求数列通项公式与数列求和(有答案)5

数学数列部分知识点梳理一数列的概念1）数列的前n 项和与通项的公式①n n a a a S +++= 21； ⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n S a n n n2）数列的分类：①递增数列:对于任何+∈N n ,均有n n a a >+1.②递减数列:对于任何+∈N n ,均有n n a a <+1.③摆动数列:例如: .,1,1,1,1,1 ---④常数数列:例如:6,6,6,6,…….⑤有界数列:存在正数M 使+∈≤N n M a n ,.⑥无界数列:对于任何正数M ,总有项n a 使得M a n >. 一、等差数列 1）通项公式d n a a n )1(1-+=，1a 为首项，d 为公差。

前n 项和公式2)(1n n a a n S +=或d n n na S n )1(211-+=. 2）等差中项：b a A +=2。

3）等差数列的判定方法：⑴定义法：d a a n n =-+1（+∈N n ，d 是常数）⇔{}n a 是等差数列；⑵中项法：212+++=n n n a a a (+∈N n )⇔{}n a 是等差数列.4）等差数列的性质：⑴数列{}n a 是等差数列，则数列{}p a n +、{}n pa （p 是常数）都是等差数列；⑵在等差数列{}n a 中，等距离取出若干项也构成一个等差数列，即 ,,,,32k n k n k n n a a a a +++为等差数列，公差为kd .⑶d m n a a m n )(-+=；b an a n +=(a ,b 是常数)；bn an S n +=2(a ,b 是常数，0≠a )⑷若),,,(+∈+=+N q p n m q p n m ，则q p n m a a a a +=+；⑸若等差数列{}n a 的前n 项和n S ，则⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是等差数列； ⑹当项数为)(2+∈N n n ，则nn a aS S nd S S 1,+==-奇偶奇偶；当项数为)(12+∈-N n n ，则nn S S a S S n 1,-==-奇偶偶奇. (7)设是等差数列，则（是常数）是公差为的等差数列；(8)设，，，则有；(9)是等差数列的前项和，则；(10)其他衍生等差数列：若已知等差数列，公差为，前项和为，则①．为等差数列，公差为；②．（即）为等差数列，公差；③．（即）为等差数列，公差为.二、等比数列 1）通项公式：11-=n n q a a ，1a 为首项，q 为公比 。

等比数列的通项公式与求和公式等比数列是指一个数列中，任意两个相邻的项之比都相等的数列。

在等比数列中，有两个重要的公式，分别是通项公式和求和公式。

一、等比数列的通项公式
设等比数列的首项为a，公比为r，第n项为an，我们需要找到等
比数列中第n项与首项的关系。

根据等比数列的定义，第n项与首项的关系可以表示为以下式子：an = ar^(n-1)
其中，ar^(n-1)表示首项经过n-1次公比的连续乘积得到的第n项。

通过上述公式，我们可以很方便地求得等比数列中任意一项的数值。

二、等比数列的求和公式
设等比数列的首项为a，公比为r，共有n项，我们需要找到等比数列的前n项和的公式。

根据等比数列的定义，前n项和可以表示为以下式子：
Sn = a(1-r^n)/(1-r)
其中，a(1-r^n)表示将首项与公比的连续乘积r^n-1相乘得到的一个
中间结果，然后通过(1-r)进行除法运算来获得前n项和。

