2011-2020年高考數(shù)學(xué)真題分專題訓(xùn)練專題19 數(shù)列的求和問題（含解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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專題
19 數(shù)列的求和問題
十年大數(shù)據(jù)*全景展示

年份
題號
考點
考查內(nèi) 容

2011

理 17

拆項消去求和法
等比數(shù)列的通項公式、性質(zhì)、等差數(shù)列的前 n 項和公式及拆項
相消求和法，運算求解能力
2012
理 16
公式法與分組求和法
靈活運用數(shù)列知識求數(shù)列問題能力

2013

卷2[
理
16[

數(shù)列綜合問題

等差數(shù)列的前 n 項和公式及數(shù)列最值問題，函數(shù)與方程思想
卷 1
文 17
拆項消去求和法
等差數(shù)列的通項公式、前 n 項和公式及列項求和法，方程思想

卷 1

理 12

數(shù)列綜合問題
遞推數(shù)列、數(shù)列單調(diào)性、余弦定理、基本不等式應(yīng)用等基礎(chǔ)知

識，綜合利用數(shù)學(xué)知識分析解決問題能力

2014

卷 1

文 17

錯位相減法
等差數(shù)列的通項公式及錯位相減法，方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思
想

2015

卷 1

理17
拆項消去求和法
利用數(shù)列利用前 n 項和 Sn 與 an 關(guān)系求通項公式、等差數(shù)列定
義及通項公式、利用拆項消去法數(shù)列求和

2016
卷 3
理 12
數(shù)列綜合問題
對新概念的理解和應(yīng)用新定義列出滿足條件的數(shù)列

卷 1

理 17

公式法與分組求和法
等差數(shù)列通項公式與前 n 項和公式、對新概念的理解與應(yīng)用，
分組求和法

2017

卷 3

文 17
拆項消去求和法
利用數(shù)列利用前 n 項和 Sn 與 an 關(guān)系求通項公式及利用拆項消
去法數(shù)列求和

卷 2

理 15
拆項消去求和法
等差數(shù)列基本量的運算

等差數(shù)列通項公式、前n 項和公式及拆項消去求和法，方程思想

卷 1

理 12

數(shù)列綜合問題
等比數(shù)列的前n 項和公式、等差數(shù)列前n 項和公式，邏輯推理
能力

2020
卷 2
文 12
等差數(shù)列
等差數(shù)列通項公式、前 n 項和公式

卷 3
理 17
數(shù)列綜合問題
數(shù)學(xué)歸納法，錯位相減法求數(shù)列的和
文 17
等差數(shù)列與等比數(shù)列
等比數(shù)列通項公式，等差數(shù)列前 n 項和公式

大數(shù)據(jù)分析*預(yù)測高考

考點
出現(xiàn)頻率
2021 年預(yù)測
考點 61 公式法與分組求和法
1/13

2021 年高考數(shù)列求和部分仍將重點拆線消去法和錯位相減法及與不等式恒成立等相關(guān)的數(shù)列綜合問題，求和問題多為解答題第二問，難度為中檔，數(shù)列綜合問題為小題壓軸題，為難題
考點 62 裂項相消法求和
5/13
考點 63 錯位相減法
2/13
考點 64 并項法與倒序求和法
1/13
考點 65 數(shù)列綜合問題
4/13

十年試題分類*探求規(guī)律

考點 61 公式法與分組求和法

1 ． (2020 全國 Ⅱ 文 14) 記 Sn S10 = ?．
【答案】 25
為等差數(shù) 列 {an } 的前 n 項和，若
a1 = -2 , a2 + a6 = 2 ，則

【思路導(dǎo)引】∵{an } 是等差數(shù)列，根據(jù)已知條件 a2 + a6 = 2 ，求出公差，根據(jù)等差數(shù)列前 n 項和，即可求得答案．
【解析】Q {an } 是等差數(shù)列，且 a1 = -2 , a2 + a6 = 2 ．設(shè){an } 等差數(shù)列的公差 d ，根據(jù)等差數(shù)列通項公式： an = a1 + (n -1) d ，可得 a1 + d + a1 + 5d = 2 ，即： -2 + d + (-2) + 5d = 2 ，整理可得： 6d = 6 ，解得： d = 1．

Q 根據(jù)等差數(shù)列前 n 項和公式： Sn

= na1
+ n (n -1)d
2

, n ? N* ，可得：

S = 10′ (-2) + 10 ′(10 -1) = -20 + 45 = 25 ，\ S = 25 ．故答案為： 25 ．
10 2 10
2．(2020 浙江 11)已知數(shù)列{a }滿足 a = n (n +1) ，則 S = ?．

【答案】10
n n 2 3

【思路導(dǎo)引】根據(jù)通項公式可求出數(shù)列{an } 的前三項，即可求出．

【解析】由題意可知 a1 =
1′ 2
2
= 1，a2 =
2 ′ 3
2
= 3 ，a3 =
3′ 4
2
= 6 ，\ S3 = 1+ 3 + 6 = 10 ，故答案為：10．

3．(2020 山東 14)將數(shù)列{2n -1} 與{3n - 2} 的公共項從小到大排列得到數(shù)列{an} ，則{an} 的前 n 項和為．
【答案】3n2 - 2n
【思路導(dǎo)引】首先判斷出數(shù)列{2n -1} 與{3n - 2}項的特征，從而判斷出兩個數(shù)列公共項所構(gòu)成新數(shù)列的首項以及公差，利用等差數(shù)列的求和公式求得結(jié)果．
【解析】因為數(shù)列{2n -1} 是以 1 為首項，以 2 為公差的等差數(shù)列，數(shù)列{3n - 2}是以 1 首項，以 3 為公差
的等差數(shù)列，所以這兩個數(shù)列的公共項所構(gòu)成的新數(shù)列{an}是以 1 為首項，以 6 為公差的等差數(shù)列，所以
{a }的前 n 項和為 n ×1+ n(n -1) × 6 = 3n2 - 2n ，故答案為： 3n2 - 2n ．
n 2
n n+ n1 n
4．(2012 新課標，理 16)數(shù)列{ a }滿足 a + (-1)n a = 2n -1，則{ a }的前 60 項和為．
【答案】1830

【解析】由題設(shè)知， a2 - a1 =1，①
a3 + a2 =3 ②
a4 - a3 =5 ③
a5 + a4 =7， a6 - a5 =9，

a7 + a6 =11， a8 - a7 =13， a9 + a8 =15， a10 - a9 =17， a11 + a10 =19， a12 - a11 = 21 ，
……， ∴②－ ①得 a1 + a3 =2， ③+②得 a4 + a2 =8，同理可得 a5 + a7 =2， a6 + a8 =24 ， a9 + a11 =2， a10 + a12 =40，…，∴ a1 + a3 ，a5 + a7 ，a9 + a11 ，…，是各項均為 2 的常數(shù)列，a2 + a4 ，a6 + a8 ，a10 + a12 ，…是首項為 8，公差為 16 的等差數(shù)列，
1
∴{ an }的前 60 項和為15′ 2 +15′ 8 + 2 ′16 ′15′14 =1830．
5．(2020 山東 18)已知公比大于1的等比數(shù)列{an} 滿足 a2 + a4 = 20 ， a3 = 8 ．
(1) 求{an} 的通項公式；

m
n
m
100
(2) 記b 為{a } 在區(qū)間(0, m] (m ? N* ) 中的項的個數(shù)，求數(shù)列{b } 的前100 項和 S ．
【答案】(1) a = 2n ；(2) S = 480 ．
n 100
【思路導(dǎo)引】(1)利用基本元的思想，將已知條件轉(zhuǎn)化為 a1, q 的形式，求解出 a1, q ，由此求得數(shù)列{an}的通項公式；(2)通過分析數(shù)列{bm } 的規(guī)律，由此求得數(shù)列{bm } 的前100 項和 S100 ．
ìa q + a q3 = 20
【解析】(1)由于數(shù)列{a }是公比大于1的等比數(shù)列，設(shè)首項為 a ，公比為q，依題意有í 1 1 ，
1
n 1 ?a q2 = 8
解得 a = 2, q = 2 ，所以 a = 2n ，所以數(shù)列{a }的通項公式為 a = 2n ．
1 n n n

(2)由于 21 = 2, 22 = 4, 23 = 8, 24 = 16, 25 = 32, 26 = 64, 27 = 128 ，所以

b1 對應(yīng)的區(qū)間為： (0,1] ，則b1 = 0 ；
b2 , b3 對應(yīng)的區(qū)間分別為： (0, 2],(0,3] ，則b2 = b3 = 1 ，即有 2 個1；
b4 , b5 , b6 , b7 對應(yīng)的區(qū)間分別為： (0, 4],(0,5],(0, 6],(0, 7]，則b4 = b5 = b6 = b7 = 2 ，即有 22 個 2 ；
b8 ,b9 ,L,b15 對應(yīng)的區(qū)間分別為： (0,8],(0,9],L,(0,15] ，則b8 = b9 = L = b15 = 3 ，即有 23 個3 ；
b16 ,b17 ,L,b31 對應(yīng)的區(qū)間分別為： (0,16],(0,17],L,(0,31] ，則b16 = b17 = L = b31 = 4 ，即有 24 個 4 ； b32 ,b33 ,L,b63 對應(yīng)的區(qū)間分別為： (0,32],(0,33],L,(0, 63] ，則b32 = b33 = L = b63 = 5 ，即有25 個5 ； b64 , b65 ,L, b100 對應(yīng)的區(qū)間分別為：(0, 64],(0, 65],L,(0,100]，則b64 = b65 = L = b100 = 6 ，即有37 個6 ．
100
所以 S = 1′ 2 + 2 ′ 22 + 3′ 23 + 4 ′ 24 + 5′ 25 + 6 ′ 37 = 480 ．

6．(2016?新課標Ⅱ，理 17) Sn 為等差數(shù)列{an } 的前 n 項和，且 a1 = 1 ， S7 = 28 ，記bn = [lgan ] ，其中[x] 表示不超過 x 的最大整數(shù)，如[0.9] = 0 ，[lg99] = 1 ．
(Ⅰ)求b1 ， b11 ， b101 ；
(Ⅱ)求數(shù)列{bn } 的前 1000 項和．
【解析】(Ⅰ) Sn 為等差數(shù)列{an } 的前 n 項和，且 a1 = 1 ， S7 = 28 ， 7a4 = 28 ．可得 a4 = 4 ，則公差 d = 1 ．
an = n ，
bn = [lgn] ，則b1 = [lg1] = 0 ，

b11 = [lg11] = 1，
b101 = [lg101] = 2 ．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知： b1 = b2 = b3 = ? = b9 = 0 ， b10 = b11 = b12 = ? = b99 = 1．

b100 = b101 = b102 = b103 = ? = b999 = 2 ， b10,00 = 3 ．

數(shù)列{bn } 的前 1000 項和為： 9 ′ 0 + 90 ′1 + 900 ′ 2 + 3 = 1893 ．
n+2 n n+1
7．(2015 湖南)設(shè)數(shù)列{an }的前 n 項和為 Sn ，已知a1 = 1, a2 = 2 ，且a = 3S -S + 3, (n ? N * ) ．
(Ⅰ)證明： an+2 = 3an ；

(Ⅱ)求 Sn ．

n+2 n n+1
n+1 n-1 n
【解析】(Ⅰ)由條件，對任意 n ? N * ，有 a = 3S - S + 3 (n ? N * ) ，因而對任意 n ? N *, n 3 2 ，有 a = 3S - S + 3 (n ? N * ) ，
兩式相減，得 an+2 - an+1 = 3an - an+1 ，即 an+2 = 3an , (n 3 2) ，

n+2 n
又 a1 = 1, a2 = 2 ，所以 a3 = 3S1 - S2 + 3 = 3a1 - (a1 + a2 ) + 3 = 3a1 ，故對一切 n ? N * ， a = 3a ．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，a 1 0 ，所以 an+2 = 3 ，于是數(shù)列{a } 是首項 a = 1 ，公比為 3 的等比數(shù)列，數(shù)列{a }

a
n 2n-1 1 2n
n

2n-1 2n
是首項 a1 = 2 ，公比為 3 的等比數(shù)列，所以 a = 3n-1 , a = 2 ′ 3n-1 ，
于是 S2n = a1 + a2 +L+ a2n = (a1 + a3 +L+ a2n -1 ) + (a2 + a4 +L+ a2n )

