题型总结之数列求和

合集下载

数列求和公式的常见题型及解题方法

数列求和公式的常见题型及解题方法1. 等差数列的求和公式等差数列是指数字之间的差等于一个常数的数列。

求等差数列的和常用的公式是：$$ S_n = \frac{n}{2}(a_1 + a_n) $$其中 $S_n$ 是数列的前 $n$ 项和，$a_1$ 是首项，$a_n$ 是末项。

2. 等比数列的求和公式等比数列是指数字之间的比等于一个常数的数列。

求等比数列的和常用的公式是：$$ S_n = \frac{a_1(1 - r^n)}{1 - r} $$其中$S_n$ 是数列的前$n$ 项和，$a_1$ 是首项，$r$ 是公比。

3. 平方数列的求和公式平方数列是指数列中的每一项都是前一项的平方。

求平方数列的和常用的公式是：$$ S_n = \frac{a_1^2(1 - r^{2n})}{1 - r^2} $$其中$S_n$ 是数列的前$n$ 项和，$a_1$ 是首项，$r$ 是公比。

4. 斐波那契数列的求和公式斐波那契数列是指数列中的每一项都是前两项之和。

求斐波那契数列的和常用的公式是：$$ S_n = F_{n+2} - 1 $$其中 $S_n$ 是数列的前 $n$ 项和，$F_n$ 是斐波那契数列的第$n$ 项。

5. 其他数列的求和方法除了常见的等差数列、等比数列、平方数列和斐波那契数列外，还有许多其他数列的求和方法。

对于这些数列，我们需要根据其特定的规律和性质来求和，例如算术-几何数列、调和数列、幂次数列等。

以上是数列求和公式的常见题型及解题方法的概述。

在解题过程中，我们应该根据题目给定的数列类型，选择相应的求和公式，并结合数列的特点进行求解。

高考数学专题—数列求前n项和的5种常用方法总结

高考数学专题——数列（求S n ）求s n 的四种方法总结常考题型：共5种大题型（包含倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、并项求和法。

1、倒序相加法：实质为等差数列求和。

例1、【2019·全国2·文T18】已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n .求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2. 2、错位相减法：实质为等差×等比求和。

错位相减法的万能公式及推导过程：公式：数列c n =(an +b )q n−1，(an +b )为等差数列，q n−1为等比数列。

前n 项和S n =(An +B )q n +C A =a q −1，B =b −Aq −1，C =−B S n =(a +b )+(2a +b )q +(3a +b )q 2+⋯[(n −1)a +b ]q n−2+(an +b )q n−1 ① qS n =(a +b )q +(2a +b )q 2+(3a +b )q 3+⋯[(n −1)a +b ]q n−1+(an +b )q n ② ②-①得：(q −1)s n =−(a +b )−a (q +q 2+⋯q n−1)+(an +b )q n=−(a +b )−a ⋅q(1−q n−1)1−q+(an +b )q n=(an +b −aq−1)q n −(b −aq−1)S n =(aq −1⋅n +b −a q −1q −1)⋅q n −b −aq −1q −1例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+ 即21112a a q a q =+.所以220,q q +-= 解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例3、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【解析】（1）235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①② 得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列.（I ）求12,a a 的值；（Ⅱ）试求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】（Ⅰ）方法一：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列 21221a a ∴=⨯ 214a a ∴=又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列 2121122a a ∴-=,解得1228a a =⎧⎨=⎩方法二：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列,1112,n n a n a n+∴=1(1)2n n n a a n ++∴=.①又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列, 11122n nn na a ++∴-=② 由①②解得：2nn a n =⋅1228a a =⎧⎨=⎩ （Ⅱ）1122,1n n n a a n -=⋅= 2n n a n ∴=⋅123n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+1231222322n n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ 234121222322n n S n +∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅两式作差可得：23122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅()1212212n n n n S +-=-⋅--1(1)22n n n S +=⋅---, 1(1)22n n S n +∴=-⋅+.例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a S +-=．（I ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若3log n n b a =，数列2221n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：12nT <．【解析】（I ）当1n =时，由11a =，2121a a -=得23a =；当2n ≥时，121n n a S --=，两式相减得()1120n n n n a a S S +----=，即13n n a a +=(2)n ≥，又2133a a ==，故13n n a a +=恒成立，则数列{}n a 是公比为3的等比数列，可得13-=n n a ．（Ⅱ）由（I ）得313log log 31n n n b a n -===-，则22211111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭，则111111123352121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭． 1021n >+ 11112212n ⎛⎫∴-< ⎪+⎝⎭ 故12n T <例6、【2017·天津·理T18】已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).【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.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,而b 1=2,所以q 2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8.①由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16,②联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n )1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n -23×4n+1+83. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n -23×4n+1+83. 例7、【2020·石家庄模拟】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由2S n ＝3a n －1，① 得2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②，得2a n ＝3a n －3a n －1，所以a n a n －1＝3(n ≥2)，又2S 1＝3a 1－1，2S 2＝3a 2－1，所以a 1＝1，a 2＝3，a 2a 1＝3，所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1.(2)由(1)得，b n ＝n3n －1，所以T n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，③13T n ＝131＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ，④ ③－④得，23T n ＝130＋131＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝1－13n1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以T n ＝94－6n ＋94×3n . 3、裂项相消法：实质为a n =b n (n+a )形式的求和。

题型-数列求和之递推求和法

题型-数列求和之递推求和法1. 引言本文将介绍一种常见的数学题型——数列求和，以及递推求和法的应用。

通过递推求和法，我们可以快速计算数列的和，避免逐一列举求和的繁琐过程。

本文将从数列的概念出发，介绍递推求和法的基本原理，并通过实例演示其应用。

2. 数列求和的基本概念数列是按照一定规律排列的一组数，其中每个数被称为数列的项。

数列可以有无限个项，也可以有有限个项。

求和则是将数列中所有项相加的操作，从而得到和的结果。

3. 递推求和法的基本原理递推求和法是一种通过逐项递推，将数列求和问题转换为简单的数学运算的方法。

其基本原理如下：1. 首先，我们需要找到数列的递推关系。

递推关系是指数列中每个项与前一项之间的数学关系，可以是加减乘除等操作。

2. 然后，我们选择一个起始项，通常是数列中的第一个项。

3. 接下来，我们通过递推关系将下一项表示为前一项的函数，继续递推下去，直到达到目标项。

4. 最后，将递推得到的每个项相加，就可以得到数列的和。

4. 递推求和法的应用实例下面通过一个具体的例子演示递推求和法的应用：假设我们要计算数列 1，3，5，7，9 的和。

首先，我们找到数列的递推关系：每个项与前一项的差值为2。

然后，选择起始项为 1。

接下来，我们递推下一项的值：3 = 1 + 2，5 = 3 + 2，以此类推，直到达到目标项。

最后，将得到的每个项相加：1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25。

所以数列1，3，5，7，9 的和为 25。

5. 总结通过递推求和法，我们可以快速计算数列的和，避免繁琐的逐项相加。

递推求和法的基本原理是通过找到数列的递推关系，将数列求和问题转换为简单的数学运算。

这种方法在解决数列求和题型时非常实用。

希望本文的介绍对你有所帮助！。

数列求和的几种常用方法

数列求和的几种常用方法数列求和是数列部分的重要内容,题型复杂多变,我们根据不同题型总结出一些方法.它对数列的学习是有好处的.一、反序相加法例1 求数列{n}的前n 项和.解记S n =1+2+…+(n-1)+n,将上式倒写得: S n =n+(n-1)+…+2+1把两式相加,由于等式右边对应的项和均为n+1,∴2 S n =n(n+1),即S n =21 n(n+1) 说明此法亦称为高斯求和.二、错位相减法若{a n }为等差数列,{b n }为等比数列,则{a n b n }的前n 项和可用错位相减法.例2 求和S n =nn n n 212232252321132-+-++++- 解由原式乘以公比21得: 21S n =1322122322321+-+-+++n n n n 原式与上式相减,由于错位后对应项的分母相同,可以合并,∴S n -21S n =21+112212212121+---+++n n n 即 S n =32232++-n n 一般地, 当等比数列{b n }的公比为q, 则错位相减的实质是作“S n - qS n ”求和.三、累加法例3 求和S n =2222321n ++++分析由133)1(233+++=+k k k k 得133)1(233++=-+k k k k ,令k=1、2、3、…、n 得23－13=3·12＋3·1＋1 33－23＝3·22＋3·2＋1 43－33＝3·32＋3·3＋1 …… （n+1）3－n 3=3n 2+3n+1把以上各式两边分别相加得：（n+1）3－1=3(12+22+…+n 2)+3(1+2+3+…+n)+n =3S n +23n(n+1)+n 因此，S n ＝61n(n+1)(2n+1) 想一想利用此法能否推导自然数的立方和公式：213)]1(21[+=∑=n n k n k 点拨利用(k+1)4=k 4+4k 3+6k 2+4k+1进行累加.归纳推导自然数的方幂和∑=n k r k 1公式的方法。

数列求和的八种方法及题型

数列求和的八种方法及题型1、抽象加法法：把等差数列的元素抽象为某一个相同的数值（称为项数，式子为S），通过加法求出所求等差数列的和。

例题：这样一个等差数列：2、4、6、8……100，求这一数列的和是多少？答案：抽象加法法：元素个数n = 99，公差d = 2，首项a = 2。

由公式S=n*（a+l）/2可得：S = 99*（2+100）/2 = 99*102/2 = 4950。

2、数值加法法：直接对元素逐一加法求和。

例题：计算这一等差数列的和：1、3、5、7……99？答案：数值加法法：元素个数n = 49，即：1+3+5+7+...+99=49*100/2=4900。

3、改编组合法：将数列改编为组合形式，将大式化简，从这个组合计算其和。

例题：求这一等差数列的和：2、5、8、11……99？答案：改编组合法：元素个数n = 48，公差d = 3，首项a = 2。

将其转换为组合：2+48d ，即2+(48*3)=150，由公式S=n*（a+l）/2可得：S = 48*（2+150）/2 = 48*152/2 = 7344。

4、数表法：把数列列成表，统计其和。

例题：求这一等差数列的和：3、5、7、9……99？答案：数表法：数列：3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 33 35 37 39 41 43 45 47 49 51 53 55 57 59 61 63 65 67 69 71 73 75 77 79 81 83 85 87 89 91 93 95 97 99和：3+5+7+9+11+13+15+17+19+21+23+25+27+29+31+33+35+37+39+41+43+ 45+47+49+51+53+55+57+59+61+63+65+67+69+71+73+75+77+79+81+83 +85+87+89+91+93+95+97+99=24505、立方法：一种特殊情形——这一数列两个元素的值等于这两个元素之间的位数的立方和。

数列求和法(已修改)

练习5:(1)求和 1 4 (2)求和
：
1
1 47

1 7 10

1 ( 3 n 2 )( 3 n 1)
1
+
1
+
1
+ …+
1
1· 3
2· 4
3· 5
n· (n+2)
数列求和法小结
公式法求和分组求和法
倒序相加法错位相减法
裂项相消法
再见
当 x 1 时， Sn n n 2n 4n
1
当 x 1 时， Sn
2n
x (1 x )
2 2n
1 x
2
x
2
(1 1
1 x 1
2n
) 2n

(x
1)( x
2n 2
2n2
1)
x
2
x ( x 1)
2n
4 n ( x 1) 2n S n ( x 1)( x 2 n 2 1) 2 n ( x 1) 2n 2 x ( x 1)
三、错位相减法
错位相减法:主要用于一个等差数列与一个等比数列
对应项相乘得的新数列求和，此法即为等比数列求
和公式的推导方法.
例3.(1)求和Sn =1+2x+3x2+……+nxn-1 (x≠0,1) (2)求数列{2n-1}的前n项和.
2n
…… +nxn-1 ① 解：(1)∵ Sn =1 + 2x +3x2 + ∴xSn = x + 2x2 + … + (n-1)xn-1+nxn ② ∴ ① -②，得： (1-x) Sn =1 + x + x2+ … + xn-1 - nxn = 1-x 1-(1+n)xn+nxn+1 ∴ Sn= (1-x)2 1-xn n项 - nxn

数列求和的八种重要方法与例题

练习10：
已知Sn=-1+3-5+7+…+(-1)n(2n-1),
1)求S20,S21 2)求Sn
=20 S20=-1+3+(-5)+7+……+（-37）+39
S21=-1+3+(-5)+7+（-9）+……+39+（-41）
=-21
总的方向： 1.转化为等差或等比数列的求和 2.转化为能消项的思考方式：求和看通项（怎样的类型）若无通项，则须先求出通项方法及题型： 1.等差、等比数列用公式法 2.倒序相加法 3.错位相减法 4.裂项相消法

1 (1 3
2n )

5
n
12 3
1 (2n 5n 1) 3
热点题型3：递归数列与数学归纳法.
已知数列{an}的各项都是正数，且满足：a01，an1
(nN)

1 2
an (4

an ).
（1）证明an<an+1<2(nN) （2）求数列{an}的通项公式an
用数学归纳法证明：
类型a1+an=a2+an-1=a3+an-2=……
典例. 已知 lg(xy) 2 2.倒序相加法
S =lgxn +lg(xn-·1 y)+ ...+lg(x·1 yn-1)+lgyn,
(x > 0,y > 0) 求S .
S =lgxn +lg(xn-·1 y)+ ...+lgyn
S =lgyn +lg(yn-·1 x)+ ...+lgxn 2S =lg(xy)n +lg(xy)n + ...+lg(xy)n

专题6-2 数列求和归类-2023年高考数学一轮复习热点题型(全国通用)(原卷版)

n 1
)(n N , n 2) ，求 Sn ；
（2）若 S n f ( ) f ( ) ... f (
n
n
n
（1）证明函数 f ( x ) 的图像关于点 ( ,1) 对称;
【提分秘籍】
基本规律
倒序求和，多是具有中心对称的
【变式演练】
1
1.设奇函数� � 对任意� ∈ �都有�(�) = �(� − 1) + 2 .
（2）设数列 bn 满足 bn
2 an 1
，求数列 bn 的前 n 项和 Rn .
4n
2.设数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a2 4 ，且对任意正整数 n ，点 an 1 , S n 都在直线 x 3 y 2 0 上.（1）
求 an 的通项公式；
（2）若 bn nan ，求 bn 的前 n 项和 Tn .
【题型五】裂项相消常规型
【典例分析】
设数列 an 满足： a1 1 ，且 2an an 1 an 1 （ n 2 ）
， a3 a4 12 .
（1）求 an 的通项公式：

1
的前 n 项和.
已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a1
1
， S n S n 1 S n S n 1 0 n 2 .
2
1
是等差数列；
Sn
Sn
, n为奇数

（2）若 Cn n 3
，设数列 C n 的前 n 项和为 Tn ，求 T2n .
【提分秘籍】
基本规律
分组求和法：
c（等比）
1.形如 an＝ b（等差）

数列求和题型归纳总结

类型七：利用数列的通项求和
• 先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前项和，是一个重要的方法.
谢谢观看
数列求和
•七大类型
类型一：公式法（定义法）
类型二：倒序相加法
• 如果一个数列 an ，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，
那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法。如：等差数列的前n项和即是用此法推导的，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可
以得到n个 (a1 an ) .
• 例题3
类型三：错位相减法
类型四：裂项相消法
类型五：分段（组）求和法
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，可把数列பைடு நூலகம்每一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转化成常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.
类型六：并项求和法：
• 在数列求和过程中，将某些项分组合并后即可转化为具有某种特殊的性质的特殊数列，可将这些项放在一起先求和，最后再将它们求和，则称之为并项求和.形如类型，可采用两项合并求.利用该法时要特别注意有时要对所分项数是奇数还是偶数进行讨论.

