高考数列知识点及习题总结
8：高考真题解答
1.．在公差为 的等差数列 中,已知 ,且 成等比数列.
(1)求 ; (2)若 ,求
2.．等差数列 的前 项和为 ,已知 ,且 成等比数列,求 的通项式.
3. ． （ 2013 年 高 考 江 西 卷 （ 理 ） ） 正 项 数 列 {an} 的 前 项 和 {an} 满 足 :
(1)求数列{an}的通项公式 an;
(2)令 ,数列{bn}的前 项和为 .证明:对于任意的 ,都有
4. 已 知 是 等 差 数 列 , 其 前 项 和 为 , 是 等 比 数 列 , 且
.
(I)求数列 与 的通项公式;
(II)记 ( )证明: .
5.设数列 的前 项和为 ,数列 的前 项和为 ,满足 , .
(Ⅰ)求 的值;
(Ⅱ)求数列 的通项公式.
6.已知等比数列 的各项均为正数，且 ．
（I）求数列 的通项公式．
（II）设 ，求数列 的前 n 项和．
数列高考试题汇编
1.【2014·全国卷Ⅱ（文 5）】等差数列 的公差为 2，若 ， ， 成等比数列，则
的前 n 项和 =
{ }na n nS { }nb
1 1 4 4 4 4, 27, =10a b a b S b= + = −
{ }na { }nb
1 1 2 2= + + +n n nT a b a b a b
*n N∈ *
1 18 ( , 2)n n nT a b n N n− −− = ∈ >
{ }na n nS { }nS n nT 22n nT S n= − n∈ *N
1a
{ }na
{ }na 2
1 2 3 2 62 3 1, 9a a a a a+ = =
{ }na
3 1 3 2 3log log logn nb a a a= + + +
1{ }
nb
d }{ na 101 =a 321 5,22, aaa +
nad, 0
"{ }"na
.A .B
.C .D
{ }na 1a nS n
1 2 4, ,S S S 1a =
1
2
1
2
−
{ }na n nS 1 32, 12a S= = 6a =
.8A .10B .12C .14D
{ }na 1{2 }na a
0d > 0d < 1 0a d > 1 0a d <
N
. 2nA a n=
. 2( 1)nB a n= −
. 2n
nC a =
1. 2n
nD a −=
9.【2014·重庆卷（理 2）】对任意等比数列 ,下列说法一定正确的是（ ）
成等比数列 成等比数列
成等比数列 成等比数列
10.【2014·重庆卷（文 2）】在等差数列 中, ，则 （ ）
11.【2014·全国卷Ⅱ（文 16）】数列 满足 = ， =2，则 =_________.
12.【2014·安徽卷（理 12）】数列 是等差数列，若 ， ， 构成公比
为 的等比数列，则 ________.
13.【2014·安徽卷（文 12）】如图，在等腰直角三角形
中，斜边 ，过点 作 的垂线，垂足为 ；
过点 作 的垂线，垂足为 ；过点 作 的垂线，
垂 足 为 ； … ， 以 此 类 推 ， 设 ， ，
，…， ，则 _____ ___.
14.【2014·北京卷（理 12）】若等差数列 满足 ， ，则当
________时 的前 项和最大.
15.【2014·天津卷（理 11）】设 是首项为 ，公差为-1 的等差数列， 为其前 项
和.若 成等比数列，则 的值为__________.
16.【2014·江西卷（文 13）】在等差数列 中， ，公差为 ，前 项和为 ，
当且仅当 时 取最大值，则 的取值范围_________.
17.【2014·广东卷（理 13）】若等比数列 的各项均为正数，且 ，
则 。
18.【2014·广东卷（文 13）】等比数列 的各项均为正数且 ，则
＝ .
{ }na 1 3 52, 10a a a= + = 7a =
.5A .8B .10C .14D
{ }na 1+na
na−1
1
2a 1a
{ }an 1a 1+ 3a 3+ 5a 5+
q q =
{ }na 5
1291110 2eaaaa =+
1 2 20ln ln lna a a+ + + =
{ }na
1 3 9. , ,A a a a 2 3 6. , ,B a a a
2 4 8. , ,C a a a 3 6 9. , ,D a a a
ABC 2 2BC = A BC 1A
1A AC 2A 2A 1AC
3A 1BA a= 1 2AA a=
1 2 3A A a= 5 6 7A A a= 7a =
{ }na 7 8 9 0a a a+ + > 7 10 0a a+ <
n = { }na n
{ }na 1a nS n
1 2 4, ,S S S 1a
{ }na 1 7a = d n nS
8n = nS d
{ }na 1 5 4a a =
2 1 2 2 2 3 2 4 2 5log log log log loga a a a a+ + + +
B A1
C
第 12 题图
A
A
A2
A3
A4
A5
A6
题型一 等差、等比数列的基本运算
例 1 已知等差数列{an}的前 5 项和为 105，且 a10＝2a5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意 m∈N*，将数列{an}中不大于 72m 的项的个数记为 bm.求数列{bm}的前 m 项和
Sm.
破题切入点 (1)由已知列出关于首项和公差的方程组，解得 a1 和 d，从而求出 an.
(2)求出 bm，再根据其特征选用求和方法．
解 (1)设数列{an}的公差为 d，前 n 项和为 Tn，
由 T5＝105，a10＝2a5，
得 5a1＋5×(5－1)2d＝105，a1＋9d＝2(a1＋4d)，
解得 a1＝7，d＝7.
