2024届高考数学专项数列求和综合大题归类含答案.pdf

数列求和综合大题归类数列求和综合大题归类目录目录一、知识梳理与二级结论 二、热考题型归纳【题型一】求和基础：公式法【题型二】分组求和【题型三】倒序求和(三角与组合数型)【题型四】错位相消求和(插入数型)【题型五】裂项相消求和(常规型)【题型六】正负相间求和【题型七】分段数列求和【题型八】无理根式型裂项相消求和【题型九】复杂裂项型：分离常数型【题型十】复杂裂项型：分子裂差法【题型十一】复杂裂项型：指数裂项法【题型十二】复杂裂项型：等差指数仿写法【题型十三】正负型：等差裂和法【题型十四】正负型：等差裂差法【题型十五】正负型：指数裂和法三、高考真题对点练 四、最新模考题组练 知识梳理与二级结论一、求和基础公式知识梳理与二级结论一、求和基础公式1.1.通项an与前n项和Sn的关系是：an=S1，n=1，Sn-Sn-1，n2.2.2.等差数列有关公式：(1)通项公式：an=a1+(n-1)d；(2)前n项和公式：Sn=na1+n(n-1)2d=n(a1+an)2.3.3.等比数列有关公式：(1)通项公式：an=a1qn-1；(2)前n项和公式：Sn=na1，q=1，a1(1-qn)1-q=a1-anq1-q，q1.二、求和基础思维二、求和基础思维1.1.形如an=bn(等差)+cn(等比)，用分组求和法，分别求和而后相加减2.2.形如an=bn(等差比)+cn(裂项)，用分组求和法，分别求和而后相加减3.3.形如an=bn+cn，(bn，cn为可以求和的常见数列)，用分组求和法，分别求和而后相加减4.4.有分段型(如an=n,n为奇数2n,n为偶数)，符号型(如an=(-1)nn2)，周期型(如an=sinn3)5.5.形如an+1=-1n+1an+f(n)，多可以通过奇偶取，再二次消去，得到奇数项或者偶数项累加法(或者跳项等差等比数列)的通项公式12024届高考数学专项数列求和综合大题归类含答案三、三、错位相消求和几种思维：错位相消求和几种思维：1.1.错位相减法求数列an的前n项和(1)适用条件若 an 是公差为 d(d 0)的等差数列，bn 是公比为 q(q 1)的等比数列，求数列 anbn 的前 n 项和Sn(2)基本步骤(3)思维结构结构图示如下(4)注意事项在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn-qSn；作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号(5)万能公式：形如cn=(an+b)qn-1(q1)的数列求和为Sn=(An+B)qn+C(q1)，其中A=aq-1，B=b-Aq-1，C=-B四、四、裂项相消法裂项相消法常见的裂项相消法求和类型分式型：1n n+k=1k1n-1n+k，12n-12n+1=1212n-1-12n+1，1n n+1n+2=121n n+1-1n+1n+2等；2指数型：2n2n+1-12n-1=12n-1-12n+1-1，n+2n n+12n=1n2n-1-1n+12n等，根式型：1n+n+k=1kn+k-n等，对数型：logman+1an=logman+1-logman，m0且m1；常见的裂项技巧：常见的裂项技巧：（1）1n n+k=1k1n-1n+k；（2）1n+k+n=1kn+k-n；（3）12n-12n+1=1212n-1-12n+1（4）2n2n-12n+1-1=2n+1-1-2n-12n-12n+1-1=12n-1-12n+1-1（5）指数型a-1an=an+1-an；（6）对数型logaan+1an=logaan+1-logaan.（7）1n n+1n+2=121n n+1-1n+1n+2（8）nn+1!=1n!-1n+1!（9）2n2n+1-12n-1=12n-1-12n+1-1（10）n+2n n+12n=1n2n-1-1n+12n等3热点考题归纳热点考题归纳【题型一】求和基础：公式法【题型一】求和基础：公式法【典例分析】【典例分析】1 1(2324上福州期中)已知各项递增的等比数列 an，其前n项和为Sn，满足S2=6，S4=30.(1)求 an的通项公式；(2)记数列 bn的通项公式为bn=2n-1，将数列 an与 bn中的项按从小到大依次排列构成一个新数列 cn，求数列 cn的前50项和T50.【提分秘籍】【提分秘籍】等差等比求和公式：等差：前n项和公式：Sn=na1+n(n-1)2d=n(a1+an)2.等比：前n项和公式：Sn=na1，q=1，a1(1-qn)1-q=a1-anq1-q，q1.