2021届高考数列题型归纳专题(解析版).pdf

《2021届高考数列题型归纳专题(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届高考数列题型归纳专题(解析版).pdf（55页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、12021 届高考数列题型归纳和冲刺专题介绍：本专题针对 2021 届高考数列冲刺，包含以下五个板块：板块一考情分析；板块二知识点梳理；板块三常考题型归纳；板块四真题回顾；板块五考前预测，希望能够给同学们带来帮助，高考加油！一、数列近两年全国卷考情分析年份卷别文理科具体考查内容及命题位置2020 年甲卷理等比数列的通项公式和求和公式，以及等差数列的中项性质T17文等比数列的性质和通项公式 T10、T16乙卷理数列递推关系，等比数列前 n 项和的求法T6文等差数列的性质及求和公式的应用 T14丙卷理数列的递推关系式的应用，数学归纳法和数列求和T17文等比数列的通项公式的求法，等差数列的求和 T1

2、72019 年甲卷理等差等比数列的通项公式以及前 n 项和公式 T9、T14文等差数列的性质以及的前 n 项和公式，涉及数列与不等式的综合应用 T18乙卷理等差、等比数列的定义和通项公式 T19文等差数列与等比数列的通项公式及前 n 项和，考查对数的运算性质 T18丙卷理等差数列前 n 项和性质以及等差数列性质，考查了转化思想 T14文等差数列的通项公式与前 n 项和 T142命题分析1高考主要考查两类基本数列(等差数列、等比数列)、两种数列求和方法(裂项求和法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用和计算能力2若以解答题形式考查，往往与解三角形交替考查，试

3、题难度不大；若以客观题考查，难度基础、中等的题目较多，但偶尔也出现在第 12 题或 16 题位置上，难度偏大，复习时应引起关注二、知识点梳理归纳猜想法倒序相加法错位相减法裂项相消法分组求和法公式法数列求和倒数变换构造数列法）累加法和累乘法公式法数列求通项公式）、，等比数列的性质等比数列的求和公式：等比数列的通项公式：等比数列的定义：等比数列）、，等差数列的性质：等差数列的求和公式：等差数列的通项公式：等差数列的定义：等差数列数列的递推关系数列的通项公式数列的分类数列的概念数列知识点框架nnnnnnnnnnnnnnqpmnnnnnnnqpmnnnnnnqapaabqnpaaqpqpaaqpqpa

4、anfaanfaaNqpnmqpnmaaaaqnaqqqaSqaanqaaNqpnmqpnmaaaadnnnaaanSdnaandaa1211111*11111*1111:递推式为:递推式为为常数），（:递推式为为常数），（:递推式为)(2();()1(:(:)1()1(1)1()2(2)1(2)()1()2(3三、常考题型归纳第一部分 求通项公式类型一：公式法求通项公式递推式为递推式为daann1及及nnqaa1（d，q为常数）为常数）1.（2020全国高三专题练习）已知na满足12nnaa，而且11a，求na通项的公式。【答案】21nan【分析】由等差数列的定义可得na是首项为1，公差为2

5、的等差数列，根据等差数列的求得公式可求得答案.【详解】12nnaa为常数，na是首项为1，公差为2的等差数列，12(1)21nann.【点睛】本题考查等差数列的定义和等差数列的通项公式，属于基础题.2.（2020浙江宁波市宁波咸祥中学高一期中）在数列 na中，112a，112nnaa（1）求数列 na的通项公式；（2）记n11nnbaa，求数列 nb的前n项和nT【答案】（1）*2nnanN；（2）41nnTn【分析】（1）直接根据等差数列的通项公式可求得结果；（2）根据1141nbnn裂项求和即可求得结果.【详解】（1）由已知得112nnaa，即112nnaa 数列 na是以12为首项，以1

