专题强化四 数列求和常考方法归纳-2022-2023学年高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破系列（人教A版2019选择性必修第二册）.docx

1、专题强化四：数列求和常考方法归纳【考点梳理】数列求和的几种常用方法1公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和(1)等差数列的前n项和公式：Snna1d.(2)等比数列的前n项和公式：Sn2分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减(2)形如an(1)nf(n)类型，常采用两项合并求解3裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和(2)常见的裂项技巧.logaloga(n1)logan(n0)4错位相减法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

2、之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的【题型精练】题型一、分组（并项）法求和1已知数列的首项.(1)求；(2)记，设数列的前项和为，求.2在公差不为的等差数列中，成公比为的等比数列，又数列满足（）(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和3设为数列的前项和，已知 ，若数列满足， (1)求数列和的通项公式；(2)设 求数列的前项的和.题型二、倒序相加法求和4已知为等比数列，且，若，求的值5已知为奇函数(1)求的值；(2)若， ，求的值；(3)当时，求证：6设函数，设，（1）计算的值（2）求数列的通项公式（3）若，数列的前项和为，若对一切成立，

3、求的取值范围题型三、错位相减法求和7数列满足，且.(1)证明：数列为等比数列；(2)求数列的前项和.8已知等比数列公比为，前项和为，并且满足，是和的等差中项(1)求数列的通项公式；(2)若是递增数列，且，求9已知数列的前项和为,且.在数列中,.(1)求,的通项公式;(2)设,数列的前项和为,证明:.题型四、裂项相消法求和10已知数列为等比数列，且(1)求的通项公式；(2)若，求的前项和为11设数列 均为正项数列，其中 ，且满足 成等比数列， 成等差数列(1)（i）证明数列是等差数列；（ii）求通项公式 ；(2)设 ，数列 的前n项和记为 ，证明：12已知数列的前n项和满足.(1)证明：数列是等

4、比数列；(2)设数列的前n项和为，求证：.题型五：数列求和的其他方法13已知数列满足：，(1)求，；(2)设，证明数列是等比数列，并求其通项公式；(3)求数列前10项中所有奇数项的和14设各项非零的数列的前项和记为，记，且满足(1)求的值，证明数列为等差数列并求的通项公式；(2)设，求数列的前项和15在，；公差为1，且成等比数列；，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.问题：已知等差数列的前项和为，且满足_(1)求数列的通项公式；(2)令，其中表示不超过的最大整数，求.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.专题训练一、单选题16已知数列是首项为，公比为的等比数列，数列满足

5、，则数列的前项和为（）ABCD17已知数列的前n项和为，对任意的都有，则（）ABCD18设数列的通项公式为，其前项和为，则（）ABCD19已知数列的前项和，将数列与数列的公共项从小到大排列得到数列，为数列的前项和，则满足的正整数的最大值为（）A5B6C7D820已知数列的通项公式为， 若该数列的前项和为，则（）ABCD21设数列满足，则数列的前19项和为（）ABCD22在各项均为正数的等差数列中，、构成公比不为的等比数列，是的前项和若，则的最小值为（）ABCD23已知数列的通项公式为，若前项和为9，则项数为（）A99B100C101D10224数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于年提出

6、了以下猜想： 是质数直到年才被善于计算的大数学家欧拉算出不是质数现设，的前项和为，则使不等式成立的正整数的最大值为（）ABCD二、多选题25已知等差数列的前项和为，若，则（）AB数列是公比为的等比数列C若，则数列的前2023项和为D若，则数列的前项和为26已知数列满足，则（）A是递减数列BCD27已知数列满足，且，则（）A数列为单调递增数列BCD设数列的前项和，则28已知数列的前项和为，数列的前项和为，则下列选项正确的是（）A数列不是等比数列BC对于一切正整数都有与3互质D数列中按从小到大的顺序选出能被5整除的项组成新的数列，则29若数列的前n项和为，满足，则下列结论正确的有（）ABC，D，3

