重难点专题1.2数列求和（高效培优专项训练）数学湘教版2019选择性必修第一册

重难点专题02 数列求和 题型一：公式法 题型二：分组求和法 题型三：列项相消法 题型四：错位相减法 题型五：奇偶并项求和 题型六：倒序相加法 题型七：其它方法 题型一：公式法求和 (1)等差数列的前n项和公式：Sn＝. (2)等比数列的前n项和公式：Sn＝ (3)特殊求和公式：1＋2＋3＋4＋…＋n＝； ； ； 12＋22＋…＋n2＝； 。 1-1.(2025·安徽滁州·模拟预测)已知等差数列的前项和为，，． (1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前项和． 1-2．(2025·陕西·模拟预测)在等差数列中，. (1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和. 1-3.(2024·浙江嘉兴·模拟预测)已知等差数列的前项和为，且，． (1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前项和． 题型二：分组求和法 通项为的数列求和，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列. 2-1.(24-25高二上·云南曲靖·期末)已知数列是等比数列，且，公比为2，则数列的前5项之和为( ) A．62 B．66 C．56 D．46 2-2.(24-25高二上·吉林·期末)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 2-3.(2025·福建三明·三模)若数列满足，，则( ) A．155 B．156 C．203 D．204 2-4.(24-25高二下·湖北·期末)已知数列的前n项和是，且满足，则( ) A． B． C． D． 2-5.(24-25高二下·广西崇左·期末)若数列满足，，的前项和为，则的整数部分为( ) A． B． C． D． 2-6.(24-25高二上·宁夏银川·期末)已知数列满足，设数列的前项和为，则下列结论错误的是( ) A．数列为等差数列 B． C．数列的前项和为 D．数列的前项和为 2-7.(24-25高二上·天津河北·期末)若数列的前项和为，且，则( ) A． B． C． D． 2-8.(2024高三·全国·专题练习)已知数列满足，则( ) A．2700 B．2721 C．5150 D．5151 2-9.(24-25高三上·北京·阶段练习)在一个数列中，如果，都有(为常数)，那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积.已知数列是等积数列，且，公积为8，则( ) A．4719 B．4721 C．4723 D．4724 2-10.(23-24高二上·山东威海·阶段练习)已知数列，，，则等于( ) A．3027 B．3028 C．3034 D．3035 2-11.(多选)(24-25高二下·吉林延边·阶段练习)已知数列的前项和，则( ) A． B． C．前项和为 D． 2-12.(多选)(24-25高二下·河南·期末)在数列中，，数列的前项和为，则下列说法正确的是( ) A．若，则 B．是等差数列 C． D．若，则 2-13.(多选)(24-25高二下·四川遂宁·期中)已知数列满足，，的前n项和为，则( ) A． B．是等比数列 C． D． 2-14.(多选)(24-25高二下·四川遂宁·期中)甲同学通过数列3，5，9，17，33，…的前5项，得到该数列的一个通项公式为，根据甲同学得到的通项公式，下列结论正确的是( ) A． B． C． D．该数列为递增数列 题型三：列项相消法 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. 【常用的裂项公式】 裂项模型1：等差型：若{an}是等差数列，则＝，＝； (1)；； (2)； (3)； (4)；； (5) (－1)n＝(－1)n． 裂项模型2：根式型 (1)；； (2)； (3)； (4)； 裂项模型3：指数型 (1)＝－， (2)＝； (3) (4) (5)＝－； (6)； (7) (8) (9) 裂项模型4：对数型 (1) (2)loga＝loga(n＋1)－logan； 裂项模型5：三角型 (1) (2) (3) 3-1.(24-25高二下·四川绵阳·期末)已知数列满足：，数列满足，则数列的前50项的和为( ) A． B． C． D．50 3-2.(24-25高二下·广东肇庆·期末)记等差数列的前项和为，且，，记为的前项和，则( ) A． B． C． D． 3-3.(24-25高二下·云南丽江·期末)已知数列满足，且，，则( ) A． B． C． D． 3-4.(24-25高二下·云南·期末)设数列满足，则数列的前9项和为( ) A． B． C． D． 3-5.(24-25高二下·河南南阳·期末)已知数列的前项和为，且，，数列满足，记的前项和为，若恒成立，则的最小值为( ) A．1 B． C． D． 3-6.(24-25高二下·重庆·阶段练习)已知数列满足，其前n项和为，则( ) A． B． C． D． 3-7.(24-25高二上·山东烟台·期末)已知数列的前项和，数列的前项和为，且，若不等式恒成立，则实数的最小值为( ) A． B． C． D． 3-8.(24-25高二上·江苏南京·期末)已知数列满足，设，则数列的前项和为( ) A． B． C． D． 3-9.(24-25高二上·河南许昌·期末)在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中出现如图形状，被后人称为“三角垛”．已知＂三角垛＂的最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，设各层球数构成数列，则数列的前项和为( ) A． B． C． D． 3-10.(24-25高三上·河北承德·阶段练习)已知数列满足，则数列的前30项和( ) A． B． C． D． 3-11.(24-25高二上·宁夏吴忠·期末)数列是等差数列，且，数列的前项和为，若，则使不等式成立的的最小值为( ) A．14 B．15 C．16 D．17 3-12.(多选)(24-25高二下·内蒙古包头·期末)若等差数列的前n项和为，，，则下列说法正确的是( )． A． B．为递增数列 C． D．的前4项和为 3-13.(24-25高二下·广东茂名·期末)等差数列的前n项和为，，.则下列说法正确的是( ) A． B．数列的第10项为 C．数列的前n项和 D．的最大值为8 题型四：错位相减法 如果通项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成，前n项和一般用错位相减法求解. 错位相减法的万能公式：若， 则数列的前n项和为：，其中：； 4-1.(24-25高二下·广西崇左·期末)若数列满足，，的前项和为，则的整数部分为( ) A． B． C． D． 4-2.(24-25高二上·湖南株洲·期末)已知数列的通项公式为，则数列的前项和( ) A． B． C． D． 4-3.(24-25高二上·江苏淮安·期末)数列满足，，数列的前n项和为( ) A． B． C． D． 4-4.(24-25高二下·河南南阳·期末)已知数列满足，，，设，记数列的前项和为，数列的前n项和为，则下列结论正确的是( ) A． B． C． D． 4-5.(24-25高二上·山东烟台·期末)已知数列的前项和为，且满足，则( ) A． B． C．为递减数列 D． 4-6.(24-25高二下·山东东营·期末)已知等差数列满足公差，，.等比数列的首项，公比为3. (1)求数列，的通项公式；(2)数列的前n项和为，记数列的前n项和为，求. 4-7.(24-25高二下·湖南衡阳·期末)已知数列满足，． (1)证明是等比数列，并求数列的通项公式； (2)令，求数列前n项的和． 4-8.(24-25高二下·河北秦皇岛·期末)已知数列的前项和． (1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前项和． 4-9.(24-25高二下·四川南充·期末)已知数列的前项和为，且. (1)求数列通项公式；(2)数列满足，求数列的前项和； (3)设，求证：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 题型五：奇偶并项求和 通项公式形如或(其中为常数，n∈N*)等正负项交叉的数列求和一般用并项法.并项时应注意分n为奇数、偶数两种情况讨论. 5-1.(24-25高二上·广东广州·期末)已知数列的前项和为，且，则的值为( ) A．107 B．169 C．1389 D．1409 5-2.(24-25高二下·四川眉山·期末)已知数列的通项公式为，则数列的前n项和( ) A．107 B．1409 C．1414 D．112 5-3.(24-25高二下·广西钦州·期末)已知数列满足，，且，则的前51项的和为( ) A．37 B．40 C．42 D．46 5-4.(24-25高二下·广东广州·期末)已知数列的通项公式，则数列的前10项和为( ) A．35 B．40 C．45 D．50 5-5.(24-25高二上·山西运城·期末)已知数列的前项和为，且，则( ) A．188 B．189 C．190 D．191 5-6.(24-25高二上·天津和平·期末)已知数列首项为2，且满足，数列满足，且数列前项和为，则( ) A．5050 B．200 C．100 D． 5-7.(2024·广东深圳·一模)已知数列满足，，若为数列的前项和，则( ) A．624 B．625 C．626 D．650 5-8.(24-25高二上·福建莆田·期末)已知正项数列满足，的前n项和为，则下列结论一定正确的是( ) A．若，则 B．若，则 C．若， D．，则的值有2种情况 5-9.(24-25高二上·广西南宁·阶段练习)已知数列的前n项和为Sn，且，，则的值为 ( ) A．949 B．1160 C．1276 D．2261 题型六：倒序相加法 可得:；两式相加： ； 6-1.(24-25高一上·广东广州·阶段练习)已知函数，则( ) A． B． C． D． 6-2.(23-24高二下·四川绵阳·阶段练习)已知数列是公比为的等比数列，且，若，则( ) A．4046 B．4045 C．2024 D．2023 6-3.(24-25高二上·福建三明·阶段练习)已知函数，数列满足，则数列的通项公式为( ) A． B． C． D． 6-4.(24-25高二上·湖南·期中)若等比数列满足，则( ) A． B．1012 C． D．1013 6-5.(23-24高二下·辽宁大连·期中)已知数列是公比为的正项等比数列，且，若，则( ) A．4050 B．2025 C．4052 D．2026 6-6.(23-24高二上·山东菏泽·阶段练习)已知，数列的前项和为，则( ) A．8096 B．8094 C．4048 D．4047 6-7.(2023高二·全国·专题练习)已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，试用推导等差数列前项和的方法探求：若，则( ) A．2022 B．4044 C．2023 D．4046 6-8.(24-25高二上·山东临沂·阶段练习)高斯(Gauss)被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.小学进行的求和运算时，他这样算的：，，，，共有50组，所以，这就是著名的高斯算法. 已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，试根据提示探求：若，则 . 6-9.(24-25高二下·北京丰台·期中)高斯被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.在求1到100这100个自然数的和时，10岁的高斯是这样算的：，，…，，共有50组，所以，这就是著名的高斯算法，教材中推导等差数列前n项和的方法正是借助了高斯算法.已知等比数列的各项均为正数，且公比不等于1， ，试根据提示探究：若，则 . 题型七：其它求和法 7-1.(24-25高二下·河北秦皇岛·期末)已知数列的通项公式，则( ) A．81 B．128 C．146 D．164 7-2.(24-25高二上·广西河池·期末)已知数列满足，，则( ) A．31 B．45 C．57 D．63 7-3.(24-25高二上·浙江杭州·期末)我们把由0和1组成的数列称为数列，数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛应用，把斐波那契数列(，)中的奇数换成0，偶数换成1可得到数列，若数列的前n项和为，且，则k的值可能是( ) A．35 B．32 C．29 D．26 7-4.(24-25高二上·陕西西安·期末)已知数列满足，其前项和为，则( ) A． B． C． D． 7-5.(24-25高二上·吉林·期末)已知数列的通项公式为，根据题意，该数列的前4项和( ) A．16 B．18 C．12 D．14 7-6.(22-23高二下·北京房山·期末)若数列满足，，则称该数列为斐波那契数列．如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线．图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”．记以为边长的正方形中的扇形面积为，数列的前n项和为．给出下列结论： ①； ②是奇数； ③； ④． 则所有正确结论的序号是 ． 7-7.(2025·广东广州·三模)已知数列满足，且对任意的，都有. (1)设，求数列的通项公式； (2)数列表示不超过的最大整数，求的前350项和. 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $$1 / 15 重难点专题 02 数列求和 题型一：公式法 题型二：分组求和法 题型三：列项相消法 题型四：错位相减法 题型五：奇偶并项求和 题型六：倒序相加法 题型七：其它方法 题型一：公式法求和 (1)等差数列的前 n项和公式：Sn＝ �(�1+��) 2 = ��1 + �(�−1) 2 . (2)等比数列的前 n项和公式：Sn＝ ��1, � = 1, �1(1−��) 1−� = �1−��∙� 1−� , � ≠ 1, (3)特殊求和公式：1＋2＋3＋4＋…＋n＝ �(�+1) 2 ； 2 + 4 + 6 + ⋯+ 2� = �(� + 1)； 1 + 3 + 5 + ⋯+ (2n − 1) = n2； 12＋22＋…＋n2＝ 1 6 �(� + 1)(2� + 1)； 13 + 23 + 33 +⋯ + �3 = �(�+1) 2 2 。 1-1.(2025·安徽滁州·模拟预测)已知等差数列 na 的前 n项和为 nS ， 4 7a  ， 11 121S  ． (1)求数列 na 的通项公式；(2)令 nn Sb n  ，求数列 nb 的前 n项和 nT ． 2 / 15 1-2．(2025·陕西·模拟预测)在等差数列 na 中， 2 5 612, 11a a a   . (1)求 na 的通项公式；(2)若 2 nanb  ，求数列 nb 的前 n项和 nS . 1-3.(2024·浙江嘉兴·模拟预测)已知等差数列 na 的前 n项和为 nS ，且 4 33 1S a  ， 5 25S  ． (1)求数列 na 的通项公式；(2)令 2 nanb  ，求数列 nb 的前 n项和 nT ． 题型二：分组求和法 通项为�� = �� + ��的数列求和，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列. 2-1.(24-25 高二上·云南曲靖·期末)已知数列 na n 是等比数列，且 1 2a  ，公比为 2，则数列 na 的前 5项之和为( ) A．62 B．66 C．56 D．46 2-2.(24-25 高二上·吉林·期末)已知数列 na 满足 3 1na n  ，在 1, nna a  之间插入 12n 个 1，构成数列   1 2 3 4: ,1, ,1,1, ,1,1,1,1, ,nb a a a a ，则数列 nb 的前 100 项的和为( ) A．151 B．170 C．182 D．207 2-3.(2025·福建三明·三模)若数列 na 满足  *1 2 1n na a n n    N ， 4 2a  ，则 1 2 3 17a a a a    ( ) 3 / 15 A．155 B．156 C．203 D．204 2-4.(24-25高二下·湖北·期末)已知数列 na 的前n项和是 nS ，且满足 1 2 2 1 2 1 2 13, 8 , , N 2k k k k a a a a a k      ， 则 2025S  ( ) A． 20254 1 B． 20253 2 3  C． 10133 4 9  D． 10125 4 2  2-5.(24-25 高二下·广西崇左·期末)若数列 na 满足 1 1 1 12 2 2n nn n n na a       ， 1 5 2 a  ， na 的前 n项和为 nS ， 则 100S 的整数部分为( ) A． 1012 1 B． 1012 C． 1012 1 D． 1002 1 2-6.(24-25 高二上·宁夏银川·期末)已知数列 na 满足  1 1 *1 23 3 3n nna a a n n      N ，设数列 na 的 前 n项和为 nS ，则下列结论错误的是( ) A．数列 na 为等差数列 B． 23 6nS n n  C．数列 20na  的前 20项和为284 D．数列   1 n na 的前100项和为300 2-7.(24-25 高二上·天津河北·期末)若数列 na 的前 n项和为 nS ，且 1 2nn na a   ，则 8S  ( ) A．84 B．86 C．170 D．172 2-8.(2024 高三·全国·专题练习)已知数列 na 满足 21n na a n  ，则 1 102a a  ( ) A．2700 B．2721 C．5150 D．5151 2-9.(24-25 高三上·北京·阶段练习)在一个数列中，如果 *n N ，都有 1 2n n na a a k   ( k为常数)，那么这 个数列叫做等积数列， k叫做这个数列的公积.已知数列 na 是等积数列，且 1 21, 2a a  ，公积为 8，则 a a a      ( ) A．4719 B．4721 C．4723 D．4724 2-10.(23-24 高二上·山东威海·阶段练习)已知数列 na ， 1 1a  ， 1 3n na a   ，则 2023S 等于( ) A．3027 B．3028 C．3034 D．3035 2-11.(多选)(24-25 高二下·吉林延边·阶段练习)已知数列 na 的前 n项和  21nS n  ，则( ) 4 / 15 A． 1 6 7 8 49a a a a    B． 2 1na n  C．   1 n na  前 2n项和为  22 1n  D． 1 2 2 3 3 4 11 12 1 1 1 1 13 100a a a a a a a a       2-12.(多选)(24-25 高二下·河南·期末)在数列 na 中， 1 1, 3 1n na a a a n    ，数列 na 的前 n项和为 nS ， 则下列说法正确的是( ) A．若 2a  ，则 4 8a  B． 2na 是等差数列 C． 20 300S  D．若 31 748S  ，则 13a 2-13.(多选)(24-25 高二下·四川遂宁·期中)已知数列 na 满足 1 1a  ，  *1 2 1 Nn na a n    ， na 的前 n 项和为 nS ，则( ) A． 2 3a  B． 1na  是等比数列 C． 2nna  D． 2 2 14 n n nS   2-14.(多选)(24-25 高二下·四川遂宁·期中)甲同学通过数列 3，5，9，17，33，…的前 5项，得到该数 列的一个通项公式为 2nna m  ，根据甲同学得到的通项公式，下列结论正确的是( ) A． 6 65a  B． 1m  C． 10 2046S  D．该数列为递增数列 题型三：列项相消法 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. 【常用的裂项公式】 裂项模型 1：等差型：若{an}是等差数列，则 1 anan＋1 ＝ 1 d ( 1 an − 1 an+1 )， 1 anan＋2 ＝ 1 2d ( 1 an − 1 an+2 )； (1) 1 �(�+1) = 1 � − 1 �+1 ； 1 �(�+�) = 1 � ( 1 � − 1 �+� )； (2) 1 4n2−1 = 1 (2n−1)(2n+1) = 1 2 ( 1 2n−1 − 1 2n+1 )； (3) 1 n(n+1)(n+2) = 1 2 1 n(n+1) − 1 (n+1)(n+2) ； (4) 2�+1 �2(�+1)2 = 1 �2 − 1 (�+1)2 ； �+1 �2(�+2)2 = 1 4 1 �2 − 1 (�+2)2 ； (5) (－1) n n (n－1)(n＋1) ＝(－1) n∙ 1 2 ( 1 n−1 + 1 n+1 )． 