= n-1

n-1
n-1 3(3n -1)

(1+ 3 +L3 ) + 2(1+ 3 +L3 ) = 3(1+ 3 +L3 ) = ．
2

從而 S2n-1 = S2n - a2n =
3(3n -1)

2
- 2′ 3

n-1
= 3 (5′ 3
2

n-2
- 1) ，

綜上所述， Sn
ì 3 n-2
?
(5′ 3 2
=
í
2
3 n
-1),(n = 2k +1, k ? N *)

?
?? 2
(32 -1),(n = 2k, k ? N *)

8．( 2013 安徽)設(shè)數(shù)列{an}滿足 a1 = 2 ， a2 + a4 = 8 ，且對任意 n ? N * ，函數(shù)
p
f (x) = (an - an +1 + an +2 )x + an +1 ×cos x - an +2 ×sin x ，滿足 f '( 2 ) = 0
(Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項公式；
(Ⅱ)若b = （2 a + 1 ），求數(shù)列{b } 的前 n 項和 S ．

n n 2an n n

【解析】(Ⅰ)由 a1 = 2 ， a2 + a4 = 8
f (x) = (an - an +1 + an +2 )x + an +1 ×cos x - an +2 ×sin x f ￠(x) = an - an +1 + an +2 - an +1 ×sin x - an +2 ×cos x
￠ p

f ( 2 ) = an - an+1 + an+2 - an+1 = 0
所以， 2an+1 = an + an+2 ∴{an } 是等差數(shù)列．

而a1 = 2 ， a3 = 4 ， d = 1，\ an = 2 +（n -1）×1 = n + 1 ，

(Ⅱ) b = （2 a + 1 ）= （2

n +1+ 1 ）= （2 n +1）+ 1

n n 2an
2n+1 2n
1 1

（2 2 + n +1）n
（1- n ）

S = + 2 2
n 2 1- 1
2
=（n n + 3）+1- 1
2n
= n2 + 3n +1- 1
2n

考點 62 裂項相消法求和

1．(2020 浙江 20)已知數(shù)列{a }，{b }，{c }中， a

= b = c

= 1, c

= a - a , c

= bn

× c (n ? N* ) ．
n

n n n
1 1 1
n+1
n+1
n n+1
bn+ 2

(Ⅰ)若數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，且公比 q > 0 ，且b1 + b2 = 6b3 ，求 q 與 an 的通項公式；

(Ⅱ)若數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，且公差 d > 0 ，證明： c + c

+L + c
< 1 + 1 ．

1 2 n d

1 4n -1

【答案】(I) q = 2 , an =
；(II)證明見解析
3

【思路導(dǎo)引】(I)根據(jù)b1 + b2 = 6b3 ，求得q，進而求得數(shù)列{cn}的通項公式，利用累加法求得數(shù)列{an } 的通項公式．
(II)利用累乘法求得數(shù)列{cn}的表達式，結(jié)合裂項求和法證得不等式成立．

【解析】(I)依題意b

= 1, b

= q, b

= q2 ，而b + b
= 6b ，即1+ q = 6q2 ，由于 q > 0 ，∴解得 q = 1 ，

∴ bn
= 1 ．
2n-1
1 2 3

1
1 2 3 2

∴ b =
1 ，故c

= 2n-1 × c

= 4× c
，∴數(shù)列{c }是首項為1，公比為 4 的等比數(shù)列，∴ c
= 4n-1 ．

n+2
2n+1
n+1
1 n n n n

2n+1

n+1
∴ c = 4n ．

n+1 n n+1 n n-1
∴ a - a = c = 4n ，故 a - a = 4n-1 ( n 3 2, n ? N * )．
∴ an = (an - an-1 ) + (an-1 - an-2 ) +L+ (a3 - a2 ) + (a2 - a1 ) + a1
4 (1 - 4n-1 ) 4n -1

= 4n-1 + 4n-2 +L+ 42 + 41 +1 = +1 = ．

1- 4 3

(II)依題意設(shè)b
= 1+ (n -1) d = dn +1- d ，由于 cn+1 = bn ，

cn
∴
cn-1

= bn-1
bn+1
n

(n 3 2, n ? N * ) ，
cn bn+2

故c = cn
× cn-1 ×L× c3 × c2 × c

= bn-1 × bn-2 × bn-3 ×L b2 × b1 × c

n c c c c 1 b b b b b 1

n-1
n-2 2 1
n+1
n n-1 4 3

= b1b2
= 1+ d ? 1 -

1 ? = ?1+ 1 ?? 1 - 1 ?．

b b d
? b b ÷ ?
d ÷? b b ÷

n n+1
è n n+1 ?
è ?è
n n+1 ?

∴ c + c +L+ c = ?1+ 1 ? é? 1 - 1 ? + ? 1 - 1 ? +L+ ? 1 -

??? ?
1 ?ù = ?1+ 1 ? ? - 1 ? ．

1 2 n ?
d ÷ ê? b b ÷
? b b
÷ ? b b ÷ú ? d ÷ ?1 b ÷

è ? ?è
1 2 ? è
2 3 ? è
n n+1 ??
è ? è
n+1 ?

由于 d > 0,b = 1 ，∴ b

> 0 ，∴ ?1+ 1 ??1- 1 ? < 1+ 1 ，即c + c +?+ c < 1+ 1 ．

1 n+1
? d ÷? b ÷ d 1 2 n d

è ?è
n+1 ?

n 1

2．(2017?新課標Ⅱ，理 15)等差數(shù)列{an } 的前 n 項和為 Sn ， a3 = 3 ， S4 = 10 ，則?
k =1
= ?．
S
k

【答案】 2n
n + 1
【解析】等差數(shù)列{an } 的前 n 項和為 Sn ， a3 = 3 ， S4 = 10 ， S4 = 2(a2 + a3 ) = 10 ，可得 a2 = 2 ，數(shù)列的首項為

1 ，公差為 1 ， ∴
S = n(n + 1)

， ∴ 1 =

2 = 2( 1 - 1 ) ，則

n
2 Sn n(n + 1)
n n + 1

n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2n
? S = 2[1 - + - + - +?+ - ] = 2(1 - ) = ．

k =1 k
2 2 3 3 4
n n + 1
n + 1
n + 1

3．(2017?新課標Ⅲ，文 17)設(shè)數(shù)列{an } 滿足 a1 + 3a2 + ?+ (2n - 1)an = 2n ．
(1) 求{an } 的通項公式；
(2) 求數(shù)列{ an } 的前 n 項和．

2n + 1
【解析】(1)數(shù)列{an } 滿足 a1 + 3a2 + ?+ (2n - 1)an = 2n ．
n?2 時， a1 + 3a2 + ?+ (2n - 3)an-1 = 2(n - 1) ．

\(2n - 1)an

= 2 ．\ an
= 2 ．
2n -1

當(dāng) n = 1 時， a1 = 2 ，上式也成立．

\ an

(2)
= 2 ．
2n - 1
an =?2
= 1 - 1 ．

2n + 1 (2n -1)(2n + 1) 2n -1 2n + 1

\數(shù)列{ an
} 的前 n 項和= (1 - 1) + (1 - 1) + ?+ ( 1

- 1 ) = 1 - 1

= 2n ．

2n + 1 3 3 5 2n - 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1

4．(2015 新課標Ⅰ，理 17)
S 為數(shù)列{ a }的前 n 項和．已知 a ＞0， a2 + a = 4S + 3 ．

n n n n n n

(Ⅰ)求{ an }的通項公式：

(Ⅱ)設(shè) ,求數(shù)列 }的前 n 項和

【解析】(Ⅰ)當(dāng) n = 1 時， a2 + 2a = 4S + 3 = 4a +3 ，因為 a > 0 ，所以 a =3，
1 1 1 1 n 1

當(dāng)n 3 2 時， a2 + a - a2 - a
= 4S
+ 3 - 4S
- 3 = 4a ，即(a + a
)(a - a
) = 2(a + a
) ，因為

n n n-1
an > 0 ，所以 an - an -1 =2，
n-1
n n -1
n n n -1
n n -1
n n -1

所以數(shù)列{ an }是首項為 3，公差為 2 的等差數(shù)列，

所以 an = 2n +1 ；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知， b = 1
= 1 ( 1

- 1 ) ，

n (2n +1)(2n + 3) 2 2n +1 2n + 3

所以數(shù)列{ b }前 n 項和為b + b +L+ b
= 1 [(1 - 1) + (1 - 1 ) +L+ ( 1 - 1 )]

= 1 - 1 ．

n 1 2 n
2 3 5 5 7 2n +1 2n + 3
6 4n + 6

5．(2013新課標Ⅰ，文17)已知等差數(shù)列｛ an ｝的前n項和 Sn 滿足 S3 =0， S5 =-5． (Ⅰ)求｛ an ｝的通項公式；

(Ⅱ)求數(shù)列{
1

a2n-1a2n+1
}的前n項和．

1 1

【解析】(Ⅰ)由 S3 =0，S5 =-5得，3a1 + 2 d ′ 3′ 2 = 0 ，5a1 + 2 d ′ 5′ 4 = -5 ，解得 a1 =1，d =-1，∴ an = 2 - n ；

n
(Ⅱ)由已知 a = 2 - n ，∴ 1 = 1

= - 1 ( 1

- 1 ) ，

a2n-1a2n+1
(3 - 2n)(1- 2n)
2 3 - 2n
1- 2n

1 1 1 1 1 1 1 1

∴數(shù)列{

a2n-1a2n+1
}的前n項和為-
[(
2 a1
- ) + (
a3 a3
- ) +L+ (
a5
a2n-1
- )]
a2n+1

= - 1 ( 1 -

1 ) = - 1 (1-
?
1 ) = n ．

2 a1
a2n+1
2 1- 2n
1- 2n

6．(2011 新課標，理 17)等比數(shù)列{ a }的各項均為整數(shù)，且 2a + 3a =1， a2 = 9a a ，
n 1 2 3 2 6

(Ⅰ)求數(shù)列{ an }的通項公式；

(Ⅱ)設(shè)b = log
a + log a
+L+ log a
1
，求數(shù)列{

}的前 n 項和．

b
n 3 1 3 2 3 n
n
【解析】(Ⅰ)設(shè)數(shù)列{ a }的公比為 q ，由 a2 = 9a a 得 a2 = 9a2 ，所以 q2 = 1 ，

n

由條件可知 q ＞0，故 q = 1 ．
3
3 2 6 3 4 9

1

由 2a1 +3a2 =1 得 2a1 +3a1q =1，所以 a1 = 3 ，
1
故數(shù)列{ an }的通項公式為 an = 3n ．
(Ⅱ) bn = log3 a1 + log3 a2 +L+ log3 an = -(1+ 2 +L+ n) = -

n(n +1) 2

故 1 = -
bn
2

n(n +1)
= -2(
1 - 1 ) ，
n n +1

1 + 1 +L+ 1 = -2[(1- 1 ) + ( 1 - 1) +L+ ( 1 - 1 )] = - 2n

b1 b2 bn
2 2 3
n n +1
n +1

所以數(shù)列{ 1
bn
}的前 n 項和為-
2n
．
n +1

7．(2016 年天津高考)已知{a }是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，公差為 d ，對任意的 n ? N* ， b 是 a 和 a
n n n n+1

的等差中項．
(Ⅰ)設(shè)c = b2 - b2 , n ? N* ，求證：數(shù)列{c }是等差數(shù)列；
n n+1 n n

(Ⅱ)設(shè)
a = d ,T = ?(-1)k b2 , n ? N* ，求證： ?
1 < 1 .

