数列微专题

数列的重要公式：1、等差数列通项：n 1a a n 1d ()=+-2、等差数列求和：1n n a a nS 2()+=3、等比数列通项：n 1n 1a a q -=4、等比数列求和：nn 11q S a 1q -=-5、求和与通项的关系：n 1n 1n a S S ++=-{}n a 中，前三项依次为1x 1+,56x ,1x，求：105a ?=100个自然数（1到100）中，除以7余2的所有数之和S ?={}n a 中，前n 项和为n S . 若1a 0>，16S 0>，17S 0<，则n S 最大时，n ?={}n a 的通项公式n a =，若它的前n 项和n S 9=，求：n ?=等差数列{}n a ，其公差d 0≠，其中，2a 、3a 、6a 依次构成等比数列，求公比q ?={}n a 的前n 项和n S ，且1a 1=,11S 33=. 设nan 1b 2⎛⎫= ⎪⎝⎭，求证：{}n b 是等比数列，并求其前n 项和nT .x y ≠，且两个数列：12x a a y ,,,和123x b b b y ,,.,均为等差数列，求：13a xy b ?-=-{}n a 的前n 项和n S 满足：2n n n 10S a 5a 6=++，且1a 、3a 、15a 成等比数列，求数列{}n a 的通项n a ?={}n a 的前n 项和n 1S n n 1n 23()()=++,试求数列n 1a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ?= {}n a 的前n 项和为n S ，其首项1a 1=，且满足n n 3S n 2a ()=+，求通项n a ?={}n a 中,相邻两项n a 和n 1a +是二次方程2n n n x 3nx c 0++=n 123(,,,...)=的两个根,当1a 2=时,试求100c ?={}n a 和{}n b ,其公比的绝对值都小于1,其各项和分别是n k k 1S a 1∞===∑和n k k 1T b 2∞===∑,对一切自然数都有：2n n a b =，求这两个数列的首项和公比.{}n a 的前n 项和为n S ，11a 2=，当n 2≥时，满足：n n n 1a 2S S 0-+=；求证：数列n 1S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；并求{}n S的通项公式n S ?={}n a 的首项11a 2=，且满足：10103020102S 21S S 0()-++=. （1）求{}n a 的通项；（2）求{}n nS 的前n 项和n T .{}2n x log 的第m 项等于k ，第k 项等于m (其中m k ≠)，求数列{}n x 的前m k +项的和.{}n a 中,15a 6=，n 1n 1n 11a a 32++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求通项n a ?={}n a ，1a 4=，且当n 2≥时满足：n n 1a 3a 2n 1-=+-，求通项n a ?=设数列{}n a ，1a 1=，2a 2=，且满足：n 2n 1n a 3a 2a ++=-，n N *()∈，求通项n a ?={}n a ，1a 1=，且满足：n 1nn 1a a 4a 2()+=-，求通项n a ?={}n a 中，1a 2=，且满足：n n 1n 2a 1a 4a 6+-=+，n N *()∈，求通项n a ?={}n a 中，1a 3=，且满足：n n 1n 4a 2a a 1+-=+，求通项n a ?={}na中，1a5=，且满足：nn1n2a3aa++=，求通项n a?={}na中，1a4=，且满足：2nn1naa2a1()+=-，nnna2ba-=，求通项n b?={}na中，前三项依次为1x1+,56x,1x，求：105a?=n n k n k2a a a-+=+即：51126x x x1⋅=++，即：5113x x x1-=+即：213x x1=+，即：23x x1=+，则：x2=.故首项为：111ax13==+，公差为：1511dx6x6x12=-==；n11n1n3a a n1d31212()-+=+-=+=.故：1051053a912+==.100个自然数（1到100）中，除以7余2的所有数之和S?=由题意，这是一个首项为1a2=，公差为d7=的等差数列.故，这些数构成的数列为：na27n17n5()=+-=-；在100之内，设n的最大数m，则：1007m5=-，即：m15=;这些数之和S为：115a a15210015S76522()()+⨯+⨯==={}na中，前n项和为n S. 若1a0>，16S0>，17S0<，则n S最大时，n ?=n 1a a n 1d()=+-1n n 1a a n n n 1S na d 22()()+-==+； 则依题意：16S 0>，即：1611615S 16a d 02⨯=+>， 即：115a d 02+> ① 由①：1d a 7d 02++>，即：8d a 02+>，即：8da 2>- ② 由①：1d a 8d 02+->，即：9da 2> ③ 以及：17S 0<，即：1711716S 17a d 02⨯=+<， 即：1a 8d 0+<，即：9a 0< ④由③④得：9da 02(,)∈，即：d 0< ⑤将⑤代入②得：8da 02>-> ⑥ 故由④⑥知，n S 求和累加时，加到8a 时n S 在增加；加到9a 时n S 开始减小，则最大时，n 8=.{}n a 的通项公式n a=，若它的前n 项和n S 9=，求：n ?=n a ==则：nn k 1S 19====∑即：10=，即：n 1100+=，于是：n 99=等差数列{}n a ，其公差d 0≠，其中，2a 、3a 、6a 依次构成等比数列，求公比q ?=n 1a a n 1d ()=+-，得：32a a d =+，62a a 4d=+，因为2a 、3a 、6a 3a2326a a a =，即：2222a d a a 4d ()()+=+； 即：2222222a 2a d d a 4a d ++=+，即：22d 2a d=因为d 0≠，故上式得：2d 2a =；322222a a d 3a q 3a a a +====.{}n a 的前n 项和n S ，且1a 1=,11S 33=. 设nan 1b 2⎛⎫= ⎪⎝⎭，求证：{}n b 是等比数列，并求其前n 项和n T .等差数列通项：n 1a a n 1d ()=+-，求和公式：n 1n n 1S na d 2()-=+； 则：111110S 11d 332⨯=+=，即：1155d 33+=，故：2d 5=. 于是，将1a 1=，2d 5=n 22n 3a 1n 155()+=+-=则：n2n 3a 5n 11b 22+⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，n 12n 13a 5n 111b 22()++++⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭故：2n 132n 32555n 1n b 11q b 22()+++-+⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当n 1=时，数列首项1a 111b 22⎛⎫==⎪⎝⎭故{}n b 是首项为11b 2=，公比为251q 2⎛⎫= ⎪⎝⎭的等比数列，其通项为：2n35n1b2+⎛⎫= ⎪⎝⎭. 证毕.2n5nn12n5111q112T b111q2122⎛⎫- ⎪-⎛⎫⎝⎭==⋅=-⎪-⎝⎭-.x y≠，且两个数列：12x a a y,,,和123x b b b y,,,,均为等差数列，求：13a xy b?-=-1d和2d，则:11y xa x d3--==,32y xy b d4--==.故：131y xa x431y b3y x4()()--==--{}na的前n项和n S满足：2n n n10S a5a6=++，且1a、3a、15a成等比数列，求数列{}n a的通项n a?=由已知：2n n n10S a5a6=++①2n1n1n110S a5a6+++=++②由②-①：22n1n1n n1n10a a a5a a()()+++=-+-移项合并：22n1n n1na a5a a0()()++--+=，即：n1n n1naa a a50()()+++--=由于正项数列n1na a0()++>，所以：n1na a50+--=，即：n1na a5+-=由此得到{}n a是公差为d5=设：等差数列n1a a5n1()=+-，则：31a a10=+，151a a70=+由1a、3a、15a23115a a a=，即：2111a10a a70()()+=+即：221111a20a100a70a++=+，故：1a2=.所以：na25n15n3()=+-=-{}na的前n项和n1Sn n1n23()()=++,试求数列n1a⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和nT?=由已知：n1111S n n1n2n n12n4n n12n1n n13662()()=()()=()()() =++++++++及：n2k11k nn12n16()()==++∑和：nk11k n n12()==+∑2na n=求和，一个na n=求和即：222112n n n12n16...()()+++=++112n n n12...