7、0如图，用相同的球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，且只有1个球；第2堆有2层，第1层有1个球，第2层有3个球；第堆有n层，第1层有1个球，第2层有3个球，第3层有6个球，第n层有个球.记第n堆的球的总数为，则（参考公式：）（）ABCD三、填空题31在数列an中， ，若 的前n项和为，则项数n_.32数列的前n项和为，若，则_33已知，则_.34若数列的通项公式，前项和为，则_35已知数列的前n项和满足，则数列的前2022项的和为_四、解答题(共0分)36数列满足，且(1)证明：数列为等比数列；(2)求数列的前n项和37已知等差数列的前项和为，记数列的前项和为.(1)求数列

8、的通项公式及;(2)是否存在实数，使得恒成立?若存在，求出实数的取值范围;若不存在，请说明理由.38已知数列，的前n项和分别为，(1)求及数列，的通项公式；(2)设，求数列的前2n项和39在数列an中，对任意的，都有成立(1)求数列an的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn；并求满足时n的最大值40已知正项数列满足，且(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前n项和为，求证：41已知数列的前n项和为，且(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足，记的前n项和为若对任意且恒成立，求实数的最小值42已知函数(1)证明函数的图像关于点对称;(2)若，求；43已知数列满足，.(1)求数列的通项公式

9、；(2)若，求数列的前项和.44已知数列满足，（其中）(1)判断并证明数列的单调性；(2)记数列的前n项和为，证明：45已知二项式的展开式的各项系数和构成数列，数列的首项，前n项和为（），且当时，有（）(1)求证：为等差数列；并求和；(2)设数列的前n项和为，若对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围.参考答案：1(1)(2)【分析】（1）由可得数列等比，利用的通项公式即可得到；（2）利用错位相减和分组求和求解即可.【详解】（1）由题意可得，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，所以，故.（2）由（1）得，所以令，则，因为，-得，所以，所以.2(1)；(2)【分析】（1）根据题意得，进而解方

10、程得，再求通项公式即可；（2）由题知（），再分组求和即可.（1）解：公差不为0的等差数列中，成公比为的等比数列，所以， ，所以，解得：，所以，；（2）解：由（1）可得（）；所以，前项和3(1) ，(2)【分析】（1）求数列的通项公式时，利用化简式子，结合等差数列的定义和通项公式来求. 求数列的通项公式时，直接借助等比数列的定义和通项公式来求.（2）结合（1）的结论先求出数列的通项公式，分为奇数和偶数两个方面，借助裂项相消法和分组求和法来求出数列的前项的和.【详解】（1）由，得：当时，即，解得或（负值舍去），.当时，得：，即 所以，所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列.所以 .因为数列满足所

11、以数列是等比数列，首项为，公比，所以.故：，.（2）因为，所以 所以， 其中为奇数时，当为偶数时，所以 当为奇数时， 因此.故： .42021【分析】利用函数解析式和等比数列的性质求得，继而求出答案【详解】因为为等比数列，所以，因为，所以，同理可得，所以5(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据奇函数的性质求解即可.（2）首先根据题意得到，再利用倒序相加求解即可.（3）当时，显然成立，当时，根据，利用缩放法证明即可.(1)因为为奇函数，定义域为，所以，所以.当时，故是奇函数综上(2)，.令，则，两式相加得：，所以.故.(3)因为当时，所以不等式成立.当时，因为所以综上，当，恒成立6（1）

12、2；（2）；（3）【分析】（1）代入函数式直接计算；（2）用倒序相加法计算；（3）由裂项相消法求得，注意分类，时可转化为求函数（数列）的最大值【详解】（1）.（2）由题知，当时，又，两式相加得，所以.又不符合，所以.（3）由（2）知，因为，所以，由，得，当时，由，得，因为对勾函数在上单调递增，又，所以，所以综上，由，得.所以的取值范围为.7(1)证明见解析；(2).【分析】（1）先求出，再证明即得证；（2）求出，再利用分组求和与错位相减法求和得解.【详解】（1）.所以所以.所以数列是以为首项，以为公比的等比数列.（2）由（1）得.所以 .设前项和为，前项和为，所以，两式错位相减得，所以，所以.

