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专题06 数列求和全题型培优归类
题型1 求和全题型：基础公式法
求和基础公式，主要是等差等比求和，是求和的基础。等差等比求和公式：
等差：前n 项和公式：Sn＝na1＋d＝.
等比：前n 项和公式：Sn＝
1．（24-25 高三·广西南宁·阶段练习）若数列{
}的通项公式为
，则数列{
}的前n 项和
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据分组求和法计算即可求解.
【详解】因为
，
所以
.
故选：B.
2．（25-26 高三甘肃·阶段练习）设
的整数部分为
，则数列
的前21 项的和为
（ ）
1
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A．250
B．253
C．255
D．258
【答案】B
【分析】根据
即可结合等差数列的求和公式即可求解.
【详解】因为
，
所以当
时，
，所以
，
当
时，
，所以
为小于1 的分数，此时
，所以
则数列
的前21 项和为
.
故选:B.
3．（25-26 高三上·广东·开学考试）已知数列
为等比数列，公比为
，且
.若
，则正整数
的值是（ ）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】C
【分析】根据题意求出等比数列的通项，再运用等比数列的性质及前
项和公式求解即可．
【详解】由题可得：
，解得
，故
，
因为
，解得
．
故选：C．
4．（2025 高三·全国·专题练习）已知数列
的前
项和为
且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．17
【答案】A
【分析】根据等比数列的定义判断
为等比数列，进而根据性质求解得
，即可由求和公式求
解.
【详解】因为
，且
，所以
，所以
为等比数列．
因为
，所以
，
因为
，所以
，即
的公比
．
所以
．故选：A．
题型2 求和全题型：分组求和
2
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分组求和法主要是以等差等比核心：
1.形如an＝
，用分组求和法，分别求和而后相加减
2.形如an＝
，用分组求和法，分别求和而后相加减
3.形如an＝
，用分组求和法，分别求和而后相加减
1．（25-26 高三上·重庆·阶段练习）已知数列{an}满足
数列
的前n
项和
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由已知得出
是等比数列，可得其通项公式，由
，可
得
，计算可得.
【详解】因为
，
所以
，
又
，则
，
所以
是以3 为首项，2 为公比的等比数列.
于是
，
因为
，
所以
，
又
，
所以
，
故选：A
2．（25-26 高三上·云南昆明·阶段练习）若数列
满足
，
，则其前
2025 项的和为（ ）
A．1517
B．1519
C．1521
D．1523
【答案】B
【分析】由题意将所求数列的前2025 项的和进行适当分组再求和即得.
【详解】因
，
则
.
故选:B.
3．（2025·福建三明·三模）若数列
满足
，
，则
（ ）
A．155
B．156
C．203
D．204
【答案】A
【分析】由
，可以得到奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，再由
，利用
3
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合并项求出
【详解】由
，则
，
故奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，
由
，则
，
，
则
，
故
.
故选：A
4．（24-25 高二下·云南楚雄·阶段练习）在数列
中，
，数列
的前
项和为
，若
，则数列
的前
项和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】首先并项求和得
，则可得
，再由裂项相消法求和可得答案.
【详解】因为
，
所以
，
所以数列
的前
项和
.
故选：D.
题型3 求和全题型：倒序求和
倒序求和：
倒序求和，多是具有中心对称的“函数型”，此类函数具有“和定”的特征，满足“和定”特征的还有
组合数。
1．（24-25 高三 陕西西安·阶段练习）若等差数列
满足
，则
（ ）
A．2025
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据等差中项的性质，利用倒序相加法，可得答案.
【详解】由等差数列
满足
，则对于
，
，当
时，
，
则
，
4
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设
，
则
，
两式相加可得
，解得
.
故选：B.
2．（23-24 高三·四川绵阳·阶段练习）已知数列
是公比为
的等比数列，且
，若
，则
（ ）
A．4046
B．4045
C．2024
D．2023
【答案】A
【分析】由题可得
，利用等比数列性质可得
，继而可计算
.