数列求和(分组求和、并项法、错位相减、裂项相消)综合经典例题(收藏版)含答案详解

数列求和综合（经典总结版）含答案详解包括四种题型：分组求和、并项法、错位相减、裂项相消一、分组求和例1．求和.练1已知数列{}n x 的首项13x =，通项2n n x p n q =⋅+⋅（*n ∈N ，,p q 是常数），且145,,x x x 成等差数列.（1）求,p q 的值；（2）求数列{}n x 的前n 项和n S .例2．（奇偶性）已知等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 4+2成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；（Ⅱ）设b n ＝，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．二、并项法例1．已知数列的前项和，求，的值以及Sn 的值.练1.求，，，，…，，…的前50项之和以及前项之和.三、错位相减例1 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1=2，3S n =11543(2)n n n a a S n ---+≥（I ）求数列a n 的通项公式；（Ⅱ）若b n =n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。

11111232482n n ⎛⎫+++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭{}n a n 1159131721...(1)(43)n n S n -=-+-+-++--15S 22S 21-2223-242(1)n n •-50S n n S练1 等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 1，S 3，S 2成等差数列．若a 1－a 3＝－32，求数列{n ·a n }的前n 项和T n .练2 设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n .例2已知数列{}n a 的首项123a =，121n n n a a a +=+，1,2,3,n =…．（Ⅰ）证明：数列1{1}na -是等比数列；（Ⅱ）数列{}n n a 的前n 项和n S ．练1 已知各项均为正数的数列{}n a 前n 项和为n S ，首项为1a ，且n n S a ,,21等差数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若n bn a )21(2=，设nnn a b c =，求数列{}n c 的前n 项和n T .练2、已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n .例3 在等比数列{a n }中，a 2a 3＝32，a 5＝32.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，求S 1＋2S 2＋…＋nS n .例4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n ，数列{b n }满足b 1＝－1，b n ＋1＝b n ＋(2n －1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)求数列{b n }的通项公式b n ；(3)若c n ＝a n ·b nn ，求数列{c n }的前n 项和T n .四、裂项相消裂项相消的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，以达到求和的目的. 常见的裂项相消形式有： 1. 111(1)1n a n n n n ==-++ 1111()(2)22n a n n n n ==-++ ┈┈1111()()n a n n k k n n k ==-++2n p a An Bn C ⇒=++（分母可分解为n 的系数相同的两个因式）2. 1111()(21)(21)22121n a n n n n ==--+-+ 1111()(21)(23)22123n a n n n n ==-++++1111()(65)(61)66561n a n n n n ==--+-+3. 1111(1)(2)2(1)(1)(2)n a n n n n n n n ⎡⎤==-⎢⎥+++++⎣⎦4.)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-n n n n n 5. 111211(21)(21)2121n n n n n n a ---==-++++ +1+1211(21)(21)2121nnn n n n a ==-++++122(1)111(1)2(1)22(1)2n n n n n n n n a n n n n n n -++-==⋅=-++⋅+6.=┈┈12=1k=- 例1．正项数列}{n a 满足02)12(2=---n a n a n n ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式n a ； (Ⅱ)令,)1(1nn a n b +=求数列}{n b 的前n 项和n T ．练1.等比数列}{n a 的各项均为正数，且6223219,132a a a a a ==+．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式； (Ⅱ)设,log log log 32313n n a a a b +++= 求数列}1{nb 的前n 项和．例2．已知等差数列}{n a 满足：26,7753=+=a a a ．}{n a 的前n 项和为n S ．(Ⅰ)求n a 及n S ； (Ⅱ)令),(11*2N n a b n n ∈-=求数列}{n b 的前n 项和n T ．例3．已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且421,,S S S 成等比数列．(1)求数列}{n a 的通项公式；(2)令,4)1(112+--=n n n a a nb 求数列}{n b 的前n 项和n T .例4．正项数列}{n a 的前n 项和n S 满足：0)()1(222=+--+-n n S n n S n n .(1)求数列}{n a 的通项公式n a ；(2)令,)2(122n n a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为n T ，证明：对于,*N n ∈∀都有645<n T .练1、已知数列{}n a 是首相为1，公差为1的等差数列，21n n n b a a +=⋅，n S 为{}n b 的前n 项和，证明：1334n S ≤<.例5．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1+a 4＝9，a 2a 3＝8．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝，求数列{b n }的前n 项和T n ．例6. （无理型）设数列{}n a 满足01=a 且111111=---+nn a a ，（1）求{}n a 的通项公式；（2）设na b n n 11+-=，记∑==nk kn bS 1，证明：1<n S .例7.（指数型）．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝﹣n ﹣1．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）求数列{}的前n 项和T n ．例8．设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n （n ∈N *），{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2+2，a 4＝b 3+b 5，a 5＝b 4+2b 6．（Ⅰ）求{a n }和{b n }的通项公式；（Ⅱ）设数列{S n }的前n 项和为T n （n ∈N *），（i ）求T n ；（ii ）证明＝﹣2（n ∈N *）作业：1．设231()2222()n f n n N ++=++++∈，则()f n 等于（）A.21n -B.22n -C. 122n +-D. 222n +-2．满足*12121,log log 1()n n a a a n +==+∈N ，它的前n 项和为n S ，则满足1025n S >的最小n 值是（）A ．9B ．10C ．11D ．123．已知等差数列}{n a 的前n 项和为,15,5,55==S a S n 则数列}1{1+n n a a 的前100项和为( A ) A ．100101 B ．99101 C ．99100 D ．1011004．求和2345672223242526272+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯= . 5．定义在上的函数满足，则6．已知数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 满足S n ＝12－12a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设f (x )＝log 3x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n ，求T 2 012；(3)若c n ＝a n ·f (a n )，求{c n }的前n 项和U n .7．已知数列{a n }为公差不为零的等差数列，a 1＝1，各项均为正数的等比数列{b n }的第1项，第3项，第5项分别是a 1，a 3，a 21.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .8. 已知数列{an}的前n 项和Sn ＝－12n 2＋kn(其中k ∈N ＋)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和Tn.R )(x f 2)21()21(=-++x f x f )83()82()81(f f f ++67()()_______88f f +++=数列求和综合答案详解版一、分组求和例1．求和. 【解析】(1+2+3+…+n)+ =【总结升华】1. 一般数列求和，先认真理解分析所给数列的特征规律，联系所学，考虑化归为等差、等比数列或常数列，然后用熟知的公式求解.2. 一般地，如果等差数列与等比数列的对应项相加而形成的数列都用分组求和的办法来求前项之和.练1已知数列{}n x 的首项13x =，通项2n n x p n q =⋅+⋅（*n ∈N ，,p q 是常数），且145,,x x x 成等差数列.（1）求,p q 的值；（2）求数列{}n x 的前n 项和n S . 【解析】（1）232(164)2325p q p q p q p p +=⎧⎨+=+++⎩ 解得11q p =⎧⎨=⎩（2）12212(21)(22)+(2)n n S x x x n =+++=+++++………… =12(22+2)(123+n)n ++++++…………=1(1)222n n n ++-+ 例2．（奇偶性）已知等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 4+2成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；（Ⅱ）设b n ＝，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．【解答】解：（I ）设等差数列{a n }的过程为d ，∵a 1＝1，且a 1，a 2，a 4+2成等比数列． ∴＝a 1•（a 4+2），即（1+d ）2＝1×（1+3d +2），化为：d 2﹣d ﹣2＝0，解得d ＝2或﹣1．其中d ＝﹣1时，a 2＝0，舍去．∴d ＝2．a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，S n ＝＝n 2．（Ⅱ）设b n ＝＝，∴n 为偶数时，＝＝16，b 2＝8；11111232482n n ⎛⎫+++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭11111232482n n S n ⎛⎫=+++⋅⋅⋅++= ⎪⎝⎭111242n ⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭(1)1122n n n ++-{}n a {}n b {}n n a b +n n Sn 为奇数时，＝＝，b 1＝．∴数列{b n }的奇数项是首项为，公比为．数列{b n }的偶数项是首项为8，公比为16．∴数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝+＝．二、并项法例1．已知数列的前项和，求，的值以及Sn 的值.【思路点拨】该数列{}n a 的特征：1(1)(43)n n a n -=--，既非等差亦非等比，但也有规律：所有奇数项构成以1为首项8为公差的等差数列，偶数项构成以-5为首项-8为公差的等差数列，因而可以对奇数项和偶数项分组求和；还有规律：1234561...4n n a a a a a a a a ++=+=+==+=-（n 为奇数），可以将相邻两项组合在一起. 【解析】（1）法1（分组）由可得，法2（并项）a1+a2=−4,a3+a4=−4（2）由∴当为奇数，时，，Sn=( a1+a2)+ a3+a4……（a n-2-a n-1）+an=−4(n−12)+4n-3=2n-1当为偶数，时，，Sn=( a1+a2)+ a3+a4……（a n-1+an ）=−4×n2=−2n 【总结升华】1.对通项公式中含有或的一类数列，在求时要注意讨论的奇偶情况.2. 对正负相间的项中的相邻两项进行恰当的组合，可能会有意料之结. 举一反三：【变式1】求，，，，…，，…的前50项之和以及前项之和.{}n a n 1159131721...(1)(43)n n S n -=-+-+-++--15S 22S 1(1)(43)n n a n -=--158(157)7(553)[19...(4153)][513...(4143)]2922S ++=+++⨯--+++⨯-=-=2211(181)11(585)[19...(4213)][513...(4223)]4422S ++=+++⨯--+++⨯-=-=-1(1)(43)n n a n -=--n n N +∈1(43)(41)4n n a a n n ++=--+=-n n N +∈1(43)(41)4n n a a n n ++=--++=n )1(-1n )1(+-n S n 21-2223-242(1)n n •-50S n n S【解析】（1）设，则数列为等差数列，且是的前25项之和，所以.（2）当为偶数即时，.当为奇数即时，.三、错位相减例1 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1=2，3S n =11543(2)n n n a a S n ---+≥ （I ）求数列a n 的通项公式；（Ⅱ）若b n =n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。

专题10 数列 10.4数列求和题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习(解析版)

