专题12数列通项与数列求和的综合应用（3知识点+5重难点+12方法技巧+2易错易混）（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_2025年高考数学一轮复习知识清单_知识必备·夯基础

专题 12 数列通项与数列求和的综合应用 （思维构建+知识盘点+重点突破+方法技巧+易混易错） 知识点1 数列的递推公式 1、递推公式：如果已知数列{a}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a 与它的前一 n n 项a (或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式． n－1 2、通项公式和递推公式的异同点 不同点 相同点 通项公式 可根据某项的序号n的值，直接代入求出a n 都可确定一个数列， 可根据第一项(或前几项)的值，通过一次(或多次)赋值， 也都可求出数列的任 递推公式 逐项求出数列的项，直至求出所需的a ，也可通过变形 n 意一项 转化，直接求出a n 知识点2 数列通项公式的求法 1、观察法：已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规 律写出此数列的一个通项． 2、公式法 （1）使用范围：若已知数列的前 n项和 S 与 的关系，求数列 的通项 可用公式 n 构造两式作差求解．（2）用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即 和 合为一个表达，（要先分 和 两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）． 3、累加法：适用于a ＝a＋f(n)，可变形为a －a＝f(n) n＋1 n n＋1 n 要点：利用恒等式a＝a＋(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a )(n≥2，n N*)求解 n 1 2 1 3 2 n n－1 4、累乘法：适用于a ＝f(n)a，可变形为＝f(n) n＋1 n ∈ 要点：利用恒等式a＝a···…·(a≠0，n≥2，n N*)求解 n 1 n 5、构造法：对于不满足a ＝a＋f(n)，a ＝f(n)a 形式的递推关系，常采用构造法 n＋1 n n＋1∈ n 要点：对所给的递推公式进行变形构造等差数列或等比数列进行求解 类型一：形如 （其中 均为常数且 ）型的递推式： （1）若 时，数列{ }为等差数列； （2）若 时，数列{ }为等比数列； （3）若 且 时，数列{ }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有 如下两种： 法一：设 ，展开移项整理得 ，与题设 比较系数（待定 系数法）得 ，即 构成 以 为首项，以 为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出 的通项整理可得 法二：由 得 两式相减并整理得 即 构成以 为 首项，以 为公比的等比数列．求出 的通项再转化为累加法便可求出 类型二：形如 型的递推式： （1）当 为一次函数类型（即等差数列）时： 法一：设 ，通过待定系数法确定 的值，转化成以 为首项， 以 为公比的等比数列 ，再利用等比数列的通项公式求出 的通项整 理可得 法二：当 的公差为 时，由递推式得： ， 两式相减得： ，令 得： 转化为类型Ⅴ㈠求出 ，再用累加法便可求 出 （2）当 为指数函数类型（即等比数列）时：法一：设 ，通过待定系数法确定 的值，转化成以 为首项，以 为公比的等比数列 ，再利用等比数列的通项公式求出 的通项整理可 得 法二：当 的公比为 时，由递推式得： —①， ，两边同时乘以 得 —②，由①②两式相减得 ，即 ，构造等比数 列。 法三：递推公式为 （其中p，q均为常数）或 （其中p，q， r均为常数）时， 要先在原递推公式两边同时除以 ，得： ，引入辅助数列 （其中 ），得： ，再结合第一种类型。 6、取倒数法：a ＝(p，q，r是常数)，可变形为＝·＋ n＋1 要点：①若p＝r，则是等差数列，且公差为，可用公式求通项； ②若p≠r，则转化为a ＝sa＋t型，再利用待定系数法构造新数列求解 n＋1 n 7、三项递推构造：适用于形如 型的递推式 用待定系数法，化为特殊数列 的形式求解．方法为：设 ，比较系数 得 ，可解得 ，于是 是公比为 的等比数列，这样就化归为 型． 