通过上述公式，我们可以很方便地求得等比数列前n项的和。

三、等比数列的应用
等比数列在数学中有广泛的应用。

例如在金融领域中，复利计算中的利率比例就是等比数列中的公比。

另外，在自然科学领域，一些指数型增长或衰减的现象也可以通过等比数列来进行建模和分析。

总结：
等比数列是一种常见的数列形式，其中通项公式和求和公式是重要的基础工具。

通项公式用于求解等比数列中特定项的数值，求和公式用于计算等比数列前n项的和。

了解这两个公式的含义和应用，有助于我们更好地理解和运用等比数列。

专题04 数列求和及综合应用【要点提炼】1.常用公式：12＋22＋32＋42＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.2.(1)数列通项a n 与前n 项和S n 的关系为a n ＝⎩⎨⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.(2)应用a n 与S n 的关系式f (a n ，S n )＝0时，应特别注意n ＝1时的情况，防止产生错误. 3.数列求和(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并. (2)错位相减法：主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列.(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.温馨提醒 裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误. 4.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查不等关系或恒成立问题.考点一 数列求和及综合应用考向一 a n 与S n 的关系问题【典例1】 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意的正整数n ，都有a n ＝5S n ＋1成立，b n ＝－1－log 2|a n |，数列{b n }的前n 项和为T n ，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和A n ，并求出A n 的最值.解 (1)因为a n ＝5S n ＋1，n ∈N *， 所以a n ＋1＝5S n ＋1＋1， 两式相减，得a n ＋1＝－14a n ，又当n ＝1时，a 1＝5a 1＋1，知a 1＝－14， 所以数列{a n }是公比、首项均为－14的等比数列. 所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n.(2)由(1)知b n ＝－1－log 2|a n |＝2n －1， 数列{b n }的前n 项和T n ＝n 2， c n ＝b n ＋1T n T n ＋1＝2n ＋1n 2（n ＋1）2＝1n 2－1（n ＋1）2， 所以A n ＝1－1（n ＋1）2.因此{A n }是单调递增数列，∴当n ＝1时，A n 有最小值A 1＝1－14＝34；A n 没有最大值.探究提高 1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.由S n 求a n 时，一定注意分n ＝1和n ≥2两种情况，最后验证两者是否能合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示.【拓展练习1】 (2020·合肥检测)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)，a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，若{b n }是递增数列，求实数a 的取值范围. 解 (1)a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)， a 2n －1＝S n －1＋S n －2(n ≥3).相减可得a 2n －a 2n －1＝a n ＋a n －1，∵a n ＞0，a n －1＞0，∴a n －a n －1＝1(n ≥3). 当n ＝2时，a 22＝a 1＋a 2＋a 1，∴a 22＝2＋a 2，a 2＞0，∴a 2＝2. 因此n ＝2时，a n －a n －1＝1成立. ∴数列{a n }是等差数列，公差为1. ∴a n ＝1＋n －1＝n .(2)b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )＝(n －1)2＋a (n －1)， ∵{b n }是递增数列，∴b n ＋1－b n ＝n 2＋an －(n －1)2－a (n －1) ＝2n ＋a －1＞0，即a ＞1－2n 恒成立，∴a ＞－1. ∴实数a 的取值范围是(－1，＋∞). 考向二 数列求和 方法1 分组转化求和【典例2】 (2020·山东五地联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2)， 所以S 2a 1＝1＋2＝3，得a 1＝d ，又易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n .因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.探究提高 1.求解本题要过四关：(1)“转化”关，把不等式的解转化为方程根的问题；(2)“方程”关，利用方程思想求出基本量a 1及d ；(3)“分组求和”关，观察数列的通项公式，把数列分成几个可直接求和的数列；(4)“公式”关，会利用等差、等比数列的前n 项和公式求和.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.本题易忽视数列通项的下标如错得a 2n ＝n ，应注意“＝”左右两边保持一致.【拓展练习2】 (2020·潍坊调研)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S 4＝40.数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n －2b n ＋3＝0，n ∈N *. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎨⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和P n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 由题意，得⎩⎨⎧a 1＋d ＝8，4a 1＋6d ＝40，解得⎩⎨⎧a 1＝4，d ＝4，所以a n ＝4n ， 因为T n －2b n ＋3＝0，所以当n ＝1时，b 1＝3，当n ≥2时，T n －1－2b n －1＋3＝0， 两式相减，得b n ＝2b n －1(n ≥2)，则数列{b n }为首项为3，公比为2的等比数列， 所以b n ＝3·2n －1.(2)c n ＝⎩⎨⎧4n ，n 为奇数，3·2n －1，n 为偶数，当n 为偶数时，P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝（4＋4n －4）·n 22＋6（1－4n2）1－4＝2n ＋1＋n 2－2.当n 为奇数时，法一 n －1(n ≥3)为偶数，P n ＝P n －1＋c n ＝2(n －1)＋1＋(n －1)2－2＋4n ＝2n ＋n 2＋2n －1，n ＝1时符合上式.法二 P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －2＋a n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1) ＝（4＋4n ）·n ＋122＋6（1－4n －12）1－4＝2n ＋n 2＋2n －1.所以P n ＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋n 2＋2n －1，n 为奇数.方法2 裂项相消求和【典例3】 (2020·江南六校调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2.(1)证明：{a n }为等比数列； (2)记b n ＝log 2a n ，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫λb n b n ＋1的前n 项和为T n ，若T n ≥10恒成立，求λ的取值范围.(1)证明 由已知，得a 1＝S 1＝2，a 2＝S 1＋2＝4， 当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，所以a n ＋1－a n ＝(S n ＋2)－(S n －1＋2)＝a n ， 所以a n ＋1＝2a n (n ≥2).又a 2＝2a 1，所以a n ＋1a n＝2(n ∈N *)，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列. (2)解 由(1)可得a n ＝2n ，所以b n ＝n . 则λb n b n ＋1＝λn （n ＋1）＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， T n ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1，因为T n ≥10，所以λn n ＋1≥10，从而λ≥10（n ＋1）n ，因为10（n ＋1）n ＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ≤20， 所以λ的取值范围为[20，＋∞).探究提高 1.裂项相消求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.【拓展练习3】 设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和.解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，① 故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)记⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.方法3 错位相减法求和【典例4】 (2020·济南统测)在①a 3＝5，a 2＋a 5＝6b 2，②b 2＝2，a 3＋a 4＝3b 3，③S 3＝9，a 4＋a 5＝8b 2这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解答问题. 已知等差数列{a n }的公差为d (d >1)，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，且a 1＝b 1，d ＝q ，________. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选条件①.(1)∵a 3＝5，a 2＋a 5＝6b 2，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1， ∴⎩⎨⎧a 1＋2d ＝5，2a 1＋5d ＝6a 1d ，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝256，d ＝512(舍去).∴⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a n b n，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.选条件②.(1)∵b 2＝2，a 3＋a 4＝3b 3，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1， ∴⎩⎨⎧a 1d ＝2，2a 1＋5d ＝3a 1d 2，即⎩⎨⎧a 1d ＝2，2a 1＋5d ＝6d ， 解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝－2(舍去).∴⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝2. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a n b n，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.选条件③.(1)∵S 3＝9，a 4＋a 5＝8b 2，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1， ∴⎩⎨⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋7d ＝8a 1d ，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝218，d ＝38(舍去)，∴⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a n b n，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.探究提高 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解.2.在写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【拓展练习4】 (2020·潍坊模拟)在①b 2n ＝2b n ＋1，②a 2＝b 1＋b 2，③b 1，b 2，b 4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n .公差不等于0的等差数列{b n }满足________，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和S n .(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 因为a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，所以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以a n ＝3n －1.选①②时，设数列{b n }的公差为d 1. 因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3(ⅰ).因为b 2n ＝2b n ＋1，所以当n ＝1时，b 2＝2b 1＋1(ⅱ). 由(ⅰ)(ⅱ)解得b 1＝23，b 2＝73，所以d 1＝53，所以b n ＝5n －33.所以b n a n＝5n －33n .所以S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝231＋732＋1233＋…＋5n －33n ，所以13S n ＝232＋733＋1234＋…＋5n －83n ＋5n －33n ＋1.上面两式相减，得23S n ＝23＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋133＋…＋13n －5n －33n ＋1 ＝23＋56－152×3n ＋1－5n －33n ＋1＝32－10n ＋92×3n ＋1.所以S n ＝94－10n ＋94×3n .选②③时，设数列{b n }的公差为d 2.因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3，即2b 1＋d 2＝3.因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d 2)2＝b 1(b 1＋3d 2)，化简得d 22＝b 1d 2.因为d 2≠0，所以b 1＝d 2，从而d 2＝b 1＝1，所以b n ＝n . 所以b n a n ＝n 3n －1.所以S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，所以13S n ＝131＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n .上面两式相减，得23S n ＝1＋131＋132＋133＋…＋13n －1－n 3n＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －n 3n ＝32－2n ＋32×3n . 所以S n ＝94－2n ＋34×3n －1.选①③时，设数列{b n }的公差为d 3.因为b 2n ＝2b n ＋1，所以b 2＝2b 1＋1，所以d 3＝b 1＋1.又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d 3)2＝b 1(b 1＋3d 3)，化简得d 23＝b 1d 3.因为d 3≠0，所以b 1＝d 3，无解，所以等差数列{b n }不存在.故不合题意.考向三 与数列相关的综合问题【典例5】 (2020·杭州滨江区调研)设f (x )＝12x 2＋2x ，f ′(x )是y ＝f (x )的导函数，若数列{a n }满足a n ＋1＝f ′(a n )，且首项a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)由f (x )＝12x 2＋2x ，得f ′(x )＝x ＋2. ∵a n ＋1＝f ′(a n )，且a 1＝1. ∴a n ＋1＝a n ＋2，则a n ＋1－a n ＝2，因此数列{a n }是公差为2，首项为1的等差数列. ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2，等比数列{b n }中，设公比为q ，∵b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3， ∴q ＝3.∴b n ＝3n －1，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12.T n ≤S n 可化为3n －12≤n 2.又n ∈N *，∴n ＝1，或n ＝2.故适合条件T n ≤S n 的所有n 的值为1和2.探究提高 1.求解数列与函数交汇问题要注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.【拓展练习5】 已知数列{a n }与{b n }满足：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n (n ∈N *)，若{a n }是各项为正数的等比数列，且a 1＝2，b 3＝b 2＋4. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)若数列{c n }满足c n ＝a nb n b n ＋1(n ∈N *)，T n 为数列{c n }的前n 项和，证明：T n ＜1. (1)解 由题意知，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n ，① 当n ≥2时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝2b n －1，② ①－②可得a n ＝2(b n －b n －1) ⇒a 3＝2(b 3－b 2)＝2×4＝8，∵a 1＝2，a n ＞0，设{a n }的公比为q ， ∴a 1q 2＝8⇒q ＝2，∴a n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *). ∴2b n ＝21＋22＋23＋ (2)＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2，∴b n ＝2n －1(n ∈N *).(2)证明 由已知c n ＝a n b n ·b n ＋1＝2n（2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1， ∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，当n ∈N *时，2n ＋1＞1，∴12n ＋1－1＞0，∴1－12n ＋1－1＜1，故T n ＜1.【专题拓展练习】一、单选题1．已知数列{}n a 满足()2*11n n n a a a n N+=-+∈，设12111n nS a a a =+++，且10910231a S a -=-，则数列{}n a 的首项1a 的值为（ ）A ．23 B ．1C ．32D ．2【答案】C 【详解】若存在1n a =，由2111n n n a a a --=-+，则可得11n a -=或0n a =，由12111n nS a a a =+++可得0n a ≠，由10910231a S a -=-可得101a ≠所以{}n a 中恒有1n a ≠由211n n n a a a +=-+，可得()111n n n a a a +-=-所以()11111111n n n n n a a a a a +==----，即111111n n n a a a +=---所以1212231111111111111111n n n n S a a a a a a a a a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++-⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭111111n a a +=--- 所以110109*********a S a a a -=---=-，即1010101010123222111111a a a a a a =+--=----= 所以1121a =-，则1112a -=，所以132a = 2．已知在数列{}n a 中，14a =，26a =，且当2n ≥时，149n n a a +=-，若n T 为数列{}nb 的前n 项和，19(3)n n n n a b a a +-=⋅，则当175(3)()8n n a T λ+=-⋅-为整数时，n λ=（ ）A ．6B ．12C ．20D ．24 【答案】D 【详解】当2n ≥时，149n n a a +=-，得134(3)n n a a +-=-，又26a =，∴{3}n a -从第二项开始是首项为3，公比为4的等比数列，∴2334n n a --=⨯(2n ≥)，∴2413432n n n a n -=⎧=⎨⨯+≥⎩，，， 当1n =时，1138T b ==，217155(3)()82a T Z λ=-⋅-=∉，不符合题意， 当2n ≥时，221213411(41)(41)4141n n n n n n b -----⨯==-++++， ∴12221131171()84141841n n n n T b b b ---=++⋅⋅⋅+=+-=-+++， 则111115534154141n n n λ---=⨯⨯⨯=-++，由λ为整数可知141n -+是15的因数， ∴当且仅当2n =时λ可取整数，12λ=，所以24n λ=，3．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，*()(11),2n n n n S a n N -+=∈，则数列{}n S 的前7项和为（ ） A ．1256-B ．85256-C ．11024- D ．3411024-【答案】B 【详解】 ∵(1)12nn n n S a -+=， ∴1n =时，1112S a +=-，即1112a a +=-，114a =-，由已知1(1)2nn n n S a =--， 2n ≥时，11111111(1)(1)(1)(1)222n n n nn n n n n n n n n na S S a a a a -----=-=----+=-+-+(*)， (*)式中n 为偶数时，112n n n na a a -=++，112n n a -=-，此时1n -为奇数， ∴n 为奇数时112n n a +=-(*)式中n 为奇数时，112n n n n a a a -=--+，1122n n na a --=-，即1111112222n n n n a -+-⎛⎫=-⨯-+= ⎪⎝⎭，此时1n -为偶数，∴n 为偶数时，12n na =， ∴11,21,2n n nn a n +⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数，由1(1)2nn n nS a =--，得n 为奇数时，11122n n n S +=-，n 为偶数时，11022nn nS =-=， ∴数列{}n S 的前7项和为11111111421686432256128⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11118541664256256=----=-． 4．若()()*12coscoscoscos 5555n n n S n ππππ-=++++∈N ，则1S 、2S、、2020S 中值为0的共有（ ） A ．202个 B ．404个C ．606个D ．808个【答案】B 【详解】由于4coscos055ππ+=，23cos cos 055ππ+=，5cos 15π=-，69cos cos 055ππ+=，78cos cos 055ππ+=，10cos 15π=，所以234cos coscos cos 05555ππππ+++=， 2310cos cos cos cos 05555ππππ++++=，所以40S =，100S =，()()()101210coscos cos555n n n n n S S πππ++++-=+++()()()()()()1627510cos cos cos cos cos cos 555555n n n n n n ππππππ++++++⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦()()()()()()112255cos cos cos cos cos cos 555555n n n n n n ππππππ++++++⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-+-++-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦0=，所以，()10n n S S n N *+=∈，则()44+100n SS n N *==∈，()10100n S S n N *==∈，因此，1S 、2S 、、2020S 中值为0的共有2022404⨯=个.5．已知数列{}n a 为等差数列，首项为2，公差为3，数列{}n b 为等比数列，首项为2，公比为2，设n n b c a =，n T 为数列{}n c 的前n 项和，则当2020n T <时，n 的最大值是（ ） A ．8 B ．9 C ．10 D ．11【答案】A 【详解】解：由题意得：323(1)1n a n n ⨯-=+-=，2nn b =，2321n n n n b c a a ==⨯-=，123n T c c c ∴=+++…n c +123321321321=⨯-+⨯-+⨯-+…321n +⨯-(1233222=⨯+++…)2n n +-()212312n n ⨯-=⨯--1326n n +=⨯--，当8n =时，98326815222020T =⨯--=<； 当9n =时，109326930572020T =⨯--=>，n ∴的最大值为8.6．已知数列{}n a 满足123232n n a a a na ++++=，设1(1)2nn n a b n -=+，n S 为数列{}n b 的前n 项和.若t n S <对任意n *∈N 恒成立，则实数t 的最小值为（ ） A ．1 B ．2C ．32D ．52【答案】C 【详解】1n =时，12a =，因为123232n n a a a na ++++=，所以2n ≥时，1123123(1)2n n a a a n a --++++-=，两式相减得到12n n na -=，故12,n n a n-=1n =时不适合此式，所以11,11,2(1)2(1)nn n n a b n n n n -=⎧⎪==⎨≥+⎪+⎩，当1n =时，111S b ==， 当2n ≥时，111111313123341221n S n n n ⎛⎫=+-+-+-=-< ⎪++⎝⎭， 所以32t ≥；所以t 的最小值32； 7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2n S an bn =+，（,a b 均为常数），且72a π=.设函数2()sin 22cos 2xf x x =+，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为（ ） A ．132πB ．7πC ．7D ．13【答案】D 【详解】因为2()sin 22cos sin 2cos 12xf x x x x =+=++， 由2n S an bn =+，得()()()2211122n n n S S an bn a n b n an a b n a -=-=+----=-+≥，又11a S a b ==+也满足上式，所以2n a an a b =-+， 则12n n a a a --=为常数，所以数列{}n a 为等差数列； 所以11372a a a π+==，()()111131131313sin 2cos 1sin 2cos 1y f a f a a a a y a =+=++++++()()1111sin 2cos 1sin 22cos 12a a a a ππ=+++-+-+=.则数列{}n y 的前13项和为()()()1213...f a f a f a +++，记()()()1213...M f a f a f a =+++，则()()()13121...M f a f a f a =+++，所以()()11321326M f a f a ⎡⎤=+=⎣⎦，因此13M =.8．公元1202年列昂那多·斐波那契（意大利著名数学家）以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”{}n a ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，……，即11a =，21a =，()*12,2n n n a a a n n --=+∈>N ，此数列在现代物理、化学等学科都有着十分广泛的应用。