专题十《数列》讲义10.4数列求和知识梳理.数列求和1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d 2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法．(3)一些常见的数列的前n 项和：①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)；③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．题型一.裂项相消1．数列{a n}的通项公式a n=1or1)，已知它的前n项和S n=99100，则项数n＝（）A．98B．99C．100D．101【解答】解：列{a n}的通项公式a n=1or1)=1−1r1，所以=1−12+12−13+⋯+1−1r1=1−1r1，由于前n项和S n=99100，所以1−1r1=99100，解得n＝99．故选：B．2．已知等差数列{a n}满足a3＝10，a1+a4＝17．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n=3r1，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）设首项为a1，公差为d的等差数列，满足a3＝10，a1+a4＝17．所以3=101+4=17，解得1=4=3，所以a n＝4+3（n﹣1）＝3n+1．（2）由（1）得b n=3r1=13r1−13r4，所以S n＝b1+b2+…+b n=14−17+17−110+⋯+13r1−13r4=14−13r4．3．已知数列{a n}的前n项和为S n，若4S n＝（2n﹣1）a n+1+1，且a1＝1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设=1(+2)，数列{c n}的前n项和为T n，求T n．【解答】解：（1）在4S n＝（2n﹣1）a n+1+1中，令n＝1，得a2＝3，∵4S n＝（2n﹣1）a n+1+1，∴当n≥2时，4S n﹣1＝（2n﹣3）a n+1，两式相减，得4a n＝（2n﹣1）a n+1﹣（2n﹣3）a n（n≥2），∴（2n+1）a n＝（2n﹣1）a n+1，即r1=2r12K1(≥2)．∴=K1⋅K1K2⋅K2K3⋯⋅32⋅21⋅1=2K12K3⋅2K32K5⋅2K52K7⋯53⋅31⋅1=2−1，故a n＝2n﹣1．（2）=1(+2)=1(2K1)(2r1)=12(12K1−12r1)，T n＝c1+c2+…+c n=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12K1−12r1)]=12(1−12r1)=2r1，所以=2r1．题型二.错位相减1．已知等差数列{a n}公差不为零，且满足：a1＝2，a1，a2，a5成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设=3，求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，d≠0，由题，1=222=15，即(1+p2=1(1+4p，解得d＝4．∴a n＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2．（Ⅱ）=3=（4n﹣2）•3n＝2（2n﹣1）•3n，设数列{b n}的前n项和为T n，=2×1×31+2×3×32+2×5×33+⋯+2（2n﹣1）×3n，①3=2×1×32+2×3×33+2×5×34+⋯2（2n﹣1）×3n+1，②①﹣②，得：−2=2×1×3+2×2×32+2×2×33+⋯+2×2×3n﹣2（2n﹣1）×3n+1=6+4×32(1−3K1)1−3−2(2−1)×3r1=−12﹣4（n﹣1）•3n+1，∴=6+2(−1)⋅3r1．∴数列{b n}的前n项和=6+2(−1)⋅3r1．2．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，S5＝30，S7＝56；各项均为正数的等比数列{b n}满足b1b2=13，b2b3=127．（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．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S5＝30，S7＝56，得51+5×42=3071+7×62=56，解得1=2=2．∴a n＝2+2（n﹣1）＝2n；设等比数列{b n}的公比为q（q＞0），由b1b2=13，b2b3=127，得12=13123=127，解得1=1=13．∴=(13)K1；（2）a n•b n=23K1=2⋅3K1．令{3K1}的前n项和为R n，则=130+231+332+⋯+3K1，13=13+232+333+⋯+K13K1+3两式作差可得：23=1+13+132+⋯+13K1−3=1×(1−13)1−13−3=32−2r32⋅3，∴=94−2r34⋅3K1．则=2=92−2r32⋅3K1．3．（2015·山东）设数列{a n}的前n项和为S n，已知2S n＝3n+3．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}，满足a n b n＝log3a n，求{b n}的前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ）因为2S n＝3n+3，所以2a1＝31+3＝6，故a1＝3，＝3n﹣1+3，当n＞1时，2S n﹣1此时，2a n＝2S n﹣2S n﹣1＝3n﹣3n﹣1＝2×3n﹣1，即a n＝3n﹣1，所以a n=3，=13K1，＞1.．（Ⅱ）因为a n b n＝log3a n，所以b1=13，当n＞1时，b n＝31﹣n•log33n﹣1＝（n﹣1）×31﹣n，所以T1＝b1=13；当n＞1时，T n＝b1+b2+…+b n=13+[1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n]，所以3T n＝1+[1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+（n﹣1）×32﹣n]，两式相减得：2T n=23+[30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣（n﹣1）×31﹣n]=23+1−31−1−3−1−（n﹣1）×31﹣n=136−6r32×3，所以T n=1312−6r34×3，经检验，n＝1时也适合，综上可得T n=1312−6r34×3．题型三.分组求和1．已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，a1＝2，且a1，a2，a4成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n＝a n﹣2，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）由题意，设等差数列{a n}的公差为d（d≠0），则a2＝2+d，a4＝2+3d，∵a1，a2，a4成等比数列，∴a22＝a1•a4，即（2+d）2＝2（2+3d），整理，得d2﹣2d＝0，解得d＝0（舍去），或d＝2，∴a n＝2+2（n﹣1）＝2n，n∈N*．（2）由（1）知，设b n＝a n﹣2=2n﹣22n＝2n﹣4n，故S n＝b1+b2+…+b n＝（2×1﹣41）+（2×2﹣42）+…+（2n﹣4n）＝2×（1+2+…+n）﹣（41+42+…+4n）＝2×or1)2−4(1−4)1−4＝n2+n+43−4r13．2．在公差不为0的等差数列{a n}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，又数列{b n}满足=2，=2−1，2，=2，（k∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{b n}的前2n项和T2n．【解答】解：（1）公差d不为0的等差数列{a n}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，可得a32＝a1a9，a3＝a1a3，可得（a1+2d）2＝a1（a1+8d），a1＝1，化简可得a1＝d＝1，即有a n＝n，n∈N*；（2）由（1）可得b n=2，=2−12，=2，k∈N*；前2n项和T2n＝（2+8+16+…+22n﹣1）+（4+8+12+…+4n）=2(1−4)1−4+12n（4+4n）=2(4−1)3+2n（n+1）．3．已知数列{a n}、{b n}满足：a n+1＝a n+b n，{b n+2}为等比数列，且b1＝2，a2＝4，a3＝10．（1）试判断数列{b n}是否为等差数列，并说明理由；（2）求数列{a n}的前n项和S n．【解答】解：（1）数列{b n}不是等差数列．理由如下：由a n+1﹣a n＝b n，且a2＝4，a3＝10，b1＝2，得b2＝a3﹣a2＝6，又∵数列{b n+2}为等比数列，∴数列{b n+2}的首项为4，公比为2．∴3+2=4×22=16，得b3＝14，显然2b2＝12≠b1+b3＝16．故数列{b n}不是等差数列；（2）结合（1）知，等比数列{b n+2}的首项为4，公比为2．故+2=4⋅2K1=2r1，∴=2r1−2．∵a n+1﹣a n＝b n，b1＝2，a2＝4，∴a1＝2，∴−K1=2−2（n≥2）．令n＝2，…，（n﹣1）．得2−1=22−2，3−2=23−2，…−K1=2−2（n≥2），累加得−2=(22+23+⋯+2)−2(−1)（n≥2）．∴=(2+22+23+⋯+2)−2+2=2(2−1)2−1−2+2=2r1−2（n≥2）．又a1＝2满足上式，∴=2r1−2．∴=(22−2×1)+(23−2×2)+⋯+(2r1−2p＝（22+23+…+2n+1）﹣2（1+2+…+n）=4(2−1)2−1−2×or1)2=2r2−2−−4．题型四.讨论奇偶、绝对值求和1．数列{a n}的前n项和记为S n，对任意的正整数n，均有4S n＝（a n+1）2，且a n＞0．（1）求a1及{a n}的通项公式；（2）令=(−1)K14r1，求数列{b n}的前n项和T n．【解答】解：（1）当n＝1时，41=(1+1)2，则a1＝1；当n≥2时，由4S n＝（a n+1）2，知4S n﹣1＝（a n﹣1+1）2，联立两式，得4a n＝（a n+1）2﹣（a n﹣1+1）2，化简得（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣2）＝0，∵a n＞0，∴a n﹣a n﹣1﹣2＝0，即{a n}是以a1＝1为首项，2为公差的等差数列，故a n＝2n﹣1；（2）=(−1)K14r1=(−1)K14(2K1)(2r1)=（﹣1）n﹣1（12K1+12r1），下面对n分奇偶数讨论：当n为偶数时，T n＝（1+13）﹣（13+15）+…+（12K3+12K1）﹣（12K1+12r1）=1−12r1=22r1，当n为奇数时，T n＝（1+13）﹣（13+15）+…﹣（12K3+12K1）+（12K1+12r1）=1+12r12r22r1，所以T n=为奇数为偶数．2．已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5＝9，S5＝25．（1）求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；（2）设=(−1)，求{b n}前2n项和T2n．【解答】解：（1）由题意，设等差数列{a n}的公差为d，则5=1+4=95=51+5×42=25，整理，得1+4=91+2=5，解得1=1=2，∴a n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*，=o1+2K1)2=2．（2）由（1）知，设=(−1)=（﹣1）n•n2．T2n＝b1+b2+…+b2n＝（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2n﹣1+b2n）＝（﹣12+22）+（﹣32+42）+…+[﹣（2n﹣1）2+（2n）2]＝[（2﹣1）×（2+1）]+[（4﹣3）×（4+3）]+…+[2n﹣（2n﹣1）]×[2n+（2n﹣1）]＝1+2+3+4+…+（2n﹣1）+2n=2δ(1+2p2＝2n2+n．3．已知数列{a n}满足a1＝﹣2，a n+1＝2a n+4．（1）求a2，a3，a4；（2）猜想{a n}的通项公式并加以证明；（3）求数列{|a n|}的前n项和S n．【解答】解：（1）由已知，易得a2＝0，a3＝4，a4＝12．（2）猜想=2−4．因为a n+1＝2a n+4，所以a n+1+4＝2（a n+4），r1+4+4=2，则{a n+4}是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以+4=2，所以==2−4．（3）当n＝1时，a1＝﹣2＜0，S1＝|a1|＝2；当n≥2时，a n≥0，所以=−1+2+⋯+=2+(22−4)+⋯+(2−4)=2+22+⋯+2−4(−1)=2(1−2)1−2−4(−1)=2r1−4+2，又n＝1时满足上式．所以，当n∈N*时，=2r1−4+2．题型五.数列求和选填综合1．首项为正数的等差数列{a n}中，34=75，当其前n项和S n取最大值时，n的值为（）A．5B．6C．7D．8【解答】解：∵首项为正数的等差数列{a n}中，34=75，∴5（a1+2d）＝7（a1+3d），整理，得：1=−112，∵a1＞0，∴d＜0，∴=−112B+oK1)2=2（n﹣6）2﹣18d，∴当其前n项和S n取最大值时，n的值为6．故选：B．2．在等比数列{a n}中，a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设b n＝a2n﹣1﹣a2n，n∈N*，则数列{b n}的前2n项和为112(1−42)．【解答】解：等比数列{a n}中，a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设首项为a1，公比为q，则：23=214+27=34，整理得：13=213+216=34，解得：1=14=2．则：=1K1=2K3，所以：b n ＝a 2n ﹣1﹣a 2n =22K32−22K3=−22n ﹣4，则：T 2n =−14(1−42)1−4=112(1−42)．故答案为：112(1−42)．3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2且对于任意n ＞1，n ∈N *满足S n +1+S n ﹣1＝2（S n +1），则（）A ．a 4＝7B ．S 16＝240C ．a 10＝19D ．S 20＝381【解答】解：当n ≥2时，S n +1+S n ﹣1＝2（S n +1）⇒S n +1﹣S n ＝S n ﹣S n ﹣1+2⇒a n +1＝a n +2．所以数列{a n }从第2项起为等差数列，a n =1，=12−2，≥2，所以，a 4＝6，a 10＝18．S n ＝a 1+(2+)(K1)2=n （n ﹣1）+1，S 16＝16×15+1＝241，S 20＝20×19+1＝381．故选：D ．4．已知数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，数列{b n }满足关系11+22+33+⋯+=12−1，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 5的值为（）A ．﹣454B ．﹣450C ．﹣446D ．﹣442【解答】解：数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，可得a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，由11+22+33+⋯+=12−1，可得11=12−1=−12，可得b 1＝﹣2，又11+22+⋯+K1K1=12K1−1，且11+22+33+⋯+=12−1，两式相减可得=12−12K1=−12，可得b n＝﹣（2n﹣1）•2n，则S5＝﹣2﹣3•4﹣5•8﹣7•16﹣9•32＝﹣454，故选：A．5．已知数列{a n}满足1=32，r1=3+3，若=3，则c1+c2+⋅⋅⋅+c n＝(2r1)⋅3−14．【解答】解：因为1=32，r1=3+3，所以1r1=+33=13+1，即1r1−1=13，所以数列{1}是首项11=23，公差为13的等差数列，所以1=23+13(−1)=r13，则=3=(+1)3K1，则1+2+⋅⋅⋅+=2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+(+1)×3K1，设T＝2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+（n+1）×3n﹣1①，则3T＝2×3+3×32+……+n×3n﹣1+（n+1）×3n②，①﹣②可得：﹣2T＝2+3+32+……+3n﹣1﹣（n+1）×3n＝1+3−13−1−（n+1）×3n，则=(2r1)⋅3−14．即1+2+⋅⋅⋅+=(2r1)⋅3−14．故答案为：(2r1)⋅3−14．6．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，S n＝λa n﹣2，其中λ为常数，若a n b n＝13﹣n，则数列{b n}中的项的最小值为−1214．【解答】解：根据题意，数列{a n}的满足a1＝2，S n＝λa n﹣2，当n＝1时，有a1＝S1＝λa1﹣2，即2＝2λ﹣2，解可得λ＝2，则S n＝2a n﹣2，①＝2a n﹣1﹣2，②则有S n﹣1①﹣②：a n＝2a n﹣2a n﹣1，变形可得a n＝2a n﹣1，则数列{a n }是首项为a 1＝2，公比为2的等比数列，则a n ＝2n ，又由a n b n ＝13﹣n ，则b n =13−2，当n ≤13时，b n ≥0，当n ≥14时，b n ＜0，且{b n }为递增数列，则当n ＝14时，b n 取得最小值，此时b 14=−1214；故答案为：−1214．7．已知数列{a n }和{b n }首项均为1，且a n ﹣1≥a n （n ≥2），a n +1≥a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n S n +1+a n b n +1＝0，则S 2019＝（）A ．2019B ．12019C ．4037D ．14037【解答】解：∵a n ﹣1≥a n （n ≥2），a n +1≥a n ，∴a n ≥a n +1≥a n ，∴a n ＝a n +1，另外：a 1≥a 2≥a 1，可得a 2＝a 1＝1，∴a n ＝1．∵2S n S n +1+a n b n +1＝0，∴2S n S n +1+b n +1＝0，∴2S n S n +1+S n +1﹣S n ＝0，∴1r1−1=2．∴数列{1}是等差数列，首项为1，公差为2．∴1=1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，∴S n =12K1．∴S 2019=14037．故选：D ．8．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2=13，11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6（n ≥2且n ∈N +），等比数列{b n }公比q ＝2，令c n =为奇数，为偶数，则数列{c n }的前n 项和S 2n ＝2n 2﹣n +4r1−43．【解答】解：因为a1＝1，a2=13，11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6（n≥2且n∈N+），①可得n＝2时，11+22=31+6，即b1+3b2＝b3+6，由等比数列的{b n}的公比为q＝2，即b1+6b1＝4b1+6，解得b1＝2，所以b n＝2n，当n＝3时，11+22+33=42+6，即2+3×4+83=3×16+6，解得a3=15，又11+22+⋯+K1K1=K2+6（n≥3，且n∈N+），②①﹣②可得，=r1K1−K2，即2=2r1K1−2K2，化为1+1K2=2K1，又11+13=6=22，所以{1}为等差数列，且公差d=12−11=2，则1=11+2（n﹣1）＝2n﹣1，所以c n=2−1，为奇数2，为偶数，所以S2n＝1+22+5+24+…+（4n﹣3）+22n＝（1+5+…+4n﹣3）+（22+24+…+22n）=o1+4K3)2+4(1−4)1−4＝2n2﹣n+4r1−43．故答案为：2n2﹣n+4r1−43．9．已知数列{a n}满足2a n a n+1+a n+3a n+1+2＝0，其中1=−12，设=K+1，若b3为数列{b n}中唯一最小项，则实数λ的取值范围是（5，7）【解答】解：∵2a n a n+1+a n+3a n+1+2＝0，∴a n+1=−(+2)2+3，∴r1+1=−(+2)2+3+1=+12+3，∴1r1+1=2+3+1=2+1+1，即1r1+1−1+1=2，所以数列{1+1}是公差为2的等差数列，∵11+1=2，∴1+1=2+(−1)×2=2n，∴b n＝2n（n﹣λ），∴b n+1﹣b n＝2（n+1）（n+1﹣λ）﹣2n（n﹣λ）＝4n+2﹣2λ，因为b3为数列{b n}中唯一最小项，所以b1＞b2＞b3＜b4＜b5＜…，∴当n＝1时，b2﹣b1＝6﹣2λ＜0，得λ＞3，当n＝2时，b3﹣b2＝10﹣2λ＜0，得λ＞5，当n≥3时，4n+2﹣2λ＞0恒成立，即λ＜2n+1，即有λ＜7．所以5＜λ＜7．故答案为：（5，7）．课后作业.数列求和1．已知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设T n为数列{1r1}的前n项和，若λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．【解答】解：（1）各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．设公差为d，由已知得：41+6=14(1+2p2=1(1+6p，，联立解得d＝1或d＝0（舍去），a1＝2，故：a n＝n+1．（2）由（1）得：1r1=1(r1)(r2)=1r1−1r2，所以：=12−13+13−14+⋯+1r1−1r2．=12−1r2，=2(r2)．由于：λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立，所以：2(r2)≤+2，解得：≤2(r2)2+4)+8，由于：+4≥≥4故：2(+4)+8≥16，即：λ≤16．故λ的最大值为16．2．设等差数列{a n}的前n项和为S n，a3＝6，a7＝14．（1）求数列{a n}的通项公式及S n；（2）若_____，求数列{b n}的前n项和T n．在①b n＝2•a n；②b n=2+r12；③b n＝（﹣1）n•a n这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，由a3＝6，a7＝14．得4d＝a7﹣a3＝14﹣6＝8，解得d＝2，所以a1＝a3﹣2d＝6﹣4＝2，所以a n＝2+2（n﹣1）＝2n；S n=2（2+2n）＝n2+n．（2）若选择条件①：由（1）可知a n＝2n，则b n＝2•a n＝2n•4n，所以T n＝b1+b2+…+b n＝2×41+4×42++6×43…+（2n）•4n；4T n＝2×42+4×43+6×44+…+（2n）•4n+1，两式相减得：﹣3T n＝2×41+2×42+2×43+…+2×4n﹣2n•4n+1＝2×4(1−4)1−4−2n•4n+1=−83（1﹣4n）﹣2n•4n+1，所以T n=89（1﹣4n）+23•4n+1；若选择条件②：由a n＝2n，S n＝n2+n，得b n=2+r12=82+8r4or1)=8+4or1)=8+4（1−1r1），所以T n＝b1+b2+b3+…+b n＝8n+4（1−12+12−13+⋯+1−1r1）＝8n+4r1=82+12r1；若选择条件③：由a n＝2n，得b n＝（﹣1）n•a n＝（﹣1）n•2n，所以T n＝﹣2+4﹣6+8+…+（﹣1）n•2n，当n为偶数时，T n＝（﹣2+4）+（﹣6+8）++[﹣2（n﹣1）+2n]=2×2＝n，当n为奇数时，T n＝（﹣2+4）+（﹣6+8）+…+[﹣2（n﹣2）+2（n﹣1）]﹣2n=K12×2n ＝﹣n﹣1，所以T n=，为奇数−−1，为偶数．3．已知数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n，且S n=(+1)2（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n=2(−2)(r1)，T n＝b1+b2+…+b n，求T n．【解答】解：（1）S n=(+1)2（n∈N*），当n＝1时，1=1(1+1)2，∴a1＝1，当n≥2时，由S n=(+1)2，得2=2+①取n＝n﹣1，得2K1=K12+K1②①﹣②得：2=2(−K1)=2−K12+−K1，∴（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣1）＝0，∵a n+a n﹣1＞0，∴a n﹣a n﹣1＝1，n≥2，∴数列{a n}是等差数列，则a n＝n；（2）由S n=(+1)2，a n＝n，∴=or1)2，则=2(−2)(r1)=(−2)，∴=1−2+2(−2)2+⋯+K1(−2)K1+(−2)，−2=1+2−2+⋯+K1(−2)K2+(−2)K1，两式作差得：∴−3=1+1−2+⋯+1(−2)K1−(−2)=1−(−12)1−(−12)−(−2)=2+(−12)K13−(−2)，∴=3(−2)−2+(−12)K19=3r29(−2)−29．4．在数列{a n}中，a1=12，对任意的n∈N*，都有1(r1)r1=B+1B成立．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{a n}的前n项和S n；并求满足S n＜1516时n的最大值．【解答】解：（I）∵a1=12，对任意的n∈N*，都有1(r1)r1=B+1B成立，∴1(r1)r1−1B=1．∴1B=2+（n﹣1）＝n+1，∴a n=1or1)．（II）a n=1or1)=1−1r1．∴数列{a n}的前n项和S n=(1−12)+(12−13)+⋯+(1−1r1)=1−1r1，S n＜1516，即1−1r1＜1516，解得n＜15，因此满足S n＜1516时n的最大值为14．。