6、2d 为公差的等差数列11naand4111*222nnannN（2）由（1）得141122nbnnn n1141nbnn11111114 1223341nTnn14 11n41nn【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了数列求和的方法：裂项求和，属于基础题.3（2020广东深圳市深圳外国语学校高三月考（文）已知数列 na的前n项和为nS，满足3321Sa，12()nnaanN.（1）求 na的通项公式；（2）记21lognnnbaa，求数列 nb的前n项和为nT【答案】（1）12nna-=；（2）2nTn.【分析】（1）根据12nnaa，知 na为公比为2的等比数列，再由条件求出1a，求

7、得 na的通项公式；（2）由21lognnnbaa，求得21nbn，再用等差数列前n项和公式求出nT【详解】（1）由12()nnaanN可知数列 na是公比为 2 的等比数列，所以2q=.又因为3321Sa，所以11112481aaaa，所以11a.所以数列 na的通项公式为12nna-=.（2）由（1）知1212log()log(22)21nnnnnbaan，所以21(21)2nnTnn5类型二：累加法、累乘法求通项公式（1 1）递推式为递推式为)(1nfaann（累加法累加法）当数列 na中有 nfaann1，即第n项与第1n项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.1.已知 12,0

8、11naaaannn满足，求na通项公式。分析：121naann112aa323aa534aa321naann2n以上各式相加得211327531nnaan2n又01a，所以21 nan2n，而01a也适合上式，21 nanNn2（2020武汉市新洲区第一中学高一月考）已知数列 na满足12a，11nnaan.（1）求数列 na的通项公式；（2）令11nnba，求数列 nb的前n项和nS.【答案】（1）222nnna；（2）21nnSn.【分析】（1）根据已知条件，利用累加法即可容易求得通项公式；（2）根据（1）中所求，利用裂项求和法即可容易求得结果.【详解】（1）因为11nnaan，所以1(

9、2)nnaan n，累加得123(2)naan n，所以22(2)2nnnan，又12a 符合上式，所以222nnna6（2）由（1）知2112(1)1nbn nnn所以1111111222 11223111nnSnnnn故数列 nb的前n项和nS21nn【点睛】本题考查利用累加法求数列的通项公式，以及用裂项求和法求数列的前n项和，属综合基础题.3（2021安徽高三二模（文）若数列 na满足11a，且对于任意的*nN，都有11nnaan，则数列1na的前n项和nS _【答案】21nn【分析】由11a，11nnaan，利用叠加法，求得1(1)2nan n，求得11121nann，结合裂项法求和，

10、即可求解.【详解】由11a，且对于任意的*nN，都有11nnaan，可得1213211()()()1 23(1)2nnnaaaaaaaann n ，则12112(1)1nan nnn，所以11111122 12 1223111nnSnnnn故答案为：21nn7（2 2）递推式为递推式为)(1nfaann（累乘法累乘法）它与累加法类似，当数列 na中有 1nnaf na，即第n项与第1n项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.1.已知 满足na111,1nnnaaan2,nnN求na通项公式。分析：11nnnaan11nnanan2,nnN1453423121nnnaaaaaaaaaaaa

11、故nnnan134231212,nnN而11a 也适合上式，所以nan nN2（2021陕西高三其他模拟（文）在数列 na中，12a，1(1)2nnnana，则na _.【答案】2nn依题意可得数列nna是首项为 2，公比为 2 的等比数列，则2nnna，所以2nnan.故答案为：2nn.8类型三：构造数列法求通项公式(1 1)递推式为递推式为qpaann1（p，q为常数）为常数）一次函数法：在数列 na中有qpaann1（p，q为常数且0p），从表面形式上来看1na是关于na的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:一般化方法：设)(1mapmann则mpmpaann1而qpaann1)1(p

12、mq即1pqm故)1(11pqappqann数列1pqan是以p为公比的等比数列，借助它去求na1.已知111,21nnaaa2,nnN求通项na分析：121nnaa1112221nnnaaa 数列1na 是以2为首项，2为公比的等比数列1111 22nnnaa 故21nna 2.（2019宁都县宁师中学高二月考（理）已知数列na，11a，nN ，121nnaa.（1）求证：1na 是等比数列；（2）设2nnnba（nN ），求数列 nb的前n项和.【答案】（1）见解析（2）1142233nn【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义进行证明（2）根据（1）以及2nnnba，在利用分组求和的方法