裂项模型 2：根式型 (1) 1 �+1+ � = � + 1 − �； 1 �+�+ � = 1 � ( � + � − �)； (2) 1 2�−1+ 2�+1 = 1 2 ( 2� + 1 − 2� − 1)； 5 / 15 (3) 1 + ( 1 � )2 + ( 1 �+1 )2 = 1 + 1 � − 1 �+1 ； (4) 1 (�+1) �+� �+1 = 1 � − 1 �+1 ； 裂项模型 3：指数型 (1) 2 n 2n＋12n＋1＋1 ＝ 1 2 n ＋1 － 1 2 n＋1 ＋1 ， (2) 2 n－k 2n＋12n＋1＋1 ＝ 1 2 k ( 1 2n+1 − 1 2n+1+1 )； (3) 1 1 1 1 2 (2 1) (2 1) 1 1 (2 1)(2 1) (2 1)(2 1) 2 1 2 1                 n n n n n n n n n (4) 1 1 3 1 1 1( ) (3 1)(3 1) 2 3 1 3 1        n n n n n (5) n＋2 (n2＋n)2n＋1 ＝ 1 n·2n － 1 (n＋1)2n＋1 ； (6) �∙2�+1 (�+1)(�+2) = 2 �+2 �+2 − 2 �+1 �+1 ； (7) 1 2 2( 1) 2 1 1 1 1 ( 1) 2 ( 1) 2 1 2 2 ( 1) 2                   n n n n n n n n n n n n n n n n (8) 1 1 1 1(4 1) 3 1 9 1 1 3 33 ( 2) 2 ( 2) 2 2                     n n n nn n n n n n n (9) 1 1 (2 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)         n n n n n nn n 裂项模型 4：对数型 (1)���� ��+1 �� = ������+1 − ������ (2)loga(1 + 1 � )＝loga(n＋1)－logan； 裂项模型 5：三角型 (1) 1 1 (tan tan ) cos cos sin( )          (2)  1 1 tan( 1) tan cos cos( 1) sin1          n n n n (3) 1tan tan (tan tan ) 1 tan( )           3-1.(24-25 高二下·四川绵阳·期末)已知数列 na 满足： 1 2 2 11, 3, 2 1n n na a a a a      ，数列 nb 满足 2 1n na b  ，则数列 nb 的前 50 项的和为( ) A． 50 51 B． 1 50 C． 50 101 D．50 6 / 15 3-2.(24-25 高二下·广东肇庆·期末)记等差数列 na 的前 n项和为 nS ，且 2 2S  ， 6 12S  ，记 nT 为 1 nS       的 前 n项和，则 8T  ( ) A． 9 5 B． 116 45 C． 14 5 D． 232 5 3-3.(24-25 高二下·云南丽江·期末)已知数列 na 满足  *1 2 1 2 Nn n n n n n a a a a n a a         ，且 1 1a  ， 2025 1 1013 a  ， 则 1 2 2 3 1n na a a a a a     ( ) A． 2 1 n n  B． 2 n n  C． 2 2 1 n n D． 2 2 n n  3-4.(24-25 高二下·云南·期末)设数列 na 满足  *1 2 32 3 2 1na a a na n n      N ，则数列 2 na n      的 前 9 项和为( ) A． 161 165 B． 106 165 C． 49 66 D． 71 66 3-5.(24-25 高二下·河南南阳·期末)已知数列 na 的前 n项和为 nS ，且 1 2a  ，  12 2 1n nS a n   ，数列  nb 满足 1 1n n n n ab a a    ，记 nb 的前 n项和为 nT ，若 nT m 恒成立，则m的最小值为( ) A．1 B． 1 2 C． 1 3 D． 1 4 3-6.(24-25 高二下·重庆·阶段练习)已知数列 na 满足 2 1 na n n   ，其前 n 项和为 nS ，则 26S ( ) A． 1 27 B． 13 27 C． 26 27 D． 28 27 3-7.(24-25 高二上·山东烟台·期末)已知数列 na 的前 n项和 2nS n ，数列 nb 的前 n项和为 nT ，且 1 ( 1)nn n n nb a a    ，若不等式  *nT n N 恒成立，则实数 的最小值为( ) A． 4 5  B． 1 C． 1 4  D． 1 5  7 / 15 3-8.(24-25 高二上·江苏南京·期末)已知数列 na 满足 21 2 32 3 na a a na n     ，设 n nb na ，则数列 1 1 n nb b        的前 2025项和为( ) A． 2022 4045 B． 4046 4047 C． 4044 4045 D． 2025 4051 3-9.(24-25 高二上·河南许昌·期末)在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中出现如图形状， 被后人称为“三角垛”．已知＂三角垛＂的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，设各层球数 构成数列 na ，则数列 1 na       的前 n项和为( ) A． 1 n n  B． 2 1 n n  C．   2 1n n D． 2 2 1 n n 3-10.(24-25 高三上·河北承德·阶段练习)已知数列   ,n na b 满足 22, 4 8 3n n na b b n n    ，则数列 na 的 前 30 项和 30S  ( ) A． 6 19 B． 19 59 C． 19 61 D． 20 63 3-11.(24-25 高二上·宁夏吴忠·期末)数列 1 na       是等差数列，且 2 4 1 1, 5 9 a a  ，数列 nb 的前 n项和为 nS ， 若 1n n nb a a  ，则使不等式 5 33n S  成立的 n的最小值为( ) A．14 B．15 C．16 D．17 3-12.(多选)(24-25 高二下·内蒙古包头·期末)若等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 2 4a  ， 7 42S  ，则下 列说法正确的是( )． A． 6 7a  B． na n 为递增数列 C． 2 1 5 2 2n S n n  D． 1 1 n na a        的前 4项和为 5 21 3-13.(24-25 高二下·广东茂名·期末)等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 3 1a  ， 4 8S  .则下列说法正确的 8 / 15 是( ) A． 5 3a   B．数列 2 1na  的第 10 项为 13 C．数列 1 1 n na a        的前 n 项和 25 10 n n D． nS 的最大值为 8 题型四：错位相减法 如果通项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成，前 n 项和一般用错位相减法求解. 错位相减法的万能公式：若�� = (�� + �) ∙ ��−1(� ≠ 1)， 则数列 �� 的前 n项和为：�� = (�� + �) ∙ �� + �，其中：A = k q−1 , B = t−A q−1 , C =− B； 4-1.(24-25 高二下·广西崇左·期末)若数列 na 满足 1 1 1 12 2 2n nn n n na a       ， 1 5 2 a  ， na 的前 n项和为 nS ， 则 100S 的整数部分为( ) A． 1012 1 B． 1012 C． 1012 1 D． 1002 1 4-2.(24-25 高二上·湖南株洲·期末)已知数列 na 的通项公式为 2n n na  ，则数列 na 的前 n项和 nS  ( ) A． 2 1 2 n n n  B． 12 2 2 n n n   C． 2 1 2 n n n  D． 12 2 2 n n n   4-3.(24-25 高二上·江苏淮安·期末)数列 na 满足  1 3 1n nna n a   ， 1 3a  ，数列 na 的前 n 项和 nS 为( ) A． 215 9 2 n n B． 3nn  C．   21 14 8 3 nn   D． 13 1 34 2 4 nn       4-4.(24-25 高二下·河南南阳·期末)已知数列 na 满足， 1 0a  ，   1 1 3 , 3 , n n n n aa a n       为偶数 ，设 2n nb a ，记数 列 na 的前 2n项和为 2nS ，数列 nb 的前 n 项和为 nT ，则下列结论正确的是( ) A． 3 9a  B． 3nnb n  C．   11 3 6 2 n n n T     D．   12 1 3 3nnS n     4-5.(24-25 高二上·山东烟台·期末)已知数列 na 的前 n项和为 nS ，且满足   2 1 * 1 22 2 2 n n n na a a n     N ， 则( ) 9 / 15 A． 1 1a  B． 1 2n n na  C． na 为递减数列 D． 1 24 2n n nS     4-6.(24-25 高二下·山东东营·期末)已知等差数列 na 满足公差 0d  ， 2 5 22a a  ， 3 4 117a a  .等比数 列 nb 的首项 1 1b  ，公比为 3. (1)求数列 na ， nb 的通项公式；(2)数列 na 的前 n 项和为 nS ，记数列 n nS bn       的前 n项和为 nT ，求 nT . 4-7.(24-25 高二下·湖南衡阳·期末)已知数列 na 满足 1 1a  ， 1 2 1n na a   ． (1)证明 1na  是等比数列，并求数列 na 的通项公式 na ； (2)令   2 1 1n nb n a   ，求数列 nb 前 n 项的和 nT ． 10 / 15 4-8.(24-25 高二下·河北秦皇岛·期末)已知数列 na 的前 n项和 2 2n n nS  ． (1)求数列 na 的通项公式；(2)若数列 nb 满足 1 2 1 1 3 1nn n na b a b a b     ，求数列 nb 的前 n项和 nT ． 4-9.(24-25 高二下·四川南充·期末)已知数列 na 的前 n项和为 nS ，且  *2 2 Nn na S n   . (1)求数列 na 通项公式；(2)数列 nb 满足 2 log n n n ab a  ，求数列 nb 的前 n项和 nT ； (3)设 1 n n c a  ，求证：数列 nc 中任意不同的三项都不能构成等差数列. 11 / 15 题型五：奇偶并项求和 通项公式形如�� = ( − 1)� ∙ �或�� = ( − 1)� ∙ �(其中�为常数，n∈N * )等正负项交叉的数列求和一般用并项 法.并项时应注意分 n 为奇数、偶数两种情况讨论. 5-1.(24-25 高二上·广东广州·期末)已知数列 na 的前 n项和为 nS ，且 2 1, 2 ,n n n n a n     为奇数 为偶数 ，则 10S 的值 为( ) A．107 B．169 C．1389 D．1409 5-2.(24-25 高二下·四川眉山·期末)已知数列{ }na 的通项公式为 2 1, 2 ,n n n n a n     为奇数 为偶数 ，则数列{ }na 的前 n 项和 10S ( ) A．107 B．1409 C．1414 D．112 5-3.(24-25 高二下·广西钦州·期末)已知数列 na 满足 1 1a  ， 2 2a  ，且 2 1 , , n n n n a n a a a n      为奇数 为偶数 ，则 na 的前 51 项的和为( ) A．37 B．40 C．42 D．46 5-4.(24-25 高二下·广东广州·期末)已知数列 na 的通项公式 2, 1,n n a n n     为奇数 为偶数 ，则数列 na 的前 10 项 和为( ) A．35 B．40 C．45 D．50 5-5.(24-25 高二上·山西运城·期末)已知数列 na 的前 n项和为 nS ，且    1 21 1nna n     ，则 10 21S S ( ) A．188 B．189 C．190 D．191 5-6.(24-25 高二上·天津和平·期末)已知数列  *na nN 首项为 2，且满足  1 1n nna n a   ，数列   *nb nN 满足 ( 1)nn nb a  ，且数列 nb 前 n项和为 nT ，则 100T ( ) A．5050 B．200 C．100 D．50 5-7.(2024·广东深圳·一模)已知数列 na 满足 1 2 1a a  ， *2 2, 2 1 , N , 2 n n n a n k a k a n k       ，若 nS 为数列 na 12 / 15 的前 n项和，则 50S  ( ) A．624 B．625 C．626 D．650 5-8.(24-25 高二上·福建莆田·期末)已知正项数列 na 满足 1 , 2 3, n n n n n a a a a a       当 为偶数时 当 为奇数时 ， na 的前 n 项和 为 nS ，则下列结论一定正确的是( ) A．若 1 10a  ，则 7 4a  B．若 1 10a  ，则 2025 4a  C．若 1 10a  ， 100 251S  D． 3 16a  ，则 1a 的值有 2种情况 5-9.(24-25 高二上·广西南宁·阶段练习)已知数列 na 的前 n 项和为 Sn，且 1 1a  ， 1 2 2 2, , n n n a n n a a n n      为奇数 为偶数 ， 则 17S 的值为 ( ) A．949 B．1160 C．1276 D．2261 题型六：倒序相加法 �� = �1 + �2 + �3 +⋯+ ��−2 + ��−1 + ��可得:�� = �� + ��−1 + ��−2 +⋯ + �3 + �2 + �1；两式相加： 2Sn = (�1 + ��) + (�2 + ��−1) + (�3 + ��−2) + ⋯ + (��−2 + �3) + (��−1 + �2) + (�� + �1)； 6-1.(24-25 高一上·广东广州·阶段练习)已知函数 ( ) 2 2 xf x x   ，则 1 1 1( ) ( ) ( ) (1) (2) (2018) (2019) 2019 2018 2 f f f f f f f         ( ) A． 2019 2 B． 4037 4 C． 2019 D． 4039 4 6-2.(23-24 高二下·四川绵阳·阶段练习)已知数列 nb 是公比为  1q q  的等比数列，且 1012 1b  ，若   2 4 1 f x x   ，则      1 2 2023f b f b f b    ( ) A．4046 B．4045 C．2024 D．2023 6-3.(24-25 高二上·福建三明·阶段练习)已知函数   2 2 1 xf x x   ，数列 na 满足    1 2 10 1n na f f f f f n n n                        ，则数列 na 的通项公式为( ) A． 1 2 n B． 1n  C．  1 2 n n  D．  1n n 13 / 15 6-4.(24-25 高二上·湖南·期中)若等比数列 na 满足 1012 1a  ，则 1 2 2023 1 1 1 1 1 1a a a         ( ) A． 2023 2 B．1012 C． 2025 2 D．1013 6-5.(23-24 高二下·辽宁大连·期中)已知数列 nb 是公比为  1q q  的正项等比数列，且 1013ln 0b  ，若   2 4 1 f x x   ，则      1 2 2025f b f b f b    ( ) A．4050 B．2025 C．4052 D．2026 6-6.(23-24 高二上·山东菏泽·阶段练习)已知      *2 2, 2024n nf x f x a f n         N ，数列 na 的前 n 项和为 nS ，则 4047S  ( ) A．8096 B．8094 C．4048 D．4047 6-7.(2023 高二·全国·专题练习)已知正数数列 na 是公比不等于 1的等比数列，且 1 2023 1a a  ，试用推导 等差数列前 n项和的方法探求：若   2 4 1 f x x   ，则      1 2 2023f a f a f a    ( ) A．2022 B．4044 C．2023 D．4046 6-8.(24-25 高二上·山东临沂·阶段练习)高斯(Gauss)被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数 学王子”之称.小学进行1 2 3 100   L 的求和运算时，他这样算的：1 100 101  ，2 99 101  ，， 50 51 101  ，共有 50 组，所以50 101 5050  ，这就是著名的高斯算法. 已知正数数列 na 是公比不等于 1的等比数列，且 1 2024 1a a  ，试根据提示探求：若   1 1 f x x   ，则      1 2 2024f a f a f a    . 6-9.(24-25 高二下·北京丰台·期中)高斯被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称. 在求 1 到 100 这 100 个自然数的和时，10 岁的高斯是这样算的：1 100 101  ，2 99 101  ，…，50 51 101  ， 共有 50 组，所以1 2 3 100 50 101 5050       ，这就是著名的高斯算法，教材中推导等差数列前 n项和 的方法正是借助了高斯算法.已知等比数列{ }na 的各项均为正数，且公比不等于 1， 1 2024 1a a  ，试根据提示 探究：若 1( ) 1 f x x   ，则 1 2 2024( ) ( ) ( )f a f a f a    . 14 / 15 题型七：其它求和法 7-1.(24-25 高二下·河北秦皇岛·期末)已知数列 na 的通项公式 81 na n n   ，则 1 2 2 3 80 81a a a a a a       ( ) A．81 B．128 C．146 D．164 7-2.(24-25 高二上·广西河池·期末)已知数列 na 满足 1 1a  ，  1 2 1 1n na a n    ，则 5S  ( ) A．31 B．45 C．57 D．63 7-3.(24-25 高二上·浙江杭州·期末)我们把由 0和 1组成的数列称为0 1 数列，0 1 数列在计算机科学和 信息技术领域有着广泛应用，把斐波那契数列 nF ( 1 2 1F F  ， 2 1n n nF F F   )中的奇数换成 0，偶数换成 1可得到0 1 数列 na ，若数列 na 的前 n项和为 nS ，且 10kS  ，则 k的值可能是( ) A．35 B．32 C．29 D．26 7-4.(24-25 高二上·陕西西安·期末)已知数列 na 满足 π πsin 2 6n na       ，其前 n项和为 nS ，则 2025S  ( ) A． 3 2  B． 1 2  C． 3 2 D． 1 2 7-5.(24-25 高二上·吉林·期末)已知数列的 na 通项公式为 2 1na n  ，根据题意，该数列的前 4 项和 4S ( ) A．16 B．18 C．12 D．14 7-6.(22-23 高二下·北京房山·期末)若数列 na 满足 1 2 1a a  ，  1 2 3n n na a a n    ，则称该数列为斐 波那契数列．如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线．图中的长方形由以斐波那契 数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为90的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”．记 以 na 为边长的正方形中的扇形面积为 nb ，数列 nb 的前 n 项和为 nS ．给出下列结论： ① 8 21a  ； 15 / 15 ② 2023a 是奇数； ③ 2 4 6 2022 2023a a a a a     ； ④ 2023 2023 2024 π 4 S a a   ． 则所有正确结论的序号是 ． 7-7.(2025·广东广州·三模)已知数列 na 满足 1 31, 6a a  ，且对任意的 *2,n n N ，都有 1 1 2 3n n na a a    . (1)设 1n n nb a a  ，求数列 nb 的通项公式； (2)数列    lg ,n nc b x 表示不超过 x的最大整数，求 nc 的前 350 项和 350T . 重难点专题02 数列求和 题型一：公式法 题型二：分组求和法 题型三：列项相消法 题型四：错位相减法 题型五：奇偶并项求和 题型六：倒序相加法 题型七：其它方法 题型一：公式法求和 (1)等差数列的前n项和公式：Sn＝. (2)等比数列的前n项和公式：Sn＝ (3)特殊求和公式：1＋2＋3＋4＋…＋n＝； ； ； 12＋22＋…＋n2＝； 。 1-1.(2025·安徽滁州·模拟预测)已知等差数列的前项和为，，． (1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前项和． 【答案】(1)；(2) 【解析】(1)设的公差为，由题知，，解得， 所以数列的通项公式为． (2)由(1)，得．所以，， 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列． 所以数列的前项和． 1-2．(2025·陕西·模拟预测)在等差数列中，. (1)求的通项公式；(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， 由题意可得，解得；故. (2)由(1)可得，则，从而. 因为，所以是首项为2，公比为4的等比数列. 由等比数列的前项和公式可得. 1-3.