2020年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 文科数学——08 数列（教师版）

2020年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 文科数学——08 数列（教师版）

专题 08 数列 1．【2020 年高考全国Ⅰ卷文数】设 是等比数列，且 ， ，则 A．12 B．24 C．30 D．32 【答案】D 【解析】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． 2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】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】设等比数列的公比为 ， 由 可得： ， 所以 ， 因此 . 故选：B. 【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. { }na 1 2 3 1a a a+ + = 2 3 4+ 2a a a+ = 6 7 8a a a+ + = { }na q ( )2 1 2 3 1 1 1a a a a q q+ + = + + = ( )2 3 2 2 3 4 1 1 1 1 1 2a a a a q a q a q a q q q q+ + = + + = + + = = ( )5 6 7 5 2 5 6 7 8 1 1 1 1 1 32a a a a q a q a q a q q q q+ + = + + = + + = = n n S a q 5 3 6 412, 24a a a a− = − = 4 2 1 1 5 3 11 1 12 2 124 a q a q q aa q a q  − = = ⇒  =− =  1 1 1 1 (1 ) 1 22 , 2 11 1 2 n n n n n n n a qa a q S q − − − −= = = = = −− − 1 1 2 1 2 22 n nn n n S a − − −= = − n 3．【2020 年高考北京】在等差数列 中， ， ．记 ，则数列 A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项 C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项 【答案】B 【解析】由题意可知，等差数列的公差 ， 则其通项公式为： ， 注意到 ， 且由 可知 ， 由 可知数列 不存在最小项， 由于 ， 故数列 中的正项只有有限项： ， . 故数列 中存在最大项，且最大项为 . 故选：B． 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数 学思想等知识，属于中等题. 4．【2020年高考浙江】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差 ，且 ．记 ， ， ，下列等式不可能成立的是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对于 A，因为数列 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由 可得， ，A 正确； { }na 1 9a = − 3 1a = − 1 2 ( 1,2, )n nT a a a n= =… … { }nT 5 1 1 9 25 1 5 1 a ad − − += = =− − ( ) ( )1 1 9 1 2 2 11na a n d n n= + − = − + − × = − 1 2 3 4 5 6 70 1a a a a a a a< < < < < < = < < 5 0T < ( )0 6,iT i i N< ≥ ∈ ( ) 1 1 7,i i i T a i i NT − = > ≥ ∈ { }nT 1 2 3 4 5 69, 7, 5, 3, 1, 1a a a a a a= − = − = − = − = − = { }nT 2 63T = 4 63 15 945T = × = { }nT 4T 0d ≠ 1 1a d ≤ 1 2b S= 1 2 2 2–n n nb S S+ += n ∗∈N 4 2 62a a a= + 4 2 62b b b= + 2 4 2 8a a a= 2 4 2 8b b b= { }na 4 4 2 6+ = + 4 2 62a a a= + 对于 B，由题意可知， ， ， ∴ ， ， ， ． ∴ ， ． 根据等差数列的下标和性质，由 可得 ，B 正确； 对于 C， ， 当 时， ，C 正确； 对于 D， ， ， ． 当 时， ，∴ 即 ； 当 时， ，∴ 即 ，所以 ，D 不正确． 故选：D . 【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题． 5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1=−2，a2+a6=2，则 S10=__________． 【答案】 【解析】 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： . 2 1 21 22 2 2n n n n nb S a aS ++ + += += − 1 2 1 2b S a a= = + 2 3 4b a a= + 4 7 8b a a= + 6 11 12b a a= + 8 15 16b a a= + ( )4 7 82 2b a a= + 2 6 3 4 11 12b b a a a a+ = + + + 3 11 7 7,4 12 8 8+ = + + = + ( )2 6 3 4 11 12 7 8 4=2 =2b b a a a a a a b+ = + + + + ( ) ( )( ) ( )22 2 4 2 8 1 1 1 1 13 7 2 2 2a a a a d a d a d d a d d d a− = + − + + = − = − 1a d= 2 4 2 8a a a= ( ) ( )2 22 2 2 4 7 8 1 1 12 13 4 52 169b a a a d a a d d= + = + = + + ( )( ) ( )( ) 2 2 2 8 3 4 15 16 1 1 1 12 5 2 29 4 68 145b b a a a a a d a d a a d d= + + = + + = + + ( )2 2 4 2 8 1 124 16 8 3 2b b b d a d d d a− = − = − 0d > 1a d≤ ( )1 13 2 2 0d a d d a− = + − > 2 4 2 8 0b b b− > 0d < 1a d≥ ( )1 13 2 2 0d a d d a− = + − < 2 4 2 8 0b b b− > 2 4 2 8 0b b b− > 25  { }na 1 2a = − 2 6 2a a+ = { }na d ( )1 1na a n d+ −= 1 1 5 2a d a d+ + + = ( )2 2 5 2d d− + + − + = 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. 6．【2020 年高考全国Ⅰ卷文数】数列 满足 ，前 16 项和为 540， 则 . 【答案】 【解析】 ， 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. 7．