【变式演练】【变式演练】1.1.(2324上遂宁阶段练习)等差数列 an的前n项和为Sn，满足a2=5，S5=35.(1)求 an的通项公式；(2)设bn=2annN*，求证数列 bn为等比数列，并求其前n项和Tn.42.2.(2223下北京期中)已知数列an是等差数列，Sn为其前n项和，a1=-3，S2=S5(1)求an的通项公式；(2)设bn=2an+4，求数列bn的前n项和【题型二】分组求和【题型二】分组求和【典例分析】【典例分析】2 2(2324上徐汇期中)若数列 an满足条件：存在正整数 k，使得 an+k+an-k=2an对一切 nN*，nk都成立，则称数列 an为k级等差数列；(1)已知数列 an为2级等差数列，且前四项分别为2，0，4，3，求a8+a9的值；(2)若an=2n+sinn(0)，且 an是3级等差数列，求的最小正值，及此时数列 an的前3n项和S3n；【提分秘籍】【提分秘籍】分组求和法：1.形如an=bn(等差)+cn(等比)，用分组求和法，分别求和而后相加减2.形如an=bn(等差比)+cn(裂项)，用分组求和法，分别求和而后相加减3.形如an=bn+cn，(bn，cn为可以求和的常见数列)，用分组求和法，分别求和而后相加减5【变式演练】【变式演练】1.1.(2324上盐城期中)设数列 an的前n项和为Sn，且Sn=n2nN N(1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn满足b2=3b1=9，bn0，且b2n+1=bnbn+2，设cn=1anan+1+(-1)nbn，求数列 cn的前n项和Tn2.2.(2324上深圳阶段练习)已知等差数列 an的前n项和为Sn，且满足a3=8，S5=2a7(1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn满足bn=-1nan+2n+1，求数列 bn的前2n项和T2n6【题型三】倒序求和【题型三】倒序求和(三角与组合数型三角与组合数型)【典例分析】【典例分析】3 3(2223下长沙阶段练习)已知数列 an各项都不为0，a1=2，a2=4，an的前n项和为Sn，且满足anan+1=4Sn.(1)求 an的通项公式；(2)若bn=a1C1n+a2C2n+a3C3n+an-1Cn-1n+anCnn，求数列bn+2n+1bnbn+1 的前n项和Tn.【提分秘籍】【提分秘籍】倒序求和倒序求和倒序求和，多是具有中心对称的“函数型”，此类函数具有“和定”的特征，满足“和定”特征的还有组合数【变式演练】【变式演练】1.1.(2324上大连期中)已知函数 f(x)=(1-x)ln(1-x)+t.(1)若 f(x)+f(1-x)0对任意的x 0,1恒成立，求t的取值范围；(2)设nN*且n2，证明：1n2n23n3n-1nn-12-n22.72.2.(2223下佛山阶段练习)记Sn为等差数列 an的前n项和.(1)若a1=2,S5=a3+3a4，求数列 an的通项公式；(2)若a12=2，记bn=1+sin2an,Tn为数列 bn的前n项和，求T23的值.【题型四】错位相消【题型四】错位相消(插入数型插入数型)【典例分析】【典例分析】4 4(2324上肇庆阶段练习)记数列 an的前n项和为Sn，已知a1=1，Snn 是公差为1的等差数列.(1)求 an的通项公式；(2)设bm为数列 an落在区间 2m,2m+1，mN*内的项数，在bn和bn+1之间插入n个数，使这n+2个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为dn，求数列1dn 的前n项和Tn.8【提分秘籍】【提分秘籍】错位相减法：形如an=bn(等差)cn(等比)，用错位相减法求解若an是公差为d(d0)的等差数列，bn是公比为q(q1)的等比数列，求数列anbn的前n项和Sn思维结构结构图示如下思维结构结构图示如下求和过程：求和过程：【变式演练】【变式演练】1.1.(2324上无锡期中)各项均为正数的数列 an的前n项和记为Sn，已知a1=1，且 Sn+1+1an=Sn+1an+1对一切nN都成立(1)求数列 an的通项公式；(2)在ak和ak+1之间插入k个数，使这k+2个数组成等差数列，将插入的k个数之和记为ck，其中k=1,2,n求数列 cn的前n项和92.2.