4
．
(Ⅰ)求
（a
n
）
和
（b
n
）
的通项公式；
(Ⅱ)求数列
（a b
2n 2n1
）
的前 n 项和
(n N
)
．
（解析）(Ⅰ)设等差数列
（a
n
）
的公差为
d
，等比数列
（b
n
）
的公比为
q
．
由已知
b b 12
，得
b (q q
) 12
，而
b 2
，所以
q
q 6 0
．
2 3 1 1
2 2
又因为
q 0
，解得
q 2
．所以，
n
b 2
．
n
由
b
3
a
4
2a
1
，可得
3d a
1
8
①．
由
S
11
=11b
4
，可得
a
1
5d 16
②，
联立①②，解得
a
1
1
，
d 3
，由此可得
a
n
3n 2
．
所以，数列
（a ）
的通项公式为
a 3n 2
，数列
（b ）
的通项公式为
b 2
．
n n n n
n
(Ⅱ)设数列
（a
2n
b
2n1
）
的前
n
项和为
T
n
，
由
a 6n 2
，
b
2n 2n1
2 4
n1
，有
a b
2n 2n1
(3n 1) 4
n
，
故
T
n
2 4 5 4 8 4 (3n 1) 4
，
2 3 n
2 3 4 n n1
4T
n
2 4 5 4 8 4 (3n 4) 4 (3n 1) 4
，
上述两式相减，得
3T
n
2 4 3 4 3 4 3 4 (3n 1) 4
2 3 n n1
12 (1 4
n
)
n1
4 (3n 1) 4
1 4
(3n 2) 4
n1
8.
3n 2
n1
8
4
．
3 3
3n 2
n1
8
所以，数列
（a b ）
的前
n
项和为
4
．
2n 2n1
3 3
得
T
n
10．(2023 湖北)设等差数列（a
n
） 的公差为 d，前 n 项和为 S
n
，等比数列（b
n
） 的公比为 q．已知b
1
a
1
，b
2
2 ，
q d ， S
10
100 ．
(Ⅰ)求数列（a
n
） ，（b
n
） 的通项公式；
a
(Ⅱ)当 d 1 时，记c
n
，求数列（c ） 的前 n 项和T ．
n
n n
b
n
10a
1
45d 100
（解析）(Ⅰ)由题意有，
a d 2
1
2a
1
9d 20
，即
．
a d 2
1
1
a 9
(2n 79)
解得
a
n
2n 1
a
1
1
或
n
a
1
2
，故
9
d 2
．
d b
2
n1
或
2
n1
n
b
9 ( )
n
9
9
2n 1
(Ⅱ)由 d 1 ，知 a
n
2n 1 ， b
n
2
n1
，故 c
n
n1
，于是
2
2n 1
3
， ①
T 1
5
7
9
n1
3 4
n
2
2
2 2
2
2
9 2n 1
1 1
． ②
T
3
5
7
3 4 5 n
222
2
n
2 2
2
2
①-②可得
1 1 11
T 2
2n 1
3
2n 3
，
2
n2
2
n
2
n
2
n
2 2
2
故T
n
6
2n 3
．
2
n1
x
n n n
11．(2023 四川)设等差数列
（a ）
的公差为
d
，点
(a , b )
在函数
f (x) 2
的图象上
(
n N
)．
x
(Ⅰ)假设
a
1
2
，点
(a
8
, 4b
7
)
在函数
f (x)
的图象上，求数列
（a
n
）
的前
n
项和
S
n
；
(Ⅱ)假设
a 1
，函数
f (x)
的图象在点
(a , b )
处的切线在
x
轴上的截距为
2
1 2 2
1
ln 2
a
n
的前
n
，求数列
（ ）
b
n
项和
T
n
．
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