第 04 讲 五种裂项相消法求数列前 n 项和的方法
考法呈现
考法一：分式型裂项
例题分析
【例 1】已知在等差数列{a }中，a +a =18，a =15．
n 1 5 6
(1)求{a }的通项公式；
n
{ 1 }
(2)求数列 的前n项和S ．
(2n+1)a n
n
【分析】（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a ；
n
（2）采用裂项相消法可求得S .
n
【详解】（1）设等差数列{a }的公差为d，
n
a -a 15-9
∵a +a =2a =18，∴a =9，∴d= 6 3= =2，
1 5 3 3 3 3
∴a =a +(n-3)d=9+2(n-3)=2n+3.
n 3
1 1 1( 1 1 )
（2）由（1）得： = = - ，
(2n+1)a (2n+1)(2n+3) 2 2n+1 2n+3
n
1 (1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) 1 (1 1 ) n
∴S = × - + - + - +⋅⋅⋅+ - + - = × - = .
n 2 3 5 5 7 7 9 2n-1 2n+1 2n+1 2n+3 2 3 2n+3 6n+9满分秘籍
利用裂项相消法求和的注意事项
（1）抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能是前面剩两项，后面也剩两项，也有
可能是间隔开的项剩下，一般来说是对称的。
（2）将通项裂项后，一定要注意调整前面的系数，避免失误。
（3）掌握常见的分式型裂项相消的公式：
1 1 1 1 1 1 1 1
公式一： = ( - )；公式二： = ( - )
n(n+k) k n n+k （2n-1）(2n+1) 2 2n-1 2n+1
1 1 1 1
公式三： = [ - ]
n(n+1)（n+2） 2 n(n+1) (n+1)(n+2)
变式训练
【变式1-1】记数列{a }的前n项和为S ，对任意n∈N*，有S =(n+1)(a -n)．
n n n n
(1)证明：{a }为等差数列；
n
{ 1 }
(2)求数列 的前n项和．
a a
n n+1
【答案】(1)证明见解析
n
(2)
4(n+1)
【分析】（1）根据S =(n+1)(a -n)，令n=1得到a =2，令n≥2最终得到a -a =2，结合等差数列定
n n 1 n n-1
义即可证明；
（2）根据等差数列定义得到a =2n，结合裂项相消法求和即可.
n
【详解】（1）因为S =(n+1)(a -n)，
n n
所以当n=1时，a =S =2(a -1)，所以a =2，
1 1 1 1当n≥2时，S =n(a -n+1)，
n-1 n-1
两式相减得S -S =(n+1)(a -n)-n(a -n+1)，
n n-1 n n-1
即a =(n+1)a -n2-n-na +n2-n，
n n n-1
即na -na =2n，
n n-1
因为n≥2，所以a -a =2为常数，
n n-1
所以{a }是首项为2，公差为2的等差数列
n
（2）由（1）知，a =2+2(n-1)=2n，
n
1 1 1(1 1 )
所以 = = - ，
a a 4n(n+1) 4 n n+1
n n+1
{ 1 } 1( 1 1 1 ) 1( 1 ) n
所以数列 的前n项和为 1- + +…- = 1- = .
a a 4 2 2 n+1 4 n+1 4(n+1)
n n+1
【变式1-2】记S 为数列{a }的前n项和．
n n
(1)从下面两个条件中选一个，证明：数列{a }是等差数列；
n
{S } n(a +1)
①数列 n 是等差数列；②S = n (n∈N*)
n n 2
{ n }
(2)若数列{a }为等差数列，且a =1，a =5，求数列 的前n项和T ．
n 1 3 (n+2)S n
n
【答案】(1)证明见解析
3 2n+3
(2)T = -
n 4 2(n+1)(n+2)
{S }
【分析】（1）选择条件①，利用a 与S 的关系式和等差中项的性质即可得证；选择条件②，设数列 n
n n n
的首项为b ，公差为p，求出S ，表示出a ，即可得证.
1 n n
n 1(1 1 )
（2）由（1）根据已知得出 = - ，然后利用裂项相消法即可求解.
(n+2)S 2 n n+2
nn(a +1)
【详解】（1）选择条件①：∵S = n (n∈N*)，
n 2
∴2S =na +n,2S =(n+1)a +n+1，
n n n+1 n+1
两式相减可得2a =(n+1)a -na +1，
n+1 n+1 n
即na -1=(n-1)a ，
n n+1
∴(n+1)a -1=na ，
n+1 n+2
两式相减可得(n+1)a -na =na -(n-1)a ，
n+1 n n+2 n+1
化简可得2na =n(a +a )，
n+1 n+2 n
∴2a =a +a ，∴数列{a }是等差数列．
n+1 n+2 n n
{S }
选择条件②：设数列 n 的首项为b ，公差为p，
n 1
S
则 n=b +(n-1)p=np+b -p，故S =pn2+(b -p)n，
n 1 1 n 1
当n≥2时，a =S -S
n n n-1
=pn2+(b -p)n-p(n-1) 2-(b -p)(n-1)
1 1
=b +2(n-1)p，
1
当n=1时，a =S =b ，∴a =b +2(n-1)p，
1 1 1 n 1
又a -a =b +2np-b -2(n-1)p=2p．
n+1 n 1 1
∴数列{a }是等差数列．
n
a -a
（2）∵数列{a }是等差数列，且公差d= 3 1=2，
n 2
n(n-1) n(n-1)
∴ S =na + d=n+ ×2=n2 ．
n 1 2 2
n 1 1(1 1 )
∴ = = - ，
(n+2)S n(n+2) 2 n n+2
n
1( 1) 1(1 1) 1(1 1) 1(1 1 )
故T = 1- + - + - +⋯+ -
n 2 3 2 2 4 2 3 5 2 n n+2
1( 1 1 1 1 1 1 1 )
= 1- + - + - +⋯+ -
2 3 2 4 3 5 n n+21 1 1 1
= (1+ - - )
2 2 n+1 n+2
3 1 1 1 3 2n+3
= - ( + )= - ．
4 2 n+1 n+2 4 2(n+1)(n+2)
【变式1-3】已知等差数列{a }满足a =4，2a -a =7，等比数列{b }满足b =4，b +b =8(b +b )．
n 2 4 5 n 3 4 5 1 2
(1)求{a }与{b }的通项公式；
n n
3
(2)若b >0，设c = +b ，求{c }的前n项和S ．
n n a a n n n
n n+1
【答案】(1)答案见解析
1
(2)S =2n-
n 3n+1
【分析】（1）设{a }的公差为d，由题意可得2(4+2d)-(4+3d)=7，求得d=3， a =1，进而可求
n 1
a =3n-2；设{b }的公比为q，由题意可得b q3(1+q)=8b (1+q)，求得q=2或q=-1，再分q=2，
n n 1 1
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.
【详解】（1）设{a }的公差为d，因为a =4，2a -a =7，
n 2 4 5
所以2(4+2d)-(4+3d)=7，解得d=3，从而a =1，
1
所以a =3n-2．
n
设{b }的公比为q，因为b +b =8(b +b )，则有b q3(1+q)=8b (1+q)
n 4 5 1 2 1 1
b ≠0，q3(1+q)=8(1+q)，解得q=2或q=-1，
1
4
当q=2时，因为b =4，所以b = =1，所以b =2n-1 ．
3 1 22 n
当q=-1时，因为b =4，所以b =4,b =-4，所以b =4×(-1) n-1 ．
3 1 2 n
（2）由（1）可知，若b >0，则b =2n-1．
n n
3 1 1
因为c = +2n-1 ，所以c = - +2n-1 ，
n (3n-2)(3n+1) n 3n-2 3n+1所以S = ( 1- 1 + 1 - 1 +⋅⋅⋅+ 1 - 1 ) +(1+2+⋅⋅⋅+2n-1)，
n 4 4 7 3n-2 3n+1
所以S = ( 1- 1 ) + 1-2n =2n- 1 ．
n 3n+1 1-2 3n+1
【变式1-4】已知数列{a }是公差为d的等差数列，且a =1，若16和26分别是{a }中的项.
n 1 n
(1)当d取最大值时，求通项a ；
n
{ 1 }
(2)在（1）的条件下，求数列 的前n项和S .
(5n+1)a n
n
【答案】(1)a =5n-4
n
1 1
(2)S = -
n 5 25n+5
a -a a -a
【分析】（1）由等差数列的性质，可得d= m 1= n 1，找到m,n与d的关系，进而找到d取最大值时，
m-1 n-1
通项a ；
n
（2）裂项相消即可.
【详解】（1）由已知得d>0，数列{a }单调递增，不防设a =16,a =26，且n>m>1，
n m n
a -a a -a 15 25
∴d= m 1= n 1即 = ，∴3(n-1)=5(m-1)，
m-1 n-1 m-1 n-1
∵m与n越小，d越大，
∴¿，∴¿，∴d=5，∴a =5n-4(n∈N*)
n
（2）由（1）知：a =5n-4，∴ 1 = 1 = 1( 1 - 1 ) ，
n (5n+1)a (5n+1)(5n-4) 5 5n-4 5n+1
n
1(1 1 1 1 1 1 )
∴S = - + - +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ -
n 5 1 6 6 11 5n-4 5n+1
= 1( 1- 1 ) = 1 - 1 (n∈N*)
5 5n+1 5 25n+5
考法二：根式型裂项
例题分析【例2】已知等差数列{a }的前n项和为S ，a +a =20，S =27a ．
n n 4 7 9 2
(1)求{a }的通项公式；
n
2
(2)设b = ，数列{b }的前n项和为T ，证明：当n≥3时，2T >❑√a ．
n ❑√a +❑√a n n n n+1
n+2 n
【答案】(1)a =2n-1
n
(2)证明见解析
【分析】（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a 和d，可得a ；
1 n
（2）分母有理化化简b ，利用裂项求和求出T ，作差比较可证不等式成立.
n n
【详解】（1）设公差为d，则¿，即¿，解得¿，
所以a =a +(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1.
n 1
2 2 2(❑√2n+3-❑√2n-1)
（2）b = = =
n ❑√a +❑√a ❑√2n+3+❑√2n-1 (❑√2n+3+❑√2n-1)(❑√2n+3-❑√2n-1)
n+2 n
2(❑√2n+3-❑√2n-1) ❑√2n+3-❑√2n-1
= = ，
2n+3-(2n-1) 2
所以T =b +b +b +⋯+b
n 1 2 3 n
1
= (❑√5-1+❑√7-❑√3+❑√9-❑√5+⋯+❑√2n+3-❑√2n-1)
2
1
= (-1-❑√3+❑√2n+3+❑√2n+1)，
2
所以2T =❑√2n+3+❑√2n+1-❑√3-1，
n
所以2T -❑√a =❑√2n+3+❑√2n+1-❑√3-1-❑√2n+1 =❑√2n+3-❑√3-1，
n n+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 >❑√a .
n n+1
满分秘籍根式型裂项常见公式：
1 1
公式一：
= (❑√a-❑√b)
❑√a+❑√b a-b
1
公式二：
=❑√n+1-❑√n)
❑√n+❑√n+1
变式训练
【变式2-1】已知等比数列{a }的前n项和为S ,a =S +2(n∈N*).
n n n+1 n
(1)求数列{a }的通项公式；
n
(2)在a 与a 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 ，若不等式
n n+1 n
3n
(-1) nλ<2- 对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围；
T
n
1 b -b b -b b -b
(3)记b
n
=
log a2
，求证：
❑
1
√b
2+
❑
2
√b
3+⋯+ n
❑√b
n+1<❑√2(n∈N*).
