【文档说明】十年（2015-2024）高考真题分项汇编 数学 专题20 数列的通项公式及数列求和大题综合 Word版含解析.docx，共(86)页，4.379 MB，由小赞的店铺上传

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专题20数列的通项公式及数列求和大题综合考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1等差数列的通项公式及前n项和（10年5考）2023·全国乙卷、2023·全国新Ⅰ卷、2021·全国新Ⅱ卷、2019·全国卷、2018·全国卷、2016·全

国卷1.掌握数列的有关概念和表示方法，能利用与的关系以及递推关系求数列的通项公式，理解数列是一种特殊的函数,能利用数列的周期性、单调性解决简单的问题该内容是新高考卷的必考内容，常考查利用与关系求通项或项及通项公式构造的相关应用，需综合复习2.理解等差数列的概念，掌

握等差数列的通项公式与前n项和公式，能在具体的问题情境中识别数列的等差关系并能用等差数列的有关知识解决相应的问题，熟练掌握等差数列通项公式与前n项和的性质，该内容是新高考卷的必考内容，一般给出数列为等差数列，或通过构造为等差数列，求通项公式及前

n项和，需综合复习3.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，能在具体的问题情境中识别数列的等比关系并能用等比数列的有关知识解决相应的问题，考点2等比数列的通项公式及前n项和（10年4考）2020·全国卷、2019·全国卷2018·全国卷、2017·全国卷考

点3等差等比综合（10年6考）2022·全国新Ⅱ卷、2020·全国卷、2019·北京卷2017·北京卷、2017·全国卷、2016·北京卷2015·天津卷考点4数列通项公式的构造（10年9考）2024·全国甲卷、2024·全国

甲卷、2023·全国甲卷2022·全国甲卷、2022·全国新Ⅰ卷、2021·天津卷2021·浙江卷、2021·全国乙卷、2021·全国卷2020·全国卷、2019·全国卷、2018·全国卷2016·山东卷、2016·天津卷、2016·天津卷2016·

全国卷、2016·全国卷、2016·全国卷2015·重庆卷、2015·全国卷考点5数列求和（10年10考）2024·天津卷、2024·全国甲卷、2024·全国甲卷2023·全国甲卷、2023·全国新Ⅱ卷、2022·天津卷2020·

天津卷、2020·全国卷、2020·全国卷2019·天津卷、2019·天津卷、2018·天津卷2017·天津卷、2017·山东卷、2016·浙江卷2016·山东卷、2016·天津卷、2016·北京卷2015·浙江卷、20

15·全国卷、2015·天津卷2015·天津卷、2015·山东卷、2015·山东卷2015·湖北卷、2015·安徽卷熟练掌握等比数列通项公式与前n项和的性质，该内容是新高考卷的必考内容，一般给出数列为等比数列，或通过构造为等比数列，求通项公式及前n项和。需

综合复习4.熟练掌握裂项相消求和和、错位相减求和、分组及并项求和，该内容是新高考卷的常考内容，常考结合不等式、最值及范围考查，需重点综合复习考点6数列中的不等式、最值及范围问题（10年几考）2023·全国新Ⅱ卷、2022·全国新Ⅰ卷、2021·浙江卷2021·全国乙卷

、2020·浙江卷、2019·浙江卷2017·北京卷、2016·浙江卷、2016·天津卷2015·重庆卷、2015·浙江卷、2015·四川卷2015·上海卷、2015·安徽卷考点7数列与其他知识点的关联问题（10年5考）20

24·上海卷、2024·全国新Ⅱ卷、2023·全国新Ⅰ卷、2019·全国卷、2017·浙江卷、2015·陕西卷2015·湖南卷考点01等差数列的通项公式及前n项和1．（2023·全国乙卷·高考真题）记nS为等差数列na的前n项和，已知21011,40aS==．(1)求na

的通项公式；(2)求数列na的前n项和nT．【答案】(1)152nan=−(2)2214,71498,8nnnnTnnn−=−+【分析】（1）根据题意列式求解1,ad，进而可得结果；（2）先求nS，讨论na的符号去

绝对值，结合nS运算求解.【详解】（1）设等差数列的公差为d，由题意可得211011110910402aadSad=+==+=，即1111298adad+=+=，解得1132ad==−

，所以()1321152nann=−−=−，（2）因为()213152142nnnSnn+−==−，令1520nan=−，解得152n，且*nN，当7n时，则0na，可得2121214nnnnTaaa

aaaSnn=+++=+++==−；当8n时，则0na，可得()()121278nnnTaaaaaaaa=+++=+++−++()()()222777221477141498nnSSSSSn

nnn=−−=−=−−−=−+；综上所述：2214,71498,8nnnnTnnn−=−+.2．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）设等差数列na的公差为d，且1d．令2nnnnba+=，记,nnST分别为数列,nnab的前n项和．(1)若

2133333,21aaaST=++=，求na的通项公式；(2)若nb为等差数列，且999999ST−=，求d．【答案】(1)3nan=(2)5150d=【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即

可；（2）由{}nb为等差数列得出1ad=或12ad=，再由等差数列的性质可得50501ab−=，分类讨论即可得解.【详解】（1）21333aaa=+，132dad=+，解得1ad=，32133()6ddSaa=+==，又31232612923

Tbbbdddd=++=++=，339621STdd+=+=，即22730dd−+=，解得3d=或12d=（舍去），1(1)3naandn=+−=.（2）{}nb为等差数列，2132bbb=+，即21312

212aaa=+，2323111616()daaaaa−==，即2211320aadd−+=，解得1ad=或12ad=，1d，0na，又999999ST−=，由等差数列性质知，5050999999ab−=，即50501a

b−=，505025501aa−=，即2505025500aa−−=，解得5051a=或5050a=−（舍去）当12ad=时，501495151aadd=+==，解得1d=，与1d矛盾，无解；当1ad=时，501495051aadd=+==，解得5150d=.综上，5150d=.3

．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）记nS是公差不为0的等差数列na的前n项和，若35244,aSaaS==．（1）求数列na的通项公式na；（2）求使nnSa成立的n的最小值．【答案】(1)26nan

=−；(2)7.【分析】(1)由题意首先求得3a的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.【详解】(1)由等差数列的性质可得：535Sa=，则：3335,0aaa==，设等差数列的公差为d，从而有

：()()22433aaadadd=−+=−，()()()41234333322Saaaaadadaadd=+++=−+−+++=−，从而：22dd−=−，由于公差不为零，故：2d=，数列的通项公式为：()3326naandn=+−=−.(2)由数列的通项公式可得：1264a=−=−，则：

()()214252nnnSnnn−=−+=−，则不等式nnSa即：2526nnn−−，整理可得：()()160nn−−，解得：1n或6n，又n为正整数，故n的最小值为7.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟

练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.4．（2019·全国·高考真题）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9=－a5．（1）若a3=4，求{an}的通项公式；（2）若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．【答案】（1）

210nan=−+；（2）110()nnN.【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于1a和d的方程组，求得1a和d的值，利用等差数列的通项公式求得结果；（2）根据题意有50a=，根据10a，可知0d，根据nnSa，得到关于n的不等式

，从而求得结果.【详解】（1）设等差数列na的首项为1a，公差为d，根据题意有111989(4)224adadad+=−++=，解答182ad==−，所以8(1)(2)210nann

=+−−=−+，所以等差数列na的通项公式为210nan=−+；（2）由条件95Sa=−，得559aa=−，即50a=，因为10a，所以0d，并且有5140aad=+=，所以有14ad=−，由nnSa得11(1)(1)2nnnadand−++−，整理得2(9)(210)nndnd

−−，因为0d，所以有29210nnn−−，即211100nn−+，解得110n，所以n的取值范围是：110()nnN【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础

知识是正确解题的关键.5．（2018·全国·高考真题）记nS为等差数列{}na的前n项和，已知17a=−，315S=−．（1）求{}na的通项公式；（2）求nS，并求nS的最小值．【答案】（1）29nan=−；（2）2=8nSnn−，最小值为–16．【分析】（1）方法一：根据等差数列前n项和公式

，求出公差，再代入等差数列通项公式即得结果；（2）方法二：根据等差数列前n项和公式得nS，根据二次函数的性质即可求出.【详解】（1）[方法一]：【通性通法】【最优解】公式法设等差数列{}na的公差为d，由315S=−得，()3237152d−+=−，解得：=2d，所以29n

an=−．[方法二]：函数+待定系数法设等差数列{}na通项公式为=+naknb，易得+=7kb−，由315S=−，即2315a=−，即25kb+=−，解得：=2,=9kb−，所以29nan=−．（2）

[方法1]：邻项变号法由1(1)=+2nnndSna−可得2=8nSnn−．当0na，即29<0n−，解得14n，所以nS的最小值为41=4+6=16Sad−，所以nS的最小值为16−．[方法2]：函数法由题

意知2122nddSnan=+−，即2=8nSnn−()2416n=−−，所以nS的最小值为24=44?8=16S−−，所以nS的最小值为16−．【整体点评】（1）方法一：直接根据基本量的计算，利用等差数列前n项和公式求出公差，即可得到通项公式，是该题的通性

通法，也是最优解；方法二：根据等差数列的通项公式的函数形式特征，以及等差数列前n项和的性质，用待定系数法解方程组求解；（2）方法一：利用等差数列前n项和公式求nS，再利用邻项变号法求最值；方法二：利用等差数列前n项和公式求nS，再根据二次函数性质求最

值．6．（2016·全国·高考真题）等差数列{na}中，34574,6aaaa+=+=.（Ⅰ）求{na}的通项公式；（Ⅱ）设[]nnba=，求数列{}nb的前10项和，其中[]x表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0,[2.6]=2.【答案】（Ⅰ）235nna+=；（

Ⅱ）24.【详解】试题分析：（Ⅰ）根据等差数列的通项公式及已知条件求1a，d，从而求得na；（Ⅱ）由（Ⅰ）求nb，再求数列nb的前10项和.试题解析：（Ⅰ）设数列na的公差为d，由题意有112+54,+53adad==.解得121,

5ad==.所以na的通项公式为235nna+=.（Ⅱ）由（Ⅰ）知235nnb+=.当n=1,2,3时，2312,15nnb+=；当n=4,5时，2323,25nnb+=；当n=6,7,8时，2334,35nnb+=；

当n=9,10时，2345,45nnb+=.所以数列nb的前10项和为1322334224+++=.【考点】等差数列的通项公式，数列的求和【名师点睛】求解本题时常出现以下错误：对“x表示不

超过x的最大整数”理解出错.考点02等比数列的通项公式及前n项和1．（2020·全国·高考真题）设等比数列{an}满足124aa+=，318aa−=．（1）求{an}的通项公式；（2）记nS为数列{log3an}的前n项和．若13mmmSSS+++=，求m．【

答案】（1）13nna−=；（2）6m=.【分析】（1）设等比数列na的公比为q，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出3{log}na的通项公式，利用等差数列求和公式求得nS，根据已知列出关于m的等量关系式，求得结果.【详解】（1）设

等比数列na的公比为q，根据题意，有1121148aaqaqa+=−=，解得113aq==，所以13nna−=；（2）令313loglog31nnnban−===−，所以(01)(1)22nn

nnnS+−−==，根据13mmmSSS+++=，可得(1)(1)(2)(3)222mmmmmm−++++=，整理得2560mm−−=，因为0m，所以6m=，【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.2．

（2019·全国·高考真题）已知{}na是各项均为正数的等比数列，1322,216aaa==+.（1）求{}na的通项公式；（2）设2lognnba=，求数列{}nb的前n项和.【答案】（1）212nna−=；（2）2nSn=.【分析】(1)本题首先

可以根据数列na是等比数列将3a转化为21aq，2a转化为1aq，再然后将其带入32216aa=+中，并根据数列na是各项均为正数以及12a=即可通过运算得出结果；(2)本题可以通过数列na的通项公式以及对数的相关性质计算出数列

nb的通项公式，再通过数列nb的通项公式得知数列nb是等差数列，最后通过等差数列求和公式即可得出结果．【详解】(1)因为数列na是各项均为正数的等比数列，32216aa=+，12a=，所以令数

列na的公比为q，2231=2aaqq=，212aaqq==，所以22416qq=+，解得2q=−(舍去)或4，所以数列na是首项为2、公比为4的等比数列，121242nnna−−==．(2)因为2lognnba=，所以21nbn=−，+121nbn

=+，12nnbb+-=，所以数列nb是首项为1、公差为2的等差数列，21212nnSnn+-=?．【点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题．3．（2018·全国·高考真题）等比数

列na中，15314aaa==，．（1）求na的通项公式；（2）记nS为na的前n项和．若63mS=，求m．【答案】（1）()12nna−=−或12nna−=.（2）6m=.【详解】分析：（1）列出方程，解出q可得；（2）求出前n项和，解方程可得m．详解

：（1）设{}na的公比为q，由题设得1nnaq−=．由已知得424qq=，解得0q=（舍去），2q=−或2q=．故()12nna−=−或12nna−=．（2）若()12nna−=−，则()123nnS−−=．由63mS=得()2188m

−=−，此方程没有正整数解．若12nna−=，则21nnS=−．由63mS=得264m=，解得6m=．综上，6m=．点睛：本题主要考查等比数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题．4．（2017·全国·高考真题）记Sn为等比数列na的前n项和，已知S2

=2，S3=-6.（1）求na的通项公式；（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列．【答案】（1）(2)nna=−；（2）见解析.【详解】试题分析：（1）由等比数列通项公式解得2q=−，12a=−即可求解；（2）利用等差中项证明Sn+1，Sn，Sn

+2成等差数列．试题解析：（1）设{}na的公比为q.由题设可得()()1211216aqaqq+=++=−，解得2q=−，12a=−.故{}na的通项公式为()2nna=−.（2）由（1）可得

()()111221133nnnnaqSq+−==−+−−.由于()()321214222212123333nnnnnnnnSSS+++++−+=−+−=−+−=，故1nS+，nS，2nS+成等差数列.考点03等差等比综合1．（2022·全

国新Ⅱ卷·高考真题）已知na为等差数列，nb是公比为2的等比数列，且223344ababba−=−=−．(1)证明：11ab=；(2)求集合1,1500kmkbaam=+中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2)9．【分析】（1）设

数列na的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得22km−=，即可解出．【详解】（1）设数列na的公差为d，所以，()11111111224283adbadbadbbad+−=+−+−=−+，即可解得，112dba==，所以原命题得证．（2）由（1

）知，112dba==，所以()1111121kkmbaabamda−=+=+−+，即122km−=，亦即221,500km−=，解得210k，所以满足等式的解2,3,4,,10k=，故集合1|,1500kmkbaam=+中的元素个

数为10219−+=．2．（2020·全国·高考真题）设{}na是公比不为1的等比数列，1a为2a，3a的等差中项．（1）求{}na的公比；（2）若11a=，求数列{}nna的前n项和．【答案】（1）2−；（2）1(13)(2)9nnnS−+−=.【分析】（

1）由已知结合等差中项关系，建立公比q的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出{}na的通项，根据{}nna的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.【详解】（1）设{}na的公比为q，1a为23,aa

的等差中项，212312,0,20aaaaqq=++−=，1,2qq=−；（2）设{}nna的前n项和为nS，111,(2)nnaa−==−，21112(2)3(2)(2)nnSn−=+−+−++−，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)nnnSnn−−=−+−+

−+−−+−，②①−②得，2131(2)(2)(2)(2)nnnSn−=+−+−++−−−1(2)1(13)(2)(2)1(2)3nnnnn−−−+−=−−=−−，1(13)(2)9nnnS−+−=.【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.3．（2019·北京·高考真题）设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．【答

案】（Ⅰ）212nan=−；（Ⅱ）30−.【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得na的通项公式；(Ⅱ)首先求得nS的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.【详解】（Ⅰ）设等

差数列na的公差为d，因为234+10+8+6aaa，，成等比数列，所以2324(+8)(+10)(+6)aaa=，即2(22)(34)ddd−=−，解得2d=，所以102(1)212nann=−+−=−.（Ⅱ）由（Ⅰ）知212nan=−,所以22102121112111()22

