【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题09《数列求和方法之裂项相消法》(解析版).doc，共(35)页，1.515 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题09数列求和方法之裂项相消法一、单选题1．已知数列na的前n项和nS满足12nnnS，则数列11nnaa的前10项的和为（）A．89B．910C．1011D．1112【答案】C【分析】首先根据12nnnS得到nan

，设11111nnnbaann，再利用裂项求和即可得到答案.【详解】当1n时，111aS，当2n时，11122nnnnnnnaSSn.检验111aS，所以nan.设1111111n

nnbaannnn，前n项和为nT，则10111111101122310111111T….故选：C2．谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分

数》，文章告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为1的分数（称为埃及分数）.则下列埃及分数113，135，157，…，120192021的和是（）A．20202021B．10102021C．10092019D．20182019【答案】B【分析】根据裂项相消法即可求和.【详解】因

为1111222nnnn111113355720192021111111111233557201920211112202110102021，故选：B3．设等差数

列na的前n项和为nS，且4523SS，621S，若12111222nSSS恒成立，则的最小值为（）A．1B．2C．3D．4【答案】A【分析】由4523SS，求得1ad，又由621S，求得11ad，求得(1)(1)22nnnnnSn，得到11121nSn

n，进而求得12111112221nSSSn，结合题意，即可求解.【详解】设等差数列na的公差为d，因为4523SS，所以114325445232adad，整理得1112181020adad，即1ad，由621S，可得1656212ad

，即161521ad，所以11ad，所以(1)(1)22nnnnnSn，所以11112(1)1nSnnnn，所以1211111111111122222311nSSSnnn

，因为12111222nSSS恒成立，所以1，故的最小值为1.故选：A.【点睛】若把一个数列的通项拆成两项之差，在去和时中间的一些项可以相互抵消，从而取得前n和，其中常见裂项的技巧：①111(1)1nnnn；②1111()(2)

22nnnn；③1111()(21)(21)22121nnnn；④111nnnn；⑤1111()(1)(2)2(1)(1)(2)nnnnnnn.4．定义12nnppp为n个正数12,,,nppp的“均倒数”，若已知数列na的前n项的“均

倒数”为12n，又2nnab，则1223910111bbbbbb（）A．817B．1021C．1123D．919【答案】D【分析】由题意结合新定义的概念求得数列的前n项和，然后利用前n项和求解通项公式，最后裂项求和即可求得最终结果.【详解】设数列na的前

n项和为nS，由题意可得：12nnSn，则：22nSn，当1n时，112aS，当2n时，142nnnaSSn，且14122a，据此可得42nan，故212nnabn，111111212122121nnbbnnnn

，据此有：12239101111111111233517191.21891919bbbbbb故选：D5．已知数列na满足11a，+121nnnaaa，则数列

1nnaa的前n项和nT（）A．21nnB．21nnC．221nnD．42nn【答案】B【分析】利用倒数法求出数列na的通项公式，进而利用裂项相消法可求得nT.【详解】已知数列na满足11a，+121nnnaaa，在等式+121nnnaaa两边同时取倒数得1

12112nnnnaaaa，1112nnaa，所以，数列1na是等差数列，且首项为111a=，公差为2，则112121nnna，121nan，11111212122121nnaannnn

，因此，1111111111111112323525722121221nTnnn21nn.故选：

B.【点睛】使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．二、解答题6．已知数列na的前n项和为nS，12a，32nnSna

．（1）求na的通项公式；（2）设22nnnnba，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）1nann；（2）nT1112nn.【分析】（1）当2n时，由32nnSna得

到1131nnSna，两式相减，然后再利用累积法求解.（2）由（1）得1211212212nnnnnbnnnn，然后利用裂项相消法求解.【详解】（1）当2n时，1131

nnSna，则1133321nnnnnaSSnana，整理得111nnanan．故122112311132121231nnnnnnnaaaannnaannnaaaannn．当1

n时，12a满足上式，故1nann．（2）1211212212nnnnnbnnnn，223111111122222232212nnnTnn

，1112nn．【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法(1)公式法：①等差数列的前n项和公式，11122nnnaannSnad②等比数列的前n项和公式11,11,11nnnaqSaqqq；(2)分组

转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式

的推导过程的推广．(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.(6)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．7．数列na各项都为正数，前n项和为nS，12a，25a，当3n时，222113nnnnSSaa.（1）求na；（2）求数列11nnaa的前n项和nT.【答案】（1）31nan；（2）64nn.【分析】（1）当3n

时，结合条件可得11113nnnnnnaaaaaa，即可得13nnaa（3n），经验证可得13nnaa（2n），从而数列na是首项为2公差为3的等差数列，可得出答案.（

2）111111313233132nnaannnn用裂项相消可得答案.【详解】（1）当3n时，222113nnnnSSaa，所以2212113nnnnnnaaSSaa，所

以11113nnnnnnaaaaaa.因为na各项都为正数，所以10nnaa，故13nnaa（3n）.又因为12a，25a，所以213aa，故13nnaa

（2n），所以数列na是首项为2公差为3的等差数列，故31nan.（2）111111313233132nnaannnn，所以1111111111325583132323264nnTnnnn

.8．等差数列na各项都为正数，12a，25a，当3n时，2221(13)nnnnSSaa.（1）求na；（2）求数列11nnaa的前n项和nT.【答案】（1）31nan；（2）64nn

.【分析】（1）由2221(13)nnnnSSaa可得11113nnnnnnaaaaaa，即可得133nnaan，再结合213aa，即可得na是等

差数列，进而求得na的通项公式；（2）利用裂项求和即可，111111313233132nnaannnn.【详解】（1）当3n时，222113nnnnSSaa，所以2212113nnnnnnaaSSaa，所以

