高考数列求和归纳知识+例题+习题+参考答案

高三数学数列求和试题答案及解析1.设数列的前项积为，且（n∈N*）．（1）求，并证明：；（2）设，求数列的前项和．【答案】（１），祥见解析；（２）．【解析】（１）n取1,2,3求出，再利用与的关系将已知等式用表示即可证明；（２）由（1）问的结论利用等差数列的通项公式先求出的通项，再由通项利用裂项相消法求．试题解析：（1）由题意可得：，所以 5分（2）数列为等差数列，，， 10分【考点】１．数列的通项公式；２．数列的前n项和．2.已知函数且an ＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于()A．0 B．100 C．-100 D．10200【答案】B【解析】由题意，a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100，选B.3.已知等差数列的前项和为，且、成等比数列.（1）求、的值；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）解法1是先令求出的表达式，然后令，得到计算出在的表达式，利用为等差数列得到满足通式，从而求出的值，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；解法2是在数列是等差数列的前提下，设其公差为，利用公式以及对应系数相等的特点得到、和、之间的等量关系，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；（2）解法1是在（1）的前提下求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求数列的和；解法2是利用导数以及函数和的导数运算法则，将数列的前项和视为函数列的前项和在处的导数值，从而求出. 试题解析：（1）解法1：当时，， 当时，.是等差数列， ，得. 又，，，、、成等比数列， ，即，解得.解法2：设等差数列的公差为，则.， ，，.，，.、、成等比数列，，即，解得.；（2）解法1：由（1）得.，.，①，② ①②得..解法2：由（1）得.，.，① 由，两边对取导数得，.令，得..【考点】1.定义法求通项；2.错位相减法求和；3.逐项求导4. 数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )． A ．3 690 B ．3 660 C ．1 845 D ．1 830【答案】D【解析】∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1， 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3，从而a2k＋1＋a2k－1＝2，a2k＋3＋a2k＋1＝2，因此a2k＋3＝a2k－1，∴a1＝a5＝a9＝…＝a61，于是S60＝a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝＝1 830.5.如图，是一问题的程序框图，则输出的结果是 .【答案】【解析】根据流程图可知它的作用是求的值，由等差数列的前项和公式可知，.【考点】1.程序框图及其应用；2.等差数列的前项和6.阅读如图程序框图，若输入的，则输出的结果是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，，不成立，执行第一次循环，，；不成立，执行第二次循环，，；不成立，执行第三次循环，，；；不成立，执行第一百次循环，，；成立，输出，故选A.【考点】1.数列求和；2.算法与程序框图7.数列中，已知且，则前项和为，则的值为__________.【答案】【解析】因为，所以公差，由得，所以.【考点】1、等差数列的定义；2、等差数列的前项和公式.8.已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）令，数列{bn }的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小，并予以证明.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】（1）由于数列的递推式的结构为，在求数列的通项的时候可以利用累加法来求数列的通项公式；（2）先求出数列的通项公式，根据其通项结构选择错位相减法求出数列的前项和，在比较与的大小时，一般利用作差法，通过差的正负确定与的大小，在确定差的正负时，可以利用数学归纳法结合二项式定理进行放缩来达到证明不等式的目的.试题解析：（1）当时，.又也适合上式，所以.（2）由（1）得，所以.因为①，所以②.由①－②得，，所以.因为，所以确定与的大小关系等价于比较与的大小.当时，；当时，；当时，；当时，；……，可猜想当时，.证明如下：当时，.综上所述，当或时，；当时，.【考点】累加法、错位相减法、二项式定理9.已知数列的通项公式为，那么满足的整数（）A．有3个B．有2个C．有1个D．不存在【答案】B【解析】时，，所以，此时从到共项，从到共项，或,有2个值【考点】数列求和点评：本题中数列求和要依据通项公式特点分两种情况，分别讨论所求各项所属的范围及应代入的公式，第二种情况找到各项中正负项分界的位置是难点10.已知数列满足，则的前n项和_____【答案】【解析】根据题意，由于故可知的前n项和，故答案为【考点】数列的递推关系点评：主要是考查了数列的递推关系的运用，来求解数列的通项公式以及数列的和的运用，属于中档题。

高中数学数列求和练习题及参考答案2023数列求和是高中数学中的重要知识点，也是学生们经常需要练习和巩固的内容。

掌握数列求和的方法和技巧，对于解决各种数学问题具有重要的作用。

本文将为大家提供一些高中数学数列求和的练习题，并给出参考答案。

一、简单求和练习1. 求等差数列1，4，7，10，...的前20项和。

解析：这是一个等差数列，我们知道等差数列的通项公式为an = a1 + (n - 1)d，其中a1为首项，d为公差，n为项数。

根据等差数列的求和公式Sn = (n/2)(a1 + an)，我们可以求得前20项和为：S20 = (20/2)(1 + 1 + 19 * 3) = 20 * 10 = 200所以，等差数列1，4，7，10，...的前20项和为200。

2. 求等比数列3，6，12，24，...的前10项和。

解析：这是一个等比数列，我们知道等比数列的通项公式为an = a1 * r^(n - 1)，其中a1为首项，r为公比，n为项数。

根据等比数列的求和公式Sn = a1 * (1 - r^n) / (1 - r)，我们可以求得前10项和为：S10 = 3 * (1 - 2^10) / (1 - 2) = 3 * (1 - 1024) / (-1) = 3 * (1023) = 3069所以，等比数列3，6，12，24，...的前10项和为3069。

二、综合应用题1. 若等差数列的首项为3，公差为2，且和为139，求该等差数列的项数。

解析：设等差数列的项数为n，根据等差数列的求和公式Sn =(n/2)(a1 + an)，将已知条件代入，得到：139 = (n/2)(3 + a1 + (n - 1)2)化简得：139 = (n/2)(2n + 4)278 = n(2n + 4)2n^2 + 4n - 278 = 0解这个一元二次方程，得到n ≈ 11所以，该等差数列的项数为11。

2. 已知等差数列的首项为5，公差为3，前n项和为Sn = 105 - 2n，求该等差数列的项数n。

求数列前N 项和的七种方法1. 公式法等差数列前n 项和：11()(1)22n n n a a n n S na d ++==+特别的，当前n 项的个数为奇数时，211(21)k k S k a ++=+ ，即前n 项和为中间项乘以项数。