13、即可求处数列的和【详解】（1）依题意，nN，112221nnnaaa 91120a 所以，1na 是首项为 2、公比为 2 的等比数列.（2）由（1）得：12nna ，21nna，242nnnnnba数列 nb的前n项和为111144224224 12 133nnnn.本题主要考查等比数列的定义的应用以及利用分组求和的方法求数列的前 n 项和考查学生的运算能力3（2019吴起高级中学高二期中（文）已知数列 na满足113,31.2nnaaanN（1）若数列 nb满足12nnba，求证：nb是等比数列；（2）求数列 na的前项和.nS【答案】(1)见解析；(2)312nnnS.【解析】试题分析：

14、（1）通过恒等变形，得到111322nnaa即13nnbb，结论得证;（2）由(1)可得1132nna，分成一个等比数列，一个常数列求和即可.试题解析：(1)由题可知*111322nnaanN，从而有13nnbb，11112ba，所以 nb是以 1 为首项，3 为公比的等比数列.(2)由(1)知13nnb，从而1132nna，有1111311332222nnnnS .点晴：本题考查的是数列中的递推关系和数列求和问题.第一问中关键是根据131nnaa得到111322nnaa，即13nnbb证得 nb是等比数列;第二问中的通项由 11111133322nnnnnnbaa知，从而，比较明显地可以分成

15、一个等比数列，一个常数列求和即可.104（2021河北邯郸市高三二模）已知数列 na满足0na，134nnaa（1）证明：数列2na 为等比数列；（2）若325a，求数列nan的前 n 项和nS【答案】（1）证明见解析；（2）123532222nnn【分析】（1）由递推关系可以推证；（2）利用（1）得 na的通项公式，进而分组求和.【详解】由134nnaa，得1236nnaa，1232nnaa，因为 na是正项数列，20na 所以数列2na 为等比数列（2）若325a，则33223nnaa，即32(252)3nna，所以32nna，32nnann，数列nan的前 n 项和2(1)33322nn

16、nnSn3 1 3(1)21 32nnnn123532222nnn11(2 2)递推式为递推式为nnnqpaa1（p，q为常数）为常数）1（2021河南高三三模（理）设数列 na满足12a，123 4nnnaa（1）求数列 na的通项公式；（2）令nnbna，求数列 nb的前n项和nS【答案】（1）212nna；（2）21131 229nnSn【分析】（1）由题意得1342nnnaa，利用累加法，结合等比数列求和公式，即可得答案.（2）由（1）可得212nnnbnan，利用错位相减求和法，即可得答案.【详解】解：（1）由已知，1342nnnaa，所以121342aa，232342aa，3433

17、42aa1342nnnaa，各项累加可得23111334(1 4)44442(41)221 4nnnnaa，又12a，所以121422nnna，所以2(1)12122nnna（2）由（1）可得212nnnbnan，所以35211 22 23 22nnSn 23572121 22 23 22nnSn ，得23521211 222222nnnSn 所以2122(1 4)321 2nnnSn，整理得21131 229nnSn122（2018北京市十一学校高一期末）已知na是公差不为0的等差数列,且11a,248,a a a成等比数列,数列 nb满足12b ,122nannbb.（1）求数列na和 n

18、b通项公式;（2）求数列 nb前n项和nS.【答案】（1）nan，1(3)2nnbn；（2）4(4)2nn.【解析】试题分析：（1）先根据248,a a a成等比数列,求出公差，再根据等差数列通项公式得数列 na通项公式;构造数列2nnb，根据等差数列定义得322nnbn，即得 nb通项公式;（2）利用错位相减法求数列 nb前n项和nS.试题解析：（1）设 na公差为d,由题意知:21 3117ddd,即20dd,解得0d（舍）或1d,所以nan,所以122nnnbb,两边同除以12n得:111222nnnnbb,又112b,所以2nnb是以1为首项,12为公差的等差数列,即322nnbn,所