【详解】由题可得
，
又数列
为等比数列，且
，所以
，
即
，
所以
，
故选：A
3．（24-25 高二下·云南丽江·阶段练习）已知函数
是幂函数，对任意的
，且
，满足
，记曲线C：
，设函数
．曲线C 的对称中心为点M，曲线C 上两个不重合的动点
、
关于点M 对
称，求
的取值范围和
的值（ ）
A．
，
B．
，8098
C．
，
D．
，4049
【答案】A
【分析】由幂函数的概念和单调性的定义可得
，从而
，再由对称性可知曲线
的对称中心为
，得到
，由
，
，根据二次函数的性质可得
.由对称性可得曲线
关于点
对称，利用倒序相加可得
的值.
【详解】因为函数
为幂函数，所以
，即
，
解得
或
．当
时，
；当
时，
．
5
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因为函数
对任意的
，且
，满足
，
所以函数
在
上单调递增，所以
，∴曲线C：
，
因为
，
得曲线
的对称中心为
，所以
，即
，
，
又因为A、B 两点不重合，故
，得
，所以
.
∵
，
∴曲线
关于点
对称.
设
①，
②，
两式相加得
.
故选：A．
4．（24-25 高二下·广西南宁·开学考试）已知数列
中，
，则
（ ）
A．96
B．97
C．98
D．99
【答案】A
【分析】由倒序相加法求和即可；
【详解】
，
所以
，
两式相加可得：
，
所以
，
故选：A
题型4 求和全题型：错位相消法
错位相减法：
形如an＝
，用错位相减法求解．
若
是公差为
的等差数列，
是公比为
的等比数列，求数列{an·bn}的前n 项和
．
思维结构结构图示如下
6
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求和过程：
1．（24-25 高三全国·课后作业）已知
对一切
都成
立，那么
，
的值为（ ）
A．
，
B．
C．
，
D．
，
【答案】A
【分析】方法一：利用错位相减求和可得答案；
方法二：利用
代入求出
可得答案.
【详解】方法一：
令
，
则
，
两式相减得
，
可得
，
对一切
都成立，那么
，
；
方法二：
对一切
都成立，
当
时有
，
即
，解得
.
7
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故选：A.
2．（25-26 高三上·内蒙古呼和浩特·开学考试）若
，则
．
【答案】100
【分析】利用错位相减求和法求解.
【详解】设
，
则
.
所以
.
所以
，
.
所以
.
故答案为：100
3．（24-25 高三·江苏镇江阶段练习）对任意数列
，定义函数
是数列
的“生成函数”.已知
，则
.
【答案】
【分析】根据题意，先利用数列前
项和为
求出通项公式
，再利用错位相减法和等比数列
求和即可求解.
【详解】由题意得
，即数列
的前
项和
，
则
时，
，得
，
又
时，
也满足
，所以数列
得通项公式
.
故
，
，
两式错位相减，得
，
整理化简得
故答案为：
.
4．（24-25 高二下·四川内江·期中）设
为数列
的前
项和，已知
，
，则
.
【答案】
【分析】构造数列
，得其为常数列，进而求得
，再由错位相减法求解即可.
【详解】由
可得
，
令
，则
，∴又
，
，∴
；
8
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①，
②，
①减②得：
，
∴
，∴
.
故答案为：
.
题型5 求和全题型：分段型求和
分段型数列求和：
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。
1.（2024·全国·模拟预测）在等比数列
中，
，若
，且
的前
项和为
，则满足
的最小正整数
的值为（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】B
【分析】根据等比数列性质及分组求和法，利用等比数列的前
项和及数列的单调性即可求解.
【详解】由
可得
，
故
，设
的公比为
，则
，即
，
故
，
则
．
由于
时，
，
故
随着
的增大而增大，而
，
，
故满足
的最小正整数
的值为6．
故选：B.
2.（2023·湖北武汉·模拟预测）等比数列
满足各项均为正数，
，数
列
的前
项和为
，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
9
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【分析】利用分组求和法求出
，进而得
，从而得
，利用导数研究其单调性求解.
【详解】等比数列
满足各项均为正数，
，
则
的公比为
，
，
，
，
；
，
当
时，
，
令
，
，
令
，
，
当
时，
，即
为增函数，故
，
即当
时，
为增函数，故
，
则
单调递增，
，
时
，
综上，则
的取值范围为
.
