2021 新高考 数列 专题练习(含答案)

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．等比数列中，，，则（ ）

A． ． ． ．

2．设等比数列的前项和为，则（ ）

A． ． ． ．

3．若数列{an}满足an＋1＝4an＋6(n∈N＋)且a1＞0，则下列数列是等比数列的是(　　)

A．{an＋6} ．{an＋1}

C．{an＋3} ．{an＋2}

4．已知奇函数f（x）为R上的单调递减函数，数列{an}是公差为2的等差数列，且f（a5）+f（a6）+…+f（a10）=0，则a2018=（　　）

A．2018 ．2021 ．4019 ．4021

5．已知数列满足，，则（ ）

A． ． ． ．

6．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米，当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟领先他10米，当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟先他1米....所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.001米时，乌龟爬行的总距离为（ ）

A．米 ．米 ．米 ．米

7．已知等差数列的前项和为，则数列的前10项和为（ ）

A． ． ． ．

8．等比数列的前n项和为，若，则（ ）

A． ． ． ．

9．已知递增的等比数列的公比为q，其前n项和，则(　　)

A．  ． 

C．  ． 

10．已知等差数列的公差为-1，前项和为，若为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为，则的最大值为（ ）

A．25 ．40 ．50 ．45

11．已知函数的图像在点A(l,f(1))处的切线l与直线x十3y＋2＝0垂直，若数列的前n项和为，则S2013的值为( )

A． ． ． ．

12． 如果等差数列中，++=12，那么++…+=（ ）

A．14 ．21 ．28 ．35

13．意大利数学家列昂纳多·斐波那契提出的“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，，144，233，…，在现代生物及化学等领域有着广泛的应用，它可以表述为数列满足，.若此数列各项被3除后的余数构成一个新数列，则的前2021项和为（ ）

A．2014 ．2022 ．2265 ．2274

14．若互不相等的三个实数，a，b，c成等差数列，c，a，b成等比数列，且,则=（ ）

A． ．4 ．2 ．

15．在各项均不为零的等差数列中，若，则（ ）

A． ．0

C．1．2

16．已知数列的前项和，若，则（ ）

A． ． ． ．

17．已知数列的前项和为，若，对任意的正整数均成立，则（ ）

A．162 ．54 ．32 ．16

18．已知非零数列的递推公式为,,则

A．3 ．2 ．4 ．1

19．已知等比数列中，各项都是正数，且，成等差数列，则（ ）

A． ． ． ．

20．等比数列的前项和，成等差数列，，则（ ）

A．15 ．-15 ．4 ．-4

二、多选题

21．数列满足，且对任意的都有，则下列说法中正确的是（ ）

A．

B．数列的前2020项的和为

C．数列的前2020项的和为

D．数列的第50项为2550

22．在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”则下列说法正确的是（ ）

A．此人第三天走了四十八里路 ．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里

C．此人第二天走的路程占全程的 ．此人前三天走的路程是后三天走的路程的8倍

23．等差数列的前项和为，若，公差，则（ ）

A．若，则 ．若，则是中最大的项

C．若，则 ．若，则

24．(多选题)等差数列的前n项和为，若，公差，则下列命题正确的是（ ）

A．若，则必有=0

B．若，则必有是中最大的项

C．若，则必有

D．若，则必有

25．已知等比数列{an}的公比，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9＞b9且a10＞b10，则以下结论正确的有（　　）

A．a9•a10＜0 ．a9＞a10 ．b10＞0 ．b9＞b10

26．设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，，，则下列结论正确的是（ ）

A．0C．Sn的最大值为S7 ．Tn的最大值为T6

27．公差为的等差数列，其前项和为，，，下列说法正确的有（ ）

A． ． ．中最大 ．

三、填空题

28．已知数列为各项均为正数的等比数列，是它的前n项和，若.且，则______.

29．数列中，，，则数列的通项公式为______．

30．已知数列的前n项和，，其中，则__________.