(2024·浙江嘉兴·模拟预测)已知等差数列的前项和为，且，． (1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前项和． 【答案】 【解析】(1)设等差数列的公差为，由可得，解得， (2)解：，且，故数列为等比数列，且首项为2，公比为4， 因为 题型二：分组求和法 通项为的数列求和，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列. 2-1.(24-25高二上·云南曲靖·期末)已知数列是等比数列，且，公比为2，则数列的前5项之和为( ) A．62 B．66 C．56 D．46 【答案】D【难度】0.85【知识点】求等差数列前n项和、写出等比数列的通项公式、求等比数列前n项和、分组(并项)法求和【分析】先求出数列的通项公式，再由分组求和法求解即可. 【解】数列是首项为，公比为2的等比数列， 所以，所以， 所以数列的前5项之和为. 故选：D. 2-2.(24-25高二上·吉林·期末)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【难度】0.65【知识点】分组(并项)法求和、求等比数列前n项和、求等差数列前n项和 【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. 【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. 2-3.(2025·福建三明·三模)若数列满足，，则( ) A．155 B．156 C．203 D．204 【答案】A【难度】0.65【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、分组(并项)法求和 【分析】由，可以得到奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，再由，利用合并项求出 【解】由，则， 故奇数项成等差数列，偶数项成等差数列， 由，则，，则， 故.故选：A 2-4.(24-25高二下·湖北·期末)已知数列的前n项和是，且满足，则( ) A． B． C． D． 【答案】C【难度】0.65【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、求等比数列前n项和、分组(并项)法求和【分析】根据递推公式，求出数列奇数项和偶数项各自的性质，再根据等比数列求和公式，求出数列前2025项的和. 【解】因为，所以， 又，所以数列是首项为3，公比为4的等比数列. 因为，， 所以数列是首项为24，公比为4的等比数列. 所以，故选：C. 2-5.(24-25高二下·广西崇左·期末)若数列满足，，的前项和为，则的整数部分为( ) A． B． C． D． 【答案】A【难度】0.4【知识点】由递推关系式求通项公式、求等比数列前n项和、错位相减法求和、分组(并项)法求和【分析】由递推关系式变形可构造出数列是首项为2，公比为2的等比数列，得到，再利用分组求和及错位相减法求和即可得到，再取的整数部分即可. 【解】，， 又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，则， 设数列的前项和为，则，， 两式相减得：， 解得，所以， 所以，故的整数部分为.故选：A. 2-6.(24-25高二上·宁夏银川·期末)已知数列满足，设数列的前项和为，则下列结论错误的是( ) A．数列为等差数列 B． C．数列的前项和为 D．数列的前项和为 【答案】C【难度】0.65【知识点】求等差数列前n项和、含绝对值的等差数列前n项和、分组(并项)法求和、利用与关系求通项或项【分析】由通项与前项和的关系求出数列的通项公式，结合等差数列的定义可判断A选项；利用等差数列的求和公式可判断B选项；求得，结合等差数列的求和公式可判断C选项；利用并项求和法可判断D选项. 【解】数列满足， 当时，； 当时，由，可得， 上述两个等式作差可得，化简可得， 也满足，故对任意的，， 对于A选项，对任意的，， 所以，数列为等差数列，A对； 对于B选项，，B对； 对于C选项，， 所以，数列的前项和为，C错； 对于D选项，对任意的，， 所以，数列的前项和为，D对.故选：C. 2-7.(24-25高二上·天津河北·期末)若数列的前项和为，且，则( ) A． B． C． D． 【答案】C【难度】0.85【知识点】分组(并项)法求和【分析】利用并项求和法可求得的值. 【解】因为数列的前项和为，且， 则.故选：C. 2-8.(2024高三·全国·专题练习)已知数列满足，则( ) A．2700 B．2721 C．5150 D．5151 【答案】D【难度】0.65【知识点】分组(并项)法求和、累加法求数列通项【分析】根据得到，相减以后可得，根据累加法、分组求和法，结合等差数列求和公式可求. 【解】解：由，得，从而， 所以， 即，①；又因为②， 两式相加，得．故选：D． 2-9.(24-25高三上·北京·阶段练习)在一个数列中，如果，都有(为常数)，那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积.已知数列是等积数列，且，公积为8，则( ) A．4719 B．4721 C．4723 D．4724 【答案】B【难度】0.65【知识点】数列新定义、分组(并项)法求和、由递推数列研究数列的有关性质、根据数列递推公式写出数列的项【分析】先根据题干已知条件及递推公式逐项代入进行计算即可发现数列是以3为最小正周期的周期数列，然后根据周期数列的性质即可计算出数列的前2024项的和． 【解】依题意，由，及， 可得当时，，解得， 当时，，解得， 当时，，解得， 当时，，解得， 数列是以3为最小正周期的周期数列，，， ， ． 故选：B 2-10.(23-24高二上·山东威海·阶段练习)已知数列，，，则等于( ) A．3027 B．3028 C．3034 D．3035 【答案】C【难度】0.85【知识点】分组(并项)法求和【分析】根据题意利用并项求和法运算求解. 【解】因为，， 所以.故选：C. 2-11.(多选)(24-25高二下·吉林延边·阶段练习)已知数列的前项和，则( ) A． B． C．前项和为 D． 【答案】ACD【难度】0.65【知识点】由Sn求通项公式、求等比数列前n项和、裂项相消法求和、分组(并项)法求和【分析】由可判断A选项；由求出数列的通项公式，可判断B选项；利用分组求和法可判断C选项；利用裂项相消法可判断D选项. 【解】对于A选项，，A对； 对于B选项，因为数列的前项和， 所以当时，， 因为不满足，所以，B错； 对于C选项，前项和为，C对； 对于D选项，当时，， 所以，D对. 故选：ACD. 2-12.(多选)(24-25高二下·河南·期末)在数列中，，数列的前项和为，则下列说法正确的是( ) A．若，则 B．是等差数列 C． D．若，则 【答案】BD【难度】0.65【知识点】判断等差数列、求等差数列前n项和、分组(并项)法求和 【分析】对于A：令分别代入即可求解；对于B：利用等差数列的定义即可判断；对于C：利用分组求和即可得到结果；对于D：利用分组求和即可得到结果. 【解】对于A：当时，因为，令，得到； 令，得到，令，得，故A错误； 对于B：因为，所以，两式相减得， 令，则，且为常数， 所以是以为首项，3为公差的等差数列，故B正确； 对于C：因为，得到， 观察可得， 所以，故C错误； 对于D：因为， 观察可得， ，解得，故D正确；故选：BD 2-13.(多选)(24-25高二下·四川遂宁·期中)已知数列满足，，的前n项和为，则( ) A． B．是等比数列 C． D． 【答案】AB【难度】0.65【知识点】写出等比数列的通项公式、由递推关系证明等比数列、求等比数列前n项和、分组(并项)法求和【分析】由递推数列以及首项，可得A的正误；对递推公式两边同时加一，根据等比数列的定义，可得B的正误；根据等比数列的通项公式，可得C的正误；根据等比数列的求和公式以及分组求和，可得D的正误. 【解】对于A，由，则，故A正确； 对于B，由，则，故B正确； 对于C，由B知是以为公比，以为首项的等比数列，则，即，故C错误； 对于D，，故D错误.故选：AB. 2-14.(多选)(24-25高二下·四川遂宁·期中)甲同学通过数列3，5，9，17，33，…的前5项，得到该数列的一个通项公式为，根据甲同学得到的通项公式，下列结论正确的是( ) A． B． C． D．该数列为递增数列 【答案】ABD【难度】0.65【知识点】判断数列的增减性、分组(并项)法求和 【分析】将代入通项公式，求出，然后根据数列的性质，逐项分析即可. 【解】由，得，故，所以，所以A 、B正确， ，所以C 错误， 又得该数列为递增数列，所以D正确.故选：ABD 题型三：列项相消法 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. 【常用的裂项公式】 裂项模型1：等差型：若{an}是等差数列，则＝，＝； (1)；； (2)； (3)； (4)；； (5) (－1)n＝(－1)n． 裂项模型2：根式型 (1)；； (2)； (3)； (4)； 裂项模型3：指数型 (1)＝－， (2)＝； (3) (4) (5)＝－； (6)； (7) (8) (9) 裂项模型4：对数型 (1) (2)loga＝loga(n＋1)－logan； 裂项模型5：三角型 (1) (2) (3) 3-1.(24-25高二下·四川绵阳·期末)已知数列满足：，数列满足，则数列的前50项的和为( ) A． B． C． D．50 【答案】A【难度】0.65【知识点】由递推关系式求通项公式、裂项相消法求和 【分析】由得，令，即，进而求得，利用累加法即可求，即可得，最后利用裂项相消法即可求解. 【解】由有，令，则， 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，故， 即，故 ，当时，符合题意，即. 又由有， 设数列的前项和为，.故选：A. 3-2.(24-25高二下·广东肇庆·期末)记等差数列的前项和为，且，，记为的前项和，则( ) A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.65【知识点】求等差数列前n项和、裂项相消法求和 【分析】设，则，解出，最后利用裂项相消法即可求解. 【解】设，则解得，所以，所以. .故选：B. 3-3.(24-25高二下·云南丽江·期末)已知数列满足，且，，则( ) A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.65【知识点】由递推关系式求通项公式、裂项相消法求和 【分析】利用已知等式变形后得到的通项，再利用裂项相消法可得. 【解】因为，所以，即， 所以，即， 所以为等差数列，公差，首项， 所以，所以， 所以 ．故选：D. 3-4.(24-25高二下·云南·期末)设数列满足，则数列的前9项和为( ) A． B． C． D． 【答案】A【难度】0.4【知识点】裂项相消法求和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】由题意可求得，再用裂项相消求解即可. 【解】当时，， 当时，，所以， 两式相减得，因此()， 当时，，不满足，所以， 又因为当时，，当时，， 所以数列的前9项和为．故选：A. 3-5.(24-25高二下·河南南阳·期末)已知数列的前项和为，且，，数列满足，记的前项和为，若恒成立，则的最小值为( ) A．1 B． C． D． 【答案】D【难度】0.65【知识点】由递推关系证明等比数列、裂项相消求和、利用an与sn关系求通项或项、数列不等式恒成立问题【分析】利用递推关系得，进而得，再利用裂项相消法求得，通过函数的单调性和有界性得到，即可求得的最小值. 【解】因为 ，① 当时，，∵，∴； 当时，，② ①②两式相减得，整理，得 ∴，又，∴数列是首项为，公比为的等比数列. ∴，∴．∴. ∴. 对于，，， 所以.由恒成立，得.故选：D. 3-6.(24-25高二下·重庆·阶段练习)已知数列满足，其前n项和为，则( ) A． B． C． D． 【答案】C【难度】0.85【知识点】裂项相消法求和 【分析】根据裂项相消法求前n项和为，从而可得的值. 【解】因为， 所以， 故.故选：C. 3-7.(24-25高二上·山东烟台·期末)已知数列的前项和，数列的前项和为，且，若不等式恒成立，则实数的最小值为( ) A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.4【知识点】裂项相消法求和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】利用求出，进而可得，对分奇偶求得，进而可求得实数的最小值. 【解】当时，， 当时，， 当时，适合上式，所以， ， 当为偶数时，， 所以， 当为奇数时，， 所以，综上，， 又因为不等式恒成立，所以，所以.故选：D. 3-8.(24-25高二上·江苏南京·期末)已知数列满足，设，则数列的前项和为( ) A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.65【知识点】裂项相消法求和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】根据条件，利用与间的关系，得到，从而有，再利用裂项相消法，即可求解. 【解】因为①， 当时，②， 由①②得到，得到， 又时，，满足，所以，则， 所以， 则数列的前项和为，故选：D. 3-9.(24-25高二上·河南许昌·期末)在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中出现如图形状，被后人称为“三角垛”．已知＂三角垛＂的最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，设各层球数构成数列，则数列的前项和为( ) A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.85【知识点】求等差数列前n项和、裂项相消法求和 【分析】归纳出数列的通项公式，利用裂项求和法可求得数列的前项和. 【解】因为，，，， 以此类推可知，故， 因此，数列的前项和为. 故选：B. 3-10.(24-25高三上·河北承德·阶段练习)已知数列满足，则数列的前30项和( ) A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.85【知识点】裂项相消法求和【分析】根据裂项相消法求和即可求解. 【解】把代入整理得：， 故.故选：D 3-11.(24-25高二上·宁夏吴忠·期末)数列是等差数列，且，数列的前项和为，若，则使不等式成立的的最小值为( ) A．14 B．15 C．16 D．17 【答案】C【难度】0.65【知识点】利用定义求等差数列通项公式、裂项相消法求和 【分析】利用等差数列通项公式得，进而得到，再利用裂项相消法求，解对应的不等式即可得解. 【解】因为为等差数列，且，则， 所以其公差为，，所以，则， 所以， 则， 又，解得，即n的最小值为.故选：C. 3-12.(多选)(24-25高二下·内蒙古包头·期末)若等差数列的前n项和为，，，则下列说法正确的是( )． A． B．为递增数列 C． D．的前4项和为 【答案】BC【难度】0.65【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、等差数列的单调性、求等差数列前n项和、裂项相消法求和【分析】对A，由等差数列的前项和公式结合等差数列的性质运算得解；对B，求出通项，进而求出数列的通项公式，判断；对C，由等差数列前项和公式求解判断；对D，求出的通项，利用裂项相消法求和. 【解】对于A，由，则，所以，即，又，所以，故A错误； 对于B，设等差数列的公差为，由A知，则， ，，所以，故数列为递增数列，故B正确； 对于C，由，则，故C正确； 对于D，因为， 所以的前4项和为，故D错误.故选：BC. 3-13.(24-25高二下·广东茂名·期末)等差数列的前n项和为，，.则下列说法正确的是( ) A． B．数列的第10项为 C．数列的前n项和 D．的最大值为8 【答案】AC【难度】0.65【知识点】利用定义求等差数列通项公式、等差数列通项公式的基本量计算、求等差数列前n项和、裂项相消法求和【分析】对A，利用等差数列的基本量运算求出通项公式，进而判断；对B，根据通项公式判断；对C，利用裂项相消法求解判断；对D，求出，判断. 【解】对于A，设数列的公差为， 则，，解得，. ，，故A正确； 对于B，由A，，则数列的第10项，故B错误； 对于C，由A，得，所以数列的前项和 ，故C正确； 对于D，，所以当时，的最大值为9，故D错误. 故选：AC. 题型四：错位相减法 如果通项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成，前n项和一般用错位相减法求解. 错位相减法的万能公式：若， 则数列的前n项和为：，其中：； 4-1.(24-25高二下·广西崇左·期末)若数列满足，，的前项和为，则的整数部分为( ) A． B． C． D． 【答案】A【难度】0.4【知识点】求等比数列前n项和、由递推关系式求通项公式、分组(并项)法求和、错位相减法求和【分析】由递推关系式变形可构造出数列是首项为2，公比为2的等比数列，得到，再利用分组求和及错位相减法求和即可得到，再取的整数部分即可. 【解】，， 又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，则， 设数列的前项和为，则，， 两式相减得：， 解得，所以， 所以，故的整数部分为.故选：A. 4-2.(24-25高二上·湖南株洲·期末)已知数列的通项公式为，则数列的前项和( ) A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.65【知识点】求等比数列前n项和、错位相减法求和 【分析】应用错位相减法及等比数列前n项和求. 【解】由题设，则， 两式作差，有， 所以.故选：B 4-3.(24-25高二上·江苏淮安·期末)数列满足，，数列的前n项和为( ) A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.65【知识点】累乘法求数列通项、错位相减法求和 【分析】利用累乘法求出通项公式，再由错位相减法求和即可. 【解】由可得，累乘可得， 即，所以，也符合该式，故. 所以，①；，② ①②可得， 因此，.故选：D 4-4.(24-25高二下·河南南阳·期末)已知数列满足，，，设，记数列的前项和为，数列的前n项和为，则下列结论正确的是( ) A． B． C． D． 【答案】ABD【难度】0.65【知识点】由递推关系式求通项公式、求等比数列前n项和、错位相减法求和、分组(并项)法求和【分析】对于A，只需要依次赋值计算即得；对于B，先推理得到，由得，从而得数列为公差为1的等差数列，由通项公式计算即得；对于C，利用错位相减法求和即得；对于D，根据条件将分成奇数项和偶数项分别求和，利用C项结论和等比数列的求和公式计算即得. 【解】对于A，由，因，可得，，故A正确； 对于B，当，时，(*)， 因，则，故由(*)可得，则， 即数列为公差为1的等差数列，则有，可得，故B正确； 对于C，由，可得， 上面两式相减可得， 可得，故C错误； 对于D，由，，可得：， 则 ，故D正确.故选：ABD. 4-5.(24-25高二上·山东烟台·期末)已知数列的前项和为，且满足，则( ) A． B． C．为递减数列 D． 【答案】AD【难度】0.65【知识点】错位相减法求和、由递推关系式求通项公式 【分析】令，计算可判断A；当，可得，两式相减可求得通项公式判断B；由，可判断C；利用错位相减法可求得可判断D. 【解】当时，，故A正确； 当时，，又， 两式相减得，所以， 当时，适合上式，所以，故B错误； 所以， 所以，当时，，所以从第二项起是递减数列，故C错误； ，所以， 两式相减得；所以，故D正确.故选：AD. 4-6.(24-25高二下·山东东营·期末)已知等差数列满足公差，，.等比数列的首项，公比为3. (1)求数列，的通项公式；(2)数列的前n项和为，记数列的前n项和为，求. 【答案】(1)，.(2).【难度】0.85【知识点】写出等比数列的通项公式、错位相减法求和、利用定义求等差数列通项公式、求等比数列前n项和【分析】(1)根据等差数列性质得到方程组，求出，，求出公差和首项，得到通项公式，并根据等比数列通项公式求出； (2)计算出，利用错位相减法求和，得到答案. 【解】(1)为等差数列，故， 因为，，所以， 整理得，解得或， 当时，，当时，， 因为，所以，，故，此时，所以， 因为等比数列的首项，公比为3，得. (2)由题，， ，， 两式相减得， 故. 4-7.(24-25高二下·湖南衡阳·期末)已知数列满足，． (1)证明是等比数列，并求数列的通项公式； (2)令，求数列前n项的和． 【答案】(1)证明见解析；(2)【难度】0.65【知识点】写出等比数列的通项公式、由递推关系证明等比数列、错位相减法求和【分析】(1)根据条件得到，利用等比数列的定义即可求解，再由等比数列的通项公式，即可求解； (2)由(1)得，再由错位相减法，即可求解. 【解】(1)由，可得，所以， 所以是以为首项，2为公比的等比数列，所以，所以； (2)由(1)可得， 所以， 所以， 所以， 所以. 4-8.(24-25高二下·河北秦皇岛·期末)已知数列的前项和． (1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前项和． 【答案】(1)(2)【难度】0.65【知识点】错位相减法求和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】(1)由与关系结合题意可得答案；(2)由题可得可得；可得当时，，与已知相减，整理后可得答案. 【解】(1)当时，得，当时，， 又满足上式，所以的通项公式为； (2)因①， 则当时，；当时，②， ①②两式相减可得： ， 由(1)可得， 则，其中. 