【文档说明】《（2020-2022）高考数学真题分项汇编（全国通用）》三年专题12 数列（教师版）【高考】.docx，共(33)页，1.388 MB，由小赞的店铺上传

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三年专题12数列1．【2022年全国乙卷】已知等比数列{𝑎𝑛}的前3项和为168，𝑎2−𝑎5=42，则𝑎6=（）A．14B．12C．6D．3【答案】D【解析】【分析】设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞,𝑞≠0，易得𝑞≠

1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞,𝑞≠0，若𝑞=1，则𝑎2−𝑎5=0，与题意矛盾，所以𝑞≠1，则{𝑎1+𝑎2+𝑎3=𝑎1(1

−𝑞3)1−𝑞=168𝑎2−𝑎5=𝑎1𝑞−𝑎1𝑞4=42，解得{𝑎1=96𝑞=12，所以𝑎6=𝑎1𝑞5=3.故选：D.2．【2022年全国乙卷】嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的

人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{𝑏𝑛}：𝑏1=1+1𝛼1，𝑏2=1+1𝛼1+1𝛼2，𝑏3=1+1𝛼1+1𝛼2+1𝛼3，…，依此类推，其中𝛼𝑘∈𝑁∗(𝑘=1,2,⋯)．则（）A．𝑏1<𝑏5B．

𝑏3<𝑏8C．𝑏6<𝑏2D．𝑏4<𝑏7【答案】D【解析】【分析】根据𝛼𝑘∈𝑁∗(𝑘=1,2,…)，再利用数列{𝑏𝑛}与𝛼𝑘的关系判断{𝑏𝑛}中各项的大小，即可求解.【详解】解：因为𝛼𝑘∈𝑁∗(𝑘=

1,2,⋯)，所以𝛼1<𝛼1+1𝛼2，1𝛼1>1𝛼1+1𝛼2，得到𝑏1>𝑏2，同理𝛼1+1𝛼2>𝛼1+1𝛼2+1𝛼3，可得𝑏2<𝑏3，𝑏1>𝑏3又因为1𝛼2>1𝛼2+1𝛼3+1𝛼4,𝛼1+1𝛼2+1𝛼3<𝛼1+1𝛼2+1

𝛼3+1𝛼4，故𝑏2<𝑏4，𝑏3>𝑏4；以此类推，可得𝑏1>𝑏3>𝑏5>𝑏7>⋯，𝑏7>𝑏8，故A错误；𝑏1>𝑏7>𝑏8，故B错误；1𝛼2>1𝛼2+1𝛼3+⋯1𝛼6，得𝑏2<𝑏6，故C错误；�

�1+1𝛼2+1𝛼3+1𝛼4>𝛼1+1𝛼2+⋯1𝛼6+1𝛼7，得𝑏4<𝑏7，故D正确.故选：D.3．【2022年新高考2卷】中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某

古建筑物的剖面图，𝐷𝐷1,𝐶𝐶1,𝐵𝐵1,𝐴𝐴1是举，𝑂𝐷1,𝐷𝐶1,𝐶𝐵1,𝐵𝐴1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为𝐷𝐷1𝑂𝐷1=0.5,𝐶𝐶1𝐷𝐶1=𝑘1,𝐵𝐵1𝐶𝐵1=𝑘2,𝐴�

�1𝐵𝐴1=𝑘3，若𝑘1,𝑘2,𝑘3是公差为0.1的等差数列，且直线𝑂𝐴的斜率为0.725，则𝑘3=（）A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9【答案】D【解析】【分析】设𝑂𝐷1=𝐷𝐶1=𝐶𝐵1=𝐵𝐴1=1，则可得关于𝑘3的方程，求出其解后可

得正确的选项.【详解】设𝑂𝐷1=𝐷𝐶1=𝐶𝐵1=𝐵𝐴1=1，则𝐶𝐶1=𝑘1,𝐵𝐵1=𝑘2,𝐴𝐴1=𝑘3，依题意，有𝑘3−0.2=𝑘1,𝑘3−0.1=𝑘2，且𝐷𝐷1+𝐶𝐶

