第04讲 数列的通项与求和（复习讲义）（天津专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

第04讲 数列的通项与求和 目录 01 考情解码・命题预警 2 02体系构建·思维可视 3 03核心突破·靶向攻坚 3 知能解码 3 知识点1 求数列通项公式的常用方法 3 知识点2 数列求和常用方法 6 题型破译 7 题型1 观察法求通项公式 7 题型2 叠加法求通项公式 8 题型3 叠乘法求通项公式 9 题型4 待定系数法求通项公式 10 题型5 已知通项公式与前n项的和Sn关系求通项问题 11 题型6 周期数列 11 题型7 前n项积型 12 题型8 “和”型求通项 13 题型9 因式分解型求通项 13 题型10 错位相减法 14 题型11 分组求和法 15 题型12 裂项相消法 16 题型13 倒序相加法 17 04真题溯源·考向感知 18 05课本典例·高考素材 19 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 （1）求数列通项公式的常用方法 （2）数列求和常用方法 （3）分组求和法 （4）因式分解型求通项 单选题 多选题 填空题 解答题 天津卷，第19题，15分 天津卷，第19题，15分 天津卷，第19题，15分 考情分析： 本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出数列的递推公式，求解数的通项与求和问题，设题稳定，难度较高，分值为15分 复习目标： 1.理解、掌握集数列通项公式的求法，能够利用证明等差数列与等比数列 2.能掌握数列的求和公式 3.具备数形函数的思想，会借用函数的特征求解数列的单调性与最值 4.会解数列的奇偶项求和与公共项等问题。 知识点1 求数列通项公式的常用方法 1、观察法： 已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项． 2、公式法： 若已知数列的前项和与的关系，求数列的通项可用公式 构造两式作差求解．用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）． 3、累加法： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相加，可得： ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和； ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． 4、累乘法： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得： 有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解． 5、构造数列法： （一）形如（其中均为常数且）型的递推式 ： （1）若时，数列{}为等差数列； （2）若时，数列{}为等比数列； （3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种： 法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出 （二）形如型的递推式 ： （1）当为一次函数类型（即等差数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得：，令得：转化为类型Ⅴ㈠求出 ，再用类型Ⅲ（累加法）便可求出 （2）当为指数函数类型（即等比数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：当的公比为时，由递推式得：——①，，两边同时乘以得——②，由①②两式相减得，即，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出 法三：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再应用类型Ⅴ㈠的方法解决． （3）当为任意数列时，可用通法： 在两边同时除以可得到，令，则，在转化为类型Ⅲ（累加法），求出之后得． 6、对数变换法： 形如型的递推式： 在原递推式两边取对数得 ，令得：，化归为型，求出之后得（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）． 7、倒数变换法： 形如（为常数且）的递推式：两边同除于 ，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求； 还有形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求． 8、形如型的递推式： 用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型． 总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式 自主检测已知递增数列的首项，其前项和为，且满足，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 知识点2 数列求和常用方法 1、公式法 （1）等差数列的前n项和，推导方法： ． （2）等比数列的前n项和，推导方法： ． （3）一些常见的数列的前n项和： ①； ②； ③； ④ 2、几种数列求和的常用方法 （1）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． （2）裂项相消法：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，从而求得前n项和． （3）错位相减法：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，那么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解． （4）倒序相加法：如果一个数列与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可用倒序相加法求解． 自主检测数列的通项公式为，则这个数列的前63项之和为（    ） A． B． C． D． 题型1 观察法求通项公式 例1-1“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，，，，，构成数列，其前项和为，则（   ） A． B． C． D． 例1-2（24-25高一下·天津·期中）已知数列0，2，0，2，0，2，…，则前六项适合的通项公式为（    ） A． B． C． D． 方法技巧 观察法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通项．使用观察法时要注意：①观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有或者 部分．②考虑各项的变化规律与序号的关系．