数列求和专题解析
1/a=1即a=1时，前n 项和公式
不再成立。
例2 求和：S 1+(1/ a)+(1/a2)+……+(1/an)
解：当a=1时， S n 1；
当a 1时，
S
1
1
1 a
n
1
1 1
a
an1 1 an1 an
n 1，
S
n(n 1) 2
d
②等比数列的前n项和公式 ③ 1 2 3 n 1 n(n 1)
2
Sn
na1(q a1(1
1) qn )
1 q
a1 anq 1 q
(q
1)
④ 12 22 32 n2 1 n(n 1)(2n 1)
6
⑤
13 23 33
数列求和专题
临沂一中高二数学组
数 列 求和
介绍求一个数列的前 n 项和的几 种方法：
1运用公式法 2 通 项 分 析 法（分组求和法）
3 错位相减法 4 裂项相消法 5 奇偶并项求和法
1.公式法：即直接用求和公式，求数列的前n和Sn
①等差数列的前n项和公式：Sn
n(a1 2
an )
na1
2)
(x2n 1 2) x2n
(x2 x4
x2n
)
(
1 x2
1 x4
1 x2n ) 2n
当x 1时，Sn n n 2n 4n
当
x 1时，Sn x2(1 x2n 1 x2
(x2n 1)(x2n2 1) x2n (x2 1)
4.拆项相消法（或裂项法）：若数列 {an} 的通项公
式拆分为某数列相邻两项之差的形式即：
an
m( 1 bn1
1 bn
)
s 或（
an
m( 1 bn
1) bn1
）则可用如下方法求前n项和
n.
sn a1 a2 a3 an
m( 1 1 ) m( 1 1 ) m( 1 1 )
1
( 1 )100 6
1 1 6
例2 求和：1+(1/ a)+(1/a2)+……+(1/an)
解： ∵1，1/a,1/a2……1/an是首项为 1，公比为1/a的等比数列，
∴原式=
1 1
1 a n 1
an1 1
原因： 1 1
an1 an
a
上述解法错误在于，当公比
an+1 1
an1 an
a=1 a 1
对策：
在求等比数列前n项和时，要特别 注意公比q是否为1。当q不确定时 要对q分q=1和q≠1两种情况讨论求 解。
2.分组求和法：
若数列 {an}的通项可转化为 an bn cn
的形式，且数列{bn}{cn} 可求出前n项和 sb sc 则
1 (2n-1)×(2n+1)
[分析]：观察数列的前几项：
1 1×3
=
1 （1 21
1 3
）
裂项相
1 1 (1 1) 35 2 3 5
消法
1 (2n-1)×(2n+1)
=
1（ 1 2 2n-1
-
1） 2n+1
这时我们就能把数列的每一项裂成 两项再求和，这种方法叫什么呢？
例5、Sn =
1 1×3
1 ) x2
2n
(1
1 x2n
1
1 x2
)
2n
4n(x 1)
Sn
(
x
2
n
1)( x 2 n 2
1)
x2n (x2 1)
2n(x
1)
小活页 P31 例1
练习：（1）求Sn a 1 a2 2 an n
解：1 Sn a 1 a2 2 an n
例3.求下列数列的前n项和
（1） 2 1 , 4 1 , 6 1 , 4 8 16
1 , 2n 2n1
2(x
1 )2 , ( x2 x
1 x2
)2,
, (xn
1 xn
)2
解（1）：该数列的通项公式为
an
2n
1 2n1
11 1
1
sn
2
4
4 8
6 16
(2n ) n1 2
x + 2x2 + … + (n-1)xn-1+nxn
∴ ① -②，得：
(1-x)
Sn
=1+x+x2+ …
=
1-xn 1-x
- nxn
+
xn-1 -
nxn
∴
Sn=
1-(1+n)xn+nxn+1 (1-x)2
3.错位相减法：设数列 {an} 是公差为d的等差数列
（d不等于零），数列 {bn} 是公比为q的等比数列(q不
(1-x)Sn =1 + x + x2+ …… + xn-1 - nxn
n项
这时等式的右边是一个等 比数列的前n项和与一个 式子的和，这样我们就可 以化简求值。
例4、求和Sn =1+2x+3x2+ ……+nxn-1 (x≠0,1)
解：∵ Sn =1 + 2x +3x2 + …… +nxn-1
∴xSn =
11 2
41 4
71 8
[(3n
2)
1 2n
]
(2)Sn 1 (1 a) (1 a a2 ) (1 a a2 an1)
(3).Sn x 2x2 3x3 nxn x 0
4Sn
1 1 2
1 23
1 3 4
a a2 an 1 2 n
当a=0时，Sn
n n 1
2
当a=1时，Sn
n n n 1 1 n2 1 n
2
22
当a 0,1时，Sn a 1 an
nn 1
1 a
2
例5、Sn =
1 1×3
+
1 3×5 +……+
等于1），数列 {cn} 满足：cn anbn 则 {cn} 的前n项
和为：
Sn c1 c2 c3 cn a1b1 a2b2 a3b3 anbn
练习： 求和Sn= 1/2+3/4+5/8+……+(2n-1)/2n
答案：
Sn =3-
2n+3 2n
作业：
(1).Sn
(2 4 6
2n) (1 1 48
1 2n1
)
n(2 2n)
1 4
1
1 2n
2
1 1
2
n(n
1)
1 2
1 2n 1
(2)
an
(xn
1 )2 xn
x2n
1 x2n
2
Sn
(x2
1 x2
2)
(x4
1 x4
b2 b1
b3 b2
bn1 bn
1
例6、设 {an}是公差d 不为零的等差数列{b，n}
求： bn 的前n项和
满足 bn anan1
解:
bn
1 an an 1
an1 an dan an 1
11 (
d an
1) an1
Sn b1 b2 b3 bn
1. 1 1 1 n(n 1) n n 1
2. 1 1 ( 1 1 ) n(n k) k n n k
3.
1
1( 1 1 )
(2n 1)(2n 1) 2 2n 1 2n 1
4.
1
1[ 1
1
]
n(n 1)(n 2) 2 n(n 1) (n 1)(n 2)
例4、求和Sn =1+2x+3x2+……+nxn-1 (x≠0,1)
[分析]
这是一个等差数列{n}与一个等比数列{xn-1}的对应 相乘构成的新数列，这样的数列求和该如何求呢？
Sn =1 + 2x +3x2 + …… +nxn-1 ①
相减 xSn = x + 2x2 +……+ (n-1)xn-1 + nxn ②
解：由已知有(4a2 4a 1) (9b2 6b 1) 0
即：（2a-1）2 (3b 1)2
0
解得a= 12，b
3
a a2b a3b2 a100b99
a 1 (ab)100
1 ab
3 (1 1 ).
5
6100
1 2
5. 1 1 ( a b) a b ab
练习：求an
专题4.2 数列求和附答案解析-2021年高考数学(文)尖子生培优题典2
2021学年高考数学（文）尖子生同步培优题典专题4.2 数列求和姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：一、选择题（在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（2020·全国专题练习（文））南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，6l，95，则该数列的第8项为( )A．99 B．131 C．139 D．1412．（2020·湖北宜昌·其他（文））我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（gui）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长）．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷长二尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是（）A．五寸B．二尺五寸C．五尺五寸D．四尺五寸3．（2020·四川省南充高级中学高三月考（文））等差数列{}n a前项和为n S，若4a，10a是方程2x8x1=0-+ S=（）的两根，则134．（2020·赤峰二中高一月考（文））等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 与n T ，对一切自然数n ，都有231n n S nT n =+，则55a b = （ ） A ．23B ．914C ．2031D ．11175．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中三模（文））已知数列{}n a ，2sin2n na n π=，则数列{}n a 的前100项和为（ ） A ．5000B ．5000-C ．5050D ．5050-6．（2020·黑龙江香坊·哈尔滨市第六中学校二模（文））对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第n 层货物的个数为n a ，则数列(2)n n n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前2020项和为（ ）A ．20206069B ．40406069C ．20202023D ．404020237．（2020·湖南邵阳·三模（文））已知函数()2f x x ax =-的图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2020S 的值为（ ） A ．20182019B ．20192020C ．20202021D ．202120228．（2020·岳麓·湖南师大附中高三月考（文））数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想221(0,1,2,)nn F n =+=是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出56416700417F =*，不是质数．现设n a =()2log 1,(1,2,)n F n -=，n S 表示数列{}n a 的前n 项和．则使不等式221231222n n n S S S S S S +++⋯+<22020n成立的最小正整数n 的值是（提示1021024=）（ ）9．（2020·全国高三其他（文））已知数列{}n a ，{}n b 都是等差数列，313a b ==，15715a b ==，设11(1)n nn n n b c a a -+=-，则数列{}n c 的前2020项和为（ ） A ．20192020-B ．20192020C ．20202021-D ．2020202110．（2020·山东青州·高三三模（文））已知数列{}n a ，定义数列{}12n n a a +-为数列{}n a 的“2倍差数列”，若{}n a 的“2倍差数列”的通项公式为1122n n n a a ++-=，且12a =，若函数{}n a 的前n 项和为n S ，则33S =（ ）A ．3821+B ．3922+C ．3822+D ．39211．（2020·湖南雁峰·衡阳市八中高三其他（文））设数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，若不等式1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+对任意*n N ∈恒成立，则实数λ的最小值是_____．12．（2020·山西其他（文））设函数22()log xf x =，数列{}n a 满足2020n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则124039a a a ++⋅⋅⋅+=______.14．（2020·河北桃城·衡水中学高三月考（文））在数列{}n a 中，已知11a =，11n n a a n +=++，则122020111a a a +++=______．15．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高三二模（文））已知数列{}n a 的各项均为正数，其前n 项和n S 满足()2*42n n n S a a n N =+∈，设()11nn n n b a a +=-⋅，n T 为数列{}n b 的前n 项和，则20T =______．16．（2020·全国高三其他（文））数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n n a S n +=，则n S =________.17．（2020·福建其他（文））已知公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，11a =，且1S 、2S 、4S 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令2n nn b a =⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .18．（2020·湖北东西湖·华中师大一附中其他（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且430S =，2a ，4a 的等差中项为10.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求212231222n n n n T S S S S S S +=+++. 19．（2020·荆州市北门中学期末（文））已知等差数列{}n a 满足12231()()()2(1)n n a a a a a a n n +++++++=+（*n N ∈）.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .20．（2020·全国专题练习（文））设122,4a a ==，数列{b n }满足：b n +1＝2b n +2，且a n +1﹣a n ＝b n ； （1）求证：数列{b n +2}是等比数列； （2）求数列{a n }的通项公式．21．（2020·湖南邵阳·三模（文））设数列{}n a 满足：11a =，1340n n a a +-+=，*n ∈N . （1）求证：数列{}2n a +为等比数列，并求出{}n a 的通项公式；（2）若()3log 2n n n b a a =++，求数列{}n b 的前n 项和n S .22．（2020·广西高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，()1102n n n n S S S S n ---+=≥. （1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）若1,32,nn n S n C n n -⎧⎪=+⎨⎪⎩奇偶为数为数，设数列{}n C 的前n 项和为n T ，求2n T .解析附后2021学年高考数学（文）尖子生同步培优题典专题4.2 数列求和姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：二、选择题（在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（2020·全国专题练习（文））南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，6l ，95，则该数列的第8项为( ) A ．99 B ．131C ．139D ．141【答案】D 【解析】所给数列为高阶等差数列设该数列的第8项为x根据所给定义：用数列的后一项减去前一项得到一个新数列， 得到的新数列也用后一项减去前一项得到一个新数列 即得到了一个等差数列，如图：根据图象可得：3412y -=，解得46y =9546x y -==解得：141x =故选：D ．2．（2020·湖北宜昌·其他（文））我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（gui ）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长）．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷长二尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是（ ）A ．五寸B ．二尺五寸C ．五尺五寸D ．四尺五寸【答案】C【解析】设晷影长为等差数列{}n a ，公差为d ，1145a =，1325a =， 则1451225d +=，解得10d =-． 1014510955a ∴=-⨯=∴夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是五尺五寸．故选：C ．3．（2020·四川省南充高级中学高三月考（文））等差数列{}n a 前项和为n S ，若4a ，10a 是方程2x 8x 1=0-+的两根，则13S =（ ） A ．58 B ．54 C ．52 D ．56【答案】C【解析】410,a a 是方程2810x x -+=的两根，4108a a ∴+=， 410728a a a ∴+==，1131371313522a a S a +∴=⨯==，故选C. 4．（2020·赤峰二中高一月考（文））等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 与n T ，对一切自然数n ，都有231n n S nT n =+，则55a b = （ ） A ．23B ．914C ．2031D ．1117【答案】B 【解析】1955199195519992299223911492a a a a a a Sb b b b b b T +⨯+⨯======++⨯+⨯ ,选B. 5．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中三模（文））已知数列{}n a ，2sin2n na n π=，则数列{}n a 的前100项和为（ ） A ．5000 B ．5000- C ．5050 D ．5050-【答案】B【解析】由题意知， 当2,n k k N *=∈时，()222sin 0k a k k π==；当21,n k k N *=-∈时，()2212121sin2k k a k π--=-，所以数列{}n a 的前100项和 2222210012310013599......1357...9799S a a a a a a a a =++++=++++=-+-++-()()()()()()13135757...97999799=-⨯++-⨯+++-⨯+()504921357...9799250250002⨯⎛⎫=-⨯++++++=-⨯+⨯=- ⎪⎝⎭.故选:B6．（2020·黑龙江香坊·哈尔滨市第六中学校二模（文））对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第n 层货物的个数为n a ，则数列(2)n nn a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前2020项和为（ ）A ．20206069B ．40406069C ．20202023D ．40402023【答案】B【解析】由题意可知12a =，213a a -=，324a a -=，，11n n a a n --=+，累加可得()(3)23412n n n a n +=+++++=， 2112()(2)(2)(3)23n n n a n n n n ∴==-+++++，1111111122()2()2()2()3445233339n nS n n n n ∴=-+-++-=-=++++. 2020220204040=3202096069S ⨯∴=⨯+ 故选：B.7．（2020·湖南邵阳·三模（文））已知函数()2f x x ax =-的图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2020S 的值为（ ）A ．20182019B ．20192020C ．20202021D ．20212022【答案】C【解析】()2f x x ax =-，()2f x x a '∴=-，由题意可知()123f a '=-=，得1a =-.()2f x x x ∴=+，()()21111111f n n n n n n n ===-+++， 20201111112020112232020202120212021S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故选：C.8．（2020·岳麓·湖南师大附中高三月考（文））数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想221(0,1,2,)nn F n =+=是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出56416700417F =*，不是质数．现设n a =()2log 1,(1,2,)n F n -=，n S 表示数列{}n a 的前n 项和．则使不等式221231222n n n S S S S S S +++⋯+<22020n成立的最小正整数n 的值是（提示1021024=）（ ） A ．11 B ．10 C ．9 D ．8【答案】C【解析】把221nn F =+代入()2log 1n n a F =-），得()22log 2112nn n a =+-=，故()()21222112n nnS -==--，则11211142121n n n n n S S ++⎛⎫=- ⎪--⎝⎭， 则不等式211223122211214212020n nn n n S S S S S S ++⎛⎫++⋯+=-< ⎪-⎝⎭成立，代入计算可得，当不等式成立时．n 的最小值为9． 故选C ．9．（2020·全国高三其他（文））已知数列{}n a ，{}n b 都是等差数列，313a b ==，15715a b ==，设11(1)n nn n n b c a a -+=-，则数列{}n c 的前2020项和为（ ） A ．20192020-B ．20192020C ．20202021-D ．20202021【答案】D【解析】设等差数列{}n a 的公差为1d ，等差数列{}n b 的公差为2d 因为33a =，1515a =所以315112a a d =+，解得11d = 所以()313n a a n d n =+-=因为13b =，715b =所以7126b b d =+，解得22d = 所以()12121n b b n d n =+-=+所以()112111(1)(1)11n n n n c n n n n --+⎛⎫=-=-+ ⎪++⎝⎭所以122020111111111+c 1223342019202020202021c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=+-++++++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12020120212021=-=故选：D10．