第13讲 数列解答题归纳-2026年高考数学二轮复习（新高考通用）（原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc2055" 思维导图 PAGEREF _Tc2055 \h 2
\l "_Tc30770" 高考分析 PAGEREF _Tc30770 \h 3
\l "_Tc20890" 学习目标 PAGEREF _Tc20890 \h 3
\l "_Tc472" 题型归纳 PAGEREF _Tc472 \h 3
\l "_Tc19758" 一：等差等比数列 PAGEREF _Tc19758 \h 4
\l "_Tc25261" 题型01：等差数列的性质 PAGEREF _Tc25261 \h 4
\l "_Tc22682" 题型02：等差数列的前n项和 PAGEREF _Tc22682 \h 6
\l "_Tc15561" 题型03：等比数列的性质 PAGEREF _Tc15561 \h 8
\l "_Tc17096" 题型04：等差数列与等比数列的综合 PAGEREF _Tc17096 \h 12
\l "_Tc19414" 二：数列递推式 PAGEREF _Tc19414 \h 26
\l "_Tc1920" 三：分段数列问题 PAGEREF _Tc1920 \h 40
\l "_Tc6197" 四：数列求和 PAGEREF _Tc6197 \h 44
\l "_Tc618" 题型01：分组求和——公式法 PAGEREF _Tc618 \h 44
\l "_Tc30840" 题型02：分组求和——奇偶分段型 PAGEREF _Tc30840 \h 50
\l "_Tc6972" 题型03：分组求和——正负相间型 PAGEREF _Tc6972 \h 62
\l "_Tc31579" 题型04：裂项相消——函数型 PAGEREF _Tc31579 \h 69
\l "_Tc15401" 题型05：裂项相消——指数型 PAGEREF _Tc15401 \h 72
\l "_Tc26347" 题型06：裂项相消——无理根号型 PAGEREF _Tc26347 \h 76
\l "_Tc11540" 题型07：裂项相消——分子分母齐次分离型 PAGEREF _Tc11540 \h 80
\l "_Tc7547" 题型08：裂项相消——等差指数混合型 PAGEREF _Tc7547 \h 83
\l "_Tc277" 题型09：裂项相消——正负相间裂和型 PAGEREF _Tc277 \h 86
\l "_Tc32652" 题型10：裂项相消——三角函数型 PAGEREF _Tc32652 \h 90
\l "_Tc28999" 题型11：倒序相加型求和 PAGEREF _Tc28999 \h 93
\l "_Tc23015" 题型12： 错位相减求和 PAGEREF _Tc23015 \h 101
\l "_Tc5891" （一）等差×等比 PAGEREF _Tc5891 \h 101
\l "_Tc10602" （二）等差/等比 PAGEREF _Tc10602 \h 104
\l "_Tc18672" （三）错位相消（插入数型） PAGEREF _Tc18672 \h 110
\l "_Tc2651" 题型13：绝对值求和 PAGEREF _Tc2651 \h 114
\l "_Tc14736" 题型14：取整函数型求和 PAGEREF _Tc14736 \h 117
\l "_Tc5954" 题型15：周期与类周期求和 PAGEREF _Tc5954 \h 119
\l "_Tc11054" 题型16：奇偶并项求和 PAGEREF _Tc11054 \h 124
\l "_Tc23441" 五：数列的单调性 PAGEREF _Tc23441 \h 134
\l "_Tc27746" 六：数列的最值问题 PAGEREF _Tc27746 \h 137
\l "_Tc24750" 七 ：数列与不等式 PAGEREF _Tc24750 \h 141
\l "_Tc10626" 题型01： 比较大小 PAGEREF _Tc10626 \h 141
\l "_Tc20497" 题型02：判断数列不等式是否成立或由数列不等式求n的范围 PAGEREF _Tc20497 \h 143
\l "_Tc17073" 题型03: 根据不等式恒成立求参数范围 PAGEREF _Tc17073 \h 150
\l "_Tc15257" 题型04:数列不等式存在求参数取值范围 PAGEREF _Tc15257 \h 183
\l "_Tc4984" 八：数列中的不等式证明问题 PAGEREF _Tc4984 \h 190
\l "_Tc25927" 题型01: 直接求和证明不等式 PAGEREF _Tc25927 \h 190
\l "_Tc16390" 题型02: 先求和再放缩,证明与前n项和有关的不等式 PAGEREF _Tc16390 \h 204