③应特别注意自然数列、正奇数列、正偶数列、自然数的平方、与有关的数列、等差数列、等比数列以及由它们组成的数列． 【变式训练1-1】数列，，，，，的第8项是（   ）． A． B． C． D． 【变式训练1-2】数列的一个通项公式为（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-3】数列为，则不能作为通项公式的是（    ） A． B． C． D． 题型2 叠加法求通项公式 例2-1（24-25高一上·天津滨海新·期末）已知向量满足，，，与的夹角为，设，数列的前项和为，则（    ） A．120 B．180 C．210 D．420 例2-2若，则的整数部分是（   ） A．1997 B．1998 C．1999 D．2000 方法技巧 数列有形如的递推公式，且的和可求，则变形为，利用叠加法求和。 【变式训练2-1】南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第27项为（    ） A．676 B．678 C．731 D．733 【变式训练2-2】数列满足，，则数列的前2020项的和等于（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-3】已知数列 满足 ，则 （     ） A．3 B．2 C． D． 题型3 叠乘法求通项公式 例3-1（24-25高一上·天津·期末）记为首项为1的数列的前项和，且，则（    ） A． B． C． D． 例3-2已知数列满足，，给出下列四个结论： ①数列每一项都满足（，n为正整数）； ②数列的前n项和，； ③数列每一项都满足成立； ④数列每一项都满足（n为正整数）． 其中，所有正确结论的序号是（   ） A．①③ B．②④ C．①③④ D．①② 方法技巧 数列有形如的递推公式，且的积可求，则将递推公式变形为，利用叠乘法求出通项公式. 【变式训练3-1】已知为数列的前项和，若，，则的值为（   ） A．23 B．24 C．25 D．26 【变式训练3-2】设直线与轴的交点的横坐标为，则（   ） A． B． C． D． 【变式训练3-3】设数列的前项和为，已知，则（    ） A．2024 B．2025 C． D． 题型4 待定系数法求通项公式 例4-1（2025·天津·调研）有限数列的项数是（    ） A． B． C． D． 例4-2设数列的前n项和为，则的值为（   ） A．63 B．48 C．15 D．14 【变式训练4-1】已知数列前4项为1，3，6，10，则第10项为（    ） A．28 B．30 C．44 D．55 【变式训练4-2】一只蜜蜂从蜂房出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房（如图），例如：从蜂房只能爬到号或号蜂房，从号蜂房只能爬到号或号蜂房，，以此类推，用表示蜜蜂爬到号蜂房的方法数，则被除的余数为（   ） A． B． C． D． 【变式训练4-3·变载体】传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒或小石子来研究数.他们根据沙粒或小石头所排列的形状把数分成许多类，如图的称为五边形数，若五边形数所构成的数列记作，则下列是数列的项的是（    ） A．36 B．50 C．70 D．91 题型5 已知通项公式与前n项的和Sn关系求通项问题 例5-1（24-25高一上·天津河西·期末）已知正项数列的前项和为，满足，则（    ） A． B． C． D． 例5-2已知在数列中，，前项和为，若，则数列的前15项和为（    ） A． B． C． D． 方法技巧 求解与的问题 其一称为类比作差法，实质是转化的形式为的形式，适用于的形式独立的情形。 其二称为转化法，实质是转化的形式为的形式，适用于的形式不够独立的情形；不管使用什么方法，都应该注意解题过程中对的范围加以跟踪和注意，一般建议在相关步骤后及时加注的范围． 【变式训练5-1】已知数列的前项和为，且，若对一切恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练5-2】已知正项数列中，且，其中为数列的前项和，则数列的通项公式为 ． 【变式训练5-3】已知是各项均不为零的等差数列的前项和，且．若存在，使不等式成立，则实数的取值范围是 ． 题型6 周期数列 例6-11202年意大利数学家列昂那多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”，又称斐波那契数列，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…该数列中的数字被人们称为神奇数，在现代物理，化学等领域都有着广泛的应用.若此数列各项被3除后的余数构成一新数列，则数列的前2025项的和为 . 例6-2（2023·天津河东·模拟预测）已知数列的首项，，，记为数列的前项之和，则的值是 ． 方法技巧 1、周期数列型一：分式型 2、周期数列型二：三阶递推型 3、周期数列型三：乘积型 4、周期数列型四：反解型． 【变式训练6-1】在数列中，，，，，为的前n项和，则 ． 【变式训练6-2】记数列的前项和为，且，则 . 【变式训练6-3】已知数列满足若，则的值为 ． 题型7 前n项积型 例7-1（2025·天津·模拟预测）数列是正项数列，若，且，，则 ． 例7-2若数列满足，则最多有 项 方法技巧 解类比前n项和求通项过程 1、 n=1，得 2、 时， 【变式训练7-1】已知数列满足，，则 ． 【变式训练7-2】已知数列满足，，，则此数列最多有 项． 【变式训练7-3】已知数列满足：，且对每个，，是方程的两根，则 ． 题型8 “和”型求通项 例8-1对任意正整数n有，且为严格增数列的的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．无穷多 例8-2（24-25高二下·天津·阶段练习）设首项为1的数列．足，则的个位数字为（   ） A．0 B．2 C．3 D．5 方法技巧 满足，称为“和”数列，常见如下几种 1、“和”常数型 2、“和”等差型 3、“和”二次型 4、“和”换元型 【变式训练8-1】已知数列的前项和为.若，则（    ） A．80 B．85 C．90 D．95 【变式训练8-2】定义：对任意，都有（为常数），称数列为“等和”数列.设“等和”数列的首项为 ，直线过定点，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练8-3】在数列中，，则（   ） A． B．13 C． D．9 题型9 因式分解型求通项 例9-1若数列各项均为正数，且，则下列结论错误的是（    ） A．对任意， B．当时，存在，使得 C．可以是常数列 D．当时，对任意， 例9-2（22-23高一上·天津河西·期末）设，数列满足，，，则下列说法正确的是（   ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 方法技巧 利用十字相乘进行因式分解。 