()+++=+故由n11S n n12n1n n162=()()()++++得：2na n n n n1()=+=+那么：n1111a n n1n n1()==-++；所以：nnk1111nT1k k1n1n1()==-=-=+++∑.{}na的前n项和为n S，其首项1a1=，且满足n n3S n2a()=+，求通项na?=由已知：n n3S n2a()=+①n1n13S n1a()--=+②由①－②：n n n13a n2a n1a()()-=+-+移项合并：n n1n1a n1a()()--=+，即：nn1a n1a n1-+=-③由此递推得：n n 12n 11n 1n 21a a a n 1n n 112a a a a a a n 1n 2n 31......---+-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅⋅⋅⋅= ⎪⎪⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭即：n 1n n 1n n 1a a 212()()⋅++==⋅.{}n a 中,相邻两项n a 和n 1a +是二次方程2n n n x 3nx c 0++=n 123(,,,...)=的两个根,当1a 2=时,试求100c ?= n n 1a a 3n ++=- ①n n 1n a a c +⋅= ②由①式得：n 1n 2a a 3n 1+(+)++=-③由③-①得：n 1n 2n n 1a a a a 3()()++++-+=-，即：n 2n a a 3+-=-④④式表明：1352k 1a a a a ,,,...,-和2462k a a a a ,,,...,都是公差为3-又因1a 2=，代入①式可得：12a a 3+=-，即：2a 5=-于是得到等差数列为：2k 11a a k 1323k 353k ()()-=+--=-+=-⑤ 2k 2a a k 1353k 323k()()=+--=--+=--⑥那么由⑥得：100a 2350152=--⨯=-由⑤得：101a 5351148=-⨯=-代入②式得：100100101c a a 152********()()=⋅=-⨯-={}n a 和{}n b ,其公比的绝对值都小于1,其各项和分别是k k 1S a 1∞===∑和k k 1T b 2∞===∑,对一切自然数都有：2n n a b =，求这两个数列的首项和公比.由1a S 11q==-和1b T 21r ==-1a 1q =-，及 1b 21r ()=-.设这两个等比数列的通项公式分别为：n 1n 1n 1a a q 1q q ()--==-① n 1n 1n 1b b r 21r r ()--==-②将①②两式代入2n n a b =，并采用赋值法，分别令n 1=和n 2=得： 211a b =，即：21q 21r ()()-=- ③ 222a b =，即：221q q 21r r()()-=-④由③④得：2r q =⑤将⑤式代入③式得：221q 21q ()()-=- 因为：q 1≠（已知q 1<），则上式化简为：1q 21q ()-=+，即：1q 3=- ⑥将⑥代入⑤式得：1r 9=⑦ 则：14a 1q 3=-=，21116b a 9== ⑧ 将⑥和⑦分别代入①式和②式得：()n 1nn 1n 1n n 4114a 1q q 413333()-+-⎛⎫⎛⎫=-=⋅-=--=-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；n 1n 1n n8116b 21r r2999()--⎛⎫=-=⨯⨯=⎪⎝⎭故本题答案: 14a 3=，116b 9=，1q 3=-，1r 9=.{}na的前n项和为n S，11a2=，当n2≥时，满足：n n n1a2S S0-+=；求证：数列n1S⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；并求{}n S的通项公式n S?=将n n n1a S S-=-代入n n n1a2S S0-+=得：n n1n n1S S2S S0---+=在同除以n n1S S-得：n1n1120S S--+=，则：n n1112S S--=①且11112S a==②由①②式表明：n1S⎧⎫⎨⎬⎩⎭是一个首项为112S=，公差为n n1112S S--=的等差数列.则：n122n12nS()=+-=③故：n1S2n=，n11S2n1()-=-于是：n n n1111a S S2n2n12n n1()()-=-=-=---故：n1n12a1n22n n1()()()⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥-⎪⎩{}na的首项11a2=，且满足：10103020102S21S S0()-++=. （1）求{}n a的通项；（2）求{}n nS的前n项和n T.（1）求{}n a的通项由于{}n a n项的求和为：nn11qS a1q-=-①由①则：303011q S a 1q -=-、202011q S a 1q -=-、101011q S a 1q -=-代入10103020102S 21S S 0()-++=得：3020101010111a 1q a 1q a 1q 22101q 1q 1q()()()()----++=---即：103010201021q 211q 1q 0()()()()--+-+-=除以101q ()-得：101020101021q q 211q 10()()()++-+++= 即：1010102010101021q 2q 21q 1q 10()()()++-+-++= 即：1020102q 1q 10()-++=，即：1020102q q 0-=即：1020102q q =，即：210102q q ()=，即：22q q =±，即：1q 2=±则：n 1n 1n 1n111a a q222--⎛⎫==⋅=⎪⎝⎭或 n 1n 1n 1n 1n111a a q 1222()---⎛⎫==⋅-=- ⎪⎝⎭第14题第(2)问解答：（2）求{}n nS 的前n 项和nT A.n n 1a 2=，其求和公式为：n n n 11112S 112212-=⋅=--故：nnn nn k k k k 1k 1k 1k 11kT kS k 1k 22()()()======-=-∑∑∑∑1>nk 1n n 1k 2()=+=∑ ② 2>nn k 23nk 1k 123n R 22222()...===++++∑③则：nn k 23n 1k 1k 234n2R 2122222()...-===+++++∑④由④-③得：n 2233n 1n 1n213243n n 1nR 1222222222()()()...()---=+-+-+-++--23n 1n 1111n 122222...-=+++++-n n n n n 11n 1n 2n 22121222212()-+=-=--=--综合1>和2>得：n nn k nk 1k 1k n n 12n T k 2222()()==++=-=+-∑∑B.n 1n n1a 12()-=-其求和公式为：nn n n n n111111112S 11123233212()()[()]()---=⋅=⋅--=-⋅--故：nnnn k k n k k kk 1k 1k 1k 1k 1k 1k T kS 11132332()[()]()()====⎛⎫==⋅--=-- ⎪⎝⎭∑∑∑∑ 1>nk 1k n n 136()()=+=∑2> n k n n k23n k 11k1123n U 113232222()...()=⎛⎫⎡⎤=-=-+-++- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦∑ ③ 则：n n 12n 11123n 2U 131222...()-⎡⎤=-+-++-⎢⎥⎣⎦④由③+④得：n n n 122n 1n 1n 12132n n 1n 3U 11132222222()()...()()()---⎡⎤=-+---++--+-⎢⎥⎣⎦n n 2n 1n 1111n 11132222...()()-⎡⎤=-+-++-+-⎢⎥⎣⎦n n 2n 1n 11111n 111322232...()()-⎡⎤=-+-++-+⋅-⎢⎥⎣⎦nn n n1111n 21133212()()()--=-⋅+⋅---n n n n211n 119232()[]()-=-⋅-+⋅-故：n n n n n2111nU 127292()()[]--=-⋅-+⋅于是：n n n nk n n nk 1k 1k 1k n n 12111nT 11k336272922()()()()()[]==⎛⎫+--=--=+⋅--⋅⎪⎝⎭∑∑.{}2n x log 的第m 项等于k ，第k 项等于m (其中m k ≠)，求数列{}nx 的前m k +项的和.2n 21x x n 1d log =log +()-；则：2m 21x k x m 1dlog log ()==+-① 2k 21x m x k 1dlog log()==+-②由①-②得：k m m k d ()-=-d 1=- ③ 将③代入①得：21k x m 1log ()=-- 故首项为：21log x =m k 1+-④故{}2n log x 通项为：2n x m k 1n 1m k n log =()+---=+- ⑤ 则{}n x 的通项为：m k n n x 2+-=⑥由⑥式得：{}n x m k 1m k 11x 222+-+==⋅ ⑦1q 2=前m k +项求和：m km k m k m km km k11112S 2212112212++++++⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=⋅⋅=-=- ⎪⎝⎭-{}na中,15a6=，n1n1n11a a32++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求通项na?