（2020·山东青州·高三三模（文））已知数列{}n a ，定义数列{}12n n a a +-为数列{}n a 的“2倍差数列”，若{}n a 的“2倍差数列”的通项公式为1122n n n a a ++-=，且12a =，若函数{}n a 的前n 项和为n S ，则33S =（ ） A ．3821+ B ．3922+C ．3822+D ．392【答案】B 【解析】分析：由1122n n n a a ++-=可得11122n nn n a a ++-=，从而得数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭表示首项为1，公差1d =的等差数列，求得2n n a n =⋅，再根据错位相减法即可得结果.详解：根据题意得11122,2n n n a a a ++-==，11122n nn na a ++∴-=， ∴数列2nn a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭表示首项为1，公差1d =的等差数列， ()11,22nn n na n n a n ∴=+-=∴=⋅， 123122232...2n n S n ∴=⨯+⨯+⨯++⋅， 23412122232...2n n S n +∴=⨯+⨯+⨯++⋅， 23412222...22n n n S n +∴-=++++-⋅()111212222212n n n n n n +++-=-⋅=-+-⋅-，()1212n n +=-+-，()()133133122,33122n n S n S ++∴=-+=-+3922=+，故选B.11．（2020·湖南雁峰·衡阳市八中高三其他（文））设数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，若不等式1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+对任意*n N ∈恒成立，则实数λ的最小值是_____．【答案】3【解析】解：数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，①可得11a =，2n 时，1213(23)1n a a n a n -++⋯+-=-，② ①-②可得(21)1n n a -=，即有121n a n =-，对1n =也成立， 则11111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==--+-+，1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+即为2711111111(1)(1)log 2335212122121nn n n n n λ-+-+⋯+-=-=-+++，可得271log 21n λ+对任意*n N ∈恒成立， 显然1()21f n n =+为递减数列， ()1f 取得最大值13， 可得271log 3λ，解得3λ， 实数λ的最小值为3． 故答案为：3．12．（2020·山西其他（文））设函数2()log 42f x x=-，数列{}n a 满足2020n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则124039a a a ++⋅⋅⋅+=______.【答案】40392-【解析】由题得4039124039S a a a =++⋅⋅⋅+,4039403921S a a a =+⋅⋅⋅++，两式相加得40391403924038403912()()()S a a a a a a =++++++，考虑一般情况，设k *∈N ,则404022404022404020202020log log 404020202020424220202020k kk kk k a a f f k k --⨯⨯-⎛⎫⎛⎫+=+=+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭-⨯-⨯ ()22404021=log log 12404022k kk k ⎡⎤-⨯==-⎢⎥-⎢⎥⎣⎦所以40394039403924039,.2S S =-∴=-故答案为：40392-13．（2020·全国专题练习（文））在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则a 1＋a 2＋…＋a 51＝____．【答案】676 【解析】当n 为偶数时，22,2(1)22n n n na a a n +-==+-⨯= ； 当n 为奇数时，20,1n n n a a a +-== ；所以12511261(24650)26125(250)6762a a a +++=⨯+++++=⨯+⨯⨯+=14．（2020·河北桃城·衡水中学高三月考（文））在数列{}n a 中，已知11a =，11n n a a n +=++，则122020111a a a +++=______．【答案】40402021【解析】因为11n n a a n +=++，故可得213212;3;;n n a a a a a a n --=-=-=，累加可得123n a a n -=++，又因为11a =，则()11232n n n a n +=++++=， 故可得()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 则122020111a a a +++111112122320202021⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦140402*********⎛⎫=-=⎪⎝⎭. 故答案为：40402021. 15．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高三二模（文））已知数列{}n a 的各项均为正数，其前n 项和n S 满足()2*42n n n S a a n N =+∈，设()11nn n n b a a +=-⋅，n T 为数列{}n b 的前n 项和，则20T =______．【答案】880【解析】由于正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且242n n n S a a =+.当1n =时，21111442a S a a ==+，得21120a a -=，10a >，解得12a =；当2n ≥时，由242n n n S a a =+得211142n n n S a a ---=+，两式作差得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，可得2211220n n n n a a a a -----=，()()1120n n n n a a a a --∴+--=，对任意的n *∈N ，0n a >，则10n n a a ->+，12n n a a -∴-=，所以，数列{}n a 是以2为首项，以2为公差的等差数列，()2212n a n n ∴=+-=.()()()11141n nn n n b a a n n +=-⋅=-⋅+，()()2124212422116n n b b n n n n n -∴+=--⨯+⨯+=，所以，20T 可视为数列{}212n n b b -+的前10项和，因此，()20101616108802T ⨯+⨯==.故答案为：880.16．（2020·全国高三其他（文））数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n n a S n +=，则n S =________.【答案】11()2nn -+【解析】因为n n a S n +=，所以当1n =时，121a =，解得112a =， 当2n ≥时，111n n a S n --+=-所以111n n n n a a S S ---+-=，即11(1)2n n a a -=+，2n ≥ 所以111(1)2n n a a --=-，即11112n n a a --=-，2n ≥ 所以{1}na -是以12-为首项，12为公比的等比数列，所以11111()()()222n n n a --=-⨯=-，即11()2n n a =-，2n ≥又112a =满足上式，所以11()2nn a =-，*n N ∈所以23123111111()1()1()2222n n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+- =231111[()()()]2222n n -+++⋅⋅⋅+=11[1()]1221()1212n n n n --=-+- 故答案为：11()2nn -+17．（2020·福建其他（文））已知公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，11a =，且1S 、2S 、4S 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令2n nn b a =⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）()*21n a n n N=-∈（2）16(23)2n nTn +=+-⋅【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为()d d ≠0，因为1S ，2S ，4S 成等比数列，所以2214S S S =，所以()()21211234a a a a a a a +=+++， 那么()()2111246a d a a d +=+， 所以2d =或0d =（舍去） 又因为11a =，则()*21n a n n N=-∈（2）由（1）得2(21)2n nn n b a n =⋅=-⋅，所以数列{}n b 的前n 项和23123252(21)2n n T n =⨯+⨯+⨯++-⋅①，所以23121232(23)2(21)2n n n T n n +=⨯+⨯++-⋅+-⋅②，由①②相减得2312222222(21)2nn n T n +-=+⨯+⨯+⋯+⨯--⋅()231222222(21)2n n n +=-++++⋯+--⋅()212122(21)212n n n +-=-+--⋅-21162(21)26(23)2n n n n n +++=-+--⋅=---⋅.所以16(23)2n n T n +=+-⋅.18．（2020·湖北东西湖·华中师大一附中其他（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且430S =，2a ，4a 的等差中项为10.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求212231222n n n n T S S S S S S +=+++. 【答案】（1）2nn a =；（2）()121221n n +--.【解析】（1）()()23143241130302020a q q q S a a a q q ⎧⎧+++==⎪⎪⇒⎨⎨+=+=⎪⎪⎩⎩，解得12a =，2q.所以1222n nn a -=⋅=.（2）由（1）可知2nn a =，所以()()21222112nnnS-==--，又()()1112211142121221221n n n n n n n n S S +++⎛⎫==⋅- ⎪⋅--⎝-⋅-⎭，则2231111111142212121211n n n T +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥----⎝⎭⎝⎝⎭⎣-⎭⎦()111111122211421421221n n n n n ++++--⎛⎫=⋅-=⋅= ⎪---⎝⎭. 19．（2020·荆州市北门中学期末（文））已知等差数列{}n a 满足12231()()()2(1)n n a a a a a a n n +++++++=+（*n N ∈）.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .【答案】（1）21n a n =-；（2）12362n n -+-. 【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知得()()1212234,{12,a a a a a a +=+++=即12234,{8,a a a a +=+=所以()()()11114,{28,a a d a d a d ++=+++=解得11,{2,a d == 所以21n a n =-．（Ⅱ）由（Ⅰ）得112122n n n a n ---=，所以122135232112222nn n n n S ----=+++⋯++，① 23111352321222222n n n n n S ---=+++⋯⋯++，② -①②得：2211112123113222222n n n nn n S --+=++++⋯+-=- 所以4662n nn S +=-． 20．（2020·全国专题练习（文））设122,4a a ==，数列{b n }满足：b n +1＝2b n +2，且a n +1﹣a n ＝b n ； （1）求证：数列{b n +2}是等比数列； （2）求数列{a n }的通项公式． 【答案】（1）见解析（2）122n n +﹣【解析】（1）证明：a 1＝2，a 2＝4，且a n +1﹣a n ＝b n ；∴b 1＝a 2﹣a 1＝4﹣2＝2． 由b n +1＝2b n +2，变形为： ()1222+n n b b +=+， ∴数列{b n +2}是等比数列，首项为4，公比为2．（2）解：由（1）可得：b n +2＝4×2n ﹣1，可得b n ＝2n +1﹣2． ∴a n +1﹣a n ＝b n ＝2n +1﹣2．∴()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋯+-+()()()122222222n n -=-+-+⋯+-+1222222(1)n n n -=++⋯++--()22121n -=--2n +2＝2n +1﹣2n ．21．（2020·湖南邵阳·三模（文））设数列{}n a 满足：11a =，1340n n a a +-+=，*n ∈N . （1）求证：数列{}2n a +为等比数列，并求出{}n a 的通项公式； （2）若()3log 2n n n b a a =++，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）证明见解析，2123n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭；（2）()1992322+=--+⨯n n n n S .【解析】（1）∵11a =，1340n n a a +-+= ∴11433n n a a +=-． ∴1122033n n a a ++=+≠． ∴12123n n a a ++=+．∴{}2n a +是首项为3，公比为13的等比数列． ∴11233n n a -⎛⎫+=⨯ ⎪⎝⎭，故2123n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭．（2）由（1）得22231112log 333n n n n b n ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴()102111...12...333n n S n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++-+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()()1311199312232213n n n n n n ⎛⎫- ⎪++⎝⎭=-=--+⨯-． 22．（2020·广西高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，()1102n n n n S S S S n ---+=≥. （1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）若1,32,n n n S n C n n -⎧⎪=+⎨⎪⎩奇偶为数为数，设数列{}n C 的前n 项和为n T ，求2n T . 【答案】（1）证明见解析；（2）2125131244n n +--+ 【解析】（1）证明：因为112a =，()1102n n n n S S S S n +-+-=≥，所以216a =-，所以10n n S S -≠， 所以1111n n S S --=. 所以1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以112S =为首项，以1为公差的等差数列. （2）由（1）可得()1211n n n S =+-=+，所以11n S n =+. ∴()()()()11132n n n n n c n -⎧⎪++=⎨⎪⎩为奇数为偶数 ∴()132121111111...22...222446222n n T n n -⎛⎫=-+-++-++++ ⎪+⎝⎭2121111222512222331244n n n n ++-⎛⎫=-+=-- ⎪++⎝⎭．。
高二数学数列求和试题答案及解析
高二数学数列求和试题答案及解析1.数列的通项，其前项和为，则为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，注意到数列的周期为3，并且【考点】1．三角恒等变换；2．数列求和2.设等比数列都在函数的图象上。
（1）求r的值；（2）当；（3）若对一切的正整数n，总有的取值范围。
【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由已知可得，当时，是等比数列， 4分（2）由（1）可知，8分（3）递增，当时，取最小值为所以一切的 12分【考点】数列求通项求和点评：数列求和采用的错位相减法，此法适用于通项公式为关于n的一次式与指数式的乘积形式的数列，第三问不等式恒成立转化为求数列前n项和的最值，期间借助了数列的单调性}中，，试猜想这个数列的通项公式。
3.在数列{an【答案】【解析】因为，，所以，。
【考点】本题主要考查数列的递推公式，等差数列的通项公式。
点评：简单题，考察数列要从多方面入手，如本题中，通过研究的特征，利用等差数列的知识，使问题得解。
4.对正整数，设曲线在处的切线与轴交点的纵坐标为，则数列的前项和的公式是【答案】=-2n-1（n+2），所以，切线方程为：y+2n=-2n-1（n+2）（x-2），【解析】因为y'|x=2=（n+1）2n，令x=0，求出切线与y轴交点的纵坐标为y=。
所以，则数列{}的前n项和Sn【考点】本题主要考查导数的几何意义，直线方程，等比数列的求和公式。
点评：中档题，切线的斜率等于函数在切点的导函数值。
最终转化成等比数列的求和问题。
5.在数列中，=1，，其中实数.（I）求；（Ⅱ）猜想的通项公式, 并证明你的猜想.【答案】（Ⅰ）(Ⅱ）猜想：应用数学归纳法证明。
【解析】（Ⅰ）由6分(Ⅱ）猜想：①当时，，猜想成立；②假设时，猜想成立，即:，则时，=猜想成立.综合①②可得对，成立. 12分【考点】本题主要考查归纳法及数学归纳法。
点评：中档题，“归纳，猜想，证明”是创造发明的良好方法。
利用数学归纳法证明命题的正确性，要注意遵循“两步一结”。
数列与级数的8种求和方法专题讲解
数列与级数的8种求和方法专题讲解简介本文将介绍数列和级数的8种常见求和方法，包括递推公式、几何级数、等差数列求和、等比数列求和、伪等差数列求和、伪等比数列求和、特殊级数求和和无穷级数求和。
1. 递推公式递推公式是通过前一项和该项之间的关系来逐项求和的方法，通常用于求解迭代式数列的和。
递推公式可以通过给定的初始项以及递推关系进行求和。
2. 几何级数几何级数指的是一个数列中的各项与其前一项之比保持恒定的数列。
求解几何级数的和可以通过使用几何级数公式来进行计算。
3. 等差数列求和等差数列是一个数列中的各项与其前一项之差保持恒定的数列。
求解等差数列的和可以通过等差数列求和公式进行计算。
4. 等比数列求和等比数列是一个数列中的各项与其前一项之比保持恒定的数列。
求解等比数列的和可以通过等比数列求和公式进行计算。
5. 伪等差数列求和伪等差数列是一个数列中的各项与其下标之差保持恒定的数列。
求解伪等差数列的和可以通过伪等差数列求和公式进行计算。
6. 伪等比数列求和伪等比数列是一个数列中的各项与其下标之比保持恒定的数列。
求解伪等比数列的和可以通过伪等比数列求和公式进行计算。
7. 特殊级数求和特殊级数指的是具有特殊性质的级数，如调和级数、斐波那契级数等。
求解特殊级数的和需要根据其特定的性质和规律进行计算。
8. 无穷级数求和无穷级数是指一个无穷多项的级数。
求解无穷级数的和需要使用极限的概念，并根据级数的收敛性和发散性进行判断和计算。
以上是数列与级数的8种常见求和方法的专题讲解。
每种求和方法都有其适用的情况和特点，在实际问题中需要选择合适的方法进行求解。
希望本文能为读者提供一些有用的参考和指导。
专题07 数列求和-错位相减、裂项相消(解析版)
