复习专题09 数列求和7种常见考法归类-【寒假自学课】2025年高二数学寒假提升精品讲义（苏教版2019）

复习专题09 数列求和7种常见考法归类 考点聚焦：核心考点+高考考点，有的放矢 重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺 难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升 提升专练：真题感知+精选专练，全面突破 知识点1、公式法 （1）等差数列的前n项和． （2）等比数列的前n项和． 知识点2、几种常见的数列求和方法 （1）分组转化法求和：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论． （2）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． （3）倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的． （4）裂项相消法求和：如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和． （5）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项和即可用错位相减法来求. 解题策略1、公式法 公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和. ①等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋d. ②等比数列的前n项和公式： Sn＝ ③数列前项和重要公式： （1） （2） （3） （4） （5）等差数列中，； （6）等比数列中，. 解题策略2、分组转化法 有一类数列，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可. 分组转化法求和的常见类型 (1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和． 注：①形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减 ②形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减 ③形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减 (2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和． 注：（1）分奇偶各自新数列求和（2）要注意处理好奇偶数列对应的项： ①可构建新数列；②可“跳项”求和 (3)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。 注：在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和． 形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 解题策略3、倒序相加法 如果一个数列{an}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法，等差数列前n项和公式的推导便使用了此法. 用倒序相加法解题的关键，就是要能够找出首项和末项之间的关系，因为有时这种关系比较隐蔽. 注：倒序求和，多是具有中心对称的 解题策略4、裂项相消法 裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项． (1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项 在利用裂项相消求和时应注意：善于识别裂项类型 （1）在把通项裂开后，是否恰好能利用相应的两项之差，相应的项抵消后是否只剩下第一项和最后一项，或者只剩下前边两项和后边两项，有时抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面剩两项,或者前面剩几项,后面也剩几项; （2）对于不能由等差数列，等比数列的前n项和公式直接求和问题，一般需要将数列的结构进行合理的拆分，将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差或系数之积与原通项相等.转化成某个新的等差或者等比数列进行求和。应用公式时，要保证公式的准确性，区分是等差还是等比数列的通项还是前n项和公式。 （3）使用裂项法求和时，要注意正负相消时消去了哪些项保留了哪些项，切不可漏写末被消去的项，末被消去的项前后对称的特点，漏掉的系数裂项过程中易出现丢项或者多项的错误，造成计算结果上的错误，实质上也是造成正负相消是此法的根源目的。 (4)常见的裂项技巧 ①等差型 （1） （2） （3） （4） ②根式型 （1） （2） （3） ③指数型 （1） （2） （3） （4） ④对数型 ⑤幂型 （1） （2） （3） ⑥通项裂项为“”型 ，本类模型典型标志在通项中含有乘以一个分式. 解题策略5、错位相减法 错位相减求和方法 (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)注意事项：①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； ②作差后，等式右边有第一项、中间n－1项的和式、最后一项三部分组成； ③运算时，经常把b2＋b3＋…＋bn这n－1项和看成n项和，把－anbn＋1写成＋anbn＋1导致错误．　 考点剖析 【考点1 公式法求和】 例1．等差数列的前项和为，满足. （1）求的通项公式； （2）设，求证数列为等比数列，并求其前项和. 【变式1】已知是各项均为正数的等比数列，. (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【变式2】等差数列满足，，前项和为. (1)求数列的通项公式； (2)求的最大值. 【变式3】已知数列的前项和为，且，递增的等比数列满足：，． (1)求数列、的通项公式； (2)设的前项和分别为，求． 【变式4】已知为等差数列的前项和，若． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前50项和． 【变式5】已知等差数列的前n项和为，满足，. （1）求数列的通项公式； （2）将数列与的公共项从大到小排列得到数列，求数列的前n项和为. 【考点2 分组转化法求和】 例2．已知数列是等比数列，且，. (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和. 【变式1】已知正项等差数列满足：且成等比数列. (1)求数列的通项公式： (2)若数列为递增数列，数列满足：，求数列的前项和. 【变式2】设为数列的前项和，已知，. (1)求证：是等差数列； (2)求数列的前项和. 【变式3】已知正项等差数列，，且，，成等比数列，数列的前n项和为，，． (1)求数列和的通项公式； (2)若，数列的前n项和为，求证：． 【变式4】已知等差数列前项和为，数列是等比数列，，，，. (1)求数列和的通项公式； (2)若，设数列的前项和为，求. 【变式5】已知为等差数列的前n项和，，． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【考点3 并项求和】 例3．已知数列满足，则其前9项和 . 【变式1】已知数列满足，且前12项和为134，则 ． 【变式2】已知等差数列的前n项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前n项和. 【变式3】已知数列是等差数列，且恒成立，它的前四项的平方和为54，且这四项中首尾两数的积比中间两数的积少2． (1)求的通项公式． (2)若，，求数列的前100项和． 【考点4 倒序相加法求和】 例4．已知数列是公比为的正项等比数列，且，若，则（   ） A． B． C． D． 【变式1】已知函数满足，若数列满足，则数列的前16项的和为 . 【变式2】已知函数，则______． 【变式3】德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子.在其年幼时，对的求和运算中，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，则等于（  ） A． B． C． D． 