【2020 年高考浙江】我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题， 6 6d = 1d =  n * 1 ( 1) ,2n n nS na d n N −= + ∈ ( )10 10 (10 1)10 2 20 45 252S × −= − + = − + = ∴ 10 25S = 25 n n { }na 2 ( 1) 3 1n n na a n+ + − = − 1a = 7 2 ( 1) 3 1n n na a n+ + − = − n 2 3 1n na a n+ = + − n 2 3 1n na a n+ + = − { }na n nS 16 1 2 3 4 16S a a a a a= + + + + + 1 3 5 15 2 4 14 16( ) ( )a a a a a a a a= + + + + + + +  1 1 1 1 1 1( 2) ( 10) ( 24) ( 44) ( 70)a a a a a a= + + + + + + + + + + 1 1( 102) ( 140) (5 17 29 41)a a+ + + + + + + + 1 18 392 92 8 484 540a a= + + = + = 1 7a∴ = 7 如数列 就是二阶等差数列．数列 的前 3 项和是_______． 【答案】 【解析】因为 ，所以 ． 即 ． 故答案为： . 【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题． 8．【2020 年高考江苏】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 ，则 d+q 的值是 ▲ ． 【答案】 【解析】设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，根据题意 . 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 . 故答案为： . 【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．【2020 年新高考全国Ⅰ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】因为数列 是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列， ( 1){ }2 n n + *( 1){ }( )2 n n n + ∈N 10 ( )1 2n n na += 1 2 31, 3, 6a a a= = = 3 1 2 3 1 3 6 10S a a a= + + = + + = 10 2 2 1( )n nS n n n += − + − ∈N 4 { }na d { }nb q 1q ≠ { }na n ( ) 2 1 1 1 2 2 2n n n d dP na d n a n −  = + = + −   { }nb n ( )1 1 11 1 1 1 n n n b q b bQ qq q q − = = − +− − − n n nS P Q= + 2 2 1 1 12 1 2 2 1 1 n nb bd dn n n a n qq q  − + − = + − − +  − −  1 1 12 12 2 11 d da q b q  =   − = −  =   = − − ⇒ 1 1 2 0 2 1 d a q b =  = =  = 4d q+ = 4 n 23 2n n− { }2 1n − 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. 10．【2020 年高考全国Ⅲ卷文数】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． 【解析】（1）设 的公比为 ，则 .由已知得 ， 解得 . 所以 的通项公式为 . （2）由（1）知 故 由 得 ，即 . 解得 （舍去）， . 【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. 11．【2020 年高考江苏】已知数列 的首项a1=1，前 n 项和为 Sn．设 λ 与 k 是常 数，若对一切正整数 n，均有 成立，则称此数列为“λ～k”数列． （1）若等差数列 是“λ～1”数列，求 λ 的值； （2）若数列 是“ ”数列，且 ，求数列 的通项公式； （3）对于给定的 λ，是否存在三个不同的数列 为“λ～3”数列，且 ？若存在， 求 λ 的取值范围；若不存在，说明理由． { }3 2n − { }na { }na n 2( 1)1 6 3 22 n nn n n −⋅ + ⋅ = − 23 2n n− 1 2 4a a+ = 13 8a a− = nS 1 3m m mS S S+ ++ = { }na q 1 1 n na a q −= 1 1 2 1 1 4 8 a a q a q a + = − = 1 1, 3a q= = { }na 1=3n na − 3log 1.na n= − ( 1).2n n nS −= 1 3m m mS S S+ ++ = ( 1) ( 1) ( 3)( 2)m m m m m m− + + = + + 2 5 6 0m m− − = 1m = − 6m = { }( )na n∈ *N 1 11 1 1 k kkn n nS S aλ+ +− = { }na { }na 3 ~23 0na > { }na { }na 0na ≥ 【解析】（1）因为等差数列 是“λ～1”数列，则 ，即 ， 也即 ，此式对一切正整数n均成立． 若 ，则 恒成立，故 ，而 ， 这与 是等差数列矛盾． 所以 ．（此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列） （2）因为数列 是“ ”数列， 所以 ，即 ． 因为 ，所以 ，则 ． 令 ，则 ，即 ． 解得 ，即 ，也即 ， 所以数列 是公比为4的等比数列． 因为 ，所以 ． 则 （3）设各项非负的数列 为“ ”数列， 则 ，即 ． 因为 ，而 ，所以 ，则 ． 令 ，则 ，即 ．（*） ①若 或 ，则（*）只有一解为 ，即符合条件的数列 只有一个． （此数列为1，0，0，0，…） { }na 1 1n n nS S aλ+ +− = 1 1n na aλ+ += 1( 1) 0naλ +− = 1λ ≠ 1 0na + = 3 2 0a a− = 2 1 1a a− = − { }na 1λ = *{ }( )na n∈N 3 ~23 1 1 3 3n n nS S a+ +− = 1 1 3 3n n n nS S S S+ +− = − 0na > 1 0n nS S+ > > 1 131 13 n n n n S S S S + +− = − 1n n n S bS + = 231 13n nb b− = − 2 21( 1) ( 1)( 1)3n n nb b b− = − > 2nb = 1 2n n S S + = 1 4n n S S + = { }nS 1 1 1S a= = 14n nS −= 2 1( 1), 3 4 ( 2).n n na n− ==  × ≥ *{ }( )na n∈N ~ 3λ 1 1 1 3 3 3 1 1n n nS S aλ+ +− = 3 3 3 1 1n n n nS S S Sλ+ +− = − 0na ≥ 1 1a = 1 0n nS S+ ≥ > 3 131 1= 1n n n n S S S S λ+ +− − 3 1 =n n n S S c+ 331 1( 1)n n nc c cλ− = − ≥ 3 3 3( 1) ( 1)( 1)n n nc c cλ− = − ≥ 0λ ≤ =1λ =1nc { }na ②若 ，则（*）化为 ， 因为 ，所以 ，则（*）只有一解为 ， 即符合条件的数列 只有一个．（此数列为1，0，0，0，…） ③若 ，则 的两根分别在（0，1）与（1，+∞）内， 则方程（*）有两个大于或等于1的解：其中一个为1，另一个大于1（记此解为t）． 所以 或 ． 由于数列 从任何一项求其后一项均有两种不同结果，所以这样的数列 有无数 多个，则对应的 有无数多个． 综 上 所 述 ， 能 存 在 三 个 各 项 非 负 的 数 列 为 “ ” 数 列 ， 的 取 值 范 围 是 ． 12．【2020 年新高考全国Ⅰ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 ． 