31．在数列中，，，则数列的通项公式为______．

32．已知数列的首项，且满足，则=________．

33．已知等差数列的首项是，公差是2，则数列的前n项和的最小值是_______.

34．已知公差不为零的等差数列的前项和为，且，若成等比数列，则的值为______．

35．已知为数列{an}的前n项和，且，，则{an}的首项的所有可能值为______

四、解答题

36．已知等差数列的前项的和为，，.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，记数列的前项和为，求.

37．已知等差数列的前项和为，并且，，数列满足：．

（1）求数列的通项公式及前项和公式；

（2）求数列的前项和．

38．已知等差数列满足，，其前项和为.

（1）求数列的通项公式及；

（2）若，求数列的前项和.

39．已知数列的前n项和，其中.

（1）求数列的通项公式；

（2）若为等比数列的前三项，求数列的通项公式.

40．

在数列，中，a1=2，b1=4，且成等差数列，成等比数列（）

（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测，的通项公式，并证明你的结论；

（Ⅱ）证明：．

41．设为数列的前项和，.

（1）证明：数列为等差数列，并求；

（2）设，求数列的前项和.

42．已知在等比数列中，，，等差数列满足，.

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）求数列的前项和.

43．设是等差数列，是各项都为正数的等比数列，且，，

（1）求和的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和

44．已知数列，是其前项的和，且满足

（1）求证：数列为等比数列；

（2）记，求的表达式．

45．已知等比数列的公比，且，．

（Ⅰ）求公比和的值；

（Ⅱ）若的前项和为，求证．   

参

1．A

【解析】

由等比数列性质得

因为等比数列中，同号，所以，选A.

2．B

【解析】

【分析】

由等比数列性质得，成等比数列，即，解方程即得解.

【详解】

由等比数列性质得，成等比数列，即,故答案为：B

【点睛】

（1）本题主要考查等比数列的性质，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 等比数列被均匀分段求和后，得到的数列仍是等比数列，即成等比数列.

3．D

【解析】

【分析】

由，可得，,从而可得结果.

【详解】

由，

可得，

，

从而，

因此，故是等比数列，故选D．

【点睛】

本题主要考查递推公式的应用，以及利用递推公式证明等比数列，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.

4．D

【分析】

结合函数的单调性和奇偶性，以及等差数列的性质可得a5+a10＝0，即可求出首项，可得数列的通项公式，问题得以解决．

【详解】

∵f（a5）+f（a6）+…+f（a10）=0， 又f（x）为R上的单调递减函数，数列{an}是公差为2的等差数列，

∴f（a5）＞f（a6）＞…＞f（a10），

∴f（a5）＞0且f（a10）＜0． 

结合奇函数关于原点的对称性可知，f（a5）+f（a10）= f（a6）+f（a9）= f（a7）+f（a8）=0，

∴f（a5）=-f（a10）=f（-a10）， 

∴a5+a10=0， 

∴a5+a5+10=0， 

∴a5=-5． 

设数列{an}通项an=a1+2（n-1）． 

∴a5=a1+4×2=-5． 

∴a1=-13． 

∴通项an=-13+2（n-1）=2n-15． 

∴a2018=2×2018-15=4021． 

故选：D．

【点睛】

本题考查数列的性质和应用，考查了等差数列通项公式的求法，解题时要认真审题，仔细解答，属于中档题．

5．A

【分析】

利用已知条件得到，再用累加法求出数列的通项，用裂项相消法求数的和.

【详解】

由得：，

即，

所以

.

故选：A.

【点睛】

方法点睛：递推公式求通项公式，有以下几种方法：

1.型如：的数列的递推公式，采用累加法求通项；

2.形如：的数列的递推公式，采用累乘法求通项；

3.形如： 的递推公式，通过构造转化为，构造数列是以为首项，为公比的等比数列，

4.形如： 的递推公式，两边同时除以，转化为的形式求通项公式；

5.形如：，可通过取倒数转化为等差数列求通项公式.

6．A

【分析】

根据乌龟每次爬行的距离构成等比数列，写出和，再结合等比数列的求和公式，即可求解.

