第44讲数列求和_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第44讲 数列求和 知识梳理 一．公式法 (1)等差数列a n  n(a +a ) n(n+1) 的前n项和S = 1 n =na + d，推导方法：倒序相加 n 2 1 2 法． (2)等比数列a n  na ，q=1  1 的前n项和S =a(1-qn) ，推导方法：乘公比，错位相减法． n 1 ，q≠1 1-q (3)一些常见的数列的前n项和： n 1 n ①k=1+2+3+⋯+n= n(n+1)；2k=2+4+6+⋯+2n=n(n+1) 2 k=1 k=1 n ②(2k-1)=1+3+5+⋯+(2n-1)=n2； k=1 n 1 ③k2=12+22+32+⋯+n2= n(n+1)(2n+1)； 6 k=1 ④ n k3=13+23+33+⋯+n3=   n(n+1)  2 k=1  2 二．几种数列求和的常用方法 (1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成 的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． (2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从 而求得前n项和． (3)错位相减法：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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解． (4)倒序相加法：如果一个数列a n  与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个 常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解． 【解题方法总结】 常见的裂项技巧 积累裂项模型1：等差型 1 1 1 (1) = - n(n+1) n n+1 1 1 1 1 (2) =  - n(n+k) k n n+k  1 1 1 1 (3) =  - 4n2-1 2 2n-1 2n+1  1 1  1 1 (4) =  - n(n+1)(n+2) 2 n(n+1) (n+1)(n+2)  1 1 1 1 1 (5) = =  - n(n2-1) n(n-1)(n+1) 2 (n-1)n n(n+1)  n2 1  1 (6) = 1+ 4n2-1 4  (2n+1)(2n-1)  第 页 共 页 1185 34273n+1 4(n+1)-(n+3) 1 1 (7) = =4 - (n+1)(n+2)(n+3) (n+1)(n+2)(n+3) n+2 n+3  1 1 - - n+1 n+2  1 (8)n(n+1)= n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1) 3  . 1 (9)n(n+1)(n+2)= n(n+1)(n+2)(n+3)-(n-1)n(n+1)(n+2) 4  1 1  1 1 (10) =  - n(n+1)(n+2)(n+3) 3 n(n+1)(n+2) (n+1)(n+2)(n+3)  2n+1 1 1 (11) = - n2(n+1)2 n2 (n+1)2 n+1 1  1 1 (12) n2(n+2)2 = 4   n2 - (n+2)2  积累裂项模型2：根式型 1 (1) = n+1- n n+1+ n 1 1 (2) = ( n+k- n) n+k+ n k 1 1 (3) = ( 2n+1- 2n-1) 2n-1+ 2n+1 2 1 1 n(n+1)+1 1 1 (4) 1+ + = =1+ - n2 (n+1)2 n(n+1) n n+1 1 (5) 3n2+2n+1+ 3n2-1+ 3n2-2n+1 3n+1- 3n = 3n+1- 3n-1(3n2+2n+1+ 3n2-1+ 3n2-2n+1)= 2 1 (n+1) n-n n+1 (6) = (n+1) n+n n+1 (n+1) n  (n+1) n-n n+1 1 = = - 2-(n n+1)2 n(n+1) n 1 n+1 积累裂项模型3：指数型 2n (2n+1-1)-(2n-1) 1 1 (1) = = - (2n+1-1)(2n-1) (2n+1-1)(2n-1) 2n-1 2n+1-1 3n 1 1 1 (2) =  - (3n-1)(3n+1-1) 2 3n-1 3n+1-1  n+2 2(n+1)-n 2 1 (3) = = - n(n+1)⋅2n n(n+1)⋅2n n n+1  1 1 1 ⋅ = - 2n n⋅2n-1 (n+1)⋅2n (4n-1)⋅3n-1 1  9 1 (4) =  - n(n+2) 2 (n+2) n  1 3n+1 3n-1 ⋅3n-1=  - 2 n+2 n  (2n+1)⋅(-1)n (-1)n (-1)n+1 (5) = - n(n+1) n n+1 1 1 (6)a =n⋅3n-1，设a =(an+b)3n-[a(n-1)+b]⋅3n-1，易得a= ,b=- ， n n 2 4 1 1 于是a = (2n-1)3n- (2n-3)⋅3n-1 n 4 4 (-1)n(n2+4n+2)2n (-1)n(n2+4n+2) (-1)n n2+n+2(n+1)+n (7) = = n⋅2n⋅(n+1)2n+1 n⋅(n+1)2n+1  n⋅(n+1)2n+1 = ( 2 - n 1 + ) 1 n +(-1)n   n⋅ 1 2n + (n+1 1 )⋅2n+1  1 1 = - 2 2  n (-1)n (-1)n+1 + -   n⋅2n (n+1)⋅2n+1  积累裂项模型4：对数型 第 页 共 页 1186 3427a log n+1 =logan+1-log a a a a a n n 积累裂项模型5：三角型 1 1 (1) = (tanα-tanβ) cosαcosβ sin(α-β) 1 1 (2) = tan(n+1)°-tann° cosn°cos(n+1)° sin1°  1 (3)tanαtanβ= (tanα-tanβ)-1 tan(α-β) (4)a n =tan⋅tan(n-1);tan1=tann-(n-1)  tann-tan(n-1) = ， 1+tann⋅tan(n-1) tann-tan(n-1) tann-tan(n-1) 则tann⋅tan(n-1)= -1,a = -1 tan1 n tan1 积累裂项模型6：阶乘 n 1 1 (1) = - (n+1)! n! (n+1)! n+2 n+2 1 n+1 1 1 (2) = = = = - n!+(n+1)!+(n+2)! n!(n+2)2 n!(n+2) (n+2)! (n+1)! (n+2)! 常见放缩公式： 1 1 (1) < n2 n-1  1 1 = - n≥2 n n-1 n  ； 1 1 (2) > n2 nn+1  1 1 = - ； n n+1 1 4 4 1 1 (3) = < =2 - n2 4n2 4n2-1 2n-1 2n+1  ； 1 n! (4)T =Cr⋅ = r+1 n nr r!n-r  1 1 1 ⋅ < < ! nr r! rr-1  1 1 = - r≥2 r-1 r  ； 1 (5)1+ n  n 1 1 1 <1+1+ + +⋯+ 1×2 2×3 n-1  <3； n 1 2 2 (6) = < =2- n-1+ n n n+ n n-1+ n  n≥2  ； 1 2 2 (7) = > =2- n+ n+1 n n+ n n+ n+1  ； 1 2 2 2 2 ( 8 ) = < = = n n+ n 1 1 2n-1+ 2n+1 n- + n+ 2 2 2- 2n-1+ 2n+1  ； 2n (9) 2n-1  2n = 2 2n-1  2n-1  2n < 2n-1  2n-2  2n-1 = 2n-1  2n-1-1  1 = - 2n-1-1 1 n≥2 2n-1  ； 1 1 1 (10) = < n3 n⋅n2 n-1  nn+1  n+1- n-1 = n-1  nn+1  1 ⋅ n+1- n-1 1 = n-1  1 - n nn+1       1 1 1 ⋅ = 2 - n+1- n-1 n-1 n+1  ⋅ n+1+ n-1 2 n 1 1 <2 - n-1 n+1  n≥2  ； 第 页 共 页 1187 34271 2 2 (11) = < n3 n2⋅n+ n⋅n2 n n-1+n-1  2 = n n-1  n n+ n-1  -2 n-1- n =  n-1  2 2 = - n≥2 n n-1 n  ； 1 1 (12) = 2n-1 1+1  1 2 < = n-1 C0+C1+C2-1 nn+1 n n n  2 2 = - ； n n+1 1 2n-1 (13) < 2n-1 2n-1-1  2n-1  1 1 = - n≥2 2n-1-1 2n-1  ． 2 1 2 (14)2( n+1- n)= < < =2( n- n-1)． n+1+ n n n+ n-1 必考题型全归纳 1 题型一：通项分析法 2096 (2024·全国·高三专题练习)求和S n =3+2  +32+3⋅2+22  +⋅⋅⋅ +3n+3n-1⋅2+3n-2⋅22+⋅⋅⋅+2n  ． 2 2 【解析】∵a =3n+3n-1⋅2+3n-2⋅22+⋅⋅⋅+2n=3n 1+ + n 3 3  2 2 +⋅⋅⋅+ 3   n    2 1- 3 =3n⋅   n+1   2  1-  3  =3n+1-2n+1， ∴S n =32+33+⋅⋅⋅+3n+1  -22+23+⋅⋅⋅+2n+1  9(1-3n) = -(2n+2-4)． 1-3 3n+2 1 S = -2n+2- n 2 2 2097 数列9，99，999，⋯的前n项和为 ( ) 10 A. (10n-1)+n B.10n-1 9 10 10 C. (10n-1) D. (10n-1)-n 9 9 【答案】D 【解析】∵数列通项a =10n-1， n ∴S =(10+102+103++10n)-n n 10(1-10n) = -n 1-10 10 = (10n-1)-n． 9 故选：D． 2098 求数列1，(1+2)，(1+2+22)，⋯，(1+2+22+⋯+2n-1)，⋯的前n项之和． 2n-1 【解析】由于a =1+21+22+⋯+2n-1= =2n-1， n 2-1 所以前n项之和T =(21-1)+(22-1)+⋯+(2n-1) n =(21+22+23+⋯+2n)-(1+1+⋯+1) 2×(2n-1) = -n 2-1 =2n+1-n-2． 2099 (2024·全国·高三专题练习)数列1,(1+2),1+2+22  ,1+2+22+23  ,⋯, 1+2+⋯+2n-1  ,⋯的前n项和为 . 第 页 共 页 1188 3427【答案】2n+1-2-n 1-2n 【解析】观察数列得到a =1+2+⋯+2n-1= =2n-1， n 1-2 所以前n项和S =a +a +⋯+a =21-1+22-1+⋯+2n-1 n 1 2 n 2(1-2n) =21+22+⋯+2n-n= -n=2n+1-2-n. 1-2 故答案为：2n+1-2-n. 5 2100 (2024·全国·高三对口高考)数列5,55,555,5555,⋯, 10n-1 9  ,⋯的前n项和S = n . 5 50 5n 【答案】 ×10n+1- - 81 81 9 5 【解析】由题意，a n = 9 10n-1  ， 5 所以S n = 9 10-1+102-1+103-1+⋯+10n-1  5 10-10n×10 = × -n 9 1-10  5 = ×10n+1-10 81  5n - 9 5 50 5n = ×10n+1- - 81 81 9 5 50 5n 故答案为： ×10n+1- - 81 81 9 2101 (2024·全国·高三专题练习)1202年意大利数学家列昂那多-斐波那契以兔子繁殖为 例，引人“兔子数列”，又称斐波那契数列，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，⋯该数列中 的数字被人们称为神奇数，在现代物理，化学等领域都有着广泛的应用.若此数列各项被 3除后的余数构成一新数列a n  ，则数列a n  的前2022项的和为 . 【答案】2276 【解析】由数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，⋯各项除以3的余数， 可得数列a n  为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，⋯， 所以数列a n  是周期为8的数列， 一个周期中八项和为1+1+2+0+2+2+1+0=9， 又因为2022=252×8+6， 所以数列a n  的前2022项的和S =252×9+8=2276. 2022 故答案为：2276. 【解题方法总结】 先分析数列通项的特点，再选择合适的方法求和是求数列的前n项和问题应该强化的意 识． 