【解析】（1）设 的公比为 ．由题设得 ， ． 解得 （舍去）， ． 由题设得 ． 所以 的通项公式为 ． （2）由题设及（1）知 ， 且当 时， ． 所以 ． 1λ > 3 2 3 2( 1)( 1) 01n n nc c c λ λ +− + + =− 1nc ≥ 3 2 3 2 1 01n nc c λ λ ++ + >− =1nc { }na 0 1λ< < 3 2 3 2 1 01n nc c λ λ ++ + =− 1n nS S+ = 3 1n nS t S+ = { }nS { }nS { }na { }na ~ 3λ λ 0 1λ< < 1 { }na 2 4 320, 8a a a+ = = { }na mb { }na *(0, ]( )m m∈N { }mb 100 100S { }na q 3 1 1 20a q a q+ = 2 1 8a q = 1 2q = − 2q = 1 2a = { }na 2n na = 1 0b = 12 2n nm +≤ < mb n= 100 1 2 3 4 5 6 7 32 33 63 64 65 100( ) ( ) ( ) ( )S b b b b b b b b b b b b b= + + + + + + + + + + + + + + +   2 3 4 50 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 (100 63)= + × + × + × + × + × + × − 480= 13．【2020 年高考天津】 已知 为等差数列， 为等比数列， ． （Ⅰ）求 和 的通项公式； （Ⅱ）记 的前 项和为 ，求证： ； （Ⅲ）对任意的正整数 ，设 求数列 的前 项 和． 【解析】（Ⅰ）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ．由 ， ，可得 ，从而 的通项公式为 ．由 ， 又 ，可得 ，解得 ，从而 的通项公式为 ． （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得 ，故 ， ，从而 ，所以 ． （Ⅲ）解：当 为奇数时， ；当 为偶 数时， ． 对任意的正整数 ，有 ， 和 ． ① 由①得 ． ② { }na { }nb ( ) ( )1 1 5 4 3 5 4 31, 5 , 4a b a a a b b b= = = − = − { }na { }nb { }na n nS ( )2 * 2 1n n nS S S n+ +< ∈N n ( ) 2 1 1 3 2 , , , . n n n n n n n a b na ac a nb + − + − =    为奇数 为偶数 { }nc 2n { }na d { }nb q 1 1a = ( )5 4 35a a a= − 1d = { }na na n= ( )1 5 4 31, 4b b b b= = − 0q ≠ 2 4 4 0q q− + = 2q = { }nb 12n nb −= ( 1) 2n n nS += 2 1 ( 1)( 2)( 3)4n nS S n n n n+ = + + + ( )22 2 1 1 ( 1) 24nS n n+ = + + 2 2 1 1 ( 1)( 2) 02n n nS S S n n+ +− = − + + < 2 2 1n n nS S S+ +< n ( ) 1 1 1 2 3 2 (3 2)2 2 2 ( 2) 2 n n n n n n n n a b nc a a n n n n − + − + − −= = = −+ + n 1 1 1 2 n n n n a nc b − + −= = n 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 12 1 2 1 2 1 k k nn n k k k c k k n − − = =  = − = − + − +  ∑ ∑ 2 2 3 1 1 2 1 1 3 5 2 1 4 4 4 4 4 n n k k n k k k nc = = − −= = + + + +∑ ∑  2 2 3 1 1 1 1 3 2 3 2 1 4 4 4 4 4 n k n n k n nc + = − −= + + + +∑  由①②得 ，从而得 ． 因此， ． 所以，数列 的前 项和为 ． 14 ． 【 2020 年 高 考 浙 江 】 已 知 数 列 {an} ， {bn} ， {cn} 满 足 ． （Ⅰ）若{bn}为等比数列，公比 ，且 ，求 q 的值及数列{an}的通项公式； （Ⅱ）若{bn}为等差数列，公差 ，证明： ． 【解析】（Ⅰ）由 得 ，解得 ． 由 得 ． 由 得 ． （Ⅱ）由 得 ， 所以 ， 由 ， 得 ，因此 ． 15．【2020 年高考北京】已知 是无穷数列．给出两个性质： ①对于 中任意两项 ，在 中都存在一项 ，使 ； ②对于 中任意项 ，在 中都存在两项 ．使得 ． (Ⅰ)若 ，判断数列 是否满足性质①，说明理由； 2 2 1 1 1 2 113 1 2 2 2 1 1 2 14 4 14 4 4 4 4 4 41 4 n n k n n n k n nc + + =  − − − = + + + − = − − − ∑  2 1 5 6 5 9 9 4 n k n k nc = += − ×∑ 2 2 1 2 1 1 1 4 6 5 4 2 1 9 4 9 nn n n k k k n k k k nc c c n− = = = += + = − −+ ×∑ ∑ ∑ { }nc 2n 4 6 5 4 2 1 9 4 9 n n n n +− −+ × 1 1 1 1 1 2 1, , ,n n n n n n n ba b c c a a c c nb+ + + = = = = − = ∈ *N 0q > 1 2 36b b b+ = 0d > * 1 2 3 11 ,nc c c c nd + + + + < + ∈N 1 2 36b b b+ = 21 6q q+ = 1 2q = 1 4n nc c+ = 14n nc −= 1 1 4n n na a − + − = 1 2 1 4 21 4 4 3 n n na a − − += + + + + = 1 2 n n n n bc cb+ + = 1 2 1 1 1 1 1 1( )n n n n n b b c dc b b d b b+ + += = − 1 2 3 1 1 1(1 )n n dc c c c d b + ++ + + + = − 1 1b = 0d > 1 0nb + > * 1 2 3 11 ,nc c c c nd + + + + < + ∈N { }na { }na , ( )i ja a i j> { }na ma 2 i m j a aa = { }na ( 3)na n { }na , ( )k la a k l> 2 k n l aa a = ( 1,2, )na n n= =  { }na (Ⅱ)若 ，判断数列 是否同时满足性质①和性质②，说明理由； (Ⅲ)若 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： 为等比数列. 【解析】 (Ⅰ) 不具有性质①； (Ⅱ) 具有性质①； 具有性质②； (Ⅲ)【解法一】 首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数： 显然 ，假设数列中存在负项，设 ， 第一种情况：若 ，即 ， 由①可知：存在 ，满足 ，存在 ，满足 ， 由 可知 ，从而 ，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若 ，由①知存在实数 ，满足 ，由 的定义可知： ， 另一方面， ，由数列 单调性可知： ， 这与 的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得，数列中的项数同号. 