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2011年—2023年新课标全国卷数学分类汇编
（含全国Ⅰ卷、Ⅱ卷、Ⅲ卷、新高考Ⅰ卷、新高考Ⅱ卷）
（附详细答案）
编写说明：研究发现，新课标全国卷的试卷结构和题型具有一定的稳定性和连续性．每个题型考查的知识点、考查方法、考查角度、思维方法等有一定规律．掌握了全国卷的各种题型，就把握住了全国卷命题的灵魂．
本资料是根据全国卷的特点精心编写，共包含9个专题，分别是：
1．集合、逻辑、不等式 2．复数 3．平面向量 4．函数与导数 5．三角函数与解三角形
6．数列 7．立体几何 8．解析几何 9．概率与统计
2011年—2023年新课标全国卷数学试题分类汇编
6．数列
一、选择题
(2023·新高考Ⅰ，7)记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
(2023·新高考Ⅱ，8)记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120 B．85 C． D．
(2023·全国甲卷，理5)设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则（ ）
A． B． C．15 D．40
(2023·全国甲卷，文5)记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A．25 B．22 C．20 D．15
(2023·全国乙卷，理10)已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1 B． C．0 D．
(2022·新高考Ⅱ，3)图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9
(2022·全国乙卷，理4)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A． B． C． D．
(2022·全国乙卷，理8文10)已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A．14 B．12 C． 6 D． 3
(2021·全国甲卷，理7)等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
(2021·全国甲卷，文9)记为等比数列的前n项和.若，，则（ ）
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
(2020·全国卷Ⅰ，文10)设是等比数列，且，，则（ ）
A．12 B．24 C．30 D．32
(2020·全国卷Ⅱ，理4)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
(2020·全国卷Ⅱ，理6)数列中，，，若，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
(2020·全国卷Ⅱ，理12)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期．对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅱ，文6)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ）
A．2n–1 B．2–21–n C．2–2n–1 D．21–n–1
(2019·全国卷Ⅰ，理9)记为等差数列的前n项和．已知，则（ ）
A． B． C． D．
(2019·全国卷Ⅲ，理5文6)已知各项均为正数的等比数列的前4项为和为15，且，则
A． 16 B． 8 C．4 D． 2
(2018·新课标Ⅰ，理4)记为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A． B. C. D.
（2017·新课标Ⅰ，理4）记为等差数列的前项和．若，，则的公差为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
（2017·新课标Ⅰ，理12）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16 ，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（ ）
A．440 B．330 C．220 D．110
（2017·新课标Ⅱ，理3）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）
A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏
（2017·新课标Ⅲ，理9）等差数列的首项为1，公差不为0．若，，成等比数列，则前6项的和为（ ）
A． B． C．3 D．8
（2016·新课标Ⅰ，理3）已知等差数列前项的和为，，则（ ）
A． B． C． D．
（2016·新课标Ⅲ，理12）定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数，若m=4，则不同的“规范01数列”共有（ ）
A．18个 B．16个 C．14个 D．12个
(2015·新课标Ⅰ，文7)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8=4S4，则a10=( )
A． B． C．10 D．12
（2015·新课标Ⅱ，理4）已知等比数列{an}满足a1=3，a1+ a3+ a5=21，则a3+ a5+ a7 =（ ）
A．21 B．42 C．63 D．84
（2015·新课标Ⅱ，文5）设是等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 5 B. 7 C. 9 D. 11
（2015·新课标Ⅱ，文9）已知等比数列满足，，则（ ）
A. 2 B. 1 C. D.
（2014·新课标Ⅱ，文5）等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项Sn=（ ）
A． B． C． D．
（2013·新课标Ⅰ，7）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝( )．
A．3 B．4 C．5 D．6
（2013·新课标Ⅰ，理12）设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1,2,3，…
若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则( )．
A．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列
C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列
(2013·新课标Ⅰ，文6)设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则( )．
A．Sn＝2an－1 B．Sn＝3an－2 C．Sn＝4－3an D．Sn＝3－2an
（2013·新课标Ⅱ，理3）等比数列的前项和为，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
（2012·新课标Ⅰ，理5）已知{}为等比数列，，，则（ ）
A．7 B．5 C．－5 D．－7
(2012·新课标Ⅰ，文12)数列{}满足，则{}的前60项和为（ ）
A．3690 B．3660 C．1845 D．1830
二、填空题
(2023·全国甲卷，文13)记为等比数列的前项和．若，则的公比为________．
(2023·全国乙卷，理15)已知为等比数列，，，则______．
(2021·新高考Ⅰ，16)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
(2020·新高考Ⅰ，14)将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
(2020·全国卷Ⅰ，文16)数列满足，前16项和为540，则 ______________．
(2020·全国卷Ⅱ，文14)记为等差数列的前n项和．若，则__________．
(2019·全国卷Ⅰ，理14)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若，则S5=____________．
(2019·全国卷Ⅰ，文14)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若，则S4=___________．
(2019·全国卷Ⅲ，理14)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1≠0，，则=_____________．
(2019·全国卷Ⅲ，文14)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若，则___________．
(2018·新课标Ⅰ，理14) 14.记为数列的前项和，若. 则 .
（2017·新课标Ⅱ，理15）等差数列的前项和为，，，则 ．
（2017·新课标Ⅲ，理14）设等比数列满足， ，则 ___________．
（2016·新课标Ⅰ，理15）设等比数列满足，，则的最大值为 ．
(2015·新课标Ⅰ，文13)数列{an}中，a1=2，an+1=2an，Sn为{an}的前n项和，若Sn=126，则n= ．
（2015·新课标Ⅱ，理16）设Sn是数列{an}的前项和，且，，则Sn=________________．
（2014·新课标Ⅱ，文16）数列满足，= 2，则=_________.
（2013·新课标Ⅰ，14）若数列{an}的前n项和，则{an}的通项公式是an＝__________.
（2013·新课标Ⅱ，16）等差数列的前项和为，已知，，则的最小值为____.
（2012·新课标Ⅰ，16）数列{}满足，则{}的前60项和为______．
(2012·新课标Ⅰ，文14)等比数列的前项和为，若，则公比_____．
三、解答题
(2023·新高考Ⅰ，20)设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
（1）若，求的通项公式；（2）若为等差数列，且，求．
(2023·新高考Ⅱ，18)已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
（1）求的通项公式；（2）证明：当时，．
(2023·全国甲卷，理17)设为数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和．
(2023·全国乙卷，文18)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．
(2022·新高考Ⅰ，17)记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
(2022·新高考Ⅱ，17)已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
（1）证明：；（2）求集合中元素个数．
(2022·全国甲卷，理17文18)记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；（2）若成等比数列，求最小值．
(2021·新高考Ⅰ，17) 已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；（2）求的前20项和.