19、以13 2nnbn.（2）01212 212.4 23 2nnnSnn 121122 212.4 23 2nnnSnn 作差得:11212 12222.23 223 2=44 212nnnnnnSnnn点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“nS”与“nqS”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“nnSqS”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解.13(3 3)递推式为递推式为bqnpaann1（p，q为常数）为常数）1（2021浙江绍兴市

20、高三三模）已知数列 na、nb满足：*111,1,nnaaannNR，1nnba，数列 nb前 n 项和为nS（1）若1，求数列 na的通项公式及nS；（2）若2，求证：32nS【答案】（1）(1)2nn na；21nnSn；（2）证明见解析【分析】（1）可得11nnaan，由累加法可求出na，再利用裂项相消法即可求出nS；（2）由题可得数列2nan是以4 为首项，2 为公比的等比数列，可得122nnan，则可得12nnb，即可证明.【详解】解（1）11,1nnaan，121321(1)1232nnnn naaaaaaaan 12112(1)1nnban nnn，1111122 122311n

21、nSnnn（2）12,21nnaan，则1322nnanan，即1322nnanan，数列2nan是以 4 为首项，2 为公比的等比数列，1124 22nnnan，122nnan11122222nnnnbnn，2n 时，1222nnnnb，12231111222nnnSbbb 1111423131122212nn.14(4 4)递推式为递推式为21nnnapaqa1（2019黑龙江哈尔滨市高三月考（理）已知数列 na中，*12211,4,430,nnnaaaaanN.（1）证明数列1nnaa是等比数列，并求数列 na的通项公式；（2）设数列 nb是等差数列，1246,28,bbb令1()2nn

22、nCab，求数列nC的前n项和nT.【答案】（1）证明见解析；312nna（2）13nnTn【分析】（1）由递推公式整理可得2113nnnnaaaa,即可证明数列1nnaa是首项为 3,公比为 3 的等比数列,进而利用累加法求通项即可；（2）由（1）可得21 3nnnC,利用错位相减法即可求得nT【详解】（1）证明：21430nnnaaa,21133nnnnaaaa,即2113nnnnaaaa当1n 时,214 13aa,数列1nnaa是首项为 3,公比为 3 的等比数列.113 33nnnnaa,当2n 时,113nnnaa,1213aa,112113 1 31333331 322nnnnn

23、aa113133133122222nnnnaa（2）数列 nb是等差数列,12416,2428,bbbbd4d,64142nbnn,由（1）,则3114221 3221()2nnnnnCnanb,123 35 321 3nnTn ,1523133 35 321 3nnTn ,231231211111292 32 32 321 39233321 33 1 39221 31 393921 323nnnnnnnnnnTnnnnn 13nnTn【点睛】本题考查等比数列的证明,考查累加法求通项公式,考查错位相减法求前n项和,考查运算能力2（2021江苏南通市高三月考）已知数列 na的前n项和为nS，已知

24、2133aa，且当2n，*nN时，111342nnnnSaSS.（1）证明数列1nnaa是等比数列；（2）设11nnnnabaa，求数列 nb的前n项和nT.【答案】（1）证明见解析；（2）11121nnT.【分析】（1）对111342nnnnSaSS.，在2n 时，用1n 代换n得另一等式，相减后可得数列na的递推关系式，凑配出1nnaa与1nnaa的关系，同时验证32aa与21aa也是这种关系，即可证得结论；（2）由（1）求得1nnaa，利用累加法求得na，从而求得nb，然后由裂项相消法求得和nT【详解】（1）当2n，*nN时，111342nnnnSaSS，即11123nnnnnSSaSS