【详解】

由题意，乌龟每次爬行的距离构成等比数列，

其中，且，

所以乌龟爬行的总距离为.

故选：A.

【点睛】

本题主要考查了等比数列应用，其中解答中正确理解题意，结合等比数列的通项公式和前项和公式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.

7．B

【分析】

设等差数列的公差为，根据，列出方程求得，得到，进而得到，利用“裂项法”，即可求解.

【详解】

设等差数列的公差为，

因为，可得，解得，

所以，

可得，

所以.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了等差数列的通项公式及前项和公式的应用，以及数列的“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记等差数列的通项和求和公式，合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查推理与运算能力.

8．C

【分析】

利用等比数列前项和的性质，，，，成等比数列求解.

【详解】

因为数列为等比数列，则，，成等比数列，

设，则，则，

故，所以，得到，所以.

故选：C.

【点睛】

本题考查等比数列前项和性质的运用，难度一般，利用性质结论计算即可.

9．A

【解析】

【分析】

由等比数列的前n项和，可知，再由数列为递增数列可得，且，求出q的范围得答案．

【详解】

，又数列为递增等比数列，

，且，则，

则，， 

故选：A.

【点睛】

本题主要考查等比数列的增减性以及等比数列前项和的性质，意在考查对基础知识的掌握情况，属于基础题.

10．D

【分析】

利用已知条件，结合余弦定理，转化求解数列的和，然后求解的最大值．

【详解】

等差数列的公差为，为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为，

可得：，

得，所以（舍或，

．

所以n=9或n=10时，

故的最大值为．

故选．

【点睛】

本题主要考查等差数列的性质和等差数列的前n项和及其最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

11．D

【解析】

试题分析：由函数的导数可得，又因为图像在点A(l,f(1))处的切线l与直线x十3y＋2＝0垂直.所以，解得.所以.所以数列的通项公式为.所以前2013项和为.故选D.

考点：1.函数的导数及几何意义.2.数列的思想.3.数列的裂项为差的求和.

12．C

【解析】

试题分析：等差数列中，，则

考点：等差数列的前项和

13．D

【分析】

根据数列可得出数列是以8为周期的周期数列，进而可根据周期性求和.

【详解】

数列为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，，144，233，…，

被3除后的余数构成一个新数列，

数列为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，…，

观察可得数列是以8为周期的周期数列，

，且，

则的前2021项和为.

故选：D.

【点睛】

本题考查数列新定义，解题的关键是得出数列是以8为周期的周期数列.

14．D

【解析】

【分析】

根据条件列方程组，解方程组即得结果.

【详解】

由题意可知，解得或选D.

【点睛】

本题考查等差中项与等比中项，考查基本求解能力，属基础题.

15．A

【解析】试题分析：根据等差数列性质可知，所以，因为，所以，则，故选A.

考点：等差数列.

16．D

【解析】

由，得，两式相减可得，是以为公差的等差数列，是递减数列，，故选D.

17．B

【解析】

【分析】

由，得到数列表示公比为3的等比数列，求得，进而利用，即可求解.

【详解】

由，可得，所以数列表示公比为3的等比数列，

又由，，得，解得，

所以，

所以

故选B.

【点睛】

本题主要考查了等比数列的定义，以及数列中与之间的关系，其中解答中熟记等比数列的定义和与之间的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

18．C

【分析】

根据，代入计算得到答案.

【详解】

，则.

故选：

【点睛】

本题考查了数列的累乘法，意在考查学生对于数列方法的灵活运用.