4nnSnnnn−+−==−=−−；当5n=或者6n=时，nS取到最小值30−.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.4．（2017·北京·高考真题）已知

等差数列na和等比数列nb满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5．（Ⅰ）求na的通项公式；（Ⅱ）求和：13521nbbbb−++++…．【答案】（1）an=2n−1.（2）312n−【详解】试题分析：（Ⅰ）设等差数列的

公差为d，代入建立方程进行求解；（Ⅱ）由nb是等比数列，知21nb−依然是等比数列，并且公比是2q，再利用等比数列求和公式求解.试题解析：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d.因为a2+a4=10

，所以2a1+4d=10.解得d=2.所以an=2n−1.（Ⅱ）设等比数列的公比为q.因为b2b4=a5，所以b1qb1q3=9.解得q2=3.所以2212113nnnbbq−−−==.从而21135213113332

nnnbbbb−−−++++=++++=.【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：（1）分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；（2）裂项相消法求和，一般适用于，,等的形式；（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列等比数列的形式；（4）倒序相加法求和，一般

适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以2即可得到数列求和.5．（2017·全国·高考真题）已知等差数列na的前n项和为nS，等比数列nb的前n项和为nT，且11a=，11b=，224ab+=.（1）若337ab+

=，求nb的通项公式；（2）若313T=，求5S.【答案】（1）12nnb−=；（2）5或75.【分析】（1）设等差数列na公差为d，等比数列nb公比为()0qq，由已知条件求出q，再写出通项公式；（2）由1313T=，求出q的值，再求出d的值，求出5S.【详解】设等差数列n

a公差为d，等比数列nb公比为()0qq有()14dq++=，即3dq+=.（1）∵()2127dq++=，结合3dq+=得2q=，∴12nnb−=.（2）∵23113Tqq=++=，解得4q=−或3，当4q=−时，7d=，此时55457752S=+=；当3q=时

，0d=，此时5155Sa==.【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的通项公式、等差数列的前n项和公式，属于中档题.等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量1,,,,,nnadnaS一般可以“知二求三”，通过

列方程组所求问题可以迎刃而解，另外，解等差数列问题要注意应用等差数列的性质2pqmnraaaaa+=+=（2pqmnr+=+=）与前n项和的关系.6．（2016·北京·高考真题）已知{an}是等差数列

，{bn}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4．（1）求{an}的通项公式；（2）设cn=an+bn，求数列{cn}的通项公式．【答案】（1）21nan=−；（2）1213nn−−+【详解】试题分析：（1）求出等比数列nb的公比，再求出a1，a14的值，根据

等差数列的通项公式求解；（2）根据等差数列和等比数列的前n项和公式求数列{cn}的前n项和.试题解析：（1）等比数列nb的公比23933bqb===，所以211bbq==，4327bbq==．设等差数列na的公差为

d．因为111ab==，14427ab==，所以11327d+=，即2d=．所以21nan=−（1n=，2，3，）．（2）由（1）知，21nan=−，13nnb−=．因此1213nnnncabn−=+=−+．从而数列nc的前n项和()11321133nnSn−=++

+−++++()12113213nnn+−−=+−2312nn−=+．【考点】等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，考查运算能力.【名师点睛】1.数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函

数思想在数列中的应用.数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n项和Sn可视为数列{Sn}的通项.通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一；2.数列的综合问题涉及的数学思想：函数与方程思

想（如：求最值或基本量）、转化与化归思想（如：求和或应用）、特殊到一般思想（如：求通项公式）、分类讨论思想（如：等比数列求和，或）等.7．（2015·天津·高考真题）已知na是各项均为正数的等比数列，nb是等差

数列，且111ab==，2332bba+=，5237ab−=.(Ⅰ)求na和nb的通项公式；(Ⅱ)设nnncab=，*nN，求数列nc的前n项和.【答案】（Ⅰ）12,nnan−=N,21,nbnn=−N;（Ⅱ）()2323nnSn=−+【详解】试题分析：（Ⅰ

）设出数列na的公比和数列nb的公差，由题意列出关于,qd的方程组，求解方程组得到,qd的值，则等差数列和等比数列的通项公式可求；（Ⅱ）由题意得()1212nncn−=−，然后利用错位相减法注得数列nc的前n项和．试题解析

：（Ⅰ）设na的公比为q,nb的公差为d,由题意0q,由已知,有消去d得42280,qq−−=解得2,2qd==,所以na的通项公式为12,nnan−=N,nb的通项公式为21,nbnn=−N．（Ⅱ）由

（Ⅰ）有()1212nncn−=−,设nc的前n项和为nS,则()0121123252212,nnSn−=++++−()1232123252212,nnSn=++++−两式相减得()()2312222122323,nnnnSnn−=++++−−=−−−所以()2323

nnSn=−+．考点：等差数列与等比数列的综合．【易错点睛】用错位相减法求和应注意的问题：（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“nS”与“nqS”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“nnSqS−”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．考点04数列通项公式的构造1．（2024·全国甲卷·高考真题）记nS为数列na的前n项和，已知434nnSa=

+．(1)求na的通项公式；(2)设1(1)nnnbna−=−，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)14(3)nna−=−(2)(21)31nnTn=−+【分析】（1）利用退位法可求na的通项公式．（2）利用错位相减法可求

nT.【详解】（1）当1n=时，1114434Saa==+，解得14a=．当2n时，11434nnSa−−=+，所以1144433nnnnnSSaaa−−−==−即13nnaa−=−，而140a=，故0na，故1

3nnaa−=−，∴数列na是以4为首项，3−为公比的等比数列，所以()143nna−=−.（2）111(1)4(3)43nnnnbnn−−−=−−=,所以123nnTbbbb=++++0211438312343nn−=++++故1233438312343n

nTn=++++所以1212443434343nnnTn−−=++++−()1313444313nnn−−=+−−()14233143nnn−=+−−(24)32nn=−−，(21)31nnTn=−+.2．（2024·全国甲卷·高考真题

）已知等比数列na的前n项和为nS，且1233nnSa+=−.(1)求na的通项公式；(2)求数列nS的前n项和.【答案】(1)153nna−=(2)1553154324nn−−【分

析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；（2）利用分组求和法即可求nS.【详解】（1）因为1233nnSa+=−,故1233nnSa−=−，所以()12332nnnaaan+=−即153nnaa+=故等比数列的公比为53q=，故12

11523333533aaaa=−=−=−，故11a=，故153nna−=.（2）由等比数列求和公式得5113353523213nnnS−==−−，所以数列nS的前n项和23123355553233332nnnTSSS

Sn=++++=++++−5513333155315522432413nnnn−==−−

−−.3．（2023·全国甲卷·高考真题）设nS为数列na的前n项和，已知21,2nnaSna==．(1)求na的通项公式；(2)求数列12nna+的前n项和nT．【答案】

(1)1nan=−(2)()1222nnTn=−+【分析】（1）根据11,1,2nnnSnaSSn−==−即可求出；（2）根据错位相减法即可解出．【详解】（1）因为2nnSna=，当1n=时，112a

a=，即10a=；当3n=时，()33213aa+=，即32a=，当2n时，()1121nnSna−−=−，所以()()11221nnnnnSSanana−−−==−−，化简得：()()121nnnana−−=−，当3n时，1

31122nnaaann−====−−，即1nan=−，当1,2n=时都满足上式，所以()*1Nnann=−．（2）因为122nnnan+=，所以12311111232222nnTn=++++

，2311111112(1)22222nnnTnn+=+++−+，两式相减得，123111111111222222111222211nnnnnnnT++=+++

−+−=−−，11122nn=−+，即()1222nnTn=−+，*Nn．4．（2022·全国甲卷·高考真题）记nS为数列

na的前n项和．已知221nnSnan+=+．(1)证明：na是等差数列；(2)若479,,aaa成等比数列，求nS的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)78−．【分析】（1）依题意可得222nnSnnan+=+，根据11,1,

2nnnSnaSSn−==−，作差即可得到11nnaa−−=，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出1a，即可得到na的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】（1）因为221n

nSnan+=+，即222nnSnnan+=+①，当2n时，()()()21121211nnSnnan−−+−=−+−②，①−②得，()()()22112212211nnnnSnSnnannan−−+−−−=+−−−−，即()12212211nnnannana−+−=−−

+，即()()()1212121nnnanan−−−−=−，所以11nnaa−−=，2n且N*n，所以na是以1为公差的等差数列．（2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得413aa=+，716aa=+，918aa

=+，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa=，即()()()2111638aaa+=++，解得112a=−，所以13nan=−，所以()22112512562512222228nnnSnnnn−=−+=−=−−

，所以，当12n=或13n=时，()min78nS=−．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得413aa=+，716aa=+，918aa=+，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa=，即(

)()()2111638aaa+=++，解得112a=−，所以13nan=−，即有1123210,0aaaa=.则当12n=或13n=时，()min78nS=−．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出nS的最小值，

适用于可以求出nS的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．5．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）记nS为数列na的前n项和，已知11,nnSaa=是公差为13的

等差数列．(1)求na的通项公式；(2)证明：121112naaa+++．【答案】(1)()12nnna+=(2)见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得()121133nnSnna+=+−=

，得到()23nnnaS+=，利用和与项的关系得到当2n时，()()112133nnnnnnanaaSS−−++=−=−,进而得：111nnanan−+=−，利用累乘法求得()12nnna+=，检验对于1n=也成立，得到na的通项公式()12nnna+=

；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到121111211naaan+++=−+，进而证得.【详解】（1）∵11a=，∴111Sa==,∴111Sa=,又∵nnSa是公差为13的等差数列，∴()121133nnSnna+=

+−=,∴()23nnnaS+=,∴当2n时，()1113nnnaS−−+=，∴()()112133nnnnnnanaaSS−−++=−=−,整理得：()()111nnnana−−=+,即111nnanan−+=−,∴31211

221nnnnnaaaaaaaaaa−−−=()1341112212nnnnnn++==−−，显然对于1n=也成立，∴na的通项公式()12nnna+=；（2）()12112,11nannnn==−++∴12111naaa+++1

111112121222311nnn=−+−+−=−++6．（2021·天津·高考真题）已知na是公差为2的等差数列，其前8项和为64．nb是公比大于0的等比数列，1324,48bbb=−=．（I）求na和

nb的通项公式；（II）记2*1,nnncbbnN=+，（i）证明22nncc−是等比数列；（ii）证明()*112222nkkkkkanNcac+=−【答案】（I）21,nannN=−，4,nnNbn=；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（I）由等差数

列的求和公式运算可得na的通项，由等比数列的通项公式运算可得nb的通项公式；（II）（i）运算可得2224nnncc=−，结合等比数列的定义即可得证；（ii）放缩得21222422nnnnna

ncac+−，进而可得111122122nkknkkkkkakcca+−==−，结合错位相减法即可得证.【详解】（I）因为na是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以12818782642aaaa+++=+=，所以11a=，所以()12121,nnnnN

aa=+−=−；设等比数列nb的公比为(),0qq，所以()221321484qbbbqqbq==−=−−，解得4q=（负值舍去），所以114,nnnbqnNb−==；（II）（i）由题意，221441nnnnnbcb=++=，所以22224211

442444nnnnnnncc=+−+=−，所以220nncc−，且212222124424nnnnnncccc+++==−−，所以数列22nncc−是等比数列；（ii）由题意知，()()221

22222121414242222nnnnnnnnnanncca+−+−==−，所以212212421222222nnnnnnnannancc+−==−，所以111122122nkknkkkkkakcca+−==−，

设10121112322222nnknkknT−−===++++，则123112322222nnnT=++++，两式相减得21111111122121222222212nnnnnnnnnT−

−+=++++−=−=−−，所以1242nnnT−+=−，所以11111221124222222nnkknkkkkkakncca+−−==+=−−.【点睛】关键点点睛：最

后一问考查数列不等式的证明，因为2112nkkkkkacca+=−无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.7．（2021·浙江·高考真题）已知数列na的前n项和为nS，194a=−，且1439nnSS+=−.（1）求数列

na的通项；（2）设数列nb满足*3(4)0()nnbnanN+−=，记nb的前n项和为nT，若nnTb对任意Nn恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）33()4nna=−；（2）31−

.【分析】（1）由1439nnSS+=−，结合nS与na的关系，分1,2nn=讨论，得到数列{}na为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0nnbna+−=结合(1)的结论，利用错位相减法求出nT，nnTb对任意Nn恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于n的函数的范围关系，即

可求解.【详解】（1）当1n=时，1214()39aaa+=−，229272749,4416aa=−=−=−，当2n时，由1439nnSS+=−①，得1439nnSS−=−②，①−②得143nnaa+=122

730,0,164nnnaaaa+=−=，又213,{}4naaa=是首项为94−，公比为34的等比数列，1933()3()444nnna−=−=−；（2）由3(4)0nnbna+−=，得43(4)()34nnnnban−=−=−，所以234333333210(4)44444

nnTn=−−−++−+，2413333333321(5)(4)444444nnnTnn+=−−−++−+−

，两式相减得234113333333(4)4444444nnnTn+=−++++−−1193116493(4)34414nnn−+−=−+−−−

111993334(4)44444nnnnn+++=−+−−−=−，所以134()4nnTn+=−，由nnTb得1334()(4)()44nnnn+−−恒成

立，即(4)30nn−+恒成立，4n=时不等式恒成立；4n时，312344nnn−=−−−−，得1；4n时，312344nnn−=−−−−，得3−；所以31−.【点睛】易错点点睛：（1）已知nS求na不要忽略1n=情况；（2）恒成立分离参数时，要注

意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30nn−+恒成立，要对40,40,40nnn−=−−讨论，还要注意40n−时，分离参数不等式要变号.8．（2021·全国乙卷·高考真题）记nS为数列

na的前n项和，nb为数列nS的前n项积，已知212nnSb+=．（1）证明：数列nb是等差数列;（2）求na的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）()3,121,21nnannn==

−+.【分析】（1）由已知212nnSb+=得221nnnbSb=−,且0nb，取1n=,得132b=,由题意得1212222212121nnnbbbbbbb=−−−,消积得到项的递推关系111221nnnnbbbb+++=−,进

而证明数列nb是等差数列;（2）由（1）可得nb的表达式,由此得到nS的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21nnannn==−+.【详解】（1）[方法一]：由已知212nnSb+=得221nnnbSb=−,且0nb，12nb,取1n=,由11Sb=得1

32b=,由于nb为数列nS的前n项积，所以1212222212121nnnbbbbbbb=−−−,所以1121121222212121nnnbbbbbbb+++=−−−，所以111221nnnnbbbb+++=−,由于10nb+所以1212

1nnbb+=−，即112nnbb+−=,其中*nN所以数列nb是以132b=为首项，以12d=为公差等差数列;[方法二]【最优解】：由已知条件知1231−=nnnbSSSSS①于是11231(2)−−=nnbSSSSn．②由①②得1nnnbS

b−=．③又212nnSb+=，④由③④得112nnbb−−=．令1n=，由11Sb=，得132b=．所以数列nb是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法三]：由212nnSb+=，得22=−n

nnSbS，且0nS，0nb，1nS．又因为111−−==nnnnnbSSSSb，所以1122−==−nnnnbbSS，所以()1111(2)2222212−−−=−==−−−nnnnnnnSSbbnSSS．在2

12nnSb+=中，当1n=时，1132==bS．故数列nb是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法由已知212nnSb+=，得221nnnbSb=−，132b=，22b=，352=b，猜

想数列nb是以32为首项，12为公差的等差数列，且112nbn=+．下面用数学归纳法证明．当1n=时显然成立．假设当nk=时成立，即121,21+=+=+kkkbkSk．那么当1nk=+时，11112++==+kkkb

bSk331(1)1222kkkk++==+++．综上，猜想对任意的nN都成立．即数列nb是以32为首项，12为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列nb是以132b=为首项，以12d=为公差的等差数列，()3111222n

nbn=+−=+,22211nnnbnSbn+==−+,当n=1时，1132aS==,当n≥2时,()121111nnnnnaSSnnnn−++=−=−=−++,显然对于n=1不成立,∴()3,121,21nnannn==−+.【整体点评】（1）方法