(2021·新高考Ⅱ，17)记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．
（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．
(2021·全国乙卷，理19)记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;（2）求的通项公式．
(2021·全国乙卷，文19)设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
(2020·新高考Ⅰ，18)已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．
(2020·新高考Ⅱ，18)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4＝20，a3＝8．
（1）求{an}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1．
(2020·全国卷Ⅰ，理17)设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；（2）若，求数列的前项和．
(2020·全国卷Ⅲ，理17)设数列{an}满足a1=3，．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
(2020·全国卷Ⅲ，文17)设等比数列{an}满足，．
（1）求{an}的通项公式；（2）记为数列{log3an}的前n项和．若，求m．
(2019·全国卷Ⅰ，文18)（12分）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．
(2019·全国卷Ⅱ，理19)已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0， ，．
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；（2）求{an}和{bn}的通项公式．
(2019·全国卷Ⅱ，文18)已知是各项均为正数的等比数列，．
（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．
(2018·新课标Ⅰ，文17)已知数列满足，，设．
（1）求；（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；（3）求的通项公式．
（2018·新课标Ⅱ，17）记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值．
(2018·新课标Ⅱ，文17)记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式； （2）求，并求的最小值．
（2018·新课标Ⅲ，理17）等比数列中，．
（1）的通项公式；⑵记为的前项和．若，求．
(2018·新课标Ⅲ，文17) 等比数列中，．
（1）的通项公式；⑵记为的前项和．若，求．
(2017·新课标Ⅰ，文17)记为等比数列的前项和，已知,．
（1）求的通项公式；（2）求，并判断，，是否成等差数列．
（2017·新课标Ⅱ，文17）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1=-1，b1=1，a2 + b2 = 2.
（1）若a3 + b3 = 5，求{bn}的通项公式；（2）若T3=21，求S3.
(2017·新课标Ⅲ，文17)设数列满足．
（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．
(2016·新课标Ⅰ，文17)已知是公差为3的等差数列，数列满足．
（1）求的通项公式；（2）求的前n项和．
（2016·新课标Ⅱ，理17）Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1=1，S7=28. 记bn=[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[lg99]=1.
（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{bn}的前1 000项和.
（2016·新课标Ⅱ，文17）等差数列{an}中，a3 + a4 = 4，a5 + a7 = 6．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=[lgan]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[2.6]=2.
（2016·新课标Ⅲ，理17）(本小题满分12分)已知数列的前n项和Sn=1+λan，其中λ≠0．
(1) 证明是等比数列，并求其通项公式；(2) 若，求λ．
(2016·新课标Ⅲ，文17)已知各项都为正数的数列满足，．
（1）求；（2）求的通项公式
（2015·新课标Ⅰ，17）为数列的前项和.已知＞0，.
（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和.
（2014·新课标Ⅰ，17）已知数列{}的前项和为，=1，，，其中为常数.
(Ⅰ)证明：；（Ⅱ）是否存在，使得{}为等差数列？并说明理由.
(2014·新课标Ⅰ，文17)已知是递增的等差数列，，是方程的根。
（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.
（2014·新课标Ⅱ，17）已知数列{an}满足a1 =1，an+1 =3 an +1.
（Ⅰ）证明是等比数列，并求{an}的通项公式；（Ⅱ）证明：.
(2013·新课标Ⅰ，文17)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5．
(1)求{an}的通项公式；(2)求数列的前n项和．
（2013·新课标Ⅱ，文17）已知等差数列的公差不为零，，且成等比数列.
（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求.
（2011·新课标Ⅰ，理17）等比数列的各项均为正数，且
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列的前n项和.
(2011·新课标Ⅰ，文17)已知等比数列中，，公比．
（1）为的前项和，证明：；
（2）设，求数列的通项公式．
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2011年—2023年新课标全国卷数学试题分类汇编
8．数列（解析版）
一、选择题
(2023·新高考Ⅰ，7)记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【解析】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，
则，
因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，
即，则，有，
两式相减得：，即，对也成立，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，
则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即，
即，，
当时，上两式相减得：，当时，上式成立，
于是，又为常数，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
(2023·新高考Ⅱ，8)记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120 B．85 C． D．
【答案】C
【解析】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
(2023·全国甲卷，理5)设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则（ ）
A． B． C．15 D．40
【答案】C
【解析】由题知，即,即,即．
由题知,所以．所以．
故选:C．
(2023·全国甲卷，文5)记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A．25 B．22 C．20 D．15
【答案】C
【解析】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，
，即,
又，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：，，所以，，
从而，于是，
所以．
故选：C．
(2023·全国乙卷，理10)已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1 B． C．0 D．
【答案】B
【解析】依题意，等差数列中，，
显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，
则在中，或，
于是有，即有，解得，
所以，．
故选：B
(2022·新高考Ⅱ，3)图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9
【答案】D
【解析】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，故选：D
(2022·全国乙卷，理4)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】[方法一]:常规解法：因为，所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确．
[方法二]：特值法
不妨设则
故D正确．
(2022·全国乙卷，理8文10)已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A． 14 B． 12 C． 6 D． 3
【答案】D
【解析】设等比数列的公比为，若，则，与题意矛盾，
所以，则，解得，
所以．
故选：D．
(2021·全国甲卷，理7)等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B 【解析】由题，当数列时，满足，
但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件． 故选：B．
(2021·全国甲卷，文9)记为等比数列的前n项和.若，，则（ ）
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】A【解析】∵为等比数列的前n项和，∴，，成等比数列
∴，，∴，∴.故选：A.
(2020·全国卷Ⅰ，文10)设是等比数列，且，，则（ ）
A．12 B．24 C．30 D．32
【答案】D 【解析】设等比数列的公比为，则，
，
因此，．故选：D．
(2020·全国卷Ⅱ，理4)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
【答案】C
【解析】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，，设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，所以，
即
即，解得，所以．
故选：C
(2020·全国卷Ⅱ，理6)数列中，，，若，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【解析】在等式中，令，可得，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
，
，则，解得．
故选：C．
(2020·全国卷Ⅱ，理12)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期．对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【解析】由知，序列的周期为m，由已知，，
对于选项A，
，不满足；
对于选项B，，不满足；
对于选项D，，不满足.
(2020·全国卷Ⅱ，文6)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ）
A．2n–1 B．2–21–n C．2–2n–1 D．21–n–1
【答案】B
【解析】设等比数列的公比为，由可得：，
所以，因此．
(2019·全国卷Ⅰ，理9)记为等差数列的前n项和．已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A解析：依题意有，可得，，.
(2019·全国卷Ⅰ，文14)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若，则S4=___________．
【答案】 解析：设等比数列的公比为，由已知，
即，解得，所以．
(2019·全国卷Ⅲ，理5)已知各项均为正数的等比数列的前4项为和为15，且，则（ ）
A． 16 B． 8 C．4 D． 2
【答案】C 解析：利用方程思想列出关于的方程组，求出，再利用通项公式即可求得的值。设等比数列{an}的公比为，易知，
由已知得，解得，，故选C．
【解法2】易知，若公比，则不成立，从而
同样解得，。此法明显不如解法1好。
(2019·全国卷Ⅲ，文6)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5=3a3+4a1，则a3=（ ）
A． 16 B． 8 C．4 D． 2
【答案】C 解析：设等比数列{an}的公比为，易知，
由已知得，解得，，故选C．
【解法2】易知，若公比，则不成立，从而
同样解得，。
(2018·新课标Ⅰ，理4)记为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A． B. C. D.
【答案】B 解析：且为等差数列的前项和.
