查漏补缺01 数列（专项训练）-2026年高考数学二轮复习培优讲义（含答案）

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考点01 数列的基本概念
知识点一：数列的概念
一般地，把按照确定的顺序排列的一列数称为数列.数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列的第一
个位置上的数叫做这个数列的第项，常用符号表示，第二个位置上的数叫做这个数列的第项，用表示第个位置上的数叫做这个数列的第项，用表示.其中第1项也叫做首项.
知识点二：数列的通项公式
如果数列的第项与它的序号之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这
个数列的通项公式.
知识点三：数列的分类
知识点四：数列的性质
1.单调性
如果对所有的，都有，那么称数列为递增数列；如果对所有的，都有
，那么称数列为递减数列.
2.周期性
如果对所 有的，都有 (为正整数)，那么称是以为周期的周期数列.
3.有界性
如果对所有的，都有，那么称为有界数列，否则称为无界数列.
题型一：数列中项的求解
1．（25-26高三上·河南·月考）已知数列的通项公式为，则下列各数不是数列的项的是（ ）
A．2B．4C．8D．80
【答案】B
【分析】根据数列的概念和通项公式进行验证即可.
【详解】因为，
所以．
而，，
所以4不是数列的项.
故选：B．
2.（25-26高三上·广东佛山·月考）在图中，第1个图案包含3粒点子．对任意正整数，第个图案由第个图案加上粒点子组成．求第7个图案的点子数目．（ ）

A．17B．23C．33D．45
【答案】D
【分析】利用累加法结合题意求出通项公式，进而求出第7个图案的点子数目即可.
【详解】设第个图案的点子数目为，
由题意得，，，
则，，，
可得，
则，即，得到，故D正确.
故选：D
3．（2025高三·全国·专题练习）如图，古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．如图中的数称为五边形数，则第8个五边形数是 ．
【答案】92
【分析】找出规律：相邻两个图形的小石子数的差值依次增加3，从而即可求出答案．
【详解】，
相邻两个图形的小石子数的差值依次增加3，
第5个五边形数是，
第6个五边形数是，
第7个五边形数是，
第8个五边形数是．
故答案为：92．
题型二：数列的单调性及最值
1．（2025春•仁寿县校级月考）下面四个数列中，既是无穷数列又是递增数列的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用无穷数列、递增数列的定义逐项判断即得．
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于，，该数列不是递增数列，不是；
对于，，数列不是递增数列，不是；
对于，，数列是递增数列，是无穷数列，是；
对于，数列是有穷数列，不是．
故选：．
2．（2025秋•香坊区校级月考）数列的通项公式为，满足：，则数列的最大项是第（ ）项．
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】结合数列的单调性即可求解．
【详解】由题意可得，，
则，
当时，，即，
故数列的最大项是第7项．
故选：．
3．（2025秋•杭州校级月考）已知数列的首项为，对于任意的都有，则“为单调递增的数列”是“”的
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据题设易得数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列，公差均为1，进而结合充分、必要条件的定义判断即可．
【详解】因为，所以数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列，且公差均为1，
若数列为单调递增的数列，则；
若，则，，所以，
，，所以，
所以，，则“为单调递增的数列”，
综上，“为单调递增的数列”是“”的充要条件．
故选：．
4．（2025秋•靖远县校级月考）已知数列的通项公式为，下列说法正确的是
A．数列从第3项起各项的数值逐渐增大
B．当时，取得最大值
C．是数列中的项
D．数列的图象与的图象相同
【答案】C
【分析】通过作差法分析数列单调性判断，利用二次函数形式分析最值判断，解方程判断项的存在性分析，对比函数与数列图象的区别分析，进而确定正确选项．
【详解】对于，计算，令，得，即时数列递增，故错误．
对于，，，当时取得最小值，无最大值，故错误．
对于，令，即，解得或，均为正整数，故是数列中的项，正确．
对于，数列的图象是函数图象上横坐标为正整数的孤立点，与的连续图象不同，故错误．
故选：．
5．（2025·上海杨浦·一模）数列：满足：，且，记集合.若数列满足：对任意，均有，则称数列是“好的”.“好的”数列的个数为 .
【答案】1926
【分析】由题意，要，则要满足，可得，设，则，分析可得k的范围，进而得到答案.
【详解】由题意，要，则需满足，
即，即，
由已知数列为递增数列，，
则有，
设，则，
又，则，则；
，则，则，
所以，则整数个数为，
则“好的”数列的个数为1926.
故答案为：1926.
6．（2025·吉林·三模）以“冰雪同梦亚洲同心”为主题的第九届亚冬会于2025年2月7日在哈尔滨盛大开幕，场馆上方悬挂的120万朵小雪花片装置，让观众仿佛置身于冰雪童话之中．理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”．它可以这样画：如图，画一个边长为1的正三角形，第一步，把每一边三等分；第二步，取三等分后的一边中间的一段，以此为边向外作正三角形，并把这中间的一段擦掉，形成雪花曲线；重复上述两步，形成雪花曲线，记雪花曲线的周长为，则数列的最大项为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先需要根据雪花曲线的构造规律求出其周长的通项公式，再据此得出数列的通项公式，最后通过分析该数列的单调性来确定最大项.
【详解】对于初始的正三角形，边长，周长,
由构造规则可知，从到，每一条边都变为原来的倍.
因为有3条边，的边数是条，且每条边长度为，所以.
从到，同样每一条边变为原来的倍，的边数是条，每条边长度为，所以.
以此类推，可得,代入可得：
,
令,则,
则,
令，解得,
令，解得.
所以，.
故选：B
题型三：数列的周期性
1．（河北省邢台市质检联盟2025-2026学年高三上学期第三次月考数学试题）在数列中，，，则（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】从中解出，由分别求出，，，得到是以3为周期的周期数列，则从而得解.
【详解】因为，所以.
因为，所以，，，
所以是以3为周期的周期数列，则.
故选：A.
2．（25-26高三上·天津·月考）已知数列满足，则 .
【答案】
【分析】由递推关系求出可知数列是周期为3的周期数列，从而得解.
【详解】因为数列满足，
所以，，，……，
所以数列是周期为3的周期数列，
所以，
故答案为：
3．（河南省湘豫名校联考2025-2026学年高三上学期1月阶段性质量监测数学试题）已知数列满足，且，则 .
【答案】
【分析】根据题意，求得，且，得到数列是周期为3的周期数列，结合周期性，得到，即可求解.
【详解】由数列满足，且，
当，可得，可得，
又由，
联立方程组，两式相减，可得，即，
所以数列是周期为3的周期数列，
因为，所以.
故答案为：.
4．（2025·上海嘉定·二模）设数列满足，记其前项和为，前项积为．则下列结论正确的是（ ）
A．数列和数列均不是周期数列
B．数列是周期数列，数列不是周期数列
C．数列不是周期数列，数列是周期数列
D．数列和数列均为周期数列
【答案】B
【分析】令，可得数列的周期为6，令，可得数列的周期为8，进而依次得数列和数列的周期，又和判断数列的周期性.
【详解】令，则数列的一个周期为6，
又，
则，
令，则数列的一个周期为8，
又，
则，
所以数列的一个周期为24，且，所以，则的一个周期为24，
又，，
所以，故，所以不是周期数列.
故选：B.
5．（2025·北京顺义·一模）已知函数，数列满足，.
给出下列四个结论：
①若，则有3个不同的可能取值；
②若，则；
③对于任意，存在正整数，使得；
④对于任意大于2的正整数，存在，使得；
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①②④
【分析】由已知得，若，分别对分类讨论即可判断；②若，求得即可判断．③当时，计算可判断；④，进而可得，可判断．
【 详解】①，所以，若，
当时，，解得．
当时，则，解得，当时，则，解得；
当时，，解得，当时，则，解得，当时，则，解得（舍去）；
综上可得：可以取3个不同的值：5，，．因此①正确．
②若，则，，，可得．数列是周期为3的数列，故②正确．
③当时，，，，
所以不存在正整数，，故③正确．
④先考虑数列的周期性，
对于，则，，
，，，要使是周期数列，
则有，解得，
从而存在，使得数列是周期数列，周期为，
从而要使周期为，只需，即即可，故④正确．
故答案为：①②④.
考点02 等差数列
知识点一：等差数列的有关概念
1.等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母表示，定义表达式为(常数)(，)．
2.等差中项
由三个数组成等差数列，则叫做与的等差中项，且有.
知识点二：等差数列的有关公式
1.通项公式：.
2.前项和公式：或.
知识点三：等差数列的常用性质
1.通项公式的推广：．
2.若为等差数列，且，则.