8、不动点法 f(x)=x f(x) （1）定义：方程 的根称为函数 的不动点． f(x) a =f(a ) 利用函数 的不动点，可将某些递推关系 n+1 n 所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列， 这种求数列通项的方法称为不动点法． （2）在数列 中， 已知，且 时， （ 是常数）， ①当 时，数列 为等差数列； ②当 时，数列 为常数数列； ③当 时，数列 为等比数列； ④当 时，称 是数列 的一阶特征方程， 其根 叫做特征方程的特征根，这时数列 的通项公式为： ； （3）形如 a 1 =m 1， a 2 =m 2， a n+2 =p⋅a n+1 +q⋅a n（p、q是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得 a x2 =px+q 通项 n，其特征方程为 （*）．β c c （1）若方程（*）有二异根α、 ，则可令 （ 1、 2是待定常数）； β a =(c +nc )⋅αn c c （2）若方程（*）有二重根α= ，则可令 n 1 2 （ 1、 2是待定常数）． c c a =m a =m (其中 1、 2可利用 1 1， 2 2求得) 知识点3 数列求和的方法 1、公式法 （1）等差数列 的前n项和 ，推导方法：倒序相加法． （2）等比数列 的前n项和 ，推导方法：乘公比，错位相减法． （3）一些常见的数列的前n项和： ① ； ② ； ③ ； ④ 2、分组转化法求和 （1）适用范围：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和， 注意在含有字母的数列中对字母的讨论． （2）常见类型： ①若a＝b±c，且{b}，{c}为等差或等比数列； n n n n n ②通项公式为a＝的数列，其中数列{b }，{c}是等比数列或等差数列. n n n 3、并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如 a＝(－1)nf(n)类型， n 可采用两项合并求解． 例如， ． 4、倒序相加法：如果一个数列{a}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那 n 么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的． 5、裂项相消法求和：如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通 过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和． 6、错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么 这个数列的前n项和即可用错位相减法来求.重难点01 三项递推法求数列的通项公式 【典例1】（23-24高三上·全国·专题练习）已知数列 ， 则{a }的通项公式为 . n 4n−1+2 【答案】a = n 3 【解析】因为当 时， ，所以 ， 又 ，则 ， 所以 是以 为首项，4为公比的等比数列， 所以 ， 从而 ， 当 时， 满足上式， 4n−1+2 所以a = . n 3 【典例2】（23-24高三上·全国·模拟预测）已知数列 满足 ，且 ， ，则 . 【答案】 【解析】由 得 ， 由 ， 得 ，所以 是以 为首项， 为公差的等差数列， 所以 ， 所以， ，故 .重难点02 不动点法求数列的通项公式 【典例1】（23-24高三上·全国·专题练习）已知数列 满足 ， ，则 ． 【答案】 【解析】设 ，令 得： ，解得： ； ，化简得， ， 所以 ，从而 ， 故 ， 又 ，所以 是首项和公差均为 的等差数列， 从而 ，故 ． 【典例2】（23-24高三上·全国·专题练习）已知数列 满足 ， ，则 ． 【答案】 【解析】设 ，令 得： ，解得： ； ，化简得： ， 所以 ，从而 ， 又 ，所以 是首项为 ，公差为1的等差数列， 故 ， 所以 ．重难点03 数列新定义问题 1、数列新定义问题的特点：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新的模型 来创设全新的问题情境，在阅读、理解题目含义的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法， 实现信息的迁移，或达到灵活解题的目的。 2、数列新定义问题的解题思路：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质， 按要求逐条分析、运算、验证，使问题得以解决。 