25、，所以当2n，*nN时，1123nnnaaa，即112nnnnaaaa.又2133aa，得11a，2120aa，故当2n，*nN时，10nnaa，16所以112nnnnaaaa为定值，其中2n，*nN，所以数列1nnaa是首项为 2，公比为 2 的等比数列.（2）由（1）知12nnnaa.当2n，*nN时，112211nnnnnaaaaaaaa1122 1 2222 11211 2nnnn ，又11a 符合上式，所以21nna，故 1111121211211212121 2121 21nnnnnnnnnnnnnabaa，所以11nnTbbb122311 11111111112121212121

26、21221nnn11121n.【点睛】本题考查求等比数列的证明，累加法求数列的通项公式，考查裂项相消法求和数列求和的常用方法：设数列na是等差数列，nb是等比数列，（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；（2）错位相减法：数列n na b的前n项和应用错位相减法；（3）裂项相消法；数列1nn ka a（k为常数，0na）的前n项和用裂项相消法；（4）分组（并项）求和法：数列nnpaqb用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；（5）倒序相加法：满足mn maaA（A为常数）的数列，需用倒序相加法求和17类型四：倒数变换求通项公式1（广西桂林、崇左、防城港

27、市 2020 届高三联合模拟考试数学（文）试题）已知数列 na的前n项和为nS，112a，1102nnnnS SSSn.（1）求证：数列1nS是等差数列；（2）若1,32,nnnSnCnn奇偶为数为数，设数列nC的前n项和为nT，求2nT.【答案】（1）证明见解析；（2）2125131244nn【分析】（1）由已知变形为1111nnSS，可证得等差数列；（2）由（1）求得nS，从而得nc，对2nT按奇数项和偶数项分别分组求和，奇数项的和用裂项相消法求和，偶数项用等比数列前n项和公式求和【详解】解：（1）证明：因为112a，1102nnnnS SSSn，所以216a ，所以10nnSS，所以11

28、11nnSS.所以1nS是以112S为首项，以1为公差的等差数列.（2）由（1）可得1211nnnS，所以11nSn.11132nnnnncn为奇数为偶数132121 111111.22.22 2446222nnTnn21211 11222512 222331244nnnn本题考查等差数列的证明，考查等差数列通项公式，前n项和公式，等比数列前n项和公式，考查分组求和法，裂项相消法求和抓住数列的特征选用不同的求和方法计算是解题关键182（2021上海金山区高三二模）在数列na中，已知12a，112nnnnaaaa(*nN)（1）证明：数列11na为等比数列；（2）记12nnnna ab，数列 n

29、b的前n项和为nS.求使得1.999nS 的整数n的最小值；（3）是否存在正整数m、n、k，且mnk，使得ma、na、ka成等差数列？若存在，求出m、n、k的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）10；（3）不存在，理由见解析.【分析】（1）证明数列11na为等比数列，即转化变形方向为111na与11na的关系.首先分离1na与na，然后两边同取倒数，再同减去 1，即可得证；（2）先由(1)结论求出na，再化简12nnnna ab，根据分式形式，裂项求和得nS，求解不等式，估值可得整数n的最小值；（3）假设存在正整数m、n、k，使得ma、na、ka成等差数列，得到m、n、k的

30、等量关系，根据整数性质，等式左偶右奇不可能成立【详解】（1）证明：由112nnnnaaaa，得121nnnaaa，从而11111222nnnnaaaa，11111111222nnnaaa，又111102a ，故数列11na为等比数列；（2）解：由(1)得，111111222nnna ，故221nnna，所以11112112()2(21)(21)2121nnnnnnnnna ab，1223111111112222221212121212121nnnnS，19令1221.99921n，则122001n，解得2log 2001 1n，210log 2001 11，29log 2001 1 10 .故