【考点5 错位相减法求和】 例5．已知数列，，，设，数列，的前项和分别为，. (1)求； (2)求. 【变式1】数列的前项和为，当时，，数列满足：. (1)证明：数列是等比数列； (2)记数列，数列的前项和为，求. 【变式2】已知为正项数列的前项的乘积，且 (1)求数列的通项公式 (2)令，求数列的前项和. 【变式3】设数列的前项和为，且，其中． (1)证明为等差数列，求数列的通项公式； (2)求数列的前项和 【变式4】已知数列中，，设为前项和，． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 【变式5】已知公差大于0的等差数列和公比大于0的等比数列满足. (1)求数列和的通项公式； (2)记数列的前项和为，求证：. 【考点6 裂项相消法求和】 例6．数列满足，对任意的都有，则（    ） A． B． C． D． 【变式1】等比数列中，，且成等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)若数列，求数列前项的和. 【变式2】已知等差数列满足：，，数列的前项和是． (1)求及； (2)令，求数列的前项和的取值范围． 【变式3】已知为等差数列的前项和，且，当时，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【变式4】已知数列的前项和为. （1）求； （2）求. 【变式5】已知数列满足且，且. (1)求数列的通项公式; (2)设数列的前项和为，求证：. 【变式6】已知数列满足 (1)证明：数列为等差数列： (2)设数列满足，求数列的前项和. 【变式7】设等比数列的前项和为，数列为等差数列，且公差，. （1）求数列的通项公式以及前项和； （2）数列的前项和为，求证：. 【变式8】设等差数列的前项和为，已知，. （1）求和； （2）若，求数列的前项和 【考点7 数列求和的实际应用】 例7．市民小张计划贷款75万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式：①等额本金：在还款期内把贷款数总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余贷款在该月所产生的利息，因此，每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：银行从每月月供款中，先收剩余本金利息，后收本金；利息在月供款中的比例会随剩余本金的减少而降低，本金在月供款中的比例因增加而升高，但月供总额保持不变.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（如2021年7月8日贷款到账，则2021年8月8日首次还款）.已知该笔贷款年限为25年，月利率为. (1)若小张采取等额本金的还款方式，已知第一个还款月应还5500元，最后一个还款月应还2510元，试计算该笔贷款的总利息. (2)若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半.已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张申请该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因素）.参考数据：. (3)对比两种还款方式，你会建议小张选择哪种还款方式，并说明你的理由. 【变式1】甲、乙、丙、丁四人合资注册一家公司，每人出资50万元作为启动资金投入生产，到当年年底，资金增长了50%．预计以后每年资金年增长率与第一年相同．四人决定公司从第一年开始，每年年底拿出60万元分红，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底公司分红后的剩余资金为万元． (1)求，，并写出与的关系式； (2)至少经过多少年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元？ （年数取整数，参考数据：，） 【变式2】某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高168万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1700万元.则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要 A．3233万元 B．4706万元 C．4709万元 D．4808万元 过关检测 一、单选题 1．（24-25高二上·河北石家庄·期末）已知数列满足，则数列的前30项和（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·湖南·期中）若等比数列满足，则（    ） A． B．1012 C． D．1013 3．（24-25高二上·山东青岛·阶段练习）数列的前项和为 ，已知，则下列说法错误的是（     ） A．是递减数列 B．数列的前 2025 项和为 2017 C． D．设 ，当且仅当时，数列的前项和取最大值 4．（2023·陕西宝鸡·模拟预测）等比数列的各项均为正数，且.设，则数列的前项和（    ） A． B． C． D． 5．（2025高三·全国·专题练习）斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式有如下定义：，.则（    ） A．0 B．1 C．2024 D．2025 6．（24-25高二上·浙江金华·阶段练习）已知数列满足，，则数列的前项和为（   ） A． B． C． D． 7．（24-25高三上·福建·阶段练习）设等差数列的前n项和，若，，则数列前99项和为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 8．（2024·河南·模拟预测）已知等差数列满足，前8项和；公比为正数的等比数列满足，，设，为数列的前项和，则当时，的最大值是（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 9．（24-25高二上·河北石家庄·期末）已知数列中，且，则数列的前项和（    ） A． B． C． D． 10．（24-25高二上·天津和平·期末）数列满足，则数列的前项和为（   ） A． B． C． D． 11．（24-25高二上·重庆秀山·期末）已知数列满足，且，记数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D．2 12．（24-25高三上·天津滨海新·阶段练习）设数列 满足，，，令，则数列的前100项和为（      ） A． B． C． D． 13．（吉林省普通高中G8教考联盟2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题）已知数列满足，在之间插入个1，构成数列，则数列的前100项的和为（    ） A．151 B．170 C．182 D．207 二、多选题 14．（23-24高二下·云南红河·期末）记正项数列的前n项和为，已知，则（    ） A． B． C． D．数列的前n项和小于1 15．（23-24高二下·湖南益阳·期末）已知数列前项和为，，则下列结论成立的有（    ） A．数列为等差数列 B．数列的前100项和为10000 C．若，则 D．若，则的最小值为8 16．（23-24高二下·云南临沧·期末）（多选）数列满足且，则（    ） A． B． C． D． 17．（24-25高三上·山东济宁·期末）已知，记数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 18．（23-24高二下·贵州遵义·期末）设是定义在上的函数，满足，且对任意，（为常数），点在曲线上，为数列的前项和，则下列说法正确的有（    ）． A．的解析式可能为 B．若，则 C．若在上是增函数，则 D．若，则 三、填空题 19．（24-25高三上·河北邢台·期末）已知数列，满足，，则 . 20．（24-25高二上·天津和平·期末）已知数列满足，，，则数列的前40项和为 21．（24-25高二上·河北石家庄·期末）已知数列的前项和为，若，且，则 . 22．（23-24高二上·天津·期末）已知数列的前项和为，，，，则满足的正整数的所有取值为 . 23．（24-25高二上·河北衡水·期末）已知数列满足，记的前n项和为，若，则 ；若，则 ． 四、解答题 24．