【典例1】（23-24高三上·湖南邵阳·月考）如果数列 满足： 且 则称 为n阶“归化”数列. (1)若某3阶“归化”数列 是等差数列，且单调递增，写出该数列的各项； (2)若某11阶“归化”数列 是等差数列，求该数列的通项公式； (3)若 为n阶“归化”数列，求证 【答案】(1) ；(2) ；(3)证明见解析 【解析】（1）设 成公差为r的等差数列，显然 ， 则由 得 ， 由 得 ，解得 ， 数列 为所求3阶“归化”数列. （2）设等差数列 的公差为 ， 因为 ，所以 ，所以 ，即 . 当 时，此时 ， 与归化数列的条件 相矛盾. 当 时，由 ，故 ， 又 ，联立解得 ， 所以 当 时，由 ， ，同理解得 ，所以 . 综上，当 ， （3）由已知可得：必有 也必有 （ ， ）， 设 为 中所有大于0的数， 为 中所有小于0的数， 由已知得 ， ， 所以 . 【典例2】（23-24高三下·江苏无锡·月考）如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的比都大于3， 则称这个数列为“ 型数列”. (1)若数列 满足 ，判断 是否为“ 型数列”，并说明理由； (2)已知正项数列 为“ 型数列”， ，数列 满足 ，n∈N*， 是等比数列，公比 为正整数，且不是“ 型数列”， ①求证：数列 为递增数列； ②求数列 的通项公式. 【答案】(1)数列{a }不是“ 型数列”，理由见解析；(2) 证明见解析；② n ① 【解析】（1） 不满足“ 型数列”定义，数列 不是“ 型数列”； （2）①∵正项数列 为“ 型数列”， ∴数列 为递增数列 ②设数列 的公比为 ， ， 又因为数列 不是“ 型数列”，可得 可得 ，即得 ；又数列 为“ 型数列”，可得 ； 由①知 为递增数列，因此当 趋近于正无穷大时， 趋近于 ，即可得 ； 综上可得 ， 即 ，可得 ； 所以数列 是以 为首项，公比为 的等比数列； 即可得 ，可得 ； 所以数列 的通项公式为 . 重难点04 两个数列的公共项问题 两个不同的数列，含有一些公共项，这些公共项组成一个新数列，根据新数列特征，求指定项、通项或求 和等问题，求解时注意明确公共项的项数。 当公共项数量有限时，可分别列出两个数列的若干项，进而找到公共项；当公共项数量无限时，可设数列 的第 项或数列 的第 项相等，建立 与 的关系，再考虑 确定取值情况，从而解决问 题。 【典例1】（23-24高三下·黑龙江哈尔滨·第五次模拟）已知数列{a }的前n项积为 ，数列{b }满 n n 足 ， （ ， ）． (1)求数列{a }，{b }的通项公式； n n (2)将数列{a }，{b }中的公共项从小到大排列构成新数列 ，求数列 的通项公式． n n 【答案】(1) ， ；(2) 【解析】（1） ， ， 当 时， ， 当 时， ，即 ， 而 ，满足上式， 所以数列{a }的通项公式为 ； n 若数列{b }满足 ， （ ， ）， n 则 ，从而数列{b }的通项公式为 ； n （2）令 ，解得 ，这表明 ， 从而只能 ， 所以 ， 所以数列 的通项公式为 . 【典例2】（22-23高三上·重庆·月考）已知数列 为等差数列，数列 为等比数列，且 ，若 ． (1)求数列 ， 的通项公式； (2)设由 ， 的公共项构成的新数列记为 ，求数列 的前5项之和 ． 【答案】(1) ；(2)682 【解析】（1）设数列 的公差为 ，数列 的公比为 ， 因为 则 ，解得 ， 所以 ， 因为 ， 所以 ，则 ， 所以 ， 因为 ，所以 ， ，所以 ． （2）设数列 的第 项与数列 的第 项相等， 则 ， ， ， 所以 ， ， ， 因为 ， ， 所以当 时， ，当 时， ，则 ，当 时， ，当 时， ，则 ，当 时， ， 当 时， ，则 ，当 时， 当 时， ，则 ，当 时， 当 时， ，则 ， 故 的前5项之和 ． 重难点05 数列与不等式的综合问题 数列与不等式的综合问题是高考考查的热点内容，考查方式主要有三种： （1）判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单 调性比较大小； （2）以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题； （3）考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题大多还要借助函数取证明，或者直接利用放缩法证明。 【典例1】（23-24高三下·山东烟台·三模）在数列 中，已知 ， . (1)求数列 的通项公式； (2)若 ， 为数列 的前n项和，证明： . 