31、使得1.999nS 的整数n的最小值为 10；（3）解：假设存在正整数m、n、k()mnk满足题意，则2nmkaaa，即2 222212121nmknmk，即12(21)(21)2(21)(21)2(21)(21)nmkmnkknm两边同除以2m得，12(21)(21)(21)(21)2(21)(21)n mmknkk mnm(*)由mnk得，2km，21nm；所以(21)(21)nk为奇数，而12(21)(21)n mmk、2(21)(21)k mnm均为偶数，故(*)式不能成立；即不存在正整数m、n、k，且mnk，使得ma、na、ka成等差数列.【点睛】数列常见裂项形式：（1）111nnn

32、n；（2）21111()412 2121nnn；（3）1111(2)(1)(1)2(1)(1)nnn nn nn n；（4）11211(21)(21)2121nnnnn.20类型五：nnSa 与的关系)2()1(11nSSnSannn1（2021新疆高三其他模拟（理）设数列 na的前n项和为nS，已知12a，23122nSnn，*Nn.（1）求数列 na的通项公式；（2）设数列11nna a的前n项和为nT，若21061nT，求n的值.【答案】（1）31nan；（2）20n.【分析】（1）通过1nnnaSS即可得数列 na的通项公式；（2）利用裂项相消法求出2nT即可得出结果.【详解】（1）当

33、2n 时，221313111312222nnnaSSnnnnn，当1n 时，13 1 12a 也成立，综上所述，31nan.（2）11111131 323 3132nna annnn21223221111 1111113 25586162nnnTa aa aa ann1 1113 26261n解得20n.2（2021安徽高三二模（理）已知数列 na的各项均为正，其前n项和为nS，且满足：22nnnSaanN.（1）求数列 na的通项公式；（2）设nnnabac，若对任意的nN，都有3nbb，求实数c的取值范围.21【答案】（1）nan nN；（2）6,12.【分析】（1）当1n 时，可求得1a

34、；当2n 时，利用1nnnaSS可证得数列 na为等差数列，由等差数列通项公式可求得na；（2）由3nbb可得3303nncn，分别在2n、3n 和4n 三种情况下，利用恒成立的思想求得结果，综合可得结果.【详解】（1）当1n 时，2111122Saaa，又0na，11a；当2n 时，21112nnnSaa，2211122nnnnnnnaSSaaaa，整理可得：1110nnnnaaaa，又10nnaa，110nnaa，即11nnaa，数列 na是以1为首项，1为公差的等差数列，nan；经检验：当1n 时，满足nan；综上所述：nan nN；（2）由（1）得：ncbnn，由3nbb得：33ccn

35、n，23933330333ncncnncccnnnn ；当2n时，30n，30n，30nc，即3cn恒成立，6c；当3n 时，3303nncn，3nbb恒成立，cR；当4n 时，30n，30n，30nc，即3cn恒成立，12c；综上所述：实数c的取值范围为6,12.【点睛】易错点睛：在利用na与nS关系求解数列通项公式时，需注意验证首项是否满足2n 时所求解的通项公式，若不满足，则通项公式为分段数列的形式，即11,1,2nnnS naSSn.22第二部分 求数列前 N 项和类型一：公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；1（2021河南商丘市高三月考（理）已知等差数列 na的前n项和

36、为10121,1,21210nSSSa.（1）求数列 na的通项公式na及nS；（2）记21nnba，数列 nb的前n项和为nT.证明：54nT.【答案】（1）221N,nnannSn；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列公式代入已知式解得公差 d，根据公式计算即得na及nS；（2）先证明 n=1 时，154T，再根据2n 时，2111144141nbnnnn计算1151144nnT，即证结论.【详解】解：（1）设 na的公差为d，则101221210SS1112 11121045221210daad，解得2d,所以21Nnann，2122nn nSnn；（2）证明：依题意，n=1 时

37、，11211514Tba；当2n 时，2221111111441414121nnbannnnnnn，故当 n2 时，12111111.11.42231nnTbbbnn 11515114444nn，综上可知，54nT.【点睛】结论点睛：23裂项相消法求数列和的常见类型：（1）等差型111111nnnna adaa，其中 na是公差为0d d 的等差数列；（2）无理型1nknknnk；（3）指数型11nnnaaaa；（4）对数型11logloglognaanannaaaa.2（2021陕西高三二模（理）已知等差数列 na的前 n 项和为nS，且59a，525S（1）求数列 na的通项公式na；（2