【变式训练9-1】已知数列的各项均为正数，，是函数的一个零点，则（    ） A． B．2 C．3 D． 【变式训练9-2】已知数列，，，则（   ） A．8 B．16 C．24 D．64 【变式训练9-3】已知数列的各项为正数，且，，则（   ） A． B． C． D． 题型10 错位相减法 例10-1（24-25高二下·天津·阶段练习）已知数列的通项公式为，其前项和为，则 ． 例10-2设数列的前项和为，且，则数列的前项和为 . 方法技巧 错位相减法求数列的前n项和的适用条件 若是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和。 【变式训练10-1】甲、乙二人玩抛掷两枚质地均匀的硬币的游戏，约定如下：甲、乙中先由一人抛掷，直到出现两枚硬币都正面向上或已经抛掷10次，则换另一人抛掷.若甲先抛掷，抛掷X次换为乙抛掷，则X的数学期望= ． 【变式训练10-2】数列满足，，，则数列的前n项和是 ． 【变式训练10-3·变考法】已知函数的图象平分系列圆的周长与面积，记圆在轴右侧的圆心的横、纵坐标分别组成数列，则的前项和为 . 题型11 分组求和法 例11-1已知数列分别是等差、等比数列，且． (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和． 例11-2（23-24高三上·天津·期中）已知是各项均为正数的数列，为前n项和，且，，成等差数列. (1)求的通项公式； (2)求证：； (3)已知，求数列的前项和. 方法技巧 1、 分组转化求和：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n项和的数列求和。 2、 分组转化法求和的常见类型 【变式训练11-1】记是数列的前项和，，，且数列是等差数列． (1)求的通项公式； (2)设若，求数列的前项和 【变式训练11-2】设数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)设，求的前项和． 【变式训练11-3】已知是各项均为正数的等比数列，其前n项和为，，且，，成等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 题型12 裂项相消法 例12-1（22-23高一上·天津河西·期末）已知函数为数列的前项和. (1)求的通项公式； (2)记数列的前项和为，证明：. 例12-2已知数列的前n项和为，，且数列的前n项和为. (1)求数列的通项公式； (2)求证：. 【变式训练12-1】已知正项数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)求证：． 【变式训练12-2】已知是数列的前项和，数列是首项为3，公比为3的等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)已知，求数列的前项和. 【变式训练12-3】已知等差数列的前n项和为，且，． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和为． 题型13 倒序相加法 例13-1德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》，在其年幼时，对的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．现有函数，则等于（    ） A． B． C． D． 例13-1（24-25高二下·天津·阶段练习）数学家高斯在年幼时，对的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称为高斯算法.现有函数，则（    ） A．2025 B．2024 C．1013 D．1012 方法技巧 将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可用倒序相加法。 【变式训练13-1】若等差数列满足，则（    ） A．2025 B． C． D． 【变式训练13-2】已知数列是公比为的等比数列，且，若，则（   ） A．4046 B．4045 C．2024 D．2023 【变式训练13-3】若等差数列满足，则（   ） A．2025 B． C． D． 1．（2006·天津·高考真题）已知数列满足，并且（为非零参数，）． (1)若成等比数列，求参数的值； (2)设，常数且，证明：． 2．（2006·天津·高考真题）已知数列满足，，并且，（为非零参数，）． (1)若成等比数列，求参数的值； (2)当时，证明：； (3)当，证明：． 3．（2021·天津·高考真题）已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，． （I）求和的通项公式； （II）记， （i）证明是等比数列； （ii）证明 4．（2020·天津·高考真题）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． 5．（2019·天津·高考真题） 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. 1．观察： … (1)第行是多少个数的和？和是多少？ (2)计算第行的值． 2．求数列，，，…，，…的前n项和． 3．（1）利用等式，求数列的前n项和； （2）仿（1）探求数列的前n项和． 4．求和： (1)； (2). 5．等比数列的各项均为正数，且. （1）求数列的通项公式； （2）设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前项和. 2 / 50 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第04讲 数列的通项与求和 目录 01 考情解码・命题预警 2 02体系构建·思维可视 3 03核心突破·靶向攻坚 3 知能解码 3 知识点1 求数列通项公式的常用方法 3 知识点2 数列求和常用方法 6 题型破译 7 题型1 观察法求通项公式 7 题型2 叠加法求通项公式 10 题型3 叠乘法求通项公式 13 题型4 待定系数法求通项公式 16 题型5 已知通项公式与前n项的和Sn关系求通项问题 17 题型6 周期数列 21 题型7 前n项积型 23 题型8 “和”型求通项 25 题型9 因式分解型求通项 28 题型10 错位相减法 31 题型11 分组求和法 34 题型12 裂项相消法 38 题型13 倒序相加法 42 04真题溯源·考向感知 45 05课本典例·高考素材 51 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 （1）求数列通项公式的常用方法 （2）数列求和常用方法 （3）分组求和法 （4）因式分解型求通项 单选题 多选题 填空题 解答题 天津卷，第19题，15分 天津卷，第19题，15分 天津卷，第19题，15分 考情分析： 本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出数列的递推公式，求解数的通项与求和问题，设题稳定，难度较高，分值为15分 复习目标： 1.