高中数列求和题型归纳总结

高中数列求和题型归纳总结在高中数学学习中，数列求和是一个重要的考点。

学生们需要熟练掌握不同类型的数列求和题目，并能灵活运用各种求和公式和技巧。

下面，我将对高中数列求和题型进行归纳总结，以便同学们更好地理解和应用。

一、等差数列求和等差数列是指数列中每个相邻的两项之间的差恒定的数列。

对于等差数列，我们可以使用以下公式来求和：1. 如果已知等差数列的首项为a₁，公差为d，项数为n，则该等差数列的前n项和Sn为：Sn = n/2 * (2a₁ + (n-1)d)2. 若已知等差数列的首项为a₁，末项为an，项数为n，则该等差数列的前n项和Sn为：Sn = n/2 * (a₁ + an)二、等比数列求和等比数列是指数列中每个相邻的两项之间的比恒定的数列。

对于等比数列，我们可以使用以下公式来求和：1. 如果已知等比数列的首项为a₁，公比为q（|q|<1），项数为n，则该等比数列的前n项和Sn为：Sn = a₁ * (1 - q^n) / (1 - q)2. 如果已知等比数列的首项为a₁，末项为an，项数为n，则该等比数列的前n项和Sn为：Sn = a₁ * (1 - q^n) / (1 - q)三、特殊数列求和除了等差数列和等比数列，还有一些特殊的数列求和方法，我们来看两个常见的例子。

1. 平方和求和：求1² + 2² + 3² + ... + n²的和，可以使用以下公式进行求解： Sn = n * (n + 1) * (2n + 1) / 62. 立方和求和：求1³ + 2³ + 3³ + ... + n³的和，可以使用以下公式进行求解： Sn = [n * (n + 1) / 2]^2四、应用题型除了基本的数列求和题型，我们还要学会将数列求和运用到实际问题中。

以下是一些常见的应用题型：1. 排球比赛：有一支排球队，第一天进行了一场比赛，第二天进行了两场比赛，第三天进行了三场比赛，以此类推，第n天进行了n场比赛。

数列求和9种常见题型总结

第7讲数列求和9种常见题型总结【题型目录】题型一：等差等比通向求和公式应用题型二：分析通项，构造新数列求和题型三：错位相减法求和题型四：分组求和法题型五：裂项相消法求和题型六：倒序相加法求和题型七：并项求和问题题型八：先求和，再证不等式题型九：先放缩，再求和【典型例题】题型一：等差等比通向求和公式应用根据通项公式的特点求和：（1）等差数列求和公式：()1122p q n n a a a a S n n p q n ++=⋅=⋅+=+()112n n n S a n d -=+（2）等比数列求和公式：()111,11,1n n a q q S q a n q ⎧-≠⎪=-⎨⎪=⎩【例1】（2022·宁夏·平罗中学高二阶段练习（理））已知数列{}n a 为等差数列，2616a a +=，510a =．(1)求数列{}n a 的通项；(2)设2n a n b =，求数列{}n b 的前n 项和n S .【例2】（2022陕西·安康市教学研究室一模）已知数列{}n a 为等比数列，13a =，且2a 是1a 与33a -的等差中项．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1n nb a =，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【例3】（2022·江西·芦溪中学高三阶段练习（文））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4】（2022·陕西·西乡县教学研究室一模（文））己知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足39a =，___________.在①36S a =，②430S =，③25845a a a ++=这三个条件中任选一个，补充在上面问题中，并解答.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）(1)求{}n a 的通项公式；(2)设2na n nb a =+，求{}n b 的前n 项和n T .【题型专练】1.（2022·广东汕尾·高二期末）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.已知23S =-，39S =.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求n S ，判断1n S +，n S ，2n S +是否成等差数列并说明理由.2.（2022·广东·江门市第二中学高二期中）设{}n a 是首项为1的等比数列，且1a 、23a 、39a 成等差数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)记n S 为{}n a 的前n 项和，求{}n S 的前n 项和n T ．3.（2022·北京八中高三阶段练习）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 .题型二：分析通项，构造新数列求和【例1】（2022·全国·模拟预测（文））在公差不为零的正项等差数列{}n a 中，n S 为数列{}n a 的前n 项和，请在①135720a a a a +++=，236a a a +=；②()()221n n n S a a =+-；③1a ，3a ，7a 成等比数列，23a =三个条件中，任选一个完成下面的问题．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)正项数列{}n b 满足2log n n b a =，求13521n b b b b -++++ ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【例2】（2022·辽宁·本溪满族自治县高级中学高三阶段练习）在等差数列{}n a 中，已知28a =，10185S =，(1)求此数列的通项公式；(2)若从此数列中依次取出第二项，第四项，第八项，……，第2n 项，……并按原来的先后顺序组成一个新的数列{}n b ，求数列{}n b 的通项公式与前n 项和n T .【例3】（2022·全国·高三专题练习）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38a =.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求()1132211+--++-n n n a a a a a a .【题型专练】1．（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.2．（2022·全国·高三专题练习）n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且171,28a S ==，记[]lg n n b a =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如][0.90,lg991⎡⎤==⎣⎦.(1)求111101b b b ､､；(2)求数列{}n b 的前2022项和.3．（2022·云南·高三阶段练习）已知等差数列{}n a 满足121,21n n a a a ==+，设2n a n 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.4．（2022·甘肃·永昌县第一高级中学高三阶段练习（文））已知数列{}n a 满足213,21n n a a a +==+，设1n n b a =+.(1)证明：{}n b 是等比数列；(2)求13521n a a a a +++++ .。