13、所以.8(1)或(2)【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出数列的通项公式；（2）求得，利用错位相减法可求得.【详解】（1）解：由已知可得，所以，解得或，当时，；当时，.综上所述，或.（2）解：因为数列为递增数列，则，则，上式下式可得，因此，.9(1),(2)证明见解析【分析】(1)根据,将代入即可求出通项公式,根据,将两边同时加1,构造为等比数列,求首项,求出的通项公式即可求出的通项公式;(2)由(1)结论,得出通项公式,用乘公比错位相减可得到的通项公式,根据通项公式及单调性即可判断范围.【详解】（1）解:由题知,当时,当时,;,是以1为首项,为公比的等比

14、数列, 综上: ,（2）由(1)知,的前项和-得,故.10(1)(2)【分析】（1）根据等比数列通项公式设出首项和公比，代入题中式子计算即可；（2）用裂项相消法简化再计算.（1）设数列为q，化简可得，解得将代入可得故的通项公式为：（2）由（1）可知11(1)（i）证明见解析；（ii） ， (2)证明见解析【分析】（1）(i）根据题意可列出 ， ,变形整理可得，即可证明结论；（ii）数列是等差数列，结合条件可求得其公差，即可求得其通项公式，即可求得 ；（2）结合（1）写出的表达式，利用裂项相消的方法求出，即可证明结论.（1）(i）证明：数列均为正项数列，其中，且满足 成等比数列， 成等差数列，

15、， , ， ,，即，是等差数列（ii） ， ， ， ， （2）证明： ， ， 12(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）分，与两种情况分析，当是，构造证明即可；（2）由（1）可得，再利用裂项求和求解，进而证明即可（1）证明：当时，当时，数列是以2为公比，首项的等比数列（2）由（1）知，代入得由，所以综上所述13(1)(2)证明详见解析，(3)【分析】（1）根据题目所给已知条件求得.（2）结合已知条件以及等比数列的定义证得数列是等比数列，并求得其通项公式.（3）求得，从而求得正确答案.【详解】（1）依题意，数列满足：，所以.（2），.所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.（3），所以

16、，所以.14(1)；证明见解析；(2)【分析】（1）依据题意列出关于的方程即可求得的值，依据等差数列的定义去证明数列为等差数列，进而求得的通项公式；（2）先求得数列的通项公式，再分类讨论去求数列的前项和(1)由题意可知，且，解得：或（舍去）又当时，所以有化简得：，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列所以(2)由(1)可知当时，当时，则，当是奇数时，当是偶数时，综上所述：15(1)(2)【分析】（1）选，设等差数列中，公差为，进而得，解方程得，再求通项公式即可；选，由题知，进而解得 ，再求通项公式即可；选，由题知，即，解得，再求通项公式即可；（2）由题知，再结合，求解即可.(1)解：选设等差数

17、列中，公差为，因为，所以，解得，所以，选因为等差数列中，公差为1，且成等比数列，所以，即，解得 所以.选因为等差数列中，所以，即，解得所以(2)解：由（1）知，因为，所以当时，当时，当时，当时，所以16A【分析】求出数列、数列的通项公式代入，利用错位相减法求得其前项和【详解】解：数列是首项为，公比为的等比数列，得，故选：A17D【分析】由，可得，数列为常数列，令，可得，进而可得，利用裂项求和即可求解.【详解】数列满足，对任意的都有，则有，可得数列为常数列，有，得，得，又由，所以故选：D18D【分析】由并项求和法求解，【详解】当或，时，；当，时，；当，时，故选：D19B【分析】先利用得到结合题意

18、可得到，然后用错位相减法得到，根据是单调递增的，即可求解【详解】由可得，所以，当时，满足故所以是所有的正偶数，因为数列中，除了第一项以外，其余的数都为正的偶数，所以，所以，所以，两式相减得：，所以，易得是单调递增的，且，所以的正整数的最大值为6，故选：B20B【分析】化简通项公式，利用裂项相消法即可求解.【详解】因为数列的通项公式为，当为奇数时，当为偶数时，所以，故选：B.【点睛】本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的21D【分析】根据数列的递推式采用累