因此 an＝a1＋(n－1)d＝7＋7(n－1)＝7n(n∈N*)．
(2)对 m∈N*，若 an＝7n≤72m，则 n≤72m－1.
因此 bm＝72m－1.
所以数列{bm}是首项为 7，公比为 49 的等比数列，
故 Sm＝b1(1－qm)1－q＝7×(1－49m)1－49＝7×(72m－1)48
＝72m＋1－748.
题型二 等差、等比数列的性质及应用
例 2 (1)已知正数组成的等差数列{an}，前 20 项和为 100，则 a7•a14 的最大值是( )
A．25B．50C．100D．不存在
(2)在等差数列{an}中，a1＝－2013，其前 n 项和为 Sn，若 S1212－S1010＝2，则 S2013
的值为( )
A．－2011B．－2012C．－2010D．－2013
破题切入点 (1)根据等差数列的性质，a7＋a14＝a1＋a20，S20＝20(a1＋a20)2 可求
出 a7＋a14，然后利用基本不等式．
(2)等差数列{an}中，Sn 是其前 n 项和，则 Snn 也成等差数列．
答案 (1)A (2)D
解析 (1)∵S20＝a1＋a202×20＝100，∴a1＋a20＝10.
∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10.
∵an>0，∴a7•a14≤a7＋a1422＝25.
当且仅当 a7＝a14 时取等号．
故 a7•a14 的最大值为 25.
(2)根据等差数列的性质，得数列 Snn 也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项 S11
＝a1＝－2013，公差 d＝1，故 S20132013＝－2013＋(2013－1)×1＝－1，所以 S2013
＝－2013.
题型三 等差、等比数列的综合应用
例 3 已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足条件 2Sn＝3(an－1)，其中 n∈N*.
(1)证明：数列{an}为等比数列；
(2)设数列{bn}满足 bn＝log3an，若 cn＝anbn，求数列{cn}的前 n 项和．
破题切入点 (1)利用 an＝Sn－Sn－1 求出 an 与 an－1 之间的关系，进而用定义证明数
列{an}为等比数列．
(2)由(1)的结论得出数列{bn}的通项公式，求出 cn 的表达式，再利用错位相减法求和．
(1)证明 由题意得 an＝Sn－Sn－1＝32(an－an－1)(n≥2)，
∴an＝3an－1，∴anan－1＝3(n≥2)，
又 S1＝32(a1－1)＝a1，解得 a1＝3，
∴数列{an}是首项为 3，公比为 3 的等比数列．
(2)解 由(1)得 an＝3n，则 bn＝log3an＝log33n＝n，
∴cn＝anbn＝n•3n，
设 Tn＝1•31＋2•32＋3•33＋…＋(n－1)•3n－1＋n•3n，
3Tn＝1•32＋2•33＋3•34＋…＋(n－1)•3n＋n•3n＋1.
∴－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－n•3n＋1
＝3(1－3n)1－3－n•3n＋1，
∴Tn＝(2n－1)3n＋1＋34.
总结提高 (1)关于等差、等比数列的基本量的运算，一般是已知数列类型，根据条件，
设出 a1，an，Sn，n，d(q)五个量的三个，知三求二，完全破解．
(2)等差数列和等比数列有很多相似的性质，可以通过类比去发现、挖掘．
(3)等差、等比数列的判断一般是利用定义，在证明等比数列时注意证明首项 a1≠0，利用
等比数列求和时注意公比 q 是否为 1.
1．已知{an}为等差数列，其公差为－2，且 a7 是 a3 与 a9 的等比中项，Sn 为{an}的前 n
项和，n∈N*，则 S10 的值为( )
A．－110B．－90
C．90D．110
答案 D
解析 ∵a3＝a1＋2d＝a1－4，a7＝a1＋6d＝a1－12，a9＝a1＋8d＝a1－16，
又∵a7 是 a3 与 a9 的等比中项，
∴(a1－12)2＝(a1－4)•(a1－16)，
解得 a1＝20.
∴S10＝10×20＋12×10×9×(－2)＝110.
2．(2014•课标全国Ⅱ)等差数列{an}的公差为 2，若 a2，a4，a8 成等比数列，则{an}的
前 n 项和 Sn 等于( )
A．n(n＋1) B．n(n－1)
C.n(n＋1)2D.n(n－1)2
答案 A
解析 由 a2，a4，a8 成等比数列，得 a24＝a2a8，
即(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋14)，
∴a1＝2.
∴Sn＝2n＋n(n－1)2×2
＝2n＋n2－n＝n(n＋1)．
3．等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 2S4＝S5＋S6，则数列{an}的公比 q 的值为( )
A．－2 或 1B．－1 或 2
C．－2D．1
答案 C
解析 方法一 若 q＝1，
则 S4＝4a1，S5＝5a1，S6＝6a1，
显然不满足 2S4＝S5＋S6，
故 A、D 错．
若 q＝－1，则 S4＝S6＝0，S5＝a5≠0，
不满足条件，故 B 错，因此选 C.
方法二 经检验 q＝1 不适合，
则由 2S4＝S5＋S6，
得 2(1－q4)＝1－q5＋1－q6，化简得
q2＋q－2＝0，解得 q＝1(舍去)，q＝－2.
4．(2014•大纲全国)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lgan}的前 8 项和等于( )
A．6B．5C．4D．3
答案 C
解析 数列{lgan}的前 8 项和 S8＝lga1＋lga2＋…＋lga8
＝lg(a1•a2•…•a8)＝lg(a1•a8)4
＝lg(a4•a5)4＝lg(2×5)4＝4.