3.若是等差数列，公差为，则是公差为的等差数列．
4.数列也是等差数列．
5..
6.等差数列的前项和为，为等差数列．
常用结论
1．已知数列的通项公式是(其中为常数)，则数列一定是等差数列，且公差为.
2．在等差数列中，，，则存在最大值；若，，则存在最小值．
3．等差数列的单调性：当时，是递增数列；当时，是递减数列；当时，是常数列．
4．数列是等差数列⇔(为常数)．这里公差.
题型一：等差数列的基本量计算
1．（2025秋•四川月考）已知等差数列的前项和为，，且，则（ ）
A．24B．20C．16D．12
【答案】B
【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式进行求解即可．
【详解】设等差数列的公差为，
由题意得，
即，
解得，，
所以．
故选：．
2．（2025•新高考Ⅱ）记为等差数列的前项和，若，，则
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意建立首项与公差的方程，求出首项和公差，再由等差数列的前项和公式即可求得．
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，
所以，解得，
所以．
故选：．
3．（2025·海南·模拟预测） 某公司制订了一个为期一年的增产计划，每月产量都比上个月多m箱，已知第3个月的产量为46箱，前7个月的总产量为378箱，则第1个月的产量为（ ）
A．36箱B．34箱C．32箱D．30箱
【答案】D
【分析】根据等差数列的性质求得，结合即可得到答案.
【详解】设第个月的产量为箱，因为每月增加的产量为箱，
，所以，
所以 ．
故选：D.
4.[2023年全国甲卷]记为等差数列的前项和.若，，则（ ）
A. B.C. D.
【答案】
【解析】 设 的公差为，，，所以，.从而于是.所以.故选 .
5．（2025高三·全国·专题练习）某学校学术报告厅的座位共有15排，其中前六排满足从第二排起每排比前一排多2个座位；第七排至最后一排满足每排比前一排少1个座位（第七排比第六排少1个座位），已知第一排有16个座位，则最后一排的座位数为（ ）
A．16B．17C．18D．19
【答案】B
【分析】由等差数列通项公式即可求解.
【详解】由题意知，，，，，构成公差为2的等差数列，
所以，，，，…，构成公差为的等差数列，
所以，
故选：B．
6．（2025·四川绵阳·模拟预测）某学校为了庆祝建校60周年，计划对学校校门的梯形花坛进行美化.计划第一排摆放12个花盆，从第二排开始每排比前一排多摆放6个花盆，梯形花坛最多摆放10排，则该校花坛铺满一共需要的花盆数是（ ）
A．380B．390C．400D．600
【答案】B
【分析】根据题意将每排摆放花的盆数理解为等差数列，然后根据等差数列前项和进行求解即可.
【详解】记每排摆放的花盆数为，数列的前项和为.
由题意可知，数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
故将该花坛铺满一共需要盆花.
故选：B
7．（25-26高三上·云南楚雄·月考）某幼儿园老师为了奖励月考成绩前名的小朋友，购买了块巧克力分给这名小朋友，使每人所得成等差数列，且使较大的两份之和是最小一份的倍，则分到最多小朋友得到的巧克力为（ ）
A．块B．块C．块D．块
【答案】C
【分析】设这四个小朋友从小到大所得巧克力数为、、、，公差为，则，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个量的值，求出的值即可.
【详解】由题可设这四个小朋友从小到大所得巧克力数为、、、，公差为，则，
根据题意可得，即，解得，
所以分到最多小朋友得到的巧克力为块.
故选：C.
题型二：等差数列的判断与证明
1．（2025·河南·二模，多选）已知数列的通项公式为，则（ ）
A．
B．中的最小项为
C．从第三项起，的每一项都大于它的前一项
D．数列为等差数列
【答案】ABD
【分析】根据，写出相关项并确定最小项判断A、B、C，再应用等差数列的定义判断D.
【详解】，
对于A，，则，故A正确；
对于B，当时，中的最小项为，故B正确；
对于C，由上计算得，显然从第三项起，的每一项不一定大于它的前一项，故C错误；
对于D，由，
显然，
所以是公差为4的等差数列，故D正确.
故选：ABD.
2．（2025秋•泸县校级月考）已知数列满足，设甲：，，，乙：为等差数列．则甲是乙的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用赋值思想，结合等差数列的定义及通项公式来表达并加以判断即可．
【详解】令，，则，因为，
所以，即为等差数列，充分性成立．
若为等差数列，设公差为，
则，，
当时，，必要性不成立，
故甲是乙的充分不必要条件．
故选：．
3．（2025秋•东海县月考）在数列中，“为等差数列”是“”的（ ）
A．充分条件B．必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据充分必要条件的概念以及等差数列的性质即可判断．
【详解】根据题意，若为等差数列，则由可得，故充分性成立；
反之，若，则数列的奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，不能说明是等差数列，
例如数列为1，2，4，5，7，，故必要性不成立，
综合可得：“为等差数列”是“”的充分条件．
故选：．
4．（2024秋•丽水期末）记为数列的前项和，为数列的前项和，且数列是一个首项不等于公差的等差数列，则下列结论正确的是
A．和均是等差数列 B．是等差数列，不是等差数列
C．不是等差数列，是等差数列 D．和均不是等差数列
【答案】C
【分析】根据等差数列的通项公式，得到，再通过，，的值判断不是等差数列，利用定义，判断是等差数列．
【解答】解：为数列的前项和，为数列的前项和，
数列是一个首项不等于公差的等差数列，
数列是一个首项不等于公差的等差数列，
设且，
，，，
又，，，不成等差数列，所以不是等差数列；
，，
，
是以为首项，以为公差的等差数列．
故选：．
5．（2025秋•海州区校级期中）已知等差数列的前项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：数列为等差数列．
【答案】（1）；（2）证明见详解
【分析】（1）根据等差数列的性质，建立方程，即可求解；
（2）根据等差数列的定义，即可证明．
【详解】（1）根据题意可得，，
所以，，
解得，，
所以；
（2）证明：由（1）可得，
所以，
所以，又，
所以数列为公差为1，首项为1的等差数列．
6.(2025·台州模拟)已知数列满足，
（1）求证：数列是等差数列；
（2）求数列的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）证明：由
得，
又∵，∴，
∴数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）由（1）知，，∴，
∴数列的通项公式为
题型三：等差数列的性质应用
1.（2025·辽宁·二模）已知等差数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】
【解析】因为数列为等差数列，且，，
所以，，解得，，所以．
故选：C．
2.(2025·广东仲元中学月考)已知数列，均为等差数列，且前项和分别为和，若，则＝( )
A． B． C. D.
【答案】
【解析】根据等差数列的性质和前项和公式，有，故选．
3.(2025·梅州市梅江区模拟)已知等差数列的前项和为，且，则( )
A． B． C． D．
【答案】
【解析】[法一：设等差数列的公差为，
则
数列是公差为的等差数列，
解得，．故选．
法二：
4．（2025秋•鲤城区校级期中）已知等差数列，的前项和分别为，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用等差数列的性质结合求和公式对合理变形为，再结合代入求解即可．
【详解】因为等差数列，的前项和分别为，，
所以到，
因为，所以，即，故正确．
故选：．
5．（2025秋•广州校级月考）已知一个等差数列的项数为奇数，其中，，则项数为 ．
【答案】19
【分析】根据给定条件，利用等差数列前项和公式，结合等差数列的性质列式求解．
【详解】设等差数列的项数为，
则，，
因此，解得，
所以所求项数为．
故答案为：19．
题型四：等差数列的最值问题
1．（2025秋•甘肃校级期末）等差数列满足，，若为前项和，则最大时，的值为
A．9或10B．8C．9D．10或11
【答案】A
【分析】根据已知条件求出，，把表示为关于的二次函数，利用二次函数的性质即可求解．
【详解】等差数列满足，，
由，
，
因为对称轴为，且，
当或时，最大．
故选：．
2．（2025秋•河西区校级月考）等差数列中，，，，则使前项和成立的最大自然数为（ ）
A．4052B．4051C．4050D．4049
【答案】C
【分析】结合等差数列的性质及求和公式即可求解．
【详解】等差数列中，，，，
则，，，
故，
，
故使前项和成立的最大自然数．
故选：．
3.（2025·广西南宁·三模）设等差数列的前项和为，若，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】
【解析】假设等差数列的公差为，由得,
所以，所以，故，
则
则
故选：．
4．（2025秋•静海区校级月考）设是等差数列的前项和，若，，则下列选项错误的是（ ）
A．
B．使成立的最大整数为15
C．当取得最大值时，
D．中最小值为
【答案】B
【分析】根据题意，利用等差数列的求和公式和等差数列的性质，求得，且，，结合选项，逐项分析判断，即可求解．
【详解】对于，由，可得，
又因为，可得，即，所以，
所以，所以正确；
对于，由，且，
所以使得成立的最大整数为14，所以错误．
对于，在等差数列中，由且，
则当，时，可得；当，时，可得，
所以当取得最大值时，，所以正确；
对于，因为，且，所以且，所以正确．
故选：．
5．（多选）（2025秋•河北月考）已知等差数列的前项和为，且，，则（ ）
A．是递减数列B．
C．当时，取得最小值D．当时，取得最大值
【答案】ABD
【分析】运用等差数列下标和的性质、等差数列的前项和公式以及的符号，依次判断即可．
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于，等差数列中，若，则有，
又由，必有，故等差数列是递减数列，故正确；
对于：由的结论，且，且数列是递减数列，
故有，，
因此有，故，即，故正确；
对于、：由可知，当时，；当时，，故当时，取得最大值，故错误，正确．
故选：．
6．（多选）（2025秋•兰州校级期中）已知数列满足，，则（ ）
A．B．数列的最小值为
C．数列为递减数列D．当时，的最大值为8
【答案】ABD
【分析】根据数列递推关系逐项递推可求出，从而判断选项；采用累加法可求出数列的通项公式，再根据二次函数的性质可判断选项、、．
【详解】对于，因为，，
所以当时，，所以，
当时，，故，故正确；
对于，由，
得当时，，，，，
将以上各式相加得，
所以，
又当时符合上式，所以，
因为，
所以当或时，取得最小值，故正确；
对于，，
由二次函数的性质可知不为递减数列，故错误；
对于，当时，，解得，，
所以当时，的最大值为8，故正确．
故选：．
考点03 等比数列
知识点一：等比数列有关的概念
1．定义：如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母表示.