\l "_Tc32138" 题型03:先放缩,再求和,证明与前n项和有关的不等式 PAGEREF _Tc32138 \h 208
\l "_Tc3799" 题型04: 与导数有关的数列不等式. PAGEREF _Tc3799 \h 226
\l "_Tc13891" 题型05:数学归纳法证明数列不等式 PAGEREF _Tc13891 \h 233
\l "_Tc12209" 九：子数列问题 PAGEREF _Tc12209 \h 237
\l "_Tc12097" 十：插入项问题 PAGEREF _Tc12097 \h 241
\l "_Tc31797" 十一：从小到大排列问题 PAGEREF _Tc31797 \h 250
\l "_Tc17636" 十二：落入区间中项的问题 PAGEREF _Tc17636 \h 255
\l "_Tc25830" 十三：取整问题 PAGEREF _Tc25830 \h 261
\l "_Tc15517" 十四：数列与函数的交汇问题 PAGEREF _Tc15517 \h 269
\l "_Tc23664" 十五：数列与导数的交汇问题 PAGEREF _Tc23664 \h 273
\l "_Tc23940" 十六：数列与概率统计的交汇问题 PAGEREF _Tc23940 \h 290
\l "_Tc30802" 十七：与三角函数结合 PAGEREF _Tc30802 \h 300
\l "_Tc20151" 十八：数列与集合交汇问题 PAGEREF _Tc20151 \h 306
\l "_Tc5198" 十九：数列与平面几何的交汇问题 PAGEREF _Tc5198 \h 310
\l "_Tc29091" 二十： 数列中的结构不良题 PAGEREF _Tc29091 \h 315
\l "_Tc30215" 二十一：数列新定义 PAGEREF _Tc30215 \h 320
• 试卷位置：通常位于解答题的第17题（第一道大题），属于“送分题”或“中档题”，旨在稳定考生心态。但在部分新高考卷或压轴题中，数列可能与不等式结合出现在第21或22题，难度极大。
• 分值占比：约10-12分（纯数列）+ 5分（选填小题）。
• 命题趋势：
◦ 传统考法：等差、等比数列的基本运算（a_n, S_n, d, q的互求）。
◦ 新高考趋势：弱化复杂的裂项相消技巧，强化“函数与方程思想”和“数学建模”。常考查a_n与S_n的关系、数列的单调性与最值、不等式恒成立问题。
1. 基础目标：
◦ 熟练掌握等差、等比数列的通项公式及前n项和公式。
◦ 能够准确利用 an 与 Sn 的关系进行转化。
2. 能力目标：
◦ 运算求解能力：在“错位相减”和“裂项相消”中做到计算零失误。
◦ 逻辑推理能力：能够识别递推公式的类型（如累加法、累乘法、构造法），并转化为基本数列求解。
3. 素养目标：
◦ 数学运算：通过复杂的代数变形化简式子。
◦ 逻辑推理：利用数学归纳法或放缩法证明数列不等式。
一：等差等比数列
题型01：等差数列的性质
【典型例题】设是等差数列，，且，，成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）记的前项和为，求的最小值．
【答案】见解析
【解析】（Ⅰ）是等差数列，，且，，成等比数列．
，
，
解得，
．
（Ⅱ）由，，得：
，
或时，取最小值．
【变式训练1-1】记为数列的前项和，为数列的前项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求的通项公式．
【答案】见解析
【解析】（1）证明：当时，，
由，解得，
当时，，代入，
消去，可得，所以，
所以是以为首项，为公差的等差数列．
（2）由题意，得，
由（1），可得，
由，可得，
当时，，显然不满足该式，
所以．
【变式训练1-2】设数列的前项和为，，．
（1）求证：是等差数列；
（2）设是数列的前项和，求使对所有的都成立的最大正整数的值．
【答案】见解析
【解析】（1）依题意，，
当时，①又②
②①整理得：为等比数列，
且，，
即是等差数列．
（2）由（1）知，
，
依题意有，
故所求最大正整数的值为5．
【变式训练1-3】已知数列满足：关于的一元二次方程有两个相等的实根．
（1）求证：数列成等差数列；
（2）设数列的前项和为，，，求的最小值．
【答案】见解析
【解析】（1）证明：由题意得△，
所以△，
即，
故，
所以数列成等差数列；
（2）解：由（1）得数列成等差数列，
因为，，
所以，解得，，
故，
根据二次函数的性质可知，当或时，取得最小值．
题型02：等差数列的前n项和
【典型例题1】记为数列的前项和，已知，，且数列是等差数列，证明：是等差数列．
【答案】见解析
【解析】证明：设等差数列的公差为，
由题意得；，
则，所以，
所以①；
当时，有②．
由①②，得③，
经检验，当时也满足③．
所以，，
当时，，
所以数列是等差数列．
【变式训练2-1】记是公差不为0的等差数列的前项和，若，．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）求使成立的的最小值．