高二数学复习考点知识精讲与练习14 数列求和常考方法归纳

高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破系列(人教A 版选择性必修第二册)第四章：数列专题强化训练二：数列求和常考方法归纳【考点梳理】数列求和的几种常用方法1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和． (1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.2．分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． (2)形如a n ＝(－1)n ·f (n )类型，常采用两项合并求解．3．裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． (2)常见的裂项技巧 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑤log a ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＝log a (n ＋1)－log a n (n >0)．4．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．【题型精练】题型一、公式法求和1．（2022·全国·高二课时练习）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15.（1）求{a n }的通项公式；（2）求S n ，并求S n 的最小值.2．（2022·四川成都·高三月考（文））已知数列{}n a 满足：11a =，且121n n a a n +-=-，其中n *∈N ；（1）证明数列{}n a n +是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n a 的前n 项和n S ．3．（2022·河南·郑州市第一〇六高级中学高二月考）已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.（1）求{a n }的通项公式；（2）求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1.题型二、分组转化法求和4．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 是等差数列，且81a =，1624S =．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）若数列{}n b 是递增的等比数列，且149b b +=，238b b =，求1133552121()()()()n n a b a b a b a b --++++++⋯++．5．（2022·黑龙江·鹤岗一中高三月考（理））已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n ，等比数列{b n }的公比为q (q >1)，且b 3＋b 4＋b 5＝28，b 4＋2是b 3和b 5的等差中项．（1）求{a n }和{b n }的通项公式；（2）令c n ＝b n ＋211n a -，{c n }的前n 项和记为T n ，若2T n ≥m 对一切n ∈N *成立，求实数m 的最大值． 6．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 满足132(2)n n a a n -=+≥，且12a =，3log (1)n n b a =+. （1）求2a ，3a 的值；（2）已知数列{}n a 的通项公式是：31nn a =-，3n n a =，32n a n =+中的一个，判断{}n a 的通项公式，并求数列{}n n a b +的前n 项和n S .题型三、倒序相加法求和7．（2020·河南大学附属中学高二月考）已知函数()21x f x x =+，设数列{}n a 满足1()n n a f a +=，且112a =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若记((21))(1i n b f i a i =--⨯=，2，3，⋯，)n ，求数列{}i b 的前n 项和n T .8．（2020·江苏·高三专题练习）已知数列{}n a 满足121,3a a ==,且对任意*n N ∈,都有()01211231212n n n n n n n n a C a C a C a C a -+++++⋯+=-⋅成立.（1）求3a 的值;（2）证明:数列{}n a 是等差数列.9．（2019·四川·成都外国语学校高一期中（文））数列{}n a 的前n 项和为n S （1）若{}n a 为等差数列，求证：1()2n n n a a S +=；（2）若1()2n n n a a S +=，求证：{}n a 为等差数列.题型四、裂项相消法求和10．（2022·浙江绍兴·高二期末）已知等差数列{}n a 满足11a =，2435a a a +=+，*n N ∈. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足11b =，*12()n n n n b a b a n N ++⋅=⋅∈，求数列{}n b 的前n 项和.11．（2022·广东·金山中学高二期中）已知数列{}n a 满足13a =，121n n a a n +=-+，数列{}n b 满足12b =，1n n n b b a n +=+-．（1）证明数列{}n a n -为等比数列并求数列{}n a 的通项公式；（2）数列{}n c 满足1(1)(1)n n n n a n c b b +-=++，设数列{}n c 的前n 项和n T ，证明：13n T <．12．（2022·广东·广州市番禺区象贤中学高二期中）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足*2()n n a S n n N =+∈. （1）求证：数列{1}n a +是等比数列；（2）记2221log (1)log (1)n n n c a a +=+⋅+，求数列{}n c 的前n 项和n T .题型五、错位相减法求和13．（2022·西藏·拉萨中学高二月考）已知数列{}n a 中，11a =，*1(N )3nn n a a n a +=∈+．（1）求证：数列112n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求出{}n a 的通项公式n a ；（2）数列{}n b 满足(31)2nn n n nb a =-⋅⋅，设n T 为数列{}n b 的前n 项和，求使n k T >恒成立的最小的整数k ．14．（2022·全国·高二专题练习）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=5，nS n +1-（n +1）S n =n 2+n . （1）求证：数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；（2）令b n =2n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .15．（2022·河南洛阳·高二期中（文））已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，211n n n S S a +++=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求证：12122222nna a a a a a +++<．专题强化训练一、单选题16．（2022·河南·高二期中（文））已知数列{}n a 的前n 项和2n S n =，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前99项和为（）A ．1168B ．1134C ．198199D ．9919917．（2022·河南·高二期中（理））已知数列{}n a 中，11a =，12123n n a a n +⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，则数列{}1n n a a +的前99项和为（） A ．9967B ．29767C ．3367D ．1986718．（2022·江西·九江一中高二期中）已知数列{}n a 满足112a =，213a =，()1223111n n n a a a a a a n a a n N ++++++=⋅⋅∈，记数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，则2021S =（）A ．202120212⋅B ．202220212⋅C ．202120222⋅D ．202220222⋅19．（2022·河南南阳·高二期中）已知数列{}n a 满足11a =，221(1)nn n a a -=+-，()*2123n n n a a n +=+∈N ，则数列{}n a 的前2022项的和为（）A ．101132022-B ．101032022-C ．101132020-D ．101032020-20．（2022·西藏·拉萨中学高二月考）数列{}n a 满足()()121nn a n =--，则它的前20项和20S 等于（）A ．-10B ．-20C ．10D ．2021．（2022·河北省唐县第一中学高二期中）若数列{}n a 满足1222a a ==，且21n n n a a a ++=-，则{}n a 的前100项和为（）A ．67B ．68C ．134D ．16722．（2022·全国·高二课时练习）已知函数()()221f x x R x=∈+，若等比数列{}n a 满足120201a a =，则()()()()1232020f a f a f a f a ++++=（）．A ．2020B ．20202C ．2D ．1223．（2022·全国·高二课时练习）已知数列{}n a 满足12a =，()1221n n n a a n ++=+，则20001232019a a a a a =+++⋅⋅⋅+（） A ．20212019B ．20202019C ．20192018D ．2021201824．（2022·全国·高二单元测试）已知数列{}n a 满足13a =，()111n n a a n n +=++，则n a =（） A ．14n+B ．14n -C ．12n +D ．12n -25．（2022·全国·高二单元测试）某公园免费开放一天，假设早晨6时30分有2人进公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去并出来1人，第二个30分钟内进去8人并出来2人，第三个30分钟内进去16人并出来3人，第四个30分钟内进去32人并出来4人，……，按照这种规律进行下去，那么到上午11时30分公园内的人数是（） A ．11247-B ．12257-C ．13268-D ．14280-二、多选题26．（2022·全国·高二单元测试）已知数列{}n a 满足2212352222nn n na a a +++⋅⋅⋅+=，数列{}n a 的前n 项和为n S ，则下列结论正确的是（）A ．1a 的值为2B ．数列{}n a 的通项公式为()312nn a n =+⨯C ．数列{}n a 为递减数列D ．3772n nn S +=-27．（2022·江苏·高二单元测试）设数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，11S =，12n n n S S n++=，且212n n n n a b a a ++=，则下列结论正确的是（）A ．20212021a =B ．()12n n n S +=C ．()112n b n n =-+D ．1334n T n ≤-<28．（2022·全国·高二单元测试）已知数列{}n a 满足11a =，()*1N 23nn na a n a +=∈+，则下列结论正确的是（） A ．13n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列B ．{}n a 的通项公式为1123n n a -=-C ．{}n a 为递增数列D ．1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和2234n n T n +=--29．（2022·全国·高二课时练习）（多选题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，121n n n S S a +=++，数列12{}nn n a a +⋅的前n 项和为*,n T n N ∈，则下列选项正确的为（）A ．数列{1}n a +是等差数列B ．数列{1}n a +是等比数列C ．数列{}n a 的通项公式为21nn a =-D ．1n T <三、填空题30．（2022·上海市行知中学高二期中）已知数列{}n b 的前n 项和22n S n n =-，设数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n K ，则20K 的值为 ___．31．（2022·上海市复兴高级中学高二期中）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21log 1n a n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则满足10n S >的n 最小值为___________32．（2022·河南南阳·高二月考（文））已知等差数列{}n a 的前n 项和为34,3,10n S a S ==，则12111nS S S ++⋯+=___________. 33．（2022·河南郑州·高二期中（文））数列{}n a 的前n 项和21n n S =-，n *∈N .设()1nn n n b a a =+-，则数列{}n b 的前2n项和2n T =___________.34．（2022·河南郑州·高二月考（理））已知数列{}n a 满足11n n a a ++=，且246a a +=，当12020n ≤≤，*n ∈N 时，记12n n S a a a =++⋅⋅⋅+，则1220S S S ++⋅⋅⋅+=________.（备用公式()()222121126n n n n ++++⋅⋅⋅+=）四、解答题35．（2020·全国·高二课时练习）已知等差数列{}n a 满足36a =，前7项和为749.S =（Ⅰ）求{}n a 的通项公式（Ⅱ）设数列{}n b 满足(3)3nn n b a =-⋅，求{}n b 的前n 项和n T .36．（2022·全国·高二专题练习）已知等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=．{}n a 的前n 项和为n S ．（Ⅰ）求n a 及n S ；（Ⅱ）令211n n b a =-（n N +∈）,求数列{}n b 的前n 项和n T ．37．（2022·全国·高二课时练习）已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ．（Ⅰ）求q 的值；（Ⅱ）求数列{b n }的通项公式．38．（2022·全国·高二专题练习）正项数列{}n a 的前n 项和Sn 满足：222(1)()0n n S n n S n n -+--+=(1)求数列{}n a 的通项公式n a ； (2)令221(2)n n n b n a +=+，数列{bn}的前n 项和为Tn ，证明：对于任意的n ∈N*，都有Tn ＜564.39．（2022·全国·高二课时练习）已知数列{}n a 是递增的等比数列，且14239,8.a a a a +==（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．40．（2022·江苏省苏州实验中学高二月考）已知数列{}n a 的各项均为正数，对任意*n ∈N ，它的前n 项和n S 满足()()1126n n n S a a =++，并且2a ，4a ，9a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()111n n n n b a a ++=-，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求2n T .41．（2022·河南·高二期中（理））等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9a a a a a +==.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .42．（2022·吉林·延边二中高二期中（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且22n S n n =+,*n N ∈,数列{}n b 满足24log 3n n a b =+，*n N ∈.(1)求n a 和n b 的通项公式； (2)求数列{n n a b ⋅}的前n 项和n T .43．（2019·全国全国·高二课时练习）已知数列{}n a 满足212()*,1,2n n a qa q q n N a a +=≠∈==为实数，且1，，且233445,,a a a a a a 成等差数列.（Ⅰ）求q 的值和{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设*2221log ,nn n a b n a -=∈N ，求数列{}n b 的前n 项和. 44．（2019·江西上饶·高二月考）已知数列{}n a 满足1220n n a a +-+=，且18a =. （1）证明：数列{2}n a -为等比数列；（2）设1(1)(21)(21)n nn n n a b +-=++，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，若对任意的*n N ∈，n m T ≥恒成立，求m 的取值范围.45．（2020·广东广雅中学高二月考）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()2*n S n n N =∈，数列{}n b 为等比数列，且21a +，41a +分别为数列{}n b 第二项和第三项. （1）求数列{}n a 与数列{}n b 的通项公式；（2）若数列11n n n n n c a b a a +=+，求数列{}n c 的前n 项和n T .10 / 38参考答案1．（1）a n ＝2n －9；（2）S n ＝ (n －4)2－16；－16. （1）设数列{a n }的公差为d ，由题意得a 1＝－7，3S =3a 1＋3d ＝－15. 所以d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. （2）由（1）得()1722n n n S n -=-+⨯=n 2－8n ＝(n －4)2－16. 所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16. 2．（1）证明见解析，2nn a n =-（2）n S 1(1)222n n n ++=--【分析】（1）由121n n a a n +-=-，化简得到1(1)2()n n a a n n ++++=，结合等比数列的定义和通项公式，即可求解；（2）由（1）知：2nn a n =-，结合等差数列、等比数列的求和公式，即可求解.（1）解：由题意，数列{}n a 满足：11a =，且121n n a a n +-=-，可得1(1)2()n n a a n n ++++=，且112a +=，所以{}n a n +是首项、公比均为2的等比数列，所以2nn a n +=，即2n n a n =-.（2）解：由（1）知：2nn a n =-，则12n n S a a a =++⋅⋅⋅+12(21)(22)(2)n n =-+-+⋅⋅⋅+-12(222)(12)nn =++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+2(12)(1)122n n n⋅-+=--1(1)222n n n ++=--. 3．（1）a n =2n -1. （2）312n -【分析】（1）直接利用基本量代换，列方程组即可求出通项公式；（2）先求出公比q ，即可利用等比数列前n 项和公式直接求和. （1）设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1＝1，a 2＋a 4＝10，即1+d +1+3d =10，解得：d =2，所以a n = a 1+（n -1）d=2n -1. （2）设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 1＝1，，b 2b 4＝a 5=9，所以q 4=9，解得：q 2=3. 所以b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1 211131313n -=+++++1113313n --⨯=- 312n -=. 4．（1）7n a n =-；（2）24173n n n --+. 【分析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，根据已知条件列关于1a 和d 的方程组，解方程可得1a 和d 的值，即可得{}n a 的通项公式n a ；（2）由等比数列的性质求得1b 和4b 的值，进而可得数列{}n b 的公比和通项公式，再由分组求和即可求解. 【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由题意可知：1171161516242a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得161a d =-⎧⎨=⎩，所以6(1)7n a n n =-+-=-，（2）因为数列{}n b 是递增的等比数列，由已知可得14142398b b b b b b +=⎧⎨==⎩，解得：1418b b =⎧⎨=⎩，所以3418b q b ==，可得：2q 所以11122n n n b --=⋅=，所以1133552121()()()()n n a b a b a b a b --++++++⋯++，1352113521()()n n a a a a b b b b --=+++⋯+++++⋯+，(628)14214nn n -+--=+-， 24173n n n -=-+． 5．（1）a n ＝2n (n ∈N *)，b n ＝2n －1，n ∈N *；（2）83.【分析】（1）根据n a 与n S 的关系即可求得数列{}n a 的通项，根据已知条件求出等比数列{b n }的首项和公比，即可求得数列{}n b 的通项；（2）求出数列{c n }的通项，再利用分组求和及裂项相消求和法求出T n ，从而可求得T n 的最小值，从而可得答案. 【详解】解：（1）当n ＝1时，a 1＝S 1＝2.当n ≥2时a n ＝S n －S n －1＝2n ，a 1＝2也符合上式， ∴a n ＝2n (n ∈N *)．又b 3＋b 4＋b 5＝28，2(b 4＋2)＝b 3＋b 5，得b 4＝8，q ＝2或q ＝12. ∵q >1，∴q ＝2， ∴b n ＝2n －1，n ∈N *.（2）∵c n ＝b n ＋211n a -＝2n －1＋2141n -＝2n －1＋11122121n n ⎛⎫- ⎪-+⎝⎭， ∴T n ＝1212n--＋111111123352121n n ⎛⎫-+-++- ⎪-+⎝⎭＝2n －1＋111221n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭＝2n －11422n -+，易知T n 随着n 的增大而增大，∴2T n ≥2T 1＝83，故m 的最大值为83.6．（1）28a =，326a =；（2）31n n a =-，121(33)2n n S n n +=+--.【分析】（1）由递推公式得1(3(1)1)n n a a -++=，结合已知{1}n a +是首项为3，公比为3的等比数列，写出n a 的通项公式，进而求2a ，3a 的值；（2）由（1）得31n n c n =+-，再应用分组求和及等差、等比前n 项和公式求n S . 【详解】（1）∵132(2)n n a a n -=+≥，即1(3(1)1)n n a a -++=且12a =， ∴{1}n a +是首项为3，公比为3的等比数列，即13n n a +=， ∴31n n a =-，则22318a =-=，333126a =-=.（2）设n n n c a b =+，由（1）知31nn a =-，又3log (1)n n b a n =+=.∴31n n c n =+-，2(33...3)(12...1)nn S n =+++++++-3(13)(1)(11)132n n n --+-=+-121(33)2n n n +=+--. 7．（1）12n a n=；（2）2n nT =.【分析】（1）由1()n n a f a +=得到121n n n a a a +=+，然后变形为1112n n a a +-=，利用等差数列的定义求解. （2）由（1）得到121221i i b n i -+=⨯-+，由112112211221221i n i i n i b b n i n i -+-+-++=⨯+⨯=-+-+，利用倒序相加法求解. 【详解】（1）因为()21xf x x =+，所以由1()n n a f a +=得121n n n a a a +=+，所以121112n n n na a a a ++==+，∴1112n n a a +-=，所以1{}n a 是首项为2，公差为2的等差数列，所以12(1)22n n n a =+-⨯=，所以12n a n=. （2）由（1）知21()(1,2,3,,)2i i b f i n n-=-=⋯，则21(21)1212212[(21)]22212()12i i i i n b i i n n i -----+===⨯-⨯--+-+⨯-+，{}12(1)1[2(1)1]22(1)12[2(1)1]22[]12n i n i n i n b n i n i n n-+-+----+-==-+-⨯--+-+⨯-+，12(1)112212[2(1)1]221n i n i n i n n i -+--+=⨯=⨯-+---+，所以112112211(1,2,3,,)221221i n i i n i b b i n n i n i -+-+-++=⨯+⨯==⋯-+-+，123n n T b b b b =+++⋯+， 121n n n n T b b b b --=+++⋯+，两式相加，得：121321112()()()()()nn n n n n i n i i T b b b b b b b b b b n ---+==++++++⋯++=+=∑，所以2n n T =. 【点睛】本题主要考查数列的递推关系，等差数列的定义及通项公式以及倒序相加求和，话考查了运算求解的能力，属于中等题.8．（1）5（2）答案见解析【分析】（1）根据()01211231212n n n n n n n n a C a C a C a C a -+++++⋯+=-⋅,令1n =时,即可求出35a =;（2）假设123n a a a a ⋯，，，，是公差为2的等差数列,则21n a n =-,利用数学归纳法证明,即可求得答案. 【详解】（1）()01211231212nn n n n n n n a C a C a C a C a -+++++⋯+=-⋅令1n =,则01112131a C a C a +=-由121,3a a ==,则31311a +⨯=- 解得:35a =（2）若123,,,,k a a a a ⋯是等差数列,则公差为2,即21k a k =- ①当3n =时,由（1）知1231,3,5a a a ===,此时结论成立．②假设当(3)n k k =≥时,结论成立,即123,,,,k a a a a ⋯是等差数列,则公差为2.由()0121211213111 12,3k k k k k k k k a C a C a C a C a k ------++++⋯+=-⋅≥ 对该式倒序相加,得()()12112212k k k k a a a --++=-⋅∴1112k k a a a +-=+=,即1212(1)1k a k k +=+=+- ∴当1n k =+时,结论成立．根据①②,可知数列{}n a 是等差数列．【点睛】本题考查了求数列中的项和证明数列是等差数列,解题关键是掌握数学归纳法的证明方法和等差数列的基础知识,考查了分析能力和计算能力,属于中档题. 9．（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）利用倒序相加法即可证明.（2）利用n a 与n S 的关系分别求出n a 与1n a +，然后作差1n n a a +-，化简即可证明其满足112n n n a a a -+=+，即可证明{}n a 为等差数列. 【详解】（1）证明：已知数列{}n a 为等差数列，设其公差为d ，有()11n a a n d +-= 则123n n S a a a a =++++于是()()()111121n S a a d a d a n d ⎡⎤=+++++++-⎣⎦……① 又()()()21n n n n n S a a d a d a n d ⎡⎤=+-+-++--⎣⎦……②由①②相加有()12n n S n a a =+即()12n n n a a S += （2）证明：由()12n n n a a S +=，有当2n ≥时，()()11112n n n a a S ---+=，所以()()()1111122n n n n n n a a n a a a S S --+-+=-=-， ③()()()1111122n n n n a a n a a a +++++=-， ④④－③并整理，得()112n n n n a a a a n +--=-≥，即112n n n a a a -+=+ 所以数列{}n a 是等差数列．【点睛】主要考查了倒序相加法，以及等差数列的证明，属于中档题.等差数列的证明常常运用以下两种方法：（1）定义法，通过证明1n n a a d --=（d 为常数，2n ≥）即可；（2）等差中项法：通过证明其满足112n n n a a a -+=+即可. 10．