，即，又，，
， 故选B
（2017·新课标Ⅰ，4）记为等差数列的前项和．若，，则的公差为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】C 解析：，，联立求得
得，，，选C；
（2017·新课标Ⅰ，12）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16 ，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（ ）
A．440 B．330 C．220 D．110
【答案】A 解析：设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．
设第组的项数为，则组的项数和为，由题，，令→且，即出现在第13组之后，第组的和为，组总共的和为，
若要使前项和为2的整数幂，则项的和应与互为相反数，
即，，→，则，
故选A；
（2017·新课标Ⅱ，3）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）
A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏
【答案】B 解析：一座7层塔共挂了381盏灯，即；相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，即，塔的顶层为；由等比前项和可知：，解得.
（2017·新课标Ⅲ，9）等差数列的首项为1，公差不为0．若，，成等比数列，则前6项的和为（ ）
A． B． C．3 D．8
【答案】A 解析：因为为等差数列，且成等比数列，设公差为.
则，即，
又因为，代入上式可得又，则，
所以.故选A.
（2016·新课标Ⅰ，3）已知等差数列前项的和为，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C 解析：由等差数列性质可知：，故，而，因此公差
∴．故选C．
（2016·新课标Ⅲ，12）定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数，若m=4，则不同的“规范01数列”共有（ ）
A．18个 B．16个 C．14个 D．12个
【答案】C 解析：，共14个，故选C.
(2015·新课标Ⅰ，文7)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8=4S4，则a10=( ) B
A． B． C．10 D．12
解：依题，解得=，∴，故选B．
（2015·新课标Ⅱ，理4）已知等比数列{an}满足a1=3，a1+ a3+ a5=21，则a3+ a5+ a7 =（ ）
A．21 B．42 C．63 D．84
【答案】B 解析：设等比数列公比为q，则a1+a1q2+a1q4=21，又因为a1=3，所以q4+q2-6=0，解得q2=2，所以a3+a5+a7=(a1+a3+a5)q2=42，故选B.
(2015·新课标Ⅰ，文13)数列{an}中，a1=2，an+1=2an，Sn为{an}的前n项和，若Sn=126，则n= ． 6
（2015·新课标Ⅱ，文5）设是等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 5 B. 7 C. 9 D. 11
【答案】A解析：，.
（2015·新课标Ⅱ，文9）已知等比数列满足，，则（ ）
A. 2 B. 1 C. D.
【答案】C解析：由a42 =a3·a5= 4(a4-1)，得a4 = 2，所以，故.
解：数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴，∴ 2n=64，∴n=6．
（2014·新课标Ⅱ，文5）等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项Sn=（ ）
A． B． C． D．
【答案】A解析：∵d=2，a2，a4，a8成等比，∴a42 = a2·a8， 即a42=(a4-4)(a4 + 8)，解得a4=8，∴a1=a4-3×2=2，∴，故选A.
（2013·新课标Ⅰ，理7）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝( )．
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C 解析：∵Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，∴am＝Sm－Sm－1＝0－(－2)＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3－0＝3. ∴d＝am＋1－am＝3－2＝1. ∵Sm＝ma1＋×1＝0，∴.
又∵am＋1＝a1＋m×1＝3，∴. ∴m＝5.故选C.
（2013·新课标Ⅰ，理12）设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1,2,3，….若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则( )．
A．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列
C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列
【答案】B 解析：且，，，
，，
又，，，，
由题意，，，
，，
，，，
由此可知顶点在以、为焦点的椭圆上，
又由题意，，，
，，，，
单调递增（可证当时故选：．
(2013·新课标Ⅰ，文6)设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则( )．
A．Sn＝2an－1 B．Sn＝3an－2 C．Sn＝4－3an D．Sn＝3－2an
解析：选D．＝3－2an，故选D．
（2013·新课标Ⅱ，理3）等比数列的前项和为，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C 解析：解析：由S3=a2+10a1，得，a1+a2+a3=a2+10a1即，a3=9a1，亦即a1q2=9a1，解得q2=9. ∵a5=a1·q4=9，即81a1=9，∴a1=.
（2012·新课标Ⅰ，5）已知{}为等比数列，，，则（ ）
A．7 B．5 C．－5 D．－7
【答案】D 解析：因为{}为等比数列，所以由已知得，解得或，
所以或，因此，故选择D．
(2012·新课标Ⅰ，文12)数列{}满足，则{}的前60项和为（ ）
A．3690 B．3660 C．1845 D．1830
【答案】D解析：【法1】有题设知①，=3②，=5③，=7，=9，=11，=13，=15，=17，=19，，……
∴②－①得=2，③+②得=8，同理可得=2，=24，=2，=40，…，∴，，，…，是各项均为2的常数列，，，，…，是首项为8，公差为16的等差数列，∴{}的前60项和为=1830.
【法2】
二、填空题
(2023·全国甲卷，文13)记为等比数列的前项和．若，则的公比为________．
【答案】
【解析】若，则由得，则，不合题意．所以．
当时，因为，所以，
即，即，即，
解得．
(2023·全国乙卷，理15)已知为等比数列，，，则______．
【答案】
【解析】设的公比为，则，显然，
则，即，则，因为，则，
则，则，则．
(2021·新高考Ⅰ，16)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
【解析】（1）对折次可得到如下规格：，，，，，共种；
（2）由题意可得，，，，，，
设，
则，
两式作差得
，
因此，.
故答案为：；.
(2020·新高考Ⅰ，14)将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
【答案】
【解析】
因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列是以1首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，
所以的前项和为，
故答案为：．
(2020·全国卷Ⅰ，文16)数列满足，前16项和为540，则 ______________．
【答案】
【解析】，当为奇数时，；当为偶数时，．
设数列的前项和为，
，
．
(2020·全国卷Ⅱ，文14)记为等差数列的前n项和．若，则__________．
【答案】
【解析】是等差数列，且，，设等差数列的公差
根据等差数列通项公式：，可得，
即：，整理可得：，解得：
根据等差数列前项和公式：
可得：
．
(2019·全国卷Ⅰ，理14)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若，则S5=____________．
【答案】 解析：∵，，设等比数列公比为，∴，∴，
∴.
(2019·全国卷Ⅲ，理14)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1≠0，，则=_____________．
【答案】4 解析：因，所以，即，所以
(2019·全国卷Ⅲ，文14)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若，则___________．
【答案】100 解析：设等差数列得首项为，公差为.由等差数列得通项公式可得，解得，则得100
【基本解法2】由等差数列定义知得的前项和公式得：
(2018·新课标Ⅰ，理14) 14.记为数列的前项和，若. 则 .
【答案】 解析：时，，即，解得；
当时，，所以；
数列是以为首项，为公比的等比数列，.