其次，证明 ： 利用性质②：取 ，此时 ， 的 12 ( 1,2, )n na n−= =  { }na { }na { }na { }2 3 2 3 2 92, 3, 2 n aa aa Za = = = ∉ ∴ { }2 2 * (2 ) 1 * 2, , , 2 ,2i ji i i j n j j a ai j N i j i j N aa a a− − −∀ ∈ > = − ∈ ∴ = ∴ { }2 * (2 ) 1 1, 3, 1, 2, 2 2 ,k l nk n n l an N n k n l an aa − − −∀ ∈ ≥ ∃ = − = − = = = ∴ ( )0 *na n N≠ ∉ { }0 max | 0nN n a= < 0 1N = 0 1 2 30a a a a< < < < < 1m 1 2 2 1 0m aa a = < 2m 2 2 3 1 0m aa a = < 0 1N = 22 32 1 1 aa a a = 2 3a a= 0 2N ≥ m 0 2 1 0N m aa a = < 0N 0m N≤ 0 0 0 0 2 2 1 N N m N N a aa aa a = > = 0m N> 0N 2 2 3 1 aa a = 3n = ( )2 3 k l aa k la = > 由数列的单调性可知 ， 而 ，故 ， 此时必有 ，即 ， 最后，用数学归纳法证明数列为等比数列： 假设数列 的前 项成等比数列，不妨设 ， 其中 ，（ 情况类似） 由①可得：存在整数 ，满足 ，且 （*） 由②得：存在 ，满足： ，由数列的单调性可知： ， 由 可得： （**） 由（**）和（*）式可得： ， 结合数列的单调性有： ， 注意到 均为整数，故 ， 代入（**）式，从而 . 总上可得，数列 的通项公式为： . 即数列 为等比数列. 【解法二】假设数列中的项数均为正数： 首先利用性质②：取 ，此时 ， 由数列的单调性可知 ， 而 ，故 ， 的 0k la a> > 3 k k k l aa a aa = ⋅ > 3k < 2, 1k l= = 2 2 3 1 aa a = { }na ( )3k k ≥ ( )1 1 1s sa a q s k−= ≤ ≤ 1 0, 1a q> > 1 0,0 1a q< < < m 2 1 1 kk m k k aa a q aa − = = > 1 1 k m ka a q a += ≥ s t> 2 1 s s k s s t t a aa a aa a+ = = ⋅ > 1t s k< ≤ + ( )1 1 1s sa a q s k−= ≤ ≤ 2 2 1 1 1 1 1 s t ks k k t aa a q a a qa − − − + = = > = 2 1 1 1 1 1 k s t ka q a q a q− − −≥ > 2 1 1k s t k≥ − − > − , ,s t k 2 1k s t= − − 1 1 k ka a q+ = { }na 1 1 n na a q −= { }na 3n = ( )2 3 k l aa k la = > 0k la a> > 3 k k k l aa a aa = ⋅ > 3k < 此时必有 ，即 ， 即 成等比数列，不妨设 ， 然后利用性质①：取 ，则 ， 即数列中必然存在一项的值为 ，下面我们来证明 ， 否则，由数列的单调性可知 ， 在性质②中，取 ，则 ，从而 ， 与前面类似的可知则存在 ，满足 ， 若 ，则： ，与假设矛盾； 若 ，则： ，与假设矛盾； 若 ，则： ，与数列的单调性矛盾； 即不存在满足题意的正整数 ，可见 不成立，从而 ， 同理可得： ，从而数列 为等比数列， 同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列. 由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列 为等比数列. 【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳 法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力. 1．【2020 届黑龙江省大庆实验中学高三下学期第二次“战疫”线上测试数学】在等差数列 2, 1k l= = 2 2 3 1 aa a = 1 2 3, ,a a a ( )2 2 1 3 1, 1a a q a a q q= = > 3, 2i j= = 2 2 4 33 1 1 2 1 m a a qa a qa a q = = = 3 1a q 3 4 1a a q= 3 4 1a a q< 4n = 2 4 k k k k l l a aa a aa a = = > 4k < { } { }( ), 1,2,3k l k l⊆ > 2 4 k l aa a = 3, 2k l= = 2 3 4 1 k l aa a qa = = 3, 1k l= = 2 4 3 4 1 1 k l aa a q a qa = = > 2, 1k l= = 2 2 4 1 3 k l aa a q aa = = = ,k l 3 4 1a a q< 3 4 1a a q= 4 5 5 1 6 1, ,a a q a a q= =  { }na { }na 中，若 ， ，则 和 的等比中项为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由题意得： ，所以 ， ， 所以 . ， 所以 和 的等比中项为 . 故选 A. 2．【河北省正定中学2019-2020 学年高三下学期第四次阶段质量检测数学】把 100 个面包 分给 5 个人，使每个人的所得成等差数列，且使较大的三份之和的 是较小的两份之和， 则最小一份的量为 A．5 B． C． D．10 【答案】C 【解析】设最小的一份为 ,公差为 d, 由题意可得 ,且 ， 解得 , 故选 C. 【点睛】 本题考查等差数列的通项公式的计算以及等差数列前 n 项和公式的应用，属于基础题. 基 本元的思想是在等差数列中有 5 个基本量 ，列出方程组，可求得数列中的 量. { }na 3 8 13 7a a a+ + = 2 11 14 14a a a+ + = 8a 9a 7 2 3 ± 7 2 3 2 7 3 ± 2 7 3 3 8 13 83 7a a a a+ + = = 8 7 3a = 2 11 14 93 14a a a a+ + = = 9 14 3a = 8 9 98 9a a⋅ = 8a 9a 7 2 3 ± 1 6 5 3 20 7 1a ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 12 3 4 6a d a d a d a a d + + + + + × = + +  ( ) 1 5 5 15 1002a d × −+ = 1 20 7a = 1, , , ,n na d a S n 3．【湘赣粤2020 届高三（6 月)大联考】已知数列 的前 n 项和为 ， ， ，则数列 的通项公式为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为数列 的前 项和为 ， ， ， 当 时， ； 把 代入检验，只有答案 AB 成立，排除 CD； 当 时， ；排除 B. 故选 A ． 【点睛】 本题主要考查数列递推关系式的应用以及排除法在选择题中的应用，属于基础题． 4．【广东省深圳外国语学校2020 届高三下学期 4 月综合能力测试数学】已知等比数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 A． B． C． D．