等差数列的通项公式与求和公式等差数列（Arithmetic Progression，简称AP）是一个常见的数学概念，它指的是一个数列中的每个相邻的元素之间都有相同的差值。

通项公式是求解等差数列中任意一项的公式，而求和公式则是用于计算等差数列中前n项和的公式。

在本文中，我们将详细介绍等差数列的通项公式与求和公式，并提供一些相关的例子和推导过程。

一、等差数列的通项公式等差数列的通项公式可以表示为：An = A1 + (n-1)d其中，An表示等差数列中的第n个数，A1是等差数列的首项，d 是等差数列中的公差，n表示数列中的项数。

利用这个通项公式，我们可以轻松地求解等差数列中任意一项的数值。

下面是一个例子：例子1：求解公差为3，首项为2的等差数列中的第7项。

根据通项公式，我们可以得到An = A1 + (n-1)d。

代入已知的值，即可求解：A7 = 2 + (7-1)3 = 2 + 18 = 20因此，公差为3，首项为2的等差数列中的第7项为20。

二、等差数列的求和公式等差数列的求和公式可以表示为：Sn = (n/2)(A1 + An)其中，Sn表示等差数列前n项和，A1是等差数列的首项，An是等差数列的第n项，n表示数列中的项数。

利用这个求和公式，我们可以迅速地计算等差数列前n项的和。

下面是一个例子：例子2：计算公差为4，首项为3的等差数列的前10项和。

根据求和公式，我们可以得到Sn = (n/2)(A1 + An)。

代入已知的值，即可计算：S10 = (10/2)(3 + A10)为了求解A10，我们需要使用通项公式：A10 = A1 + (10-1)d。

代入公差d=4，首项A1=3，得到：A10 = 3 + (10-1)4 = 3 + 36 = 39将A10的值代入求和公式，即可计算出前10项的和：S10 = (10/2)(3 + 39) = 5(42) = 210因此，公差为4，首项为3的等差数列的前10项和为210。