【答案】见解析
【解析】（Ⅰ）数列是公差不为0的等差数列的前项和，若，．
根据等差数列的性质，，故，
根据可得，
整理得，可得不合题意），
故．
（Ⅱ），，
，
，即，
整理可得，
当或时，成立，
由于为正整数，
故的最小正值为7．
【变式训练2-2】记为等差数列的前项和．已知．
（1）若，求的通项公式；
（2）若，求使得的的取值范围．
【答案】见解析
【解析】（1）根据题意，等差数列中，设其公差为，
若，则，变形可得，即，
若，则，
则，
（2）若，则，
当时，不等式成立，
当时，有，变形可得，
又由，即，则有，即，则有，
又由，则有，
则有，
综合可得：的取值范围是，．
题型03：等比数列的性质
【典型例题】已知数列满足：，．
（1）当时，求数列中的第10项；
（2）是否存在正数，使得数列是等比数列，若存在求出值并证明；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）由已知，
所以，
相除得，
又，
所以，
所以；
（2）假设存在正数，使得数列是等比数列，
由得，
由，得，
因为是等比数列，，即，
下面证明时数列是等比数列，
由（1）知数列和都是公比是的等比数列，
所以，；
所以为奇数时，，为偶数时，，
所以对一切正整数，都有，
所以，
所以存在正数使得数列是等比数列．
【变式训练3-1】记数列的前项和为．已知，且．
（1）证明：是等比数列；
（2）求．
【答案】见解析
【解析】（1）证明：已知，①
则，②
由①②可得：，，
又，
则，
即，
则，
即，，
则，
又，
即是以5为首项，3为公比的等比数列；
（2）解：由（1）可得：，
即，
则．
【变式训练3-2】等差数列中，，，分别是如表第一、二、三行中的某一个数，且其中的任何两个数不在如表的同一列．
（1）请选择一个可能的，，组合，并求数列的通项公式；
（2）记（1）中您选择的的前项和为，判断是否存在正整数，使得，，成等比数列，若有，请求出的值；若没有，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）由题意可知：有两种组合满足条件：
①，，，此时等差数列，，，
所以其通项公式为．
②，，，此时等差数列，，，
所以其通项公式为．
（2）若选择①，．
则．
若，，成等比数列，则，
即，整理，得，
此方程无正整数解，故不存在正整数，使，，成等比数列．
若选择②，，
则，
若，，成等比数列，则，
即，整理得，因为为正整数，所以，．
故存在正整数，使，，成等比数列．
【变式训练3-3】已知数列的各项均为正数且均不相等，记为的前项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列是等比数列：
②；
③是等比数列．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】见解析
【解析】证明：若选条件①②，设数列 的公比为，
因为数列 是等比数列，
所以，
即，
解得（舍去）或，
故；
若选条件①③，由，可得数列 的公比为2，
则，
故数列 是等比数列；
若选条件②③，
设数列的公比为，且，
则，
时，，
所以，
又，
所以，
所以，，
所以，
当时，上式恒成立，
故为等比数列．
题型04：等差数列与等比数列的综合
【典型例题1】已知等差数列an的前n项和为Sn，且S4=4S2，a2n=2an+1n∈N∗．
(1)求数列an的通项公式；
(2)求数列an的前n项和Sn．
【答案】(1)an=2n−1
(2)Sn=n2
【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d，结合条件求出a1，d，从而得到其通项公式；
（2）根据等差数列前和公式，即可求解；
（1）设等差数列{an}的公差为d，
由题意知，S4=4S2，a2=2a1+1，
即4a1+6d=4(2a1+d)a2=a1+d=2a1+1，化简得a1=1d=2．
所以数列{an}的通项公式an=1+2(n−1)=2n−1．
（2）由（1）可知an=2n−1，
所以Sn=[1+(2n−1)]n2=n2；
【典型例题2】已知数列an，bn中，a3=7，b1=2，an是公差为2的等差数列，数列bn是公比为2的等比数列.
(1)求数列an的通项公式；
(2)求数列bn的通项公式；
(3)求数列an+bn的前n项和Tn.
【答案】(1)an=2n+1；
(2)bn=2n；
(3)Tn=2n+1+n2+2n−2.
【解析】
（1）根据等差数列通项公式即可求出；
（2）根据等比数列的通项即可求解；
（3）根据等比数列的求和公式以及等差求和公式，结合分组求解计算即可.
（1）因为an是公差为2的等差数列，a3=7，
所以an=a3+2(n−3)=7+2n−6=2n+1.
（2）因为b1=2，数列bn是公比为2的等比数列，
所以bn=b12n−1=2×2n−1=2n.
