第06 讲 裂项相消专题
目 录
思维导图.................................................................................................................................................2
高考分析.................................................................................................................................................2
学习目标.................................................................................................................................................2
知识要点.................................................................................................................................................2
解题策略.................................................................................................................................................5
题型归纳.................................................................................................................................................5
题型01：分式型裂项.......................................................................................................................5
题型02：根式型裂项.......................................................................................................................9
题型03：指数型裂项.....................................................................................................................16
题型04：对数型裂项.....................................................................................................................19
题型05：三角函数型裂项..............................................................................................................24
题型06：复杂裂项型——分离常数型............................................................................................28
题型07：复杂裂项型——分子裂差法............................................................................................30
题型08：复杂裂项型——指数裂项法............................................................................................32
题型09：复杂裂项型——等差指数仿写法.....................................................................................34
题型10：正负型——等差裂和型...................................................................................................35
题型11：正负型——等差裂差型...................................................................................................37
题型12：正负型——指数裂和型...................................................................................................39
巩固提升...............................................................................................................................................41
最新模拟新模考真题.............................................................................................................................66
裂项相消是高考数列求和核心方法，常考解答题（17 题，10 分左右），难度中等，偶见选择/填空；
重点考通项裂项、求和、不等式证明，核心是掌握常见裂项模型与等价性校验。
一、高考定位与命题趋势
1. 核心地位：数列求和三大方法（分组、裂项、错位相减）之一，高频考点，近5 年新高考卷多次在
解答题第17 题考查，分值10 分，难度中等，区分度好。
2.题型分布：以解答题为主（求通项+裂项求和/不等式证明）；小题多为基础裂项或放缩，难度中低，
常考分式型、根式型、指数型。
3. 命题趋势：与递推求通项、不等式证明、函数综合结合，强调裂项等价性与消项完整性，近年更侧
重裂项放缩证明数列不等式。
一、 知识目标
1. 准确理解裂项相消法的核心原理：将数列通项拆分为两项之差的形式，通过累加抵消中间项，仅保
留首尾有限项完成求和。
2. 熟记高考高频裂项模型，包括分式型、根式型、指数型、对数型等，并能灵活变形应用。
3. 掌握裂项相消法与数列通项求解、不等式证明的关联逻辑，明确该方法在数列综合题中的应用场景
二、 能力目标
1. 基础运算能力：能根据通项特征选择合适的裂项模型，完成等价裂项，精准计算前n 项和，避免系
数错漏、消项不彻底等问题。
2. 综合应用能力：结合递推公式、S_n 与a_n 的关系求出数列通项，再运用裂项相消法解决求和问题；
能通过裂项放缩证明数列不等式，把控放缩幅度。
3. 题型辨析能力：快速判断题目是否适合用裂项相消法，区分其与分组求和、错位相减等数列求和方
法的适用条件。
三、 应试目标
1. 面对高考数列解答题（如第17 题）中裂项相消相关考点，能在规定时间内规范书写解题步骤，确
保满分或高分。
2. 攻克选择、填空题中的基础裂项求和或放缩小题，提高解题速度与正确率。
3. 应对高考命题趋势，能处理裂项相消与函数、不等式结合的综合题型，提升应试得分能力。
裂项相消法的八种类型
类型1：等差型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
（8）
（9）
（10）
（11）
（12）
（13）
n+2
n(n+1) ⋅1
2
n = 2(n+1)−n
n(n+1)
⋅1
2
n =
1
n⋅2
n−1 −
1
(n+1)2
n
（14）
1
n(n+1)(n+2) = 1
2 [
1
n(n+1) −
1
(n+1)(n+2) ]
（15）
(2n)
2
(2n−1)(2n+1) =1+ 1
2 (
1
2n−1 −
1
2n+1 )
类型2：根式型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
类型3：指数型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
，设
，易得
，
于是
（7）
类型4：对数型
类型5：幂型
（1）
（2）
（3）
类型6：三角型
（1）
（2）
（3）
（4）
，
则
类型7：通项裂项为“ ”型
，本类模型典型标志在通项中含有
乘以一个分式.
类型8：裂项相消与放缩法、导数的结合
例1：已知数列{an}满足a1=0，an+1=an+
1
n(n+1) +1
（1)证明数列{an+ 1
n}是等差数列。并求数列
na
的通项公式
（2）设数列{
an
n }的前n 项和为Sn，证明：Sn< n
2
n+1
解：（1）. an+1=an+ 1
n −
1
(n+1) +1
(an+1+
1
n+1)−(an+ 1
n)=1
∴数列{an+ 1
n}是以1 为首项，1 为公差的等差数列
所以an+ 1
n =n
即an=n−1
n
（2）.∵an=n−1
n，an
n =1−1
n
2
数列{
an
n }的前n 项和Sn=n-(
1
1
2 + 1
2
2 +⋯+ 1
n
2)
∵1
n
2 >
1
n(n+1) = 1
n −
1
(n+1)
∴
Sn=n-(
1
1
2 + 1
2
2 +⋯+ 1
n
2)<n-
(
1
1×2 +
1
2×3 +⋯+
1
n×(n+1))=n−(1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1)=n−1+
1
n+1 = n
2
n+1
所以Sn< n
2
n+1
1. 核心原理
把数列的通项 a_n 拆成两项之差的形式 a_n = b_n - b_{n+1}（或 a_n = b_{n-1}-b_n），累加时
中间项相互抵消，最终剩余首末若干项求和。
2. 解题步骤
① 判断特征：数列通项为分式或根式形式，且分母为若干项的乘积/和差，可尝试裂项。
② 精准裂项：根据通项结构匹配裂项模型，提取系数，确保变形等价。
③ 逐项抵消：写出前 n 项和 ，展开后观察抵消规律，明确剩余项（注意首项、末项的保留情况）。
④ 化简结果：对剩余项合并计算，整理出最简表达式。
题型01：分式型裂项
【典型例题】记数列{an}的前n 项和为Sn，对任意n∈N
*，有Sn=(n+1)(an−n)．
(1)证明：{an}为等差数列；
(2)求数列{
1
anan+1}的前n 项和．
【答案】(1)证明见解析；(2)
n
4 (n+1)
【解析】（1）根据Sn=(n+1)(an−n)，令n=1得到a1=2，令n≥2最终得到an−an−1=2，结合等差数
列定义即可证明；
（2）根据等差数列定义得到an=2n，结合裂项相消法求和即可.
（1）因为Sn=(n+1)(an−n)，
所以当n=1时，a1= S1=2(a1−1)，所以a1=2，
当n≥2时，Sn−1=n(an−1−n+1)，
两式相减得Sn−Sn−1=(n+1)(an−n)−n(an−1−n+1)，
即an=(n+1)an−n
2−n−nan−1+n
2−n，
即nan−nan−1=2n，
因为n≥2，所以an−an−1=2为常数，
所以{an}是首项为2，公差为2 的等差数列
（2）由（1）知，an=2+2(n−1)=2n，
所以
1
anan+1
=
1
4 n(n+1) = 1
4(
1
n −
1
n+1)，
所以数列{
1
anan+1}的前n 项和为1
4(1−1
2 + 1
2 +…−
1
n+1)= 1
4(1−
1
n+1)=
n
4 (n+1)
.
【变式训练1-1】已知在等差数列{an}中，a1+a5=18，a6=15．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{
1
(2n+1)an}的前n项和Sn．
【答案】见解析
【解析】（1）根据等差数列性质和通项公式可求得公差d，代入通项公式即可求得an；
（2）采用裂项相消法可求得Sn.
（1）设等差数列{an}的公差为d，
∵a1+a5=2a3=18，∴a3=9，∴d = a6−a3
3
= 15−9
3
=2，
∴an=a3+(n−3)d =9+2(n−3)=2n+3.
（2）由（1）得：
1
(2n+1)an
=
1
(2n+1)(2n+3) = 1
2(
1
2n+1 −
1
2n+3)，
∴Sn= 1
2 ×(
1
3 −1
5 + 1
5 −1
7 + 1
7 −1
9 +⋅⋅⋅+
1
2n−1 −
1
2n+1 +
1
2n+1 −
1
2n+3)
= 1
2 ×(
1
3 −
1
2n+3)=
n
6n+9 .
【变式训练1-2】已知等差数列{an}满足a2= 4，2a4−a5=7，等比数列{bn}满足b3= 4，
b4+b5=8(b1+b2)．
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)若bn>0，设cn=
3
anan+1
+bn，求{cn}的前n项和Sn．
【答案】(1)答案见解析；(2)Sn=2
n−
1
3n+1
【解析】（1）设{an}的公差为d，由题意可得2(4 +2d)−(4+3d)=7，求得d =3， a1=1，进而可求
an=3n−2；设{bn}的公比为q，由题意可得b1q
3(1+q)=8b1(1+q)，求得q =2或q =−1，再分q =2，
q =−1两种情况求解即可.
（2）利用裂项相消法和分组求和法即可求解.
（1）设{an}的公差为d，因为a2= 4，2a4−a5=7，
所以2(4+2d)−(4 +3d)=7，解得d =3，从而a1=1，所以an=3n−2．
设{bn}的公比为q，因为b4+b5=8(b1+b2)，则有b1q
3(1+q)=8b1(1+q)
b1≠0，q
3(1+q)=8(1+q)，解得q =2或q =−1，
当q =2时，因为b3= 4，所以b1= 4
2
2 =1，所以bn=2
n−1．
当q =−1时，因为b3= 4，所以b1= 4 ,b2=−4，所以bn= 4×(−1)
n−1．
（2）由（1）可知，若bn>0，则bn=2
n−1．因为cn=
3
(3n−2)(3n+1) +2
n−1，所以
cn=
1
3n−2 −
1
3n+1 +2
n−1，
所以Sn=(1−1
4 + 1
4 −1
7 +⋅⋅⋅+
1
3n−2 −
1
3n+1)+(1+2+⋅⋅⋅+2
n−1)，
所以Sn=(1−
1
3n+1)+ 1−2
n
1−2 =2
n−
1
3n+1．
【变式训练1-3】记Sn为数列{an}的前n项和．
(1)从下面两个条件中选一个，证明：数列{an}是等差数列；
①数列{
Sn
n }是等差数列；②Sn= n(an+1)
2
(n∈N
*)
(2)若数列{an}为等差数列，且a1=1，a3=5，求数列{
n
(n+2)Sn}的前n项和T n．
【答案】(1)证明见解析；(2)T n= 3
4 −
2n+3
2(n+1)(n+2)
【解析】（1）选择条件①，利用an与Sn的关系式和等差中项的性质即可得证；选择条件②，设数列
{
Sn
n }的首项为b1，公差为p，求出Sn，表示出an，即可得证.
（2）由（1）根据已知得出
n
(n+2)Sn
= 1
2(
1
n −
1
n+2)，然后利用裂项相消法即可求解.
（1）选择条件①：∵Sn= n(an+1)
2
(n∈N
*)，
∴2Sn=nan+n,2Sn+1=(n+1)an+1+n+1，
两式相减可得2an+1=(n+1)an+1−nan+1，
即nan−1=(n−1)an+1，
∴(n+1)an+1−1=nan+2，
两式相减可得(n+1)an+1−nan=nan+2−(n−1)an+1，
化简可得2nan+1=n(an+2+an)，
∴2an+1=an+2+an，∴数列{an}是等差数列．
选择条件②：设数列{
Sn
n }的首项为b1，公差为p，
则Sn
n =b1+(n−1) p=np+b1−p，故Sn= pn
2+(b1−p)n，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1
= pn
2+(b1−p)n−p(n−1)
2−(b1−p)(n−1)
=b1+2(n−1) p，
当n=1时，a1= S1=b1，∴an=b1+2(n−1) p，
又an+1−an=b1+2np−b1−2(n−1) p=2 p．
∴数列{an}是等差数列．
（2）∵数列{an}是等差数列，且公差d = a3−a1
2
=2，
∴ Sn=na1+ n(n−1)
2
d =n+ n(n−1)
2
×2=n
2．
∴
n
(n+2)Sn
=
1
n(n+2) = 1
2(
1
n −
1
n+2)，
故T n= 1
2(1−1
3)+ 1
2(
1
2 −1
4)+ 1
2(
1
3 −1
5)+⋯+ 1
2(
1
n −
1
n+2)
= 1
2(1−1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 +⋯+ 1
n −
1
n+2)
= 1
2 (1+ 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2 )
= 3
4 −1
2 (
1
n+1 +
1
n+2 )= 3
4 −
2n+3
2(n+1)(n+2)．
【变式训练1-4】已知数列{an}是公差为d的等差数列，且a1=1，若16 和26 分别是{an}中的项.
(1)当d取最大值时，求通项an；
(2)在（1）的条件下，求数列{
1
(5n+1)an}的前n 项和Sn.
【答案】(1)an=5n−4；(2)Sn= 1
5 −
1
25n+5
【解析】（1）由等差数列的性质，可得d = am−a1
m−1 = an−a1
n−1
，找到m,n与d的关系，进而找到d取最大
值时，通项an；
（2）裂项相消即可.
（1）由已知得d >0，数列{an}单调递增，不防设am=16,an=26，且n>m>1，
∴d = am−a1
m−1 = an−a1
n−1
即15
m−1 = 25
n−1，∴3(n−1)=5(m−1)，
∵m与n越小，d越大，
∴¿，∴¿，∴d =5，∴an=5n−4(n∈N
∗)
（2）由（1）知：an=5n−4，∴
1
(5n+1)an
=
1
(5n+1)(5n−4) = 1
5(
1
5n−4 −
1
5n+1)，
∴Sn= 1
5(
1
1 −1
6 + 1
6 −1
11 +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+
1
5n−4 −
1
5n+1)
= 1
5(1−
1
5n+1)= 1
5 −
1
25n+5 (n∈N
∗)
题型02：根式型裂项
【典型例题1】已知等比数列{an}的前n项和为Sn,an+1= Sn+2(n∈N
*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个等差数列，记插入的这n个数之和为T n，若不等式
(−1)
n λ<2−3n
T n
对一切n∈N
*恒成立，求实数λ的取值范围；
(3)记bn=
1
log2an
2 ，求证：b1−b2
❑√b1
+ b2−b3
❑√b2
+⋯+ bn−bn+1
❑√bn
<❑√2(n∈N
*).