专题08 数列求和（奇偶项讨论求和）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍有关数列奇偶项的问题是高考中经常涉及的问题，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等．本专题主要研究与数列奇偶项有关的问题，并在解决问题中让学生感悟分类讨论等思想在解题中的有效运用.因此，在数列综合问题中有许多可通过构造函数来解决．类型一：通项公式分奇、偶项有不同表达式；例如：n n na n cb n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数角度1：求n n n a n c b n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数的前2n 项和2n T角度2：求n n na n cb n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数的前n 项和n T类型二：通项含有(1)n -的类型；例如：(1)nn n c a =-类型三：已知条件明确的奇偶项或含有三角函数问题二、典型例题类型一：通项公式分奇、偶项有不同表达式通项公式分奇、偶项有不同表达式；例如：n n na n cb n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数角度1：求n n na n cb n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数的前2n 项和2n T例题1．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）已知公差不为零的等差数列{}n a 满足24692,,,a a a a =成等比数列．数列{}n b 的前n 项和为n S ，且满足()22N n n S b n *=⋅-∈(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足211,,n n n n n n a a c a n b ++⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前2n 项和2n T ．第（2）问解题思路点拨：由（1）知：,，可代入到第（2）问中，求出的通项公式：，即：注意到奇偶项通项不同，直接考虑分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧，由于奇偶项通项比较复杂，可设；，则（注意到本例求解的为偶数项和，最后一项一定是代入偶数的通项公式，否则，若是求，最后一项是代入奇数项通项，还是代入偶数项通项，则需要讨论）分组求和当为奇数 当为偶数，两式相减得：综上：【答案】(1)n a n =；2nn b =(2)2255212n n n n T n +=+-+ (1)由题：46922,24,27a d a d a d =+=+=+，∵2649a a a =⋅，即()()()2242227d d d +=++得：1d =，即n a n = 当1n =时，12b =，当2n ≥时，22n n S b =⋅-，1122n n S b --=⋅-，两式相减整理得12nn b b -=， 即数列{}n b 是以首项12b =，公比2q的等比数列∴2nn b =(2)当n 为奇数时，1111(2)22n c n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭1352111111112335212121n n nA c c c c n n n -⎛⎫=++++=-+-++-= ⎪-++⎝⎭ 当n 为偶数时，n c =23521222n n n B +=+++， 231135212122222n n n n n B +-+=++++ 两式相减得：23111113222213121525122222222222n n n n n n n n n B +-+++++=++++-=+--=- 得：2552n nn B +=-2255212n n n n n n T A B n +=+=+-+角度2：求n n n a n c b n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数的前n 项和n T例题2．（2022·山东日照·模拟预测）已知数列{}n a 中，11a =，22a =，2n n a ka +=（1k ≠），n *∈N ，23a a +，34a a +，45a a +成等差数列．(1)求k 的值和{}n a 的通项公式；(2)设22log n n na nb a n ⎧=⎨⎩，为奇数，为偶数，求数列{}n b 的前n 项和n S ．第（2）问解题思路点拨：由（1）知，代入即：注意到奇偶项通项不同，直接考虑分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧当为偶数时，数列{的前项中有个奇数项，有个偶数项．（注意到本例求解的，最后一项是代入奇数项通项，还是代入偶数项通项，需要讨论）（讨论时优先讨论为偶数）为奇数为偶数当为奇数时，为偶数，注意到为偶数，所以可使用偶数项和的结论，代入左侧求和结果：，则：，整理：综上：21n b -++1n a -+，注意到最后一项n 为偶数，再利用1n n a -+，其中奇数项，偶数项各为【答案】(1)2k =，12222n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数，为偶数(2)12221,38211,38n n n n nn S n n +⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为偶数为奇数 (1)解：23a a +，34a a +，45a a +成等差数列， 所以()3423452a a a a a a +=+++，得5342a a a a -=-，得()()2311k a k a -=-， 因为1k ≠，所以322a a ==，所以312a k a ==，得12222n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数，为偶数． (2)由（1）知，122n n n b n n -⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数，为偶数当n 为偶数时，设n ＝2k ，可得21321242n k k k S S b b b b b b -==++⋅⋅⋅+++++()022212222422k k -=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+ ()()22114141142232k k k k k k ++--=+⨯=+-，即()22138n n n nS +-=+； 当n 为奇数时，设n ＝2k －1，可得2113212422n k k k S S b b b b b b ---==++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+ ()0222122224222k k -=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+- ()()()2221114141142232k k k k k k +-----=+⨯=+-， 即1221138n n n S +--=+． 综上所述，()12221,38211,38n n n n nn S n n +⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为偶数为奇数.类型二：通项含有(－1)n的类型通项含有(1)n -的类型；例如：(1)nn n c a =-例题3．（2022·河南·开封高中模拟预测（理））在数列{}n a 中，33a =，数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()*112n n S a n n =+∈N ． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若()21nn n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)()*n a n n =∈N (2)2*2*,,2,.2n n nn N n T n n n N n ⎧+-∈⎪⎪=⎨+⎪∈⎪⎩且是奇数且是偶数 第（2）问解题思路点拨：由题意知，求，代入：注意到通项中含有“”，会影响最后一项取“正还是负”，通过讨论的奇偶，结合分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧（注意到本例求解的，代入最后一项，是正，还是负，需要讨论）（讨论时优先讨论为偶数）为奇数为偶数当为奇数时，为偶数，即：注意到为偶数，所以可使用偶数项和的结论，代入左侧求和结果：，则：，整理：综上：(1)因为()112n n S a n =+，所以()12n n nS a =+． 所以当2n ≥时，()11112n n n S a ---=+． 两式相减，得()()1211n n n a na n n a n -=+----， 即()()1211n n n a n a --=--． 所以()111n n n a na +-=-．相减得()()()11121n n n n n a n a na n a +----=--， 即112n n n a a a -+=+． 所以数列{}n a 是等差数列． 当n ＝1时，()11112a a =+，解得11a =． 所以公差31131a a d -==-． 所以()()*11n a n n n =+-=∈N ． (2)()()2211nnn nb a n =-=-⨯， 当n 为奇数时，()()22222212311212n n nT n n n +=-+-+⋅⋅⋅+-⨯=++⋅⋅⋅+--=-⎡⎤⎣⎦；当n 为偶数时，22222123122n n n T n n +=-+-+⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+=．综上所述，2*2*,,2,.2n n n n N n T n n n N n ⎧+-∈⎪⎪=⎨+⎪∈⎪⎩且是奇数且是偶数例题4．（2022·重庆八中模拟预测）已知n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，36S =，2319a a a =⋅.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列()()24141nnn a b n n +=-∈-N ，数列化{}n b 的前2n 项和为2n T感悟升华（核心秘籍）（1）对比例题3，例题4，通项都含有“(1)n-”，在求和时都使用（连续两项分组求和法：即连续的两项分一组）；不同的是，例题3求前n 项和nT ；例题4求前2n 项和2nT ；（2）对于例题3求123n n T b b b b =+++⋅⋅⋅+，其中最后一项代入，是取“正”还是取“负”不确定，故需讨论n 为奇数还是偶数，在讨论时，作为核心技巧，先讨论n 为偶数，再利用n 为偶数的结论，快速求n 为奇数的和；；（3）对于例题4求21234212n n n T b b b b b b -=++++++，注意到最后一项2n b 一定是正，故不需要讨论；【答案】(1)*,N na n n =∈(2)21141n T n =-++ (1)公差d 不为零的等差数列{}n a ，由2319a a a =⋅， ()()211182a a d a d +=+，解得1a d =.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，可代入到第（2）问中，求出的通项公式：，注意到通项中含有“”，会影响最后一项取“正还是负”，通过讨论的奇偶，结合分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧（注意到本例求解的为偶数项和，代入最后一项，一定是正，故不需要讨论）分组求和又31336S a d =+=，可得11a d ==，所以数列{}n a 是以1为首项和公差的等差数列， 所以*,N na n n =∈.(2)解：由（1）可知()()241111412121nn n n b n n n ⎛⎫=-=-+ ⎪--+⎝⎭， 211111111113355743414141n T n n n n ∴=--++--+--++---+1141n =-++， 类型三：已知条件明确的奇偶项或含有三角函数问题例题5．（2022·江西赣州·二模（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()22n n S a n *=-∈N(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知()2cos log n n b n a π=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．感悟升华（核心秘籍）第（2）问解题思路点拨：由题意知，求，注意，所以可化简为：，注意到通项中含有“”，会影响最后一项取“正”还是取“负”，通过讨论的奇偶，结合分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧（注意到本例求解的，代入最后一项，是正，还是负，需要讨论）（讨论时优先讨论为偶数）为奇数为偶数当为奇数时，为偶数，即：注意到为偶数，所以可使用偶数项和的结论，代入左侧求和结果：，则：，，整理：综上：【答案】(1)2n n a =(2),;1,.n n n T n n ⎧=⎨--⎩ 为偶数为奇数(1)当1n =时，1122S a =-，即12a = 当2n ≥时，1122n n S a --=-，即12a =所以1122n n n n n a S S a a --=-=-得()122n n a a n -=≥ 即{}n a 以12a =为首相，公比为2的等比数列 所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =(2)()()()cos 2cos 12nn n b n a n n n ππ=⋅=⋅=-⋅①当n 为偶数时，1232468102n n T b b b b n =+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+ 22nn =⋅= ②当n 为奇数时，1231n n n n T b b b b T b -=+++⋅⋅⋅+=+ ()12212n n n -=⋅+-=-- 综上：,;1,.n n n T n n ⎧=⎨--⎩ 为偶数为奇数三、题型归类练1．（2022·湖北·荆门市龙泉中学二模）已知数列{}n a 的前n 项和为112n n S a +=-，且214a = (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)()0.5*log ,,n n n a n b n N a n ⎧=∈⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n T ； 【答案】(1)12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)211334nn +-⨯ (1)在数列{}n a 中， 由112n n S a +=-可知1212n n S a ++=-， 两式作差可得()()1211212n n n n S a S a +++---=-，即2112n n a a ++=， 当1n =时，1212S a =-，，即112a =，211412a a ==， 所以数列{}n a 是以12为首项，12为公比的等比数列，即1111222n nn a -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭； (2)由（1）知()*,1,2nn n n b n N n ⎧⎪=∈⎨⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数， 所以()()21321242n n n T b b b b b b -=+++++++()211113214162n n ⎛⎫=+++-++++ ⎪⎝⎭()111441211214nn n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭+-⎢⎥⎣⎦=+-211334nn =+-⨯.2．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，14nn n a a +⋅=，*n ∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式n a ；(2)若2log ,,1,,n n n a n b a n ⎧=⎨+⎩为奇数为偶数求数列{}n b 的前2n 项和2n S .【答案】(1)12,,2,.n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数(2)1224433n n S n +=+-(1)由题意，当1n =时，24a =，因为14n n n a a +⋅=①，则1124n n n a a +++⋅=②，可得24n na a +=， 所以数列{}n a 的奇数项和偶数项都是公比为4的等比数列.因为11a =，24a =，所以当n 为奇数时，1112142n n n a a +--=⨯=；当n 为偶数时，12242nn n a a -=⨯=.综上，12,,2,.n n nn a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 (2)由（1）得1,,21,,n n n n b n -⎧=⎨+⎩为奇数为偶数∴()()21321242n n n S b b b b b b -=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+()()41422214nn n n ⎡⎤--⎡⎤⎢⎥=++⎢⎥-⎢⎥⎣⎦⎣⎦124433n n +=+-. 3．