（3）由（1）（2）得an+bn=2n+1+2n，
由于an的首项为a1=3，故an的前n项和为a1+ann2=3+2n+1n2，
bn的首项和公比均为2，故前n项和为21−2n1−2，
故an+bn的前n项和Tn=3+2n+1n2+21−2n1−2=2n+1+n2+2n−2.
【典型例题3】已知an是等差数列，a3+a6=0，a4−a2=4.
(1)求an的通项公式和k=130ak；
(2)已知m为正整数，记集合mm2−n22两边取对数，
得k=1n−1klnkn>−n22⋅ln2，故只需证明k=1n−1knlnkn>−n2⋅ln2，
由(1)可知：对任意的x∈0,1，1−xln1−x+xlnx≥−ln2，
取x=kn,k=1,2,⋯,n−1，代入上式得。knlnkn+1−knln1−kn≥−ln2,k=1,2,⋯,n−1，
所以2k=1n−1knlnkn=k=1n−1knlnkn+k=1n−11−knlnn−kn=k=1n−1knlnkn+1−knln1−kn
而k=1n−1knlnkn+1−knln1−kn≥−(n−1)ln2>−nln2，
所以k=1n−1knlnkn>−n2⋅ln2，即1n⋅2n2⋅3n3⋯⋅n−1nn−1>2−n22，其中n∈N∗且n≥2.
【变式训练11-5】记Sn为等差数列an的前n项和.
(1)若a1=π2,S5=a3+3a4，求数列an的通项公式；
(2)若a12=π2，记bn=1+sin2an,Tn为数列bn的前n项和，求T23的值.
【答案】(1)an=nπ2 (2)T23=23
【解析】（1）根据an为等差数列结合已知可求得公差，即可求得答案；
（2）根据等差数列的性质推出a1+a23=a2+a22=⋯=a11+a13=2a12=π，即得sin2a2+sin2a22=⋯=sin2a11+sin2a13=0，由此利用倒序相加法即可求得答案.
（1）由于数列an为等差数列，设公差为d，故S5=5(a1+a5)2=5a3=a3+3a4，
从而可知4a3=3a4，即4π2+2d=3π2+3d，求得d=π2，
则数列an的通项公式为an=π2+π2(n−1)=nπ2；
（2）由于bn=1+sin2an,故数列bn的前23项和为T23=sin2a1+sin2a2+⋯+sin2a22+sin2a23+23，
由于an为等差数列，a12=π2，所以a1+a23=2a12=π，所以2a1=2π−2a23，
即sin2a1+sin2a23=0，同理a2+a22=⋯=a11+a13=2a12=π，
得到sin2a2+sin2a22=⋯=sin2a11+sin2a13=0，则由倒序相加法可知
2T23=sin2a1+sin2a23+sin2a2+sin2a22+⋯+sin2a23+sin2a1+46=0+46=46，即T23=23.
【变式训练11-6】设是函数的图象上任意两点，且，已知点的横坐标为．
(1)求证：点的纵坐标为定值；
(2)若且求；
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】（1）利用中点坐标公式的表示，得到，然后代入求中点的纵坐标的过程，根据对数运算法则，可以得到常数；
（2）利用（1）中所求，当时，，可以采用倒序相加法，求和即可.
（1）证明：设，因为，故可得，
由知，故，
故.
故点的纵坐标为定值.
（2）由（1）知
，两式相加得：
，
故.
【变式训练11-7】已知函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．
（1）求数列的通项公式；
（2）若函数，令，求数列的前2020项和．
【答案】（1） ；（2） ．
【解析】（1）由题意可得，然后利用可求出数列的通项公式；
（2）由题意可得，然后利用倒序相加法可求得结果
（1）∵点均在函数的图象上，∴．
当时，；
当时，，适合上式，∴．
（2）∵，∴．又由（1）知，∴．
∴，①
又，②
①+②，，∴．
【变式训练11-8】已知
（1）若，求；
（2）若，求除以5的余数
【答案】（1）；（2）余数为1.
【解析】（1）根据倒序相加法，结合二项式系数和公式进行求解即可；
（2）根据二项式定理进行求解即可.
（1）因为
所以
，
（2）因为.
除以5余数为1，所以除以5的余数为1.
【变式训练11-9】已知数列满足：，数列满足.(1)求数列的通项公式；
(2)求的值；
(3)求的值.
【答案】(1)(2)(3)
【解析】（1）根据题意，当时，可得，两式相减，求得，再由，得到，即可求得数列an的通项公式.
（2）由（1）得，结合指数幂的运算法则，即可求得的值；.
（3）由（2）知，结合倒序相加法，即可求解.
（1）由数列an满足：，当时，可得，
两式相减，可得，所以，当，可得，所以，适合上式，
所以数列an的通项公式为.
（2）由数列bn满足，
则.