2 n 1 2 n
【答案】(1)a =2n
n
( 3)
(2) -1,
2
(3)详见解析.
【分析】（1）根据a 和S 的关系即可求解；（2）根据等差数列前n项和公式求出T 代入化简即可解决；
n n n
b -b
n n+1
（3）求出 ，进行适当放缩后用裂项相消求和解决.
❑√b
n
【详解】（1）设等比数列{a }的公比为q，
n
当n=1时，有a =a +2，则a q=a +2 ①
2 1 1 1
当n≥2时，¿，两式相减可得：a -a =S -S =a ，
n+1 n n n-1 n整理得a =2a ，可知q=2，代入①可得a =2，
n+1 n 1
所以等比数列{a }的通项公式为a =2n （n∈N*）.
n n
（2）由已知在a 与a 之间插入n个数，组成以a =2n为首项的等差数列，
n n+1 n
(n+2)(a +a ) n(a +a )
所以T = n n+1 -a -a = n n+1 =3n⋅2n-1，
n 2 n n+1 2
3n 2
则(-1) nλ<2- =2-
，
T 2n
n
2
设c =2- ，则{c }是递增数列，
n 2n n
2 ( 2 ) 3 3
当n为偶数时，λ<2- 恒成立，即λ< 2- =c = ，所以λ< ；
2n 2n 2 2 2
min
2 ( 2 )
当n为奇数时， -λ<2- 恒成立，即 -λ< 2- =c =1，所以λ>-1；
2n 2n 1
min
( 3)
综上所述，λ的取值范围是 -1, .
2
1 1
（3）证明：由（1）得b
n
=
log a2
=
2n
，
2 n
b -b 1 ❑√2 ❑√2 ❑√2
则有 n n+1= = = <
❑√b ❑√2n(n+1) 2❑√n(n+1) ❑√n(n+1)+❑√n(n+1) n❑√n+1+❑√n(n+1)
n
❑√2 ❑√2(❑√n+1-❑√n) ( 1 1 )
= = =❑√2 - .
❑√n❑√n+1(❑√n+❑√n+1) ❑√n⋅❑√n+1 ❑√n ❑√n+1
b 1 -b 2+ b 2 -b 3+⋯+ b n -b n+1<❑√2 [( 1 - 1 ) + ( 1 - 1 ) +⋯+( 1 - 1 ) ]
❑√b ❑√b ❑√b ❑√1 ❑√2 ❑√2 ❑√3 ❑√n ❑√n+1
1 2 n
( 1 )
<❑√2 1- <❑√2,原不等式得证.
❑√n+1
a √ 1
【变式2-2】已知正项数列{a }满足a =1， n+1=❑1+ .
n 1 a n
n(1)求证：数列{a2}为等差数列；
n
1
(2)设b n = a2a +a a2 ，求数列{b n }的前n项和T n .
n n+1 n n+1
【答案】(1)证明见解析
1
(2)T =1-
n ❑√n+1
a √n+1
【分析】（1）由题 n+1=❑ ，利用累乘法即可求解a =❑√n(n∈N*)，进而可得a2=n(n∈N*)，进而
a n n n
n
可证等差；
1 1
（2）由（1）得b = - ，由裂项求和即可求解.
n ❑√n ❑√n+1
a √n+1
【详解】（1）由题可得
n+1=❑
，
a n
n
所以当n≥2时，
a =a ⋅ a 2 ⋅ a 3 ⋅ a 4 ⋅⋅⋅⋅⋅ a n-1 ⋅ a n = ❑ √ 1× 2 × 3 × 4 ×⋅⋅⋅× n-1 × n =❑√n，
n 1 a a a a a 1 2 3 n-2 n-1
1 2 3 n-2 n-1
易知a =1满足a =❑√n，所以a =❑√n(n∈N*).
1 n n
所以a2 -a2=n+1-n=1，
n+1 n
所以{a2}是首项为1，公差为1的等差数列.
n
（2）由（1）可得a2=n，
n
1 1
b = =
所以
n a2a +a a2 n❑√n+1+❑√n(n+1)
n n+1 n n+1
1 1 1
= = -
.
❑√n(n+1)(❑√n+❑√n+1) ❑√n ❑√n+1
1 1 1 1 1 1
所以T =1- + - +⋅⋅⋅+ - =1- .
n ❑√2 ❑√2 ❑√3 ❑√n ❑√n+1 ❑√n+11
【变式2-3】在正项数列{a }中，a = ，22n ⋅a2=1+22n-2 ⋅a2 (n≥2)．
n 1 2 n n-1
(1)求a ；
n
n ( ❑√i+1) 1
(2)证明：∑ a - < ．
i 2i+1 2
i=1
❑√n
【答案】(1)a =
n 2n
(2)证明见解析
【分析】（1）由22n ⋅a2=1+22n-2 ⋅a2 (n≥2)，可得22n ⋅a2-22n-2 ⋅a2 =1，令b =22n ⋅a2，则
n n-1 n n-1 n n
b -b =1(n≥2)，可得{b }为首项为1，公差为1的等差数列，可得22n ⋅a2=1+(n-1)×1=n，进而求
n n-1 n n
解；
（2）根据裂项相消求和，进而即可得证.
【详解】（1）由22n ⋅a2=1+22n-2 ⋅a2 (n≥2)，
n n-1
得22n ⋅a2-22n-2 ⋅a2 =1，
n n-1
令b =22n ⋅a2 ，则b -b =1(n≥2)，且b =4a2=1，
n n n n-1 1 1
∴{b }为首项为1，公差为1的等差数列，
n
∴22n ⋅a2=1+(n-1)×1=n，
n
又a >0，
n
❑√n
∴a = ．
n 2n
n ( ❑√i+1) (1 ❑√2) (❑√2 ❑√3) (❑√n ❑√n+1) 1 ❑√n+1 1
（2）证明：∑ a - = - + - +⋯+ - = - < ．
i 2i+1 2 22 22 23 2n 2n+1 2 2n+1 2
i=1
1 1
【变式2-4】在①b = ；②b = ；③b =2na ，这三个条件中任选一个补充在下面横线
n ❑√a +❑√a n a a n n
n n+1 n n+1
上，并解答问题．3 3
已知数列{a }的前n项和S =na - n2+ n．
n n n 2 2
(1)证明：数列{a }是等差数列；
n
(2)若a =2，设___________，求数列{b }的前n项和T ．
1 n n
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用数列通项a 与前n项和S 的关系证明.
n n
（2）利用裂项相消法、错位相减法计算求解.
3 3
【详解】（1）因为S =na - n2+ n①，
n n 2 2
3 3
所以S =(n+1)a - (n+1) 2+ (n+1)②，
n+1 n+1 2 2
②-①得a =(n+1)a -na -3n，
n+1 n+1 n
整理得a -a =3，
n+1 n
由等差数列的定义可知{a }是等差数列．
n
（2）由（1）得{a }的公差d=3，
n
又因为a =2，所以a =a +(n-1)d=3n-1．
1 n 1
若选①：
1 1 ❑√3n+2-❑√3n-1 1
b = = = = (❑√3n+2-❑√3n-1),
n ❑√a +❑√a ❑√3n-1+❑√3n+2 (❑√3n-1+❑√3n+2)(❑√3n+2-❑√3n-1) 3
n n+1
1
所以T =b +b +b +⋯+b = [(❑√5-❑√2)+(❑√8-❑√5)+(❑√11-❑√8)+⋯+(❑√3n+2-❑√3n-1)]
n 1 2 3 n 3
❑√3n+2-❑√2
= ．
3
若选②：
1 1 1( 1 1 )
b = = = - ，
n a a (3n-1)(3n+2) 3 3n-1 3n+2
n n+1
1(1 1 1 1 1 1 1 1 )
所以T = - + - + - +⋯+ -
n 3 2 5 5 8 8 11 3n-1 3n+21(1 1 ) n
= - = ．
3 2 3n+2 2(3n+2)
若选③：
b =2na =(3n-1)⋅2n
n n
T =b +b +⋯+b =2×21+5×22+8×23+⋯+(3n-1)×2n ，
n 1 2 n
则2T =2×22+5×23+8×24+⋯+(3n-1)×2n+1 ，
n
两式作差得-T =2×21+3×22+3×23+⋯+3×2n-(3n-1)×2n+1
n
12(1-2n-1)
=4+ -(3n-1)×2n+1=-8+(4-3n)×2n+1．
1-2
所以T =8+(3n-4)×2n+1 ．
n
考法三：指数型裂项
例题分析
【例3】已知S 是数列{a }的前n项和，且S =2n+1-2(n∈N*)．
n n n
(1)求数列{a }的通项公式；
n
2n
(2)若b = ，求数列{b }的前n项和T ．
n (a -1)(a -1) n n
n n+1
【答案】(1)a =2n,n∈N*
n
1
(2)T =1-
n 2n+1-1
【分析】（1）根据a 与S 的关系求解即可；
n n
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）n=1时，a =S =22-2=2，
1 1n≥2时a =S -S =(2n+1-2)-(2n-2)=2n，
n n n-1
经验证n=1时满足a ，
n
∴a =2n,n∈N* ；
n
2n 1 1
（2）∵b = = - ，
n (2n-1)(2n+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
满分秘籍
指数型裂项常见公式
n∙2n-1 1 1
=
公式一： -
（2n-1+1）（2n+1） 2n-1+1 2n+1
n∙2n-1 1 1
公式二：
=
-
（2n-1-1）（2n-1） 2n-1-1 2n-1
n∙2n+1 2n+2 2n+1
公式三： = -
（n+1）（n+2） n+2 n+1
变式训练
【变式3-1】已知数列{a }的前n项和为S ，且2S =3a -1．
n n n n
(1)求{a }的通项公式；
n
3n
(2)若b = ，求数列{b }的前n项和T ．
n (a +1)(a +1) n n
n n+1
【答案】(1)a =3n-1
n
3 3
(2)T = -
n 4 2(3n+1)【分析】（1）由a 与S 的关系求通项；
n n
（2）先求出b ，再用裂项相消法求T .