1 n k
k =1
2
2n n
k =1 Tk 2d

n n n+1
【解析】(Ⅰ)由題意得b2 = a a ，

= b
2
有cn n+1
- b2 = a a

n+2
- anan+1
= 2da
n+1 ，

n n+1
n+1 n n+2 n+1
因此 c - c = 2d (a - a ) = 2d 2 ，

所以數(shù)列{cn}是等差數(shù)列．
(Ⅱ) T = (-b2 + b2 ) + (-b2 + b2 ) + × × × + (-b2 + b2 )
n 1 2 3 4 2n-1 2n
= 2d (a2 + a4 + × × × + a2 n)
= 2d × n(a2 + a2n )
2
= 2d 2n(n + 1) ．

所以 ?
1 = 1 ?
1 = 1 ?
( 1 - 1 ) = 1
× (1 - 1 ) < 1 ．

n
n
n
k =1 Tk
2d 2 k =1 k(k + 1) 2d 2 k =1
k k + 1 2d 2
n + 1 2d 2

8．(2011 安徽)在數(shù) 1 和 100 之間插入n 個實數(shù)，使得這 n + 2 個數(shù)構(gòu)成遞增的等比數(shù)列，將這n + 2 個數(shù)的乘積記作Tn ，再令 an = lg Tn, n≥1．
(Ⅰ)求數(shù)列{an } 的通項公式；
(Ⅱ)設(shè)bn = tan an gtan an +1, 求數(shù)列{bn }的前 n 項和 Sn ．
【解析】(Ⅰ)設(shè)l1 , l2 ,L, ln+2 構(gòu)成等比數(shù)列，其中t1 = 1, tn+2 = 100, 則

Tn = t1 × t2 ×L× tn+1 × tn+2 , ①
Tn = tn+1 × tn+2 ×L× t2 × t1 , ②

1 n+3-i 1 n+2
①×②并利用t t = t t = 102 (1 ￡ i ￡ n + 2), 得

T 2 = (t t
) × (t t
) ×L× (t
t ) × (t
t ) = 102(n+2) ,\ a = lg T
= n + 2, n 3 1.

n 1 n+2
2 n+1
n+1 2
n+2 1 n n

(Ⅱ)由題意和(Ⅰ)中計算結(jié)果，知bn = tan(n + 2) × tan(n + 3), n 3 1.

另一方面，利用tan1 = tan((k + 1) - k ) =

tan(k + 1) - tan k
tan(k + 1) - tan k , 1 + tan(k + 1) × tan k

得tan(k + 1) × tan k =
tan1
- 1.

n

所以 Sn = ?bk
k =1

n+2
?
= tan(k + 1) × tan k
k =3

= ?n+2 ( tan(k + 1) - tan k - 1)

k =3
tan1

= tan(n + 3) - tan 3 - n. tan1
9．(2014 山東)已知等差數(shù)列{an }的公差為 2，前 n 項和為 Sn ，且 S1 ， S2 ， S4 成等比數(shù)列．

(Ⅰ)求數(shù)列{an }的通項公式；

n
(Ⅱ)令b = (-1)n-1 4n , 求數(shù)列{b } 的前 n 項和T ．

ana
n n
n+1

【解析】(Ⅰ) d = 2, S1 = a1, S2 = 2a1 + d, S4 = 4a1 + 6d,

Q S , S , S 成等比\ S 2 = S S
1 2 4 2 1 4

解得 a1 = 1,\ an = 2n -1

(Ⅱ) bn
= (-1)n-1 4n
a a
= (-1)n-1(
1 +
2n -1
1 ) ，
2n +1

n n+1

1 1 1 1 1

3 5 5 7
當(dāng)n 為偶數(shù)時Tn = (1+ 3) - ( +
) + ( +
) -LL

+( 1 + 1 ) - ( 1 + 1 )

2n - 3 2n -1 2n -1 2n +1

\Tn
= 1-
1 =
2n +1
2n 2n +1

當(dāng)n為奇數(shù)時，T = (1+ 1) - (1 + 1) + (1 + 1 ) -LL-
? ??
n 3 3 5 5 7
( 1 + 1 ) + ( 1 + 1 )

2n - 3 2n -1 2n -1 2n +1

\Tn
= 1+
1

2n +1
= 2n + 2 2n +1

ì 2n

, n為偶數(shù)

n í 2n + 2
\T = ? 2n +1 ．
?
? ?, n為奇數(shù)
? 2n +1

10．(2013 廣東)設(shè)各項均為正數(shù)的數(shù)列{an} 的前 n 項和為 Sn ，滿足 4S

= a
2
n n+1
- 4n -1 ， n ? N * ，且

a2 , a5 , a14 構(gòu)成等比數(shù)列．

4a1 + 5
(Ⅰ)證明： a2 = ；

(Ⅱ)求數(shù)列{an}的通項公式；

(Ⅲ)證明：對一切正整數(shù) n ，有

1
a1a2

+ 1
a2 a3

+L+

1

anan+1

< 1 ．
2

【解析】(Ⅰ)當(dāng) n = 1 時， 4a = a2 - 5, a2 = 4a
+ 5 ，Q a > 0\a =

4a1 + 5
1 2 2 1

(Ⅱ)當(dāng) n 3 2 時， 4S = a2 - 4(n -1) -1 ， 4a
n

= 4S - 4S
2

= a2

- a2 - 4

n-1 n
n n n-1
n+1 n

a2 = a2 + 4a
+ 4 = (a
+ 2)2 ,Q a
> 0\a
= a + 2

n+1
n n n
n n +1 n

\ 當(dāng)n 3 2 時， {an}是公差 d = 2 的等差數(shù)列．

Q a , a , a
構(gòu)成等比數(shù)列，\ a2 = a × a
， (a
+ 8)2 = a × (a + 24) ，解得 a = 3 ,

2 5 14
5 2 14
2 2 2 2

由(Ⅰ)可知， 4a = a2 - 5=4,\ a = 1
1 2 1

Q a2 - a1 = 3 -1 = 2 \ {an}是首項 a1 = 1 ,公差 d = 2 的等差數(shù)列．
\ 數(shù)列{an}的通項公式為 an = 2n -1 ．

1
(Ⅲ) + 1

+L+ 1
= 1 + 1 + 1

+L+ 1

a1a2 a2a3

anan+1
1×3 3×5 5× 7
(2n -1)(2n +1)

= 1 × é?1- 1 ? + ? 1 - 1 ? + ? 1 - 1 ? + ? 1 - 1 ?ù
2 ê? 3 ÷ ? 3 5 ÷ ? 5 7 ÷ ? 2 n -1 2 n +1 ÷ú
?è ? è ? è ? è ??

= 1 × é1-

1 ù < 1 .

2 ê?
2n +1ú? 2

考點 63 錯位相減法
1．(2020 全國Ⅲ理 17)
設(shè)等差數(shù)列{an}滿足 a1 = 3 , an+1 = 3an - 4n ．
(1) 計算 a2 , a3 ，猜想{an}的通項公式并加以證明；
n n
(2) 求數(shù)列{2n a } 的前 n 項和 S ．
n n
【答案】(1) a = 2n + 1 ；(2) S = (2n -1)2n+1 + 2 ．

【思路導(dǎo)引】(1)利用遞推公式得出 a2 , a3 ，猜想得出{an } 的通項公式，利用數(shù)學(xué)歸納法證明即可；
(2) 由錯位相減法求解即可．

【解析】(1)由 a = 3 ， a
= 3a
- 4n ， a
= 3a
- 4 = 5
， a = 3a
- 4 ′ 2 = 7 ， …

1 n+1 n 2 1 3 2
猜想{an } 的通項公式為 an = 2n + 1 ．
證明如下：(數(shù)學(xué)歸納法)當(dāng) n = 1, 2,3 時，顯然成立； (1)

k
假設(shè) n = k 時，即 a = 2k + 1成立；其中(k ? N* ) ，

由 ak +1 = 3ak - 4k
= 3(2k + 1) - 4k = 2(k + 1) + 1
(2)

n
故假設(shè)成立，綜上(1)(2)，∴ a = 2n + 1 (n ? N* )

(2)解法一：令b = 2n a = (2n +1)2n ，則前項和 S = b + b + ... + b
= 3′ 21 + 5 ′ 22 + ... + (2n + 1)2n
(1)

n n n 1 2 n

n
2
由(1)兩邊同乘以 2 得： 2S = 3′ 22 + 5 ′ 23 + ... + (2n -1)2n + (2n + 1)2n+1
(2)

由(1) - (2)的
-Sn = 3′ 2 + 2 ′ 2

+ ... + 2

n - (2n + 1)2n+1

= 6 +
23 (1 - 2n-2 )

1 - 2

- (2n + 1)2

n+1 ，

n
化簡得 S = (2n -1)2n+1 + 2 ．

解法二：由(1)可知， an × 2 = (2n +1) × 2
n n

Sn = 3′ 2 + 5′ 22 + 7 ′ 23 +L+ (2n -1) × 2n-1 + (2n +1) × 2n ，①

n
2S = 3′ 22 + 5′ 23 + 7 ′ 24 +L+ (2n -1) × 2n + (2n +1) × 2n+1 ，② 由① -②得：

-Sn = 6 + 2′(2

2 + 23
+L+ 2
n ) - (2n +1) × 2n+1
22 ′ 1 - 2n-1
( )
= 6 + 2′ - (2 n +1) × 2 1- 2

n+1

= (1- 2n) × 2

n+1

- 2 ，

n
即 S = (2n -1) × 2n+1 + 2 ．

n 2 4
2．(2014 新課標 I，文 17)已知{ a }是遞增的等差數(shù)列， a ， a 是方程 x2 - 5x + 6 = 0 的根。

(I) 求{ an }的通項公式；
an
(II) 求數(shù)列{ 2n }的前 n 項和．
n 2 4 4 2
【解析】(I)設(shè)數(shù)列{ a }的公差為 d ，方程 x2 - 5x + 6 = 0 兩根為 2,3，由題得 a =2， a =3，在 a - a =2 d ，
故 d = 1 ，∴ a = 3 ，∴數(shù)列{ a }的通項公式為 a = 1 n +1 ．……6 分

2 1 2
n n 2

an an
(II)設(shè)數(shù)列{ 2n }的前 n 項和為 Sn ，由(I)知， 2n =
n + 2
，則
2n+1

S = 3 + 4 + 5 +L+
n 22 23 24
n + 2
， ①
2n+1

1 3 4
n +1
n + 2

2 Sn = 23 + 24 +L+ 2n+1 + 2n+2 ， ②

1 (1- 1 )

1 3
①-②得 S =

+ 1 + 1

+L+ 1
- n + 2 = 2 2n+1
- n + 2 =1- n + 4 ，

2 n 22
23 24
2n+1
2n+2
1- 1 2n+2

2
2n+2

∴ Sn = 2 -
n + 4 2n+1

． ……12 分

3．(2015 浙江)已知數(shù)列{a } 和{b }滿足， a = 2 ， b = 1， a = 2a (n ? N* ) ，

n n

b + 1 b + 1 b +L + 1 b = b

1 1

-1(n ? N* ) ．
n+1 n

1 2 2 3 3 n n n+1

(Ⅰ)求 an 與bn ；
(Ⅱ)記數(shù)列{anbn }的前 n 項和為Tn ，求Tn ．

【解析】(Ⅰ)由 a = 2 ， a = 2a ，得 a = 2n ．
1 n+1 n n

當(dāng) n = 1 時， b1 = b2 -1, 故b2 = 2 ．

1
n
當(dāng)n ≥ 2 時， b = b - b , 整理得 bn+1 = n +1 , 所以b

= n ．

n n n+1 n
bn n

(Ⅱ)由(Ⅰ)知， anbn = n × 2 ，
n

故Tn = 2 + 2 × 2 + 3× 2 + ××× + n × 2 ，
2 3 n

2Tn
= 22 + 2 × 23 + 2 × 24 +×××+ (n -1)× 2n + n × 2n+1 ，

所以Tn
= (n -1) 2n+1 + 2 ．

4．(2013 湖南)設(shè) S 為數(shù)列{ a }的前項和，已知a1 1 0 ，2 a -a = S · S
， n ? N *

n n n 1 1 n

(Ⅰ)求 a1 ， a2 ，并求數(shù)列{an}的通項公式；
(Ⅱ)求數(shù)列｛ nan ｝的前 n 項和．

【解析】(Ⅰ)
Q S1 = a1.\當(dāng)n = 1時，2a1 - a1 = S1 × S1 T a1 1 0, a1 = 1.