（3）由（2）知，
可得，
则，
两式相加可得，所以.
【变式训练11-10】已知函数．
(1)求与，与的值；
(2)由（1）中求得的结果，猜想与的关系并证明你的猜想；
(3)求的值．
【答案】(1)；
(2)，证明见解析；
(3)
【解析】（1）直接代入解析式计算函数值即可；
（2）借助（1）的结论先猜想再利用解析式化简计算即可；
（3）根据（2）的结论分组求和即可.
（1）因为，故，
；
（2）猜想：，
证明：∵对于任意的，都有，
∴
故；
（3）由（2）得，
故，
，
所以
．
题型12： 错位相减求和
（一）等差×等比
【典型例题1】已知数列an满足．
(1)求数列an的通项公式；
(2)求的前n项和Sn．
【答案】(1)an=2nn∈N∗；
(2)Sn=8+3n−4⋅2n+1
【解析】（1）根据给定条件，变形等式，利用等比数列定义判断作答.
（2）由（1）的结论，利用错位相减法求解作答.
（1）在数列an中，因，则，
于是得an+1an=2，因此数列an是首项为，公比为2的等比数列，
所以．
（2）由（1）知，3n−1an=3n−1×2n，
则Sn=2×2+5×22+8×23+⋯+3n−4×2n−1+3n−1×2n，
于是得2Sn=2×22+5×23+8×24+⋯+3n−4×2n+3n−1×2n+1，
两式相减得：−Sn=4+3×(22+23+⋯+2n)−3n−1×2n+1
=−2+3×21−2n1−2−3n−1×2n+1=−8+4−3n⋅2n+1，
所以Sn=8+3n−4⋅2n+1.
【典型例题2】已知数列an，，an+1=2ann∈N∗，设bn=nan，数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn.
(1)求Sn；
(2)求Tn.
【答案】(1)Sn=2n+1−2
(2)Tn=n−12n+1+2
【解析】（1）由已知数列an为等比数列，可求通项和前n项和；
（2）由数列bn的通项可知，前n项和用错位相减法.
（1）∵an+1=2an，即an+1an=2，又，∴数列an是首项为2公比为2的等比数列，
则an=2n，得Sn=21−2n1−2=2n+1−2.
（2）由（1）得：bn=n⋅2n，
∴Tn=1⋅21+2⋅22+3⋅23+…+n⋅2n①
2Tn=1⋅22+2⋅23+3⋅24+…+n⋅2n+1②
①-②得：−Tn=21+22+⋯+2n−1+2n−n⋅2n+1=21−2n1−2−n⋅2n+1=1−n2n+1−2，
∴Tn=n−12n+1+2.
【变式训练12-1-1】设数列an的前n项和为Sn，且an>0，a1=1，a2=4，anSn+4an−1Sn−2=anSn−2+4an−1Snn>2.
（1）证明：数列an为等比数列；
（2）设bn=na1a2a3⋅⋅⋅an，求数列nbn的前n项和Tn.
【答案】（1）证明见解析；（2）Tn=(n−1)2n+1
【解析】（1）因为anSn+4an−1sn−2=anSn−2+4an−1Sn，
所以anSn−Sn−2=4an−1Sn−Sn−2，即，
∵an>0,∴Sn−Sn−2=an+an−1>0，
故an−4an−1=0(n>2)，即anan−1=4=(n>2)，又a2a1=41=4，
所以数列an为等比数列.
（2）由（1）可知，数列an为首项a1=1，公比的等比数列，所以an=4n−1，
所以bn=na1a2a3⋅⋅⋅an=n40+1+2+⋯+n−1=n4n(n−1)2=4n−12=22n−12=2n−1，
所以nbn=n⋅2n−1，
所以Tn=1×20+2×21+3×22+⋯+n×2n−1①，
2Tn=1×21+2×22+⋯+(n−1)×2n−1+n×2n②，
①−②得，−Tn=1+21+22+⋯+2n−1−n×2n=1×1−2n1−2−n×2n=2n−1−n×2n=(1−n)2n−1，
所以Tn=(n−1)2n+1.
【变式训练12-1-2】已知Tn为正项数列an的前n项的乘积，且
(1)求数列an的通项公式
(2)令bn=lg3an，求数列的前n项和Rn.