(2324上河东期中)已知数列 an满足an+1-an=1，其前5项和为15；数列 bn是等比数列，且b1=2，4b2，2b3，b4成等差数列(1)求 an和 bn的通项公式；(2)分别求出ni=1aibn+1-i，2n-1i=1-1i-1a2inN.【题型五】裂项相消求和【题型五】裂项相消求和(常规型常规型)【典例分析】【典例分析】5 5(2324上闵行期中)等差数列 an的前n项和为Sn，已知S5=85，且a6=7a1.(1)求an和Sn；(2)设bn=5anan+1，若kni=1bi恒成立，求实数k的取值范围.10【提分秘籍】【提分秘籍】常见的裂项公式：(1)1n n+k=1k1n-1n+k；(2)12n-12n+1=1212n-1-12n+1；(3)1n n+1n+2=121n n+1-1n+1n+2；(4)1n+n+k=1k-n+n+k.【变式演练】【变式演练】1.1.(2324上赤峰阶段练习)记等差数列 an的前n项和为Sn，已知S5=85，且a6=7a1(1)求an和Sn；(2)设bn=5anan+1，求数列 bn前n项和Tn2.2.(2324上广州阶段练习)已知等差数列 an的前n项和为Sn，且a1+a4=14,S5=45(1)求数列 an的通项公式；(2)设bn=1anan+1,Tn为数列 bn的前n项和，证明：Tn1411【题型六】正负相间型求和【题型六】正负相间型求和【典例分析】【典例分析】6 6记Sn为数列an的前n项和，已知Sn=2an-2.(1)求an的通项公式；(2)若bn=-1nlog2a2n+1，求数列bn的前n项和Tn.【提分秘籍】【提分秘籍】正负相间求和：1.奇偶项正负相间型求和，可以两项结合构成“常数数列”。2.如果需要讨论奇偶，一般情况下，先求偶，再求奇。求奇时候，直接代入偶数项公式，再加上最后的奇数项通项。【变式演练】【变式演练】1.1.已知数列 an的前n项和为Sn，a1=1，且a1为a2与S2的等差中项，当n2时，总有2Sn+1-3Sn+Sn-1=0.(1)求数列 an的通项公式；(2)记bm为1an 在区间 0,4m-1mN*内的个数，记数列(-1)mb2m的前m项和为Wm，求W20.122.2.已知等差数列 an的公差d=2，其前n项和为Sn=pn2+n，nN*.(1)求通项公式an；(2)若bn=-1nan，求数列 bn的前n项和Tn.【题型七】分段数列求和【题型七】分段数列求和【典例分析】【典例分析】7 7已知Sn为等差数列 an的前n项和，且a1=1，.在a2，S3，a14成等比数列，S2n-2Sn=2n2，数列Sn为等差数列，这三个条件中任选一个填入横线，使得条件完整，并解答：(1)求an；(2)若bn=an,n为奇数1anan+2,n为偶数，求数列 bn的前2n+1项和T2n+1.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.13【变式演练】【变式演练】1.1.已知数列 an的首项a1=35，且满足an+1=3an2an+1(1)求证：数列1an-1 为等比数列；(2)设数列 bn满足bn=1an-3,n为偶数时,n+2n+nn+2,n为奇数时,求最小的实数m，使得b1+b2+b2km对一切正整数k均成立2.2.记Sn为数列 an的前n项和，已知a1=1，a2=23，且数列 4nSn+2n+3an是等差数列.(1)证明：ann 是等比数列，并求 an的通项公式；(2)设bn=3n-1an,n为奇数nan,n为偶数，求数列 bn的前2n项和T2n.14【题型八】无理根式型裂项相消【题型八】无理根式型裂项相消【典例分析】【典例分析】8 8已知各项均为正数的数列 an的的前n项和为Sn，对nN*，有2Sn=an2+an()求数列 an的通项公式；()令bn=1anan+1+an+1an，设 bn的前n项和为Tn，求证：Tn1【提分秘籍】【提分秘籍】无理根式型一般情况下，无理型裂项相消满足：1n+n+k=n+k-nk【变式演练】【变式演练】1.1.(2324上泰安阶段练习)记Sn为数列 an的前n项和，已知a1=1，1an-1an+1=12Sn.(1)求 an的通项公式；(2)令bn=12an，证明：b1-b2b1+b2-b3b2+bn-bn+1bn0,an+1 Sn+1+Sn=2.(1)求Sn；(2)求1S1+S2+1S2+S3+1Sn+Sn+1.