=令：n1nn1n111a a232()[()]λλ+++=+①则：n n nn1n n11111a a a33222362()()()λλλ+=+-=-②与已知n1nn1n n11111a a a32322++⎛⎫⎛⎫=+=+⋅⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭比较得：3λ=-由①令：n1n1n11b a32()+++=-，则：nn n1b a32()=-③则：1111532b a32623()=-⋅=-=-④于是由①得：n1nb1b3+=⑤故：{}n b是首项为12b3=-，公比为1q3=其通项为：n1n n212b333()()-=-⋅=-⑥由③得{}n a的通项为：nn n n n123a b3232()=+⋅=-+{}na，1a4=，且当n2≥时满足：n n1a3a2n1-=+-，求通项n a?=令：n n1a n c3a n1c[()]λλ-++=+-+①则：n n1n1a3a3n33c n c3a2n32cλλλλλ--=+-+--=+-+与已知n n1a3a2n1-=+-比较得：22=λ，32c1λ-+=-即：1λ=，c1=.则令：n n n b a n c a n 1λ=++=++ ② 则：n 1n 1b a n --=+ ③11b a 116=++= ④将②③代入①得：n n 1b 3b -=，即：nn 1b 3b -= ⑤ 故由④⑤得：{}n b 是首项为1b 6=，公比为q 3=故：n 1n 1n n 1b b q 6323--=⋅=⋅=⋅ ⑥ 于是由②得：n n n a b n 123n 1=--=⋅--设数列{}n a ，1a 1=，2a 2=，且满足：n 2n 1n a 3a 2a ++=-，n N *()∈，求通项n a ?=本题是二阶递推数列，且看如何解：n 2n 1n 1n a a a a ()λχλ+++-=- ① 则：n 2n 1n 1n n 1na a a a a a ()λχχλχλχλ++++=+-=+-与已知n 2n 1n a 3a 2a ++=-比较系数得：32χλχλ+=⎧⎨=⎩若将χ、λ看成是一元二次方程的两个根，则又韦达定理得到这个方程为：2x 3x 20-+=上述方程的解为：1=χ，2=λ，或2=χ，1=λ，这两组解推出的数列通项的结果是一样的. 取2=χ，1=λ ②令：n n 1n b a a +=- ③则121b a a 1=-=，n 1n2n 1b a a +++=-④将③④代入①得：n 1nb 2b χ+== ⑤ 则{}n b 是首项为1b 1=，公比为2χ=其通项为：n 1n 1n 1b b 2χ--=⋅=故由③得：n 1n 1n n a a b 2-+-==，即：n 1n 1n a a 2-+=+ ⑥n 1n n 1n a r 2p a r 2()+++⋅=+⋅ ⑦ 则：n n n 1n 1n n a pa pr 22r 2pa 2pr 4r 2()-+=+⋅-⋅=+-⋅与⑥式比较得：p 1=，2pr 4r 1-=，即：1r 2=-令：n n n c a r 2=+⋅ ⑧则：n 1n 1n 1c a r 2+++=+⋅，代入⑦式得：n 1n c pc += ⑨ 由⑧得：1111c a 20-=-=由于p 1=，于是由⑨式得：n 1n n 11c c c c 0...+-=====代入⑧式得：n 1n n a 2c 0--==，故：n 1n a 2-=..前面由n 2n 1n a 3a 2a ++=-得n 2n 1n a 3a 2a 0++-+=2x 3x 20-+=，其两个根为：1x 1=，2x 2=n n n n 112212a c x c x c c 2=+=+⋅用1a 1=，2a 2=代入上式，以确定1c 、2c 则：112a 1c c 2==+⋅，2212a 2c c 2==+⋅，解得：21c 2=，1c 0= 故：n n n n 1n 112212a c x c x c c 22-=+=+⋅=.{}n a ，1a 1=，且满足：n 1nn 1a a 4a 2()+=-，求通项n a ?=由已知n 1n n 1a a 4a 2()+=-得： 22n 1n n n 11a 2a 4a 2a 222()()+-=---=-- ①令：n 1n 1b a 2++=-，则：n n b a 2=-，11b a 21=-=-，21b 1=代入①式得：2n 1n 1b b 2+=-⋅ ②于是：1b 1=-；22111b b 22⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭；32323111b b 222⎛⎫⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；67243711111b b 22222⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-⋅-=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭；……；n 1n 1212n n 121111b b 222-----⎛⎫⎛⎫=-=-=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故：n 1n n 211a b 222--=+=-{}n a 中，1a 2=，且满足：n n 1n 2a 1a 4a 6+-=+，n N *()∈，求通项n a ?=将n n 1n 2a 1a 4a 6+-=+化简为：n n 1n 1n 4a a 6a 2a 10+++-+=即：n n 1n 1n 311a a a a 0224+++-+= ① n n 1n 2a 1a 4a 6+-=+的不动点方程：2x 1x 4x 6-=+；即：24x 4x 10++=，方程的根为二重根：121x x 2==-；设：n 11n 211c a x a x +-=-- ②通分化简得：()()()()n 2n 11n 2n 11c a x a x a x a x ++--=---即：n 1n 1n 2n 112n 2n 11ca a cx a cx a cx x a x a x +++--+=--+即：2112n 1n n 1n 12cx 1cx 1x x a a a a x x 0c c c()()++-+---+-=即：12n 1n 2n 11n 12x x 11a a x a x a x x 0c c c()()++-+--++-= ③对比③①得：213x c 2-=，111x c 2+=，1212x x 1x x c 4--=④即：111x 2c =-，213x c 2=- ⑤ 1221113231x x 2c c 2c 4c ()()=--=--代入④得：22311113cc c 4c 2c c 24()()()----+-=即：3c 1123c 24c 2c 24---+-=，即：1c c=故：c 1=± ⑥ 取c 1=，则：1111x 2c 2=-=-，2131x c 22=-=-代入②式得：n 1n 11111a a 22+-=++⑦化简⑦式可得：n n 1n 1n 311a a a a 0224+++-+=，故⑦式与①式等价. 取c 1=-，则：1113x 2c 2=-=，2135x c 22=-=-代入②式得：n 1n 11135a a 22+-=--+⑧化简⑧式得：n n 1n 1n 311a a a a 0224+++-+=，故⑧式与①式等价.. 令：n n 1b 1a 2=+，则：1112b 15a 2==+，n 1n 11b 1a 2++=+代入⑦式得：n 1n b b 1+-= 由12b 5=和n 1n b b 1+-=可得：{}n b 是首项为25，公差为1故：n 235n 3b n 1n 555()-=+-=-=则：n n11a 2b +=， 故：n n 1151105n 3135n a b 25n 3210n 610n 610n 6--=-=-=-=----将n n 1n 2a 1a 4a 6+-=+化简为：n n 1n 1n 4a a 6a 2a 10+++-+= ①n n 1n 2a 1a 4a 6+-=+的不动点方程：2x 1x 4x 6-=+；即：24x 4x 10++=，方程的根为二重根：121x x 2==-； 那么，二重根的不动点解为：n 11n 211c a x a x +-=-- （c 为待定常数） ②通分化简得：()()()()n 2n 11n 2n 11a x a x c a x a x ++---=--即：n n 1n n 11111a a c a a 2222++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+=++ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭；即：()()n n 1n 1n 4ca a 2c 4a 2c 4a c 0+++++-+= ③ 将③式与①式对比得：c 1=. 