1+𝐵𝐵1+𝐴𝐴1𝑂𝐷1+𝐷𝐶1+𝐶𝐵1+𝐵𝐴1=0.725，所以0.5+3𝑘3−0.34=0.725，故𝑘3=0.9，故选：D4．【2021年甲卷文科】记nS为等比数列na的前n项和.若24S=，46S=，则6S=（）A．7B．8C．9D．10【

答案】A【解析】【分析】根据题目条件可得2S，42SS−，64SS−成等比数列，从而求出641SS−=，进一步求出答案.【详解】∵nS为等比数列na的前n项和，∴2S，42SS−，64SS−成等比数列∴24S=，42642SS−=−=∴641SS−=

，∴641167SS=+=+=.故选：A.5．【2021年甲卷理科】等比数列na的公比为q，前n项和为nS，设甲：0q，乙：nS是递增数列，则（）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要

条件【答案】B【解析】【分析】当0q时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当nS是递增数列时，必有0na成立即可说明0q成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．【详解】由题，当数列为2,4,8,−−−时，满足0q，但是nS不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若nS是递增数列，

则必有0na成立，若0q不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则0q成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B．【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．6．【2020年新课标1卷文科】设{}na是等比数列，且1231aaa++=，23

4+2aaa+=，则678aaa++=（）A．12B．24C．30D．32【答案】D【解析】【分析】根据已知条件求得q的值，再由()5678123aaaqaaa++=++可求得结果.【详解】设等比数列na的公比为q，则()2123111aaaaqq++=++=，()2322341111

12aaaaqaqaqaqqqq++=++=++==，因此，()5675256781111132aaaaqaqaqaqqqq++=++=++==.故选：D.【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属

于基础题．7．【2020年新课标2卷理科】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多

9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【答案】C【解析】【分析】第n环天石心块

数为na，第一层共有n环，则{}na是以9为首项，9为公差的等差数列，设nS为{}na的前n项和，由题意可得322729nnnnSSSS−=−+，解方程即可得到n，进一步得到3nS.【详解】设第n环天石心块数

为na，第一层共有n环，则{}na是以9为首项，9为公差的等差数列，9(1)99nann=+−=，设nS为{}na的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为232,,nnnnnSSSSS−−，因为下层比中层多729块，所以322729nnnnSSSS−=−+，即3

(927)2(918)2(918)(99)7292222nnnnnnnn++++−=−+即29729n=，解得9n=，所以32727(9927)34022nSS+===.故选：C【点晴】本题主要考查等差数列前

n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.8．【2020年新课标2卷理科】数列{}na中，12a=，对任意,,mnmnmnNaaa++=，若155121022kkkaaa++++++

=−，则k=（）A．2B．3C．4D．5【答案】C【解析】【分析】取1m=，可得出数列na是等比数列，求得数列na的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于k的等式，由kN可求得k的值.【详解

】在等式mnmnaaa+=中，令1m=，可得112nnnaaaa+==，12nnaa+=，所以，数列na是以2为首项，以2为公比的等比数列，则1222nnna−==，()()()()1011011105101210122122212211212kkkkkkaaaa++++++−

−+++===−=−−−，1522k+=，则15k+=，解得4k=.故选：C.【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.9．【2020年新课标2卷理科】0-1周期序列

在通信技术中有着重要应用.若序列12naaa满足{0,1}(1,2,)iai=，且存在正整数m，使得(1,2,)imiaai+==成立，则称其为0-1周期序列，并称满足(1,2,)imiaai+==的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列12naaa，11()(

1,2,,1)miikiCkaakmm+===−是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足1()(1,2,3,4)5Ckk=的序列是（）A．11010B．11011C．10001D．11001【答案】C【解析】【分析】根据新定义，逐一检验即可【详解】

由imiaa+=知，序列ia的周期为m，由已知，5m=，511(),1,2,3,45iikiCkaak+===对于选项A，511223344556111111(1)()(10000)55555iiiCaaaaaaaaaaaa+===++++=++

++=52132435465711112(2)()(01010)5555iiiCaaaaaaaaaaaa+===++++=++++=，不满足；对于选项B，51122334455611113(1)

()(10011)5555iiiCaaaaaaaaaaaa+===++++=++++=，不满足；对于选项D，51122334455611112(1)()(10001)5555iiiCaaaaaaaaaaaa+===++++=++++=，不满足；故选：C【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及

到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.10．【2020年新课标2卷文科】记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则nnSa=（）A．2n–1B