2.等比中项：如果在与中间插入一个数，使成等比数列，那么叫做与的等比中项，此时，.
知识点二：等比数列的通项公式及前n项和公式
1.若等比数列的首项为，公比是，则其通项公式为.
2.等比数列通项公式的推广：.
3.等比数列的前项和公式：当时，；当时，.
知识点三：等比数列性质
1.若，则，其中.特别地，若，则，其中.
2，仍是等比数列，公比为．
3.若数列，是两个项数相同的等比数列，则数列，和也是等比数列．
4.等比数列的前项和为，则仍成等比数列，其公比为.(为偶数且除外)
5.若或，则等比数列递增．
若或，则等比数列递减．
常用结论
1．等比数列的通项公式可以写成，这里，.
2．等比数列的前项和可以写成(，)．
3．数列是等比数列，是其前项和．
（1）若，则成等比数列．
（2）若数列的项数为，则；若项数为，则，或.
题型一：等比数列的基本量计算
1．(2025·贵阳模拟)设等比数列的前项和为，，，则( )
A．632 B．63 C．312 D．31
【答案】A
【解析】设等比数列的公比为q，∵a2＋a4＝5，a3＋a5＝10，
∴q(a2＋a4)＝5q＝10，a1q2(1＋q2)＝10，
联立解得a1＝12，q＝2，则S6＝12×1−261−2＝632．
故选A．
2．（2025秋•自贡月考）等比数列中，，，则（ ）
A．27B．81C．243D．729
【答案】B
【分析】根据等比数列的性质求解即可．
【详解】等比数列中，，，
可得，故，
则．
故选：．
3．（2025秋•甘肃校级期末）已知是等比数列的前项和，若，，则
A．1022B．1023C．1024D．1025
【答案】B
【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式得到方程组，解得首项和公比，代入等比数列的前项和公式可求；
【详解】是等比数列的前项和，，，
设等比数列的公比为，
由题意可得，解得，
则．
故选：．
4．（2025秋•李沧区校级期末）已知数列为等比数列，，，则（ ）
A．1B．2C．4D．6
【答案】B
【分析】根据等比数列的性质求解即可．
【详解】数列为等比数列，，，
可得①，②，
①②联立解得，，故．
故选：．
5．（2025秋•河北月考）在等比数列中，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由，，化简计算得到，再求解得
【详解】由题可得：，
所以，即，所以；所以．
故选：．
题型二：等比数列的判断与证明
1.(2025·八省联考节选)已知数列中，，．证明：数列为等比数列.
【解析】证明：因为an＋1＝3anan+2，a1＝3>0，
所以an>0，所以1an+1＝an+23an＝23an+13，
所以1－1an+1＝23−23an＝231−1an．
因为1－1a1＝23≠0，
所以数列1−1an是以23为首项，23为公比的等比数列．
2．(多选)(2025·太原模拟)设等比数列的公比为，则下列结论正确的是( )
A．数列是公比为的等比数列 B．数列是公比为的等比数列
C．数列是公比为的等比数列 D．数列是公比为的等比数列
【答案】AD
【解析】对于A，由anan+1an−1an＝q2(n≥2)知数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列；对于B，当q＝－1时，数列{an＋an＋1}的项中有0，不是等比数列；对于C，当q＝1时，数列{an－an＋1}的项中有0，不是等比数列；对于D，1an+11an＝anan+1＝1q，所以数列1an是公比为1q的等比数列．故选AD．
3．（2025秋•广东月考）设甲：是等比数列，乙：，，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据等比数列结合充分、必要条件分析判断即可．
【详解】若，则是等比数列，但，充分性不成立；
当时，，此时不是等比数列，必要性不成立．
故选：．
4．（多选）（2025秋•六枝特区校级期中）下列说法正确的是
A．若数列是等差数列，且，，，，则
B．若是等差数列的前项和，则，，成等差数列
C．若是等比数列的前项和，则，，成等比数列
D．若是等比数列的前项和，且（其中,是非零常数，，则为零
【答案】BD
【分析】由已知结合等差数列与等比数列的性质及求和公式检验各选项即可判断．
【详解】若数列是常数列，且，，，，此时不一定成立，错误；
根据等差数列的性质可知，若是等差数列的前项和，则，，成等差数列，正确；
若是等比数列的前项和，则，，有可能为0，错误；
若是等比数列的前项和，则时，
由可得，正确．
故选：．
5．（多选）（2025秋•江苏期中）对于数列，，以下选项正确的有
A．若，均是等差数列，则也是等差数列
B．若，均是等比数列，则也是等比数列
C．若，均是等差数列，则也是等差数列
D．若，均是等比数列，则也是等比数列
【答案】AD
【分析】利用等差、等比数列的定义判断各项的正误即可．
【详解】若，的公差分别为，，
为定值，即为等差数列，
不为定值，对，错，
若，的公比分别为，，，
若，则不为定值，即不是等比数列，
为定值且不为0，即为等比数列，错，对．
故选：．
题型三：等比数列的性质应用
1.(2025·山西大同模拟)已知等比数列共有项，其和为，且奇数项的和比偶数项的和大，则公比________．
【答案】2
【解析】由题意，得S奇+S偶=−240，S奇−S偶=80， 解得S奇=−80， S偶=−160，
所以q＝S偶S奇＝−160−80＝2．
2．（2025秋•甘肃校级期末）已知数列为等比数列，其中，为方程的两根，则
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据韦达定理可得，利用等比数列的中项性质即可求解．
【详解】数列为等比数列，其中，为方程的两根，
由题得，根据韦达定理可得，，则，，
由等比数列的中项性质可得：，．
因为等比数列的偶数项符号相同，，都是负数，
所以．
故选：．
3．（2025•武汉模拟）记为等比数列的前项和，若，，则
A．B．C．85D．120
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合等比数列的性质，即可求解．
【详解】设等比数列的公比为，
，则，即，即，
，
解得，．
故选：．
4．（2026秋•化州市月考）记为正项等比数列的前项和，且，则数列的公比为 ．
【答案】2
【分析】利用等比数列前项和的分段性质，将表示为与公比幂次的组合形式，结合已知比值得到关于的方程，求解后得到公比．
【详解】设正项等比数列的公比为，
由等比数列前项和的性质，．
因，故，令，得，解得（舍去负根）．
由，得．
故答案为：2．
5．（2025高三·全国·专题练习）设等比数列的前n项和为，若，则（ ）
A．2B．C．D．3
【答案】C
【分析】解法一：由题意判断，利用等比数列前n项和结合求出，即可求得答案；解法二：利用等比数列前n项和的性质：，，成等比数列，求出，即可求得答案.