专题07数列求和-错位相减、裂项相消◆错位相减法错位相减法是求解由等差数列{}n a 和等比数列{}n b 对应项之积组成的数列{}n c (即n n n c a b =)的前n 项和的方法.这种方法运算量较大,要重视解题过程的训练.在讲等比数列的时候,我们推导过等比数列的求和公式,其过程正是利用错位相减的原理,等比数列的通项n b 其实可以看成等差数列通项()1n n a a =与等比数列通项n b 的积.公式秒杀:()n n S A n B q B =⋅+-(错位相减都可化简为这种形式,对于求解参数A 与B ,可以采用将前1项和与前2项和代入式中,建立二元一次方程求解.此方法可以快速求解出结果或者作为检验对错的依据.)【经典例题1】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若111,1n n a S a +==-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设1n n nb a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)()12n n a n -*=∈N ；(2)222n nn T +=-.【解析】(1)因为111,1n n a S a +==-．所以121S a =-，解得22a =．当2n ≥时，11n n S a -=-，所以11n n n n n a S S a a -+=-=-，所以12n n a a +=，即12n na a +=．因为212a a =也满足上式，所以{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，所以()12n n a n -*=∈N ．(2)由（1）知12n n a +=，所以2n nn b =，所以2311111232222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭…①2311111112(1)22222nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭…②①-②得231111*********n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 11112211212nn n +⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-⨯ ⎪⎝⎭-11122nn ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以222n n n T +=-．【经典例题2】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且111a b ==，32312S b ==．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若1n n n c a b +=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)32n a n =-，14n n b -=(2)()1414n n T n +=+-【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，由题意得：13312a d +=，解得：3d =，所以()13132n a n n =+-=-，由2312b =得：24b =，所以214a q a ==，所以14n n b -=(2)()1324nn n n c a b n +==-⋅，则()2344474324nn T n =+⨯+⨯++- ①，()2341444474324n n T n +=+⨯+⨯++- ②，两式相减得：()23413434343434324n n n T n +-=+⨯+⨯+⨯++⨯-- ()()111164433241233414n n n n n +++-=+⨯-=-+--，所以()1414n n T n +=+-【经典例题3】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26S =，314S =．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若21n nn b a -=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)()*2n n a n =∈N (2)2332n nn T +=-【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，当1q =时，1n S na =，所以2126S a ==，31314S a ==，无解．当1q ≠时，()111n n a q S q-=-，所以()()21231316,1114.1a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩解得12a =，2q =或118a =，23q =-（舍）．所以()1*222n n n a n -=⨯=∈N ．(2)21212n n n n n b a --==．所以231135232122222n n n n n T ---=+++++L ①，则234111352321222222n n n n n T +--=+++++ ②，①－②得，2341112222212222222n n n n T +-=+++++-L 234111111212222222n n n +-⎛⎫=+++++- ⎪⎝⎭L 1111111213234221222212-++⎛⎫- ⎪-+⎝⎭=+⨯=--n n n n n ．所以2332n nn T +=-．【练习1】已知数列{}n a 满足11a =，()121n n a a n *+=+∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列(){}1n n a +的前n 项和n S .【答案】(1)21nn a =-(2)()1122n n S n +=-⋅+【解析】(1)由121n n a a +=+得：()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，21n n a ∴=-.(2)由（1）得：()12nn n a n +=⋅；()1231122232122n n n S n n -∴=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，()23412122232122n n n S n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，()()2311121222222212212n nn n n n S n n n +++-∴-=++++-⋅=-⋅=-⋅--，()1122n n S n +∴=-⋅+.【练习2】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n S a =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)12n n a -=(2)(1)21n n T n =-⋅+【解析】(1)令1n =得11121S a a ==-，∴11a =，当2n ≥时，1121n n S a --=-，则1122n n n n n a S S a a --=-=-，整理得12n n a a -=，∴12nn a a -=，∴数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，∴12n n a -=；(2)由（1）得12n n n b na n -==⋅，则01211222322n n T n -=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，12321222322n n T n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，两式相减得0123112222222212n n nn n T n n ---=++++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅-，化简得122(1)21n n nn T n n =-+⋅=-⋅+．【练习3】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且342n n S a =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设12log n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)212n n a -=(2)234065299n n n T +-=+⨯【解析】(1)当1n =时，1113423S a a =-=，解得12a =．当2n ≥时，()113334242n n n n n a S S a a --=-=---，整理得14n n a a -=，所以{}n a 是以2为首项，4为公比的等比数列，故121242n n n a --=⨯=．(2)由（1）可知，()2112log 212n n n n b a a n ++=⋅=-⨯，则()35211232212n n T n +=⨯+⨯++-⨯L ，()572341232212n n T n +=⨯+⨯++-⨯L ，则()368222332222212n n n T n ++-=++++--⨯L ()62432323224065221221433n n n n n +++--=+--⨯=--⨯-．故234065299n n n T +-=+⨯．【练习4】已知数列{}n a 满足11a =，1122n nn n n a a a ++=+（n +∈N ）.(1)求证数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；(2)设()1n n b n n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析(2)()1122n n S n +=-⋅+【解析】(1)由已知可得1122n n n n n a a a ++=+，即11221n n n n a a ++=+，即11221n nn n a a ++-=，2n n a ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是等差数列.(2)由（1）知，()122111n n n n a a =+-⨯=+，21n n a n ∴=+，2nn b n ∴=⋅231222322=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅nn S n ()23121222122n n n S n n +=⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+⋅相减得，()23111121222222222212nn n n n n n S n n n ++++--=+++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=--⋅-()1122n n S n +∴=-⋅+◆裂项相消法把数列的通项拆成相邻两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.在消项时要注意前面保留第几项,最后也要保留相对应的倒数几项.例如消项时保留第一项和第3项,相应的也要保留最后一项和倒数第三项.常见的裂项形式:(1)1111()n n k k n n k⎛⎫=-⎪++⎝⎭;(2)1111(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭;(3)1k=;(4)22222111(1)(1)n n n n n +=-++;(5)()()1121121212121nn n nn ++=-----;(6)12(41)22(1)1n n n n n n n n+-=-++;(7)12111(21)(21)2(21)2(21)2n n n n n n n n +++=--+-+;(8)1(1)(1)1(1)(1)(21)(23)42123n n n n n n n n +⎛⎫-+--=- ⎪++++⎝⎭(9)(1)(1)(1)nn n n -⎡=-=--⎣(10)1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦.(11)()!1!!n n n n ⋅=+-(12)()()111!!1!k k k k =-++【经典例题1】已知正项数列{}n a 中，11a =，2211n n a a +-=，则数列11n n a a +⎧⎫⎨+⎩⎭的前99项和为（）A ．4950B ．10C ．9D ．14950【答案】C 【解析】因为2211n n a a +-=且211a =，所以，数列{}2n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，211na n n =+-=，因为数列{}n a为正项数列，则n a =，则11n na a +=-+，所以，数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前99项和为11019-=-= .故选：C.【经典例题2】数列{}n a 的通项公式为()()*22211n n a n n n +=∈+N ，该数列的前8项和为__________．【答案】8081【解析】因为()22222111(1)1n n a n n n n +==-++，所以822222*********((1223898181S =-+-++-=-= ．故答案为：8081．【经典例题3】已知数列{}n a 的前n 项和为2n S n =，若11n n n b a a+=，则数列{}n b 的前n 项和为________．【答案】21n n +【解析】当1n =时，21111a S ===，当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-，且当1n =时，1211n a -==，故数列{}n a 的通项公式为21n a n =-，111111(21)(21)22121n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭，则数列{}n b 的前n 项和为：1111111113352215721n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎝⎭⎣-⎭⎦11122121n n n ⎡⎤=-=⎢++⎣⎦.故答案为：21nn +【练习1】数列的前2022项和为（）A．12B．12C1D1【答案】B 【解析】=记的前n 项和为n T ，则202212T =+ )112=；故选：B【练习2】数列{}n a 的各项均为正数，n S 为其前n 项和，对于任意的*N n ∈，总有n a ，n S ，2n a 成等差数列，又记21231n n n b a a ++=⋅，数列{}n b 的前n 项和n T =______．【答案】69n n +【解析】由对于任意的*N n ∈，总有n a ，n S ，2n a 成等差数列可得：22n n n S a a =+，当2n ≥时可得21112n n n S a a ---=+，所以22111222n n n n n n n a S S a a a a ---=-=+--，所以22110n n n n a a a a -----=，所以11()(1)0n n n n a a a a --+--=，由数列{}n a 的各项均为正数，所以11n n a a --=，又1n =时20n n a a -=，所以11a =，所以n a n =，212311111()(21)(23)22123n n n b a a n n n n ++===-⋅++++，1111111111()(235572123232369n n T n n n n =-+-+-=-=++++ .故答案为：69nn +.【练习3】()1232!3!4!1!n n +++⋅⋅⋅+=+_______.【答案】()111!n -+【解析】()()()11111!1!!1!k k k k k k +-==-+++ ，()()()12311111111112!3!4!1!2!2!3!3!4!1!!!1!n n n n n n ∴+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+-+-+-+()111!n =-+.故答案为：()111!n -+.【练习4】设数列{}n a 满足124(32)3n a a n a n +++-= .(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列31n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .【答案】(1)332n a n =-(2)331=+n n T n 【解析】(1)解：数列{}n a 满足124(32)3n a a n a n +++-= ，当1n =时，得13a =，2n ≥时，1214(35)3(1)n a a n a n -+++-=- ，两式相减得：(32)3n n a -=，∴332n a n =-，当1n =时，13a =，上式也成立.∴332n a n =-；(2)因为331(32)(31)n a n n n =+-+，113231n n =--+，∴11111114473231n T n n =-+-++--+ ，1313131nn n =-=++.【练习5】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()21n n S a n *=-∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设13log n n b a =，n C ={}n C 的前n 项和nT 【答案】(1)13n na =(2)1n T =【解析】(1)当1n =时，111221a S a =-=，解得：113a =；当2n ≥时，1122211n n n n n a S S a a --=-=--+，即113n n a a -=，∴数列{}n a 是以13为首项，13为公比的等比数列，1133nn n a ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭.(2)由（1）得：131log 3nn b n ⎛⎫== ⎪⎝⎭，n C ∴==11n T ∴=⋅⋅⋅+=【练习6】已知数列{}n a 中，1122222n n nn a a a n -+++=⋅ ．(1)证明：{}n a 为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)设(1)(1)nn n a b n n -=+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)证明见解析；()1*2n n a n -=∈N (2)211nn -+【解析】(1)解：1122222n n nn a a a n -+++=⋅ ，即为21122n n a a a n -+++= ·······①，又1212122n n a a a n --+++=- ，········②，①-②得112nn a -=，即12(2)n n a n -= ，又当1n =时，11112a -==，故()1*2n n a n -=∈N ；从而()*11222nn n n a n a +-==∈N ，所以{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列；(2)由（1）得11(1)222(1)1n n n n n b n n n n---==-++，所以1021122222221321-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n S n n 211=-+nn .【练习7】记n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，若36S =，3a 是1a 和9a 的等比中项.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记121n n n n b a a a ++=⋅⋅，求数列{}n b 的前20项和.【答案】(1)n a n =，*N n ∈(2)115462【解析】(1)由题意知2319a a a =⋅，设等差数列{}n a 的公差为d ，则()()211182a a d a d +=+，因为0d ≠，解得1a d=又31336S a d =+=，可得11a d ==，所以数列{}n a 是以1为首项和公差为1的等差数列，所以()11n a a n d n =+-=，*N n ∈(2)由（1）可知()()()()()1111122112n b n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭，设数列{}n b 的前n 和为n T ，则()()()1111111212232334112n T n n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪⨯⨯⨯⨯+++⎝⎭()()1112212n n ⎛⎫=- ⎪ ⎪++⎝⎭，所以20111115222122462T ⎛⎫=⨯-=⎪⨯⎝⎭所以数列{}n b 的前20和为115462【练习8】已知等差数列{}n a 满足37a =，5726a a +=，211=-n n b a （n +∈N ）．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)数列{}n b 的前n 项和为n S ，求n S ．【答案】(1)21n a n =+，()141n b n n =+(2)()41n n S n =+【解析】(1)由题意，可设等差数列{}n a 的公差为d ，则112721026a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得13a =，d ＝2，∴()32121n a n n =+-=+；∴()()222111114441211n n b a n n n n n ====-+++-；(2)∵()11114141n b n n n n ⎛⎫==- ++⎝⎭，()1111111111422314141n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+=-= ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭．【练习9】已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4、1n a +、n S 成等比数列，其中n *∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设14nn n n S b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)21n a n =-(2)21n n T n n =++【解析】(1)解：对任意的N n *∈，0n a >，由题意可得()224121n n n n S a a a =+=++.当1n =时，则211114421a S a a ==++，解得11a =，当2n ≥时，由2421n n n S a a =++可得2111421n n n S a a ---=++，上述两个等式作差得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，即()()1120n n n n a a a a --+--=，因为10n n a a ->+，所以，12n n a a --=，所以，数列{}n a 为等差数列，且首项为1，公差为2，则()12121n a n n =+-=-.