（2017·新课标Ⅱ，理15）等差数列的前项和为，，，则 ．
【答案】解析：∵ ， ，∴ ，∵ ，∴ ∴ ，∵ ∴ ∴
∴ ， ∴
（2017·新课标Ⅲ，14）设等比数列满足， ，则 ___________．
【答案】 解析：因为为等比数列，设公比为．
，即，显然，，得，即，代入式可得，
所以．
（2016·新课标Ⅰ，理15）设等比数列满足，，则的最大值为 ．
【答案】64 解析：由于是等比数列，设，其中是首项，是公比．
∴，解得：．故，∴
，当或时，取到最小值，此时取到最大值．所以的最大值为64．
(2015·新课标Ⅰ，文13)数列{an}中，a1=2，an+1=2an，Sn为{an}的前n项和，若Sn=126，则n= ． 6
解：数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴，∴ 2n=64，∴n=6．
（2015·新课标Ⅱ，理16）设Sn是数列{an}的前项和，且，，则Sn=________________．
【答案】 解析：由已知得，两边同时除以，得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以．
（2013·新课标Ⅰ，14）若数列{an}的前n项和，则{an}的通项公式是an＝__________.
【答案】 解析：∵，① ∴当n≥2时，.②
①－②，得，即＝－2，∵a1＝S1＝，∴a1＝1.
∴{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，an＝(－2)n－1.
（2014·新课标Ⅱ，文16）数列满足，= 2，则=_________.
（2013·新课标Ⅱ，理16）等差数列的前项和为，已知，，则的最小值为____.
【答案】-49 解析：设数列{an}的首项为a1，公差为d，则S10＝＝10a1＋45d＝0①，S15＝＝15a1＋105d＝25②，联立①②，得a1＝-3，，所以Sn. 令f(n)＝nSn，则，. 令f ′(n)＝0，得n＝0或. 当时，f ′(n)＞0,时，f ′(n)＜0，所以当时，f (n)取最小值，而n∈N＋，则f (6)＝-48，f (7)＝-49，所以当n＝7时，f (n)取最小值-49.
（2012·新课标Ⅰ，16）数列{}满足，则{}的前60项和为______．
【答案】 解析：因为，所以，，，，，，……，，，．
由，可得；
由，可得；……
由，可得；
从而．
又，，，…，，，
所以
．
从而．
因此
．
方法2：由得，
由②①得， ③
由①得，.
由③得，，
所以.
(2012·新课标Ⅰ，文14)等比数列的前项和为，若，则公比___________．
【答案】．
【解析】由已知得，，
因为，所以
而，所以，解得．
三、解答题
(2023·新高考Ⅰ，20)设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
（1）若，求的通项公式；
（2）若为等差数列，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】（1），，解得，
，
又，
，
即，解得或（舍去），
.
（2）为等差数列，，即，
，即，解得或，
，，
又，由等差数列性质知，，即，
，即，解得或（舍去）
当时，，解得，与矛盾，无解；
当时，，解得
综上，.
(2023·新高考Ⅱ，18)已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
（1）求的通项公式；（2）证明：当时，．
【解析】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是．
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，．
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，．
(2023·全国甲卷，理17)设为数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）因为，
当时，，即；
当时，，即，
当时，，所以，
化简得：，当时，，即，
当时都满足上式，所以．
（2）因为，所以，
，
两式相减得，，
，即，．
(2023·全国乙卷，文18)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．
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
所以，
（2）因为，
令，解得，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得
；
综上所述：．
(2022·新高考Ⅰ，17)记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
【解析】（1）∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
(2022·新高考Ⅱ，17)已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
（1）证明：；
（2）求集合中元素个数．
【解析】（1）设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．
（2）由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．
(2022·全国甲卷，理17文18)记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；
（2）若成等比数列，求最小值．
【解析】（1）因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
（2）由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时，．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，即有．
则当或时，．
(2021·新高考Ⅰ，17) 已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
【解析】（1）由题设可得
又，，
故即即
所以为等差数列，故.
（2）设的前项和为，则，
因为，
所以
.
(2021·新高考Ⅱ，17)记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．
（1）求数列的通项公式；
（2）求使成立的n的最小值．
【答案】(1)；(2)7.
【解析】(1)由等差数列的性质可得：，则：，
设等差数列的公差为，从而有：，
，
从而：，由于公差不为零，故：，
数列的通项公式为：.
(2)由数列的通项公式可得：，则：，
则不等式即：，整理可得：，
解得：或，又为正整数，故的最小值为.
(2021·全国甲卷，理18)已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【解析】选①②作条件证明③：
设，则，
当时，；
当时，；
因为也是等差数列，所以，解得；
所以，所以.
选①③作条件证明②：
因为，是等差数列，
所以公差，
所以，即，
因为，
所以是等差数列.
选②③作条件证明①：
设，则，
当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；
当时，，不合题意，舍去.
综上可知为等差数列.
(2021·全国甲卷，文18)记为数列的前n项和，已知，且数列是等差数列，证明：是等差数列.
【解析】∵数列是等差数列，设公差为
∴，
∴，
∴当时，
当时，，满足，
∴的通项公式为，
∴
∴是等差数列.
(2021·全国乙卷，理19)记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】（1）由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列以为首项，以为公差等差数列;
（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
(2021·全国乙卷，文19)设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】利用等差数列的性质及得到，解方程即可；
利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.
【详解】因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得 ，
所以，
所以，
所以.
【点晴】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.
(2020·新高考Ⅰ，18)已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由于数列是公比大于的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，解得，所以，所以数列的通项公式为．
（2）由于，所以
对应的区间为：，则；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个．
所以．
(2020·新高考Ⅱ，18)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4＝20，a3＝8．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1．
【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q＞1），
则，
∵q＞1，∴，
∴．
（2）a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1
＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1 22n+1，
＝＝．
(2020·全国卷Ⅰ，理17)设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
【解析】（1）设的公比为，为的等差中项，
，
；
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
．
(2020·全国卷Ⅲ，理17)设数列{an}满足a1=3，．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
【答案】（1），，，证明见解析；（2）．
【解析】（1）由题意可得，，
由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即，
证明如下：
当时，成立；
假设时，成立．
那么时，也成立．
则对任意的，都有成立；
（2）由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，
即．
(2020·全国卷Ⅲ，文17)设等比数列{an}满足，．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记为数列{log3an}的前n项和．若，求m．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）设等比数列的公比为，根据题意，有，解得，
所以；
（2）令，
所以，
根据，可得，
整理得，因为，所以，
(2019·全国卷Ⅰ，文18)（12分）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．
解：（1）设的公差为d．
由得．
由a3=4得．
于是．
因此的通项公式为．
（2）由（1）得，故.
由知，故等价于，解得1≤n≤10．
所以n的取值范围是．
(2019·全国卷Ⅱ，理19)已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0， ，．
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；
（2）求{an}和{bn}的通项公式．
19．解：（1）由题设得，即．
又因为a1+b1=l，所以是首项为1，公比为的等比数列．
由题设得，
即．
又因为a1–b1=l，所以是首项为1，公差为2的等差数列．
（2）由（1）知，，．
所以，
．
(2019·全国卷Ⅱ，文18)已知是各项均为正数的等比数列，．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
18．解：（1）设的公比为q，由题设得
，即．
解得（舍去）或q=4．
因此的通项公式为．
（2）由（1）得，因此数列的前n项和为．
(2018·新课标Ⅰ，文17)（12分）已知数列满足，，设．
（1）求；
（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；
（3）求的通项公式．
解：（1）由条件可得an+1=．
将n=1代入得，a2=4a1，而a1=1，所以，a2=4．
将n=2代入得，a3=3a2，所以，a3=12．
从而b1=1，b2=2，b3=4．
（2）{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
由条件可得，即bn+1=2bn，又b1=1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
（3）由（2）可得，所以an=n·2n-1．
（2018·新课标Ⅱ，17）记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）求，并求的最小值．
解：（1）设的公差为d，由题意得，由得d=2，
所以，所以的通项公式为.