又当时，，则 4-9.(24-25高二下·四川南充·期末)已知数列的前项和为，且. (1)求数列通项公式；(2)数列满足，求数列的前项和； (3)设，求证：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 【答案】(1)(2)(3)证明见解析【难度】0.4【知识点】错位相减法求和、求函数零点或方程根的个数、利用an与sn关系求通项或项【分析】(1)根据与数列通项公式的关系，求出数列的通项公式；(2)根据对数的运算公式，求出数列的通项公式，根据错位相消法求出数列的前项和；(3)根据数列的函数性质，和等差数列的函数性质，说明不存在三个不同的项构成等差数列. 【解】(1)由题意得，当时，， 作差得，化简得， 可知数列为等比数列，当时，，解得，所以. (2)可知，则， 则， 作差得，化简得. (3)已知，可知在函数上， 设等差数列，是一个首项为，公差为的等差数列， 则在函数上，可知是指数函数，是一次函数， 易知指数函数与一次函数至多只有两个交点，所以不存在三个点即在上，又在上， 即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 题型五：奇偶并项求和 通项公式形如或(其中为常数，n∈N*)等正负项交叉的数列求和一般用并项法.并项时应注意分n为奇数、偶数两种情况讨论. 5-1.(24-25高二上·广东广州·期末)已知数列的前项和为，且，则的值为( ) A．107 B．169 C．1389 D．1409 【答案】D【难度】0.85【知识点】分组(并项)法求和、求等比数列前n项和、求等差数列前n项和 【分析】根据给定的通项公式，利用分组求和法列式计算即可. 【解】依题意，.故选：D 5-2.(24-25高二下·四川眉山·期末)已知数列的通项公式为，则数列的前n项和( ) A．107 B．1409 C．1414 D．112 【答案】B【难度】0.85【知识点】分组(并项)法求和、求等比数列前n项和、求等差数列前n项和 【分析】根据给定的通项公式，利用分组求和法列式计算即可． 【解】因为， 则．故选：B． 5-3.(24-25高二下·广西钦州·期末)已知数列满足，，且，则的前51项的和为( ) A．37 B．40 C．42 D．46 【答案】B【难度】0.65【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、分组(并项)法求和 【分析】分为奇数和偶数讨论，分组求和得到答案. 【解】当为奇数时，也是奇数，因为，所以当为奇数时，， ，令，则，令，则， 令，则，令，则， 以此类推，偶数项为和交替， 前项中有项奇数项，和为， 有项偶数项，有个、个，和为， 所以的前51项的和为.故选：B. 5-4.(24-25高二下·广东广州·期末)已知数列的通项公式，则数列的前10项和为( ) A．35 B．40 C．45 D．50 【答案】C【难度】0.85【知识点】求等差数列前n项和、分组(并项)法求和 【分析】根据给定的通项公式，利用分组求和法列式计算即可． 【解】因为，则． 故选：C 5-5.(24-25高二上·山西运城·期末)已知数列的前项和为，且，则( ) A．188 B．189 C．190 D．191 【答案】B【难度】0.65【知识点】分组(并项)法求和、求等差数列前n项和 【分析】由通项公式结合分组求和、等差数列前项和公式即可求解； 【解】因为 ， 所以.故选：B. 5-6.(24-25高二上·天津和平·期末)已知数列首项为2，且满足，数列满足，且数列前项和为，则( ) A．5050 B．200 C．100 D． 【答案】C【难度】0.65【知识点】由递推关系式求通项公式、分组(并项)法求和 【分析】由递推关系式可得，据此可得数列为常数列，从而可求数列的通项公式，进而可得答案. 【解】由可得，所以， 即数列为常数列，所以，所以，则， 所以，所以.故选：C. 5-7.(2024·广东深圳·一模)已知数列满足，，若为数列的前项和，则( ) A．624 B．625 C．626 D．650 【答案】C【难度】0.85【知识点】分组(并项)法求和、求等比数列前n项和、求等差数列前n项和 【分析】根据给定的递推公式，按奇偶分类求和即得. 【解】数列中，，， 当，时，，即数列的奇数项构成等差数列， 其首项为1，公差为2，则， 当，时，，即数列的偶数项构成等比数列， 其首项为1，公比为，则， 所以.故选：C 5-8.(24-25高二上·福建莆田·期末)已知正项数列满足，的前n项和为，则下列结论一定正确的是( ) A．若，则 B．若，则 C．若， D．，则的值有2种情况 【答案】AC【难度】0.65【知识点】分组(并项)法求和、根据数列递推公式写出数列的项 【分析】通过对数列递推公式的分析，根据的奇偶来确定数列的项，进而对各选项进行判断. 【解】若，则，，，，，，，，， 所以从第4项开始呈现周期为3的规律. 对于A，，故A正确； 对于B，因为没有余数，所以，故B错误； 对于C，因为，所以，故C正确； 对于D，若，则或， 若，则或；若，则，所以的值有3种情况，故D错误.故选：AC 5-9.(24-25高二上·广西南宁·阶段练习)已知数列的前n项和为Sn，且，，则的值为 ( ) A．949 B．1160 C．1276 D．2261 【答案】A【难度】0.65【知识点】分组(并项)法求和、求等比数列前n项和、求等差数列前n项和 【分析】先判断数列为等比数列，求出其通项公式，再求数列的通项公式，分组求和，可得问题答案. 【解】由题意：，， 所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以， 所以. 所以， . 所以.故选：A. 题型六：倒序相加法 可得:；两式相加： ； 6-1.(24-25高一上·广东广州·阶段练习)已知函数，则( ) A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.85【知识点】倒序相加法求和【分析】利用倒序相加法，可得答案. 【解】，， ；故选：B. 6-2.(23-24高二下·四川绵阳·阶段练习)已知数列是公比为的等比数列，且，若，则( ) A．4046 B．4045 C．2024 D．2023 【答案】A【难度】0.65【知识点】等比数列下标和性质及应用、倒序相加法求和 【分析】由题可得，利用等比数列性质可得， 继而可计算. 【解】由题可得， 又数列为等比数列，且，所以， 即， 所以，故选：A 6-3.(24-25高二上·福建三明·阶段练习)已知函数，数列满足，则数列的通项公式为( ) A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.85【知识点】倒序相加法求和 【分析】根据，利用倒序相加法求出的通项公式； 【解】函数对任意都有， 数列满足① 又② ①②得：， 得.故选：B. 6-4.(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【难度】0.65【知识点】等比数列下标和性质及应用、倒序相加法求和 【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. 【解】等比数列满足，则， 所以，对任意的的正整数， ， 令， 则， 故.故选：A. 6-5.(23-24高二下·辽宁大连·期中)已知数列是公比为的正项等比数列，且，若，则( ) A．4050 B．2025 C．4052 D．2026 【答案】A【难度】0.65【知识点】倒序相加法求和、等比数列下标和性质及应用 【分析】先由得，再由等比中项的性质得， 再得定值，直接代入求和即可. 【解】由数列是公比为的正项等比数列，故， 因为，故，即有， 由，则当时，有， 设，，，， 故．故选：. 6-6.(23-24高二上·山东菏泽·阶段练习)已知，数列的前项和为，则( ) A．8096 B．8094 C．4048 D．4047 【答案】D【难度】0.65【知识点】倒序相加法求和 【分析】根据题中条件可知，倒序相加求和即可. 【解】由， 得, , , 又， 所以， 所以.故选：D. 6-7.(2023高二·全国·专题练习)已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，试用推导等差数列前项和的方法探求：若，则( ) A．2022 B．4044 C．2023 D．4046 【答案】D【难度】0.65【知识点】倒序相加法求和 【分析】先得到，再用倒序相加法即可求解. 【解】因为正数数列是公比不等于1的等比数列，且， 所以， 又∵函数，∴， 令，则， ∴， ∴.故选：D. 6-8.(24-25高二上·山东临沂·阶段练习)高斯(Gauss)被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.小学进行的求和运算时，他这样算的：，，，，共有50组，所以，这就是著名的高斯算法. 已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，试根据提示探求：若，则 . 【答案】1012【难度】0.65【知识点】倒序相加法求和 【分析】利用高斯算法可推出，再利用等比数列性质即可类比得出. 【解】根据可得，所以； 由等比数列性质可得， 因此可得. 故答案为： 6-9.(24-25高二下·北京丰台·期中)高斯被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.在求1到100这100个自然数的和时，10岁的高斯是这样算的：，，…，，共有50组，所以，这就是著名的高斯算法，教材中推导等差数列前n项和的方法正是借助了高斯算法.已知等比数列的各项均为正数，且公比不等于1， ，试根据提示探究：若，则 . 【答案】1012【难度】0.65【知识点】等比数列下标和性质及应用、倒序相加法求和 【分析】首先根据函数解析式得到，再根据等比数列的性质，即可求解. 【解】由，则，则， ， 因为，由等比数列的性质可知，，，，……， 所以上式.故答案为： 题型七：其它求和法 7-1.(24-25高二下·河北秦皇岛·期末)已知数列的通项公式，则( ) A．81 B．128 C．146 D．164 【答案】B【难度】0.65【知识点】判断数列的增减性、判断或写出数列中的项、数列求和的其他方法 【分析】利用对勾函数性质得，再去绝对值符号化简为，即可求值. 【解】由在上单调递减，在上单调递增， 对于且，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 故 .故选：B 7-2.(24-25高二上·广西河池·期末)已知数列满足，，则( ) A．31 B．45 C．57 D．63 【答案】C【难度】0.85【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、数列求和的其他方法 【分析】利用数列的递推公式，分别求得前五项，可得答案. 【解】因为，且， 所以，，，， .故选：C. 7-3.(24-25高二上·浙江杭州·期末)我们把由0和1组成的数列称为数列，数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛应用，把斐波那契数列(，)中的奇数换成0，偶数换成1可得到数列，若数列的前n项和为，且，则k的值可能是( ) A．35 B．32 C．29 D．26 【答案】B【难度】0.85【知识点】数列求和的其他方法、观察法求数列通项 【分析】由题意利用列举法写出数列中的项，可得数列的周期，进而可得答案. 【解】斐波那契数列中的项如下表： 由题意可得数列中的项如下表： 所以数列的最小正周期为，一个周期内三项的和为， 由，则，解得.故选：B. 7-4.(24-25高二上·陕西西安·期末)已知数列满足，其前项和为，则( ) A． B． C． D． 【答案】C【难度】0.65【知识点】由正弦(型)函数的周期性求值、数列求和的其他方法、数列周期性的应用【分析】根据正弦型函数的周期性确定数列的周期，进而可得，利用周期性求. 【解】因为是周期为4的周期数列，且， 所以，则.故选：C 7-5.(24-25高二上·吉林·期末)已知数列的通项公式为，根据题意，该数列的前4项和( ) A．16 B．18 C．12 D．14 【答案】A【难度】0.85【知识点】判断或写出数列中的项、数列求和的其他方法 【分析】根据通项公式求出数列的前4项即可得到. 【解】由，得，，，，∴.故选：A. 7-6.(22-23高二下·北京房山·期末)若数列满足，，则称该数列为斐波那契数列．如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线．图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”．记以为边长的正方形中的扇形面积为，数列的前n项和为．给出下列结论： ①； ②是奇数； ③； ④． 则所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④【难度】0.4【知识点】数列求和的其他方法、数列新定义 【分析】根据递推公式求出即可判断①；观察数列的奇偶特点即可判断②；根据递推公式，结合累加法即可判断③；根据递推公式可得，结合累加法计算即可判断④. 【解】对于①，由，且，可得斐波那契数列：，，，，，，，，故故①正确； 对于②：由斐波那契数列：，，，，，，，，，，，， 可得每三个数中前两个为奇数，后一个偶数，且，所以是奇数，故②正确； 对于③：因为， 相加可得：，故③错误； 对于④：因为斐波那契数列总满足，且， 所以， ， ， 类似的有，，其中 累加得， ，故：，故④正确.故答案为：①②④. 7-7.(2025·广东广州·三模)已知数列满足，且对任意的，都有. (1)设，求数列的通项公式； (2)数列表示不超过的最大整数，求的前350项和. 【答案】(1)(2)681【难度】0.65【知识点】判断等差数列、利用定义求等差数列通项公式、分组(并项)法求和、数列求和的其他方法【分析】(1)利用已知递推公式变形，再结合等差数列的性质可得； (2)先分析的整数部分， 再分区间求和可得. 【解】(1)由可得， 又，所以，即是以3为公差的等差数列， 又，得，， 所以，解得，故， 所以. (2)由(1)可得， 又 所以， 所以. 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $$1 / 32 重难点专题 02 数列求和 题型一：公式法 题型二：分组求和法 题型三：列项相消法 题型四：错位相减法 题型五：奇偶并项求和 题型六：倒序相加法 题型七：其它方法 题型一：公式法求和 (1)等差数列的前 n项和公式：Sn＝ �(�1+��) 2 = ��1 + �(�−1) 2 . (2)等比数列的前 n项和公式：Sn＝ ��1, � = 1, �1(1−��) 1−� = �1−��∙� 1−� , � ≠ 1, (3)特殊求和公式：1＋2＋3＋4＋…＋n＝ �(�+1) 2 ； 2 + 4 + 6 + ⋯+ 2� = �(� + 1)； 1 + 3 + 5 + ⋯+ (2n − 1) = n2； 12＋22＋…＋n2＝ 1 6 �(� + 1)(2� + 1)； 13 + 23 + 33 +⋯ + �3 = �(�+1) 2 2 。 1-1.(2025·安徽滁州·模拟预测)已知等差数列 na 的前 n项和为 nS ， 4 7a  ， 11 121S  ． (1)求数列 na 的通项公式；(2)令 nn Sb n  ，求数列 nb 的前 n项和 nT ． 【答案】(1) 2 1na n  ；(2) 2 2 2n n nT   【解析】(1)设 na 的公差为d ，由题知， 4 1 11 1 3 7 11 55 121 a a d S a d        ，解得 1a 1,d 2= = ， 所以数列 na 的通项公式为 2 1na n  ． (2)由(1)，得   21 2 1 2n n n S n      ．所以 nn Sb n n   ， 1 1n nb b   ， 所以数列 nb 是首项为 1，公差为 1的等差数列． 2 / 32 所以数列 nb 的前 n项和   21 2 2 2n n n n nT     ． 1-2．(2025·陕西·模拟预测)在等差数列 na 中， 2 5 612, 11a a a   . (1)求 na 的通项公式；(2)若 2 nanb  ，求数列 nb 的前 n项和 nS . 【答案】(1) 2 1na n  (2) 2 12 2 3 n nS    【解析】(1)设等差数列 na 的公差为d ， 由题意可得 2 5 1 6 1 2 5 12 5 11 a a a d a a d         ，解得 1a 1,d 2= = ；故  1 1 2 1na a n d n     . (2)由(1)可得 2 12 nnb  ，则 2 11 2 n nb    ，从而 1 4n n b b   . 因为 1 2b  ，所以 nb 是首项为 2，公比为 4的等比数列. 由等比数列的前n项和公式可得     2 1 1 1 2 1 4 2 2 1 1 4 3 n n n n b q S q          . 1-3.(2024·浙江嘉兴·模拟预测)已知等差数列 na 的前 n项和为 nS ，且 4 33 1S a  ， 5 25S  ． (1)求数列 na 的通项公式；(2)令 2 nanb  ，求数列 nb 的前 n项和 nT ． 【答案】 (1) 2 1 na n  2 4 1 (2) 3   n nT 【解析】(1)设等差数列 na 的公差为 d ，由 4 3 5 3 1 25 S a S     可得 1 1 1 4 34 3 6 1 2 5 45 25 2 a d a d a d           ，解得 1 1 2 a d    ，  1 1 2 1na a n d n      (2)解： 1 21 2 2 4n na an n b b      ，且 1 2b  ，故数列 nb 为等比数列，且首项为 2，公比为 4， 因为    2 1 4 2 4 1 1 4 3 n n nT      题型二：分组求和法 通项为�� = �� + ��的数列求和，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列. 2-1.(24-25 高二上·云南曲靖·期末)已知数列 na n 是等比数列，且 1 2a  ，公比为 2，则数列 na 的前 5项之和为( ) A．62 B．66 C．56 D．46 【答案】D【难度】0.85【知识点】求等差数列前 n项和、写出等比数列的通项公式、求等比数列前 n 项和、 分组(并项)法求和【分析】先求出数列 na 的通项公式，再由分组求和法求解即可. 【解】数列 na n 是首项为 1 1 1a   ，公比为 2 的等比数列， 3 / 32 所以 12nna n   ，所以 12nna n   ， 所以数列 na 的前 5 项之和为 0 1 2 3 41 2 3 4 5 2 2 2 2 2           55 1 5 1 2 15 32 1 46 2 1 2          . 故选：D. 2-2.(24-25 高二上·吉林·期末)已知数列 na 满足 3 1na n  ，在 1, nna a  之间插入 12n 个 1，构成数列   1 2 3 4: ,1, ,1,1, ,1,1,1,1, ,nb a a a a ，则数列 nb 的前 100 项的和为( ) A．151 B．170 C．182 D．207 【答案】B【难度】0.65【知识点】分组(并项)法求和、求等比数列前 n 项和、求等差数列前 n 项和 【分析】将数列 nb 前 100 项中含 na 的项数与含 1的项数分别求出来,再求和即可. 【解】 2 3 11 2 2 2 2 2 1n n        ， 令 12 1 100 2 1,n n     得： 6n  ， 所以数列 nb 的前 100 项中 na 中的项有 7项，1 有 93 项，  na 的前 7 项的和为 1 7 7( ) 7(2 20) 77 2 2 a a    ， 则 nb 的前 100 项和为 77+93=170，故选：B. 2-3.(2025·福建三明·三模)若数列 na 满足  *1 2 1n na a n n    N ， 4 2a  ，则 1 2 3 17a a a a    ( ) A．155 B．156 C．203 D．204 【答案】A【难度】0.65【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、分组(并项)法求和 【分析】由  *1 2 1n na a n n    N ，可以得到奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，再由 4 2a  ，利用 合并项求出 1 2 3 17a a a a    【解】由  *1 2 1n na a n n    N ，则 1 1 2n na a   ， 故奇数项成等差数列，偶数项成等差数列， 由 4 2a  ，则 3 4 7a a  ， 3=5a ，则 17 3 17 3= 2 19 2 a a    ， 故      1 2 3 17 1 2 3 4 15 16 17= +a a a a a a a a a a a          3+7+11+ +2 15+1+19=155  .故选：A 2-4.(24-25高二下·湖北·期末)已知数列 na 的前n项和是 nS ，且满足 1 2 2 1 2 1 2 13, 8 , , N 2k k k k a a a a a k      ， 则 2025S  ( ) A． 20254 1 B． 20253 2 3  C． 10133 4 9  D． 