19、加法求得，可得的通项公式，采用裂项求和法，即可求得答案.【详解】因为，所以，所以，又，所以，则，故数列数列的前19项和为：，故选：D22A【分析】设等差数列的公差为，则且，根据已知条件可得出与的关系式，求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求出，根据题意可得出关于，解之即可.【详解】设等差数列的公差为，则且，由已知可得，即，可得，所以，所以，则，可得，因此，的最小值为.故选：A.23A【分析】化简，利用裂项相消求出数列的前项和，即可得到答案【详解】假设数列的前项和为，因为，则数列的前项和为，当前项和为9，故，解得，故选：A24D【分析】结合已知条件求出的通项公式，并求出，然后利用裂项相消法即可求

20、解.【详解】由题意知，故，则，故 ，解得，故满足条件的正整数的最大值为.故选：D.25ABD【分析】应用等差数列的前n项和、通项公式求基本量可得，进而判断A，再由及等比数列的定义判断B，应用分组求和、裂项求和判断C、D.【详解】对A，由题设，则，若等差数列的公差为，故，而，所以，则，A正确；对B，易知是公比为28的等比数列，B正确；对C，则前2023项和为，C错误；，则前n项和为，D正确.故选：ABD26BD【分析】根据数列单调性的判断方法，累加法，累乘法以及裂项求和法，结合已知条件，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：，又当时，与矛盾，故，即，故该数列递增数列，A错误；对B

21、：，根据A知：，即，故B正确；对C：，由可得，故（当或时取得等号），故，C错误；对D：由可得，即，故，又，故，故，D正确.故选：BD.【点睛】关键点点睛：本题考查数列的单调性，累加法，累乘法以及裂项求和法，处理问题的关键是能够根据常见的地推关系，选择适当的方法求解，属困难题.27BD【分析】由题意可知，化简得出，即，可判断A的正误，根据递推公式可以求出前四项的值，即可判断B选项，通过，可以利用累加法，并放缩求出即可判断C选项，根据C选项的结论，再次使用放缩法，裂项相消求出可判断D选项.【详解】选项A，根据题意，因为，且，所以 ，则，所以，所以数列为单调递减数列.故A错误.选项B，故B选项正确.

22、选项C，由，得，所以有， ，将这个等式相加，得：，因为数列为 单调递减的数列，且 所以，即，即 ，故C错误.选项D，由C选项的得：，所以，所以 当 时 ，所以数列的前项，当时， 故D正确.故选：BD【点睛】本题多次采用数列中的放缩法，以及求通项的累加法，求和的裂项相消，是一道数列的综合题目.28BCD【分析】由题意可得，进而，即可判断A；求出，可得，由裂项相消法可判断B; 由结合互质的概念可判断C；由求出能被5整除的项，结合周期性可判断D【详解】对于A：由得，即，所以，所以，所以数列是公比为2的等比数列，故A错误；对于B：由A可知，所以，所以，故B正确；对于C：由得不是整数，故与3得公因数只有

23、1，所以与3互质，故C正确；对于D：被5整除的项为，又，所以，故D正确；故选：BCD29CD【分析】由递推关系取，可证明数列等比数列，由此可求数列的通项公式，由此判断C，D，再由分组求和法求，判断A，根据与的关系判断D.【详解】因为，所以当，时，当，时，所以，又，所以数列为首项为1，公比为的等比数列，所以，C正确，由，所以，D正确，所以， ，A错，B错，故选：CD.30ACD【分析】根据题意可得从第2层起，第层的球的个数比第层的球的个数多，即可判断A；利用累加法即可判断B；根据结合B选项即可判断C；利用分组求和法结合题中所给公式即可判断D.【详解】解：在第堆中，从第2层起，第层的球的个数比第层

24、的球的个数多，所以，故选项A正确；由，得，其中也适合上式，则，故选项B错误；因为，故选项C正确；在第堆中，故选项D正确.故选：ACD.312022【分析】利用裂项求和法求得 的前n项和的表达式，由题意列出方程，求得答案.【详解】由题意得，n2022,故答案为：202232【分析】先求数列的前n项和为，再利用裂项相消法求和即可；【详解】因为，所以，所以，所以故答案为：334042【分析】先判断函数的对称性，然后用倒序相加法求和.【详解】由，令可得，且，则，所以，函数关于点对称，即由已知，又两式相加可得，所以，.故答案为：4042.34【分析】利用并项求和法计算可得.【详解】解：因为，所以，所以.