5．(2014•大纲全国)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S2＝3，S4＝15，则 S6 等于
( )
A．31B．32C．63D．64
答案 C
解析 在等比数列{an}中，S2、S4－S2、S6－S4 也成等比数列，
故(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，
则(15－3)2＝3(S6－15)，
解得 S6＝63.
6．已知两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 An 和 Bn，且 AnBn＝7n＋45n＋3，
则使得 anbn 为整数的正整数 n 的个数是( )
A．2B．3C．4D．5
答案 D
解析 由等差数列的前 n 项和及等差中项，
可得 anbn＝12(a1＋a2n－1)12(b1＋b2n－1)
＝12(2n－1)(a1＋a2n－1)12(2n－1)(b1＋b2n－1)＝A2n－1B2n－1
＝7(2n－1)＋45(2n－1)＋3＝14n＋382n＋2
＝7n＋19n＋1＝7＋12n＋1 (n∈N*)，
故 n＝1,2,3,5,11 时，anbn 为整数．
即正整数 n 的个数是 5.
7．(2013•课标全国Ⅰ)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝23an＋13，则{an}的通项公式是 an＝
________.
答案 (－2)n－1
解析 当 n＝1 时，a1＝1；
当 n≥2 时，
an＝Sn－Sn－1＝23an－23an－1，
故 anan－1＝－2，故 an＝(－2)n－1.
8．(2014•江苏)在各项均为正数的等比数列{an}中，若 a2＝1，a8＝a6＋2a4，则 a6 的
值是________．
答案 4
解析 因为 a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由 a8＝a6＋2a4 得 a2q6＝a2q4＋
2a2q2，消去 a2q2，得到关于 q2 的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，解得 q2＝2，a6＝
a2q4＝1×22＝4.
9．(2014•安徽)数列{an}是等差数列，若 a1＋1，a3＋3，a5＋5 构成公比为 q 的等比数
列，则 q＝________.
答案 1
解析 设等差数列的公差为 d，
则 a3＝a1＋2d，a5＝a1＋4d，
∴(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)，解得 d＝－1，
∴q＝a3＋3a1＋1＝a1－2＋3a1＋1＝1.
10．在数列{an}中，如果对任意 n∈N*都有 an＋2－an＋1an＋1－an＝k(k 为常数)，则称
数列{an}为等差比数列，k 称为公差比．现给出下列问题：
①等差比数列的公差比一定不为零；
②等差数列一定是等差比数列；
③若 an＝－3n＋2，则数列{an}是等差比数列；
④若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比．
其中正确命题的序号为________．
答案 ①③④
解析 若 k＝0，{an}为常数列，分母无意义，①正确；公差为零的等差数列不是等差比
数列，②错误；an＋2－an＋1an＋1－an＝3，满足定义，③正确；设 an＝a1qn－
1(q≠0)，则 an＋2－an＋1an＋1－an＝a1qn＋1－a1qna1qn－a1qn－1＝q，④正确．
11．(2014•课标全国Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4 是方程 x2－5x＋6＝0 的
根．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{an2n}的前 n 项和．
解 (1)方程 x2－5x＋6＝0 的两根为 2,3，
由题意得 a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为 d，则 a4－a2＝2d，
故 d＝12，从而 a1＝32.
所以{an}的通项公式为 an＝12n＋1.
(2)设{an2n}的前 n 项和为 Sn.
由(1)知 an2n＝n＋22n＋1，则
Sn＝322＋423＋…＋n＋12n＋n＋22n＋1，
12Sn＝323＋424＋…＋n＋12n＋1＋n＋22n＋2.
两式相减得
12Sn＝34＋(123＋…＋12n＋1)－n＋22n＋2
＝34＋14(1－12n－1)－n＋22n＋2.
所以 Sn＝2－n＋42n＋1.
12．(2014•北京)已知{an}是等差数列，满足 a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足 b1＝4，b4＝
20，且{bn－an}为等比数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前 n 项和．
解 (1)设等差数列{an}的公差为 d，由题意得
d＝a4－a13＝12－33＝3，
所以 an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)．
设等比数列{bn－an}的公比为 q，由题意得
q3＝b4－a4b1－a1＝20－124－3＝8，解得 q＝2.
所以 bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.
从而 bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．
(2)由(1)知 bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．
数列{3n}的前 n 项和为 32n(n＋1)，
数列{2n－1}的前 n 项和为 1－2n1－2＝2n－1.
所以，数列{bn}的前 n 项和为 32n(n＋1)＋2n－1.
数列专题复习
一、等差数列的有关概念：
1、等差数列的判断方法：定义法 或 。
如设 是等差数列，求证：以 bn= 为通项公式的数列
为等差数列。
2、等差数列的通项： 或 。
如(1)等差数列 中， ， ，则通项 （答： ）；
（2）首项为-24 的等差数列，从第 10 项起开始为正数，则公差的取值范围是______
（答： ）
3、等差数列的前 和： ， 。
如（1）数列 中， ， ，前 n 项和 ，
则 ＝ ＿， ＝＿（答： ， ）；
（2）已知数列 的前 n 项和 ，求数列 的前 项和 （答：
）.