【详解】解法一：因为等比数列的前n项和为，，
则公比，否则，不符题意；
所以，解得，
所以．
解法二：由，不妨设，，而，，也成等比数列，
则，即，
求得，故，
故选：C．
6．（25-26高三上·重庆·月考）已知等比数列的前项和为，若，则 .
【答案】
【分析】根据等比数列的片段和的性质可得也成等比数列，借助于等比中项列式求解即得.
【详解】等比数列中，，
因也成等比数列，则，
即，解得：.
故答案为: .
考点04 求数列的通项公式
知识点：数列的通项公式
如果数列的第项与它的序号之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式，知道了首项和递推公式，就能求出这个数列的每一项．
题型一：归纳法
1．（2025秋•郯城县月考）已知数列，，，，，，则该数列的一个通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】
【分析】将数列的前五项进行改写，可归纳得出数列的一个通项公式．
【详解】数列，，，，，，
，，，，，
由此归纳得出该数列的一个通项公式为：．
故选：．
2．（2025春•陕西期中）已知数列，则该数列的第36项为
A．B．36C．D．6
【答案】C
【分析】归纳可得该数列的通项公式为，再代入计算可得．
【详解】因为数列，即，
所以数列的通项公式为，令得，．
故选：．
3．（2025秋•山西月考）数列1，，81，，的一个通项公式可以为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】特殊值法代入计算判断，，，再结合已知条件判断．
【详解】数列1，，81，，，
对于，，当时，，不满足题意，故错误；
对于，，当时，，不合题意，故错误；
对于，，满足，，，，符合题意，故正确；
对于，，当时，，不合题意，故错误．
故选：．
题型二：累加法
1．（25-26高三上·云南昆明·月考）已知在数列中，．当且时，．
（1）求证：为等比数列；
（2）求数列的通项公式．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）根据已知递推式得，，又，结合等比数列的定义即可证；
（2）由（1）有，应用累加法、等比数列的前n项和求通项公式.
【详解】（1）数列中，，
当时，，即，
所以，且，
所以是以为首项，以为公比的等比数列；
（2）由（1）知，
当时，，
故，故，
而满足，所以.
2.(2025·济南历下区模拟)围棋起源于中国，至今已有多年的历史．在围棋中，对于一些复杂的死活问题，比如在判断自己单个眼内的气数是否满足需求时，可利用数列通项的递推方法来计算．假设大小为的眼有口气，大小为的眼有口气，则与满足的关系是，，（，），则的通项公式为________．
【答案】an＝1，n=1 n2−3n+62，n≥2
【解析】已知an＋1－n＝an－1(n≥2，n∈N*)，则an＋1－an＝n－1，
即n≥3时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋a2
＝(n－2)＋(n－3)＋…＋1＋2＝1+n−2n−22＋2＝n2−3n+62，
又因为当n＝2时，a2＝2满足上式，
当n＝1时，a1＝1不满足上式，
所以an＝1，n=1， n2−3n+62，n≥2．]
3．（25-26高三上·甘肃白银·月考）在数列中，，则 ．
【答案】4
【分析】先将递推数列进行变形化简，然后利用累加法求出结果.
【详解】由得，，
所以，
累加得．
故答案为：4.
4．（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·月考）已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由得到，利用累加法求出，则.
【详解】因为，所以即；
所以
即；
所以，而也符号该式，故
故选：D
5．（25-26高三上·甘肃·月考）在数列中，，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】根据数列的递推式，利用累加法求得数列的通项，即得的表达式，利用双勾函数分析数列的增减性，即得其最小值.
【详解】由，得，
所以当时，
，
当时，上式成立，所以，所以.
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以在时递减，在时递增，
又，
因，所以的最小值为.
故答案为：.
题型三：累乘法
1．（25-26高三上·安徽六安·月考）设数列的前项和为，，且，则的最小值为（ ）
A．B．14C．9D．8
【答案】D
【分析】由题意可得，利用累乘法求得，进而，则.设，利用导数研究函数的性质即可求解.
【详解】由，得，
则，
各式相乘得，
得，又，所以，则为等差数列，
得.
所以，
设，则，
令，
所以在上单调递减，在上单调递增.
又，所以当或时，取到最小值8.
故选：D
2．（2025高三上·吉林长春·专题练习）已知为数列的前n项和，，，则 ．
【答案】/0.8
【分析】通过变形条件利用累乘法求解出的通项公式，然后利用裂项相消法求解出结果.
【详解】由，可得，
两式相减可得，所以，，
当时，，
当时，符合上式，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
3．（2025高三·全国·专题练习）已知，，求数列的通项．
【答案】
【分析】通过累乘法来求数列的通项公式.
【详解】已知，
则，
，
已知，由，
故数列的通项为：.
4．（25-26高二上·黑龙江大庆·月考）已知数列的前项和为，，对，都有．
（1）写出数列的前5项；
（2）求数列的通项公式；
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据与的关系逐项计算可得前5项；
（2）根据与的关系推得，利用累乘法计算即得数列通项.
【详解】（1）由且，得，解得，
由且，，得，解得，
由且，，，得，解得，
由且，，，，得，解得；
（2）因，当时，，
两式相减可得，，即，所以，
所以，即，则，
因满足，故数列的通项公式为.
5．（25-26高三上·福建漳州·月考）设为数列的前项和，已知，，且数列为等差数列.
（1）求证：数列为等差数列，并求.
（2）若数列满足，且，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析，；(2)
【分析】（1）由数列为等差数列，可求得，从而求得.根据，可得数列的通项公式，由等差数列的定义可证明数列为等差数列；
（2）由题可得，利用累乘法可得数列的通项公式，根据裂项相消求和的方法可求得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
∵，∴，解得，①
∴，即，
当时，，
当时，，
也符合，所以.
所以（常数）.
所以数列是等差数列，.
（2）由（1）可知，
∴
上述各式相乘，得.
∴
因为满足上式，所以.
故数列的前项和.
题型四：构造法
1．（25-26高三上·天津滨海新·月考）在数列中，，则通项公式（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据条件先判断出是等比数列，然后可求的通项公式.
【详解】因为，所以，且，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，所以，
故选：D.
2．（2026高三·全国·专题练习）已知数列满足，则 ．
【答案】
【分析】由，可得，再根据等比数列的定义及通项即可得解.
【详解】由，可得，
又，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以.
故答案为：.
3．（2026高三·全国·专题练习）已知数列中，，求数列的通项公式．
【答案】
【分析】由，得，再利用待定系数法构造新的数列，结合等比数列的定义及通项即可得解.
【详解】由，得，即，
又，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以.
4．（25-26高三上·河北·月考）数列中，，满足.
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项和为，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将变为，然后利用等差数列的定义求解通项公式即可；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）将两边同时除以得，
则是首项为，公差为的等差数列，
由，得.
（2）由（1）可得①，
则②，
①-②得，，
，
即.
5．（2025·河南·二模）已知数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）记的前项和为，求证：.
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）由已知等式变形得出，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求出数列的通项公式；
（2）验证当时，不等式成立；当时，推导出，再利用等比数列的求和公式可证得不等式成立.
【详解】（1）由题设条件，可得若，则，
用反证法，假设，由题设条件，显然，这与已知条件矛盾，所以.
因为，所以，，，所以，，
由得，所以，
又，所以是首项、公比均为的等比数列.
所以，则.
（2）显然时，成立，
当时，，所以，所以，
所以，即，所以，
所以.
综上，，得证.
题型五：与的关系
1．（25-26高三上·重庆·月考）设数列的前项和（），则 .
【答案】
【分析】利用数列前项和与通项的关系进行求解.
【详解】当时，；
当时，，
所以，
代入得；
所以.
故答案为：
2．（25-26高三上·福建漳州·月考）已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式 .
【答案】
【分析】令先求出，然后根据递推关系可证明其是等比数列，由此即可写出通项公式.
【详解】因为数列的前项和为，，①
当时，，即，
当时，，②
由①－②得，即，
∴数列是以为首项，为公比的等比数列．
∴.
故答案为：
3.(2025·榆林模拟)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝________．
【答案】2，n=1 2n−1n，n≥2
【解析】当n＝1时，a1＝21＝2，
∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①
故当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n-1，②
由①－②，得nan＝2n－2n-1＝2n-1，
∴an＝2n−1n(n≥2)．
显然a1＝2不满足上式，
∴an＝2，n=1， 2n−1n，n≥2．
4．（25-26高三上·河南·月考）已知数列的前项和.
（1）求的通项公式；
（2）若首项为3的数列满足，求数列的前项和
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）先求得，再利用，求解，最后验证是否满足，即可得解.