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，19nn n a a +⋅=，N n *∈.(1)求数列{}n a 的通项公式n a ；(2)若13log ,1,n n n a n b a n ⎧⎪=⎨⎪-⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ．【答案】(1)13,3,n n nn a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数(2)1229898n n n S +--= (1)解：由题意，当1n =时，129a a =，可得29a =，因为19n n n a a +⋅=，可得1129n n n a .a +++=，所以，29n na a +=， 所以数列{}n a 的奇数项和偶数项都是公比为9的等比数列.所以当n 为奇数时，设()21N n k k *=-∈，则1221211933k k n n k a a ----==⋅==， 当n 为偶数时，设()2N n k k *=∈，则12299933k k k nn k a a -==⋅===.因此，13,3,n n nn a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数. (2)解：由（1）得1,31,n n n n b n -⎧=⎨-⎩为奇数为偶数，()()21321242n n n S b b b b b b -∴=+++++++()()2462024223333n n n =-----+++++-⎡⎤⎣⎦()()12919229892198nn n n n n +----=-+-=-.4．（2022·福建三明·模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，()122n n S n a +-+=，210a =，1n n b a =-． (1)求证：{}n b 是等比数列；(2)设332,1,log log n n nn b n c n b b +⎧⎪=⎨⎪⋅⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前21n 项和21n T +．【答案】(1)证明见解析(2)()232133841n n nT n ++-=++ (1)证明：对任意的N n *∈，1224n n S a n +=+-， 当1n =时，则有12228a a =-=，解得14a =，当2n ≥时，由1224n n S a n +=+-可得1226n n S a n -=+-，上述两个等式作差得122n n n a a a +=-+，所以，132n n a a +=-，则()1131n n a a +-=-， 所以，13n n b b +=且1113b a =-=，所以，数列{}n b 是等比数列，且首项和公比均为3.(2)解：由（1）可知1333n nn b -=⨯=，所以，()3,1,2n n n c n n n ⎧⎪=⎨⎪+⎩为奇数为偶数，所以，()1321211113332446222n n T n n ++=++++++⨯⨯+()()3211113332446222n n n +⎡⎤=+++++++⎢⎥⨯⨯+⎣⎦()21339111119412231n n n +⎡⎤-⨯=++++⎢⎥-⨯⨯+⎣⎦()232333111111331842231841n n nn n n ++--⎛⎫=+⨯-+-++-=+ ⎪++⎝⎭. 5．（2022·江西·新余四中模拟预测（理））在数列{}n a 中，21,,2,n nn n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 (1)求1a ，2a ，3a ；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S ．【答案】(1)11a =，24a =，35a =(2)212224,,2324,.23n n n n n n S n n n ++⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数 (1)因为21,,2,,n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数所以12111a =⨯-=，2224a ==，32315a =⨯-=，(2)因为21,,2,,n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 所以1a ，3a ，5a ，是以1为首项，4为公差的等差数列，2a ，4a ，6a ，是以4为首项，4为公比的等比数列．当n 为奇数时，数列的前n 项中有12n +个奇数项，有12n -个偶数项．所以()()1231322431n n n n n n S a a a a a a a a a a a a ---=+++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅++12211141411242214221423n n n n n n n -+⎛⎫++⎛⎫-- ⎪ ⎪++-⎝⎭⎝⎭=⨯+⨯+=+-； 当n 为偶数时，数列{{}n a 的前n 项中有2n 个奇数项，有2n个偶数项．所以()()1231331242n n n n n n S a a a a a a a a a a a a ---=+++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅++2224141242214221423nn n n n n n +⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭=⨯+⨯+=+-． 所以212224,,2324,.23n n n n n n S n n n ++⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数 6．（2022·安徽省舒城中学模拟预测（理））已知数列{}n a 的前n 项和为,239n n n S S a =-． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若()31log nn n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）13n n a +=；（2）,23,2n nn T n n ⎧⎪⎪=⎨+⎪-⎪⎩为偶数为奇数 【详解】（1）当1n =时，11239S a =-.因为11S a =，所以11239a a =-，所以19a =. 因为239n n S a =-，所以11239n n S a ++=-. 两式相减，得11233n n n a a a ++=-，即13n n a a += 又因为19a =，所以0n a >.所以数列{}n a 是以9为首项，3为公比的等比数列.所以11933n n n a -+=⨯=.（2）由（1）可知()()()31log 11n nn n b a n =-=-+故当n 为偶数时，()()()234512n nT n n ⎡⎤=-++-++⋯+-++=⎣⎦当n 为奇数时，()()()()()123451112n n T n n n n -⎡⎤=-++-++⋯+--+-+=-+⎣⎦ 32n +=-所以,23,2n nn T n n 为偶数为奇数⎧⎪⎪=⎨+⎪-⎪⎩ 7．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 中，()112,1n n n a n a a a +=-=+. （1）求证：数列1n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭是常数数列；（2）令(1),nn n n b a S =-为数列{}n b 的前n 项和，求使得99n S ≤-的n 的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）最小值为67. （1）由()11n n n n a a a +-=+得：()111n n na n a +=++，即()1111n n a a n n n n +=+++ 11111n n a a n n n n +∴=+-++，即有111,1n n a a n n +++=∴+数列1n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭是常数数列； （2）由（1）知：()1113,31,(1)31n n n n a a a n b n n+=+=∴=-∴=-- 即()31,31,n n n b n n -⎧⎪=⎨--⎪⎩为偶数为奇数，∴当n 为偶数时，()()()()32581134312n nS n n ⎡⎤=-++-+++--+-=⎣⎦，显然99n S -无解； 当n 为奇数时，()()11313131122n n n n n S S a n ++++⎡⎤=-=-+-=-⎣⎦，令99n S ≤-，解得：66n ， 结合n 为奇数得：n 的最小值为67. 所以n 的最小值为67.8．（2022·重庆八中模拟预测）已知{n a }是各项都为正数的数列，其前n 项和为n S ，且满足12n n nS a a =+. (1)求证:数列{2n S }为等差数列； (2)设()1nnnb a =-，求{n b }的前64项和64T .【答案】(1)证明见解析；(2){}n b 的前64项和648T =. (1)∵ 12n n nS a a =+，所以221n n n S a a -= 当2n ≥时，有1n n n a S S -=-，代入上式得()12n n n S S S -- ()211n n S S ---=整理得()22112n n S S n --=≥.又当1n =时， 211121S a a -=解得11S =；∴数列{}2n S 是首项为1，公差为1的等差数列. (2)由（1）可得211n S n n =+-=，∵{}n a 是各项都为正数，∴n S ，∴12)n n n a S S n -=-=≥， 又111a S ==，∴n a则(1)(1)n nn n n b a -===-，6411)T ∴=-+-+⋅⋅⋅-+=11-+⋅⋅⋅8，即：648T =.∴{}n b 的前64项和648T =．9．（2022·辽宁·模拟预测）已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，1522a a +=，()22n n S n a n =-+． (1)求{}n a 的通项公式； (2)设()1821nn n n n b a a ++=-⋅，求数列{}n b 的前21n 项和21n T +． 【答案】(1)41n a n =-(2)8102421n n +-+(1)解：设等差数列{}n a 的公差为d ． 由1522a a +=，得311a =，由()22n n S n a n =-+，得()2222S a =-， 又21222S a a a d =+=-，解得4d =， 所以()3341n a a n d n =+-=-． (2)由（1）得()1821nn n n n b a a ++=-⋅， ()()()8214143+=-⋅-+nn n n ，()1114143⎛⎫=-+ ⎪-+⎝⎭n n n ，所以21123221++=+++++n n n T b b b b b ，111111113771111158183⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n 118387⎛⎫-+ ⎪++⎝⎭n n ， 11387=--+n ，8102421+=-+n n .10．（2022·山东济宁·三模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且31a =，67S =，数列{}n b 满足11222n n b b b ++++=-.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记()tan n n n c b a π=⋅，求数列{}n c 的前3n 项和. 【答案】(1)3n n a =，2nn b =(2))187n - (1)解：设等差数列{}n a 的公差为d ，则3161216157a a d S a d =+=⎧⎨=+=⎩，解得113a d ==，所以，()111333n na n =+-=，当1n =时，21222b ，当2n ≥时，112122n n n b b b b +-++++=-，可得12122n n b b b -+++=-，上述两个等式作差可得1222n n nn b +=-=，12b =也满足2n n b =，故对任意的N n *∈，2n n b =.(2)解：由（1）可得2tan3nn n c π=， 设(323132323132202n n n n n n n p c c c -----=++=⨯+=，所以，18nn p p +==，所以，数列{}n p 是等比数列，且首项为1p =-8， 因此，数列{}n c 的前3n 项和为))31818187n n n T ---==-.11．（2022·陕西西安·三模（理））设公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，36S =，2a ，4a ，8a 成等比数列，数列{}n b 满足11b =，121n n b b +=+． (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)求10021πsin 2kk k aa =⎛⎫⋅⋅ ⎪⎝⎭∑的值．【答案】(1)n a n =，21nn b =-；(2)5000-.(1)设等差数列{}n a 的公差为d （0d ≠），由题意得()()()31211133637S a d a d a d a d =+=⎧⎪⎨+=++⎪⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩， 故数列{}n a 的通项公式n a n =． ∵121n n b b +=+，∴()1121n n b b ++=+，即1121n n b b ++=+（*n ∈N ），又11b =， ∴{}1n b +是以2为首项，2为公比的等比数列，12nn b +=， ∴21nn b =-．(2)当2k m =，*m ∈N 时，()22πsin 2sin π02k k a a m m ⎛⎫⋅⋅== ⎪⎝⎭，当21k m =-，*m ∈N 时，()()()2122π21sin 21sinπ12122m k k m a a m m +-⎛⎫⋅⋅=-=-⋅- ⎪⎝⎭， ∴10022222221πsin 135797992kk k aa =⎛⎫⋅⋅=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪⎝⎭∑()()()()()()1313575797999799=-++-++⋅⋅⋅+-+()2135797995000=-⨯++++⋅⋅⋅++=-．12．（2022·江苏·南京市第一中学三模）数列{}n a 满足116nn n a a +=，12a =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)若2sin 2n n n b a π=，求数列{}n b 的前20项和20S ．【答案】(1)212n n a -=(2)()4022115- (1)116nn n a a +=11216n n n a a +++∴=，两式相除得：216n na a +=， 当21n k =-时， 1357211352316k k k a a a a a a a a ---⨯⨯⨯⨯= 121216k k a --∴=⨯ ，212n n a -∴=当2n k =时， 168242462216k kk a a a a a a a a --⨯⨯⨯⨯= 12816k k a -∴=⨯，212n n a -∴=综上所述，{}n a 的通项公式为：212n n a -=(2)由（1）知：212n n a -∴=2212sin 2n n n b π-∴= ∴ 数列{}n b 的前20项和：20123419201357373949163614002sin2sin2sin 2sin 2sin2sin 222222S b b b b b b ππππππ=++++++=⋅+⋅+⋅+⋅++⋅+⋅1537373993614164002sin 2sin 2sin2sin 2sin 2sin222222ππππππ⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅++⋅+⋅+⋅++⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()104401593337404421222122222221122115⎡⎤--⎢⎥⎣⎦=+++++===--- 13．（2022·广东茂名·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()213n n S a =-，*n N ∈. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)记sin2n n n b a π=⋅，求数列{}n b 的前100项的和100T . 【答案】(1)()2nn a =-，n *∈N (2)101225- (1)当2n ≥时，()()11221133n n n n n a S S a a --=-=---， 整理得12nn a a -=-， 又()111213a S a ==-，得12a =- 则数列{}n a 是以-2为首项，-2为公比的等比数列. 则()2nn a =-，n *∈N(2)当4,n k k N *=∈时，()4442sin 02k kk b π=-⋅=， 当41,n k k N *=-∈时，()()444111412sin22k k k k b π----=-⋅=， 当42,n k k N *=-∈时，()()4242422sin 02k k k b π---=-⋅=， 当43,n k k N *=-∈时，()()444333432sin22k k k k b π----=-⋅=-，则()()5973799100123100222222T b b b b =++++=-+++++++()()25254334101442222222212125-⋅-⋅-=-+=--。