4、等差中项：若 成等差数列，则 A 叫做 与 的等差中项，且 。
提醒：（1）等差数列的通项公式及前 和公式中，涉及到 5 个元素： 、 、 、
及 ，其中 、 称作为基本元素。只要已知这 5 个元素中的任意 3 个，便可求出其余 2
个，即知 3 求 2。（2）为减少运算量，要注意设元的技巧，如奇数个数成等差，可设为…，
1 (n na a d d+ − = 为常数） 1 1( 2)n n n na a a a n+ −− = − ≥
{ }na
n
aaa n+++ 21 *n N∈ { }nb
1 ( 1)na a n d= + − ( )n ma a n m d= + −
{ }na 10 30a = 20 50a = na = 2 10n +
8 33 d< ≤
n 1( )
2
n
n
n a aS
+= 1
( 1)
2n
n nS na d
−= +
{ }na *
1
1 ( 2, )2n na a n n N−= + ≥ ∈ 3
2na = 15
2nS = −
1a n 1 3a = − 10n =
{ }na 212nS n n= − {| |}na n nT
2 *
2 *
12 ( 6, )
12 72( 6, )n
n n n n NT
n n n n N
− ≤ ∈= − + > ∈
, ,a A b a b 2
a bA
+=
n 1a d n na
nS 1a d
… （ 公 差 为 ） ； 偶 数 个 数 成 等 差 ， 可 设 为 … ，
,…（公差为 2 ）
5、等差数列的性质：
（1）当公差 时，等差数列的通项公式 是关于 的一
次函数，且斜率为公差 ；前 和 是关于 的二次
函数且常数项为 0.
（2）若公差 ，则为递增等差数列，若公差 ，则为递减等差数列，若公差 ，
则为常数列。
（3）当 时,则有 ，特别地，当 时，则有
.
如（1）等差数列 中， ，则 ＝____（答：
27）；
(4) 若 、 是等差数列，则 、 ( 、 是非零常数)、
、 ，…也成等差数列，而 成等比数列；若
是等比数列，且 ，则 是等差数列.
如等差数列的前 n 项和为 25，前 2n 项和为 100，则它的前 3n 和为 。（答：
225）
（5）在等差数列 中，当项数为偶数 时， ；项数为奇数 时，
， （这里 即 ）； 。
如（1）在等差数列中，S11＝22，则 ＝______（答：2）；
（2）项数为奇数的等差数列 中，奇数项和为 80，偶数项和为 75，求此数列的中
间项与项数（答：5；31）.
（ 6 ） 若 等 差 数 列 、 的 前 和 分 别 为 、 ， 且 ， 则
.如设{ }与{ }是两个等差数列，它们的前 项和分
别为 和 ，若 ，那么 ___________（答： ）
2 , , , , 2a d a d a a d a d− − + + d
3 , , , 3a d a d a d a d− − + + d
0d ≠ 1 1( 1)na a n d dn a d= + − = + − n
d n 2
1 1
( 1) ( )2 2 2n
n n d dS na d n a n
−= + = + − n
0d > 0d < 0d =
m n p q+ = + qpnm aaaa +=+ 2m n p+ =
2m n pa a a+ =
{ }na 1 2 318, 3, 1n n n nS a a a S− −= + + = = n
{ }na { }nb { }nka { }n nka pb+ k p
*{ }( , )p nqa p q N+ ∈ 2 3 2, ,n n n n nS S S S S− − { }naa
{ }na 0na > {lg }na
{ }na 2n S S nd=偶 奇－ 2 1n −
S S a− =奇 偶 中 2 1 (2 1)nS n a− = − ⋅ 中 a中 na ( )1-n:nS =偶奇：S
6a
{ }na
{ }na { }nb n nA nB ( )n
n
A f nB
=
2 1
2 1
(2 1) (2 1)(2 1)
n n n
n n n
a n a A f nb n b B
−
−
−= = = −− na nb n
nS nT
34
13
−
+=
n
n
T
S
n
n =
n
n
b
a 6 2
8 7
n
n
−
−
(7)“首正”的递减等差数列中，前 项和的最大值是所有非负项之和；“首负”的递
增 等 差 数 列 中 ， 前 项 和 的 最 小 值 是 所 有 非 正 项 之 和 。 法 一 ： 由 不 等 式 组
确定出前多少项为非负（或非正）；法二：因等差数列前 项是关
于 的二次函数，故可转化为求二次函数的最值，但要注意数列的特殊性 。上述两
种方法是运用了哪种数学思想？（函数思想），由此你能求一般数列中的最大或最小项吗？
如（1）等差数列 中， ， ，问此数列前多少项和最大？并求此最大
值。（答：前 13 项和最大，最大值为 169）；
（2）若 是等差数列，首项 ， ，则使前 n 项和
成立的最大正整数 n 是 （答：4006）
（3）在等差数列 中， ，且 ， 是其前 项和，则（ ）
A、 都小于 0， 都大于 0
B、 都小于 0， 都大于 0
C、 都小于 0， 都大于 0
D、 都小于 0， 都大于 0 （答：B）
(8)如果两等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，
且新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数. 注意：公共项仅是公共的项，其项
数不一定相同，即研究 .