【答案】(1)
(2)Rn=2n−34×3n+1+34
【解析】（1）利用an=TnTn−1(n≥2)得{an}的递推关系，取对数得常数数列，从而得通项公式an；
（2）用错位相减法求和．
（1）由Tn2=ann+1得：当n≥2时，Tn−12=an−1n，
两式相除得：an2=ann+1an−1n，即ann−1=an−1n，
两边取对数得：(n−1)lgan=nlgan−1，亦即lgann=lgan−1n−1，故数列{lgann}是常数列，
∴lgann=lg31，，；
（2）bn=lg3an=lg33n=n，∴anbn=n×3n，
Rn=1×3+2×32+3×33+⋯+(n−1)×3n−1+n×3n，
3Rn=1×32+2×33+3×34+⋯+(n−1)×3n+n×3n+1，
两式相减得−2Rn=3+32+33+⋯+3n−n×3n+1=3(3n−1)2−n×3n+1=3−2n2×3n+1−32，
∴Rn=2n−34×3n+1+34．
【变式训练12-1-3】已知等差数列an的前n项和为Sn，且S8=100，a2=5，设数列bn的前n项和为Pn=2n+1−2．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)设，数列cn的前n项和为Tn．
【答案】(1)an=3n−1，bn=2n；
(2)Tn=3n−4⋅2n+1+8.
【解析】（1）求得数列an的公差，由此求得an.利用bn=Pn−Pn−1求得bn；
（2）由（1）可求得cn=3n−1⋅2n，写出Tn与2Tn，作差化简即可求得Tn.
（1）解：设等差数列an的公差为d.
由已知可得S8=8a1+8×72d=8a1+28d=100a2=a1+d=5，解得a1=2d=3，
所以an=a1+n−1d=3n−1.
由Pn=2n+1−2，令n=1得b1=22−2=2，
当n≥2时，Pn=2n+1−2Pn−1=2n−2，两式相减得bn=2n，
显然b1=21=2也符合上式，
所以bn=2n.
（2）解：由（1）知.
Tn=2⋅21+5⋅22+⋯+3n−1⋅2n，
2Tn=2⋅22+5⋅23+⋯+3n−1⋅2n+1，
两式作差得：−Tn=4+3×22+3×23+⋯+3×2n−3n−1⋅2n+1=4+3×22×1−2n−11−2−3n−1⋅2n+1=4−3n⋅2n+1−8，
所以，Tn=3n−4⋅2n+1+8.
（二）等差/等比
【典型例题1】已知数列an的首项a1=−1，且满足an+1=an3an+2n∈N∗．
(1)求证：数列1an+3为等比数列；
(2)设bn=nan3an+1，求数列bn的前n项和An．
【答案】(1)证明见解析
(2)An=2−n+22n
【解析】（1）将条件an+1=an3an+2两边同时取倒数，然后两边同时加3，可证明等比数列.
（2）利用错位相减法求和即可.
（1）由an+1=an3an+2得1an+1=3an+2an=2an+3，即1an+1+3=21an+3，
又1a1+3=2，∴1an+1+31an+3=2，
∴数列1an+3为以2为首相，2为公比的等比数列；
（2）由（1）得1an+3=2×2n−1=2n，
∴bn=nan3an+1=n3+1an=n2n
∴An=12+222+323+⋯+n2n，
∴12An=122+223+⋯+n−12n+n2n+1
∴12An=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=121−12n1−12−n2n+1=1−n+22n+1
∴An=2−n+22n
【典型例题2】已知数列an满足2a1+22a2+⋯+2nan=3n2+7n2，数列an的前n项和为Sn.
(1)求数列an的通项公式；
(2)求Sn.
【答案】(1)an=3n+22n
(2)Sn=8−3n+82n
【解析】（1）利用“退一作差”法求得an.
（2）利用错位相减求和法求得Sn.
（1）依题意2a1+22a2+⋯+2nan=3n2+7n2，
当n=1时，2a1=3+72=5,a1=52，
当n≥2时，由2a1+22a2+⋯+2nan=3n2+7n2，
得2a1+22a2+⋯+2n−1an−1=3n−12+7n−12=3n2+n−42，
两式相减得2nan=3n+2,an=3n+22nn≥2，
a1也符合上式，所以an=3n+22n.
（2）Sn=52+822+⋯+3n+22n，
12Sn=522+823+⋯+3n+22n+1，
两式相减得12Sn=52+322+323+⋯+32n−3n+22n+1，
Sn=5+32+322+⋯+32n−1−3n+22n
=5+321−12n−11−12−3n+22n=8−3n+82n.
【变式训练12-2-1】已知数列{an}中，a2=1，设Sn为{an}前n项和，2Sn=nan．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列an+12n的前n项和Tn．
【答案】（1）an=n−1,n∈N∗；（2）2−n+22n
【解析】（1）由数列{an}中，a2=1，且2Sn=nan
当n=1时，2S1=a1，解得a1=0，
当n≥2时，可得2Sn−1=(n−1)an−1，
所以2an=nan−(n−1)an−1，即(n−1)an−1=(n−2)an，
则当n≥3时，可得，所以an=21×32×43×⋯×n−1n−2×a2=n−1，
当n=2或n=1时，a1=0，a2=1适合上式，
所以数列{an}的通项公式为an=n−1.
