2017-2026十年高考数学专项汇编专题09 数列解答题综合（一）等差、等比通项及数列求和（教师版）

1

专题09数列解答题综合（一）

（等差、等比通项及数列求和）

（四大考点，31题）

考点分类十年考情（2017-2026）命题规律

1.题型固定为解答大题，位居高考数

列解答题第一问高频考位，难度基础。

2023全国乙卷、2023新课标Ⅰ卷、2.核心考查等差数列通项公式求解、

考点01等差数列2023新课标Ⅱ卷、2019北京卷、前n项和计算、数列最值分析、等差数

及其前n项和2019全国Ⅰ卷、2019上海卷、列判定证明。

全国卷、北京卷

2018Ⅱ20173.常结合等比数列性质综合设问，部

分题目结合集合元素、数列新定义拓展

考查，侧重基础公式运算与简单推理。

1.以解答题为主，多为两小问梯度设

问，难度由基础到中档递进。

2.核心考查正项等比数列通项求解、

2024全国甲卷、2020山东卷、

考点02等比数列公比运算、前n项和公式应用，结合区

2019全国Ⅱ卷、2018全国Ⅲ卷、

及其前n项和间统计数列项数创新考法。

2017山东卷

3.常结合对数变形构造新数列，考查

分组求和、裂项求和，侧重公式变形与

综合运算能力。

1.高考高频中档解答题型，为天津卷

2026天津卷、2025天津卷、2024特色必考题型，全国卷高频考查，区分

考点03等差等比天津卷、2023天津卷、2019天津度适中。

混考卷、2019浙江卷、2018浙江卷、2.核心考查等差、等比数列联立求解

2018天津卷、2017全国Ⅱ卷通项，利用数列性质证明不等式、求解

数列元素和与个数。

1

3.多采用多小问梯度设问，结合新定

义数列、集合元素融合考查，综合考查

推理证明与运算能力。

1.数列解答题核心重难点，多作为压

轴小问考查，难度中档偏上。

2024全国甲卷、2023全国甲卷、2.核心考查Sn与an递推关系转化、

考点04数列递推2021新高考全国Ⅰ卷、2018全国Ⅰ构造新等差/等比数列、分段数列求和、

及数列求和卷、2018天津卷、2017全国Ⅲ卷、裂项求和、分组求和。

天津卷

20173.常结合递推公式变形、数列奇偶项

规律命题，搭配不等式证明，综合性强，

是高考拉分关键考点。

考点01等差数列及其前n项和

Saa11,S40

1.（2023·全国乙卷·高考真题）记n为等差数列n的前n项和，已知210．

a

(1)求n的通项公式；

aT

(2)求数列n的前n项和n．

a152n

【答案】(1)n

14nn2,n7

Tn

n214n98,n8

(2)

a,d

【分析】（1）根据题意列式求解1，进而可得结果；

SaS

（2）先求n，讨论n的符号去绝对值，结合n运算求解.

【详解】（1）设等差数列的公差为d，

a2a1d11

ad11

1091a113

S10ad40

1012a9d8

由题意可得2，即1，解得d2，

1

a132n1152n

所以n，

n13152n2

Sn14nn

（2）因为2，

15

n

a152n0*

令n，解得2，且nN，

a0TaaaaaaS14nn2

当n7时，则n，可得n12n12nn；

a0Taaaaaaaa

当n8时，则n，可得n12n1278n

SSS2SS21477214nn2n214n98

7n77n；

14nn2,n7

Tn

n214n98,n8

综上所述：.

n2n

b

anaS,T

2.（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设等差数列n的公差为d，且d1．令n，记nn分别为数

a,b

列nn的前n项和．

3a3aa,ST21a

(1)若21333，求n的通项公式；

bST99

(2)若n为等差数列，且9999，求d．

a3n

【答案】(1)n

51

d

(2)50

【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；

{b}ada2dab1

（2）由n为等差数列得出1或1，再由等差数列的性质可得5050，分类讨论即可得解.

3a3aa3da2dad

【详解】（1）213，1，解得1，

S3a3(ad)6d

321，

26129

T3b1b2b3

又d2d3dd，

9

S3T36d21

d，

1

2d

即2d7d30，解得d3或2（舍去），

aa(n1)d3n

n1.

1

{b}

（2）n为等差数列，

12212

2bbb

213，即a2a1a3，

116d1

6()

a23ad2d20ada2d

a2a3a2a3a1，即11，解得1或1，

a0

d1，n，

ST9999a99b99ab1

又9999，由等差数列性质知，5050，即5050，

2550

a1

50a2a25500a51a50

a50，即5050，解得50或50（舍去）

a2daa49d51d51

当1时，501，解得d1，与d1矛盾，无解；

51

d

adaa49d50d51

当1时，501，解得50.