（2）先利用累加法求得，然后利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）由题意可得，当时，；
当时，，
因为满足上式，所以的通项公式为；
（2）因为，且，
所以当时，，
当时，也符合上式，所以，
所以，
所以
.
5．（2026高三·全国·专题练习）已知正项数列的前项和为，且．求的通项公式．
【答案】
【分析】利用与的关系求解，即当时，，将式子中的换成，计算出的值；当时，，将式子中的换成，计算得到，从而得到是等差数列，利用等差数列的通项公式求出，继而得到，将代入求出.
【详解】，
当时，，，，，，
当时，，，
，，
是等差数列，公差，首项为，
，
，，，
验证时也成立，
.
6．（25-26高三上·福建厦门·期中）已知数列中，，，前n项和为，若，则 .
【答案】
【分析】运用数列的通项与前n项和的关系，以及等差数列的通项公式，求解即可．
【详解】由题知，，前n项和为，
因为，且，
所以，所以，
可得数列是首项和公差均为1的等差数列，
则，即有，
则，
满足，
所以.
故答案为：
7．（2025高三上·吉林长春·专题练习）已知为数列的前n项和，，，则 ．
【答案】/0.8
【分析】通过变形条件利用累乘法求解出的通项公式，然后利用裂项相消法求解出结果.
【详解】由，可得，
两式相减可得，所以，，
当时，，
当时，符合上式，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
考点05 数列的前项和
知识点：数列求和的几种常用方法
1．公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
（1）等差数列的前项和公式：
.
（2）等比数列的前项和公式：
.
2．分组求和法
若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
3.并项求和法
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
4．错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
5．裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
常见的裂项技巧
（1）.
（2）.
（3）.
（4）.
（5）.
常用结论
常用求和公式
（1）.
（2）.
（3）.
（4）.
题型一：错位相减法
1．（25-26高三上·吉林四平·月考）在数列中，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）通过对递推式变形，构造出常数列，利用首项求出该常数列的数值，进而推导得的通项.
（2）由得的表达式后，采用错位相减法计算得.
【详解】（1）因为，
所以，即，
所以数列为常数列，
又，所以，所以.
（2）由（1）得，
，
两边同乘以，得，
两式相减，得
，
所以.
2．（24-25高二上·广东清远·期末）已知数列的前项和为，数列是公比为3的等比数列，且.
（1）求数列、的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
【答案】(1)；；(2)
【分析】（1）当时，当时，结合，求得，再由，利用等比数列的通项公式，即可求解；
（2）由（1）得到，利用乘公比错位相减法，即可求出数列的前项和.
【详解】（1）因为，所以当时，，
当时，，
当时，，符合上式，所以，
又因为，数列是公比为3的等比数列，所以，
所以数列的通项公式为，数列的通项公式为.
（2）由（1）知，，可得，
则，
，
两式相减，可得
，
所以.
3.(2024·全国甲卷)记为数列的前项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）an＝4×(－3)n-1；（2）Tn＝1＋(2n－1)·3n．
【解析】(1)因为4Sn＝3an＋4，①
所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，②
则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，
即an＝－3an－1．
当n＝1时，由4Sn＝3an＋4，得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4×(－3)n-1．
(2)因为bn＝(－1)n-1nan＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1，
所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n-1，
3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n-1)－4n·3n
＝4＋4×31−3n−11−3－4n·3n
＝－2＋(2－4n)·3n，
所以Tn＝1＋(2n－1)·3n．
4．（2026秋•化州市月考）记为数列的前项和，已知，．
（1）求；
（2）求数列的通项公式；
（3）求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）根据题中递推公式令运算求解即可；
（2）根据与之间的关系整理可得当时，，结合常数列分析求解即可；
（3）设，可得，利用分组求和法结合错位相减法运算求解．
【解答】解：（1）记为数列的前项和，，
当时，，解得；
（2）记为数列的前项和，，
则，
两式相减得，
即，
当时，，
即，又已知，
由递推关系得，则，且满足上式，
故数列的通项公式为；
（3）由（2）得，
设，则，
可得，
，
两式相减得：
，
故数列的前项和．
题型二：裂项相消法
1．（2025秋•江苏校级月考）已知，则
A．7B．8C．9D．10
【答案】B
【分析】由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．
【详解】由，
可得．
故选：．
2． (2025·湛江模拟)定义“等方差数列”：如果一个数列从第2项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫做该数列的方公差．设{an}是由正数组成的等方差数列，且方公差为2，a5＝3，则数列2an+an+1的前24项和为( )
A．322 B．3 C．32 D．6
【答案】D
【解析】依题意，an+12−an2＝2，即{an2)}是公差为2的等差数列，而a5＝3，
于是an2＝a52＋2(n－5)＝2n－1，即an＝2n−1，
则2an+an+1＝22n−1+2n+1
＝22n+1−2n−12n+1+2n−12n+1−2n−1
＝2n+1−2n−1，
所以数列2an+an+1的前24项和为(3－1)＋(5−3)＋(7−5)＋…＋(49−47)＝7－1＝6．故选D．
3.（25-26高三上·江苏泰州·月考）设正项数列的前项和为，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，记数列的前项和，求证：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）应用关系及已知递推关系得，结合等差数列的定义写出通项公式；
（2）由（1）及裂项相消法求，即可证.
【详解】（1）当时，由，得，，得，
又，，且，作差得，
所以，，则且，
故数列是公差为1的等差数列，故数列的通项公式为；
（2）
∴.
又，所以.
4．（25-26高三上·安徽·月考）在数列中，，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求 的前项和.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用题干条件构造恒等式，从而得出通项公式，注意检验时是否满足通项公式.
（2）由（1）得出，再将进行奇偶讨论，先算出项数为偶数时的和，再计算项数为奇数的和，可以简化运算.
【详解】（1）因为，
所以当时，，即，
所以当时，，
所以，
在中，令时，，解得.
对于，，当时，，
符合上式，所以通项公式为.
（2）由（1）得，
当为偶数时，
；
当为奇数时，
所以.
5．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知各项都是正数的数列，其前项和为，，且.
（1）求的通项公式；
（2）若，求证：.
【答案】(1)；(2)证明见解析
【解析】（1）由题意得，
所以，又数列是各项都是正数的数列，，
所以，，
当时，有，
所以，
所以，故数列是1为首项，2为公差的等差数列，
所以.
（2）由（1）得，
所以，
所以，
裂项得，证毕.
6．（25-26高三上·福建·月考）已知为数列的前n项和，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求证：数列的前项和．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）利用以及累乘法求得的通项公式；
（2）利用裂项相消法求解出，然后可完成证明.
【详解】（1），
时，，
两式相减可得，即，
，
，即，
又，，
，
也满足上式，
.
（2）由（1）得，
，
．
题型三：分组求和法
1．（2025春•仁寿县期末）已知数列的通项公式为，则数列的前项和
A．107B．1409C．1414D．112
【答案】B
【分析】根据给定的通项公式，利用分组求和法列式计算即可．
【详解】根据题意可得．
故选：．
2．（2025秋•台州月考）已知等比数列满足：，．设，记数列的前项和为，则
A．149B．153C．155D．157
【答案】B
【分析】根据等比数列的通项公式求解，，从而可得的通项公式，根据分组求和可得的值．
【详解】已知等比数列满足：，，
设等比数列的公比为，则，
则，可得，所以，
则，
记数列的前项和为，
所以．
故选：．
3．（2026·云南·模拟预测）已知数列满足，且是的等差中项，是数列的前项和，则 ， .
【答案】 171
【分析】先求出，分和，求出通项公式，进而分组求和，得到答案.
【详解】由题知，解得，
当是偶数，是奇数，故，
所以，因为，
故是首项为，公比为2的等比数列，
故，.
所以当时，，
所以
；
.
故答案为：171；
4．（25-26高二上·江苏南通·期中）已知等差数列的前n项和为，是公比大于1的等比数列，，.
（1）求和的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】(1)；；(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，根据题意建立方程组，求解即可；
（2）利用分组求和法结合等差数列和等比数列的求和公式求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，且．
依题意得，得，故，
又，消去可得，则（舍）或．
则，故．
（2）因为，所以，
则.
5．（25-26高二上·河北衡水·月考）已知数列中，，.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）变形为，进而利用等比数列定义证明即可；
（2）先求得，然后结合等比数列求和公式，利用分组求和法求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
设，则，
又因为，
所以是以2为首项，4为公比的等比数列.
（2）由（1）可知，是以2为首项，4为公比的等比数列，
则，
所以

.
6．（25-26高三上·陕西商洛·月考）已知等差数列的前n项和为且．
（1）求数列的通项公式及前n项和；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】(1)，；(2).