理解、掌握集数列通项公式的求法，能够利用证明等差数列与等比数列 2.能掌握数列的求和公式 3.具备数形函数的思想，会借用函数的特征求解数列的单调性与最值 4.会解数列的奇偶项求和与公共项等问题。 知识点1 求数列通项公式的常用方法 1、观察法： 已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项． 2、公式法： 若已知数列的前项和与的关系，求数列的通项可用公式 构造两式作差求解．用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）． 3、累加法： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相加，可得： ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和； ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． 4、累乘法： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得： 有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解． 5、构造数列法： （一）形如（其中均为常数且）型的递推式 ： （1）若时，数列{}为等差数列； （2）若时，数列{}为等比数列； （3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种： 法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出 （二）形如型的递推式 ： （1）当为一次函数类型（即等差数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得：，令得：转化为类型Ⅴ㈠求出 ，再用类型Ⅲ（累加法）便可求出 （2）当为指数函数类型（即等比数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：当的公比为时，由递推式得：——①，，两边同时乘以得——②，由①②两式相减得，即，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出 法三：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再应用类型Ⅴ㈠的方法解决． （3）当为任意数列时，可用通法： 在两边同时除以可得到，令，则，在转化为类型Ⅲ（累加法），求出之后得． 6、对数变换法： 形如型的递推式： 在原递推式两边取对数得，令得：，化归为型，求出之后得（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）． 7、倒数变换法： 形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求； 还有形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求． 8、形如型的递推式： 用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型． 总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式 自主检测已知递增数列的首项，其前项和为，且满足，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由已知，，得， 当时，有. 两式相减可得：，即， 所以是以为首项，以为公比的等比数列， 即，因为， 所以 . 当为奇数时，可得； 当为偶数时，可得； 综上可得. 故选：C． 知识点2 数列求和常用方法 1、公式法 （1）等差数列的前n项和，推导方法：倒序相加法． （2）等比数列的前n项和，推导方法：乘公比，错位相减法． （3）一些常见的数列的前n项和： ①； ②； ③； ④ 2、几种数列求和的常用方法 （1）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． （2）裂项相消法：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，从而求得前n项和． （3）错位相减法：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，那么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解． （4）倒序相加法：如果一个数列与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可用倒序相加法求解． 自主检测数列的通项公式为，则这个数列的前63项之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】依题意，， 所以这个数列的前63项之和. 故选：C 题型1 观察法求通项公式 例1-1“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，，，，，构成数列，其前项和为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据题意可知，，，，， 以此类推，， 所以其前项和， 所以. 故选：A. 例1-2（24-25高一下·天津·期中）已知数列0，2，0，2，0，2，…，则前六项适合的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对于A，，取前六项得2，0，2，0，2，0，不满足条件，故A错误； 对于B，，取前六项得，不满足条件，故B错误； 对于C，，取前六项得0，2，0，2，0，2，满足条件，故C正确； 对于D，，取前六项得0，2，2，8，12，22，不满足条件，故D错误． 故选：C. 方法技巧 观察法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通项．使用观察法时要注意：①观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有或者 部分．②考虑各项的变化规律与序号的关系．③应特别注意自然数列、正奇数列、正偶数列、自然数的平方、与有关的数列、等差数列、等比数列以及由它们组成的数列． 【变式训练1-1】数列，，，，，的第8项是（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【详解】重写数列的前5项，，，，， 通过观察得该数列的通项公式为，， 所以第8项为． 故选：B． 【变式训练1-2】数列的一个通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据数列的规律，奇数项为负数，偶数项为正数，第项的数字是，结合正负性， 所以该数列的一个通项公式为. 