二、等比数列的有关概念：
1、等比数列的判断方法：定义法 ，其中 或
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如（1）一个等比数列{ }共有 项，奇数项之积为 100，偶数项之积为 120，则
为 ____ （ 答 ： ） ； （ 2 ） 数 列 中 ， =4 +1 ( ) 且 =1 ， 若
，求证：数列｛ ｝是等比数列。
2、等比数列的通项： 或 。
n
n
≥
≤
≤
≥
++ 0
0
0
0
11 n
n
n
n
a
a
a
a 或 n
n *n N∈
{ }na 1 25a = 9 17S S=
{ }na 1 0,a > 2003 2004 0a a+ > 2003 2004 0a a⋅ <
0nS >
{ }na 10 110, 0a a< > 11 10| |a a> nS n
1 2 10,S S S 11 12,S S
1 2 19,S S S 20 21,S S
1 2 5,S S S 6 7,S S
1 2 20,S S S 21 22,S S
n ma b=
1 (n
n
a q qa
+ = 为常数） 0, 0nq a≠ ≠ 1
1
n n
n n
a a
a a
+
−
=
( 2)n ≥
na 2 1n + 1na +
5
6 { }na nS 1na − 2n ≥ 1a
nnn aab 21 −= + nb
1
1
n
na a q −= n m
n ma a q −=
如等比数列 中， ， ，前 项和 ＝126，求 和 .（答：
， 或 2）
3、等比数列的前 和：当 时， ；当 时， 。
如（1）等比数列中， ＝2，S99=77，求 （答：44）；
（2） 的值为__________（答：2046）；
特别提醒：等比数列前 项和公式有两种形式，为此在求等比数列前 项和时，首先要
判断公比 是否为 1，再由 的情况选择求和公式的形式，当不能判断公比 是否为 1 时，
要对 分 和 两种情形讨论求解。
4、等比中项：若 成等比数列，那么 A 叫做 与 的等比中项。提醒：不是任何
两数都有等比中项，只有同号两数才存在等比中项，且有两个 。如已知两个正数
的等差中项为 A，等比中项为 B，则 A 与 B 的大小关系为______（答：A＞B）
提醒：（1）等比数列的通项公式及前 和公式中，涉及到 5 个元素： 、 、 、
及 ，其中 、 称作为基本元素。只要已知这 5 个元素中的任意 3 个，便可求出其余 2
个，即知 3 求 2；（2）为减少运算量，要注意设元的技巧，如奇数个数成等比，可设为…，
…（公比为 ）；但偶数个数成等比时，不能设为… ，…，
因公比不一定为正数，只有公比为正时才可如此设，且公比为 。如有四个数，其中前三
个数成等差数列，后三个成等比数列，且第一个数与第四个数的和是 16，第二个数与第三
个数的和为 12，求此四个数。（答：15，,9，3,1 或 0,4，8,16）
5.等比数列的性质：
（1）当 时，则有 ，特别地，当 时，则有
.
如（1）在等比数列 中， ，公比 q 是整数，则 =___
（答：512）；
（2）各项均为正数的等比数列 中，若 ，则
{ }na 1 66na a+ = 2 1 128na a − = n nS n q
6n = 1
2q =
n 1q = 1nS na= 1q ≠ 1(1 )
1
n
n
a qS q
−= −
1
1
na a q
q
−= −
q 9963 aaa +++
)(
10
1 0
∑ ∑
= =n
n
k
k
nC
n n
q q q
q 1q = 1q ≠
, ,a A b a b
ab±
, ( )a b a b≠
n 1a q n na
nS 1a q
2
2 , , , ,a a a aq aqq q q 3
3 ,,, aqaqq
a
q
a
2q
m n p q+ = + m n p qa a a a= 2m n p+ =
2
m n pa a a=
{ }na 3 8 4 7124, 512a a a a+ = = − 10a
{ }na 5 6 9a a⋅ = 3 1 3 2 3 10log log loga a a+ + + =
（答：10）。
(2) 若 是等比数列，则 、 、 成等比数列；若
成等比数列，则 、 成等比数列； 若 是等比数列，且公比
，则数列 ，…也是等比数列。当 ，且 为偶数时，数
列 ，…是常数数列 0，它不是等比数列.
如 （ 1 ） 已 知 且 ， 设 数 列 满 足 ， 且
，则 . （答： ）；
（2）在等比数列 中， 为其前 n 项和，若 ，则
的值为______（答：40）
(3)若 ，则 为递增数列；若 , 则 为递减数列；若
， 则 为 递 减 数 列 ； 若 , 则 为 递 增 数 列 ； 若
，则 为摆动数列；若 ，则 为常数列.
(4) 当 时， ，这里 ，但 ，
是等比数列前 项和公式的一个特征，据此很容易根据 ，判断数列 是否为等比数列。
如若 是等比数列，且 ，则 ＝ （答：－1）
(5) .如设等比数列 的公比为 ，前 项和为 ，若
成等差数列，则 的值为_____（答：－2）
(6) 在等比数列 中，当项数为偶数 时， ；项数为奇数 时，
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(7)如果数列 既成等差数列又成等比数列，那么数列 是非零常数数列，故常数
数列 仅是此数列既成等差数列又成等比数列的必要非充分条件。
如设数列 的前 项和为 （ ）， 关于数列 有下列三个命题：①若
{ }na {| |}na *{ }( , )p nqa p q N+ ∈ { }nka
{ } { }n na b、 { }n na b { }n
n
a
b { }na
1q ≠ − 2 3 2, ,n n n n nS S S S S− − 1q = − n
2 3 2, ,n n n n nS S S S S− −
0a > 1a ≠ { }nx 1log 1 loga n a nx x+ = + ( *)n N∈
1 2 100 100x x x+ + + = 101 102 200x x x+ + + =
100100a
}{ na nS 140,13 30101030 =+= SSSS 20S
1 0, 1a q> > { }na 1 0, 1a q< > { }na
1 0,0 1a q> < < { }na 1 0,0 1a q< < < { }na
0q < { }na 1q = { }na
1q ≠ baqq
aqq
aS nn
n +=−+−
−=
11
11 0a b+ = 0, 0a b≠ ≠
n nS { }na
{ }na 3 n
nS r= + r
m n
m n m n n mS S q S S q S+ = + = + }{ na q n nS
1 2, ,n n nS S S+ + q
{ }na 2n S qS=偶 奇 2 1n −
1S a qS= +奇 偶
{ }na { }na
{ }na
{ }na n nS N∈n { }na
，则 既是等差数列又是等比数列；②若 ，
则 是等差数列；③若 ，则 是等比数列。这些命题中，真命题的序号
是 （答：②③）
三、数列通项公式的求法
一、公式法
① ；
② 等差、等比数列 公式.