【分析】（1）根据给定条件，结合等差数列前n项和列出方程组求出首项及公差即可求解.
（2）由（1）的结论，利用分组求和法，结合裂项相消法及等比数列前n项和公式求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，由及，得，
解得，所以数列的通项公式为，
前n项和.
（2）由（1）得，
所以
.
7．（25-26高三上·宁夏银川·月考）设等差数列的前项和为，且，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前项和公式，计算出等差数列的基本量，即可求得的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，利用分组求和法，求得数列的前项和.
【详解】（1）设等差数列的公差为.
由题可知，，解得.
的通项公式为.
（2）因为，且当时，，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以；
又，
所以.
所以.
题型四：并项求和法
1．（2025秋•厦门校级月考）若，则数列的前21项和（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通过分析通项的正负交替规律，将前20项按“两项一组”求和，再补充第21项，计算得总和．
【详解】根据题意可得当为奇数时，；当为偶数时，，
将前21项分为前20项组）和第21项，
每组两项（第项与第项）的和为：，
前20项共10组，和为．
第21项为．
所以．
故选：．
2．（2025秋•新区校级月考）已知数列满足，则数列前2025项和为（ ）
A．1012B．1013C．2024D．2025
【答案】D
【分析】由已知可得，根据分组求和即可求解．
【详解】由，
可得
．
故选：．
3．（2025秋•五华区月考）若数列满足，，则其前2025项的和
为
A．1517B．1519C．1521D．1523
【答案】B
【分析】由题意将所求数列的前2025项的和进行适当分组再求和即得．
【详解】由，，
则
．
故选：．
4．（2025春•山西月考）已知数列满足，，则此数列前2025项的和为
A．B．2025C．D．4050
【答案】A
【分析】利用递推关系求得数列的前几项，可得数列是以3为周期的周期数列，进而可求得数列前2025项的和．
【解答】解：已知数列满足，
又，则，解得，
又，解得，
又，解得，
所以数列是以3为周期的周期数列，
所以，
所以．
故选：．
5．（25-26高三上·天津滨海新·月考）已知数列中，.
（1）求的值；
（2）求证：数列是等比数列；
（3）求数列的前项和．
【答案】(1)，，；(2)证明见解析；(3).
【分析】（1）由数列的递推关系，令、和即可求出答案；
（2）由递推公式求出，再利用等比数列定义判断作答.
（3）利用（2）的结论求出的通项公式，再结合递推关系得到的表达式，最后借助分组求和法求和作答.
【详解】（1）由，
令，则；令，则，
令，则，
所以，，.
（2）依题意，设，
则
，
而，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（3）由（2）知，，
因此，
当时，，又，
则，
，
因此
.
题型五：绝对值求和
1．（25-26高三上·上海浦东新·月考）等差数列的前项和记为，已知，且成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）当取最小值时，求序号的值，并求出的最小值；
（3）求数列的前项的和．
【答案】(1)；(2)，；(3)
【分析】（1）由等差数列通项公式基本量计算即可求解；
（2）根据等差数列求和公式可得，结合二次函数性质即可求解；
（3）结合（2）的及的符号，按照和分情况讨论求出即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由题可得：，
解得，
；
（2）由（1）知，，
所以，
由二次函数性质可知，当时，取最小值，
此时最小值为；
（3），
由，
当时，；当时，，
所以当时，；
当时，
.
综上，.
2．（2025·内蒙古赤峰·模拟预测）记为等差数列的前项和，已知.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据等差数列的等差中项以及公差计算，结合其通项公式，可得答案；
（2）根据等差数列的求和公式，可得新数列的通项公式，利用分组求和，可得答案.
【详解】（1）由数列为等差数列，则，解得，
可得等差数列的公差，
可得
所以等差数列的通项公式为..
（2）由等差数列易知，
则，设数列的前项和为，
可得，
当时，；
当时，.
综上可得数列的前项和为.
3．（25-26高三上·天津和平·月考）已知数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和；
（3）已知为正整数，设，求．
【答案】(1)；(2)当时， ；当时， ；
(3)
【分析】（1）由递推式及 与 的关系，利用 与 作差，得到 （对 ），结合首项验证，从而判断数列为等比数列，求得通项公式.
（2）根据对数运算性质，将通项代入 ，得 ，结合其符号变化点，将前 项和按 和 分段处理，分别利用等差数列求和公式计算绝对值之和，再合并为统一表达式.
（3）将 代入 ，得 ，对固定 利用对称配对法求和：将 与 相加得到定值 ，进而求得 ，再对 从 1 到 求和，通过错位相减法将其化简为关于 的表达式，最后整理为最简有理分式形式.
【详解】（1）已知①，则②，
①②得：，
即数列为等比数列，公比，，
当时，，故数列的通项公式为.
（2）已知，由（1）得，
代入得：，
当时，
当时， .
（3）已知，由（1）得，
代入得，
，，
注意到，
，
令，则，
，
得：，
化简计算得：，
整理得，
得到，
故.
题型六：奇偶分项求和
1．（2025·河北沧州·模拟预测）已知数列的前项和为.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】(1)；(2)
【解析】（1）当时，.
当时，由，得，
则.
因为，所以.
（2）由（1）可得
当为偶数时，，
则，
则，
则
，
则.
当为奇数时，.
故
2．（2025·辽宁大连·模拟预测）若数列和满足：，，且.
（1）设，证明：是等比数列；
（2）设，试求的前n项和．
【答案】(1)证明见详见；(2)
【解析】（1），
，
又
构成以为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）可知，
，
又
构成以为首项，为公比的等比数列
，
，
∴当为偶数时，
当为奇数时，
所以
3.(2025·安康模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，已知an≥1且2Sn＝an2＋n．
（1）证明：{an}是等差数列；
（2）记bn＝2an，n为奇数，an，n为偶数， 求数列{bn}的前2n项和T2n．
【答案】（1）an＝n．（2）T2n＝22n+1−23＋n＋n2．
【解析】(1)证明：由an≥1且2Sn＝an2＋n，
可得2a1＝2S1＝a12＋1，解得a1＝1，
当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝an2+n−an−12－(n－1)，
即(an－1)2＝an−12，
即an－an－1＝1或an＋an－1＝1(舍去)，
可得数列{an}是首项和公差均为1的等差数列，即an＝n．
(2)由(1)知bn＝2n，n为奇数，n，n为偶数，
则数列{bn}的前2n项和T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝(2＋8＋…＋22n-1)＋(2＋4＋…＋2n)＝21−4n1−4+12n(2＋2n)＝22n+1−23＋n＋n2．
4．（25-26高三上·广东·月考）已知等差数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求的前项和.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）结合题设，根据等差数列性质可求得，进而求解即可；
（2）结合（1）可得，进而得到，再分为偶数，为奇数两种情况讨论求解即可.
【详解】（1）由等差数列性质可知，结合，于是，
于是数列的公差为，
故.
（2）由，
注意到，
故当为偶数时，，
当为奇数时，.
综上所述，.
5．（2025·四川泸州·一模）记为数列的前项和，已知.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据求数列的通项公式.
（2）利用分组求和法求和.
【详解】（1）当时，，
当时，，，
两式相减得，，
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
故.
（2）当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以
.
6．（25-26高三上·广东·月考）已知等差数列与递增等比数列满足：，，.
（1）求和通项公式；
（2）保持数列的各项顺序不变，在与之间插入个，使它们与数列的项组成一个新数列，记数列的前项和为，求；
（3）记（其中），证明：.
【答案】(1)，；(2)300；(3)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由题可得，据此可得答案；
（2）设在数列的前100项中，来自的有项，分与两种情况讨论，可得数列前100项包含，，，，及95个3，据此可得答案；
（3）设，由题意及错位相减法，可得；设，由裂项相消法可得.据此可完成证明.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由题意得，解得，或，，
因为等比数列递增，，所以，所以，
所以，.
（2）设在数列的前100项中，来自的有项，若，
则应有 ，整理可得，
注意到函数在上单调递增，，，
，因，则无整数解，不满足题意.
若，则应有，
由以上分析，可得.
又在上单调递增，，.
则当时，满足题意.
即数列前100项包含，，，，及95个3，
所以.
（3）当时，，
设，
则，.
从而，
得，即；
当时，.
设，
则.
所以，即.
考点06 数列和其他知识的结合
题型一：数列与不等式
1．（2025·江西·模拟预测）已知数列的首项.
（1）求数列的通项公式；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)；(2)
【解析】（1）数列的首项，可得，
而，故，故，
即数列是首项和公比均为3的等比数列，可得，即.