一、利用常用求和公式求和利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. 1、 等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、 等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn[例1] 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx x x x 32的前n 项和. 解：由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x由等比数列求和公式得 n n x x x x S +⋅⋅⋅+++=32 （利用常用公式）＝xx x n --1)1(＝211)211(21--n ＝1－n 211. 设S n ＝1+2+3+…+n ，n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.二、错位相减法求和这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和，其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列.若n n n a b c =∙，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令 112211n n n nn S b c b c b cb c--=++++ 则n qS = 12231n n n nb c b c b c b c-+++++两式相减并整理即得[例2] 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①解：由题可知，{1)12(--n x n }的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列{1-n x }的通项之积设nn x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=………………………. ②（设制错位）①－②得 n n n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=-- （错位相减）再利用等比数列的求和公式得：n n n x n xx x S x )12(1121)1(1----⋅+=-- ∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+2. 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和.3.已知 12n n a n -=∙，求数列｛a n ｝的前n 项和S n .三、倒序相加法求和这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，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)(1n a a +.[例3] 求证：nnn n n n n C n C C C 2)1()12(5321+=++⋅⋅⋅+++证明： 设nn n n n n C n C C C S )12(5321++⋅⋅⋅+++=………………………….. ① 把①式右边倒转过来得113)12()12(nn n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=-（倒序）又由mn nm n C C -=可得 n nn n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=-1103)12()12(…………..…….. ② ①+②得 n nn n n n n n n C C C C n S 2)1(2))(22(2110⋅+=++⋅⋅⋅+++=-（倒序相加）∴ n n n S 2)1(⋅+=4. 求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值5.求值：222222222222123101102938101S =++++++++四、分组法求和有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可. [例4] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n ，… 解：设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aa a S n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aa a S n n（分组）当a ＝1时，2)13(n n n S n -+=＝2)13(nn + （分组求和）当1≠a 时，2)13(1111n n aa S n n -+--=＝2)13(11n n a a a n -+--- 6. 求和：()()()()123235435635235nn S n ----=-⨯+-⨯+-⨯++-⨯7.求和：()()()()23123n n S a a a a n =-+-+-++-五、裂项法求和这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法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，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：（1）)()1(n f n f a n -+= （2）n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ （3）111)1(1+-=+=n n n n a n （4）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n（5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n(6)nn n n n n n n S n n n n n n n n n a 2)1(11,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=-则 [例5] 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.解：设n n n n a n -+=++=111（裂项）则11321211+++⋅⋅⋅++++=n n S n（裂项求和）＝)1()23()12(n n -++⋅⋅⋅+-+- ＝11-+n 8. 在数列{a n }中，11211++⋅⋅⋅++++=n n n n a n ，又12+⋅=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项的和.9. 求证：1sin 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 12=+⋅⋅⋅++10. 已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d ＞0，且其第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{b n }的第二、三、四项． (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }对任意自然数n 均有1332211+=++++n nn a b c b c b c b c 成立． 求c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2003的值．答案“1. 解：由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n ， )2)(1(21++=n n S n （利用常用公式）∴ 1)32()(++=n nS n S n f ＝64342++n n n＝nn 64341++＝50)8(12+-nn 501≤∴ 当88-n ，即n ＝8时，501)(max =n f2. 解：由题可知，{n n 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n21}的通项之积 设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n nS ………………………………② （设制错位）①－②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS （错位相减）1122212+---=n n n∴ 1224-+-=n n n S 3.解：01211222(1)22n n nS n n --=+++-+ ①12121222(1)22n n n S n n -=+++-+ ②②—①得01121222221n n n n n S n n -=---=-+4. 解：设 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..② （反序） 又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得 （反序相加）)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴ S ＝44.56. 解：()()()()123235435635235n n S n ----=-⨯+-⨯+-⨯++-⨯()()123246235555n n ----=++++-++++()2111553113114515nn n n n n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=+-⨯=+--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-8. 解： ∵ 211211n n n n n a n =++⋅⋅⋅++++=∴)111(82122+-=+⋅=n n n n b n（裂项）∴ 数列{b n }的前n 项和)]111()4131()3121()211[(8+-+⋅⋅⋅+-+-+-=n n S n （裂项求和）＝)111(8+-n ＝ 18+n n 9. 解：设89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S∵n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ （裂项）∴89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S （裂项求和）＝]}88tan 89[tan )2tan 3(tan )1tan 2(tan )0tan 1{(tan 1sin 1-+-+-+- ＝)0tan 89(tan 1sin 1 -＝1cot 1sin 1⋅＝ 1sin 1cos 2 ∴ 原等式成立10. 解：(1)由题意得(a 1＋d )(a 1＋13d )＝(a 1＋4d )2(d ＞0)解得d ＝2，∴a n ＝2n －1，可得b n ＝3n －1(2)当n ＝1时，c 1＝3； 当n ≥2时，由n n nn a a b c -=+1，得c n ＝2·3n －1， 故⎩⎨⎧≥⋅==-).2(32),1(31n n c n n 故c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2003＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×32002＝32003．。