n n
【详解】（1）由已知2S =3a -1①，
n n
当n=1时，2S =3a -1，即2a =3a -1，解得a =1，
1 1 1 1 1
当n≥2时，2S =3a -1②，
n-1 n-1
①-②得2a =3a -3a ，即a =3a ，
n n n-1 n n-1
所以数列{a }是以1为首项，3为公比的等比数列，
n
所以a =3n-1 ；
n
3n 3n 3 1 1
（2）因为b = = = ×( - )，
n (a +1)(a +1) (3n-1+1)(3n+1) 2 3n-1+1 3n+1
n n+1
3 1 1 1 1 1 1
所以T = ×( - + - +⋯+ - )
n 2 1+1 3+1 3+1 32+1 3n-1+1 3n+1
3 1 1 3 3
= ×( - )= - .
2 2 3n+1 4 2(3n+1)
3
【变式3-2】已知数列{a }的前n项和为S ，满足S = a -1.
n n n 2 n
(1)求数列{a }的通项公式；
n
a
(2)记b = n ，求数列{b }的前n项和T .
n S ⋅S n n
n n+1
【答案】(1)a =2×3n-1
n
1 1
(2)T = -
n 6 3n+2-3
【分析】（1）由a 与S 的关系可求出通项公式；
n n
（2）利用裂项相消法求数列的和即可.
3
【详解】（1）当n=1时，a = a -1，得a =2，
1 2 1 1
3
当n≥2时，S -S =a = (a -a )，得a =3a ，
n n-1 n 2 n n-1 n n-1
所以数列{a }是以2为首项，公比为3的等比数列，
n所以a =2×3n-1 .
n
3
（2）由（1）可得S = ×2×3n-1-1=3n-1，
n 2
2×3n-1
b =
n (3n-1)⋅(3n+1-1)
1( 1 1 )
所以b = - ，
n 3 3n-1 3n+1-1
1( 1 1 1 1 1 1 )
T =b +b +⋯+b = - + - +⋯+ -
n 1 2 n 3 31-1 32-1 32-1 33-1 3n-1 3n+1-1
1( 1 1 ) 1 1
所以T = - = -
n 3 31-1 3n+1-1 6 3n+2-3
【变式3-3】已知S 为数列{a }的前n项和，a =2,S =a -3n-2．
n n 1 n n+1
(1)求数列{a }的通项公式a ；
n n
2n 1
(2)设b = ，记{b }的前n项和为T ，证明：T < ．
n a ⋅a n n n 5
n n+1
【答案】(1)a =5×2n-1-3
n
(2)证明见解析
【分析】（1）根据数列递推式可得S =a -3(n-1)-2,(n≥2)，采用两式相减的方法可得
n-1 n
a =2a +3,(n≥2)，从而构造数列，可求得{a }的通项公式；
n+1 n n
2n
（2）由（1）的结论可得b = 的表达式，利用裂项求和法，可得答案.
n a ⋅a
n n+1
【详解】（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 =a -3(n-1)-2,(n≥2)，
n-1 n
两式相减得：a =2a +3,(n≥2) ，
n+1 n所以a +3=2(a +3)，(n≥2)，
n+1 n
a =2,a +3=5，a +3=10，则a +3=2(a +3)，即n=1也适合上式，
1 1 2 2 1
所以{a +3}是以5为首项，公比为2的等比数列，
n
故：a +3=5×2n-1 ，
n
故a =5×2n-1-3；
n
2n 2n
（2）由（1）得b = =
n a ⋅a (5×2n-1-3)(5×2n-3)
n n+1
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
S 3n+1-1
【变式3-4】已知数列{a }的前n项和为S ，a =3， n+1= ，n∈N* .
n n 1 S 3n-1
n
(1)求S ，S 及{a }的通项公式；
2 3 n
a
(2)设b = n+1 ，数列{b }的前n项和为T ，若T ≤λ(a -1)对任意的n∈N*恒成立，求λ的最
n (a -1)(a -1) n n n n
n n+1
小值.
【答案】(1)S =12，S =39，a =3n(n∈N*)
2 3 n9
(2)
32
【分析】（1）根据递推公式和a 的值，即可求出S ，S 及{a }的通项公式；
1 2 3 n
（2）求出数列{b }的通项公式，得出数列{b }的前n项和，由不等式的恒成立，还可求出λ的最小值.
n n
【详解】（1）由题意，n∈N*
S 3n+1-1
在数列{a }中，a =3， n+1= ，
n 1 S 3n-1
n
S S S S 3(3n-1)
当n≥2时，S = n ⋅ n-1⋯⋯ 3 ⋅ 2 ⋅S = ，
n S S S S 1 2
n-1 n-2 2 1
当n=1时上式也符合，
3(3n-1) 3×(32-1) 3×(33-1)
∴S = (n∈N*)，S = =12，S = =39.
n 2 2 2 3 2
∴当n≥2时，a =S -S =3n ；当n=1时，上式也符合.
n n n-1
∴{a }的通项公式为a =3n(n∈N*).
n n
（2）由题意及（1）得，n∈N*
,
在数列{a }中，a =3n ，
n n
数列{b }中，b = a n+1 = 3n+1 = 3( 1 - 1 ) ,
n n (a -1)(a -1) (3n-1)(3n+1-1) 2 3n-1 3n+1-1
n n+1
3(1 1 )
9(3n-1)
∴T =b +b +…+b = - = .
n 1 2 n 2 2 3n+1-1 4(3n+1-1)
∵T ≤λ(a -1)，
n n
9
λ≥
∴ .
4(3n+1-1)9 9 9
≤ =
∵ .
4(3n+1-1) 4(31+1-1) 32
9 9 9
∴ 的最大值为 ，λ≥ .
4(3n+1-1) 32 32
9
∴λ的最小值为 .
32
考法四：对数型裂项
例题分析
【例4】已知数列{a }满足a =1,na =(n+1)a +n(n+1).
n 1 n+1 n
{a }
(1)证明：数列 n 为等差数列：
n
a
(2)设数列{b }满足b =ln n+1 ，求数列{b }的前n项和S .
n n a n n
n
【答案】(1)证明见解析
(2)S =2ln(n+1)
n
a a {a }
【分析】（1）对na =(n+1)a +n(n+1)进行整理得到 n+1 - n=1，即可说明数列 n 为等差数列；
n+1 n n+1 n n
(n+1) 2
（2）将b 变形为b =ln 或b =ln(n+1) 2-lnn2，然后求和即可.
n n n2 n
【详解】（1）法1：由na =(n+1)a +n(n+1)，
n+1 n
a a a a
两边同除以n(n+1)得， n+1 = n+1， n+1 - n=1（n≥1）为常数，
n+1 n n+1 n
{a } a
∴数列 n 为等差数列，首项 1=1，公差为1，
n 1
n+1
法2：由na =(n+1)a +n(n+1)得a = a +(n+1)，
n+1 n n+1 n na a (a ) a
∴ n+1 - n= n+1 - n=1（n≥1）为常数，
n+1 n n n
{a } a
∴数列 n 为等差数列，首项 1=1，公差为1.
n 1
a a
（2）由 n= 1+(n-1)×1=n，∴a =n2，
n 1 n
a (n+1) 2
法1：b =ln n+1=ln ，
n a n2
n
22 32 (n+1) 2
则S =ln +ln +⋯+ln
n 12 22 n2
(2 3 n+1)
=2ln × ×⋯×
1 2 n
=2ln(n+1).
a (n+1) 2
法2：b =ln n+1=ln =ln(n+1) 2-lnn2，
n a n2
n
则S =(ln22-ln12)+(ln32-ln22)+⋯+[ln(n+1) 2-lnn2]
n
=ln(n+1) 2-ln12
=2ln(n+1).
满分秘籍
对数型裂项常见公式
a
log n+1=log a - log a
a a a n+1 a n
n变式训练
【变式4-1】已知数列{a }的首项为2，a >0且满足a2-a a -2a2 =0（n≥2且n∈N*），
n n n n n-1 n-1
b =log a ．
n 2 n
(1)求{a }的通项公式；
n
b
(2)设c =log n+1 ，求{c }的前n项和S ．
n 2 b n n
n
【答案】(1)a =2n
n
(2)S =log (n+1)
n 2
【分析】（1）因式分解可知{a }为等比数列，然后可解；
n
（2）利用对数运算裂项可解.
【详解】（1）由a2-a a -2a2 =0得(a -2a )(a +a )=0，
n n n-1 n-1 n n-1 n n-1
a
因为a >0，所以a +a >0，所以a -2a =0，即 n =2，
n n n-1 n n-1 a
n-1
又a =2，所以{a }是以2为首项和公比的等比数列，所以a =2n．
1 n n
b
（2）由b =log a =log 2n=n得c =log n+1=log (n+1)-log n，
n 2 n 2 n 2 b 2 2
n
S =log 2-log 1+log 3-log 2+log 4-log 3+⋅⋅⋅+log (n+1)-log n
n 2 2 2 2 2 2 2 2
=log (n+1)-log 1=log (n+1)
2 2 2
【变式4-2】已知{a }为等差数列，前n项和为S ，(n∈N*)，{b }是首项为2的等比数列，且公比大于
n n n
0，b +b =12，b =a +a ，b =S -2.