【答案】(1) ；(2)证明见解析 【解析】（1）由 可得 ，则 ，即 ， 故 是以 为首项， 为公比的等比数列. 故 ，则 ， . （2） . 易得 ，故 . 又 ，故 . 综上有 ，即得证. 【典例2】（23-24高三下·广东广州·模拟预测）已知数列 的前 项和为 ，数列 是公差为 的等 差数列，且 . (1)求数列 的通项公式； (2)若存在 ，使得 成立，求实数 的取值范围. 【答案】(1) ；(2) 【解析】（1）由题意知：数列 是公差为 的等差数列，又 ， 所以 ，整理得： ， 又当 时， ， 因为 满足上式，所以 ， 故数列 的通项公式为 . （2）由（1）知 ，可得 ， 故 ； 解法1：由 ，可得 ， 即 ，则 ， 又由 ，当且仅当 即 时取等号，故实数 的取值范围为 . 解法2：由 ， 可得 ， 当 ，即 时， ， 则 ，故实数 的取值范围为 . 一、已知S 求a 的三个步骤 n n （1）利用a＝S 求出a. 1 1 1 （2）当n≥2时，利用a＝S－S (n≥2)求出a 的表达式． n n n－1 n （3）看a 是否符合n≥2时a 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；否则应写成分段的形 1 n 式，即a＝ n 根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化． （1）利用a＝S－S (n≥2)转化为只含S，S 的关系式，再求解． n n n－1 n n－1 （2）利用S－S ＝a(n≥2)转化为只含a，a 的关系式，再求解． n n－1 n n n－1 【典例1】（23-24高三下·内蒙古呼和浩特·二模）数列{a }的前 项和为 ，则 n （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为 ，所以， 时， ， 两式相减得， ，即 ， ， 因为 ，即 ， 所以数列 是以1为首项，以 为公比的等比数列，则 ．故选：B． 【典例2】（23-24高三下·安徽合肥·三模）已知数列 的前 项和为 ，首项 ，且满足 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由 可得 ， 所以 可得 ， .故选：D 【典例3】（23-24高三上·河南·期中）在数列 中， ， ， ，则 （ ） A． B．15 C． D．10 【答案】B 【解析】因为 ，所以 ， 即 ，得 . 所以 . 因为 ，所以 .故选：B. 二、累加法求通项公式形如 型的递推数列（其中 是关于 的函数）可构造： 【典例1】（23-24高三上·广东中山·第三次模拟）在数列 中， ， ， 则 的值为 . 【答案】1 【解析】因为 ，可知 ， 可得 ， ， ， ， 各式相加可得 ，即 ，所以 . 【典例2】（23-24高三下·河北唐山·二模）已知数列 满足 ， ，则 （ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【解析】由题意可得 ， 则可得 ， ， ， 将以上等式左右两边分别相加得， ，即 ， 又 ，所以 .故选：D. 【典例3】（23-24高三下·山西·三模）已知数列 对任意 均有 .若 ，则 （ ） A．530 B．531 C．578 D．579 【答案】C【解析】因为 ，可知数列 是以首项 ，公差 的等差数列， 所以 ， 又因为 ，即 ， 可得 ， 累加可得 ， 则 ，所以 .故选：C. 三、累乘法求通项公式 形如 型的递推数列（其中 是关于 的函数）可构造： 【典例1】（23-24高三下·浙江温州·一模）已知正项数列 满足 ，则 . 【答案】 【解析】由 可得 ， 由累乘可得 . 【典例2】（23-24高三下·全国·模拟预测）已知数列 满足 ，其中 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意，得 ， ， ． 由累乘法，得 ，即 ， 又 ，所以 ．故选：C． 四、形如 的构造法 形如 （ 为常数， 且 ）的递推式，可构造 ，转化为等 比数列求解．也可以与类比式 作差，由 ，构造 为等比数列， 然后利用叠加法求通项． 【典例1】（23-24高三上·河南焦作·开学考试）已知数列 满足 ， ，则满足 的最小正整数 ． 【答案】5 【解析】由 ，解得 ， 又 ，所以 ． 另一方面由 ，可得 ， 所以 是首项为 ，公比为3的等比数列， 所以 ，易知 是递增数列， 又 ， ， 所以满足 的最小正整数 ． 