令：n 1n 11n 111b 1a x a 2+++==-+，则：n n 2n 11b 1a x a 2==-+，1112b 15a 2==+代入②式得：n 1n b b 1+-= 即：{}n b 是一个首项为25、公差为1的等差数列. 故：n 25n 3b n 155()-=+-=. 代入：n n 1b 1a 2=+，即：n n 1151105n 3135n a b 25n 3210n 610n 6-+-=-=-==---{}n a 中，1a 3=，且满足：n n 1n 4a 2a a 1+-=+，求通项n a ?=将n n 1n 4a 2a a 1+-=+化简为：n n 1n 1n aa a 4a 20+++-+= ① 4x 2x x 1-=+；即：2x 3x 20-+=，方程的根为二异根：1x 1=，2x 2=； 设：n 11n1n 12n 2a x a x a x a x λ++--=--②化简：n 11n 2n 1n 12a x a x a x a x ()()()()λ++--=--即：n n 11n 2n 112n n 11n 12n 12a a x a x a x x a a x a x a x x λλλλ++++--+=--+即：n n 121n 121n 121a a x x a x x a 1x x 0()()()()λλλλ++-+---+-= 即：2121n n 1n 1n 12x x x x a a a a x x 011()()λλλλ++--+-+=--③比较①③可得：21x x 11λλ-=-，21x x 41λλ-=-，12x x 2=即：2121x x 1x x 44λλλλ-=-⎧⎨-=-⎩（1λ≠）即：22211x 4454()λλλλλλ-=--+=-+-即：21254x 1λλλ-+=--，即：14x 1λλ-=-+ ④ 和：22221x 441451()λλλλλλ-=--+=-+即：222451x 1λλλ-+=-，即：241x 1λλ-=+ ⑤ 代入12x x 2=得：441211()()λλλλ---=++即：2241642210()λλλλλ--++++=即：261360λλ-+=则：13512λ±===故：11353122λ+==，21352123λ-==将132λλ==代入④⑤式得：14x 11λλ-=-=+，241x 21λλ-==+； 将223λλ==代入④⑤式得：14x 21λλ-=-=+，241x 11λλ-==+. 由此可见，λ的两个值对应的是x 相同的两个值.取32λ=，则1x 1=，2x 2= 代入②式得：n 1n n 1n a 1a 13a 22a 2++--=⋅-- ⑥ 令：n n n a 1b a 2-=-，则：111a 131b 2a 232--===--，n 1n 1n 1a 1b a 2+++-=-代入⑥式得：n 1n3b b 2+=即：{}n b 是首项1b 2=，公比n 1n b 3q b 2+==故：n 1n 1n 13b b q 22()--==⋅ ⑦由n n n a 1b a 2-=-得：n n 1b 1a 2-=-即：n n 1a 2b 1-=-，即：n n n n 2b 11a 2b 1b 1-=+=--将⑦式代入上式得：n 1n 1n 1n 1n 2n n n 1n 1n 1n 2n 1n 3412b 14322322a 3b 123232212()()----------⋅--⋅-⋅-====-⋅--⋅-由n n 1n 4a 2a a 1+-=+化简为：n n 1n 1n a a a 4a 20+++-+= ① 由n n 1n 4a 2a a 1+-=+得不动点方程：4x 2x x 1-=+即：2x 3x 20-+=，方程的根为二异根：1x 1=，2x 2=； 设二异根解式满足：n 11n 1n 12n 2a x a x a x a x λ++--=--，即：n 1n n 1n a 1a 1a 2a 2λ++--=--②化简：()()()()n n 1n 1n 1a a 2a 21a 210λλλλ++-+-+-+-=； 即：n n 1n 1n221a a a a 2011λλλλ++--+++=-- ③比较①③两式得：32λ=令：n 11n 1n 1n 12n 1a x a 1b a x a 2+++++--==--，则：n n n a 1b a 2-=-，111a 1b 2a 2-==-代入②式得：n 1n3b b 2+=于是：{}n b 是首项为1b 2=、公比为32λ=即：n 1n 1n n 233b 222---⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭. 代入n n n a 1b a 2-=-得：n 1n 2n n n 1n 2n 2b 1232a b 132-----⋅-==--{}n a 中，1a 5=，且满足：n n 1n2a 3a a ++=，求通项n a ?=将n n 1n2a 3a a ++=化简为：n n 1n a a 2a30+--= ① 2x 3x x+=； 即：2x 2x 30--=，方程的二异根为：1x 1=-，2x 3=设二异根解式满足：n 11n 1n 12n 2a x a x a x a x λ++--=--，即：n 1n n 1n a 1a 1a 3a 3λ++++=--②化简：n n 1n 1n 331a a a a 3011λλλλ++++-+-=--③比较①③两式得:3λ=-令：n 1n 1n 1a 1b a 3++++=-，则：n n n a 1b a 3+=-，111a 151b 3a 353++===--代入②式得：n 1nb 3b +=-于是：{}n b 是首项为1b 3=、公比3λ=-的等比数列.故：()()n 1n 1nn b 3313--=⋅-=-⋅代入n n n a 1b a 3+=-，即：n n n 3b 1a b 1+=-得： ()()n 1n 1n n 1n 131a 131-+--+=--或()()n 1n 1n n 1n 31a 31-+-+-=--已知数列{}n a 中，1a 4=，且满足：2n n 1n a a 2a 1()+=-，n n na 2b a -=，求通项n b ?=由n n n n a 22b 1a a -==-得：n n 1b 1a 2-=或n n2a 1b =-代入2nn 1n a a 2a 1()+=-得： ()()()22n n 2n 1n n n n n n 421b 1b 2221b 1b 1b 1b 1b 22121b 1b +⎛⎫⎪--⎝⎭====--+-⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭即：2n 1nb b +=则：111a 2421b a 42--===22211b b 2⎛⎫== ⎪⎝⎭42321b b 2⎛⎫== ⎪⎝⎭……n 1n 122n n 1211b b 22---⎛⎫===⎪⎝⎭。

2020年高考数学三轮冲刺微专题（文理通用）最值问题之数列篇【例】【2019年高考北京卷理数】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5=__________，S n 的最小值为__________．【例】【2018全国卷Ⅱ】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17=-a ，315=-S ．(1)求{}n a 的通项公式； (2)求n S ，并求n S 的最小值．【例】(2018江苏)已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ，*{|2,}n B x x n ==∈N ．将AB 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为 ．【例】（2016年全国I ）设等比数列{}n a 满足1310a a +=，245a a +=，则12n a a a ⋅⋅⋅的最大值为 .【例】（2015四川）设数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且123,1,a a a +成等差数列（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）记数列1{}na 的前n 项和n T ，求得1|1|1000n T -<成立的n 的最小值。