例 已知数列 满足 ， ，求数列 的通项公式。
评注：本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ，说明数列
是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出 ，进而求出数列
的通项公式。
二、累加法
例 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。
评注：本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ，进而求
出 ，即得数列 的通项公式。
例 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。
评注：本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ，
进而求出 ，即得数列 的通
项公式。
三、累乘法
例 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。
≥−
==
− )2(
)1
1
1
nSS
nSa
nn
n
（
)(1 N∈= + naa nn
{ }na ( )R∈+= banbnaSn 、2
{ }na ( ) n
nS 11 −−= { }na
{ }na { }na
{ }na 1 2 3 2n
n na a+ = + × 1 2a = { }na
1 2 3 2n
n na a+ = + × 1
1
3
2 2 2
n n
n n
a a+
+ − =
{ }2
n
n
a 31 ( 1)2 2
n
n
a n= + −
{ }na
{ }na 1 12 1 1n na a n a+ = + + =， { }na
1 2 1n na a n+ = + + 1 2 1n na a n+ − = +
1 1 2 3 2 2 1 1( ) ( ) ( ) ( )n n n na a a a a a a a a− − −− + − + + − + − + { }na
{ }na 1 12 3 1 3n
n na a a+ = + × + =， { }na
1 2 3 1n
n na a+ = + × + 1 2 3 1n
n na a+ − = × +
1 1 2 3 2 2 1 1( ) ( ) ( ) ( )n n n n na a a a a a a a a a− − −= − + − + + − + − + { }na
{ }na 1 12( 1)5 3n
n na n a a+ = + × =， { }na
评注：本题解题的关键是把递推关系 转化为 ，进而求
出 ，即得数列 的通项公式。
四、取倒数法
例 已知数列{ }中，其中 ，且当 n≥2 时， ，求通项公式 。
解 将 两边取倒数得： ，这说明 是一个等差数列，
首项是 ，公差为 2，所以 ，即 .
五、待定系数法
例 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。
评注：本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ，
从而可知数列 是等比数列，进而求出数列 的通项公式，最后再求出数列
的通项公式。
例 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。
评注：本题解题的关键是把递推关系式 转化为
，从而可知数列 是等比数列，进而求
出数列 的通项公式，最后再求数列 的通项公式。
六、对数变换法
例 已知数列 满足 ， ，求数列 的通项公式。
评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式 转化为
，从而可知数列
na ,11 =a 12 1
1
+=
−
−
n
n
n a
aa na
12 1
1
+=
−
−
n
n
n a
aa 211
1
=−
−nn aa }1{
na
11
1
=
a 122)1(11 −=×−+= nnan 12
1
−=
nan
1 2( 1)5n
n na n a+ = + × 1 2( 1)5nn
n
a na
+ = +
1 3 2
1
1 2 2 1
n n
n n
a a a a aa a a a
−
− −
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ { }na
{ }na 1 12 3 5 6n
n na a a+ = + × =， { }na
1 2 3 5n
n na a+ = + × 1
1 5 2( 5 )n n
n na a+
+ − = −
{ 5 }n
na − { 5 }n
na −
{ }na
{ }na 1 13 5 2 4 1n
n na a a+ = + × + =， { }na
1 3 5 2 4n
n na a+ = + × +
1
1 5 2 2 3( 5 2 2)n n
n na a+
+ + × + = + × + { 5 2 2}n
na + × +
{ 5 2 2}n
na + × + { }na
{ }na 5
1 2 3n
n na a+ = × × 1 7a = { }na
5
1 2 3n
n na a+ = × ×
1
lg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 2lg ( 1) 5(lg )4 16 4 4 16 4n na n a n+ + + + + = + + +
是等比数列，进而求出数列 的通项
公式，最后再求出数列 的通项公式。
七、迭代法
例 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。
评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。即先将等式
两边取常用对数得 ，即 ，再由累乘法可推知
，从而 。
八、数学归纳法
例 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。
解：由 及 ，得。。。。。。
由此可猜测 ，往下用数学归纳法证明这个结论。
（1）当 时， ，所以等式成立。
（2）假设当 时等式成立，即 ，则当 时，
。。。。。。
由此可知，当 时等式也成立。
根据（1），（2）可知，等式对任何 都成立。
九、换元法
lg3 lg3 lg 2{lg }4 16 4na n+ + + lg3 lg3 lg 2{lg }4 16 4na n+ + +
{ }na
{ }na 3( 1)2
1 1 5nn
n na a a+
+ = =， { }na
3( 1)2
1
nn
n na a +
+ =
1lg 3( 1) 2 lgn
n na n a+ = + × × 1lg 3( 1)2lg
nn
n
a na
+ = +
( 1)
1 23 ! 21 3 2
1
1 2 2 1
lg lg lg lglg lg lg5lg lg lg lg
n n
n nn n
n
n n
a a a aa aa a a a
−
− ⋅ ⋅−
− −
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
1 ( 1)3 ! 2 25
n n nn
na
− −⋅ ⋅=
{ }na 1 12 2
8( 1) 8
(2 1) (2 3) 9n n
na a an n+
+= + =+ + ， { }na
1 2 2
8( 1)
(2 1) (2 3)n n
na a n n+
+= + + + 1
8
9a =
2
2
(2 1) 1
(2 1)n
na n
+ −= +
1n =
2
1 2
(2 1 1) 1 8
(2 1 1) 9a
× + −= =× +
n k=
2
2
(2 1) 1
(2 1)k
ka k
+ −= + 1n k= +
1 2 2
8( 1)
(2 1) (2 3)k k
ka a k k+
+= + + +
1n k= +
*n N∈
例 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。
解：令 ，则
故 ， 代 入 得 。 。 。 。 。 。 即
因为 ，故 则 ，即 ，
可化为 ，
所以 是以 为首项，以 为公比的等比数
列，因此 ，则 ，即 ，得
。
十、构造等差、等比数列法
① ；② ；③ ；④ .