10125 4 2  【答案】C【难度】0.65【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、求等比数列前 n项和、分组(并项)法 求和【分析】根据递推公式，求出数列奇数项和偶数项各自的性质，再根据等比数列求和公式，求出数列 前 2025 项的和. 4 / 32 【解】因为 2 2 1 2 1 2 18 , 2k k k k a a a a   ，所以 2 1 2 14k ka a  ， 又 1 3a  ，所以数列 2 1ka  是首项为 3，公比为 4的等比数列. 因为 2 18 24a a  ， 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 4k k k k k k a a a a a a        ， 所以数列 2ka 是首项为 24，公比为 4的等比数列. 所以         1013 1012 1013 2025 1 3 2025 2 4 2024 3 1 4 24 1 4 3 4 9 1 4 1 4 S a a a a a a                    ，故选：C. 2-5.(24-25 高二下·广西崇左·期末)若数列 na 满足 1 1 1 12 2 2n nn n n na a       ， 1 5 2 a  ， na 的前 n项和为 nS ， 则 100S 的整数部分为( ) A． 1012 1 B． 1012 C． 1012 1 D． 1002 1 【答案】A【难度】0.4【知识点】由递推关系式求通项公式、求等比数列前 n 项和、错位相减法求和、分 组(并项)法求和【分析】由递推关系式变形可构造出数列 2n n na     是首项为 2，公比为 2 的等比数列，得 到 2 2 n n n na   ，再利用分组求和及错位相减法求和即可得到 nS ，再取 100S 的整数部分即可. 【解】 1 1 1 12 2 2n nn n n na a       ， 1 1 1 2 2 2n nn n n na a           ， 又 1 1 2 2 a   ，所以数列 2n n na     是首项为 2，公比为 2 的等比数列，则 2 2 2 2 n n n nn n n na a    ， 设数列 2n n      的前 n项和为 nT ，则 2 3 1 2 3 2 2 2 2n n nT = + + + + ， 2 3 4 1 1 1 2 3 2 2 2 2 2n n nT      ， 两式相减得： 2 3 4 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 22 2 112 2 2 2 2 2 2 2 21 2 n n n n n n n n nT                      ， 解得 22 2n n nT   ，所以 2 1 1 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n nS T              ， 所以  101 101 101100 99512 2 1, 22S     ，故 100S 的整数部分为 1012 1 .故选：A. 2-6.(24-25 高二上·宁夏银川·期末)已知数列 na 满足  1 1 *1 23 3 3n nna a a n n      N ，设数列 na 的 前 n项和为 nS ，则下列结论错误的是( ) A．数列 na 为等差数列 B． 23 6nS n n  C．数列 20na  的前 20项和为284 D．数列   1 n na 的前100项和为300 【答案】C【难度】0.65【知识点】求等差数列前 n项和、含绝对值的等差数列前 n项和、分组(并项)法求 5 / 32 和、利用��与��关系求通项或项【分析】由通项与前 n项和的关系求出数列 na 的通项公式，结合等差数列 的定义可判断 A 选项；利用等差数列的求和公式可判断 B 选项；求得 17 6 ,1 2, 20 6 17, 3,n n n n a n n n              N N ，结 合等差数列的求和公式可判断 C 选项；利用并项求和法可判断 D 选项. 【解】数列 na 满足  1 1 *1 23 3 3n nna a a n n      N ， 当 1n  时， 1 9a  ； 当 2n  时，由 2 1 11 2 13 3 3 3 n n n n na a a a n          ，可得  21 2 13 3 1 3n nna a a n       ， 上述两个等式作差可得    1 13 3 1 3 2 1 3n n n nna n n n         ，化简可得 6 3na n  ， 1 9a  也满足 6 3na n  ，故对任意的 n N ， 6 3na n  ， 对于 A 选项，对任意的 n N ，    1 6 1 3 6 3 6n na a n n          ， 所以，数列 na 为等差数列，A对； 对于 B 选项，    1 29 6 3 3 6 2 2 n n n a a n n S n n        ，B对； 对于 C 选项， 17 6 ,1 2, 20 6 17 6 17, 3,n n n n a n n n n                N N ， 所以，数列 20na  的前 20项和为  20 11 5 1 7 13 103T         18 1 10316 9522      ，C错； 对于 D 选项，对任意的 k N ，        2 1 22 1 2 1 6 2 1 3 1 6 2 3 6 k k k ka a k k               ， 所以，数列   1 n na 的前100项和为6 50 300  ，D对.故选：C. 2-7.(24-25 高二上·天津河北·期末)若数列 na 的前 n项和为 nS ，且 1 2nn na a   ，则 8S  ( ) A．84 B．86 C．170 D．172 【答案】C【难度】0.85【知识点】分组(并项)法求和【分析】利用并项求和法可求得 8S 的值. 【解】因为数列 na 的前 n项和为 nS ，且 1 2nn na a   ， 则         3 5 78 1 2 3 4 5 6 7 8 2 2 2 2 170S a a a a a a a a             .故选：C. 2-8.(2024 高三·全国·专题练习)已知数列 na 满足 21n na a n  ，则 1 102a a  ( ) A．2700 B．2721 C．5150 D．5151 【答案】D【难度】0.65【知识点】分组(并项)法求和、累加法求数列通项【分析】根据 2 1n na a n  得到  21 1n na a n    ，相减以后可得 1 1 2 1n na a n    ，根据累加法、分组求和法，结合等差数列求和公式可求. 【解】解：由 2 1n na a n  ，得  21 1n na a n    ，从而   22 1 1 1 2 1n na a n n n       ， 所以            102 100 100 98 4 2 2 101 1 2 99 1 2 3 1a a a a a a                 50 4950 5 4 51502       ， 即 102 2 5150a a  ，①；又因为 1 2 1a a  ②， 6 / 32 两式相加，得 1 102 5151a a  ．故选：D． 2-9.(24-25 高三上·北京·阶段练习)在一个数列中，如果 *n N ，都有 1 2n n na a a k   ( k为常数)，那么这 个数列叫做等积数列， k叫做这个数列的公积.已知数列 na 是等积数列，且 1 21, 2a a  ，公积为 8，则 a a a      ( ) A．4719 B．4721 C．4723 D．4724 【答案】B【难度】0.65【知识点】数列新定义、分组(并项)法求和、由递推数列研究数列的有关性质、根 据数列递推公式写出数列的项【分析】先根据题干已知条件及递推公式逐项代入进行计算即可发现数列{ }na 是以 3 为最小正周期的周期数列，然后根据周期数列的性质即可计算出数列{ }na 的前 2024 项的和． 【解】依题意，由 1 1a  ， 2 2a  及 1 2 8n n na a a   ， 可得当 1n  时， 1 2 3 31 2 8a a a a    ，解得 3 4a  ， 当 2n  时， 2 3 4 42 4 8a a a a    ，解得 4 1a  ， 当 3n  时， 3 4 5 54 1 8a a a a    ，解得 5 2a  ， 当 4n  时， 4 5 6 61 2 8a a a a    ，解得 6 4a  ， 数列{ }na 是以 3 为最小正周期的周期数列， 1 2 1 2 4 7n n na a a        ， *nN ， 2024 3 674 2   ， 1 2 3 4 2024a a a a a     1 3 4 5 6 7 8 2022 2023 22 024( ) ( ) ( )a a a a a a a aa a a          1 2 7 674    4721 ． 故选：B 2-10.(23-24 高二上·山东威海·阶段练习)已知数列 na ， 1 1a  ， 1 3n na a   ，则 2023S 等于( ) A．3027 B．3028 C．3034 D．3035 【答案】C【难度】0.85【知识点】分组(并项)法求和【分析】根据题意利用并项求和法运算求解. 【解】因为 1 1a  ， 1 3n na a   ， 所以      1 2 3 4 5 20222 3 232 200 2023 11 3 3034 2             a a a a a a aS .故选：C. 2-11.(多选)(24-25 高二下·吉林延边·阶段练习)已知数列 na 的前 n项和  21nS n  ，则( ) A． 1 6 7 8 49a a a a    B． 2 1na n  C．   1 n na  前 2n项和为  22 1n  D． 1 2 2 3 3 4 11 12 1 1 1 1 13 100a a a a a a a a      【答案】ACD【难度】0.65【知识点】由 Sn 求通项公式、求等比数列前 n 项和、裂项相消法求和、分组(并 项)法求和【分析】由 1 6 7 8 1 8 5a a a a S S S      可判断 A 选项；由 1 1 , 1 , 2n n n S n a S S n      求出数列 na 的通项 公式，可判断 B 选项；利用分组求和法可判断 C 选项；利用裂项相消法可判断 D 选项. 【解】对于 A 选项， 2 2 2 1 6 7 8 1 8 5 2 9 6 49a a a a S S S          ，A对； 7 / 32 对于 B 选项，因为数列 na 的前 n项和  21nS n  ， 所以当 2n  时，  2 21 1 2 1n n na S S n n n       ， 因为 2 1 1 2 4a S   不满足 2 1na n  ，所以 4, 1 2 1, 2n n a n n      ，B错； 对于 C 选项，   1 n na  前2n项和为         2 2 2 2 1 1 1 0 2 1 2 1 1 1 n nS n n              ，C 对； 对于 D 选项，当 2n  时，   1 1 1 1 1 1 2 1 2 3 2 2 1 2 3n na a n n n n          ， 所以 1 2 2 3 3 4 11 12 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 5 2 5 7 7 9 23 25a a a a a a a a                                  1 1 1 1 13 20 2 5 25 100          ，D对. 故选：ACD. 2-12.(多选)(24-25 高二下·河南·期末)在数列 na 中， 1 1, 3 1n na a a a n    ，数列 na 的前 n项和为 nS ， 则下列说法正确的是( ) A．若 2a  ，则 4 8a  B． 2na 是等差数列 C． 20 300S  D．若 31 748S  ，则 13a 【答案】BD【难度】0.65【知识点】判断等差数列、求等差数列前 n 项和、分组(并项)法求和 【分析】对于 A：令 1,2,3n  分别代入即可求解；对于 B：利用等差数列的定义即可判断；对于 C：利用分 组求和即可得到结果；对于 D：利用分组求和即可得到结果. 【解】对于 A：当 2a  时， 1 2,a  因为 1 3 1n na a n   ，令 1n  ，得到 2 2a  ； 令 2n  ，得到 3 5a  ，令 3n  ，得 4 5a  ，故 A 错误； 对于 B：因为 1 3 1n na a n   ，所以 1 2 3 4n na a n    ，两式相减得 2 3n na a   ， 令  2 Nn k k   ，则 2 2 2 3k ka a   ，且 2 4a a  为常数， 所以 2na 是以 4 a 为首项，3为公差的等差数列，故 B正确； 对于 C：因为 1 3 1n na a n   ，得到 1 2 3 4 5 6 19 204, 10, 16, , 58a a a a a a a a        ， 观察可得  2 1 2 6 2 1, 2,3, 10i ia a i i      ， 所以          1 2 3 4 5 6 19 2020 10 4 58 4 10 16 58 310 300 2 S a a a a a a a a                ，故 C 错误； 对于 D：因为 2 3 4 5 6 7 30 317, 13, 19, , 91a a a a a a a a        ， 观察可得  2 2 1 6 1 1, 2,3, 15i ia a i i     ，      31 1 2 3 3 4 30 31S a a a a a a a        15 7 91 7482a     ，解得 13a ，故 D 正确；故选：BD 2-13.(多选)(24-25 高二下·四川遂宁·期中)已知数列 na 满足 1 1a  ，  *1 2 1 Nn na a n    ， na 的前 n 8 / 32 项和为 nS ，则( ) A． 2 3a  B． 1na  是等比数列 C． 2nna  D． 2 2 14 n n nS   【答案】AB【难度】0.65【知识点】写出等比数列的通项公式、由递推关系证明等比数列、求等比数列前 n 项和、分组(并项)法求和【分析】由递推数列以及首项，可得 A 的正误；对递推公式两边同时加一，根据 等比数列的定义，可得 B 的正误；根据等比数列的通项公式，可得 C 的正误；根据等比数列的求和公式以 及分组求和，可得 D 的正误. 【解】对于 A，由 1 1a  ，则 2 2 1 1 3a     ，故 A正确； 对于 B，由 1 2 1n na a   ，则  1 1 2 1n na a    ，故 B正确； 对于 C，由 B 知 1na  是以 2为公比，以 2为首项的等比数列，则 1 2nna   ，即 2 1nna   ，故 C错误； 对于 D， 2 3 1 2 3 2 1 2 1 2 1 2 1 n n na aS a a                 12 1 2 2 2 1 2 n nn n        ，故 D 错误.故选：AB. 2-14.(多选)(24-25 高二下·四川遂宁·期中)甲同学通过数列 3，5，9，17，33，…的前 5项，得到该数 列的一个通项公式为 2nna m  ，根据甲同学得到的通项公式，下列结论正确的是( ) A． 6 65a  B． 1m  C． 10 2046S  D．该数列为递增数列 【答案】ABD【难度】0.65【知识点】判断数列的增减性、分组(并项)法求和 【分析】将 1 3a  代入通项公式，求出 1m  ，然后根据数列的性质，逐项分析即可. 【解】由 1 1 2 3a m   ，得 1m  ，故 2 1 n na   ，所以 6 6 2 1 65a    ，所以 A 、B 正确，  102 3 10 10 2 1 2 2 2 2 2 10 10 2056 1 2 S             ，所以 C 错误， 又 1 1 1 2 2 2 0 n n n n na a        得该数列为递增数列，所以 D 正确.故选：ABD 题型三：列项相消法 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. 【常用的裂项公式】 裂项模型 1：等差型：若{an}是等差数列，则 1 anan＋1 ＝ 1 d ( 1 an − 1 an+1 )， 1 anan＋2 ＝ 1 2d ( 1 an − 1 an+2 )； (1) 1 �(�+1) = 1 � − 1 �+1 ； 1 �(�+�) = 1 � ( 1 � − 1 �+� )； (2) 1 4n2−1 = 1 (2n−1)(2n+1) = 1 2 ( 1 2n−1 − 1 2n+1 )； (3) 1 n(n+1)(n+2) = 1 2 1 n(n+1) − 1 (n+1)(n+2) ； (4) 2�+1 �2(�+1)2 = 1 �2 − 1 (�+1)2 ； �+1 �2(�+2)2 = 1 4 1 �2 − 1 (�+2)2 ； (5) (－1) n n (n－1)(n＋1) ＝(－1) n∙ 1 2 ( 1 n−1 + 1 n+1 )． 裂项模型 2：根式型 9 / 32 (1) 1 �+1+ � = � + 1 − �； 1 �+�+ � = 1 � ( � + � − �)； (2) 1 2�−1+ 2�+1 = 1 2 ( 2� + 1 − 2� − 1)； (3) 1 + ( 1 � )2 + ( 1 �+1 )2 = 1 + 1 � − 1 �+1 ； (4) 1 (�+1) �+� �+1 = 1 � − 1 �+1 ； 裂项模型 3：指数型 (1) 2n 2n＋12n＋1＋1 ＝ 1 2n＋1 － 1 2n＋1＋1 ， (2) 2n－k 2n＋12n＋1＋1 ＝ 1 2k ( 1 2n+1 − 1 2n+1+1 )； (3) 1 1 1 1 2 (2 1) (2 1) 1 1 (2 1)(2 1) (2 1)(2 1) 2 1 2 1                 n n n n n n n n n (4) 1 1 3 1 1 1( ) (3 1)(3 1) 2 3 1 3 1        n n n n n (5) n＋2 (n2＋n)2n＋1 ＝ 1 n·2n － 1 (n＋1)2n＋1 ； (6) �∙2�+1 (�+1)(�+2) = 2 �+2 �+2 − 2 �+1 �+1 ； (7) 1 2 2( 1) 2 1 1 1 1 ( 1) 2 ( 1) 2 1 2 2 ( 1) 2                   n n n n n n n n n n n n n n n n (8) 1 1 1 1(4 1) 3 1 9 1 1 3 33 ( 2) 2 ( 2) 2 2                     n n n nn n n n n n n (9) 1 1 (2 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)         n n n n n nn n 裂项模型 4：对数型 (1)���� ��+1 �� = ������+1 − ������ (2)loga(1 + 1 � )＝loga(n＋1)－logan； 裂项模型 5：三角型 (1) 1 1 (tan tan ) cos cos sin( )          (2)  1 1 tan( 1) tan cos cos( 1) sin1          n n n n (3) 1tan tan (tan tan ) 1 tan( )           3-1.(24-25 高二下·四川绵阳·期末)已知数列 na 满足： 1 2 2 11, 3, 2 1n n na a a a a      ，数列 nb 满足 2 1n na b  ，则数列 nb 的前 50 项的和为( ) 10 / 32 A． 50 51 B． 1 50 C． 50 101 D．50 【答案】A【难度】0.65【知识点】由递推关系式求通项公式、裂项相消法求和 【分析】由 2 12 1n n na a a    得 2 1 1 1n n n na a a a      ，令 1n n nc a a  ，即 1 1n nc c   ，进而求得 nc ，利 用累加法即可求 na ，即可得   1 1 1 1 1n b n n n n      ，最后利用裂项相消法即可求解. 【解】由 2 12 1n n na a a    有 2 1 1 1n n n na a a a      ，令 1n n nc a a  ，则 1 1n nc c   ， 所以数列 nc 是以 1 2 1 3 1 2c a a     为首项，1为公差的等差数列，故  2 1 1 1nc n n      ， 即 1 1n na a n    ，故        1 1 2 3 2 2 1 1+n n n n na a a a a a a a a a                11 2 3 2 1 2 n n n n n            ，当 1n  时，符合题意，即  1 2n n n a   . 又由 2 1n na b  有   1 1 1 1 2 1 1n n b a n n n n       ， 设数列 nb 的前 n项和为 nT ， 50 1 2 50 1 1 1 1 1 1 501 1 2 2 3 50 51 51 51 T b b b               .故选：A. 3-2.(24-25 高二下·广东肇庆·期末)记等差数列 na 的前 n项和为 nS ，且 2 2S  ， 6 12S  ，记 nT 为 1 nS       的 前 n项和，则 8T  ( ) A． 