．2–21–nC．2–2n–1D．21–n–1【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前n项和公式进行求解即可.【详解】设等比数列的公比为q，由536

412,24aaaa−=−=可得：421153111122124aqaqqaaqaq−===−=，所以1111(1)122,21112nnnnnnnaqaaqSq−−−−=====−−−，因此1121222nnnnnSa−−−==−.故选：B.【点睛】本题考查了等比数列

的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前n项和公式的应用，考查了数学运算能力.11．【2022年全国乙卷】记𝑆𝑛为等差数列{𝑎𝑛}的前n项和．若2𝑆3=3𝑆2+6，则公差𝑑=_______．【答

案】2【解析】【分析】转化条件为2(𝑎1+2𝑑)=2𝑎1+𝑑+6，即可得解.【详解】由2𝑆3=3𝑆2+6可得2(𝑎1+𝑎2+𝑎3)=3(𝑎1+𝑎2)+6，化简得2𝑎3=𝑎1+𝑎

2+6，即2(𝑎1+2𝑑)=2𝑎1+𝑑+6，解得𝑑=2.故答案为：2.12．【2021年新高考1卷】某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm12dm的长方形纸，

对折1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格的图形，它们的面积之和21240dmS=，对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和22180dmS=，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为__

____；如果对折n次，那么1nkkS==______2dm.【答案】5()41537202nn−+−【解析】【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得nS，再根据错位相减法得结果.【详解】（1）由对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm

，20dm3dm三种规格的图形，所以对着三次的结果有：5312561032022，，；，共4种不同规格（单位2dm)；故对折4次可得到如下规格：5124，562，53，3102，3204，共5种不同规格；（2）由于每次

对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为12的等比数列，首项为120()2dm,第n次对折后的图形面积为111202n−，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为1n+种（证明从略

），故得猜想1120(1)2nnnS−+=，设()0121112011202120312042222nknknSS−=+==++++L，则121112021203120120(1)22222nnnnS−+=++++，两式

作差得：()211201111124012022222nnnS−+=++++−()11601120122401212nnn−−+=+−−()()1120112031203603602

22nnnnn−++=−−=−，因此，()()4240315372072022nnnnS−++=−=−.故答案为：5；()41537202nn−+−.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利

用公式法可直接求解；（2）对于nnab结构，其中na是等差数列，nb是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于nnab+结构，利用分组求和法；（4）对于11nnaa+结构，其中na是等差数列，公差为()0dd，

则111111nnnnaadaa++=−，利用裂项相消法求和.13．【2020年新课标1卷文科】数列{}na满足2(1)31nnnaan++−=−，前16项和为540，则1a=______________.【答案】7【解析】【分

析】对n为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a方程，求解即可得出结论.【详解】2(1)31nnnaan++−=−，当n为奇数时，231nnaan+=+−；当n为偶数时，231nnaa

n++=−.设数列na的前n项和为nS，16123416Saaaaa=+++++13515241416()()aaaaaaaa=+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)aaaaaa=++++++++++11(1

02)(140)(5172941)aa++++++++118392928484540aa=++=+=，17a=.故答案为：7.【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.14．【2020年新课标2卷文科】记nS为等差数列na的前n项和

．若1262,2aaa=−+=，则10S=__________．【答案】25【解析】【分析】因为na是等差数列，根据已知条件262aa+=，求出公差，根据等差数列前n项和，即可求得答案.【详解】na是等差数列，且12a=−，262aa+=设na等差数列的公差d根据等差数列通项公式：

()11naand+−=可得1152adad+++=即：()2252dd−++−+=整理可得：66d=解得：1d=根据等差数列前n项和公式：*1(1),2nnnSnadnN−=+可得：()1010(101)10220452

52S−=−+=−+=1025S=.故答案为：25.【点睛】本题主要考查了求等差数列的前n项和，解题关键是掌握等差数列的前n项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15．【2020年新高考1卷（山东卷）】将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从

小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．【答案】232nn−【解析】【分析】首先判断出数列21n−与32n−项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.【详解】因为

数列21n−是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列32n−是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列na是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以na的前n项和为2(1)16322nnnnn−+=−，故答案为：232nn−.【点睛】该题考查的是有