故选：D. 【变式训练1-3】数列为，则不能作为通项公式的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对于A：，故A正确； 对于B：，故B正确； 对于C：，故C错误； 对于D：，故D正确； 故选：C. 题型2 叠加法求通项公式 例2-1（24-25高一上·天津滨海新·期末）已知向量满足，，，与的夹角为，设，数列的前项和为，则（    ） A．120 B．180 C．210 D．420 【答案】C 【详解】因为，所以， 以上式子相加可得． 因为，，且与的夹角为，所以， 则， 可知数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则. 故选：C． 例2-2若，则的整数部分是（   ） A．1997 B．1998 C．1999 D．2000 【答案】B 【详解】 ， 又 ， 所以，则的整数部分为， 故选：B． 方法技巧 数列有形如的递推公式，且的和可求，则变形为，利用叠加法求和。 【变式训练2-1】南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第27项为（    ） A．676 B．678 C．731 D．733 【答案】B 【详解】记该二阶等差数列为，且该数列满足，记， 由题意可知，数列为等差数列，且， 所以等差数列的公差为，所以， 所以，则， 所以， 故选：B 【变式训练2-2】数列满足，，则数列的前2020项的和等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据题意，对两边取倒数得： ，则 ， 又,则 ， 当时也适合， 即， 则， 所以. 故选：D． 【变式训练2-3】已知数列 满足 ，则 （     ） A．3 B．2 C． D． 【答案】B 【详解】因为 ， 所以当 时， ，则 ，故B正确. 故选：B. 题型3 叠乘法求通项公式 例3-1（24-25高一上·天津·期末）记为首项为1的数列的前项和，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】易得，故， 化简得，即， 由知，故， 累乘可得， 即，故， 当时，也符合上式，故，故. 故选：C. 例3-2已知数列满足，，给出下列四个结论： ①数列每一项都满足（，n为正整数）； ②数列的前n项和，； ③数列每一项都满足成立； ④数列每一项都满足（n为正整数）． 其中，所有正确结论的序号是（   ） A．①③ B．②④ C．①③④ D．①② 【答案】C 【详解】由，，得， ，②错误； ，又，， 若，则， 则当时，，因此，①正确； 由，得，即， 又，两边同时除以，得： ，，… ，， 累加得，又， 则，即有， 当时，，所以，③正确； 由，得，则当时，， 则，当时，，即，④正确. 故选：C 方法技巧 数列有形如的递推公式，且的积可求，则将递推公式变形为，利用叠乘法求出通项公式. 【变式训练3-1】已知为数列的前项和，若，，则的值为（   ） A．23 B．24 C．25 D．26 【答案】B 【详解】当时，， 由， 由，得， 两式相减得，， 所以， 故选：B 【变式训练3-2】设直线与轴的交点的横坐标为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】令，可得， 所以 ． 故选：C． 【变式训练3-3】设数列的前项和为，已知，则（    ） A．2024 B．2025 C． D． 【答案】B 【详解】由可得， 即，因此； 因此， 可得， 所以. 故选：B 题型4 待定系数法求通项公式 例4-1（2025·天津·调研）有限数列的项数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】将有限数列每一项的指数设为新数列， 则由题意，数列是首项为，公差为2的等差数列， 所以， 令，则. 故选：D 例4-2设数列的前n项和为，则的值为（   ） A．63 B．48 C．15 D．14 【答案】D 【详解】， 故选：D 【变式训练4-1】已知数列前4项为1，3，6，10，则第10项为（    ） A．28 B．30 C．44 D．55 【答案】D 【详解】由题意，数列 满足，， ，，， 则由迭代法可得： ， 故数列的第10项为：. 故选：D. 【变式训练4-2】一只蜜蜂从蜂房出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房（如图），例如：从蜂房只能爬到号或号蜂房，从号蜂房只能爬到号或号蜂房，，以此类推，用表示蜜蜂爬到号蜂房的方法数，则被除的余数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】当且时，蜜蜂到达第号蜂房，可以从第号蜂房到达第号蜂房， 也可从第号蜂房到达第号蜂房，所以，，且，， 所以，，，，，，，，， ，，，，，，， ，， 所以，中每项除的余数依次为：、、、、、、、、、、、、 、、、、、、、， 发现余数的周期是，而，因此，被除的余数为， 故选：D. 【变式训练4-3·变载体】传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒或小石子来研究数.他们根据沙粒或小石头所排列的形状把数分成许多类，如图的称为五边形数，若五边形数所构成的数列记作，则下列是数列的项的是（    ） A．36 B．50 C．70 D．91 【答案】C 【详解】解：由已知得，， ，所以， 所以. 故选：C 题型5 已知通项公式与前n项的和Sn关系求通项问题 例5-1（24-25高一上·天津河西·期末）已知正项数列的前项和为，满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】已知正项数列的前项和为，满足，化简得． 当时，，解得；当时，， 相减可得，， 因为，所以，所以数列是以1为首项，以2为公差的等差数列； 所以，， 即， 所以 ， 故选：C． 例5-2已知在数列中，，前项和为，若，则数列的前15项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为， 所以， 所以．又， 所以是首项为1，公差为1的等差数列，则． 所以． 又也满足，所以． 所以． 所以数列的前15项和为 ． 故选：A． 方法技巧 求解与的问题 其一称为类比作差法，实质是转化的形式为的形式，适用于的形式独立的情形。 其二称为转化法，实质是转化的形式为的形式，适用于的形式不够独立的情形；不管使用什么方法，都应该注意解题过程中对的范围加以跟踪和注意，一般建议在相关步骤后及时加注的范围． 【变式训练5-1】已知数列的前项和为，且，若对一切恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】，，， 当时，，． 又且， ，得， 因为， 所以当时，取得最大值，最大值为，， 故选：D． 【变式训练5-2】已知正项数列中，且，其中为数列的前项和，则数列的通项公式为 ． 【答案】 【详解】在数列中，①，又②，， 所以①除以②得． 