【题型九】复杂裂项型：分离常数型【题型九】复杂裂项型：分离常数型【典例分析】【典例分析】9 9(2324上深圳阶段练习)已知数列 an的前n项和为Sn，an0，且a2n+2an=4Sn-1(1)求 an的通项公式；(2)设bn=Snanan+1的前n项和为Pn，求Pn(3)记数列-12an+12 的前n项和为Tn，若Tn-1Tnt恒成立，求t-的最小值16【提分秘籍】【提分秘籍】分离常数型分式型，如果分子分母都是一次，或者分子二次分母一次，如果不能裂项，可以考虑通过分离常数，吧分子次幂降下来【变式演练】【变式演练】1.1.(2324上南昌阶段练习)已知函数 f x=lnx-ax+1,aR.(1)若x0，使得 f x0成立，求实数a的取值范围；(2)证明：对任意的kN*,12+212+122+322+232+432+3k2+k+1k2+ke,e为自然对数的底数.【题型十】复杂裂项型：分子裂差法【题型十】复杂裂项型：分子裂差法【典例分析】【典例分析】1010(2324上湖北一模)已知正项数列 an的前n项和Sn，满足：Sn=an+122(1)求数列 an的通项公式；(2)记bn=n+1SnSn+2，设数列 bn的前n项和为Tn，求证Tn51617【提分秘籍】【提分秘籍】分式型分子裂差法形如f(n)anan+1型，如果 f(n)=(an+1-an)，则可以分子裂差：f(n)anan+1=(an+1-an)anan+1=1an-1an+1【变式演练】【变式演练】1.1.(2324上辽宁阶段练习)设正项数列an的前n项和为Sn，且2Sn=a2n+an-2.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列 a2n+1a2nbn是首项为5，公差为2的等差数列，求数列bn的前n项和Tn.【题型十一】复杂裂项型：指数裂项法【题型十一】复杂裂项型：指数裂项法【典例分析】【典例分析】1111(2324上宿迁阶段练习)已知数列 an的前n项和为Sn，且a1=1，an+1=Sn+1(1)求数列 an的通项公式；(2)设bn=anSn+2Sn+1+2，数列 bn前n项和为Tn，求证：Tn1618【提分秘籍】【提分秘籍】指数裂项法形如mqn+r+t(hqn+b)(hqn+1+b)型，如果mqn+r+t=(hqn+1+b)-(hqn+b)，则可以分子裂差：mqn+r+t(hqn+b)(hqn+1+b)=(hqn+1+b)-(hqn+b)(hqn+b)(hqn+1+b)=1(hqn+b)-1(hqn+1+b)【变式演练】【变式演练】1.1.(2324南宁模拟预测)设数列 an的前n项和为Sn，已知a1=1,Sn+1-2Sn=1 nN*.(1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn满足bn=4anan+1-1an+2-1，数列 bn的前n项和为Tn,nN*，都有m2-43m1，若a2+a3+a4=14，且a2，a3+1，a4分别是等差数列 bn第1，3，5项.(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)记cn=bnan，求数列 cn的前n项和Sn；(3)记dn=-1n-16n+54bnbn+1，求ni=1di的最大值和最小值.23高考真题对点练高考真题对点练1.1.(2023全国高考真题)设Sn为数列 an的前n项和，已知a2=1,2Sn=nan(1)求 an的通项公式；(2)求数列an+12n 的前n项和Tn2.2.(2023全国高考真题)已知 an为等差数列，bn=an-6,n为奇数2an,n为偶数，记Sn，Tn分别为数列 an，bn的前n项和，S4=32，T3=16(1)求 an的通项公式；(2)证明：当n5时，TnSn3.3.(2022天津高考真题)设 an是等差数列，bn是等比数列，且a1=b1=a2-b2=a3-b3=1(1)求 an与 bn的通项公式；(2)设 an的前n项和为Sn，求证：Sn+1+an+1bn=Sn+1bn+1-Snbn；(3)求2nk=1ak+1-(-1)kakbk244.4.(2022全国高考真题)记Sn为数列 an的前n项和，已知a1=1,Snan 是公差为13的等差数列(1)求 an的通项公式；(2)证明：1a1+1a2+1an25.5.(2021天津高考真题)已知 an是公差为2的等差数列，其前8项和为64 bn是公比大于0的等比数列，b1=4,b3-b2=48(I)求 an和 bn的通项公式；(II)记cn=b2n+1bn,nN*，(i)证明 c2n-c2n是等比数列；(ii)证明nk=1akak+1c2k-c2k2 2 nN*256.6.(2021全国高考真题)设 an是首项为1的等比数列，数列 bn满足bn=nan3已知a1，3a2，9a3成等差数列(1)求 an和 bn的通项公式；(2)记Sn和Tn分别为 an和 bn的前n项和证明：TnSn27.7.