9 5 B． 116 45 C． 14 5 D． 232 5 【答案】B【难度】0.65【知识点】求等差数列前 n项和、裂项相消法求和 【分析】设 2 nS An Bn  ，则 4 2 2 36 6 12 A B A B      ，解出 ,A B，最后利用裂项相消法即可求解. 【解】设 2 nS An Bn  ，则 4 2 2 36 6 12 A B A B      解得 1 4 1 2 A B       ，所以 2 2 4n n nS  ，所以 2 1 4 1 12 2 2nS n n n n        . 8 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 1 3 2 4 3 5 4 6 7 9 8 10 T                                                   1 1 1 1162 1 2 9 10 45          .故选：B. 3-3.(24-25 高二下·云南丽江·期末)已知数列 na 满足  *1 2 1 2 Nn n n n n n a a a a n a a         ，且 1 1a  ， 2025 1 1013 a  ， 则 1 2 2 3 1n na a a a a a     ( ) A． 2 1 n n  B． 2 n n  C． 2 2 1 n n D． 2 2 n n  【答案】D【难度】0.65【知识点】由递推关系式求通项公式、裂项相消法求和 【分析】利用已知等式变形后得到 1 na       的通项，再利用裂项相消法可得. 11 / 32 【解】因为 1 2 1 2 n n n n n n a a a a a a        ，所以 1 1 2 1 1n n n n a a a a       ，即 1 1 2 2n n n n a a a a      ， 所以 2 1 1 1 2 n n na a a    ，即 2 1 1 1 1 1 1 n n n na a a a      ， 所以 1 na       为等差数列，公差 2025 1 1 1 1013 1 1 2025 1 2024 2 a ad       ，首项 1 1 1 a = ， 所以     1 1 1 1 11 1 1 2 2n nn d n a a          ，所以 2 1n a n   ， 所以 1 2 2 3 1n na a a a a a                4 4 4 1 1 2 1 2 1 3 1 1 2n n               1 1 1 1 1 14 2 3 3 4 1 2n n             1 1 24 2 2 2 n n n        ．故选：D. 3-4.(24-25 高二下·云南·期末)设数列 na 满足  *1 2 32 3 2 1na a a na n n      N ，则数列 2 na n      的 前 9 项和为( ) A． 161 165 B． 106 165 C． 49 66 D． 71 66 【答案】A【难度】0.4【知识点】裂项相消法求和、利用 an 与 sn 关系求通项或项 【分析】由题意可求得 1, 1 2 , 2n n a n n     ，再用裂项相消求解即可. 【解】当 1n  时， 1 1a  ， 当 2n  时， 1 2 32 3 2 1na a a na n      ，所以    1 2 3 12 3 1 2 1 1na a a n a n        ， 两式相减得    2 1 2 1 1 2nna n n        ，因此 2 na n  ( 2n  )， 当 1n  时， 2 2 n  ，不满足 1 1a  ，所以 1, 1 2 , 2n n a n n     ， 又因为当 1n  时， 1 1 1 2 32 na a n     ，当 2n  时，   2 2 2 2 2 2 1 1na n n n n n n n         ， 所以数列 2 na n      的前 9 项和为 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2 4 3 5 4 6 8 10 9 11                                         1 1 1 1 1 161 3 2 3 10 11 165       ．故选：A. 3-5.(24-25 高二下·河南南阳·期末)已知数列 na 的前 n项和为 nS ，且 1 2a  ，  12 2 1n nS a n   ，数列 12 / 32  nb 满足 1 1n n n n ab a a    ，记 nb 的前 n项和为 nT ，若 nT m 恒成立，则m的最小值为( ) A．1 B． 1 2 C． 1 3 D． 1 4 【答案】D【难度】0.65【知识点】由递推关系证明等比数列、裂项相消求和、利用 an 与 sn 关系求通项或 项、数列不等式恒成立问题【分析】利用递推关系得 3 1nna   ，进而得 1 1 1 1 2 3 1 3 1n n n b        ，再利用裂 项相消法求得 1 1 1 1 2 2 3 1n n T       ，通过函数的单调性和有界性得到 3 1, 16 4n T     ，即可求得m的最小值. 【解】因为  12 2 1n nS a n   ，① 当 1n  时， 1 22 4a a  ，∵ 1 2a  ，∴ 2 8a  ； 当 2n  时， 12 2n nS a n   ，② ①②两式相减得 12 2n n na a a   ，整理，得 1 3 2n na a   ∴ 1 1 3 1 n n a a      2n  ，又 2 1 1 3 1 a a    ，∴数列  1na  是首项为3，公比为3的等比数列. ∴ 1 3nna   ，∴ 3 1 n na   ．∴    111 1 3 1 1 1 2 3 1 3 13 1 3 1 n n n n nn n n n ab a a             . ∴ 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 2 2 3 1n n n n T                               . 对于 Nn   ， 13 1 8n   ， 1 1 10 3 1 8n    ， 1 3 1 1 1 8 2 3 1 2n     所以 1 1 1 1 3 1, 2 2 3 1 16 4n n T             .由 nT m 恒成立，得 1 4 m  .故选：D. 3-6.(24-25 高二下·重庆·阶段练习)已知数列 na 满足 2 1 na n n   ，其前 n 项和为 nS ，则 26S ( ) A． 1 27 B． 13 27 C． 26 27 D． 28 27 【答案】C【难度】0.85【知识点】裂项相消法求和 【分析】根据裂项相消法求前 n 项和为 nS ，从而可得 26S 的值. 【解】因为  2 1 11 1 11n a n n n n n n       ， 所以 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 11 1 2 2 3 3 4 1 1 1n n nS a a a a n n n n                       ， 故 26 26 26 26 1 27 S    .故选：C. 3-7.(24-25 高二上·山东烟台·期末)已知数列 na 的前 n项和 2nS n ，数列 nb 的前 n项和为 nT ，且 13 / 32 1 ( 1)nn n n nb a a    ，若不等式  *nT n N 恒成立，则实数 的最小值为( ) A． 4 5  B． 1 C． 1 4  D． 1 5  【答案】D【难度】0.4【知识点】裂项相消法求和、利用 an 与 sn 关系求通项或项 【分析】利用  1 2n n na S S n   求出 na ，进而可得 nb ，对 n分奇偶求得 nT ，进而可求得实数 的最小值. 【解】当 1n  时， 1 1 1a S  ， 当 2n  时，  221 1 2 1n n na S S n n n       ， 当 1n  时， 1 1a  适合上式，所以 2 1na n  ，   1 1 1 1( 1) ( 1) ( 1) 2 1 2 1 4 2 1 2 1 n n n n n n n nb a a n n n n              ， 当 n为偶数时， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 3 4 3 5 4 5 7 4 2 1 2 1n T n n                                  ， 所以   1 1 1 1, 4 4 2 1 4 5n T n           ， 当 n为奇数时， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 3 4 3 5 4 5 7 4 2 1 2 1n T n n                                  ， 所以   1 1 1 1, 4 4 2 1 3 4n T n           ，综上， 1 1 1 1, , 3 4 4 5n T               ， 又因为不等式  *nT n N 恒成立，所以  maxnT  ，所以 1 5    .故选：D. 3-8.(24-25 高二上·江苏南京·期末)已知数列 na 满足 21 2 32 3 na a a na n     ，设 n nb na ，则数列 1 1 n nb b        的前 2025项和为( ) A． 2022 4045 B． 4046 4047 C． 4044 4045 D． 2025 4051 【答案】D【难度】0.65【知识点】裂项相消法求和、利用 an 与 sn 关系求通项或项 【分析】根据条件，利用 na 与 nS 间的关系，得到 2 1 n na n   ，从而有 1 1 1 1 1 2 2 1 2 1n nb b n n       ，再利用裂 项相消法，即可求解. 【解】因为 2 1 2 32 3 na a a na n     ①， 当 2n  时，    21 2 3 12 3 1 1na a a n a n      L ②， 由① ②得到  22 1 2 1nna n n n     ，得到 2 1 n na n   ， 又 1n  时， 1 1a  ，满足 2 1 n na n   ，所以 2 1 n na n   ，则 2 1n nb na n   ， 14 / 32 所以   1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1n nb b n n n n          ， 则数列 1 1 n nb b        的前 2025项和为 1 1 1 1 1 1 1 1 20251 1 2 3 3 5 4050 4051 2 4051 4051                     ，故选：D. 3-9.(24-25 高二上·河南许昌·期末)在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中出现如图形状， 被后人称为“三角垛”．已知＂三角垛＂的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，设各层球数 构成数列 na ，则数列 1 na       的前 n项和为( ) A． 1 n n  B． 2 1 n n  C．   2 1n n D． 2 2 1 n n 【答案】B【难度】0.85【知识点】求等差数列前 n项和、裂项相消法求和 【分析】归纳出数列 na 的通项公式，利用裂项求和法可求得数列 1 na       的前 n项和. 【解】因为 1 1a  ， 2 3 1 2a    ， 3 6 1 2 3a     ，L ， 以此类推可知  11 2 3 2n n n a n        ，故   1 2 2 2 1 1na n n n n      ， 因此，数列 1 na       的前 n项和为 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 3 3 4 1 1 1 n k k n a n n n n                                      . 故选：B. 3-10.(24-25 高三上·河北承德·阶段练习)已知数列   ,n na b 满足 22, 4 8 3n n na b b n n    ，则数列 na 的 前 30 项和 30S  ( ) A． 6 19 B． 19 59 C． 19 61 D． 20 63 【答案】D【难度】0.85【知识点】裂项相消法求和【分析】根据裂项相消法求和即可求解. 【解】把 24 8 3nb n n   代入 2n na b  整理得：   2 2 2 1 1 4 8 3 2 1 2 3 2 1 2 3n a n n n n n n           ， 故 30 1 2 30 1 1 1 1 1 1 1 1 20 3 5 5 7 61 63 3 63 63 S a a a                                 .故选：D 3-11.(24-25 高二上·宁夏吴忠·期末)数列 1 na       是等差数列，且 2 4 1 1, 5 9 a a  ，数列 nb 的前 n项和为 nS ， 15 / 32 若 1n n nb a a  ，则使不等式 5 33n S  成立的 n的最小值为( ) A．14 B．15 C．16 D．17 【答案】C【难度】0.65【知识点】利用定义求等差数列通项公式、裂项相消法求和 【分析】利用等差数列通项公式得 na ，进而得到 nb ，再利用裂项相消法求 nS ，解对应的不等式即可得解. 【解】因为 1 na       为等差数列，且 2 4 1 1, 5 9 a a  ，则 2 4 1 15, 9 a a   ， 所以其公差为 9 5 2 2 d   ， 1 2 1 1 5 2 3d a a      ，所以   1 3 1 2 2 1 n n n a       ，则 1 2 1n a n   ， 所以   1 1 1 1 1 2 1 2 3 2 2 1 2 3n n n b n n n a a n            ， 则 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 2 3 5 2 2 1 2 3 2 3 2 3 33n S n n n                           ， 又 *Nn ，解得 15n  ，即 n 的最小值为16.故选：C. 3-12.(多选)(24-25 高二下·内蒙古包头·期末)若等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 2 4a  ， 7 42S  ，则下 列说法正确的是( )． A． 6 7a  B． na n 为递增数列 C． 2 1 5 2 2n S n n  D． 1 1 n na a        的前 4项和为 5 21 【答案】BC【难度】0.65【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、等差数列的单调性、求等差数列前 n 项和、裂项相消法求和【分析】对 A，由等差数列的前 n项和公式结合等差数列的性质运算得解；对 B，求 出通项 na ，进而求出数列 na n 的通项公式，判断；对 C，由等差数列前 n项和公式求解判断；对 D，求出 1 1 n na a        的通项，利用裂项相消法求和. 【解】对于 A，由 7 42S  ，则  1 77 42 2 a a  ，所以 1 7 12a a  ，即 2 6 12a a  ，又 2 4a  ，所以 6 8a  ，故 A错误； 对于 B，设等差数列 na 的公差为 d，由 A 知 6 8a  ，则 6 2 8 4 4a a d    ， 1d  ，  2 2 2na a n d n      ，所以 2 2na n n   ，故数列 na n 为递增数列，故 B正确； 对于 C，由 2na n  ，则   23 2 1 5 2 2 2n n n S n n      ，故 C 正确； 对于 D，因为   1 1 1 1 1 2 3 2 3n na a n n n n        ， 所以 1 1 n na a        的前 4 项和为 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 3 4 4 5 5 6 6 7 3 7 21                                 ，故 D 错误.故选：BC. 16 / 32 3-13.(24-25 高二下·广东茂名·期末)等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 3 1a  ， 4 8S  .则下列说法正确的 是( ) A． 5 3a   B．数列 2 1na  的第 10 项为 13 C．数列 1 1 n na a        的前 n 项和 25 10 n n D． nS 的最大值为 8 【答案】AC【难度】0.65【知识点】利用定义求等差数列通项公式、等差数列通项公式的基本量计算、求 等差数列前 n 项和、裂项相消法求和【分析】对 A，利用等差数列的基本量运算求出通项公式，进而判断； 对 B，根据通项公式判断；对 C，利用裂项相消法求解判断；对 D，求出 nS ，判断. 【解】对于 A，设数列 na 的公差为 d， 则 3 1 2 1a a d   ， 4 1 4 34 8 2 S a d   ，解得 1 5a  ， 2d   .    5 1 2 2 7na n n         ， 5 3a   ，故 A正确； 对于 B，由 A， 2 7na n   ，则数列 2 1na  的第 10 项 19 31a   ，故 B 错误； 对于 C，由 A，得   1 1 1 1 1 1 7 2 5 2 2 5 2 7 2n na a n n n n          ，所以数列 1 1 n na a        的前 n项和 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 5 1 3 1 1 3 1 5 3 5 2 7 2n T n n                                                        1 1 1 2 5 5 2 25 10 n n n         ，故 C 正确； 对于 D，      22 215 2 5 6 3 9 2n n n S n n n n n n n                ，所以当 3n  时， nS 的最大值为 9，故 D 错误. 故选：AC. 题型四：错位相减法 如果通项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成，前 n 项和一般用错位相减法求解. 错位相减法的万能公式：若�� = (�� + �) ∙ ��−1(� ≠ 1)， 则数列 �� 的前 n项和为：�� = (�� + �) ∙ �� + �，其中：A = k q−1 , B = t−A q−1 , C =− B； 4-1.(24-25 高二下·广西崇左·期末)若数列 na 满足 1 1 1 12 2 2n nn n n na a       ， 1 5 2 a  ， na 的前 n项和为 nS ， 则 100S 的整数部分为( ) A． 1012 1 B． 1012 C． 1012 1 D． 1002 1 【答案】A【难度】0.4【知识点】求等比数列前 n 项和、由递推关系式求通项公式、分组(并项)法求和、 错位相减法求和【分析】由递推关系式变形可构造出数列 2n n na     是首项为 2，公比为 2 的等比数列，得 到 2 2 n n n na   ，再利用分组求和及错位相减法求和即可得到 nS ，再取 100S 的整数部分即可. 【解】 1 1 1 12 2 2n nn n n na a       ， 1 1 1 2 2 2n nn n n na a           ， 17 / 32 又 1 1 2 2 a   ，所以数列 2n n na     是首项为 2，公比为 2 的等比数列，则 2 2 2 2 n n n nn n n na a    ， 设数列 2n n      的前 n项和为 nT ，则 2 3 1 2 3 2 2 2 2n n nT = + + + + ， 2 3 4 1 1 1 2 3 2 2 2 2 2n n nT      ， 两式相减得： 2 3 4 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 22 2 112 2 2 2 2 2 2 2 21 2 n n n n n n n n nT                      ， 解得 22 2n n nT   ，所以 2 1 1 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n nS T              ， 所以  101 101 101100 99512 2 1, 22S     ，故 100S 的整数部分为 1012 1 .故选：A. 4-2.(24-25 高二上·湖南株洲·期末)已知数列 na 的通项公式为 2n n na  ，则数列 na 的前 n项和 nS  ( ) A． 2 1 2 n n n  B． 12 2 2 n n n   C． 2 1 2 n n n  D． 