2 题型二：公式法 2102 (2024·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习)已知数列a n  为等差数列，数列b n  为等比数列，且b ∈N*，若a =b =2,a +a +a =b +b +b +b =15． n 1 2 1 2 3 1 2 3 4 (1)求数列a n  ，b n  的通项公式； (2)设由a n  ，b n  的公共项构成的新数列记为c n  ，求数列c n  的前5项之和S ． 5 【解析】(1)设数列a n  的公差为d，数列b n  的公比为q， 第 页 共 页 1189 3427因为a =2,a +a +a =15 1 1 2 3 a =2 a =2 则 1 ，解得 1 ，   2a +3d=13 d=3 1 所以a =a +(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1， n 1 因为b =2,b +b +b +b =15， 2 1 2 3 4 bq=2 所以  b 1 +bq2+bq3=13 ，则2q3+2q2-13q+2=0， 1 1 1 所以(q-2)(2q2+6q-1)=0， 因为b ∈N*，所以q=2，b =1， n 1 所以b =2n-1． n (2)设数列a n  的第m项与数列b n  的第n项相等， 则a =b ⇒3m-1=2n-1，m，n∈N*， m n 2n-1+1 所以m= ，m，n∈N*， 3 因为m，n∈N*， 2 5 所以当n=1时，m= ∉N*，当n=2时，m=1，则c =2，当n=3时，m= ∉N*， 3 1 3 17 当n=4时，m=3，则c =8，当n=5时，m= ∉N*， 2 3 65 当n=6时，m=11，则c =32，当n=7时，m= ∉N* 3 3 257 当n=8时，m=43，则c =128，当n=9时，m= ∉N* 4 3 当n=10时，m=171，则c =512， 5 故c n  的前5项之和S =2+8+32+128+512=682． 5 2103 (2024·湖北武汉·统考模拟预测)已知S 是数列a n n  的前n项和，2S =na ，a =3． n n 2 (1)求数列a n  的通项公式； (2)若b n =16-a n  ，求数列b n  的前n项和T． n 【解析】(1)由2S =na ，则2S =(n+1)a ， n n n+1 n+1 两式相减得：2a =(n+1)a -na ， n+1 n+1 n 整理得：(n-1)a =na ， n+1 n a n 即n≥2时， n+1 = ， a n-1 n a a a n-1 n-2 2 所以n≥2时，a = n ⋅ n-1 ⋅⋯⋅ 3 ⋅a = ⋅ ⋅⋯⋅ ⋅3=3(n-1)， n a a a 2 n-2 n-3 1 n-1 n-2 2 又n=1时，2a =a ，得a =0，也满足上式． 1 1 1 故a =3(n-1)． n (2)由(1)可知：b n =16-a n  =|19-3n|． 记C =19-3n，设数列C n n  的前n项和T． n n(16+19-3n) -3n2+35n 当n≤6时，T = = ； n 2 2 当n>6时，T =C +C +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+C -C -⋅⋅⋅⋅⋅⋅C n 1 2 6 7 n =T 6 -T n -T 6   -3n2+35n 3n2-35n+204 =2T-T=102- = 6 n 2 2 第 页 共 页 1190 3427-3n2+35n  2 , n≤6 综上：T = n   3n2-35n+204 , n>6  2 2104 (2024·宁夏银川·高三银川一中阶段练习)已知等差数列a n  的前四项和为10，且a ,a , 2 3 a 成等比数列 7 (1)求通项公式a n (2)设b =2an，求数列b 的前n项和S n n n 【解析】(1)设等差数列a n  4×3 的公差为d，则4a + d=10，即2a +3d=5， 1 2 1 又a ,a ,a 成等比数列，所以a2=a a ，即(a +2d)2=(a +d)(a +6d)， 2 3 7 3 2 7 1 1 1 3 整理得2d2+3ad=0，得d=0或d=- a ， 1 2 1 5 5 若d=0，则a = ，a =a +(n-1)d= ， 1 2 n 1 2 3 9 若d=- a ，则2a - a =5，得a =-2，d=3，a =3n-5. 2 1 1 2 1 1 n 5 综上所述：a = 或a =3n-5. n 2 n 5 5 (2)若a = ，则b =22=4 2，S =4 2n； n 2 n n 8n 1 8(1-8n) 8n-1 若a =3n-5，则b =23n-5= ，S = ⋅ = . n n 32 n 32 1-8 28 【解题方法总结】 针对数列的结构特征，确定数列的类型，符合等差或等比数列时，直接利用等差、等比数 列相应公式求解． 3 题型三：错位相减法 2105 (2024·广东茂名·高三茂名市第一中学校考阶段练习)已知数列a n  满足a =2a +2n n n-1 -1n≥2  且a =5 1 a +λ (1)若存在一个实数λ，使得数列 n  2n  为等差数列，请求出λ的值； (2)在(1)的条件下，求出数列a n  的前n项和S ． n a +λ a +λ 【解析】(1)假设存在实数p符合题意，则 n - n-1 必为与n无关的常数. 2n 2n-1 a +λ a +λ a -2a -λ 2n-1-λ 1+λ 因为 n - n-1 = n n-1 = =1- . 2n 2n-1 2n 2n 2n a +λ a +λ 要使 n - n-1 是与n无关的常数， 2n 2n-1 1+λ 则 =0，可得λ=-1. 2n a +λ 故存在实数λ=-1，使得数列 n  2n  为等差数列. (2)由a =2a +2n-1，且a =5， n n-1 1 a -1 由(1)知等差数列 n  2n  的公差d=1， a -1 a -1 所以 n = 1 +n-1 2n 21  =n+1，即a n =n+1  ⋅2n+1， 所以S =a +a +a +⋯+a n 1 2 3 n 第 页 共 页 1191 3427=2×2+1  +3×22+1  +⋯+ n+1   ⋅2n+1  =2×2+3×22+⋯+n+1  ⋅2n+n 记：T n =2×2+3×22+⋯+n+1  ⋅2n， 有2T n =2×22+3×23+⋯+n⋅2n+n+1  ⋅2n+1， 两式相减，得T =n⋅2n+1， n 故S n =n⋅2n+1+n=n2n+1+1  . 2106 (2024·四川绵阳·高三盐亭中学校考阶段练习)设数列  b n  ​的前n​项和为 S ​，且b n n =2-2S ​;数列 a n n  ​为等差数列，且a =14，a =20​. 5 7 (1)求数列  b n  ​的通项公式. (2)若c =a ⋅b n∈N* n n n  ​，求数列c n  ​的前n​项和 T ​. n 2 【解析】(1)当n=1时，b =2-2b ，得b = . 1 1 1 3 当n≥2时，b n =2-2S n ,b n-1 =2-2S n-1 两式相减有b n -b n-1 =-2S n -S n-1  =-2b n 即3b =b . n n-1 因为b ≠0，所以数列 b 1 n  2 1 是以 为首项，公比为 的等比数列. 3 3 2 1 则b = × n 3 3  n-1 2 = . 3n 所以数列 b n  2 的通项公式为b = . n 3n (2)在等差数列 a n  中，设首项为a 公差为d， 1 a =a +4d=14 a =2 则 5 1 解得 1   a =a +6d=20 d=3 7 1 所以a n =2+3n-1  =3n-1. 则c n =a n b n =3n-1  2 ⋅ 3n 1 1 1 ∴T n =2 2⋅ 3 +5⋅ 32 +8⋅ 33 +⋯+3n-1   1  ⋅  3n  ① 1 1 1 3 T n =2 2⋅ 32 +5⋅ 33 +⋯+3n-4  1 ⋅ +3n-1 3n   1  ⋅  3n+1  ② 2 1 1 1 1 所以①-②得 3 T n =2 2⋅ 3 +3⋅ 32 +3⋅ 33 +⋯+3⋅ 3n -3n-1   1  ⋅  3n+1  . 2 1 1 1 1 1 即 3 T n =2 3⋅ 3 +3⋅ 32 +3⋅ 33 +⋯+3⋅ 3n - 3 -3n-1   1  ⋅  3n+1  . 7 6n+7 1 解得T = - ⋅ n 2 2 3n 2107 (2024·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习)已知数列x n  的首项为1，且x + 1 x x x nx 2 +⋯+ n-1 + n = n+1. 2 2n-2 2n-1 2n (1)求数列x n  的通项公式； 1 (2)若b n = 2 2n+1  x n+1 -x n  ,S 为b n n  前n项的和，求S . n x x x nx 【解析】(1)因为x + 2 +⋯+ n-1 + n = n+1， 1 2 2n-2 2n-1 2n x x n-1 所以x + 2 +⋯+ n-1 = 1 2 2n-2  x n n≥2 2n-1  . x nx n-1 两式作差得 n = n+1 - 2n-1 2n  x n， 2n-1 第 页 共 页 1192 3427整理得x n+1 =2x nn≥2  . 令n=1，得2x =x ，故x =2x 对任意n∈N*都成立. 1 2 n+1 n 所以x n  的首项为1，故x ≠0，所以x n n  是公比为2的等比数列. 所以x n  的通项公式是x =2n-1. n (2)由(1)得x -x =2n-1， n+1 n 1 所以b n = 2 n+n+1  x n+1 -x n  =2n+1  ×2n-2. 所以S n =3×2-1+5×20+⋯+2n-1  ×2n-3+2n+1  ×2n-2. 又2S n =3×20+5×21+⋯+2n-1  ×2n-2+2n+1  ×2n-1， 作差得S n =-3×2-1-21+22+⋯+2n-1  +2n+1  ×2n-1， 3 2×1-2n-1 =- - 2  +2n+1 1-2  ×2n-1， 2n-1 =  ×2n+1 . 2 2108 (2024·西藏日喀则·统考一模)已知数列a n  的前n项和为S ，且a +2a +3a +⋯ n 1 2 3 +na n =n-1  S +2n. n (1)求a,a ，并求数列a 1 2 n  的通项公式； (2)若b =a ⋅log a ，求数列b n n 2 n n  的前n项和T. n 【解析】(1)由题意a 1 +2a 2 +3a 3 +⋯+na n =n-1  S +2n①， n 当n=1时a =2；当n=2时a +2a =S +4=a +a +4⇒a =4； 1 1 2 2 1 2 2 当n≥2时，a 1 +2a 2 +3a 3 +⋯+n-1  a n-1 =n-2  S n-1 +2n-1  ②， ①-②得na n =n-1  S n -n-2  S n-1 +2=S n +n-2  a n +2⇒S n =2a n -2n≥2  ， 当n=1时，a =2也适合上式，所以S =2a -2，所以n≥2时S =2a -2， 1 n n n-1 n-1 两式相减得a n =2a n-1n≥2  ，故数列a n  是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以a =2n. n (2)由(1)得b =n⋅2n， n T n =1×21+2×22+⋯+n-1  2n-1+n2n③， 2T n =1×22+2×23+⋯+n-1  2n+n2n+1④， 21-2n ③-④得：-T =21+22+⋯+2n-n2n+1= n  -n2n+1=2n+1 1-n 1-2  -2， 所以 T n =2n+1 n-1  +2. 2109 (2024·广东东莞·校考三模)已知数列a n  和b n  1 1 ，a =2， - =1，a =2b . 1 b a n+1 n n n 1 (1)求证数列 -1 a n  是等比数列； n (2)求数列 b n  的前n项和T. n 1 1 2 1 【解析】(1)由a =2， - =1，a =2b 得 - =1， 1 b a n+1 n a a n n n+1 n 1 1 1 整理得 -1=  -1 a 2 a n+1 n  1 1 ，而 -1=- ≠0， a 2 1 1 所以数列 -1 a n  1 1 是以- 为首项，公比为 的等比数列 2 2 1 1 1 (2)由(1)知 -1=-  a 2 2 n  n-1 1 2n =- ，∴a = ， 2n n 2n-1 第 页 共 页 1193 34271 2n n 2n+1-1 n ∴b = a = ， =n⋅ =2n- ， n 2 n+1 2n+1-1 b 2n 2n n 1 2 n 1 1 2 n 设S = + +⋯+ ，则 S = + +⋯+ ， n 2 22 2n 2 n 22 23 2n+1 1 1 1- 1 1 1 1 n 2 2n 两式相减得 S = + +⋯+ - = 2 n 2 22 2n 2n+1  n n+2 - =1- ， 1 2n+1 2n+1 1- 2 n+2 从而S =2- n 2n n2+2n ∴T = n  n+2 -S =n2+n-2+ . 