(2020全国高考真题)设数列an满足a1=3，an+1=3an-4n(1)计算a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明；(2)求数列2nan的前n项和Sn8.8.(2019天津高考真题)设 an是等差数列，bn是等比数列.已知a1=4,b1=6，b2=2a2-2,b3=2a3+4.()求 an和 bn的通项公式；()设数列 cn满足c1=1,cn=1,2kn1-kn+1都成立，求实数k的取值范围12.12.(2324上甘南期中)在数列 an中，a1=2且nN*,an+1=3an+23n.(1)求 an的通项公式；(2)设bn=an+3nanan+1，若 bn的前n项和为Sn，证明：Sn0且m1；常见的裂项技巧：常见的裂项技巧：（1）1n n+k=1k1n-1n+k；（2）1n+k+n=1kn+k-n；（3）12n-12n+1=1212n-1-12n+1（4）2n2n-12n+1-1=2n+1-1-2n-12n-12n+1-1=12n-1-12n+1-1（5）指数型a-1an=an+1-an；（6）对数型logaan+1an=logaan+1-logaan.（7）1n n+1n+2=121n n+1-1n+1n+2（8）nn+1!=1n!-1n+1!（9）2n2n+1-12n-1=12n-1-12n+1-1（10）n+2n n+12n=1n2n-1-1n+12n等热点考题归纳热点考题归纳【题型一】求和基础：公式法【题型一】求和基础：公式法【典例分析】【典例分析】1 1(2324上福州期中)已知各项递增的等比数列 an，其前n项和为Sn，满足S2=6，S4=30.(1)求 an的通项公式；(2)记数列 bn的通项公式为bn=2n-1，将数列 an与 bn中的项按从小到大依次排列构成一个新数列 cn，求数列 cn的前50项和T50.【答案】(1)an=2n(2)2062【分析】(1)设等比数列 an的首项为a1，公比为q，根据等比数列求和公式得到方程组，解得a1、q即可；(2)依题意可知新数列 cn的前50项中，数列 an的项只有前6项，数列 bn有44项，再利用分组求和法计算可得.3【详解】(1)设等比数列 an的首项为a1，公比为q，显然q0且q1，由已知得a11-q21-q=6a11-q41-q=30 ，两式相除可得q=2(负值舍去)，所以a1=2，所以an=2n；(2)数列 an中的项从小到大依次为2，4，8，16，32，64，128，而b40=79，b50=99，依题意可知新数列 cn的前50项中，数列 an的项只有前6项，数列 bn有44项，所以T50=2+4+8+16+32+64+1+3+5+7+87=2 1-261-2+44 1+872=126+1936=2062.【提分秘籍】【提分秘籍】等差等比求和公式：等差：前n项和公式：Sn=na1+n(n-1)2d=n(a1+an)2.等比：前n项和公式：Sn=na1，q=1，a1(1-qn)1-q=a1-anq1-q，q1.【变式演练】【变式演练】1.1.(2324上遂宁阶段练习)等差数列 an的前n项和为Sn，满足a2=5，S5=35.(1)求 an的通项公式；(2)设bn=2annN*，求证数列 bn为等比数列，并求其前n项和Tn.【答案】(1)an=2n+1；(2)证明见解析，Tn=834n-1【分析】(1)根据题意，由等差数列的通项公式以及前n项和公式，列出方程，即可得到结果；(2)根据题意，由等比数列的定义即可证明，再结合等比数列的前n项和公式，即可得到结果.【详解】(1)设等差数列 an的公差为d，a1+d=55a1+10d=35，解得a1=3d=2，an=a1+n-1d=3+n-12=2n+1.(2)由(1)可得bn=22n+1，bnbn-1=22n+122n-1=4 n2，数列 bn为等比数列，首项为b1=8，公比为q=4Tn=8 1-4n1-4=834n-12.2.