一从212nnSb+=得221nnnbSb=−，然后利用nb的定义，得到数列nb的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从nb的定义，替换相除得到1nnnbSb−=，再结合212nnSb+=得到112nnb

b−−=，从而证得结论，为最优解；方法三由212nnSb+=，得22=−nnnSbS，由nb的定义得1122−==−nnnnbbSS，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112nbn=+，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到112nbn=+，求得nS的表达

式,然后利用和与项的关系求得na的通项公式；9．（2021·全国·高考真题）记nS为数列na的前n项和，已知210,3naaa=，且数列nS是等差数列，证明：na是等差数列.【答案】证明见解析.【分析】

先根据21SS−求出数列nS的公差d，进一步写出nS的通项，从而求出na的通项公式，最终得证.【详解】∵数列nS是等差数列，设公差为d212111aaaaSS+=−=−=∴111(1)nSanaan=

+−=，()nN∴12nSan=，()nN∴当2n时，()221111112nnnaSSananana−=−=−−=−当1n=时，11121=aaa−，满足112naana=−，∴na的通项公式为112

naana=−，()nN∴()()111111221=2nnaaanaanaa−−=−−−−∴na是等差数列.【点睛】在利用1nnnaSS−=−求通项公式时一定要讨论1n=的特殊情况.10．（2020·全国·高考真题）设数列{an}满足a1=3，134n

naan+=−．（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．【答案】（1）25a=，37a=，21nan=+，证明见解析；（2）1(21)22nnSn+=−+.【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,aa，猜想得出na

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2134945aa=−=−=，32381587aa=−=−=，由数列

na的前三项可猜想数列na是以3为首项，2为公差的等差数列，即21nan=+．证明如下：当1n=时，13a=成立；假设()nkk=N时，21kak=+成立.那么1nk=+时，1343(21)423

2(1)1kkaakkkkk+=−=+−=+=++也成立.则对任意的*nN，都有21nan=+成立；［方法二］：构造法由题意可得2134945aa=−=−=，32381587aa=−=−=．由123,5aa==得212aa−=．134nnaan+=−，则134(1)(2)n

naann−=−−，两式相减得()1134nnnnaaaa+−−=−−．令1nnnbaa+=−，且12b=，所以134nnbb−=−，两边同时减去2，得()1232nnbb−−=−，且120b−=，所以20nb−=，即12nnaa+−=，又212aa−=，因此na是首项为3，公

差为2的等差数列，所以21nan=+．［方法三］：累加法由题意可得2134945aa=−=−=，32381587aa=−=−=．由134nnaan+=−得1114333nnnnnaan+++−=−，即2121214333aa−=

−，3232318333aa−=−，……1114(1)(2)333nnnnnaann−−−=−−．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333nnnaan−=−+++−，所以1(21)33nnnan=+．所以21(2)nann

=+．当1n=时也符合上式．综上所述，21nan=+．［方法四］：构造法21322345,387aaaa=−==−=，猜想21nan=+．由于134nnaan+=−，所以可设()1(1)3nnanan++++=++，其中,为常数．整理得1322nnaa

n+=++−．故24,20=−−=，解得2,1=−=−．所以()112(1)13(21)3211nnnanana+−+−=−−==−−．又130a−=，所以21nan−−是各项均为0的常数列，故210nan−−=，即21

nan=+．（2）由（1）可知，2(21)2nnnan=+［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2nnnSnn−=++++−++，①23412325272(21)2(21)2nnnSnn+=++++−++，②由①−②

得：()23162222(21)2nnnSn+−=++++−+()21121262(21)212nnn−+−=+−+−1(12)22nn+=−−，即1(21)22nnSn+=−+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(

21)2(23)2nnnnnnnannnbb++=+=−−−=−，所以231232222nnnSaaaa=++++()()()()2132431nnbbbbbbbb+=−+−+−++−11nbb+=−1(21)22nn+=−+．［方法三］：构造法当2n时，1(21)2nnnSSn−=++

，设11()2[(1)]2nnnnSpnqSpnq−−++=+−+，即122nnnpnqpSS−−−−=+，则2,21,2pqp−=−−=，解得4,2pq=−=．所以11(42)2[4(1)2]2

nnnnSnSn−−+−+=+−−+，即(42)2nnSn+−+为常数列，而1(42)22S+−+=，所以(42)22nnSn+−+=．故12(21)2nnSn+=+−．［方法四］：因为12(21)

2222422nnnnnnnannn−=+=+=+，令12nnbn−=，则()()231()0,11nnxxfxxxxxxx−=++++=−，()121211(1)()1231(1)nnnnxxnxnxfxxxnxxx+−−+−+=++++==−−，所以12nbb

b+++L21122322nn−=++++1(2)12(1)2nnfnn+==+−+．故234(2)2222nnSf=+++++()1212412(1)212nnnnn+−=+−++−1(21)22

nn+=−+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列na的部分项从而归纳得出数列na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134nnaan+=−，代换得134(1)(2)nn

aann−=−−，两式相减得()1134nnnnaaaa+−−=−−，设1nnnbaa+=−，从而简化递推式，再根据构造法即可求出nb，从而得出数列na的通项公式；方法三：由134nnaan+=−化简得1114333nnnnnaan+++−

=−，根据累加法即可求出数列na的通项公式；方法四：通过递推式求出数列na的部分项，归纳得出数列na的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3nnanan++++=++，求出,，从而可得构造数列为常数列

，即得数列na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2n时，1(21)2nnnSSn−=++，构造得到数列

(42)2nnSn+−+为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422nnnnnnnannn−=+=+=+，利用分组求和法分别求出数列12,2nnn−的前n项和即可，其中数列

12nn−的前n项和借助于函数()()231()0,11nnxxfxxxxxxx−=++++=−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．11．（2019·全国·高考真题）已知数列{an}和{bn}满足a1=1

，b1=0，1434nnnaab+−=+，1434nnnbba+−=−.（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；（2）求{an}和{bn}的通项公式.【答案】（1）见解析；（2）1122nnan=+-，1122nn

bn=-+．【分析】(1)可通过题意中的1434nnnaab+−=+以及1434nnnbba+−=−对两式进行相加和相减即可推导出数列nnab+是等比数列以及数列nnab−是等差数列；(2)可通过(1)中的结果推导出数列nnab+以及数列

nnab−的通项公式，然后利用数列nnab+以及数列nnab−的通项公式即可得出结果．【详解】(1)由题意可知1434nnnaab+−=+，1434nnnbba+−=−，111ab+=，111ab−=，所以1144323442nnnnnnn

nababbaab++=+=--+++-，即()1112nnnnabab++++=，所以数列nnab+是首项为1、公比为12的等比数列，()112nnnab-+=，因为()11443434448nnnnnnnnababb

aab++---=+-=-+-，所以112nnnnabab++=-+-，数列nnab−是首项1、公差为2的等差数列，21nnabn-=-．(2)由(1)可知，()112nnnab-+=，21nnabn-=-，所以()111222nnnnnnaababn=++-=+-，()111222nnnnn

nbababn轾=+--=-+臌．【点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题．12．（2018·全国·高考真题）已知数列na满

足11a=，()121nnnana+=+，设nnabn=．（1）求123bbb，，；（2）判断数列nb是否为等比数列，并说明理由；（3）求na的通项公式．【答案】（1）11b=，22b=，34b=；（2）nb是首项

为1，公比为2的等比数列．理由见解析；（3）12nnan−=.【分析】（1）根据()121nnnana+=+，求得24a=和312a=，再利用nnabn=，从而求得1=1b，22b=，34b=；（2）方法一：利用条件可以得到121nnaann+=+，从而可以得出12nnbb+=，这样就可以得到数

列nb是首项为1，公比为2的等比数列；（3）方法一：借助等比数列的通项公式求得12nnan−=，从而求得12nnan−=.【详解】（1）由条件可得()121nnnaan++=，将=1n代入得，214aa=，而1=1a，所以，24a=．将=2n代入得，323aa=，所以，312a=．

从而1=1b，22b=，34b=；（2）[方法1]：【通性通法】定义法由()121nnnaan++=以及1=1a可知，0na，0nb，所以，1112(1)12(1)(1)nnnnnnnnabnananabnanan+++++====++，又1=1b，

所以nb为等比数列．[方法2]：等比中项法由12(1)nnnana+=+知21(1)2(2)nnnana+++=+，所以，22221212(2)2(1)2(2),(1)nnnnnnnnnaannaaaan++++++=+=+．由nnabn=知1212,12nnnnaabbnn++++==+

+，所以2221212(2)(1)nnnnnnaaabbbnnn++++===++．所以nb为等比数列．（3）[方法1]：【最优解】定义法由（2）知12nnb−=，所以112,2nnnnaann−−==．[方法2]：累乘法因为12(1)nna

nan++=，累乘得：324123123242(22)231nnaaaanaaaan−=−．所以1112,2nnnnanana−−==．【整体点评】（2）方法一：利用定义

证明数列为等比数列，是通性通法；方法二：利用等差中项法判断数列为等比数列，也是常用方法；（3）方法一：根据（2）中结论利用等比数列的通项公式求解，是该题的最优解；方法二：根据递推式特征利用累乘法求通项公式．13．（2016·

山东·高考真题）已知数列na的前n项和238nSnn=+，nb是等差数列，且1nnnabb+=+.（Ⅰ）求数列nb的通项公式；（Ⅱ）令1(1)(2)nnnnnacb++=+.求数列nc的前n项和nT.【答

案】（Ⅰ）31nbn=+;（Ⅱ）232nnTn+=【详解】试题分析：（1）先由公式1nnnaSS−=−求出数列na的通项公式；进而列方程组求数列nb的首项与公差，得数列nb的通项公式；（2）由（1）可得()1312nncn+=+，再利用“错位

相减法”求数列nc的前n项和nT.试题解析：（1）由题意知当2n时，165nnnaSSn−=−=+，当1n=时，1111aS==，所以65nan=+．设数列nb的公差为d，由112223{abbabb=+=+，即11112{

1723bdbd=+=+，可解得14,3bd==，所以31nbn=+．（2）由（1）知()()()116631233nnnnncnn+++==++，又123nnTcccc=++++，得()2341322324212nnTn+=+++++，()3

4522322324212nnTn+=+++++，两式作差，得()()()23412224213222221234123221nnnnnnTnnn++++−−=++++−+=+−+=−−所

以232nnTn+=．考点1、待定系数法求等差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前n项和.【易错点晴】本题主要考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列的前n项和，属于难题.“错位相减法”求数列的前n项和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列

的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以1q−.14．（2016·天津·高考真题）已知

na是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的,bnnN是na和1na+的等比中项.（Ⅰ）设22*1,Nnnncbbn+=−，求证：nc是等差数列；（Ⅱ）设()22*11,1,nknkkadTbnN===−，求证：2

111.2nkkTd=【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析【详解】试题分析：（Ⅰ）先根据等比中项定义得：21nnnbaa+=，从而22112112nnnnnnnncbbaaaada+++++=−=−=

，因此根据等差数列定义可证：()212122nnnnccdaad+++−=−=（Ⅱ）对数列不等式证明一般以算代证先利用分组求和化简()2211nnnnkTb==−()()()2222221234212nnbbbbbb−=−++−++−+()

221dnn=+，再利用裂项相消法求和()222111111111111212121nnnkkkkTdkkdkkdn=====−=−+++，易得结论.试题解析：（I）证明：由题意得21nnnbaa+=，有22112112nnnnnn

nncbbaaaada+++++=−=−=，因此()212122nnnnccdaad+++−=−=，所以nc是等差数列.（Ⅱ）证明：()()()2222221234212nnnTbbbbbb−=−++−++−+()()()22224222212nnnaadaaaddnn+=+++==+所以

()222211111111111112121212nnnkkkkTdkkdkkdnd=====−=−+++.考点：等差数列、等比中项、分组求和、裂项相消求和15．（2016·天津·高考真题）已知

na是等比数列，前n项和为()nSnN，且6123112,63Saaa−==.（Ⅰ）求na的通项公式；（Ⅱ）若对任意的,nnNb是2logna和21logna+的等差中项，求数列()21nnb−的前2n项和.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）22n【详

解】试题分析：（Ⅰ）求等比数列通项，一般利用待定系数法：先由，解得，分别代入616(1)631aqSq−==−，得，；（Ⅱ）先根据等差中项得，再利用分组求和法求和：.试题解析：（Ⅰ）解：设数列的公比为，由已知，有，解

得2,1qq==−或.又由6611631qSaq−==−，知，所以61126312a−=−，得，所以.（Ⅱ）解：由题意，得，即是首项为，公差为的等差数列.设数列的前项和为，则.【考点】等差数列、等比数列及其前项

和公式【名师点睛】分组转化法求和的常见类型：（1）若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．（2）通项公式为,{,nnnbnacn=为奇数，为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采

用分组求和法求和．16．（2016·全国·高考真题）已知数列{}na的前n项和1nnSa=+，其中0．（Ⅰ）证明{}na是等比数列，并求其通项公式；（Ⅱ）若53132S=，求．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1=−．【详解】试题分析：（Ⅰ）首先利用公式11,1{,2nnnSnaSSn−==−

，得到数列{}na的递推公式，即可得到{}na是等比数列及{}na的通项公式；（Ⅱ）利用（Ⅰ），用表示前n项和nS，结合nS的值，建立方程可求得的值．试题解析：（Ⅰ）由题意得，故，，.由，得，即.由，得，所以.因此{}

na是首项为，公比为的等比数列，于是.（Ⅱ）由（Ⅰ）得.由得，即.解得1=−.【考点】数列的通项na与前n项和nS的关系，等比数列的定义、通项公式及前n项和.【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（1）定义法，即证明1nnaqa+=（常数）；（2）中项法，即证明212nnnaaa++=．根

据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形，转化为等比数列或等差数列来求解．17．（2016·全国·高考真题）已知各项都为正数的数列na满足11a=，211(21)20nnnnaaaa++−−−=.（Ⅰ）求23,aa；（Ⅱ）求na的通

项公式.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【详解】试题分析：（Ⅰ）将11a=代入递推公式求得2a，将2a的值代入递推公式可求得3a；（Ⅱ）将已知的递推公式进行因式分解，然后由定义可判断数列{}na为等比数列，由此可求得数列{}na的

通项公式．试题解析：（Ⅰ）由题意，得.（Ⅱ）由得.因为的各项都为正数，所以.故是首项为，公比为的等比数列，因此.【考点】数列的递推公式、等比数列的通项公式【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（1）定义法，即证明1nnaqa+=（常

数）；（2）中项法，即证明212nnnaaa++=．根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形，转化为等比数列或等差数列来求解．18．（2016·全国·高考真题）已知na是公差为3的等差数列，数列nb满足12111==3nnnnbbabbnb+

++=1，，．（Ⅰ）求na的通项公式；（Ⅱ）求nb的前n项和．【答案】(Ⅰ)3n-1;(Ⅱ)见解析.【详解】试题分析：（Ⅰ）用等差数列通项公式求；（Ⅱ）求出通项，再利用等比数列求和公式来求.试题解析：（Ⅰ）由已知，1221121,1,,3abbb

bb+===得12a=，所以数列na是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为31nan=−.（Ⅱ）由（Ⅰ）和11nnnnabbnb+++=得13nnbb+=，因此nb是首项为1，公比为13的等比数列.记nb的前n项和为nS，则111()313.122313n

nnS−−==−−【考点】等差数列与等比数列【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用

题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.19．（2015·重庆·高考真题）在数列na中，()21113,0nnnnaaaaanN+++=++=（1）若0,2,==−求数列na的通项公式；（2）若()0001,2,1,kN

kk+==−证明：010011223121kakk+++++【答案】（1）132nna−=；（2）证明见解析.【详解】试题分析：（1）由于0,2==−，因此把已知等式具体化得212nnnaaa+=，显然

由于13a=，则0na（否则会得出10a=），从而12nnaa+=，所以{}na是等比数列，由其通项公式可得结论；（2）本小题是数列与不等式的综合性问题，数列的递推关系是211010,nnnnaaaak+++−=可变形