有关数列中最大项的问题：【例】（2020·海南中学高三月考）已知等差数列{}n a 的首项及公差均为正数，令=n b()*,2020∈<n n N ，当k b 是数列{}nb 的最大项时，k =（ ）A ．1100B ．1001C ．1011D ．1010有关等差数列前n 和中的最值问题：【例】等差数列{a n }的首项a 1>0，设其前n 项和为S n ，且S 5＝S 12，则当n 为何值时，S n 有最大值？数列与不等式恒成立相结合的最值问题：【例】（2020·山西实验中学高三）已知数列{}n a 的前n 项和122n n n S a +=-，若不等式223(5)n n n a λ--<-，对n N +∀∈恒成立，则整数λ的最大值为______．数列与基本不等式相结合的最值问题：【例】（2020·江西高三模拟）已知正项等比数列{}n a 满足76523a a a =+，若存在两项m a ，n a ，使得219m n a a a ⋅=，则19m n+的最小值为（ ）. A ．16 B ．283C ．5D ．4数列与导数相结合的最值问题：【例】等差数列的前项和为，已知，，则的最小值为____.数列与“对勾函数”相结合的最值问题：【例】（2020·河南高三模拟）已知各项都是正数的数列{}n a 满足()*12n n a N a n n +-=∈，若当且仅当4n =时，na n取得最小值，则（ ） A ．1012a <<B ．11220a <<C ．112a =D ．120a =1、（2020·山西高三开学考试）已知数列{}n a 的通项公式为()370.9nn a n =+⨯，则数列{}n a 的最大项是（ ）{}n a n n S 100S =1525S =nnSA ．5aB ．6aC ．7aD ．8a2．（2020·河南高三）已知数列{}n a 满足12n n a a +-=，且134,,a a a 成等比数列.若{}n a 的前n 项和为n S ，则n S 的最小值为（ ）A ．–10B ．14-C ．–18D ．–203．（2020·山东省青岛第五十八中学高三）等差数列{}n a 中，已知51037a a =，且10a <，则数列{}n a 的前n 项和n S *()n N ∈中最小的是（ ）A ．7S 或8SB ．12SC ．13SD ．14S4.（2020·河北高三期末）已知递增等差数列{}n a 中，122a a =-，则3a 的（ ）A ．最大值为4-B ．最小值为4C ．最小值为4-D ．最大值为4或4-5．（2020江苏无锡高三）设7211a a a ≤≤≤≤ ，其中7531,,,a a a a 成公比为q 的等比数列，642,,a a a 成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________．6．（2020北京高三）若等差数列{}n a 满足7890a a a ++>，7100a a +<，则当n =__时，{}n a 的前n 项和最大．7．（2020江西高三）在等差数列{}n a 中，71=a ，公差为d ，前n 项和为n S ，当且仅当8=n 时n S 取最大值，则d 的取值范围_________．8．（2020·河北邢台一中高三月）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若29a =，540S =，则n S 的最大值为_________.9、已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n ，试问该数列中有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的序号；若没有，请说明理由．10、在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n 取得最大值，并求出它的最大值。

微专题47 等差数列的前n项和S n的最值问题例题：设等差数列{a n}的前n项和为S n，已知a3＝24，S11＝0.(1)求a n；(2)求数列{a n}的前n项和S n；(3)当n为何值时，S n最大，并求S n的最大值．变式1等差数列{a n}的前n项和为S n，且公差d<0，若S9＝S23，则数列{a n}的前多少项的和最大？变式2等差数列{a n}的前n项和为S n，且公差d<0，若S10＝S23，则数列{a n}的前多少项的和最大？串讲1已知数列{a n }的通项公式a n ＝40－5n 7，记T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a n ＋6，当|T n |取最小值时，n 的值为多少？串讲2已知数列{a n }的通项公式a n ＝40－5n 7，记T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a n ＋5，当|T n |取最小值时，n 的值为多少？(2018·全国Ⅱ卷改编)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15.求S n ，并求S n 的最小值．16n＋15(n≥2，n∈N*)．若对任意的n∈N*，总有S n≤S k，求正整数k的值．答案：k ＝7.解法1因为a n －S n ＝n 2－16n ＋15(n ≥2，n ∈N *)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2－S 2＝－13，a 3－S 3＝－24，也即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，a 1＋a 2＝24， 解得a 1＝13，a 2＝11，所以d ＝a 2－a 1＝－2，故a n ＝－2n ＋15，5分令⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1<0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋15≥0，－2n ＋13<0，所以132<n ≤152，9分 又n ∈N *，所以n ＝7，即数列{a n }的前7项和为S 7最大，所以k ＝7.14分解法2因为a n －S n ＝n 2－16n ＋15(n ≥2，n ∈N *)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2－S 2＝13，a 3－S 3＝－24，也即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，a 1＋a 2＝24， 解得a 1＝13，a 2＝11，7分所以d ＝a 2－a 1＝－2，故a n ＝－2n ＋15，9分S n ＝13n ＋n （n －1）2×(－2)＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，12分 所以数列{a n }的前7项和为S 7最大，故k ＝7.14分说明：通过以上两种解法的比较，可以发现“解法1”采用了“邻项变号法”，解题思路、过程比较简洁方便，这是因为这种解法紧紧抓住了等差数列的项a n 对和S n 的影响规律，因而过程相对简洁精炼．。

专练33 高考大题专练(三) 数列的综合运用1．[2022·全国甲卷(理)，17]记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S nn＋n ＝2a n ＋1.(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4，a 7，a 9成等比数列，求S n 的最小值．2．[2020·全国卷Ⅲ]设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n . (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{2na n }的前n 项和S n .3.[2021·全国新高考Ⅰ卷]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．4．[2022·新高考Ⅰ卷，17]记S n 为数列{}a n 的前n 项和，已知a 1＝1，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n an 是公差为13的等差数列．(1)求{}a n 的通项公式； (2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n<2.5.[2020·全国卷Ⅰ]设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项． (1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．6．[2021·全国乙卷]记S n 为数列{a n }的前n 项和，b n 为数列{S n }的前n 项积，已知2S n＋1b n＝2.(1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．7．[2021·全国甲卷]已知数列{a n }的各项均为正数，记S n 为{a n }的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{a n }是等差数列；②数列{S n }是等差数列；③a 2＝3a 1.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．8．[2021·全国乙卷，文]设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n3.已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n2.专练33 高考大题专练(三) 数列的综合运用1．解析：(1)证明：由已知条件，得S n ＝na n －n 22＋n2.当n ＝1时，a 1＝S 1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n －n 22＋n 2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤（n －1）a n －1－（n －1）22＋n －12，∴(1－n )a n＝－n ＋1－(n －1)a n －1.