6 【答案】A 【解析】设等比数列 的首项为 ，公比为 ， 因为 且 ， 所以 ，解得 或 ， { }na nS 2 4a = *( 1) ( )2 n n n aS n N∈+= { }na *( )2na n n N= ∈ *2 ( )n na n N= ∈ *( )2na n n N= + ∈ 2 *( )na n n N= ∈ { }na n nS 2 4a = *( 1) ( )2 n n n aS n N∈+= ∴ 2n = 2 2 1 2 1 (2 1) 22 aS a a a += = + ⇒ = 1n = 3n = 3 3 1 2 3 3 (3 1) 62 aS a a a a += = + + ⇒ = { }na n nS 2 2 3a = 1 2 3 1 1 1 13 2a a a + + = 3S = 26 9 13 3 13 9 { }na 1a q 2 2 3a = 1 2 3 1 1 1 13 2a a a + + = 1 2 1 1 1 2 3 1 1 1 13 2 a q a a q a q  =  + + =  1 2 9 3 a q  =  = 1 2 1 3 a q = = 当 ， 时， ； 当 ， 时， . 所以 . 故选 A. 【点睛】 本题主要考查等比数列的通项公式和前 项和公式，考查学生对公式的熟练程度及计算 能力，属于基础题. 5．【黑龙江省大庆市第四中学2020 届高三 4 月月考数学】已知数列 的前 项和 ， 且满足 ，则 A．1013 B．1022 C．2036 D．2037 【答案】A 【解析】由数列 的前 项和 ，且满足 ， 当 时， ， 两式相减，可得 ，即 ， 令 ，可得 ，解得 ， 所以数列 表示首项为 ，公比为 的等比数列，所以 ， 则 ，所以 ， 所以 . 1 2 9a = 3q = ( )3 3 2 1 3 269 1 3 9S − = =− 1 2a = 1 3q = 3 3 12 1 3 26 1 91 3 S   −     = = − 3 26 9S = n { }na n nS 1n na S+ = 3 91 2 1 2 3 9 S SS S a a a a + + +⋅⋅⋅+ = { }na n nS 1n na S+ = 2n ≥ 1 1 1n na S− −+ = 1 1 1( ) 2 0n n n n n na a S S a a− − −− + − = − = 1 1 ( 2)2 n n a na − = ≥ 1n = 1 1 12 1a S a+ = = 1 1 2a = { }na 1 2 1 2 1( )2 n na = 1 1[1 ( ) ] 12 2 1 ( )1 21 2 n n nS − = = − − 11 ( )2 2 11( )2 n nn nn S a − = = − 2 93 91 2 1 2 3 9 (2 2 2 ) (1 1 1)S SS S a a a a + + +⋅⋅⋅+ = + + + − + +  9 102(1 2 ) 9 2 11 10131 2 − − = − =− 故选：A. 【点睛】 本题考查了等比数列的定义，等比数列的通项公式以及等比数列的前 项和公式的综合 应用，着重考查推理与计算能力，属于中档试题. 6．【山西省阳泉市2020 届高三下学期第二次质量调研数学】已知数列 中， ， ，则 A． B． C． D．5051 【答案】D 【解析】由题意，数列 中， ， ， 则 ， 各式相加，可得 ， 所以 . 故选：D. 【点睛】 本题主要考查了利用数列的递推公式求解数列的项，以及等差数列的前 项和公式的应 用，其中解答中根据数列的递推关系式，合理利用叠加法求解是解答的关键，着重考查 了推理与运算能力，属于中档试题. 7．【2020 届广东省中山市高三上学期期末数学】已知数列 是各项均为正数的等比数列， 为数列 的前 项和，若 ，则 的最小值为 A．9 B．12 C．16 D．18 【答案】D 【解析】由 得 ，所以 .所以 n { }na 1 1a = ( )2 * 1 ( 1)n n na a n n N+ = + − ⋅ ∈ 101a = 5150− 5151− 5050 { }na 1 1a = ( )2 * 1 ( 1)n n na a n n N+ = + − ⋅ ∈ 2 2 2 2 2 1 3 2 4 3 101 100,1 2 , , ,3 100a a a a a a a a− = − − = − = − − = 2 2 2 2 101 1 2 21 2 3 4 9 109 0a a + − −− = − + − + ( 1 2) (1 2) ( 3 4) (3 4) ( 99 100) (99 100)− + ⋅ + + − + ⋅ + + + − + ⋅ + 100(1 100)1 2 3 100 50502 += + + + + = = 101 1 5050 5051a a= + = n { }na nS { }na n 2 2 3 3S a S+ = − 4 23a a+ 2 2 3 3S a S+ = − 2 3 2 33 3a S S a= − − = − 2 1 1 1 2 33, 0 1a q a q a qq q = − = > ⇒ >− 4 23a a+ .当且仅当 时取得最小值. 故选 D. 8．【2020 届安徽省马鞍山市高三第一次教学质量监测数学】中国古代数学著作《算法统宗》 中有这样一个问题:“三百七十八里关,初日健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其 关……”其大意为:有一个人走 378 里路,第一天健步走,从第二天起因脚痛每天走的路程 为前一天的一半,走了 6 天到达目的地…….则此人后四天走的路程比前两天走的路程少 （）里. A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设每天走的路程里数为 ,则 是公比为 的等比数列, 由 得 , 解得: 所以 后四天走的路程: ,前两天走的路程: ， 又 ，且 ，∴ ， ∴ 故此人后四天走的路程比前两天走的路程少 198， 故选:A. 9．【河北省衡水中学2020 届高三下学期（5 月)第三次联合考试数学】若 是公比为 的等比数列，记 为 的前 项和，则下列说法正确的是 ( ) ( )3 2 3 1 1 2 3 3 3 3 3 1 q q q a q a q q q q + + = + = =− − ( ) ( )21 2 1 43 1 q q q − + − += × − ( ) 43 1 61q q  = − + + −  ( ) 43 2 1 6 181q q ≥ × − ⋅ + =− 41 3 11q qq − = ⇒ = >− 198 191 63 48 { }na { }na 1 2  6 378S = 1 6 11 2 37811 2 a  −   = − ∴ 1 192a = 11192 2 n na − = ⋅   ∴ 53 4 6a a a a+ ++ 1 2a a+ 1 2 192 96 288a a =+ = + 6 378S = 63 4 5 378 288 90a a a a+ = − =+ + ( ) ( )41 52 3 6 288 90 198a a a a a a− + + = − =+ + { }na ( )0q q ≠ nS { }na n A．若 是递增数列，则 ， B．若 是递减数列，则 ， C．若 ，则 D．若 ，则 是等比数列 【答案】D 【解析】A 选项中， ，满足 单调递增，故 A 错误； B 选项中， ，满足 单调递减，故 B 错误； C 选项中，若 ，则 ，故 C 错误； D 选项中， ，所以 是等比数列.故 D 正确. 故选 D. 【点睛】 本题考查了等比数列的定义，考查了数列的单调性，考查了特值排除法，属于基础题. 10．【2020 届湖南省高三上学期期末统测数学】已知数列 是等比数列， ， 则 __________. 【答案】 【解析】设 的公比为 ，由 ，得 ，故 . 故答案为： 11．【2020 届安徽省亳州市高三上学期期末教学质量检测数学】记 为等差数列 的前 项和.已知 ， ，则公差 __________． 【答案】 【解析】设等差数列 的首项为 ，公差为 ， ， { }na 1 0a < 0q < { }na 1 0a > 0 1q< < 0q > 4 6 52S S S+ > 1 n n b a = { }nb 1 2, 3a q= = { }na 1 1, 2a q= − = { }na 1 11, 2a q= = 6 5 6 5 5 4,a a S S S S< − < − ( )1 1 1 0n n n n b a qb a q + + = = ≠ { }nb { }na 1 31, 36a a= = 2a = 6± { }na q 1 31, 36a a= = 2 36, 6q q= = ± 2 6a = ± 6± nS { }na n 3 0a = 8 48S = d = 4 { }na 1a d 3 0a = 8 48S = 解得 故答案为： 12．