【答案】(1)an=2
n；(2)(−1, 3
2)；(3)详见解析.
【解析】（1）根据an和Sn的关系即可求解；（2）根据等差数列前n项和公式求出T n代入化简即可解决；
（3）求出bn−bn+1
❑√bn
，进行适当放缩后用裂项相消求和解决.
（1）设等比数列{an}的公比为q，
当n=1时，有a2=a1+2，则a1q =a1+2 ①
当n≥2时，¿，两式相减可得：an+1−an= Sn−Sn−1=an，
整理得an+1=2an，可知q =2，代入①可得a1=2，
所以等比数列{an}的通项公式为an=2
n（n∈N
*）.
（2）由已知在an与an+1之间插入n个数，组成以an=2
n为首项的等差数列，
所以T n=
(n+2)(an+an+1)
2
−an−an+1= n(an+an+1)
2
=3n⋅2
n−1，
则(−1)
n λ<2−3n
T n
=2−2
2
n，
设cn=2−2
2
n，则{cn}是递增数列，
当n为偶数时，λ<2−2
2
n恒成立，即λ<(2−2
2
n)min
=c2= 3
2，所以λ< 3
2；
当n为奇数时，−λ<2−2
2
n恒成立，即−λ<(2−2
2
n)min
=c1=1，所以λ>−1；
综上所述，λ的取值范围是(−1, 3
2).
（3）证明：由（1）得bn=
1
log2an
2 = 1
2n ，
则有
bn−bn+1
❑√bn
=
1
❑√2n(n+1) =
❑√2
2❑√n(n+1) =
❑√2
❑√n(n+1)+ ❑√n(n+1) <
❑√2
n ❑√n+1+ ❑√n(n+1)
=
❑√2
❑√n ❑√n+1(❑√n+ ❑√n+1)
=
❑√2(❑√n+1−❑√n)
❑√n⋅❑√n+1
= ❑√2(
1
❑√n −
1
❑√n+1).
b1−b2
❑√b1
+ b2−b3
❑√b2
+⋯+ bn−bn+1
❑√bn
<❑√2[(
1
❑√1 −1
❑√2)+(
1
❑√2 −1
❑√3)+⋯+( 1
❑√n −
1
❑√n+1 )]
<❑√2(1−
1
❑√n+1)<❑√2,原不等式得证.
【典型例题2】已知正项数列{an}满足a1=1，an+1
an
= ❑√1+ 1
n
.
(1)求证：数列{an
2}为等差数列；
(2)设bn=
1
an
2an+1+anan+1
2
，求数列{bn}的前n 项和T n.
【答案】(1)证明见解析；(2)T n=1−
1
❑√n+1
【解析】（1）由题an+1
an
= ❑√
n+1
n
，利用累乘法即可求解an= ❑√n(n∈N
∗)，进而可得an
2=n(n∈N
∗)，
进而可证等差；
（2）由（1）得bn= 1
❑√n −
1
❑√n+1
，由裂项求和即可求解.
所以当n≥2时，
an=a1⋅a2
a1
⋅a3
a2
⋅a4
a3
⋅⋅⋅⋅⋅an−1
an−2
⋅an
an−1
= ❑√1× 2
1 × 3
2 × 4
3 ×⋅⋅⋅× n−1
n−2 ×
n
n−1 = ❑√n，
易知a1=1满足an= ❑√n，所以an= ❑√n(n∈N
∗).
所以an+1
2
−an
2=n+1−n=1，
所以{an
2}是首项为1，公差为1 的等差数列.
（2）由（1）可得an
2=n，
所以bn=
1
an
2an+1+anan+1
2
=
1
n ❑√n+1+ ❑√n(n+1)
=
1
❑√n(n+1)(❑√n+ ❑√n+1)
= 1
❑√n −
1
❑√n+1
.
所以T n=1−1
❑√2 + 1
❑√2 −1
❑√3 +⋅⋅⋅+ 1
❑√n −
1
❑√n+1 =1−
1
❑√n+1
.
【典型例题3】在正项数列{an}中，a1= 1
2
，2
2n⋅an
2=1+2
2n−2⋅an−1
2
(n≥2)．
(1)求an；
(2)证明：∑
i=1
n
(ai−
❑√i+1
2
i+1 )< 1
2．
【答案】(1)an=
❑√n
2
n ；(2)证明见解析
【解析】（1）由2
2n⋅an
2=1+2
2n−2⋅an−1
2
(n≥2)，可得2
2n⋅an
2−2
2n−2⋅an−1
2
=1，令bn=2
2n⋅an
2，则
bn−bn−1=1(n≥2)，可得{bn}为首项为1，公差为1 的等差数列，可得2
2n⋅an
2=1+(n−1)×1=n，进
而求解；
（2）根据裂项相消求和，进而即可得证.
（1）由2
2n⋅an
2=1+2
2n−2⋅an−1
2
(n≥2)，
得2
2n⋅an
2−2
2n−2⋅an−1
2
=1，
令bn=2
2n⋅an
2，则bn−bn−1=1(n≥2)，且b1= 4 a1
2=1，
∴{bn}为首项为1，公差为1 的等差数列，
∴2
2n⋅an
2=1+(n−1)×1=n，又an>0，∴an=
❑√n
2
n ．
（2）证明：∑
i=1
n
(ai−
❑√i+1
2
i+1 )=(
1
2 −
❑√2
2
2 )+(
❑√2
2
2 −
❑√3
2
3 )+⋯+(
❑√n
2
n −
❑√n+1
2
n+1 )= 1
2 −
❑√n+1
2
n+1 < 1
2．
【变式训练2-1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4+a7=20，S9=27a2．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=
2
❑√an+2+ ❑√an
，数列{bn}的前n项和为T n，证明：当n≥3时，2T n>❑√an+1．
【答案】(1)an=2n−1；(2)证明见解析
【解析】（1）设公差为d，利用等差数列的通项公式和求和公式列式，求出a1和d，可得an；
（2）分母有理化化简bn，利用裂项求和求出T n，作差比较可证不等式成立.
（1）设公差为d，则¿，即¿，解得¿，
所以an=a1+(n−1)d =1+2(n−1)=2n−1.
（2）bn=
2
❑√an+2+ ❑√an
=
2
❑√2n+3+ ❑√2n−1
=
2(❑√2n+3−❑√2n−1)
(❑√2n+3+ ❑√2n−1)(❑√2n+3−❑√2n−1)
= 2(❑√2n+3−❑√2n−1)
2n+3−(2n−1)
=
❑√2n+3−❑√2n−1
2
，所以T n=b1+b2+b3+⋯+bn
= 1
2 (❑√5−1+ ❑√7−❑√3+ ❑√9−❑√5+⋯+ ❑√2n+3−❑√2n−1)
= 1
2 (−1−❑√3+ ❑√2n+3+ ❑√2n+1)，
所以2T n= ❑√2n+3+ ❑√2n+1−❑√3−1，
所以2T n−❑√an+1= ❑√2n+3+ ❑√2n+1−❑√3−1−❑√2n+1 = ❑√2n+3−❑√3−1，
当n≥3时，❑√2n+3−❑√3−1≥❑√2×3+3−❑√3−1 =3−❑√3−1=2−❑√3>0，
所以当n≥3时，2T n>❑√an+1.
【变式训练2-2】在①bn=
1
❑√an+ ❑√an+1
；②bn=
1
anan+1
；③bn=2
nan，这三个条件中任选一个补充在下
面横线上，并解答问题．
已知数列{an}的前n 项和Sn=nan−3
2 n
2+ 3
2 n．
(1)证明：数列{an}是等差数列；
(2)若a1=2，设___________，求数列{bn}的前n 项和T n．
【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析
【解析】（1）利用数列通项an与前n项和Sn的关系证明.
（2）利用裂项相消法、错位相减法计算求解.
（1）因为Sn=nan−3
2 n
2+ 3
2 n①，
所以Sn+1=(n+1)an+1−3
2
(n+1)
2+ 3
2
(n+1)②，
②−①得an+1=(n+1)an+1−nan−3n整理得an+1−an=3，
由等差数列的定义可知{an}是等差数列．
（2）由（1）得{an}的公差d =3，
又因为a1=2，所以an=a1+(n−1)d =3n−1．
若选①：
bn=
1
❑√an+ ❑√an+1
=
1
❑√3n−1+ ❑√3n+2 =
❑√3n+2−❑√3n−1
(❑√3n−1+ ❑√3n+2)(❑√3n+2−❑√3n−1)
= 1
3 (❑√3n+2−❑√3n−1)
,
所以T n=b1+b2+b3+⋯+bn= 1
3 [(❑√5−❑√2)+(❑√8−❑√5)+(❑√11−❑√8)+⋯+(❑√3n+2−❑√3n−1)]
=
❑√3n+2−❑√2
3
．
若选②：
bn=
1
anan+1
=
1
(3n−1)(3n+2) = 1
3(
1
3n−1 −
1
3n+2)，
所以T n= 1
3(
1
2 −1
5 + 1
5 −1
8 + 1
8 −1
11 +⋯+
1
3n−1 −
1
3n+2)
= 1
3(
1
2 −
1
3n+2)=
n
2(3n+2)．
若选③：
bn=2
nan=(3n−1)⋅2
n
T n=b1+b2+⋯+bn=2×2
1+5×2
2+8×2
3+⋯+(3n−1)×2
n，
则2T n=2×2
2+5×2
3+8×2
4+⋯+(3n−1)×2
n+1，
两式作差得−T n=2×2
1+3×2
2+3×2
3+⋯+3×2
n−(3n−1)×2
n+1
= 4 + 12(1−2
n−1)
1−2
−(3n−1)×2
n+1=−8+(4−3n)×2
n+1．
所以T n=8+(3n−4)×2
n+1．
【变式训练2-3】已知各项均为正数的数列
的的前项和为
，对
，有
．
（Ⅰ）求数列
的通项公式；
（Ⅱ）令
，设
的前项和为
，求证：
．
【答案】（I）
;（Ⅱ）证明过程见解析；
【解析】试题分析：（Ⅰ）利用
整理得
,进而计算可得结论；（Ⅱ）通过
分母有理化可知
，并项相加即得结论．.
（I）当
时，
，得
或（舍去）．
当
时，
，
，两式相减得
，
所以数列
是以1 为首相，1 为公差的等差数列，
．
（Ⅱ）
【变式训练2-4】记
为数列
的前
项和，已知
，
.
(1)求
的通项公式；
(2)令
，证明：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由
结合
可得
及
，两式相减并整理
可得答案；
（2）由（1）结合
，可得
，即可得答案.
（1）由题意得：
，所以
，即
.
又
，所以
，所以数列
是以1 为首项，
为公差的等差数列，
所以
，即
，所以
，两式相减得
，即
，
所以
，因此
的通项公式为
.
（2）由（1）可得：
，
.
因为
.
则
，
所以
.
【变式训练2-5】已知数列
的前
项和为
.
(1)求
；
(2)求
.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由
与
的关系化简得
为等差数列后求解，
（2）由裂项相消法求解．
（1）
，可得
，
可得
，即数列
为首项为2，公差为2 的等差数列，
可得
，由
，可得
；
（2）
，
即有
.
题型03：指数型裂项
【典型例题】已知数列{an}的前n 项和为Sn，且2Sn=3an−1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=
3
n
(an+1)(an+1+1)
，求数列{bn}的前n 项和T n．
【答案】(1)an=3
n−1；(2)T n= 3
4 −
3
2(3
n+1)
【解析】（1）由an与Sn的关系求通项；
（2）先求出bn，再用裂项相消法求T n.
（1）由已知2Sn=3an−1①，
当n=1时，2S1=3a1−1，即2a1=3a1−1，解得a1=1，
当n≥2时，2Sn−1=3an−1−1②，
①−②得2an=3an−3an−1，即an=3an−1，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以an=3
n−1；
（2）因为bn=
3
n
(an+1)(an+1+1)
=
3
n
(3
n−1+1)(3
n+1)
= 3
2 ×(
1
3
n−1+1
−
1
3
n+1
)，
所以T n= 3
2 ×(
1
1+1 −
1
3+1 +
1
3+1 −
1
3
2+1
+⋯+
1
3
n−1+1
−
1
3
n+1
)
= 3
2 ×( 1
2 −
1
3
n+1
)= 3
4 −
3
2(3
n+1)
.
【变式训练3-1】已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn=2
n+1−2(n∈N
*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=
2
n
(an−1)(an+1−1)
，求数列{bn}的前n项和T n．
【答案】(1)an=2
n,n∈N
*；(2)T n=1−
1
2
n+1−1
【解析】（1）根据an与Sn的关系求解即可；
（2）利用裂项相消法求解即可.
（1）n=1时，a1= S1=2
2−2=2，
n≥2时an= Sn−Sn−1=(2
n+1−2)−(2
n−2)=2
n，
经验证n=1时满足an，∴an=2
n,n∈N
*；
（2）∵bn=
2
n
(2
n−1)(2
n+1−1)
=
1
2
n−1
−
1
2
n+1−1
，
T n=
1
2
1−1
−
1
2
2−1
+
1
2
2−1
−
1
2
3−1
+
1
2
3−1
+⋯+
1
2
n−1
−
1
2
n+1−1
=1−
1
2
n+1−1
.