12 2 2 n n n   【答案】B【难度】0.65【知识点】求等比数列前 n项和、错位相减法求和 【分析】应用错位相减法及等比数列前 n 项和求 nS . 【解】由题设 1 2 3 1 2 3 2 2 2 2n n nS      ，则 2 3 4 1 1 2 3 1 2 2 2 1 2 2 2n n n S n n        ， 两式作差，有 2 3 4 1 1 1 1 1 2 3 1 11 2 2 2 2 22 2 2 2nn n n n n nS            ， 所以 12 2 22 2 2 2 n n n nnS n n       .故选：B 4-3.(24-25 高二上·江苏淮安·期末)数列 na 满足  1 3 1n nna n a   ， 1 3a  ，数列 na 的前 n 项和 nS 为( ) A． 215 9 2 n n B． 3nn  C．   21 14 8 3 nn   D． 13 1 34 2 4 nn       【答案】D【难度】0.65【知识点】累乘法求数列通项、错位相减法求和 【分析】利用累乘法求出通项公式，再由错位相减法求和即可. 【解】由  1 3 1n nna n a   可得  1 3 1n n na a n   ，累乘可得 32 1 2 1 3 2 3 3 3 1 2 1 n n a aa n a a a n             ， 即 1 1 3nna n a   ，所以 3nna n  ， 1 3a  也符合该式，故 3 n na n  . 所以 1 2 31 3 2 3 3 3 3 nnS n         ，①；  2 3 13 1 3 2 3 1 3 3n nnS n n           ，② ①②可得       1 1 2 3 1 1 3 1 3 1 2 3 3 2 3 3 3 3 3 3 1 3 2 n n n n n n n S n n                       ， 因此，   1 12 1 3 3 3 1 3 4 4 2 4 n n n n nS             .故选：D 18 / 32 4-4.(24-25 高二下·河南南阳·期末)已知数列 na 满足， 1 0a  ，   1 1 3 , 3 , n n n n aa a n       为偶数 ，设 2n nb a ，记数 列 na 的前 2n项和为 2nS ，数列 nb 的前 n 项和为 nT ，则下列结论正确的是( ) A． 3 9a  B． 3nnb n  C．   11 3 6 2 n n n T     D．   12 1 3 3nnS n     【答案】ABD【难度】0.65【知识点】由递推关系式求通项公式、求等比数列前 n 项和、错位相减法求和、 分组(并项)法求和【分析】对于 A，只需要依次 n赋值计算即得；对于 B，先推理得到 2 2 23 3 n n na a   ，由 2n nb a 得 11 13 3 n n n n b b    ，从而得数列 3 n n b      为公差为 1的等差数列，由通项公式计算即得；对于 C，利用错位相减法 求和即得；对于 D，根据条件将 2nS 分成奇数项和偶数项分别求和，利用 C 项结论和等比数列的求和公式计 算即得. 【解】对于 A，由 1 0a  ，因   1 1 3 , 3 , n n n n a na a n       为奇数 为偶数 ，可得 2 1 3 3a a   ， 3 23 9a a  ，故 A 正确； 对于 B，当 2n  ， nN时，     2 2 2 12 1 1 3 n n nna a a      2 1 2 22 2 13 3 3 3 n n n n nna a a        (*)， 因 2n nb a ，则  1 2 1n nb a  ，故由(*)可得 13 3 n n nb b   ，则 11 13 3 n n n n b b    ， 即数列 3 n n b      为公差为 1 的等差数列，则有 21 1 1 1 3 3 3 n n b ab n n n       ，可得 3nnb n  ，故 B 正确； 对于 C，由 2 31 3 2 3 3 3 3nnT n         ，可得 2 3 4 13 1 3 2 3 3 3 3nnT n          ， 上面两式相减可得  2 3 1 13 1 32 3 3 3 3 3 3 1 3 n n n n nT n n                 ， 可得   12 1 3 3 4     n n n T ，故 C 错误； 对于 D，由 2 3 n na n  ， 2 2 1 3 n n na a   ，可得： 2 1 2 3 n n na a   ， 则    2 1 3 5 2 1 2 4 6 2n n nS a a a a a a a a               22 4 22 3 3 3nna a a          13 1 32 1 3 3 1 3 n n nT n          ，故 D 正确.故选：ABD. 4-5.(24-25 高二上·山东烟台·期末)已知数列 na 的前 n项和为 nS ，且满足   2 1 * 1 22 2 2 n n n na a a n     N ， 则( ) A． 1 1a  B． 1 2n n na  C． na 为递减数列 D． 1 24 2n n nS     【答案】AD【难度】0.65【知识点】错位相减法求和、由递推关系式求通项公式 19 / 32 【分析】令 1n  ，计算可判断 A；当 2n  ，可得     2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 n n n n a a a         ，两式相减可求得 通项公式判断 B；由 1 1 2 2n n n na a      ，可判断 C；利用错位相减法可求得 nS 可判断 D. 【解】当 1n  时， 2 1 1 1 1 2 a   ，故 A正确； 当 2n  时，     2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 n n n n a a a         ，又   2 1 * 1 22 2 2 n n n na a a n     N ， 两式相减得    221 1 12 2 2 n n n nn na n       ，所以  1 22n n na n  ， 当 1n  时， 1 1a  适合上式，所以 12n n na  ，故 B 错误； 所以 1 1 2 1 1 2 2 2 2n n n n n n n na a          ， 所以 2 1a a ，当 3n  时， 1n na a  ，所以 na 从第二项起是递减数列，故 C 错误； 0 1 3 1 2 31 2 2 2 2nn nS      ，所以 1 2 3 1 1 2 3 2 2 2 2 2n n nS     ， 两式相减得 0 1 3 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 2 2n nn nS       ；所以 11 1 24 4 2 2 2 2nn nn S n n        ，故 D正确.故选：AD. 4-6.(24-25 高二下·山东东营·期末)已知等差数列 na 满足公差 0d  ， 2 5 22a a  ， 3 4 117a a  .等比数 列 nb 的首项 1 1b  ，公比为 3. (1)求数列 na ， nb 的通项公式；(2)数列 na 的前 n 项和为 nS ，记数列 n nS bn       的前 n项和为 nT ，求 nT . 【答案】(1) 4 3na n  ， 13nnb  .(2) ( 1)3 1nnT n   .【难度】0.85【知识点】写出等比数列的通项公式、 错位相减法求和、利用定义求等差数列通项公式、求等比数列前 n项和【分析】(1)根据等差数列性质得到 方程组，求出 3 9a  ， 4 13a  ，求出公差和首项，得到通项公式，并根据等比数列通项公式求出 13nnb  ； (2)计算出 1(2 1) 3nn nS b n n    ，利用错位相减法求和，得到答案. 【解】(1) na 为等差数列，故 2 5 3 4a a a a   ， 因为 2 5 22a a  ， 3 4 117a a  ，所以 3 4 3 4 22 117 a a a a     ， 整理得 2 3 322 117 0a a   ，解得 3 9a  或 3 13a  ， 当 3 9a  时， 4 13a  ，当 3 13a  时， 4 9a  ， 因为 0d  ，所以 3 9a  ， 4 13a  ，故 4 3 4d a a   ，此时 1 3 2 1a a d   ，所以 4 3na n  ， 因为等比数列 nb 的首项 1 1b  ，公比为 3，得 13nnb  . 20 / 32 (2)由题 22nS n n  ， 1(2 1) 3nn nS b n n    ， 2 3 11 3 3 5 3 7 3 (2 1) 3nnT n            ， 2 3 13 3 3 3 5 3 (2 3) 3 (2 1) 3n nnT n n             ， 两式相减得 2 3 4 12 1 2(3 3 3 3 3 ) (2 1) 3n nnT n            12(3 3 3 )1 (2 1) 3 2 (2 2) 3 1 3 n n nn n              ， 故 ( 1)3 1nnT n   . 4-7.(24-25 高二下·湖南衡阳·期末)已知数列 na 满足 1 1a  ， 1 2 1n na a   ． (1)证明 1na  是等比数列，并求数列 na 的通项公式 na ； (2)令   2 1 1n nb n a   ，求数列 nb 前 n 项的和 nT ． 【答案】(1)证明见解析； 2 1nna   (2)   12 3 2 6nnT n     【难度】0.65【知识点】写出等比数列的通项 公式、由递推关系证明等比数列、错位相减法求和【分析】(1)根据条件得到  1 1 2 1n na a    ，利用等比 数列的定义即可求解，再由等比数列的通项公式，即可求解； (2)由(1)得  2 1 2nnb n   ，再由错位相减法，即可求解. 【解】(1)由 1 2 1n na a   ，可得  1 1 2 1n na a    ，所以 1 1 2 1 n n a a     ， 所以 1na  是以 1 1 2a   为首项，2 为公比的等比数列，所以 11 2 2nna    ，所以 2 1nna   ； (2)由(1)可得     2 1 1 2 1 2nn nb n a n      ， 所以  1 2 31 2 3 1 2 3 2 5 2 2 1 2nn nT b b b b n                ， 所以    2 3 4 12 1 2 3 2 5 2 2 3 2 2 1 2n nnT n n              ， 所以  1 2 3 4 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2n nnT n               ，       1 1 2 1 4 1 2 2 2 2 1 2 2 6 2 1 2 1 2 n n n n nT n n                      所以   12 3 2 6nnT n     . 4-8.(24-25 高二下·河北秦皇岛·期末)已知数列 na 的前 n项和 2 2n n nS  ． (1)求数列 na 的通项公式；(2)若数列 nb 满足 1 2 1 1 3 1nn n na b a b a b     ，求数列 nb 的前 n项和 nT ． 【答案】(1) na n (2) 12 3n nT   【难度】0.65【知识点】错位相减法求和、利用 an 与 sn 关系求通项或项 【分析】(1)由 nS 与 na 关系结合题意可得答案；(2)由题可得 1 1 2，a b  可得 1 1 2b T  ；可得当 2n  时， 1 1 1 2 2 1 1 3 1 n n n na b a b a b         ，与已知相减，整理后可得答案. 【解】(1)当 1n  时，得 1 1 1a S  ，当 2n  时，   22 1 1 1 2 1 1 2 2 2n n n n nn n na S S n            ， 又 1 1a  满足上式，所以 na 的通项公式为 na n ； 21 / 32 (2)因 1 2 1 1 3 1 n n n na b a b a b     ①， 则当 1n  时， 1 1 1 12 2a b b T    ；当 2n  时， 11 1 2 2 1 1 3 1 n n n na b a b a b         ②， ①②两式相减可得：       1 11 2 1 1 3 2 2 1 1 3 3 2 3n n nn n n n na b a a b a a b a a b               ， 由(1)可得 2 1 3 2 1 1n na a a a a a        ， 则       11 2 1 1 3 2 2 1 1 2 3nn n n n n na b a a b a a b a a b T             ，其中 2n  . 又当 1n  时， 01 1 2 2 3b T    ，则 12 3n nT   4-9.(24-25 高二下·四川南充·期末)已知数列 na 的前 n项和为 nS ，且  *2 2 Nn na S n   . (1)求数列 na 通项公式；(2)数列 nb 满足 2 log n n n ab a  ，求数列 nb 的前 n项和 nT ； (3)设 1 n n c a  ，求证：数列 nc 中任意不同的三项都不能构成等差数列. 【答案】(1) 2nna  (2) 22 2n n nT   (3)证明见解析【难度】0.4【知识点】错位相减法求和、求函数零点或 方程根的个数、利用 an 与 sn 关系求通项或项【分析】(1)根据 nS 与数列通项公式的关系，求出数列的通项 公式；(2)根据对数的运算公式，求出数列 nb 的通项公式，根据错位相消法求出数列 nb 的前 n项和 nT ； (3)根据数列 nc 的函数性质，和等差数列的函数性质，说明不存在三个不同的项构成等差数列. 【解】(1)由题意得 2 2n nS a  ，当 2,n n N 时， 1 12 2n nS a   ， 作差得 1 12 2 (2 2)n nn n nS S a a a      ，化简得 1 2n n a a   ， 可知数列 na 为等比数列，当 1n  时， 1 1 12 2S a a   ，解得 1 2a  ，所以 12 2 2n nna    . (2)可知 2 2 log log 2 2 2 n n n n n n a nb a    ，则 1 2 3 2 3 1 2 3 2 2 2 2n n n nT b b b b           ， 则 2 3 4 1 1 1 2 3 1 2 2 2 2 2 2n n n n nT         ， 作差得 2 1 1 1 11 1 1 1 1 2 2 12 2 2 2 2 21 2 n n n n n n nT                ，化简得 22 2n n nT   . (3)已知 1 1 2n nn c a   ，可知  , nn c 在函数 1( ) 2x f x  上， 设等差数列 nd pn q  ，是一个首项为 p q ，公差为 p的等差数列， 则  , nn d 在函数 ( )g x px q  上，可知 ( )y f x 是指数函数， ( )y g x 是一次函数， 易知指数函数与一次函数至多只有两个交点，所以不存在三个点即在 ( )y f x 上，又在 ( )y g x 上， 22 / 32 即数列 nc 中任意不同的三项都不能构成等差数列. 题型五：奇偶并项求和 通项公式形如�� = ( − 1)� ∙ �或�� = ( − 1)� ∙ �(其中�为常数，n∈N *)等正负项交叉的数列求和一般用并项 法.并项时应注意分 n 为奇数、偶数两种情况讨论. 5-1.(24-25 高二上·广东广州·期末)已知数列 na 的前 n项和为 nS ，且 2 1, 2 ,n n n n a n     为奇数 为偶数 ，则 10S 的值 为( ) A．107 B．169 C．1389 D．1409 【答案】D【难度】0.85【知识点】分组(并项)法求和、求等比数列前 n 项和、求等差数列前 n 项和 【分析】根据给定的通项公式，利用分组求和法列式计算即可. 【解】依题意， 5 10 1 3 5 7 9 2 4 6 8 10 5(1 17) 4(1 4 )( ) ( ) 1409 2 1 4 S a a a a a a a a a a                .故选：D 5-2.(24-25 高二下·四川眉山·期末)已知数列{ }na 的通项公式为 2 1, 2 ,n n n n a n     为奇数 为偶数 ，则数列{ }na 的前 n 项和 10S ( ) A．107 B．1409 C．1414 D．112 【答案】B【难度】0.85【知识点】分组(并项)法求和、求等比数列前 n 项和、求等差数列前 n 项和 【分析】根据给定的通项公式，利用分组求和法列式计算即可． 【解】因为 2 1, 2 ,n n n n a n     为奇数 为偶数 ， 则 5 10 1 3 5 7 9 2 4 6 8 10 5(1 17) 4(1 4 )( ) ( ) 1409 2 1 4 S a a a a a a a a a a                ．故选：B． 5-3.(24-25 高二下·广西钦州·期末)已知数列 na 满足 1 1a  ， 2 2a  ，且 2 1 , , n n n n a n a a a n      为奇数 为偶数 ，则 na 的前 51 项的和为( ) A．37 B．40 C．42 D．46 【答案】B【难度】0.65【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、分组(并项)法求和 【分析】分 n为奇数和偶数讨论，分组求和得到答案. 【解】当 n为奇数时， 2n  也是奇数，因为 2n na a  ，所以当 n为奇数时， 1 1na a  ， 2 2a  ，令 2n  ，则 4 3 2 1 2 1a a a      ，令 4n  ，则  6 5 4 1 1 2a a a      ， 令 6n  ，则 8 7 6 1 2 1a a a      ，令 8n  ，则  10 9 8 1 1 2a a a      ， 以此类推，偶数项为 2和 1 交替， 前51项中有26项奇数项，和为 26 1 26  ， 23 / 32 有 25项偶数项，有13个 2、12个 1 ，和为  13 2 12 1 14     ， 所以 na 的前 51 项的和为 26 14 40  .故选：B. 5-4.(24-25 高二下·广东广州·期末)已知数列 na 的通项公式 2, 1,n n a n n     为奇数 为偶数 ，则数列 na 的前 10 项 和为( ) A．35 B．40 C．45 D．50 【答案】C【难度】0.85【知识点】求等差数列前 n项和、分组(并项)法求和 【分析】根据给定的通项公式，利用分组求和法列式计算即可． 【解】因为 2, 1,n n a n n     为奇数 为偶数 ，则 10 1 3 5 7 9 2 4 6 8 10 5(3 11)( ) ( ) 5 2 45 2 S a a a a a a a a a a               ． 故选：C 5-5.(24-25 高二上·山西运城·期末)已知数列 na 的前 n项和为 nS ，且    1 21 1nna n     ，则 10 21S S ( ) A．188 B．189 C．190 D．191 【答案】B【难度】0.65【知识点】分组(并项)法求和、求等差数列前 n 项和 【分析】由通项公式结合分组求和、等差数列前 n项和公式即可求解； 【解】因为      2 2 2 2 2 210 1 2 3 4 9 10 2 3 4 5 10 11S a a a a a a                   5 21 5 5 9 21 65, 2                  2 2 2 2 2 2 221 1 2 3 4 5 20 21 2 3 4 5 6 21 22S a a a a a a a                       7 43 104 7 11 43 4 254 2           ， 所以 10 21 65 254 189S S     .故选：B. 5-6.(24-25 高二上·天津和平·期末)已知数列  *na nN 首项为 2，且满足  1 1n nna n a   ，数列   *nb nN 满足 ( 1)nn nb a  ，且数列 nb 前 n项和为 nT ，则 100T ( ) A．5050 B．200 C．100 D．50 【答案】C【难度】0.65【知识点】由递推关系式求通项公式、分组(并项)法求和 【分析】由递推关系式可得 1 1 2 1 1 n na a a n n        ，据此可得数列 n a n       为常数列，从而可求数列 nb 的通 项公式，进而可得答案. 【解】由  1 1n nna n a   可得 11 n na a n n    ，所以 1 2 1 2 2 1 2 1 1 n na a a a n n          ， 即数列 n a n       为常数列，所以 2n a n  ，所以 2na n ，则 ( 1) ( 1) 2n nn nb a n     ， 24 / 32 所以 1 2 3 4 109 09 2b b b b b b       ，所以 100 50 2 100T    .故选：C. 5-7.(2024·广东深圳·一模)已知数列 na 满足 1 2 1a a  ， *2 2, 2 1 , N , 2 n n n a n k a k a n k       ，若 nS 为数列 na 的前 n项和，则 50S  ( ) A．