关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目.16．【2022年全国甲卷】记𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前n项和．已知2𝑆𝑛𝑛+𝑛=2𝑎𝑛+1．(1)证明：{𝑎𝑛}是等差数列；(2

)若𝑎4,𝑎7,𝑎9成等比数列，求𝑆𝑛的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)−78．【解析】【分析】（1）依题意可得2𝑆𝑛+𝑛2=2𝑛𝑎𝑛+𝑛，根据𝑎𝑛={𝑆1,𝑛=1𝑆𝑛−𝑆𝑛−1,𝑛≥2，作差即可得到𝑎𝑛

−𝑎𝑛−1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出𝑎1，即可得到{𝑎𝑛}的通项公式与前𝑛项和，再根据二次函数的性质计算可得．(1)解：因为2𝑆𝑛𝑛+𝑛=2𝑎𝑛+1，即2𝑆𝑛+𝑛2=2𝑛𝑎𝑛+

𝑛①，当𝑛≥2时，2𝑆𝑛−1+(𝑛−1)2=2(𝑛−1)𝑎𝑛−1+(𝑛−1)②，①−②得，2𝑆𝑛+𝑛2−2𝑆𝑛−1−(𝑛−1)2=2𝑛𝑎𝑛+𝑛−2(𝑛−1)𝑎𝑛−1−(𝑛−1)，即2𝑎𝑛+2𝑛−1=2𝑛𝑎𝑛−2(𝑛−1)𝑎𝑛−

1+1，即2(𝑛−1)𝑎𝑛−2(𝑛−1)𝑎𝑛−1=2(𝑛−1)，所以𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=1，𝑛≥2且𝑛∈N∗，所以{𝑎𝑛}是以1为公差的等差数列．(2)解：由（1）可得𝑎4=𝑎1+3，𝑎7=𝑎1+6，𝑎9=𝑎1+8

，又𝑎4，𝑎7，𝑎9成等比数列，所以𝑎72=𝑎4⋅𝑎9，即(𝑎1+6)2=(𝑎1+3)⋅(𝑎1+8)，解得𝑎1=−12，所以𝑎𝑛=𝑛−13，所以𝑆𝑛=−12𝑛+𝑛(𝑛−1)2=12𝑛2−252𝑛=12(𝑛−252)2−6258，所以，当𝑛=12或𝑛=

13时(𝑆𝑛)min=−78．17．【2022年新高考1卷】记𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前n项和，已知𝑎1=1,{𝑆𝑛𝑎𝑛}是公差为13的等差数列．(1)求{𝑎𝑛}的通项公式；(2)证明

：1𝑎1+1𝑎2+⋯+1𝑎𝑛<2．【答案】(1)𝑎𝑛=𝑛(𝑛+1)2(2)见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得𝑆𝑛𝑎𝑛=1+13(𝑛−1)=𝑛+23，得到𝑆𝑛=(𝑛+2)𝑎𝑛3，利用和与项的关系得到当𝑛≥2时，𝑎𝑛=𝑆�

�−𝑆𝑛−1=(𝑛+2)𝑎𝑛3−(𝑛+1)𝑎𝑛−13,进而得：𝑎𝑛𝑎𝑛−1=𝑛+1𝑛−1，利用累乘法求得𝑎𝑛=𝑛(𝑛+1)2，检验对于𝑛=1也成立，得到{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛=𝑛(𝑛+1)2；（2）由（1）的结论，利用

裂项求和法得到1𝑎1+1𝑎2+⋯+1𝑎𝑛=2(1−1𝑛+1)，进而证得.(1)∵𝑎1=1，∴𝑆1=𝑎1=1,∴𝑆1𝑎1=1,又∵{𝑆𝑛𝑎𝑛}是公差为13的等差数列，∴𝑆𝑛𝑎𝑛=1+13(𝑛−1)=𝑛+23,∴𝑆𝑛=(𝑛+2)𝑎�

�3,∴当𝑛≥2时，𝑆𝑛−1=(𝑛+1)𝑎𝑛−13，∴𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=(𝑛+2)𝑎𝑛3−(𝑛+1)𝑎𝑛−13,整理得：(𝑛−1)𝑎𝑛=(𝑛+1)𝑎𝑛−1,即𝑎𝑛𝑎𝑛−1=𝑛+1