【变式训练3-2】已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn= 3
2 an−1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn=
an
Sn⋅Sn+1
，求数列{bn}的前n项和T n.
【答案】(1)an=2×3
n−1；(2)T n= 1
6 −
1
3
n+2−3
【解析】（1）由an与Sn的关系可求出通项公式；
（2）利用裂项相消法求数列的和即可.
（1）当n=1时，a1= 3
2 a1−1，得a1=2，
当n≥2时，Sn−Sn−1=an= 3
2 (an−an−1)，得an=3an−1，
所以数列{an}是以2 为首项，公比为3 的等比数列，
所以an=2×3
n−1.
（2）由（1）可得Sn= 3
2 ×2×3
n−1−1=3
n−1，
bn=
2×3
n−1
(3
n−1)⋅(3
n+1−1)
所以bn= 1
3(
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1)，
T n=b1+b2+⋯+bn= 1
3(
1
3
1−1
−
1
3
2−1
+
1
3
2−1
−
1
3
3−1
+⋯+
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1)
所以T n= 1
3(
1
3
1−1
−
1
3
n+1−1)= 1
6 −
1
3
n+2−3
【变式训练3-3】已知Sn为数列{an}的前n项和，a1=2,Sn=an+1−3n−2．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)设bn=
2
n
an⋅an+1
，记{bn}的前n项和为T n，证明：T n< 1
5．
【答案】(1)an=5×2
n−1−3；(2)证明见解析
【解析】（1）根据数列递推式可得Sn−1=an−3(n−1)−2,(n≥2)，采用两式相减的方法可得
an+1=2an+3,(n≥2)，从而构造数列，可求得{an}的通项公式；
（2）由（1）的结论可得bn=
2
n
an⋅an+1
的表达式，利用裂项求和法，可得答案.
（1）当n=1时，S1=a1=a2−3−2，则a2=7，
因为Sn=an+1−3n−2，
所以Sn−1=an−3(n−1)−2,(n≥2)，
两式相减得：an+1=2an+3,(n≥2) ，
所以an+1+3=2(an+3)，(n≥2)，
a1=2,a1+3=5，a2+3=10，则a2+3=2(a1+3)，即n=1也适合上式，
所以{an+3}是以5 为首项，公比为2 的等比数列，
故：an+3=5×2
n−1，
故an=5×2
n−1−3；
（2）由（1）得bn=
2
n
an⋅an+1
=
2
n
(5×2
n−1−3)(5×2
n−3)
= 2
5(
1
5×2
n−1−3
−
1
5×2
n−3)，
故T n=b1+b2+b3+⋅⋅⋅+bn
= 2
5(
1
2 −1
7 + 1
7 −1
17 +⋅⋅⋅+
1
5×2
n−1−3
−
1
5×2
n−3)
= 2
5(
1
2 −
1
5×2
n−3)，
当n∈N
*时，
1
5×2
n−3
>0，故T n< 2
5 × 1
2 = 1
5.
【变式训练3-4】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，Sn+1
Sn
= 3
n+1−1
3
n−1
，n∈N
∗.
(1)求S2，S3及{an}的通项公式；
(2)设bn=
an+1
(an−1)(an+1−1)
，数列{bn}的前n项和为T n，若T n≤λ(an−1)对任意的n∈N
∗恒成立，求λ
的最小值.
【答案】(1)S2=12，S3=39，an=3
n(n∈N
∗)；(2) 9
32
【解析】（1）根据递推公式和a1的值，即可求出S2，S3及{an}的通项公式；
（2）求出数列{bn}的通项公式，得出数列{bn}的前n项和，由不等式的恒成立，还可求出λ的最小值.
（1）由题意，n∈N
∗
在数列{an}中，a1=3，Sn+1
Sn
= 3
n+1−1
3
n−1
，
当n≥2时，Sn= Sn
Sn−1
⋅Sn−1
Sn−2
⋯⋯S3
S2
⋅S2
S1
⋅S1= 3(3
n−1)
2
，
当n=1时上式也符合，
∴Sn= 3(3
n−1)
2
(n∈N
∗)，S2= 3×(3
2−1)
2
=12，S3= 3×(3
3−1)
2
=39.
∴当n≥2时，an= Sn−Sn−1=3
n；当n=1时，上式也符合.
∴{an}的通项公式为an=3
n(n∈N
∗).
（2）由题意及（1）得，n∈N
∗,
在数列{an}中，an=3
n，
数列{bn}中，bn=
an+1
(an−1)(an+1−1)
=
3
n+1
(3
n−1)(3
n+1−1)
= 3
2(
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1),
∴T n=b1+b2+…+bn= 3
2(
1
2 −
1
3
n+1−1)= 9(3
n−1)
4(3
n+1−1)
.
∵T n≤λ(an−1)，
∴λ≥
9
4(3
n+1−1).
∵
9
4(3
n+1−1)
≤
9
4(3
1+1−1)
= 9
32.
∴
9
4(3
n+1−1)的最大值为9
32，λ≥9
32.
∴λ的最小值为9
32.
题型04：对数型裂项
【典型例题】已知{an}为等差数列，前n 项和为Sn，(n∈N
∗)，{bn}是首项为2 的等比数列，且公比大
于0，b2+b3=12，b3=a3+a5，b6= S11−2.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设c1=0，cn+1−cn= ln(1+ 1
n)，n∈N
∗，求cn；
(3)设dn=¿，其中k ∈N
∗.求{dn}的前2n 项和T 2n.
【答案】(1)an=n，bn=2
n；(2)cn=lnn；(3)−ln(2n+1)
4
n
.
【解析】（1）根据等差数列的通项公式、前n 项和公式，结合等比数列的通项公式进行求解即可；
（2）运用累和法，结合对数的运算性质进行求解即可；
（3）根据（1）（2）的结论，结合裂项相消法进行求解即可.
(1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q(q>0)，
由b2+b3=12⇒2q+2q
2=12⇒q =2，或q =−3舍去，所以bn=2⋅2
n−1=2
n；
b3=a3+a5⇒2a4=8⇒a4= 4⇒a1+3d = 4，
b6= S11−2⇒11a1+ 1
2 ×11×10d −2=64，解得：a1=d =1，即an=1+(n−1)⋅1=n，
所以有an=n，bn=2
n；
(2)因为cn+1−cn= ln(1+ 1
n)= ln n+1
n
，
所以当n≥2,n∈N
∗时，
有cn=(cn−cn−1)+(cn−1−cn−2)+⋯+(c2−c1)+c1
= ln
n
n−1 + ln n−1
n−2 +⋯+ ln 2
1 = ln
n(n−1)⋯2
(n−1)(n−2)⋯1 =lnn，显然当n=1时也适合，
即cn=lnn；
(3)由（1）（2）可知：an=n，bn=2
n，cn=lnn.
当n=2k −1，k ∈N
∗时，d2k −1= 3 ln(2k −1)
2
2k
，
当n=2k，k ∈N
∗时，d2k =
ln 2k −1
2k +1
2
2k
，
dk −1+d2k = 3ln(2k −1)
2
2k
+
ln 2k −1
2k +1
2
2k
= 4 ln(2k −1)−ln(2k +1)
4
k
，
T 2n= 4 ln1−ln3
4
1
+ 4 ln3−ln5
4
2
+ 4 ln5−ln7
4
3
+⋯+ 4 ln(2n−1)−ln(2n+1)
4
n
=0−ln3
4
1 + ln3
4
1 −ln5
4
2 + ln5
4
2 −4 ln7
4
3
+⋯+ ln(2n−1)
4
n−1
−ln(2n+1)
4
n
=−ln(2n+1)
4
n
.
【点睛】运用裂项相消法是解题的关键.
【变式训练4-1】已知数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1).
(1)证明：数列{
an
n }为等差数列：
(2)设数列{bn}满足bn= ln an+1
an
，求数列{bn}的前n项和Sn.
【答案】(1)证明见解析；(2)Sn =2ln (n+1)
【解析】（1）对nan+1=(n+1)an+n(n+1)进行整理得到an+1
n+1 −an
n =1，即可说明数列{
an
n }为等差数
列；
（2）将bn变形为bn= ln (n+1)
2
n
2
或bn= ln (n+1)
2−ln n
2，然后求和即可.
（1）法1：由nan+1=(n+1)an+n(n+1)，
两边同除以n(n+1)得，an+1
n+1 = an
n +1，an+1
n+1 −an
n =1（n≥1）为常数，
∴数列{
an
n }为等差数列，首项a1
1 =1，公差为1，
法2：由nan+1=(n+1)an+n(n+1)得an+1= n+1
n
an+(n+1)，
∴an+1
n+1 −an
n =(
an
n +1)−an
n =1（n≥1）为常数，
∴数列{
an
n }为等差数列，首项a1
1 =1，公差为1.
（2）由an
n = a1
1 +(n−1)×1=n，∴an=n
2，
法1：bn= ln an+1
an
= ln (n+1)
2
n
2
，
则Sn= ln 2
2
1
2 + ln 3
2
2
2 +⋯+ ln (n+1)
2
n
2
=2ln(
2
1 × 3
2 ×⋯× n+1
n )
=2ln (n+1).
法2：bn= ln an+1
an
= ln (n+1)
2
n
2
= ln (n+1)
2−ln n
2，
则Sn=(ln 2
2−ln1
2)+(ln3
2−ln 2
2)+⋯+[ln (n+1)
2−ln n
2]
= ln (n+1)
2−ln1
2
=2ln (n+1).
【变式训练4-2】已知数列{an}的首项为2，an>0且满足an
2−anan−1−2an−1
2
=0（n≥2且n∈N
*），
bn= log2an．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn= log2
bn+1
bn
，求{cn}的前n 项和Sn．
【答案】(1)an=2
n；(2)Sn= log2(n+1)
【解析】（1）因式分解可知{an}为等比数列，然后可解；
（2）利用对数运算裂项可解.
（1）由an
2−anan−1−2an−1
2
=0得(an−2an−1)(an+an−1)=0，
因为an>0，所以an+an−1>0，所以an−2an−1=0，即an
an−1
=2，
又a1=2，所以{an}是以2 为首项和公比的等比数列，所以an=2
n．
（2）由bn= log2an= log22
n=n得cn= log2
bn+1
bn
= log2(n+1)−log2n，
Sn= log22−log21+ log23−log22+ log24−log23+⋅⋅⋅+ log2(n+1)−log2n
= log2(n+1)−log21= log2(n+1)
【变式训练4-3】已知数列{an}，{bn}，已知对于任意n∈N
∗，都有an= ❑√3
bn+1，数列{bn}是等差数列，
b1=1，且b2+5，b4+1，b6−3成等比数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)记cn=¿．
（ⅰ）求∑
i=1
n
2
log3c2i−1⋅log3c2i+1
；
（ⅱ）求∑
k =1
2n
ck ck +1．
【答案】(1)an=3
n；bn=2n−1；(2)（ⅰ）1−
1
2n+1 ；（ⅱ）75
16 + 40n−25
48
⋅9
n+1
【解析】（1）利用等差数列的通项公式及等比中项的性质即可求解；
（2）（ⅰ）利用裂项相消法求和即可，
（ⅱ）将相邻两项合并成一项，再利用错位相减法求和即可.