2 3 3 3 5 6 11
(1)求{a }和{b }的通项公式；
n n
(2)设c =0，c -c =ln ( 1+ 1) ，n∈N*，求c ；
1 n+1 n n n(3)设d =¿，其中k∈N* .求{d }的前2n项和T .
n n 2n
【答案】(1)a =n，b =2n；
n n
(2)c =lnn；
n
ln(2n+1)
(3)- .
4n
【分析】（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b +b =12⇒2q+2q2=12⇒q=2，或q=-3舍去，所以b =2⋅2n-1=2n ；
2 3 n
b =a +a ⇒2a =8⇒a =4⇒a +3d=4，
3 3 5 4 4 1
1
b =S -2⇒11a + ×11×10d-2=64，解得：a =d=1，即a =1+(n-1)⋅1=n，
6 11 1 2 1 n
所以有a =n，b =2n ；
n n
(2)
( 1) n+1
因为c -c =ln 1+ =ln ，
n+1 n n n
所以当n≥2,n∈N*时，
有c =(c -c )+(c -c )+⋯+(c -c )+c
n n n-1 n-1 n-2 2 1 1
n n-1 2 n(n-1)⋯2
=ln +ln +⋯+ln =ln =lnn，显然当n=1时也适合，
n-1 n-2 1 (n-1)(n-2)⋯1
即c =lnn；
n
(3)
由（1）（2）可知：a =n，b =2n，c =lnn.
n n n
3ln(2k-1)
当n=2k-1，k∈N*时，d = ，
2k-1 22k
2k-1
ln
当n=2k，k∈N*时， 2k+1，
d =
2k 22k2k-1
ln
3ln(2k-1) 2k+1 4ln(2k-1)-ln(2k+1)，
d +d = + =
k-1 2k 22k 22k 4k
4ln1-ln3 4ln3-ln5 4ln5-ln7 4ln(2n-1)-ln(2n+1)
T = + + +⋯+
2n 41 42 43 4n
ln3 ln3 ln5 ln5 4ln7 ln(2n-1) ln(2n+1)
=0- + - + - +⋯+ -
41 41 42 42 43 4n-1 4n
ln(2n+1)
=- .
4n
【点睛】关键点睛：运用裂项相消法是解题的关键.
【变式4-3】已知数列{a }，{b }，已知对于任意n∈N*，都有a =❑√3 b n +1 ，数列{b }是等差数列，b =1，
n n n n 1
且b +5，b +1，b -3成等比数列．
2 4 6
(1)求数列{a }和{b }的通项公式；
n n
(2)记c =¿．
n
n
2
（ⅰ）求∑ ；
log c ⋅log c
i=1 3 2i-1 3 2i+1
2n
（ⅱ）求∑c c ．
k k+1
k=1
【答案】(1)a =3n；b =2n-1
n n
1 75 40n-25
(2)（ⅰ）1- ；（ⅱ） + ⋅9n+1
2n+1 16 48
【分析】（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.
【详解】（1）设数列{b }的公差为d，
n
∵b +5，b +1，b -3成等比数列，且b =1，
2 4 6 1
∴(b +1) 2=(b +5)(b -3)，即(2+3d) 2=(6+d)(-2+5d)，解得d=2，
4 2 6
则b =1+2(n-1)=2n-1，
n即a =❑√3 b n +1=❑√3 2n=3n，
n
（2）（ⅰ）由（1）可知，c =¿，
n
n
2 2 2 2
则∑ = + +⋅⋅⋅+
i=1
log
3
c
2i-1
⋅log
3
c
2i+1
log
3
3⋅log
3
33 log
3
33 ⋅log
3
35 log
3
32n-1 ⋅log
3
32n+1
2 2 2
= + +⋅⋅⋅+
1×3 3×5 (2n-1)(2n+1)
( 1) (1 1) ( 1 1 )
= 1- + - +⋅⋅⋅+ -
3 3 5 2n-1 2n+1
1
=1- ；
2n+1
（ⅱ）由题意，对∀n∈N*，
c c +c c =c (c +c )=(2n-1)(32n-1+32n+1)=10(2n-1)⋅32n-1
2n-1 2n 2n 2n+1 2n 2n-1 2n+1
10
= (2n-1)⋅9n ，
3
设{(2n-1)⋅9n}的前n项为{R }，
n
所以R =9+3×92+⋯+(2n-1)×9n ，则9R =92+3×93+⋯+(2n-1)×9n+1 ，
n n
92-9n+1
则-8R =9+2(92+93+⋯+9n)-(2n-1)×9n+1=9+2⋅ -(2n-1)×9n+1
n 1-9
45 5-8n
=- + ⋅9n+1 ，
4 4
45 8n-5
所以R = + ⋅9n+1 ，
n 32 32
2n 10 75 40n-25
即∑c c = R = + ⋅9n+1 ．
k k+1 3 n 16 48
k=1
【变式4-4】已知数列{p }是首项为2的等差数列，{q }是公比为2的等比数列，且满足p =q ，p =q ．
n n 3 2 7 3
设数列{a }满足a =p ⋅q ．
n n n n
(1)求{a }的通项公式；
nn a (n+3)⋅2n
(2)在①b = a ；②b =log n ；③b = 这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加
n n+1 n n 4n+2 n a a
n+1 n
以解答．已知数列{b }满足______，求{b }的前n项和T ．
n n n
【答案】(1)a =(n+1)⋅2n
n
(2)答案见解析
【分析】设出数列{p }的公差d及数列{q }的首项q ，由题列方程可求出d，q ，利用等差数列和等比数列
n n 1 1
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{p }的公差为d，数列{q }的首项为q ．
n n 1
由题意得2+2d=2q ，2+6d=4q ，
1 1
解得d=1，q =2，
1
则p =n+1，q =2n ，所以a =(n+1)⋅2n ．
n n n
(2)
n
若选①b = a ，
n n+1 n
n
即b = ⋅(n+1)⋅2n=n⋅2n ，
n n+1
所以T =1×21+2×22+3×23+⋅⋅⋅+n×2n ，
n
则2T =1×22+2×23+3×24+⋅⋅⋅+n×2n+1 ，
n
两式相减得-T =21+22+23+⋅⋅⋅+2n-n×2n+1
n
(2-2n+1)
= -n×2n+1
1-2
=(1-n)2n+1-2所以T =(n-1)×2n+1+2．
n
a
若选②b =log n ，
n 4n+2
n+1 n+1 n
即b =log +log 2n=log + ，
n 4n+2 4 4n+2 2
( 2 3 n+1) 1
所以T = log +log +⋅⋅⋅+log + (1+2+⋅⋅⋅+n)
n 43 4 4 4n+2 2
(2 3 n+1) (1+n)n
=log × ×⋅⋅⋅× +
4 3 4 n+2 4
2 (1+n)n
=log + ．
4n+2 4
(n+3)⋅2n
若选③b = ，
n a a
n+1 n
(n+3)⋅2n 1 1
即b = = - ，
n a a a a
n+1 n n n+1
( 1 1 ) ( 1 1 ) ( 1 1 )
所以T = - + - +⋅⋅⋅+ -
n a a a a a a
1 2 2 3 n n+1
1 1
= -
a a
1 n+1
1 1
= -
．
4 (n+2)2n+1
考法五：三角函数型裂项
例题分析
【例5】已知2n＋2个数排列构成以q (q >1)为公比的等比数列，其中第1个数为1，第2n＋2个数为8，
n n
设a =log q ．
n 2 n
{1 }
(1)证明：数列 是等差数列；
a
nπ π
(2)设b =tan tan ，求数列{b }的前100项和S ．
n a a n 100
n n+1
【答案】(1)证明见详解
(2)-99
3
【分析】（1）根据等比数列的性质分析可得a = ，再结合等差数列的定义分析证明；
n 2n+1
❑√3 π π
（2）根据两角差的正切公式整理得b =- (tan -tan )-1，结合裂项相消法运算求解.
n 3 a a
n+1 n
【详解】（1）由题意可得：q2 n n+1= 8 1 =8，且q n >1，可得 q =22n 3 +1，
n
3 3 1 2n+1
所以a =log 22n+1= ，可得 = ，
n 2 2n+1 a 3
n
1 1 2(n+1)+1 2n+1 2
则 - = - = ，
a a 3 3 3
n+1 n
{1 } 2
所以数列 是以公差为 的等差数列.
a 3
n
π π 2π
（2）由（1）可得 - = ，
a a 3
n+1 n
π π
tan -tan
2π π π a a
则tan =tan( - )= n+1 n =-❑√3，
3 a a π π
n+1 n 1+tan tan
a a
n+1 n
π π ❑√3 π π
整理得b =tan tan =- (tan -tan )-1，
n a a 3 a a
n n+1 n+1 n
则
[ ❑√3 π π ] [ ❑√3 π π ] [ ❑√3 π π ]
S =b +b +⋅⋅⋅+b = - (tan -tan )-1 + - (tan -tan )-1 +⋅⋅⋅+ - (tan -tan )-1
100 1 2 100 3 a a 3 a a 3 a a
2 1 3 2 101 100
=- ❑√3[(tan π -tan π )+(tan π -tan π )+⋅⋅⋅+(tan π -tan π )] -100
3 a a a a a a
2 1 3 2 101 100❑√3 π π ❑√3 203π
=- (tan -tan )-100=- ( tan -tanπ )-100
3 a a 3 3
101 1
❑√3 π ❑√3 π
=- tan ( 68π- )-100= tan -100=-99，
3 3 3 3
所以数列{b }的前100项和S =-99.