（2）若恒成立，即为，即恒成立，
设，可得，.
即数列是单调递减数列，可得，
所以，即实数的取值范围是
2．（25-26高三上·辽宁·月考）已知数列满足，.
（1）证明：数列是常数列，并求数列的通项公式；
（2）设，为的前项和.
（i）求；
（ii）若，恒成立，求实数的最大值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）将两边同时除以，令，利用数学归纳法证明，从而可得结果；
（2）（i）由错位相减法计算可得结果；（ii）化简可得，令，计算可得，分析为奇数和为偶数时的单调性可知当时，有最小值，求出从而得到的最大值.
【详解】（1）由题意知，
令，则，
由，可得，
所以对任意，，即，
所以数列是常数列，
所以.
（2）（i），则，
，
所以，
所以.
（ii）由题意知，即.
令，则，
当为奇数时，，所以单调递减，
当为偶数时，，所以单调递增.
所以当时，有最小值，且，
所以的最大值为.
3．（2025高三上·安徽六安·专题练习）设是等比数列，是递增的等差数列，的前项和为，，，，．
（1）求与的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求满足成立的的最大值．
【答案】(1)．(2)
【分析】（1）根据题意结合等差数列以及等比数列的相关公式，列出方程组，求出等差数列以及等比数列的基本量，即可求得答案.
（2）写出的表达式，利用裂项求和法求出，解不等式，即可求得答案.
【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，
由已知，，，，得，
即，
解得（舍）或，
故．
（2），
故，
则，即，即，
解得，
，的最大值为，即满足条件的n的最大值为．
4．（2025·河南·模拟预测）已知数列满足，，若对，，则实数t的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，得到，通过累加得到，再通过分参得到，结合基本不等式求得最小值，即可求解.
【详解】因为，
所以，
即，所以当时，
，所以，也满足，
所以，，
所以恒成立，
即，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
所以实数t的取值范围是，
故选：A
5．（25-26高三上·山东·月考）已知数列的前项和为，且．若对任意的正整数恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】B
【分析】通过数列前项和与项的关系求得数列的通项公式，代入不等式分离参数后构造数列，然后通过作商法求得数列中最大项的值，从而求得结果.
【详解】当，则，即，
当，，
则，即，∴，
∴数列是的等比数列，
∴，
∵，即，
∴，
令数列的通项为，
则，
令，则，
又∵
∴当，，当，，
∴数列的最大项为，
∴.
故选：B.
题型二：数列与概率统计的结合
1．(2025·呼和浩特模拟)甲、乙、丙三名高中生进行传球训练．第一次由甲将球传出，传给乙的概率是13，传给丙的概率是23；乙传给甲和丙的概率都是12；丙传给甲和乙的概率也都是12．如此不停地传下去且假定每次传球都能被接到，记开始传球的人为第一次触球者，第n次触球者是甲的概率记为Pn，P1＝1．
（1）求P2，P3，P4；
（2）证明：Pn−13为等比数列．
【答案】（1）P2＝0；P3＝12；P4＝14．（2）证明见解析。
【解析】(1)由题意知，P2＝0；
P3＝13×12+23×12＝12；
P4＝P3×0＋(1－P3)×12＝14．
(2)证明：当n＞1时，Pn＝(1－Pn－1)×12，Pn－13＝－12Pn−1−13，P1－13＝23，
所以数列Pn−13 是首项为23，公比为－12的等比数列．
2．（24-25高三下·黑龙江·月考）甲、乙两位同学做一次游戏，起初两名同学各有一个盒子，盒内装有相同数量的糖果，规定每轮游戏由两名同学各掷一枚骰子，若两枚骰子的点数之积为奇数，就从乙的盒子中取一颗糖放入甲的盒子中，若点数之积为偶数，就从甲的盒子中取一颗糖放入乙的盒子中，直至一方盒中的糖果被取空后再次需要取出糖果时游戏结束.
（1）假设甲、乙两位同学起初拥有超过三颗糖果，求在三轮游戏后，甲同学盒子中的糖数多于乙同学的概率；
（2）若起初甲、乙两名同学的盒子中各有4颗糖果，求游戏结束时，乙同学的盒子中没有糖果的概率.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）甲同学盒子中的糖数多于乙同学，需要三次都从乙抽取放到甲，或者两次从乙抽取放到甲，一次从甲抽取放到乙；
（2）设乙同学的盒子里共有颗糖，则乙有颗糖时，有的概率抽取一颗糖放到甲，此时乙有颗糖，则乙有颗糖时，有的概率从甲抽取一颗糖放到乙，此时乙有颗糖，故，，利用数列求出，进而求得，进而求得即可.
【详解】（1）两枚骰子的点数之积为奇数的概率为，
即点数之积为偶数的概率为，
在三轮游戏后，甲同学盒子中的糖数多于乙同学的概率为；
（2）设甲同学的盒子里中有颗糖，则乙同学的盒子里共有颗糖，
并设一轮游戏后，乙同学盒子里有k颗糖的概率为，
显然，
，
故，
可得，
则，
即，
，
，
……
，
累加可得，
即，
因此，，
又，所以，
解得，所以，
所以游戏结束时，乙同学的盒子中没有糖果的概率为.
3．（2025·广西·一模）在某校举办的学科文化节系列活动中，数学组老师设计了一个答题挑战活动供全校数学爱好者挑战．挑战题目由逻辑推理题和运算求解题两部分构成，用于考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力．现有名同学报名依次发起挑战，每位同学成功解答出逻辑推理题和运算求解题的概率均为，两题能否解出相互独立，每位同学解题过程相互独立，挑战规则如下：
①每位同学均先答逻辑推理题，逻辑推理题答对才能答运算求解题；
②记第位同学挑战为本次挑战活动的第轮，若第位同学在规定时间内未完成逻辑推理题，则认为本次活动的第轮挑战失败，该同学退出由第位同学挑战；
③若第位同学在规定时间内完成逻辑推理题，则该同学继续答运算求解题，若该同学在规定时间内未完成运算求解题，则也认为本次活动的第轮挑战失败，该同学退出，由第位同学挑战；若该同学在规定时间内完成了运算求解题，则挑战成功，本次答题挑战活动结束，后续同学不再进行答题挑战．
④挑战进行到第轮，则不管第位同学是否完成两题的解答，答题挑战活动结束．令随机变量表示这名同学在进行第轮挑战后结束挑战活动．
（1）求随机变量的分布列；
（2）若把挑战规则①去掉，换成规则⑤：挑战的同学先挑战逻辑推理题，若有同学在规定时间内完成逻辑推理题，以后挑战的同学不再挑战逻辑推理题，直接挑战运算求解题．令随机变量表示这名同学在第轮挑战后结束挑战活动．
（i）求随机变量的分布列；
（ii）证明：．
【答案】(1)分布列见解析；(2)（i）分布列见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）分析出的所有可能取值为1，2，3，4，5，再根据独立性事件乘法公式即可得到答案；
（2）（i）首先计算出，则，再写出的分布列即可；
（ii）计算得，再累加得，最后再利用错位相减法即可得到答案.
【详解】（1）由题意可得，每名同学两题均完成挑战的概率为，
的所有可能取值为1，2，3，4，5，
则，，
，，
.
因此的分布列为：
（2）（i）时，第人必完成运算求解题，
若前面人都没有一人完成逻辑推理题，其概率为，
若前面人有一人完成逻辑推理题，其概率为，
故．
当时，若前面人都没有一人完成逻辑推理题，其概率为，
若前面人有一人完成逻辑推理题，其概率为，
故．
的分布列为：
（ii）．
又因为
，，
故，
，①
，②
①②得，
则.
4．（2025·全国·模拟预测）历史上有一个著名的“贝努利装错信笺”问题，它讲的是封信与个信封全部装错的组合数问题.现记封信与个信封全部装错的组合数为，如2封信与2个信封全部装错只有一种情况，即.通过枚举法，还能求出、.为求数列的通项公式，我们可有如下思路：一、通过数列前几项的研究，发现数列的递推关系；二、由数列的递推关系求数列的通项公式.
（1）用枚举法求时，显然不需要全枚举，如第一封信装错的情况有4种，完成其中一种情况即可.考虑第一封信装在第二个信封的情况，这时第二封信要么装在第一个信封、要么不装在第一个信封，从而能够迅速求出.请求出的值；
（2）请运用第（1）小题的思路，分析出的一个递推关系；
（3）运用上述递推关系，求数列的通项公式.