（1）设数列{bn}的公差为d，
∵b2+5，b4+1，b6−3成等比数列，且b1=1，
∴(b4+1)
2=(b2+5)(b6−3)，即(2+3d)
2=(6+d)(−2+5d)，解得d =2，
则bn=1+2(n−1)=2n−1，
即an= ❑√3
bn+1= ❑√3
2n=3
n，
（2）（ⅰ）由（1）可知，cn=¿，
则∑
i=1
n
2
log3c2i−1⋅log3c2i+1
=
2
log33⋅log33
3 +
2
log33
3⋅log33
5 +⋅⋅⋅+
2
log33
2n−1⋅log33
2n+1
=
2
1×3 +
2
3×5 +⋅⋅⋅+
2
(2n−1)(2n+1)
=(1−1
3)+(
1
3 −1
5)+⋅⋅⋅+(
1
2n−1 −
1
2n+1)
=1−
1
2n+1；
（ⅱ）由题意，对∀n∈N
∗，
c2n−1c2n+c2nc2n+1=c2n(c2n−1+c2n+1)=(2n−1)(3
2n−1+3
2n+1)=10(2n−1)⋅3
2n−1
= 10
3
(2n−1)⋅9
n，
设{(2n−1)⋅9
n}的前n 项为{Rn}，
所以Rn=9+3×9
2+⋯+(2n−1)×9
n，则9 Rn=9
2+3×9
3+⋯+(2n−1)×9
n+1，
则−8 Rn=9+2(9
2+9
3+⋯+9
n)−(2n−1)×9
n+1=9+2⋅9
2−9
n+1
1−9
−(2n−1)×9
n+1
=−45
4 + 5−8n
4
⋅9
n+1，
所以Rn= 45
32 + 8n−5
32
⋅9
n+1，
即∑
k =1
2n
ck ck +1= 10
3 Rn= 75
16 + 40n−25
48
⋅9
n+1．
【变式训练4-4】已知数列{pn}是首项为2 的等差数列，{qn}是公比为2 的等比数列，且满足p3=q2，
p7=q3．设数列{an}满足an= pn⋅qn．
(1)求{an}的通项公式；
(2)在①bn=
n
n+1 an；②bn= log4
an
n+2
；③bn= (n+3)⋅2
n
an+1an
这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并
加以解答．已知数列{bn}满足______，求{bn}的前n 项和T n．
【答案】(1)an=(n+1)⋅2
n；(2)答案见解析
【解析】设出数列{pn}的公差d 及数列{qn}的首项q1，由题列方程可求出d，q1，利用等差数列和等比数
列的通项公式，即可求解；（2）结合（Ⅰ）若选①，利用错位相减法即可求解；若选②，利用分组求和
法即可求解；若选③，利用裂项相消法即可求解．
(1)设数列{pn}的公差为d，数列{qn}的首项为q1．
由题意得2+2d =2q1，2+6d = 4 q1，
解得d =1，q1=2，
则pn=n+1，qn=2
n，所以an=(n+1)⋅2
n．
(2)若选①bn=
n
n+1 an，
即bn=
n
n+1 ⋅(n+1)⋅2
n=n⋅2
n，
所以T n=1×2
1+2×2
2+3×2
3+⋅⋅⋅+n×2
n，
则2T n=1×2
2+2×2
3+3×2
4+⋅⋅⋅+n×2
n+1，
两式相减得−T n=2
1+2
2+2
3+⋅⋅⋅+2
n−n×2
n+1
= (2−2
n+1)
1−2
−n×2
n+1
=(1−n)2
n+1−2
所以T n=(n−1)×2
n+1+2．
若选②bn= log4
an
n+2
，
即bn= log4 n+1
n+2 + log42
n= log4 n+1
n+2 + n
2，
所以T n=(log4
2
3 + log4
3
4 +⋅⋅⋅+ log4
n+1
n+2)+ 1
2
(1+2+⋅⋅⋅+n)
= log4(
2
3 × 3
4 ×⋅⋅⋅× n+1
n+2)+ (1+n)n
4
= log4
2
n+2 + (1+n)n
4
．
若选③bn= (n+3)⋅2
n
an+1an
，即bn= (n+3)⋅2
n
an+1an
= 1
an
−1
an+1
，
所以T n=(
1
a1
−1
a2)+(
1
a2
−1
a3)+⋅⋅⋅+(
1
an
−1
an+1)
= 1
a1
−1
an+1
= 1
4 −
1
(n+2)2
n+1．
题型05：三角函数型裂项
【典型例题】已知数列{an}中，a1=1，a2= 1
4 ，且an+1= (n−1)an
n−an
(n=2,3,4 ,⋅⋅⋅)．
(1)设bn= 1
an+1
−1(n∈N
∗)，试用bn表示bn+1，并求{bn}的通项公式；
(2)设cn=
sin3
cosbncosbn+1
(n∈N
∗)，求数列{cn}的前n项和Sn．
【答案】(1)bn+1= n+1
n
bn，bn=3n；(2)Sn=
sin3n
cos(3n+3)cos3
【解析】（1）根据提示bn= 1
an+1
−1(n∈N
∗)将条件an+1= (n−1)an
n−an
进行转化即可；
（2）根据两角差的正弦公式可将cn=
sin3
cosbncosbn+1
化为裂项式cn= sin bn+1
cosbn+1
−sin bn
cosbn
求和.
（1）1
an+1
=
n−an
(n−1)an
=
n
(n−1)an
−
1
(n−1)
，
1
an+1
−1=
n
(n−1)an
−
1
(n−1) −1=
n
(n−1)an
−
n
(n−1) =
n
(n−1)( 1
an
−1)，
所以bn=
n
n−1 bn−1，所以bn+1= n+1
n
bn，
所以bn
n = bn−1
n−1 =⋯= b1
1 =3，bn=3n.
（2）cn=
sin3
cosbncosbn+1
= sin（bn+1−bn）
cosbncosbn+1
= sin bn+1cosbn−sin bncosbn+1
cosbncosbn+1
= sin bn+1
cosbn+1
−sin bn
cosbn
，
所以Sn=cn+cn−1+⋯+c1= sin bn+1
cosbn+1
−sin bn
cosbn
+ sin bn
cosbn
−sin bn−1
cosbn−1
+⋯+ sin b2
cosb2
−sin b1
cosb1
= sin bn+1
cosbn+1
−sin b1
cosb1
= sin(3n+3)
cos(3n+3) −sin3
cos3 = sin[(3n+3)−3]
cos(3n+3)cos3 =
sin3n
cos(3n+3)cos3
.
【变式训练5-1】在数1 和100 之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数
的乘积记作T n，再令an=lgT n, n≥1.
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn= tan an⋅tan an+1，求数列{bn}的前n项和Sn.
【答案】（Ⅰ）an=n+2(n∈N
∗)（Ⅱ）Sn= tan(n+3)−tan3
tan1
−n
【解析】（1）类比等差数列求和的倒序相加法，将等比数列前n 项积倒序相乘，可求T n，代入即可求解
an.
（2）由（1）知bn= tan an⋅tan an+1= tan(n+2)⋅tan(n+3)，利用两角差的正切公式，化简，
tan[(n+3)−(n+2)]=
tan(n+3)−tan(n+2)
1+ tan(n+3)⋅tan(n+2) = tan1，得
tan(n+3)⋅tan(n+2)= tan(n+3)−tan(n+2)
tan1
−1，再根据裂项相消法，即可求解Sn.
（Ⅰ）由题意，t1⋅t2......tn+1⋅tn+2构成递增的等比数列，其中t1=1，tn+2=100，则
T n=t1⋅t2⋅......⋅tn+1⋅tn+2 ①
T n=tn+2⋅tn+1⋅......⋅t2⋅t1 ②
①×②，并利用等比数列性质tn+2⋅t1=tn+1⋅t2=......=t1⋅tn+2=10
2，得
T n
2=(tn+2⋅t1)(tn+1⋅t2)......(t1⋅tn+2)=10
2(n+2)
∴an=lgT n=lg10
n+2=n+2，n≥1
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn= tan an⋅tan an+1= tan(n+2)⋅tan(n+3)，n≥1
又tan[(n+3)−(n+2)]= tan(n+3)−tan(n+2)
1+ tan(n+3)tan(n+2) = tan1
∴tan(n+2)⋅tan(n+3)= tan(n+3)−tan(n+2)
tan1
−1
所以数列{bn}的前n项和为
Sn= tan(1+2)tan(1+3)+ tan(2+2)tan(2+3)+......+ tan(n+2)tan(n+3)
= tan 4−tan3
tan1
+ tan5−tan 4
tan1
+...... tan(n+3)−tan(n+2)
tan1
−n
= tan(n+3)−tan3
tan1
−n
【点睛】（Ⅰ）类比等差数列，利用等比数列的相关性质，推导等比数列前n项积公式，创新应用型题；
（Ⅱ）由两角差的正切公式，推导连续两个自然数的正切之差，构造新型的裂项相消的式子，创新应用型
题；本题属于难题.
【变式训练5-2】已知2n＋2 个数排列构成以qn(qn>1)为公比的等比数列，其中第1 个数为1，第2n＋2
个数为8，设an= log2qn．
(1)证明：数列{
1
an}是等差数列；
(2)设bn= tanπ
an
tanπ
an+1
，求数列{bn}的前100 项和S100．
【答案】(1)证明见详解；(2)−99
【解析】（1）根据等比数列的性质分析可得an=
3
2n+1，再结合等差数列的定义分析证明；
（2）根据两角差的正切公式整理得bn=−
❑√3
3 (tanπ
an+1
−tanπ
an)−1，结合裂项相消法运算求解.
（1）由题意可得：qn
2n+1= 8
1 =8，且qn>1，可得qn=2
3
2n+1，
所以an= log22
3
2n+1 =
3
2n+1
，可得1
an
= 2n+1
3
，
则1
an+1
−1
an
= 2(n+1)+1
3
−2n+1
3
= 2
3 ，
所以数列{
1
an}是以公差为2
3的等差数列.
（2）由（1）可得π
an+1
−π
an
= 2π
3 ，
则tan 2π
3 = tan(
π
an+1
−π
an)=
tanπ
an+1
−tanπ
an
1+ tanπ
an+1
tanπ
an
=−❑√3，
整理得bn= tanπ
an
tanπ
an+1
=−
❑√3
3 (tanπ
an+1
−tanπ
an)−1，
则
S100=b1+b2+⋅⋅⋅+b100=[−
❑√3
3 (tanπ
a2
−tanπ
a1)−1]+[−
❑√3
3 (tanπ
a3
−tanπ
a2)−1]+⋅⋅⋅+[−
❑√3
3 (tanπ
a101
=−
❑√3
3 [(tanπ
a2
−tanπ
a1)+(tanπ
a3
−tanπ
a2)+⋅⋅⋅+(tanπ
a101
−tanπ
a100)]−100
=−
❑√3
3 (tanπ
a101
−tanπ
a1)−100=−
❑√3
3 (tan203π
3
−tanπ)−100
=−
❑√3
3 tan(68 π −π
3 )−100=
❑√3
3 tanπ
3 −100=−99，
所以数列{bn}的前100 项和S100=−99.
【变式训练5-3】已知数列{an}中，a1=2，a2= 4，且an+2=3an+1−2an(n∈N
∗).
(1)设bn=an+1−2an，证明数列{bn}是常数列；
(2)求数列{an}的通项公式，并求数列{an}的的前n项和；
(3)设cn=(sin nπ
2 +cos nπ
2 )⋅log2an，求数列{cn}的前2022 项的和.
【答案】(1)证明见解析；(2)an=2
n，Sn=2
n+1−2；(3)−1
【解析】（1）根据递推公式可得an+2−2an+1=an+1−2an即bn+1=bn，再由b1=0即可得证；
（2）由（1）可得an+1
an
=2，从而得到{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公
式及前n项和公式计算可得；
（3）依题意可得cn=n(sin nπ
2 +cos nπ
2 )，列出{cn}的前几项，即可找到规律，从而得解；
（1）证明：因为a1=2，a2= 4，且an+2=3an+1−2an(n∈N
∗)
所以an+2−2an+1=an+1−2an，又bn=an+1−2an，即bn+1=bn，(n∈N
∗)，
又b1=a2−2a1=0，所以bn=0，即{bn}是常数列；
（2）解：由（1）可得bn=an+1−2an=0，即an+1
an
=2，又a2
a1
=2，
所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an=2
n，
记数列{an}的的前n项和为Sn，则Sn= 2(1−2
n)
1−2
=2
n+1−2；
（3）解：因为cn=(sin nπ
2 +cos nπ
2 )⋅log2an
所以cn=(sin nπ
2 +cos nπ
2 )⋅log2an=(sin nπ
2 +cos nπ
2 )⋅log22
n=n(sin nπ
2 +cos nπ
2 )
所以c1=1(sin π
2 +cos π
2)=1，c2=2(sin 2π
2 +cos 2π
2 )=−2，
c3=3(sin 3 π
2 +cos 3 π
2 )=−3，c4= 4(sin 4 π
2 +cos 4 π
2 )= 4．
所以c1+c2+c3+c4=0
同理可得c5=5，c6=−6，c7=−7，c8=8，
所以c5+c6+c7+c8=0，
…，
每经过4 个数循环一次，
且sin nπ
2 =¿，cos nπ
2 =¿，
所以sin nπ
2 +cos nπ
2 =¿，
记数列{cn}的前n项和为T n，
所以T 2022=0⋅2020
4
+c2021+c2022，
=2021−2022=−1，
【变式训练5-4】在正项等比数列{an}中，已知a1+a3=10，a3+a5= 40.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn= log2an，求数列{
sin1
°
cosbn
∘cos(bn−1)
∘}的前n项和Sn(n<90).
【答案】（1）an=2
n；（2）tan n
∘.
【解析】（1）根据已知条件求得a1,q，由此求得数列{an}的通项公式.
（2）利用裂项求和法求得Sn.
（1）正项等比数列{an}，中a1+a3=10，a3+a5= 40，
设公比为q，则q>0，所以¿
解得q =2，a1=2.
所以数列{an}的通项公式为an=a1q
n−1=2
n.
（2）bn= log2an= log22
n=n，
所以
sin1°
cosbn° cos(bn−1)° =
sin1
∘
cosn
∘cos(n−1)
∘= sin[n
∘−(n−1)
∘]
cosn
∘cos(n−1)
∘
= sin n
∘cos(n−1)
∘−cosn
∘sin (n−1)
∘
cosn
∘cos(n−1)
∘
= sin n
∘
cosn
∘−sin (n−1)
∘
cos(n−1)
∘
则Sn=(
sin1
∘
cos1
∘−sin 0
∘
cos0
∘)+(
sin 2
∘
cos2
∘−sin1
∘
cos1
∘)+⋯⋅+(
sin n
∘
cosn
∘−sin (n−1)
∘
cos(n−1)
∘)
= sin n
∘
cosn
∘−sin 0
∘
cos0
∘= sin n
∘
cosn
∘= tan n
∘.
题型06：复杂裂项型——分离常数型
分离常数型
分式型，如果分子分母都是一次，或者分子二次分母一次，如果不能裂项，可以考虑通过分离常数，
吧分子次幂降下来
【典型例题】已知函数
.
(1)若
，使得
成立，求实数
的取值范围；
(2)证明：对任意的
为自然对数的底数.
【答案】(1)
；(2)证明见解析.
【解析】（1）变形不等式
，分离参数并构造函数，再求出函数的最大值即得.
（2）由（1）的信息可得
，令
，再利用不等式性质、对数运算、数
列求和推理即得.
（1）函数
，则不等式
，令
，
求导得
，当
时，
，函数
递增，当
时，
，函数
递减，因此当
时，
，依题意，
，所以实数
的取值范围是
.
（2）由（1）知，当
时，
，即当
时，
，而当
时，
，
因此
，于是
，即有
，
所以
.