(2)解：()21212n n n S n +-==，则()()()()()()2214441111111121212121212122121n n n n S n n b a a n n n n n n n n +-+⎛⎫====+=+- ⎪-+-+-+-+⎝⎭，因此，11111112335212121n nT n n n n n ⎛⎫=+-+-++-=+ ⎪-++⎝⎭ .【练习10】已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，___________.①n *∀∈N ，14n n a a n ++=；②数列n S n ⎧⎫⎨⎩⎭为等差数列，且n S n ⎧⎫⎨⎩⎭的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解：(1)求n a ；(2)设()121n n n n n a a b a a +++=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)条件选择见解析，21n a n =-(2)()()22121n n n T n +=+【解析】(1)解：选条件①：n *∀∈N ，14n n a a n ++=，得()1241n n a a n +++=+，所以，()24144n n a a n n +-=+-=，即数列{}21k a -、{}()2N k a k *∈均为公差为4的等差数列，于是()()21141432211k a a k k k -=+-=-=--，又124a a +=，23a =，()()224141221k a a k k k =+-=-=⋅-，所以21n a n =-；选条件②：因为数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，且n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前3项和为6，得3122361232S S S S ++=⨯=，所以222S=，所以n S n ⎧⎫⎨⎩⎭的公差为2121121S S d =-=-='，得到()11nS n n n=+-=，则2n S n =，当2n ≥，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-.又11a =满足21n a n =-，所以，对任意的N n *∈，21n a n =-.(2)解：因为()()()()()12222214111221212121n n n n n a a nb a a n n n n ++⎡⎤+===-⎢⎥⋅-+-+⎢⎥⎣⎦，所以()()122222*********213352121n n T b b b n n ⎡⎤=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-⎢⎥-+⎢⎥⎣⎦()()()222111122121n n n n ⎡⎤+=-=⎢⎥++⎢⎥⎣⎦.【过关检测】一、单选题1．1232482n n nS =++++= （）A ．22n nn -B ．1222n nn +--C ．1212n n n +-+D ．1222n nn +-+【答案】B 【解析】由1232482n n n S =++++ ，得23411111112322222n n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，两式相减得234111111112222222nn n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111222211222212n n n n n n n n n ++++⎛⎫- ⎪--⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-=--⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-.所以1222n n nn S +--=.故选：B.2．数列{}2⋅nn 的前n 项和等于（）．A ．222n n n ⋅-+B ．11222n n n ++⋅-+C ．122n n n +⋅-D ．1122n n n ++⋅-【答案】B 【解析】解：设{}2⋅nn 的前n 项和为n S ，则1231222322nn S n =⨯+⨯+⨯++⋅ ，①所以()23121222122n n n S n n +=⨯+⨯++-⋅+⋅ ，②①－②，得()231121222222212nn n n n S n n ++--=++++-⋅=-⋅-L ，所以11222n n n S n ++=⋅-+．3．已知等比数列{an }的前n 项和为Sn ，若S 3=7，S 6=63，则数列{nan }的前n 项和为（）A ．-3+(n +1)×2nB ．3+(n +1)×2nC ．1+(n +1)×2nD ．1+(n -1)×2n【答案】D 【解析】设等比数列{an }的公比为q ，易知q ≠1，所以由题设得()()3136161711631a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩，两式相除得1+q 3=9，解得q =2，进而可得a 1=1，所以an =a 1qn -1=2n -1，所以nan =n ×2n -1.设数列{nan }的前n 项和为Tn ，则Tn =1×20+2×21+3×22+…+n ×2n -1，2Tn =1×21+2×22+3×23+…+n ×2n ，两式作差得-Tn =1+2+22+…+2n -1-n ×2n =1212n---n ×2n =-1+(1-n )×2n ，故Tn =1+(n -1)×2n .故选：D.4．已知等差数列{}n a ，23a =，56a =，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎩⎭的前8项和为（）．A ．15B ．25C ．35D ．45【答案】B 【解析】由23a =，56a =可得公差5213a a d -==，所以()221n a a n d n =+-=+，因此()()111111212n n a a n n n n +==-++++，所以前8项和为11111111223349102105⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()241n n S a n +=++．记128n n n b a a ++=，数列的前n 项和为n T ，则n T 的取值范围为（）A ．84,637⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．191,7⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．4,7⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．11,97⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A 【解析】因为数列{}n a 中，24(1)n n S a n +=++，所以()21142n n S a n +++=++，所以()144n n S S ++-+=123n n a a n +-++，所以23n a n =+．因为128n n n b a a ++=，所以()()811425272527n b n n n n ⎛⎫==- ++++⎝⎭，所以1111111144799112527727n T n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭．因为数列{}n T 是递增数列，当1n =时，863n T =，当n →+∞时，1027n →+，47n T →，所以84637n T ≤<，所以n T 的取值范围为84,637⎡⎫⎪⎢⎣⎭．故选：A ．6．已知数列满足212323na a a na n ++++= ，设n nb na =，则数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2022项和为（）A ．40424043B ．20214043C ．40444045D ．20224045【答案】D 【解析】因为212323n a a a na n ++++= ①，当1n =时，11a =；当2n ≥时，()21231231(1)n a a a n a n -++++-=- ②，①-②化简得21n n a n-=，当1n =时：1121111a ⨯-===，也满足21n n a n -=，所以21n n a n-=，21n n b na n ==-，111111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭所以11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2022项和1111111120221123352202212202212220224045⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪⨯-⨯+⨯+⎝⎭⎝⎭ .故选:D.7．已知数列{}n a 满足11a =，且()11n n n a a a +=+，*n ∈N ，则12233420202021a a a a a a a a ++++= （）A ．2021B ．20202021C ．202112D ．20212【答案】B 【解析】∵()11n n n a a a +=+，即11n n n a a a +=+，则11111n n n na a a a ++==+∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以首项111a =，公差1d =的等差数列则111n n n a =+-=，即1n a n=∴()111111n n a a n n n n +==-++则122334202020211111120201 (223202*********)a a a a a a a a ++++=-+-++-= 故选：B ．8．等差数列{}n a 中，375,9a a ==，设n b =，则数列{}n b 的前61项和为（）A．7-B ．7C．8D ．8【答案】C 【解析】解：因为等差数列满足375,9a a ==，所以73173a a d -==-，所以()323n a a n d n =+=+-，所以n b ={}n b 的前n 项和为n S ，所以数列{}n b 的前n项和n S =--++618S =．故选：C ．9．设数列()()22121n n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-+⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则（）A ．25<S 100<25.5B ．25.5<S 100<26C ．26<S 100<27D ．27<S 100<27.5【答案】A 【解析】由22214(21)(21)441n n n n n =⋅-+-211(1)441n =+-111()]42(21)(21)n n =+-+1111()482121n n =+--+，∴11111111(1)(1)(1)48335212148212(21)n nn n n S n n n n +=+-+-+⋅⋅⋅+-=+-=-+++，∴10010010125.122(21001)S ⨯=≈⨯+，故选：A ．10．已知数列{}n a 满足11242n n a -=++++ ，则数列12n n n a a +⎧⎫⎨⎩⎭的前5项和为（）A ．131B ．163C ．3031D ．6263【答案】D 【解析】因为111124221,21n n n n n a a -++=++++=-=- ，所以()()()()()()1111121212211212121212121n n n n n n n n n n n n a a +++++---===-------.所以12n n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭前5项和为1223561611111111162121212121212121216363⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=-=-= ⎪ ⎪ ⎪--------⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 故选：D11．已知数列{}n a 的首项11a =，且满足()*12n n n a a n +-=∈N ，记数列()()1122n n n a a a +⎧⎫+⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n T ，若对于任意*n ∈N ，不等式n T λ>恒成立，则实数λ的取值范围为（）A ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】解：因为()*12n n n a a n +-=∈N ，所以1212a a -=，2322a a -=，3432a a -=，……，112n n n a a ---=，所以()()1121121222222212n n nn a a n ----=+++==-≥- ，，又11a =，即21nn a =-，所以12n n a +=，所以()()()()11112112221212121n n n n n n n n a a a ++++==-++++++，所以1223111111111112121212121213213n n n n T ++=-+-++-=-<+++++++ 所以λ的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.故选：C12．在数列{}n a 中，23a =，其前n 项和n S 满足12n n a S n +⎛⎫= ⎪⎝⎭，若对任意n ∈+N 总有12111414141n S S S λ+++≤--- 恒成立，则实数λ的最小值为（）A ．1B ．23C ．12D ．13【答案】C 【解析】当2n ≥时，2n n S na n =+，()()11211n n S n a n --=-+-，两式相减，整理得()112(1)n n n a n a --=--①，又当3n ≥时，()()12321n n n a n a ---=--②，①-②，整理得()()()21224n n n n a a n a ---+=-，又因20n -≠，得212n n n a a a --+=，从而数列{}n a 为等差数列，当1n =时，1112a S +=即1112a a +=，解得11a =，所以公差212d a a =-=，则21n a n =-，21(1)2n n n S na d n -=+=，故当2n ≥时，()22212111111414141214121n S S S n +++=+++------ ()()11111111111111335212123352121221n n n n n ⎡⎤⎛⎫=+++=-+-++-=- ⎪⎢⎥⨯⨯-+-++⎣⎦⎝⎭，易见111221n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭随n 的增大而增大，从而11112212n ⎛⎫-< ⎪+⎝⎭恒成立，所以12λ≥，故λ的最小值为12，故选：C ．二、填空题13．已知正项数列{an }满足a 1＝2且an +12﹣2an 2﹣anan +1＝0，令bn ＝（n +2）an ，则数列{bn }的前8项的和等于__．【答案】4094【解析】由221120n n n n a a a a ++--=，得（an +1+an ）（an +1−2an ）＝0，又an ＞0，所以an +1+an ＞0，所以an +1−2an ＝0，所以12n na a +=，所以数列{an }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以1222n n n a -=⨯=，所以()()222n n n b n a n =+=+⋅，令数列{bn }的前n 项的和为Tn ，1288324292T =⨯+⨯++⨯ ，则23982324292T =⨯+⨯++⨯ ，()23898622292T -=++++-⨯ ()27921269212-=+-⨯-＝2−8×29＝−4094，则T 8＝4094，故答案为：4094．14．已知数列{an }的前n 项和为Sn ，且Sn ＝2an ﹣2，则数列{nn a }的前n 项和Tn ＝__．【答案】222n n +-.【解析】解：∵Sn ＝2an ﹣2，∴Sn ﹣1＝2an ﹣1﹣2（n ≥2），设公比为q ，两式相减得：an ＝2an ﹣2an ﹣1，即an ＝2an ﹣1，n ≥2，又当n ＝1时，有S 1＝2a 1﹣2，解得：a 1＝2，∴数列{an }是首项、公比均为2的等比数列，∴an ＝2n ，2n n n n a =，又Tn 1231232222n n =++++ ，12Tn 2311212222n n n n +-=++++ ，两式相减得：12Tn 231111[1)111122122222212n n n n n n ++⎛⎤- ⎥⎝⎦=++++-=-- ，整理得：Tn ＝222nn +-．故答案为：Tn ＝222nn +-．15．将()1n x +（n +∈N ）的展开式中2x 的系数记为n a ，则232015111a a a ++⋅⋅⋅+=__________．【答案】40282015【解析】()1n x +的展开式的通项公式为1C k k k n T x +=，令2k =可得()21C 2n n n n a -==；()1211211n a n n n n ⎛⎫== ⎪--⎝⎭；所以23201511111111212222320142015a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 140282120152015⎛⎫=-= ⎪⎝⎭.故答案为：40282015.16．数列{}n a 的前项n 和为n S ，满足112a =-，且()*1222n n a a n n n ++=∈+N ，则2n S =______．【答案】221n n +【解析】由题意，数列{}n a 满足1222n n a a n n ++=+，可得21222(21)2(21)n n a a n n -+=-+-211(21)(21)2121n n n n ==-+-+，所以2n S =1113-+1135-+…+112121n n --+1212121n n n =-=++，故答案为：221nn +三、解答题17．已知数列{}n a 满足11a =，1120n n n n a a a a +++-=.(1)求证：数列1n a 禳镲睚镲铪为等差数列；(2)求数列{}1n n a a +的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析；(2)21n n S n =+.【解析】(1)令1n n b a =，因为1111112n n n n n n n n a a b b a a a a ++++--=-==⋅，所以数列{}n b 为等差数列，首项为1，公差为2；(2)由（1）知：21n b n =-；故121n a n =-；所以()()11111212122121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭；所以()()1223111113352121n n n S a a a a a a n n +=+++=+++⨯⨯-+ 11111112335212121n n n n ⎛⎫=-+-++-= ⎪-++⎝⎭ ；18．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*13n n a a n +-=∈N ，且318S =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)3n a n=(2)99n n T n =+【解析】(1)∵13n n a a +-=，∴数列{}n a 是以公差为3的等差数列.又318S =，∴13918a +=，13a =，∴3n a n =.(2)由（1）知()()111133191n b n n n n ⎛⎫==⨯- ⎪⨯++⎝⎭，于是12311111111111192233419199n n n T b b b b n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦19．已知数列{}n a 的首项为3，且()()1122n n n n a a a a ++-=--．(1)证明数列12n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求{}n a 的通项公式；(2)若()11n n n a b n =-+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)证明见解析；12n a n =+(2)()1111n n -+-+【解析】(1)因为()()1122n n n n a a a a ++-=--，所()()()()112222n n n n a a a a ++---=--，则111122n n a a +-=--，所以数列12n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是以1132=-为首项，公差等于1的等差数列，∴()1112n n n a =+-=-，即12n a n=+；(2)()()()()12111111111n n n n n a b n n n n n n ⎡⎤⎛⎫=-=-+=-+⎢⎥ ⎪++++⎝⎭⎣⎦，则()()1111111111112233411n n n S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++⋅⋅⋅+-+=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭；综上，12n a n =+，()1111n n S n =-+-+.20．已知数列{}n a 中，11a =-，且满足121n n a a +=-.(1)求证：数列{}1n a -是等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)若111n n n b a ++=-，求数列{}n b 的前n 项和为n T .