19．C

【解析】

试题分析：本题只要应用等差数列和等比数列的定义就能解决．由，成等差数列得，即，又是等比数列，∴，从而（舍去），则．

考点：等差数列和等比数列的定义．

20．A

【解析】

【分析】

利用成等差数列求出公比即可得到结论．

【详解】

由题成等差数列．，

即

即 

解得， 

故选：A．

【点睛】

本题考查等比数列的前n项和的计算，根据条件求出公比是解决本题的关键．

21．AC

【分析】

用累加法求得通项公式，然后由裂项相消法求的和即可得．

【详解】

因为，，

所以，

所以时，，

也适合此式，所以，

，A正确，D错误，

，

数列的前项和为，B错，C正确．

故选：AC．

【点睛】

本题考查用累加法数列的通项公式，裂项相消法求和．数列求和的常用方法：

设数列是等差数列，是等比数列， 

（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；

（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；

（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；

（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；

（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．

22．ABD

【分析】

根据题意，此人每天行走的路程成等比数列，设此人第天走里路，由题中条件，求出首项和公比，根据等比数列的求和公式和通项公式，逐项判断，即可得出结果.

【详解】

根据题意知，此人每天行走的路程成等比数列，设此人第天走里路，

则是首项为，公比为的等比数列.

∴，解得.

∴，∴A正确.

由，，得，

又，∴B正确.

∵，，∴，∴C不正确.

∵，

∴后3天走的路程为，而且，∴D正确.

故选：ABD.

23．BC

【分析】

根据等差数列二次函数的性质可判断A和B选项，然后根据题意判断出，得，判断的正负，即可可判断C和D选项.

【详解】

等差数列的前项和，又，，可得，所以是关于的开口向下的二次函数，若，则的对称轴，所以根据对称性可知；若，则对称轴为，所以是最大项；若，则，又，所以可得，故；不能判断正负，所以与不能比较大小.

故选：BC.

【点睛】

关于等差数列前项和的最值问题，一般有两种求解方法：

（1）利用的公式判断得是关于的二次函数，计算对称轴，即可求出最值；

（2）利用的正负判断，当时，则在处取最大值，当时，则在处取最小值.

24．ABC

【分析】

根据等差数列性质依次分析即可得答案.

【详解】

解：对于A.，若，则，所以，所以，故A选项正确；

对于B选项，若，则，由于，公差，故，故，所以是中最大的项；故B选项正确；

C. 若，则，由于，公差，故，故，的符号不定，故必有，无法确定；故C正确，D错误．

故选：ABC．

【点睛】

本题考查数列的前项和的最值问题与等差数列的性质，是中档题．

25．AD

【分析】

设等差数列的公差为d，运用等差数列和等比数列的通项公式分析A正确，B与C不正确，结合条件判断等差数列为递减数列，即可得到D正确.

【详解】

数列{an}是公比q为的等比数列，{bn}是首项为12，公差设为d的等差数列，

则，，∴a9•a10＝＜0，故A正确；

∵a1正负不确定，故B错误；

∵a10正负不确定，∴由a10＞b10，不能求得b10的符号，故C错误；

由a9＞b9且a10＞b10，则＞12+8d，＞12+9d，

可得等差数列{bn}一定是递减数列，即d＜0，即有b9＞b10，故D正确.

故选：AD.

26．AD

【分析】

分析得到得a6>1，a7<1，故q<1，所以选项正确；，所以选项错误；Sn没有最大值，所以选项C错误；Tn的最大值为T6，所以选项正确.

【详解】

等比数列{an}，公比为q，

由a1>1，，得q>0且q≠1， 

，得a6>1，a7<1，若不然，，则q>1，

又a1>1，则a6>1，a7>1，不成立，故q<1，

所以选项正确；

，因为，所以，所以选项错误；

因为01，所以数列各项均为正值，Sn没有最大值，所以选项C错误；

因为，所以Tn的最大值为T6，所以选项正确.

故选：AD

【点睛】

本题主要考查等比数列的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

27．AD

【分析】

先根据题意得，，再结合等差数列的性质得，，，中最大，，即：.进而得答案.

【详解】

解：根据等差数列前项和公式得：，

所以，，

由于，，

所以，，

所以，中最大，

由于，

所以，即：.

故AD正确，BC错误.

故选：AD.

【点睛】

本题考查等差数列的前项和公式与等差数列的性质，是中档题.

28．

【分析】

化简得到，，故，，在计算得到答案.

【详解】

，故，，故，故，故，.