當(dāng)n > 1時，a
= s - s
= 2an - a1 - 2an-1 - a1

= 2a
- 2a
T a = 2a -

S
S
n n n-1
1
n n-1 n
1
n-1

n 1 n
T {a }時首項為a = 1公比為q = 2的等比數(shù)列， a = 2n-1, n ? N *.

(Ⅱ) 設(shè)Tn = 1× a1 + 2 × a2 + 3× a3 +L+ n × an T qTn = 1× qa1 + 2 × qa2 + 3× qa3 +L+ n × qan
T qTn = 1× a2 + 2 × a3 + 3 × a4 + L + n × an+1

上式左右錯位相減：

(1 - q)Tn = a1 + a2 + a3 +L+ an - nan+1 = a1

n
T T = (n - 1) × 2n + 1, n ? N *。

1 - qn
1 - q

- nan+1 = 2

n
-1 - n × 2n

5．(2016 年山東高考)已知數(shù)列{an }
的前 n 項和 Sn
= 3n2 + 8n ，{b } 是等差數(shù)列，且

n
an = bn + bn +1.
(Ⅰ)求數(shù)列{bn } 的通項公式；

(a +1)n+1

n
(Ⅱ)令c
= n .
求數(shù)列{c } 的前 n 項和 Tn．

(bn + 2)
n n

n n
【解析】(Ⅰ)因為數(shù)列{a }的前 n 項和 S = 3n2 + 8n ，所以 a1 = 11 ，當(dāng) n 3 2 時，
n n n -1
a = S - S = 3n2 + 8n - 3(n -1)2 - 8(n -1) = 6n + 5 ，又an = 6n + 5 對 n = 1也成立，所以 an = 6n + 5 ．
又因為{bn }是等差數(shù)列，設(shè)公差為 d ，則 an = bn + bn +1 = 2bn + d ．
當(dāng) n = 1時， 2b1 = 11 - d ；當(dāng) n = 2 時， 2b2 = 17 - d ，

解得 d = 3 ，所以數(shù)列{b }的通項公式為b
= an - d = 3n +1．

(a + 1)n+1
n

(6n + 6)n+1
n 2
n +1

(Ⅱ)由cn = n =
= (3n + 3) × 2 ，

(bn + 2)
n
(3n + 3)n

2 3 4 n +1
于是Tn = 6 × 2 + 9 × 2 + 12 × 2 +L+ (3n + 3) × 2 ，
兩邊同乘以２，得
3 4 n +1 n + 2
2Tn = 6 × 2 + 9 × 2 +L+ (3n) × 2 + (3n + 3) × 2 ，
兩式相減，得

- Tn
= 6 × 22 + 3 × 23 + 3 × 24 +L+ 3 × 2n+1 - (3n + 3) × 2n+2

= 3 × 22
+ 3 × 22 (1 - 2n ) 1 - 2
- (3n + 3) × 2
n + 2

n
T = -12 + 3 × 22 (1 - 2n ) + (3n + 3) × 2n+2 = 3n × 2n+2 ．
6．(2015 湖北)設(shè)等差數(shù)列{an } 的公差為 d ，前n 項和為 Sn ，等比數(shù)列{bn } 的公比為q ．已知b1 = a1 ，b2 = 2 ，
q = d ， S10 = 100 ．
(Ⅰ)求數(shù)列{an } ，{bn } 的通項公式；
n
(Ⅱ)當(dāng) d > 1 時，記c = an ，求數(shù)列{c } 的前 n 項和T ．

b
n n
n

ía d = 2
【解析】(Ⅰ)由題意有， ì10a1 + 45d = 100
? 1
，即ì2a1 + 9d = 20 ．
ía d = 2
? 1

ìa1 = 1
ìa = 9
1
?

ì?an = 2n - 1
ì = 1 (2n + 79)
a
? n 9

解得íd = 2
或íd = 2 ，故íb

或í ．
= 2n-1 2

? ?? 9
?? n
?b
?? n
= 9 × ( )n-1 9

(Ⅱ)由 d > 1 ，知 an
= 2n - 1 ， bn
= 2n-1 ，故 c
= 2n -1 ，于是
n
2n-1

T = 1 + 3 +

5 + 7 + 9

+L + 2n - 1 ， ①

n 2 22
23 24
2n-1

1 T = 1 +
?
3 + 5 + 7

+ 9 +L + 2n - 1 ． ②

2 n 2 22
23 24 25 2n

①-②可得

1 T = 2 + 1 + 1

+L + 1
- 2n - 1 = 3 - 2n + 3 ，故T

= 6 - 2n + 3 ．

2 n 2 22
2n-2 2n
2n n
2n-1

7．(2013 山東)設(shè)等差數(shù)列{an}的前 n 項和為 Sn ，且 S4 = 4S2 ， a2n = 2an +1 ．
(Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項公式；

(Ⅱ)設(shè)數(shù)列{b } 的前 n 項和T ,且T
+ an +1 = l(λ為常數(shù))，令c = b

( n ? N* )．求數(shù)列{c } 的前 n

n

項和 Rn ．
n n 2n
n 2n n

【解析】(Ⅰ)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為 a1 ，公差為 d ，由 S4 = 4S2 ， a2n = 2an +1 得
ì 4a1 + 6d = 8a1 + 4d
ía + (2n -1) = 2a + 2(n -1)d +1 ，
? 1 1

解得， a1 = 1 ， d = 2 ．

因此 an = 2n -1 (n ? N * ) ．

(Ⅱ)由題意知： Tn

= l-
n

2n -1

所以 n 3 2 時， b = T - T
= - n
+ n -1

n n n-1

1)( )
2n -1
2n -2

故， c = b
= 2n - 2 = (n - 1 n-1

(n ? N * )

n

所以 R
2n

= 0 ′
22n -1
1 0 +1′

4
1 1 + 2 ′ 1

2 + 3′
1 3 + ××× + (n -1) ′

1 )n-1 ，

( ) ( ) ( ) ( ) (
n 4 4 4 4 4

n ( )
則 1 R = 0 ′ 1 1
4 4
+1′ 1
( )
4
2 + 2 ′ 1
( )
4
3 + ××× + (n - 2) ′ 1
( )
4
n-1
+ (n -1) ′ 1 n
( )
4

3 R = 1 1 1 2 1 3

1 n-1 1 n

兩式相減得
4 n
( ) + ( )
4 4
+ ( )
4
+ ××× + ( )
4
- (n -1) ′ ( )
4

-
n
1 1
( )
= 4 4
1

- (n -

1
1)( )n
4

1-
4

整理得 Rn
= 1 (4 - 3n +1) ，
9 4n-1

所以數(shù)列{c } 的前 n 項和 R = 1 (4 - 3n +1) ．

n n 9 4n-1

8． (2017 山東)已知{xn } 是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，且 x1 + x2 = 3 ， x3 - x2 = 2 ．

(Ⅰ)求數(shù)列{xn } 的通項公式；

(Ⅱ)如圖，在平面直角坐標系 xOy 中，依次連接點 P1 (x1 ,1) ， P2 (x2 , 2) ，…， Pn+1 (xn+1 , n +1) 得到折線

P1 P2 … Pn+1 ，求由該折線與直線 y = 0 ， x = x1 ， x = xn+1 所圍成的區(qū)域的面積Tn ．

【解析】(Ⅰ)設(shè)數(shù)列{xn } 的公比為 q ，由已知 q > 0 ．

ì x1 + x1q = 3 2

由題意得íx q2 - x q = 2 ，所以3q
- 5q - 2 = 0 ，

? 1 1
因為 q > 0 ,所以 q = 2, x1 = 1，

n n
因此數(shù)列{x } 的通項公式為 x = 2n-1.

(Ⅱ)過 P1 , P2 , P3 , …， Pn+1 向 x 軸作垂線，垂足分別為Q1 , Q2 , Q3 , …， Qn+1 ,

n+1 n
由(Ⅰ)得 x - x = 2n - 2n-1 = 2n-1.

記梯形 Pn Pn+1Qn+1Qn 的面積為bn ．

由題意bn
= (n + n +1) ′ 2n-1 = (2n +1) ′ 2n-2 ，
2

所以Tn = b1 + b2 + b3 + …+ bn

= 3′ 2-1 + 5′ 20 + 7 ′ 21 + …+ (2n -1) ′ 2n-3 + (2n +1) ′ 2n-2 ①

n
又2T = 3′ 20 + 5′ 21 + 7 ′ 22 + …+ (2n -1) ′ 2n-2 + (2n +1) ′ 2n-1 ②

- -1 2

n-1

n-1
3 2(1 - 2n-1)

n-1

① -②得
Tn = 3′ 2
+ (2 + 2
+ ...... + 2 ) - (2n +1) ′ 2
= + - (2n + 1)′ 2 .
2 1 - 2

所以Tn =
(2n -1) ′ 2n +1
.
n
2

9．(2017 天津)已知{an } 為等差數(shù)列，前 n 項和為 Sn b2 + b3 = 12 , b3 = a4 - 2a1 ， S11 = 11b4 ．
(n ? N* ) ，{b } 是首項為 2 的等比數(shù)列，且公比大于 0，

(Ⅰ)求{an } 和{bn } 的通項公式；

(Ⅱ)求數(shù)列{a b } 的前 n 項和(n ? N* ) ．
2n 2n-1

【解析】(Ⅰ)設(shè)等差數(shù)列{an } 的公差為 d ，等比數(shù)列{bn } 的公比為 q ．

由已知b + b = 12 ，得b (q + q2 ) = 12 ，而b = 2 ，所以 q2 + q - 6 = 0 ．
2 3 1 1

n
又因為q > 0 ，解得 q = 2 ．所以， b = 2n ．

由b3 = a4 - 2a1 ，可得3d - a1 = 8 ①．

由 S11 =11b4 ，可得 a1 + 5d = 16 ②，

聯(lián)立①②，解得 a1 = 1 ， d = 3，由此可得an = 3n - 2 ．

所以，數(shù)列{a } 的通項公式為 a = 3n - 2 ，數(shù)列{b } 的通項公式為b = 2n ．
n n n n

(Ⅱ)設(shè)數(shù)列{a2nb2n-1} 的前 n 項和為Tn ，

由a = 6n - 2 ， b = 2 ′ 4n-1 ，有 a b
= (3n -1) ′ 4n ，

2n 2n-1 2n 2n-1

故Tn = 2 ′ 4 + 5′ 4 + 8′ 4 +L+ (3n -1) ′ 4 ，
2 3 n

2 3 4 n n+1
4Tn = 2 ′ 4 + 5′ 4 + 8′ 4 +L+ (3n - 4) ′ 4 + (3n -1) ′ 4 ，

上述兩式相減，得-3Tn
= 2 ′ 4 + 3′ 42 + 3′ 43 +L+ 3′ 4n - (3n -1) ′ 4n+1

= 12 ′ (1- 4n ) - - - ′

n+1

1- 4
4 (3n
1) 4

= -(3n - 2) ′ 4n+1 - 8.