n 100
满分秘籍
三角函数型裂项常见公式
sin1°
公式一：
=tan（n+1） °-tann°
cosn°cos（n+1） °
tan（n+1） °-tann°
公式二：tan（n+1） °∙tann°=
tan1°
变式训练
1 (n-1)a
【变式5-1】已知数列{a }中，a =1，a = ，且a = n (n=2,3,4,⋅⋅⋅)．
n 1 2 4 n+1 n-a
n
1
(1)设b = -1(n∈N* )，试用b 表示b ，并求{b }的通项公式；
n a n n+1 n
n+1
sin3
(2)设c = (n∈N* )，求数列{c }的前n项和S ．
n cosb cosb n n
n n+1
n+1
【答案】(1)b = b ，b =3n
n+1 n n n
sin3n
(2)S =
n cos(3n+3)cos3
1 (n-1)a
【分析】（1）根据提示b = -1(n∈N* )将条件a = n 进行转化即可；
n a n+1 n-a
n+1 nsin3 sinb sinb
（2）根据两角差的正弦公式可将c = 化为裂项式c = n+1 - n 求和.
n cosb cosb n cosb cosb
n n+1 n+1 n
1 n-a n 1
【详解】（1） = n = - ，
a (n-1)a (n-1)a (n-1)
n+1 n n
1 n 1 n n n 1
-1= - -1= - = ( -1)，
a (n-1)a (n-1) (n-1)a (n-1) (n-1) a
n+1 n n n
n n+1
所以b = b ，所以b = b ，
n n-1 n-1 n+1 n n
b b b
所以 n= n-1 =⋯= 1=3，b =3n.
n n-1 1 n
sin3 sin（b -b ） sinb cosb -sinb cosb sinb sinb
（2）c = = n+1 n = n+1 n n n+1= n+1 - n ，
n cosb cosb cosb cosb cosb cosb cosb cosb
n n+1 n n+1 n n+1 n+1 n
sinb sinb sinb sinb sinb sinb
所以S =c +c +⋯+c = n+1 - n + n - n-1 +⋯+ 2 - 1
n n n-1 1 cosb cosb cosb cosb cosb cosb
n+1 n n n-1 2 1
sinb sinb sin(3n+3) sin3 sin[(3n+3)-3] sin3n
= n+1 - 1 = - = = .
cosb cosb cos(3n+3) cos3 cos(3n+3)cos3 cos(3n+3)cos3
n+1 1
【变式5-2】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 ，再令a =lgT n≥1.
n n n,
（Ⅰ）求数列{a }的通项公式；
n
（Ⅱ）设b =tana ⋅tana ，求数列{b }的前n项和S .
n n n+1 n n
tan(n+3)-tan3
【答案】（Ⅰ）a =n+2(n∈N* )（Ⅱ）S = -n
n n tan1
【分析】（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 ，代入即可求解
n
a .
n
（2）由（1）知b =tana ⋅tana =tan(n+2)⋅tan(n+3)，利用两角差的正切公式，化简，
n n n+1
tan(n+3)-tan(n+2)
tan[(n+3)-(n+2)]= =tan1，得
1+tan(n+3)⋅tan(n+2)
tan(n+3)-tan(n+2)
tan(n+3)⋅tan(n+2)= -1，再根据裂项相消法，即可求解S .
tan1 n
【详解】（Ⅰ）由题意，t ⋅t ......t ⋅t 构成递增的等比数列，其中t =1，t =100，则
1 2 n+1 n+2 1 n+2T =t ⋅t ⋅......⋅t ⋅t ①
n 1 2 n+1 n+2
T =t ⋅t ⋅......⋅t ⋅t ②
n n+2 n+1 2 1
①×②，并利用等比数列性质t ⋅t =t ⋅t =......=t ⋅t =102 ，得
n+2 1 n+1 2 1 n+2
T 2=(t ⋅t )(t ⋅t )......(t ⋅t )=102(n+2)
n n+2 1 n+1 2 1 n+2
∴a =lgT =lg10n+2=n+2，n≥1
n n
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b =tana ⋅tana =tan(n+2)⋅tan(n+3)，n≥1
n n n+1
tan(n+3)-tan(n+2)
又tan[(n+3)-(n+2)]= =tan1
1+tan(n+3)tan(n+2)
tan(n+3)-tan(n+2)
∴tan(n+2)⋅tan(n+3)= -1
tan1
所以数列{b }的前n项和为
n
S =tan(1+2)tan(1+3)+tan(2+2)tan(2+3)+......+tan(n+2)tan(n+3)
n
tan4-tan3 tan5-tan4 tan(n+3)-tan(n+2)
= + +...... -n
tan1 tan1 tan1
tan(n+3)-tan3
= -n
tan1
【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5-3】已知数列{a }中，a =2，a =4，且a =3a -2a (n∈N*).
n 1 2 n+2 n+1 n
(1)设b =a -2a ，证明数列{b }是常数列；
n n+1 n n
(2)求数列{a }的通项公式，并求数列{a }的的前n项和；
n n
( nπ nπ)
(3)设c = sin +cos ⋅log a ，求数列{c }的前2022项的和.
n 2 2 2 n n
【答案】(1)证明见解析
(2)a =2n，S =2n+1-2
n n(3)-1
【分析】（1）根据递推公式可得a -2a =a -2a 即b =b ，再由b =0即可得证；
n+2 n+1 n+1 n n+1 n 1
a
（2）由（1）可得 n+1=2，从而得到{a }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
a n
n
及前n项和公式计算可得；
( nπ nπ)
（3）依题意可得c =n sin +cos ，列出{c }的前几项，即可找到规律，从而得解；
n 2 2 n
【详解】（1）证明：因为a =2，a =4，且a =3a -2a (n∈N*)
1 2 n+2 n+1 n
所以a -2a =a -2a ，又b =a -2a ，即b =b ，(n∈N*)，
n+2 n+1 n+1 n n n+1 n n+1 n
又b =a -2a =0，所以b =0，即{b }是常数列；
1 2 1 n n
a a
（2）解：由（1）可得b =a -2a =0，即 n+1=2，又 2=2，
n n+1 n a a
n 1
所以{a }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a =2n ，
n n
2(1-2n)
记数列{a }的的前n项和为S ，则S = =2n+1-2；
n n n 1-2
( nπ nπ)
（3）解：因为c = sin +cos ⋅log a
n 2 2 2 n
所以c = ( sin nπ +cos nπ) ⋅log a = ( sin nπ +cos nπ) ⋅log 2n=n ( sin nπ +cos nπ)
n 2 2 2 n 2 2 2 2 2
( π π) ( 2π 2π)
所以c =1 sin +cos =1，c =2 sin +cos =-2，
1 2 2 2 2 2
( 3π 3π) ( 4π 4π)
c =3 sin +cos =-3，c =4 sin +cos =4．
3 2 2 4 2 2
所以c +c +c +c =0
1 2 3 4
同理可得c =5，c =-6，c =-7，c =8，
5 6 7 8
所以c +c +c +c =0，
5 6 7 8
…，
每经过4个数循环一次，nπ nπ
且sin =¿，cos =¿，
2 2
nπ nπ
所以sin +cos =¿，
2 2
记数列{c }的前n项和为T ，
n n
2020
所以T =0⋅ +c +c ，
2022 4 2021 2022
=2021-2022=-1，
【变式5-4】在正项等比数列{a }中，已知a +a =10，a +a =40.
n 1 3 3 5
（1）求数列{a }的通项公式；
n
{ sin1° }
（2）令b =log a ，求数列 的前n项和S (n<90).
n 2 n cosb ∘cos(b -1)∘ n
n n
【答案】（1）a =2n；（2）tann∘.
n
【分析】（1）根据已知条件求得a ,q，由此求得数列{a }的通项公式.
1 n
（2）利用裂项求和法求得S .
n
【详解】（1）正项等比数列{a }，中a +a =10，a +a =40，
n 1 3 3 5
设公比为q，则q>0，所以¿
解得q=2，a =2.
1
所以数列{a }的通项公式为a =a qn-1=2n .
n n 1
（2）b =log a =log 2n=n，
n 2 n 2
sin1° sin1∘ sin[n∘-(n-1)∘]
所以 = =
cosb °cos(b -1)° cosn∘cos(n-1)∘ cosn∘cos(n-1)∘
n n
sinn∘cos(n-1)∘-cosn∘sin(n-1)∘ sinn∘ sin(n-1)∘
= = -
cosn∘cos(n-1)∘ cosn∘ cos(n-1)∘(sin1∘ sin0∘) (sin2∘ sin1∘) (sinn∘ sin(n-1)∘ )
则S = - + - +⋯⋅+ -
n cos1∘ cos0∘ cos2∘ cos1∘ cosn∘ cos(n-1)∘
sinn∘ sin0∘ sinn∘
= - = =tann∘ .
cosn∘ cos0∘ cosn∘
真题专练
{ 2S } 1
1．设数列{a }的前n项和为S ，已知a =1，且数列 3- n 是公比为 的等比数列.
n n 1 a 3
n
(1)求数列{a }的通项公式；
n
(2)若b =(2n+1)3n-1，求其前n项和T
n n
【答案】(1)a =3n-1
n
(2)T =n×3n
n
[ (1) n-1] [ (1) n]
【分析】（1）由题意求出2S = 3- a ，则2S = 3- a ，两式相减化简变形可得
n 3 n n+1 3 n+1
a =3a ，从而得数列{a }是以a =1为首项，以3为公比的等比数列，进而可求出通项公式；
n+1 n n 1
（2）方法一：设b =(xn+ y)3n-[x(n-1)+ y]3n-1,n≥2，整理后与b =(2n+1)3n-1比较求出x,y的值，
n n
则b =(2n+1)3n-1=n3n-(n-1)]3n-1,n≥2，然后利用裂项相消法可求得结果；
n
方法二：利用错位相减法求解即可.