故选：A.
3.（2024·重庆·模拟预测）已知数列
满足：
，则
（ ）
A．511
B．677
C．1021
D．2037
【答案】B
【分析】由题意可得，
，结合所给条件计算即可得.
【详解】
.
故选：B.
4.（2020·浙江温州·二模）已知数列{an}满足：an
（n∈N*）．若正整数k（k≥5）使
得a12+a22+…+ak2＝a1a2…ak 成立，则k＝（ ）
A．16
B．17
C．18
D．19
【答案】B
10
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【分析】由题意可得a1＝a2＝a3＝a4＝a5＝2，a6＝a1a2a3…a5﹣1＝25﹣1＝31，n≥6 时，a1a2…an﹣1＝1+an，
将n 换为n+1，两式相除整理得an2＝an+1﹣an+1，n≥6，求得a62+a72+…+ak2＝ak+1﹣a6+k﹣5，结合已知
条件，即可得到所求值．
【详解】解：an
（n∈N*），
即a1＝a2＝a3＝a4＝a5＝2，a6＝a1a2a3…a5﹣1＝25﹣1＝31，
n≥6 时，a1a2…an﹣1＝1+an，所以a1a2…an＝1+an+1，
两式相除可得
an，
则an2＝an+1﹣an+1，n≥6，
由a62＝a7﹣a6+1，
a72＝a8﹣a7+1，
…，
ak2＝ak+1﹣ak+1，k≥5，
可得a62+a72+…+ak2＝ak+1﹣a6+k﹣5
a12+a22+…+ak2＝20+ak+1﹣a6+k﹣5＝ak+1+k﹣16，
且a1a2…ak＝1+ak+1，
正整数k（k≥5）使得a12+a22+…+ak2＝a1a2…ak 成立，
则ak+1+k﹣16＝ak+1+1，
则k＝17，
故选：B．
【点睛】本题考查数列的递推公式，考查累加法求和，解题关键是由n≥6 时，a1a2…an﹣1＝1+an，a1a2…an
＝1+an+1，两式相除得出
，目的是配出
．
题型6 求和全题型：正负相间并项型
正负相间并项型：
形如
，一般情况下，f（n）可类比前边规律裂项相消法，一正一负连续两项合并，则
可得到常数，或者等差，或者等比等有规律的数列，再进行求和。
1.（22-23 高三上·河南·阶段练习）已知数列
的通项公式为
，前
项和为
，则满足
的最小正整数
的值为（ ）
A．28
B．30
C．31
D．32
【答案】D
【分析】用分组（并项）求和法求得和
，然后解不等式
，结合
是正整数得解．
【详解】由题意，得
，
由
，得
，即
，
11
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结合
，解得
，故
的最小值为32．
故选：D．
2.（2022 高三·全国·专题练习）数列
满足
，前16 项和为540，则
．
【答案】-2
【分析】分
为奇数与偶数两种情况，分别求得前16 项中奇数项和偶数项的和，再根据偶数项与
的关系
求解即可
【详解】因为数列
满足
，
当
为奇数时，
，
所以
，
，
，
，
则
，
当
为偶数时，
，
所以
，
，
，
，
，
，
，
故
，
，
，
，
，
，
，
因为前16 项和为540，
所以
，
所以
，解得
．
故答案为：
．
3.（21-22 高三·辽宁沈阳·开学考试）数列
的前
项和
等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先设数列
，前
项和为
，
当
为奇数时，求出并项
，
再根据并项求出当
为偶数时
的表达式，代值计算即可.
【详解】设数列
，数列
的前
项和为
，
当
为奇数时，
，
所以当
为偶数时，
，
所以
.
故选：D.
4.（21-22 高三上·河南商丘·阶段练习）设数列
的通项公式为
，其
前
项和为
，则
（ ）
A．
B．
C．180
D．240
【答案】D
【分析】分别取
，
，
和
，
，可验证出
，利用周期
性可验算得到结果.