.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了等比数列基本量的计算，求和，意在考查学生对于等比数列公式的灵活运用.

29．

【分析】

根据累加法求通项公式即可.

【详解】

解：因为，所以，

所以，

，

，

……

，

累加得：，，

由于，所以，

显然当时，满足，

所以，.

故答案为：

【点睛】

本题考查累加法求数列的通项公式，数列前项和公式，考查数算能力，是中档题.

30．

【分析】

在中令得到，再由，得到，进一步说明是等比数列，再由等比数列的通项公式运算即可.

【详解】

由题意得，所以，又，故，，.

由，得，即.

由，得，所以.

因此是首项为，公比为的等比数列，

于是．

故答案为：

【点睛】

关键点睛：已知与的关系求通项时要注意与的 下标及n的范围区别.

31．

【分析】

方法1：设，解出，可构造出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，求出数列的通项公式，可求出；

方法2：在等式两边同时除以得，利用待定系数法得出，可知数列为等比数列，求出该数列的通项公式，可求出.

【详解】

方法1：令，

即，与比较得，

又，所以是以为首项，为公比的等比数列，

所以，即；

方法2：由，两边同时除以得，

设，化简得，与比较得.

，故数列是以为首项，为公比的等比数列，

所以，即，故答案为：.

【点睛】

本题考查利用待定系数法数列通项，解题时要注意待定系数法对数列递推式结构的要求，同时合理选择方法构造等差或等比数列来求解，属于中等题.

32．512

【分析】

利用已知将n换为n+1，再写一个式子，与已知作比，得到数列的各个偶数项成等比，公比为2，再求得，最后利用等比数列的通项公式即可得出．

【详解】

∵anan+1=2n，（）

∴an+1an+2=2n+2．（）

∴,（），∴数列的各个奇数项成等比，公比为2，

数列的各个偶数项成等比，公比为2，

又∵anan+1=2n，（），∴a1a2=2,又，∴，

可得：当n为偶数时，

∴a20＝1•29＝512．

故答案为512．

【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

33．.

【分析】

本题先求等差数列前n项和，再由此求出数列的前n项和的最小值.

【详解】

解：∵等差数列的首项是，公差是2，

∴，

∴时，数列的前n项和的最小值是.

故答案为：.

【点睛】

本题考查等差数列前n项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.

34．88

【解析】

由题意得 

所以 

35．

【分析】

根据题意，化简得，利用式相加，得到，进而得到，即可求解结果.

【详解】

因为，所以，

所以，

将以上各式相加，得，

又，所以，解得或.

【点睛】

本题主要考查了数列的递推关系式应用，其中解答中利用数列的递推关系式，得到关于数列首项的方程求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.

36．（1）数列的通项公式为 （2）

【解析】

试题分析：（1）建立方程组  ；

（2）由（1）得：进而由裂项相消法求得.

试题解析：（1）设等差数列的公差为，由题意知

解得.

所以数列的通项公式为

（2）

∴

37．（1），；（2）.

【分析】

（1）根据题意代入即可求得，再求出公差，根据等差数列的通项公式与求和公式求解项公式及前项和公式即可；

（2）易得，再根据错位相减法求解即可.

【详解】

（1）设等差数列的公差为，

则当时，，

即．

故，

故；

此时．

故，．

（2）由可得，，

所以，

故

①

②

：，

故．

故．

【点睛】

本题主要考查了等差数列的通项公式求解，同时也考查了等差数列求和公式与错位相减求和的方法，属于中档题.

38．（1），（2）

【分析】

(1)根据等差数列的通项公式和性质求出首项、公差,即可得到通项公式, 

(2),求得通项,利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出.

【详解】

解：（1）设等差数列的公差为，则，解得：，，

∴，，

∴，，

（2）因为，所以，

所以，①

①式两边同时乘，得，②

所以①-②可得，，

，即，

所以.

【点睛】

本题考查等差数列的通项和前n项和公式的求解，以及运用“错位相减法”求数列的和，属于中档题.

39．（1）；（2）.