(2223下北京期中)已知数列an是等差数列，Sn为其前n项和，a1=-3，S2=S5(1)求an的通项公式；(2)设bn=2an+4，求数列bn的前n项和【答案】(1)an=n-4(2)2n+1-2【分析】(1)由S2=S5得出a4=0，再结合a1=-3，即可求出公差d，根据等差数列通项公式即可求出an；(2)由(1)得出an+4=n，代入bn=2an+4，得出bn是等比数列，根据等比数列前n项和公式代入计算即可4【详解】(1)因为S2=S5，所以a3+a4+a5=0，所以3a4=0即a4=0，依题意设数列an是公差为d的等差数列，a1=-3，所以-3+3d=0，解得d=1，所以an=-3+(n-1)=n-4(2)由an=n-4可得an+4=(n+4)-4=n，所以bn=2an+4=2n，从而bn+1bn=2n+12n=2，可知bn是首项b1=2，公比为2的等比数列，所以其前n项和为2(1-2n)1-2=2(2n-1)=2n+1-2【题型二】分组求和【题型二】分组求和【典例分析】【典例分析】2 2(2324上徐汇期中)若数列 an满足条件：存在正整数 k，使得 an+k+an-k=2an对一切 nN*，nk都成立，则称数列 an为k级等差数列；(1)已知数列 an为2级等差数列，且前四项分别为2，0，4，3，求a8+a9的值；(2)若an=2n+sinn(0)，且 an是3级等差数列，求的最小正值，及此时数列 an的前3n项和S3n；【答案】(1)19(2)最小值23，S3n=9n2+3n，nN*【分析】(1)利用2级等差数列定义即可得数列 an的偶数项和奇数项分别成等差数列，利用等差数列定义即可求得a8+a9=19；(2)根据定义可得an+3+an-3=2an,n3,nN*，再由两角和与差的正弦公式即可得2sinn=2sinncos3，解得的最小正值为23，利用分组求和以及等差数列前n项和公式即可得S3n=9n2+3n，nN*.【详解】(1)若数列 an为2级等差数列，则an+2+an-2=2an；即可知数列 an的偶数项和奇数项分别成等差数列，利用等差数列定义可得a8=a2+3 a4-a2=0+3 3-0=9，a9=a1+4 a3-a1=2+4 4-2=10；所以a8+a9=19；(2)若 an是3级等差数列，则an+3+an-3=2an,n3,nN*；所以可得2 2n+sinn=2 n+3+sin n+3+2 n-3+sin n-3，nN*；即2sinn=sin n+3+sin n-3=2sinncos3，解得sinn=0或cos3=1；若sinn=0对于nN*恒成立，可得=k kZ，若cos3=1，可得3=2k kZ，即=2k3kZ所以=k kZ =2k3kZ ，因此的最小正值为23，此时an=2n+sin2n3；5由于sin2 3n-23+sin2 3n-13+sin2 3n3=sin23+sin-23+0=0；所以a3n-2+a3n-1+a3n=6 3n-1，即可得S3n=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a3n-2+a3n-1+a3n=n212+6 3n-1=9n2+3n，nN*【提分秘籍】【提分秘籍】分组求和法：1.形如an=bn(等差)+cn(等比)，用分组求和法，分别求和而后相加减2.形如an=bn(等差比)+cn(裂项)，用分组求和法，分别求和而后相加减3.形如an=bn+cn，(bn，cn为可以求和的常见数列)，用分组求和法，分别求和而后相加减【变式演练】【变式演练】1.1.(2324上盐城期中)设数列 an的前n项和为Sn，且Sn=n2nN N(1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn满足b2=3b1=9，bn0，且b2n+1=bnbn+2，设cn=1anan+1+(-1)nbn，求数列 cn的前n项和Tn【答案】(1)an=2n-1(2)Tn=n2n+1-341-(-3)n【分析】(1)由an与Sn的关系求通项，注意验证n=1时是否成立；(2)由等比中项形式证明等比数列，求解数列 bn的基本量，再求通项，进而化简cn，再分组求和，分别利用裂项相消法与等比数列求和公式求和即可.【详解】(1)已知Sn=n2，nN N，则当n2时，Sn-1=(n-1)2，则有Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1=an当n=1时，S1=a1=1，也适合上式，an=2n-1(2)bn0，且b2n+1=bnbn+2，bn+2bn+1=bn+1bn，数列 bn是等比数列，又b2=3b1=9，公比q=a2a1=3，an=33n-1=3n，cn=1anan+1+(-1)nbn=1(2n-1)(2n+1)+(-1)n3n=1212n-1-12n+1+(-3)n，Tn=c1+c2+cn=121-13+13-15+12n-1-12n+1+(-3)+(-3)2+(-3)n=121-12n+1+(-3)1-(-3)n1-(-3)=n2n+1-341-(-3)n2.2.