【河北省 2020 届高三上学期第一次大联考数学】等差数列 ， 的前 项和分别 为 ， ，若对任意正整数 都有 ，则 的值为　　　. 【答案】 【解析】因为 ， 是等差数列，所以 ， 则 . 13．【2020 届安徽省池州市高三上学期期末考试数学】已知数列 满足 ，则 ________. 【答案】-1. 【解析】 ， 累加得 ， 所以 ，当 时也符合， . 故答案为:-1 14．【河北省衡水中学2020 届高三下学期（5 月)第三次联合考试数学】记 为正项等差数 列 的前 项和，若 ，则 _________. 【答案】 【解析】设等差数列的公差为 ， 由题得 ，所以 所以 . ( ) 1 1 2 0 8 8 18 482 a d a d + =∴ × −+ = 1 8 4 a d = −  = 4 { }na { }nb n nS nT n 2 1 3 2 n n S n T n −= − 511 6 10 7 9 aa b b b b ++ + 29 43 { }na { }nb 5 11 5 811 6 10 7 9 8 8 2 2 2 a a a aa b b b b b b ++ = =+ + 15 1 15 8 15 1 15 8 2 2 15 1 29 2 3 15 2 43 S a a a T b b b + × −= = = =+ × − { }na 1 1,a = 1 1lgn n na a n− −− = ( )*2,n n≥ ∈N 100a = 1 1lgn n na a n− −− = ( )*2,n n≥ ∈N 1 1lgna a n − = lg n= − 1 lgna n= − 1n = 100 1 lg100a = − 1= − nS { }na n 1 3 4 71,a a a S= ⋅ = nS = 23 1 2 2n n− d 1 7 3 4 7 47 72 a aa a S a +⋅ = = × = 3 7,a = 1+2 7, 3d d= ∴ = 所以 . 故答案为 . 【点睛】 本题主要考查等差数列的基本量计算，考查等差中项的应用和求和，意在考查学生对这 些知识的理解掌握水平. 15．【广东省深圳市2020 届高三下学期第二次调研数学】《尘劫记》是在元代的《算学启蒙》 和明代的《算法统宗》的基础上编撰的一部古典数学著作，其中记载了一个这样的问题： 假设每对老鼠每月生子一次，每月生 12 只，且雌雄各半.1 个月后，有一对老鼠生了 12 只小老鼠，一共有 14 只；2 个月后，每对老鼠各生了 12 只小老鼠，一共有 98 只.以此 类推，假设 n 个月后共有老鼠 只，则 _____. 【答案】 【解析】由题意可得 1 个月后的老鼠的只数 , 2 个月后老鼠的只数 , 3 个月后老鼠的只数 …， n 个月后老鼠的只数 . 故答案为： . 【点睛】 本题考查利用不完全归纳法求数列的通项公式，考查运算求解能力. 16．【山西省太原市2019-2020 学年高三上学期期末数学】记数列 的前 项和为 ，若 ， ， ，则 ___________. 【答案】2559 【解析】因为 ， ， 所以 ， 所以 ， 2( 1) 3 132 2 2n n nS n n n −= + × = − 23 1 2 2n n− na na = 2 7n× 1 (1 6) 2 2 7a = + × = × 2 2 2(1 6) 7 2 7a = + × = × 2 3 3 2(1 6) 7 2 7a = + × = × 2 7n na = × 2 7n× { }na n nS 1 1a = 2 2n na n a= − 2 1 1n na a+ = + 100S = 2 2n na n a= − 2 1 1n na a+ = + 22 1 2 1n naa n+ = ++ ( ) ( ) ( ) ( )3 5 97 91 2 4 996 98...a a a aa a a a a+ + + + + + + ++ ， ， ， . 则 . 故答案为：2559 【点睛】 本题主要考查数列递推累加求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 17．【广东省广州、深圳市学调联盟2019-2020 学年高三下学期第二次调研数学】已知函数 （ ， ）有两个不同的零点 ， ， 和 ， 三个 数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，则函数 的解析式为 ______. 【答案】 【解析】函数 （ ， ）有两个不同的零点 ， ， 可得 ，且 ， 和 ， 三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列， 可得 ， 再设−2， ， 为等差数列，可得 ， 代入韦达定理可得 ， 即有 ，解得 a＝−5（4 舍去）， 则 . 故答案为： . ( )50 1 991 3 5 ... 2 49 1 25002 += + + + + × + = = ( )100 50 25100 100 50a a a= − = − − ( )12 650 1 51 12a a= + + = + − ( )363 6 57 2 59a= − − = + = 100 2500 59 2559S = + = ( ) 2f x x ax b= + + 0a < 0b > 1x 2x 2− 1x 2x ( )f x ( ) 2 5 4f x x x= − + ( ) 2f x x ax b= + + 0a < 0b > 1x 2x 1 2 1 2,x x a x x b+ = − = 1 20, 0x x> > 2− 1x 2x 2 1 2 ( 2) 4x x b= − = = 1x 2x 1 22 2x x= − 1 2 2 2 2,3 3 a ax x − − −= = 2 2 2 43 3 a a− − −⋅ = ( ) 2 5 4f x x x= − + ( ) 2 5 4f x x x= − + 【点睛】 本题考查函数的零点和二次方程的韦达定理，以及等差数列和等比数列的中项性质，考 查方程思想和运算能力，属于基础题. 18．【江西省2019-2020 学年高三 4 月新课程教学质量监测卷】设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，S7=49，a2+a8=18. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若 S3、a17、Sm 成等比数列，求 S3m. 【解析】（1）设等差数列{an}的公差为 d，∵Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，S7=49， a2+a8=18， ∴ ⇒ ，解得：d=2. ∴ （2）由（1）知： . ∵ 成等比数列，∴ ，即 9m2 ，解得 m 11. 故 【点睛】 本题考查求等差数列的通项公式和求前 项的和，以及等比数列的性质，属于中档题. 19．【辽宁省葫芦岛市2020 届高三 5 月联合考试数学】记 是正项数列 的前 项和， 是 和 的等比中项. （1）求数列 的通项公式； （2）记 ，求数列 的前 项和 . 【解析】（1）因为 是 和 的等比中项， 所以 ①，当 时， ②， 由① ②得： ， 7 4 2 8 5 7 49 2 18 S a a a a = =  + = = 4 5 7 9 a a =  = ( )4 4 2 1na a n d n= + − × = − ( ) 21 2 1 2n n nS n + −= = 3 17, , mS a S 2 3 17mS S a= 233= = 2 3 33 3 10893mS S == = n nS { }na n 1na + 4 nS { }na ( ) ( )1 1 1 1n n n b a a + = + ⋅ + { }nb n nT 1na + 4 nS ( )21 4n na S+ = 2n ≥ ( )2 1 11 4n na S− −+ = − ( ) ( )2 2 1 11 1 4 4n n n na a S S− −+ − + = − 化简得 ，即 或者 （舍去）， 故 ，数列 为等差数列， 因为 ，解得 ， 所以数列 是首项为 、公差为 的等差数列， . （2）因为 ， 所以 . 