（1）21n a n =-；（2）321nn +. 【分析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，根据题意列出方程即可解出d ，从而得到数列{}n a 的通项公式；（2）根据题意可得12n nn n b a b a ++=，再根据累乘法求得3(21)(21)n b n n =-+，然后根据裂项相消法即可求出数列{}n b 的前n 项和．【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，则21a d =+，312a d =+，413a d =+.因为2435a a a +=+，所以24125d d +=++，解得2d =.所以数列{}n a 的通项公式为1(1)21n a a n d n =+-=-. （2）因为12n n n n b a b a ++⋅=⋅，所以12n n n n b ab a ++=. 所以，当2n ≥时，312121121341n n n n n bb aba ab b b b b a a a --+=⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯=⨯⨯⨯，即1213(2)(21)(21)n n n a a b n a a n n +⋅==≥⋅-+.又11b =适合上式，所以3(21)(21)n b n n =-+.因为3311()(21)(21)22121n b n n n n ==--+-+，数列{}n b 的前n 项和为123111113[(1)()()]2335212121n n nS b b b n n n =+++=-+-+⋅⋅⋅+-=-++.11．【详解】解：（1）证明：当*n N ∈时，1(1)(21)(1)2n n n n a n a n n a n a n+-+-+-+==--，又112a -=，∴数列{}n a n -是首项为2，公比为2的等比数列，∴11(1)22n n n a n a --=-⋅=，∴*2()n n a n n N =+∈；（2）证明：122n n n n n n n b b a n b n n b +=+-=++-=+，∴12n n n b b +-=，当1n =时12b =，当2n 时112n n n b b ---=，∴111121121()()22222221n n n n n n b b b b b b ----=-++-+=+++=⨯+=-，当1n =时符合，∴2nn b =，∴111211(1)(1)(21)(21)2121n n n n n n n n n a n c b b +++-===-++++++，1212231111111111111()()()()2121212121212121321n n n n n n n n T c c c c --++∴=++++=-+-++-+-=-+++++++++．又11021n +>+，∴13n T <．12．【详解】（1）证明：由*2()n n a S n n N =+∈，可得111211a S a =+=+，解得11a =，2n 时，11221n n n n n a S S a n a n --=-=--+-，可得121n n a a -=+，则112(1)n n a a -+=+，所以数列{1}n a +是首项和公比均为2的等比数列；（2）由（1）可得12nn a +=，则222222111111()log (1)log (1)2log 2(2)22log n n n n n c a a n n n n ++====-+⋅+⋅++，所以1111111111(1...)232435112n T n n n n =-+-+-++-+--++ 1111323(1)221242(1)(2)n n n n n +=+--=-++++. 13．【详解】（1）由*1(N )3nn n a a n a +=∈+，得13131n n n na a a a ++==+，令1113n n a a λλ+⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，所以21λ=，解得12λ=，所以11111322n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，由等比数列的定义可知：数列112n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以3为公比，以111322a +=为首项的等比数列，所以1113322n na -+=⨯，即231n n a =-，（2）由题意得1(31)2(31)21223nnn n n n n n n n n b a -=-=-⋅⋅=-⋅⋅， 0122111111123(1)22222n n n T n n --=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯， 121111112(1)22222n n n T n n -=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯，两式相减得：0121111111122212222222212n n n n n nT n n n --+=+++⋅⋅⋅+-⨯=-=--，所以12442n n n T -+=-<，所以4k ≥，所以使n k T >恒成立的最小的整数k 为4． 14．【详解】（1）证明：由nS n +1-（n +1）S n =n 2+n 得111n n S S n n +-=+，又11S=5，所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为5，公差为1的等差数列.（2）由（1）可知n Sn=5+（n -1）=n +4，所以S n =n 2+4n .当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n 2+4n -（n -1）2-4（n -1）=2n +3. 又a 1=5也符合上式，所以a n =2n +3（n ∈N *），所以b n =（2n +3）2n ，所以T n =5×2+7×22+9×23+…+（2n +3）2n ，① 2T n =5×22+7×23+9×24+…+（2n +1）2n +（2n +3）·2n +1，② 所以②-①得T n =（2n +3）2n +1-10-（23+24+…+2n +1） =（2n +3）2n +1-10-()3121212n ---=（2n +3）2n +1-10-（2n +2-8） =（2n +1）2n +1-2. 15．解：因为正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，211n n n S S a +++=，所以当1n =时，2212S S a +=，即22122a a a +=，即2222a a +=，解得22a =或21a =-（舍去）当2n ≥时，21n n n S S a -+=，两式相减可得()22111n n n n n n S S S S a a +-++-+=-，即()()111n n n n n n a a a a a a ++++=+-，所以11n n a a +-=，又211a a -=，所以{}n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以n a n = （2）解：由（1）可得22n n n a a n =，令1212222nn na a a a a a T =+++，所以231232222n nn T ①，所以2341112322222n n n T +=++++②；①-②得，23111111222222n nn nT +=++++- 1111221212n n n +⎛⎫-⎪⎝⎭=--1212n n ++=-，所以2222nn n T +=-<，所以12122222nna a a a a a +++< 16．D解：因为数列{}n a 的前n 项和2n S n =，2121n S n n -=-+，两式作差得到21(2)n a n n =-≥，又当1n =时，21111a S ===，符合上式，所以21n a n =-，111111(21)(21)22121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以12233411111n n a a a a a a a a +++++=111111111111233557212122121n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以12233499100111199992991199a a a a a a a a ++++==⨯+. 故选：D. 17．A 【详解】因为12123n n a a n +⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，即1(21)23n n n a a n ++=+，1[2(1)1](21)n n n a n a +++=+，所以数列{}(21)n n a +是常数列，所以1(21)33n n a a +=⋅=，所以321n a n =+，19911(21)(23)22123n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭，所以122334*********1235577921239113232323n n a a a a a a a a n n nn n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭于是1223349910039999299367a a a a a a a a ⨯++++==⨯+，故选：A 18．B 【分析】降标相减可得()()()111122n n n n a a na n a n ++=--≥，从而可得()1122n n n n n a a+-=-≥，再降标相减得出1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，再利用错位相减法即可求解. 【详解】降标相减可得()()()111122n n n n a a na n a n ++=--≥ 即()()11212n n n n a a na n a n ++=--≥ 变形得：()1122n n n n n a a +-=-≥，降标相减可得()112113n n n n a a a -+=+≥可算得112a =，213a =，314a =即1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，可得()12112nn n n n n a a =+⇒=+，所以()12223212n n S n =⋅+⋅++⋅，所以()2312223212n n S n +=⋅+⋅++⋅错位相减可得12n n S n +=⋅.所以2022202120212S =⋅.故选：B 19．A 【分析】利用累加法得到()12113122n nn a ---=+-，带入得到231(1122)n nn a =-+-，再利用分组求和法计算得到答案.【详解】212213(1)3n n n n n n a a a +-+-==++，即2121(1)3n n n n a a +---+=.()()()2121232325131n n n n n a a a a a a a a -----=-+-+⋅⋅⋅+-+[]()1121211331(31)3(11221)3n n n n n n --------⎡⎤⎡⎤=++⋅⋅⋅+-++=-+⎣⎦⎣⎦-+-+()()11311311222n n n n --+--=-=+-.()12211331112(1)(1)(12)22nnn n n n n n a a ---==+---+-+=+-.故()()2021132021242020S a a a a a a =++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅()()()0110101210111113331111222222⎛⎫---=++-++-+⋅⋅⋅++- ⎪ ⎪⎝⎭2101021010(1)(1)(3131311112222221)⎛⎫++-++-+⋅⋅--⋅++- ⎪⎝⎭-1010101110111331132021*********-=++--=--.故选：A. 20．D 【分析】根据()()121nn a n =--，利用并项求和法即可得出答案. 【详解】解：因为()()121nn a n =--，所以2012341920S a a a a a a =+++++()()()13573739=-++-+++-+ ()()()13573739=-++-+++-+21020=⨯=.故选：D. 21．B 【分析】由题意得122,1a a ==，根据21n n n a a a ++=-，列举数列的项，得到数列从第2项起，3项一个循环求解. 【详解】因为1222a a ==，所以122,1a a ==，因为21n n n a a a ++=-，所以数列的项依次为2，1，1，0，1，1，0，…，所以从第2项起，3项一个循环，所以{}n a 的前100项的和为233(110)68+⨯++=，故选：B ．【分析】由函数解析式可知，()12f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，而根据等比数列的性质120202201932018202011a a a a a a a a ===== 恰好满足两两互为倒数.因此可以利用函数特征代入，利用倒序求和解决求和问题【详解】∵()()221f x x R x =∈+，∴()2222212222211111x f x f x x x x x ⎛⎫+=+=+= ⎪+++⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭． ∵数列{}n a 为等比数列，且120201a a ⋅=，∴120202201932018202011a a a a a a a a =====．∴()()()()()()()()120202201932018202012f a f a f a f a f a f a f a f a +=+=+==+=，∴由倒序求和可得()()()()12320202020f a f a f a f a ++++=．故选：A ． 23．A解：由()1221n n n a a n ++=+，得1221n n a an n +=++，所以数列1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是以1111a =+为首项，2为公比的等比数列，所以121n n a n -=+，所以()112n n a n -=+⋅．设{}n a 的前n 项和为n S ，则()012122324212n n S n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅，两边同乘2，得()12122232212n nn S n n -=⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅++⋅，两式相减得()()()()101212122222212212212n n nn n n S n n n ----=⨯+++⋅⋅⋅+-+⋅=+-+⋅=-⋅-，所以2nn S n =⋅，所以2019202020191232019202122021201922019a a a a a ⨯==+++⋅⋅⋅+⨯．故选：A. 24．B 【分析】由1111n n a a n n +-=-+，利用累加法得出n a .由题意可得()111111n n a a n n n n +-==-++，所以21112a a -=-，321123a a -=-，…，1111n n a a n n--=--，上式累加可得()()()121321--=-+-++-n n n a a a a a a a a111111112231=-+-++-=--n n n，又13a =，所以14=-n a n.故选：B . 25．B 【详解】由题意，可知从早晨6时30分开始，接下来的每个30分钟内，进入的人数构成以4为首项，2为公比的等比数列，出来的人数构成以1为首项，1为公差的等差数列，记第n 个30分钟内进入公园的人数为n a ，出来的人数为n b ，则142n n a -=⨯，n b n =，则上午11时30分公园内的人数为()()1012412101102257122S -+=+-=--.故选：B. 26．ACD 【分析】对于A ，令1n =直接求解1a ，对于B ，当2n ≥时，()()22112131512222n n n n a a a ---+-++⋅⋅⋅+=，然后与已知的式子相减可求出n a ，对于C ，利用1n n a a +-进行判断，对于D ，利用错位相减法求解即可【详解】当1n =时，124a =，∴12a =，∴A 正确；当2n ≥时，()()22112131512222n n n n a a a ---+-++⋅⋅⋅+=，∴()()2231513523122n n n n n n a n -+-+=-=+，∴312n nn a +=，∵上式对1n =也成立，∴312n n n a +=（N n *∈），∴B 错误； ∵1111343134623202222n n n n n n n n n n n a a +++++++---+-=-==<， ∴数列{}n a 为递减数列，∴C 正确；∵234710312222n n n S +=+++⋅⋅⋅+，∴2341147103122222n n n S ++=+++⋅⋅⋅+，两式相减得， ∴23111111131113173123232222222222n n n n n n n n n S ++++++⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+-=+--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴3772n nn S +=-．∴D 正确．故选：ACD ． 27．ABD 【分析】对于AB ，通过累乘法求出{}n S 的通项公式，进而求出{}n a 的通项公式，即可求解；对于CD ，通过{}n a 的通项公式求出{}n b 的通项公式，再通过裂项相消求n T ，进而求解. 【详解】由题意，得12n n S n S n++=， ∴当2n ≥时，()12112111311212n n n n n n n S S S n n S S S S S n n ---++=⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯=⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯=--，又当1n =时11S =也符合上式， ∴()12n n n S +=，易得n a n =，∴20212021a =，故A ，B 正确；()()()221211111112222n n n n n a b a a n n n n n n +++⎛⎫===+=+- ⎪+++⎝⎭，∴11111111111111112324351122212n T n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫=+-+-+-+⋅⋅⋅+-+-=++-- ⎪ ⎪-++++⎝⎭⎝⎭3111342124n n n n ⎛⎫=+-+<+ ⎪++⎝⎭，易知{}n T n -单调递增， ∴1113n T n T -≥-=，∴1334n T n ≤-<，故C 错误，D 正确.故选:ABD ． 28．AD因为123nn n a a a +=+，所以112323n nn n a a a a ++==+，所以111323n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，且11340a +=≠，所以13n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以4为首项，2为公比的等比数列，即11342n na -+=⨯，所以1231n n a +=-，可得1123n n a +=-，故选项A 正确，选项B 不正确；因为1231n n a +=-单调递增，所以1123n n a +=-单调递减，即{}n a 为递减数列，故选项C 不正确；1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和()()()()2312132323232223n n n T n ++=-+-+⋅⋅⋅+-=++⋅⋅⋅+- 22122323412nn n n +-=⨯-=---．故选项D 正确；故选：AD ． 29．BCD 【分析】根据n a 与n S 的关系及121n n n S S a +=++，可得112(1)n n a a ++=+，再根据等比数列和等差数列的定义即可判断AB ；从而可求的数列{}n a 的通项公式，即可判断C ；利用裂项相消求和法求得数列12{}nn n a a +⋅的前n 项和为n T ，即可判断D. 【详解】解：由121n n n S S a +=++即为1121n n n n a S S a ++=-=+，可化为112(1)n n a a ++=+，由111S a ==，可得数列{1}n a +是首项为2，公比为2的等比数列，故A 错误，B 正确；则12n n a +=，即21nn a =-，故C 正确；又1112211(21)(21)2121n n n n n n n n a a +++==-----，可得22311111111111212*********n n n n T ++=-+-+⋯+-=-<------，故D 正确.故选：BCD ． 30．2081当1n =时，11b =，当2n ≥时，1n n n b S S -=-可得{}n b 的通项公式，再利用裂项求和即可求解. 【详解】当1n =时，2112111b S ==⨯-=，当2n ≥时，()221221143n n n b S S n n n n n -=-=---+-=-，因为11b =满足上式，所以43n b n =-，所以()()111111434144341n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭所以20111111111120114559913778148181K ⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故答案为：2081.31．1024 【分析】先求得n S ()2=log 1n +，由10n S >，可得()2log 110n +>，由此即可求解【详解】因为2211log 1=log n n a n n +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，所以22222341=log log log log 123n n nS +++++ ()222331=log =log 1122n n n +⎛⎫⨯⨯⨯⨯+ ⎪⎝⎭，由10n S >，可得()2log 110n +>，解得1023n >，所以满足10n S >的n 最小值为1024，故答案为：1024 32．21nn + 【详解】解：设公差为d ，因为343,10a S ==，所以11234610a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，所以n a n =，所以()12n n n S +=，所以()1211211n n n n S n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以121111111121222231n S S S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋯+=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111122121223111n n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭ 故答案为：21n n + 33．4(41)3n -【分析】项和转换可得12n n a ，故**2,2,0,21,n n n k k N b n k k N ⎧=∈=⎨=-∈⎩，按照奇数项、偶数项分组求和，即得解【详解】由题意，1111,22,22,11,1n n n n n S S n n a S n n ----≥⎧⎧≥===⎨⎨==⎩⎩()****2,2,2,2,10,21,0,21,n nn n n n a n k k N n k k N b a a n k k N n k k N ⎧⎧=∈=∈∴=+-==⎨⎨=-∈=-∈⎩⎩21321242(...)(...)n n n T b b b b b b -∴=+++++++24224(14)4(41)22...244 (4143)n n nn--=+++=+++==- 故答案为：4(41)3n - 34．1540 【分析】由数列{}n a 满足11n n a a ++=，得数列{}n a 是以1为公差的等差数列，再根据246a a +=，可得11a =，从而求得n a n =，再利用等差数列前n 项和的公式求得n S ，再结合()()222121126n n n n ++++⋅⋅⋅+=即可得出答案.【详解】解：数列{}n a 满足11n n a a ++=，所以数列{}n a 是以1为公差的等差数列，又246a a +=，则313,1a a ==，所以n a n =，所以()1212n n n n S a a a +=++⋅⋅⋅+=，所以22212201232012202S S S +++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+=由()()222121126n n n n ++++⋅⋅⋅+=，可得222202141122028706⨯⨯++⋅⋅⋅==，()20120123202102++++⋅⋅⋅+==，所以12201540S S S ++⋅⋅⋅+=. 故答案为：1540. 35．(1) 3.n a n =+ (2) 1(21)334n n n T +-⨯+=.【详解】试题分析：（1）根据等差数列的求和公式可得()17747=7=492a a S a ⨯+=，得4=7a ，然后由已知36a =可得公差，进而求出通项；（2）先明确()33n n n b a =-⋅= 3n n ⋅，为等差乘等比型通项故只需用错位相减法即可求得结论.解析：（Ⅰ）由()17747=7=492a a S a ⨯+=，得4=7a因为36a =所以1d = 14,3n a a n ==+所以（Ⅱ）()33=3n n n n b a n =-⋅⋅()12313233331n n T n =⨯+⨯+⨯+⋯+⨯所以 ()234+1313233332n n T n =⨯+⨯+⨯+⋯+⨯()()123+1+13312233333=313n nn n n T n n +---=++++-⨯-⨯-由得： ()+121334n nn T -⨯+=所以 36．（Ⅰ）21,(2)n n a n S n n =+=+; （Ⅱ）4(1)nn +．【详解】试题分析：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知3577,26a a a =+=可得1127{21026a d a d +=+= 解得1,a d ，则n a 及n S 可求；（2）由（1）可得111()41n b n n =-+，裂项求和即可试题解析：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为37a =，5726a a +=，所以有1127{21026a d a d +=+=，解得13,2a d==，所以32(1)21n a n n =+-=+，2(1)3222n n n S n n n -=+⨯=+. （2）由（1）知，21n a n =+，所以22111111()1(21)14(1)41n n b a n n n n n ====--+-++，所以11111111(1)(1)42231414(1)n nT n n n n =-+-++-=-=+++，即数列{}n b 的前n 项和4(1)n nT n =+.考点：等差数列的通项公式，前n 项和公式．裂项求和 37．（Ⅰ）2q ；（Ⅱ）2115(43)()2n n b n -=-+⋅.【分析】分析:（Ⅰ）根据条件、等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解公比；（Ⅱ）先根据数列1{()}n n n b b a +-前n 项和求通项，解得1n n b b +-，再通过叠加法以及错位相减法求n b . 【详解】详解：（Ⅰ）由42a +是35,a a 的等差中项得35424a a a +=+，所以34543428a a a a ++=+=，解得48a =.由3520a a +=得1820q q ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因为1q >，所以2q.（Ⅱ）设()1n n n n c b b a +=-，数列{}n c 前n 项和为n S .由11,1,, 2.n nn S n c S S n -=⎧=⎨-≥⎩解得41n c n =-.由（Ⅰ）可知12n na ，所以()111412n n n b b n -+⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭，故()21145,22n n n b b n n --⎛⎫-=-⋅≥ ⎪⎝⎭，()()()()11123221n n n n n b b b b b b b b b b ----=-+-++-+-()()23111454973222n n n n --⎛⎫⎛⎫=-⋅+-⋅++⋅+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.设()22111371145,2222n n T n n -⎛⎫⎛⎫=+⋅+⋅++-⋅≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()2211111137494522222n n n T n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭。