(2324上深圳阶段练习)已知等差数列 an的前n项和为Sn，且满足a3=8，S5=2a7(1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn满足bn=-1nan+2n+1，求数列 bn的前2n项和T2n【答案】(1)an=3n-1(2)3n+4n+1-4【分析】(1)由等差数列前n项和以及通项公式结合已知联立方程组，求出基本量a1,d即可.(2)由分组求和法以及等比数列公式法即可求解.6【详解】(1)设 an公差为d，依题意得5a1+542d=2 a1+6da1+2d=8,解得a1=2d=3,所以an=a1+n-1d=2+3 n-1=3n-1，nN*(2)因为bn=-1nan+2n+1，nN*，所以T2n=a2-a1+a4-a3+a2n-a2n-1+22+23+22n+1=3n+22 1-22n1-2=3n+22n+2-4=3n+4n+1-4【题型三】倒序求和【题型三】倒序求和(三角与组合数型三角与组合数型)【典例分析】【典例分析】3 3(2223下长沙阶段练习)已知数列 an各项都不为0，a1=2，a2=4，an的前n项和为Sn，且满足anan+1=4Sn.(1)求 an的通项公式；(2)若bn=a1C1n+a2C2n+a3C3n+an-1Cn-1n+anCnn，求数列bn+2n+1bnbn+1 的前n项和Tn.【答案】(1)an=2n，nN；(2)Tn=12-1n+12n+1【分析】(1)利用Sn与an的关系，得到an+1-an-1=4，再利用隔项等差数列的性质，分别求出n为奇数与n为偶数时的通项an，进而可得答案.(2)利用倒序相加，求得bn=n2n，整理得bn+2n+1bnbn+1=1n2n-1(n+1)2n+1，进而利用裂项求和法，得到Tn【详解】(1)n2时，anan+1=4Sn，an-1an=4Sn-1，两式相减，可得an(an+1-an-1)=4an，由题意得an0，可得an+1-an-1=4，则有当n为奇数时，a1,a3,a5,an为等差数列，an=a1+4n+12-1=2n，当n为偶数时，a2,a4,a6,an为等差数列，an=a2+4n2-1=2n，an=2n(nN*)(2)bn=a1C1n+a2C2n+an-1Cn-1n+anCnn，bn=anCnn+an-1Cn-1n+a2C2n+a1C1n，利用倒序相加，可得2bn=(a1+an-1)(C1n+C2n+Cnn)+2anCnn=2n(2n-2)+4n=2n2n，解得bn=n2n，bn+2n+1bnbn+1=n2n+2n+1n2n(n+1)2n+1=1n2n-1(n+1)2n+1，Tn=112-1222+1222-1323+1n2n-1(n+1)2n+1=12-1n+12n+1【提分秘籍】【提分秘籍】倒序求和倒序求和倒序求和，多是具有中心对称的“函数型”，此类函数具有“和定”的特征，满足“和定”特征的还有组合数7【变式演练】【变式演练】1.1.(2324上大连期中)已知函数 f(x)=(1-x)ln(1-x)+t.(1)若 f(x)+f(1-x)0对任意的x 0,1恒成立，求t的取值范围；(2)设nN*且n2，证明：1n2n23n3n-1nn-12-n22.【答案】(1)ln22,+(2)证明见解析【分析】(1)构造函数g(x)=f(x)+f(1-x)，对g(x)求导，分析g(x)的符合，得到g(x)的单调性，进而求其最小值即可；(2)应用分析法，两边取对数得n-1k=1klnkn-n22ln2，则只需证明n-1k=1knlnkn-n2ln2，结合(1)中的结论，进一步采用倒序相加法，即可.【详解】(1)由题可知对任意的x 0,1，1-xln 1-x+xlnx+2t0恒成立，令g x=1-xln 1-x+xlnx+2t,0 x1，则gx=lnx-ln 1-x，令gx=0得x=12，且x 0,12,gx0，所以g x在 0,12上递减，在12,1上递增，所以g x在 0,1上的最小值为g12=-ln2+2t，由题可知-ln2+2t0，所以tln22，所以t的取值范围为ln22,+.(2)要证不等式1n2n23n3n-1nn-12-n22两边取对数，得n-1k=1klnkn-n22ln2，故只需证明n-1k=1knlnkn-n2ln2，由(1)可知：对任意的x 0,1，1-xln 1-x+xlnx-ln2，取x=kn,k=1,2,n-1，代入上式得。