【点睛】 本题考查数列通项公式的求法以及数列的前 项和的求法，考查等差数列的判定，考查 裂项相消法求和，考查推理能力与计算能力，是中档题. 20．【2020 届广东省中山市高三上学期期末数学】设 为数列 的前 项和，已知 ， . （1）证明 为等比数列； （2）判断 ， ， 是否成等差数列？并说明理由. 【解析】（1）证明：∵ ， ，∴ ， 由题意得 ， ， ∴ 是首项为 2，公比为 2 的等比数列. （2）由（1） ，∴ . ∴ ， ∴ ， ∴ ，即 ， ， 成等差数列. 21．【广西南宁市第三中学2020 届高三适应性月考卷】等差数列 的前 项和为 ， ( ) ( )2 2 11 1n na a −− = + 11 1n na a −− = + ( )11 1 0n na a −− + + = 1 2( 2)n na a n−− = ≥ { }na ( )2 1 11 4a S+ = 1 1a = { }na 1 2 2 1na n= − 1 1 1 1 2 (2 2) 4 1nb n n n n  = = − ⋅ + +  1 2 1 1 1 1 1 114 2 2 3 1 4( 1)n n nT b b b n n n  = + + + = − + − +⋅⋅⋅+ − = + +  n nS { }na n 2 3a = 1 2 1n na a+ = + { }1na + n na nS 2 3a = 2 12 1a a= + 1 1a = 1 0na + ≠ 1 1 2 2 21 1 n n n n a a a a + + += =+ + { }1na + 1 2n na + = 2 1n na = − 1 12 2 2 21 2 n n nS n n + +−= − = − −− ( )12 2 2 2 2 1 0n n n nn S a n n++ − = + − − − − = 2n nn S a+ = n na nS { }na n nS ，其中 ， ， 成等比数列，且数列 为非常数数列. （1）求数列通项 ； （2）设 ， 的前 项和记为 ，求证： . 【解析】（1）因为 ， ， 成等比数列， 由所以 ， 即 ， 解得得 或 （舍去）， 所以 . （2）由（1）知： ， ， ， . 【点睛】 本题主要考查等比中项，等差数列的通项公式和前 n 项和公式以及裂项相消法求和，还 考查了运算求解的能力，属于中档题. 22．【广东省深圳市2020 届高三下学期第二次调研数学】已知各项都为正数的等比数列 ， ， . (1)求数列 的通项公式； (2)设 ， ，求 . 【解析】 (1)设各项都为正数的等比数列 的公比为 ，则 ， 因为 ， ， 3 3a = 1a 3a 9a { }na na 1 n n b S = nb n nT 2nT < 1a 3a 9a 2 3 1 9a a a= ⋅ ( )( )23 3 2 3 6d d= − + 1d = 0d = ( )3 3 1na a n n= + − ⋅ = ( ) ( ) 1 1 1 2 2n n n n nS na d − += + × = ( ) 1 2 1 121 1  = = = − + + n n b S n n n n 1 2 1 1 1 1 1 12 1 2 2 3 1n nT b b b n n  = + +⋅⋅⋅+ = − + − +⋅⋅⋅+ − +  12 1 21n  = − < +  { }na 2 32a = 3 4 5 8a a a = { }na 2logn nb a= 1 2 3n nT b b b b= + + + + nT { }na q 0q > 2 32a = 3 4 5 8a a a = 所以 ， 解得 ， ， 所以 ， (2)由(1)知， ， 故 ， 当 时， ； 当 时， ， 故 . 【点睛】 本题主要考查等比数列的通项公式、等比中项的性质、等差数列的前 项和公式、对数 运算等知识点，等差数列的前 项和公式为 ，考查计算能力，体现了 基础性与综合性，是中档题. 23．【2020 届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列 满足： 是公比为2 的等 比数列， 是公差为 1 的等差数列. （I）求 的值； （Ⅱ）试求数列 的前 n 项和 . 【解析】（Ⅰ）方法一： 构成公比为 2 的等比数列 2 1 3 3 3 3 4 5 4 1 32 ( ) 8 a a q a a a a a q = =  = = = 7 1 2a = 1 4q = ( )9 22 n n na N− ∗= ∈ 2 9 2 2log log 2 9 2n n nb a n-= = = - 9 2 1 4 2 9 4n n nb n n − ≤ ≤=  − ， ， ＞ 1 4n≤ ≤ 27 9 2 82n nT n n n+ -= ´ = - 4n > ( ) ( ) 21 2 97 5 3 1 4 8 322n nT n n n+ += + + + + ´ - = - + 2 2 8 1 4 8 32, 4n n n nT n n n  − ≤ ≤=  − + > ， n n 1 2n na nS a+= × { }na na n     2 n n a    1 2,a a { }na nS na n     2 1 22 1 a a∴ = × 2 14a a∴ = 又 构成公差为 1 的等差数列 ,解得 方法二： 构成公比为 2 的等比数列, .① 又 构成公差为 1 的等差数列, ② 由①②解得： （Ⅱ） 两式作差可得： , . 24.【四川省泸县第一中学 2020 届高三三 诊模拟考试数学（文）试题】已知正项等比数列 的前 项和为 ， ， ，数列 满足 ， 2 n n a    2 1 2 1 12 2 a a∴ − = 1 2 2 8 a a =  = na n     11 1 2, n n a n a n +∴ = 1 ( 1)2n n na an+ +∴ = 2 n n a    1 1 12 2 n n n n a a+ +∴ − = 2n na n= ⋅ 1 2 2 8 a a =  = 11 2 2 ,1 n nna a n −= ⋅ = 2n na n∴ = ⋅ 1 2 3n nS a a a a= + + +⋅⋅⋅+ 1 2 31 2 2 2 3 2 2nn= ⋅ + ⋅ + ⋅ +⋅⋅⋅+ ⋅ 2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 2n nS n +∴ = ⋅ + ⋅ + ⋅ +⋅⋅⋅+ ⋅ 2 3 12 2 2 2 2n n nS n +− = + + +⋅⋅⋅+ − ⋅ ( ) 12 1 2 21 2n n nnS + − = − ⋅−− 1(1 ) 2 2n n nS += ⋅− − − 1( 1) 2 2n nS n +∴ = − ⋅ + { }nb n nS 3 4b = 3 7S = { }na ( )* 1 1n na a n n N+ − = + ∈ 且 ． （I）求数列 的通项公式； （II）求数列 的前 项和． 【解析】（Ⅰ）根据题意，设 的公比为 ，所以 解得 又 ， 所以 ． （Ⅱ）因为 ， 所 以 ． 25．【2020 届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列 的前 项和为 ，且满足 ， ． （I）求 的通项公式； （Ⅱ）若 ，数列 的前 项和为 ，求证： ． 