2S
【详解】（1）因为S =a =1,3- 1=1，
1 1 a
1
{ 2S } 1
所以由题意可得数列 3- n 是首项为1，公比为 的等比数列，
a 3
n所以3-
2S
n=
(1) n-1
，即2S =
[
3-
(1) n-1]
a ，
a 3 n 3 n
n
[ (1) n]
所以2S = 3- a ，
n+1 3 n+1
[ (1) n] [ (1) n-1]
两式作差得：2(S -S )=2a = 3- a - 3- a ，
n+1 n n+1 3 n+1 3 n
化简得：(1-3-n)a -3(1-3-n)a =0,即(3n-1)(a -3a )=0，
n+1 n n+1 n
所以a =3a ，
n+1 n
所以数列{a }是以a =1为首项，以3为公比的等比数列，
n 1
故数列{a }的通项公式为a =3n-1 ；
n n
（2）方法一：
设b =(2n+1)3n-1=(xn+ y)3n-[x(n-1)+ y]3n-1,n≥2，
n
则有b =[2xn+(2y+x)]3n-1 ，比较系数得x=1,y=0，
n
所以b =(2n+1)3n-1=n3n-(n-1)]3n-1,n≥2
n
所以T =b +b +b +⋯+b ，
n 1 2 3 n
所以T =3+(2×32-3)+(3×33-2×32)+⋯+[n×3n-(n-1)×3n-1]，
n
所以T =n×3n .
n
方法二：
因为b =(2n+1)3n-1 ，
n
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
1
2．已知数列{a }的前n项和为S ,S = (n+2)a ，且a =1.
n n n 3 n 1
{a }
(1)求证：数列 n 是等差数列；
n
{1 }
(2)求数列 的前n项和T .
a n
n
【答案】(1)证明见解析；
2n
(2)T = .
n n+1
【分析】（1）利用a 与S 的关系变形给定的递推公式，构造常数列求出数列{a }的通项，再利用等差数列
n n n
定义推理作答.
（2）利用（1）的结论，结合裂项相消法求和作答.
【详解】（1）数列{a }中，3S =(n+2)a ，当n≥2时，3S =(n+1)a ，
n n n n-1 n-1
a a
两式相减得3a =(n+2)a -(n+1)a ，即(n-1)a =(n+1)a ，则 n = n-1，
n n n-1 n n-1 n+1 n-1
a a a a a 1
于是 n = n-1 ，因此数列{ n }是常数列，则 n = 1 = ，
(n+1)n n(n-1) (n+1)n (n+1)n 2×1 2
n(n+1) a n+1 a a 1
从而a = ，即 n= , n+1 - n= ，
n 2 n 2 n+1 n 2
{a } 1
所以数列 n 是以1为首项， 为公差的等差数列.
n 2
1 2 (1 1 )
（2）由（1）知， = =2 - ，
a n(n+1) n n+1
n
1 1 1 1 1 1 1 1 2n
所以T = + +⋯+ =2[(1- )+( - )+⋯+( - )]=
.
n a a a 2 2 3 n n+1 n+1
1 2 n3．在等差数列{a }中，a =4，其前n项和S 满足S =n2+λn(λ∈R).
n 2 n n
(1)求实数λ的值，并求数列{a }的通项公式；
n
1
(2)若数列{ +b }是首项为λ，公比为2λ的等比数列，求证：数列{b }的前n项和T <2n .
S n n n
n
【答案】(1)λ=1，a =2n
n
(2)证明见解析
【分析】（1）设等差数列{a }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；
n
1 1 1
（2）由（1）知λ=1，得 +b =2n-1 ，进而得b =2n-1-( - )，利用等比数列的前n项和裂项求和，
S n n n n+1
n
即可得到数列的前n项和．
【详解】（1）设等差数列{a }的公差为d，
n
因为a =S -S =(4+2λ)-(1+λ)=3+λ，
2 2 1
所以3+λ=4，所以λ=1. …
所以a =S =2，所以d=a -a =2.
1 1 2 1
所以a =a +(n-1)d=2n.
n 1
（2）由（1）知λ=1，
1
所以
+b =1×2n-1=2n-1
.
S n
n
1 1 1
所以b =2n-1- =2n-1-( - ).
n n(n+1) n n+1
1 1 1 1 1
所以T =(20+21+⋯+2n-1 )-[(1- )+( - )+⋯+( - )]
n 2 2 3 n n+1
1-2n 1
= -(1- )
1-2 n+1
2n+1
=2n-
n+1
由于n为正整数，所以T <2n 成立.
n
4．已知公差为正数的等差数列{a }的前n项和为S ,a =3，且a ,a ,2a +3成等比数列.
n n 2 1 3 6
(1)求a 和S .
n n
√ 1
(2)设b =❑ ，求数列{b }的前n项和T .
n S S n n
n n+1【答案】(1)a =2n-1，S =n2
n n
n
(2)T =
n n+1
【分析】（1）根据条件设出等差数列{a }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
n
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{b }通项公式，然后结合裂项相消法进行求和.
n
【详解】（1）设等差数列{a }的公差为d(d>0)，
n
因为a =3，a ,a ,2a +3成等比数列，
2 1 3 6
所以a 2=a ⋅(2a +3)，即(d+3) 2=(3-d)(9+8d)，
3 1 6
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 =a +(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1，
n 1
n(a +a ) n(1+2n-1)
S = 1 n = =n2.
n 2 2
√ 1 √ 1 1 1 1
（2）由（1）得，b =❑ =❑ = = - ，
n S S n2(n+1) 2 n(n+1) n n+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
5．已知数列{a }的前n项和为S (S ≠0)，数列{S }的前n项积为T ，且满足S +T =S ⋅T (n∈N*)．
n n n n n n n n n
{ 1 }
(1)求证： 为等差数列；
S -1
n
1
(2)记b
n
=
n2S
，求数列{b
n
}的前2023项的和M．
n
【答案】(1)证明见解析2023
(2)
2024
【分析】（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；
（2）求出b ，利用裂项相消法求和.
n
【详解】（1）因为S +T =S ⋅T (n∈N*)，
n n n n
当n=1时，S +T =S ⋅T ⇒2a =a2 ，解得a =2或a =0，
1 1 1 1 1 1 1 1
又S ≠0，所以a ≠0，故a =2，
n 1 1
S
由S +T =S ⋅T ，可得S ≠1，所以T = n ，
n n n n n n S -1
n
S
当n≥2时，T = n-1 ．
n-1 S -1
n-1
T S S -1 S S -1
所以 n = n × n-1 ，即S = n × n-1 ，
T S -1 S n S -1 S
n-1 n n-1 n n-1
1 S 1 1 1
所以 = n-1 =1+ ，所以 - =1
S -1 S -1 S -1 S -1 S -1
n n-1 n-1 n n-1
{ 1 } 1
所以 是以
=1为首项，1为公差的等差数列.
S -1 S -1
n 1
1 n+1
（2）所以 =1+(n-1)×1=n，则S = ，
S -1 n n
n
1 1 1 1
b = = = -
因为 ，
n n2S n(n+1) n n+1
n
( 1) (1 1) ( 1 1 ) 2023
故M= 1- + - +⋯+ - = ．
2 2 3 2023 2024 2024
a
6．已知数列{a }满足a =1, n =1+2a ．
n 1 a n
n+1
{1 }
(1)证明 为等差数列，并{a }的通项公式；
a n
n(2)设c =4n2a a ，求数列{c }的前n项和T ．
n n n+1 n n
1
【答案】(1)证明见解析，a =
n 2n-1
n
(2)T =n+
n 2n+1
【分析】（1）根据等差差数列的定义证明即可，从而可得{a }的通项公式；
n
（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
a 1 1+2a 1 1 1
【详解】（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 } 1 1
所以 是以
=1为首项，2为公差的等差数列，则 =1+2(n-1)=2n-1，
a a a
n 1 n
1
所以a = ；
n 2n-1
（2）
c =4n2a a = 4n2 = 4n2 = 4n2-1+1 =1+ 1 =1+ 1( 1 - 1 )
n n n+1 (2n-1)(2n+1) 4n2-1 4n2-1 (2n-1)(2n+1) 2 2n-1 2n+1
1( 1 1 1 1 1 ) n
T =c +c +c +⋯+c =n+ 1- + - +⋯+ - =n+ .
n 1 2 3 n 2 3 3 5 2n-1 2n+1 2n+1
1 a -1
7．已知数列{a }的前n项的积记为T ，且满足 = n .
n n T 2a
n n
(1)证明：数列{T }为等差数列；
n
1
(2)设b = ，求数列{b }的前n项和S .
n T T n n
n n+1
【答案】(1)证明见解析
n
(2)S =
n 3(2n+3)
【分析】（1）分类讨论n=1与n≥2两种情况，利用递推式求得T 与T -T =2，从而得证；
1 n n-1（2）利用裂项相消法求解即可.
1 a -1
【详解】（1）因为 = n ，
T 2a
n n
1 1 a -1
当n=1时， = = 1 ，即a2=3a ，易知a ≠0，则T =a =3，
T a 2a 1 1 1 1 1
1 1 1
1 a -1 1 1 1 T T T
当n≥2时， = n = - = - n-1 ，所以1= n- n-1，即T -T =2，
T 2a 2 2a 2 2T 2 2 n n-1
n n n n
故数列{T }是以3为首项，2为公差的等差数列.
n
（2）由（1）得T =3+(n-1)×2=2n+1，
n
1 1 1( 1 1 )
则b = = = - ，
n T T (2n+1)(2n+3) 2 2n+1 2n+3
n n+1
1(1 1 1 1 1 1 ) 1(1 1 ) n
所以S = - + - +⋯+ - = - = .
n 2 3 5 5 7 2n+1 2n+3 2 3 2n+3 3(2n+3)
2S
8．已知数列{a }的前n项和为S ，且a =1， n=n+1.
n n 1 a
n
(1)求{a }的通项公式；
n
{ a }
(2)记数列 log n+1 的前n项和为T ，求集合¿中元素的个数.