2020年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一数列求和【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2；当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二数列与函数的综合问题【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)，所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)．题型三数列与不等式的综合问题【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】方法一由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1，所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立．综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2；经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1，故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)．综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由．【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2，即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2，所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)，所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)，因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2，当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ，又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1，假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列，即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增，若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求；当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。

数列题型及解题方法归纳总结

数列题型及解题方法归纳总结数列是数学中的基本概念，出现在许多数学问题和实际生活中的各种场景中。

在数列问题中，通常需要找出数列中的规律、求解数列的通项公式或特定项的值等。

本文将对数列题型及解题方法进行归纳总结。

一、等差数列等差数列是最常见的数列类型。

等差数列的特点是数列中任意两个相邻的项之间的差值都相等。

解题时常用的方法有以下几种：1. 求和公式：等差数列的前n项和公式是Sn = n/2 * (a1 + an)，其中a1是首项，an是末项。

如果已知前n项和Sn，可以用Sn = n/2 * (a1 + a1+(n-1)d)来求解未知的参数a1或d。

2. 求第n项的值：对于等差数列，可以用通项公式an = a1 + (n-1)d来求解第n项的值。

其中a1是首项，d是公差。

二、等比数列等比数列是指数列中任意两个相邻的项之间的比值都相等。

解题时常用的方法有以下几种：1. 求和公式：等比数列的前n项和公式是Sn = a1 * (q^n - 1) / (q - 1)，其中a1是首项，q是公比。

如果已知前n项和Sn，可以用Sn = a1* (1 - q^n) / (1 - q)来求解未知的参数a1或q。

2. 求第n项的值：对于等比数列，可以用通项公式an = a1 * q^(n-1)来求解第n项的值。

其中a1是首项，q是公比。

三、等差-等比混合数列等差-等比混合数列是指数列中既有等差又有等比的特点。

解题时常用的方法有以下几种：1. 求和公式：等差-等比混合数列的前n项和公式是Sn = S1 * (1 - q^n) / (1 - q) + a1 * (1 - q) / (1 - q) - n * d，其中Sn是前n项和，S1是等比数列的首项和，a1是等差数列的首项，q是等比数列的公比，n是项数，d是公差。

2. 求等差数列和等比数列的通项公式：对于等差-等比混合数列，可以通过观察数列的规律，将其拆分为等差数列和等比数列两个部分，然后分别求解其通项公式，最后将两个序列的对应项相加即可得到整个数列的通项公式。

数列求和题型及解题方法

数列求和题型及解题方法
数列求和是数学中的一个重要概念，其题型和解题方法有很多种。

以下是一些常见的数列求和题型及其解题方法：
1. 等差数列求和
等差数列是一种常见的数列，其相邻两项的差是常数。

等差数列的求和公式为：S = n/2 (a1 + an)，其中n是项数，a1是首项，an是尾项。

例如：1+2+3+...+n=n(n+1)/2
2. 等比数列求和
等比数列是一种常见的数列，其相邻两项的比是常数。

等比数列的求和公式为：S = a1 (1 - q^n) / (1 - q)，其中a1是首项，q是公比，n是项数。

例如：1+2+4+...+2^(n-1)=2^n-1
3. 错位相减法
对于一些等差数列和等比数列的混合数列，可以使用错位相减法来求和。

具体做法是将原数列的每一项都乘以一个适当的常数，使得新数列成为等差数列或等比数列，然后使用相应的求和公式进行计算。

例如：100+101+102+...+999=99/2=44550
4. 分组求和法
对于一些项数较多、难以直接求和的数列，可以将它们分成若干组，每组有有限项，然后分别求每组的和，最后将各组的和相加即可。

例如：(1+2+3)+(4+5+6)+(7+8+9)=9+18+27=54
5. 倒序相加法
对于一些奇偶项相间的数列，可以将正序和倒序分别求和，再将两个和相加，即可得到原数列的和。

例如：(1+2+3+4)+(3+2+1)=8+6=14
以上是一些常见的数列求和题型及其解题方法，掌握这些方法对于解决数列求和问题非常有帮助。

考向27 数列求和经典题型归纳(十二大经典题型)(原卷版)

考向27 数列求和经典题型归纳经典题型一：通项分析法经典题型二：公式法经典题型三：错位相减法经典题型四：分组求和法经典题型五：裂项相消法经典题型六：倒序相加法经典题型七：并项求和经典题型八：先放缩后裂项求和经典题型九：分段数列求和经典题型十：含绝对值、取整、取小数等数列求和经典题型十一：数列插项求和经典题型十二：数列奇偶项求和（2022·全国·高考真题）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 +++<．（2022·天津·高考真题）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且1122331a b a b a b ==-=-=． (1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)设{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()1111n n n n n n n S a b S b S b +++++=-；(3)求211(1)nkk k k k a a b +=⎡⎤--⎣⎦∑．一．公式法（1）等差数列{}n a 的前n 项和11()(1)22++==+n n n a a n n S na d ，推导方法：倒序相加法．（2）等比数列{}n a 的前n 项和111(1)11，，=⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩n n na q S a q q q，推导方法：乘公比，错位相减法．（3）一些常见的数列的前n 项和： ①112123(1)==++++=+∑nk k n n n ；122462(1)==++++=+∑nk k n n n②21(21)135(21)=-=++++-=∑n k k n n ； ③22222116123(1)(21)==++++=++∑nk k n n n n ；④3333321(1)2123[]=+=++++=∑nk n n k n二．几种数列求和的常用方法（1）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．（2）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．（3）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．（4）倒序相加法：如果一个数列{}n a 与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．常见的裂项技巧积累裂项模型1：等差型（1）111(1)1=-++n n n n （2）1111()()=-++n n k k n n k（3）21111()4122121=---+n n n （4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦n n n n n n n（5）211111()(1)(1)(1)2(1)(1)==---+-+n n n n n n n n n（6）22111414(21)(21)⎡⎤=+⎢⎥-+-⎣⎦n n n n （7）314(1)(3)11114()()(1)(2)(3)(1)(2)(3)2312++-+==---++++++++++n n n n n n n n n n n n n（8）[]1(1)(1)(2)(1)(1).3+=++--+n n n n n n n n （9）[]1(1)(2)(1)(2)(3)(1)(1)(2)4++=+++--++n n n n n n n n n n n （10）1111(1)(2)(3)3(1)(2)(1)(2)(3)⎡⎤=-⎢⎥++++++++⎣⎦n n n n n n n n n n（11）2222211111)(()+=-++n n n n n （12）222211112)42)((⎡⎤+=-⎢⎥++⎣⎦n n n n n 积累裂项模型2：根式型（111=+++n n n n（21(=+++n k n kn k n（31(2121)22121=+--++n n n n（42211(1)11111(1)(1)1++++==+-+++n n n n n n n n （533322221121+++-+-+n n n n n 3333322233111(21121)+-+-++--+n nn n n n n n n（62(1)1(1)1(1)11(1)(1)+-++-+===++++⎡⎤+-+⎣⎦n n n n n n n n n n n n n n n n n n积累裂项模型3：指数型（1）11112(21)(21)11(21)(21)(21)(21)2121++++---==-------n n n n n n nn n （2）113111()(31)(31)23131++=-----n n n n n（3）122(1)21111(1)2(1)2122(1)2-++-⎛⎫==-⋅=- ⎪+⋅+⋅+⋅+⋅⎝⎭n n n n nn n n n n n n n n n n （4）1111(41)31911333(2)2(2)22-+--⎛⎫⎡⎤-⋅=-⋅=- ⎪⎢⎥+++⎣⎦⎝⎭n n n n n n n n n n n（5）11(21)(1)(1)(1)(1)++⋅---=-++n n n n n n n n （6）1 3-=⋅n n a n ，设1()3[(1)]3-=+--+⋅n n n a an b a n b ，易得11,24==-a b ，于是111(21)3(23)344-=---⋅n n n a n n（7）222111(1)2(1)(1)(42)2(1)(42)2(1)2(1)2(1)2+++-++++-++-++==⋅⋅+⋅+⋅+⎡⎤⎣⎦nn n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n1111(1)1111(1)(1)(1)()22(1)2222(1)2++++⎡⎤⎡⎤---=+-+=-+-⎢⎥⎢⎥⋅+⋅⋅+⋅⎣⎦⎣⎦n n n n n n n n n n n n n n 积累裂项模型4：对数型 11log log log ++=-n a n aa a n na a a 积累裂项模型5：三角型（1）11(tan tan )cos cos sin()=--αβαβαβ（2）[]11tan(1)tan cos cos(1)sin1=+︒-︒︒+︒︒n n n n（3）1tan tan (tan tan )1tan()=---αβαβαβ（4）[]tan tan(1)tan tan(1);tan1tan (1)1tan tan(1)--=⋅-=--=+⋅-n n n a n n n n n ，则tan tan(1)tan tan(1)tan tan(1)1,1tan1tan1----⋅-=-=-n n n n n n n a积累裂项模型6：阶乘（1）1!(1)!1(1)!+=-+n n n n （2）2(2)(2)!(1)!(221111=-!(1)!!(2)!!(2)!2)++++++===++++++n n n n n n n n n n n n n 常见放缩公式：（1）()()21111211<=-≥--n n n n n n ；（2）()2111111>=-++n n n n n ；（3）2221441124412121⎛⎫=<=- ⎪--+⎝⎭n n n n n ；（4）()()()11!111112!!!11+=⋅=⋅<<=-≥---rr n r r n T C r n r n r n r r r r r；（5）()1111111312231⎛⎫+<+++++< ⎪⨯⨯-⎝⎭nn n n；（6(()2121=<=--≥+-+n nn n n n n n ；（7(211=>=++++n n n n n n n ；（8222212111212122=<==--++-++-++n n nn nn n n n ；（9）()()()()()()()1211222211212121212122212121---=<==----------nn n n n n n n n n n n n()2≥n ；（10()()()()3211111111+--=<+---+-+⋅n n n n n n n n n n n n n()()1121111211⎡⎤++-⎢==+---+⎢-+⎣n n n n n n n n n n n ()2211<≥-+n n n ；（11()()()3221111-+--+-⋅+⋅n n n nn n n n nn n n n()()21211--=≥--n nn n nn n；（12）()()01211122221111111=<==--++-+++-n n n n n C C C n n n n ；（13）()()()111121122121212121---<=-≥-----n n n nn n n ．（14）21211112()2()+-+++--=<<=-n n n n n nnn n ．经典题型一：通项分析法1．（2022·云南民族大学附属中学模拟预测（理））数列112，134，158，1716，，()1212n n -+，的前n 项和n S 的值等于_____________2．（2022·湖南·模拟预测）已知单调递减的正项数列{}n a ，2n ≥时满足()()()22111111210n n n n n n n n n a a a a a a a a a ----+++-++=．112n a S =，为{}n a 前n 项和．(1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：11n S n >+3．（2022·全国·高三专题练习）求和()()()22122323322332322n n n n n S --=+++⋅++⋅⋅⋅++⋅+⋅+⋅⋅⋅+．4．数列9，99，999，⋯的前n 项和为( )A ．10(101)9nn -+ B ．101n - C ．10(101)9n- D ．10(101)9nn --经典题型二：公式法5．已知等差数列{}n a 中，29a =，521a =．（1）求{}n a 的通项公式；（2）令2na nb =，求数列{}n b 的前n 项和n S ．6．如图，从点1(0,0)P 做x 轴的垂线交曲线x y e =于点1(0,1)Q ，曲线在1Q 点处的切线与x 轴交于点2P ，再从2P 做x 轴的垂线交曲线于点2Q ，依次重复上述过程得到一系列点：1P ，1Q ；2P ，2Q ⋯；n P ，n Q ，记k P 点的坐标为(k x ，0)(1k =，2，⋯，)n ．（Ⅰ）试求k x 与1k x -的关系(2)k n ；（Ⅱ）求112233||||||||n n PQ P Q PQ P Q +++⋯+．经典题型三：错位相减法7．（2022·浙江·高三开学考试）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且111,1n n a S a +==-，数列{}n b 为等差数列，且4365231,7a b S b =+=. (1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)记nn n b c a=，求{}n c 的前n 项和为n T .8．（2022·广东深圳·高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且38n n S a +=. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n na 的前n 项和为n T ，证明：329n T <.9．（2022·河南·高三开学考试（文））在①121n n a a +=+；②122n n S n +=--；③2n n S a n =-，三个条件中任选一个，补充到下面问题的横线处，并解答．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，______． (1)n a ；(2)设n n b na =求数列{}n b 的前n 项和n T ．注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．10．（2022·湖北·应城市第一高级中学高三开学考试）在数列{}n a 中，11111,1,421n n n n a a b a a +==-=-，其中N n *∈. (1)证明数列{}n b 是等差数列，并写出证明过程； (2)设122n nn b b c -=，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求n T ；经典题型四：分组求和法11．（2022·河南省杞县高中高三开学考试（文））已知数列{}n a 满足213,21n n a a a +==+，设1n n b a =+.(1)证明：{}n b 是等比数列； (2)求13521n a a a a +++++.12．（2022·广东·高三开学考试）已知数列{}n a 满足13a =，22a =，21,213,2n n n a n k a a n k+-=-⎧=⎨=⎩.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求数列{}n a 的前2n 项的和2n S .13．（2022·甘肃·高台县第一中学高三开学考试（文））已知公差不为0的等差数列{}n a 满足11a =．若5a ，2a ，1a 成等比数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设12n n n b a -=+，求数列{}n b 的前n 项和n S14．（2022·河南·高三开学考试（文））已知等比数列{}n a 的公比大于1，26a =，1320a a +=. (1)求{}n a 的通项公式； (2)若12331log log 22n n n n b a a a ++=+，求{}n b 的前n 项和n T .15．（2022·河南·高三开学考试（理））已知等差数列{}n a 的公差为(0)d d >，前n 项和为n S ，等差数列{}n b 的公差为2d ，且13b =，36S =，73a b =． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)设112nan n n c b b +=+，求数列{}n c 的前n 项和n C ．经典题型五：裂项相消法16．（2022·安徽·芜湖一中模拟预测）已知数列{}n a 满足：()12121,3,21,n n n a a a a a n *++==+=+∈N ．(1)证明数列{}1n n a a +-为等差数列，并求数列{}n a 的通项公式．(2)若524n n c a n ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，证明：121111nc c c +++<．17．（2022·黑龙江·高三开学考试）已知数列{}n a 的首项为1，满足3434a a a a -=，且2n na a +，21n n a a ++，1成等差数列. (1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：1232343451214n n n a a a a a a a a a a a a +++++⋅⋅⋅+<.18．（2022·浙江·高三开学考试）已知数列{}n a 为公差不为0的等差数列，且21244,,,a a a a =成等比数列.(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，令1(1)n n n na b S +=-，求数列{}n b 的前2022项和.19．（2022·云南·昆明一中高三开学考试）已知数列{}n a 的前n 项和为,0n n S a >，且2241n n n a a S +=-.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1nn n n S b a a +=的前n 项和为n T ，求n T .20．（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)*Nn ∈，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：213n T <.21．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，1436n n n a a S ++=+.(1)求n a ；(2)求数列()21n n n n a ⎧⎫+⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的前n 项和.22．（2022·河南·高三开学考试（文））已知数列{}n a 是递增的等差数列，3a 是1a 与11a 的等比中项，且25a =.若1n n n b a a +{}n b 的前n 项和n S =（） A 322n +B 352n +C 325n +D 355n +经典题型六：倒序相加法23．（2022·全国·高三专题练习）德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》．在其年幼时，对123100+++⋯⋯+的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法，现有函数()22x x f x +{}n a 满足()121(0)(1)N n n a f f f f f n n n n *-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，若12n n n b a +=，则{}n b 的前n 项和n S =_________．24．（2022·全国·高三专题练习）设函数()12ln xf x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______．25．（2022·湖南·麻阳苗族自治县第一中学高三开学考试）德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子.在其年幼时，对123100++++的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成;因此，此方法也称之为高斯算法.现有函数4()42xx f x =+，则1232018()()()()2019201920192019f f f f ++++等于（） A ．1008B ．1009C ．2018D ．201926．（2022·全国·高三专题练习）函数()ln f x x =，其中()()2f x f y +=，记()()()11*ln ln ln ln nn n nn S x x y xyy n N --=++++∈，则202211i iS==∑（）A ．20222023 B ．20232022 C ．20234044D ．40442023经典题型七：并项求和27．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足12(1)31n n n a a n +++-=-，前16项和为540，则2a =__．28．（2022·全国·高三专题练习（文））在等差数列{an }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{an cos nπ}的前2020项的和为（） A ．1009B ．1010C ．2019D ．202029．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的通项公式为(1)sin 2n n a n n π=+⋅(n ∈+N )，其前n 项和为n S ，则8S =_______.30．（2022·江苏·高邮市第一中学高三阶段练习）已知数列{}n a 满足120a a +=，(1)22(1)2n n n n a a +++-=，则数列{}n a 的前2020项的和为（）A ．0B ．1010C ．2020D ．202431．（2022·河北唐山·一模）已知数列{}n a 满足11a =-，()11112nn n a a n ++-=-，记数列{}n a 的前n 项和为n S . （1）求101S 的值；（2）求n S 的最大值.经典题型八：先放缩后裂项求和32．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足112a =，()1202n n n a S S n -+=≥(1)求n a 和 n S(2)求证：22221231124n S S S S n+++⋯+≤-．33．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 前n 项和为n S 满足12S =，()132n n S S n N *+=+∈.（1）求通项公式n a ；（2）设()n n n a S b n N *=∈，求证：1221 (32)n b b b n +++-≤.34．（2022·全国·高三专题练习）求证:11114313213217n -+++<+⨯+⋅+.经典题型九：分段数列求和35．（2022·湖南·高三阶段练习）已知数列{}n a 中，11a =，12n n n a a +=，令2n n b a =.(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)若222,2log log nn n n b n c n b b +⎧⎪⎪=⎨⎪⎪+⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前14项和.36．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，1,,2,.n n na n a a n +⎧=⎨⎩为奇数为偶数 (1)令2n nb a =，求1b ，2b 及{}n b 的通项公式； (2)求数列{}n a 的前2n 项和2n S .37．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2,,为奇数为偶数⎧=⎨⎩n n n S n n（1）求{}n a 的通项公式；（2）设1n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前20项和20T ．38．（2022·重庆·高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和()2n S n n R λλ=+∈，且36a =，正项等比数列{}n b 满足：11b a =，2324b b a a +=+. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若2021n n c b =-，求数列{}n c 的前n 项和n T .经典题型十：含绝对值、取整、取小数等数列求和 39．（2022·全国·高三专题练习）已知正项数列{}n a 满足222320nn a a n n--=（n *∈N ）. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)令π3|sin |124n n a b =-，记{}n b 的前n 项和为n S ，求2021S .40．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和()2n S n n R λλ=+∈，且36a =，正项等比数列{}n b 满足：11b a =，2324b b a a +=+. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若2021n n c b =-，求数列{}n c 的前n 项和n T .41．（2022·湖南·麻阳苗族自治县第一中学高三开学考试）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，5(4)n S n n =+(1)求{}n a 的通项公式；(2)设[]n n b a =，求数列{}n b 的前10项和，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]0.90=，[]2.62=．42．（2022·全国·高三专题练习）若数列{}n a 满足1222a a ==，且21n n n a a a ++=-，则{}n a 的前100项和为（） A ．67B ．68C ．134D ．16743．（2022·上海中学高三期中）已知数列{}n x 满足00x =且112,k k x x k N *-+=+∈，则1232021++++x x x x 的最小值是___________．44．（2022·全国·高三专题练习）已知[]x 表示不超过x 的最大整数，例如：[2.3]2=，[]1.52-=-在数列{}n a 中，[]lg ,n a n n N +=∈，记n T 为数列{}n a 的前n 项和，则2021T = ___________. 45．（2022·浙江·高三专题练习）已知数列24nn a n =-，则数列{}n a 的前n 项和n S =___________.经典题型十一：数列插项求和46．（2022·广东广州·高三开学考试）已知集合{}21,A x x n n *==-∈N ，{}=3,n B x x n *=∈N ，将A 与B 中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{}n a （若有相同元素，按重复方式计入排列）为1，3，3，5，7，9，9，11，….,设数列{}n a 的前n 项和为n S . (1)若27m a =，求m 的值； (2)求50S 的值.47．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a ，{}n b 的通项公式分别为2n a n =，2n n b =，现从数列{}n a 中剔除{}n a 与{}n b 的公共项后，将余下的项按照从小到大的顺序进行排列，得到新的数列{}n c ，则数列{}n c 的前150项之和为（） A ．23804B ．23946C ．24100D ．2461248．（2022·全国·高三专题练习）“提丢斯数列”，是由18世纪德国数学家提丢斯给出，具体如下：0，3，6，12，24，48，96，192，，容易发现，从第3项开始，每一项是前一项的2倍；将每一项加上4得到一个数列：4，7，10，16，28，52，100，196，；再将每一项除以10后得到：“提丢斯数列”：0.4，0.7，1.0，1.6，2.8，5.2，10.0，，则下列说法中，正确的是（） A ．“提丢斯数列”是等比数列B ．“提丢斯数列”的第99项为9832410⋅+C ．“提丢斯数列”前31项和为30321211010⋅+D ．“提丢斯数列”中，不超过20的有9项经典题型十二：数列奇偶项求和49．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 是公差大于零的等差数列，已知13a =，22424a a =+.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足sin ()cos ()n n n a n b a n ππ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求122021b b b ++⋅⋅⋅+.50．（2022·广东佛山·三模）设各项非零的数列{}n a 的前n 项和记为n S ，记123n n T S S S S =⋅⋅⋅⋅⋅，且满足220n n n n S T S T --=．(1)求1T 的值，证明数列{}n T 为等差数列并求{}n T 的通项公式；(2)设(1)nn nc na -=，求数列{}n c 的前n 项和n K ．51．（2022·全国·高三专题练习）在数列{}n a 中，15a =，且()*121n n a a n N +=-∈.(1)证明：{}1n a -为等比数列，并求{}n a 的通项公式； (2)令(1)n n n b a =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S .52．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足15a =，214321n n a a n n +=-++.(1)证明：数列{}2n a n-为等比数列.(2)求数列(){}1nn a -的前n 项和n S .53．（2022·江苏·高三专题练习）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，*1(1)()2n n n nS a n N +=-∈，则数列{}n S 的前7项和为________.1．（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 满足)111,N 1nn na a n a *+==∈+.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（） A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S <<2．（2020·江苏·高考真题）设{an }是公差为d 的等差数列，{bn }是公比为q 的等比数列．已知数列{an +bn }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是_______．3．（2022·全国·高考真题）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 +++<．4．（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．5．（2020·天津·高考真题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）记{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()2*21n n n S S S n ++<∈N ；（Ⅲ）对任意的正整数n ，设()21132,,,.n nn n n n n a b n a a c a n b +-+⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和．6．（2020·全国·高考真题（理））设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．7．（2020·全国·高考真题（理））设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．8．（2021·全国·高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm 12dm ⨯的长方形纸，对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯，20dm 6dm ⨯两种规格的图形，它们的面积之和21240dm S =，对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，它们的面积之和22180dm S =，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折n 次，那么1nkk S==∑______2dm .。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