【解析】（I）当 时，由 ， 得 ； 当 时， ，两式相减得 ， 即 ，又 ， 故 恒成立， 则数列 是公比为 的等比数列，可得 ． （Ⅱ）由（I）得 ， 1 1a b= { }na 1 na       n { }nb q 2 1 2 1 1 1 4,{ 7, b q b b q b q = + + = 1 1,{ 2. b q = = 1 1n na a n+ − = + ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 3 2 2 1 1n n n n na a a a a a a a a a− − −= − + − +…+ − + − + ( ) ( ) 211 2 1 2 2 n n n nn n + += + + +…+ + = = 2 1 2 1 12 1na n n n n  = = − + +  1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 22 1 2 12 2 3 1 1 1 1n n a a a n n n n n n           + + + = − + − +…+ − + − = − =          − + + +           { }na n nS 1 1a = 1 2 1n na S+ − = { }na 3logn nb a= 2 2 2 1 n nb b +    ⋅  n nT 1 2nT < 1n = 1 1a = 2 12 1a a− = 2 3a = 2n ≥ 12 1n na S −− = ( )1 12 0n n n na a S S+ −− − − = 1 3n na a+ = ( 2)n ≥ 2 13 3a a= = 1 3n na a+ = { }na 3 13 −= n na 3 1 3log log 3 1n n nb a n−= = = − 则 ， 则 ． 故 26．【2020 届重庆市第一中学高三上学期期末考试数学】已知数列 中， ， ， . （1）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） 【解析】（1）证明：因为 所以 , 又因为 ,则 , 所以数列 是首项为 2,公比为 2 的等比数列. （2）由（1）知 ,所以 , 所以 2 2 2 1 1 1 1 1 (2 1) (2 1) 2 2 1 2 1n nb b n n n n+  = = − ⋅ − ⋅ + − +  1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1nT n n       = − + − + + −      − +       1 112 2 1n  = − +  1 02 1n >+ 1 1 112 2 1 2n  ∴ − < +  1 2nT < { }na 1 1a = 1 2 1n na a n+ = + − n nb a n= + { }nb { }na n nS ( )1 12 22 n n n nS + += − − 1 2 1,n n n na a n b a n+ = + − = + ( ) ( ) ( )1 1 1 2 1 1 2 2n n n n nb a n a n n a n b+ += + + = + − + + = + = 1 1 1 2 0b a= + = ≠ 1 2n n b b + = { }nb 2n n na n b+ = = 2n na n= − ( ) ( ) ( ) ( )2 32 1 2 2 2 3 2n nS n= − + − + − +⋅⋅⋅+ − ( ) ( )2 32 2 2 2 1 2 3n n= + + +⋅⋅⋅+ − + + +⋅⋅⋅+ ( ) ( ) ( )12 1 2 1 12 21 2 2 2 n nn n n n+ − + += − = − −− 27．【河北省正定中学2019-2020 学年高三下学期第四次阶段质量检测数学】已知点 是函数 的图象上一点，数列 的前 项和是 . （1）求数列 的通项公式； （2）若 ，求数列 的前 项和 . 【解析】 (1)把点 代入函数 得 ，所以 ， 所以数列 的前 项和是 . 当 时， ； 当 时， ， 所以 ； (2)由 ， 得 ，所以 ，① .② 由①－②得： ， 所以 . 11, 2      ( ) ( )0, 1xf x a a a= > ≠ { }na n ( ) 2nS f n= − { }na ( )1logn a nb a += − { }n na b⋅ n nT 11, 2      ( ) ( )0, 1xf x a a a= > ≠ 1 2a = ( ) 1 2 x f x  =    { }na n ( ) 12 22 n nS f n  = − = −   1n = 1 1 3 2a s= = − 2n ≥ 1 1 1 1 1 2 2 2 n n n n n na S S − −      = − = − = −           3 , 12 1 , 22 nn n a n − ==   − ≥    1 2a = ( )1logn a nb a += − +1nb n= ( )2 33 1 1 12 3 4 +12 2 2 2 n nT n     = − × − × − × −…− ⋅           ( )3 4 +11 3 1 1 13 4 +12 2 2 2 2 n nT n     = − − × − × −…− ⋅           ( )3 4 +1 3 3 1 1 1 1+ + + +12 2 4 2 2 2 2 n n nT n         = − − − … ⋅                  11 15+ ( +1) 2+2n n n T n −   = −        【点睛】 本题主要考查了 法求通项公式，即 ，运用错位相减法求和， 求和时应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2) 在写出“ ”与“ ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出 “ ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分 公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解，属于中档题. 28.【2020 届河南省郑州市高三第二次质量预测文科数学试题】已知数列 前 项和 为 ，且 ． （1）求数列 的通项公式； （2）若数列 满足 ，求数列 的前 项和 ． 【解析】（1）当 时， ． 当 时， ． 而 ， 所以数列 的通项公式为 . （2）当 时， ， 当 时， ， 所以 ， 当 时， ， 当 时， 的 nS 1 1 ( 1) ( 2)n n n S na S S n− ==  − ≥ nS nqS n nS qS− { }na n nS 2 2 1nS n n= + − { }na { }nb ( )* 1 1 n n n b na a + = ∈N { }nb n nT 1n = 1 1 2a S= = 2n ≥ ( )2 2 1 2 1 ( 1) 2( 1) 1 2 1n n na S S n n n n n−  = − = + − − − + − − = +  1 2 2 1 1a = ≠ × + { }na 2, 1 2 1, 2n na n n ==  + ≥ 1n = 1 1 2 1 1 1 2 5 10b a a = = =× 2n ≥ 1 1 1 1 (2 1)(2 3) 2 2 1 2 3nb n n n n  = = − + + + +  1 , 110 1 1 1 . , 22 2 1 2 3 n n b nn n  ==    − ≥  + +  1n = 1 1 1 10T b= = 2n ≥ ． 又 ， 符合 ， 所以 ． 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 10 2 5 7 7 9 2 1 2 3n nT b b b b n n       = + + + + = + − + − + + −      + +        1 1 1 1 4 1 10 2 5 2 3 20 30 n n n + = + − = + +  1 1 4 1 1 10 20 1 30T × += = × + 4 1 20 30n nT n += + 4 1 20 30n nT n += + ( )*Nn∈