这个公式在很多时候可以简化运算。

等比数列前n 项和：q=1时，1n S na = ()1111nn a q q S q-≠=-，，特别要注意对公比的讨论。

[例1] 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n 项和.解：由212loglog3log1log3323=⇒-=⇒-=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－n21[例2] 设S n ＝1+2+3+…+n ，n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解：由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n ， )2)(1(211++=+n n S n∴ 1)32()(++=n nS n S n f ＝64342++n n n ＝nn 64341++＝50)8(12+-n n 501≤∴ 当 88-n ，即n ＝8时，501)(max =n f2. 错位相减法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.[例3] 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ……………①解：由题可知，{1)12(--n xn }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 nn n x n xx x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=-- 再利用等比数列的求和公式得：nn n x n xxx S x )12(1121)1(1----⋅+=--∴ 21)1()1()12()12(x x x n xn S nn n -+++--=+[例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232nn 前n 项的和.解：由题可知，{nn 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nn n S 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n n S ………………………………②①－②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n nn n S （错位相减）1122212+---=n n n ∴ 1224-+-=n n n S3. 反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5] 求 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1s i n 2s i n 3s i n 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 ＝44.54. 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6] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa an ，… 解：设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aaaS n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aaaS n n （分组） 当a ＝1时，2)13(nn n S n -+=＝2)13(nn + （分组求和）当1≠a 时，2)13(1111n n aa S nn -+--=＝2)13(11nn a a a n-+---[例7] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解：设k k k k k k a k ++=++=2332)12)(1(∴ ∑=++=n k n k k k S 1)12)(1(＝)32(231k k knk ++∑=将其每一项拆开再重新组合得S n ＝k k k nk nk nk ∑∑∑===++1213132 （分组）＝)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++＝2)1(2)12)(1(2)1(22++++++n n n n n n n ＝2)2()1(2++n n n练习：求数列∙∙∙+∙∙∙),21(,,813,412,211nn 的前n 项和。

第4讲 数列求和一、选择题1.在等差数列}{n a 中，5,142==a a ,则}{n a 的前5项和5S =( ) A.7 B.15 C.20 D.25 解析15242451,5551522a a a aa a S ++==⇒=⨯=⨯=.答案 B2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( )． A ．15B ．12C ．－12D ．－15解析 设b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15. 答案 A3．在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0132 014，则项数n 为( )．A ．2 011B ．2 012C ．2 013D ．2 014解析 ∵a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0132 014，解得n ＝2 013.答案 C4．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )． A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3，∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝30×(3＋119)2＝30×61＝1 830.答案 D5. 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，令b n ＝1n(a 1＋a 2＋…＋a n )，则数列{b n }的前10项和T 10＝( )A ．70B ．75C ．80D ．85 解析 由已知a n ＝2n ＋1，得a 1＝3，a 1＋a 2＋…＋a n ＝＋2n ＋2＝n(n ＋2)，则b n ＝n ＋2，T 10＝＋2＝75，故选B .答案 B6．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝( )． A.212B ．6C ．10D ．11解析 依题意得a n ＋a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋2＝12，则a n ＋2＝a n ，即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等，则a 21＝a 1＝1，S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6，故选B. 答案 B 二、填空题7．在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q |＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12. 答案 －2 2n －1－128．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________.解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，又∵a 1＝1适合上式．∴a n ＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1. ∴数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝－4n1－4＝13(4n －1)． 答案 13(4n－1)9．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n －1＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝n ， 所以1b n b n ＋1＝1nn ＋＝1n －1n ＋1. 则S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案n n ＋110．设f (x )＝4x 4x ＋2，利用倒序相加法，可求得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011的值为________． 解析当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)＝4x 14x 1＋2＋4x 24x 2＋2＝2×4x 1＋x 2＋2×(4x 1＋4x 2)4x 1＋x 2＋(4x 1＋4x 2)×2＋4＝1.设S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011，倒序相加有2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫911＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＝10，即S ＝5.答案 5 三、解答题11．等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝64，b 3S 3＝960.(1)求a n 与b n ； (2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解 (1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正数，a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝q n －1. 依题意有⎩⎨⎧S 2b 2＝＋d q ＝64，S 3b 3＝＋3dq 2＝960，解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－65，q ＝403.(舍去)故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1. (2)S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)， 所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n n ＋＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋3n ＋n ＋.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝12S n (n ＝1,2,3，…)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 32(3a n ＋1)时，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＝12S n ，a n ＝12S n －1(n ≥2)，得到a n ＋1＝32a n (n ≥2)．∴数列{a n }是以a 2为首项，以32为公比的等比数列．又a 2＝12S 1＝12a 1＝12，∴a n ＝a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2(n ≥2)．又a 1＝1不适合上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2.(2)b n ＝log 32(3a n ＋1)＝log 32⎣⎢⎡⎦⎥⎤32·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝n . ∴1b n b n ＋1＝1n (1＋n )＝1n －11＋n. ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －11＋n ＝1－11＋n ＝nn ＋1. 13．设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .思维启迪：(1)由已知写出前n －1项之和，两式相减．(2)b n ＝n ·3n 的特点是数列{n }与{3n }之积，可用错位相减法． 解 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3， ①∴当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13， ②①－②得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n .在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ，∴a n ＝13n . (2)∵b n ＝na n，∴b n ＝n ·3n .∴S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ， ③ ∴3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1.④④－③得2S n ＝n ·3n ＋1－(3＋32＋33＋…＋3n )， 即2S n ＝n ·3n ＋1－3(1－3n )1－3，∴S n ＝(2n －1)3n ＋14＋34.探究提高 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n －1a n }的前n 项和，从而利用a n 与S n 的关系求出通项3n －1a n ，进而求得a n ；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养．14．将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 …已知表中的第一列数a 1，a 2，a 5，…构成一个等差数列，记为{b n }，且b 2＝4，b 5＝10.表中每一行正中间一个数a 1，a 3，a 7，…构成数列{c n }，其前n 项和为S n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a 13＝1. ①求S n ；②记M ＝{n |(n ＋1)c n ≥λ，n ∈N *}，若集合M 的元素个数为3，求实数λ的取值范围．解 (1)设等差数列{b n }的公差为d ， 则⎩⎨⎧ b 1＋d ＝4，b 1＋4d ＝10，解得⎩⎨⎧b 1＝2，d ＝2， 所以b n ＝2n .(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q .由于前n 行共有1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2个数，且32<13<42，a 10＝b 4＝8， 所以a 13＝a 10q 3＝8q 3，又a 13＝1，所以解得q ＝12.由已知可得c n ＝b n q n －1，因此c n ＝2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝n 2n －2. 所以S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝12－1＋220＋321＋…＋n 2n －2， 12S n ＝120＋221＋…＋n －12n －2＋n2n －1， 因此12S n ＝12－1＋120＋121＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1，解得S n ＝8－n ＋22n －2.②由①知c n ＝n 2n －2，不等式(n ＋1)c n ≥λ，可化为n (n ＋1)2n －2≥λ. 设f (n )＝n (n ＋1)2n －2， 计算得f (1)＝4，f (2)＝f (3)＝6，f (4)＝5，f (5)＝154. 因为f (n ＋1)－f (n )＝(n ＋1)(2－n )2n －1，所以当n ≥3时，f (n ＋1)<f (n )．因为集合M 的元素个数为3，所以λ的取值范围是(4,5].。