（2）由（1）得.
所以当n=4时,取得最小值,最小值为 16.
(2018·新课标Ⅱ，文17)记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）求，并求的最小值．
解法一：常规解法
（Ⅰ）因为
所以
所以
所以 数列是以为首项，为公差的等差数列
所以 数列的通项公式为
（2）由（Ⅰ）可知：前n项和
所以 对称轴为，
故 ，
（2018·新课标Ⅲ，理17）等比数列中，．
⑴求的通项公式；⑵记为的前项和．若，求．
解析：（1）设数列的公比为，∴，∴.
∴或.
（2）由（1）知，或，
∴或（舍），∴.
（2016·新课标Ⅱ，17）（满分12分）Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1=1，S7=28. 记bn=[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[lg99]=1.
（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{bn}的前1 000项和.
解析：⑴设数列的公差为，，∴，∴，
∴．∴，，
．
⑵记的前项和为，则．
当时，；当时，；
当时，；当时，．
∴．
(2018·新课标Ⅲ，文17)等比数列中，．
⑴求的通项公式；
⑵记为的前项和．若，求．
17．解析：（1）设数列的公比为，∴，∴.
∴或.
（2）由（1）知，或，
∴或（舍），
∴.
(2017·新课标Ⅰ，文17)记为等比数列的前项和，已知,．
（1）求的通项公式；
（2）求，并判断，，是否成等差数列．
【解析】（1）设首项，公比，依题意，，由，
，解得，
．
（2）要证成等差数列，只需证：，
只需证：，只需证：，
只需证：（*），由（1）知（*）式显然成立，
成等差数列．
（2017·新课标Ⅱ，文17）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1=-1，b1=1，a2 + b2 = 2.
（1）若a3 + b3 = 5，求{bn}的通项公式；（2）若T3=21，求S3.
（2017·17）解析：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an = -1+(n-1)d，bn = qn-1 . 由a2 + b2 = 2得d+q=3 ①，由a3 + b3 = 5得2d+q2=6 ②，联立①和②解得（舍去），因此{bn}的通项公式bn =2n+1 .
（2）由b1=1，T1=21，得q2+q-20=0. 解得q =-5或q=4，当q =-5时，由①得d=8，则S3=21；当q=4时，由①得d=-1，则S3=-6.
(2016·新课标Ⅰ，文17)已知是公差为3的等差数列，数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求的前n项和．
17． 解析 （1）由题意令中，即，
解得，故．
（2）由（1）得，即，
故是以为首项，为公比的等比数列，即，
所以的前项和为．
(2017·新课标Ⅲ，文17)设数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
17．解析 :（1）令 ，则有 ，即．
当时，．当时， ①
②
得，即 得到(n
（2）令
所以
．
（2016·新课标Ⅱ，文17）等差数列{an}中，a3 + a4 = 4，a5 + a7 = 6．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=[lgan]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[2.6]=2.
解析：（Ⅰ）设数列的公差为d，由题意有，解得，所以的通项公式为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当n=1, 2, 3时，；当n=4, 5时，；当n=6, 7, 8时，；当n=9, 10时，，所以数列的前10项和为.
（2016·新课标Ⅲ，理17）(本小题满分12分)
已知数列的前n项和Sn=1+λan，其中λ≠0．
(1) 证明是等比数列，并求其通项公式；
(2) 若，求λ．
解析：(1) ，
当时，，即，
即，即，∴是等比数列，公比，
当n=1时，，即，.
（2）若， 则，
(2016·新课标Ⅲ，文17)已知各项都为正数的数列满足，．
（1）求；（2）求的通项公式．
17．解析 (1)由，令，有，将带入得．同理可以令，将带入得．所以，．
(2)由，得．因为的各项都为正数，所以．故是首项为1，公比为的等比数列，因此．
（2015·新课标Ⅰ，理17）为数列的前项和.已知＞0，.
（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和.
解析：（Ⅰ）当时，，因为，所以=3，
当时，==，即，因为，所以，
所以数列{}是首项为，公差为的等差数列，且=.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=，则数列{}前项和为= =.
（2014·新课标Ⅰ，理17）已知数列{}的前项和为，=1，，，其中为常数.
(Ⅰ)证明：；（Ⅱ）是否存在，使得{}为等差数列？并说明理由.
解析：(Ⅰ)由题设，，两式相减
，由于，所以 …………6分
（Ⅱ）由题设=1，，可得，由(Ⅰ)知
假设{}为等差数列，则成等差数列，∴，解得；
证明时，{}为等差数列：由知
数列奇数项构成的数列是首项为1，公差为4的等差数列
令则，∴
数列偶数项构成的数列是首项为3，公差为4的等差数列
令则，∴
∴（），
因此，存在存在，使得{}为等差数列. ………12分
(2014·新课标Ⅰ，文17)已知是递增的等差数列，，是方程的根。
（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.
解：（1）方程的两根为2,3，由题意得
设数列的公差为d，则故从而
所以的通项公式为 ,
（2）设的前n项和为由（I）知则
两式相减得
所以
（2014·新课标Ⅱ，理17）已知数列{an}满足a1 =1，an+1 =3 an +1.
（Ⅰ）证明是等比数列，并求{an}的通项公式；（Ⅱ）证明：.
解析：（Ⅰ）证明：∵，∴，即：，又，∴是以为首项，3为公比的等比数列．∴，即.
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，∴，
∴
故：
(2013·新课标Ⅰ，文17)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝．
由已知可得
解得a1＝1，d＝－1．
故{an}的通项公式为an＝2－n．
(2)由(1)知＝，
从而数列的前n项和为
＝．
（2013·新课标Ⅱ，文17）已知等差数列的公差不为零，，且成等比数列.
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）求.
解析：（Ⅰ）设{an}的公差为d. 由题意，a112＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．
于是d(2a1＋25d)＝0. 又a1＝25，所以d＝0（舍去），d＝－2. 故an＝－2n＋27.
（Ⅱ）令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2. 由(Ⅰ)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.
（2011·新课标Ⅰ、Ⅱ，17）等比数列的各项均为正数，且
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列的前n项和.
解析：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由得所以. 由条件可知a>0，故. 由得，所以. 故数列{an}的通项式为.
（Ⅱ ），
故，，
所以数列的前n项和为.
(2011·新课标Ⅰ，文17)已知等比数列中，，公比．
（1）为的前项和，证明：；
（2）设，求数列的通项公式．
【解析】（1）因为，，所以．
（2）．所以的通项公式为．
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2011年—2023年新课标全国卷数学试题分类汇编
6．数列（解析版）
一、选择题
(2023·新高考Ⅰ，7)【答案】C【解析】甲：为等差数列，设其首项为，公差为，则，因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，
即，则，有，两式相减得：，即，对也成立，因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，C正确.