例 已知数列 中， ，求数列 的通项公式.
【解析】
【反思归纳】递推关系形如“ ” 适用于待定系数法或特征根法：
①令 ；
② 在 中令 ， ；
③由 得 ， .
例 已知数列 中， ，求数列 的通项公式.
【解析】 ， ，令
qpaa nn +=+1
n
nn qpaa +=+1 )(1 nfpaa nn +=+ nnn aqapa ⋅+⋅= ++ 12
32,1 11 +== + nn aaa
∴ )3(231 +=++ nn aa ∴ .32243 11 −=⇒×=+ +− n
n
n
n aa
qpaa nn +=+1
)(1 λλ −=−+ nn apa
qpaa nn +=+1 p
qxxaa nn −=⇒==+ 11 ∴ )(1 xapxa nn −=−+
qpaa nn +=+1 qpaa nn += −1 ∴ )( 11 −+ −=− nnnn aapaa
n
nn aaa 32,1 11 +== +
n
nn aa 321 +=+ ∴ n
n
n
n
n aa )2
3(22 1
1 += −
+
nn
n ba =−12
∴ 112211 )()()( bbbbbbbb nnnnn +−++−+−= −−− 2)2
3(2 −×= n ∴ nn
na 23 −=
{ }na 1 1
1 (1 4 1 24 ) 116n n na a a a+ = + + + =， { }na
1 24n nb a= + 21 ( 1)24n na b= −
2
1 1
1 ( 1)24n na b+ += − 1
1 (1 4 1 24 )16n n na a a+ = + + +
2 2
14 ( 3)n nb b+ = +
1 24 0n nb a= + ≥ 1 11 24 0n nb a+ += + ≥ 12 3n nb b+ = + 1
1 3
2 2n nb b+ = +
1
13 ( 3)2n nb b+ − = −
{ 3}nb − 1 13 1 24 3 1 24 1 3 2b a− = + − = + × − =
2
1
1 21 13 2( ) ( )2 2
n n
nb − −− = = 21( ) 32
n
nb −= + 211 24 ( ) 32
n
na −+ = +
2 1 1 1( ) ( )3 4 2 3
n n
na = + +
{ }na { }na
{ }na { }na
【反思归纳】递推关系形如“ ”通过适当变形可转化为：
“ ”或“ 求解.
十一、不动点法
例 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。
解：令 ，得 ，则 是函数 的不动点。
因为 ，所以
。
评注：本题解题的关键是通过将 的换元为 ，使得所给递推关系式转化
形式，从而可知数列 为等比数列，进而求出数列 的通项公式，
最后再求出数列 的通项公式。
四、数列求和的基本方法和技巧
一、利用常用求和公式求和
1、 等差数列求和公式：
2、等比数列求和公式：
前 个正整数的和
前 个正整数的平方和
前 个正整数的立方和
公式法求和注意事项 （1）弄准求和项数 的值；
（2）等比数列公比 未知时，运用前 项和公式要分类。
例 已知 ，求 的前 n 项和.
n
nn qpaa +=+1
qpaa nn +=+1
n
nn nfaa )(1 +=+
{ }na 1 1
7 2 22 3
n
n
n
aa aa+
−= =+ ， { }na
7 2
2 3
xx x
−= +
22 4 2 0x x− + = 1x = 3 1( ) 4 7
xf x x
−= +
1
7 2 5 51 12 3 2 3
n n
n
n n
a aa a a+
− −− = − =+ +
2 1 1 1( ) ( )3 4 2 3
n n
na = + +
1 24 na+ nb
1
1 3
2 2n nb b+ = + { 3}nb − { 3}nb −
{ }na
dnnnaaanS n
n 2
)1(
2
)(
1
1 −+=+=
≠−
−=−
−
=
=
)1(11
)1(
)1(
11
1
qq
qaa
q
qa
qna
S n
n
n
n 2
)1(321
+=++++ nnn
n 6
)12)(1(321 2222 ++=++++ nnnn
n 23333 ]2
)1([321
+=++++ nnn
n
q n
3log
1log
2
3
−=x ⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++ nxxxx 32
例 设 Sn＝1+2+3+…+n，n∈N*,求 的最大值.
∴ ＝ ＝ ＝
∴ 当 ，即 n＝8 时，
二、错位相减法求和
这种方法主要用于求数列{an· bn}的前 n 项和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比
数列. 求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比 ；
然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和。
例：（2009 全国卷Ⅰ理）在数列 中，
（I）设 ，求数列 的通项公式（II）求数列 的前 项和
分析：（I）由已知有
利用累差迭加即可求出数列 的通项公式: ( )
（II）由（I）知 , =
而 ,又 是一个典型的错位相减法模型，
易得 =
三、 倒序相加法求和
这是推导等差数列的前 n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反
序），再把它与原数列相加，就可以得到 n 个 .