高考数列求和方法大全（配练习及答案）最新高考数列求和方法大全, 高考数列求和方法练习及答案，高考数列求和数列的求和一、教学目标：1．熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式；2．能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算；3．熟记一些常用的数列的和的公式．二、教学重点：特殊数列求和的方法．三、教学过程：（一）主要知识：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 n n （切记：公比含字母时一定要讨论） 2．公式法： 222221(1)(21)1236n k n n n k n =++=++++=∑ 2333331(1)1232n k n n kn =+⎡⎤=++++=⎢⎥⎣⎦∑ 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。

第10讲 数列求和:并项求和法参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．（2021春•吉安县期中）数列满足，则前40项和为 A ．940B ．820C ．1830D ．1880【解答】解：由，可得为奇数时，；为偶数时，．设，则，，，，，，，，所以前40项和为．故选：．2．（2021秋•麒麟区校级月考）已知数列的前项和，数列满足，记数列的前项和为，则 A ．2021B ．2021C ．2018D ．2021【解答】解：由数列的前项和为，当时，；当时，，上式对时也成立，，，函数的周期，．故选：．3．（2021•未央区校级模拟）数列满足，，若，且数列的前项和为，则 {}n a 1(1)21n n n a a n ++-=-{}n a ()1(1)21n n n a a n ++-=-n 121n n a a n +-=-n 121n n a a n ++=-1a t =21a t =+32a t =-47a t =-5a t =69a t =+72a t =-815a t =-...{}n a 1234567837383940()()...()a a a a a a a a a a a a ++++++++++++1102642...15410(10154)8202=++++=⨯⨯+=B {}n a n 2n S n n =-{}n b 1sin 2n n n b a π+={}n b n n T 2017(T =){}n a n 2n S n n =-1n =11110a S ==-=2n …221[(1)(1)]22n n n a S S n n n n n -=-=-----=-1n =22n a n ∴=-∴cos2(1)cos22n n n n b a n ππ==- cos2n y π=242T ππ==2017152013262143720154820162017()()()()T b b b b b b b b b b b b b ∴=++⋯++++⋯++++⋯++++⋯++201702(152013)02(372015)4032cos450420162π=-++⋯+++++⋯++=⨯=A {}n a 11a =1(1)(1)n n na n a n n +=+++2cos 3n n n b a π={}n b n n S 11(S =)A ．64B ．80C ．D ．【解答】解：数列满足，，则，可得数列是首项为1、公差为1的等差数列，即有，即为，则，则．故选：．4．（2021秋•南昌月考）已知数列满足，则的前20项和 A ．B ．C ．D ．【解答】解：数列满足，则的前20项和．故选：．5．（2021秋•内蒙古期末）已知数列是首项为，公比的等比数列，且．若数列的前项和为，则 A ．B ．C ．D ．【解答】解：数列是首项为，公比的等比数列，可得，，64-80-{}n a 11a =1(1)(1)n n na n a n n +=+++111n na a n n+=++{}n anna n n=2n a n =222coscos33n n n n b a n ππ==22222222222111(1245781011)(369)2S =-++++++++++222222222222221(1233456678991011)2=-+--++---+--++1(5234159)642=-⨯+++=-C {}n a *22()n n n a a n N ++=∈{}n a 20(S =)20215-20225-21215-21225-{}n a *22()n n n a a n N ++=∈{}n a 2013192420()()S a a a a a a =++⋯++++⋯+5172618(222)(222)=++⋯++++⋯+45245442[(2)1]2[(2)1]2121--=+--21225-=D {}n a 12a =2q =1n n n b a a +=+{}n b n n S (n S =)323n -g 1323n +-g 32ng 1326n +-g {}n a 12a =2q =112232n n n n n n b a a ++=+=+=g 6(12)62612n n n S -==--g故选：．6．（2021春•万载县校级期末）若数列的通项公式是，则等于 A ．60B ．C ．90D ．【解答】解：由，可得．故选：．7．（2021春•成都期末）已知数列满足，为的前项和，则 A ．300B ．320C ．340D ．360【解答】解：因为，所以当为偶数时，有，，，；，，，．当为奇数时，有，，，，，，，，．故选：．二．解答题（共10小题）8．（2021•山东）在等差数列中，已知公差，是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，记，求．【解答】解：（Ⅰ）是与的等比中项，D {}n a (1)(32)n n a n =--1260a a a ++⋅⋅⋅+()60-90-(1)(32)n n a n =--1260(14)(710)(1316)...(175178)a a a ++⋅⋅⋅+=-++-++-+++-+33...333090=+++=⨯=C {}n a 1(1)31n n n a a n ++-=+n S {}n a n 20(S =)1(1)31n n n a a n ++-=+n 131n n a a n ++=+2134n n a a n ++∴-=+265n n a a n +∴+=+2462517a a ∴+=⨯+=6866541a a +=⨯+=⋯182********a a +=⨯+=∴24205(17113)3252a a a ⨯++++== n 131n n a a n +-=+2134n n a a n ++∴+=+23n n a a +∴+=133a a ∴+=573a a +=⋯17193a a +=13195315a a a ∴+++=⨯= 2012320S a a a a ∴=++++ 13192420()()a a a a a a =+++++++ 32515340=+=C {}n a 2d =2a 1a 4a {}n a (1)2n n n b a +=1234(1)n n n T b b b b b =-+-+-⋯+-n T 2a 1a 4a在等差数列中，公差，，即，化为，解得．．（Ⅱ），．当时，．当时，．故．（也可以利用“错位相减法” 9．（2021•天津）已知是等比数列，前项和为，且，．（1）求的通项公式；（2）若对任意的，是和的等差中项，求数列的前项和．【解答】解：（1）设的公比为，则，即，解得或．若，则，与矛盾，不符合题意．，，．