（24-25高二上·天津和平·期末）已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列. (1)求数列的通项公式 (2)设是首项为1，公比为3的等比数列； ①求数列的前项和 ②若不等式对一切恒成立，求实数的最大值 25．（24-25高三上·山东·阶段练习）已知数列为正项数列，且，. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 26．（24-25高二上·重庆秀山·期末）已知数列的首项，设为数列的前项和，且有. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 27．（20-21高三上·山西·期中）知正项数列的前n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． 28．（24-25高三上·山东济宁·期末）已知数列满足，，记. (1)证明：数列是等差数列； (2)记，求数列的前项和. 29．（22-23高二上·福建漳州·期末）等比数列的公比为2，且成等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 30．（2021·天津河北·一模）已知数列是等差数列，设为数列的前项和，数列是等比数列，，若，，，． (1)求数列和的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)若，求数列的前项和． 31．（24-25高三上·天津滨海新·阶段练习）设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若是首项为1，公差不为0的等差数列，且是“和等比数列”，令，数列的前项和为. (1)求的和公比; (2)求; (3)若不等式对任意的恒成立，求的取值范围. 32．（24-25高三上·甘肃白银·期末）已知数列满足，且. (1)求数列的通项公式； (2)证明：； (3)表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和. 33．（24-25高三上·天津和平·期末）已知各项均为正数的数列，其前项和为，与1的等差中项等于与1的等比中项． (1)求数列的通项公式以及； (2)若，数列的前项和为； （ⅰ）求证：； （ⅱ）若数列的前项和为，对任意，均有恒成立，求实数的取值范围． 34．（2021·天津和平·二模）已知等比数列是递减数列，的前n项和为，且，，成等差数列，.数列的前n项和为，满足，. (1)求和的通项公式； (2)若，求 35．（24-25高三上·天津南开·期末）已知等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，，，. (1)求数列和的通项公式； (2)对任意的正整数，设，求； (3)若对于数列，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前项和为，求. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 复习专题09 数列求和7种常见考法归类 考点聚焦：核心考点+高考考点，有的放矢 重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺 难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升 提升专练：真题感知+精选专练，全面突破 知识点1、公式法 （1）等差数列的前n项和． （2）等比数列的前n项和． 知识点2、几种常见的数列求和方法 （1）分组转化法求和：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论． （2）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． （3）倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的． （4）裂项相消法求和：如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和． （5）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项和即可用错位相减法来求. 解题策略1、公式法 公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和. ①等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋d. ②等比数列的前n项和公式： Sn＝ ③数列前项和重要公式： （1） （2） （3） （4） （5）等差数列中，； （6）等比数列中，. 解题策略2、分组转化法 有一类数列，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可. 分组转化法求和的常见类型 (1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和． 注：①形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减 ②形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减 ③形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减 (2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和． 注：（1）分奇偶各自新数列求和（2）要注意处理好奇偶数列对应的项： ①可构建新数列；②可“跳项”求和 (3)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。 注：在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和． 形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 解题策略3、倒序相加法 如果一个数列{an}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法，等差数列前n项和公式的推导便使用了此法. 用倒序相加法解题的关键，就是要能够找出首项和末项之间的关系，因为有时这种关系比较隐蔽. 注：倒序求和，多是具有中心对称的 解题策略4、裂项相消法 裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项． (1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项 在利用裂项相消求和时应注意：善于识别裂项类型 （1）在把通项裂开后，是否恰好能利用相应的两项之差，相应的项抵消后是否只剩下第一项和最后一项，或者只剩下前边两项和后边两项，有时抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面剩两项,或者前面剩几项,后面也剩几项; （2）对于不能由等差数列，等比数列的前n项和公式直接求和问题，一般需要将数列的结构进行合理的拆分，将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差或系数之积与原通项相等.转化成某个新的等差或者等比数列进行求和。应用公式时，要保证公式的准确性，区分是等差还是等比数列的通项还是前n项和公式。 （3）使用裂项法求和时，要注意正负相消时消去了哪些项保留了哪些项，切不可漏写末被消去的项，末被消去的项前后对称的特点，漏掉的系数裂项过程中易出现丢项或者多项的错误，造成计算结果上的错误，实质上也是造成正负相消是此法的根源目的。 (4)常见的裂项技巧 ①等差型 （1） （2） （3） （4） ②根式型 （1） （2） （3） ③指数型 （1） （2） （3） （4） ④对数型 ⑤幂型 （1） （2） （3） ⑥通项裂项为“”型 ，本类模型典型标志在通项中含有乘以一个分式. 解题策略5、错位相减法 错位相减求和方法 (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)注意事项：①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； ②作差后，等式右边有第一项、中间n－1项的和式、最后一项三部分组成； ③运算时，经常把b2＋b3＋…＋bn这n－1项和看成n项和，把－anbn＋1写成＋anbn＋1导致错误．　 