【变式训练6-1】已知数列
的前n 项和为
，
，且
．
(1)求
的通项公式；
(2)设
的前n 项和为
，求
．
(3)记数列
的前n 项和为
，若
恒成立，求
的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）根据
及
，可得到
是首项为
，公差为2 的
等差数列，结合定义法求通项公式即可；
（2）根据（1）的结果求得
，结合裂项相消法求和即可；
（3）根据（1）的结果得到
，进而得到当
时，
，结合
随
的增大而增大，得到
最值，即可得到
，进而得到答案.
（1）因为
，
所以当
时，
，解得
，
当
时，
，
两式相减得，
，
化简得，
，
因为
，所以
，则
，
即
是首项为
，公差为2 的等差数列，
所以
的通项公式为
（2）由（1）知，
，因为
，
所以
，
所以
（3）由（1）知，
，所以
，
所以当
时，
，因为
随
的增大而增大，
所以
，
，
所以
，所以
的最小值为
题型07：复杂裂项型——分子裂差法
分式型分子裂差法
【典型例题】已知正项数列
的前
项和
，满足：
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)记
，设数列
的前
项和为
，求证
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由
，把
用1 代入算出首项，再用退位相减法发现其为等差数列，则数列通
项可求；
（2）由（1）可先算出
，代入
求得
通项并裂项，再求和即可证明.
（1）当
时，
，解得
．
当
时，由
①，可得
，②
①
②得：
，即
．
，
．
是以1 为首项，以2 为公差的等差数列，
数列
的通项公式
．
（2）由（1）可得
，
，
，
，
，
，
，
，
.
【变式训练7-1】设正项数列
的前
项和为
，且
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)若数列
是首项为，公差为
的等差数列，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）利用
与
的关系，列出方程求出
.
（2）根据题意求出
，利用裂项相消求和法，计算求出答案.
（1）当
时，
，即
，
解得
（舍去）或
（可取），
当
时，
，
，
两式相减得：
，
即
，即
，
∵
恒成立，∴
，∴
，
∴
是首项为
，公差为的等差数列，故
.
（2）由（1）可得
，∵
是首项为，公差为
的等差数列，
∴
，∴
，
∴
.故
.
题型08：复杂裂项型——指数裂项法
指数裂项法
【典型例题】设数列
的前
项和为
，已知
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)若数列
满足
，数列
的前
项和为
，都有
，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）首先可以根据已知得到
，其次注意到
，结合等比数列的定义即
可求解.
（2）由（1）可知
，先将数列
的通项公式裂项得
，从而可求得其前
项和为
，若
，都有
，则只需
，研究
的单调性即可得到其最
小值，从而解不等式即可求解.
（1）一方面：因为
，所以
，
所以
，即
；
另一方面：又
时，有
，即
，且
，所以此时
；
结合以上两方面以及等比数列的概念可知数列
是首先为
，公比为
的等比数列，
所以数列
的通项公式为
.
（2）由（1）可知
，又由题意
，
数列
的前
项和为
，
又
，都有
，故只需
，而
关于
单调递增，
所以
关于
单调递减，
关于
单调递增，
所以当
时，有
，
因此
，即
，解得
，
综上所述：
的取值范围为
.
【变式训练8-1】已知数列
的前
项和为
，且
，
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)设
，数列
前
项和为
，求证：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）根据
与
的关系，即
，和等比数列的性质进而求出数列
的通项
公式；
（2）由结合(1)并列项得
，再根据裂项求和得
，进而即可证明.
（1）当
时，
，两式相减得
，
，
又
，
，
．
所以数列
是首项为，公比是
的等比数列，所以
．
（2）证明：
，
因为
，
所以
，因为
，所以
．
题型09：复杂裂项型——等差指数仿写法
等差指数仿写型裂项法
【典型例题】已知数列
满足
，
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)设
，求数列
的前n 项和
.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）利用构造法，先求得
，进而求得
.（2）利用裂项求和法求得
.
（1）由
得：
，
∵
，所以数列
是首项为4，公差为2 的等差数列，所以
，
所以
；
（2）
，所以
.
【变式训练9-1】设数列
的前
项和为
.
(1)求
的通项公式；
(2)求
；
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）根据
与
的关系求解即可；（2）利用裂项相消法求解即可.
（1）由
，当
时，
，
当
时，
，
当
时，上式也成立，所以
；
（2）
，
则
.
题型10：正负型——等差裂和型
正负型：等差裂和型
【典型例题】已知等差数列
的前
项和为
，且
，
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)令
，求数列
的前
项和
.
(3)
，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
；(2)
；(3)当
为奇数时，
；当
为偶数时，
.
【解析】（1） 设等差数列
的公差为
,根据题意求出
的值，即可得答案；
（2）由题意可得
，再采用分组求和即可得答案；
（3）由题意可得
，分
为奇数、偶数分别求解即可.
（1）解：设等差数列
的公差为
，
由
，可得
，即
，
即
，则
，解得
，
所以
；
（2）由（1）可得：
所以
（3）解：因为
，
当
为奇数时，
，所以
；
当
为偶数时，
，
.
【变式训练10-1】已知数列
的前
项和为
，满足
，
.
(1)求
的通项公式；
(2)若
，求数列
的前20 项和
.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）结合题设变形为
，可得数列
是以1 为首项，1 为公差的等差数列，进而
求得
，进而结合
和
的关系求解即可；
（2）结合（1）可得
，结合裂项相消求和即可.
（1）由
，得
，
而
，因此数列
是以1 为首项，1 为公差的等差数列，
所以
，即
，
当
时，
，显然
也满足上式，
所以
.
（2）由（1）知，
，
，
因此
，
所以
.
题型11：正负型——等差裂差型
正负型：等差裂差型
【典型例题1】设数列
的前
项和为
，且
.（1）求
、
、
的值；
（2）求出
及数列
的通项公式；
（3）设
，求数列
的前
项和为
.
【答案】（1）
，
，
；（2）
，
；
（3）当
为奇数，
；当
为偶数，
.
【解析】(1)
，
时，
，
时，
，解得
，
时，
，解得
，同理可得：
，
（2）由（1）可得：
，
，化为
，猜想
，
时，代入
，左边
；右边
,所以左边=右边，猜想成立，
时也成立，
时，
，
时，也成立，
；
当
时，
，又
，
数列
的通项公式为
.
（3）
，
为偶数时，数列
的前
项和为：
.
为奇数时，数列
的前
项和为：
.
综上所述，当
为奇数，
；当
为偶数，
.
【变式训练11-1】已知数列
为等差数列，数列
为正项等比数列，且满足
，
，
．
(1)求数列
和
的通项公式；
(2)设
，求数列
的前
项和
．
【答案】(1)
；
(2)
【解析】（1）设数列
的公差为
，数列
的公比为
，由题意可得出
，解
方程求出
，再由等差数列和等比数列的通项公式即可得出答案；
（2）先求出
，再由裂项相消法和等比数列的前
项和公式求解即可.
（1）设数列
的公差为
，数列
的公比为
，则
，解得：
，
所以数列
的通项公式为
；
数列
的通项公式
.
（2）
，
数列
的前
项和
．
.
题型12：正负型——指数裂和型
正负型：等指数裂差型
【典型例题】已知等比数列
的公比
，若
，且
，
，
分别是等差数列
第1，3，5 项.
(1)求数列
和
的通项公式；
(2)记
，求数列
的前
项和
；
(3)记
，求
的最大值和最小值.
【答案】(1)
，
(2)
(3)最大值为
，最小值为
【解析】（1）根据等差数列、等比数列的知识求得
.
（2）利用错位相减求和法求得
.
（3）利用裂项求和法，结合对
进行分类讨论，由此求得
的最大值和最小值.
（1）依题意，
，
，解得
，所以
，
则
，设等差数列
的公差为
，则
，
所以
.
（2）
，
，
，
两式相减得
，
.
（3）
，
，
当
为偶数时，
，令
（
为偶数），则
是单调递增数列，
最小值为
，且
.
当
为奇数是，
，令
（
为奇数），则
是单调递减数列，
最大值为
，且
.
综上所述，
的最大值为
，最小值为
.
【变式训练12-1】已知
为等比数列，且
，
成等差数列.
(1)求数列
的通项公式；
(2)当
为递增数列时，
，数列
的前
项和为
，若存在
，求
的取值范围.
【答案】(1)
或
(2)
【解析】（1）运用等差中项的性质和等比数列通项公式基本量运算，解方程即可得到
通项.
（2）由
递增可得
，对
通项进行裂项展开，当n 为偶数、奇数时分别求出
表达式，然后
再分别求出
的范围，由存在
，即可求出
的取值范围.
（1）设等比数列
公比为q，
由
或
，
或
.
（2）当
为递增数列时，
所以
当
为偶数时，
在
上单调递减，
，
当
为奇数时，
在
上单调递增，
，
.
练
1．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）根据
即可求出；
（2）根据错位相减法即可解出．
（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
，
．
2．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，
．
【答案】(1)
；(2)证明见解析.
【解析】（1）设等差数列
的公差为
，用
表示
及
，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出
，
，再分奇偶结合分组求和法求出
，并与
作差比较作答；
方法2，利用（1）的结论求出
，
，再分奇偶借助等差数列前n 项和公式求出
，并与
作差比较作
答.
（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，
.
3．设
是等差数列，
是等比数列，且
．
(1)求
与
的通项公式；
(2)设
的前n 项和为
，求证：
；
(3)求
．
【答案】(1)
(2)证明见解析(3)
【解析】（1）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解；
（2）由等比数列的性质及通项与前n 项和的关系结合分析法即可得证；
（3）先求得
，进而由并项求和可得
，再结
合错位相减法可得解.
（1）设
公差为d，
公比为
，则
，
由
可得
（
舍去），
所以
；
（2）证明：因为
所以要证
，
即证
，即证
，
即证
，
而
显然成立，所以
；
（3）因为
，
所以
，设
所以
，则
，
作差得
，所以
，所以
.
4．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：
．
【答案】(1)
(2)见解析
【解析】（1）利用等差数列的通项公式求得
，得到
，利用和与项
的关系得到当
时，
,进而得：
，利用累乘法求得
，检验对于
也成立，得到
的通项公式
；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到
，进而证得.
（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）
∴
5．已知
是公差为2 的等差数列，其前8 项和为64．
是公比大于0 的等比数列，
．
（I）求
和
的通项公式；
（II）记
，
（i）证明
是等比数列；
（ii）证明
【答案】（I）
，
；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解析】（I）由等差数列的求和公式运算可得
的通项，由等比数列的通项公式运算可得
的通项
公式；
（II）（i）运算可得
，结合等比数列的定义即可得证；
（ii）放缩得
，进而可得
，结合错位相减法即可得证.
（I）因为
是公差为2 的等差数列，其前8 项和为64．
所以
，所以
，
所以
；
设等比数列
的公比为
，
所以
，解得
（负值舍去），
所以
；
（II）（i）由题意，
，所以
，
所以
，且
，所以数列
是等比数列；
（ii）由题意知，
，所以
，
所以
，设
，
则
，两式相减得
，
所以
，所以
.
【点睛】最后一问考查数列不等式的证明，因为
无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位
相减法即可得证.
6．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】（1）利用等差数列的性质及
得到
，解方程即可；
（2）利用公式法、错位相减法分别求出
，再作差比较即可.
（1）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）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
，
，
．
设
， ⑧
则
． ⑨
由⑧-⑨得
．
所以
．
因此
．
故
．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）得
，
，①
，
①
②得
，
所以
，所以
，所以
.
[方法三]：构造裂项法
由（Ⅰ）知
，令
，且
，即
，
通过等式左右两边系数比对易得
，所以
．
则
，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设
，
由于
，
则
．又
，
所以
，下同方法二．
【点睛】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.
（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；
方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得
,然后证得结论,为最优解；
方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造
，使
，求得
的表达式，
这是错位相减法的一种替代方法，
方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.
7．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）方法一：（通性通法）利用递推公式得出
，猜想得出
的通项公式，利用数学归
纳法证明即可；
（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．
（1）［方法一］【最优解】：通性通法
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；
［方法二］：构造法
由题意可得
，
．由
得
．
，
则
，两式相减得
．令
，且
，所以
，两边同时减去2，得
，且
，所以
，即
，
又
，因此
是首项为3，公差为2 的等差数列，所以
．
［方法三］：累加法
由题意可得
，
．
由
得
，即
，
，……
．以上各式等号两边相加得
，
所以
．所以
．当
时也符合上式．综上所述，
．
［方法四］：构造法
，猜想
．由于
，所以可设
，其中
为常数．整理得
．故
，解得
．所以
．
又
，所以
是各项均为0 的常数列，故
，即
．
（2）由（1）可知，
［方法一］：错位相减法
，①
，②
由①
②得：
，
即
.
［方法二］【最优解】：裂项相消法
，所以
．
［方法三］：构造法
当
时，
，设
，即
，则
，解得
．
所以
，即
为常数列，而
，所以
．
故
．
［方法四］：
因为
，令
，则
，
，
所以
．
故
．
【点睛】（1）方法一：通过递推式求出数列
的部分项从而归纳得出数列
的通项公式，再根据数
学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；
方法二：根据递推式
，代换得
，两式相减得
，设
，从而简化递推式，再根据构造法即可求出
，从而得出数列
的通项公式；
方法三：由
化简得
，根据累加法即可求出数列
的通项公式；
方法四：通过递推式求出数列
的部分项，归纳得出数列
的通项公式，再根据待定系数法将递推
式变形成
，求出
，从而可得构造数列为常数列，即得数列
的
通项公式．
（2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；
方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；
方法三：由
时，
，构造得到数列
为常数列，从而求出；
方法四：将通项公式分解成
，利用分组求和法分别求出数列
的前
项和即可，其中数列
的前
项和借助于函数
的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简
化了运算．
8．设
是等差数列，
是等比数列.已知
.