214 {}n a 2d =∴2111()(3)a d a a d +=+2111(2)(32)a a a +=+⨯2122a =12a =1(1)2(1)22n a a n d n n ∴=+-=+-⨯=(1)2(1)n n n b a n n +==+ 1234(1)1(11)2(21)(1)(1)n n n n T b b b b b n n ∴=-+-+-⋯+-=-⨯++⨯+-⋯+-+g *2()n k k N =∈2212(21)(21)(211)4k k b b k k k k k --=+---+=2143221()()()n k k T b b b b b b -=-+-+⋯+-(1)(2)4(12)42(1)22k k n n k k k ++=++⋯+=⨯=+=*21()n k k N =-∈2143222321()()()n k k k T b b b b b b b ---=-+-+⋯+--(1)(1)(1)2n n n n -+=-+2(1)2n +=-2(2),2(*)2(1),21(*)2n n n n k k N T n n k k N +⎧=∈⎪⎪=⎨+⎪-=-∈⎪⎩){}n a n *()n S n N ∈123112a a a -=663S ={}n a *n N ∈nb 2log n a 21log n a +2{(1)}n nb -2n {}n a q 2111112a a q a q -=2121q q -=2q =1q =-1q =-60S =663S =2q ∴=616(12)6312a S -∴==-11a ∴=（2）是和的等差中项，．．是以为首项，以1为公差的等差数列．设的前项和为，则．10．（2021秋•东丽区校级月考）已知数列的各项均为正数，其前项和为，且满足．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，数列满足，求数列的前项和；（Ⅲ）数列满足为非零整数），都有恒成立，求实数的值．【解答】解：（Ⅰ）当时，，得或，（舍，当时，．则，即，，，即数列是公差为1的等差数列，则，．（Ⅱ）当是奇数时，，当是偶数时，，则数列的前项和．n n b 2log n a 21log n a +221211(log log )(log 222n n n b a a +∴=+=12log 2n -+1)2n n =-11n n b b +∴-={}n b ∴122{(1)}n nb -2n n T 2222221234212()()()n n n T b b b b b b -=-++-++⋯+-+1234212n nb b b b b b -=+++⋯++12112222222n n b b n n +-+==g 22n ={}n a n n S 22nn n a S a =-2n n b ={}n c 22sin cos 22n n n n n c a b ππ=⋅-⋅{}n c 2n 2n T {}n d 1*3(1)2()(n a n n n d n N λλ-=+-⋅∈1n n d d +>λ1n =211112a a a a =-=11a =10a =)2n (2)1112n n n a S a +++=-22111122n n n n n n n n a a S a S a a a ++++-=--+=+111()()n n n n n n a a a a a a ++++-=+0n a > 11n n a a +∴-={}n a 11n a n n =+-=*n N ∈n 22sin cos 22n n n n n n c a b a n ππ=⋅-⋅==n 2n n n c b =-=-{}n c 2n 21221211(121)4(41)14424133n nnn n i i i i n n T c c n +-==+--=+=-=-⋅+-∑∑（Ⅲ），恒成立，当是奇数时，得，得，从而，当是偶数时，得，得，从而，为非零整数，．11．设是等比数列，是递增的等差数列，的前项和为，，，，．（Ⅰ）求与的通项公式；（Ⅱ）设，，求．【解答】解：（Ⅰ）设等比数列的公比为，递增的等差数列的公差为，由，，，，可得，，解得，（舍去）或，，所以，；（Ⅱ）当时，，，2，，，设；当时，，设，所以．12．（2021春•武清区校级期末）已知等比数列的各项均为正数，，，成等差数列，且满足，数列的前项和，，且．（1）求数列和的通项公式；11111113(1)23(1)23(1)23(1)2233(2)n n a a n n n n n n n n n n n n n n d d λλλλλ++-++-+-=+-⋅---⋅=+-⋅---⋅=⨯+-1n n d d +> ∴n 233(2)0n n λ⨯+->23320n n λ⨯->13(2n λ-<1λ<n 233(2)0n n λ⨯+->23320n n λ⨯+>13()2n λ->-32λ>-λ 1λ∴=-{}n a {}n b {}n b n (*)n S n N ∈12a =11b =413S a a =+213a b b =+{}n a {}n b 2(1),2(1)(24),21(1)(3)k k k n n nn b n kd b n k b b ⎧-=⎪=-+⎨=-⎪++⎩k N +∈41ni i d =∑{}n a q {}n b (0)d d >12a =11b =413S a a =+213a b b =+24622d q +=+2112q d =++1q =0d =2q =1d =2n n a =n b n =2()n k k N +=∈22(1)k n k d d k ==-1k =...2n 222222244...(12)(34)...[(21)(2)]1234...(21)2n A d d d n n n n =+++=-++-+++--+=+++++-+22(12)22n n n n +==+21()n k k N +=-∈21212121(1)(24)(1)(42)(1)(3)2(22)k k k n k k k b k d d b b k k -----+-+===+++121111(1)(1)()2(1)21k k k k k k k +=-⋅⋅=⋅-+++134111111111...(1...)(1)2223221221n B d d d n n n -=+++=--++-++=-++421112422ni i d A B n n n ==+=++-+∑{}n a 52a 4a 64a 2434a a ={}n b n (1)2n n n S b +=*n N ∈11b ={}n a {}n b（2）设，，数列的前项和为，求证：；（3）设，求的前项和．【解答】解：（1）设等比数列的公比为，，，成等差数列，且满足，，，解得：，．．数列的前项和，，且．时，，化为：，可得．（2）证明：，数列的前项和为，单调递增，，．（3）设，设数列的前项和为，221223n n n n b c b b +++=*n N ∈{}n c n n A 51364n A <…2(1)[(1)(1)]n n n n n d b a b =-+++{}n d n n T {}n a 0q >52a 4a 64a 2434a a =2444224a a q a q ∴=+22333144a q a a a q ==12q =112a =1()2n n a ∴={}n b n (1)2n n n S b +=*n N ∈11b =2n ∴…11(1)22n n n n n n nb S S b b --+=-=-1211121n n b b b bn n -==⋯===-n b n =22222212232311(1)(2)(1)(2)n n n n n c b b n n n n ++++===-⋅++++∴{}n c n 2222222111111112334(1)(2)4(2)n A n n n =-+-+⋯+-=-+++n A 114n A A ∴<…∴51364n A < (221)(1)[(1)(1)](1)((1)(1)()2n n n n n n n d b a b n n =-+++=-+++⨯-1{(1)()}2n n +⨯-n n H则，，，．