knlnkn+1-knln 1-kn-ln2,k=1,2,n-1，所以2n-1k=1knlnkn=n-1k=1knlnkn+n-1k=11-knlnn-kn=n-1k=1knlnkn+1-knln 1-kn而n-1k=1knlnkn+1-knln 1-kn-(n-1)ln2-nln2，所以n-1k=1knlnkn-n2ln2，即1n2n23n3n-1nn-12-n22，其中nN*且n2.2.2.(2223下佛山阶段练习)记Sn为等差数列 an的前n项和.(1)若a1=2,S5=a3+3a4，求数列 an的通项公式；(2)若a12=2，记bn=1+sin2an,Tn为数列 bn的前n项和，求T23的值.【答案】(1)an=n2(2)T23=23【分析】(1)根据 an为等差数列结合已知可求得公差，即可求得答案；(2)根据等差数列的性质推出a1+a23=a2+a22=a11+a13=2a12=，即得sin2a2+sin2a22=sin2a11+sin2a13=0，由此利用倒序相加法即可求得答案.【详解】(1)由于数列 an为等差数列，设公差为d，故S5=5(a1+a5)2=5a3=a3+3a4，8从而可知4a3=3a4，即42+2d=32+3d，求得d=2，则数列 an的通项公式为an=2+2(n-1)=n2；(2)由于bn=1+sin2an,故数列 bn的前23项和为T23=sin2a1+sin2a2+sin2a22+sin2a23+23，由于 an为等差数列，a12=2，所以a1+a23=2a12=，所以2a1=2-2a23，即sin2a1+sin2a23=0，同理a2+a22=a11+a13=2a12=，得到sin2a2+sin2a22=sin2a11+sin2a13=0，则由倒序相加法可知2T23=sin2a1+sin2a23+sin2a2+sin2a22+sin2a23+sin2a1+46=0+46=46，即T23=23.【题型四】错位相消【题型四】错位相消(插入数型插入数型)【典例分析】【典例分析】4 4(2324上肇庆阶段练习)记数列 an的前n项和为Sn，已知a1=1，Snn 是公差为1的等差数列.(1)求 an的通项公式；(2)设bm为数列 an落在区间 2m,2m+1，mN*内的项数，在bn和bn+1之间插入n个数，使这n+2个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为dn，求数列1dn 的前n项和Tn.【答案】(1)an=2n-1(2)Tn=6-n+32n-1【分析】(1)根据Sn和an的关系，相减法即可求得数列的通项公式；(2)由2m2n-12m+1得bm=2m-1，进而得到dn=bn+1-bnn+1，则1dn=n+12n-1，再应用错位相减法即可.【详解】(1)当n=1时，S11=a1=1，所以Snn=1+1 n-1=n，所以Sn=n2，当n2时，Sn-1=n-12=n2-2n+1.由-整理得an=2n-1 n2.当n=1时，a1=1满足上式，所以数列 an的通项公式为an=2n-1.(2)由题意知2m2n-12m+1，所以2m-1+12nni=1bi恒成立，求实数k的取值范围.【答案】(1)an=6n-1，Sn=3n2+2n(2)16,+11【分析】(1)设公差为d，依题意得到关于a1、d的方程组，解得a1、d，即可求出an和Sn；(2)由(1)可得bn=5616n-1-16n+5，利用裂项相消法求出ni=1bi，即可得解.【详解】(1)设公差为d，由S5=85，且a6=7a1，可得a1+5d=7a15a1+5 5-12d=85，解得a1=5d=6，所以an=6n-1，Sn=5+6n-1n2=3n2+2n.(2)由(1)可得bn=5anan+1=56n-16n+5=5616n-1-16n+5，所以ni=1bi=5615-111+56111-117+5616n-1-16n+5=5615-111+111-117+16n-1-16n+5=5615-16n+5ni=1bi恒成立，所以k16，即实数k的取值范围为16,+.【提分秘籍】【提分秘籍】常见的裂项公式：(1)1n n+k=1k1n-1n+k；(2)12n-12n+1=1212n-1-12n+1；(3)1n n+1n+2=121n n+1-1n+1n+2；(4)1n+n+k=1k-n+n+k.【变式演练】【变式演练】1.1.(2324上赤峰阶段练习)记等差数列 an的前n项和为Sn，已知S5=85，且a6=7a1(1)求an和Sn；(2)设bn=5anan+1，求数列 bn前n项和Tn【答案】(1)an=6n-1；Sn=3n2+2n；(2