为2101nnnaaak++=()nN+,由于00k，因此011nnaak+，于是可得1nnaa+，即有12130nnaaaa+=，又22220010000011111111nnnnnnnaakkaakkkaaakk+−+===−+

+++，于是有()()00011211kkkaaaaaa++=+−++−010000102011111111kakkkkakaka=−+++++++000011112313131kkkk+++

++++01231k=++，这里应用了累加求和的思想方法，由这个结论可知2(*)nanN，因此01ka+=010000102011111111kakkkkakaka=−+++++++000011112212121kkkk+

++++++01221k=++，这样结论得证，本题不等式的证明应用了放缩法.（1）由,有212,()nnnaaanN++=若存在某个0nN+，使得00na=，则由上述递推公式易得0n10a+=，重复上述过程可得10a=，

此与13a=矛盾，所以对任意Nn+,0na.从而12nnaa+=()nN+，即na是一个公比2q=的等比数列.故11132nnnaaq−−==.（2）由011k==−，，数列na的递推关系式变为211

010,nnnnaaaak+++−=变形为2101nnnaaak++=()nN+.由上式及13a=，归纳可得12130nnaaaa+=因为22220010000011111111nnnnnnnaakkaakkkaaakk+−+===−++++，所以

对01,2nk=求和得()()00011211kkkaaaaaa++=+−++−01000010200000011111111111112231313131kakkkkakakakkkkk=−+++++++++++=+

++++另一方面，由上已证的不等式知001212kkaaaa+得00110000102011111111kkaakkkkakaka+=−+++++++00000111112221212121kkkkk++

++=+++++综上：010011223121kakk+++++考点：等比数列的通项公式，数列的递推公式，不等式的证明，放缩法.，考查探究能力和推理论证能力，考查创新意识．20．（2015·全国·高考真题）nS为数列{na}的前n

项和.已知na＞0，22nnaa+=43nS+.（Ⅰ）求{na}的通项公式；（Ⅱ）设11nnnbaa+=,求数列{nb}的前n项和.【答案】（Ⅰ）21n+（Ⅱ）11646n−+【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{an}的通项公式：（Ⅱ）求出b

n11nnaa+=，利用裂项法即可求数列{bn}的前n项和．【详解】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝

4an+1，即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝

2n+1：（Ⅱ）∵an＝2n+1，∴bn()()111121232nnaann+===++（112123nn−++），∴数列{bn}的前n项和Tn12=（11111135572123nn−+−++−++）12=（11323n−+）11646n=−+.【点睛】本题主要考查数列的通项

公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．考点05数列求和1．（2024·天津·高考真题）已知数列na是公比大于0的等比数列．其前n项和为nS．若1231,1aSa==−．(1)求数列na前n项和nS；(2)设11,2,knnkkknabbkana−+==+

，*,2kkN．（ⅰ）当12,kkna+=时，求证：1nknbab−；（ⅱ）求1nSiib=．【答案】(1)21nnS=−(2)①证明见详解；②()131419nnSiinb=−+=【分析】（1）设等比数列na的公比为0q，根据题意结合等比数列通项公式求q，再结

合等比数列求和公式分析求解；（2）①根据题意分析可知12,1kknabk−==+，()121nkkb−=−，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得()()1211213143449kkkkiibkk−−−==−−−

，再结合裂项相消法分析求解.【详解】（1）设等比数列na的公比为0q，因为1231,1aSa==−，即1231aaa+=−，可得211qq+=−，整理得220qq−−=，解得2q=或1q=−（舍

去），所以122112nnnS−==−−.（2）（i）由（1）可知12nna−=，且N*,2kk，当124kkna+==时，则111221111kkkkkannaa−++=−=−−=−，即1

1kkana+−可知12,1kknabk−==+，()()()1111222121kkknakkbbaakkkk−−+=+−−=+−=−，可得()()()()1112112122120knknkkkkkkkkbkab−

−−=−−+=−−−−=−−，当且仅当2k=时，等号成立，所以1nknbab−；（ii）由（1）可知：1211nnnSa+=−=−，若1n=，则111,1Sb==；若2n，则112kkkaa−+−=，当1

221kki−−时，12iibbk−−=，可知ib为等差数列，可得()()()111211112221122431434429kkkkkkkkiibkkkkk−−−−−−−=−=+==−−−，所以()()()232113

141115424845431434499nnSnniinbnn−=−+=+−+−++−−−=，且1n=，符合上式，综上所述：()131419nnSiinb=−+=.【点睛】关键点点睛：

1.分析可知当1221kki−−时，12iibbk−−=，可知ib为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得()()1211213143449kkkkiibkk−−−==−−−.2．（2024·全国甲卷·高考真题）记nS为数列na的前n项和，已知434nnS

a=+．(1)求na的通项公式；(2)设1(1)nnnbna−=−，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)14(3)nna−=−(2)(21)31nnTn=−+【分析】（1）利用退位法可求na的通项公式．（2）利用

错位相减法可求nT.【详解】（1）当1n=时，1114434Saa==+，解得14a=．当2n时，11434nnSa−−=+，所以1144433nnnnnSSaaa−−−==−即13nnaa−=−，而140a=，故0na，故13nnaa−=−，∴数列na是以4为首项，

3−为公比的等比数列，所以()143nna−=−.（2）111(1)4(3)43nnnnbnn−−−=−−=,所以123nnTbbbb=++++0211438312343nn−=++++故1233438312343nnTn=++++所以

1212443434343nnnTn−−=++++−()1313444313nnn−−=+−−()14233143nnn−=+−−(24)32nn=−−，(21)31nnTn=−+.3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等比数列na的前n项和为nS，且12

33nnSa+=−.(1)求na的通项公式；(2)求数列nS的前n项和.【答案】(1)153nna−=(2)1553154324nn−−【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；（2）利用分组求和

法即可求nS.【详解】（1）因为1233nnSa+=−,故1233nnSa−=−，所以()12332nnnaaan+=−即153nnaa+=故等比数列的公比为53q=，故1211523333533aaaa=−=

−=−，故11a=，故153nna−=.（2）由等比数列求和公式得5113353523213nnnS−==−−，所以数列nS的前n项和23123355553233332nnnTSSSSn

=++++=++++−5513333155315522432413nnnn−==−−−−.4．（2023·全国甲卷·高考真题）设nS为数列na

的前n项和，已知21,2nnaSna==．(1)求na的通项公式；(2)求数列12nna+的前n项和nT．【答案】(1)1nan=−(2)()1222nnTn=−+【分析】（1）根据

11,1,2nnnSnaSSn−==−即可求出；（2）根据错位相减法即可解出．【详解】（1）因为2nnSna=，当1n=时，112aa=，即10a=；当3n=时，()33213aa+=，即32a=，当2n时，()1121nnSna−−=−，所以()()1122

1nnnnnSSanana−−−==−−，化简得：()()121nnnana−−=−，当3n时，131122nnaaann−====−−，即1nan=−，当1,2n=时都满足上式，所以()*1Nnann=−．（2）因为122nnnan+=，所以12311111232222nnTn

=++++，2311111112(1)22222nnnTnn+=+++−+，两式相减得，123111111111222222111222211nnnnnnnT++=++

+−+−=−−，11122nn=−+，即()1222nnTn=−+，*Nn．5．（2023·全国新Ⅱ

卷·高考真题）已知na为等差数列，6,2,nnnanban−=为奇数为偶数，记nS，nT分别为数列na，nb的前n项和，432S=，316T=．(1)求na的通项公式；(2)证明：当5n时，nnTS．【答案】(1)23nan=+；(2

)证明见解析.【分析】（1）设等差数列na的公差为d，用1,ad表示nS及nT，即可求解作答.（2）方法1，利用（1）的结论求出nS，nb，再分奇偶结合分组求和法求出nT，并与nS作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出nS，nb，再分奇偶借助等差数列前n项和公式

求出nT，并与nS作差比较作答.【详解】（1）设等差数列na的公差为d，而6,21,N2,2nnnankbkank−=−==，则112213316,222,626babaadbaad=−==+=−=+−，

于是41314632441216SadTad=+==+−=，解得15,2ad==，1(1)23naandn=+−=+，所以数列na的通项公式是23nan=+.（2）方法1：由（1）知，2(523)42nnnSnn++==+，23,2

1,N46,2nnnkbknnk−=−=+=，当n为偶数时，12(1)34661nnbbnnn−+=−−++=+，213(61)372222nnnTnn++==+，当5n时，22371()(4)(1)0222nnTSnnnnnn−=+−+=−，因此nnTS

，当n为奇数时，22113735(1)(1)[4(1)6]52222nnnTTbnnnnn++=−=+++−++=+−，当5n时，22351(5)(4)(2)(5)0222nnTSnnnnnn−=+−−+=+−，因此nnTS，所以当5n时，nnTS.方法2：由（1）知，

2(523)42nnnSnn++==+，23,21,N46,2nnnkbknnk−=−=+=，当n为偶数时，21312412(1)3144637()()222222nnnnnnnTbbbbbbnn−−+−−++=+++++++=+=+，当5n时，22371

()(4)(1)0222nnTSnnnnnn−=+−+=−，因此nnTS，当n为奇数时，若3n，则132411231144(1)61()()2222nnnnnnnTbbbbbb−−+−++−+−=++

+++++=+235522nn=+−，显然111Tb==−满足上式，因此当n为奇数时，235522nTnn=+−，当5n时，22351(5)(4)(2)(5)0222nnTSnnnnnn−=+−−+

=+−，因此nnTS，所以当5n时，nnTS.6．（2022·天津·高考真题）设na是等差数列，nb是等比数列，且1122331ababab==−=−=．(1)求na与nb的通项公式；(2)设na的前n项和为nS，求证：()1

111nnnnnnnSabSbSb+++++=−；(3)求211(1)nkkkkkaab+=−−．【答案】(1)121,2nnnanb−=−=(2)证明见解析(3)1(62)489nn+−+【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212221212122(1)(1)kkkkkkkkaabaab−−−+−−+−−，进而由并项求和可得114nknkTk+==，再结合错位相减法可得解.【详解】（1）设

na公差为d，nb公比为q，则11(1),nnnandbq−=+−=，由22331abab−=−=可得2112121dqdqdq+−===+−=（0dq==舍去），所以121,2nnnanb−=−=；（2）证明：因为120,nnbb+=所以要证111

1()nnnnnnnSabSbSb+++++=−，即证111()2nnnnnnnSabSbSb++++=−，即证1112nnnnSaSS++++=−，即证11nnnaSS++=−，而11nnnaSS++=−显然成立，所以1111()nn

nnnnnSabSbSb+++++=−；（3）因为212221212122(1)(1)kkkkkkkkaabaab−−−+−−+−−2221(4143)2[41(41)]224kkkkkkkk−−=−+−++

−−=，所以211(1)nkkkkkaab+=−−2122212121221[((1))((1))]nkkkkkkkkkaabaab−−−+==−−+−−124nkkk==，设124nknkTk==

所以2324446424nnTn=++++，则2341244446424nnnT+++++=，作差得()2341124(14)3244444242414nnnnnTnn++−−=+

++++−=−−()126483nn+−−=，所以1(62)489nnnT+−+=，所以211(1)nkkkkkaab+=−−=1(62)489nn+−+.7．（2020·天津·高考真题）已知

na为等差数列，nb为等比数列，()()115435431,5,4abaaabbb===−=−．（Ⅰ）求na和nb的通项公式；（Ⅱ）记na的前n项和为nS，求证：()2*21nnnSSSn++N；（Ⅲ）对任意的正整数n，设()21132,,,.nnnnnnn

abnaacanb+−+−=为奇数为偶数求数列nc的前2n项和．【答案】（Ⅰ）nan=，12nnb−=；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）465421949nnnn+−−+.【分析】(Ⅰ)由题意

分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列na前n项和，然后利用作差法证明即可；(Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算211nkkc−=和21nkkc=的值

，据此进一步计算数列nc的前2n项和即可.【详解】(Ⅰ)设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q.由11a=，()5435aaa=−，可得d=1.从而na的通项公式为nan=.由()15431,4bbbb==−，又q≠0，可得

2440qq−+=，解得q=2，从而nb的通项公式为12nnb−=.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得(1)2nnnS+=，故21(1)(2)(3)4nnSSnnnn+=+++，()()22211124nSnn+=++，从而2211(1)(2)02nnnS

SSnn++−=−++，所以221nnnSSS++.(Ⅲ)当n为奇数时，()111232(32)222(2)2nnnnnnnnabncaannnn−+−+−−===−++，当n为偶数时，1112nnnnancb−+

−==，对任意的正整数n，有222221112221212121kknnnkkkckkn−−===−=−+−+，和223111211352321444444nnkknnkkknnc−==−−−==+++

++①由①得22314111352321444444nknnknnc+=−−=+++++②由①②得22111211312221121441444444414nnknnnknnc++=−−−=+++−=−−−，由于1121112122

1121156544144334444123414nnnnnnnn++−−−+−−=−−−=−−，从而得：21565994nknknc=+=−.因此，2212111465421949nnnnkkknkkkncccn−===+=+=−−+.所以，数列

nc的前2n项和为465421949nnnn+−−+.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等题.8．（2020·全国·高考真题）设数列{an}满足a1=3，134nnaan+=−．（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．【答案】（1）25a=，37a=，21nan=+，证明见解析；（2）1(21)22nnSn+=−+.【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,aa，猜想得出na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2134945aa=−=−=，32381587aa=−=−=，由数列na的前三项可猜想数列na是以3为首项，2为公差的等差数列，即21nan=+．证

明如下：当1n=时，13a=成立；假设()nkk=N时，21kak=+成立.那么1nk=+时，1343(21)4232(1)1kkaakkkkk+=−=+−=+=++也成立.则对任意的*nN，都有21na

n=+成立；［方法二］：构造法由题意可得2134945aa=−=−=，32381587aa=−=−=．由123,5aa==得212aa−=．134nnaan+=−，则134(1)(2)nnaann−=−−，两式相减得()1134n

nnnaaaa+−−=−−．令1nnnbaa+=−，且12b=，所以134nnbb−=−，两边同时减去2，得()1232nnbb−−=−，且120b−=，所以20nb−=，即12nnaa+−=，又212aa−=，因此na是首项为3，公差为2的等差数列，所以21na

n=+．［方法三］：累加法由题意可得2134945aa=−=−=，32381587aa=−=−=．由134nnaan+=−得1114333nnnnnaan+++−=−，即2121214333aa−=−，32323183

33aa−=−，……1114(1)(2)333nnnnnaann−−−=−−．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333nnnaan−=−+++−，所以1(21)33nnnan=

+．所以21(2)nann=+．当1n=时也符合上式．综上所述，21nan=+．［方法四］：构造法21322345,387aaaa=−==−=，猜想21nan=+．由于134nnaan+=−，所以可设()1(1)3nnanan

++++=++，其中,为常数．整理得1322nnaan+=++−．故24,20=−−=，解得2,1=−=−．所以()112(1)13(21)3211nnnanana+−+−=−−==−−．又130a−=，所以21nan−−是各

项均为0的常数列，故210nan−−=，即21nan=+．（2）由（1）可知，2(21)2nnnan=+［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2nnnSnn−=++++−++，①234123252

72(21)2(21)2nnnSnn+=++++−++，②由①−②得：()23162222(21)2nnnSn+−=++++−+()21121262(21)212nnn−+−=+−+−

1(12)22nn+=−−，即1(21)22nnSn+=−+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2nnnnnnnannnbb++=+=−−−=−，所以231232222nnnSaaaa=++++()()()()2132431nnbbbbbbbb+=−

+−+−++−11nbb+=−1(21)22nn+=−+．［方法三］：构造法当2n时，1(21)2nnnSSn−=++，设11()2[(1)]2nnnnSpnqSpnq−−++=+−+，即122nnn

pnqpSS−−−−=+，则2,21,2pqp−=−−=，解得4,2pq=−=．所以11(42)2[4(1)2]2nnnnSnSn−−+−+=+−−+，即(42)2nnSn+−+为常数列，而1(42)22S+