𝑛−1,∴𝑎𝑛=𝑎1×𝑎2𝑎1×𝑎3𝑎2×…×𝑎𝑛−1𝑎𝑛−2×𝑎𝑛𝑎𝑛−1=1×32×43×…×𝑛𝑛−2×𝑛+1𝑛−1=𝑛(𝑛+1)2，显然对于𝑛=1也成立，∴{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛=𝑛(𝑛+1)2；(2)1𝑎

𝑛=2𝑛(𝑛+1)=2(1𝑛−1𝑛+1),∴1𝑎1+1𝑎2+⋯+1𝑎𝑛=2[(1−12)+(12−13)+⋯(1𝑛−1𝑛+1)]=2(1−1𝑛+1)<218．【2022年新高考2

卷】已知{𝑎𝑛}为等差数列，{𝑏𝑛}是公比为2的等比数列，且𝑎2−𝑏2=𝑎3−𝑏3=𝑏4−𝑎4．(1)证明：𝑎1=𝑏1；(2)求集合{𝑘|𝑏𝑘=𝑎𝑚+𝑎1,1≤𝑚

≤500}中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2)9．【解析】【分析】（1）设数列{𝑎𝑛}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𝑚=2𝑘−2，即可解出．(1)设数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，所以，{

𝑎1+𝑑−2𝑏1=𝑎1+2𝑑−4𝑏1𝑎1+𝑑−2𝑏1=8𝑏1−(𝑎1+3𝑑)，即可解得，𝑏1=𝑎1=𝑑2，所以原命题得证．(2)由（1）知，𝑏1=𝑎1=𝑑2，所以𝑏𝑘=𝑎𝑚+𝑎1⇔𝑏1×2𝑘−1

=𝑎1+(𝑚−1)𝑑+𝑎1，即2𝑘−1=2𝑚，亦即𝑚=2𝑘−2∈[1,500]，解得2≤𝑘≤10，所以满足等式的解𝑘=2,3,4,⋯,10，故集合{𝑘|𝑏𝑘=𝑎𝑚+𝑎1,1≤𝑚≤500}中的元素个数为10−2+1=9．19．【2021年甲卷文科】

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.【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112

naana=−，∴na的通项公式为112naana=−，()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.20．【20

21年甲卷理科】已知数列na的各项均为正数，记nS为na的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列na是等差数列：②数列nS是等差数列；③213aa=．注：若选

择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】证明过程见解析【解析】【分析】选①②作条件证明③时，可设出nS，结合,nnaS的关系求出na，利用na是等差数列可证213aa=；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，

对照系数，得到等量关系，进行证明.选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出nS，结合等差数列定义可证；选②③作条件证明①时，设出nSanb=+，结合,nnaS的关系求出na，根据213aa=可求b，然后可证na是等差数列；也可利用前两项的差求出

公差，然后求出通项公式，进而证明出结论.【详解】选①②作条件证明③：[方法一]：待定系数法+na与nS关系式设(0)nSanba=+，则()2nSanb=+，当1n=时，()211aSab==+；当2n时，()()221nnnaSSanbanab−=−

=+−−+()22aanab=−+；因为na也是等差数列，所以()()222abaaab+=−+，解得0b=；所以()221naan=−，21aa=，故22133aaa==.[方法二]：待定系数法设等差数列na的公差为

d，等差数列nS的公差为1d，则11(1)nSand=+−，将1(1)2nnnSnad−=+代入11(1)nSand=+−，化简得()()2222211111112222ddnandnaddnad+−=+−+−对于n+N恒成立．则有2121111112,2440,ddad

addad=−=−−=，解得111,2dada==．所以213aa=．选①③作条件证明②：因为213aa=，na是等差数列，所以公差2112daaa=−=，所以()21112nnnSnadna−=+=，即1nSan=，因为()11111nnSSanana+−=+

−=，所以nS是等差数列.选②③作条件证明①：[方法一]：定义法设(0)nSanba=+，则()2nSanb=+，当1n=时，()211aSab==+；当2n时，()()221nnnaSSanbanab−=−=+−−+()22aanab=−+；因为213aa=，所

以()()2323aabab+=+，解得0b=或43ab=−；当0b=时，()221,21naaaan==−，当2n时，2-1-2nnaaa=满足等差数列的定义，此时na为等差数列；当43ab=−时，4=3nSanbana=+−，103aS=−不合