等式两边同时除以1－n ，得a n ＝1＋a n －1， ∴a n －a n －1＝1.∴{a n }是公差为1的等差数列． (2)由(1)可得a n ＝a 1＋(n －1). ∴a 4＝a 1＋3，a 7＝a 1＋6，a 9＝a 1＋8.∵a 4，a 7，a 9成等比数列，∴a 27 ＝a 4·a 9， 即(a 1＋6)2＝(a 1＋3)(a 1＋8)，∴a 1＝－12， ∴S n ＝na 1＋n （n －1）2×1＝－12n ＋n 2－n 2＝12n 2－252n .当n ＝12或n ＝13时，S n 取得最小值，为12×122－252×12＝－78.2．解析：(1)a 2＝5，a 3＝7. 猜想a n ＝2n ＋1.由已知可得a n ＋1－(2n ＋3)＝3[a n －(2n ＋1)]， a n －(2n ＋1)＝3[a n －1－(2n －1)]，……a 2－5＝3(a 1－3).因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得2n a n ＝(2n ＋1)2n，所以S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n.① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1.②①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1.所以S n ＝(2n －1)2n ＋1＋2.3．解析：(1)由题设可得b 1＝a 2＝a 1＋1＝2，b 2＝a 4＝a 3＋1＝a 2＋2＋1＝5 又a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1，a 2k ＋1＝a 2k ＋2，(k ∈N *) 故a 2k ＋2＝a 2k ＋3，即b n ＋1＝b n ＋3，即b n ＋1－b n ＝3 所以{}b n 为等差数列，故b n ＝2＋()n －1×3＝3n －1. (2)设{}a n 的前20项和为S 20，则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20， 因为a 1＝a 2－1，a 3＝a 4－1，…，a 19＝a 20－1， 所以S 20＝2()a 2＋a 4＋…＋a 18＋a 20－10 ＝2()b 1＋b 2＋…＋b 9＋b 10－10 ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫10×2＋9×102×3－10＝300. 4．解析：(1)∵a 1＝1，∴S 1a 1＝1.又∵⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n ＝S 1a 1＋13(n －1)，即S n ＝(13n ＋23)a n ＝13(n ＋2)a n ，∴当n ≥2时，S n －1＝13(n ＋1)a n －1，∴a n ＝S n －S n －1＝13(n ＋2)a n －13(n ＋1)a n －1，n ≥2，即(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，n ≥2，∴a n a n －1＝n ＋1n －1，n ≥2， ∴当n ≥2时，a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1＝n ＋1n －1·n n －2·…·42·31＝n （n ＋1）2，∴a n ＝n （n ＋1）2.当n ＝1时，a 1＝1满足上式，∴a n ＝n （n ＋1）2.(2)证明：由(1)知a n ＝n （n ＋1）2，∴1a n＝2n （n ＋1）＝2(1n －1n ＋1)，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝2(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1). ∵n ∈N *，∴0＜1n ＋1≤12，∴1－1n ＋1＜1， ∴2(1－1n ＋1)＜2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜2. 5．解析：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得2a 1＝a 2＋a 3，即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2. 所以q 2＋q －2＝0，解得q 1＝1(舍去)，q 2＝－2. 故{a n }的公比为－2.(2)记S n 为{na n }的前n 项和．由(1)及题设可得，a n ＝(－2)n －1.所以S n ＝1＋2×(－2)＋…＋n ×(－2)n －1，－2S n ＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n －1)×(－2)n －1＋n ×(－2)n.可得3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n ×(－2)n＝1－（－2）n3－n ×(－2)n.所以S n ＝19－（3n ＋1）（－2）n9.6．解析：(1)因为b n 是数列{S n }的前n 项积， 所以n ≥2时，S n ＝b nb n －1，代入2S n ＋1b n ＝2可得，2b n －1b n ＋1b n＝2，整理可得2b n －1＋1＝2b n ，即b n －b n －1＝12(n ≥2).又2S 1＋1b 1＝3b 1＝2，所以b 1＝32， 故{b n }是以32为首项，12为公差的等差数列．(2)由(1)可知，b n ＝n ＋22，则2S n ＋2n ＋2＝2，所以S n ＝n ＋2n ＋1， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝32，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋2n ＋1－n ＋1n ＝－1n （n ＋1）. 故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧32，n ＝1－1n （n ＋1），n ≥2.7．解析：①③⇒②.已知{a n }是等差数列，a 2＝3a 1.设数列{a n }的公差为d ，则a 2＝3a 1＝a 1＋d ，得d ＝2a 1， 所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2a 1.因为数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n a 1，所以S n ＋1－S n ＝(n ＋1)a 1－n a 1＝a 1(常数)，所以数列{S n }是等差数列． ①②⇒③.已知{a n }是等差数列，{S n }是等差数列． 设数列{a n }的公差为d ， 则S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝12n 2d ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n .因为数列{S n }是等差数列，所以数列{S n }的通项公式是关于n 的一次函数，则a 1－d2＝0，即d ＝2a 1，所以a 2＝a 1＋d ＝3a 1.②③⇒①.已知数列{S n }是等差数列，a 2＝3a 1，所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝4a 1. 设数列{S n }的公差为d ，d >0，则S 2－S 1＝4a 1－a 1＝d ， 得a 1＝d 2，所以S n ＝S 1＋(n －1)d ＝nd ，所以S n ＝n 2d 2，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2d 2－(n －1)2d 2＝2d 2n －d 2(n ≥2)，是关于n 的一次函数，所以数列{a n }是等差数列．8．解析：(1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝qn －1.因为a 1，3a 2，9a 3成等差数列，所以1＋9q 2＝2×3q ，解得q ＝13，故a n ＝13n －1，b n ＝n3n .(2)由(1)知S n ＝1－13n1－13＝32(1－13n )，T n ＝13＋232＋333＋…＋n3n ，①13T n ＝132＋233＋334＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得23T n ＝13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1，即23T n ＝13（1－13n ）1－13－n 3n ＋1＝12(1－13n )－n3n ＋1， 整理得T n ＝34－2n ＋34×3n ，则2T n －S n ＝2(34－2n ＋34×3n )－32(1－13n )＝－n 3n <0，故T n <S n2.。