38、）若12nnnba，求数列 nb的前n项和nT【答案】（1）21nan；（2）2112nnTn【分析】（1）用1a和公差d表示出55,a S，求出1,a d后可得通项公式；（2）用分组求和法计算【详解】解：（1）设 na的公差为d，则由题意得11495 45252adad，解得：1a1,d 2=na的通项公式为111 2121naandnn，即21nan（2）由（1）知 na的前 n 项和为1212122nnn aannSn又数列12n的前 n 项和为：11122111212nn 24故211.2nnTn【点睛】本题考查求等差数列的通项公式，裂项相消法求和数列求和的常用方法：设数列na是等差数

39、列，nb是等比数列，（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；（2）错位相减法：数列n na b的前n项和应用错位相减法；（3）裂项相消法；数列1nn ka a（k为常数，0na）的前n项和用裂项相消法；（4）分组（并项）求和法：数列nnpaqb用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；（5）倒序相加法：满足mn maaA（A为常数）的数列，需用倒序相加法求和3（2021全国高二单元测试）已知等差数列 na满足32a，前3项和392S.（1）求 na的通项公式；（2）设等比数列 nb满足11ba，415ba，求 nb的前n项和nT.【答案】（1）12nna

40、；（2）21nnT.【分析】（1）将32a 与392S 表示为等差数列的基本量1,a d，联立方程求解，再代入等差数列的通项公式即可；（2）计算得41,b b，再求出公比q，代入等比数列的前n项和公式计算.【详解】（1）设 na的公差为d，则由已知条件得122ad，13 29322ad，化简得122ad，132ad，解得111,2ad，故通项公式为111(1)22nnan.（2）由（1）得11b，4158ba，设 nb的公比为q，则3418bqb，得2q=，故 nb的前n项和1111 22111 2nnnnbqTq.25类型二：错位相减法：数列n na b的前n项和应用错位相减法；1（2021

41、贵州贵阳市高三二模（理）已知数列 na中，13a，且满足2*122,nnnnaanbannN（1）证明：数列 nb是等差数列，并求 nb的通项公式（2）求数列2nnb的前 n 项和【答案】（1）证明见解析，1nbn；（2）12nn.【分析】（1）根据已知递推式，利用等差数列的定义可证明数列 nb是等差数列，并求出nb；（2）利用错位相减法可求数列2nnb的前 n 项和【详解】解：（1）13a，2nnban，21112ba，又122nnaan，2211121222111nnnnnnbbananaannn ，故数列 nb是以 2 首项 1 为公差的等差数列，且2111nbnn.（2）由（1）知22

42、1nnnnb，设数列2nnb的前 n 项和为nS，则12223212nnSn 2312223212nnSn-得2121222212222122nnnnnSnn 112 12122212nnnnn.所以数列2nnb的前 n 项和为12nn.262（2021山西高三二模（理）已知公差为正数的等差数列 na满足1239aaa，且2a是1a与34a 的等比中项（1）求 na的通项公式；（2）若12nannba，求数列 nb的前n项和【答案】（1）21nan；（2）16520499nnnS【分析】（1）设公差为d，由1239aaa得2a，又2a是1a与34a 的等比中项得d，由222naan可得答案；（

43、2）由（1）知2(21)2nnbn，再利用错位相减法求和即可；【详解】（1）设公差为d，则0d，1239aaa，239a，23a，又2a是1a与34a 的等比中项，22134aaa，解得2d 或6d （舍去）22221naann（2）由（1）得122(21)2nannnban，故其前n项和2311 43 45 4(23)4(21)4nnnSnn ，则234141 43 45 4(23)4(21)4nnnSnn ，由-得231342 42 42 4(21)4nnnSn ，16520499nnnS【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和(2)错