2 n 2n 2110 (2024·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测)设数列a n  的前n项和为S ， n 2S 已知a =1，且数列3- n 1  a n  1 是公比为 的等比数列. 3 (1)求数列a n  的通项公式； (2)若b n =2n+1  3n-1，求其前n项和T n 2S 【解析】(1)因为S =a =1,3- 1 =1， 1 1 a 1 2S 所以由题意可得数列3- n  a n  1 是首项为1，公比为 的等比数列， 3 2S 1 所以3- n = a 3 n  n-1 1 ，即2S = 3- n 3   n-1    a ， n 1 所以2S = 3- n+1 3   n    a ， n+1 两式作差得：2S n+1 -S n  1 =2a = 3- n+1 3   n    1 a - 3- n+1 3   n-1    a ， n 化简得：1-3-n  a n+1 -31-3-n  a n =0,即3n-1  a n+1 -3a n  =0， 所以a =3a ， n+1 n 所以数列a n  是以a =1为首项，以3为公比的等比数列， 1 故数列a n  的通项公式为a =3n-1； n (2)方法一： 设b n =2n+1  3n-1=xn+y  3n- xn-1   +y  3n-1,n≥2， 则有b n = 2xn+2y+x    3n-1，比较系数得x=1,y=0， 所以b n =2n+1  3n-1=n3n-n-1   3n-1,n≥2 所以T =b +b +b +⋯+b ， n 1 2 3 n 所以T n =3+2×32-3  +3×33-2×32  +⋯+ n×3n-n-1   ×3n-1  ， 所以T =n×3n. n 方法二： 因为b n =2n+1  3n-1， 所以T =3×30+5×31+7×32+⋅⋅⋅+(2n-1)3n-2+(2n+1)3n-1， n 所以3T =3×31+5×32+7×33+⋅⋅⋅+(2n-1)3n-1+(2n+1)3n， n 所以-2T =3×30+2×31+2×32+⋅⋅⋅+2×3n-1-(2n+1)3n n =1+2×30+31+32+⋅⋅⋅+3n-1  -(2n+1)3n 1-3n =1+2× -(2n+1)3n=1+3n-1-(2n+1)3n=-2n⋅3n， 1-3 所以T =n×3n. n 第 页 共 页 1194 3427【解题方法总结】 错位相减法求数列{a }的前n项和 n (1)适用条件 若{a }是公差为d(d≠0)的等差数列，{b }是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列 n n {a ·b }的前n项和S ． n n n (2)基本步骤 (3)注意事项 ①在写出S 与qS 的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出S n n n -qS ； n ②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号． 等差乘等比数列求和，令c n =An+B  ⋅qn，可以用错位相减法． T =(A+B)q+(2A+B)q2+(3A+B)q3+...+(An+B)qn① n qT =(A+B)q2+(2A+B)q3+(3A+B)q4+...+(An+B)qn+1② n ①-②得：(1-q)T =(A+B)q-(An+B)qn+1+A(q2+q3+...+qn)． n An B A 整理得：T = + - n q-1 q-1 (q-1)2  B A qn+1- - q-1 (q-1)2  q． 4 题型四：分组求和法 2111 (2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考期末)已知数列a n  和b n  满足：a =1，b =2， 1 1 2 1 2 1 a = a + b ，b = b + a ，其中n∈N∗． n+1 3 n 3 n n+1 3 n 3 n 1 (1)求证：a -a = ； n+1 n 3n (2)求数列a n  的前n项和S ． n 2 1 2 1 【解析】(1)证明：因为a = a + b ①，b = b + a ②， n+1 3 n 3 n n+1 3 n 3 n ①+②可得a +b =a +b ，且a +b =3， n+1 n+1 n n 1 1 所以，数列a +b n n  为常数列，且a +b =3③， n n 1 ①-②可得a n+1 -b n+1 = 3 a n -b n  ，且a -b =-1， 1 1 所以，数列a -b n n  1 为等比数列，且该数列的首项为-1，公比为 ， 3 1 所以，a -b =- n n 3  n-1 ④， 1 ③+④可得2a =3- n 3  n-1 3 1 1 ，则a = - ⋅ n 2 2 3  n-1 ， 第 页 共 页 1195 34273 1 1 所以，a -a = -  n+1 n 2 2 3   n    3 1 1 - -  2 2 3   n-1    1 1 =  2 3  n-1 1 1 -  2 3  n 1 = 3  n . 3 1 1 (2)由(1)可知，a = - ⋅ n 2 2 3  n-1 ， 3 1 1 则S = -  n 2 2 3   0    3 1 1 + -  2 2 3   1    3 1 1 + -  2 2 3   2    3 1 1 +⋯+ -  2 2 3   n-1    3n 1 1 = -  2 2 3  0 1 + 3  1 1 + 3  2 1 +⋯+ 3   n-1    1 1 1- 3n 2 3n = - 2  3n 3 1 = - + . 1 2 4 4⋅3n-1 1- 3 2112 (2024·广东深圳·高三北师大南山附属学校校考阶段练习)已知数列a n  的前n项和为 S ，且满足a =1，2S =na ，n∈N*. n 1 n n+1 (1)求数列a n  的通项公式； (2)设数列b n  满足b =1，b =2，b =2b ，n∈N*，按照如下规律构造新数列c 1 2 n+2 n n  ：a, 1 b ,a ,b ,a ,b ,a ,b ,⋯，求数列c 2 3 4 5 6 7 8 n  的前2n项和. 【解析】(1)当n=1时，由a =1且2S =na 得a =2 1 n n+1 2 a a 当n≥2时，由2S =(n-1)a 得2a =na -(n-1)a ，所以 n+1 = n(n≥2). n-1 n n n+1 n n+1 n a a 所以 n = 2 =1，故a =n(n≥2)， n 2 n 又当n=1时，a =1，适合上式. 1 所以a =n.n∈N* n b (2)因为b =2， n+2 =2(n∈N*)， 2 b n 所以数列b n  的偶数项构成以b =2为首项、2为公比的等比数列. 2 故数列c n  的前2n项的和T 2n =a 1 +a 3 +⋯+a 2n-1  +b 2 +b 4 +⋯+b 2n  ， n(1+2n-1) 21-2n T = + 2n 2  =2n+1+n2-2 1-2 所以数列c n  的前2n项和为2n+1+n2-2. 2113 (2024·重庆巴南·统考一模)已知数列a n  的首项a =1，且满足a +a =3×2n. 1 n+1 n (1)求证：a -2n n  是等比数列； (2)求数列a n  的前项和S . n 【解析】(1)因为a +a =3×2n，即a =-a +3×2n， n+1 n n+1 n a -2n+1 -a +3×2n-2n+1 2n-a 则 n+1 = n = n =-1， a -2n a -2n a -2n n n n 又因为a =1，可得a -21=-1≠0， 1 1 所以数列a -2n n  表示首项为-1，公比为-1的等比数列. (2)由(1)知a -2n=-1×(-1)n-1=(-1)n，所以a =(-1)n+2n. n n 所以S n =a 1 +a 2 +⋅⋅⋅+a n =-1+21  +1+22  +⋅⋅⋅+(-1)n+2n  =21+22+⋯+2n  + -1  +1+⋯+-1  n   21-2n =  -1× 1--1 + 1-2  n   1--1  =22n-1  1--1 -  n ， 2 当n为偶数时，可得S n =22n-1  1-1 - =2n+1-2； 2 当n为奇数时，可得S n =22n-1  1+1 - =2n+1-3； 2 第 页 共 页 1196 34272n+1-2,n为偶数 综上所述：S n = 2n+1-3,n为奇数 . 2114 (2024·江苏镇江·高三江苏省镇江中学校考阶段练习)已知等差数列a n  的前n项和为 S ，数列b n n  为等比数列，满足a =b =2,S =30,b +2是b 与b 的等差中项. 1 2 5 4 3 5 (1)求数列a n  ,b n  的通项公式； (2)设c n =(-1)n a n +b n  ，求数列c n  的前20项和T . 20 【解析】(1)设等差数列a n  的公差为d，等比数列b n  的公比为q， 5×4 因为a =2，所以S =10+ d=30，解得d=2，所以a =2+2(n-1)=2n， 1 5 2 n 由题意知：2b 4 +2  =b 3 +b 5 ，因为b 2 =2，所以22q2+2  =2q+2q3， 解得q=2，所以b =2n-1； n (2)由(1)得c n =(-1)n 2n+2n-1  =(-1)n⋅2n+(-1)n⋅2n-1， T 20 =(-2+4-6+8-⋯+40)+-1+2-22+23-⋯+219  -1× 1--2 =2×10+  20   220-1 220+59 =20+ = . 1-(-2) 3 3 2115 (2024·海南·高三校联考期末)已知数列a n  满足a =4，a =2a +2(n∈N*)． 1 n+1 n (1)求数列a n  的通项公式； (2)若b =a +a ，求数列b n n n+1 n  的前n项和S ． n 【解析】(1)由a n+1 =2a n +2，得a n+1 +2=2a n +2  ，a +2=6， 1 a +2 故 n+1 =2， a +2 n 所以数列a +2 n  是以6为首项，2为公比的等比数列， 所以a +2=6×2n-1， n 故a =3⋅2n-2． n (2)b =a +a =3⋅2n-2+6⋅2n-2=9⋅2n-4， n n n+1 所以S n =9×21+22+⋯+2n  2×1-2n -4n=9×  -4n=9⋅2n+1-4n-18 1-2 2116 (2024·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测)S 为数列a n n  的前n项和，已知6S n =a2+3a -4，且a >0. n n n (1)求数列a n  的通项公式a ； n (2)数列b n  依次为：a,3,a ,32,33,a ,34,35,36,a ,37,38,39,310⋯，规律是在a 和a 中间插 1 2 3 4 k k+1 入kk∈N*  项，所有插入的项构成以3为首项，3为公比的等比数列，求数列b n  的前 100项的和. 【解析】(1)当n=1时，6S =6a =a2+3a -4，解得a =4(a =-1舍去)， 1 1 1 1 1 1 由6S n =a2 n +3a n -4得n≥2时，6S n-1 =a n-1  2+3a -4， n-1 两式相减得6a n =a2 n -a2 n-1 +3a n -3a n-1 ,a n +a n-1  a n -a n-1 -3  =0， 因为a >0，所以a -a =3， n n n-1 所以a n  是等差数列，首项为4，公差为3， 所以a n =4+3n-1  =3n+1； (2)由于1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12=78,78+12<100， 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13=91,91+13>104 因此数列b n  的前100项中含有a n  的前13项，含有3n  中的前87项， 第 页 共 页 1197 342713×12 31-387 所求和为S=4×13+ ×3+ 2  388+569 = . 1-3 2 2117 (2024·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测)已知数列a n  4 的首项a = ，a 1 5 n+1 4a = n ，n∈N*. 