【典例2】（23-24高三上·辽宁沈阳·月考）已知数列 满足 ， ，则满足不等式 的k（k为正整数）的值为 ． 【答案】6 【解析】依题意， ， 即 ，而 ， 于是数列 是首项为 ，公比为 的等比数列， ，即 ， 由 ，得 ，即 ，解得 ，而数列 是递减数列， ， 因此 ，而 ，则 ，经验证符合题意，所以 . 五、形如 的构造法 形如 ， ）的递推式，当 时，两边同除以 转化为关于 的等差数列；当 时，两边人可以同除以 得 ，转化为 ． 【典例1】（23-24高三上·江西宜春·开学考试 ）已知正项数列 中， ，则数列 的通项 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】解法一：在递推公式 的两边同时除以 ，得 ①， 令 ，则①式变为 ，即 ， 所以数列{b −1}是等比数列，其首项为 ，公比为 ， n 所以 ，即 ， 所以 ， 所以 ， 解法二：设 ，则 ， 与 比较可得 ， 所以 ， 所以数列 是首项为 ，公比为2的等比数列， 所以 ，所以 ，故选：D【典例2】（23-24高三上·全国·专题练习）已知数列 满足 ，则数列 的通 项公式为 . 【答案】 【解析】解法一：设 ，整理得 ，可得 ， 即 ，且 ， 则数列 是首项为 ，公比为 的等比数列， 所以 ，即 ； 解法二：(两边同除以 ) 两边同时除以 得： ， 整理得 ，且 ， 则数列 是首项为 ，公比为 的等比数列， 所以 ，即 ； 解法三：(两边同除以 )两边同时除以 得： ，即 ， 当 时，则 ， 故 ， 显然当 时， 符合上式，故 . 故答案为： . 六、形如 的构造法 通过配凑转化为 ，通过待定系数法确定 的值，转化成以 为首项，以 为公比的等比数列 ，再利用等比数列的通项公式求出 的通项整理 可得【典例1】（23-24高三下·广东·月考）在数列 中， ，且 ，则 的通 项公式为 ． 【答案】 【解析】因为 ，设 ，其中 、 ， 整理可得 ， 所以， ，解得 ，所以， ， 且 ，所以，数列 是首项为 ，公比也为 的等比数列， 所以， ，解得 . 故答案为： . 【典例2】（23-24高三上·全国·专题练习）设数列 满足 ， ，则数列 的 通项公式为 . 【答案】 【解析】设 ，化简后得 ， 与原递推式比较，对应项的系数相等，得 ，解得 ， 即 ，令 ，则 ，又 ， 故 ， ，得 . 七、取倒数法求通项 对于 ，取倒数得 ． 当 时，数列 是等差数列； 当 时，令 ，则 ，可用待定系数法求解． 【典例1】（23-24高三上·湖北仙桃·月考）已知数列 ，则数列 的通项公式 ．【答案】 【解析】由题意得 ，故 是首项为1，公差为1的等差数列， 得 ，即 ， 【典例2】（23-24高三上·全国·单元测试）已知数列 满足 ，且 ，则数列 的通项 公式为 ． 【答案】 【解析】因为数列{a }满足 ，且 ，则 ， n ， ， 以此类推可知，对任意的 ， ， 在等式 两边取倒数可得 ，则 ， 所以数列 是首项为 ，公差为 的等差数列. 所以， ，所以， . 八、倒序相加法求数列的前n项和 如果一个数列{a}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的 n 前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．求和时可以将正着写与倒着 写的两个式子相加，就得到一个常数列的和． 【典例1】（23-24高三下·四川成都·模拟预测）已知 ，则 （ ） A．-8088 B．-8090 C．-8092 D．-8094【答案】D 【解析】 ， 即 设 ①， 则 ② + 得 ① ② ， 所以 ， 又 ， 所以 .故选：D. 【典例2】（23-24高三下·上海·模拟预测）已知 ，数列 的前 项和为 ，点 均在函数 的图象上. (1)求数列 的通项公式； (2)若 ，令 ，求数列 的前2024项和 . 【答案】(1) ；(2)1012 【解析】（1）因为点 均在函数 的图象上， 所以 ， 当 时， ，即 ， 当 时， ， 因为 满足上式，所以 ；（2）因为 ， 所以 ， 因为 ，所以 ， 所以 ①， 又 ②， + ，得 ， ① ② 所以 . 九、并项求和法求数列的前n项和 一个数列的前n项和可两两结合求解，则称之为并项求和．一般地，若数列中相邻两项或几项的和是同一 个常数或有规律可循，可使用并项求和法．形如a＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． n 【典例1】（23-24高三下·江苏苏州·月考）已知数列 满足 ， . (1)求数列 的通项公式； (2)记 ，求数列 的前 项和 . 