考点剖析 【考点1 公式法求和】 例1．等差数列的前项和为，满足. （1）求的通项公式； （2）设，求证数列为等比数列，并求其前项和. 【答案】（1）；（2）证明见解析， 【解析】（1）设等差数列的公差为， ∴，解得， ∴. （2）由（1）可得，∴， ∴数列为等比数列，首项为，公比为 ∴ 【变式1】已知是各项均为正数的等比数列，. (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【解析】（1）设的公比为，因为， 所以，即， 解得或（舍去）， 故的通项公式为. （2）由（1）知，设的前项和为， 则. 【变式2】等差数列满足，，前项和为. (1)求数列的通项公式； (2)求的最大值. 【解析】（1）设首项为，公差为， 因为等差数列满足，， 所以，解得， 所以； （2）因为当时，，当时，， 所以的最大值为， 因为， 所以. 【变式3】已知数列的前项和为，且，递增的等比数列满足：，． (1)求数列、的通项公式； (2)设的前项和分别为，求． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据求出的通项公式，利用等比数列的性质得到，故可看作方程的两根，根据函数单调性求出，从而得到公比，求出的通项公式； （2）利用等比数列的公式求出答案. 【详解】（1）当时，， 当时，， 又，满足上式 故的通项公式为， 设等比数列的公比为， 因为，， 所以可看作方程的两根， 解得：或， 因为等比数列单调递增，所以舍去， 故，解得：， 故的通项公式为； （2）由等比数列求和公式得：. 【变式4】已知为等差数列的前项和，若． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前50项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等差数列的通项公式与前项和公式求得基本量，从而得解； （2）结合（1）中结论，判断的正负情况，从而利用分组求和法即可得解. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为， 因为，所以，即，解得， 所以. （2）由（1）得，令，解得， 所以当时，，则； 当时，，则； 所以 . 【变式5】已知等差数列的前n项和为，满足，. （1）求数列的通项公式； （2）将数列与的公共项从大到小排列得到数列，求数列的前n项和为. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）记等差数列的公差为， 由题知，即，解得， 所以数列的通项公式为：. （2）数列的公差为，数列的公差为， 所以数列的公差为， 又数列和的首项都为2， 所以数列是以2为首项，为公差的等差数列， 所以. 【考点2 分组转化法求和】 例2．已知数列是等比数列，且，. (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）设，根据已知可求出，即可得出答案； （2）分组求解，分别根据等差数列以及等比数列的前项和即可得出答案. 【详解】（1）设，则为等比数列. 则由已知可得，，，所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以. 所以，所以. （2）. 【变式1】已知正项等差数列满足：且成等比数列. (1)求数列的通项公式： (2)若数列为递增数列，数列满足：，求数列的前项和. 【解析】（1）设等差数列的公差为， 由成等比数列可得， 解得或； 当时，可得， 当时，可得； 所以数列的通项公式为或. （2）由（1）可得，所以； 因此， 所以 即数列的前项和. 【变式2】设为数列的前项和，已知，. (1)求证：是等差数列； (2)求数列的前项和. 【解析】（1）当时，，则， 因为①， 所以时，②， 由①－②得，时，，即， 因为，所以，即， 故是以1为首项，1为公差的等差数列； （2）由（1），得， 所以， . 【变式3】已知正项等差数列，，且，，成等比数列，数列的前n项和为，，． (1)求数列和的通项公式； (2)若，数列的前n项和为，求证：． 【答案】(1)，； (2)证明见解析 【分析】（1）利用，，成等比数列，列出方程，求出公差，写出的通项公式，再利用，得到是公比为的等比数列，求出的通项公式； （2）利用分组求和及裂项相消法，得到，从而证明出结论. 【详解】（1）设数列的公差为d，则． 因为，且，，成等比数列， 所以， 所以d＝3， 所以． 由，得， 所以是公比为的等比数列， 又，所以． （2）， 所以． 因为，所以． 【变式4】已知等差数列前项和为，数列是等比数列，，，，. (1)求数列和的通项公式； (2)若，设数列的前项和为，求. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据题意结合等差、等比数列的通项公式运算求解；（1）分奇偶项讨论，利用分组求和、裂项相消法和错位相减法运算求解. 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， ∵，即，可得，解得， ∴数列的通项公式为，数列的通项公式为. （2）由（1）可得，则， 当为偶数时，则， ∵， 设， 则， 两式相减得：， 则， 故； 当为奇数时，则； 综上所述：. 【变式5】已知为等差数列的前n项和，，． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）设的公差为d． ∵， ∴，解得． ∴． （2）当n为奇数时，，当为偶数时，． ∴ 设，① 则，② ，得 ∴． 故． 【考点3 并项求和】 例3．已知数列满足，则其前9项和 . 【答案】69 【解析】 . 故答案为：69. 【变式1】已知数列满足，且前12项和为134，则 ． 【答案】1 【解析】因为， 当n为奇数时，， 即， ， 可得； 当n为偶数， 即， 可得， 则前12项和为，解得． 故答案为：1 【变式2】已知等差数列的前n项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前n项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设等差数列的公差为d，则，解出，即可求出数列的通项公式； （2）由（1）可得，然后用并项求和法即可求解. 【详解】（1）由可得，即， 设等差数列的公差为d，则， 解得.∴，. （2）由（1）可得，∴. 为偶数时，. 为奇数时， 也符合.   ∴. 【变式3】已知数列是等差数列，且恒成立，它的前四项的平方和为54，且这四项中首尾两数的积比中间两数的积少2． (1)求的通项公式． (2)若，，求数列的前100项和． 【解析】（1）设的首项为，公差为d， 依题意，，解得或， 由恒成立，得， 又，而，解得， 所以的通项公式. （2）由（1）知，， 则， 所以. 【考点4 倒序相加法求和】 例4．已知数列是公比为的正项等比数列，且，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由数列是公比为的正项等比数列，故， 又，可得， 所以， 由，则，所以， 所以， 则， 故， 故选：B. 【变式1】已知函数满足，若数列满足，则数列的前16项的和为 . 【答案】 【解析】，① ，② 两式相加，又因为， 故，所以， 所以的前16项的和为 故答案为： 【变式2】已知函数，则______． 【答案】4043 【分析】根据题意，化简得到，结合倒序相加法求和，即可求解. 【详解】由题意，函数， 可得 ， 设， 则 两式相加，可得 ， 所以. 故答案为：. 【变式3】德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子.在其年幼时，对的求和运算中，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，则等于（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据，利用倒序相加法求解. 【详解】解：因为， 且， 令, 又 ， 两式相加得：， 解得， 故选：B 【考点5 错位相减法求和】 例5．已知数列，，，设，数列，的前项和分别为，. (1)求； (2)求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知数列为等比数列，可求通项和前项和； （2）由数列的通项可知，前项和用错位相减法. 