3a +1 n a (1)设b = n ，求数列b n 1-a n n  的通项公式； (2)在b 与b (其中k∈N*)之间插入2k个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列 k k+1 c n  .记S 为数列c n n  的前n项和，求S . 36 4a 4 【解析】(1)因为a = n ，a = ≠0， n+1 3a +1 1 5 n 1 3 1 所以a ≠0，取倒得 = + ， n a 4 4a n+1 n 1 1 1 1 1 所以 -1= - =  -1 a 4a 4 4 a n+1 n n  a 4a ，即 n+1 = n ，即b =4b ， 1-a 1-a n+1 n n+1 n 因为b =4≠0，所以b 1 n  是b =4，q=4的等比数列， 1 所以b =4n n∈N* n  . (2)在b,b 之间有2个3，b ,b 之间有22个3，b ,b 之间有23个3，b ,b 之间有24个3， 1 2 2 3 3 4 4 5 合计2+22+23+24=30个3， 5 4×1-45 所以S =∑b +31×3= 36 i i=1  +93=1364+93=1457. 1-4 2118 (2024·广东梅州·高三大埔县虎山中学校考阶段练习)已知各项均为正数的数列{an} 中，a =1且满足a2 -a2=2a +2a ，数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn+1= 1 n+1 n n n+1 3bn. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设c =a +b ，求数列c n n n n  的前n项和Sn； (3)若在bk与bk 之间依次插入数列{an}中的k项构成新数列c +1 n  ：b ，a ，b ，a ，a ， 1 1 2 2 3 b ，a ，a ，a ，b ，⋯⋯，求数列{cn}中前50项的和T . 3 4 5 6 4 50 【解析】(1)由a 2-a2=2a +2a n+1 n n n+1 得：a n+1 -a n  a n+1 +a n  =2a n+1 +a n  ∵a +a >0 a -a =2 n+1 n n+1 n a n  是首项a =1，公差为2的等差数列 1 ∴a =2n-1 n 又当n=1时，2S +1=3b 得b =1 1 1 1 当n≥2，由2S +1=3b ⋯① n n 2S +1=3b ⋯② n-1 n-1 由①-②整理得：b =3b ， n n-1 ∵b =1≠0， 1 ∴b ≠0， n-1 b ∴ n =3， b n-1 ∴数列b n  是首项为1，公比为3的等比数列，故b =3n-1； n (2)∵c =2n-1+3n-1, n 第 页 共 页 1198 3427∴S n =1+30  +3+31  +⋯+2n-1+3n-1  =1+3+⋯+2n-1  +30+31+⋯+3n-1  n1+2n-1 =  1-3n + 2 1-3 2n2+3n-1 = 2 (3)依题意知：新数列c n  中，a (含a )前面共有：1+2+3+⋯+k k+1 k+1  +k+1  = k+1  k+2  项． 2 k+1 由  k+2  ≤50，(k∈N*)得：k≤8， 2 ∴新数列c n  中含有数列b n  的前9项：b ，b ，⋯⋯，b ，含有数列a 1 2 9 n  的前41项：a ， 1 a ，a ，⋯⋯，a ； 2 3 41 11-39 ∴T = 50  411+81 + 1-3  =11522． 2 【解题方法总结】 (1)分组转化求和 数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列 或等比数列或可求前n项和的数列求和． (2)分组转化法求和的常见类型 5 题型五：裂项相消法 2119 (2024·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测)已知数列a n  的前n项和S = n an2+bna,b∈R  ，且a =3,a =11. 2 6 (1)求数列a n  的通项公式； a (2)求数列 n+1 S S n n+1  的前n项和T. n 【解析】(1)当n=1时，a =a+b， 1 当n≥2时，a n =S n -S n-1 =an2+bn- a(n-1)2+bn-1    =2an-a+b, 因为a =2an-a+b对n=1也成立. n 所以a n -a n-1 =2an-a+b-2an-1  +a-b=2a，所以数列a n  是等差数列， a -a 11-3 则公差d= 6 2 = =2， 6-2 4 故a n =3+2n-2  =2n-1. n1+2n-1 (2)因为a =2n+1,S = n+1 n  =n2， 2 a 2n+1 1 1 所以 n+1 = = - ， S S n2(n+1)2 n2 (n+1)2 n n+1 1 故T =1- n 4  1 1 + - 4 9   1 1 +⋯+   n2 - (n+1)2  1 n2+2n =1- = . (n+1)2 (n+1)2 2120 (2024·宁夏石嘴山·统考一模)已知S 是数列a n n  的前n项和，且S =2n+1-2n∈N* n  ． 第 页 共 页 1199 3427(1)求数列a n  的通项公式； 2n (2)若b = n a n -1  a n+1 -1  ，求数列b n  的前n项和T． n 【解析】(1)n=1时，a =S =22-2=2， 1 1 n≥2时a n =S n -S n-1 =2n+1-2  -2n-2  =2n， 经验证n=1时满足a ， n ∴a =2n,n∈N*； n 2n (2)∵b = n 2n-1  2n+1-1  1 1 = - ， 2n-1 2n+1-1 1 1 1 1 1 1 1 1 T = - + - + +⋯+ - =1- . n 21-1 22-1 22-1 23-1 23-1 2n-1 2n+1-1 2n+1-1 2121 (2024·江西赣州·高三校联考阶段练习)已知等差数列a n  的前n项和为S ，且S =40， n 5 S =126. 9 (1)求数列a n  的通项公式； 1 (2)求数列 a a n n+1  1 的前n项和T，并证明：T < . n n 6 【解析】(1)设公差为d， S =5a +10d=40, 由题意得 5 1  S =9a +36d=126, 9 1 a =2, 解得  d 1 =3, ∴a n =3n-1. 1 1 (2)由(1)知 = a n a n+1 3n-1  3n+2  1 1 1 =  - 3 3n-1 3n+2  ， 1 1 1 1 ∴T = + + +⋅⋅⋅+ ， n aa a a a a a a 1 2 2 3 3 4 n n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = × - + - + - +⋅⋅⋅+ - 3 2 5 5 8 8 11 3n-1 3n+2  1 1 1 = × - 3 2 3n+2  . 1 ∵ >0， 3n+2 1 ∴T < . n 6 2122 (2024·全国·高三专题练习)在数列a n  1 1 1 中，已知 = + ，a =4． a 2a 2 1 n+1 n (1)求a ； n (2)若b =a2-a ，S 为b 的前n项和，证明：12≤S <15． n n n n n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 【解析】(1)∵ = + ，∴ -1= - ， -1=  -1 a 2a 2 a 2a 2 a 2 a n+1 n n+1 n n+1 n  ， 1 -1 1 3 a 1 1 而 -1=- ，∴ n+1 = ，∴ -1 a 4 1 2 a 1 -1 n a n  1 3 是公比为 首项为- 的等比数列， 2 4 1 3 1 ∴ -1=- × a 4 2 n  n-1 . 1 3 1 ∴ =- × a 4 2 n  n-1 2n+1-3 +1= , 2n+1 2n+1 ∴a = . n 2n+1-3 2n+1 2n+1 2n+1 (2)∵a = ,b =a2-a ,∴b =a2-a =  -1 n 2n+1-3 n n n n n n 2n+1-3 2n+1-3  2n+1 = × 2n+1-3 第 页 共 页 1200 34273 , 2n+1-3 2n+1 3 ∵n∈N∗,2n+1-3>0,∴b = × >0,∴S ≥S =b =12， n 2n+1-3 2n+1-3 n 1 1 2n+1 3 2n+1 3 1 1 ∵b = × < × =6 - n 2n+1-3 2n+1-3 2n+1-3 2n-3 2n-3 2n+1-3  , 24 ∴S =b +b =12+ <15， 2 1 2 25 ∴n∈N∗,n≥3, 1 1 1 1 1 1 S 0)， 因为a =3，a,a ,2a +3成等比数列， 2 1 3 6 所以a 3 2=a 1 ⋅2a 6 +3  ，即(d+3)2=3-d  9+8d  ， 得d2-d-2=0， 解得d=2或d=-1(舍)， 所以a =a -d=3-2=1， 1 2 所以a n =a 1 +n-1  d=1+n-1  ×2=2n-1， S = na 1 +a n n  n1+2n-1 = 2  =n2. 2 第 页 共 页 1201 34271 1 (2)由(1)得，b = = n S n S n+1 n2 n+1  1 = 2 nn+1  1 1 = - ， n n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n 所以T = - + - + - +⋯+ - =1- = . n 1 2 2 3 3 4 n n+1 n+1 n+1 2125 (2024·全国·高三专题练习)已知S 为数列a n n  的前n项和，a =2,S =a -3n-2． 1 n n+1 (1)求数列a n  的通项公式a ； n 2n (2)设b = ，记b n a ⋅a n n n+1  1 的前n项和为T，证明：T < ． n n 5 【解析】(1)当n=1时，S =a =a -3-2，则a =7， 1 1 2 2 因为S =a -3n-2， n n+1 所以S n-1 =a n -3n-1  -2,n≥2  ， 两式相减得：a n+1 =2a n +3,n≥2  ， 所以a n+1 +3=2a n +3  ，n≥2  ， a 1 =2,a 1 +3=5，a 2 +3=10，则a 2 +3=2a 1 +3  ，即n=1也适合上式， 所以a +3 n  是以5为首项，公比为2的等比数列， 故：a +3=5×2n-1， n 故a =5×2n-1-3； n 2n 2n (2)由(1)得b = = n a n ⋅a n+1 5×2n-1-3  5×2n-3  2 1 1 =  - 5 5×2n-1-3 5×2n-3  ， 故T =b +b +b +⋅⋅⋅+b n 1 2 3 n 2 1 1 1 1 1 1 =  - + - +⋅⋅⋅+ - 5 2 7 7 17 5×2n-1-3 5×2n-3  2 1 1 =  - 5 2 5×2n-3  ， 1 2 1 1 当n∈N*时， >0，故T < × = . 5×2n-3 n 5 2 5 2126 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  a 满足a =1, n =1+2a ． 1 a n n+1 1 (1)证明 a n  为等差数列，并a n  的通项公式； (2)设c =4n2a a ，求数列c n n n+1 n  的前n项和T． n a 1 1+2a 1 1 1 【解析】(1)证明：因为 n =1+2a ，所以 = n = +2，即 - =2 a n a a a a a n+1 n+1 n n n+1 n 1 所以 a n  1 1 是以 =1为首项，2为公差的等差数列，则 =1+2n-1 a a 1 n  =2n-1， 1 所以a = ； n 2n-1 4n2 (2)c =4n2a a = n n n+1 2n-1  2n+1  4n2 4n2-1+1 1 = = =1+ 4n2-1 4n2-1 2n-1  2n+1  =1 1 1 1 +  - 2 2n-1 2n+1  1 1 1 1 1 1 T =c +c +c +⋯+c =n+ 1- + - +⋯+ - n 1 2 3 n 2 3 3 5 2n-1 2n+1  n =n+ . 2n+1 2127 (2024·福建漳州·统考模拟预测)已知数列a n  2S 的前n项和为S ，且a =1， n =n+1. n 1 a n (1)求a n  的通项公式； 第 页 共 页 1202 3427a (2)记数列log n+1  2 a n  的前n项和为T，求集合kT≤10,k∈N* n k  中元素的个数. 