数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中，a1=2，na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数，求数列bn的前100项和.【解析】【小问1详解】∵na n+1-n+1a n=1,∴a n+1n+1-a nn=1n-1n+1,a n+1+1n+1=a n+1n，所以a n+1n是常数列，即a n+1n=a1+11=3,∴a n=3n-1；【小问2详解】由(1)知，a n是首项为2，公差为3等差数列，由题意得b2n-1=a2n-1=6n-4，b2n=2a2n+1=12n+4，设数列b2n-1，b2n的前50项和分别为T1，T2，所以T1=50b1+b992=25×298=7450，T2=50×b2+b1002=25×620=15500，所以b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950；综上，a n=3n-1，b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数，求数列c n 的前2n项和S2n．【答案】(1)证明见详解(2)S2n=2n-1n19+n34n+3【详解】(1)当n=1时，可得a1=1，当n≥2时，由a1+3a2+⋯+2n-1a n=n，则a1+3a2+⋯+2n-3a n-1=n-1n≥2，上述两式作差可得a n=12n-1n≥2，因为a1=1满足a n=12n-1，所以a n的通项公式为a n=12n-1，所以1a n=2n-1，因为1a n-1a n-1=2n-1-2n-3=2(常数)，所以1a n是一个等差数列．(2)c n=2n-119,n为奇数12n-12n+3,n为偶数 ，所以C1+C3+⋯C2n-1=1+5+9+⋯4n-319=2n-1n19，C2+C4+⋯C2n=1413-17+17-111+⋯+14n-1-14n+3=n34n+3所以数列c n的前2n项和S2n=2n-1n19+n34n+3．2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n．(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；(2)求S2n-1．【答案】(1)a1=12，a2=4；1024是数列a n的第342项(2)S2n-1=4n6+3n2-5n+116【详解】(1)由a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数可得a1=12，a2=4．令2n-2=1024=210，解得：n=12为偶数，不符合题意，舍去；令3n-2=1024，解得：n=342，符合题意．因此，1024是数列a n的第342项．(2)S2n-1=a1+a2+a3+a4+⋅⋅⋅+a2n-2+a2n-1=12+4+2+10+⋅⋅⋅+6n-8+22n-3=12+2+⋅⋅⋅+22n-3+4+10+⋅⋅⋅+6n-8=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116．另解：由题意得a2n-1=22n-3，又a2n+1a2n-1=4，所以数列a2n-1是以12为首项，4为公比的等比数列．a2n=6n-2，又a2n+2-a2n=6，所以数列a2n是以4为首项，6为公差的等差数列．S2n-1为数列a2n-1的前n项和与数列a2n的前n-1项和的总和．故S2n-1=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116.3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n，求证：T2n<3.【答案】(1)a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)证明见解析.【详解】(1)由题意a2n+1=a2n+1=2a2n-1+1,所以a2n+1+1=2a2n-1+1,因为a1+1=2≠0,所以数列a2n-1+1是首项为2,公比为2的等比数列,所以a2n-1+1=2n,即a2n-1=2n-1,而a2n=2a2n-1=2n+1-2,所以a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)方法一：由(1)得T2n=ni=11a2i-1+1a2i=32ni=112i-1=32ni=12i+1-12i-12i+1-1<32ni=12i+12i-12i+1-1=3ni=12i2i-12i+1-1=3ni=112i-1-12i+1-1=31-12n+1-1<3方法二：因为2n-1≥2n-1n∈N*,所以T2n=∑ni=11a2i-1+1a2i=32∑n i=112i-1≤32∑n i=112i-1=31-12n<34(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a3=5,S9=81，数列{b n}满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n an +2,n 为偶数，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =2n -1,b n =3n (2)T 2n =3⋅9n 8-116n +12-724【详解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3=5S 9=81 ，即a 1+2d =59a 1+9×82d =81 ，∴a 1=1,d =2，∴a n =2n -1.∵a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3，①∴a 1b 1+a 2b 2+⋯+a n -1b n -1=n -2 ⋅3n +3n ≥2 ，②所以①-②得，a n b n =2n -1 ⋅3n ，∴b n =3n n ≥2 .当n =1时，a 1b 1=3,b 1=3，符合b n =3n .∴b n =3n .(2)T 2n =c 1+c 2+c 3+⋯+c 2n ，依题有：T 2n =b 1+b 3+⋯+b 2n -1 +1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2.记T 奇=b 1+b 3+⋯+b 2n -1，则T 奇=3(1-32n )1-32=32n +1-38.记T 偶=1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2，则T 偶=12d 1a 2-1a 4 +1a 4-1a 6 +⋯+1a 2n -1a 2n +2=12d 1a 2-1a 2n +2=1413-14n +3 .所以T 2n =32n +1-38+1413-14n +3 =3⋅9n 8-116n +12-7245(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n (2)T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数【详解】(1)因为a n 是等比数列，公比为q ≠-1，则a 4=a 1q 3,a 5=a 1q 4，a 7=a 1q 6,a 8=a 1q 7，所以a 4+a 5a 7+a 8=a 1q 3+a 1q 4a 1q 6+a 1q 7=1q 3=127，解得q =3，由S 4=a 3+93，可得a 11-34 1-3=9a 1+93，解得a 1=3，所以数列a n 的通项公式为a n =3n ．(2)由(1)得b n =-n ,n 为奇数3n ,n 为偶数，当n 为偶数时，T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =b 1+b 3+⋅⋅⋅+b n -1 +b 2+b 4+⋅⋅⋅+b n =-1+3+⋅⋅⋅+n -1 +32+34+⋅⋅⋅+3n=-n2⋅1+n -12×+91-9n 21-9=983n -1 -n 24；当n 为奇数时T n =T n +1-b n +1=983n +1-1 -n +1 24-3n +1=18×3n +1-98-n +1 24；综上所述：T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数.题型二、含有(-1)n 类型2【2020年新课标1卷文科】数列{a n }满足a n +2+(-1)n a n =3n -1，前16项和为540，则a 1=【答案】7【解析】a n +2+(-1)n a n =3n -1，当n 为奇数时，a n +2=a n +3n -1；当n 为偶数时，a n +2+a n =3n -1.设数列a n 的前n 项和为S n ，S 16=a 1+a 2+a 3+a 4+⋯+a 16=a 1+a 3+a 5⋯+a 15+(a 2+a 4)+⋯(a 14+a 16)=a 1+(a 1+2)+(a 1+10)+(a 1+24)+(a 1+44)+(a 1+70)+(a 1+102)+(a 1+140)+(5+17+29+41)=8a 1+392+92=8a 1+484=540，∴a 1=7.故答案为：7.1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1、3a 2的等差中项，a 4=16．