（Ⅰ）求
和
的通项公式；
（Ⅱ）设数列
满足
其中
.
（i）求数列
的通项公式；
（ii）求
.
【答案】（Ⅰ）
；
（Ⅱ）（i）
（ii）
【解析】(Ⅰ)由题意首先求得公比和公差，然后确定数列的通项公式即可；
(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论可得数列
的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行
等价变形，结合等比数列前n 项和公式可得
的值.
(Ⅰ)设等差数列
的公差为
，等比数列
的公比为
.
依题意得
，解得
，
故
，
.
所以，
的通项公式为
，
的通项公式为
.
(Ⅱ)(i)
.
所以，数列
的通项公式为
.
(ii)
.
【点睛】本题主要考查等差数列､等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识.考查化归与转化思想
和数列求和的基本方法以及运算求解能力.
9．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，且数列{3−2Sn
an }是公比为1
3
的等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=(2n+1)3
n−1，求其前n项和T n
【答案】(1)an=3
n−1；(2)T n=n×3
n
【解析】（1）由题意求出2Sn=[3−(
1
3)
n−1
]an，则2Sn+1=[3−(
1
3)
n
]an+1，两式相减化简变形可得
an+1=3an，从而得数列{an}是以a1=1为首项，以3 为公比的等比数列，进而可求出通项公式；
（2）方法一：设bn=(xn+ y)3
n−[x (n−1)+ y]3
n−1,n≥2，整理后与bn=(2n+1)3
n−1比较求出x , y的
值，则bn=(2n+1)3
n−1=n3
n−(n−1)]3
n−1,n≥2，然后利用裂项相消法可求得结果；
方法二：利用错位相减法求解即可.
（1）因为S1=a1=1,3−2S1
a1
=1，
所以由题意可得数列{3−2Sn
an }是首项为1，公比为1
3 的等比数列，
所以3−2Sn
an
=(
1
3)
n−1
，即2Sn=[3−(
1
3)
n−1
]an，
所以2Sn+1=[3−(
1
3)
n
]an+1，
两式作差得：2(Sn+1−Sn)=2an+1=[3−(
1
3)
n
]an+1−[3−(
1
3)
n−1
]an，
化简得：(1−3
−n)an+1−3(1−3
−n)an=0,即(3
n−1)(an+1−3an)=0，
所以an+1=3an，
所以数列{an}是以a1=1为首项，以3 为公比的等比数列，
故数列{an}的通项公式为an=3
n−1；
（2）方法一：
设bn=(2n+1)3
n−1=(xn+ y)3
n−[x (n−1)+ y]3
n−1,n≥2，
则有bn=[2 xn+(2 y + x)]3
n−1，比较系数得x =1, y =0，
所以bn=(2n+1)3
n−1=n3
n−(n−1)]3
n−1,n≥2
所以T n=b1+b2+b3+⋯+bn，
所以T n=3+(2×3
2−3)+(3×3
3−2×3
2)+⋯+[n×3
n−(n−1)×3
n−1]，
所以T n=n×3
n.
方法二：
因为bn=(2n+1)3
n−1，
所以T n=3×3
0+5×3
1+7×3
2+⋅⋅⋅+(2n−1)3
n−2+(2n+1)3
n−1，
所以3T n=3×3
1+5×3
2+7×3
3+⋅⋅⋅+(2n−1)3
n−1+(2n+1)3
n，
所以−2T n=3×3
0+2×3
1+2×3
2+⋅⋅⋅+2×3
n−1−(2n+1)3
n
=1+2×(3
0+3
1+3
2+⋅⋅⋅+3
n−1)−(2n+1)3
n
=1+2× 1−3
n
1−3 −(2n+1)3
n =1+3
n−1−(2n+1)3
n=−2n⋅3
n，
所以T n=n×3
n.
10．已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn= 1
3
(n+2)an，且a1=1.
(1)求证：数列{
an
n }是等差数列；
(2)求数列{
1
an}的前n项和T n.
【答案】(1)证明见解析；(2)T n= 2n
n+1.
【解析】（1）利用an与Sn的关系变形给定的递推公式，构造常数列求出数列{an}的通项，再利用等差数
列定义推理作答.
（2）利用（1）的结论，结合裂项相消法求和作答.
（1）数列{an}中，3 Sn=(n+2)an，当n≥2时，3 Sn−1=(n+1)an−1，
两式相减得3an=(n+2)an−(n+1)an−1，即(n−1)an=(n+1)an−1，则an
n+1 = an−1
n−1
，
于是
an
(n+1)n =
an−1
n(n−1)
，因此数列{
an
(n+1)n }是常数列，则
an
(n+1)n = a1
2×1 = 1
2
，
从而an= n(n+1)
2
，即an
n = n+1
2
, an+1
n+1 −an
n = 1
2
，
所以数列{
an
n }是以1 为首项，1
2为公差的等差数列.
（2）由（1）知，1
an
=
2
n(n+1) =2(
1
n −
1
n+1)，
所以T n= 1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
=2[(1−1
2 )+( 1
2 −1
3 )+⋯+( 1
n −
1
n+1 )]= 2n
n+1.
11．在等差数列{an}中，a2= 4，其前n项和Sn满足Sn=n
2+ λn( λ∈R).
(1)求实数λ的值，并求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{ 1
Sn
+bn}是首项为λ，公比为2 λ的等比数列，求证：数列{bn}的前n项和T n<2
n.
【答案】(1)λ =1，an=2n；(2)证明见解析
【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d，由题意的λ =1，进而得d =2，即可得到数列的通项公式；
（2）由（1）知λ =1，得1
Sn
+bn=2
n−1，进而得bn=2
n−1−( 1
n −
1
n+1 )，利用等比数列的前n项和裂项
求和，即可得到数列的前n项和．
（1）设等差数列{an}的公差为d，
因为a2= S2−S1=(4 +2 λ)−(1+ λ)=3+ λ， 所以3+ λ = 4，所以λ =1. …
所以a1= S1=2，所以d =a2−a1=2.
所以an=a1+(n−1)d =2n.
（2）由（1）知λ =1，
所以1
Sn
+bn=1×2
n−1=2
n−1.
所以bn=2
n−1−
1
n(n+1) =2
n−1−( 1
n −
1
n+1 ).
所以T n=(2
0+2
1+⋯+2
n−1)−[(1−1
2 )+( 1
2 −1
3 )+⋯+( 1
n −
1
n+1 )]
= 1−2
n
1−2 −(1−
1
n+1 )
=2
n−2n+1
n+1
由于n为正整数，所以T n<2
n成立.
12．已知公差为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=3，且a1,a3,2a6+3成等比数列.
(1)求an和Sn.
(2)设bn= ❑√
1
Sn Sn+1
，求数列{bn}的前n项和T n.
【答案】(1)an=2n−1，Sn=n
2；(2)T n=
n
n+1
【解析】（1）根据条件设出等差数列{an}的公差，结合等比数列的性质列式求出公差，然后根据等差数
列通项公式和求和公式即可得到答案；
（2）根据（1）中所求写出数列{bn}通项公式，然后结合裂项相消法进行求和.
（1）设等差数列{an}的公差为d(d >0)，
因为a2=3，a1,a3,2a6+3成等比数列，
所以a3
2=a1⋅(2a6+3)，即(d +3)
2=(3−d)(9+8d)，
得d
2−d −2=0，
解得d =2或d =−1（舍），
所以a1=a2−d =3−2=1，
所以an=a1+(n−1)d =1+(n−1)×2=2n−1，
Sn= n(a1+an)
2
= n(1+2n−1)
2
=n
2.
（2）由（1）得，bn= ❑√
1
Sn Sn+1
= ❑√
1
n
2(n+1)
2 =
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
所以T n= 1
1 −1
2 + 1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 +⋯+ 1
n −
1
n+1 =1−
1
n+1 =
n
n+1.
13．已知数列{an}的前n 项和为Sn(Sn≠0)，数列{Sn}的前n 项积为T n，且满足Sn+T n= Sn⋅T n
(n∈N
∗)．
(1)求证：{
1
Sn−1}为等差数列；
(2)记bn=
1
n
2Sn
，求数列{bn}的前2023 项的和M．
【答案】(1)证明见解析；(2)2023
2024
【解析】（1）根据所给递推公式及前n项和、积的定义化简，由等差数列定义可得证；
（1）因为Sn+T n= Sn⋅T n(n∈N
∗)，
当n=1时，S1+T 1= S1⋅T 1⇒2a1=a1
2，解得a1=2或a1=0，
又Sn≠0，所以a1≠0，故a1=2，
由Sn+T n= Sn⋅T n，可得Sn≠1，所以T n=
Sn
Sn−1，
当n≥2时，T n−1=
Sn−1
Sn−1−1．
所以T n
T n−1
=
Sn
Sn−1 × Sn−1−1
Sn−1
，即Sn=
Sn
Sn−1 × Sn−1−1
Sn−1
，
所以
1
Sn−1 =
Sn−1
Sn−1−1 =1+
1
Sn−1−1，所以
1
Sn−1 −
1
Sn−1−1 =1
所以{
1
Sn−1}是以
1
S1−1 =1为首项，1 为公差的等差数列.
（2）所以
1
Sn−1 =1+(n−1)×1=n，则Sn= n+1
n
，
因为bn=
1
n
2Sn
=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
故M =(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+⋯+(
1
2023 −
1
2024)= 2023
2024 ．
14．已知数列{an}满足a1=1, an
an+1
=1+2an．
(1)证明{
1
an}为等差数列，并{an}的通项公式；
(2)设cn= 4 n
2anan+1，求数列{cn}的前n项和T n．
【答案】(1)证明见解析，an=
1
2n−1；(2)T n=n+
n
2n+1
【解析】（1）根据等差差数列的定义证明即可，从而可得{an}的通项公式；
（2）利用分式分离变形，结合分组求和与裂项求和即可得T n.
（1）证明：因为an
an+1
=1+2an，所以1
an+1
= 1+2an
an
= 1
an
+2，即1
an+1
−1
an
=2
所以{
1
an}是以1
a1
=1为首项，2为公差的等差数列，则1
an
=1+2(n−1)=2n−1，
所以an=
1
2n−1；
（2）
cn= 4 n
2anan+1=
4 n
2
(2n−1)(2n+1) =
4 n
2
4 n
2−1
= 4 n
2−1+1
4 n
2−1
=1+
1
(2n−1)(2n+1) =1+ 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)
T n=c1+c2+c3+⋯+cn=n+ 1
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋯+
1
2n−1 −
1
2n+1)=n+
n
2n+1
.
15．已知数列{an}的前n项的积记为T n，且满足1
T n
= an−1
2an
.
(1)证明：数列{T n}为等差数列；
(2)设bn=
1
T nT n+1
，求数列{bn}的前n项和Sn.
【答案】(1)证明见解析；(2)Sn=
n
3(2n+3)
【解析】（1）分类讨论n=1与n≥2两种情况，利用递推式求得T 1与T n−T n−1=2，从而得证；
（2）利用裂项相消法求解即可.
（1）因为1
T n
= an−1
2an
，
当n=1时，1
T 1
= 1
a1
= a1−1
2a1
，即a1
2=3a1，易知a1≠0，则T 1=a1=3，
当n≥2时，1
T n
= an−1
2an
= 1
2 −1
2an
= 1
2 −T n−1
2T n
，所以1= T n
2 −T n−1
2
，即T n−T n−1=2，
故数列{T n}是以3 为首项，2 为公差的等差数列.
（2）由（1）得T n=3+(n−1)×2=2n+1，
则bn=
1
T nT n+1
=
1
(2n+1)(2n+3) = 1
2(
1
2n+1 −
1
2n+3)，
所以Sn= 1
2(
1
3 −1
5 + 1
5 −1
7 +⋯+
1
2n+1 −
1
2n+3)= 1
2(
1
3 −
1
2n+3)=
n
3(2n+3).
16．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，2Sn
an
=n+1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记数列{log2
an+1
an }的前n项和为T n，求集合¿中元素的个数.
【答案】(1)an=n；(2)1023
【解析】（1）根据递推关系及Sn与an的关系化简得出an+1
n+1 = an
n
，即可求出通项公式；
（2）利用裂项相消法求出T n，再解不等式即可得解.
（1）因为2Sn
an
=n+1，所以2Sn=(n+1)an，
所以2an+1=2Sn+1−2Sn=(n+2)an+1−(n+1)an
所以nan+1=(n+1)an，即an+1
n+1 = an
n
.
又因为a1=1，所以an+1
n+1 = an
n =⋅⋅⋅= a1
1 =1，
所以an=n.
（2）因为log2
an+1
an
=log2 n+1
n
=log2(n+1)−log2n，
所以T n=(log22−log21)+(log23−log22)+(log24−log23)+⋅⋅⋅+[log2(n+1)−log2n]
=log2(n+1)−log21=log2(n+1)
令T n=log2(k +1)≤10，得k ≤2
10−1，k ∈N
*
所以集合{k ∣T k ≤10,k ∈N
*}中元素的个数为2
10−1=1023.
17．已知等差数列{an}，首项a1=1，其前n项和为Sn，点Pn(n, Sn
n )在斜率为1 的直线上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=
1
anan+1
,T n为数列{bn}的前n项和，求证：1
3 ≤T n< 1
2．
【答案】(1)an=2n−1；(2)证明详见解析.
【解析】（1）求出Sn，再根据an与Sn的关系求出an即可；（2）根据裂项相消法求和再求最值即可.
（1）设斜率为1 的直线为y = x +b，则Sn
n =n+b，
当n=1时，S1
1 =1+b，所以a1
1 =1+b，因为a1=1，所以b=0，
所以Sn=n
2，
当n≥2时，Sn−1=(n−1)
2，
所以an= Sn−Sn−1=n
2−(n−1)
2=2n−1，经检验，n=1也成立.