2S 【解析】(1)因为 a n =n+1，所以2S n =n+1 n  a ， n 所以2a n+1 =2S n+1 -2S n =n+2  a n+1 -n+1  a n 所以na n+1 =n+1  a a a ，即 n+1 = n. n n+1 n a a a 又因为a =1，所以 n+1 = n =⋅⋅⋅= 1 =1， 1 n+1 n 1 所以a =n. n a n+1 (2)因为log 2 a n+1 =log 2 n =log 2n+1 n  -log n， 2 所以T n =log 2 2-log 2 1  +log 2 3-log 2 2  +log 2 4-log 2 3  +⋅⋅⋅+ log 2n+1   -log 2 n  =log 2n+1  -log 2 1=log 2n+1  令T n =log 2k+1  ≤10，得k≤210-1，k∈N* 所以集合k∣T≤10,k∈N* k  中元素的个数为210-1=1023. 2128 (2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测)设数列a n  的前n项和为S ，且S = n n n6+a n  ,a =12. 2 4 (1)求a ； n 1 (2)记b = ，数列b n na n n  的前n项和为T，求T. n n 【解析】(1)由S = n6+a n n  ， 2 6+a 当n=1时，a =S = 1，解得a =6， 1 1 2 1 n-1 当n≥2时，S = n-1  6+a n-1  ， 2 所以a =S -S = n6+a n n n n-1  n-1 - 2  6+a n-1  ， 2 整理得：n-2  a n +6=n-1  a ，① n-1 所以有n-1  a +6=na ，② n+1 n ①-②可得2a =a +a ， n n-1 n+1 所以a n  为等差数列， 12-6 因为a =6,a =12，所以公差为 =2， 1 4 3 所以a =2n+4. n 1 1 (2)∵b = = n na n n2n+4  1 1 1 =  - 4 n n+2  ， 1 1 ∴T = 1- n 4 3  1 1 + - 2 4  1 1 + - 3 5  1 1 + - 4 6  1 1 +⋯+ - n n+2      1 1 1 1 = 1+ - - 4 2 n+1 n+2  3 2n+3 = - . 8 4(n+1)(n+2) 2129 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  ,a 1 =1,na n+1 -n+1  a =1． n (1)求数列a n  的通项公式； (2)若数列b n  π 满足b =sin a n 2 n+1  +cosπa n  ，求数列b n  的前2n项和T 2n 第 页 共 页 1203 3427【解析】(1)由na n+1 -n+1  a a 1 a =1得， n+1 - n = n n+1 n nn+1  1 1 = - ， n n+1 a a a a a a 1 1 1 1 1 所以n≥2时， 2 - 1 + 3 - 2 +⋯+ n - n-1 = - + - +⋯+ - 2 1 3 2 n n-1 1 2 2 3 n-1 1 ， n a a 1 故 n - 1 =1- ，又a =1，则a =2n-1，当n=1时，a =1成立， n 1 n 1 n 1 所以，a =2n-1． n π (2)由(1)知，b n =sin 2 2n+1    +cos π2n-1    =cosnπ-cos2nπ， 所以，T =b +b +⋅⋅⋅+b 2n 1 2 2n =cosπ+cos2π+⋅⋅⋅+cos2n-1  π+cos2nπ- cos2π+cos4π+⋯+cos4n-2   π+cos4nπ  ， 因为cos2n-1  π+cos2nπ=-cos2nπ+cos2nπ=0，cos2nπ=1 于是cosπ+cos2π  +⋅⋅⋅+ cos2n-1   π+cos2nπ  =0， cos2π+cos4π+⋯+cos4n-2  π+cos4nπ=2n 所以，T =-2n． 2n 故数列b n  的前2n项和为-2n． 2130 (2024·江西南昌·江西师大附中校考三模)已知S 是数列a n n  的前n项和，满足S S n n+1 =nn+1  1 a ，且a = . n+1 1 2 (1)求S ； n (2)若b n =2n+1  a2，求数列b n n  的前n项和T. n 【解析】(1)因为S n S n+1 =nn+1  S n+1 -S n  ，显然S S ≠0， n n+1 1 1 1 所以 - = S n S n+1 nn+1  1 1 1 1 1 1 = - ，即 - = - ， n n+1 S S n+1 n n+1 n 1 1 1 所以 = - S S S n n n-1  1 1 + - S S n-1 n-2  1 1 +⋯+ - S S 2 1  1 + S 1 1 1 = - n n-1  1 1 + - n-1 n-2  1 +⋯+ -1 2  1 n+1 +2= +1= ， n n n 1 n 所以S = ，又当n=1时，S =a = 也满足，所以S = . n n+1 1 1 2 n n+1 n 1 (2)由(1)知S = ，则当n≥2时，a =S -S = n n+1 n n n-1 nn+1  ， 1 1 又a = 也满足，所以a = 1 2 n nn+1  n∈N*  ， 2n+1 1 1 则b = = - ， n n2(n+1)2 n2 (n+1)2 1 则T =1- n 22  1 1 + - 22 32  1 1 +⋯+ - n2 (n+1)2  1 nn+2 =1- = (n+1)2  . (n+1)2 2131 (2024·浙江·校联考模拟预测)已知数列a n  满足a =a2,n∈N*,a =5. n+1 n 1 (1)求数列a n  的通项； 2a (2)设b = n ,S 为数列b n a2-1 n n n  1 的前n项和，求证S < ． n 2 【解析】(1)由a =a2，且a =5，则a =a2≥25， n+1 n 1 n+1 n 所以lna =lna2=2lna ，而lna >0， n+1 n n n 第 页 共 页 1204 3427lna 即 n+1 =2，所以数列lna lna n n  为等比数列，公比为2， 所以lna =lna ⋅2n-1=2n-1⋅ln5=ln52n-1，所以a =52n-1. n 1 n 2a a -1+a +1 1 1 (2)b = n = n n = + ， n a2-1 a2-1 a +1 a -1 n n n n 由a n+1 =a2 n 得，a n+1 -1=a2 n -1=a n -1  a n +1  ， 1 1 所以 = a n+1 -1 a n -1  a n +1  1 1 1 =-  - 2 a +1 a -1 n n  ， -2 1 1 即 = - ， a -1 a +1 a -1 n+1 n n 2 2 1 1 所以 - = + ， a -1 a -1 a +1 a -1 n n+1 n n 1 1 2 2 所以b = + = - ， n a +1 a -1 a -1 a -1 n n n n+1 2 2 2 2 2 2 所以S =b +b +b +⋯+b = - + - + - +⋯ n 1 2 3 n a -1 a -1 a -1 a -1 a -1 a -1 1 2 2 3 3 4 2 2 + - = a -1 a -1 n n+1 2 2 1 2 - = - ， a -1 a -1 2 a -1 1 n+1 n+1 1 2 1 因为a ≥25，所以S = - < . n+1 n 2 a -1 2 n+1 2132 (2024·安徽·合肥一中校联考模拟预测)设数列a n  的前n项和为S ，已知S +3S = n n+2 n 4S -2a ，a =1，a =3． n+1 n 1 2 (1)证明：数列a -2a n+1 n  是等差数列； n+2 (2)记(a +1)b = ，T 为数列b n n n2+n n n  的前n项和，求T． n 【解析】(1)因为S +3S =4S -2a ， n+2 n n+1 n 所以S n+2 -S n+1 =3S n+1 -S n  -2a ，即a =3a -2a n n+2 n+1 n 所以a n+2 -2a n+1  -a n+1 -2a n  =3a n+1 -2a n -2a n+1  -a n+1 -2a n  =a n+1 -2a n  -a n+1 -2a n  =0(为常数)， 所以数列a -2a n+1 n  是等差数列． (2)由(1)知a -2a =a -2a =1，即a =2a +1. n+1 n 2 1 n+1 n 所以a n+1 +1=2a n +1  ， 所以{a +1}为公比为1的等比数列， n 又a +1=2， 1 所以a +1=2⋅2n-1=2n， n n+2 因为(a +1)b = ， n n n2+n n+2 所以b = n n2+n  a n +1  n+2 = nn+1  1 1 =2 - 2n n⋅2n n+1     ⋅2n+1  ， 所以数列b n  的前n项和为：T = n 1 1 2  - 1⋅21 2⋅22  1 1 + - 2⋅22 3⋅23  1 1 +⋯+ - n⋅2n n+1   ⋅2n+1       1 1 =2 - 1⋅21 n+1     ⋅2n+1  1 =1- n+1  ． ⋅2n 第 页 共 页 1205 34272133 (2024·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测)已知数列a n  满足a +a -2a = n+2 n n+1 2n,a =1,a =3． 1 2 (1)求数列a n  的通项公式； 2n+1+2n-2 (2)求 (-1)n+1⋅ a a n+1 n     的前n项和T． n 【解析】(1)由a n+2 +a n -2a n+1 =2n，得a n+2 -a n+1  -a n+1 -a n  =2n， 令a -a =b ，有b =a -a =2，b -b =2n， n+1 n n 1 2 1 n+1 n 当n≥2时，b n =b 1 +b 2 -b 1  +b 3 -b 2  +⋯+b n -b n-1  =2+2+22+⋯+2n-1=2n， 又b =2满足上式，于是b =2n，则a -a =2n， 1 n n+1 n 当n≥2时，a n =a 1 +a 2 -a 1  +a 3 -a 2  +⋯+a n -a n-1  =1+2+22+⋯+2n-1=2n- 1， 又a =1满足上式，因此a =2n-1， 1 n 所以数列a n  的通项公式是a =2n-1． n 2n+1+2n-2 (2)由(1)知，(-1)n+1⋅ a a n+1 n  a +a =(-1)n+1 n+1 n a a n+1 n  1 1 =(-1)n+1 + a a n n+1  ， 1 1 1 1 所以T = + - + n a a a a 1 2 2 3  +⋯+-1  1 1 n+1 + a a n n+1  -1 =1+  n+1 -1 =1+ a n+1  n+1 ． 2n+1-1 【解题方法总结】 (1)基本步骤 裂 裂 项 相 消 法 (2)裂项原则 求 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． 和 (3)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． 6 题型六：倒序相加法 2134 (2024·江苏盐城·盐城市伍佑中学校考模拟预测)已知数列a i  的项数为nn∈N∗  ，且 a +a =Ci(i=1,2,⋯n)，则a i n-i+1 n i  的前n项和S 为 ． n 2n-1 【答案】 2 【解析】因为S =a +a +⋯+a +a ，又S =a +a +⋯+a +a ， n 1 2 n-1 n n n n-1 2 1 所以2S n =a 1 +a n  +a 2 +a n-1  +⋯+a n-1 +a 2  +a n +a 1  又因为a +a =Ci(i=1,2,⋯n)， i n-i+1 n 2n-1 所以2S =C1+C2+⋯+Cn-1+Cn=2n-1，即S = . n n n n n n 2 第 页 共 页 1206 34272n-1 故答案为： . 2 2135 (2024·广西玉林·统考三模)已知函数fx  =e-x-ex，若函数hx  =fx-4  +x，数列 a n  为等差数列，a 1 +a 2 +a 3 +⋅⋅⋅+a 11 =44，则ha 1  +ha 2  +⋅⋅⋅+ha 11  = ． 【答案】44 【解析】由题意，可得hx  =f(x-4)+x=e-x-4  -ex-4+x， 设等差数列a n  的前n项和为S ，公差为d， n 11×10 则S 11 =11a 1 + 2 d=11a 1 +5d  =11a =44，解得a =4， 6 6 则ha 6  =h4  =e-4-4  -e4-4+a =a =4，根据等差中项的性质，可得a +a =2a = 6 6 1 11 6 8， 则ha 1  +ha 11  =e-a1-4  -ea1-4+a +e-a11-4 1  -ea11-4+a 11 1 1 = + -ea1-4+ea11-4 ea1-4 ea11-4  +a +a = ea1-4+ea11-4 -ea1-4+ea11-4 1 11 ea1+a11-8  +a +a =a + 1 11 1 a =8， 11 同理可得，ha 2  +ha 10  =8，ha 3  +ha 9  =8，ha 4  +ha 8  =8，ha 5  +ha 7  =8， ∴ha 1  +ha 2  +⋅⋅⋅+ha 11  =5×8+4=44． 