−+=，所以(42)22nnSn+−+=．故12(21)2nnSn+=+−．［方法四］：因为12(21)2222422nnnnnnnannn−=+=+=+，令12nnbn−=，则()()231()0,11nnxxfxxxxxxx−=++++=−，()121211(1

)()1231(1)nnnnxxnxnxfxxxnxxx+−−+−+=++++==−−，所以12nbbb+++L21122322nn−=++++1(2)12(1)2nnfnn+==+−+．故234(2)2222n

nSf=+++++()1212412(1)212nnnnn+−=+−++−1(21)22nn+=−+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列na的部分项从而归纳得出数列na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134nnaan+=−，代换得134(1)(2)nnaann−=−−，两式相减得()1134nnnnaaaa+−−=−−，设1nnnbaa+=−，从而简化递推式，再根据构造法即可求出nb，从而得出数列na的通项

公式；方法三：由134nnaan+=−化简得1114333nnnnnaan+++−=−，根据累加法即可求出数列na的通项公式；方法四：通过递推式求出数列na的部分项，归纳得出数列na的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3nnanan

++++=++，求出,，从而可得构造数列为常数列，即得数列na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2n时，1(21)2nnnSSn−=++，构造得到数列(42)2nnSn+−+为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422nnn

nnnnannn−=+=+=+，利用分组求和法分别求出数列12,2nnn−的前n项和即可，其中数列12nn−的前n项和借助于函数()()231()0,11nnxxfxxxxxxx−=++++=

−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．（2020·全国·高考真题）设{}na是公比不为1的等比数列，1a为2a，3a的等差中项．（1）求{}na的公比；（2）若11a=，求数列{}nna的前n

项和．【答案】（1）2−；（2）1(13)(2)9nnnS−+−=.【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出{}na的通项，根据{}nna的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.【详解】（1）设{}na的公

比为q，1a为23,aa的等差中项，212312,0,20aaaaqq=++−=，1,2qq=−；（2）设{}nna的前n项和为nS，111,(2)nnaa−==−，21112(2)3(2)(2)nnSn−=+−+−

++−，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)nnnSnn−−=−+−+−+−−+−，②①−②得，2131(2)(2)(2)(2)nnnSn−=+−+−++−−−1(2)1(13)(2)(2)1(2)3nnnnn−−−+−=−−=−−，1(13)(2)9nnnS−+−=.【

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.10．（2019·天津·高考真题）设na是等差数列，nb是等比数列，公比大于0，已知113

ab==，23ba=，3243ba=+.（Ⅰ）求na和nb的通项公式；（Ⅱ）设数列nc满足21,,,nnncbn=为奇数为偶数求()*112222nnacacacnN+++.【答案】（I）3nan

=，3nnb=；（II）22(21)369()2nnnn+−++N【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33dq==，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nc所满足的条件，将112222nnacacac+++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na的公差为d，等比数列nb的公比为q，依题意，得2332315

4qdqd=+=+，解得33dq==，故33(1)3nann=+−=，1333nnnb−==，所以，na的通项公式为3nan=，nb的通项公式为3nnb=；（II）112222nnacacac+++135212142632()(

)nnnaaaaabababab−=+++++++++123(1)[36](6312318363)2nnnnn−=++++++21236(13233)nnn=++++，记1213233nnTn=+++①则231313233nnTn+=+++②②−①得，

231233333nnnTn+=−−−−−+113(13)(21)333132nnnnn++−−+=−+=−，所以122112222(21)3336332nnnnnacacacnTn+−++++=+=+22(21)369()2nnnnN+

−++=.【点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n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.11．（2019·天津·高考真题）设na是等差数列，nb是等比数列.已知1122334,622,24abbaba===−=+，.（Ⅰ）

求na和nb的通项公式；（Ⅱ）设数列nc满足111,22,1,,2,kknkknccbn+===其中*kN.（i）求数列()221nnac−的通项公式；（ii）求()*221iiniacn=N.【答案】（Ⅰ）31

nan=+；32nnb=（Ⅱ）（i）()221941nnnac−=−（ii）()1+1*343218Nnnn++−【分析】(Ⅰ)由题意首先求得公比和公差，然后确定数列的通项公式即可；(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论可得数列()221nnac−的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列通

项公式进行等价变形，结合等比数列前n项和公式可得()*221iiniacn=N的值.【详解】(Ⅰ)设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q.依题意得()()262426262424124qddqdd=+−=+=++=+，解得32dq==

，故4(1)331nann=+−=+，16232nnnb−==.所以，na的通项公式为31nan=+，nb的通项公式为32nnb=.(Ⅱ)(i)()()()()22211321321941nnnnnnnacab−=−=+−=−.所以，数列()221nnac−的通项公式为

()221941nnnac−=−.(ii)()2222211=1iiiiinniiacaac==−+()222111iiinniiaac===+−()212312nn−=+−()1

941nii=+−()()+1414326914nnnn−=+−+−−()1+1*343218Nnnn+=+−.【点睛】本题主要考查等差数列､等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.1

2．（2018·天津·高考真题）设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N*）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．（Ⅰ）求Sn和Tn；（Ⅱ）若Sn+（

T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整数n的值．【答案】(Ⅰ)()12nnnS+=，21nnT=−；(Ⅱ)4.【分析】（I）由题意得到关于q的方程，解方程可得2q=，则122112nnnT−==−−.结合题意可得等差数列的首项和公差为11,1ad==，则其前n项和()12nnnS

+=.（II）由（I），知11222.nnTTTn++++=−−据此可得2340,nn−−=解得1n=−（舍），或4n=.则n的值为4.【详解】（I）设等比数列{}nb的公比为q，由b1=1，b3=b2+2，可得220qq−−=．因为0q，可得2q=，故12nnb−=．

所以，122112nnnT−==−−．设等差数列{}na的公差为d．由435baa=+，可得134ad+=．由5462baa=+，可得131316,ad+=从而11,1ad==，故nan=，所以，(1)2nnnS+=．（II）由（I），有121122(12)(

222)=22.12nnnnTTTnnn+−+++=+++−−=−−−由12()4nnnnSTTTab++++=+,可得11(1)2222nnnnnn++++−−=+，整理得2340,nn−−=解得1n=−（舍），或4n=

．所以n的值为4．点睛：本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n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.13．（2017·天津·高考真题）已知{}na为等差数列，前n项和为*()nSnN，{}nb是首项为2的等比数列，且公比大于0，2334111412,2,11bb

baaSb+==−=.（Ⅰ）求{}na和{}nb的通项公式；（Ⅱ）求数列2{}nnab的前n项和*()nN.【答案】（Ⅰ）32nan=−.2nnb=.（Ⅱ）2(34)216nn+−+.【详解】试题分析：根据等差数列和等比数列通项公式及前n项和公式列方程求出

等差数列首项1a和公差d及等比数列的公比q，写出等差数列和等比数列的通项公式，利用错位相减法求出数列的和，要求计算要准确.试题解析：（Ⅰ）设等差数列{}na的公差为d，等比数列{}nb的公比为q.由已知231

2bb+=，得()2112bqq+=，而12b=，所以260qq+−=.又因为0q，解得2q=.所以，2nnb=.由3412baa=−，可得138da−=①.由11411Sb=，可得1516ad+=②，联立①②，解得11,3ad==，由此可得32n

an=−.所以，{}na的通项公式为32nan=−，{}nb的通项公式为2nnb=.（Ⅱ）解：设数列2{}nnab的前n项和为nT，由262nan=−，有()2342102162622nnTn=++++−，()()23412421

02162682622nnnTnn+=++++−+−，上述两式相减，得()23142626262622nnnTn+−=++++−−()()()12121246223421612nnnn

n++−=−−−=−−−−.得()234216nnTn+=−+.所以，数列2{}nnab的前n项和为()234216nn+−+.【考点】等差数列、等比数列、数列求和【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前n项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前

n项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和方法有倒序相加法，错位相减法，裂项相消法和分组求和法等，本题考查错位相减法求和.14．（2017·山东·高考真题）已知{an}是各项均为正数的等比数列,且121236,a

aaaa+==.(I)求数列{an}通项公式；(II){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和Sn,已知211nnnSbb++=,求数列nnba的前n项和nT.【答案】（Ⅰ）2nna=.（Ⅱ）2552nnnT+=−.【详解】试题分析：（Ⅰ）列出关于1,aq的方程组,解方程组

求基本量；（Ⅱ）用错位相减法求和.试题解析：（Ⅰ）设{}na的公比为q，由题意知：22111(1)6,aqaqaq+==.又0na，解得：12,2aq==，所以2nna=.（Ⅱ）由题意知：121211(21)()(21

)2nnnnbbSnb+++++==+，又2111,0,nnnnSbbb+++=所以21nbn=+,令nnnbca=,则212nnnc+=，因此12231357212122222nnnnnnTccc−−+=+++=+++++,又234113

572121222222nnnnnT+−+=+++++,两式相减得2111311121222222nnnnT−++=++++−所以2552nnnT+=−.【考点】等比数列的通项,错位相减法求和.【名师点睛】(1)等比数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公比q,然后由

通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．等比数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,an,q,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了方程的思想．(2)用错位相减法求和时,应注意：在写出“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”的表达式，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．15．（2016·浙江·高考真题）设数列{na}的前n项和为nS.已知2S=4，1na+=2nS+1，*N

n.（Ⅰ）求通项公式na；（Ⅱ）求数列{|2nan−−|}的前n项和.【答案】（Ⅰ）1*3,nnan−=N；（Ⅱ）2*2,1,3511,2,.2nnnTnnnn==−−+N.【详解】试题分析：本题主要考查等差、等比数列的基础知识，同时考查数列基本思

想方法，以及推理论证能力.试题解析：（Ⅰ）由题意得12214{21aaaa+==+，则121{3.aa==，又当2n时，由11(21)(21)2nnnnnaaSSa+−−=+−+=，得13nnaa+=.又2113,1aaa==,所以，数列na的通项公式为1*3,n

nan−=N.（Ⅱ）设132nnbn−=−−，*nN，122,1bb==.当3n时，由于132nn−+，故132,3nnbnn−=−−.设数列nb的前n项和为nT，则122,3TT==.当3

n时，229(13)(7)(2)351131322nnnnnnnT−−+−−−+=+−=−，23T=满足上式，所以，2*2,1,3511,2,.2nnnTnnnn==−−+N【考点】等差、等比数列

的基础知识.【方法点睛】数列求和的常用方法：（1）错位相减法：形如数列nnab的求和，其中na是等差数列，nb是等比数列；（2）裂项法：形如数列()()1fngn或()()1fngn的求和，其中()fn，()gn是关于n的

一次函数；（3）分组法：数列的通项公式可分解为几个容易求和的部分．16．（2016·山东·高考真题）已知数列na的前n项和238nSnn=+，nb是等差数列，且1nnnabb+=+.（Ⅰ）求数列nb的通项公式；（Ⅱ）

令1(1)(2)nnnnnacb++=+.求数列nc的前n项和nT.【答案】（Ⅰ）31nbn=+;（Ⅱ）232nnTn+=【详解】试题分析：（1）先由公式1nnnaSS−=−求出数列na的通项公式；进而列方程组求数列

nb的首项与公差，得数列nb的通项公式；（2）由（1）可得()1312nncn+=+，再利用“错位相减法”求数列nc的前n项和nT.试题解析：（1）由题意知当2n时，165nnnaSSn−=−=+，当1n=时，111

1aS==，所以65nan=+．设数列nb的公差为d，由112223{abbabb=+=+，即11112{1723bdbd=+=+，可解得14,3bd==，所以31nbn=+．（2）由（1）知()()()116631233nn

nnncnn+++==++，又123nnTcccc=++++，得()2341322324212nnTn+=+++++，()34522322324212nnTn+=+++++，两式作差，得()()

()23412224213222221234123221nnnnnnTnnn++++−−=++++−+=+−+=−−所以232nnTn+=．考点1、待定系数法求等差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前n项和.【易错点晴

】本题主要考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列的前n项和，属于难题.“错位相减法”求数列的前n项和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法

”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以1q−.17．（2016·天津·高考真题）已知na是等比数列，前n项和为()nSnN

，且6123112,63Saaa−==.（Ⅰ）求na的通项公式；（Ⅱ）若对任意的,nnNb是2logna和21logna+的等差中项，求数列()21nnb−的前2n项和.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）22n【详解】试题分析：（Ⅰ）求等比数列通项，一般利用

待定系数法：先由，解得，分别代入616(1)631aqSq−==−，得，；（Ⅱ）先根据等差中项得，再利用分组求和法求和：.试题解析：（Ⅰ）解：设数列的公比为，由已知，有，解得2,1qq==−或.又由6611631qSaq−==−，知，所以61126312a−=−，得，所以.（Ⅱ）解：由题意

，得，即是首项为，公差为的等差数列.设数列的前项和为，则.【考点】等差数列、等比数列及其前项和公式【名师点睛】分组转化法求和的常见类型：（1）若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{

an}的前n项和．（2）通项公式为,{,nnnbnacn=为奇数，为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．18．（2016·北京·高考真题）已知{an}是等差数

列，{bn}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4．（1）求{an}的通项公式；（2）设cn=an+bn，求数列{cn}的通项公式．【答案】（1）21nan=−；（2）1213nn−−+【详解】试题分析：（1）求出等比数列nb的公比，再求出a1，a14的值

，根据等差数列的通项公式求解；（2）根据等差数列和等比数列的前n项和公式求数列{cn}的前n项和.试题解析：（1）等比数列nb的公比23933bqb===，所以211bbq==，4327bbq==．设等差数列na的公差为d．因为111ab==，14427ab==，所以1132

7d+=，即2d=．所以21nan=−（1n=，2，3，）．（2）由（1）知，21nan=−，13nnb−=．因此1213nnnncabn−=+=−+．从而数列nc的前n项和()11321133nnSn−=+++−+++

+()12113213nnn+−−=+−2312nn−=+．【考点】等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，考查运算能力.【名师点睛】1.数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函数思想在数列中的应用.数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n项

和Sn可视为数列{Sn}的通项.通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一；2.数列的综合问题涉及的数学思想：函数与方程思想（如：求最值或基本量）、转化与化归思想（如：求和或应用）、特殊到一般思想（如：求通项公式）、分类讨论思想（如：等比数列求和，或）等.19．（201

5·浙江·高考真题）已知数列na和nb满足，()1112,1,2,nnabaanN+===12311111,.23nnbbbbbnNn+++++=−（1）求na与nb；（2）记数列nnab的前n项和为nT

，求nT.【答案】（1）2;nnnabn==；（2）1*(1)22()nnTnnN+=−+【详解】（1）根据数列递推关系式，确定数列的特点，得到数列的通项公式；（2）根据（1）问得到新的数列的通项公式，利用

错位相减法进行数列求和.试题解析：（1）由112,2nnaaa+==，得2nna=.当1n=时，121bb=−，故22b=.当2n时，11nnnbbbn+=−，整理得11nnbnbn++=，所以nbn=.（2）由（1）知，2nnnabn=所以23222322nnTn=++++23

41222232(1)22nnnTnn+=++++−+所以2311222222(1)22nnnnnnTTTnn++−=−=++++−=−−所以1(1)22nnTn+=−+.考点：1.等差等比数列的通项公式；2.数列的递推关系式；3

.错位相减法求和.20．（2015·全国·高考真题）nS为数列{na}的前n项和.已知na＞0，22nnaa+=43nS+.（Ⅰ）求{na}的通项公式；（Ⅱ）设11nnnbaa+=,求数列{nb}的前n项和.【答案】（Ⅰ

）21n+（Ⅱ）11646n−+【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{an}的通项公式：（Ⅱ）求出bn11nnaa+=，利用裂项法即可求数列{bn}的前n项和．【详解】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4

Sn+1+3两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{an}是首

项为3，公差d＝2的等差数列，∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵an＝2n+1，∴bn()()111121232nnaann+===++（112123nn−++），∴数列{bn}的前n项和Tn12=（1111113