【答案】(1)证明见解析，21n n a =-+(2)13322n n n T ++=-【解析】（1）解：对任意的N n *∈，121n n a a +=-，所以()1121n n a a +-=-，且112a -=-，所以数列{}1n a -是以2-为首项，2为公比的等比数列．所以12n n a -=-，所以21n n a =-+．（2）解：由已知可得111112n n n n n b a ++++==-，则234123412222n n n T ++=++++ ，所以，3412123122222n n n n n T +++=++++ ，两式相减得1231221118212111111222222212n n n n n n n T -+++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭++⎢⎥⎣⎦=+++-=+-- 1223113342242n n n n n +++++=--=-，因此，13322n n n T ++=-.21．已知等比数列{}n a ，12a =，532a =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n a 为正项数列（各项均为正），求数列{}(21)n n a +⋅的前n 项和n T .【答案】(1)2n n a =或()12·2n n a -=-；(2)12(21)2n n T n +=+-⋅.【解析】(1)等比数列{}n a 的公比为q ，12a =，532a =，则45116a q a ==，解得2q =±，所以当2q =时，2n n a =，当2q =-时，12(2)n n a -=⋅-.(2)由（1）知，2n n a =，则有(21)(21)2n n n a n +⋅=+⋅，则123325272(21)2n n T n =⨯+⨯+⨯+++⋅ ，于是得23123252(21)2(21)2n n n T n n +=⨯+⨯++-⋅++⋅ ，两式相减，得23162(222)(21)2n n n T n +-=+⨯+++-+⋅ 211121262(21)2(21)212()2n n n n n -++-=+⨯+---⋅=⋅-⨯，所以12(21)2n n T n +=+-⋅.22．已知等差数列{}n a 满足11a =，2318a a a a ⋅=⋅，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且32n n S b =.(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b 的前n 项和n T .【答案】(1)1n a =或21n a n =-；3n n b =；(2)若1n a =，则()3313n n T -=；若21n a n =-，则()1133n n T n +=-+.【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ， 11a =，2318a a a a ⋅=⋅，∴()()11217d d d ++=+，化简得2240d d -=，解得：0d =或2d =，若0d =，则1n a =；若2d =，则21n a n =-；由数列{}n b 的前n 项和为3322n n S b =-①，当1n =时，得13b =，当2n ≥时，有113322n n S b --=-②；①-②有13322n n n b b b -=-，即13n n b b -=，2n ≥，所以数列{}n b 是首项为3，公比为3的等比数列，所以3n n b =，综上所述：1n a =或21n a n =-；3n n b =；(2)若1n a =，则3n n n n a b b ==，则()()2313331333132nn n n T --=+++==- ，若21n a n =-，则()213n n n a b n =-，则()21333213n n T n =⨯+⨯++-⨯ ③；③×3得()23131333213n n T n +=⨯+⨯++-⨯ ④；③-④得：()23123232323213n n n T n +-=+⨯+⨯++⨯--⨯ 2113(13)32(21)313n n n -+-=+⨯--⨯-整理化简得：()1133n n T n +=-+，综上所述：若1n a =，则()3313n n T -=；若21n a n =-，则()1133n n T n +=-+.。
数列求和5种常考题型总结(解析版)--2024高考数学常考题型精华版
数列求和5种常考题型总结【题型目录】题型一：分组求和法题型二：裂项相消法求和题型三：错位相减法求和题型四：先求和，再证不等式题型五：先放缩，再求和【典型例题】【例1】已知数列{}n a 的前n 项和1*44(N )33n n S n +=-∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若2log n n n b a a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T .【例2】已知各项均为正数的数列{}n a 中，11a =且满足221122n n n n a a a a ++-=+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，满足213n n S b +=.(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若在k b 与1k b +之间依次插入数列{}n a 中的k 项构成新数列{}1122334564:,,,,,,,,,,n c b a b a a b a a a b ，求数列{}n c 中前40项的和40T .【例3】设n S 是各项为正的等比数列{}n a 的前n 项的和，且*2334N S a n ∈=，=，．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在数列{}n a 的任意k a 与1k a +项之间，都插入()*N k k ∈个相同的数()1kk -，组成数列{}n b ，记数列{}n b 的前n 项的和为n T ，求100T 的值．【题型专练】1.已知数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是等比数列，若111a b ==，22331a b a b -=-=．(1)求数列{}n a 与数列{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b +的前n 项和n S ．2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11n n n S S a +=++，请在①4713a a +=；②137,,a a a 成等比数列；③1065S =，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n n b a -是公比为2的等比数列，13b =，求数列{}n b 的前n 项和n T .3．（2022·广东广州·一模）已知公差不为0的等差数列{}n a 中，11a =，4a 是2a 和8a 的等比中项.(1)求数列{}n a 的通项公式：(2)保持数列{}n a 中各项先后顺序不变，在k a 与1(1,2,)k a k += 之间插入2k ，使它们和原数列的项构成一个新的数列{}n b ，记{}n b 的前n 项和为n T ，求20T 的值.4.已知等差数列{}n a 满足121,21n n a a a ==+，设2n an b =.(1)求{}n b 的通项公式，并证明数列{}n b 为等比数列；(2)将1b 插入12,a a 中，23,b b 插入23,a a 中，456,,b b b 插入34,a a 中， ，依此规律得到新数列1122334564,,,,,,,,,,a b a b b a b b b a ，求该数列前20项的和.题型二：裂项相消法求和【例1】首项为4的等比数列{}n a 的前n 项和记为n S ，其中546S S S 、、成等差数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；100【例2】已知数列{}n a 的首项为正数，其前n 项和n S 满足2343n n n nS a S a =--．(1)求实数λ的值，使得{}2n S λ+是等比数列；(2)设13n n n n b S S +=，求数列{}2n b 的前n 项和．【解析】(1)当1n =时，111823a a a =-，11S a =，解得22118S a ==；当2n ≥时，把1n n n a S S -=-代入题设条件得:22198n n S S -=+，即()221191nn S S -+=+，很显然}{21n S +是首项为8+1=9，公比为9的等比数列，∴1λ=；(2)由（1）知{}21n S +是首项为21190S +=≠，公比9q =的等比数列，所以291nnS =-，()()()()()()1211191919111188919919199111n nnnn n n n n n b ++++---⎛⎫==⨯=- ---⎝---⎭．故数列{}2n b 的前n 项和为：2221122334112111111111111891919191919191918891n n n n b b b ++⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-+-++-=- ⎪ ⎪---------⎝⎭⎝⎭.【例3】数列{}n a 的前n 项和n S ，342n n S a =-.(1)求n a ；(2)令2log 1n n b a =，求数列{}1n n b b +的前n 项和n T .）问的结论以及对数的运算性质，再利用裂项相消法进行求解【例4】（湖北省二十一所重点中学2023届高三上学期第三次联考数学试题）已知等差数列{}n a 的首项10a >，记数列{}n a 的前n 项和为()*N n S n ∈，且数列为等差数列.(1)证明：数列2n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列；(2)设数列11n n n a S a a +⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和为()*N n T n ∈，求{}n T 的通项公式.【例5】已知数列{}n a 满足1n a +=11a =．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)1n c a a =+，n S 是数列{}n c 的前n 项和，求n S ．【题型专练】1．记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.已知53227S S S -=-，且12,1,a a -成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；2．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足22n n n S a a =+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设4n b a a =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：3n T <.3.已知数列{}n a 是公差不为零的等差数列，2414a a +=，且1a ，2a ，6a 成等比数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【解析】(1)等差数列{}n a 中，324214a a a =+=，解得37a =，因1a ，2a ，6a 成等比数列，即2216a a a =，设{}n a 的公差为d ，于是得()()()277273d d d -=-+，整理得230d d -=，而0d ≠，解得3d =，所以()3332n a a n d n =+-=-.(2)由（1）知，()()1111()323133231n b n n n n ==--+-+，所以111111[(1)()()]34473231n S n n =-+-+⋅⋅⋅+--+11(1)33131nn n =-=++.4.记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，且13n n S a +=-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知数列{}n c 满足________，记n T 为数列{}n c 的前n 项和，证明：2n T <．从①211(1)(2)n n n n c a a a +++--=②221log n n n a c a ++=两个条件中任选一个，补充在第（2）问中的横线上并作答.【解析】(1)13n n S a +=- ①，当1n =时，123a a =-，24a ∴=；当2n ≥时，13n n S a -=-②①-②得，即12n n a a +=又2142a a =≠，∴数列{}n a 是从第2项起的等比数列，即当2n ≥时，2222n nn a a -=⋅=．1,1,2, 2.n n n a n =⎧∴=⎨≥⎩．(2)若选择①：()()()()()()2211111122211212212121222121n n n n n n n n n n n n a c a a ++++++++⋅⎛⎫====- ⎪--------⎝⎭，2231111111121212212121212121n n n n T ++⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=-< ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭．若选择②122n n n c ++=，则23134122222nn n n n T +++=++++ ③，34121341222222n n n n n T ++++=++++ ④，③-④得341212131112311212422224422n n n n n n n T ++-+++⎛⎫⎛⎫=++++-=+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，14222n n n T ++∴=-<．5．已知数列{}n a 前n 项和为n S ，且()21n S n n =+，记221(1)nn n n na b a a +=-+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 的前n 项和为n T ，求2021T .【解析】(1)()112n S n n =+，当1n =时，111212S =⨯⨯=；当2n ≥，n *∈N 时，()1112n S n n -=-，()()1111122n n n a S S n n n n n -=-=+--=.当1n =时也符合,()n a n n N *∴=∈.(2)()()()()()()221212111111111nn n n n n n n n n a n b a a n n n n n n ++++⎛⎫=-=-=-=-+ ⎪++++⎝⎭202111111111 (122)33420212022T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-++-++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111111112023=1 (1223342021202220222022)--++--+--=--=-.题型三：错位相减法求和【例1】已知数列{}n a 满足12a =，且11220n n n n a a a a +++⋅-=，数列{}n b 是各项均为正数的等比数列，n S 为{}n b 的前n 项和，满足14b a =，378S =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设nnb C a =，记数列{}n C 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围.【例2】已知各项均不为零的数列{}n a 满足()1212320n n n n n a a a a a ++++-+=，且11a =，23a =，设1n n nb a a +=-.(1)证明：{}n b 为等比数列；(2)求1n n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .【例3】已知数列{}n a 的首项*112,322,N n n a a a n n -==+≥∈.(1)求n a ；(2)记()3log 1n n n b a a =⋅+，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求n S .【例4】已知各项为正数的数列{}n a 前n 项和为n S ，若()214n n S a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设3nn na b =，且数列{}n b 前n 项和为n T ，求证：1n T <．【例5】已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()*22N n n S a n =-∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令4n n b a n =-，求数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【题型专练】1．若公比为c 的等比数列{}n a 的首项11a =且满足12(3,4,)2n n n a a a n --+==⋅⋅⋅．(1)求c 的值；(2)求数列{}n na 的前n 项和n S ．2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,121n n S a +=-.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设(21)n n b n a =-,数列{}n b 的前n 项和为n T ,若存在*n ∈N 且2n ≥,使得2(1)(1)(1)n T n n n λ-≤-+成立,求实数λ的最小值.3．已知数列{}n a 前n 项和为12,n S a =，且满足()*1,N 2n n S a n n +=+∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()()211n n b n a =--，求数列{}n b 的前n 项和n T .4.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26a =，()121n n a S +=+.(1)证明：{}n a 为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n na 的前n 项和n T .【答案】(1)证明见解析，123n n a -=⨯（*n ∈N ）5.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，426S =．正项等比数列{}n b 中，12b =，2312b b +=．(1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b 的前n 项和n T ．【答案】(1)31n a n =-，2nn b =，(2)()13428n n T n +=-+【解析】【分析】（1）由等差数列的通项公式与求和公式，等比数列的通项公式求解即可；（2）由错位相减法求解即可(1)设等差数列的公差为d ，由已知得，4342262d ⨯⨯+=，解得3d =，所以()()1123131n a a n d n n =+-=+-=-，即{}n a 的通项公式为31n a n =-；设正项等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，因为12b =，2312b b +=，所以()2212q q+=，所以260qq +-=，解得2q =或3q =-（负值舍去），所以2nn b =．(2)()312n n n a b n =-，所以()()1231225282342312n nn T n n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-+-，所以()()23412225282342312n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-+-，相减得，()123412232323232312n n n T n +-=⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅--()()211132122231212n n n -+⨯⨯-=⨯+---，所以()13428n n T n +=-+．题型四：先求和，再证不等式【例1】设n S 为数列{n a }的前n 项和，已知123n n S a a +=，且10a ≠．(1)证明：{n a }是等比数列；(2)若12341,21,a a a -+成等差数列，记32log 1n n b a =-，证明12231111n n b b b b b b ++++ ＜12．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【例2】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，___________，*n ∈N .在下面三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.①22n n S a =-；②122222n n a a a n ++⋯⋯+=；③221232n n n a a a a +⋯⋯=注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记(1)(1)n n a b a a =--，n T 是数列{}n b 的前n 项和，若对任意的*n ∈N ，1n kT n>-，求实数k 的取值范围.项和，再将不等式恒成立问题转化求函数的最值问【例3】（2022江西丰城九中高二阶段练习）等差数列{}n a 中，前三项分别为,2,54x x x -，前n 项和为n S ，且2550k S =.