故答案为：44 2 2136 (2024·高三课时练习)设函数f(x)= ，利用课本中推导等差数列前n项和的方法， 2x+1 求得f(-5)+f(-4)+⋯+f(0)+⋯+f(4)+f(5)的值为 . 【答案】11 【解析】因f(x)+f-x  2 2 22x+2-x+2 = + = 2x+1 2-x+1  =2， 2x+2-x+2 设S=f(-5)+f(-4)+⋯+f(0)+⋯+f(4)+f(5)，则2S=f(-5)+f5  +f(-4)+f4  +⋯+2f(0)+⋯+f(4)+f-4  +f(5)+f-5  =22，故S=11. 故答案为：11 1 2137 (2024·全国·高三专题练习)已知fx+ 2  x+2cosx 2021 i = ，则 f cosx 2022 i=1   = . 【答案】4042 1 【解析】由fx+ 2  x+2cosx 1 = ，令x=0可得，f cosx 2  =2， 1 且f-x+ 2  -x+2cos-x =  cos-x  -x+2cosx = ， cosx 1 则，fx+ 2  1 +f-x+ 2  =4 所以，函数fx  1 关于点 ,2 2  对称，即fx  +f1-x  =4 2021 i 由已知， f 2022 i=1  1  =f 2022  2 +f 2022  2021 +⋯+f 2022  ， 2021 i 又 f 2022 i=1  2021  =f 2022  2020 +f 2022  1 +⋯+f 2022  2021 i 两式相加可得，2 f 2022 i=1  1  =f 2022  2021 +f 2022  2 +f 2022  2020 +f 2022  +⋯ 第 页 共 页 1207 34272021 +f 2022  1 +f 2022  =2021×4=8084 2021 i 所以， f 2022 i=1   =4042. 故答案为：4042. 2138 (2024·江西宜春·高三校考开学考试)德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王 子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论 与方法》．在其年幼时，对1+2+3+⋯⋯+100的求和运算中，提出了倒序相加法的原 理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高 2x 斯算法，现有函数f(x)= ，设数列a 2x+ 2 n  1 满足a =f(0)+f n n  2 +f n  +⋯ n-1 +f n  +f(1)n∈N∗  ，若b =2n+1a ，则b n n n  的前n项和S = ． n 【答案】n⋅2n+1 2x 【解析】由f(x)= 得， 2x+ 2 2x 21-x 2x 2 2x 2 f(x)+f(1-x)= + = + = + = 2x+ 2 21-x+ 2 2x+ 2 2+ 2⋅2x 2x+ 2 2+2x 1， 1 由a =f(0)+f n n  2 +f n  n-1 +⋯+f n  +f(1)n∈N∗  ， n-1 得a =f(1)+f n n  2 +⋯+f n  1 +f n  +f(0)， n+1 故2a =n+1,a = ， n n 2 故b =2n+1a =(n+1)⋅2n， n n 所以S =2⋅21+3⋅22+4⋅23+...+(n+1)⋅2n， n 则2S =2⋅22+3⋅23+4⋅24+⋯+n⋅2n+(n+1)⋅2n+1， n 两式相减得：-S =2×2+22+23+...+2n-(n+1)⋅2n+1 n 2(1-2n) =2+ -(n+1)⋅2n+1=-n⋅2n+1 1-2 故S =n⋅2n+1， n 故答案为：n⋅2n+1 2139 (2024·全国·高三专题练习)设函数fx  1-x 1 =2+ln ，a =1，a =f x 1 n n  2 +f n  + 3 f n  n-1 +⋅⋅⋅+f n  n∈N*,n≥2  ．则数列a n  的前n项和S = ． n 【答案】n2-n+1 1 【解析】由题设，f n  n-1 +f n  1 =4+ln(n-1)+ln =4， n-1 n 4× -1 2 所以a = n  1 +f 2  =2n-1  ,n=2k,k∈N* n-1 4× =2n-1 2    ， ,n=2k+1,k∈N* 即a =2(n-1)且n ≥ 2， n 当n=1时，S =1， 1 当n≥2时，S =1+2+4+⋅⋅⋅+2(n-1)=1+n2-n， n 所以S =n2-n+1，n∈N∗ n 第 页 共 页 1208 3427故答案为：n2-n+1. 2140 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  1 1 1 的前n项和为S ，且 + +⋅⋅⋅+ = n S S S 1 2 n 2n ，设函数fx n+1  1 a =cosπx+ ，则f 1 2 2022  a +f 2 2022  a +f 3 2022  a +⋅⋅⋅+f 2021 2022  = ． 2021 【答案】 /1010.5 2 1 1 1 2n 【解析】∵ + +⋅⋅⋅+ = ①， S S S n+1 1 2 n 1 1 1 2n-1 ∴当n≥2时， + +⋅⋅⋅+ = S S S 1 2 n-1  ②， n 1 2 ①-②得 = S n nn+1  nn+1 ，∴S = n  n≥2 2  ； 1 nn+1 当n=1时， =1，∴S =1，此时S = S 1 n 1  仍然成立， 2 nn+1 ∴S = n  n∈N* 2  ． ∴当n=1时，a =S =1； 1 1 nn+1 当n≥2时，a =S -S = n n n-1  n-1 - 2  n =n， 2 当n=1时，上式也成立，故a =nn∈N* n  ． 由于fx  +f1-x  1 =cosπx+ +cosπ-πx 2  1 + =1， 2 a 设S=f 1 2022  a +f 2 2022  a +f 3 2022  a +⋅⋅⋅+f 2021 2022  1 =f 2022  2 +f 2022  3 +f 2022  2021 +⋅⋅⋅+f 2022  1 则2S= f 2022  2021 +f 2022      2 + f 2022  2020 +f 2022      2021 +⋅⋅⋅+ f 2022  1 +f 2022      = 2021， 2021 ∴S= ． 2 2021 故答案为： ． 2 2141 (2024·全国·高三专题练习)“数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎 遍及所有领域，并且高斯研究出很多数学理论，比如高斯函数、倒序相加法、最小二乘法、 每一个n阶代数方程必有n个复数解等.若函数fx  2x 1 =log ，设a =1,a =f 21-x 1 n n  + 2 f n  3 +f n  n-1 +⋯+f n  n∈N,n≥2  ，则a +a +⋯+a = . 1 2 10 【答案】46 【解析】因为函数fx  2x =log 21-x 的定义域为0,1  ， 设Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2  是函数y=fx  图象上的两点，其中x 1 ,x 2 ∈0,1  ，且x +x =1， 1 2 则有y 1 +y 2 =fx 1  +fx 2  2x 2x 4xx =log 1 +log 2 =log 1 2 21-x 1 21-x 2 21-x 1 +x 2  =2， +xx 1 2 从而当x∈0,1  时，有：fx  +f1-x  1 =2，当n≥2时，a =f n n  2 +f n  3 +f n  + n-1 ⋯+f n  ， 第 页 共 页 1209 3427n-1 a =f n n  n-2 +f n  1 +⋯+f n  ， 1 相加得2a = f n n  n-1 +f n      2 + f n  n-2 +f n      n-1 +⋯+ f n  1 +f n      =2n- 2 所以a =n-1，又a =1， n 1 1, n=1  所以对一切正整数n，有a n = ； n-1, n≥2 故有:a 1 +a 2 +⋯+a 10 =1+1+2+3+⋯+9  =46. 故答案为：46. 【解题方法总结】 将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的 数列求和时可用倒序相加法(等差数列前n项和公式的推导即用此方法)． 7 题型七：并项求和 2142 (2024·北京海淀·高三专题练习)已知数列a n  的前n项和为S ,a +(-1)na =2n- n n+1 n 1，则S = ． 8 【答案】36 【解析】由题意可得n为奇数时，a -a =2n-1,a +a =2n+1， n+1 n n+2 n+1 两式相减得a +a =2； n+2 n n为偶数时，a +a =2n-1,a -a =2n+1，两式相加得a +a =4n， n+1 n n+2 n+1 n+2 n 故S 8 =a 1 +a 3 +a 5 +a 7  +a 2 +a 4 +a 6 +a 8  =2+2  +8+24  =36. 故答案为：36 2143 (2024·全国·高三专题练习)已知a n  的前n项和为S n ，a n+2 +-1  nn+1  2 a =n，S = n 50 600，则a +a = . 1 2 【答案】-12 nn+1 【解析】当n=4k+3,k∈N时，则  =4k+3 2  2k+2  n+1 为偶数，  n+2  = 2 2k+2  4k+5  为偶数， 可得a n+2 +-1  nn+1  2 a n =a 4k+5 +a 4k+3 =4k+3，a n+3 +-1  n+1  n+2  2 a =a +a = n+1 4k+6 4k+4 4k+4， 两式相加可得：a +a +a +a =8k+7， 4k+6 4k+5 4k+4 4k+3 故S 50 =a 1 +a 2 +...+a 50 =a 1 +a 2  +a 3 +a 4 +a 5 +a 6  +a 7 +a 8 +a 9 +a 10  +... +a 47 +a 48 +a 49 +a 50  =a 1 +a 2  +7+15+...+95=a 1 +a 2  127+95 +  2 =a 1 +a 2  +612=600， 解得a +a =-12. 1 2 故答案为：-12. 2144 (2024·江西·校联考模拟预测)记S 为等差数列a n n  的前n项和，已知a +a =8，S = 2 3 5 25. (1)求a n  的通项公式； 第 页 共 页 1210 3427(2)记b n =-1  nS ，求数列b n n  的前30项的和T . 30 a +d+a +2d=8 【解析】(1)设公差为d，则  5a 1 +10d 1 =25 ，解得a 1 =1，d=2， 1 所以a =1+(n-1)⋅2=2n-1. n n(1+2n-1) (2)S = =n2， n 2 所以b =(-1)nS =(-1)n⋅n2， n n 所以T =-12+22-32+42+⋯-292+302 30 =2-1  ⋅1+2  +4-3  ⋅3+4  +⋯+30-29  ⋅29+30  =1+2+3+4+⋯+29+30 30×(1+30) = =465. 2 2145 (2024·河南·襄城高中校联考三模)在等比数列a n  1 中，a =8a ，且 a ，a -4，a -12 7 4 2 2 3 4 成等差数列． (1)求a n  的通项公式； (2)设b n =-1  nlog a ，数列b 2 n n  的前n项和为T n ，求满足T k  =20的k的值． 【解析】(1)设a n  的公比为q，由a =8a ，得a q3=8a ，解得q=2， 7 4 4 4 1 由 2 a 2 ，a 3 -4，a 4 -12成等差数列，得2a 3 -4  1 = 2 a 2 +a 4 -12，即24a 1 -4  =a +8a 1 1 -12，解得a =4， 1 所以数列a n  的通项公式是a =4×2n-1=2n+1． n (2)由(1)知，b n =-1  nlog 2 a n =-1  n n+1  ，b +b =(-1)2n-1⋅2n+(-1)2n(2n+1) 2n-1 2n =1， k 当k为偶数时，T k =(b 1 +b 2 )+(b 3 +b 4 )+⋯+(b k-1 +b k )= 2 ，令T k  k = =20，得k= 2 40； k+1 k+3 当k为奇数时，T =T -b = -(k+2)=- ，令T k k+1 k+1 2 2 k  k+3 = =20，得k= 2 37， 所以k=40或37. 