时，，的前项和．时，，的前项和．为偶数时，数列的前项和．为奇数时，数列的前项和．13．（2021春•温州期中）设等差数列的前项和为，公差为，已知，．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【解答】解：（1）由题意得，解得，数列的通项公式为．（2），当为奇数时，；231111112()3()4(()(1)()22222n n n H n n -=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯-++⨯-23411111112()3()4()()(1)()222222n n n H n n +-=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯-++⨯-∴2341111[1()]31111111221(()()()(1)()(1)(1222222221()2n n n n n H n n ++---=-+-+-+-+⋯+--+⨯-=-+-+⨯---5351()992n n n H +∴=-+⨯-2n k =*k N ∈2{(1)((1)}n n -+n 222222(21)(3)3254(1)23122n n n n n B n n n n +++=-+-++-=++⋯+++==21n k =-*k N ∈2{(1)((1)}n n -+n 2221(1)(4)34(2)(2)22n n n n n n B B n n +++++=-+=-+=-n ∴{}n d n (3)5351(2992n n n n n T ++=-+⨯-n {}n d n 2345351()2992n n n n n T +++=--+⨯-{}n a n n S d 11a =39S ={}n a 2(1)n n n b a =-⋅{}n b n n T 3133339S a d d =+=+=2d ={}n a 12(1)21n a n n =+-=-2222(21),(1)(1)(21)(21),nnn nn n n b a b n n n ⎧--=-⋅==--=⎨-⎩为奇数为偶数n 222222222(1)(123)13579(23)(21)2(135723)(21)2(21)212n n n T n n n n n n -+-=-+-+-+⋯+---=++++⋯+---=⨯--=-+当为偶数时，，所以．14．（2021•福建模拟）记为等比数列的前项和，已知，．（1）求；（2）求数列的前项和．【解答】解：（1）当时，由可得，两式相减，可得，即，依题意，为等比数列，故．令，则由可得，即；（2）由（1）可知为首项等于1，公比等于2的等比数列，故；故为首项等于，公比等于的等比数列，故，故数列的前项和．15．（2021•天心区校级一模）已知等差数列的前项和为，且满足，．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和．【解答】解：（1）设等差数列的公差为，则由题意可得，解得，，所以数列的通项公式为；（2）因为，n 2222222(121)13579(23)(21)2(13572321)222n n n T n n n n n +-=-+-+-+⋯--+-=++++⋯+-+-=⨯=2221,2,n n n T n n ⎧-+=⎨⎩为奇数为偶数n S {}n a n 11a =1n n S a t +=+t {(cos )}n n a π⋅n 2n …1n n S a t +=+1n n S a t -=+1n n n a a a +=-12n n a a +={}n a 22a =1n =1n n S a t +=+12S a t =+12121t S a a a =-=-=-{}n a 12n n a -={(cos )}n n a π⋅1-2-1(1)(2)n n a -=-⋅-{(cos )}n n a π⋅n 1(2)11(2)1(2)33n n n T -+-==⨯----{}n a n n S 38a =572S a ={}n a {}n b 1cos 2n n n b a n π+=+{}n b 2n 2n T {}n a d 111285452(6)2a d a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩12a =3d ={}n a *23(1)31,n a n n n N =+-=-∈11cos 2(1)2n n n n n n b a n a π++=+=-+所以．16．（2021秋•运城期中）已知正项数列的前项和为，满足，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和的表达式．【解答】解：（1）正项数列的前项和为，满足，所以，整理得：，由于数列为正项数列，（常数），所以是以1为首项，1为公差的等差数列，，故，所以（首项符合通项）．由于，，当为奇数时，，为偶数时，，所以，，，，所以．17．（2021秋•郸城县校级月考）已知为数列前项和，．（Ⅰ）求和；（Ⅱ）若，求的值．23122143221()()()(222)n n n n T a a a a a a +-=-+-+⋯+-+++⋯+22222(12)332412n n n n +-=+=+--{}n a n n S 2,*)n a n n N =∈…11a ={}n a 1cos n n n nb n a a π+=g{}n b 2n 2n T {}n a n n S 2,*)n a n n N =+∈…1n n S S --=1)0-=1=11n n =+-=2n S n =121n n n a S S n -=-=-11111(22121n n a a n n +=--+111cos cos [()]22121n n n n n b n n a a n n ππ+==--+g n cos 1n π=-n cos 1n π=111(1)23b =--2211()235b =-3311()257b =--⋯21232121112121313141412111211((223232525272729243412414141nn n n n n Tb b b b b n n n n n --=+++⋯++=-+⨯+⨯-⨯-⨯+⨯+⨯-⨯+⋯+-+-=----++n S {}n a n (2sin )(2cos )2n n a n n ππ+=+4k a 41()k a k Z -∈24n S an bn =+a b -【解答】（Ⅰ）解：由已知：．，，又，．（Ⅱ）又由已知：，得：，，得：．所以，，解得：，，．(2sin )(2cos )2n n a n n ππ+=+4(2sin 2)4(2cos 4)()k a k k k k Z ππ∴+=+∈46()k a k k Z ∴=∈41[2sin(2)](41)[2cos(41)]2k a k k k πππ-+-=-+-4141k a k -∴=-42[2sin(2)](42)[2cos(42)]k a k k k πππ-+-=-+-4263k a k -=-433[2sin(2)](43)[2cos(43)]2k a k k k πππ-+-=-+-43413k k a -=-412348128133631542336971233S a b a a a a S a b a a a ⎧=+=+++=+++⎪⎪⎨⎪=+=++⋯+=+++++++⎪⎩263a =113b =5a b ∴-=。