(1)求x 和k 的值；(2)求n T =1231111nS S S S ++++ (3)证明:n T 1<【例4】（2022·浙江·高二期末）已知数列{}n a 满足114a =，134n n a a +=-.(1)证明数列{}2n a -为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)设()()()113131nnn nn a b +-=++，数列{}n b 的前n 项和为n T ，若存在*n ∈N ，使n m T ≥，求m 的取值范围.【题型专练】1．已知数列{}n a 满足：()2222*12323N n a a a n a n n n ++++=+∈ .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记n S 为数列{}1n n a a +的前n 项和()*N n ∈，求证：24n S ≤<.2.（2022陕西安康市教学研究室高一期末）已知数列{}n a 满足12a =，1(2)2(1)n n n a n a ++=+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设n S 为数列{}n a 的前n 项和，证明：6n S <．3．已知数列{}n a 的首项13a =，()*1212,N n n a a n n -=+≥∈，()2log 1n n b a =+.(1)证明：{}1n a +为等比数列；(2)证明：1223111112n n b b b b b b +++⋅⋅⋅+<.【答案】(1)证明见解析4．已知数列{n a }的前n 项和为n S ，342n n S a =-，(1)求数列{n a }的通项公式；(2)设33log 4n n a b =，n T 为数列12n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.证明：12n T ≤<【答案】(1)143n n a -=⨯；(2)证明见解析.【分析】（1）利用,n n a S 关系及等比数列的定义求通项公式；，结合数列单调性即可证结论5.已知数列{}n a 的前n 项和31n n S =-，其中*N n ∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足11b =，()132n n n b b a n -=+≥，（i ）证明：数列13nn b -⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；（ii ）设数列{}n b 的前n 项和为n T ，求380n n T n -⋅<-成立的n 的最小值.【答案】(1)()1*2·3n n a n -=∈N (2)（i ）证明见解析；（ii ）5【分析】（1）根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩即可求解；（2）11323n n n b b --=+⨯，两边除以13n -即可证明等差数列；利用错位相减法求n T ，解不等式即可求得n 的最小值.（1）31n n S =-，6．（2022·安徽·高三开学考试）已知数列{}n a 满足(12122n n a a a a n -+++-=- 且)*N n ∈，且24a =.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设数列()()1211n n n a a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬--⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：132<≤n T .【答案】(1)()*2n n a n =∈N (2)证明见解析【分析】（1）将已知条件与1212n n a a a a ++++-=- 两式相减，再结合等比数列的定义即可求解；（2）利用裂项相消求和法求出n T 即可证明.（1）题型五：先放缩，再求和【例1】已知数列{}n a 的前n 项和为12n S a =，，当2n ≥时，()21212n n n S nS n n --=+-．(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)求证：2222111123a a a a +++< ．【例2】（2022·浙江省义乌中学模拟预测）已知数列{}n a 单调递增且12a >，前n 项和n S 满足2441n n S a n =+-，数列{}n b 满足212n n nb b b ++=，且123a a b +=，233b a +=.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式;(2)若1n c a b =，求证：123415n c c c c ++++< .【例3】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()1202n n n a S S n -+=≥(1)求n a 和n S (2)求证：22221231124n S S S S n+++⋯+≤-．【例4】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，22a =，且214n n n S S a ++=+．(1)求n a ；(2)求证：121112111n a a a +++<+++ ．【答案】(1)()12n n a n -*=∈N (2)证明见解析【分析】（1）分析可知数列{}21k a -是首项为11a =，公比为4的等比数列，数列{}2k a 是首项为22a =，公比【题型专练】1.已知数列{}n a 满足：12a =，132n n a a +=-，n *∈N .(1)设1n n b a =-，求数列{}n b 的通项公式；(2)设31323log log log n n T a a a =++⋅⋅⋅+，()n *∈N ，求证：()12n n n T ->.【答案】(1)13n n b -=(2)证明见解析2．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 前n 项积为n T ，且*1()n n a T n +=∈N ．(1)求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列；(2)设22212n n S T T T =++⋅⋅⋅+，求证：112n n S a +>-．为以3.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*322n n a S n n N =+∈.(1)证明：数列{}1n a +为等比数列，并求数列{}n a 的前n 项和为n S ；(2)设()31log 1n n b a +=+，证明：222121111nb b b ++⋅⋅⋅+<.【解析】(1)当1n =时，11322a S =+，即12a =由322n n a S n =+，则()1132212n n a S n n --=+-≥两式相减可得13223n n n a a a -=+-，即132n n a a -=+所以()1131n n a a -+=+，即1131n n a a -+=+数列{}1n a +为等比数列则()112133n n n a -+=+⨯=，所以31n n a =-则()()1231333333132nn n n n n S +--=+++-==--L (2)()1313log 1log 31n n n b a n ++=+==+()()2211111111n b n n n n n =<=+++所以2221211111111111122311n b b b n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+<-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭L4．已知数列{}n a 满足11a =，且11n n a a n +-=+,n S 是1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.(1)求n S ；(2)若n T 为数列2n S n ⎧⎫⎪⎪⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭的前n 项和，求证：232n n T n >>+.。
专题32 数列中分组求和法问题(解析版)
专题32 数列中分组求和法问题【高考真题】 2022年没考查 【方法总结】 分组转化法求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个可求和的数列，先分别求和，然后再合并．(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为可求和的数列(等差或等比数列)，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是可求和的数列(等比数列或等差数列)，可采用分组求和法求和．【题型突破】1．已知数列{a n }为等差数列，其中a 5＝3a 2，a 2＋a 3＝8． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }中，b 1＝1，b 2＝2，从数列{a n }中取出第b n 项记为c n ，若{c n }是等比数列，求{b n }的前n 项和．1．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ＝8，a 1＋4d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝1，d ＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *．(2)c 1＝ab 1＝a 1＝1，c 2＝ab 2＝a 2＝3，从而等比数列{c n }的公比为3，因此c n ＝1×3n －1＝3n －1． 另一方面，c n ＝a bn ＝2b n －1，所以2b n －1＝3n －1，因此b n ＝3n －1＋12．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝（1＋31＋…＋3n －1）＋n 2＝3n ＋2n －14．2．已知递增等比数列{a n }的前三项之积为8，且这三项分别加上1，2，2后又成等差数列． (1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n ＋2n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．2．解析 (1)设等比数列前三项分别为a 1，a 2，a 3，公比为q ，则a 1＋1，a 2＋2，a 3＋2成等差数列．依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 2a 3＝8，2(a 2＋2)＝(a 1＋1)＋(a 3＋2)，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 1q ·a 1q 2＝8，2(a 1q ＋2)＝a 1＋1＋a 1·q 2＋2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12(舍去)．∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1．(2)由b n ＝a n ＋2n ，得b n ＝2n －1＋2n ，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(20＋21＋22＋…＋2n －1)＋2×(1＋2＋3＋…＋n )＝20(1－2n )1－2＋2×n (1＋n )2＝2n ＋n 2＋n －1．3．已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，且a 1＝2，S 3＝12． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋4n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．3．解析 (1)∵数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，a 1＝2，S 3＝12， ∴S 3＝3×2＋3×22d ＝12，解得d ＝2，∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ．(2)∵b n ＝a n ＋4n ＝2n ＋4n ， ∴T n＝2(1＋2＋3＋…＋n )＋(4＋42＋43＋…＋4n )＝2×n (n ＋1)2＋4(1－4n )1－4＝n 2＋n ＋4n ＋13－43． 4．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2，a 3＋a 4＝32⎝⎛⎭⎫1a 3＋1a 4． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ＋log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．4．解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则a n ＝a 1q n －1，且a n >0，由已知得⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 1q ，a 1q 2＋a 1q 3＝32⎝⎛⎭⎫1a 1q 2＋1a 1q 3，化简得⎩⎪⎨⎪⎧ a 21q (q ＋1)＝2(q ＋1)，a 21q 5(q ＋1)＝32(q ＋1)，即⎩⎪⎨⎪⎧a 21q ＝2，a 21q 5＝32，又∵a 1>0，q >0，∴a 1＝1，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1．(2)由(1)知b n ＝a 2n ＋log 2a n＝4n －1＋n －1， ∴T n＝(1＋4＋42＋…＋4n －1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n －1)＝4n －14－1＋n (n －1)2＝4n －13＋n (n －1)2．5．已知各项都不相等的等差数列{a n }，a 6＝6，又a 1，a 2，a 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．5．解析 (1)∵{a n }为各项都不相等的等差数列，a 6＝6，且a 1，a 2，a 4成等比数列． ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 6＝a 1＋5d ＝6，a 1＋d 2＝a 1a 1＋3d ，d ≠0，解得a 1＝1，d ＝1，∴数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×1＝n ．(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n ，记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ， 则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n ．故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2． 6．由整数构成的等差数列{a n }满足a 3＝5，a 1a 2＝2a 4． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ，将数列{a n }，{b n }的所有项按照“当n 为奇数时，b n 放在前面；当n 为偶数时，a n 放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，求数列{c n }的前(4n ＋3)项和T 4n ＋3．6．解析 (1)由题意，设数列{a n }的公差为d ，因为a 3＝5，a 1a 2＝2a 4，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，a 1·a 1＋d ＝2a 1＋3d ，整理得(5－2d )(5－d )＝2(5＋d )，即2d 2－17d ＋15＝0，解得d ＝152或d ＝1，因为{a n }为整数数列，所以d ＝1，又由a 1＋2d ＝5，可得a 1＝3， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2．(2)由(1)知，数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2，又由数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ， 根据题意，得新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，则T 4n ＋3＝b 1＋a 1＋a 2＋b 2＋b 3＋a 3＋a 4＋b 4＋…＋b 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋b 2n ＋b 2n ＋1＋a 2n ＋1＋a 2n ＋2 ＝(b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n ＋1)＋(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2n ＋2) ＝2×(1－22n ＋1)1－2＋(3＋2n ＋4)(2n ＋2)2＝4n ＋1＋2n 2＋9n ＋5．7．若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －λ(λ>0，n ∈N *)． (1)证明数列{a n }为等比数列，并求a n ；(2)若λ＝4，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．7．解析 (1)∵S n ＝2a n －λ，当n ＝1时，得a 1＝λ， 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－λ，∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是以λ为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝λ·2n －1．(2)∵λ＝4，∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1，n 为奇数，n ＋1，n 为偶数，∴T 2n ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n ＋2n ＋1＝(22＋24＋…＋22n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝4－4n ·41－4＋n (3＋2n ＋1)2＝4n ＋1－43＋n (n ＋2)，∴T 2n ＝4n ＋13＋n 2＋2n －43．8．已知数列{a n }为等比数列，首项a 1＝4，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 2＋b 3＝12． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令c n ＝4b n ·b n ＋1＋a n，求数列{c n }的前n 项和S n ．8．解析 (1)由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝12，得log 2(a 1a 2a 3)＝12，∴a 1a 2a 3＝212． 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝4，∴a 1a 2a 3＝4·4q ·4q 2＝26·q 3＝212，解得q ＝4， ∴a n ＝4·4n －1＝4n ．(2)由(1)得b n ＝log 24n ＝2n ，c n ＝42n ·2(n ＋1)＋4n ＝1n (n ＋1)＋4n ＝1n －1n ＋1＋4n ．设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)的前n 项和为A n ，则A n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1，设数列{4n}的前n 项和为B n ，则B n ＝4－4n ·41－4＝43(4n－1)，∴S n ＝n n ＋1＋43(4n －1)．9．已知数列{a n }为等比数列，首项a 1＝4，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 2＋b 3＝12． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令c n ＝4b n ·b n ＋1＋a n，求数列{c n }的前n 项和S n ．9．解析 (1)由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝12，得log 2(a 1a 2a 3)＝12，∴a 1a 2a 3＝212． 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝4，∴a 1a 2a 3＝4·4q ·4q 2＝26·q 3＝212，解得q ＝4， ∴a n ＝4·4n －1＝4n ．(2)由(1)得b n ＝log 24n ＝2n ，c n ＝42n ·2(n ＋1)＋4n ＝1n (n ＋1)＋4n ＝1n －1n ＋1＋4n ．设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)的前n 项和为A n ，则A n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1，设数列{4n}的前n 项和为B n ，则B n ＝4－4n ·41－4＝43(4n－1)，∴S n ＝n n ＋1＋43(4n －1)．10．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 3＝4，a 3是a 2－2与a 4的等差中项，若a n ＋1＝2n b(n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若数列{}c n 满足c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1，求数列{}c n 的前n 项和S n ．