5572123nn−+−++−++）12=（11323n−+）11646n=−+.【点睛】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．21．（2015·天津·高考真题）已知na是各项均为正数的等比数列，nb是等差数列，且111ab==，2332b

ba+=，5237ab−=.(Ⅰ)求na和nb的通项公式；(Ⅱ)设nnncab=，*nN，求数列nc的前n项和.【答案】（Ⅰ）12,nnan−=N,21,nbnn=−N;（Ⅱ）()2323nnSn=−

+【详解】试题分析：（Ⅰ）设出数列na的公比和数列nb的公差，由题意列出关于,qd的方程组，求解方程组得到,qd的值，则等差数列和等比数列的通项公式可求；（Ⅱ）由题意得()1212nncn−=−，然后利用错位相减法

注得数列nc的前n项和．试题解析：（Ⅰ）设na的公比为q,nb的公差为d,由题意0q,由已知,有消去d得42280,qq−−=解得2,2qd==,所以na的通项公式为12,nnan−=N,nb的通项公式为2

1,nbnn=−N．（Ⅱ）由（Ⅰ）有()1212nncn−=−,设nc的前n项和为nS,则()0121123252212,nnSn−=++++−()1232123252212,nnSn=++++−两式相减得()()2312222122323,nnnnSnn−=++++

−−=−−−所以()2323nnSn=−+．考点：等差数列与等比数列的综合．【易错点睛】用错位相减法求和应注意的问题：（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“nS”与“nq

S”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“nnSqS−”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．22．（2015·天津·高考真题）已知数列{}na满足212(1)*,1

,2nnaqaqqnNaa+===为实数，且，，且233445,,aaaaaa+++成等差数列.（Ⅰ）求q的值和{}na的通项公式；（Ⅱ）设*2221log,nnnabna−=N，求数列nb的前n项和.【答案】（Ⅰ）

1222,,{2,.nnnnan−=为奇数为偶数;（Ⅱ）1242nnnS−+=−.【详解】（Ⅰ）由已知，有()()()()34234534aaaaaaaa+−+=+−+，即4253aaaa−=−，所以23(1)(1)aqaq−=−，又因为1q

，故322aa==，由31aaq=，得2q=，当21(*)nknN=−时，1122122nknkaa−−−===，当2(*)nknN=时，2222nknkaa===，所以{}na的通项公式为1222,

,{2,.nnnnan−=为奇数为偶数（Ⅱ）由（Ⅰ）得22121log2nnnnanba−−==，设数列nb的前n项和为nS，则012111111232222nnSn−=++++，1231111112322222nnSn=++

++两式相减得23111111112212122222222212nnnnnnnnnnS−−=+++++−=−=−−−，整理得1242nnnS−+=−所以数列nb的前n项和为124,*2nnnN−+−.考点：等差数列定义、等比数列及前n项和公式、错位相减法求和.23．（2015·山

东·高考真题）已知数列na是首项为正数的等差数列，数列11nnaa+的前n项和为21nn+.（1）求数列na的通项公式；（2）设()12nannba=+，求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)21nan=−；(2)(

)143149nnnT++−=.【详解】（Ⅰ）设数列na的公差为d，令1,n=得12113aa=，所以123aa=.令2,n=得12231125aaaa+=，所以2315aa=.解得1a1,d2==，所以21.nan=−（Ⅱ）由（Ⅰ）知21224,nnn

bnn−==所以121424......4,nnTn=+++所以23141424......(1)44,nnnTnn+=+++−+两式相减，得121344......44nnnTn+−=+++−114(14)13444,1433nnnnn++−−=−=−−所以11314

4(31)44.999nnnnnT++−+−=+=考点：1.等差数列的通项公式；2.数列的求和、“错位相减法”.24．（2015·山东·高考真题）设数列na的前n项和为nS.已知233=+nnS.（Ⅰ）求na的通项公式；（Ⅱ）若数列nb满足3lognnnaba=，求

nb的前n项和nT.【答案】（Ⅰ）13,1,{3,1,nnnan−==;（Ⅱ）13631243nnnT+=−.【分析】（Ⅰ）利用数列前n项和nS与通项na的关系求解；（Ⅱ）结合第（Ⅰ）问的结果，利用关系式3lognnnaba=求出数列nb的通项公式，并结合其通项的

结构特征，采用错位相减法求其前n项和nT.【详解】（Ⅰ）因为233=+nnS，所以，1233a=+，故13,a=当1n时，11233,nnS−−=+此时，1122233,nnnnnaSS−−=−=−即13,nna−=所以，13,1,{3,1,nnnan−==（Ⅱ）

因为3lognnnaba=，所以113b=，当1n时，()11133log313nnnnbn−−−==−所以1113Tb==，当1n时，()()12112311323133nnnTbbbbn−−−=++++=++++−，所以()01231132313nnTn−−=

++++−，两式相减，得()()01212233+3133nnnTn−−−=+++−−()11121313313nnn−−−−=+−−−1363623nn+=−所以13631243nnnT+=−，经检验，1n=时也适合，综上可得：13631243nnnT+=−.【点睛】本题

考查数列前n项和nS与通项na的关系，特殊数列的求和问题，关键在于运用错位相减法进行数列求和，注意考虑1n=的情况，属于中档题.25．（2015·湖北·高考真题）设等差数列{}na的公差为d，前n项和为nS，等比数列{}nb的公比为

q．已知11ba=，22b=，qd=，10100S=．（1）求数列{}na，{}nb的通项公式；（2）当1d时，记nnnacb=，求数列{}nc的前n项和nT．【答案】(1)见解析(2)12362nn−+−【分析】（1）利用前10项和与首项、公差的关系，联立方程组计算即可；（2）当d＞1时，由

（1）知cn1212nn−−=，写出Tn、12Tn的表达式，利用错位相减法及等比数列的求和公式，计算即可．【详解】解：（1）设a1＝a，由题意可得10451002adad+==，解得12ad==，或929ad==，当12ad==时，an＝2n﹣1，bn＝2n﹣

1；当929ad==时，an19=（2n+79），bn＝9•12()9n−；（2）当d＞1时，由（1）知an＝2n﹣1，bn＝2n﹣1，∴cn1212nnnanb−−==，∴Tn＝1+3•12+5•212+7•312+9•412++（2n﹣1）•112n−，

∴12Tn＝1•12+3•212+5•312+7•412++（2n﹣3）•112n−+（2n﹣1）•12n，∴12Tn＝223421111122222n−++++++−（2n﹣1）•12n=3232nn+−，∴Tn＝61232nn−+−．【点睛】本题考查求数列的通项及求和，利用错位相减法是解

决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．26．（2015·安徽·高考真题）已知数列na是递增的等比数列，且14239,8.aaaa+==（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）设nS为数列na的前n项和，11nnnnabSS++=，求数列nb的前n项和nT．【答案】（Ⅰ）12nn

a−=（Ⅱ）112221nn++−−【详解】试题分析：（1）设等比数列na的公比为q，，根据已知由等比数列的性质可得32311(1)9,8aqaq+==，联立解方程再由数列na为递增数列可得112aq==则通项公式可得（2）根

据等比数列的求和公式，有122112nnns−==−−所以1112(21)(21)nnnnnnnabss+++==−−，裂项求和即可试题解析：（1）设等比数列na的公比为q，所以有323141231(1)9,8aaaqaaaq+=+===联立两式可得112aq==或者18

12aq==又因为数列na为递增数列，所以q>1，所以112aq==数列na的通项公式为12nna−=（2）根据等比数列的求和公式，有122112nnns−==−−所以1111211(21)(21)21

21nnnnnnnnnabss++++===−−−−−所以1111111111221...133721212121nnnnnnT++++−=−+−++−=−=−−−−考点：等比数列的通项公式和性质，数列求和考点06数列中的不等式、最值及范围问题1．（2023·全国新

Ⅱ卷·高考真题）已知na为等差数列，6,2,nnnanban−=为奇数为偶数，记nS，nT分别为数列na，nb的前n项和，432S=，316T=．(1)求na的通项公式；(2)证明：当5n时，nnTS．【答案】(1)23nan=+；(2)证明见解析.【

分析】（1）设等差数列na的公差为d，用1,ad表示nS及nT，即可求解作答.（2）方法1，利用（1）的结论求出nS，nb，再分奇偶结合分组求和法求出nT，并与nS作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出nS，nb，再分奇偶

借助等差数列前n项和公式求出nT，并与nS作差比较作答.【详解】（1）设等差数列na的公差为d，而6,21,N2,2nnnankbkank−=−==，则112213316,222,626babaadbaad=−==

+=−=+−，于是41314632441216SadTad=+==+−=，解得15,2ad==，1(1)23naandn=+−=+，所以数列na的通项公式是23nan=+.（2）方法1：由（1）知，2(523)42nnnSnn++==+，23,21,N46,2n

nnkbknnk−=−=+=，当n为偶数时，12(1)34661nnbbnnn−+=−−++=+，213(61)372222nnnTnn++==+，当5n时，22371()(4)(1)0222nnTSnnnnnn−=+−+=−，因此nnTS，当n为奇数时，221

13735(1)(1)[4(1)6]52222nnnTTbnnnnn++=−=+++−++=+−，当5n时，22351(5)(4)(2)(5)0222nnTSnnnnnn−=+−−+=+−，因此nnTS，所以当5n时，nnTS.方法2：由（1）知

，2(523)42nnnSnn++==+，23,21,N46,2nnnkbknnk−=−=+=，当n为偶数时，21312412(1)3144637()()222222nnnnnnnTbbbbbbnn−−+−−++=

+++++++=+=+，当5n时，22371()(4)(1)0222nnTSnnnnnn−=+−+=−，因此nnTS，当n为奇数时，若3n，则132411231144(1)61()()2222nnnnnnnTbbbbbb−−+−++−+−=+++++++=+235522nn=+−

，显然111Tb==−满足上式，因此当n为奇数时，235522nTnn=+−，当5n时，22351(5)(4)(2)(5)0222nnTSnnnnnn−=+−−+=+−，因此nnTS，所以当5n时，nnTS.

2．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）记nS为数列na的前n项和，已知11,nnSaa=是公差为13的等差数列．(1)求na的通项公式；(2)证明：121112naaa+++．【答案】(1)()12nnna+=(2)见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得()121

133nnSnna+=+−=，得到()23nnnaS+=，利用和与项的关系得到当2n时，()()112133nnnnnnanaaSS−−++=−=−,进而得：111nnanan−+=−，利用累乘法求得()12nnna+=，检验对于1

n=也成立，得到na的通项公式()12nnna+=；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到121111211naaan+++=−+，进而证得.【详解】（1）∵11a=，∴111Sa==,∴111Sa=,又∵nnSa是公差为13的等差

数列，∴()121133nnSnna+=+−=,∴()23nnnaS+=,∴当2n时，()1113nnnaS−−+=，∴()()112133nnnnnnanaaSS−−++=−=−,整理得：()()111nnnana−−=+,即111nnanan−+=−,∴31211

221nnnnnaaaaaaaaaa−−−=()1341112212nnnnnn++==−−，显然对于1n=也成立，∴na的通项公式()12nnna+=；（2）()12112,11nannnn==−++∴12111

naaa+++1111112121222311nnn=−+−+−=−++3．（2021·浙江·高考真题）已知数列na的前n项和为nS，194a=−，且1439nnSS+=−.（1）求数列na的通项；（2）设数列

nb满足*3(4)0()nnbnanN+−=，记nb的前n项和为nT，若nnTb对任意Nn恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）33()4nna=−；（2）31−.【分析】（1）由1439nnSS+=−，结合nS与na的关系，

分1,2nn=讨论，得到数列{}na为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0nnbna+−=结合(1)的结论，利用错位相减法求出nT，nnTb对任意Nn恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于n的函数的范围关系，即可求解.【详解】（1）当1n=时

，1214()39aaa+=−，229272749,4416aa=−=−=−，当2n时，由1439nnSS+=−①，得1439nnSS−=−②，①−②得143nnaa+=122730,0,164nn

naaaa+=−=，又213,{}4naaa=是首项为94−，公比为34的等比数列，1933()3()444nnna−=−=−；（2）由3(4)0nnbna+−=，得43(4)()34nnnnban−=−=−，所以234333333210(4)44444nnTn

=−−−++−+，2413333333321(5)(4)444444nnnTnn+=−−−++−+−

，两式相减得234113333333(4)4444444nnnTn+=−++++−−1193116493(4)34414nnn−+−=−+−−−111993334(4)4

4444nnnnn+++=−+−−−=−，所以134()4nnTn+=−，由nnTb得1334()(4)()44nnnn+−−恒成立，即(4)30nn−+恒成立，4n=时不等式恒成立；4n时，312344nnn

−=−−−−，得1；4n时，312344nnn−=−−−−，得3−；所以31−.【点睛】易错点点睛：（1）已知nS求na不要忽略1n=情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30nn−+恒成立，要对40,40,40nnn

−=−−讨论，还要注意40n−时，分离参数不等式要变号.4．（2021·全国乙卷·高考真题）设na是首项为1的等比数列，数列nb满足3nnnab=．已知1a，23a，39a成等差数列．（1）求n

a和nb的通项公式；（2）记nS和nT分别为na和nb的前n项和．证明：2nnST．【答案】（1）11()3nna−=，3nnnb=；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列的性质及1a得到29610qq−+=，解方程即可；（2）利用公式法

、错位相减法分别求出,nnST，再作差比较即可.【详解】（1）因为na是首项为1的等比数列且1a，23a，39a成等差数列，所以21369aaa=+，所以211169aqaaq=+，即29610qq−+=，解得13q=，所以

11()3nna−=，所以33nnnnanb==.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333nnnnnT−−=++++，012111111223333−=++++nnS，230121123111112333323333nnnnSnT−−=++

++−++++=012111012222333−−−++++111233−−−+nnnn．设0121111101212222Γ3333−−−−−−=++++nnn，⑧则1231111012112222Γ33333−−−−−=++++nnn．⑨由⑧-⑨得112111331

2111113322Γ13233332313−−−−−=−++++−=−+−−nnnnnnn．所以211312Γ432323−−−−=−−=−nnnnnn．因此10232323−−=−=−nnnnnSnn

nT．故2nnST．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313nnnS−==−−，211213333nnnnnT−−=++++，①231112133333nnnnnT+−=++++，②①−②得23121111333333n

nnnT+=++++−1111(1)1133(1)1323313nnnnnn++−=−=−−−，所以31(1)4323nnnnT=−−，所以2nnST−=3131(1)(1)043234323nnnnnn−−−

−=−，所以2nnST.[方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13=nnbn，令1()3=+nncn，且1+=−nnnbcc，即1111()[(1)]333+=+−++

nnnnnn，通过等式左右两边系数比对易得33,24==，所以331243nncn=+．则12113314423nnnnnTbbbcc+=+++=−=−+，下同方法二．[方法四]：导函数法

设()231()1−=++++=−nnxxfxxxxxx，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1nnnnnxxxxxxxxnxnxxxx+−−−−−−+−+

==−−−，则12121(1)()123(1)+−+−+=++++=−nnnnxnxfxxxnxx．又1111333−==nnnbnn，所以2112311111233333nnnTbbbb

n−=++++=++++=12111(1)11133333113nnnnf++−+=−13113311(1)4334423n

nnnnn+=+−+=−+，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.（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,nnST,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1()3=+nncn，使1+=−nnnbcc，求得nT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.5．（2020·浙江·高考真题）已知数列{an}，{bn}，{cn}中，1111121

,,()nnnnnnnbabccaaccnb+++====−=*N．（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比0q，且1236bbb+=，求q与{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差0d，证明：1211ncccd++++．*()nN【答案】（I）1142,.23nn

qa−+==；（II）证明见解析.【分析】（I）根据1236bbb+=，求得q，进而求得数列nc的通项公式，利用累加法求得数列na的通项公式.（II）利用累乘法求得数列nc的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.【详解】（I）依题意21231,,bbqbq===，而1236bbb+=，