(2023·新高考Ⅱ，8)【答案】C 【解析】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；若，则，与题意不符，所以；由，可得，，①，
由①可得，，解得：，所以．
方法二：设等比数列的公比为，因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，所以有，，解得：或，当时，，即为，易知，，即；当时，，与矛盾，舍去．故选：C．
(2023·全国甲卷，理5)C【解析】由题知，即,即,即．由题知,所以．所以．
(2023·全国甲卷，文5)【答案】C【解析】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，，即，又，解得：，
所以．
方法二：，，所以，，从而，于是，所以．故选：C．
(2023·全国乙卷，理10)B【解析】依题意，等差数列中，，
显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，
则在中，或，
于是有，即有，解得，
所以，．
(2022·新高考Ⅱ，3) 【答案】D【解析】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，故选：D
(2022·全国乙卷，理4)D【解析】[方法一]:常规解法：因为，所以，，得到，同理，可得，，又因为，故，；以此类推，可得，，故A错误；，故B错误；，得，故C错误；，得，故D正确．
[方法二]：特值法：不妨设则
故D正确．
(2022·全国乙卷，理8文10)【答案】D【解析】设等比数列的公比为，若，则，与题意矛盾，所以，则，解得，所以．
(2021·全国甲卷，理7)【答案】B 【解析】由题，当数列时，满足，
但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件． 故选：B．
(2021·全国甲卷，文9)A【解析】∵为等比数列的前n项和，∴，，成等比数列 ∴，，∴，∴.故选：A.
(2020·全国卷Ⅰ，文10)【答案】D 【解析】设等比数列的公比为，则，
，
因此，．故选：D．
(2020·全国卷Ⅱ，理4)【答案】C【解析】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，，设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为，因为下层比中层多729块，所以，
即
即，解得，所以．
(2020·全国卷Ⅱ，理6)C【解析】在等式中，令，可得，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
，
，则，解得．
(2020·全国卷Ⅱ，理12)【答案】C【解析】由知，序列的周期为m，由已知，，
对于选项A，
，不满足；
对于选项B，，不满足；
对于选项D，，不满足.
(2020·全国卷Ⅱ，文6)【答案】B 【解析】设等比数列的公比为，由可得：，所以，因此．
(2019·全国卷Ⅰ，理9)A解析：依题意有，可得，，.
(2019·全国卷Ⅰ，文14)【答案】 解析：设等比数列的公比为，由已知，即，解得，所以．
(2019·全国卷Ⅲ，理5【答案】C 解析：利用方程思想列出关于的方程组，求出，再利用通项公式即可求得的值。设等比数列{an}的公比为，易知，
由已知得，解得，，故选C．
【解法2】易知，若公比，则不成立，从而
同样解得，。此法明显不如解法1好。
(2019·全国卷Ⅲ，文6)C 解析：设等比数列{an}的公比为，易知，
由已知得，解得，，故选C．
【解法2】易知，若公比，则不成立，从而
同样解得，。
(2018·新课标Ⅰ，理4)B 解析：且为等差数列的前项和.
，即，又，，
， 故选B
（2017·新课标Ⅰ，4）C 解析：，，联立求得 得，，，选C；
（2017·新课标Ⅰ，12）A 解析：设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．
设第组的项数为，则组的项数和为，由题，，令→且，即出现在第13组之后，第组的和为，组总共的和为，
若要使前项和为2的整数幂，则项的和应与互为相反数，
即，，→，则，
（2017·新课标Ⅱ，3）B 解析：一座7层塔共挂了381盏灯，即；相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，即，塔的顶层为；由等比前项和可知：，解得.
（2017·新课标Ⅲ，9）A 解析：因为为等差数列，且成等比数列，设公差为.
则，即，
又因为，代入上式可得又，则，
所以.故选A.
（2016·新课标Ⅰ，3）C 解析：由等差数列性质可知：，故，而，因此公差 ∴．故选C．
（2016·新课标Ⅲ，12） C 解析：，共14个，故选C.
(2015·新课标Ⅰ，文7)依题，解得=，∴，故选B．
（2015·新课标Ⅱ，理4）B 解析：设等比数列公比为q，则a1+a1q2+a1q4=21，又因为a1=3，所以q4+q2-6=0，解得q2=2，所以a3+a5+a7=(a1+a3+a5)q2=42，故选B.
(2015·新课标Ⅰ，文13) 6
（2015·新课标Ⅱ，文5）A解析：，.
（2015·新课标Ⅱ，文9）C解析：由a42 =a3·a5= 4(a4-1)，得a4 = 2，所以，故.
解：数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴，∴ 2n=64，∴n=6．
（2014·新课标Ⅱ，文5）A解析：∵d=2，a2，a4，a8成等比，∴a42 = a2·a8， 即a42=(a4-4)(a4 + 8)，解得a4=8，∴a1=a4-3×2=2，∴，故选A.
（2013·新课标Ⅰ，理7）C 解析：∵Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，∴am＝Sm－Sm－1＝0－(－2)＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3－0＝3. ∴d＝am＋1－am＝3－2＝1. ∵Sm＝ma1＋×1＝0，∴.
又∵am＋1＝a1＋m×1＝3，∴. ∴m＝5.故选C.
（2013·新课标Ⅰ，理12）【答案】B 解析：且，，，
，，
又，，，，
由题意，，，
，，
，，，
由此可知顶点在以、为焦点的椭圆上，
又由题意，，，
，，，，
单调递增（可证当时故选：．
(2013·新课标Ⅰ，文6)解析：选D．＝3－2an，故选D．
（2013·新课标Ⅱ，理3）C 解析：解析：由S3=a2+10a1，得，a1+a2+a3=a2+10a1即，a3=9a1，亦即a1q2=9a1，解得q2=9. ∵a5=a1·q4=9，即81a1=9，∴a1=.
（2012·新课标Ⅰ，5）D 解析：因为{}为等比数列，所以由已知得，解得或，所以或，因此，故选择D．
(2012·新课标Ⅰ，文12)D解析：【法1】有题设知①，=3②，=5③，=7，=9，=11，=13，=15，=17，=19，，……
∴②－①得=2，③+②得=8，同理可得=2，=24，=2，=40，…，∴，，，…，是各项均为2的常数列，，，，…，是首项为8，公差为16的等差数列，∴{}的前60项和为=1830.
【法2】
二、填空题
(2023·全国甲卷，文13)【答案】【解析】若，则由得，则，不合题意．所以．当时，因为，所以，
即，即，即，解得．
(2023·全国乙卷，理15)【答案】【解析】设的公比为，则，显然，则，即，则，因为，则，
则，则，则．
(2021·新高考Ⅰ，16)【解析】（1）对折次可得到如下规格：，，，，，共种；
（2）由题意可得，，，，，，
设，
则，
两式作差得
，
因此，.
故答案为：；.
(2020·新高考Ⅰ，14)【答案】 因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以的前项和为．
(2020·全国卷Ⅰ，文16)【答案】 【解析】，当为奇数时，；当为偶数时，．
设数列的前项和为，
，．
(2020·全国卷Ⅱ，文14)【答案】 【解析】是等差数列，且，，设等差数列的公差 根据等差数列通项公式：，可得，
即：，整理可得：，解得：
根据等差数列前项和公式：
可得： ．
(2019·全国卷Ⅰ，理14)【答案】 解析：∵，，设等比数列公比为，∴，∴，∴.