例2、已知，，，求数列的前项和。
解析：由题意可知， = ，
设
注明：
1、题中未给出符号时，解题过程中要提前设出；
2、刚开始时，如果计算不够熟练，可以分部分计算，分步得分。
3、等差数列的绝对值求和法
当数列是等差数列时，求数列的前项和。
例3、已知数列的通项公式为，，求数列的前项和 .
= =
=
同理，当时，。
注明：
1、当数列、均是等差数列时，数列也是等差数列，此时直接用公式法即可；
2、当数列、均是等比数列时，数列不一定是等比数列，此时采用分组求和法；
3、当数列、一个是等差数列，另一个等比数列时，也可分组求和；
4、当数列、是其它数列，但是可以用其它方法求和时，也可分组求和。
题型总结之数列求和
数列求和历年来是高考中的必考内容。此类题型模式特点容易总结，解题模板也容易复制，属于中档难度。需要学生在做题时快速找到相应的突破口，要求学生有扎实的基本功，而且经过训练后很容易形成考试分数。下面我们详细讲解：
1、公式法
1、等差数列的前项和公式：
，
其中
2、等差数列的前项和公式：
，其中
解析：由题意可知数列的首项，公差的等差数列，其前项和，而所以，当时，当源自时，综上所述：注明：
当求数列各项绝对值之和时，需要弄清各项的正负后去掉绝对值，因此需要对和进行讨论：
1、当等差数列的首项，公差时，各项加绝对值后各项仍然还是非负数，此时；
2、当等差数列的首项，公差时，各项加绝对值后各项变为非正数，此时；
解析：由题意可知
两式相减得：
注明：
1、错位相减法的基本原理来源于等比数列的前项和公式的推导，其一般解题模板为：
①
① 得： ②
①-②得：
然后化简即可。
2、基本步骤可概括为：乘公比、错位、相减、化简；
3、错位相减计算量较大，化简不易，务必细心；
4、最后的化简中，最好把底数相同的指数式进行合并，并通过首项检验结果的正确性。这种首项检验的方法也可运用到其它数列求和结果的检验，但不是充分条件。
3、当等差数列的首项，公差时，各项加绝对值后，在第项大于0，而从第项小于或等于0，于是有：；
4、当等差数列的首项，公差时，各项加绝对值后，在第项小于0，而从第项大于或等于0，于是有：；
5、当数列不是等差数列时，若对各项加绝对值在求和，可参照上面的方式进行讨论。
4、错位相减法
当数列的通项公式可以写成时，其中为等差数列，为等比数列，可仿照等比数列求和公式的由来，利用错位相减法求数列的前项和（通常我们此时的数列成为差比数列）。
例4、已知，，求数列的前项和 .
分析：易知数列表示以2为首项，3为公差的等差数列，数列表示以为首项，为公比的等比数列，所以数列为差比数列，前项和可用错位相减法进行求解。
例1、求
分析：首先数列，不一定是等比数列，如果是等比数列，也需要对公比其进行讨论，其次这个数列的项数为项，而不是项。
解：（1）当时，；
（2）当时，；
（3）当时，。
2、分组求和法
当数列的通项公式可以写成时，其中数列、是等差数列或等比数列时，可用分组求和法，即：设数列的前项和，数列的前项和，则数列的前项和 =
当时，都有，即数列的通项公式是关于点的对称函数。利用函数的对称性就可以采用倒序相加的方法进行求和。
例6、对任意函数都有。
（1）求的值；
（2）若数列满足，
（ⅰ）求；（ⅱ）判断数列是否为等差数列，并说明理由。
解：（1）有题意可知，当时，，所以。
（3）(ⅰ) ,倒序写之： ,两式相加得：
解：（1）当为偶数时，
（2）当为奇数时，为偶数
综上所述，
，其中为等差数列的公差。
例5、已知，，求数列的前项和
解：由题意可知
其前项和
注明：
1、裂项相消法是把数列的各项分别裂开后，前后抵消，从而达到求和的目的；
2、裂项时要保证裂开前后是等价的，有时需要调整前面的系数；
3、裂项时，一般是前面裂几项，后面裂几项，直到发现被消去项的规律为止；
4、消项时，前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项，即剩余的项前后具有对称性；
注明：
1、等差数列、等比数列的通项公式容易判断，而相应的前项和求解时利用公式直接求和即可。但是在运用公式时特别要注意公式的应用条件，尤其是等比数列的公比是否为1？当公比以公比以字母或参数形式出现时，别忘记要对字母或参数进行分类讨论，以确保正确选用公式。
2、等差数列和等比数列的前项和公式都有相应的函数解析式，其性质和函数息息相关，注意函数性质的应用。
（ⅱ），倒序写之：，两式相加得：
易知，数列是以2为首项，1为公差的等差数列。
强化练习：已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，求
提示：利用
解：由题意可知，根据组合数性质，，倒序写之，两式相加
7、并项求和法
例7：已知，数列的前项和。
分析：中，数列是等比数列，为等差数列，属于前面的差比数列，其前项和可用错位相减法或者裂项相消法进行求解，但是这两种方法均显繁琐。考虑到同时也是周期数列，我们也可以对进行分类讨论，并项求和。
5、常见的几种裂项题型：
①
②
③ 为等差数列
④
⑤
6、用裂项相消法求差比数列的和
例4：已知，，求数列的前项和。
分析：易知数列表示以2为首项，3为公差的等差数列，数列表示以为首项，为公比的等比数列，所以数列为差比数列，前项和可用错位相减法进行求解。
解法二：令
整理得：
比较系数得：解得：
5、数列的通项公式可以写成时，其中为等差数列，为等比数列，也可以利用错位相减法求和。因为，数列也是等比数列。
6、此种题型最考验学生的基本功，属于平时考试和高考中的热门题型。做题时不可急躁，应当循序渐进，切不可急功近利，否则容易走火入魔，切记！切记！切记！
5、裂项相消法
一般情况下，若，其中数列为等差数列，则可以将改写为：
其结果与错位相减法相同。
注明：
差比数列的通项公式最终都可以化成的形式，其前项和的求解既可以用错位相减法，也可以用裂项相消法。用裂项相消法的基本解法是待定系数法，解题思路如下：
设：
整理得：
比较系数得：
解得：
于是利用裂项相消可得差比数列的前项和公式为：
6、倒序相加法
倒序相加法是从等差数列求和的方法中抽象概括出来的。这类题有一个明显的特征：首项与末项相加为定值、第2项与倒数第2项相加为同一定值…。一般以如下方式出现：