例 求证：
证明： 设
∴
{ }na 1 1
1 11, (1 ) 2n n n
na a an+
+= = + +
n
n
ab n
= { }nb { }na n nS
1 1
1 2
n n
n
a a
n n
+ = ++ 1
1
2n n nb b+∴ − =
{ }nb 1
12 2n nb −= − *n N∈
12 2n n
na n −= − ∴ nS 1
1
(2 )2
n
k
k
kk −
=
−∑ 1
1 1
(2 ) 2
n n
k
k k
kk −
= =
= −∑ ∑
1
(2 ) ( 1)
n
k
k n n
=
= +∑ 1
1 2
n
k
k
k
−
=
∑
1 1
1
242 2
n
k n
k
k n
− −
=
+= −∑ ∴ nS ( 1)n n + 1
2 42n
n
−
++ −
1)32()(
++=
n
n
Sn
Snf
1)32()(
++=
n
n
Sn
Snf
nn 6434
1
++ 50)8(
1
2 +−
n
n 50
1≤
8
8−n 50
1)( max =nf
q
)( 1 naa +
nn
nnnn nCnCCC 2)1()12(53 210 +=++⋅⋅⋅+++
n
nnnnn CnCCCS )12(53 210 ++⋅⋅⋅+++=
011 3)12()12( nn
n
n
n
nn CCCnCnS ++⋅⋅⋅+−++= −
n
n nS 2)1( ⋅+=
四、分组法求和
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个
等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.
[例 7] 求数列的前 n 项和： ，…
解：设
当 a＝1 时， ＝
当 时， ＝
例：（2010 全国卷 2 文）（18）（本小题满分 12 分）已知 是各项均为正数的等比数列，
且 ，
（Ⅰ）求 的通项公式；（Ⅱ）设 ，求数列 的前 项和 。
五、裂项法求和
这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）
分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：
（1） （2）
（3） （4）
（5）
(6)
{ }na
1 2
1 2
1 12( )a a a a
+ = + 3 4 5
3 4 5
1 1 164( )a a a a a a
+ + = + +
{ }na 21( )n n
n
b a a
= + { }nb n nT
231,,71,41,11 12
−+⋅⋅⋅+++ − naaa n
)231()71()41()11( 12
−++⋅⋅⋅++++++= − naaaS nn
)23741()1111( 12
−+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++= − naaaS nn
2
)13( nnnSn
−+=
2
)13( nn +
1≠a 2
)13(
11
11 nn
a
aS
n
n
−+
−
−
=
2
)13(
1
1 nn
a
aa n −+−
− −
)()1( nfnfan −+=
nnnn tan)1tan()1cos(cos
1sin −+=+
1
11
)1(
1
+−=+=
nnnnan )12
1
12
1(2
11)12)(12(
)2( 2
+−−+=+−=
nnnn
nan
])2)(1(
1
)1(
1[2
1
)2)(1(
1
++−+=+−=
nnnnnnnan
nnnnnnn nSnnnn
nn
nn
na 2)1(
11,2)1(
1
2
1
2
1
)1(
)1(2
2
1
)1(
2
1 +−=+−⋅=⋅+
−+=⋅+
+= − 则
例 求数列 的前 n 项和.
则 ＝
例 在数列{an}中， ，又 ，求数列{bn}的前 n
项的和.
解： ∵
∴
＝
六、合并法求和
针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的
和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求 Sn.
例 数列{an}： ，求 S2002.
解：设 S2002＝
∵
S2002＝ ＝ ＝5
例 在各项均为正数的等比数列中，若 的值.
解：设
由等比数列的性质
＝10
七、利用数列的通项求和
⋅⋅⋅
++
⋅⋅⋅
++ ,
1
1,,
32
1,
21
1
nn
nn
nn
an −+=
++
= 1
1
1
1
1
32
1
21
1
++
+⋅⋅⋅+
+
+
+
=
nn
Sn 11 −+n
11
2
1
1
++⋅⋅⋅++++=
n
n
nnan
1
2
+⋅=
nn
n aab
211
2
1
1 n
n
n
nnan =++⋅⋅⋅++++=
)1
11(8
2
1
2
2
+−=+⋅
=
nnnnbn
)]1
11()4
1
3
1()3
1
2
1()2
11[(8 +−+⋅⋅⋅+−+−+−=
nnSn 1
8
+n
n
nnn aaaaaa −==== ++ 12321 ,2,3,1
2002321 aaaa +⋅⋅⋅+++
2,3,1,2,3,1 665646362616 −=−=−==== ++++++ kkkkkk aaaaaa
0665646362616 =+++++ ++++++ kkkkkk aaaaaa
2002321 aaaa +⋅⋅⋅+++ 46362616 ++++ +++ kkkk aaaa
103231365 logloglog,9 aaaaa +⋅⋅⋅++= 求
1032313 logloglog aaaSn +⋅⋅⋅++=
qpnm aaaaqpnm =⇒+=+
)log(log)log(log)log(log 6353932310313 aaaaaaSn ++⋅⋅⋅++++=
先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项
揭示的规律来求数列的前 n 项和，是一个重要的方法.
例 求 之和.
解：由于
∴ ＝
＝ ＝
1
1111111111
个n
⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++
)110(9
199999
11111
11
−=⋅⋅⋅×=⋅⋅⋅ k
kk 个个
1
1111111111
个n
⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++
9110
)110(10
9
1 nn
−−
−⋅ )91010(81
1 1 nn −−+