(2019·全国卷Ⅲ，理14)【答案】4 解析：因，所以，即，所以
(2019·全国卷Ⅲ，文14)【答案】100 解析：设等差数列得首项为，公差为.由等差数列得通项公式可得，解得，则得100
【基本解法2】由等差数列定义知得的前项和公式得：
(2018·新课标Ⅰ，理14) 【答案】 解析：时，，即，解得；
当时，，所以；
数列是以为首项，为公比的等比数列，.
（2017·新课标Ⅱ，理15）【答案】解析：∵ ， ，∴ ，∵ ，∴ ∴ ，∵ ∴ ∴
∴ ， ∴
（2017·新课标Ⅲ，14）【答案】 解析：因为为等比数列，设公比为．
，即，显然，，得，即，代入式可得，
所以．
（2016·新课标Ⅰ，理15）【答案】64 解析：由于是等比数列，设，其中是首项，是公比．∴，解得：．故，∴
，当或时，取到最小值，此时取到最大值．所以的最大值为64．
(2015·新课标Ⅰ，文13)解：数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴，∴ 2n=64，∴n=6．
（2015·新课标Ⅱ，理16）【答案】 解析：由已知得，两边同时除以，得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以．
（2013·新课标Ⅰ，14）【答案】 解析：∵，① ∴当n≥2时，.②
①－②，得，即＝－2，∵a1＝S1＝，∴a1＝1.
∴{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，an＝(－2)n－1.
（2013·新课标Ⅱ，理16）等差数列的前项和为，已知，，则的最小值为____.
【答案】-49 解析：设数列{an}的首项为a1，公差为d，则S10＝＝10a1＋45d＝0①，S15＝＝15a1＋105d＝25②，联立①②，得a1＝-3，，所以Sn. 令f(n)＝nSn，则，. 令f ′(n)＝0，得n＝0或. 当时，f ′(n)＞0,时，f ′(n)＜0，所以当时，f (n)取最小值，而n∈N＋，则f (6)＝-48，f (7)＝-49，所以当n＝7时，f (n)取最小值-49.
（2012·新课标Ⅰ，16）【答案】 解析：因为，所以，，，，，，……，，，．由，可得；
由，可得；……
由，可得；
从而．
又，，，…，，，
所以
．
从而．
因此
．
方法2：由得，
由②①得， ③
由①得，.
由③得，，
所以.
(2012·新课标Ⅰ，文14)【答案】．【解析】由已知得，， 因为，所以, 而，所以，解得．
三、解答题
(2023·新高考Ⅰ，20)设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
（1）若，求的通项公式；（2）若为等差数列，且，求．
【解析】（1），，解得，，
又，，即，解得或（舍去），.
（2）为等差数列，，即，
，即，解得或，
，，
又，由等差数列性质知，，即，
，即，解得或（舍去）
当时，，解得，与矛盾，无解；
当时，，解得，
综上，.
(2023·新高考Ⅱ，18)已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
（1）求的通项公式；（2）证明：当时，．
【解析】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是．
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，．
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，．
(2023·全国甲卷，理17)设为数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和．
【解析】（1）因为，当时，，即；当时，，即，
当时，，所以，
化简得：，当时，，即，
当时都满足上式，所以．
（2）因为，所以，
，
两式相减得，，
，即，．
(2023·全国乙卷，文18)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．
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
所以，
（2）因为，令，解得，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得
；
综上所述：．
(2022·新高考Ⅰ，17)记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
【解析】（1）∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，∴,
整理得：，即，∴
，显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
(2022·新高考Ⅱ，17)已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
（1）证明：；（2）求集合中元素个数．
【解析】（1）设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．
（2）由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．
(2022·全国甲卷，理17文18)记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；（2）若成等比数列，求最小值．
【解析】（1）因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
（2）由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时，．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，即有．
则当或时，．
(2021·新高考Ⅰ，17) 已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；（2）求的前20项和.
【解析】（1）由题设可得
又，，故即即
所以为等差数列，故.
（2）设的前项和为，则，
因为，
所以
.
(2021·新高考Ⅱ，17)记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．
（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．
【答案】(1)；(2)7.
【解析】(1)由等差数列的性质可得：，则：，
设等差数列的公差为，从而有：，
，
从而：，由于公差不为零，故：，
数列的通项公式为：.
(2)由数列的通项公式可得：，则：，
则不等式即：，整理可得：，
解得：或，又为正整数，故的最小值为.
(2021·全国甲卷，理18)已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【解析】选①②作条件证明③：
设，则，
当时，；
当时，；
因为也是等差数列，所以，解得；
所以，所以.
选①③作条件证明②：
因为，是等差数列，
所以公差，
所以，即，
因为，
所以是等差数列.
选②③作条件证明①：
设，则，
当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；
当时，，不合题意，舍去.
综上可知为等差数列.
(2021·全国甲卷，文18)记为数列的前n项和，已知，且数列是等差数列，证明：是等差数列.
【解析】∵数列是等差数列，设公差为
∴，
∴，
∴当时，
当时，，满足，
∴的通项公式为，
∴
∴是等差数列.
(2021·全国乙卷，理19)记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;（2）求的通项公式．
【解析】【详解】（1）由已知得,且，,
取,由得,由于为数列的前n项积，
所以,所以，所以,
由于
所以，即,其中
所以数列以为首项，以为公差等差数列;
（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
(2021·全国乙卷，文19)设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
【解析】因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，所以.
（2）证明：由（1）可得，
，① ，②
①②得 ，
所以，所以，
所以.
(2020·新高考Ⅰ，18)已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．
【解析】（1）由于数列是公比大于的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，解得，所以，所以数列的通项公式为．
（2）由于，所以
对应的区间为：，则；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个．
所以．
(2020·新高考Ⅱ，18)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4＝20，a3＝8．
（1）求{an}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1．
【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q＞1），则，
∵q＞1，∴，∴．
（2）a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1
＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1 22n+1＝＝．
(2020·全国卷Ⅰ，理17)设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；（2）若，求数列的前项和．
【解析】（1）设的公比为，为的等差中项，
，；
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
．
(2020·全国卷Ⅲ，理17)设数列{an}满足a1=3，．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
【答案】（1），，，证明见解析；（2）．
【解析】（1）由题意可得，，
由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即，
证明如下：
当时，成立；
假设时，成立．
那么时，也成立．
则对任意的，都有成立；
（2）由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，
即．
(2020·全国卷Ⅲ，文17)设等比数列{an}满足，．
（1）求{an}的通项公式；（2）记为数列{log3an}的前n项和．若，求m．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）设等比数列的公比为，根据题意，有，解得，所以；
（2）令，所以，
根据，可得，
整理得，因为，所以，
(2019·全国卷Ⅰ，文18)（12分）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．
解：（1）设的公差为d．由得．由a3=4得．于是．
因此的通项公式为．
（2）由（1）得，故.