题意，舍去.综上可知na为等差数列.[方法二]【最优解】：求解通项公式因为213aa=，所以11Sa=，21212Saaa=+=，因为nS也为等差数列，所以公差1211dSSa=−=，所以()1111nSandna=+−=，故21nSna=，当2n时，()()221111121n

nnaSSnanana−=−=−−=−，当1n=时，满足上式，故na的通项公式为()121nana=−，所以()1123nana−=−，112nnaaa−−=，符合题意.【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数

列的通项公式是关于n的一次函数，直接设出(0)nSanba=+，平方后得到nS的关系式，利用11,1,2nnnSnaSSn−==−得到na的通项公式，进而得到213aa=，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出na与nS的公差，写出各自的通项公式

后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系11da=，12da=，进而得到213aa=；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出nS及nS，进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n的一次函数，直接设出(0)nSanba=+，结合,nnaS的关系求出na，根据2

13aa=可求b，然后可证na是等差数列；法二：利用nS是等差数列即前两项的差1211dSSa=−=求出公差，然后求出nS的通项公式，利用11,1,2nnnSnaSSn−==−，求出na的通项公式，进而证明出结论.21．【2021年

乙卷文科】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na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）1

1()3nna−=，3nnnb=；（2）证明见解析.【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1121113312111113322Γ13233332313−−−−−=−++++−=−+−−nnnnn

nn．所以211312Γ432323−−−−=−−=−nnnnnn．因此10232323−−=−=−nnnnnSnnnT．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23121111333333nnnnT+=++++−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121133144

23nnnnnTbbbcc+=+++=−=−+，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2112311111233333nnnTbbbbn−=++++=++++=12111(1)11133333113nnnnf++−+=−13113311(1)43

34423nnnnnn+=+−+=−+，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.22．【2021年乙卷理科】记nS为数列n

a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==−+.【解析】【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132b=,由于nb为数列nS的前n项积，所以1212222212121nnnbbbbbbb=−−−,所以1121121222212121nnnbbbbbbb+++=−−−，所以111221nn

nnbbbb+++=−,由于10nb+所以12121nnbb+=−，即112nnbb+−=,其中*nN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1nnnbSb−=．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=−nnnSbS，且0nS，0nb，1nS．又因为111−−==nnnnnbSSSSb，所以1122−==−nnnnbbSS，所以()1111(2)2222212−−−=−==−−−nnnnnnnSSbbnSSS．在21

2nnSb+=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++==+kkkbbSk331(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，()3111222nnbn=+−=+,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112nnbb−−=，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−==−nnnn

bbSS，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；23．【2021年新高考1卷】已知数列n

a满足11a=，11,,2,.nnnanaan++=+为奇数为偶数（1）记2nnba=，写出1b，2b，并求数列nb的通项公式；（2）求na的前20项和.【答案】（1）122,5,31nbbbn===−；（2）300.【解析】

【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列nb的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组求和，结合等差数列前n项和公式即可求得数列的前20项和.【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n为偶数，则21222212,1nnnnaaaa+++=+=+

，所以2223nnaa+=+，即13nnbb+=+，且121+12baa===，所以nb是以2为首项，3为公差的等差数列，于是122,5,31nbbbn===−．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4aaa===，所以1

22432,15babaa====+=．由11nnaa+−=（n为奇数）及12nnaa+−=（n为偶数）可知，数列从第一项起，若n为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()nnaanN+−=，则()11331nbbnn=+−=−．[方法三]：累加

法由题意知数列na满足*113(1)1,()22nnnaaan+−==++N．所以11213(1)11222baa−==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222baaaaa−−==++=+=+++=++=+=，则2221212221

11()()()121221+nnnnnnbaaaaaaaaa−−−==−+−+−+=+++++++12(1)131nnn=+−+=−．所以122,5bb==，数列nb的通项公式31nbn=−．（2）[方法一]：奇

偶分类讨论20123201351924620++++++++()()Saaaaaaaaaaaa=+=+++1231012310(1111)bbbbbbbb=−+−+−++−+++++110()10210

3002bb+=−=．[方法二]：分组求和由题意知数列na满足12212121,1,2nnnnaaaaa−+==+=+，所以2122123nnnaaa+−=+=+．所以数列na的奇数项是以1为