得Tn
= 3n - 2 ′ 4n+1 + 8 ．
3 3

所以，數(shù)列{a b } 的前 n 項和為 3n - 2 ′ 4n+1 + 8 ．

2n 2n-1 3 3
10．(2015 湖北)設(shè)等差數(shù)列{an } 的公差為 d，前 n 項和為 Sn ，等比數(shù)列{bn } 的公比為 q．已知b1 = a1 ，b2 = 2 ，
q = d ， S10 = 100 ．
(Ⅰ)求數(shù)列{an } ，{bn } 的通項公式；
n
(Ⅱ)當(dāng) d > 1 時，記c = an ，求數(shù)列{c } 的前 n 項和T ．

b
n n
n

ía d = 2
【解析】(Ⅰ)由題意有， ì10a1 + 45d = 100
? 1
，即ì2a1 + 9d = 20 ．
ía d = 2
? 1

ìa1 = 1
ìa = 9
1
?

ì?an = 2n - 1
ì = 1 (2n + 79)
a
? n 9

解得íd = 2
或íd = 2 ，故íb

或í ．
= 2n-1 2

? ?? 9
?? n
?b
?? n
= 9 × ( )n-1 9

(Ⅱ)由 d > 1 ，知 an
= 2n - 1 ， bn
= 2n-1 ，故 c
= 2n -1 ，于是
n
2n-1

T = 1 + 3 +

5 + 7 + 9

+L + 2n - 1 ， ①

n 2 22
23 24
2n-1

1 T = 1 +
?
3 + 5 + 7

+ 9 +L + 2n - 1 ． ②

2 n 2 22
23 24 25 2n

①-②可得

1 T = 2 + 1 + 1

+L + 1
- 2n - 1 = 3 - 2n + 3 ，

2 n 2 22
2n-2 2n 2n

故Tn
= 6 - 2n + 3 ．
2n-1

11．(2014 四川)設(shè)等差數(shù)列{a } 的公差為 d ，點(a , b ) 在函數(shù) f (x) = 2x 的圖象上
n n n

( n ? N * )．

(Ⅰ)若 a1 = -2 ，點(a8 , 4b7 ) 在函數(shù) f (x) 的圖象上，求數(shù)列{an } 的前 n 項和 Sn ；

(Ⅱ)若 a = 1，函數(shù) f (x) 的圖象在點(a , b ) 處的切線在 x 軸上的截距為 2 - 1
a
，求數(shù)列 n

的前 n

1 2 2
{ }
ln 2 bn

項和Tn ．

【解析】(Ⅰ)點(a , b ) 在函數(shù) f (x) = 2x 的圖象上，所以b = 2an ，又等差數(shù)列{a } 的公差為 d ，所以
n n n n

b 2an+1

a -a

n+1 = = 2 n+1
n = 2d ．

n
b 2an

因為點(a , 4b ) 在函數(shù) f (x) 的圖象上，所以 4b = 2a8 = b ，
8 7 7 8

所以 2d = b8
b7
= 4 T d = 2 ．

又 a1 = -2 ，所以 Sn

= na1
+ n(n -1) d = -2n + n2 - n = n2 - 3n ．
2

2 2
(Ⅱ)由 f (x) = 2x T f ￠(x) = 2x ln 2 ，函數(shù) f (x) 的圖象在點(a , b ) 處的切線方程為

y - b = (2a2 ln 2)(x - a )
2 2

1 1 1
所以切線在 x 軸上的截距為 a2 - ln 2 ，從而 a2 - ln 2 = 2 - ln 2 ，故 a2 = 2
從而 a = n ， b = 2n ， an = n

n

T = 1 +

n

2 + 3

bn
+L+ n

2n
1 T =

1 + 2 +

3 +L+ n

n 2 22 23
2n 2 n
22 23 24
2n+1

+
+
-
1 1 1 1 1 1 n
1 n n + 2

所以 2 Tn = + 2 3
+L+
4
?n

n+1
= 1-
n

n+1

n+1

2 2 2 2 2 2
-
= 1-
n + 2
2 2 2

故 Tn = 2 - 2n ．
12．(2012 浙江)已知數(shù)列{a }的前n 項和為 S ，且 S = 2n2 + n ，n∈N﹡，數(shù)列{b }滿足a = 4 log b + 3 ，
n n n n n 2 n

n ? N * ．
(Ⅰ)求 an , bn ；

(Ⅱ)求數(shù)列{an ×bn } 的前 n 項和 Tn ．

n
【解析】(Ⅰ)由 S = 2n2 + n ，得當(dāng)n =1 時， a1 = S1 = 3 ；

當(dāng)n 3 2 時， a
= S - S = 2n2 + n - é2(n -1)2 + (n -1)ù = 4n -1， n ? N * ．

n n n -1 ? ?

由an
= 4 log2 bn
+ 3 ，得bn
= 2n -1 ， n ? N * ．

n-1 *
(Ⅱ)由(1)知anbn = (4n -1) × 2 ， n ? N

所以Tn
= 3 + 7 ′ 2 +11′ 22 +... + (4n -1)× 2n-1 ，

2Tn
= 3′ 2 + 7 ′ 22 +11′ 23 +... + (4n -1)× 2n ，

2T - T
= (4n -1)× 2n -[3 + 4(2 + 22 +... + 2n-1)]

n n

= (4n - 5)2n + 5

n
T = (4n - 5)2n + 5 ， n ? N * ．

考點 64 并項法與倒序求和法
1．(2011 安徽)若數(shù)列{an}的通項公式是 an = (-1) × (3n - 2) ,則 a1 + a2 + ××× + a10 = A．15 B．12 C．－12 D．－15

【答案】A

【解析】 a + a + ××× + a

= -1+ 4 - 7 +10 + ××× + (-1)10 × (3′10 - 2)

1 2 10

= (-1+ 4) + (-7 +10) + ××× +[(-1) 9 × (3′ 9 - 2) + (-1)10 × (3′10 - 2)] = 15 ．

考點 65 數(shù)列綜合問題
1．(2017?新課標Ⅰ，理 12)幾位大學(xué)生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號召，開發(fā)了一款應(yīng)用軟件．為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動．這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案：已知數(shù)列 1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，，其中第一項是 20 ，接下來的兩項是20 ， 21 ，再接下來的三項是20 ， 21 ， 22 ，依此類推．求滿足如下條件的最小整數(shù) N : N > 100 且該數(shù)列的前 N
項和為 2 的整數(shù)冪．那么該款軟件的激活碼是( )

A．440 B．330 C．220 D．110

【解析】設(shè)該數(shù)列為{a } ，設(shè)b = a -

+?+ a = 2n+1 -1 ， (n ? N
+

n(n+1)

n
2
) ，則?b = ? a ，

n n (n 1)n +1
n(n 1)
+ i i

2 2 i =1
i =1

由題意可設(shè) 數(shù) 列 {an }
的前 N 項和為 SN
，數(shù) 列 {bn }
的前 n 項和為 Tn ，則

T = 21 -1 + 22 -1 +?+ 2n+1 -1 = 2n+1 - n - 2 ，可知當(dāng) N 為 n(n + 1) 時(n ? N
n 2 +

) ，數(shù)列{an } 的前 N 項和為數(shù)

n
列{b } 的前 n 項和，即為2n+1 - n - 2 ，容易得到 N > 100 時， n 3 14 ，

A 項，由 29 ′ 30 = 435 ， 440 = 435 + 5 ，可知 S = T + b

= 230 - 29 - 2 + 25 -1 = 230 ，故 A 項符合題意．

2 440 29 5

B 項，仿上可知 25 ′ 26 = 325 ，可知 S

= T + b

= 226 - 25 - 2 + 25 -1 = 226 + 4 ，顯然不為 2 的整數(shù)冪，故 B

2
項不符合題意．
330 25 5

C 項，仿上可知 20 ′ 21 = 210 ，可知 S

= T + b = 221 - 20 - 2 + 210 -1 = 221 + 210 - 23 ，顯然不為 2 的整數(shù)冪，

2
故C 項不符合題意．
220 20 10

D 項，仿上可知14 ′15 = 105 ，可知 S

= T + b

= 215 -14 - 2 + 25 -1 = 215 + 15 ，顯然不為 2 的整數(shù)冪，故 D

2
項不符合題意．
110 14 5

故選 A ．
2．(2016?新課標Ⅲ，理 12)定義“規(guī)范 01 數(shù)列” {an } 如下：{an } 共有2m 項，其中 m 項為 0， m 項為 1，且對任意 k?2m ， a1 ， a2 ，， ak 中 0 的個數(shù)不少于 1 的個數(shù)，若 m = 4 ，則不同的“規(guī)范 01 數(shù)列”共有 ( )
A．18 個 B．16 個 C．14 個 D．12 個

【答案】C

【解析】由題意可知，“規(guī)范 01 數(shù)列”有偶數(shù)項 2m 項，且所含 0 與 1 的個數(shù)相等，首項為 0，末項為 1，若 m = 4 ，說明數(shù)列有 8 項，滿足條件的數(shù)列有：
0，0，0，0，1，1，1，1； 0，0，0，1，0，1，1，1； 0，0，0，1，1，0，1，1； 0，0，0，1，

1，1，0，1； 0，0，1，0，0，1，1，1；

0，0，1，0，1，0，1，1； 0，0，1，0，1，1，0，1； 0，0，1，1，0，1，0，1； 0，0，1，1，

0，0，1，1； 0，1，0，0，0，1，1，1；

0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，

0，1，0，1．共 14 個，故選C ．

3．(2013 新課標Ⅰ，理 12)設(shè)△AnBnCn 的三邊長分別為 an,bn,cn，△AnBnCn 的面積為 Sn，n=1,2,3,…

若 b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an

1＝an，bn
cn＋an
1＝，cn

1＝bn＋an，則( )

2
2
＋＋＋

A．{Sn}為遞減數(shù)列 B。{Sn}為遞增數(shù)列

C．{S2n－1}為遞增數(shù)列，{S2n}為遞減數(shù)列 D．{S2n－1}為遞減數(shù)列，{S2n}為遞增數(shù)列

【答案】B

【解析】∵ a

= a ，∴ a = a ，∵ b

= cn + an ， c

= bn + an ，

n+1 n
n 1 n+1 2
n+1 2

∴ b + c
= bn + cn + 2a1 ，∴ b + c

- 2a = 1 (b + c

- 2a ) ，∵ b + c
= 2a ，∴ b
+ c = 2a ，由余

n+1
n+1 2
n+1
n+1
1 2 n n 1
1 1 1
n n 1

b2 + c2 - a2
(b + c )2 - 2b c - a2
3a2 - 2b c

弦定理得 cos An =
n n n
2bncn
= n n n n 1
2bncn

1
= 1 n n ， ∴
1
2
3a b c -
2
9a4
1 n n
1
4
2bncn

1- cos2 A
n
sin An = =
， ∴ SD =
b c sin A = ， ∵

1 - ?1
3a2 9a4
b c 4b2c2
n n n n
An BnCn
2 n n n

2 b c
+ 3 (b + c )2

b c = cn + an ′ bn + an = bncn + a1 (bn + cn ) + a1 = n n

4 n n
> b c (∵ b
> c )，∴ S ＞

n+1
n+1 2 2 4
4 n n 1 1
DAn+1Bn+1Cn+1

n n n
SDA B C
，故 Sn 為遞增數(shù)列，故選 B．

4．(2019 浙江 10)設(shè) a，b∈R，數(shù)列{an}中 an=a，an+1=an2+b， n ? N* ,則
A．當(dāng) b= 1 時，a ＞10 B．當(dāng) b= 1 時，a ＞10
2 10 4 10

C．當(dāng) b=-2 時，a10＞10 D．當(dāng) b=-4 時，a10＞1 0

【答案】A
【解析】對于B，令 x2 - l+ 1 = 0 ，得l= 1 ，
4 2
取a = 1 ，所以 a = 1 ,L, a = 1 < 10 ，

1 2 2 2 n 2
所以當(dāng)b = 1 時， a < 10 ，故B錯誤；

4 10

對于C，令 x2 -l- 2 = 0 ，得l= 2 或l= -1 ，
取a1 = 2 ，所以a2 = 2,L, an = 2 < 10 ，所以當(dāng)b = -2 時， a10 < 10 ，故C錯誤；

對于D，令 x2 - l- 4 = 0 ，得l= 1±
17 ，取 a
1
2
= 1+
17 ，所以 a
2 2
= 1+
17
2 ，…
，an
= 1+
17 < 10 ，
2

所以當(dāng)b = -4 時， a10 < 10 ，故D 錯誤；

1 1 ?
1 ?2 1 3 ?
3 ?2 1 9 1 17

對于A， a
= a2 + ? ， a =

?
a2 + + ? ， a =

??
a4 + a2 + + ? + = > 1 ，

2 2 2 3 ?
2 ÷ 2 4 4 ?
4 ÷ 2 16 2 16

è ? è ?

an+1 - an > 0 ，{an }遞增，

a
2
ì a5 > 3
?
1 ? 4

a 1 3
? a6 > 3

a ? 3 ?6
729

當(dāng) n?4 時， n+1 = a + 2 > 1+ = ，所以 ? a

2 ，所以 10 >
，所以 a > > 10 故 A 正確．故

a n a 2 2 í 5
a ? 2 ÷
10 64

n n ?M
?
? a10 > 3

4 è ?