由知，故等价于，解得1≤n≤10．
所以n的取值范围是．
(2019·全国卷Ⅱ，理19)已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0， ，．
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；（2）求{an}和{bn}的通项公式．
19．解：（1）由题设得，即．
又因为a1+b1=l，所以是首项为1，公比为的等比数列．
由题设得，即．
又因为a1–b1=l，所以是首项为1，公差为2的等差数列．
（2）由（1）知，，．
所以，
．
(2019·全国卷Ⅱ，文18)已知是各项均为正数的等比数列，．
（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．
18．解：（1）设的公比为q，由题设得 ，即．
解得（舍去）或q=4．
因此的通项公式为．
（2）由（1）得，因此数列的前n项和为．
(2018·新课标Ⅰ，文17)（12分）已知数列满足，，设．
（1）求；（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；（3）求的通项公式．
解：（1）由条件可得an+1=．将n=1代入得，a2=4a1，而a1=1，所以，a2=4．
将n=2代入得，a3=3a2，所以，a3=12．从而b1=1，b2=2，b3=4．
（2）{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
由条件可得，即bn+1=2bn，又b1=1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
（3）由（2）可得，所以an=n·2n-1．
（2018·新课标Ⅱ，17）记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值．
解：（1）设的公差为d，由题意得，由得d=2，
所以，所以的通项公式为.
（2）由（1）得.
所以当n=4时,取得最小值,最小值为 16.
(2018·新课标Ⅱ，文17)记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值．
解法一：常规解法
（Ⅰ）因为 ，所以 ，所以 ，
所以 数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以 数列的通项公式为
（2）由（Ⅰ）可知：前n项和
所以 对称轴为，
故 ，
（2018·新课标Ⅲ，理17）等比数列中，．
⑴求的通项公式；⑵记为的前项和．若，求．
解析：（1）设数列的公比为，∴，∴.
∴或.
（2）由（1）知，或，
∴或（舍），∴.
（2016·新课标Ⅱ，17）（满分12分）Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1=1，S7=28. 记bn=[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[lg99]=1.
（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{bn}的前1 000项和.
解析：⑴设数列的公差为，，∴，∴，
∴．∴，，
．
⑵记的前项和为，则．
当时，；当时，；
当时，；当时，．
∴．
(2018·新课标Ⅲ，文17)等比数列中，．
⑴求的通项公式；⑵记为的前项和．若，求．
17．解析：（1）设数列的公比为，∴，∴.
∴或.
（2）由（1）知，或，
∴或（舍），
∴.
(2017·新课标Ⅰ，文17)记为等比数列的前项和，已知,．
（1）求的通项公式；（2）求，并判断，，是否成等差数列．
【解析】（1）设首项，公比，依题意，，由，
，解得，
．
（2）要证成等差数列，只需证：，
只需证：，只需证：，
只需证：（*），由（1）知（*）式显然成立，
成等差数列．
（2017·新课标Ⅱ，文17）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1=-1，b1=1，a2 + b2 = 2.
（1）若a3 + b3 = 5，求{bn}的通项公式；（2）若T3=21，求S3.
（2017·17）解析：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an = -1+(n-1)d，bn = qn-1 . 由a2 + b2 = 2得d+q=3 ①，由a3 + b3 = 5得2d+q2=6 ②，联立①和②解得（舍去），因此{bn}的通项公式bn =2n+1 .
（2）由b1=1，T1=21，得q2+q-20=0. 解得q =-5或q=4，当q =-5时，由①得d=8，则S3=21；当q=4时，由①得d=-1，则S3=-6.
(2016·新课标Ⅰ，文17)已知是公差为3的等差数列，数列满足．
（1）求的通项公式；（2）求的前n项和．
17． 解析 （1）由题意令中，即，
解得，故．
（2）由（1）得，即，
故是以为首项，为公比的等比数列，即，
所以的前项和为．
(2017·新课标Ⅲ，文17)设数列满足．
（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．
17．解析 :（1）令 ，则有 ，即．
当时，．当时， ①
②
得，即 得到(n
（2）令
所以
．
（2016·新课标Ⅱ，文17）等差数列{an}中，a3 + a4 = 4，a5 + a7 = 6．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=[lgan]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[2.6]=2.
解析：（Ⅰ）设数列的公差为d，由题意有，解得，所以的通项公式为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当n=1, 2, 3时，；当n=4, 5时，；当n=6, 7, 8时，；当n=9, 10时，，所以数列的前10项和为.
（2016·新课标Ⅲ，理17）已知数列的前n项和Sn=1+λan，其中λ≠0．
(1) 证明是等比数列，并求其通项公式；(2) 若，求λ．
解析：(1) ，
当时，，即，
即，即，∴是等比数列，公比，
当n=1时，，即，.
（2）若， 则，
(2016·新课标Ⅲ，文17)已知各项都为正数的数列满足，．
（1）求；（2）求的通项公式．
17．解析 (1)由，令，有，将带入得．同理可以令，将带入得．所以，．
(2)由，得．因为的各项都为正数，所以．故是首项为1，公比为的等比数列，因此．
（2015·新课标Ⅰ，理17）为数列的前项和.已知＞0，.
（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和.
解析：（Ⅰ）当时，，因为，所以=3，
当时，==，即，因为，所以，
所以数列{}是首项为，公差为的等差数列，且=.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=，则数列{}前项和为= =.
（2014·新课标Ⅰ，理17）已知数列{}的前项和为，=1，，，其中为常数.
(Ⅰ)证明：；（Ⅱ）是否存在，使得{}为等差数列？并说明理由.
解析：(Ⅰ)由题设，，两式相减
，由于，所以 …………6分
（Ⅱ）由题设=1，，可得，由(Ⅰ)知
假设{}为等差数列，则成等差数列，∴，解得；
证明时，{}为等差数列：由知
数列奇数项构成的数列是首项为1，公差为4的等差数列
令则，∴
数列偶数项构成的数列是首项为3，公差为4的等差数列
令则，∴
∴（），
因此，存在存在，使得{}为等差数列. ………12分
(2014·新课标Ⅰ，文17)已知是递增的等差数列，，是方程的根。
（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.
解：（1）方程的两根为2,3，由题意得
设数列的公差为d，则故从而
所以的通项公式为 ,
（2）设的前n项和为由（I）知则
两式相减得 所以
（2014·新课标Ⅱ，理17）已知数列{an}满足a1 =1，an+1 =3 an +1.
（Ⅰ）证明是等比数列，并求{an}的通项公式；（Ⅱ）证明：.
解析：（Ⅰ）证明：∵，∴，即：，又，∴是以为首项，3为公比的等比数列．∴，即.
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，∴，
∴
故：
(2013·新课标Ⅰ，文17)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5．
(1)求{an}的通项公式；(2)求数列的前n项和．
解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝．由已知可得解得a1＝1，d＝－1．
故{an}的通项公式为an＝2－n．
(2)由(1)知＝，
从而数列的前n项和为＝．
（2013·新课标Ⅱ，文17）已知等差数列的公差不为零，，且成等比数列.
（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求.
解析：（Ⅰ）设{an}的公差为d. 由题意，a112＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．
于是d(2a1＋25d)＝0. 又a1＝25，所以d＝0（舍去），d＝－2. 故an＝－2n＋27.
（Ⅱ）令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2. 由(Ⅰ)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.
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