所以an=2n−1.
（2）证明：由（1）可得，bn=
1
anan+1
=
1
(2n−1)(2n+1) = 1
2(
1
(2n−1) −
1
(2n+1))，
则T n=b1+b2+b3+⋯+bn
= 1
2(1−1
3)+ 1
2(
1
3 −1
5)+ 1
2(
1
5 −1
7)+⋯+ 1
2(
1
(2n−1) −
1
(2n+1))
= 1
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 + 1
5 −1
7 +⋯+
1
(2n−1) −
1
(2n+1))
= 1
2(1−
1
2n+1)
=
n
2n+1，
因为T n+1−T n= n+1
2n+3 −
n
2n+1 =
1
(2n+1)(2n+3) >0，
所以数列{T n}是一个单调递增数列，
又因为T 1= 1
3，且当n→+ ∞时，T n→1
2.
所以1
3 ≤T n< 1
2.
18．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn= n(6+an)
2
,a4=12.
(1)求an；
(2)记bn= 1
nan
，数列{bn}的前n项和为T n，求T n.
【答案】(1)an=2n+ 4；(2)3
8 −
2n+3
4 (n+1)(n+2)
【解析】（1）当n≥2时，利用an= Sn−Sn−1推出2an=an−1+an+1，由等差中项法得{an}为等差数列，
根据a1与a4求出公差，可得通项公式；
（2）根据∵bn= 1
4(
1
n −
1
n+2)进行裂项求和可求出结果.
（1）由Sn= n(6+an)
2
，
当n=1时，a1= S1= 6+a1
2
，解得a1=6，
当n≥2时，Sn−1=
(n−1)(6+an−1)
2
，
所以an= Sn−Sn−1 = n(6+an)
2
−
(n−1)(6+an−1)
2
，
整理得：(n−2)an+6=(n−1)an−1，①
所以有(n−1)an+1+6=nan，②
①-②可得2an=an−1+an+1，
所以{an}为等差数列，
因为a1=6,a4=12，所以公差为12−6
3
=2，
所以an=2n+ 4.
（2）∵bn= 1
nan
=
1
n(2n+ 4) = 1
4(
1
n −
1
n+2)，
∴T n= 1
4[(1−1
3)+(
1
2 −1
4)+(
1
3 −1
5)+(
1
4 −1
6)+⋯+(
1
n −
1
n+2)]
= 1
4(1+ 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2)
= 3
8 −
2n+3
4(n+1)(n+2)
.
19．已知数列{an}的首项a1=1，且满足3an+1−an=2×3
−n.
(1)求证：数列{3
n⋅an}是等差数列；
(2)若数列{bn}满足bn=9
n⋅anan+1，求数列{
1
bn}的前n项和Sn.
【答案】(1)证明见解析；(2)Sn=
n
2n+3
【解析】（1）对递推式变形，根据等差数列的定义即可证明；
（2）先由（1）的结论求出数列{3
n⋅an}的通项公式，再求出bn，最后利用裂项相消法求和即可.
（1）由3an+1−an=2×3
−n，可得3
n+1an+1−3
nan=2，
又3a1=3，所以{3
n⋅an}是以3 为首项，2 为公差的等差数列；
（2）由（1）知：3
n⋅an=3+(n−1)×2=2n+1，
所以bn=9
n⋅an⋅an+1= 1
3 (3
n⋅an)⋅(3
n+1⋅an+1)= 1
3
(2n+1)⋅(2n+3)，
所以1
bn
=
3
(2n+1)⋅(2n+3) = 3
2(
1
2n+1 −
1
2n+3)，
所以Sn= 3
2[(
1
3 −1
5)+(
1
5 −1
7)+⋅⋅⋅+(
1
2n+1 −
1
2n+3)]
= 3
2(
1
3 −
1
2n+3)=
n
2n+3
.
20．在公差不为0 的等差数列{an}中，a4=5，且a2，a3，a6成等比数列．
(1)求{an}的通项公式和前n 项和Sn；
(2)设bn=
1
anan+1
，求数列{bn}的前n 项和公式T n．
【答案】(1)an=2n−3，Sn=n
2−2n；(2)T n=
n
1−2n
【解析】（1）利用已知条件和等比中项，求出数列的首项和公差，即可求出通项公式；
（2）利用裂项相消法即可求出结果.
（1）公差d不为零的等差数列{an}中，a4=5，又a2,a3,a6成等比数列，
所以¿，即¿，
解得a1=−1,d =2，
则an=a1+(n−1)d =−1+2(n−1)=2n−3，
Sn= n(a1+an)
2
= n(−1+2n−3)
2
=n
2−2n.
（2）由（1）可知，bn=
1
anan+1
=
1
(2n−3)(2n−1) = 1
2(
1
2n−3 −
1
2n−1)，
可得数列{bn}的前n项和
T n= 1
2(−1−1+1−1
3 +…+
1
2n−3 −
1
2n−1)= 1
2(−1−
1
2n−1)=
−n
2n−1 =
n
1−2n
.
21．已知正项数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1.
(1)证明：数列{an+1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=
an+1
an⋅an+1
，求数列{bn}的前n项和T n.
【答案】(1)证明见解析；an=2
n−1；(2)T n= 2
n+1−2
2
n+1−1
【解析】（1）根据等比数列的定义可证等比数列，根据等比数列的通项公式可得an;
（2）根据裂项求和法可求出结果.
（1）因为a1=1，an+1=2an+1，所以an+1+1=2(an+1)，a1+1=2，
所以an+1+1
an+1 =2，所以数列{an+1}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an+1=2×2
n−1=2
n，所以an=2
n−1.
（2）bn=
an+1
an⋅an+1
=
2
n
(2
n−1)(2
n+1−1)
=
1
2
n−1
−
1
2
n+1−1
,
所以T n=
1
2
1−1
−
1
2
2−1
+
1
2
2−1
−
1
2
3−1
+⋯+
1
2
n−1
−
1
2
n+1−1
=1−
1
2
n+1−1
= 2
n+1−2
2
n+1−1
.
22．已知数列{an},a1=1,nan+1−(n+1)an=1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=sin(
π
2 an+1)+cos(πan)，求数列{bn}的前2n项和T 2n
【答案】(1)an=2n−1；(2)−2n
【解析】（1）先把题干条件等价变成an+1
n+1 −an
n = 1
n −
1
n+1
，然后用累加法进行求解；
（2）结合特殊的三角函数值，利用分组求和进行求解.
（1）由nan+1−(n+1)an=1得，an+1
n+1 −an
n =
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1
，
所以n≥2时，a2
2 −a1
1 + a3
3 −a2
2 +⋯+ an
n −an−1
n−1 = 1
1 −1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+
1
n−1 −1
n
，
故an
n −a1
1 =1−1
n
，又a1=1，则an=2n−1，当n=1时，a1=1成立，
所以，an=2n−1．
（2）由（1）知，bn=sin(
π
2
(2n+1))+cos(π(2n−1))=cosnπ −cos2nπ，
所以，T 2n=b1+b2+⋅⋅⋅+b2n
=cosπ +cos2π +⋅⋅⋅+cos(2n−1)π+cos2nπ
−(cos2π +cos 4 π +⋯+cos(4 n−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 +cos 4 π +⋯+cos(4 n−2)π+cos4nπ=2n
所以，T 2n=−2n．
故数列{bn}的前2n项和为−2n．
23．已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=3，且Sn+ Sn+1=2an+1−3．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知_________，T n是{bn}的前n项和，证明：T n< 2
3 ．
从①bn=
2⋅3
n
(an−1)(an+1−1)
，②bn=
4 n+6
n(n+1)an+1
中选取一个补充至题中并完成问题．
【答案】(1)an=3
n；(2)条件选择见解析，证明见解析
【解析】（1）根据Sn,an的关系化简可得a2=9，an+1
an
=3(n≥2)，根据等比数列定义证明数列{an}是等
比数列，结合等比数列通项公式求解；
（2）选①，由bn=
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1
，利用裂项相消法求{bn}的前n项和，完成证明；
选②，由bn=
2
n⋅3
n −
2
(n+1)⋅3
n+1，利用裂项相消法求{bn}的前n项和，完成证明；
（1）当n=1时，S1+ S2=2a2−3，
∴a1+a1+a2=2a2−3，
∴a2=9，
当n≥2时，∵Sn+ Sn+1=2an+1−3，
∴Sn−1+ Sn=2an−3，
∴Sn+1−Sn−1=2an+1−2an，
∴an+1+an=2an+1−2an，
∴an+1
an
=3(n≥2)．又a2
a1
=3．
∴数列{an}是以3 为首项，3 为公比的等比数列，
∴an=3×3
n−1=3
n．
（2）选①：由bn=
2⋅3
n
(3
n−1)(3
n+1−1)
=
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1
，
知T n=
1
3−1 −
1
3
2−1
+
1
3
2−1
−
1
3
3−1
+⋅⋅⋅+
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1
= 1
2 −
1
3
n+1−1
< 1
2 < 2
3 ，
故T n< 2
3．
选②：由bn=
4 n+6
n(n+1)3
n+1 =
2
n⋅3
n −
2
(n+1)⋅3
n+1，
知T n=
2
1×3 −
2
2×3
2 +
2
2×3
2 −
2
3×3
3 +⋅⋅⋅+
2
n×3
n −
2
(n+1)×3
n−1 = 2
3 −
2
(n+1)×3
n+1 < 2
3．
24．已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2+a3=8,S6=36.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn+1−cn=
1
anan+1
(n∈N
*),c1=1，求数列{cn}的通项公式.
【答案】(1)an=2n−1；(2)cn= 3n−2
2n−1
【解析】（1）根据条件列出方程组求解；
（2）对
1
anan+1
裂项，用累加法求数列{cn}的通项公式.
（1）设{an}的公差为d，首项为a1，因为¿
所以¿，解得¿，
所以an=1+2(n−1)=2n−1.
（2）由题设cn+1−cn=
1
anan+1
=
1
(2n+1)(2n−1) = 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)，
所以当n≥2时，cn−cn−1= 1
2(
1
2n−3 −
1
2n−1),⋅⋅⋅,c3−c2= 1
2 ×(
1
3 −1
5),c2−c1= 1
2 ×(
1
1 −1
3)，
将上式累加可得：cn−c1= 1
2(
1
2n−3 −
1
2n−1 +⋅⋅⋅+ 1
3 −1
5 + 1
1 −1
3)= 1
2(1−
1
2n−1)= n−1
2n−1，
又c1=1，则cn= n−1
2n−1 +1= 3n−2
2n−1.
又c1=1，也适合上式，故cn= 3n−2
2n−1.
25．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+1
Sn
= 2
n.
(1)证明：数列{an}是等差数列；
(2)若a2+1，a3+1，a5成等比数列.从下面三个条件中选择一个，求数列{bn}的前n项和T n.（注：如果选
择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
①bn=
n
an
2an+1
2
；②bn=
1
❑√an+ ❑√an+1
；③bn=
2n+3
anan+12
n+1.
【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析
【解析】（1）依题意可得n(an+1)=2Sn，根据an=¿，作差得到(n−2)an−(n−1)an−1+1=0，当
n>2时两边同除(n−2)(n−1)，即可得到{
an−1
n−1 }为常数数列，从而求出an，即可证明；
（2）设{an}的公差为d，根据等比中项的性质得到方程，求出d，即可求出{an}的通项，再根据所选条件，
利用裂项相消法计算可得.
（1）因为an+1
Sn
= 2
n，即n(an+1)=2Sn，当n=1时a1+1=2S1，解得a1=1，
当n≥2时(n−1)(an−1+1)=2Sn−1，所以n(an+1)−(n−1)(an−1+1)=2Sn−2Sn−1，
即n(an+1)−(n−1)(an−1+1)=2an，
所以(n−2)an−(n−1)an−1+1=0，
当n=2时上述式子恒成立，
当n>2时两边同除(n−2)(n−1)可得an
n−1 −an−1
n−2 =−
1
(n−1)(n−2) =
1
n−1 −
1
n−2，
即an
n−1 −
1
n−1 = an−1
n−2 −
1
n−2
，所以{
an−1
n−1 }为常数数列，即an−1
n−1 =a2−1，
所以an−1=(n−1)(a2−1)，即an=(n−1)(a2−1)+1，
当n=1时上述an=(n−1)(a2−1)+1也成立，
所以an+1−an=n(a2−1)+1−(n−1)(a2−1)−1=a2−1，
所以{an}是以1为首项，a2−1为公差的等差数列.
（2）设{an}的公差为d，因为a2+1，a3+1，a5成等比数列，
所以(a3+1)
2=a5(a2+1)，即(2+2d)
2=(1+ 4 d)(2+d)，解得d =2，所以an=2n−1；
若选①bn=
n
an
2an+1
2
，则bn=
n
(2n−1)
2(2n+1)
2 = 1
8[
1
(2n−1)
2 −
1
(2n+1)
2]，
所以T n= 1
8[
1
1
2 −1
3
2 + 1
3
2 −1
5
2 +⋯+
1
(2n−1)
2 −
1
(2n+1)
2]= 1
8[1−
1
(2n+1)
2].
若选②bn=
1
❑√an+ ❑√an+1
，则
bn=
1
❑√2n−1+ ❑√2n+1 =
❑√2n+1−❑√2n−1
(❑√2n−1+ ❑√2n+1)(❑√2n+1−❑√2n−1)
= 1
2 (❑√2n+1−❑√2n−1)，
所以T n= 1
2 (❑√3−❑√1+ ❑√5−❑√3+⋯+ ❑√2n+1−❑√2n−1)= 1
2 (❑√2n+1−1).