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =-1 n ⋅2a 2n +1log ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1、3a 2的等差中项，所以2a 3=2a 1+3a 2，即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2-3q -2=0，解得q =2或q =-12，因为数列{a n }是正项等比数列，所以q =2．因为a 4=16，即a 4=a 1q 3=8a 1=16，解得a 1=2，所以a n =2×2n -1=2n ；(2)解法一：(分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，①若n 为偶数，T n =-3+5-7+9-⋯-2n -1 +2n +1 =-3+5 +-7+9 +⋯+-2n -1 +2n +1 =2×n2=n ；②若n 为奇数，当n ≥3时，T n =T n -1+b n =n -1-2n +1 =-n -2，当n =1时，T 1=-3适合上式，综上得T n =n ,n 为偶数-n -2,n 为奇数(或T n =n +1 -1 n -1，n ∈N *)；解法二：(错位相减法)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，T n =-1 1×3+-1 2×5+-1 3×7+⋯+-1 n ⋅2n +1 ，所以-T n =-1 2×3+-1 3×5+-1 4×7+⋯+-1 n +1⋅2n +1 所以2T n =3+2[-1 2+-1 3+⋯+-1 n ]--1 n +12n +1 ，=-3+2×1--1 n -12+-1 n 2n +1 =-3+1--1 n -1+-1 n 2n +1=-2+2n +2 -1 n ，所以T n=n+1-1n-1，n∈N*2【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】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b n=(-1)n S n，求{b n}前n项和T n.【答案】(1)a n=2n-1，S n=n2；(2)T n=(-1)n n(n+1)2.【解析】【分析】(1)利用等差数列的基本量，列方程即可求得首项和公差，再利用公式求通项公式和前n项和即可；(2)根据(1)中所求即可求得b n，对n分类讨论，结合等差数列的前n项和公式，即可容易求得结果.【详解】(1)由S5=5(a1+a5)2=5×2a32=5a3=25得a3=5.又因为a5=9，所以d=a5-a32=2，则a3=a1+2d=a1+4=5，解得a1=1；故a n=2n-1，S n=n(1+2n-1)2=n2.(2)b n=(-1)n n2.当n为偶数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-1+b n=-12+22+-32+42+⋯+-(n-1)2+n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[n-(n-1)]×[n+(n-1)] =1+2+3+⋯+(n-1)+n=n(n+1)2.当n为奇数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-2+b n-1+b n=-12+22+-32+42+-(n-2)2+(n-1)2-n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[(n-1)-(n-2)]×[(n-1)+(n-2)]-n2 =1+2+3+⋯+(n-2)+(n-1)-n2=(n-1)(1+n-1)2-n2=-n(n+1)2.综上得T n=(-1)n n(n+1)2题型三、a n+a n+1类型3(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n的前n项和，已知S n=a n2+n2+1，n∈N*．(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1是等差数列；(2)求S n．【解析】(1)已知S n=a n2+n2+1，n∈N*当n=1时，a1=a12+2，a1=4；当n=2时，a1+a2=a22+5，a2=2，所以a1+a2=6．因为S n=a n2+n2+1①，所以S n+1=a n+12+n+12+1②．②-①得，a n+1=a n+12-a n2+n+12-n2，整理得a n+a n+1=4n+2，n∈N*，所以a n+1+a n+2-a n+a n+1=4n+1+2-4n+2=4(常数)，n∈N*，所以a n+a n+1是首项为6，公差为4的等差数列．(2)由(1)知，a n-1+a n=4n-1+2=4n-2，n∈N*，n≥2．当n为偶数时，S n=a1+a2+a3+a4+⋯+a n-1+a n=n26+4n-22=n2+n；当n为奇数时，S n=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a n-1+a n=4+n-1210+4n-22=n2+n+2．综上所述，S n=n2+n,当n为偶数时n2+n+2,当n为奇数时1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n前n项和为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.【答案】(1)a n=n,n=2k-1,k∈Zn-1,n=2k,k∈Z，bn=3n-1；(2)58n-59n8.【分析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n82(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n 满足a 1=1，a n +a n +1=2n ；数列b n 前n 项和为S n ，且b 1=1，2S n =b n +1-1.(1)求数列a n 和数列b n 的通项公式；(2)设c n =a n ⋅b n ，求c n 前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，b n =3n -1；(2)58n -5 9n8.【解析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n8。

微专题1 裂项相消法题型1 等差型数列求和d N n d a b b a d b a c n n n nn n n ,,,1111*∈=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==为常数。

例1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 5＝25，S 5＝55. (1) 求数列{a n }的通项公式； (2) 设a n b n ＝131-n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。

方法总结：1.定义：如果一个数列的通项为“分式或根式”的形式，且能拆成结构相同的两式之差，通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩首尾有限项的求和方法叫做裂项相消法．2.适用数列：d N n d a b b a d b a c n n n n n n n ,,,1111*∈=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==为常数。

3.常见的裂项技巧： (1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+k n n k k n n 111)(1，特别地，当k ＝1时，111)1(1+-=+n n n n ； (2)⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-=-12112121)12)(12(11412n n n n n ；(3)()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=++22222114121n n n n n 。

1.在等比数列{b n }中，已知b 1＋b 2＝43，且b 2＋b 3＝83. (1) 求数列{b n }的通项公式； (2) 若数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a n 是首项为b 1，公差为b 2的等差数列，求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的前n 项和．题型2 “无理型”数列求和：()n k n kn k n -+=++11。

例2.若数列{a n }满足a 1＝1，22+n a ＝a n ＋1(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n 2}是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若12++=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项和．方法总结：含有无理式常见的裂项有： (1)()n k n kn k n -+=++11。