2 a n
n
【答案】(1)a =n
n
(2)1023
a a
【分析】（1）根据递推关系及S 与a 的关系化简得出 n+1 = n，即可求出通项公式；
n n n+1 n
（2）利用裂项相消法求出T ，再解不等式即可得解.
n
2S
【详解】（1）因为 n=n+1，所以2S =(n+1)a ，
a n n
n
所以2a =2S -2S =(n+2)a -(n+1)a
n+1 n+1 n n+1 na a
所以na =(n+1)a ，即 n+1 = n .
n+1 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 n+1=log =log (n+1)-log n，
2 a 2 n 2 2
n
所以T =(log 2-log 1)+(log 3-log 2)+(log 4-log 3)+⋅⋅⋅+[log (n+1)-log n]
n 2 2 2 2 2 2 2 2
=log (n+1)-log 1=log (n+1)
2 2 2
令T =log (k+1)≤10，得k≤210-1，k∈N*
n 2
所以集合{k∣T ≤10,k∈N*}中元素的个数为210-1=1023.
k
( S )
9．已知等差数列{a }，首项a =1，其前n项和为S ，点P n, n 在斜率为1的直线上．
n 1 n n n
(1)求数列{a }的通项公式；
n
1 1 1
(2)若b = ,T 为数列{b }的前n项和，求证： ≤T < ．
n a a n n 3 n 2
n n+1
【答案】(1)a =2n-1
n
(2)证明详见解析.
【分析】（1）求出S ，再根据a 与S 的关系求出a 即可；（2）根据裂项相消法求和再求最值即可.
n n n n
S
【详解】（1）设斜率为1的直线为y=x+b，则 n=n+b，
n
S a
当n=1时， 1=1+b，所以 1=1+b，因为a =1，所以b=0，
1 1 1
所以S =n2 ，
n
当n≥2时，S =(n-1) 2 ，
n-1
所以a =S -S =n2-(n-1) 2=2n-1，经检验，n=1也成立.
n n n-1
所以a =2n-1.
n1 1 1( 1 1 )
（2）证明：由（1）可得，b = = = - ，
n a a (2n-1)(2n+1) 2 (2n-1) (2n+1)
n n+1
则T =b +b +b +⋯+b
n 1 2 3 n
1( 1) 1(1 1) 1(1 1) 1( 1 1 )
= 1- + - + - +⋯+ -
2 3 2 3 5 2 5 7 2 (2n-1) (2n+1)
1( 1 1 1 1 1 1 1 )
= 1- + - + - +⋯+ -
2 3 3 5 5 7 (2n-1) (2n+1)
1( 1 )
= 1-
2 2n+1
n
= ，
2n+1
n+1 n 1
因为T -T = - = >0，
n+1 n 2n+3 2n+1 (2n+1)(2n+3)
所以数列{T }是一个单调递增数列，
n
1 1
又因为T = ，且当n→+∞时，T → .
1 3 n 2
1 1
所以 ≤T < .
3 n 2
n(6+a )
10．设数列{a }的前n项和为S ，且S = n ,a =12.
n n n 2 4
(1)求a ；
n
1
(2)记b = ，数列{b }的前n项和为T ，求T .
n na n n n
n
【答案】(1)a =2n+4
n
3 2n+3
-
(2)
8 4(n+1)(n+2)
【分析】（1）当n≥2时，利用a =S -S 推出2a =a +a ，由等差中项法得{a }为等差数列，根据
n n n-1 n n-1 n+1 n
a 与a 求出公差，可得通项公式；
1 4
1(1 1 )
（2）根据∵b = - 进行裂项求和可求出结果.
n 4 n n+2n(6+a )
【详解】（1）由S = n ，
n 2
6+a
当n=1时，a =S = 1，解得a =6，
1 1 2 1
(n-1)(6+a )
当n≥2时，S = n-1 ，
n-1 2
n(6+a ) (n-1)(6+a )
所以a =S -S = n - n-1 ，
n n n-1
2 2
整理得：(n-2)a +6=(n-1)a ，①
n 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 }为等差数列，
n
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 1(1 1 )
（2）∵b = = = - ，
n na n(2n+4) 4 n n+2
n
1[( 1) (1 1) (1 1) (1 1) (1 1 )]
∴T = 1- + - + - + - +⋯+ -
n 4 3 2 4 3 5 4 6 n n+2
1( 1 1 1 )
= 1+ - -
4 2 n+1 n+2
3 2n+3
= -
.
8 4(n+1)(n+2)
11．已知数列{a }的首项a =1，且满足3a -a =2×3-n .
n 1 n+1 n
(1)求证：数列{3n ⋅a }是等差数列；
n
{1 }
(2)若数列{b }满足b =9n ⋅a a ，求数列 的前n项和S .
n n n n+1 b n
n
【答案】(1)证明见解析n
(2)S =
n 2n+3
【分析】（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{3n ⋅a }的通项公式，再求出b ，最后利用裂项相消法求和即可.
n n
【详解】（1）由3a -a =2×3-n，可得3n+1a -3na =2，
n+1 n n+1 n
又3a =3，所以{3n ⋅a }是以3为首项，2为公差的等差数列；
1 n
（2）由（1）知：3n ⋅a =3+(n-1)×2=2n+1，
n
1 1
所以b =9n ⋅a ⋅a = (3n ⋅a )⋅(3n+1 ⋅a )= (2n+1)⋅(2n+3)，
n n n+1 3 n n+1 3
1 3 3( 1 1 )
所以 = = - ，
b (2n+1)⋅(2n+3) 2 2n+1 2n+3
n
3[(1 1) (1 1) ( 1 1 )]
所以S = - + - +⋅⋅⋅+ -
n 2 3 5 5 7 2n+1 2n+3
3(1 1 ) n
= - = .
2 3 2n+3 2n+3
12．在公差不为0的等差数列{a }中，a =5，且a ，a ，a 成等比数列．
n 4 2 3 6
(1)求{a }的通项公式和前n项和S ；
n n
1
(2)设b = ，求数列{b }的前n项和公式T ．
n a a n n
n n+1
【答案】(1)a =2n-3，S =n2-2n
n n
n
(2)T =
n 1-2n
【分析】（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.
【详解】（1）公差d不为零的等差数列{a }中，a =5，又a ,a ,a 成等比数列，
n 4 2 3 6
所以¿，即¿，
解得a =-1,d=2，
1则a =a +(n-1)d=-1+2(n-1)=2n-3，
n 1
n(a +a ) n(-1+2n-3)
S = 1 n = =n2-2n.
n 2 2
1 1 1( 1 1 )
（2）由（1）可知，b = = = - ，
n a a (2n-3)(2n-1) 2 2n-3 2n-1
n n+1
可得数列{b }的前n项和
n
1( 1 1 1 ) 1( 1 ) -n n
T = -1-1+1- +…+ - = -1- = = .
n 2 3 2n-3 2n-1 2 2n-1 2n-1 1-2n
13．已知正项数列{a }满足a =1，a =2a +1.
n 1 n+1 n
(1)证明：数列{a +1}是等比数列，并求数列{a }的通项公式；
n n
a +1
(2)设b = n ，求数列{b }的前n项和T .
n a ⋅a n n
n n+1
【答案】(1)证明见解析；a =2n-1
n
2n+1-2
(2)T =
n 2n+1-1
【分析】（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a ;
n
（2）根据裂项求和法可求出结果.
【详解】（1）因为a =1，a =2a +1，所以a +1=2(a +1)，a +1=2，
1 n+1 n n+1 n 1
a +1
所以 n+1 =2，所以数列{a +1}是首项为2，公比为2的等比数列，
a +1 n
n
所以a +1=2×2n-1=2n ，所以a =2n-1.
n n
a +1 2n 1 1
（2）b = n = = - ,
n a ⋅a (2n-1)(2n+1-1) 2n-1 2n+1-1
n n+1
1 1 1 1 1 1 1
所以T = - + - +⋯+ - =1-
n 21-1 22-1 22-1 23-1 2n-1 2n+1-1 2n+1-12n+1-2
= .
2n+1-1
14．已知数列{a },a =1,na -(n+1)a =1．
n 1 n+1 n
(1)求数列{a }的通项公式；
n
π
(2)若数列{b }满足b
=sin(
a
)+cos(πa
)，求数列{b }的前2n项和T
n n 2 n+1 n n 2n
【答案】(1)a =2n-1
n
(2)-2n
a a 1 1
【分析】（1）先把题干条件等价变成 n+1 - n= - ，然后用累加法进行求解；
n+1 n n n+1
（2）结合特殊的三角函数值，利用分组求和进行求解.
a a 1 1 1
【详解】（1）由na -(n+1)a =1得， n+1 - n= = - ，
n+1 n n+1 n n(n+1) n n+1
a a a a a a 1 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 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 =sin ( (2n+1) )+cos(π(2n-1))=cosnπ-cos2nπ，
n 2
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 }的前2n项和为-2n．
n
15．已知数列{a }的前n项和为S ,a =3，且S +S =2a -3．
n n 1 n n+1 n+1(1)求数列{a }的通项公式；
n
2
(2)已知_________，T 是{b }的前n项和，证明：T < ．
n n n 3
2⋅3n 4n+6
从①b = ，②b = 中选取一个补充至题中并完成问题．
n (a -1)(a -1) n n(n+1)a
n n+1 n+1
【答案】(1)a =3n
n
(2)条件选择见解析，证明见解析
a
【分析】（1）根据S ,a 的关系化简可得a =9， n+1=3(n≥2)，根据等比数列定义证明数列{a }是等比
n n 2 a n
n
数列，结合等比数列通项公式求解；
1 1
（2）选①，由b = - ，利用裂项相消法求{b }的前n项和，完成证明；
n 3n-1 3n+1-1 n
2 2
选②，由b = - ，利用裂项相消法求{b }的前n项和，完成证明；
n n⋅3n (n+1)⋅3n+1 n
【详解】（1）当n=1时，S +S =2a -3，
1 2 2
∴a +a +a =2a -3，
1 1 2 2
∴a =9，
2
当n≥2时，∵S +S =2a -3，
n n+1 n+1
∴S +S =2a -3，
n-1 n n
∴S -S =2a -2a ，
n+1 n-1 n+1 n
∴a +a =2a -2a ，
n+1 n n+1 n
a a
∴
n+1=3(n≥2)．又 2=3．
a a
n 1
∴数列{a }是以3为首项，3为公比的等比数列，
n
∴a =3×3n-1=3n ．
n
2⋅3n 1 1
（2）选①：由b = = - ，
n (3n-1)(3n+1-1) 3n-1 3n+1-11 1 1 1 1 1 1 1 1 2
知T = - + - +⋅⋅⋅+ - = - < < ，
n 3-1 32-1 32-1 33-1 3n-1 3n+1-1 2 3n+1-1 2 3
2
故T < ．
n 3
4n+6 2 2
选②：由b = = - ，
n n(n+1)3n+1 n⋅3n (n+1)⋅3n+1
2 2 2 2 2 2 2 2 2
知T = - + - +⋅⋅⋅+ - = - < ．
n 1×3 2×32 2×32 3×33 n×3n (n+1)×3n-1 3 (n+1)×3n+1 3
16．已知等差数列{a }的前n项和为S ,a +a =8,S =36.