（2）由（1）知an=n−1，可得an+12n=n2n，
所以Tn=12+222+323+⋯+n2n，可得12Tn=122+223+324+⋯+n2n+1，
两式相减，得12Tn=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=12(1−12n)1−12−n2n+1=1−12n−n2n+1，
所以Tn=2−n+22n.
【变式训练12-2-2】若数列an的前n项和为Sn，且2Sn=3an−1n∈N∗，等差数列bn满足b1=3a1，b3=a2+4.
(1)求数列an，bn的通项公式；
(2)设cn=bn3an，求数列cn的前n项和Tn.
【答案】(1)an=3n−1；
(2)Tn=2−n+23n
【解析】（1）利用得到数列an是等比数列，利用等比数列的通项公式可得数列an，再代入数列bn满足的等式可得bn的通项公式；
（2）利用错位相减法可求和.
（1）2Sn=3an−1n∈N∗，
又2Sn−1=3an−1−1n≥2，
两式相减得2an=3an−3an−1，
即anan−1=3，故数列an是以3为公比的等比数列，
又当n=1时，2S1=2a1=3a1−1，得a1=1，
∴an=3n−1，
∴b1=3a1=3，b3=a2+4=3+4=7，
∴等差数列bn的公差为b3−b13−1=42=2，
∴bn=2n+1
（2）由（1）可得cn=2n+13n，
∴Tn=33+532+733+⋯+2n−13n−1+2n+13n，
∴13Tn=332+533+734+⋯+2n−13n+2n+13n+1
上两式相减得23Tn=33+232+233+⋯+23n−2n+13n+1=13+2×131−13n1−13−2n+13n+1=43−2n+43n+1，
∴Tn=2−n+23n
【变式训练12-2-3】已知数列an的首项a1=1，设Sn为数列an的前n项和，且有2Sn=n+1an.
(1)求数列an的通项公式；
(2)令，求数列cn的前n项和Tn.
【答案】(1)an=n
(2)Tn=n−12n+1+2
【解析】（1）根据2Sn=n+1an得到2Sn−1=nan−1，两式相减构造常数列ann即可求出数列an的通项公式；
（2）利用错位相减法求和方法进行求和即可
（1）由2Sn=n+1an，
当n≥2时，2Sn−1=nan−1，
两式相减，得2an=n+1an−nan−1，即nan−1=n−1an，
即an−1n−1=ann对n≥2恒成立，所以ann是常数列，
所以ann=a11=1，所以an=n
（2）由（1）知，cn=n⋅2n，
所以Tn=1×2+2×22+3×23+…+n⋅2n，
所以2Tn=0+1×22+2×23+…+n−1⋅2n+n⋅2n+1，
两式相减，得−Tn=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1=2−2⋅2n1−2−n⋅2n+1=1−n2n+1−2，
所以Tn=n−12n+1+2
【变式训练12-2-4】已知等比数列{an}的公比q>1，a1+a2+a3=14，a2+1是，a3的等差中项.等差数列{bn}满足2b1=a2，b4=a3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)cn=bnann∈N∗，求数列{cn}的前n项和.
【答案】(1)an=2n,
(2)Sn=4−n+22n−1
【解析】（1）根据给定条件，结合等比数列通项列出方程组求出a1,q，进而求出通项作答；
（2）利用错位相减法求和；
（1）依题有a1+a2+a3=142a2+1=a1+a3⇒a1+a1q+a1q2=142a1q+1=a1+a1q2，
因为q>1，解得：，q=2，∴an=2n.
∵数列bn是等差数列，设其公差为d，2b1=4b1+3d=8，
解得：b1=2d=2，∴bn=2n.
（2）数列cn的前n项和记为Sn，则Sn=c1+c2+⋯cn，
因为cn=bnan=n2n−1，
所以Sn=120+221+⋯+n2n−1，
12Sn=121+222+⋯+n2n，
两式相减有
12Sn=1+121+122+⋯+12n−1−n2n
=1+121+122+⋯+12n−1−n2n=2−n+22n，
所以Sn=4−n+22n−1.
【变式训练12-2-5】设an是首项为1的等比数列，数列bn满足bn=nan3．已知，3a2，9a3成等差数列．
（1）求an和bn的通项公式；
（2）记Sn和Tn分别为an和bn的前n项和．证明：Tn0，hx=x2+8x+12单调递增.
又h3=32+83+12=143，h5=52+85+12=2350，得函数fx在0,+∞上是增函数，又fn1>0，fn230时，
由函数fnx=−1+x+x222+x332+…+xnn2n∈N*，
可得f'x=1+x2+x23+…+xn−1n>0，故函数fx在0,+∞上是增函数.