44、位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和27类型三：裂项相消法；数列1nn ka a（k为常数，0na）的前n项和用裂项相消法；1（2021辽宁高三一模）已知首项为 2 的数列na中，前 n 项和nS满足2nStnn tR（1）求实数 t 的值及数列na的通项公式na；（2）将11nnnba a，2nannba，2nannba三个条件任选一个补充在题中，求数列 nb的前 n 项和nT注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】（1）2nan；（2）答案不唯一，具体见解析【分析】（1）由112St 可求出t，然后可求出na；

45、（2）若选用裂项相消法求出答案，若选用分组求和法求出答案，若选用错位相减法求出答案.【详解】(1)令1n 得112St ，所以1t 221(2)(1)(1)2nnnaSSnnnnnn当1n 时，经验证符合上式2nan(2)若选，11111 112214141nnnba annn nnn，所以121111111111422314144nnnTbbbnnnn若选：224nannnban12(24)(44)(24)nnTnL1(2462)(444)nnLL(22)4(14)214nnn2812444(1)(41)333nnn nnn若选，224nannnban，12324446424nnSn，则23

46、4142 44 46 424nnSn ，两式相减得：123118 1432 42 42 42 4242414nnnnnSnn 18 14243nnn，故18 1 42493nnnnS2（2021福建南平市高三二模）已知数列 na的前n项和为nS，且满足*n2nSnanN（1）证明：数列1na 是等比数列；（2）设12nnnnba a，求数列 nb的前n项和nT【答案】（1）证明见解析；（2）11121nnT【分析】（1）根据n1,1,2nnnSnaSSn作差得到121(2)nnaan，即可得到1121(2)nnaan，从而得证；（2）由（1）知*21nnanN，再利用裂项相消法计算可得；【详解

47、】解：（1）因为*n2nSnanN当1n 时，1112aa 得11a 当2n 时，n 1112nSna，两式相减得121(2)nnaan29即1121(2)nnaan，所以数列1na 是以 2 为公比，以 2 为首项的等比数列，（2）由（1）知*12nnanN，即*21nnanN1112211212121 21nnnnnnnnnba a，则121111111111337212121nnnnnTbbb，【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数

48、列的求和3（2021江西赣州市高三二模（文）已知数列 na满足1322nnaan且12a（1）求证：1na 为等比数列，并求数列 na的通项公式；（2）已知321log1nnba且11nnncb b，求123ncccc【答案】（1）证明见解析，31nnanN；（2）12321ncnccnc【分析】（1）利用等比数列的定义可证明数列1na 为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得1na 的通项公式，进一步可求得数列 na的通项公式；（2）求得1112 2121ncnn，利用裂项相消法可求得123ncccc.【详解】（1）当2n 时，由132nnaa得1131nnaa，即1131nnaa，而11

49、3a 所以1na 是首项为3，且公比为3的等比数列，30所以113 33nnna ，即31nnanN；（2）213213log1log 321nnnban，即12111112 2211121nnncbbnnnn，所以12311111111112335212122121nnccccnnnn.【点睛】结论点睛：常见的裂项公式：（1）11 11n nkknnk；（2）111121 212 2121nnnn；（3）1111122112n nnn nnn；（4）11nnkknnk.31类型四：分组（并项）求和法：数列nnpaqb用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；1（202

50、1江西高三二模（理）已知正项数列 na的前 n 项和为nS，且213152,nnnSSaaS S.（1）求数列 na的通项公式；（2）设2nnba，求数列 nb的前 n 项和nT.【答案】（1）21nannN；（2）224nnTn.【分析】（1）由11nnnSSa得12nnaanN,进而由等差数列定义得数列 na是以 2 为公差的等差数列，进而结合2315aS S求解11a 得答案；（2）结合（1）得121nnb，进而根据等比数列的前 n 项和公式和分组求和法求和即可.【详解】解：（1）因为11nnnSSa，所以由12nnnSSa，得12nnaanN，数列 na是以1a为首项，2 为公差的等差