5.数列求和基础过关练 ......................................................................................................................... 1 培优拔尖练 . (8)基础过关练1．记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+． (1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值． 【答案】(1)证明见解析；(2)78-．【分析】（1）依题意可得222n n S n na n +=+，根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，作差即可得到11n n a a --=，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出1a ，即可得到{}n a 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得． 【详解】（1）因为221nn S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①， 当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----， 即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈， 所以{}n a 是以1为公差的等差数列． （2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=-- ⎪⎝⎭， 所以，当12n =或13n =时，()min 78n S =-．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-， 所以13n a n =-，即有1123210,0a a a a <<<<=.则当12n =或13n =时，()min 78n S =-．2．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【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得()121133n n S n n a +=+-=，得到()23nn n a S +=，利用和与项的关系得到当2n ≥时，()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,进而得：111n n a n a n -+=-，利用累乘法求得()12n n n a +=，检验对于1n =也成立，得到{}n a 的通项公式()12n n n a +=； （2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到121111211n a a a n ⎛⎫+++=- ⎪+⎝⎭，进而证得. 【详解】（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 ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯()1341112212n 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 ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦3．已知数列{}n a 和{}n b 满足：11a =，22a =，0n a >，)*n b n N =∈，且{}n b 是以q 为公比的等比数列.（1）证明：22n n a a q +=；（2）若2122n n n c a a -=+，证明：数列{}n c 是等比数列； （3）求和：1234212111111n nS a a a a a a -=++++++. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）()()22223,1231,121n n nq S q q q q -⎧=⎪⎪=⎨-⎪≠⎪-⎩. 【分析】（1）利用1n nb q b +=列方程，结合已知条件进行化简，由此证得22n n a a q +=. （2）求得21n a -、2n a ，由此求得nc ，进而证得数列{}n c 是等比数列. （3）利用分组求和法，结合对q 进行分类讨论，由此求得S . 【详解】（1）∵{}n b是以q 为公比的等比数列，∴1nnb q b +=， q ==，∴22n n a a q +=. （2）∵22n n a a q +=，∵数列1a ，3a ，5a ，…和数列2a ，4a ，6a ，…均是以2q 为公比的等比数列， 故()2122211n n n a a qq ---==，()2122222n n n a a q q --==，∴()2122212255n n n n n c a a q q ---=⋅=+=.故{}n c 是首项为5，公比为2q 的等比数列. （3）由（2），得222111n n a q --=，222112n n a q -=， ∴1234212111111n n S a a a a a a -=++++++1321242111111n n a a a a a a -⎛⎫⎛⎫=+++++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭242224221111111112n n q q q q q q --⎛⎫⎛⎫=+++++++++⎪⎪⎝⎭⎝⎭2422311112n q q q -⎛⎫=++++⎪⎝⎭. 当1q =时，32n S =；当1q ≠时，()222422222211311133********n n n n q q S q qq q q q---⎛⎫-=++++=⨯=⨯ ⎪-⎝⎭-，∴()()212342122223,1211111131,121n n n n nq S q a a a a a a q q q --⎧=⎪⎪=++++++=⎨-⎪≠⎪-⎩. 4．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.【分析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-， 当2n ≥时，由1439n n S S +=-①， 得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a +=122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=， 又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列， 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-， 所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234113333333(4)4444444n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立； 4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤； 4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-； 所以31λ-≤≤.5．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 <． 【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可； （2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可.【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n nn nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ． 所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ． 因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ． 故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--， 211213333n n n n nT --=++++，① 231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---， 所以31(1)4323n n n nT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅， 所以2nn S T <.[方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭nn b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法 设()231()1-=++++=-n n x x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦， 则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭' 13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．培优拔尖练1．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且13451,a S S S =+=. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令(1)n n n b a =-，求数列{}n b 的前2n 项和2n T .【答案】(1)21,N n a n n *=-∈(2)22n T n =【分析】（1）将345S S S +=化简一下用基本量表示出来解方程可得d ，进而求出通项公式； （2）将n a 代入n b 后，212n n b b -+作为一组分组表示出来可得前2n 项和2n T . 【详解】（1）由345S S S +=可得1235a a a a ++=，即253a a =， 设等差数列{}n a 的公差为d ，则()3114d d +=+，解得2d =. ()1122,N 1n a n n n *∴=+-⨯=-∈（2）由（1）可得()(1)21nn b n =--，()21243412n n b b n n -∴+=--+-=.()()()21234212...22...22.n n n T b b b b b b n -∴=++++++=+++=2．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，()()12121n n n n n S S a a S +=+-+. (1)证明：数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记2121n n n b a a -+⋅=，若数列{}n b 的前m 项和833m T =，求m 的值. 【答案】(1)证明见解析，121n a n =-(2)8m = 【分析】（1）利用题意可整理得112n n n n a a a a ++-=，即可得到1112n n a a +-=，又111a =，可得到1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式，即可求解； （2）利用裂项相消法可得到n T ，即可求解【详解】（1）由()()12121n n n n n S S a a S +=+-+，变形得()()112n n n n n n a S S a S S ++--=-. 因为11n n n S S a ++-=，所以112n n n n a a a a ++-=. 因为0n a >，所以1112n n a a +-=，又111a =， 所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1，公差为2的等差数列，所以()112121n n n a =+-=-，则数列{}n a 的通项公式为121n a n =-.（2）由（1）可得()()21211111434144341n n n b a a n n n n -+⎛⎫=⋅==- ⎪-+-+⎝⎭，所以11111111(1)()()(1)4559434144141n nT n n n n ⎡⎤=-+-++-=-=⎢⎥-+++⎣⎦. 则84133m m =+，解得8m =. 3．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且2221n n n n S a n n+++=+．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若1n n b na n=-，{}n b 的前n 项和为n T ，求n T ． 【答案】(1)()1121n n a n n =++(2)2221n n n n T n +⎛⎫=-+ ⎪+⎝⎭ 【分析】（1）利用11n n n S S a ++-=得到()()12212n n n a a n n n +--=++，整理得()()()1112121n n a a n n n n +⎡⎤-=-⎢⎥+++⎣⎦，即可得到数列()11n a n n ⎧⎫⎪⎪-⎨⎬+⎪⎪⎩⎭为等比数列，然后利用()11n a n n ⎧⎫⎪⎪-⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的通项求n a 即可；（2）利用分组求和、裂项相消和错位相减的方法求和即可.【详解】（1）由2221n n n n S a n n+++=+①，得()()21125412n n n n S a n n +++++=++②， ②－①得()()12212n n n a a n n n +--=++，则()()()1112121n n a a n n n n +⎡⎤-=-⎢⎥+++⎣⎦， 当1n =时，11a =，11122a -=，所以数列()11n a n n ⎧⎫⎪⎪-⎨⎬+⎪⎪⎩⎭是以12为首项，12为公比的等比数列．所以()1112n n a n n -=+，则()1121n n a n n =++．（2）由（1）可得11121n n n n b na n n n ⎛⎫=-=-- ⎪+⎝⎭， 所以12n n T b b b =+++21112111121222321nn n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+--++-- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭221211111112222122312221n n n n n n n n ⎛⎫=+++--+-++-=+++- ⎪++⎝⎭①， 则()231112222221n n n nT n +=+++-+②，①－②得()()23111111111222222212221n n n n n n n n nT n n ++=++++--=---++， 所以1122222121n n n n n n nn T n n -+⎛⎫⎛⎫=-++=-+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭.4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，不等式21280a x S x --<的解集为()1,4-. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若2111n nnb a S =+-，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)2n a n =(2)3112421n T n n =--++ 【分析】（1）由韦达定理，解出不等式中的系数，得1226a S =⎧⎨=⎩，可求出公差和通项.（2）把（1）中结论代入，得数列{}n b 通项，用裂项相消求前n 项和n T . 【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，关于x 的不等式21280a x S x --<的解集为()1,4-.1∴-和4是方程21280a x S x --=的两个根，由韦达定理有()12181414a S a -⎧=-⨯⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩，解得1226a S =⎧⎨=⎩，所以212126S a a a d =+=+=，12a d ∴==.∴数列{}n a 的通项公式为()2122n a n n =+-⨯=.（2）由（1）可得2n a n =，()()2212n n n S n n +==+， 则()221111111111411221211n n n b a S n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫=+=+=-+- ⎪ ⎪--+-++⎝⎭⎝⎭. ∴数列{}n b 的前n 项和1111111111111233521212231n T n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-+-+-++- ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭3112421n n =--++. 5．在数列{}n a 中，12a =-，()()*1122,n n n a na n n --=≥∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)令()()241412nn nn a b n ⋅-=-，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)2n n a n =-⋅(2)()2111n nS n +-=-【分析】（1）对已知等式进行变形，利用累乘法求解；（2）先写出数列{}n b 的通项公式，再利用裂项相消法求解．【详解】（1）（1）解法一 由()()*1122,n n n a na n n --=≥∈N 知()*122,1n n a n n n a n -=≥∈-N ， 可得21221a a ⨯=，32232a a ⨯=，…，()12212n n n a a n --⨯-=-， 则()31241232121222321221n n n n n a a a a a n a a a a a n n ---⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯=⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯--，（累乘法的应用） 即112n n a n a -=⋅，又12a =-，所以()22n n a n n =-⋅≥， 当1n =时，12a =-也满足上式，（注意验证1n =的情况）所以*2,n n a n n -⋅∈=N ．解法二 由()()*1122,n n n a na n n --=≥∈N 知()*122,1n n a a n n n n -=≥∈-N ， 又121a =-，则n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以－2为首项，2为公比的等比数列， 所以1222n n n a n -=-⋅=-， 所以*2,n n a n n -⋅∈=N ．（2）由（1）知()()()()()()()()()222121441111411121212112124n n n n n n n n n n n n a b n n n n ++-=-⋅=-⋅⎛⎫⋅⋅+ ⎪+⋅--+⎝==---⎭-， 故()()111111111335121221n n n n S n n -=-++++⋅⋅⋅+⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎭+⎝⎝⎭--．。