【详解】当
，
时，
，
；
当
，
时，
，
；
当
，
时，
，
；
当
，
时，
，
.
12
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，
.
故选：D
题型7 裂项求和全题型1：首项是负的基础型
1．（25-26 高三·全国·阶段练习）已知在数列
中，
，数列
的前
项和为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据取倒数法可得
，由等差数列的定义和通项公式可得
，进而
，结合裂项相消法求和即可．
【详解】由
，得
，即
，又
，
所以
，则
是以
为首项，
为公差的等差数列，
则
，
故
，得
，
所以
．
13
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所以
．
故选：A.
2．（24-25 高三下·山东泰安·阶段练习）已知数列
满足：
，
．若数列
满足
，则数列
的前20 项和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】结合等差数列的定义，利用取倒数法证得
是等差数列，进而求得
，再利用裂项相消法求
和即可.
【详解】依题意，由
，得
，
故数列
是首项为
，公差为2 的等差数列，
所以
，则
，
所以数列
的前20 项和为
.
故选：B
3．（2023·陕西宝鸡·模拟预测）等比数列
的各项均为正数，且
.设
，则数列
的前项和
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】设等比数列
的公比为
，则
，根据已知条件求出
、
的值，可得出
的通项公式，
再利用裂项相消法可求得
.
【详解】设等比数列
的公比为
，则
，则
，
所以
，所以
，因为
，可得
，
所以
，
所以
，
所以
，
，
即数列
是首项为
，公差为
的等差数列，
所以
，
14
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所以
，
因此
.
故选：B.
4．（24-25 高三上·辽宁丹东·开学考试）已知等差数列
的前
项和为
，
，
为整数，且
，
则数列
的前9 项和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用给定条件，求出等差数列
的公差
的范围，进而求出
及通项公式，再利用裂项相消法
求和即得.
【详解】设等差数列
的公差为
，由
，得
，则
，
即
，解得
，而
为整数，则
为整数，
因此
，
，
，
所以数列
的前9 项和为
.
故选：A
题型8 裂项求和全题型2：线性函数型
函数型，指的是
f（n）=t（q-p），差型；
．
1．（24-25 高三下·江苏盐城·阶段练习）已知等差数列
的前n 项和
，若
，数列
的前n 项和为
，且
，则正整数
的值为（ ）
A．4
B．6
C．5
D．8
【答案】C
【分析】由
的关系求出通项公式，再由裂项相消求出
，根据方程
求解即可.
【详解】当
时，
，
当
时，
，符合上式，故
，
所以
，
15
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故
，
由
，得
，
整理得
，化简得
，得
（舍去负值）．
故选：C
2．（23-24 高二·江苏·假期作业）已知数列
满足
，设数列
满足：
，数列
的前
项和为
，若
恒成立，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先求出
的通项，再求出
的通项，从而可求
，利用参变分离可求
的取值范围.
【详解】因为
，
所以
，
故
即
，其中
.
而令
，则
，故
，
.
，
故
，
故
恒成立等价于
即
恒成立，
化简得到
，因为
，故
.
故选：D
3．（2024·全国·模拟预测）已知等差数列
的前
项和
，若
，数列
的前
项
和为
，且
，则正整数
的值为（ ）
A．12
B．10
C．9
D．8
【答案】D
【分析】
由
的关系求出通项公式，再由裂项相消求出
，根据方程
求解即可.
【详解】当
时，
，
当
时，
，符合上式，故
，
16
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所以
，
故
，
由
可得
，化简得
，得
（舍去负值）．
故选：D
4．（2019·广东·一模）已知数列
满足
，设数列
满足：
，数列
的前
项和为
，若
恒成立，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求数列的和，最后利用函数的
单调性求出结果.