首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213nnnaaa++=+=+知数列na的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列na的前20项和为：201351924260()()Saaaaaaaa=+++++++++10910

91013102330022=+++=．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论nb的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列na的通项公式，然后累加求数列nb的通项公式，是一种更

加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.24．【2021年新高考2卷】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.【解析】【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：126

4a=−=−，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.25．【2020年新课标1卷理科】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−+−=.【解析】【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)9nnn

S−+−=.【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.26．【2020年新课标3卷理科】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+=−+.【解析】

【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213

4945aa=−=−=，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*nN，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1

34(1)(2)nnaann−=−−，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1

2nnaa+−=，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112311141

2(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21322345,387

aaaa=−==−=，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−=++++−++，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]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)2222nnSf=

+++++()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)2nnn

SSn−=++，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．27．【2020年新课标3卷文科】设等比数列{a

n}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）13−=nna；（2）6m=.【解析】【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1

13aq==，所以13−=nna；（2）令313loglog31nnnban−===−，所以(01)(1)22nnnnnS+−−==，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.28．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知公比大于1的等比数列{}na满足

24320,8aaa+==．（1）求{}na的通项公式；（2）记mb为{}na在区间*(0,]()mmN中的项的个数，求数列{}mb的前100项和100S．【答案】（1）2nna=；（2）100480S=.【解析】【分析】（1）利用基本元的思想

，将已知条件转化为1,aq的形式，求解出1,aq，由此求得数列na的通项公式.（2）方法一：通过分析数列mb的规律，由此求得数列mb的前100项和100S.【详解】（1）由于数列na是公比大于1的等比数列，设首项为1a，公比为q，依题意有31121208aqaqaq+==，解

得解得12,2aq==，或1132,2aq==(舍)，所以2nna=，所以数列na的通项公式为2nna=.（2）［方法一］：规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128======

=，所以1b对应的区间为(0,1]，则10b=；23,bb对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则231bb==，即有2个1；4567,,,bbbb对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则45672bbbb====，即有22个2；8

915,,,bbb对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15]，则89153bbb====，即有32个3；161731,,,bbb对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31]，则1617314bbb====，即有42个4；323363

,,,bbb对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63]，则3233635bbb====L，即有52个5；6465100,,,bbbL对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100]，则64651006bbb====L，即有37个6．所以23451001222324252

637480S=+++++=．［方法二］【最优解】：由题意，2nm，即2lognm，当1m=时，10b=．当)12,21kkm+−时，,mbkk=N，则()()()()1001234573233636465100Sbbbbbbbbbbbb=++

++++++++++++0122438416532637480=++++++=．［方法三］：由题意知)1,2,2kkmbkm+=，因此，当1m=时，10b=；[2,4)m时，1mb=；[4,8)m时

，2mb=；[8,16)m时，3mb=；[16,32)m时，4mb=；[32,64)m时，5mb=；[64,128)m时，6mb=．所以1001234100Sbbbbb=+++++0(11)(222)

(666)=++++++++++0122438416532637480=++++++=．所以数列nb的前100项和100480S=．【整体点评】（2）方法一：通过数列{}na的前几项以及数列mb的规律可以得到12100,,,bbb的值，从而求出数列{}mb的前100项

和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列mb的通项公式，从而求出数列{}mb的前100项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．29．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知公比大于1的等比数列{}na满足24320,8aaa+==．（1）求{

}na的通项公式；（2）求112231(1)nnnaaaaaa−+−++−.【答案】（1）2nna=；（2）2382(1)55nn+−−【解析】【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首

先求得数列()111nnnaa−+−的通项公式，然后结合等比数列前n项和公式求解其前n项和即可.【详解】(1)设等比数列na的公比为q(q>1)，则32411231208aaaqaqaaq+=+===，整理可得：22520qq−+=，11,2,2qqa

==，数列的通项公式为：1222nnna−==.(2)由于：()()()1121111122112nnnnnnnnaa−−++−+=−=−−，故：112231(1)nnnaaaaaa−+−++−35791212

222(1)2nn−+=−+−++−()()3223221282(1)5512nnn+−−==−−−−.【点睛】等比数列基本量的求解是等比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比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础.