? a 2

選 A．
5 ． (2015 湖北 ) 設(shè)

a1 , a2 ,L, an ? R
? 9

， n ≥ 3

．若 p ：

a1 , a2 ,L, an

成等比數(shù) 列； q ：

(a2 + a2 +L+ a2 ) ′ (a2 + a2 +L+ a2 ) = (a a
+ a a
+L+ a a )2 ，則

1 2 n-1 2 3
n 1 2 2 3
n-1 n

A．p 是 q 的充分條件，但不是 q 的必要條件
B．p 是 q 的必要條件，但不是 q 的充分條件
C．p 是 q 的充分必要條件
D．p 既不是 q 的充分條件，也不是 q 的必要條件

【答案】A

【解析】對命題 p： a , a ,L, a

成等比數(shù)列，則公比 q =

an (n 3 3) 且 a

1 0 ；

n
對命題q ，
1 2 n
an-1

①當(dāng) a
= 0 時， (a2 + a2 +L+ a2
)(a2 + a2 +L+ a2 ) = (a a
+ a a
+L+ a a )2 成立；

n 1 2
n-1 2 3
n 1 2 2 3
n-1 n

②當(dāng) an 1 0 時，根據(jù)柯西不等式，

等式(a2 + a2 +L+ a2 )(a2 + a2 +L+ a2 ) = (a a
+ a a
+L+ a a )2 成立，

1 2 n-1 2 3
n 1 2 2 3
n-1 n

則 a1 = a2 = ××× = an-1 ，所以 a , a ,L, a

成等比數(shù)列，

a2 a3 an
1 2 n

所以 p 是q 的充分條件，但不是q 的必要條件．
6．(2020 全國Ⅲ文 17)設(shè)等比數(shù)列{an}滿足 a1 + a2 = 4 , a3 - a1 = 8 ．
(1) 求{an}的通項公式；
(2) 設(shè) Sn 為數(shù)列{log3 an} 的前 n 項和．若 Sm + Sm+1 = Sm+3 ，求 m ．
【答案】(1) an = 3n-1 ；(2) m = 6 ．
【思路導(dǎo)引】(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，根據(jù)題意，列出方程組，求得首項和公比，進而求得通項公

式；(2)由(1)求出{log3 an} 的通項公式，利用等差數(shù)列求和公式求得 Sn ，根據(jù)已知列出關(guān)于m 的等量關(guān)系

式，求得結(jié)果．

【解析】(1)設(shè)等比數(shù)列{a }的公比為q，根據(jù)題意，有ìa1 + a1q = 4

ìa1 = 1
，解得，所以a

= 3n-1 ．

n ía q2 - a = 8 íq = 3 n
? 1 1 ?

(2) 令bn

= log3 an

= log 3n-1 = n - 1 ，所以 S
= n(0 + n -1) = n(n -1) ，
2 2

3
n
根據(jù) S
m + Sm+1
= Sm+3
，可得 m(m -1) + m(m +1) = (m + 2)(m + 3) ，
2 2 2

整理得m2 - 5m - 6 = 0 ，因為 m > 0 ，所以 m = 6 ．
7(2014 浙江)設(shè)函數(shù) f (x) = x2 ， f (x) = 2(x - x2 ), f (x) = 1 | sin 2px | ， a = i ，

1 2 3 3
i 99

i = 0,1, 2,×××, 99 ，記 Ik =| fk (a1) - fk (a0 ) | + | fk (a2 ) - fk (a1 ) | +×××+
| fk (a99 ) - fk (a98 ) | ， k = 1,2,3. 則

A. I1 < I2 < I3
B. I2 < I1 < I3
C. I1 < I3 < I2
D. I3 < I2 < I1

【答案】B
【解析】∵ f (x) = x2 在[0,1] 上單調(diào)遞增，可得 f (a ) - f (a ) > 0 ，
1 1 1 1 0
f1 (a2 ) - f1 (a1 ) > 0 ，…， f1 (a99 ) - f1 (a98 ) > 0 ，
∴ I1 =| f1 (a1 ) - f1 (a0 ) | + | f1 (a2 ) - f1 (a1 ) | + ××× + | f1 (a99 ) - f1 (a98 ) |
f (a ) - f (a )+f (a ) - f (a ) + ××× + f (a ) - f (a )=f (a ) - f (a ) =（99）2 -0=1

1 1 1 0 1 2 1 1 1 99 1 98 1 99 1 0 99

∵ f (x) = 2(x - x2 ), 在[0
49 50
] 上單調(diào)遞增，在[ ,1] 單調(diào)遞減

，
2 99 99
∴ f2 (a1 ) - f2 (a0 ) > 0 ，…， f2 (a49 ) - f2 (a48 ) > 0 ， f2 (a50 ) - f2 (a49 ) = 0 ，

f2 (a51 ) - f2 (a50 ) < 0 ，…， f2 (a99 ) - f2 (a98 ) < 0

∴ I2 =| f2 (a1 ) - f2 (a0 ) | + | f2 (a2 ) - f2 (a1 ) | + ××× + | f2 (a99 ) - f2 (a98 ) |

= f2 (a49 ) - f2 (a0 ) -[ f2 (a99 ) - f2 (a50 )] = 2 f2 (a50 ) - f2 (a0 ) - f2 (a99 )
= 4 ′ 50 ′ (1- 50) = 9800 < 1
99 99 9801
∵ f (x) = 1 | sin 2px | 在[0, 24] ， [50 , 74] 上單調(diào)遞增，在 [ 25 , 49] ， [ 75 ,1] 上單調(diào)遞減，可得

3 3 99
99 99
99 99 99

I = 2 f (a ) - 2 f (a ) + 2 f (a ） 2 49p- sin p)

3 3 25 3 49 3 74 = 3 (2 sin
99 99

> 2 (2 sin 5p- sin p) = 2 ( 2 6 + 2 2 -
6 - 2 ) =
6 + 3 2 > 1

3 12 12 3 4 4 4

因此 I2 < I1 < I3 ．

8．(2013 新課標Ⅱ，理 16)等差數(shù)列{ an }前 n 項和為 Sn ， S10 =0， S15 =25，則 nSn 的最小值為．

【答案】-49

ì d

?10a1 +′ ′10 ′ 9 = 0

ìa = -3

? 2
【解析】由題知， í d
? 1
，解得í

2 ，∴ Sn =
n2 -10n
，

?15a + ′15 ′14 = 25 ?d =?3
1

?? 2 ? 3

n
∴ nSn =

3 -10n2
3

n
，設(shè) f (n) =

3 -10n2
3

，∴ f ￠(n) = 3n

- 20n
=
3
3n(n - 20)
3 ，
3

2
當(dāng) 0≤ n ≤6 時， f ￠(n) ＜0，當(dāng) n≥7 時， f ￠(n) ＞0， f (7) =-49＞ f (6) =－24，故 nSn 的最小值為-49．
9.(2018 江蘇)已知集合 A = {x | x = 2n -1, n ? N*}， B = {x | x = 2n , n ? N*}．將 A U B 的所有元素從小到大依次排列構(gòu)成一個數(shù)列{an } ．記 Sn 為數(shù)列{an } 的前 n 項和，則使得 Sn > 12an+1 成立的 n 的最小值為．

【答案】27

n n
【解析】所有的正奇數(shù)和 2n ( n ? N* )按照從小到大的順序排列構(gòu)成{a }，在數(shù)列{a }

中， 25 前面有 16

個正奇數(shù)，即 a = 25 ， a = 26 ．當(dāng) n = 1 時， S = 1 < 12a
= 24 ，不符合題意；當(dāng) n = 2 時，

21 38 1 2

S2 = 3 < 12a3 = 36 ，不符合題意；當(dāng) n = 3 時， S3 = 6 < 12a4 = 48 ，不符合題意；當(dāng) n = 4 時，

21′(1+ 41) 2 ′(1- 25)

S4 = 10 < 12a5 = 60 ，不符合題意； … … ；當(dāng) n = 26 時， S26 =
2 + 1 - 2
= 441 +62=

22 ′(1+ 43) 2 ′(1- 25)

503 12an+1 成立的 n 的最小值為 27．
+ 1 - 2
=484 +62=546>12a28 =540，

10．(2015 陜西)中位數(shù)為 1 010 的一組數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，其末項為 2 015，則該數(shù)列的首項為．
【答案】5

【解析】設(shè)數(shù)列的首項為a1 ，則 a1 + 2015 = 2′1010 = 2020 ，所以 a1 = 5 ，故該數(shù)列的首項為5 ．
11．(2019 江蘇 20)定義首項為 1 且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M－數(shù)列”．

(1) 已知等比數(shù)列{an} (n ? N* ) 滿足： a a = a , a - 4a + 4a
= 0 ，求證：數(shù)列{an}為“M－數(shù)列”；

2 4 5 3 2 4

(2) 已知數(shù)列{b } (n ? N* ) 滿足： b
= 1, 1
= 2 - 2

，其中 S

n
n
為數(shù)列{b }的前 n 項和．

n 1
Sn bn bn+1

①求數(shù)列{bn}的通項公式；

k k k +1
②設(shè) m 為正整數(shù)，若存在“M－數(shù)列”{cn} (n ? N* ) ，對任意正整數(shù) k，當(dāng) k≤m 時，都有c ?b ?c

成立，

求 m 的最大值．

【解析】(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，所以a1≠0，q≠0．

ìa a = a
ìa2 q4 = a q4
ìa = 1

由í 2 4 5
，得í 1 1
，解得í 1 ．

a - 4a + 4a = 0
a q2 - 4a q + 4a = 0
q = 2

? 3 2 1 ? 1 1 1 ?
因此數(shù)列{an } 為“M—數(shù)列”．

1
(2)①因為
= 2 - 2
，所以b 1 0 ．

n
Sn bn bn+1
2
由b = 1, S = b ，得1 = 2 - 2 ，則b = 2 ．

1 1 1
1 1 b2

由 1 = 2 - 2

，得 S =

bnbn+1
，

n
Sn bn bn+1
2(bn+1
- bn )

當(dāng) n 3 2 時，由b = S - S
，得b =
bnbn+1
- bn-1bn ，

n n n -1
n 2(b
- b ) 2(b - b )

整理得bn+1 + bn-1 = 2bn ．
n+1
n n n-1

所以數(shù)列{bn}是首項和公差均為1的等差數(shù)列．因此，數(shù)列{bn}的通項公式為bn=n (n ? N* ) ．
②由①知，bk=k ， k ? N* ．
因為數(shù)列{cn}為“M–數(shù)列”，設(shè)公比為q，所以c1=1，q>0．

因為ck≤bk≤ck+1，所以 qk -1 ￡ k ￡ qk ，其中k=1，2，3，…，m．

當(dāng)k=1時，有q≥1；
當(dāng)k=2，3，…，m時，有 ln k ￡ ln q ￡ ln k ．
k k -1
設(shè)f( x)= ln x (x > 1) ，則 f '(x) = 1- ln x ．
x x2
令 f '(x) = 0 ，得x=e．列表如下：

x
(1, e)
e
(e，+∞)
f ' (x)
+
0
–
f(x)