【详解】数列
满足
，①
当
时，
，②
①
②得，
，故
，
则
，
则
，
由于
恒成立，
故
，
整理得：
，
因
随
的增加而减小，所以当
时，
最大，且为
，
即
.故选：D
题型9 裂项求和全题型3：分离常数裂项型
分离常数裂项型，指的是
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f（n）是pq 的同类项，可以分离常数型，然后再裂项
1．（21-22 高三·浙江·阶段练习）已知数列
中，
，若
，设
，若
，则正整数
的最大值为（ ）
A．1010
B．1011
C．2021
D．2022
【答案】B
【分析】确定数列
是递增数列，得
，利用已知等式得出
，然后对和
进行变
形，利用裂项相消法求得和的表达式，再由不等式性质得出结论．
【详解】
,
，又
，所以
，即
是递增数列，
由
得
，所以
，
，
，
所以
，而
，
，
，
所以正整数
的最大值为1011．
故选：B．
2．（22-23 高三福建厦门·阶段练习）设数列
的前n 项和为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据题意，得到
，利用裂项相消法求数列的前
项和公式，
得出前100 项的和，结合选项，即可求解.
【详解】由
，
所以
，
所以
，
故选：A.
3．（2021·山东潍坊·模拟预测）设数列
的前n 项和为
，则（ ）
A．25<S100<25.5
B．25.5<S100<26
18
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C．26<S100<27
D．27<S100<27.5
【答案】A
【分析】利用裂项相消法，来求前
项和公式，再求前100 项的和即可．
【详解】由
，
∴
，
∴
，
故选：A．
4．（2021·四川绵阳·模拟预测）设数列
满足
，若
，且数列
的
前
项和为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先根据
的递推关系求出
的通项公式，代入
的表达式中，求出
的通项，即可求解
的前
项和
【详解】由
可得
,
∵
, ∴
,
则可得数列
为常数列
，即
, ∴
∴
,
∴
.
故选: D
题型10 裂项求和全题型4：指数裂项型
指数型，类似函数型的列项思维
形如
1．（21-22 高二上·江苏南京·期末）已知数列
满足
，
，记数列
的前n 项和为
，若对于任意
，不等式
恒成立，则实数k 的取值范围为（
）
19
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】将数列递推式恒等变形，构造等比数列
，求得数列通项，将题设中的数列
的通项展开裂项，运用裂项相消法求和，求得和式的范围即得.
【详解】依题意
，当
时，
，
所以数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
，即
，
所以
，
所以
，
因不等式
恒成立，故
的取值范围是
.
故选：C.
2．（23-24 高三山西运城·阶段练习）已知数列
满足
，数列
的前
项和为
，若
对
恒成立，则实数
的最小值是（ ）
A．
B．1
C．
D．2
【答案】B
【分析】根据等比数列求出
，求出
，求出
即可求解.
【详解】因为
，所以数列
是以2 为首项，2 为公比的等比数列，
所以
，所以
，
，因为
对
恒成立，
所以
，所以
的最小值是1.
故选：B.
3．（2024·全国·模拟预测）已知数列
的前
项和
满足
，若
，数列
的前
项和为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】求出数列
的通项公式及
，求出数列
的通项公式，再利用裂项相消法求和即得.
【详解】数列
中，
，
，当
时，
；
当
时，
，两式相减得
，整理得
，
数列
是首项为2，公比为3 的等比数列，则
，
20
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，
所以
.
故选：A
4（24-25 高二上·全国·课后作业）设数列
的通项公式为
，数列
的前m 项和
，
则m 的值为（ ）
A．8
B．10
C．12
D．20
【答案】A
【分析】运用裂项相消法，结合指数的运算性质进行求解即可.
【详解】由题意得
，
则
，则
，
得
，解得
，
故选：A
题型11 裂项求和全题型5：等差指数“同构”型
等差指数“同构”型裂项法
1．（2023·江西宜春·一模）已知数列
满足
，若数列
的前
项和
，
对任意
不等式
恒成立，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据
求得
,再因为对任意
不等式
恒成立，
，
求出实数
的取值范围.
【详解】
①,
②,
由①-②可得，当
时,
,当
,
21
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当
,
,当
，
所以
,
对任意
不等式
恒成立,所以
,
.
所以
.
故选:C.
2．（22-23 高三上·江西南昌·阶段练习）设数列
满足
，
，则数列
的前19 项和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据数列的递推式采用累加法求得
，可得
的通项公式，采
用裂项求和法，即可求得答案.