【答案】(1) ；(2) 【解析】（1）因为 ，即 所以 时， ， 所以 （ ）， 又 ，所以 . （2）因为 ， 所以. 【典例2】（23-24高三下·辽宁·模拟预测）已知数列 的前 项和为 ，且 ． (1)证明： 是等比数列，并求其通项公式； (2)设 ，求数列 的前100项和 ． 【答案】(1)证明见解析， ；(2)100. 【解析】（1）数列 中， ，当 时， ，两式相减得 ， 而 ，解得 ，所以 是首项为2，公比为5的等比数列， 通项公式为 . （2）由（1）知， ， 所以 ． 十、分组转化法求数列的前n项和 数列的通项较复杂时，把原数列的每一项拆成两项(或多项)的和或差，从而将原数列分解成两个(或多个)数 列的和或差，这两个(或多个)数列常常是等差数列、等比数列，或是有规律的数列(其和易求) ．求出这两 个(或多个)数列的和，再相加或相减，得到原数列和的方法便是分组求和法． 【典例1】（23-24高三下·山东·二模）已知数列 ， 中， ， ， 是公差为1的等差数 列，数列 是公比为2的等比数列. (1)求数列 的通项公式； (2)求数列 的前 项和 . 【答案】(1) ；(2) 【解析】（1）由题意，可得 ， 故 ， ， 数列 是公比为2的等比数列，且 ，， ， ． （2）由题意及（1），可得 ， 则 ． 【典例2】（23-24高三下·山西·三模）已知等差数列 的公差 ，前 项和为 ，且 ， . (1)求数列 的通项公式； (2)若 ，求数列 的前 项和 . 【答案】(1) ；(2) 【解析】（1）因为 ， ， 所以 ，解得 或 ， 因为 ，所以 ，则 ； （2）由（1）可得 ， 所以 . 十一、裂项相消法求数列的前n项和 1、用裂项法求和的裂项原则及规律 （1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． （2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．【注意】利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相 消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项． 2、裂项相消法中常见的裂项技巧 1 1 1 1 1 1 1 1  (  )  (  ) （1） n(nk) k n nk （2）4n2 1 2 2n1 2n1 1 1 1 1  2n1 1 1       （3） n(n1)(n2) 2n(n1) (n1)(n2) （4） n2(n1)2 n2 (n1)2 n1 1 1 1  1 1      ( nk  n) （5） n2(n2)2 4n2 (n2)2  （6） nk  n k 2n (2n11)(2n 1) 1 1    (2n11)(2n 1) (2n11)(2n 1) 2n 1 2n11 （7） 【典例1】（23-24高三下·陕西榆林·模拟预测）已知等差数列 的公差不为0，其前n项和为 ，且 ， ． (1)求数列 的通项公式； (2)求数列 的前n项和 ． 【答案】(1) ；(2) 【解析】（1）设等差数列{a }的公差为 ， n 则 ，解得 ， ． ∴ ． （2）由（1）知， ， ∴ ， ∴ ． 【典例2】（24-25高三上·广东·开学考试）已知数列 的各项均为正数， 为 的前 项和，且 ． (1)求 的通项公式；(2)设 ，记 的前 项和为 ，求证： ． 【答案】(1) ；(2)证明见解析 【解析】（1）由 ，得 ，即 ； 又 ， 所以 是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以 ，又{a }是正项数列，所以 ． n 当 时， ， 又当 时， 不符合 时 的形式． 所以 （2）证明： ， ． 【典例3】（23-24高三下·湖北武汉·模拟预测）在等差数列{a }（ ）中， ， . n (1)求{a }的通项公式； n (2)若 ，数列的{b }前 项和为 ，证明 . n 【答案】(1) ；(2)证明见解析 【解析】（1）设等差数列{a }的公差为 ， n 由 ，即 ，解得 ， 所以 ， 所以数列{a }的通项公式为 ； n（2）∵ ，∴ ， （方法一） ， ∴ 化简得： ， . ∴ （方法二） ， ∴ . 【典例4】（23-24高三下·新疆·三模）若一个数列从第二项起，每一项和前一项的比值组成的新数列是一 个等比数列，则称这个数列是一个“二阶等比数列”，如：1，3，27，729，…….