極大值

因為 ln 2 = ln 8 < ln 9 = ln 3 ，所以 f (k) 2 6 6 3

max
= f (3) = ln 3 ．
3

3 3
取q = ，當(dāng)k=1，2，3，4，5時， ln k ?ln q ，即 k ￡ qk ，
k
經(jīng)檢驗知 qk -1 ￡ k 也成立．因此所求m的最大值不小于5．
若m≥6，分別取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，從而q15≥243，且q15≤216，

所以q不存在．因此所求m的最大值小于6．綜上，所求m的最大值為5．
12．(2014 廣東)設(shè)各項均為正數(shù)的數(shù)列{an }的前 n 項和為 Sn ，且 Sn 滿足
n
n
S 2 - (n2 + n - 3)S - 3(n2 + n)= 0, n ? N * ．

(Ⅰ)求a1 的值；
(Ⅱ)求數(shù)列{an }的通項公式；
1
(Ⅲ)證明：對一切正整數(shù)n ，有 ( 1

1
) + (

) +L (

) < 1 .

a1 a1 +1
a2 a2 +1
an an +1 3

【解析】(Ⅰ) 令n = 1得: S 2 - (-1)S - 3′ 2 = 0,即S 2 + S
- 6 = 0 ，

1 1 1 1

所以(S1 + 3)(S1 - 2) = 0,

Q S1 > 0,\ S1 = 2,即a1 = 2.

n n n n
(Ⅱ)由S 2 - (n2 + n - 3)S
- 3(n2 + n) = 0, 得: (S
+ 3) é?S
- (n2 + n)ù? = 0,

n n n n
Q a > 0(n ? N * ),\ S > 0,從而S + 3 > 0,\ S = n2 + n,

\當(dāng)n 3 2時, a = S - S = n2 + n - é?(n -1)2 + (n -1)ù? = 2n, 又a
= 2 = 2 ′1,\ a
= 2n(n ? N * ).

n n n-1 1 n

(Ⅲ)當(dāng) k ? N* 時， k 2 + k > k 2 + k - 3 = (k - 1 )(k + 3)
2 2 16 4 4

\ 1 = 1 = 1 × 1

< 1 × 1

ak (ak +1) 2k (2k +1) 4
k (k + 1 ) 4 (k - 1 )(k + 3)

2 4 4
é ù

= 1 × 1

= 1 × ê 1 -

?
1 ú \ 1 + 1

+L+ 1

4 1 é

1 ù 4 ê

1 1 ú

?
a (a
+1)
a (a
+1)
a (a
+1)

(k -
) × ê(k +1) - ú ê k - (k + 1) - ú
1 1 2 2 n n

4 ? 4 ? ? 4 4 ?

é ù
< 1 ê( 1 - 1 ) + ( 1 - 1 ) +L+ 1 - 1 ú
4 ê 1 1 1 1 1 1 ú

ê 1- 2 -
2 - 3 -
n - (n +1) - ú

? 4 4 4 4 4 4 ?

13．(2019 江蘇 20)定義首項為 1 且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M－數(shù)列”．

(1) 已知等比數(shù)列{an} (n ? N* ) 滿足： a a = a , a - 4a + 4a
= 0 ，求證：數(shù)列{an}為“M－數(shù)列”；

2 4 5 3 2 4

(2) 已知數(shù)列{b } (n ? N* ) 滿足： b
= 1, 1
= 2 - 2

，其中 S

n
n
為數(shù)列{b }的前 n 項和．

n 1
Sn bn bn+1

①求數(shù)列{bn}的通項公式；

k k k +1
②設(shè) m 為正整數(shù)，若存在“M－數(shù)列”{cn} (n ? N* ) ，對任意正整數(shù) k，當(dāng) k≤m 時，都有c ?b ?c

成立，

求 m 的最大值．

【解析】(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，所以a1≠0，q≠0．

ìa a = a
ìa2 q4 = a q4
ìa = 1

由í 2 4 5
，得í 1 1
，解得í 1 ．

a - 4a + 4a = 0
a q2 - 4a q + 4a = 0
q = 2

? 3 2 1 ? 1 1 1 ?
因此數(shù)列{an } 為“M—數(shù)列”．

1
(2 )①因為
= 2 - 2
，所以b 1 0 ．

n
Sn bn bn +1
2
由b = 1, S = b ，得1 = 2 - 2 ，則b = 2 ．

1 1 1
1 1 b2

由 1 = 2 - 2

，得 S =
bnbn+1
，

n
Sn bn bn+1
2(bn+1
- bn )

當(dāng) n 3 2 時，由b = S - S
，得b =
bnbn+1
- bn-1bn ，

n n n -1
n 2(b
- b ) 2(b - b )

整理得bn+1 + bn-1 = 2bn ．
n+1
n n n-1

所以數(shù)列{bn}是首項和公差均為1的等差數(shù)列．因此，數(shù)列{bn}的通項公式為bn=n (n ? N* ) ．
②由①知，bk=k， k ? N* ．

因為數(shù)列{cn}為“M–數(shù)列”，設(shè)公比為q，所以c1=1，q>0．

因為ck≤bk≤ck+1，所以 qk -1 ￡ k ￡ qk ，其中k=1，2，3，…，m．

當(dāng)k=1時，有q≥1；
當(dāng)k=2，3，…，m時，有 ln k ￡ ln q ￡ ln k ．
k k -1
設(shè)f(x)= ln x (x > 1) ，則 f '(x) = 1- ln x ．
x x2
令 f '(x) = 0 ，得x=e．列表如下：

x
(1, e)
e
(e，+∞)
f ' (x)
+
0
–
f(x)

極大值

因為 ln 2 = ln 8 < ln 9 = ln 3 ，所以 f (k) 2 6 6 3

max
= f (3) = ln 3 ．
3

3 3
取 q = ，當(dāng)k= 1，2，3，4，5時， ln k ?ln q ，即 k ￡ qk ，
k
經(jīng)檢驗知 qk -1 ￡ k 也成立．因此所求m的最大值不小于5．
若m≥6，分別取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，從而q15≥243，且q15≤216，
所以q不存在．因此所求m的最大值小于6．綜上，所求m的最大值為5．
14．(2018 江蘇)設(shè){an } 是首項為 a1 ，公差為 d 的等差數(shù)列，{bn }是首項為b1 ，公比為 q 的等比數(shù)列．

(1)設(shè) a1 = 0,b1 = 1, q = 2 ，若| an - bn |≤ b1 對 n = 1, 2, 3, 4 均成立，求 d 的取值范圍；

(2)若 a = b > 0, m ? N*, q ? (1, m 2]，證明：存在 d ? R ，使得| a - b |≤ b 對 n = 2, 3,L, m +1 均成
1 1 n n 1
立，并求 d 的取值范圍(用b1 , m, q 表示)．

【解析】(1)由條件知： an
= (n -1)d , bn
= 2n-1 ．

因為| an - bn |≤ b1 對n =1，2，3，4 均成立，
即| (n -1)d - 2n-1 |≤1 對 n =1，2，3，4 均成立，

即 1≤ 1，1≤ d ≤ 3，3≤ 2d ≤ 5，7≤ 3d ≤ 9，得
7 5
因此， d 的取值范圍為[ , ] ．
3 2

7 5
≤ d ≤ ．
3 2

(2)由條件知： a
= b + (n -1)d , b = b qn-1 ．

n 1 n 1
1 1 1
若存在 d ，使得| an - bn |≤ b1 ( n =2，3，···， m +1)成立，即| b + (n -1)d - b qn-1 |≤ b ( n =2，3，···， m +1)，

即當(dāng) n = 2,3,L, m + 1 時， d 滿足
qn-1 - 2
n -1
qn-1
b1 ￡ d ￡ n -1b1 ．

因為 q ?(1, m 2] ，則1 < qn-1 ￡ qm ￡ 2 ，

qn-1 - 2
從而 n - 1
qn-1
b1 ￡ 0 ， n - 1 b1 > 0 ，對 n = 2,3,L, m + 1 均成立．

因此，取 d =0 時， | an - bn |￡ b1 對 n = 2,3,L, m + 1 均成立．
qn-1 - 2 qn-1
下面討論數(shù)列{ } 的最大值和數(shù)列{ } 的最小值( n = 2,3,L, m + 1 )．

n - 1
qn - 2

qn-1 - 2
n -1
nqn - qn - nqn-1 + 2

n(qn - qn-1 ) - qn + 2

①當(dāng) 2 ￡ n ￡ m 時， - = = ，

n n - 1
n(n - 1)
n(n - 1)

1

當(dāng)1 < q ￡ 2 m 時，有 qn ￡ qm ￡ 2 ，從而 n(qn - qn-1) - qn +
qn-1 - 2
因此，當(dāng) 2 ￡ n ￡ m + 1 時，數(shù)列{ } 單調(diào)遞增，
n - 1

2 > 0 ．

qn-1 - 2
故數(shù)列{ } 的最大值為
n - 1
qm - 2
．
m

②設(shè) f (x) = 2x (1 - x) ，當(dāng) x > 0 時， f ￠(x) = (ln 2 -1 - x ln 2)2x < 0 ，

所以 f (x) 單調(diào)遞減，從而 f (x) < f (0) = 1．

qn
n q(n - 1) 1 1 1

當(dāng)2 ￡ n ￡ m 時，
= ￡ 2n (1- ) = f ( ) < 1 ，

qn-1

n - 1
n n n

qn-1

因此，當(dāng) 2 ￡ n ￡ m + 1 時，數(shù)列{ } 單調(diào)遞減，
n - 1
qn-1 qm
故數(shù)列{ } 的最小值為．
n -1 m
b (qm - 2) b qm

因此， d 的取值范圍為[ 1 , 1 ] ．
m m
15．(2016 年四川高考)已知數(shù)列{ an }的首項為 1， Sn 為數(shù)列{ an }的前 n 項和， Sn+1 = qSn + 1

，其中 q>0，

n ? N * ．

(I) 若2a2 , a3 , a2 + 2 成等差數(shù)列，求 an 的通項公式；

n
2 y2 e 5

4n - 3n

(Ⅱ)設(shè)雙曲線 x
- a2 = 1的離心率為 n ，且e2 = 3 ，證明： e1 + e2 + ××× + en >
．
3n-1

【解析】(Ⅰ)由已知， Sn+1 = qSn +1, Sn+2 = qSn+1 +1,

兩式相減得到 an+2 = qan+1 , n 31 ．

又由 S2 = qS1 +1 得到 a2 = qa1 ，故 an+1 = qan 對所有 n 31都成立．所以，數(shù)列{an } 是首項為 1，公比為 q 的等比數(shù)列．
n
從而 a =qn-1 ．

由2a ，a ，a +2 成等比數(shù)列，可得 2a =3a + 2 ，即 2q2 =3q + 2, ，
2 3 2 3 2

則(2q+1)(q - 2) = 0 ，

由已知, q > 0 ，故 q=2 ．

n-1 *
所以 an = 2 (n ? N ) ．

1+ a 2
n
1+ q2(n-1)
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知， an
= qn-1 ．

所以雙曲線 x2

1+ q2
由 q =

y2
a
- 2 =1 的離心率
n
= 5 解得 q = 4 ．

en = = ．

3 3

1+q2(k-1)
因為1+q2(k-1) > q2(k-1) ，所以
> qk-（1 k ? N*）．

于是 e1 + e2 +
en >1+q +
4n - 3n
qn-1 =
qn -1
，
q -1

故e1 + e2 +
e3 >
．
3n-1

16．(2015 陜西)設(shè) fn
( x) 是等比數(shù)列1， x ， x2 ， ××× ， xn 的各項和，其中 x > 0 ， n ? N ， n ≥ 2 ．

(Ⅰ)證明：函數(shù) F ( x) = f ( x) - 2 在( 1 ,1) 內(nèi)有且僅有一個零點(記為 x )，且

n n 2 n
x = 1 + 1 xn+1 ；

n 2 2 n
(Ⅱ)設(shè)有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項和為 gn ( x) ，比較 fn (x )
與 gn ( x) 的大小，并加以證明．

【解析】(Ⅰ) F (x) = f (x) - 2 = 1+ x + x2 +L xn - 2, 則 F (1) = n -1 > 0,
n n n

? 1 ?n+1

1 1 ? 1 ?2
? 1 ?n
1- ? 2 ÷ 1

F ( ) = 1+ + +L

??
- 2 = ?è ? - 2 = - < 0,

n 2 2
? 2 ÷ ? 2 ÷ 1 1 2 n

è ? è ? -
2
所以 F (x) 在? 1 ,1? 內(nèi)至少存在一個零點 x ．
n ? 2 ÷ n
è ?