【详解】因为
，所以
，
所以
，
又
，所以
，
则
，
故数列
的前19 项和为：
，
故选：D
3．（2023·陕西安康·模拟预测）已知数列
的首项为
,数列
的前
项和小于实数
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
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【分析】先分奇偶求出通项公式，再应用裂项相消法即可得前n 项和，则得M 的最小值.
【详解】当
时，
，即
.
所以当
为奇数时，
是常数列.又
，
所以当
为奇数时，
，即
，
当
为偶数时，
，
所以当
时，
.
设
，则
故
的前
项和为
，当
趋向于无穷大时，前
和趋向于
.
所以
的最小值为
.
故选：C.
4．（2023·山东·模拟预测）已知非零数列
，点
在函数
的图像上，
则数列
的前2023 项的和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据题意，由条件可得数列
是以
为首项，
为公差的等差数列，从而得到数列
的通项公式，再结合裂项相消法即可得到结果.
【详解】由已知条件知
，则
．
所以
．（*）
因为点
在函数
的图像上，所以
，将（*）代入得
．
当
时，由
，得
．所以数列
是以
为首项，
为公差的等差数列．
所以
，
因为
，
23
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所以
．
故选：A．
题型12 裂项求和全题型6：裂和“调和”相消型
正负型：等差裂和型
原理：可通过分离常数，或者公式
，裂项为“和”，借助系数的正负相间，达到裂项相消的目
的。
常见构造裂项形式：
1．（23-24 高三·福建龙岩·阶段练习）已知数列
满足
，其前
项和为
，设
函数
，则
（ ）
A．0
B．1
C．1012
D．2024
【答案】C
【分析】由
可得
，从而可得
，又由
可得
，从而利用倒序求和法即可求解.
【详解】因为
，
所以
，
所以
，
因为
，
所以
，
，…，
，
以上各式相加，
.
故选：C
2．（24-25 高二上·江苏镇江·期中）已知在数列
中，
，
，
，
24
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数列
的前
项和为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据取倒数法可得
，由等差数列的定义和通项公式可得
，进而
，结合裂项相消法求和即可.
【详解】由
，得
，即
，
又
，所以
，
则
是以
为首项，以
为公差的等差数列，
得
，故
，得
，
所以
，
所以
.
故选：A
3．（20-21 高三下·安徽·阶段练习）已知数列
满足
，其前
项和
，数列
满足
，其前
项和为
，若
对任意
恒成立，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用
与
关系可证得
为等差数列，由此可求得
，将
进行裂项后，前后相消可求得
，
将问题转化为
；令
，可证得
为递增数列，由此得到
.
【详解】当
时，
，解得：
或
，又
，
；
当
时，由
得：
，
，整理可得：
，
，
，即
，
是以为首项，
为公差的等差数列，
；
经检验：
满足
；
25
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综上所述：
，
，
，
由
得：
，
令
，则
，
为递增数列，
，
，即实数
的取值范围为
.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够采用裂项相消的方法求得
，对于通项公式中含有
类型
的数列进行裂项求和时，需注意将通项裂成两项之和的形式，进而利用
的波动性前后相消得到结果.
4．（2020·全国·模拟预测）已知等比数列
的各项都为正数，当
时，
，设
，
数列
的前
项和为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据等比中项的性质化简
，得到
，从而可以算出
的通项公式，进而求
出
，再结合裂项相消法即可得出结论.
【详解】∵数列
是各项都为正数的等比数列，
∴当
时，
，∴
，
又∵
为等比数列，
∴
，
，∴
，
∴
，
∴
，
故选：B.
【点睛】本题考查等差等比数列的综合运用，涉及到的知识点有等比数列的性质，裂项相消法求和，需
､
要学生熟练掌握其性质并灵活应用，属于中档题.