若选③bn=
2n+3
anan+12
n+1，则bn=
2n+3
(2n−1)(2n+1)2
n+1 =
1
(2n−1)×2
n −
1
(2n+1)×2
n+1，
所以T n=
1
1×2
1 −
1
3×2
2 +
1
3×2
2 −
1
5×2
3 +⋯+
1
(2n−1)×2
n −
1
(2n+1)×2
n+1
= 1
2 −
1
(2n+1)×2
n+1.
26．已知数列{an}的前n 项和为Sn，且2Sn=3
n−2n−1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=
2⋅3
n
an+1an+2
，求数列{bn}的前n 项和T n.
【答案】(1)an=3
n−1−1；(2)T n= 1
2 −
1
3
n+1−1
.
【解析】（1）根据Sn与an的关系即可求解数列的通项公式；
（2）由（1）可得bn=
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1
，结合裂项相消求和法即可求解.
（1）2Sn=3
n−2n−1①，
当n=1时，2S1=2a1=3−2−1=0，解得a1=0.
当n≥2时，2Sn−1=3
n−1−2n+1②，
①-②，得2an=3
n−3
n−1−2=2⋅3
n−1−2，所以an=3
n−1−1，
又a1=0，符合上式，故an=3
n−1−1.
（2）由（1）知an=3
n−1−1，则an+1=3
n−1,an+2=3
n+1−1，
所以bn=
2⋅3
n
an+1an+2
=
2⋅3
n
(3
n−1)(3
n+1−1)
=
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1
，
则T n=b1+b2+⋯+bn
=
1
3
1−1
−
1
3
2−1
+
1
3
2−1
−
1
3
3−1
+⋯+
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1
=
1
3
1−1
−
1
3
n+1−1
= 1
2 −
1
3
n+1−1
.
27．已知数列{an}的前n 项和为Sn，且满足Sn=2an−2，等差数列{bn}中，b3=5，b5=9．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn=ban，dn= cn+1
cncn+1
，求数列{dn}的前n 项和T n．
【答案】(1)an=2
n，bn=2n−1；(2)T n= 1
3 −
1
2
n+2−1
.
【解析】（1）根据给定条件，利用an与Sn的关系求出an，再利用等差数列的性质求出公差即可作答.
（2）由（1）求出cn,dn，再利用裂项相消法求和作答.
（1）当n=1时，S1=2a1−2，解得a1=2，
当n≥2时，Sn−1=2an−1−2，则Sn−Sn−1=2an−2−(2an−1−2)，
即an=2an−2an−1，于是an=2an−1，因此{an}是以2 为首项，2 为公比的等比数列，则an=2
n，
等差数列{bn}中，b3=5,b5=9，则公差d = b5−b3
5−3 =2，于是bn=b3+(n−3)d =2n−1，
所以数列{an}，{bn}的通项公式分别为：an=2
n，bn=2n−1.
（2）由（1）知，cn=ban=2⋅2
n−1，dn= cn+1
cncn+1
=
2
n+1
(2
n+1−1)(2
n+2−1)
=
1
2
n+1−1
−
1
2
n+2−1
，
则T n=d1+d2+⋯+dn =(
1
2
2−1
−
1
2
3−1
)+(
1
2
3−1
−
1
2
4−1
)+⋯+(
1
2
n+1−1
−
1
2
n+2−1
)
= 1
3 −
1
2
n+2−1
，
所以数列{dn}的前n 项和T n= 1
3 −
1
2
n+2−1
.
28．记等差数列{an}的前n 项和为Sn，已知a2=7，S5= 45．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=
1
anan+1
，数列{bn}的前n 项和为T n，若T m= 2
25，求m 的值．
【答案】(1)an=2n+3；(2)m=10
【解析】（1）根据下标和定理及S5= 45得出a3=9，结合a2=7即可求出d，进而写出通项公式；
（2）首先写出bn的表达式，由裂项相消法得出T n，由T m= 2
25解出m即可．
（1）设{an}的公差为d，因为S5= 45，
所以S5= 5(a1+a5)
2
=5a3= 45，解得a3=9，
又a2=7，所以d =a3−a2=2．
所以an=a2+(n−2)d =7+(n−2)2=2n+3．
（2）因为bn=
1
(2n+3)(2n+5) = 1
2(
1
2n+3 −
1
2n+5)，
所以T n= 1
2(
1
5 −1
7 + 1
7 −1
9 +⋯+
1
2n+3 −
1
2n+5)
= 1
2 ( 1
5 −−
1
2n+5 )=
n
5(2n+5)，
由
m
5(2m+5) = 2
25 ，解得m=10，
所以m=10．
最新模拟新模考真题
1.已知等差数列
满足
，
.
(1)求
的通项公式；
(2)设等比数列
满足
，
，问：
与数列
的第几项相等?
(3)在（2）的条件下，设
，数列
的前
项和为
.求：当
为何值时，
的值最大?
【答案】(1)
；(2)第63 项；(3)当
时，
的值最大
【解析】（1）利用等差数列的定义与通项公式即可得解；
（2）先求得
，
，再利用等比数列的定义与通项公式求得
，再令
，从而得解；
（3）利用分组求和法即可求出
，再利用导数求得
的单调性，从而得解.
（1）依题意，设等差数列
的公差为d，
则
，又
，得
，解得
，
所以
；
（2）设等比数列
的公比为q，
则
，
，所以
，
，
所以
，令
，解得
.
故
是数列
的第63 项；
（3）由（2）可知
，则
，
所以
，
令
，则
，
由于
，当
时，
，函数
单调递增；
当
时，
，函数
单调递减，
且
，
，
所以当
时，
有最大值且最大值为
.
2.已知数列
的首项为1，设
，
．
(1)若
为常数列，求
的值；
(2)若
为公比为2 的等比数列，求
的解析式；
(3)数列
能否成等差数列，使得
对一切
都成立？若能，求出数列
的通
项公式，若不能，试说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)
能为等差数列，通项公式为
【解析】（1）根据题意，由二项式定理，即可得到
，即可得到结果；
（2）根据题意，结合等比数列的定义，代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，假设存在，结合倒序相加法即可得到
，然后代入计算，即可得到结果.
（1）因为
为常数列，所以
．
，所以
．
（2）因为
为公比为2 的等比数列，
．
所以
．
所以
，故
．
（3）假设存在等差数列
，使得
对一切
都成立，
设公差为d，则
相加得
所以
．
所以
恒成立，
即
，
恒成立，所以
故
能为等差数列，使得
对一切
都成立，它的通项公式为
．
3.已知函数
．
(1)求证：函数
的图象关于点
对称；
(2)求
的值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）证明
图象关于点
对称，转化为证明关系式
；
（2）由第（1）问结论，利用倒序相加法求和.
（1）因为
，所以
，
所以
，即函数
的图象关于点
对称.
（2）由（1）知与首尾两端等距离的两项的和相等，使用倒序相加求和.
因为
，
所以
（倒序），
又由（1）得
，
所以
，所以
.
4.已知正项数列
的前
项和为
，且
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)在
和
之间插入1 个数
，使
，
，
成等差数列；在
和
之间插入2 个数
，
，使
，
，
，
成等差数列；
；在
和
之间插入
个数
，
，
，
，使
，
，
，
，
，
成等差数列.求
的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）结合数列前项和与数列通项公式的关系进行求解即可；
（2）根据等差数列的性质将
表达出来，再利用错位相减法进行求解即可.
（1）因为数列
的前
项和为
，且满足
，
当
时，
，
当
时，
，
经验证当
时，
.综上得，
.
（2）在
和
之间插入
个数
因为
成等差数列，
所以
，
，
，
，
.
注意到
满足上式，则
设
，即
，
，两式相减，可得：
.所以，
5.记
为等差数列
的前n 项和，已知
，
．
(1)求
的通项公式；
(2)设
，求数列
的前n 项和
．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）根据等差数列中的基本量可解得
，可求出
的通项公式为
；
（2）利用裂项求和即可求出数列
的前n 项和
.
（1）设
的公差为
，因为
，
，所以
，解得
由等差数列通项公式可得
．即
的通项公式为
（2）因为
，
因此
，
所以
．即数列
的前n 项和
.
6.在等差数列
中，
是数列
的前n 项和，已知
，
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)若
，求数列
的前n 项和
．
【答案】(1)
(2)
.
【解析】（1）利用等差数列通项公式及前n 项和公式列方程组，求解首项
，公差d 即可；
（2）由（1）可得
，分别求解n 为偶数时和n 为奇数时的前n 项和
即可.
（1）解：设数列
的首项为
，公差为d，因为
，
，则
，解得
，
故
．
（2）解：由（1）得
．
当n 为偶数时，
；
当n 为奇数时，
．
所以
．
7.已知数列
满足
，且
，
(1)求
的通项公式；
(2)若数列
满足
，求
的前2n 项和
．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）利用已知条件推导数列的通项公式，注意分n 为奇数，偶数讨论
（2）利用分组求和法求解.
（1）∵
且
，
∴数列
是以1 为首项，2 为公比的等比数列，∴
．
当n 为奇数时，
，
当n 为偶数时，
综上，
．
（2）当n 为偶数时，
；
当n 为奇数时，
，∴
8.正项数列
满足
，且
.
(1)求
的通项公式；
(2)求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）确定数列
是首项为，公差为的等差数列，计算得到答案.
（2）
，根据裂项求和法计算得到答案.
（1）正项数列
满足
，且
，故
，
，
同理得到
，
，
则数列
是首项为，公差为的等差数列，即
，
.
（2）
，
数列
的前
项和
.
9.数列
中，
，且对任意正整数m，数列
，
，
是公差为
的等差数列.
(1)依次求
，
，
，
的值；
(2)求数列
的通项公式；
(3)记
（n 为正整数），求数列
的前n 项和
.
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【解析】（1）根据题意分别取
、
，结合等差数列运算求解即可；
（2）根据题意可得
，分奇偶项结合累加法运算求解；
（3）由（2）可得
，分奇偶项结合裂项相消法法运算求解；
（1）因为数列
，
，
是公差为
的等差数列，且
，
令
，则数列
，
，
是公差为
的等差数列，可得
；
令
，则数列
，
，
是公差为
的等差数列，可得
.
（2）因为数列
，
，
是公差为
的等差数列，
则
，可得
，
当
为奇数，可得
，
且
符合上式，所以当
为奇数，
；当
为偶数，可得
；
综上所述：
.
（3）由（2）可得：当
为奇数，可得
；
当
为偶数，
；
综上所述：
.
当
为偶数，可得
；
当
为奇数，可得
；
综上所述：
.
10.已知等差数列
，其前
项和
满足
为常数.
(1)求
及
的通项公式；
(2)记数列
，求
前
项和的
.
【答案】(1)
；
(2)
【解析】（1）计算出
的值，根据等差中项的性质可列方程解出
的值，再利用
与
的关系即
可求解；
（2）运用裂项相消法即可求解.
（1）由题意，当
时，
，
当
时，
，
则
，
，
因为数列
是等差数列，所以
，
即
，解得
，
则
，满足
，
所以
的通项公式为
．
（2）由（1）可得，
，则
，
所以
．
11.已知数列
的前
项和为
，满足
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)记
，
是数列
的前
项和，若对任意的
，不等式
都成立，
求实数
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由
得出
的递推关系，结合
得
等比数列，从而得通项公式；
（2）利用裂项相消法求得和
，不等式可变形为
，令
，利用作差法得出
的单
调性，得最大项，从而得
的取值范围．
（1）因为数列
的前n 项和
满足
，
当
时，
，
两式相减得：
，即
，
当
时，
，解得：
，
可知数列
是以2 为首项，2 为公比的等比数列，所以
.
（2）由（1）可知：
，
所以
，
对任意的
，不等式
都成立，即
，
化简得：
，设
，
因为
，
所以
单调递减，则
，所以
，
所以实数k 的取值范围是
．
12.在数列
中，
且
.
(1)求
的通项公式；
(2)设
，若
的前
项和为
，证明：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）根据题意，化简得到
，得出数列
为等差数列，结合等差数列的通项公式，
进而求得数列
的通项公式；
（2）由
，得到
，结合裂项法求和，求得
，进而证得
.
（1）解：由
，两边同除以
，可得
，即
，
因为
，可得
，所以数列
是首项为
，公差为
的等差数列，
可得
，所以
，
即数列
的通项公式为
.
（2）解：由
，可得
，
所以数列
的前
项和为
，
因为
，可得
，即
.
13.记
为数列
的前
项和，且
，
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)设
，求数列
的前
项和
．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）根据
与
的关系分析可得数列
是3 为首项，2 为公差的等差数列，结合等差数列通
项公式运算求解；
（2）由（1）可得：
，利用裂项相消法运算求解.
（1）因为
，可得
，
两式相减得
，
整理得
，可知数列
是3 为首项，2 为公差的等差数列，
所以
．
（2）由（1）可得：
，
则
，所以
．
14.已知数列
的前n 项和
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)设数列
满足：
，求数列
的前2n 项和
.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）利用
时
关系求通项公式，注意验证
情况，即可得通项公式；
（2）应用分组、裂项相消法求
.
（1）由
时，
又
时
也满足该等式，故
.
（2）由
，
则
.
因此
.
15.已知数列
满足：
，
.
(1)证明：
是等比数列，并求
的通项公式；
(2)令
，求
的前n 项和
.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【解析】（1）通过构造可证
为等比数列，根据等比数列通项公式可得
，然后可得
；
（2）将数列
通项公式变形为
，直接求和可得.
（1）证明：由
，所以
，
所以
是以
为首项，公比为
的等比数列，所以
，即
（2）由（1）知：
，所以
.又
，