等比数列的通项公式与求和公式等比数列是数学中常见且重要的数列之一，它的每一项与前一项的比值都相等。

在解决等比数列相关问题时，研究其通项公式和求和公式是非常关键的。

下面将对等比数列的通项公式和求和公式进行详细介绍。

一、等比数列的通项公式设等比数列的首项为a₁，公比为r，第n项为aₙ。

等比数列的通项公式可以用以下表达式表示：aₙ = a₁ * r^(n-1)其中，aₙ表示等比数列的第n项，a₁表示等比数列的首项，r表示等比数列的公比。

通过该通项公式，我们可以轻松地求得等比数列中任意一项的数值。

例如，若我们需要求解首项为3，公比为2的等比数列的第10项的数值，即可使用通项公式进行计算。

根据公式，将a₁=3，r=2，n=10代入得出：a₁₀ = 3 * 2^(10-1) = 3 * 2^9 = 3 * 512 = 1536因此，首项为3，公比为2的等比数列的第10项的数值为1536。

二、等比数列的求和公式对于等比数列的前n项求和，我们可以利用求和公式进行计算。

等比数列的求和公式可以用以下表达式表示：Sn = a₁ * (r^n - 1) / (r - 1)其中，Sn表示等比数列的前n项和，a₁表示等比数列的首项，r表示等比数列的公比。

通过该求和公式，我们可以快速求得等比数列的前n项和。

例如，若我们需要求解首项为2，公比为3的等比数列的前5项和，即可使用求和公式进行计算。

根据公式，将a₁=2，r=3，n=5代入得出：S₅ = 2 * (3^5 - 1) / (3 - 1) = 2 * (243 - 1) / 2 = 2 * 242 / 2 = 242因此，首项为2，公比为3的等比数列的前5项和为242。

通过等比数列的通项公式和求和公式，我们可以在解决问题时更加高效地计算等比数列的任意一项和前n项的和。

这些公式在数学、物理等领域有着广泛的应用，对我们的学习和研究具有重要意义。

总结起来，等比数列的通项公式可以用aₙ = a₁ * r^(n-1)表示，通过该公式可以求解等比数列的任意一项的数值；等比数列的求和公式可以用Sn = a₁ * (r^n - 1) / (r - 1)表示，通过该公式可以求解等比数列的前n项和。

数列的求和1．直接法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和。

（1）等差数列的求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=（2）等比数列的求和公式⎪⎩⎪⎨⎧≠--==)1(1)1()1(11q qq a q na S nn （切记：公比含字母时一定要讨论）3．错位相减法：比如{}{}.,,2211的和求等比等差n n n n b a b a b a b a +++ 4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。

常见拆项公式：111)1(1+-=+n n n n ；1111()(2)22n n n n =-++ )121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n !)!1(!n n n n -+=⋅5．分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和。

6．合并求和法：如求22222212979899100-++-+- 的和。

7．倒序相加法：8．其它求和法：如归纳猜想法，奇偶法等 （二）主要方法：1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式； 2．求和过程中注意分类讨论思想的运用； 3．转化思想的运用； （三）例题分析：例1．求和：①个n n S 111111111++++= ②22222)1()1()1(n n n xx x x x x S ++++++= ③求数列1，3+4，5+6+7，7+8+9+10，…前n 项和n S 思路分析：通过分组，直接用公式求和。

解：①)110(9110101011112-=++++==kkk k a个])101010[(91)]110()110()110[(9122n S n n n -+++=-++-+-= 8110910]9)110(10[911--=--=+n n n n ②)21()21()21(224422+++++++++=nnn x x x x x x S n xx x x x x n n 2)111()(242242++++++++=（1）当1±≠x 时，n x x x x n x x x x x x S n n n n n n 2)1()1)(1(21)1(1)1(22222222222+-+-=+--+--=+--- （2）当n S x n 4,1=±=时 ③kk k k k k k k k k a k 23252)]23()12[()]1()12[()12(2)12(2-=-+-=-+-+++++-=2)1(236)12)(1(25)21(23)21(2522221+-++⋅=+++-+++=+++=n n n n n n n a a a S n n)25)(1(61-+=n n n 总结：运用等比数列前n 项和公式时，要注意公比11≠=q q 或讨论。