题型13 裂项求和全题型7：无理根式型
26
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无理根式型裂项：
一般情况下，无理型裂项相消满足：
1．（22-23 高三上·江苏南通·期末）已知正项数列
是公差不为
的等差数列，
，
，
成等比数列
若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】设正项等差数列
的公差为
，且
，由等比中项得
，即
，
得
，
，即
，求得
．
【详解】设正项等差数列
的公差为
，且
，
，
成等比数列，
，即
，整理得，
，
，
，
，
即
，即
，
，
．故选：
．
2.（22-23 高三下·云南曲靖·阶段练习）已知数列
各项均为正数，
且
，数列
满足
，若
，则
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据等差中项可得
是等差数列，结合条件可得
，然后利用裂项相消法即得.
【详解】由
可知
是等差数列，
由
，可得
，
，
所以
，所以
，经检验满足
，
所以
，
27
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所以
.
故选：D.
3.（2023·江西上饶·模拟预测）在正项数列
中，
，记
．
整数
满足
，则数列
的前
项和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据等差数列定义，裂项相消求和和对数不等式的求解即可得解.
【详解】因为
，
所以
为首项是1，公差是1 的等差数列，所以
，所以
，
的前
项和为
，
整数
满足
，
所以
，
是整数，
所以
，所以则数列
的前
项和为：
.故选：C.
4.（24-25 高三上·云南昆明·阶段练习）若数列
满足
，则
．
【答案】2
【分析】将数列通项分母有理化，运用裂项相消法求和即得.
【详解】因为
，
所以
．
故答案为：
.
题型14 裂项求和全题型8：三项积型
三项积型裂项求和：
属于比较难的题型，做复习参考。一般情况下，可如下公式裂项：
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1.（2025·山东·模拟）数列
中，
，
，设数列
的前
项和为
，则
.
【答案】
【分析】根据已知条件判断出数列
是等差数列并求得其通项公式，进而求得
，利用裂项求和法求
得
.
【详解】由递推关系可得：
，
即：
，且：
，
据此可得数列
是首项为
，公差为的等差数列，
则
，
，
据此可得：
，
所以
.
故答案为：
2.（2023·全国·模拟预测）在数列
中，
，
，
，对
，
恒成立，则
的通项公式为 ；若
，则数列
的前n 项和
．
【答案】
【分析】先运用等差数列公式法求出
的通项公式，再求出
的通项公式，用裂项相消法求和.
【详解】由于
，
，所以
成等差数列，又
，
，
所以
的公差
，
，
，又
，所以
，
29
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，
；
故答案为：①
，②
.
3.（24-25 高二下·河南南阳·期中）已知数列
的通项公式为
，函数
在
处的导数为
，则使得
的正整数
的最小值为
.
【答案】7
【分析】由条件可得
，求导可得
，裂
项相消法求和，代入运算得解.
【详解】由
，
则
，
因为
，
所以
，
，即
，
化简整理得
，解得
或
，又
，
，则
的最小值为7.
故答案为：7.
4.（22-23 高一上·福建厦门·开学考试）有一组数据：
，
，
，
，
.记
，则
.
【答案】
【分析】先将数列通项裂成两项，再对这两项分别裂项求和计算得出.
【详解】因为
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，
，
，
，
.
上述12 个式子相加得：
，
.
故答案为：
.
题型15 裂项求和全题型9：三角函数型
三角函数数列不等式：
1. 利用三角函数的周期型。
2. 利用三角函数正余弦函数的有界性。
3. 一些题型，可以借助泰勒公式等导数形式证明的结论
1.（2023 高二上·全国·专题练习）已知数列
满足
，且
的前
项的和记为
，
则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用三角函数恒等变换对
转化，求出
的表达式，代入即可求出.
【详解】
，
31
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∴
，∴
故选：C
2.（24-25 高三下·广西·开学考试）设等差数列
的前n 项和为
，已知
，
，设
，则数列
的前n 项和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先根据等差数列的基本量运算得出通项公式，再结合两角和差正弦及余弦公式，最后结合裂项相
消计算即可.