已知数列 是一个二 阶等比数列， ， ， . (1)求 的通项公式； (2)设 ，求数列 的前 项和 . 【答案】(1) ；(2) 【解析】（1）设 ，由题意得数列 是等比数列， ， ， 则 ，即 ， 由累乘法得： ，于是 ，故 . （2）由（1）得 ， 令 ，则 ， ∴ . 十二、错位相减法求数列的前n项和 1、解题步骤 2、注意解题“3关键” 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“S”与“qS”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“S －qS”的 n n n n 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q＝1和q≠1两种情况求解． c =(An+B)⋅qn 3、等差乘等比数列求和，令 n ，可以用错位相减法． T =(A+B)q+(2A+B)q2 +(3A+B)q3 +...+(An+B)qn n ① qT =(A+B)q2 +(2A+B)q3 +(3A+B)q4 +...+(An+B)qn+1 n ② 得： ． An B A B A T =( + − )qn+1 −( − )q 整理得： n q−1 q−1 (q−1) 2 q−1 (q−1) 2 ．【典例1】（23-24高三下·河南·三模）已知等差数列 满足 ， ． (1)求 的通项公式； (2)求数列 的前n项和． 【答案】(1) ；(2) 【解析】（1）设等差数列 的公差为d， 由题意可得 ，解得 ， 所以 ． （2）设 ， 所以 ， 所以 ， 两式相减得， ， 所以 ，所以 ． 【典例2】（23-24高三上·广东湛江·月考）已知数列 的各项均为正数，其前n项和为 ， ，且 ． (1)求数列 的通项公式； (2)求数列 的前n项和 ． 【答案】(1) ；(2) 【解析】（1）∵数列 的各项均为正数，∴ ，∴ . ∵ ， ,即 ， ∴∴ ，即 ， 由 ， ，∴ ，∴ ，即 . , 是首项为2、公比为2的等比数列，∴ ， ∴（2） 时， ， ∴ ， 当 时， 不符合上式，∴ ， 令 ， 当 时， ， 当 时 ， 即 ① ∴ ② - 得： ① ② ∴ ，当 时 也符合上式， ∴ 易错点1 由 求 时忽略对“ ”检验 点拨：在数列问题中，数列的通项 与其前n 项和 之间关系如下 ，在使 用这个关系式时，要牢牢记住其分段的特点。当题中给出数列｛ ｝的 与 关系时，先令 求出 首项 ，然后令 求出通项 ，最后代入验证。解答此类题常见错误为直接令 求出 通项 ，也不对 进行检验。 【典例1】（23-24高三下·辽宁·月考）设数列 满足 （ ），则数列 的前2023项和为（ ）A．2023 B． C． D． 【答案】C 【解析】由 ①， 当 时， ， 当 时， ②， 由① ②得 ，所以 ， 当 时，上式不成立， 所以 ， 则 ， 故数列 的前2023项和为 .故选：C. 【典例2】（23-24高三下·江苏盐城·模拟预测）若数列 满足 ， 的前 项 和为 ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 当 时， ， ， ， ； 当 时， ，解得： ，不满足 ， ；当 时， ， 又 满足 ， .故选：D. 易错点2 裂项求和剩余项出错 点拨：用裂项相消法求和时，裂项后可以产生连续相互抵消的项，但是要注意抵消后并不一定只剩下第一 项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，一般来说前面剩余几项后面也剩余几项，若前面剩 余的正数项，则后面剩余的是负数项． 【典例1】（23-24高三下·山西晋中·模拟预测）若数列 满足 ， ，且对任意的 都有 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为对于 都有 ， 则 ， 令 ，所以 ， 又 ， 所以数列 是以 为首项，2为公差的等差数列， 所以 ，即 ， 则 ， 累加得 ， 所以 ， 则 ， 所以.故选：C. 【典例2】（23-24高三下·四川成都·模拟预测）记数列 的前n项和为 ，已知 ． (1)若 ，证明： 是等比数列； (2)若 是 和 的等差中项，设 ，求数列 的前n项和为 ． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）对 ①，当 时，有 ②， ： ，即 ， 经整理，可得 ， ，故 是以 为首项、 为公比的等比数列． （2）由（1）知 ，有 ， ， 题设知 ，即 ，则 ，故 ． 而 ， 故 .