1.在等差数列{a n }中，已知a 6＋a 9＋a 12＋a 15＝34，求前20项之和．解法一 由a 6＋a 9＋a 12＋a 15＝34 得4a 1＋38d ＝34＝20a 1＋190d＝5(4a 1＋38d)=5×34=170由等差数列的性质可得：a 6＋a 15=a 9＋a 12＝a 1＋a 20 ∴a 1＋a 20=17 S 20＝1702.已知等差数列{a n }的公差是正数，且a 3·a 7=－12，a 4＋a 6=－4，求它的前20项的和S 20的值．解法一 设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＞0，由已知可得由②，有a 1＝－2－4d ，代入①，有d 2=4 再由d ＞0，得d ＝2 ∴a 1=－10最后由等差数列的前n 项和公式，可求得S 20＝180 解法二 由等差数列的性质可得： a 4＋a 6＝a 3＋a 7 即a 3＋a 7＝－4 又a 3·a 7=－12，由韦达定理可知： a 3，a 7是方程x 2＋4x －12＝0的二根 解方程可得x 1=－6，x 2＝2又＝＋×S 20a d 20120192解法二 S =(a +a )202=10(a a )20120120×＋(a 2d)(a bd)12 a 3d a 5d = 41111＋＋＝－①＋＋＋－②⎧⎨⎩∵ d ＞0 ∴{a n }是递增数列 ∴a 3＝－6，a 7=23. 等差数列{a n }的前n 项和S n ＝m ，前m 项和S m ＝n(m ＞n)，求前m ＋n 项和S m+n ．解法一 设{a n }的公差d 按题意，则有=－(m ＋n)解法二 设S x ＝Ax 2＋Bx(x ∈N)①－②，得A(m 2－n 2)＋B(m －n)＝n －m ∵m ≠n ∴ A(m ＋n)＋B=－1 故A(m ＋n)2＋B(m ＋n)＝－(m ＋n) 即S m+n ＝－(m ＋n)4.设x ≠y ，且两数列x ，a 1，a 2，a 3，y 和b 1，x ，d =a =2a 10S 1807120--a 373，＝－，＝S na d m S ma d n (m n)a d =n mn 1m11＝＋＝①＝＋＝②①－②，得－·＋·－n n m m m n m n ()()()()--⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪-+-121212即＋－∴··a d =11m n S m n a m n m n d m n a m n d m n++=++++-=+++-+12121211()()()()()Am Bm n An Bn m22＋＝①＋＝②⎧⎨⎪⎩⎪b b y b 234，，，均为等差数列，求．b b a a 4321--5.在等差数列{a n }中，设前m 项和为S m ，前n 项和为S n ，且S m ＝S n ，m ≠n ，求S m+n ．且S m ＝S n ，m ≠n∴S m+n ＝06. 在等差数列{a n }中，已知a 1＝25，S 9＝S 17，问数列前多少项和最大，并求出最大值．解法一 建立S n 关于n 的函数，运用函数思想，求最大值．∵a 1=25，S 17＝S 9 解得d ＝－2∴当n=13时，S n 最大，最大值S 13＝169解法二 因为a 1=25＞0，d ＝－2＜0，所以数列{a n }是递减等分析解 d =y x 51(1)=y x52(2)可采用＝由a a m na ab b m n ----------21433264(2)(1)÷，得b b a a 432183--=解 S (m n)a (m n)(m n 1)d(m n)[a (m n 1)d]m+n 11∵＝＋＋＋＋－＝＋＋＋－1212∴＋－＝＋－整理得－＋－＋－ma m(m 1)d na n(n 1)d(m n)a (m n)(m n 1)=011112122d即－＋＋－由≠，知＋＋－＝(m n)[a (m n 1)d]=0m n a (m n 1)d 0111212根据题意：＋×，＝＋×S =17a d S 9a d 1719117162982∴＝＋－－＋－－＋S 25n (2)=n 26n =(n 13)169n 22n n ()-12∵a 1＝25，S 9＝S 17∴a n =25＋(n －1)(－2)=－2n ＋27即前13项和最大，由等差数列的前n 项和公式可求得S 13=169． 解法三 利用S 9=S 17寻找相邻项的关系． 由题意S 9=S 17得a 10＋a 11＋a 12＋…＋a 17=0 而a 10＋a 17=a 11＋a 16=a 12＋a 15=a 13＋a 14 ∴a 13＋a 14＝0，a 13=－a 14 ∴a 13≥0，a 14≤0 ∴S 13=169最大．解法四 根据等差数列前n 项和的函数图像，确定取最大值时的n ． ∵{a n }是等差数列 ∴可设S n ＝An 2＋Bn二次函数y=Ax 2＋Bx 的图像过原点，如图3．2－1所示∵S 9＝S 17，∴取n=13时，S 13＝169最大差数列，若使前项和最大，只需解≥≤，可解出．n a 0a 0n n n+1⎧⎨⎩∴×＋××＋×，解得－9252d =1725d d =29817162∴－＋≥－＋＋≥≤≥∴2n 2702(n 1)270n 13.5n 12.5n =13⎧⎨⎩⇒⎧⎨⎩∴对称轴 x =9+172=137．求数列的通项公式：(1){a n }中，a 1＝2，a n+1＝3a n ＋2(2){a n }中，a 1=2，a 2＝5，且a n+2－3a n+1＋2a n ＝0 思路：转化为等比数列．∴{a n ＋1}是等比数列 ∴a n ＋1=3·3n-1 ∴a n =3n －1∴{a n+1－a n }是等比数列，即 a n+1－a n =(a 2－a 1)·2n-1=3·2n-1再注意到a 2－a 1=3，a 3－a 2=3·21，a 4－a 3=3·22，…，a n －a n-1=3·2n-2，这些等式相加，即可以得到+2说明 解题的关键是发现一个等比数列，即化生疏为已知．(1)中发现{a n ＋1}是等比数列，(2)中发现{a n+1－a n }是等比数列，这也是通常说的化归思想的一种体现．8. 三个数成等比数列，若第二个数加4就成等差数列，再把这个等差数列的第3项加32又成等比数列，求这三个数．