25、故答案为：35【分析】利用求得，再结合裂项求和法，即可求得结果.【详解】当时，又满足，故，则数列的前2022项的和.故答案为：.36(1)见详解(2)【分析】（1）利用定义法即可证明等比数列.（2）利用等比数列求和公式化简即可.【详解】（1）由已知，所以故，又因为，所以所以数列是首项为，公比为的等比数列（2）由（1）知，令 ，所以 所以故37(1)，；(2)存在，.【分析】（1）根据已知条件及等差数列的性质求基本量，即可写出的通项公式及；（2）由（1）得，应用裂项相消法求得，再由不等式恒成立，讨论的奇偶性求的范围，最后取交集.【详解】（1）因为为等差数列，设公差为，首项为，由，解得，由，又，则

26、，所以，（2）由（1）知：，所以，所以，易知为递增数列，当时，取得最小值为，又，所以，所以当为奇数时，恒成立，即，解得，当为偶数时，恒成立，即，解得，综上，实数的取值范围为38(1)；(2)【分析】（1）先根据得到，再结合，求出数列，的通项公式；（2）在第一问的基础上利用分组求和进行求解.（1）在中，当n1时，b1a10，当n2时，显然b1a10适合上式，所以，又，所以两式相减得，两式相加得且a11，b11；（2）因为，结合（1）中所求，故39(1)(2)14【分析】（1）合理变形构造等差数列，再利用等差数列的通项公式进行求解；（2）先将通项变形为，再利用裂项抵消法进行求和，进而通过解不等式进

27、行求解.（1）因为，且对任意的，都有成立，所以，即数列是等差数列，首项为2，公差为1，所以，即（2）因为，所以，由，得，解得，所以满足时n的最大值为1440(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）先利用题设条件求得数列的通项公式，进而求得数列的通项公式；（2）由题可得，利用裂项相消法可得，然后结合条件及不等式的性质即得.（1）数列中，由，可得,又，则数列是首项为1公差为2的等差数列，所以，则数列的通项公式为（2）由（1）知，则，则数列的前n项和，41(1)(2)【分析】（1）根据条件构造新的等比数列，先将条件转化成与的关系式，再利用等比数列定义，即可求得通项.（2）根据第一问及条件得到，再利用

28、错位相减法求出的前项和，最后根据的范围，解出的不等式，即可求解.【详解】（1）由可得，两式相减，得，则.又由，得，即，又，则也满足数列是以 为首项，为公比的等比数列，（2）由（1）可知，由，得则，由得， 由，得恒成立，即，当时，.设且当时，综上所述：实数的最小值为.42(1)证明见解析(2)【分析】（1）设，满足，证明即可；（2）根据（1）中的性质即可求出.【详解】（1）证明：因为函数的定义域为， 设，是函数图像上的两点， 其中且，则有，因此函数图像关于点对称 ；（2）由（1）知当时，+得，即.43(1)(2)当时，；当时，【分析】（1）构造等比数列求得其通项公式，再由其作为的递推公式，求出的

29、通项；（2）将第一问求得的的通项代入，求得的通项，再利用裂项相消法分奇偶项求出前项和.【详解】（1）证明：，变形为：，数列是等比数列，首项为6，公比为3.，变形为：，（2）由（1）得，当时，数列的前项和.当时，数列的前项和.44(1)单调递减，证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）应用作差法比较大小，即可判断的单调性；（2）根据递推式易得且，即，再由可得，应用累加法可得，进而有，由裂项相消法即可证结论.【详解】（1）单调递减，理由如下：，结合递推式易得，故数列单调递减；（2），又，故，则，当，累加得，则，故，所以，综上，有.45(1)证明见解析，(2)【分析】（1）将代入得，利用，通过递推得到，再求出数列通项，则得到通项.（2）首项得到，利用乘公比错位相减法求出通项，则有对任意的恒成立，对分奇偶分离出参数或含的式子，证明右边的式子单调性即可，再代入相应最值时的值即可.【详解】（1）令得由（）化简得，两边同除，为公差的等差数列，（2）通过得恒成立即对任意的恒成立；当n是奇数时，对任意恒成立；当n是偶数时，对任意恒成立.令由，所以为单调递增数列，即