即216qq+=，由于0q，所以解得12q=，所以112nnb−=.所以2112nnb++=，故11112412nnnnnccc−++==，所以数列nc是首项为1，公比为4的等比数列，所以14

nnc−=.所以114nnnnaac−+==−（*2,nnN）.所以121421443nnnaa−−+=++++=，又1n=，11a=符合，故1423−+=nna.（II）依题意设()111nbnddnd=+−=+−，由于12nnnncbcb++=，

所以111nnnncbcb−−+=()*2,nnN，故13211221nnnnncccccccccc−−−=1232111143nnnnnnbbbbbcbbbbb−−−+−=()1211111111112nnnnnnbbdnbbdb

bdbb++++==−=+−.又11c=，而()1212111111=111dddddbbdbbdd+++−==+，故()111111nnncndbb+=+−所以121223111111111

nnncccdbbbbbb++++=+−+−++−LL11111ndb+=+−.由于10,1db=，所以10nb+，所以1111111ndbd++−+

.即1211ncccd++++，*nN.【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.6．（2019·浙江·高考真题）设等差数列{}na的前n项和为nS，34a=，43aS=，

数列{}nb满足：对每12,,,nnnnnnnSbSbSb+++++N成等比数列.（1）求数列{},{}nnab的通项公式；（2）记,,2nnnaCnb=N证明：12+2,.nCCCnn++N【答案】（1）()21nan=−，()

1nbnn=+；（2）证明见解析.【分析】(1)首先求得数列na的首项和公差确定数列na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nb的通项公式；(2)结合(1)的结果对数列nc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：1112432332adadad+=+=+，解得：102ad==，则数列na的通项公式为22nan=−.其前n项和()()02212nnnSnn+−==−.则()()()()1,1,12nnnnnbn

nbnnb−++++++成等比数列，即：()()()()21112nnnnnbnnbnnb++=−++++，据此有：()()()()()()()()2222121112121nnnnnnnnnbbnnnnnnbnnbb+++

+=−++++++−+，故()()()()()22112121(1)(1)(1)(2)nnnnnnbnnnnnnnnn+−−++==++++−−+.(2)结合(1)中的通项公式可得：()()112221211nnnanCnnbnnn

nnnn−====−−+++−，则()()()12210221212nCCCnnn+++−+−++−−=.【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.7．（2017·北京·高考真题）已知等差数列na和等比数列nb满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5．（Ⅰ）求na的通项公式；（Ⅱ）求和：13521nbbbb−++++…．【答案】（1）an=2n−1.（2）312n−

【详解】试题分析：（Ⅰ）设等差数列的公差为d，代入建立方程进行求解；（Ⅱ）由nb是等比数列，知21nb−依然是等比数列，并且公比是2q，再利用等比数列求和公式求解.试题解析：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d.因为a2+a4=10，所以2a1+4d

=10.解得d=2.所以an=2n−1.（Ⅱ）设等比数列的公比为q.因为b2b4=a5，所以b1qb1q3=9.解得q2=3.所以2212113nnnbbq−−−==.从而21135213113332nnnbbbb−−−++++=

++++=.【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：（1）分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；（2）裂项相消法求和，一般适用于，,等的形式；（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列等比数列

的形式；（4）倒序相加法求和，一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以2即可得到数列求和.8．（2016·浙江·高考真题）设数列na满足112nnaa+−，n．（Ⅰ）证明：()1122nnaa−−，n；（Ⅱ）若32nna，

n，证明：2na，n．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析【详解】试题分析：（Ⅰ）先利用三角形不等式得1112nnaa+−，变形为111222nnnnnaa++−，再用累加法可得1122nnaa−，进而可证()1122nnaa−−；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得11222nmnmnaa

−−，进而可得3224mnna+，再利用m的任意性可证2na．试题解析：（Ⅰ）由112nnaa+−得1112nnaa+−，故111222nnnnnaa++−，n，所以11223111223122222222nnnnnnaaaaaaaa−−−=−

+−++−121111222n−+++1，因此()1122nnaa−−．（Ⅱ）任取n，由（Ⅰ）知，对于任意mn，1121112122222222nmnnnnmmnmnnnnmmaaaaaaaa+++−++

+−−=−+−++−11111222nnm+−+++112n−，故11222mnnnmaa−+11132222mnnm−+．从而对于任意mn，均有3224mnna+

．由m的任意性得2na．①否则，存在0n，有02na，取正整数000342log2nnam−且00mn，则003040002log23322244nnammnna−=−，与①式矛盾．

综上，对于任意n，均有2na．9．（2016·天津·高考真题）已知na是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的,bnnN是na和1na+的等比中项.（Ⅰ）设22*1,Nnnncbbn+=−，求证：nc是等差数列；

（Ⅱ）设()22*11,1,nknkkadTbnN===−，求证：2111.2nkkTd=【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析【详解】试题分析：（Ⅰ）先根据等比中项定义得：21nnnbaa+=，从而

22112112nnnnnnnncbbaaaada+++++=−=−=，因此根据等差数列定义可证：()212122nnnnccdaad+++−=−=（Ⅱ）对数列不等式证明一般以算代证先利用分组求和化简()2211nnnnkTb==−()()()2222221

234212nnbbbbbb−=−++−++−+()221dnn=+，再利用裂项相消法求和()222111111111111212121nnnkkkkTdkkdkkdn=====−=−+++，

易得结论.试题解析：（I）证明：由题意得21nnnbaa+=，有22112112nnnnnnnncbbaaaada+++++=−=−=，因此()212122nnnnccdaad+++−=−=，所以nc是

等差数列.（Ⅱ）证明：()()()2222221234212nnnTbbbbbb−=−++−++−+()()()22224222212nnnaadaaaddnn+=+++==+所以()222211111111111112121212nnnkkkkTdkkdkkdnd=====−=−

+++.考点：等差数列、等比中项、分组求和、裂项相消求和10．（2015·重庆·高考真题）在数列na中，()21113,0nnnnaaaaanN+++=++=（1）若0,2,==−求数列na的通项公式；（2）若()0001,2,1,kNkk+

==−证明：010011223121kakk+++++【答案】（1）132nna−=；（2）证明见解析.【详解】试题分析：（1）由于0,2==−，因此把已知等式具体化得212nnnaaa+=，显然由于13a=，则0na（否则会得出10a=

），从而12nnaa+=，所以{}na是等比数列，由其通项公式可得结论；（2）本小题是数列与不等式的综合性问题，数列的递推关系是211010,nnnnaaaak+++−=可变形为2101nnnaaak+

+=()nN+,由于00k，因此011nnaak+，于是可得1nnaa+，即有12130nnaaaa+=，又22220010000011111111nnnnnnnaakkaakkkaaakk+−+===−++++，于是有()()0

0011211kkkaaaaaa++=+−++−010000102011111111kakkkkakaka=−+++++++000011112313131kkkk+++++++01231k=

++，这里应用了累加求和的思想方法，由这个结论可知2(*)nanN，因此01ka+=010000102011111111kakkkkakaka=−+++++++000011112212121kkkk+++++++01221k=+

+，这样结论得证，本题不等式的证明应用了放缩法.（1）由,有212,()nnnaaanN++=若存在某个0nN+，使得00na=，则由上述递推公式易得0n10a+=，重复上述过程可得10a=，此与13a=矛盾，所以对任意Nn+,0na.从

而12nnaa+=()nN+，即na是一个公比2q=的等比数列.故11132nnnaaq−−==.（2）由011k==−，，数列na的递推关系式变为211010,nnnnaaaak+++−=变形为2101nnnaaak++=(

)nN+.由上式及13a=，归纳可得12130nnaaaa+=因为22220010000011111111nnnnnnnaakkaakkkaaakk+−+===−++++，所以对01,2nk=求和得()()00011211kkkaaaaaa++=+−++−0100001020

0000011111111111112231313131kakkkkakakakkkkk=−+++++++++++=+++++另一方面，由上已证的不等式知001212kkaaaa+得00110000102011111111kkaakkkk

akaka+=−+++++++00000111112221212121kkkkk++++=+++++综上：010011223121kakk+++++考点：等比数列的通项公式

，数列的递推公式，不等式的证明，放缩法.，考查探究能力和推理论证能力，考查创新意识．11．（2015·浙江·高考真题）已知数列na满足1a=12且1na+=na-2na（n*N）.（1）证明：112nnaa+（n*N）；（2）设数列2na的前

项和为nS，证明112(2)2(1)nSnnn++（n*N）.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）首先根据递推公式可得12na，再由递推公式变形可知(2111,21nnnn

nnaaaaaa+==−−，从而得证；（2）由1111=nnnnaaaa++−和112nnaa+，得11112nnaa+−，从而可得*111()2(1)2nanNnn+++，即可得证.【详解】（1）由题意得，210nnnaaa+−=−，即1nnaa+，12na，由11(

1)nnnaaa−−=−，得1211(1)(1)(1)0nnnaaaaa−−=−−−，由102na得，(2111,21nnnnnnaaaaaa+==−−，即112nnaa+；（2）由题意得21nnnaaa+=−，∴11nnSaa+=−①，由1111=nnnnaaaa++−

和112nnaa+，得11112nnaa+−，∴11112nnnaa+−，因此*111()2(1)2nanNnn+++②，由①②得112(2)2(1)nSnnn++.考点：数列与不等式结合综合题.12．（2015·四川·高考真题）设数列na的前n

项和12nnSaa=−，且123,1,aaa+成等差数列.（1）求数列na的通项公式；（2）记数列1na前n项和nT，求使111000nT−成立的n的最小值．【答案】(1)2nna=.(2)10.【详解】试题分析：（1）借助于()1

2nnnaSSn−=−将12nnSaa=−转化为12(1)nnaan−=，进而得到数列为等比数列，通过首项和公比求得通项公式；（2）整理数列1na的通项公式112nna=，可知数列为等比数

列，求得前n项和nT，代入不等式111000nT−可求得n的最小值试题解析：（1）由已知12nnSaa=−，有1122(1)nnnnnaSSaan−−=−=−，即12(1)nnaan−=．从而21312,4aaaa==．又因为123,1,aaa+成等差数列，即1232(

1)aaa+=+．所以11142(21)aaa+=+，解得12a=．所以，数列na是首项为2，公比为2的等比数列．故2nna=．（2）由（1）得112nna=．所以2311[1()]111112211222

2212nnnnT−=++++==−−．由111000nT−，得111121000n−−，即21000n．因为9102512100010242==，所以10n≥．于是，使111000nT−成立的n的最小值为10．考点：1．数列通项公式；2．等比数列求和13．（2015·上海·高

考真题）已知数列na与nb满足()112nnnnaabb++−=−，n.（1）若35nbn=+，且11a=，求数列na的通项公式；（2）设na的第0n项是最大项，即0nnaa（n），求证：数列nb的第0n项是最大项；（3

）设10a=，nnb=（n），求的取值范围，使得na有最大值与最小值m，且()2,2m−.【答案】（1）65nan=−（2）详见解析（3）1,02−【详解】（1）由13nnbb+−=，得16nnaa+−=

，所以na是首项为1，公差为6的等差数列，故na的通项公式为65nan=−，n.（2）由()112nnnnaabb++−=−，得1122nnnnabab++−=−.所以2nnab−为常数列，1122nnabab−=−，即1122nnabab=+−

.因为0nnaa，n，所以011112222nnbabbab+−+−，即0nnbb.故nb的第0n项是最大项.（3）因为nnb=，所以()112nnnnaa++−=−，当2n时，()()()112211nnnnnaaaaaaaa−−−=−+−++−+()()()11

22222nnnn−−−=−+−++−+2n=−.当1n=时，1a=，符合上式.所以2nna=−.因为0，所以222nna=−−，21212nna−−=−−.①当1−时，由指数函数的单调性

知，na不存在最大、最小值；②当1=−时，na的最大值为3，最小值为1−，而()32,21−−；③当10−时，由指数函数的单调性知，na的最大值222a==−，最小值1ma==，由2222−−及10−，得102−.综上，的取值

范围是1,02−.14．（2015·安徽·高考真题）设*nN，nx是曲线221nyx+=+在点(12)，处的切线与x轴交点的横坐标.（Ⅰ）求数列nx的通项公式；（Ⅱ）记2221321nnTxxx−=，证明14nTn.【答案】

（Ⅰ）1nnxn=+；（Ⅱ）14nTn.【详解】试题分析：（Ⅰ）对题中所给曲线的解析式进行求导，得出曲线221nyx+=+在点(12)，处的切线斜率为22n+.从而可以写出切线方程为2(22)(1)yn

x−=+−.令0y=.解得切线与x轴交点的横坐标1111nnxnn=−=++.（Ⅱ）要证14nTn，需考虑通项221nx−，通过适当放缩能够使得每项相消即可证明.思路如下：先表示出2222221321

1321()()()242nnnTxxxn−−==，求出初始条件当1n=时，114T=.当2n时，单独考虑221nx−，并放缩得222222122221(21)(21)1441()2(2)(2)(2)nnnnnnnxnnnnn−−−−−−−====，所以211211(

)2234nnTnn−=，综上可得对任意的N*n，均有14nTn.试题解析：（Ⅰ）解：2221'(1)'(22)nnyxnx++=+=+，曲线221nyx+=+在点(12)，处的切线斜率为22n+.从而切线方程为2(22)(1)ynx−=+

−.令0y=，解得切线与x轴交点的横坐标1111nnxnn=−=++.（Ⅱ）证：由题设和（Ⅰ）中的计算结果知22222213211321()()()242nnnTxxxn−−==.当1n=时，114T=.当2n时，因

为222222122221(21)(21)1441()2(2)(2)(2)nnnnnnnxnnnnn−−−−−−−====，所以211211()2234nnTnn−=.综上可得对任意的N*n，均有14

nTn.考点：1.曲线的切线方程；2.数列的通项公式；3.放缩法证明不等式.考点07数列与其他知识点的关联问题1．（2024·上海·高考真题）若()log(0,1)afxxaa=．(1)()yfx=过()4,2，求()()22fxfx−的解集；(2)存在

x使得()()()12fxfaxfx++、、成等差数列，求a的取值范围．【答案】(1)|12xx(2)1a【分析】（1）求出底数a，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；（2）存在x使得()()()12

fxfaxfx++、、成等差数列等价于22131248ax=+−在()0,+上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a的取值范围．【详解】（1）因为()yfx=的图象过()4,2，故log42a=，故24a=即2a=（负的舍去），而()2logfxx=在()0,+

上为增函数，故()()22fxfx−，故022xx−即12x，故()()22fxfx−的解集为|12xx.（2）因为存在x使得()()()12fxfaxfx++、、成等差数列，故()()()212faxfxfx=+++有解，故()()()2

loglog1log2aaaaxxx=+++，因为0,1aa，故0x，故()()2212axxx=++在()0,+上有解，由2222232321311248xxaxxxx++==++=+−

在()0,+上有解，令()10,tx=+，而231248yt=+−在()0,+上的值域为()1,+，故21a即1a.2．（2024·全国新Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线()22:0Cxymm−=，点()15,4P在C上，k为常数，01k

．按照如下方式依次构造点()2,3,...nPn=：过1nP−作斜率为k的直线与C的左支交于点1nQ−，令nP为1nQ−关于y轴的对称点，记nP的坐标为(),nnxy.(1)若12k=，求22,xy；(2)证明：数列nnxy−是公比为11kk+−的等

比数列；(3)设nS为12nnnPPP++的面积，证明：对任意正整数n，1nnSS+=.【答案】(1)23x=，20y=(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出2P的坐标即可；（2）根据等比数列的定义即可验证结论；（3）思路一

：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明nS的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明nS的取值为与n无关的定值即可.【详解】（1）由已知有22549m=−=，故C的方程为229xy−=.当12k

=时，过()15,4P且斜率为12的直线为32xy+=，与229xy−=联立得到22392xx+−=.解得3x=−或5x=，所以该直线与C的不同于1P的交点为()13,0Q−，该点显然在C的左支上.故()23,0P，从而23x=，20y=.（

2）由于过(),nnnPxy且斜率为k的直线为()nnykxxy=−+，与229xy−=联立，得到方程()()229nnxkxxy−−+=.展开即得()()()2221290nnnnkxkykxxykx−−−−−−=，由于(),nnnPxy已经是直线()nnykxxy=−+和229xy−=的公共点

，故方程必有一根nxx=.从而根据韦达定理，另一根()2222211nnnnnnkykxkyxkxxxkk−−−=−=−−，相应的()2221nnnnnykykxykxxyk+−=−+=−.所以该直线与C的不同于nP的交点为222222,11nnnnnnnkyxkxykykxQk

k−−+−−−，而注意到nQ的横坐标亦可通过韦达定理表示为()()2291nnnykxkx−−−−，故nQ一定在C的左支上.所以2212222,11nnnnnnnxkxkyykykxPkk++−+−−−.这就得到21221nnnnxkxkyxk+

+−=−，21221nnnnykykxyk++−=−.所以2211222211nnnnnnnnxkxkyykykxxykk+++−+−−=−−−()()222222221211111nnnnnnnnnnxkxkxykykykkkxyxykkkk+

++++++=−=−=−−−−−.再由22119xy−=，就知道110xy−，所以数列nnxy−是公比为11kk+−的等比数列.（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点,,UVW，若(),UVab=，(),UWcd=，则12UVWSadbc=−.