解法一 按等比数列设三个数，设原数列为a ，aq ，aq 2 由已知：a ，aq ＋4，aq 2成等差数列 即：2(aq ＋4)=a ＋aq 2①a ，aq ＋4，aq 2＋32成等比数列 即：(aq ＋4)2=a(aq 2＋32)解 (1)a =3a 2a 1=3(a 1)n+1n n+1n ＋＋＋⇒(2)a 3a 2a =0a a =2(a a )n+2n+1n n+2n+1n+1n －＋－－⇒a =3[1222]=3=3(21)n 2n-2n 1＋＋＋…＋·－21211n ----⇒aq 2=4a ＋②解法二 按等差数列设三个数，设原数列为b －d ，b －4，b ＋d由已知：三个数成等比数列 即：(b －4)2=(b －d)(b ＋d)b －d ，b ，b ＋d ＋32成等比数列 即b 2=(b －d)(b ＋d ＋32)解法三 任意设三个未知数，设原数列为a 1，a 2，a 3 由已知：a 1，a 2，a 3成等比数列a 1，a 2＋4，a 3成等差数列 得：2(a 2＋4)=a 1＋a 3②a 1，a 2＋4，a 3＋32成等比数列 得：(a 2＋4)2=a 1(a 3＋32)③①，②两式联立解得：或－∴这三数为：，，或，，．a =2q =3a =29q =52618⎧⎨⎩⎧⎨⎪⎩⎪-29109509⇒8b d =162－①⇒32b d 32d =02－－②①、②两式联立，解得：或∴三数为，，或，，．b =269d =83b =10d =82618⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎨⎩-29109509得：①a =a a 2213说明 将三个成等差数列的数设为a －d ，a ，a ＋d ；将三个成简化计算过程的作用．9.证 ∵S n =a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n-1 S 2n =S n ＋(a 1q n ＋a 1q n+1＋…＋a 1q 2n-1) =S n ＋q n (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n-1) =S n ＋q n S n =S n (1＋q n )类似地，可得S 3n =S n (1＋q n ＋q 2n )说明 本题直接运用前n 项和公式去解，也很容易．上边的解法，灵活地处理了S 2n 、S 3n 与S n 的关系．介绍它的用意在于让读者体会利用结合律、提取公因式等方法将某些解析式变形经常是解决数学问题的关键，并且变得好，则解法巧． 10．数列{a n }是等比数列，其中S n =48，S 2n =60，求S 3n ．解法一 利用等比数列的前n 项和公式若q=1，则S n =na 1，即na 1=48，2na 1=96≠60，所以q ≠1①、②、③式联立，解得：或a =29a =109a =509a =2a =6a =18123123-⎧⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎧⎨⎪⎩⎪等比数列的数设为，，或，，是一种常用技巧，可起到a aq aq (a aq)2aq＋＋．S S =S (S S )n 22n 2n 2n 3n ∴＋＋＋＋S +S =S [S (1q )]=S (22q q )n 22n 2n 2n n 2n2n 2nS (S S )=S [S (1q )S (1q q )]=S (22q q )S S =S (S S )n 2n 3n n n n n n 2n n 2n 2nn 22n 2n 2n 3n ＋＋＋＋＋＋＋∴＋＋∵S =a (1q )1n 1n --q=S n (1＋q n ＋q 2n )解法二 利用等比数列的性质：S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列 ∴ (60－48)2=48·(S 3n －60) ∴ S 3n =63． 解法三 取特殊值法取n=1，则S 1=a 1=48，S 2n =S 2=a 1＋a 2=60 ∴ a 2=12∵ {a n }为等比数列S 3n =S 3=a 1＋a 2＋a 3=6311．已知数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，并且S n+1=4a n ＋2(n ∈N*)，a 1=1(1)设b n =a n+1－2a n (n ∈N*)，求证：数列{b n }是等比数列；解 (1)∵ S n+1=4a n ＋2 S n+2=4a n+1＋2S =a (1)a (1)(1+)1q 2n 11--=--=+q qq q S q nn n n n 211()∴q =14S =a (1q )1qn 3n 13n --=-++-a q q q qn n n 12111()()∴S =48(1+116)=633n +14∴ q =a a a =3213=14(2)c =a 2(n N*){c }n nnn 设∈，求证：数列是等差数列．两式相减，得S n+2－S n+1=4a n+1=4a n (n ∈N*) 即：a n+2=4a n+1－4a n变形，得a n+2－2a n+1=2(a n+1－2a n ) ∵ b n =a n+1－2a n (n ∈N*) ∴ b n+1=2b n由此可知，数列{b n }是公比为2的等比数列． 由S 2=a 1＋a 2=4a 1＋2，a 1=1 可得a 2=5，b 1=a 2－2a 1=3 ∴ b n =3·2n-1将b n =3·2n-1代入，得说明 利用题设的已知条件，通过合理的转换，将非等差、非等比数列转化为等差数列或等比数列来解决(2) c =a 2(n N*)c =b 2n nnn+1n n+1∵∈∴-=-=-++++c a a a a n n n n n n nn 11112222c c =34(n N*)n+1n －∈由此可知，数列是公差的等差数列，它的首项，故＋－·即：{c }d =34c =a 2c =(n 1)C =34n 11n n =-12123414n。

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 +=-+．。