51

d

综上，50.

an6,n为奇数

bn

a2a,n为偶数STa

3.（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知n为等差数列，n，记n，n分别为数列n，

bS32T16

n的前n项和，4，3．

a

(1)求n的通项公式；

TS

(2)证明：当n5时，nn．

a2n3

【答案】(1)n；

2n3,n2k1

n(52n3)2b,kN

Snn4nn

(2)证明：方法1：由（1）知，2，4n6,n2k，

bb2(n1)34n66n1

当n为偶数时，n1n，

13(6n1)n327

Tnnn

2222，

32721

TnSn(nn)(n4n)n(n1)0

当n5时，222，因此TnSn，

327325

TnTn1bn1(n1)(n1)[4(n1)6]nn5

当n为奇数时，2222，

32521

TnSn(nn5)(n4n)(n2)(n5)0

当n5时，222，因此TnSn，

TS

所以当n5时，nn.

1

2n3,n2k1

n(52n3)2b,kN

Snn4nn

方法2：由（1）知，2，4n6,n2k，

12(n1)3n144n6n327

Tn(b1b3bn1)(b2b4bn)nn

当n为偶数时，222222，

32721

TnSn(nn)(n4n)n(n1)0

当n5时，222，因此TnSn，

12n3n1144(n1)6n1

Tn(b1b3bn)(b2b4bn1)

当n为奇数时，2222

3535

n2n5Tn2n5

Tb1n

22，显然11满足上式，因此当n为奇数时，22，

32521

TnSn(nn5)(n4n)(n2)(n5)0

当n5时，222，因此TnSn，

TS

所以当n5时，nn.

aa,dST

【分析】（1）设等差数列n的公差为d，用1表示n及n，即可求解作答.

SbTS

（2）方法1，利用（1）的结论求出n，n，再分奇偶结合分组求和法求出n，并与n作差比较作答；方

SbTS

法2，利用（1）的结论求出n，n，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出n，并与n作差比较作答.

an6,n2k1

bn,kN

a2a,n2k

【详解】（1）设等差数列n的公差为d，而n，

ba6,b2a2a2d,ba6a2d6

则11221331，

S44a16d32

T4a4d1216a5,d2aa(n1)d2n3

于是31，解得1，n1，

aa2n3

所以数列n的通项公式是n.

（2）略

4.（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．

a2n12

【答案】（Ⅰ）n；（Ⅱ）30.

a

【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n的通项公式；

S

(Ⅱ)首先求得n的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.

1

a

【详解】（Ⅰ）设等差数列n的公差为d，

a+10，a，+8a+6(a+8)2(a+10)(a+6)

因为234成等比数列，所以324，

2a102(n1)2n12

即(2d2)d(3d4)，解得d2，所以n.

a2n12

（Ⅱ）由（Ⅰ）知n,

102n122112121

Snnn11n(n)

所以224；

S

当n5或者n6时，n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.

5.（2019·全国I卷·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．

a2n10

【答案】（1）n；

（2）1n10(nN).

aa

【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1和d的方程组，求得1和d的

值，利用等差数列的通项公式求得结果；

a0a0Sa

（2）根据题意有5，根据1，可知d0，根据nn，得到关于n的不等式，从而求得结果.

aa

【详解】（1）设等差数列n的首项为1，公差为d，

98

9a1d(a14d)

2

a2d4

根据题意有1，

a18

a8(n1)(2)2n10

解答d2，所以n，

aa2n10

所以等差数列n的通项公式为n；

Sa9aaa0

（2）由条件95，得55，即5，

a0aa4d0a4d

因为1，所以d0，并且有51，所以有1，

1

n(n1)

nada(n1)d

Sa112

由nn得2，整理得(n9n)d(2n10)d，

因为d0，所以有n29n2n10，即n211n100，

解得1n10，

所以n的取值范围是：1n10(nN)

【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.

ad0,bbsina

6.（2019·上海·高考真题）已知等差数列n的公差，数列n满足nn，集合

Sx|xb,nN

n.

2

a10,d

（1）若3，求集合S；

a1

（2）若2，求d使得集合S恰好有两个元素；

（3）若集合S恰好有三个元素：bnTbn，T是不超过7的正整数，求T的所有可能的值.

332

S,0,d

【答案】（1）22；（2）3或d；（3）T3,4,5,6

b

【分析】（1）根据正弦函数周期性的特点，可知数列n周期为3，从而得到S；（2）S恰好有两个元素，

bbbb

可知13或者23，求解得到d的取值；（3）依次讨论T3,4,5,6,7的情况，当T3,4,5,6时，均可得

到符合题意的集合S；当T7时，对于k1,2,3，均无法得到符合题意的集合S，从而通过讨论可知

T3,4,5,6.