【详解】设等差数列
的公差为d，由题意得
，
解得
，
，则
，
则
，
则数列
的前n 项和为：
故选：
3.（2025·河北模拟）设等差数列
的公差为
，前项和为
，记
，则数列
的
前
项和是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由等差数列的求和公式可得首项，
﹣1=
﹣1，运用
裂项相消求和，结合两角和差的正切公式，即可得到所求和．
【详解】等差数列
的公差d 为
，前8 项和为
，可得
，解得
，
﹣1=
﹣1，则数列
的前7 项和为
=
（tan
﹣tan
）﹣
7=
（tan
﹣tan
）﹣7
=
（
）﹣7=
；
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故选：C．
4.（2024·广东·模拟预测）令
．则
的最大值在如下哪个区间
中（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先通过
，利用裂项相消法求出
，观察得其最大值
可取
，然后计算其范围即可.
【详解】由于
根据三角函数的性质可知，当
或
时，
取最大值，
不妨取
，则
,
又
，因为当
时，
所以
要比较
与
的大
小，
即比较
与
的大小，
故
.
所以
.故选：B.
证明：当
时，
设
，
，则
，
所以
在
上单调递减，所以
，即当
时，
.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用
对式子进行放缩，可以将三角运算转化为非三角运算.
题型16 裂项求和全题型10：组合数型裂项
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
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1.（24-25 高三上·福建厦门·阶段练习）已知
是定义在
上的奇函数，
，且对任意
，均有
，则
，
.
【答案】
【分析】要利用数列的递推思想和累乘法来求出
，然后再构造为二项式系数来求和，利用
二项式系数的性质就可以求出结果.
【详解】令
，
，由题意知
，
又
是定义在
上的奇函数，则
，
∴
，化简得
，则
，
得
，累乘，
得
，
当
时，0!=1，即
满足上式，则
，
∴
，则
，
∵
，上式可化为
，
由于
，
由二次项性质
，得
.
故答案为：
，
.2.
【点睛】关键点点睛：令
，
，结合题设得到
，有
，应用累乘
法求得
，结合组合数性质变形目标式.
2.（23-24 高二上·福建泉州·阶段练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”
的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数
称为高斯函
数，其中
表示不超过
的最大整数.设
，则除以2023 的余数是 .
【答案】1011
【分析】先求得每项除以2023 的余数，求每项除以2023 的余数时，分奇偶项进行讨论，余数求和后再求
除以2023 的余数即可.
【详解】
，
又
，
34
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则
，
又
，
所以
，
所以当
，
，
其除以2023 的余数为
，
当
时，
，
其除以2023 的余数2022 和3，
当
且
时，
，
其除以2023 的余数为
，
当
时，
，
其除以2023 的余数为
，
除以2023 的余数为
除以2023 的余数，
即
除以2023 的余数，
又
其除以2023 的余数为1011，
故答案为：1011.
【点睛】本题的关键一是分奇偶项进行讨论，特别是偶数项时，最后两项求得结果与前面项，求得结果不
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同，要分开讨论；二是余数求和后要再除以2023 二次求余.
3.（24-25 高二下·海南海口·期中）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就.杨辉三角有很多有趣的性质，例
如，三角形的两个腰上的数都是1，其余的数都等于它肩上的两个数相加.在如图所示的杨辉三角中，记实
线上的数1，3，6，10，…构成数列
，即第2 行第3 个数是
，第3 行第3 个数是
，
第4 行第3 个数是
，第5 行第3 个数是
，…第
行第3 个数是
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用二项式展开式的第三项二项式系数记为
，然后通过裂项相消法求和即可.
【详解】由杨辉三角结合二项式系数可知：
，
所以
，
即
，
故选：D.
4.（2024 高三·广东 阶段练习）已知f（x）是定义在R 上的奇函数，
且对任意
均有
则
【答案】
【分析】要利用数列的递推思想和累乘法来求出
，然后再构造为二项式系数来求和，利用
二项式系数的性质就可以求出结果.
【详解】令
，则
，又由
可得，
，
又由f（x）是定义在R 上的奇函数，则
，即
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所以
，用累乘法得：
当
时，由于
，所以
也满足上式，即
，
所以
，
因为
，所以上式化为
由于
由二项式系数性质可得：
，
则
故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：（1）关键是利用数列的递推思想和运用累乘法来求出通项公式；
（2）关键是把阶乘的乘法转化为二项式系数，再利用二项式系数的性质来求和.
结束
37