又，所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列， 则，所以． 当时，，当时，，也满足上式， 所以数列的通项公式为． 故答案为：． 【变式训练5-3】已知是各项均不为零的等差数列的前项和，且．若存在，使不等式成立，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【详解】易知，由题意知，即，因为，所以，，所以等差数列的公差为， 所以， 则 ． 所以原不等式等价于存在，使得成立， 即存在，使得成立． 设数列，则是递减数列， 所以数列的最大项是，所以． 故答案为：． 题型6 周期数列 例6-11202年意大利数学家列昂那多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”，又称斐波那契数列，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…该数列中的数字被人们称为神奇数，在现代物理，化学等领域都有着广泛的应用.若此数列各项被3除后的余数构成一新数列，则数列的前2025项的和为 . 【答案】2278 【详解】由数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以3的余数， 可得数列为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，…， 所以数列是周期为8的数列， 一个周期中8项和为， 又因为， 所以数列的前2025项的和. 故答案为：2278. 例6-2（2023·天津河东·模拟预测）已知数列的首项，，，记为数列的前项之和，则的值是 ． 【答案】 【详解】因为， 所以，，， ，，， 又的函数值取值的周期为，所以的周期为. 所以. 故答案为： 方法技巧 1、周期数列型一：分式型 2、周期数列型二：三阶递推型 3、周期数列型三：乘积型 4、周期数列型四：反解型． 【变式训练6-1】在数列中，，，，，为的前n项和，则 ． 【答案】5 【详解】∵，，，∴，，，，，，…， ∴为以6为周期的数列，且， 而，，故． 故答案为：5. 【变式训练6-2】记数列的前项和为，且，则 . 【答案】/ 【详解】时，；时，； 时，；时，； 时，；时，； 时，；时，； 时，；时，， 所以数列是周期为8的周期数列， 且， 所以，. 故答案为：. 【变式训练6-3】已知数列满足若，则的值为 ． 【答案】 【详解】由，得， 则，所以3是数列的一个周期， 所以． 故答案为：. 题型7 前n项积型 例7-1（2025·天津·模拟预测）数列是正项数列，若，且，，则 ． 【答案】3 【详解】因为，，所以，， 即，， 又因为，所以，， 因为，，所以， 所以， 所以. 故答案为：3. 例7-2若数列满足，则最多有 项 【答案】102 【详解】，，即， 所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以，又， 所以， 当时，，即， 所以最多有102项. 故答案为：102. 方法技巧 解类比前n项和求通项过程 1、 n=1，得 2、 时， 【变式训练7-1】已知数列满足，，则 ． 【答案】 【详解】因为，若，则；若，则， 又，所以，， 所以，又， 所以数列是首项为3，公差为2的等差数列，即， 所以，所以． 故答案为：. 【变式训练7-2】已知数列满足，，，则此数列最多有 项． 【答案】49 【详解】由， 得， 又，， 故数列为首项是48，公差是的等差数列， 所以， ，因此最多有49项． 故答案为： 【变式训练7-3】已知数列满足：，且对每个，，是方程的两根，则 ． 【答案】6385 【详解】对每个，①，②， 由①可得， 因此是一个首项为公比为的等比数列， 故，即， ； 于是 ． 故答案为：6385 题型8 “和”型求通项 例8-1对任意正整数n有，且为严格增数列的的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．无穷多 【答案】B 【详解】因为，所以， 所以为等比数列，首项为，公比为， 所以，即， 因为为严格递增数列，所以，恒成立， 即，恒成立， 所以当为奇数时，恒成立，且当为偶数时，恒成立， 当为奇数时，恒成立， 因为随的增大而减小，所以，故， 当为偶数时，恒成立， 因为随的增大而增大，所以，故， 所以，故， 所以满足条件的数列的个数为个. 故选：B. 例8-2（24-25高二下·天津·阶段练习）设首项为1的数列．足，则的个位数字为（   ） A．0 B．2 C．3 D．5 【答案】D 【详解】令得，即， 所以数列是公差为2的等差数列， 所以， 取，，则，结合， 可得：，取，，同理可得：， 所以，解得：， 因此，，，…，， 累加得， 故，所以的个位数为5． 故选：D． 方法技巧 满足，称为“和”数列，常见如下几种 1、“和”常数型 2、“和”等差型 3、“和”二次型 4、“和”换元型 【变式训练8-1】已知数列的前项和为.若，则（    ） A．80 B．85 C．90 D．95 【答案】C 【详解】方法一：，当时，， 两式相减，得当时，， 的奇数项、偶数项分别构成等差数列，公差均为 当为奇数时，； 当为偶数时，. . 方法二： ， ， 故数列是以5为首项，4为公差的等差数列， . 故选：C 【变式训练8-2】定义：对任意，都有（为常数），称数列为“等和”数列.设“等和”数列的首项为 ，直线过定点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由直线变形得： ，当时， 所以直线过定点，即， 由数列为“等和”数列且（为常数）， 所以， 所以等和”数列的奇数项为1，偶数项为2， 所以 ， 故选：D. 【变式训练8-3】在数列中，，则（   ） A． B．13 C． D．9 【答案】D 【详解】由数列中，，可得， 所以数列的奇数项为2，偶数项为9，所以． 故选：D. 题型9 因式分解型求通项 例9-1若数列各项均为正数，且，则下列结论错误的是（    ） A．对任意， B．当时，存在，使得 C．可以是常数列 D．当时，对任意， 【答案】B 【详解】由，得， 则，依题意，所以， 由于，所以可由，解得（负根舍去）， 对于A：由于，所以，即对任意，，故A正确； 对于B：因为， 又，则，即， 又，即，则， 同理可得，当，都有，故B错误； 对于C：①， 若，解得，此时是常数列，故C正确； 对于D：因为， 当，则，即， 同理可得，当，都有， 又，即数列为递减数列， 即当时，，故D正确. 故选：B 例9-2（22-23高一上·天津河西·期末）设，数列满足，，，则下列说法正确的是（   ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】D 【详解】A选项，当时， 故当或时，为常数列， 且或，所以不成立，故A错误； B选项，当时， 故当时，为常数列，且，所以不成立，故B错误； C选项，当时， 故当或时，为常数列， 且或，所以不成立，故C错误； D选项，当时，因为， 所以，又，当且仅当取等号. 故，，故D正确. 故选：D 方法技巧 利用十字相乘进行因式分解。 