由于f11=0，当n≥2时，fn1=122+132+…+1n2>0，即fn1>0.
又fn23=−1+23+k=2n23kk2≤−13+14k=2n23k= −13+142321−23n−11−23=−13⋅23n−10时，
∵fn+1x=fnx+xn+1(n+1)2>fnx，∴fn+1xn>fnxn=fn+1xn+1=0.
由fn+1x在0,+∞上单调递增，可得xn+10，故数列xn为减数列，
即对任意的n、p∈N∗，xn−xn+p>0.
由于fnxn=−1+xn+xn222+⋯+xnnn2=0 （1），
fn+pxn+p=−1+xn+p+xn+p222+⋯+xn+pnn2+xn+pn+1(n+1)2+xn+pn+2(n+2)2+⋯+xn+pn+p(n+p)2 （2）
用（1）减去（2）并移项，利用00，p−1>0，所以y=(1+x)p−1−1单调递增．
因此，当−10，f(x)单调递增，所以f(x)>f(0)=0．
（2）设g(x)=ln(1+x)−x(x>0)，则g'x=11+x−1=−x1+xfx1−fx2x1−x2，又x1−1，
令gx=ex−1+xx>−1⇒g'x=ex−1，
显然x∈−1,0时，g'x1，易知fx定义域上为单调递增函数，不会有三个零点，不符题意；
②若a∈1e,1时，则x∈−1,0时，ax1ex，
由（2）可知：x∈−1,0时，fx0，
且f0=0，则函数fx只有一个零点，不符题意；
③由（2）知，a=1e时，fx在−1,+∞上单调递增，也不符题意；
④若a∈0,1e，f'x=11+x+lna1ax=1ax−ln1a⋅1+x1ax1+xx>−1，
令hx=1ax−ln1a⋅1+x,1a>e,x>−1⇒h'x=ln1a1ax−1，
显然x∈−1,0时，h'x2，则a2−2a>0，由F'x1，
由（1）知：x>0时，lnx+10，
所以q=2，可得a1=1，所以an=2n−1；
设数列bn的公差为d，
因为b3=5，S4=16，
所以b1+2d=54b1+6d=16解得b1=1d=2，所以bn=1+2n−1=2n−1；
（2）由（1）得PnPn+1=an+1−an=2n−2n−1=2n−1 ，
PnQn=bn=2n−1，
故cn=S△PnQnPn+1=2n−12n−12=2n−12n−2，
则Tn=c1+c2+c3+⋯+cn，
Tn=1×2−1+3×20+5×21+7×22+⋯+2n−32n−3+2n−12n−2，①
2Tn=1×20+3×21+5×22+7×23+⋯+2n−32n−2+2n−12n−1，②
由①－②得，−Tn=1×2−1+220+21+⋯+2n−2−2n−12n−1，
=12+2×1−2n−11−2−2n−12n−1=12+2⋅2n−1−2−2n−12n−1
=3−2n2n−1−32，
所以Tn=2n−32n−1+32.
【变式训练3】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，点P是椭圆上的动点，F1,F2是左、右焦点，G是△PF1F2的重心，且G到点M−13,0与点N13,0的距离之和为43．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l过点P4,0，与椭圆交于A，B两点．若AP,AB,BP成等比数列，求cs∠AF2B的值．
【答案】见解析
【解析】（1）根据相关点法计算得出椭圆的方程；
（2）根据直线与椭圆相交联立方程组消元利用韦达定理求解，结合若AP,AB,BP成等比数列，求得直线的斜率，利用余弦定理求解cs∠AF2B的值．
（1）由题意可设F1(−c,0),F2(c,0),G(x0,y0),P(x,y)，
因为G到点M−13,0与点N13,0的距离之和为43，
所以GM+GN=43,MN=23,OM=ON=13．
则点G的轨迹为实轴长43，焦距为23的椭圆上，即x0249+y0213=1
因为G是△PF1F2的重心，可得点G在线段OP上，且OG=13OP,即x0=13x,y0=13y代入点G的轨迹方程可得x24+y23=1
则椭圆C的方程为x24+y23=1.
（2）根据题意可知直线l的斜率一定存在，
设直线l的方程为y=k(x−4)，A(x1,y1),B(x2,y2)，联立方程组y=k(x−4)x24+y23=1，
消元可得(3+4k2)x2−32k2x+64k2−12=0
则Δ=(−32k2)2−4(3+4k2)(64k2−12)=144×(1−4k2)>0⇒−12a1，对其进行一次变换，推出矛盾；若对任意的aii为偶数），都有ai