10．解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，且q >0，由a n >0，a 1a 3＝4，得a 2＝2，又a 3是a 2－2与a 4的等差中项，故2a 3＝a 2－2＋a 4，∴2·2q ＝2－2＋2q 2， ∴q ＝2或q ＝0(舍)．∴a n ＝a 2q n －2＝2n －1， ∴a n ＋1＝2n ＝2n b，∴b n ＝n (n ∈N *)．(2)由(1)得，c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1＝2n ＋1(2n －1)(2n ＋1)＝2n ＋12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴数列{}c n 的前n 项和S n ＝2＋22＋…＋2n ＋12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝2(1－2n )1－2＋12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝2n ＋1－2＋n 2n ＋1(n ∈N *)． 11．(2019·天津)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0．已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n 2，n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．11．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q >0)．依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n ．所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n ．(2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n )＝⎣⎡⎦⎤n ×3＋n (n －1)2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )．记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，②②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1＝－3(－3n )1－3＋n ×3n ＋1＝(2n －1)3n ＋1＋32．所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n －1)3n ＋1＋32＝(2n －1)3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *)．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝b n 2n ＋1＋1n (n ＋1)，其中n ∈N *，若数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n ．12．解析 (1)由a 1＝－3S 1＋4＝－3a 1＋4，得a 1＝1，由a n ＝－3S n ＋4，知a n ＋1＝－3S n ＋1＋4，两式相减并化简得a n ＋1＝14a n ，∴数列{a n }是首项为1，公比为14的等比数列，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫14n －1，b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝⎛⎭⎫14n＝2n ． (2)由题意知，c n ＝n 2n ＋1n (n ＋1)．令H n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①则12H n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12H n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1．∴H n ＝2－n ＋22n ．又M n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，∴T n ＝H n ＋M n ＝2－n ＋22n ＋nn ＋1．13．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n，记S n 为{a n }的前n 项和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *．(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n ．13．解析 (1)因为a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n ． 因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，所以数列{b n }是公比为12的等比数列．因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，b 1＝a 1＋a 2＝32，所以b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n ，n ∈N *．(2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列，所以a 2n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －1，a 2n ＝⎝⎛⎭⎫12n ， 所以a n ＝11221,21 2n n n n +-⎧⎛⎫⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎪⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩，为奇数，为偶数. (3)因为S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝3－32n ，又S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3－32n －12n ＝3－42n ，所以S n ＝21233, 2432n n n n +⎧-⎪⎪⎨⎪-⎪⎩，为偶数，为奇数.14．(2021·新高考Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，a n ＋2，n 为偶数.(1)记b n ＝a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式； (2)求{a n }的前20项和．14．解析 (1)因为b n ＝a 2n ，且a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，a n ＋2，n 为偶数，所以b 1＝a 2＝a 1＋1＝2，b 2＝a 4＝a 3＋1＝a 2＋2＋1＝5．因为b n ＝a 2n ，所以b n ＋1＝a 2n ＋2＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋2＋1＝a 2n ＋3，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋3－a 2n ＝3，所以数列{b n }是以2为首项，3为公差的等差数列， 所以b n ＝2＋3(n －1)＝3n －1，n ∈N *．(2)因为a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，a n＋2，n 为偶数，所以k ∈N *时，a 2k ＝a 2k －1＋1＝a 2k －1＋1，即a 2k ＝a 2k －1＋1，①，a 2k ＋1＝a 2k ＋2，② a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1＝a 2k ＋1＋1，即a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1，③ 所以①＋②得a 2k ＋1＝a 2k －1＋3，即a 2k ＋1－a 2k －1＝3，所以数列{a n }的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； ②＋③得a 2k ＋2＝a 2k ＋3，即a 2k ＋2－a 2k ＝3，又a 2＝2，所以数列{a n }的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 所以数列{a n }的前20项和S 20＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20)＝10＋10×92×3＋20＋10×92×3＝300．15．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝9，S 5＝25．(1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)设b n ＝(－1)n S n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．15．解析 (1)设数列{a n }的公差为d ，由S 5＝5a 3＝25得a 3＝a 1＋2d ＝5，又a 5＝9＝a 1＋4d ，所以d ＝2，a 1＝1， 所以a n ＝2n －1，S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2．(2)结合(1)知b n ＝(－1)n n 2，当n 为偶数时， T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6)＋…＋(b n －1＋b n )＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n －1)2＋n 2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n －(n －1)][n ＋(n －1)] ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2．当n 为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋(－1)n ·n 2＝(n －1)n 2－n 2＝－n (n ＋1)2．综上可知，T n ＝(－1)n n (n ＋1)2．16．在①b n ＝na n ，②b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n，n 为偶数，③b n ＝1(log 2a n ＋1)(log 2a n ＋2)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }是等比数列，且a 1＝1，其中a 1，a 2＋1，a 3＋1成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记________，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．16．解析 (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 1，a 2＋1，a 3＋1成等差数列，所以2(a 2＋1)＝a 1＋a 3＋1．又因为a 1＝1，所以2(q ＋1)＝2＋q 2，即q 2－2q ＝0，所以q ＝2或q ＝0(舍去)，所以a n ＝2n －1． (2)由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件①，则b n ＝n ·2n －1， 所以T 2n ＝1×20＋2×21＋…＋2n ×22n －1， 则2T 2n ＝1×21＋2×22＋…＋2n ×22n ， 两式相减得－T 2n＝1×20＋1×21＋…＋1×22n －1－2n ×22n ＝1－22n1－2－2n ×22n ＝(1－2n )×22n －1， 所以T 2n ＝(2n －1)·22n ＋1．由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件②，则b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(20＋1)＋(22＋3)＋…＋(22n －2＋2n －1)＝(20＋22＋…＋22n －2)＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝1－4n 1－4＋n (1＋2n －1)2＝4n 3＋n 2－13．由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件③，则b n ＝1n (n ＋1)，所以T 2n ＝11×2＋12×3＋…＋12n (2n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1． 17．已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且{b n }的前n 项和为S n ，2a 1＝b 1＝2，a 5＝5(a 4－a 3)，________．在①b 5＝4(b 4－b 3)，②b n ＋1＝S n ＋2这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a n －b n }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．17．解析 (1)若选条件①，b 5＝4(b 4－b 3)．设等差数列{a n }的公差为d ，∵2a 1＝2，a 5＝5(a 4－a 3)，∴a 1＋4d ＝5(a 1＋3d －a 1－2d )，∴a 1＝d ＝1．∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n ． 设等比数列{b n }的公比为q ．由b 1＝2，且b 5＝4(b 4－b 3)，得b 1q 4＝4(b 1q 3－b 1q 2)．∴q 2－4q ＋4＝0，解得q ＝2．所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．故b n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *)． 若选条件②，b n ＋1＝S n ＋2．令n ＝1，得b 2＝S 1＋2＝b 1＋2＝4．∴公比q ＝b 2b 1＝2．∴数列{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．从而b n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n －b n ＝n －2n ，∴T n ＝(1＋2＋3＋…＋n )－(21＋22＋23＋…＋2n )， ∴T n ＝n (1＋n )2－2(1－2n )1－2，∴T n ＝2－2n ＋1＋n 22＋n 2．18．已知在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 3＝5，S 7＝49． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2n a＋a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥1 000，求n 的取值范围．18．解析 (1)由等差数列性质知，S 7＝7a 4＝49，则a 4＝7，故公差d ＝a 4－a 3＝7－5＝2，故a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1． (2)由(1)知b n ＝22n －1＋2n －1，T n ＝21＋1＋23＋3＋…＋22n －1＋2n －1＝21＋23＋…＋22n －1＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝21－22n ＋11－4＋n 1＋2n －12＝22n ＋13＋n 2－23．易知T n 单调递增，且T 5＝707<1 000，T 6＝2 766>1 000， 故T n ≥1 000，解得n ≥6，n ∈N *．19．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 4＝23，a 3＋a 5＝209，设b n ＝log 3a n2(n ∈N *)．(1)求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)令T n ＝b 1＋b 2＋b 22＋…＋b 2n －1，求使T n >0成立的最小值n ．19．解析 (1)设等比数列{a n}的公比为q ，由题意知，⎩⎨⎧a 1q 3＝23，a 1q 2＋a 1q 4＝209，两式相除，得q 1＋q 2＝310， 解得q ＝3或q ＝13，∵{a n }为递增数列，∴q ＝3，a 1＝281．∴a n ＝a 1q n －1＝281·3n －1＝2·3n －5．∴b n ＝log 3a n2＝n －5，数列{b n }的前n 项和S n ＝n (－4＋n －5)2＝12(n 2－9n )．(2)T n ＝b 1＋b 2＋b 22＋…＋b 2n －1＝(1－5)＋(2－5)＋(22－5)＋…＋(2n －1－5)＝1－2n1－2－5n >0， 即2n >5n ＋1，∵24<5×4＋1，25>5×5＋1，∴n min ＝5．20．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足关系式S n ＝ka n ＋1，k 为不等于0的常数．(1)试判断数列{a n }是否为等比数列； (2)若a 2＝12，a 3＝1．①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n 的表达式；②设b n ＝log 2S n ，数列{c n }满足c n ＝1b n ＋3b n ＋4＋b n ＋2·2n b，数列{c n }的前n 项和为T n ，当n >1时，求使4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122成立的最小正整数n 的值．20．解析 (1)若数列{a n }是等比数列，则由n ＝1得a 1＝S 1＝ka 2，从而a 2＝ka 3．又取n ＝2，得a 1＋a 2＝S 2＝ka 3，于是a 1＝0，显然矛盾，故数列{a n }不是等比数列．(2)①由条件得⎩⎨⎧a 1＝12k ，a 1＋12＝k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，k ＝1，从而S n ＝a n ＋1．当n ≥2时，由S n －1＝a n ，得a n ＝S n －S n －1＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝2a n ，此时数列是首项为a 2＝12，公比为2的等比数列．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，2n －3，n ≥2.从而其前n 项和S n ＝2n －2(n ∈N *)． ②由①得b n ＝n －2，从而c n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＋n ·2n －2．记C 1＝12×3＋13×4＋…＋1(n ＋1)(n ＋2)＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2＝n 2(n ＋2)， 记C 2＝1·2－1＋2·20＋…＋n ·2n －2，则2C 2＝1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1， 两式相减得C 2＝(n －1)·2n －1＋12，从而T n ＝n 2(n ＋2)＋(n －1)·2n －1＋12＝n ＋1n ＋2＋(n －1)·2n －1，则不等式4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122可化为4(n ＋1)(n －1)(n ＋2)＋2n ＋1<2n ＋1＋n ＋122，即n 2＋n －90>0，因为n ∈N *且n ≠1，故n >9， 从而最小正整数n 的值是10．。
数列求和与极限的专题讲解
[例 4] 求数列
2 4 6 2n , 2 , 3 ,⋅ ⋅ ⋅, n ,⋅ ⋅ ⋅ 前 n 项的和 . 2 2 2 2 2n 1 解：由题可知，{ n }的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{ n }的通项之积 2 2 2 4 6 2n 设 S n = + 2 + 3 + ⋅ ⋅ ⋅ + n …………………………………① 2 2 2 2 1 2 4 6 2n （设制错位） S n = 2 + 3 + 4 + ⋅ ⋅ ⋅ + n +1 ………………………………② 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2n ①－②得 (1 − ) S n = + 2 + 3 + 4 + ⋅ ⋅ ⋅ + n − n+1 （错位相减） 2 2 2 2 2 2 2 1 2n = 2 − n −1 − n +1 2 2 n+2 ∴ S n = 4 − n −1 2
2) + ⋅ ⋅ ⋅ + ( n + 1 − n )
1 2 n 2 + + ⋅⋅⋅ + ，又 bn = ，求数列 {bn }的前 n 项的和 . an ⋅ an+1 n +1 n + 1 n +1
解：
1 2 n n + + ⋅⋅⋅ + = n +1 n +1 n +1 2 2 1 1 ∴ bn = = 8( − ) n n +1 n n +1 ⋅ 2 2
1 1+ 2 , 1 2+ 3 1 ,⋅ ⋅ ⋅, 1 ,⋅ ⋅ ⋅ 的前 n 项和.