2146 (2024·河北沧州·校考模拟预测)已知正项数列a n  的前n项和为S ，满足a =2 S - n n n 1. (1)求数列a n  的通项公式； 2nπ (2)若b =a cos ，求数列b n n 3 n  的前3n+1项和T . 3n+1 【解析】(1)a n =2 S n -1⇒a n +1  2=4S ， n 当n≥2时，a n-1 +1  2=4S ，两式子作差可得 n-1 a2 n -a2 n-1 +2a n -2a n-1 =4a n ⇒a2 n -a2 n-1 -2a n +a n-1  =0⇒a n +a n-1  a n -a n-1 -2  = 0， 又a +a ≠0，所以a -a -2=0⇒a -a =2， n n-1 n n-1 n n-1 可得数列a n  为公差为2 的等差数列， 当n=1时，a 1 =2 S 1 -1⇒a 1 -2 a 1 +1=0⇒ a 1 -1  2=0⇒a =1， 1 所以，数列a n  的通项公式为a n =a 1 +n-1  d=2n-1. 2nπ (2)b n =a n cos 3 =2n-1  2nπ cos ,T =b +b +b +⋯+b +b +b +b ， 3 3n+1 1 2 3 3n-2 3n-1 3n 3n+1 第 页 共 页 1211 34271 T =1×- 3n+1 2  1 +3×- 2  +5×1+⋯+6n-5  1 ×- 2  +6n-3  1 ×- 2  + 6n-1  ×1 +6n+1  1 ×- 2  n1+6n-5 =  1 ×- 2 2  n3+6n-3 +  1 ×- 2 2  n5+6n-1 +  ×1+6n+1 2  × 1 - 2  3n2 3n2 1 1 =- +n- +3n2+2n-3n- =- ， 2 2 2 2 所以，数列b n  1 的前3n+1项和T =- . 3n+1 2 2147 (2024·河北·沧县中学模拟预测)已知数列a n  为等差数列，S 为其前n项和，若a + n 3 2 25 2a = ,S = ． 4 3 10 3 (1)求数列a n  的通项公式； (2)若b n =a n +1  2nπ 2cos ，求数列b 3 n  的前18项和T ． 18 【解析】(1)设等差数列a n  的公差为d．则 2 25 ∵a +2a = ,S = 3 4 3 10 3 2 2 3a +8d= a =-  1 3  1 3 ∴ ，解得 . 10×9 25 1 10a + d= d= 1 2 3 3 故数列a n  2 1 n 的通项公式为a =- +(n-1)× = -1． n 3 3 3 n (2)由(1)知，a = -1， n 3 所以b n =a n +1  2nπ n 2cos = -1+1 3 3  2 cos 2nπ = 1 n2cos 2nπ . 3 9 3 2 因为当k∈N∗时，b +b +b =k- 3k-2 3k-1 3k 3  2 4π cos2kπ- 3  1 +k- 3  2 2π cos2kπ- 3  5 +k2cos2kπ=k- ， 18 T 18 =b 1 +b 2 +b 3  +b 3 +b 4 +b 5  +⋯+b 16 +b 17 +b 18  ． 5 5 5 5 5 5 =1- +2- +3- +4- +5- +6- 18 18 18 18 18 18 5 58 =(1+2+3+4+5+6)- ×6= 18 3 所以数列b n  58 的前18项和为 . 3 【解题方法总结】 两两并项或者四四并项 8 题型八：先放缩后裂项求和 2148 (2024·天津·一模)已知数列a n  是等差数列，其前n项和为A ，a =15，A =63；数列 n 7 7 b n  的前n项和为B ，2B =3b -3n∈N* n n n  . (1)求数列a n  ，b n  的通项公式； 1 (2)求数列 A n  的前n项和S ； n 第 页 共 页 1212 3427n a (3)求证： k <2. B k=1 k 【解析】(1)数列a n  是等差数列，设公差为d， a =a +6d=15  7 1  7×6 ， A =7a + d=63 7 1 2 a +6d=15 化简得 1 ，  a +3d=9 1 解得a =3，d=2， 1 ∴a =2n+1，n∈Ν*. n 由已知2B =3b -3， n n 当n=1时，2B =3b -3=2b ，解得b =3， 1 1 1 1 当n≥2时，2B =3b -3， n-1 n-1 ∴2B n -2B n-1 =3b n -3  -3b n-1 -3  =3b -3b ，n∈Ν*， n n-1 即b =3b ， n n-1 ∴数列b n  构成首项为3，公比为3的等比数列， ∴b =3n，n∈Ν*. n (2)由(1)可得A = na 1 +a n n  n3+2n+1 = 2  =nn+2 2  ，n∈Ν*， 1 1 ∴ = A n nn+2  1 1 1 =  - 2 n n+2  ， 1 1 1 1 ∴S = + + +⋯+ n 1×3 2×4 3×5 n-2  1 + n n-1  n+1  1 + nn+2  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1- + - + - +⋯+ - + - + - 2 3 2 4 3 5 n-2 n n-1 n+1 n n+2  1 1 1 1 = 1+ - - 2 2 n+1 n+2  3 1 1 1 = -  + 4 2 n+1 n+2  3 2n+3 = - 4 2n+1  n+2  31-3n (3)由(1)可得B = n  33n-1 = 1-3  ，n∈Ν*， 2 a 2n+1 则 n = B n 33n-1  2 2n+1 = × ， 3 3n-1 2 方法一： ∵3n-1=3×3n-1-1=2×3n-1+3n-1-1≥2×3n-1， a 2 2n+1 2 2n+1 2n+1 ∴ n = × ≤ × = ， B 3 3n-1 3 2×3n-1 3n n 3 5 2n-1 2n+1 令T = + +⋯+ + ， n 3 32 3n-1 3n 1 3 5 2n-1 2n+1 T = + +⋯+ + ， 3 n 32 33 3n 3n+1 2 1 1 1 两式相减可得 T =1+2× + +⋯+ 3 n 32 33 3n  2n+1 - 3n+1 1 1 ×1- 9 3n-1 =1+2×  2n+1 1 1 - =1+3× - 1 3n+1 9 3n+1 1- 3  2n+1 4 2n+4 - = - ， 3n+1 3 3n+1 n+2 ∴T =2- ， n 3n n a 2 2+1 4+1 6+1 2n+1 ∴ k = × + + +⋯+ B 3 3-1 32-1 33-1 3n-1 k=1 k  n+2 ≤2- <2 3n 第 页 共 页 1213 3427方法二： ∵n≥2时， 3n-1=1+2  n-1=C0+C1×2+⋯+Cn×2n-1≥C0+C1×2+C2×22-1>2n+ n n n n n n 1， b b+m 2n+1 2n+1 根据“若a>b>0，m>0，则 < ”，可得 ≤ a a+m 3n-1  ， 3n n a 2 2+1 4+1 6+1 2n+1 ∴ k = × + + +⋯+ B 3 3-1 32-1 33-1 3n-1 k=1 k  2 ≤ × 3 3 2×3 2×n+1 + +⋯+ 2 32   3n  ， 2×3 2×4 2×n+1 令T= + +⋯+ 32 33  ， 3n 1 2×3 2×4 2×n 2×n+1 T= + +⋯+ + 3 33 34 3n  ， 3n+1 2 2 2×1 2×1 2×1 2×n+1 两式相减可得 T= + + +⋯+ - 3 3 33 34 3n  3n+1 2 1 1- 2 33 3n-2 = + 3  2×n+1 - 1 1- 3  7 1 2×n+1 = - - 3n+1 9 3n  7 2n+5 = - ， 3n+1 9 3n+1 7 2n+5 ∴T= - 6 2×3n 7 ∴T< ， 6 n a 2 2+1 4+1 6+1 2n+1 ∴ k = × + + +⋯+ B 3 3-1 32-1 33-1 3n-1 k=1 k  2 3 7 < × + 3 2 6  2 8 = × <2 3 3 方法三： 2n+1 c 1 令c = ，下一步用分析法证明“ n+1 < ” n 3n-1 c 2 n c 1 2n+3 要证 n+1 < ，即证 c 2 n  3n-1  3n+1-1  2n+1  1 < ， 2 即证4n+6  3n-1  <2n+1  3n+1-1  ， 即证-2n-5<2n-3  3n， 当n∈N*，显然成立， c 1 ∴ n+1 < ， c 2 n n a 2 ∴ B k = 3 ×c 1 +c 2 +⋯+c n k=1 k  2 3 5 2n+1 = × + +⋯+ 3 2 8 3n-1  2 ≤ × 3 3 3 1 3 1 + × +⋯+ × 2 2 2 2 2  n-1   1 1- 2 3  2n = × × 3 2  1 1-  2       2 1 = ×31- 3 2n  <2 2149 (2024·天津市宝坻区第一中学二模)已知a n  为等差数列，前n项和为 是首项为2的等比数列，且公比大于0，b +b =12,b =a -2a,S =11b ． 2 3 3 4 1 11 4 (1)a n  和b n  的通项公式； (2)求数列a ⋅b 2n n  的前8项和T； 8 第 页 共 页 1214 3427n b (3)证明： i i=1 b i -1  25  < ． 2 9 【解析】(1)解：设等差数列a n  的公差为d，等比数列b n  的公比为q． 由已知b 2 +b 3 =12，得b 1q+q2  =12，而b =2，所以q2+q-6=0．又因为q>0，解得q 1 =2．所以b =2n． n 由b =a -2a ，可得3d-a =8①．由S =11b ，得a +5d=16②，联立①②，解得a 3 4 1 1 11 4 1 1 =1,d=3，由此可得a =3n-2． n 所以，a n  的通项公式为a =3n-2,b n n  的通项公式为b =2n． n (2)解：设数列a b 2n n  的前n项和为T，由a =6n-2，得a ⋅b =(6n-2)⋅2n，所以 n 2n 2n n T =4×2+10×22+16×23+⋯+(6n-2)×2n， n 2T =4×22+10×23+16×24+⋯+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1， n 上述两式相减，得-T =4×2+6×22+6×23+⋯+6×2n-(6n-2)×2n+1 n 12×1-2n =  -4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16． 1-2 得T =(3n-4)2n+2+16． n 所以，数列a b 2n n  的前n项和为T =(3n-4)2n+2+16, n 当n=8时，T =20496． 8 (3)解：由(1)得b =2n，所以： n b 当n=1时， 1 b 1 -1  2 25 = =2< ，不等式成立； 2 (2-1)2 9 b 当n=2时， 2 b 2 -1  4 4 b = = ，所以 1 2 (4-1)2 9 b 1 -1  b + 2 2 b 2 -1  4 22 25 =2+ = < ，不 2 9 9 9 等式成立； 2n 当n≥3时， 2n-1  2n < 2 2n-1  2n-2  2n-1 = 2n-1  2n-1-1  1 1 = - ， 2n-1-1 2n-1 n b 所以， i i=1 b i -1  b  = 1 2 b 1 -1  b + 2 2 b 2 -1  b + 3 2 b 3 -1  b +⋯+ n 2 b n -1  2 4 1 1 =2+ + - 9 22-1 23-1  1 1 + - 23-1 24-1  1 1 ⋯+ - 2n-1-1 2n-1  22 1 1 25 1 25 = + - = - < ， 9 22-1 2n-1 9 2n-1 9 n b 所以 i i=1 b i -1  25  < ，得证． 2 9 2150 (2024·浙江·效实中学模拟预测)设各项均为正数的数列a n  的前n项和为S ，满足S2 n n -n2+n-3  S n -3n2+n  =0,n∈N*. (1)求a 的值： 1 (2)求数列a n  的通项公式： 1 1 1 2+ 2 (3)证明：对一切正整数n，有 + +⋯+ ≤ - a a +2 a a +2 a a +2 4 1 1 2 2 n n 2 1 1  + 4 n n+1  . 【解析】(1)令n=1，S2 1 -1+1-3  S 1 -31+1  =0，则a =-3舍去， 1 所以a =2. 