【变式训练9-1】已知数列的各项均为正数，，是函数的一个零点，则（    ） A． B．2 C．3 D． 【答案】D 【详解】因为是函数的一个零点， 所以是方程在上的解. 由，得，化简得，整理得，得（或舍去），所以. 由知，配方得，（方法：通过配凑，得到可以利用求解的形式） 所以（*）， 易知满足， 将代入（*）得，从而得， 故，依次类推得， 所以. 故选:D. 【变式训练9-2】已知数列，，，则（   ） A．8 B．16 C．24 D．64 【答案】D 【详解】因为， 所以，所以， 又因为，所以，所以， 所以数列为等比数列，（），所以. 故选：D. 【变式训练9-3】已知数列的各项为正数，且，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为数列的各项为正数，且，， 故当时，， 由题意可知，对任意的，，则，所以，， 则有，所以，数列为常数列， 故，所以. 故选：A. 题型10 错位相减法 例10-1（24-25高二下·天津·阶段练习）已知数列的通项公式为，其前项和为，则 ． 【答案】 【详解】， 所以， 所以， 所以， 故答案为：． 例10-2设数列的前项和为，且，则数列的前项和为 . 【答案】 【详解】由，得， 当时，，解得； 当时，，整理得， 则，数列是常数列，因此， ，，设数列的前项和为， ， 于是， 两式相减得， 则，所以数列的前项和为. 故答案为： 方法技巧 错位相减法求数列的前n项和的适用条件 若是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和。 【变式训练10-1】甲、乙二人玩抛掷两枚质地均匀的硬币的游戏，约定如下：甲、乙中先由一人抛掷，直到出现两枚硬币都正面向上或已经抛掷10次，则换另一人抛掷.若甲先抛掷，抛掷X次换为乙抛掷，则X的数学期望= ． 【答案】 【详解】由题意可知：每次抛掷两枚硬币都正面朝上的概率为，则, 则, , 两式相减可得 故， 故答案为： 【变式训练10-2】数列满足，，，则数列的前n项和是 ． 【答案】 【详解】由，用替代可得：， 化简得：，因，故是首项为1，公比为4的等比数列， 则， 由，用替代可得：， 化简得：，又，可推得． 则，记数列的前n项和为， 则， ， 两式相减：， 故， 故答案为：. 【变式训练10-3·变考法】已知函数的图象平分系列圆的周长与面积，记圆在轴右侧的圆心的横、纵坐标分别组成数列，则的前项和为 . 【答案】. 【详解】因为，定义域为， 令，，则， 对于，令，得， 所以的对称中心为，即， 又， 在上单调递减， 所以， 则， 所以的对称中心为， 因为的图象平分系列圆的周长与面积， 所以圆的圆心为的对称中心，即， 由于记圆在轴右侧的圆心的横、纵坐标分别组成数列， 所以，所以， 记的前项和为， 则， 故， 两式相减，得 ， 所以. 故答案为：. 题型11 分组求和法 例11-1已知数列分别是等差、等比数列，且． (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）设的公差为，的公比为， 则，所以； 所以，则，所以. （2）由（1）可知， 则. 例11-2（23-24高三上·天津·期中）已知是各项均为正数的数列，为前n项和，且，，成等差数列. (1)求的通项公式； (2)求证：； (3)已知，求数列的前项和. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）由，，成等差数列，得，① 当时，， ∴，得（舍去）， 当时，，② ①-②得，， ∴， 又，∴， ∴是首项为2，公差为1的等差数列， ∴，故； （2）， 故 （3）由（1）知， 当是奇数时， ， 当是偶数时， ， 综上 方法技巧 1、 分组转化求和：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n项和的数列求和。 2、 分组转化法求和的常见类型 【变式训练11-1】记是数列的前项和，，，且数列是等差数列． (1)求的通项公式； (2)设若，求数列的前项和 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为，，设等差数列的公差为，则，解得， 所以，即， 当时，，当时，成立，故． （2）由题意可得 . 【变式训练11-2】设数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)设，求的前项和． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）令，则，即， 又①，②， ②-①得，则， 所以数列是首项为2，公比为3的等比数列， 所以． （2）由（1）知，数列是首项为2，公比为3的等比数列，且， 则， 则， 所以， 即． 【变式训练11-3】已知是各项均为正数的等比数列，其前n项和为，，且，，成等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设正项等比数列的公比为，因为，，成等差数列， 则，即有， 即，因此，，而，解得，又， 所以数列的通项公式是. （2）由（1）知，，当时，， 当时， ， ， 所以数列的前项和. 题型12 裂项相消法 例12-1（22-23高一上·天津河西·期末）已知函数为数列的前项和. (1)求的通项公式； (2)记数列的前项和为，证明：. 【答案】(1) (2)答案见解析 【详解】（1）由题意知，的前项和， 当时，， 当时，， 经检验，满足， 的通项公式为； （2）证：， ， 又， 故. 例12-2已知数列的前n项和为，，且数列的前n项和为. (1)求数列的通项公式； (2)求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）由，得， 当时，， 因为时，满足上式， 所以数列的通项公式为. （2）证明：， 所以 ， 因为，所以，所以， 又因为随着增大而减小，所以随着增大而增大， 所以数列为递增数列，所以， 所以. 【变式训练12-1】已知正项数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）因为为正项数列，①， 当时，得； 当时，②， ①－②得，，得． 所以是首项为2，公差为2的等差数列，所以． （2）解法1：因为， 所以当时， ， 当时也符合，所以原不等式成立． 解法2：因为，所以， 所以， 所以当时， ， 当时，不等式的左边也符合，所以原不等式成立． 【变式训练12-2】已知是数列的前项和，数列是首项为3，公比为3的等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)已知，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题可得，所以. 当时，.                                    当时，. 因为不满足上式，. （2）由（1）知，. 当时，. 当时，，            所以 .                                   又满足上式，. 