24

2aa

a0d23a2

【详解】（1）1，33，3，4

2343

bsinbsin

bsin0023

1，32，32，b40

b

由周期性可知，n以3为周期进行循环

33

S,0,

22

bsindbsin2d

b1sin123

（2）2，2，2

S恰好有两个元素

1

sinsin2dsindsin2d

22或22

d2d2

即2d2或22

2

d

d或3

（3）由S恰好有3个元素可知：T3

bbSb,b,b

当T3时，n3n，集合123，符合题意；

bbsina4dsina

当T4时，n4n，nn

a4da2ka4d2ka

nn或nn

k

d

aa4da2k

因为n为公差d0的等差数列，故nn2

又d，故k1,2

a0S0,1,1

当k1时，如图取1，，符合条件

bbsina5dsina

当T5时，n5n，nn

an5dan2k或an5d2kan

2k

d

aa5da2k

因为n为公差d0的等差数列，故nn5

又d，故k1,2

3

Ssin,1,sin

a1

当k1时，如图取10，1010，符合条件

1

bbsina6dsina

当T6时，n6n，nn

an6dan2k或an6d2kan

k

d

aa6da2k

因为n为公差d0的等差数列，故nn3

又d，故k1,2,3

33

S,0,

a022

当k1时，如图取1时，，符合条件

bbsina7dsina

当T7时，n7n，nn

an7dan2k或an7d2kan

2k

d

aa7da2k

因为n为公差d0的等差数列，故nn7

又d，故k1,2,3

当k1时，因为b1,b2,,b7对应3个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有aman2，即

222

mnd2,d=

mn，即mn7，mn7,m7,不符合条件；

当k2时，因为b1,b2,,b7对应3个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有aman2，即

224

mnd2,d=

mn，即mn7，mn不是整数，故不符合条件；

1

当k3时，因为b1,b2,,b7对应3个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有aman2或4

226

mnd2,d=

若mn，即mn7，mn不是整数，

446

mnd4,d=

若mn，即mn7，mn不是整数，

故k3不符合条件；

综上：T3,4,5,6

【点睛】本题考查三角函数、数列、函数周期性的综合应用问题.解题的难点在于能够周期，确定等量关系，

从而得到d的取值，再根据集合S的元素个数，讨论可能的取值情况，通过特殊值确定满足条件的T；对

于无法取得特殊值的情况，找到不满足条件的具体原因.本题对于学生的综合应用能力要求较高，属于难题.

S{a}a7S15

7.（2018·全国II卷·高考真题）记n为等差数列n的前n项和，已知1，3．

{a}

（1）求n的通项公式；

SS

（2）求n，并求n的最小值．

a2n9S=n28n

【答案】（1）n；（2）n，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；

S

（2）方法二：根据等差数列前n项和公式得n，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

32

37d15

{a}S15a2n9

设等差数列n的公差为d，由3得，2，解得：d=2，所以n．

[方法二]：函数+待定系数法

{a}a=kn+bS153a15

设等差数列n通项公式为n，易得k+b=7，由3，即2，即2kb5，解得：

a2n9

k=2,b=9，所以n．

（2）[方法1]：邻项变号法

n(n1)d

S=na+2

n1S=n8na0S

由2可得n．当n，即2n9<0，解得1n4，所以n的最小值为

S=4a+6d=16

41，

1

S

所以n的最小值为16．

[方法2]：函数法

d2d

Snan2

n1S=n28nn416

由题意知22，即n，

SS=424×8=16S

所以n的最小值为4，所以n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；

S

（2）方法一：利用等差数列前n项和公式求n，再利用邻项变号法求最值；

S

方法二：利用等差数列前n项和公式求n，再根据二次函数性质求最值．

{a}{b}cmax{ban,ban,,ban}

8.（2017·北京·高考真题）设n和n是两个等差数列，记n1122nn

(n1,2,3,)，

max{x,x,,x}x,x,,x

其中12s表示12s这s个数中最大的数．

anb2n1c,c,c{c}

（Ⅰ）若n，n，求123的值，并证明n是等差数列；

c

nM

（Ⅱ）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当nm时，n；或者存在正整数m，使得

c,c,c,

mm1m2是等差数列．

【答案】（1）见解析（2）见解析

c,c,c

【详解】试题分析：（Ⅰ）分别代入求123，观察规律，再证明当n3时，

(bna)(bna)2n0bna*

k1k1kk，所以kk关于kN单调递减.所以

cmax{ban,ban,,ban}ban1nc

n1122nn11，从而得证；（Ⅱ）首先求n的通项公式，分

d0,d0,d0

111三种情况讨论证明.

cba110,

试题解析：（Ⅰ）111

cmaxb2a,b2amax121,3221

21122，

1

cmaxb3a,b3a,b3amax131,332,5332

3112233.

bnabnabbnaa2n0

当n3时，k1k1kkk1kk1k，

bna*

所以kk关于kN单调递减.

cmaxban,ban,,banban1n

所以n1122nn11.

n1,c1ncc1

所以对任意n，于是n1n，

c

所以n是等差数列.