【详解】（1）∵，即，又，∴数列是首项为2公比为2的等比数列， 则，得. （2）由（1）得：， ∴① ② ①-②得：， ∴. 【变式1】数列的前项和为，当时，，数列满足：. (1)证明：数列是等比数列； (2)记数列，数列的前项和为，求. 【解析】（1）由时，，知数列是等差数列， 由得，知数列的公差为1， 则， ， 当时，，且也满足上式， ， ，由为定值，知数列是等比数列. （2）易得， 则 则 两式相减得， 化简得. 【变式2】已知为正项数列的前项的乘积，且 (1)求数列的通项公式 (2)令，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用得的递推关系，取对数得常数数列，从而得通项公式； （2）用错位相减法求和． 【详解】（1）由得：当时，， 两式相除得：，即， 两边取对数得：，亦即，故数列是常数列， ，，； （2），， ， ， 两式相减得， ． 【变式3】设数列的前项和为，且，其中． (1)证明为等差数列，求数列的通项公式； (2)求数列的前项和 【解析】（1）当时，，解得， 当时，由， 得， 作差得. 所以有，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列 所以，故 （2）令 所以， ， 两式作差得 所以 【变式4】已知数列中，，设为前项和，． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）由数列中，，且 当时，，解得， 当时，可得， 所以，即， 则当时，可得，所以， 当或时，，适合上式， 所以数列的通项公式为. （2）由（1）知，可得， 所以，可得， 两式相减，得， 所以. 【变式5】已知公差大于0的等差数列和公比大于0的等比数列满足. (1)求数列和的通项公式； (2)记数列的前项和为，求证：. 【解析】（1）设数列的公差为，数列的公比为， 由， 则， 由①式平方除②式得：，得,或（舍） 故， 通项公式分别为. （2） ， 两式相减可得 . ， 数列为递增数列， 又，. 【考点6 裂项相消法求和】 例6．数列满足，对任意的都有，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】运用累和法，结合等差数列前项和公式、裂项相消法进行求解即可. 【详解】由， 当时， ，显然也适合， 所以，于是有 因此， 故选：C 【变式1】等比数列中，，且成等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)若数列，求数列前项的和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设出公比，得到，求出公比，得到通项公式； （2）在第一问的基础上，得到，裂项相消法求和. 【详解】（1）设等比数列的公比为. 因为，且已成等差数列， 所以， 因为，所以，即， 所以数列的通项公式为. （2）由（1）得数列的通项公式为， 所以数列 所以数列前项的和. 【变式2】已知等差数列满足：，，数列的前项和是． (1)求及； (2)令，求数列的前项和的取值范围． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据等差数列的性质，建立方程求得公差，利用公式，可得答案； （2）利用裂项相消的求和方法，可得答案. 【详解】（1）由数列为等差数列，则设其公差为，由，，则，解得， 故，. （2）由（1）可知，， 则 . 显然， 因为，，则. 【变式3】已知为等差数列的前项和，且，当时，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）设等差数列的公差为， 由题意得， 即，所以， 数列的首项为3，公差为1，则，即； （2）由，得， 所以 ． 【变式4】已知数列的前项和为. （1）求； （2）求. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1），可得， 可得， 即数列为首项为2，公差为2的等差数列， 可得，由，可得； （2）， 即有. 【变式5】已知数列满足且，且. (1)求数列的通项公式; (2)设数列的前项和为，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将已知条件与两式相减，再结合等比数列的定义即可求解； （2）利用裂项相消求和法求出即可证明. 【详解】（1）解：因为，所以， 两式相减得， 当时，， 又，所以， 所以， 所以是首项为2，公比为2的等比数列， 所以； （2）证明：， 所以， 由，得， 所以， 综上，. 【变式6】已知数列满足 (1)证明：数列为等差数列： (2)设数列满足，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）对进行整理得到，即可说明数列为等差数列； （2）将变形为或，然后求和即可. 【详解】（1）法1：由， 两边同除以得，，（）为常数， ∴数列为等差数列，首项，公差为1， 法2：由得， ∴（）为常数， ∴数列为等差数列，首项，公差为1. （2）由，∴， 法1：， 则 . 法2：， 则 . 【变式7】设等比数列的前项和为，数列为等差数列，且公差，. （1）求数列的通项公式以及前项和； （2）数列的前项和为，求证：. 【答案】（1）；（2）证明见解析 【解析】（1）设的公比为， 由题意，可得，解得， 所以，所以； （2）由（1）得， 所以， 所以， 因为，所以，得证. 【变式8】设等差数列的前项和为，已知，. （1）求和； （2）若，求数列的前项和 【答案】（1），；（2） 【解析】（1）设等差数列 的公差为d， 则，解得， 所以，； （2）因为， 所以= 【考点7 数列求和的实际应用】 例7．市民小张计划贷款75万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式：①等额本金：在还款期内把贷款数总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余贷款在该月所产生的利息，因此，每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：银行从每月月供款中，先收剩余本金利息，后收本金；利息在月供款中的比例会随剩余本金的减少而降低，本金在月供款中的比例因增加而升高，但月供总额保持不变.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（如2021年7月8日贷款到账，则2021年8月8日首次还款）.已知该笔贷款年限为25年，月利率为. (1)若小张采取等额本金的还款方式，已知第一个还款月应还5500元，最后一个还款月应还2510元，试计算该笔贷款的总利息. (2)若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半.已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张申请该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因素）.参考数据：. (3)对比两种还款方式，你会建议小张选择哪种还款方式，并说明你的理由. 【答案】(1)451500元； (2)小张该笔贷款能够获批； (3)建议小张选择等额本息的还款方式，理由见解析. 【分析】（1）等额本金还款方式中，每月的还款额构成等差数列，记为，用表示数列的前项和，求出即得解； （2）设小张每月还款额为元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，求出即得解； （3）从节省利息的角度来考虑，从前几年付款压力大小的角度来考虑，即得解. 【详解】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成等差数列，记为，用表示数列的前项和，则，， 则， 故小张的该笔贷款的总利息为（元）. （2）设小张每月还款额为元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列， 则， 所以， 即， 因为， 所以小张该笔贷款能够获批. （3）小张采取等额本息贷款方式的总利息为（元）， 因为， 所以从节省利息的角度来考虑，建议小张选择等额本金的还款方式. 也可以回答： 因为以等额本息方案，每月还款只需要均还4298元， 而以等额本金在前面的10年内还款金额都比这个金额高， ， 对于小张可能会造成更大的还款压力， 因此从前几年付款压力大小的角度来考虑，建议小张选择等额本息的还款方式. 