624 B．625 C．626 D．650 【答案】C【难度】0.85【知识点】分组(并项)法求和、求等比数列前 n 项和、求等差数列前 n 项和 【分析】根据给定的递推公式，按奇偶分类求和即得. 【解】数列 na 中， 1 2 1a a  ， *2 2, 2 1 , N , 2 n n n a n k a k a n k       ， 当 2 1n k  ， *kN 时， 2 2n na a   ，即数列 na 的奇数项构成等差数列， 其首项为 1，公差为 2，则 1 3 5 49 25 2425 1 2 625 2 a a a a          ， 当 2n k ， *kN 时， 2 1n n a a    ，即数列 na 的偶数项构成等比数列， 其首项为 1，公比为 1 ，则 25 2 4 6 50 1 [1 ( 1) ] 1 1 ( 1) a a a a            ， 所以 50 1 3 5 49 2 4 6 50( ) ( ) 626S a a a a a a a a            .故选：C 5-8.(24-25 高二上·福建莆田·期末)已知正项数列 na 满足 1 , 2 3, n n n n n a a a a a       当 为偶数时 当 为奇数时 ， na 的前 n 项和 为 nS ，则下列结论一定正确的是( ) A．若 1 10a  ，则 7 4a  B．若 1 10a  ，则 2025 4a  C．若 1 10a  ， 100 251S  D． 3 16a  ，则 1a 的值有 2种情况 【答案】AC【难度】0.65【知识点】分组(并项)法求和、根据数列递推公式写出数列的项 【分析】通过对数列递推公式的分析，根据 na 的奇偶来确定数列的项，进而对各选项进行判断. 【解】若 1 10a  ，则 2 5a  ， 3 8a  ， 4 4a  ， 5 2a  ， 6 1a  ， 7 4a  ， 8 2a  ， 9 1a  ，L ， 所以 na 从第 4 项开始呈现周期为 3 的规律. 对于 A， 7 4a  ，故 A 正确； 对于 B，因为  2025 3 3 674   没有余数，所以 2025 6 1a a  ，故 B 错误； 对于 C，因为  100 3 3 32 1    ，所以  100 10 5 8 4 32 2 1 4 251S         ，故 C正确； 对于 D，若 3 16a  ，则 2 32a  或 2 13a  ， 若 2 32a  ，则 1 64a  或 1 29a  ；若 2 13a  ，则 1 26a  ，所以 1a 的值有 3 种情况，故 D 错误.故选：AC 5-9.(24-25 高二上·广西南宁·阶段练习)已知数列 na 的前 n 项和为 Sn，且 1 1a  ， 1 2 2 2, , n n n a n n a a n n      为奇数 为偶数 ， 25 / 32 则 17S 的值为 ( ) A．949 B．1160 C．1276 D．2261 【答案】A【难度】0.65【知识点】分组(并项)法求和、求等比数列前 n 项和、求等差数列前 n 项和 【分析】先判断数列 2na 为等比数列，求出其通项公式，再求数列 2 1na  的通项公式，分组求和，可得问 题答案. 【解】由题意： 2 12 2 1 2 2a a     ， 2 2 1 2 1 2 2 2 22 2 (2 1) 2 2 4 4 2[ (2 2)] 4 4 2n n n n na a n a n a n n a                 ， 所以 2na 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，所以 2 2nna  ， 所以 1 2 1 2 2 (2 2) 2 2 2 n n n na na        . 所以 0 1 8 9 1 3 5 17 (2 2 2 ) 2(1 2 9) 2 9 2 1 2 45 18 439a a a a                      ， 1 2 8 9 2 4 6 16 2 2 2 2 2 510a a a a            . 所以 17 439 510 949S    .故选：A. 题型六：倒序相加法 �� = �1 + �2 + �3 +⋯+ ��−2 + ��−1 + ��可得:�� = �� + ��−1 + ��−2 +⋯ + �3 + �2 + �1；两式相加： 2Sn = (�1 + ��) + (�2 + ��−1) + (�3 + ��−2) + ⋯ + (��−2 + �3) + (��−1 + �2) + (�� + �1)； 6-1.(24-25 高一上·广东广州·阶段练习)已知函数 ( ) 2 2 xf x x   ，则 1 1 1( ) ( ) ( ) (1) (2) (2018) (2019) 2019 2018 2 f f f f f f f         ( ) A． 2019 2 B． 4037 4 C． 2019 D． 4039 4 【答案】B【难度】0.85【知识点】倒序相加法求和【分析】利用倒序相加法，可得答案. 【解】 1 1( ) ( ) 12 2 2 2 x xf x f x x x        1 2 2 x x    1 2  ，   11 4 f  ， 1 1 1( ) ( ) ( ) (1) (2) (2018) (2019) 2019 2018 2 f f f f f f f          1 12018 2 4    4037 4  ；故选：B. 6-2.(23-24 高二下·四川绵阳·阶段练习)已知数列 nb 是公比为  1q q  的等比数列，且 1012 1b  ，若   2 4 1 f x x   ，则      1 2 2023f b f b f b    ( ) A．4046 B．4045 C．2024 D．2023 【答案】A【难度】0.65【知识点】等比数列下标和性质及应用、倒序相加法求和 【分析】由题可得   41f x f x       ，利用等比数列性质可得 2 1 2023 2 2022 1012 1b b b b b    ， 继而可计算      1 2 2023 4046b f b f bf     . 26 / 32 【解】由题可得   2 22 2 2 1 4 4 4 4 4 1 1 111 xf x f x x x x x                   ， 又数列 nb 为等比数列，且 1012 1b  ，所以 21 2023 2 2022 1012 1b b b b b    ， 即            1 2023 2 202 1011 102 13 4f b f b f b f b f b f b       ， 所以      1 2 2023 4 1011 1 4046ff b b f b       ，故选：A 6-3.(24-25 高二上·福建三明·阶段练习)已知函数   2 2 1 xf x x   ，数列 na 满足    1 2 10 1n na f f f f f n n n                        ，则数列 na 的通项公式为( ) A． 1 2 n B． 1n  C．  1 2 n n  D．  1n n 【答案】B【难度】0.85【知识点】倒序相加法求和 【分析】根据    1 2f x f x   ，利用倒序相加法求出 na 的通项公式； 【解】函数  f x 对任意 Rx 都有        2 12 4 2 2 1 2 1 1 1 2 1 2 xx x x x x f x f x            ， 数列 na 满足     1 2 10 1n na f f f f f n n n                        ① 又    1 2 11 0n n na f f f f f n n n                        L ② ①②得：          1 12 0 1 1 0 2 1n na f f f f f f n n n                             L ， 得 1na n  .故选：B. 6-4.(24-25 高二上·湖南·期中)若等比数列 na 满足 1012 1a  ，则 1 2 2023 1 1 1 1 1 1a a a         ( ) A． 2023 2 B．1012 C． 2025 2 D．1013 【答案】A【难度】0.65【知识点】等比数列下标和性质及应用、倒序相加法求和 【分析】利用等比数列的性质计算出  * 2024 1 1 1 2023, 1 1n n n n a a        N 的值，然后利用倒序相加法可求得 所求代数式的值. 【解】等比数列 na 满足 1012 1a  ，则 21 2023 2 2022 1011 1013 1012 1a a a a a a a     ， 所以，对任意的1 2023n  的正整数 n， 2024 2024 2024 2024 2024 2024 2024 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a                    ， 27 / 32 令 1 2 2023 1 1 1 1 1 1 S a a a         ， 则 1 2023 2 2022 2023 1 1 1 1 1 1 12 2023 1 1 1 1 1 1 S a a a a a a                               ， 故 1 2 2023 1 1 1 2023 1 1 1 2 S a a a          .故选：A. 6-5.(23-24 高二下·辽宁大连·期中)已知数列 nb 是公比为  1q q  的正项等比数列，且 1013ln 0b  ，若   2 4 1 f x x   ，则      1 2 2025f b f b f b    ( ) A．4050 B．2025 C．4052 D．2026 【答案】A【难度】0.65【知识点】倒序相加法求和、等比数列下标和性质及应用 【分析】先由 1013ln 0b  得 1013 1b  ，再由等比中项的性质得 21 2025 2 2024 2025 1 1013 1b b b b b b b        ， 再得 1( ) ( ) 4f x f x   定值，直接代入求和即可. 【解】由数列{ }nb 是公比为 ( 1)q q 的正项等比数列，故 0nb  ， 因为 1013ln 0b  ，故 21013 1 2025 10131, 1b b b b    ，即有 1 2025 2 2024 2025 1 1b b b b b b       ， 由 2 4( ) 1 f x x   ，则当 0x  时，有 2 2 2 2 2 1 4 4 4 4( ) ( ) 411 1 11 ( ) xf x f x x x x x          ， 设 1 2 2025( ) ( ) ( )S f b f b f b   ， 2025 2024 1( ) ( ) ( )S f b f b f b   ， 2 2025 4S   ， 4050S  ， 故 1 2 2025( ) ( ) ( ) 4050f b f b f b   ．故选：A . 6-6.(23-24 高二上·山东菏泽·阶段练习)已知      *2 2, 2024n nf x f x a f n         N ，数列 na 的前 n 项和为 nS ，则 4047S  ( ) A．8096 B．8094 C．4048 D．4047 【答案】D【难度】0.65【知识点】倒序相加法求和 【分析】根据题中条件可知 1 4047 2 4046 2023 2025 2024 2024, ,a a a a a a a a       ，倒序相加求和即可. 【解】由    2 2, 2024n nf x f x a f          ， 得 1 4047 1 4047 2 2024 2024 a a f f              , 2 4046 2 4046 2 2024 2024 a a f f              , 1 4047 2 4046 2023 2025, ,a a a a a a     2023 2025 2 2024 2024 f f             , 28 / 32 又 2024 2024a a 1 4047 2024 2024 2 2024 2024 f f a a               ， 所以  4047 1 40472 4047 8094S a a   ， 所以 4047 4047S  .故选：D. 6-7.(2023 高二·全国·专题练习)已知正数数列 na 是公比不等于 1的等比数列，且 1 2023 1a a  ，试用推导 等差数列前 n项和的方法探求：若   2 4 1 f x x   ，则      1 2 2023f a f a f a    ( ) A．2022 B．4044 C．2023 D．4046 【答案】D【难度】0.65【知识点】倒序相加法求和 【分析】先得到 1( ) 4      f x f x ，再用倒序相加法即可求解. 【解】因为正数数列 na 是公比不等于 1 的等比数列，且 1 2023 1a a  ， 所以 2 2 2 3 11 2023 2 2 01202 021 1a a aa a a a       L ， 又∵函数 2 4( ) 1 f x x   ，∴ 2 2 2 2 1 4 4 4 4( ) 411 11            xf x f x x x x ， 令 1 2 2023( ) ( ) ( )T f a f a f a    ，则 2023 2018 1( ) ( ) ( )T f a f a f a    ， ∴            1 2023 2 2018 2023 12 4 2023T f a f a f a f a f a f a         ， ∴ 4046T  .故选：D. 6-8.(24-25 高二上·山东临沂·阶段练习)高斯(Gauss)被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数 学王子”之称.小学进行1 2 3 100   L 的求和运算时，他这样算的：1 100 101  ，2 99 101  ，， 50 51 101  ，共有 50 组，所以50 101 5050  ，这就是著名的高斯算法. 已知正数数列 na 是公比不等于 1的等比数列，且 1 2024 1a a  ，试根据提示探求：若   1 1 f x x   ，则      1 2 2024f a f a f a    . 【答案】1012【难度】0.65【知识点】倒序相加法求和 【分析】利用高斯算法可推出    1 2024 1f a f a  ，再利用等比数列性质即可类比得出      1 2 2024 1012f a f a f a    . 【解】根据 1 2024 1a a  可得 2024 1 1a a  ，所以     11 2024 1 2024 1 1 1 1 1 1 1 1 1 111 1 1 1 11 af a f a a a a a a a              ； 由等比数列性质可得 11 2024 20 02 3 012 101323 2 22 1a a a a a a a a      ， 因此可得              1 2 2024 1 2024 2 2023f a f a f a f a f a f a f a             1012 1013 1012f a f a  . 故答案为：1012 6-9.(24-25 高二下·北京丰台·期中)高斯被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称. 29 / 32 在求 1 到 100 这 100 个自然数的和时，10 岁的高斯是这样算的：1 100 101  ，2 99 101  ，…，50 51 101  ， 共有 50 组，所以1 2 3 100 50 101 5050       ，这就是著名的高斯算法，教材中推导等差数列前 n项和 的方法正是借助了高斯算法.已知等比数列{ }na 的各项均为正数，且公比不等于 1， 1 2024 1a a  ，试根据提示 探究：若 1( ) 1 f x x   ，则 1 2 2024( ) ( ) ( )f a f a f a    . 【答案】1012【难度】0.65【知识点】等比数列下标和性质及应用、倒序相加法求和 【分析】首先根据函数解析式得到   1 1f x f x       ，再根据等比数列的性质，即可求解. 【解】由 1( ) 1 f x x   ，则 1 1 xf x x       ，则   1 1f x f x       ，            1 2 2024 1 2024 2 2023 2024 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ... 2 2 2 f a f a f a f a f a f a f a f a f a                    ， 因为 1 2024 1a a  ，由等比数列的性质可知， 2024 1 1a a  ， 2023 2 1a a  ， 2022 3 1a a  ，……， 所以上式 1 2 2024 1( ) ( ) ( ) 1 2024 1012 2 f a f a f a       .故答案为：1012 题型七：其它求和法 7-1.(24-25 高二下·河北秦皇岛·期末)已知数列 na 的通项公式 81 na n n   ，则 1 2 2 3 80 81a a a a a a       ( ) A．81 B．128 C．146 D．164 【答案】B【难度】0.65【知识点】判断数列的增减性、判断或写出数列中的项、数列求和的其他方法 【分析】利用对勾函数性质得 1 2 8 9 10a a a a a      ，再去绝对值符号化简为 9 811 2a a a  ，即可求值. 【解】由 81y x x   在 (0,9]上单调递减，在[9, ) 上单调递增， 对于 81 na n n   且 *Nn ，在 [1,9]n 上单调递减，在 [9, )n  上单调递增， 所以 1 2 8 9 10a a a a a      ， 故 1 8 9 11 2 2 3 80 81 2 2 3 0 9 11 10a a a a a a a a a a a a a a a a                   81 80a a 9 11 8 82 2 18 82 1282a a a       .故选：B 7-2.(24-25 高二上·广西河池·期末)已知数列 na 满足 1 1a  ，  1 2 1 1n na a n    ，则 5S  ( ) A．31 B．45 C．57 D．63 【答案】C【难度】0.85【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、数列求和的其他方法 【分析】利用数列的递推公式，分别求得前五项，可得答案. 【解】因为  1 2 1 1n na a n    ，且 1 1a  ， 所以 2 12 1 3a a   ， 3 22 1 7a a   ， 4 32 1 15a a   ， 5 42 1 31a a   ， 30 / 32 5 1 2 3 4 5 57S a a a a a       .故选：C. 7-3.(24-25 高二上·浙江杭州·期末)我们把由 0和 1组成的数列称为0 1 数列，0 1 数列在计算机科学和 信息技术领域有着广泛应用，把斐波那契数列 nF ( 1 2 1F F  ， 2 1n n nF F F   )中的奇数换成 0，偶数换成 1可得到0 1 数列 na ，若数列 na 的前 n项和为 nS ，且 10kS  ，则 k的值可能是( ) A．35 B．32 C．29 D．26 【答案】B【难度】0.85【知识点】数列求和的其他方法、观察法求数列通项 【分析】由题意利用列举法写出数列中的项，可得数列的周期，进而可得答案. 【解】斐波那契数列 nF 中的项如下表： n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 L nF 1 1 2 3 5 8 13 21 34 L 由题意可得数列 na 中的项如下表： n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 L na 0 0 1 0 0 1 0 0 1 L 所以数列 na 的最小正周期为3，一个周期内三项的和为1， 由 10kS  ，则 11 103 3 1 1 k    ，解得30 33k  .故选：B. 7-4.(24-25 高二上·陕西西安·期末)已知数列 na 满足 π πsin 2 6n na       ，其前 n项和为 nS ，则 2025S  ( ) A． 3 2  B． 1 2  C． 3 2 D． 1 2 【答案】C【难度】0.65【知识点】由正弦(型)函数的周期性求值、数列求和的其他方法、数列周期性的应 用【分析】根据正弦型函数的周期性确定数列 na 的周期，进而可得 4 0S  ，利用周期性求 2025S . 【解】因为 na 是周期为 4 的周期数列，且 1 2 3 4 3 1 3 1, , , 2 2 2 2 a a a a      ， 所以 4 0S  ，则 2025 1 3 2 S a  .故选：C 7-5.(24-25 高二上·吉林·期末)已知数列的 na 通项公式为 2 1na n  ，根据题意，该数列的前 4 项和 4S ( ) A．16 B．18 C．12 D．14 【答案】A【难度】0.85【知识点】判断或写出数列中的项、数列求和的其他方法 【分析】根据通项公式求出数列的前 4 项即可得到 4S .