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】（1）结合题意，由分步计数原理可得；
（2）先将封信分为两步，再将第二步分为两类，最后由分步乘法和分类加法计数原理即可得，
（3）根据递推公式利用累加法求解即可
【详解】（1）（1）第一封信装错的情况有4种，并且每一种情况等价，
考虑第一封信装在第二个信封的情况：当第二封信装在第一个信封时，另外3封信全装错3个信封的情况有；
当第二封信不装在第一个信封时，这时可把第一封信的信封视为第二封信的信封，也即二、三、四、五封信全部装错信封，有情况，
于是.
（2）若有封信时，其装法可分为两个步骤：
第一步：编号为的信，有种装法；
第二步：重装其余的封信，根据第一步装法可分为两类，
第一类，若编号为的信，装入编号为k的信封，，
但编号为k的信装入编号为的信封，这样有种装法；
第二类，若编号为的信，装入编号为k的信封，，
但编号为k的信不装入编号为的信封，这样有种装法；
由分步乘法和分类加法计数原理，所以.
（3）由，得，
令，则，
所以，
令，则，
因，，所以，，，
于是，，
所以，
所以，，
因适合，所以，
所以，
累加可得，
因，所以，
且满足，所以，
由，所以.
题型三：数列与函数
1．（2025春•乐平市校级期中），利用课本中推导等差数列前项和的公式的方法，可求得
A．1010B．1011C．2020D．2022
【答案】D
【分析】利用求解即可．
【详解】由题意得，，
故，，
故．
故选：．
2．（2025•河南模拟）已知正项数列是公比不等于1的等比数列，且，若，则等于
A．4050B．2025C．4052D．2026
【答案】B
【分析】根据等比数列的性质得到，又，从而利用倒序相加法求和，得到答案．
【详解】由等比数列的性质，得．
又因为函数，
所以，
所以，，，，
令，
则，
所以，
所以．
故选：．
3．（2025春•北京校级月考）数学家高斯在年幼时，对的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称为高斯算法．现有函数，则
A．2025B．2024C．1013D．1012
【答案】D
【分析】根据给定函数，得，再利用倒序相加法求和即可．
【详解】因为，
所以，
令，
则，
两式相加得：，
解得．
故选：．
4．（25-26高三上·江苏·月考，多选）定义在上的单调函数满足：、，，且，则（ ）
A．B．记，则为幂函数
C．D．
【答案】ABD
【分析】令，，可求出的值，可判断A选项；推导出，结合，可判断B选项；放缩得出，可判断C选项；当时证明出，可得出，结合不等式的基本性质可判断D选项.
【详解】对于A选项，令，可得，
所以，即，解得，A对；
对于B选项，在等式中，
令，则有，即，
因为函数在上单调，且，，
所以函数在上单调递增，故，所以，
令，则，
故，
由，
可得
，
整理可得，
令，，所以，
又因为，，且，
所以函数的图象恒过定点、，
所以函数为幂函数，B对；
对于C选项，设，因为，故，
所以，故，
所以，
所以，
对任意的，，
所以
，C错；
对于D选项，，，
令，其中，其中，
所以函数在上为减函数，
故当时，，即，
所以，故，
所以，D对.
故选：ABD.
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漏洞扫描 通法锤炼 能力强化
考点查缺
漏洞扫描 精准补漏：系统扫描知识图谱，精准定位知识薄弱环节，实施靶向弥补，夯实基础
题型突破
考点精研 通法锤炼：淬炼以简驭繁的通用解题方法，实现从“会一题”到“通一类”的能力跃迁
融会贯通
实战淬炼 能力强化：打破单一知识点壁垒，强化知识联动与思维迁移，完成高阶能力整合
分类标准
名称
含义
举例
按项的
个数
有穷数列
项数有限的数列
1,2,3,…,
无穷数列
项数无限的数列
1,0,1,0,1,0,…
按项的
变化趋势
递增数 列
从第2项起，每一项都大于它的前一
项的数列
3,4,5,6,…,
递减数列
从第2项起，每一项都小于它的前一
项的数列
-1,-2,-3,…,
常数列
各项相等的数列
0,0,0,0,…
摆动数列
从第2项起，有些项大于它的前一
项，有些项小于它的前一项的数列
1,-2,3,-4,…
根据数列的变化规律或递推关系，即可确定数列中的项.
解决数列的单调性问题的方法：
用作差比较法，根据的符号判断数列是递增数列、递减数列还是常数列．
解决数列周期性问题的方法：
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
（1）等差数列的通项公式及前项和公式共涉及五个量，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)．
（2）确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项和公差.
判断数列是等差数列的常用方法：
（1）定义法．
（2）等差中项法．
（3）通项公式法．
（4）前项和公式法．
1.等差数列项的性质的关注点
（1）在等差数列题目中，只要出现项的和问题，一般先考虑应用项的性质．
（2）项的性质常与等差数列的前项和公式相结合．
2.等差数列前项和的常用的性质是：
在等差数列中，数列也是等差数列，且有；.
求等差数列前项和最值的2种方法
（1）函数法：利用等差数列前项和的函数表达式，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
（2）邻项变号法：①若，则满足的项数使得取得最大值；
②若，则满足的项数使得取得最小值．
等比数列基本量的运算的解题策略
（1）等比数列中有五个量，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．
（2）解方程组时常常利用“作商”消元法．
（3）运用等比数列的前项和公式时，一定要讨论公比的情形，否则会漏解或增解．
等比数列的三种常用判定方法
（1）定义法：若(为非零常数，)或(为非零常数且，)，则是等比数列．
（2）等比中项法：若数列中，且（），则是等比数列．
（3）前n项和公式法：若数列的前项和（为常数且，），则是等比数列．
（1）等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前项和公式的变形.根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．
（2）巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．
观察法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通项．使用观察法时要注意： = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有或者 部分． = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②考虑各项的变化规律与序号的关系． = 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③应特别注意自然数列、正奇数列、正偶数列、自然数的平方、与有关的数列、等差数列、等比数列以及由它们组成的数列．
形如的数列，利用累加法：
形如型的递推数列（其中是 关于的函数）可构造：
将上述个式子两边分别相加，可得：
= 1 \* GB3 ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
= 2 \* GB3 ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
= 3 \* GB3 ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和；
= 4 \* GB3 ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和．
形如的数列，利用即可求数列的通项公式．
形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造：
将上述个式子两边分别相乘，可得：
有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．
1.形如（其中均为常数且）型的递推式：
设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
2.形如型的递推式：
（1）当为一次函数类型（即等差数列）时：
设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
（2）当为指数函数类型（即等比数列）时：
递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再求出．
3.取倒数法
对于，取倒数得．
当时，数列是等差数列；
当时，令，则，可用待定系数法求解．
4.取对数法
形如的递推公式，则常常两边取对数转化为等比数列求解．
对于给出关于与的关系式的问题，解决方法包括两个转化方向，在应用时要合理选择．一个方向是转化为的形式，手段是使用类比作差法，使=（，），故得到数列的相关结论，这种方法适用于数列的前项的和的形式相对独立的情形；另一个方向是将转化为（，），先考虑与的关系式，继而得到数列的相关结论，然后使用代入法或者其他方法求解的问题，这种情形的解决方法称为转化法，适用于数列的前项和的形式不够独立的情况．
简而言之，求解与的问题，方法有二，其一称为类比作差法，实质是转化的形式为的形式，适用于的形式独立的情形，其二称为转化法，实质是转化的形式为的形式，适用于的形式不够独立的情形；不管使用什么方法，都应该注意解题过程中对的范围加以跟踪和注意，一般建议在相关步骤后及时加注的范围．
1.如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，常采用错位相减法．
2.错位相减法求和时，应注意：
（1）在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“”的表达式．
（2）应用等比数列求和公式时必须注意公比是否等于，如果，应用公式.
裂项相消法的原则及规律
（1）裂项原则
一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
（2）消项规律
消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项．
1.若数列的通项公式为，且，为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列的前项和．
2.若数列的通项公式为，其中数列，是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求的前n项和．
将一个数列中的某几项进行相加，得到一个新的数列，根据新数列的性质求原数列的和．
常见的并项方法有：（1）奇偶并项；（2）周期并项；（3）首尾并项.
由正项开始的递减等差数列的绝对值求和的计算题解题步骤如下：
（1）首先找出零值或者符号由正变负的项
（2）在对进行讨论，当时，，当时，
对于奇偶项通项不统一的数列的求和问题要注 意分类讨论．主要是从为奇数、偶数进行分类．
与数列有关的恒成立问题主要有两大类,一是根据数列不等式恒成立,求参数范围,二是数列不等式的证明
1
2
3
4
5
1
2
3