【变式训练12-3】已知等差数列的前n项和为，且，． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和为． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设等差数列的公差为， 则由等差数列求和公式得：， 又因为，所以可得， 即数列的通项公式为； （2）由， 所以. 题型13 倒序相加法 例13-1德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》，在其年幼时，对的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．现有函数，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 ， 又 ， 两式相加化简得， 故选：C． 例13-1（24-25高二下·天津·阶段练习）数学家高斯在年幼时，对的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称为高斯算法.现有函数，则（    ） A．2025 B．2024 C．1013 D．1012 【答案】D 【详解】由函数，得， 令， 则， 两式相加得， 解得. 故选：D. 方法技巧 将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可用倒序相加法。 【变式训练13-1】若等差数列满足，则（    ） A．2025 B． C． D． 【答案】B 【详解】由等差数列满足，则对于，，当时，， 则， 设， 则， 两式相加可得，解得. 故选：B. 【变式训练13-2】已知数列是公比为的等比数列，且，若，则（   ） A．4046 B．4045 C．2024 D．2023 【答案】A 【详解】由题可得， 又数列为等比数列，且，所以， 即， 所以， 故选：A 【变式训练13-3】若等差数列满足，则（   ） A．2025 B． C． D． 【答案】C 【详解】由等差数列满足， 则对于，当时，， 则， 设，则， 两式相加可得，解得. 故选：C. 1．（2006·天津·高考真题）已知数列满足，并且（为非零参数，）． (1)若成等比数列，求参数的值； (2)设，常数且，证明：． 【答案】(1)； (2)见解析. 【详解】（1）由已知, 且 ， 若成等比数列, 则,即.而, 解得. （2）证明:设,由已知,数列是以为首项，为公比的等比数列, 故, 则 因此,对任意, 当且时，，，根据指数函数值域得, ，所以，故， 故 所以. 2．（2006·天津·高考真题）已知数列满足，，并且，（为非零参数，）． (1)若成等比数列，求参数的值； (2)当时，证明：； (3)当，证明：． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【详解】（1）因为，，所以，，， 又，所以，，， 因为成等比数列，所以，所以，又，所以； （2）因为，，所以当时，，，，，又，，所以，所以，， 故，，，， 由不等式乘法性质可得， 所以当时，， 因为，，所以当时，，，，，， 由等式性质可得， 又，，所以当时，，且， 所以当时，，所以当时，， 又，所以； （3）由（2）可得，所以， 又，， 所以， 因为当时，，，，所以， 当时，，，，所以， 因为，所以， 所以，即， 又当时，，所以当时，， 所以当时，，所以当时，， 又当时，， 所以 3．（2021·天津·高考真题）已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，． （I）求和的通项公式； （II）记， （i）证明是等比数列； （ii）证明 【答案】（I），；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【详解】（I）因为是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 所以，所以， 所以； 设等比数列的公比为， 所以，解得（负值舍去）， 所以； （II）（i）由题意，， 所以， 所以，且， 所以数列是等比数列； （ii）由题意知，， 所以， 所以， 设， 则， 两式相减得， 所以， 所以. 4．（2020·天津·高考真题）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． 【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）. 【详解】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q. 由，，可得d=1. 从而的通项公式为. 由， 又q≠0，可得，解得q=2， 从而的通项公式为. (Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得， 故，， 从而， 所以. (Ⅲ)当n为奇数时，， 当n为偶数时，， 对任意的正整数n，有， 和 ① 由①得 ② 由①②得， 由于， 从而得：. 因此，. 所以，数列的前2n项和为. 5．（2019·天津·高考真题） 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） 【详解】（I）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 依题意，得，解得， 故，， 所以，的通项公式为，的通项公式为； （II） ， 记    ① 则   ② ②①得，， 所以 . 1．观察： … (1)第行是多少个数的和？和是多少？ (2)计算第行的值． 【答案】(1)第行是个数的和，和为 (2) 【详解】（1）根据规律可知，第行有个数， 和为. （2）第行的值为. 2．求数列，，，…，，…的前n项和． 【答案】 【详解】由题意可得： ， 所以. 3．（1）利用等式，求数列的前n项和； （2）仿（1）探求数列的前n项和． 【答案】（1）；（2）. 【详解】（1）由， 所以. （2）由， 所以. 4．求和： (1)； (2). 【答案】(1) (2) 【详解】（1）原式． （2）当时，原式； 当时，原式； 当，1时，原式． 5．等比数列的各项均为正数，且. （1）求数列的通项公式； （2）设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前项和. 【答案】（1）；（2）. 【详解】（1）设数列{an}的公比为q, 由＝9a2a6得＝9, 所以q2＝.由条件可知q＞0,故q＝. 由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1,所以a1＝. 故数列{an}的通项公式为an＝. （2）bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－（1＋2＋…＋n）＝－. 故. 所以数列的前n项和为 2 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$