[例 9] 求数列
高三数学数列求和试题答案及解析
高三数学数列求和试题答案及解析1.设数列的前项积为，且（n∈N*）．（1）求，并证明：；（2）设，求数列的前项和．【答案】（１），祥见解析；（２）．【解析】（１）n取1,2,3求出，再利用与的关系将已知等式用表示即可证明；（２）由（1）问的结论利用等差数列的通项公式先求出的通项，再由通项利用裂项相消法求．试题解析：（1）由题意可得：，所以 5分（2）数列为等差数列，，， 10分【考点】１．数列的通项公式；２．数列的前n项和．2.已知函数且an ＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于()A．0 B．100 C．-100 D．10200【答案】B【解析】由题意，a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100，选B.3.已知等差数列的前项和为，且、成等比数列.（1）求、的值；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）解法1是先令求出的表达式，然后令，得到计算出在的表达式，利用为等差数列得到满足通式，从而求出的值，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；解法2是在数列是等差数列的前提下，设其公差为，利用公式以及对应系数相等的特点得到、和、之间的等量关系，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；（2）解法1是在（1）的前提下求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求数列的和；解法2是利用导数以及函数和的导数运算法则，将数列的前项和视为函数列的前项和在处的导数值，从而求出. 试题解析：（1）解法1：当时，， 当时，.是等差数列， ，得. 又，，，、、成等比数列， ，即，解得.解法2：设等差数列的公差为，则.， ，，.，，.、、成等比数列，，即，解得.；（2）解法1：由（1）得.，.，①，② ①②得..解法2：由（1）得.，.，① 由，两边对取导数得，.令，得..【考点】1.定义法求通项；2.错位相减法求和；3.逐项求导4. 数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )． A ．3 690 B ．3 660 C ．1 845 D ．1 830【答案】D【解析】∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1， 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3，从而a2k＋1＋a2k－1＝2，a2k＋3＋a2k＋1＝2，因此a2k＋3＝a2k－1，∴a1＝a5＝a9＝…＝a61，于是S60＝a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝＝1 830.5.如图，是一问题的程序框图，则输出的结果是 .【答案】【解析】根据流程图可知它的作用是求的值，由等差数列的前项和公式可知，.【考点】1.程序框图及其应用；2.等差数列的前项和6.阅读如图程序框图，若输入的，则输出的结果是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，，不成立，执行第一次循环，，；不成立，执行第二次循环，，；不成立，执行第三次循环，，；；不成立，执行第一百次循环，，；成立，输出，故选A.【考点】1.数列求和；2.算法与程序框图7.数列中，已知且，则前项和为，则的值为__________.【答案】【解析】因为，所以公差，由得，所以.【考点】1、等差数列的定义；2、等差数列的前项和公式.8.已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）令，数列{bn }的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小，并予以证明.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】（1）由于数列的递推式的结构为，在求数列的通项的时候可以利用累加法来求数列的通项公式；（2）先求出数列的通项公式，根据其通项结构选择错位相减法求出数列的前项和，在比较与的大小时，一般利用作差法，通过差的正负确定与的大小，在确定差的正负时，可以利用数学归纳法结合二项式定理进行放缩来达到证明不等式的目的.试题解析：（1）当时，.又也适合上式，所以.（2）由（1）得，所以.因为①，所以②.由①－②得，，所以.因为，所以确定与的大小关系等价于比较与的大小.当时，；当时，；当时，；当时，；……，可猜想当时，.证明如下：当时，.综上所述，当或时，；当时，.【考点】累加法、错位相减法、二项式定理9.已知数列的通项公式为，那么满足的整数（）A．有3个B．有2个C．有1个D．不存在【答案】B【解析】时，，所以，此时从到共项，从到共项，或,有2个值【考点】数列求和点评：本题中数列求和要依据通项公式特点分两种情况，分别讨论所求各项所属的范围及应代入的公式，第二种情况找到各项中正负项分界的位置是难点10.已知数列满足，则的前n项和_____【答案】【解析】根据题意，由于故可知的前n项和，故答案为【考点】数列的递推关系点评：主要是考查了数列的递推关系的运用，来求解数列的通项公式以及数列的和的运用，属于中档题。
专题数列求和问题(解析版)
数列求和问题1. 已知数列{}n a 满足：11a =，且()*11,2,n n n a n a n N a n ++⎧⎪=∈⎨⎪⎩为奇数，为偶数.设21n n b a -=. （1）证明：数列{}2n b +为等比数列，并求{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n a 的前2n 项和.解析：{}()()()12221221112121321242232,(1)231,232,1223,23232.(2)(1)6213.n n n n n n n n n n n n n n a n b a b b b b S a a a a a a n ------⎧⨯-⎪=⎨⎪⨯-⎩∴==⨯-=∴+=⨯+=∴+=+++++++=--为奇数由题意知：，为偶数数列是首项为，公比为的等比数列由知2. 已知数列{}n a 满足：1112,2,2,n nn n a n a a a n ++⎧+⎪==⎨⎪⎩为奇数为偶数.（1）设2n n b a =，证明：数列2n n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列； （3）求数列{}n a 的前2n 项和. 解析：()()()21122112121211111222112121112213212422(1)22,22222,1,2222212(2)(1)12,n n n n n n n n n n n n n n n n n n n nn n n n n n n n b a a a a b a a a a b b b b b b a n S a a a a a a a -+-+--+++++++++++-===+=+∴===+=+=+∴-==⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭==+•∴=+++++++=-是首项为，公差为的等差数列。
由知()()()24224212222122,n n n n a a a a a n ++-++-++++=-•+3. 记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列. （1）求{}n a 的通项公式； （2）证明：121112na a a +++<. 解析：()()()()()()()()()11111113121121123(1)1,,3333,31234561231232161212,621.21211(2)(1)21n n n n n n n n n n n n n n n n n n S S S n n a a a S S n n S S S n n n n S S S n n n S S S S n n n n n n n n S a S S n n a a n n n n +++++++++++===++∴=∴=-++++++∴•••==⨯⨯⨯⨯⨯⨯=--++++∴==-=+∴===-++由题意知由知12111111*********,22311n a a a n n n ⎛⎫ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫∴+++=-+-++-=-< ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭4. 正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足：()()22210n n S n n S n n -+--+=.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令()2212n nn b n a +=+，数列n b 的前n 项和为n T ，证明：对于任意的*n N ∈，都有564n T <.解析：()()()(){}()()()()()()2222211122222222(1)1010,12,122.1111(2)(1)1624211111115111169416164212n n n n n n n n n n n n n S n n S n n S n n S a S n n S n n a S S n n a a n n b n n n n T n n n n ---+--+=∴--+=∴=+=-∴=-===∴=⎛⎫+==- ⎪ ⎪+•+⎝⎭⎛⎫⎛∴=-+-++-=-- ⎪ ⎪ +++⎝⎭⎝由题意知是正项数列当时由知()()2251115.64166412n n ⎫⎛⎫=-+<⎪ ⎪⎪ ⎪++⎭⎝⎭5. 记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知1n S n -⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为3，公差为1的等差数列. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）证明：当2n ≥时，231111112n n n a S S S a -+++<-+. 解析：()()()()22111223(1)211,21144,1.21,211111(2)(1)11111111*********.23341211212n n n n n n n n n n S n n n S n a S S n n a n a n n S n n n n n a n S S S n n n n a --=++=+=∴=-=+===⎧∴=⎨+≥⎩=<=-+++-⎛⎫∴+++<-+-++-=-=-=- ⎪++++⎝⎭由题意知时，由知6. 在下面两个条件中任选一个，补充问题，并作答.①231nn S n =--；②1123,2n n a a a +=+=-，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且_____（只需填序号）.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若()3n n b n a =•+，求数列{}n b 的前n 项和n T .解析：()()()()1111111121011(1)23112 3.(2)21222221222122121212212112 1.n n n n n n n n n n n n n nn n n n n n n S n a S S b n T n T n n T n n T n --------=---∴=-=-=•∴=⨯+⨯++•∴=⨯+⨯++-•+•∴-=⨯+⨯++⨯-•=-•-∴=-•+选第一个条件：=2-3n-1由题意知S7. 已知数列{}n a 是公差为2的等差数列，数列{}n b 满足321116,23nn b b b b b a n+=++++=. （1）求数列{}{},n n a b 的通项公式； （2）求数列1n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项. 解析：()()()()1211211211(1)16624,21121221222.1111141411111111111.422314141n n nn n n n n n n n n b a b b b a a n n b b b a n nb a a nb n a b n n n n n S n n n n -++===∴=-==+=+++-∴=+=+++∴-==∴=⎛⎫∴==- ⎪++⎝⎭⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=-= ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭由题意知时，8. 已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且*112,4,n n n a S a a n N +==∈.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设数列21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：1.442n n T n <<+解析：(){}()()()112112222(1)4442.1111(2),241441111111111111111422314422311111141442n n n n n n n n n n n n nn S a a a a a a a a a a n n n n a n n n T n n n n n T n n n +++++++=∴=-∴-=∴=>=>≥-+⎛⎫⎛⎫∴-+-++-<<+-+-++- ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭⎛⎫∴<<-+< ⎪+⎝⎭由题意知为正项数列。
专题08 数列求和-倒序相加、绝对值、奇偶性求和(解析版)
数列求和-倒序相加、绝对值、奇偶性求和◆倒序相加法求和等差数列的求和公式()12n n n a a S +=,其过程正是利用倒序相加的原理.这类题之所以能够利用倒序相加来求和,是因为其自身具备明显的特征,那就是首项与末项相加为定值.一般题中出现12x x k +=(k 为常数),()()12f x f x m +=(m 为常数)时,可以采用倒序相加的方法进行求和.【经典例题1】已知函数()f x 对任意的x ∈R ，都有()()11f x f x +-=，数列{}n a 满足()120n a f f f n n ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭…()11n f f n -⎛⎫+ ⎪⎝⎭.求数列{}n a 的通项公式. 【答案】12n n a += 【解析】因为()()11f x f x +-=，∴111n f f n n -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故()120n a f f f n n ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭…()11n f f n -⎛⎫++ ⎪⎝⎭.① ∴()121n n n a f f f n n --⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭…()01f n f ⎛⎫++ ⎪⎝⎭.② ∴①+②，得21n a n =+，∴12n n a +=. 所以数列{}n a 的通项公式为12n n a +=.【练习1】已知正数数列{}n a 是公比不等于1的等比数列，且120191a a =，试用推导等差数列前n 项和的方法探求：若24()1f x x=+，则()()()122019f a f a f a +++=（ ）A ．2018B ．4036C ．2019D ．4038【答案】D 【解析】120191a a ⋅=，∵函数24()1f x x =+ ∵222214444()41111+⎛⎫+=+== ⎪++⎝⎭+x f x f x x x x， 令122019()()()T f a f a f a =++⋅⋅⋅+，则201920181()()()T f a f a f a =++⋅⋅⋅+， ∵()()()()()()120192201820191242019T f a f a f a f a f a f a =++++⋅⋅⋅++=⨯， ∵4038T =. 故选：D.【练习2】已知函数1()1f x x =+，数列{}n a 是正项等比数列，且101a =，则()()()()()1231819f a f a f a f a f a +++⋅⋅⋅++=__________．【答案】192【解析】函数1()1f x x =+，当0x >时，1111()()111111xf x f x x x xx+=+=+=++++， 因数列{}n a 是正项等比数列，且101a =，则2119218317101a a a a a a a =====，119111()()()()1f a f a f a f a +=+=，同理2183171010()()()()()()1f a f a f a f a f a f a +=+==+=，令()()()()()1231819S f a f a f a f a f a =+++++， 又()()()()()19181721S f a f a f a f a f a =+++++，则有219S =，192S =， 所以()()()()()1231819192f a f a f a f a f a +++⋅⋅⋅++=. 故答案为：192【练习3】已知()442xx f x =+，求122010201120112011f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 【答案】1005. 【解析】因为()442x x f x =+，所以()1144214242442x x x x f x ---===++⨯+，所以()()11f x f x +-=.令12200920102011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，倒写得20102009212011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.两式相加得22010S =，故1005S =.【练习4】函数()f x 对任意x ∈R ,都有1()(1)2f x f x +-=. (I)求12f ⎛⎫ ⎪⎝⎭的值;(II)若数列{}n a 满足11(0)(1)n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,数列{}n a 是等差数列吗?【解析】(I)令 12x =,得1124f ⎛⎫= ⎪⎝⎭. (II)已知函数()f x 对任意x ∈R ,都有1()(1)2f x f x +-=,可得 11(0)(1)11(1)(0)n n n a f f f f n n n a f f f f n n ⎧-⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨-⎛⎫⎛⎫⎪=++++ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩由两式相加可得11(1)112(2)244n n n n n a a a n -++==⇒-=故数列{}n a 是等差数列.◆数列绝对值求和(1)对于首项小于0而公差大于0的等差数列{}n a 加绝对值后得到的数列{}n a 求和,设{}n a 的前n 项和为 {},n n S a 的前n 项和为n T ,数列{}n a 的第k 项小于0而从第1k +项开始大于或等于0,于是有 ,;2,n n nk S n k T S S n k -⎧=⎨->⎩(2)对于首项大于0而公差小于0的等差数列{}n a 加绝对值后得到的数列{}n a 求和,设{}n a 的前n 项和为 {},n n S a 的前n 项和为n T ,数列{}n a 的第k 项大于0而从第1k +项开始小于或等于0,于是有 ,2,n n kn S n k T S S n k ⎧=⎨->⎩ 。