第04讲 数列求和(精讲）目录第一部分：知识点精准记忆 第二部分：课前自我评估测试 第三部分：典型例题剖析题型一：裂项相消求和法 题型二：错位相减求和法 题型三：分组求和法 题型四：倒序相加求和法第四部分：高考真题感悟1.公式法(1)等差数列前n 项和公式11()(1)22n n n a a n n dS na +-==+; (2)等比数列前n 项和公式111(1)11n n na q S a q q q=⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩2.裂项相消求和法:裂项相消求和法就是把数列的各项变为两项之差,使得相加求和时一些正负项相互抵消,前n 项和变成首尾若干少数项之和,从而求出数列的前n 项和.①21111(1)1n n n n n n ==-+++②1111()()n n k k n n k=-++③211111()41(21)(21)22121n n n n n ==---+-+④1111()(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++1k= 3.错位相减求和法:错位相减法求和：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.q 倍错位相减法：若数列{}n c 的通项公式n n n c a b =⋅，其中{}n a 、{}n b 中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和．这种方法叫q 倍错位相减法． 4.分组求和法:如果一个数列可写成n n n c a b =±的形式，而数列{}n a ，{}n b 是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法. 5.倒序相加求和法:即如果一个数列的前n 项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n 项和.1．（2022·福建·厦门一中高二阶段练习）若数列{}n a 满足()11n a n n =+，则{}n a 的前2022项和为（ ）A ．12023B ．20222023C ．12022D ．20212022【答案】B 解：由题得()11111n a n n n n ==-++，所以{}n a 的前2022项和为11111112022112232022202320232023-+-++-=-=. 故选：B2．（2022·全国·高三专题练习（文））若数列{an }的通项公式为an ＝2n ＋2n －1，则数列{an }的前n 项和为（ ） A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋n －2 D ．2n ＋1＋n 2－2【答案】D由题可知：设数列{an }的前n 项和为n S 所以12n n S a a a =+++即()()22221321n n n S =+++++++-所以()212[1(21)]122n n n n S -+-=+-故1222n n S n +=-+故选：D3．（2022·全国·高三专题练习（文））设4()42xx f x =+，1231011111111f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭A ．4B ．5C ．6D ．10【答案】B由于()()1144114242x xxx f x f x --+-=+=++，故原式11029565111111111111f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 4．（2022·江苏·高二课时练习）求和：()10132kk =+∑.【答案】2076()10231013232+++3+2+++kk =+=+⋅⋅⋅∑（）（32）（）（32）231030(2222)=++++⋅⋅⋅+102(12)3012-=+- 113022=-+ 2076=题型一：裂项相消求和法例题1．（2022·浙江省淳安中学高二期中）数列的前2022项和为（ ）A B C 1 D 1【答案】B记的前n项和为nT，则2022140452T=+)112=；故选：B例题2．（2022·河南安阳·高二阶段练习（理））已知{}n a是递增的等差数列，13a=，且13a，4a，1a成等比数列.(1)求数列{}n a的通项公式；(2)设数列11n na a+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和为nT，求证：11156nT≤<.【答案】(1)21na n=+(2)见解析.(1)设{}n a的公差为d，因为13a，4a，1a成等比数列，所以()()222411333331220a a a d d d d=⋅⇒+=+⇒-=，因为{}n a是递增，所以0d>，故2d=，所以21na n=+.(2)()()111111212322123n na a n n n n+⎛⎫==-⎪++++⎝⎭,所以11111111112355721232323nTn n n⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，因为123n+单调递减，所以n T单调递增，故当1n=时，min11()15nT T==，而111123236n nT⎛⎫=-<⎪+⎝⎭，故11156nT≤<.例题3．（2022·辽宁·沈阳市第八十三中学高二阶段练习）已知n S为等差数列{}n a的前n项和，321S=，555S=．(1)求n a、n S；(2)若数列11n na a+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和n T，求满足225nT>的最小正整数n．【答案】(1)an＝4n﹣1，22nS n n=+(2)19(1)设等差数列{an }的公差为d ，则11323212545552a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪+=⎪⎩，即117211a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得134a d =⎧⎨=⎩，故()34141n a n n =+-=-，2(341)22n n n S n n +-==+ (2)由（1）得，1111111414344143n n a a n n n n +⎛⎫=⋅=- ⎪-+-+⎝⎭.故111111111...437471144143n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1114343129n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭，令225n T >有129225n n +>，即241825n n >+，解得18n >，故满足满足225nT >的最小正整数为19例题4．（2022·全国·高三专题练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足：12(N )n n S a a n +=-∈，且123+1,a a a ,成等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)令()()()2221N log log n n n b n a a ++=∈⋅，求证：数列{}n b 的前n 项和34n T <.【答案】(1)()2N nn a n +=∈(2)证明见解析(1)由题意：()12,n n S a a n N +=-∈，()-1-112,2,N n n S a a n n +∴=-≥∈ 两式相减得到-1=2(2,)n n a a n n N +≥∈，又0n a >，{}n a ∴是首项为1a ，公比为2的等比数列， 再由123+1,a a a ,成等差数列得，得()2132+1a a a =+， 即()11122+14a a a =+，则1=2a ，{}n a ∴的通项公式为()2N n n a n +=∈.(2)由题意知，22211111()(2)22log 2log 2n n n b n n n n +===-++⋅1111111111(1)232435112n T n n n n ∴=-+-+-++-+--++ 11113111122124212n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭3N ,4n n T +∈∴<例题5．（2022·河南濮阳·高二期末（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且25a =，()*11232,n n n S S S n n +--+=≥∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知n b 是n a ，1n a +的等比中项，求数列21n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】(1)31n a n =-(2)()232nn +(1)当2n ≥时，()()113n n n n S S S S +----=， 故13n n a a +-=，又12a =，且25a =， 213a a -=，满足13n n a a +-=，故数列{}n a 为公差为3的等差数列，通项公式为()21331n a n n =+-⨯=-，(2)由题意得：()()23132n b n n =-+，则()()211111313233132n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， 则()11111111113255831323232232n nT n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭ 例题6．（2022·海南华侨中学高二期中）设等比数列{}n a 满足124a a +=，318a a -=． (1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()112311n n n n b a a -+⨯=++，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围．【答案】(1)13-=n n a (2)11,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭(1)解：设公比为q ，由124a a +=，318a a -=，所以1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得11a =，3q =， 所以13-=n n a ．(2)解：由（1）及()()112311n n n n b a a -+⨯=++，所以()()111231131313131n n n n n n b ---⨯==-++++，所以0112231111111113131313131313131n n n T -=-+-+-++-++++++++011113131231n n =-=-+++ 因为()()1111111111123023123131313131n n n n n n n n n T T -+++-⨯⎛⎫⎛⎫-=---=-=>⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭，即n T 单调递增， 所以114n T T ≥=，又1112312n n T =-<+，所以1142n T ≤<，即11,42n T ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭；题型二：错位相减求和法例题1．（2022·全国·高三专题练习） 1232482n nnS =++++=（ ） A ．22n n n -B ．1222n n n +--C ．1212n n n +-+D ．1222n nn +-+【答案】B 由1232482n nn S =++++， 得23411111112322222n n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234111111112222222nn n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111222211222212n n n n n n n n n ++++⎛⎫- ⎪--⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-=--⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-.所以1222n n nn S +--=. 故选：B.例题32．（2022·青海玉树·高三阶段练习（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且111a b ==，32312S b ==． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若1n n n c a b +=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)32n a n =-，14n n b -=(2)()1414n n T n +=+-(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ， 由题意得：13312a d +=，解得：3d =， 所以()13132n a n n =+-=-， 由2312b =得：24b =，所以214a q a ==， 所以14n n b -=(2)()1324nn n n c a b n +==-⋅， 则()2344474324n n T n =+⨯+⨯++-①， ()2341444474324n n T n +=+⨯+⨯++-②，两式相减得：()23413434343434324n n n T n +-=+⨯+⨯+⨯++⨯--()()111164433241233414n n n n n +++-=+⨯--=-+--，所以()1414n n T n +=+-例题3．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，且22n n S a =-，2log =n n n b a a ．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求证：当2n ≥时，4n n T S ≥+． 【答案】(1)2n n a =(2)证明见解析(1)因为22n n S a =-，所以1122a a =-，则12a =， 当2n ≥时，1122n n S a --=-，所以1122n n n n n a S S a a --=-=-，化简得12n n a a -=，所以数列{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，因此2n n a = (2)()12122212n n n S +-==--，22log 2log 22n n nn n n b a a n =⋅=⋅=⋅，则212222nn T n =⨯+⨯++⨯……， 所以231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯……，两式相减得()231122222n n n T n ++=-⨯-+++⋅……，即()()231121222222212n nn n n T n n ++-=-++++⋅=-+⋅+-……，故()1122n n T n +=-+.所以当2n ≥时，()()()111122222244n n n n n T S n n +++-=-+--=-+≥，所以4n n T S ≥+．例题4．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（文））已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，34b =，11a b =，851a b +=．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； (2)设11n n n a c b ++=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，求n S ．【答案】(1)21n a n =-，12n n b -=；(2)1242n n n S -+=-. (1)依题意，等比数列{}n b 的公比322b q b ==，则有2122n n n b b q --==，因此，111a b ==， 由851a b +=得85115a b =-=，等差数列{}n a 的公差81281a a d -==-，1(1)21n a a n d n =+-=-， 所以数列{}n a 、{}n b 的通项公式分别为：21n a n =-，12n n b -=.(2)由（1）知，111222n n n n n a n nc b -++===， 则23123412222n n n S -=+++++， 于是得23111231222222n n nn nS --=+++++， 两式相减得：23111()11112212122222211222nn n n nn n n S n --+=+++++-=-=--， 所以1242n n n S -+=-. 例题5．（2022·辽宁·建平县实验中学高二期中）已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26S =，314S =． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若21n nn b a -=，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【答案】(1)()*2n n a n =∈N (2)2332n nn T +=-(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，当1q =时，1n S na =，所以2126S a ==，31314S a ==，无解．当1q ≠时，()111n n a q S q -=-，所以()()21231316,1114.1a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩解得12a =，2q 或118a =，23q =-（舍）．所以()1*222n n n a n -=⨯=∈N ．(2)21212n n n n n b a --==．所以231135232122222n n nn n T ---=+++++①，则234111352321222222n n n n n T +--=+++++②，①－②得，2341112222212222222n n n n T +-=+++++-234111111212222222nn n +-⎛⎫=+++++- ⎪⎝⎭1111111213234221222212-++⎛⎫- ⎪-+⎝⎭=+⨯-=--n n n n n ．所以2332n nn T +=-． 题型三：分组求和法例题1．（2022·新疆克孜勒苏·高一期中）数列112，134 ，158 ，1716 ， ．．．，1(21)2n n -+ ，的前n 项和n S 的值等于（ ）A ．2112nn +-B ．21212nn n -+-C ．22112n n -+-D ．2112nn n -+-【答案】A可得()231111135212222n n S n =++++-+++++()2111121122112212n n n n n ⎛⎫- ⎪+-⎝⎭=+=+--.故选：A.例题2．（2022·辽宁·沈阳市第五十六中学高二阶段练习）数列{n a }中，1(1)(43)n n a n -=--，前n 和为n S ，则6S 为（ ） A ．-12 B ．16 C ．-10 D ．12【答案】A解：因为1(1)(43)n n a n -=--，所以()()()6123456=+++++S a a a a a a ，()()()159131721=-+-+-，()34=⨯-， 12=-，故选：A例题3．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测（文））设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1222,(1)2n n n a a a -+=+-=，则60S =_________. 【答案】960由12(1)2n n n a a -++-=，当n 为奇数时，有22n n a a ++=；当n 为偶数时，22n n a a +-=， ∴数列{}n a 的偶数项构成以2为首项，以2为公差的等差数列， 则()()601357575924685860S a a a a a a a a a a a a =+++++++++++++3029152********⨯=⨯+⨯+⨯=， 故答案为：960.例题4．（2022·辽宁·鞍山市华育高级中学高二期中）已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，23b =，39b =，11a b =，144a b =.(1)求{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)设n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n S . 【答案】(1)21n a n =-，13n n b -=(2)2312n n S n -=+(1)设等比数列{}n b 的公比为q ，则323b q b ==，2123n n n b b q --∴==； 又111a b ==，14427a b ==，设等差数列{}n a 的公差为d ，则141213a a d -==， ()12121n a n n ∴=+-=-.(2)由（1）得：()1213n n c n -=-+；()()()()112121321133n n n n S a a a b b b n -∴=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+212113312132n n n n n +---=⋅+=+-. 例题5．（2022·湖北·安陆第一高中高二阶段练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为正项等比数列，满足213a b ==，424S S =，26b +是1b 与3b 的等差中项． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若n n n c a b =+，n T 是数列{}n c 的前n 项和，求n T ． 【答案】(1)21n a n =-，3n n b =；(2)2113322n n T n +=+⨯-.(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，依题意可知： ()21111314324422a a d a d a d a d =+=⎧=⎧⎪⇒⎨⎨⨯=+=+⎩⎪⎩， 所以数列{}n a 的通项公式为()12121n a n n =+-=-，设等比数列{}n b 的公比为q ，依题意可知：()21326b b b +=+，又13b =，所以()2223633230q q q q +=+⇒--=，又0q >，∴3q =，所以数列{}n b 的通项公式为1333n nn b -=⨯=；(2)由（1）可知：()213nn n n c a b n =+=-+所以()()()()()11221212n n n n n T a b a b a b a a a b b b =++++++=+++++++()()2131312113321322nn n n n+-+-=+=+⨯--. 例题6．（2022·重庆八中模拟预测）在等比数列{}n a 中，123,,a a a 分别是下表第一，第二，第三行中的某一个数，且123,,a a a 中的任何两个数不在下表的同一列．(1)写出123,,a a a ，并求数列n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足2(1)log nn n n b a a =+-，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ． 【答案】(1)14a =，28a =，316a =，12n n a +=；(2)2224n n ++-.(1)由题意知：14a =，28a =，316a =， 因为{}n a 是等比数列，所以公比为2，所以数列{}n a 的通项公式12n n a +=．(2)∵()11122(1)log (1)log (12221)n n nn n n n n n b a a n +++=++-=+-=+-，∴21232n n S b b b b =++++()()23212222345221n n n +=++++⎡-+-+--++⎤⎣⎦()22222122412n n n n +-=+=+--,题型四：倒序相加求和法例题1．（2022·江西·南城县第二中学高二阶段练习（文））德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子.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 ．1008 B ．1009 C ．2018 D ．2019【答案】B解：因为4()42xx f x =+，且114444()(1)1424242244--+-=+=+=+++⨯+x x x xx x xf x f x ， 令1232018()()()()2019201920192019=++++S f f f f , 又2018201720161()()()()2019201920192019=++++S f f f f ， 两式相加得：212018=⨯S ， 解得1009S =， 故选：B例题2．（2022·江西九江·高二期末（文））德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响．他幼年时就表现出超人的数学天才，10岁时，他在进行123100++++的求和运算时，就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．已知数列298299-=-n n a n ，则1298+++=a a a （ ）A ．96B ．97C ．98D ．99【答案】C 令1297989694969897959597=++++=++++S a a a a ， 9897219896949697959597=++++=++++S a a a a ， 两式相加得：969496989896949629795959797959597S ⎛⎫⎛⎫=+++++++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭96989496969498969829797959595959797⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++++=⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ∴98S =， 故选:C ．例题3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（ ）A ．100B ．105C ．110D ．115【答案】D因为函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=， 121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭①， 121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②， 由①+②可得21n a n =+，12n n a +∴=， 所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=. 故选：D.例题4．（2022·辽宁·沈阳市第一二〇中学高二期中）已知定义在R 上的函数()320237338982022f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则12320221949194919491949f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭___________. 【答案】73由()320237338982022f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，得3320232023202373202373194919493898202238982022f x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--+=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以()33202320237320237373194938982022389820221011f x f x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=-++-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 设12320221949194919491949S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭①, 20222021202011949194919491949S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭②, 由+①②，得 1202222021202212194919491949194919491949S f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭+ 即7373732101110111011S =++⋅⋅⋅+，于是有73220221011S =⨯，解得73S =， 所以1232022731949194919491949f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故答案为：73.例题5．（2022·黑龙江·鹤岗一中高二阶段练习）已知函数()1e e xx f x =+，数列{}n a 为等比数列，0n a >，1831a =，则()()()()123365ln ln ln ln f a f a f a f a ++++=______．【答案】3652∵()e e 1xx f x =+，∴()()e e e e 1)e (e 1)2e e 1e 1e 1(e 1)(e (e 1)2e x x x x x x x xxx x x x xf x f x -------++++++-=+===++++++． ∵数列{}n a 是等比数列，∴2136523641831a a a a a ====，∴2136523643651183ln ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a a +=+==+==．设()()()36512365ln ln ln S f a f a f a =+++，① 则()()()3653653641ln ln ln S f a f a f a =+++，②①＋②，得()()()()()()()()()3651365236436512ln ln ln ln ln ln S f a f a f a f a f a f a =++++++365=，∴3653652S =． 故答案为：3652例题6．（2022·全国·高二课时练习）已知()442xx f x =+，求122010201120112011f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 【答案】1005.因为()442x x f x =+，所以()1144214242442x x xx f x ---===++⨯+， 所以()()11f x f x +-=.令12200920102011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 倒写得20102009212011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 两式相加得22010S =，故1005S =.例题7．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()21122f x x x =+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()()*,N n n S n ∈均在函数()f x 的图象上，函数()442x x g x =+.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求()()1g x g x +-的值；(3)令()*2021n n a b g n ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭N ，求数列{}n b 的前2020项和2020T .【答案】(1)n a n =(2)1(3)1010(1)因为点()()*,N n n S n ∈均在函数()f x 的图象上，所以21122n S n n =+，当2n ≥时，()()2211111112222n n n a S S n n n n n -=-=+----=， 当1n =时，111a S ==，适合上式，所以n a n =. (2)因为()442x x g x =+，所以()114214242x x xg x ---==++， 所以()()42114242x x x g x g x +-=+=++.(3)由（1）知n a n =，可得20212021n n a n b g g ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以2020122020122020202120212021T b b b g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，① 又因为2020202020191202020191202120212021T b b b g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，② 因为()()11g x g x +-=，所以①+②，得202022020T =， 所以20201010T =.1．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 +++<． 【答案】(1)()12n n n a +=(2)见解析(1)∵11a =，∴111S a ==,∴111S a =,又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=, ∴当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111n n n a n a --=+, 即111n n a n a n -+=-, ∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯ ()1341123212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--， 显然对于1n =也成立， ∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=；(2)()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭ ∴12111na a a +++1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 2．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． 【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=. （1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项， 212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9nn n S -+-∴=. 3．设数列{}n a 满足13a =，134n n a a n +=-．（1）计算2a ，3a ，猜想{}n a 的通项公式并加以证明；（2）求数列{2}nn a 的前n 项和n S ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+． 证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立； ［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+． ［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=． 由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n+++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯，……1114(1)(2)333n n n n n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯++-⨯⎢⎥⎣⎦，所以1(21)33n n na n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+． ［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211nn n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n n n a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n nS a a a a =++++()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++-11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122nn n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22nn S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠-，()121211(1)()1231(1)nn n n x x nx n x f x x x nx x x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦'， 所以12n b b b +++21122322n n -=+⋅+⋅++⋅1(2)12(1)2n nf n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++()1212412(1)212n n nn n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．。