又 F ￠(x) = 1+ 2x +L nxn-1 > 0 ，故在? 1 ,1? 內(nèi)單調(diào)遞增，
n ? 2 ÷
è ?
所以 F (x) 在 1 內(nèi)有且僅有一個零點 x ．

( ,1)
n 2
n
1- x n+1
1 1 n 1

因為 x 是 F (x) 的零點，所以 F (x )=0 ，即 n - 2 = 0 ，故 x = +

x + ．

n n n n

(n +1)(1+ xn )

1- xn
n 2 2 n

(Ⅱ)解法一：由題設(shè)， gn (x) =
.
2
(n +1)(1+ xn )

設(shè)h(x) =
fn (x) - gn
(x) = 1+ x + x 2 + Lx n -
, x > 0.
2

當(dāng) x = 1 時,

當(dāng) x 1 1 時,
fn (x) = gn (x)

h￠(x) = 1+ 2x +L nxn-1 -

n (n +1) xn-1
.
2

若0 < x < 1, h￠(x) > xn-1 + 2xn-1 +Lnxn-1 - n (n +1) xn-1
2

= n(n +1) xn-1 - n (n +1) xn-1 = 0.
2 2

若 x > 1 , h￠(x) < xn-1 + 2xn-1 + Lnxn-1 - n (n +1) xn-1
2

= n(n +1) xn-1 - n (n +1) xn-1 = 0.
2 2

所以 h(x) 在(0,1) 上遞增，在(1, +￥) 上遞減，所以 h(x) < h(1) = 0 ，即 fn (x) < gn (x) ．
綜上所述，當(dāng) x = 1 時, fn (x) = gn (x) ；當(dāng) x 1 1 時 fn (x) < gn (x) ．
n n
(n +1)(1+ xn )

解法二由題設(shè)， f (x) = 1 + x + x 2 +Lxn, g
(x) =
, x > 0.
2

當(dāng) x = 1 時, fn (x) = gn (x) ；

當(dāng) x 1 1 時, 用數(shù)學(xué)歸納法可以證明 fn (x) < gn (x) ．

當(dāng)n = 2 時,

f2 (x) - g2
(x) = - 1 (1- x)2 < 0, 所以 f
2

2 (x) < g2

(x) 成立．

假設(shè) n = k (k 3 2) 時，不等式成立，即 fk (x) < gk (x) ．那么，當(dāng) n = k +1時，

fk+1 (x) = fk
(x) + xk +1 < g
k +1 1+ xk
( )( )
(x) + xk +1 = + xk +1
k 2
2xk +1 +(k +1)xk + k +1
= 2 ．

又 gk+1 (x) -
2xk +1 +(k +1)xk + k +1
2 =
kxk +1 -(k +1)xk +1
2

k
令h (x) = kxk+1 -(k +1)xk +1(x > 0) ，
k
則h ￠(x) = k(k+1)xk - k (k +1) xk-1 = k (k +1) xk-1(x-1) ．所以當(dāng)0 < x < 1, hk￠ (x) < 0 , hk (x) 在(0,1) 上遞減；

當(dāng) x > 1 , hk￠ (x) > 0 , hk (x) 在(1, +￥) 上遞增．
2xk +1 +(k +1)xk + k +1

所以 hk (x) > hk (1) = 0 ，從而 gk+1 (x) > 2 ．

故 fk +1 (x) < gk +1 (x) ．即n = k +1，不等式也成立．所以，對于一切n 3 2 的整數(shù)，都有 fn (x) < gn (x) ．
解法三:由已知，記等差數(shù)列為{ak }，等比數(shù)列為{bk }， k = 1, 2,..., n +1 ．

則a = b = 1 ， a = b = xn ，
1 1 n+1 n+1

所以 ak = 1+(k -1)×
xn -1

n
(2 ￡ k ￡ n) , bk = x

k -1
(2 ￡ k ￡ n),

令m (x) = a - b
(k -1) xn -1
( )
= 1+ - x k -1, x > 0(2 ￡ k ￡ n).

k k k n

當(dāng) x = 1 時,

當(dāng) x 1 1 時,
ak =bk ,所以 fn (x) = gn (x) ．
m ￠(x) = k -1 nxn-1 - (k-1)xk -2 = (k -1) xk -2 ( xn-k +1 -1) ，

k n
而2 ￡ k ￡ n ，所以 k -1 > 0 ， n - k +1 3 1．

若0 < x < 1,
xn-k +1 < 1 , m ￠(x) < 0 ，

k
k
當(dāng) x > 1 , xn-k +1 > 1 , m￠ (x) > 0 ，

從而 mk (x) 在(0,1) 上遞減, mk (x) 在(1, +￥) 上遞增．所以 mk (x) > mk (1) = 0 ，所以當(dāng) x > 0且x 1 1時,ak > bk (2 ￡ k ￡ n), 又 a1 = b1 , an+1 = bn+1 ，故 fn (x) < gn (x)

綜上所述，當(dāng) x = 1 時,
fn (x) = gn (x) ；當(dāng) x 1 1 時 fn (x) < gn (x)

17．在數(shù)列{a }中， a = 3 ， a a + la + ma2 = 0 (n ? N ) ．
n 1 n+1 n n+1 n +

(Ⅰ)若l= 0,m= -2 ，求數(shù)列{an}的通項公式；

(Ⅱ)若l=
1 (k
k 0
? N+
, k0
≥ 2) ， m= -1，證明： 2 +
1

3k +1
< ak0 +1
< 2 +
1
．
2k +1

0 0 0

n+1 n n +
【解析】(Ⅰ)由l=0，m= - 2，有a a = 2a 2 (n ? N ) ．

若存在某個n0 ? N+ , 使得 ano = 0, 則由上述遞推公式易得 ano -1 = 0, 重復(fù)上述過程可得 a1 = 0 ，此與 a1 = 3 矛盾，所以對任意 n ? N+ , an 1 0 ．
從而 an+1 = 2an (n ? N+ ), 即{an}是一個公比 q = 2 的等比數(shù)列．

n-1 n-1
1
故an = a q = 3× 2 ．

(Ⅱ)由l=
1 ,m= -1 ，數(shù)列{a } 的遞推關(guān)系式變?yōu)?a a

+ 1 a - a2 = 0 ，

k
k
n n+1 n
0
n+1 n
0

變形為a
(a + 1 ) = a2 (n ? N ). 由上式及 a = 3 > 0 ，

k
n+1 n n +?1
0
歸納可得3 = a1 > a2 > ××× > an > an +1 > ××× > 0 ．

n
a2 - 1
a2 k 2
1
+ k 2 1 1

n
因為 a = n = 0 0 = a - × ，

n+1 1 1
a

k0 k0an +1

k
n + k
an +
0 0

0 k 1 2 1 k k
所以對n = 1, 2,×××, k 求和得 a = a + (a - a ) + ××× + (a - a )
0+1 0+1 0

=a - k
× 1 +

1 × ( 1 +

1 + ××× + 1 )

1 0 k k k a +1
k a +1
k a +1

0 0 0 1 0 2 0 k0

1 1 1 1 1

>2+ ×(
+ + ××× +
) = 2 + ．

0 + + + +0 0 0
k 3k 1 3k 1 3k 1 3k 1
0 1444442444443
k0

0 0
另一方面，由上已證的不等式知 a1 > a2 > ××× > ak > ak +1 > 2 ，得

a = a - k
× 1 +

1 × ( 1 + 1

+ ××× + 1 )

k0 +1 1 0
k k k a +1

k a +1
k a +1

0 0 0 1 0 2 0 k0

1 1 1 1 1

0, c3 > 0, c4 > 0 ；

當(dāng) n 3 5 時， c
= ?1 é n (n +1) - ù ，

n n (n +1) ê 2n 1ú
? ?
而 n (n +1) - (n +1)(n + 2 ) = (n +1)(n - 2 ) > 0 ，

2n
n (n +1)
得
2n
2n +1

( )
5 5 +1
￡ < 1，
25
2n +1

所以當(dāng) n 3 5 時， cn < 0 ，

4 n
綜上對任意 n ? N * 恒有 S 3 S ，故 k = 4 ．

19．(2014 江蘇)設(shè)數(shù)列{an } 的前 n 項和為 Sn ．若對任意正整數(shù) n ，總存在正整數(shù) m ，使得 Sn = am ，則稱{an }

是“H 數(shù)列”．

(Ⅰ)若數(shù)列{an } 的前 n 項和 Sn = 2 n ( n ? N * )，證明:

{an } 是“H 數(shù)列”；

(Ⅱ)設(shè){an }
是等差數(shù)列，其首項 a1 = 1，公差 d < 0 ．若{an }
是“H 數(shù)列”，求 d 的值；

(Ⅲ)證明：對任意的等差數(shù)列{an } ，總存在兩個“H 數(shù)列”{bn } 和{cn } ，使得 an = bn + cn ( n ? N * )成

立．

n n n-1
【解析】(Ⅰ)當(dāng) n ≥ 2 時， a = S - S = 2n - 2n-1 = 2n-1

當(dāng) n = 1 時， a = S = 2
1 1

∴ n = 1 時， S = a ，當(dāng) n ≥ 2 時， S = a ，∴{a } 是“H 數(shù)列”．
1 1 n n+1 n

(Ⅱ) S
= na + n(n -1) d = n + n(n -1) d

n 1 2 2

= a
n m
對"n ? N* ， $m ? N* 使 S
，即 n + n(n - 1) d = 1 + (m - 1)d
2

取 n = 2 得1 + d = (m -1)d ， m = 2 + 1
d
∵ d < 0 ，∴ m < 2 ，又 m ? N* ，∴ m = 1，∴ d = -1 ．
(Ⅲ)設(shè){an } 的公差為 d

令b = a - (n - 1)a = (2 - n)a ，對"n ? N* ， b
- b = -a

n 1 1 1
n+1 n 1

c = (n - 1)(a + d ) ，對"n ? N* ， c - c = a + d
n 1 n+1 n 1
則b + c = a + (n - 1)d = a ，且{b }，{c } 為等差數(shù)列
n n 1 n n n
{b } 的前 n 項和T = na + n(n -1) (-a ) ，令T = (2 - m)a ，則 m = n(n - 3) + 2
n n 1 2 1 n 1 2
當(dāng) n = 1 時 m = 1；當(dāng) n = 2 時 m = 1；
當(dāng) n ≥ 3 時，由于 n 與 n - 3 奇偶性不同，即 n(n - 3) 非負偶數(shù)， m ? N*
因此對"n ，都可找到 m ? N* ，使T = b 成立，即{b } 為“H 數(shù)列”．

{c }的前ｎ項和 R
n m
= n(n -1) (a + d ) ，令 c
n
= (m - 1)(a + d ) = R
，則 m = n(n -1) + 1

n n 2 1 n 1 m 2
∵對"n ? N* ， n(n - 1) 是非負偶數(shù)，∴ m ? N*
即對"n ? N* ，都可找到 m ? N* ，使得 R = c 成立，即{c }為“H 數(shù)列”，因此命題得證．
n m n

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