n n 2 3 6
(1)求数列{a }的通项公式；
n
1
(2)若数列{c }满足c -c = (n∈N*),c =1，求数列{c }的通项公式.
n n+1 n a a 1 n
n n+1
【答案】(1)a =2n-1
n
3n-2
(2)c =
n 2n-1
【分析】（1）根据条件列出方程组求解；
1
（2）对 裂项，用累加法求数列{c }的通项公式.
a a n
n n+1
【详解】（1）设{a }的公差为d，首项为a ，因为¿
n 1
所以¿，解得¿，
所以a =1+2(n-1)=2n-1.
n
1 1 1( 1 1 )
（2）由题设c -c = = = - ，
n+1 n a a (2n+1)(2n-1) 2 2n-1 2n+1
n n+1
1( 1 1 ) 1 (1 1) 1 (1 1)
所以当n≥2时，c -c = - ,⋅⋅⋅,c -c = × - ,c -c = × - ，
n n-1 2 2n-3 2n-1 3 2 2 3 5 2 1 2 1 3
1( 1 1 1 1 1 1) 1( 1 ) n-1
将上式累加可得：c -c = - +⋅⋅⋅+ - + - = 1- = ，
n 1 2 2n-3 2n-1 3 5 1 3 2 2n-1 2n-1
n-1 3n-2
又c =1，则c = +1= .
1 n 2n-1 2n-1
3n-2
又c =1，也适合上式，故c = .
1 n 2n-1a +1 2
17．已知数列{a }的前n项和为S ，且 n = .
n n S n
n
(1)证明：数列{a }是等差数列；
n
(2)若a +1，a +1，a 成等比数列.从下面三个条件中选择一个，求数列{b }的前n项和T .（注：如果选择
2 3 5 n n
多个条件分别解答，按第一个解答计分）
n 1 2n+3
① b n = a2a2 ；②b n = ❑√a +❑√a ；③ b n = a a 2n+1 .
n n+1 n n+1 n n+1
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）依题意可得n(a +1)=2S ，根据a =¿，作差得到(n-2)a -(n-1)a +1=0，当n>2时
n n n n n-1
{a -1}
两边同除(n-2)(n-1)，即可得到 n 为常数数列，从而求出a ，即可证明；
n-1 n
（2）设{a }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{a }的通项，再根据所选条件，
n n
利用裂项相消法计算可得.
a +1 2
【详解】（1）因为 n = ，即n(a +1)=2S ，当n=1时a +1=2S ，解得a =1，
S n n n 1 1 1
n
当n≥2时(n-1)(a +1)=2S ，所以n(a +1)-(n-1)(a +1)=2S -2S ，
n-1 n-1 n n-1 n n-1
即n(a +1)-(n-1)(a +1)=2a ，
n n-1 n
所以(n-2)a -(n-1)a +1=0，
n n-1
当n=2时上述式子恒成立，
a a 1 1 1
当n>2时两边同除(n-2)(n-1)可得 n - n-1 =- = - ，
n-1 n-2 (n-1)(n-2) n-1 n-2
a 1 a 1 {a -1} a -1
即 n - = n-1 - ，所以 n 为常数数列，即 n =a -1，
n-1 n-1 n-2 n-2 n-1 n-1 2所以a -1=(n-1)(a -1)，即a =(n-1)(a -1)+1，
n 2 n 2
当n=1时上述a =(n-1)(a -1)+1也成立，
n 2
所以a -a =n(a -1)+1-(n-1)(a -1)-1=a -1，
n+1 n 2 2 2
所以{a }是以1为首项，a -1为公差的等差数列.
n 2
（2）设{a }的公差为d，因为a +1，a +1，a 成等比数列，
n 2 3 5
所以(a +1) 2=a (a +1)，即(2+2d) 2=(1+4d)(2+d)，解得d=2，所以a =2n-1；
3 5 2 n
n n 1[ 1 1 ]
若选① b = ，则b = = - ，
n a2a2 n (2n-1) 2 (2n+1) 2 8 (2n-1) 2 (2n+1) 2
n n+1
1[ 1 1 1 1 1 1 ] 1[ 1 ]
所以T
n
=
8 12
-
32
+
32
-
52
+⋯+
(2n-1) 2
-
(2n+1) 2
=
8
1-
(2n+1) 2 .
1
若选②b = ，则
n ❑√a +❑√a
n n+1
1 ❑√2n+1-❑√2n-1 1
b = = = (❑√2n+1-❑√2n-1)，
n ❑√2n-1+❑√2n+1 (❑√2n-1+❑√2n+1)(❑√2n+1-❑√2n-1) 2
1 1
所以T = (❑√3-❑√1+❑√5-❑√3+⋯+❑√2n+1-❑√2n-1)= (❑√2n+1-1).
n 2 2
2n+3 2n+3 1 1
若选③ b = ，则b = = - ，
n a a 2n+1 n (2n-1)(2n+1)2n+1 (2n-1)×2n (2n+1)×2n+1
n n+1
1 1 1 1 1 1
所以T = - + - +⋯+ -
n 1×21 3×22 3×22 5×23 (2n-1)×2n (2n+1)×2n+1
1 1
= -
.
2 (2n+1)×2n+1
18．已知数列{a }的前n项和为S ，且2S =3n-2n-1.
n n n
(1)求数列{a }的通项公式；
n2⋅3n
(2)若b = ，求数列{b }的前n项和T .
n a a n n
n+1 n+2
【答案】(1)a =3n-1-1；
n
1 1
(2)T = - .
n 2 3n+1-1
【分析】（1）根据S 与a 的关系即可求解数列的通项公式；
n n
1 1
（2）由（1）可得b = - ，结合裂项相消求和法即可求解.
n 3n-1 3n+1-1
【详解】（1）2S =3n-2n-1①，
n
当n=1时，2S =2a =3-2-1=0，解得a =0.
1 1 1
当n≥2时，2S =3n-1-2n+1②，
n-1
①-②，得2a =3n-3n-1-2=2⋅3n-1-2，所以a =3n-1-1，
n n
又a =0，符合上式，故a =3n-1-1.
1 n
（2）由（1）知a =3n-1-1，则a =3n-1,a =3n+1-1，
n n+1 n+2
2⋅3n 2⋅3n 1 1
所以b = = = - ，
n a a (3n-1)(3n+1-1) 3n-1 3n+1-1
n+1 n+2
则T =b +b +⋯+b
n 1 2 n
1 1 1 1 1 1
= - + - +⋯+ -
31-1 32-1 32-1 33-1 3n-1 3n+1-1
1 1 1 1
= - = -
.
31-1 3n+1-1 2 3n+1-1
19．已知数列{a }的前n项和为S ，且满足S =2a -2，等差数列{b }中，b =5，b =9．
n n n n n 3 5
(1)求数列{a }，{b }的通项公式；
n n
c +1
(2)记c =b ，d = n ，求数列{d }的前n项和T ．
n a n n c c n n
n n+1【答案】(1)a =2n，b =2n-1；
n n
1 1
(2)T = - .
n 3 2n+2-1
【分析】（1）根据给定条件，利用a 与S 的关系求出a ，再利用等差数列的性质求出公差即可作答.
n n n
（2）由（1）求出c ,d ，再利用裂项相消法求和作答.
n n
【详解】（1）当n=1时，S =2a -2，解得a =2，
1 1 1
当n≥2时，S =2a -2，则S -S =2a -2-(2a -2)，
n-1 n-1 n n-1 n n-1
即a =2a -2a ，于是a =2a ，因此{a }是以2为首项，2为公比的等比数列，则a =2n，
n n n-1 n n-1 n n
b -b
等差数列{b }中，b =5,b =9，则公差d= 5 3=2，于是b =b +(n-3)d=2n-1，
n 3 5 5-3 n 3
所以数列{a }，{b }的通项公式分别为：a =2n ，b =2n-1.
n n n n
c +1 2n+1 1 1
（2）由（1）知，c =b =2⋅2n-1，d = n = = - ，
n a n n c c (2n+1-1)(2n+2-1) 2n+1-1 2n+2-1
n n+1
1 1 1 1 1 1 1 1
则T =d +d +⋯+d =( - )+( - )+⋯+( - ) = - ，
n 1 2 n 22-1 23-1 23-1 24-1 2n+1-1 2n+2-1 3 2n+2-1
1 1
所以数列{d }的前n项和T = - .
n n 3 2n+2-1
20．记等差数列{a }的前n项和为S ，已知a =7，S =45．
n n 2 5
(1)求{a }的通项公式；
n
1 2
(2)设b = ，数列{b }的前n项和为T ，若T = ，求m的值．
n a a n n m 25
n n+1
【答案】(1)a =2n+3
n
(2)m=10
【分析】（1）根据下标和定理及S =45得出a =9，结合a =7即可求出d，进而写出通项公式；
5 3 2
2
（2）首先写出b 的表达式，由裂项相消法得出T ，由T = 解出m即可．
n n m 25【详解】（1）设{a }的公差为d，因为S =45，
n 5
5(a +a )
所以S = 1 5 =5a =45，解得a =9，
5 2 3 3
又a =7，所以d=a -a =2．
2 3 2
所以a =a +(n-2)d=7+(n-2)2=2n+3．
n 2
1 1( 1 1 )
（2）因为b = = - ，
n (2n+3)(2n+5) 2 2n+3 2n+5
1(1 1 1 1 1 1 )
所以T = - + - +⋯+ -
n 2 5 7 7 9 2n+3 2n+5
1 1 1 n
= ( -- )= ，
2 5 2n+5 5(2n+5)
m 2
由 = ，解得m=10，
5(2m+5) 25
所以m=10．