{a}{b}d,d

（Ⅱ）设数列n和n的公差分别为12，则

bnabk1dak1dnbandndk1

kk12111121.

b1a1nn1d2nd1,当d时2，nd1

cn

ban,当d时，nd

所以1121

d

m2

d0dnddcban

①当1时，取正整数1，则当nm时，12，因此n11.

c,c,c,

此时，mm1m2是等差数列.

d0

②当1时，对任意n1，

cnb1a1nn1maxd2,0b1a1n1maxd2,0a1.

c,c,c,,c,

此时，123n是等差数列.

d0

③当1时，

d

n2

dndd

当1时，有12.

cnb1a1nn1d2nd1b1d2

nd1d1a1d2

所以nnn

nddadbd.

111212

Mb1d2a1d1d2d

mmax,2

dd

对任意正数M，取正整数11，

c

nM

故当nm时，n.

1

【名师点睛】近几年北京卷理科压轴题一直为新信息题，本题考查学生对新定义的理解能力和使用能力，

本题属于偏难问题，反映出学生对新的信息的理解和接受能力，本题考查数列的有关知识及归纳法证明，

即考查了数列（分段形函数）求值，又考查了归纳法证明和对数据的分析研究，考查了学生的分析问题能

力和逻辑推理能力，本题属于拔高难题，特别是第二问难度较大，适合选拔优秀学生.

anbn

9.（2017·北京·高考真题）已知等差数列和等比数列满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5．

a

（Ⅰ）求n的通项公式；

bbbb

（Ⅱ）求和：1352n1．

3n1

【答案】（1）an=2n−1.（2）2

b

【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n是等比数列，知

b2

2n1依然是等比数列，并且公比是q，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.

3

因为b2b4=a5，所以b1qb1q=9.

解得q2=3.

bbq2n23n1

所以2n11.

n

2n131

b1b3b5b2n11333

从而2.

【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.

1

考点02等比数列及其前n项和

aS2S3a3

1.（2024·全国甲卷·高考真题）已知等比数列n的前n项和为n，且nn1.

a

(1)求n的通项公式；

S

(2)求数列n的前n项和.

n1

5

an

【答案】(1)3

n

155315

n

(2)4324

【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；

S

（2）利用分组求和法即可求n.

2S3a32S3a3

【详解】（1）因为nn1,故n1n，

5

q

2a3a3an25a3a

所以nn1n即nn1故等比数列的公比为3，

n1

55

2a3a33a35a3an

1211a1

故3，故1，故3.

n

5

11n

3353

S

n5

1232

（2）由等比数列求和公式得3，

S

所以数列n的前n项和

23n

355553

TnS1S2S3Snn

233332

n

55

1

n

3333155315

nn

2524324

1

3.

{a}aa20,a8

2.（2020·山东·高考真题）已知公比大于1的等比数列n满足243．

{a}

（1）求n的通项公式；

1

b{a}*{b}S

（2）记m为n在区间(0,m](mN)中的项的个数，求数列m的前100项和100．

a2nS480

【答案】（1）n；（2）100.

a,qa,qa

【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1的形式，求解出1，由此求得数列n的通

项公式.

bbS

（2）方法一：通过分析数列m的规律，由此求得数列m的前100项和100.

aqaq320

11

aaaq28

【详解】（1）由于数列n是公比大于1的等比数列，设首项为1，公比为q，依题意有1，

1

a32,q

a2,q21

解得解得1，或2(舍)，

a2naa2n

所以n，所以数列n的通项公式为n.

（2）［方法一］：规律探索

1234567

由于22,24,28,216,232,264,2128，所以

bb0

1对应的区间为(0,1]，则1；

b,bbb1

23对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则23，即有2个1；

b,b,b,bbbbb22

4567对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则4567，即有2个2；

b,b,,bbbb33

8915对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15]，则8915，即有2个3；

b,b,,bbbb44

161731对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31]，则161731，即有2个4；

b,b,,bbbb55

323363对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63]，则323363，即有2个5；

b,b,,b