（若,,UVW在同一条直线上，约定0UVWS=）证明：211sin,1cos,22UVWSUVUWUVUWUVUWUVUW==−()222211122UVUWUVUWUVUWUVUWUVUW=−=−()()()22222

12abcdacbd=++−+222222222222122acadbcbdacbdabcd=+++−−−()222221112222adbcabcdadbcadbc=+−=−=−.证毕，回到原题.由于上一小问已经得到21221nnnnxkxkyxk++−=−，212

21nnnnykykxyk++−=−，故()()22211222221211111nnnnnnnnnnnnxkxkyykykxkkkxyxyxykkkk+++−+−+−−+=+=+=+−−−+.再由22119xy−=，就知道110xy+，所

以数列nnxy+是公比为11kk−+的等比数列.所以对任意的正整数m，都有nnmnnmxyyx++−()()()()()()1122nnmnnmnnmnnmnnmnnmnnmnnmxxyyxyyxxxyyxyyx++++++++=−+−−−−−()()()()1122nnnmnmnnnmnmx

yxyxyxy++++=−+−+−()()()()11112121mmnnnnnnnnkkxyxyxyxykk−+=−+−+−+−()22111211mmnnkkxykk−+=−−+−91

1211mmkkkk−+=−+−.而又有()()()111,nnnnnnPPxxyy+++=−−−−，()122121,nnnnnnPPxxyy++++++=−−，故利用前面已经证明的结论即得()()()()1

212112112nnnnPPPnnnnnnnnSSxxyyyyxx++++++++==−−−+−−()()()()12112112nnnnnnnnxxyyyyxx++++++=−−−−−()()()1212112212nnnnnnnnnnnnxyyxxyyxx

yyx++++++++=−+−−−2219119119112211211211kkkkkkkkkkkk−+−+−+=−+−−−+−+−+−.这就表明nS的取值是与n无关的定值，所以1nnSS+=.方法二：由于上一小问已经得到212

21nnnnxkxkyxk++−=−，21221nnnnykykxyk++−=−，故()()22211222221211111nnnnnnnnnnnnxkxkyykykxkkkxyxyxykkkk+++−+−+−−+=+=+=+−−−+.再由22119xy−=，就知道110x

y+，所以数列nnxy+是公比为11kk−+的等比数列.所以对任意的正整数m，都有nnmnnmxyyx++−()()()()()()1122nnmnnmnnmnnmnnmnnmnnmnnmxxyyxyyxxxyyxyyx++++++++=−+−−−−−()()()()1122nnnmn

mnnnmnmxyxyxyxy++++=−+−+−()()()()11112121mmnnnnnnnnkkxyxyxyxykk−+=−+−+−+−()22111211mmnnkkxyk

k−+=−−+−911211mmkkkk−+=−+−.这就得到232311911211nnnnnnnnkkxyyxxyyxkk+++++

+−+−=−=−+−，以及22131322911211nnnnnnnnkkxyyxxyyxkk++++++−+−=−=−+−.两式相减，即得()()()()232313131122nnnnnnnnnnnnnnnnxyyxxyyxxyyxx

yyx++++++++++++−−−=−−−.移项得到232131232131nnnnnnnnnnnnnnnnxyyxxyyxyxxyyxxy++++++++++++−−+=−−+.故()()()()321213nnnnnnnnyyxx

yyxx++++++−−=−−.而()333,nnnnnnPPxxyy+++=−−，()122121,nnnnnnPPxxyy++++++=−−.所以3nnPP+和12nnPP++平行，这就得到12123nnnnnnPPPPPP

SS+++++=，即1nnSS+=.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.3．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如

下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．(1)求第2次投篮的人是乙的概率；(2)求第i次投篮的人是甲的概率；(3)已知：若随机

变量iX服从两点分布，且()()110,1,2,,iiiPXPXqin==−===，则11nniiiiEXq===．记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为Y，求()EY．【答案】(1)0.6(2)1121653i−+(3

)52()11853nnEY=−+【分析】（1）根据全概率公式即可求出；（2）设()iiPAp=，由题意可得10.40.2iipp+=+，根据数列知识，构造等比数列即可解出；（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．【详解】（1）记

“第i次投篮的人是甲”为事件iA，“第i次投篮的人是乙”为事件iB，所以，()()()()()()()21212121121||PBPABPBBPAPBAPBPBB=+=+()0.510.60.50.80.6=−+=.（2）设()iiPAp=，依题可知，()1iiPBp=−，则()()

()()()()()11111||iiiiiiiiiiiPAPAAPBAPAPAAPBPAB+++++=+=+，即()()10.610.810.40.2iiiipppp+=+−−=+，构造等比数列ip+，设()125iipp++=+，解得13=−，则1121353iipp+−=

−，又11111,236pp=−=，所以13ip−是首项为16，公比为25的等比数列，即11112121,365653iiiipp−−−==+．（3）因为1121653iip−=+，1,2,,in=，所以当*Nn

时，()122115251263185315nnnnnEYppp−=+++=+=−+−，故52()11853nnEY=−+．【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，

后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解．4．（2019·全国·高考真题）为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另

一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得1−分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白

鼠未治愈则乙药得1分，甲药得1−分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．（1）求X的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，(0,1,,8)ipi=表示“甲

药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则00p=，81p=，11iiiipapbpcp−+=++(1,2,,7)i=，其中(1)aPX==−，(0)bPX==，(1)cPX==．假设0.5=，0.8=．(i)证明：1{}iipp+−(0,1,2,,7)i=为等比数列；(ii)求

4p，并根据4p的值解释这种试验方案的合理性．【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）41257p=.【分析】（1）首先确定X所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分布列；（2）（i）求解出,,abc的取值，可得()110.40.50.1

1,2,,7iiiippppi−+=++=，从而整理出符合等比数列定义的形式，问题得证；（ii）列出证得的等比数列的通项公式，采用累加的方式，结合8p和0p的值可求得1p；再次利用累加法可求出4p.【详解】（1）由题意可知X所有可能的取值为：1−，0，1()()11PX=−=−；()

()()011PX==+−−；()()11PX==−则X的分布列如下：X1−01P()1−()()11+−−()1−（2）0.5=，0.8=0.50.80.4a==，0.50.80.50

.20.5b=+=，0.50.20.1c==（i）()111,2,,7iiiipapbpcpi−+=++=即()110.40.50.11,2,,7iiiippppi−+=++=整理可得：()11541,2,,7iiipppi−+=+=()

()1141,2,,7iiiippppi+−−=−=1iipp+−()0,1,2,,7i=是以10pp−为首项，4为公比的等比数列（ii）由（i）知：()110144iiiippppp+−=−=78714p

pp−=，67614ppp−=，……，01014ppp−=作和可得：()880178011114414441143ppppp−−−=+++===−18341p=−()4401234401184144131144441434141257ppppp−−=−=+++=

===−−+4p表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为410.0039257p=，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理.【点睛】本题考查离散型随机变量分布列的求解、利用递推关系式证明

等比数列、累加法求解数列通项公式和数列中的项的问题.本题综合性较强，要求学生能够熟练掌握数列通项求解、概率求解的相关知识，对学生分析和解决问题能力要求较高.5．（2017·浙江·高考真题）已知数列nx满足：11x=，()()11ln1nnnxxxnN++=++证明：当

*nN时，（I）10nnxx+；（II）1122nnnnxxxx++−；（III）121122nnnx−−.【答案】（I）见解析；（II）见解析；（Ⅲ）见解析.【分析】（I）用数学归纳法可证明；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得()(

)21111114222ln1nnnnnnnnxxxxxxxx++++++−+=−+++，构造函数()()()()222ln10fxxxxxx=−+++，利用函数的单调性可证；（Ⅲ）由()1111ln1nnnnnxxxxx++++=+++及1122nnnnxxxx++−，递推可得()

121122nnnxnN−−.【详解】（Ⅰ）用数学归纳法证明：0nx．当1n=时，110x=．假设nk=时，0kx，那么1nk=+时，若10kx+，则()110ln10kkkxxx++=++，矛盾，故10kx+．因此0()nxnN，所以111l

n(1)nnnnxxxx+++=++，因此10()nnxxnN+．（Ⅱ）由11ln(1)nnnxxx++=++得，2111111422(2)ln(1)nnnnnnnnxxxxxxxx++++++−+=−+

++．记函数2()2(2)ln(1)(0)fxxxxxx=−+++，22'()ln(1)0(0)1xxfxxxx+=+++，函数()fx在)0,+上单调递增，所以()(0)0fxf=，因此2111112(2)ln(1)()0nnnnnx

xxxfx+++++−+++=，故112()2nnnnxxxxnN++−．（Ⅲ）因为11111ln(1)2nnnnnnxxxxxx+++++=+++=，所以112nnx−，由1122nnnnxxxx++−，得111112()022nnxx+−−，所以121

11111112()2()2222nnnnxxx−−−−−−=，故212nnx−．综上，1211()22nnnxn−−N．【名师点睛】本题主要考查利用数列不等式的证明，常利用以下方法：（1）数学归纳法；（2）构造函

数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．6．（2015·陕西·高考真题）设()nfx是等比数列1，x，2x，，nx的各项和，其中0x，n，2n．（Ⅰ）证明：函数()()F2nnxfx=−在1,12内有且仅有一个

零点（记为nx），且11122nnnxx+=+；（Ⅱ）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为()ngx，比较()nfx与()ngx的大小，并加以证明．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）当1x=时，()()nnfxgx=，当1x

时，()()nnfxgx，证明见解析．【详解】试题分析：（Ⅰ）先利用零点定理可证()Fnx在1,12内至少存在一个零点，再利用函数的单调性可证()Fnx在1,12内有且仅有一个零点，进而利用nx是()

Fnx的零点可证11122nnnxx+=+；（Ⅱ）先设()()()nnhxfxgx=−，再对x的取值范围进行讨论来判断()hx与0的大小，进而可得()nfx和()ngx的大小．试题解析：（Ⅰ）2()()212nnnFxfxxxx=−=++++−，则(1)10,

nFn=−1211111112()1220,12222212nnnnF+−=++++−=−=−−所以()nFx在1,12内至少存在一个零点nx．又，故在1,12内单调递增，所

以()nFx在1,12内有且仅有一个零点nx．因为nx是()nFx的零点，所以()=0nnFx，即11201nnnxx+−−=−，故111=+22nnnxx+．（Ⅱ）解法一：由题设，()()11().2nnnxgx++=设()()211()()()1,0

.2nnnnnxhxfxgxxxxx++=−=++++−当1x=时，()()nnfxgx=当1x时，()111()12.2nnnnxhxxnx−−+=+++−若01x，()()11110.22nnnnnnxx−−++=−=若1x，()()11110

.22nnnnnnxx−−++=−=所以()hx在(0,1)上递增，在(1,)+上递减，所以，即()()nnfxgx．综上所述，当1x=时,()()nnfxgx=；当1x时()()nnfxgx解法二由题设，()()211()1,(),0.2nnn

nnxfxxxxgxx++=++++=当1x=时,()()nnfxgx=当1x时,用数学归纳法可以证明()()nnfxgx．当2n=时,2221()()(1)0,2fxgxx−=−−所以22()()fxgx成立．假设(2)nkk=时

，不等式成立，即()()kkfxgx．那么，当+1nk=时，()()111k+1k11()()()2kkkkkkxfxfxxgxxx+++++=++=+()12112kkxkxk+++++=．又()()11k+121111()22kk

kkxkxkkxkxgx++++++−++−=令()1()11(0)kkkhxkxkxx+=−++，则()()11()(1)11(1)kkkkhxkkxkkxkkxx−−=+−+=+−所以当01x,()0khx

,()khx在(0,1)上递减；当1x,()0khx,()khx在(1,)+上递增．所以()(1)0kkhxh=，从而()1k+1211()2kkxkxkgx+++++故11()()kkfxgx++．即+1nk=，不等式也成立．所以，对于一切2n的整数，都有(

)()nnfxgx．解法三:由已知，记等差数列为ka,等比数列为kb,1,2,,1.kn=+则111ab==，11nnnabx++==，所以()11+1(2)nkxakknn−=−,1(2),kkbxkn

−=令()()111()1,0(2).nkkkkkxmxabxxknn−−−=−=+−当1x=时,=kkab,所以()()nnfxgx=．当1x时,()()12211()(1)11nkknkkkmxnxkxkxxn−−−−+−=−−=−−而2kn，所以10k−，

11nk−+．若01x，11nkx−+，()0kmx，当1x，11nkx−+，()0kmx，从而()kmx在(0,1)上递减，()kmx在(1,)+上递增．所以()(1)0kkmxm=，所以当01,(2),kkxxabkn且时又

11ab=，11nnab++=，故()()nnfxgx综上所述，当1x=时，()()nnfxgx=；当1x时()()nnfxgx．考点：1、等比数列的前n项和公式；2、零点定理；3、等差数列的前n

项和公式；4、利用导数研究函数的单调性．7．（2015·湖南·高考真题）已知0a，函数()sin([0,))axfxexx=+，记nx为()fx的从小到大的第n*()nN个极值点，证明：（1）数列()nfx是等比数列（2）若211ae−，则对一切*

nN，()nnxfx恒成立.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【详解】试题分析：（1）求导，可知'()(sincos)axfxeaxx=+(sincos)axeaxx=+21sin()axaex=++，利用三角函数的知识可求得的极值点为*()nxnn

N=−，即可得证；（2）分析题意可知，问题等价于()()21?anaeaan−+−恒成立，构造函数()tegtt=，利用导数判断其单调性即可得证.试题解析：（1）'()sincosaxaxfxaexex=+

(sincos)axeaxx=+21sin()axaex=++其中，，令'()0fx=，由0x得，即，m*N，对，若，即，则'()0fx，若，即，则'()0fx，因此，在区间与上，'()fx的符号总相反，于是当时

，取得极值，∴*()nxnnN=−，此时，()()1()?sin()(1)?sinanannnfxene−−+=−=−，易知()0nfx，而()()1211()(1)?sin()(1)

?sinannaxnannnfxeefxe+−++−+−==−−是非零常数，故数列()nfx是首项为1()fx=()sinane−，公比为axe−的等比数列；（2）由（1）知，sin211a=+，于是对一切*nN，()nnxfx|恒成立，即()211annea

−−+恒成立，等价于()()21?anaeaan−+−（•）恒成立（∵），设()(0)tegttt=，则2(1)'()tetgtt−=，令'()0gt=，得，当时，'()0gt，∴在区间上单调递减；当时，'()0gt，∴在区间上单调递增，从

而当时，函数取得最小值，因此，要是（•）式恒成立，只需21(1)agea+=，即只需211ae−，而当211ae=−时，，且02，于是2213e−−，且当2n时，23212ne−−−，因此对一切*nN，211nnaxe−=−，∴(

)ngax21(1)agea+==，故（•）式亦恒成立.综上所述，若a211e−，则对一切*nN，()nnxfx恒成立.考点：1.三角函数的性质；2.导数的运用；3.恒成立问题.【名师点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主

要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导

法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.