【分析】

（1）利用计算即可；

（2）先求出，利用等比中项求出，再求出的首项和公比即可.

【详解】

由，当时，

，两式相减得：

，

当时，，

故数列的通项公式为；

（2）由（1）知，，，，

所以，

，且，故，

所以等比数列的首项为，公比，

.

【点晴】

此题考的应用及等比数列通项的求法，属于较易题.

40．（Ⅰ）,

（Ⅱ）略．

【分析】

（Ⅰ）根据递推关系可求a2，a3，a4及b2，b3，b4，从而可猜测，的通项，利用数学归纳法猜想成立.

（Ⅱ）利用放缩法和裂项相消法可证明不等式成立.

【详解】

（Ⅰ）由条件得

由此可得

． 

猜测． 

用数学归纳法证明：

①当n=1时，由上可得结论成立．

②假设当n=k时，结论成立，即

，

那么当n=k+1时，

．

所以当n=k+1时，结论也成立．

由①②，可知对一切正整数都成立． 

（Ⅱ）．

n≥2时，由（Ⅰ）知．·

故

综上，原不等式成立．

【点睛】

方法点睛：与数列的和有关的不等式的证明，一般利用放缩法把通项放缩为容易求和的通项，再利用不等式的性质来证明.

41．（1）见证明，；（2）

【分析】

（1）当时，求得，再利用等差数列的定义可得结论；（2）先由可得，由此可得，利用裂项相消法可得结果.

【详解】

（1）当时，，

当时，，也满足，故.

∵，∴数列是首项为7公差为4的等差数列.

（2）∵，∴，

∴.

【点睛】

本题主要考查等差数列的定义与通项公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）等差数列，；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.

42．（Ⅰ）（Ⅱ）

【分析】

（Ⅰ）利用等比数列的性质求出公比q，可得出通项公式；

（Ⅱ）利用等差数列的性质求出公差d，就出通项公式，继而求得前n项和．

【详解】

解：（Ⅰ）等比数列中，∵，，

∴，∴，∴，

∴数列的通项公式为.

（Ⅱ）∵等差数列满足，，

∴ ，∴ ，

∴.

【点睛】

本题考查了数列的综合，对等差数列、等比数列的性质，通项公式的运用，以及求和公式的掌握，属于基础题.

43．（1）；；（2）.

【分析】

（1）设数列的公差为d，的公比为q，由题意 ，利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出；

（2）利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．

【详解】

（1）设数列的公差为d,的公比为q,由题意 ,

因为，

所以，即，

所以解得，

由可得：

解得，

所以， 

（2）由（1）有 , 

设的前n项和为 ,则

两式相减得 

所以 .

【点睛】

方法点睛：用错位相减法求和应注意的问题

(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；

(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“－”的表达式；

(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.

44．（1）见解析； （2）.

【分析】

（1）时，由,得，然后利用，可得到，进而得到从而可以证明数列为等比数列；（2）由（1）可以得到的通项公式，代入可得到的表达式，进而利用分组求和即可求出的表达式．

【详解】

（1）时，，所以，

当时，由,得，

则，

 即， 

所以又，

故就是首项为，公比为3的等比数列，

则即.

（2）将代入得,

所以

 .

【点睛】

分组求和与并项求和法：

把数列的每一项拆分成两项或者多项，或者把数列的项重新组合，或者把整个数列分成两部分等等，使其转化成等差数列或者等比数列等可求和的数列分别进行求和，例如对通项公式为的数列求和．

45．（Ⅰ），；（Ⅱ）见解析．

【解析】

试题分析：（Ⅰ）因为为等比数列，所以由等比数列的性质得，又因为，所以，因为，所以，因为，即得．因为，所以，即；

（Ⅱ）由（1）得， ，所以,因为，所以．

试题解析：（Ⅰ）因为为等比数列， 且，

所以，因为，所以，           

因为，所以．         

因为，所以，即

（Ⅱ）因为，所以 

因为 

所以,

因为，所以．

考点：等比数列的通项公式和求和公式．