【变式1】甲、乙、丙、丁四人合资注册一家公司，每人出资50万元作为启动资金投入生产，到当年年底，资金增长了50%．预计以后每年资金年增长率与第一年相同．四人决定公司从第一年开始，每年年底拿出60万元分红，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底公司分红后的剩余资金为万元． (1)求，，并写出与的关系式； (2)至少经过多少年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元？ （年数取整数，参考数据：，） 【答案】(1)240，300， (2)至少经过7年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元 【分析】（1）根据题设条件可得. （2）由（1）中的递推关系可得，结合题设条件可得关于的不等式，从而可得至少经过7年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元. （1） 由题意得，投入生产的启动资金共有50×4＝200万元， ， ， ． （2） 由（1）知 ， 而也满足该式，故. 令，所以， 因为：，，即． 所以至少经过7年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元． 【变式2】某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高168万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1700万元.则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要 A．3233万元 B．4706万元 C．4709万元 D．4808万元 【答案】C 【分析】设备费为万元，根据等比数列的性质可得，由此可求出；设每个实验室的装修费用为万元，由题意可知，即，再根据等比数列前 项和，即可求出结果. 【详解】设每个实验室的装修费用为万元，设备费为万元， 则所以解得故. 依题意，即. 所以总费用为. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了等比数列的性质和等比数列的前和公式的应用，属于基础题. 过关检测 一、单选题 1．（24-25高二上·河北石家庄·期末）已知数列满足，则数列的前30项和（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据裂项相消法求和即可求解. 【详解】把代入整理得：， 故. 故选：D 2．（24-25高二上·湖南·期中）若等比数列满足，则（    ） A． B．1012 C． D．1013 【答案】A 【分析】利用等比数列的性质计算出的值，然后利用倒序相加法可求得所求代数式的值. 【详解】等比数列满足，则， 所以，对任意的的正整数， ， 令， 则， 故. 故选：A. 3．（24-25高二上·山东青岛·阶段练习）数列的前项和为 ，已知，则下列说法错误的是（     ） A．是递减数列 B．数列的前 2025 项和为 2017 C． D．设 ，当且仅当时，数列的前项和取最大值 【答案】D 【分析】根据作差求出的通项公式，即可判断A、C；再由并项求和法判断B；列出的前几项，再分析其余项的特征，即可判断D. 【详解】因为，当时， 当时， 所以， 经检验当时也成立，所以， 因为，所以， 所以是递减数列，故A正确； 因为， 记的前项和为， 则 ，故B正确； 因为，所以，故C正确； 因为，所以，， 又，所以，，，，， 当时，，，，所以， 所以当或时数列的前项和取最大值，故D错误. 故选：D 4．（2023·陕西宝鸡·模拟预测）等比数列的各项均为正数，且.设，则数列的前项和（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设等比数列的公比为，则，根据已知条件求出、的值，可得出的通项公式，再利用裂项相消法可求得. 【详解】设等比数列的公比为，则，则， 所以，所以，因为，可得， 所以， 所以， 所以，， 即数列是首项为，公差为的等差数列， 所以， 所以， 因此. 故选：B. 5．（2025高三·全国·专题练习）斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式有如下定义：，.则（    ） A．0 B．1 C．2024 D．2025 【答案】A 【分析】将已知等式向所求式转化，在的等号两边同时乘以，构造包含平方的等式，利用累加法求解. 【详解】由，得，即， 所以，，，，， 以上各式相加得， 所以. 故选：A 6．（24-25高二上·浙江金华·阶段练习）已知数列满足，，则数列的前项和为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用递推公式可求得数列的通项公式，再由裂项相消法可求出. 【详解】根据，可知，因此可得为常数； 即数列是以为首项，公差为的等差数列， 所以，即； 因此； 可知数列的前项和. 故选：A 7．（24-25高三上·福建·阶段练习）设等差数列的前n项和，若，，则数列前99项和为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】求得通项，利用裂项相消法求和即可. 【详解】依题意，，所以，因为，由， 易知， 所以 所以数列的前99项和为， 故选：C. 8．（2024·河南·模拟预测）已知等差数列满足，前8项和；公比为正数的等比数列满足，，设，为数列的前项和，则当时，的最大值是（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】求出等差数列与等比数列的通项公式，求得数列的通项公式，利用数列的分组求和法可得数列的前项和，验证得答案． 【详解】设的公差为，由得， 解得，所以. 设的公比为，由，得， 解得（舍）或，所以. 因为，所以， 则， 因为对任意的，，所以数列单调递增， 又因为，， 所以当时，，故的最大值是8. 故选：D. 9．（24-25高二上·河北石家庄·期末）已知数列中，且，则数列的前项和（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据为等比数列可得，即可由分组求和，结合等差等比求和公式即可求解. 【详解】由得， 所以数列是首项为，公比为2的等比数列， 所以，即， 所以， 故选：D 10．（24-25高二上·天津和平·期末）数列满足，则数列的前项和为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先应用等差数列的前n项和求出，再应用裂项相消计算求和即可. 【详解】因为，则， 所以数列的前项和为. 故选：B. 11．（24-25高二上·重庆秀山·期末）已知数列满足，且，记数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】按为奇数和偶数讨论得到的通项公式，利用裂项相消法求数列的前项和. 【详解】，当时，， 两式相减得，， 所以的奇数项是以为首项，4为公差的等差数列，， 当时，，两式相减得，， 所以的偶数项是以5为首项，为公差的等差数列，； 综上可知：， 所以， 设，则， 所以 ， 则. 故选：A 12．（24-25高三上·天津滨海新·阶段练习）设数列 满足，，，令，则数列的前100项和为（      ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定的递推公式，求出数列的通项公式，进而求出，再利用分组求和法求解即得. 【详解】数列满足，，， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即， 数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即， 因此，显然的周期为4， 则 ， 令，则有， 因为， 所以数列是等差数列， 所以数列的前100项和，即数列的前25项和为. 故选：B. 13．（吉林省普通高中G8教考联盟2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题）已知数列满足，在之间插入个1，构成数列，则数列的前100项的和为（    ） A．151 B．170 C．182 D．207 【答案】B 【分析】将数列前100项中含的项数与含1的项数分别求出来,再求和即可. 