1 (2)∵S2 n -n2+n-3  S n -3n2+n  =0,∴S n +3  S n -n2-n  =0， 第 页 共 页 1215 3427因为数列a n  各项均为正数，S ≠-3舍去， n ∴S =n2+n，当n≥2时， n ∴S n-1 =n-1  2+n-1  ,∴a =S -S =2n， n n n-1 2,n=1  ∴a n = ∴a n =2n. S -S =2n,n≥2 n n-1 1 1 1 (3)令b = = = n 2n 2n+2 2 2n n+1 2n n+1+ n+1  1 ≤ 2 n2-1 n+1+ n-1  1 = 2 n-1  n+1   n+1+ n-1  n+1- n-1 = 2 2 n-1  n+1  2 1 1 =  - 4 n-1 n+1  n≥2  ， 2 1 1 1 1 1 所以S =b +b +⋯+b ≤b + 1- + - +⋯+ - n 1 2 n 1 4 3 2 4 n-1 n+1  1 2 2 1 1 = + 1+ - - 4 4 2 n n+1  2+ 2 2 1 1 = -  + 4 4 n n+1  . 2151 (2024·广东汕头·一模)已知数列a n  的前n项和为S ，3a =2S +2nn∈N* n n n  . (1)证明：数列a +1 n  为等比数列，并求数列a n  的前n项和为S ； n (2)设b n =log 3a n+1 +1  1 1 1 ，证明： + +⋅⋅⋅+ <1. b2 b2 b2 1 2 n 【解析】(1)当n=1时，3a =2S +2，即a =2 1 1 1 由3a n =2S n +2n，则3a n-1 =2S n-1 +2n-1  n≥2 两式相减可得3a -3a =2a +2，即a =3a +2 n n-1 n n n-1 所以a n +1=3a n-1 +1  a +1 ，即 n =3 a +1 n-1 数列a +1 n  为等比数列 则a n +1=2+1  ×3n-1=3n，所以a =3n-1 n 则S n =3+32+⋯+3n  31-3n -n=  3n+1-3 = -n 1-3 2 (2)b n =log 3a n+1 +1  =log 3n+1=n+1 3 1 1 = b2 n n+1  1 < 2 nn+1  1 1 = - n n+1 1 1 1 1 所以 + +⋅⋅⋅+ <1- b2 b2 b2 2 1 2 n  1 1 + - 2 3  1 1 +⋯+ - n n+1  1 =1- <1 n+1 【解题方法总结】 先放缩后裂项，放缩的目的是为了“求和”，这也是凑配放缩形式的目标． 9 题型九：分段数列求和 2152 (2024·全国·高三专题练习)已知a n  为等差数列，b n  为等比数列，a =b =1,a = 1 1 5 5a 4 -a 3  ,b 5 =4b 4 -b 3  ． (1)求a n  和b n  的通项公式； (2)记a n  的前n项和为S ，求证：S S 0， 第 页 共 页 1217 34273+3d=3q 由题意可得： 12+6d=6+d    ，解得  d=2 或  d=-3 (舍去)， q q=3 q=-2 所以a n =3+2n-1  =2n+1,b =3×3n-1=3n. n n3+2n+1 (2)由(1)可得S = n  =n2+2n， 2 当n为奇数时，则c n =a n b n =2n+1  ⋅3n， 设A n =c 1 +c 3 +⋅⋅⋅+c n =3×3+7×33+⋅⋅⋅+2n+1  ⋅3n， 则9A n =3×33+7×35+⋅⋅⋅+2n+1  ⋅3n+2， 两式相减得-8A n =9+4×33+4×35+⋅⋅⋅+4×3n-2n+1  ⋅3n+2=9+ n-1 108×1-9 2  -2n+1 1-9  ⋅3n+2 4n+1 =-  ⋅3n+2+9 ， 2 4n+1 所以A = n  ⋅3n+2+9 ； 16 a b 当n为偶数时，则c = n-1 n n a n +7  2n-1 = S n  ⋅3n 2n+8  n2+2n  2n-1 =  ⋅3n 2nn+2  n+4  = 1 3n+2 8 n+2  n+4  3n - nn+2      ， 设B =c +c +⋅⋅⋅+c = n 2 4 n 1 34 32 36 34 3n+2 - + - +⋅⋅⋅+ 8 4×6 2×4 6×8 4×6 n+2  n+4  3n - nn+2      = 1 3n+2 8 n+2  n+4   9  -  8  ， 1 3n+2 所以B = n 8 n+2  n+4   9  -  8  ； 2n+1 综上所述：c = n  ⋅3n,n为奇数 1 3n+2 8 n+2  n+4  3n - nn+2        ， ,n为偶数 当n为奇数时，则T n =c 1 +c 2 +⋅⋅⋅+c n =c 1 +c 3 +⋅⋅⋅+c n  +c 2 +c 4 +⋅⋅⋅+c n-1  4n+1 =A +B = n n-1  ⋅3n+2+9 1 3n+1 + 16 8 n+1  n+3   9  -  8  ； 当n为偶数时，则T n =c 1 +c 2 +⋅⋅⋅+c n =c 1 +c 3 +⋅⋅⋅+c n-1  +c 2 +c 4 +⋅⋅⋅+c n  4n-3 =A +B = n-1 n  ⋅3n+1+9 1 3n+2 + 16 8 n+2  n+4   9  -  8  ； 4n+1 综上所述：T = n  ⋅3n+2+9 1 3n+1 + 16 8 n+1  n+3   9   - 8  ,n为奇数 4n-3  ⋅3n+1+9 1 3n+2 + 16 8 n+2  n+4   9   - 8     .   ,n为偶数   2154 (2024·湖南·校联考模拟预测)已知等比数列a n  的公比q>1，前n项和为S ，满足：S n 3 =13,a2=3a . 4 6 (1)求a n  的通项公式； (2)设b n =   a b n ,n + 为 n 奇 ,n 数 为偶数 ，求数列b n n-1  的前2n项和T . 2n 【解析】(1)法一： 第 页 共 页 1218 3427因为a n  是公比q>1的等比数列， S =13 a +a +a =13 所以由 3 ，得 1 2 3  a2 4 =3a 6 a 1 q3   ，即 a 11+q+q2  2=3aq5 1   =13 ，  aq=3 1 1+q+q2 13 两式相除得 = ，整理得3q2-10q+3=0，即3q-1 q 3  q-3  =0， 1 3 解得q=3或q= ，又q>1，所以q=3，故a = =1， 3 1 q 所以a =aqn-1=3n-1， n 1 法二：因为a n  是公比q>1的等比数列， 所以由 S 3 =13 得 a 1 +a 2 +a 3 =13 ，即 a 1 +a 2 +a 3 =13 ，则 a 1 +a 3 =10 ， a 1 +a 3 =10 ，  a2=3a  a a =3a  a =3  a2=9  a2=9=aa 4 6 2 6 6 2 2 2 1 3 a =1 a =9 解得  1 或  1 (舍去)， a =9 a =1 3 3 a 故q2= 3 =9，则q=3，所以a =aqn-1=3n-1. a n 1 1 (2)当n为奇数时，b =a =3n-1， n n 当n为偶数时，b =b +n=3n-2+n， n n-1 所以T =b +b +b +b +⋯+b +b 2n 1 2 3 4 2n-1 2n =b 1 +b 3 +⋯+b 2n-1  +b 2 +b 4 +⋯+b 2n  =30+32+⋯+32n-2  +30+2+32+4+⋯+32n-2+2n  =230+32+⋯+32n-2  +2+4+⋯+2n  1-32 =2×  n n2n+2 + 1-32  2 9n-1 = +n2+n. 4 2155 (2024·湖南常德·高三常德市一中校考阶段练习)已知数列a n  ，b n  ，S 为数列a n n  的 前n项和，a n >0,a 2 =4b 1 ，若a 1 =2，a2 n -a n a n-1 -2a2 n-1 =0n≥2  ，且nb n+1 -n+1  b = n n2+n，n∈N*. (1)求数列a n  ,b n  的通项公式； (2)若数列c n  a b  - n n,n为奇数 2 的通项公式为c n = a b ，令T n 为c n  n n,n为偶数  4  的前n项的和，求T . 2n 【解析】(1)a2 n -a n a n-1 -2a2 n-1 =0n≥2  ⇒a n -2a n-1  a n +a n-1  =0n≥2  ， 因为a >0，所以a -2a =0,a =2a (n≥2)， n n n-1 n n-1 又a =2，所以{a }是公比为2，首项为2的等比数列，a =2n 1 n n ∵a =4b ，∴b =1， 2 1 1 b b ∵nb -(n+1)b =n2+n，∴ n+1 - n =1 n+1 n n+1 n b 综上， n  n  是公差为1，首项为1的等差数列， b n =1+n-1⇒b =n2． n n (2n-1)2⋅22n-1 (2n)2⋅22n (2)令p =c +c =- + =(4n-1)⋅22n-2=(4n-1)⋅4n-1， n 2n-1 2n 2 4 T 2n =3×40+7×41+11×42+⋯+4n-1  ×4n 4T 2n =3×41+7×42+11×43+⋯+4n-5  ×4n+4n-1  ①   ×4n+1② 第 页 共 页 1219 3427①-②，得-3T =3⋅40+4⋅41+4⋅42+⋯+4⋅4n-1-(4n-1)⋅4n， 2n 16-4×4n -3T 2n =3+ 1-4 -4n-1  ⋅4n， 7 12n-7 ∴T = + ⋅4n． 2n 9 9 2156 (2024·湖南衡阳·衡阳市八中校考模拟预测)已知等差数列a n  与等比数列b n  的前n S 4n+1 项和分别为：S ,T，且满足：a =3, 2n = n n 1 S n  T -S ， n 2n =2n-n2-n-1 n+2 4 (1)求数列a n  ,b n  的通项公式； b ,n为奇数  n (2)若c n = 1 ,n为偶数 求数列c n 2S n  的前2n项的和U . 2n S 4n+1 【解析】(1)∵ 2n = S n  S a +a 8 ,a =3,∴ 2 = 1 2 = ，解得：a =5 n+2 1 S a 3 2 1 1 设等差数列a n  的公差为d，等比数列b n  的首项为b ，公比为q, 1 ∴d=a -a =2，∴a =2n+1， 2 1 n ∴S n =nn+2  T -S =n2+2n,∵ n 2n =2n-n2-n-1，则：T =4⋅2n-4 4 n 又T = b 1qn-1 n  b b = 1 qn- 1 ，得：q=2,b =4,∴b =2n+1 q-1 q-1 q-1 1 n b n , n为奇数 2 n+ 2 1 ,n为奇数 (2)∵c n = 1 , n为偶数 = 1 2S n 2nn+2      ,n为偶数 ∴U 2n =21+22+⋯+2n  1 1 1 + + +⋯+ 2×2×4 2×4×6 2×2n×2n+2    =2⋅2n-1  1 1 1 1 + + +⋯+ 8 1×2 2×3 n×n+1    1 1 =2n+1-2+ 1- 8 n+1  n =2n+1+ 8n+1  -2 ∴数列c n  n 的前2n项的和：U =2n+1+ 2n 8n+1  -2. 2157 (2024·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n  a +a 的前n项和为S ，其公比q≠-1， 4 5 n a +a 7 8 1 = ，且S =a +93． 27 4 3 (1)求数列a n  的通项公式； log a ,n为奇数  1 n (2)已知b n = 3 ，求数列b n a ,n为偶数 n  的前n项和T． n 【解析】(1)因为a n  是等比数列，公比为q≠-1，则a =aq3,a =aq4，a =aq6,a = 4 1 5 1 7 1 8 aq7， 1 a +a aq3+aq4 1 1 所以 4 5 = 1 1 = = ，解得q=3， a +a aq6+aq7 q3 27 7 8 1 1 由S =a +93，可得 a 11-34 4 3  =9a +93，解得a =3， 1-3 1 1 所以数列a n  的通项公式为a =3n． n -n,n为奇数 (2)由(1)得b n = 3n,n为偶数 ， 第 页 共 页 1220 3427当n为偶数时，T n =b 1 +b 2 +⋅⋅⋅+b n =b 1 +b 3 +⋅⋅⋅+b n-1  +b 2 +b 4 +⋅⋅⋅+b n  =-1+3+⋅⋅⋅+n-1  +32+34+⋅⋅⋅+3n  n ⋅ 1+n-1 2 =-    n 91-92 ×+ 2  1-9 9 = 3n-1 8  n2 - ； 4 9 当n为奇数时T n =T n+1 -b n+1 = 8 3n+1-1  n+1 -  2 1 9 -3n+1= ×3n+1- - 4 8 8 n+1  2 ； 4 1 9 n+1 ×3n+1- - 8 8 综上所述：T = n  2 ,n为奇数 4 9 3n-1 8    .  n2  - ,n为偶数  4 【解题方法总结】 (1)分奇偶各自新数列求和 (2)要注意处理好奇偶数列对应的项： ①可构建新数列；②可“跳项”求和 第 页 共 页 1221 3427