【详解】， 令得：， 所以数列的前100项中中的项有7项，1有93项， 的前7项的和为， 则的前100项和为77+93=170， 故选：B. 二、多选题 14．（23-24高二下·云南红河·期末）记正项数列的前n项和为，已知，则（    ） A． B． C． D．数列的前n项和小于1 【答案】AD 【分析】由与的关系结合定义证明为等差数列，从而判断ABC；由裂项相消求和法结合不等式性质判断D. 【详解】对于B：∵，① ∴当时，，解得； 当时，，② 由①②得， 化为， ∵有，∴. 数列是以首项为1，公差为1的等差数列. ∴. ∴，故B错误； 对于AC：，，故A正确，C错误； 对于D： ， 数列的前n项和为， 故D正确； 故选：AD 15．（23-24高二下·湖南益阳·期末）已知数列前项和为，，则下列结论成立的有（    ） A．数列为等差数列 B．数列的前100项和为10000 C．若，则 D．若，则的最小值为8 【答案】AB 【分析】先利用，求出，可判断选项A，C，化简，由等差数列的前项和求解，判断B；裂项相消法求和，判断D. 【详解】对于A，因为， 当时，， 当时，，符合上式， 所以，选项A正确； 对于B，根据已知，则数列是以1为首项，以2为公差的等差数列， 所以前100项和为，选项B正确； 对于C，因为，所以， 所以， 由，得，解得，选项C错误； 对于D，因为， 所以， 所以 ， 解得，选项D错误. 故选：AB 16．（23-24高二下·云南临沧·期末）（多选）数列满足且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】由数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，可得，，可判断ABD；由数列的分组求和，结合等比数列的求和公式，可判断D. 【详解】对于A，由且，可得，而A选项中，，显然不符合，A错误； 对于B，，即有， 可得，即，， 则，而B选项中，，显然不符合，B错误； 对于D，由B可知，故D正确； 对于C， ，故C正确. 故选：CD. 17．（24-25高三上·山东济宁·期末）已知，记数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据递推式及，求得，即可判断A；分为奇数、为偶数，求出通项公式判断B，C；利用分组求和，求出，判断D． 【详解】解：因为，即， 所以，， 解得，故A正确； 由此可得，，，， …… 所以当为奇数时，为偶数，为奇数， 所以，， 所以， 所以数列是等比数列，首项为，公比为2， 所以，所以， 所以，故B错误； 当为偶数时，为奇数，为偶数， 则，， 所以， 所以数列是等比数列，首项为，公比为2， 所以， 所以， 所以，故C正确； 对于D， = =，故D正确. 故选：ACD. 18．（23-24高二下·贵州遵义·期末）设是定义在上的函数，满足，且对任意，（为常数），点在曲线上，为数列的前项和，则下列说法正确的有（    ）． A．的解析式可能为 B．若，则 C．若在上是增函数，则 D．若，则 【答案】ABD 【分析】对于A，直接说明当时满足条件即可；对于B，先证明，再用等比数列求和公式即可；对于C，给出作为反例即可；对于D，使用裂项求和法验证即可. 【详解】对于A，当时，由于满足条件，故的解析式可能是，故A正确； 下面先对原条件进行探究. 在中，令，得，所以，. 在中，令，得，所以. 在中，分别用替换，得，从而. 由已知有，在中令，，得. 故. 所以是公比为的等比数列，而，故. 对于B，若，则. 所以，故，故B正确； 对于C，由于当时，满足条件，且是增函数，但此时，故C错误； 对于D，若，则， 所以 ，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用裂项相消法求表达式的和. 三、填空题 19．（24-25高三上·河北邢台·期末）已知数列，满足，，则 . 【答案】 【分析】根据条件可得，然后求和即可. 【详解】由，，可得， . 故答案为： 20．（24-25高二上·天津和平·期末）已知数列满足，，，则数列的前40项和为 【答案】820 【分析】根据递推公式得出奇数项数列和偶数项数列各为等差数列，分组求和即可得出前40项和． 【详解】因为， 当为奇数时，则，是首项为1，公差为1的等差数列； 当为偶数时，则，是首项为2，公差为3的等差数列， ． 故答案为：820． 21．（24-25高二上·河北石家庄·期末）已知数列的前项和为，若，且，则 . 【答案】1485 【分析】根据为等差数列，即可根据等差求和公式求解. 【详解】由，可知数列是个“类周期数列”， 因此可设数列满足，每三项并项， 则， 于是数列是公差为3的等差数列，且， 于是得到 . 故答案为：1485 22．（23-24高二上·天津·期末）已知数列的前项和为，，，，则满足的正整数的所有取值为 . 【答案】、 【分析】由题意可知，数列中的奇数项和偶数项分别成等差数列和等比数列，根据为奇数和偶数分别利用求出，结合单调性代值计算可得结果. 【详解】当为奇数时，，所以，数列中的奇数项构成以为首项，公差为的等差数列， 当为偶数时，，所以，数列中的偶数项构成以为首项，公比为的等比数列， 所以数列中的每一项均为整数，故数列为递增数列， 当为奇数时，设， 则， 当为偶数时，设， 则， 因为， ， ， ， 因此，满足的正整数的所有取值集合为. 故答案为：、. 【点睛】关键点点睛：本题的解决关键是，分析得数列的奇数项和偶数项分别为等差数列与等比数列，从而得解. 23．（24-25高二上·河北衡水·期末）已知数列满足，记的前n项和为，若，则 ；若，则 ． 【答案】 【分析】根据题意，当时，得到数列是以为周期的周期数列，进而求得的值，当时，得到，进而求得的值. 【详解】由知数列满足，记的前项和为， 若，， 则，， 所以数列是以为周期的周期数列，一个周期的和为， 所以. 当时，， ， ， 因为时，可得，则以三个为一组循环， 且， 则 . 故答案为：99，. 【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键在于，分析数列的前若干项，得到其具有周期性质，再利用分组求和法即可得解. 四、解答题 24．（24-25高二上·天津和平·期末）已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列. (1)求数列的通项公式 (2)设是首项为1，公比为3的等比数列； ①求数列的前项和 ②若不等式对一切恒成立，求实数的最大值 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式和等比中项的性质列方程组求解即可； （2）①先利用等比数列的通项公式求出，再根据错位相减法求即可；②代入整理得恒成立对一切恒成立，构造，利用单调性求的最小值即可. 【详解】（1）因为数列是等差数列，且，，，成等比数列， 所以，整理得①， ，整理得②， 由①②联立解得，， 所以. （2）①因为是首项为1，公比为3的等比数列，所以， 由（1）可得， 所以③， ④， ③④得， 所以. ②由（1）得， 所以不等式对一切恒成立，将 代入整理得对一切恒成立， 所以恒成立对一切恒成立， 令，则， 因为， 当时，，当时，， 所以，， 所以，即实数的最大值是. 25．（24-25高三上·山东·阶段练习）已知数列为正项数列，且，. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）解法一：构造数列是恒为的常数列，结合可得出数列的通项公式； 解法二：利用累加法结合可求得数列的通项公式； （2）利用并项求和法结合分组求和法可求得. 【详解】（1）解法一（构造常数列）：由，且， 可得， 故数列是恒为的常数列，所以， 又因为数列为正项数列，所以. 解法二（累加法）：由题意得：且， 有，，，， 将以上各式相加，得， 将代入上式即得，且当时也成立，所以， 又因为数列为正项数列，所以. （2）由（1）可得，令，其前项和为， 对任意的，，则， 又因为， 所以. 26．（24-25高二上·重庆秀山·期末）已知数列的首项，设为数列的前项和，且有. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据得到，两式相减构造常数列即可求出数列的通项公式； （2）利用错位相减法求和方法进行求和即可 【详解】（1）由， 当时，， 两式相减，得，即， 即对恒成立，所以是常数列， 所以，所以 （2）由（1）知，， 所以， 所以， 两式相减，得， 所以 27．（20-21高三上·山西·期中）知正项数列的前n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． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）直接利用数列的递推关系式的应用和构造新数列的应用求出数列的通项公式； （2）先求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和． 【详解】（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， 所以（常数）， 所以是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以， 故， 所以当时，， 当时，符合上式， 所以． （2）由于， 所以， 所以． 28．（24-25高三上·山东济宁·期末）已知数列满足，，记. (1)证明：数列是等差数列； (2)记，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据等差数列的定义证明即可； （2）根据裂项相消法求和即可. 【详解】（1）因为 ， 所以数列是以2为公差的等差数列. （2）因为，所以， 所以， 所以， 所以 . 29．（22-23高二上·福建漳州·期末）等比数列的公比为2，且成等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等比数列的通项公式列方程求解； （2）根据等差数列与等比数列的前项和公式分组求和即可. 【详解】（1）已知等比数列的公比为2，且成等差数列， ，，解得， （2）， . 综上， 30．（2021·天津河北·一模）已知数列是等差数列，设为数列的前项和，数列是等比数列，，若，，，． (1)求数列和的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)若，求数列的前项和． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）由已知列出方程组，求得公差和公比，然后求的数列的通项公式； （2）由（1）先求出，再利用错位相减法即可求出数列的前项和； （3）先根据已知条件整理得，设数列的前项和为，然后分组求和，利用等比数列求和公式以及裂项相消法求得结果. 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因为，，则由， 即，得 ， 解得 或，因为，故舍去， 所以，． （2）由（1）得，，所以， 令数列的前项和为，则， 即①， ②， 两式相减得： ， 所以. （3）设数列的前项和为 由，，得， 则，即； 故 . 31．（24-25高三上·天津滨海新·阶段练习）设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若是首项为1，公差不为0的等差数列，且是“和等比数列”，令，数列的前项和为. (1)求的和公比; (2)求; (3)若不等式对任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)4 (2) (3). 【分析】（1）设等差数列的公差为，前项和为，由题意，化简可得值； （2）由（1）得，用错位相减法求和； （3）设，，按的奇偶性分类求解可得参数范围． 【详解】（1）设等差数列的公差为，前项和为，则， 所以， 因为是“和等比数列”，所以，即，对任意恒成立， 所以，解得， 所以的和公比为4； （2）由（1）知，， 所以， 所以， 相减得， 所以； （3）设， ， ，是递增数列， 不等式对任意的恒成立，即不等式对任意的恒成立， 当为奇数时，，则， 当为偶数时，，则， 综上，的取值范围是． 32．（24-25高三上·甘肃白银·期末）已知数列满足，且. (1)求数列的通项公式； (2)证明：； (3)表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）分析可知数列是首项和公比均为2的等比数列，结合等比数列通项公式运算求解； （2）根据（1）可得，再利用等比数列求和公式分析证明； （3）根据（1）结合二项式定理求数列的通项公式，利用分组求和法结合等比数列求和公式分析求解. 【详解】（1）因为，则， 且，则， 可知数列是首项和公比均为2的等比数列， 可得，所以. （2）由（1）可知，，则， 可得. 又因为， 所以. （3）由（1）可知，，则. 因为 ， 可得， 当为奇数时，则，即； 当为偶数时，则，即. 设为数列的前项和， 可得 . 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于根据结合二项展开式整理，并讨论奇偶项求数列的通项公式. 33．（24-25高三上·天津和平·期末）已知各项均为正数的数列，其前项和为，与1的等差中项等于与1的等比中项． (1)求数列的通项公式以及； (2)若，数列的前项和为； （ⅰ）求证：； （ⅱ）若数列的前项和为，对任意，均有恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)，． (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）． 【分析】（1）借助等差中项性质与等比中项性质，结合与的关系与因式分解可得数列是首项为1，公差为2的等差数列，即可得，进而可得； （2）（ⅰ）结合（1）中所得，结合裂项相消法计算可得，即可得证；（ⅱ）由（ⅰ）中所得，结合错位相减法计算可得，即可得恒成立，设，计算出数列的增减性后即可得的最大值，即可得解. 【详解】（1）由已知得，即， 当时，，解得，当时，， 则， 即， 所以有，因为，所以， 所以数列是首项为1，公差为2的等差数列， 所以，； （2）（ⅰ）， 则， 所以． 因为，所以，所以； （ⅱ）由（ⅰ）有， 所以， ， 则 ， 所以． 若对任意，均有恒成立， 等价于恒成立，即恒成立， 设，则， 所以当时，当时， 所以的最大值为，故， 即实数的取值范围是：． 34．（2021·天津和平·二模）已知等比数列是递减数列，的前n项和为，且，，成等差数列，.数列的前n项和为，满足，. (1)求和的通项公式； (2)若，求 【答案】(1)，； (2). 【分析】（1）根据等差数列与等比数列的通项公式、求和公式列出方程求解即可； （2）分为奇数、偶数时，求奇数项的和，偶数项的和，即可求解. 【详解】（1）设数列的公比为，依题意，， 由是递减数列，解得，因此； 数列，，当时，， 而满足上式，因此， 所以的通项公式为， 的通项公式为. （2）当n是奇数时，，则，， 两式相减得：， 因此； 当n是偶数时，， 则， 所以. 【点睛】关键点点睛：由求时，需要分为奇偶，分别求出偶数项的和与奇数项的和. 35．（24-25高三上·天津南开·期末）已知等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，，，. (1)求数列和的通项公式； (2)对任意的正整数，设，求； (3)若对于数列，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前项和为，求. 【答案】(1)，； (2)； (3)2170. 【分析】（1）根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，再借助等差数列前项和公式求出公比，进而求出通项公式. （2）由（1）的结论，分奇偶求出的通项，并结合裂项相消法及错位相减求出对应前项和，再利用分组求和法求解. （3）根据给定条件，求出数列的前2025项中数列的项及1的个数，再分组求和即得. 【详解】（1）在等差数列中，，而，解得， 公差，则； 设等比数列的公比为，，由，得， 即，解得，， 所以数列和的通项公式分别为，. （2）由（1）得，当为奇数时，， 则； 当为偶数时，，， ， 则， 两式相减得 ，因此， 所以. （3）依题意，数列： 项为前的总项数为， 数列是递增的，当时，， 当时，， 因此数列的前项中，有数列的前项，有个， 所以. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： ①对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； ②对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和； ③对于结构，利用分组求和法； ④对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$