11113nnnnnnaaaaaa.因为na各项都为正数，所以10nnaa，故133nnaan.又因为12a，25a，所以213aa，故132nnaan，所以

数列na是首项为2，公差为3的等差数列，所以31nan.（2）因为111111313233132nnaannnn，所以1111111111325583132323264nnTn

nnn.【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列na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

项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由

若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如1nnafn类型，可采用两项合并求解.9．已知数列na是等差数列，若12a，且3a，22a，421a成等比数列，数列

nb满足2321132322nbbbbnnnL．（1）求数列na，数列nb的通项公式；（2）若数列na为正项等差数列，设1nnncab，求证：数列nc的前n项和34nT．【答案】（1）1nan或51344n

an，2nbnnnN；（2）证明见解析．【分析】（1）na是等差数列，设公差为d，由3a，22a，421a成等比数列，列方程解出公差，进而得出数列na；当2n时，23121131123122nbbbbn

nnL，与原式作差得数列nb；（2）221111121222ncnnnnnn，利用裂项相消法计算出放缩后的数列和，即可证得不等式成立．【详解】（1）∵数列na是等差数列，设公差为d，则2342212aaa，即2226

342ddd，解得1d或54d，故1nan或51344nan，令1n，得12b，当2n时，23121131123122nbbbbnnnL，与原式作差得1nbn

n，22nbnnn，验证得12b满足通项，故2nbnnnN．（2）因为数列na为正项等差数列，由（1）可知1nan，221111121222ncnnnnnn

，则1111111112324352nTnnL，即1111113112212224nTnn，不等式得证．【点睛】方法点睛：本题考查数列的通项公式，考查数列的

放缩与求和，考查了学生计算能力，数列求和的方法有：1.公式法，利用等差数列和等比数列的求和公式进行计算即可；2.裂项相消法，通过把数列的通项公式拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求出数列的和；3.错位相减法，当数列的通项公式由一个等差数列与一个等比数列的乘积构成时使用此方

法；4.倒序相加法，如果一个数列满足首末两项等距离的两项之和相等，可以使用此方法求和．10．设数列na的前n项和为nS，已知1a、na、nS成等差数列，且432aS．（1）求na的通项公式；（2）若2212231

loglognnnbaa，nb的前n项和为nT，求使71nT成立的最大正整数n的值．【答案】（1）2nna；（2）8．【分析】（1）本题首先可根据1a、na、nS成等差数列得出12nnaSa以及1112nnaSa，然后两式相减，得出12nnaa，最后根据432aS

求出12a，即可求出na的通项公式；（2）本题可根据题意得出1(21)(23)nbnn并将其转化为11122123nbnn，然后通过裂项相消法求和得出3(23)nnTn

，最后根据71nT得出713(23)nn，通过计算即可得出结果.【详解】（1）因为1a、na、nS成等差数列，所以12nnaSa，当2n，有1112nnaSa，两式相减，可得1122nnnnnaaS

Sa，即12nnaa，由题意易知10a，故na是公比为2的等比数列，121nnSa，因为432aS，所以3311221aa，解得12a，故na的通项公式为2n

na.（2）因为2212231loglognnnbaa，2nna，所以1111(21)(23)22123nbnnnn，故111111111123557212323

233(23)nnTnnnn，因为71nT，所以713(23)nn，解得9n，故71nT成立的最大正整数n的值为8.【点睛】本题考查数列通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查等差中项以及等比数列前n项和公

式的应用，常见的裂项有11111nnnn、1111nnkknnk、111nnnn等，考查计算能力，是中档题.11．等差数列na的前n项和为nS，已知11

0a，2a为整数，且4nSS.（1）求na的通项公式；（2）设11nnnbaa，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）133nan，*nN；（2）nT10(103)nn.【分析】（1）根据条件，可得数列{}

na的公差d为整数，且450,0aa，利用等差数列通项公式，可得1,ad的关系，即可求得d的值，代入公式即可得答案；（2）由知：133nan，可得nb的表达式，利用裂项相消法求和即可得答案.【详解】（1）由110

a，2a为整数知，等差数列{}na的公差d为整数，又4nSS，故450,0aa，即：1030,1040dd解得：10532d，因为d为整数，所以3d，所以等差数列{}na的通项公式为：133nan，*nN.（2）由（1）知：133nan，*nN

，所以1111()(133)(103)3103133nbnnnn，所以12...nnTbbb1111111[()()...()]371047103133nn111()310310n10(103)nn.【点睛】本题考查数列求通项，裂项相消法

求前n项和，常见的裂项技巧：（1）1111nnkknnk；（2）()11nknknkn=+-++；（3）1111212122121nnnn；（4）111

2121221212121nnnnnnn1112121nn；裂项时，容易出现多项或丢项的问题，需注意，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.12．给出下列三个条件：①34a，43a，52a成等差数

列；②37S；.③对于*n，点,nnS均在函数2xya的图像上，其中a为常数.请从这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并求解.设{}na是一个公比为0,1qqq的等比数列，且它的首项11a，

（填所选条件序号）.（1）求数列{}na的通项公式；（2）令2log1(*)nnbanN，设数列11nnbb的前n项和为nT，求nT【答案】选择见解析；（1）1=2nna；（2）1nn.【分析】

（1）若选①：解得2q=，即得数列的通项；若选②：解31(1)71aqq得公比，即得数列的通项；若选③：求出2q=，即得数列的通项；（2）求得nbn，再利用裂项相消求出数列11nnbb的前n项和为nT.【详解】（

1）若选①：因为3454,3,2aaa成等差数列，所以43523=42aaa.又因为数列na是等比数列，即2320qq解得2q=或1q（舍去）又11a，所以数列na是首项为1，公比为2的等比数

列，所以数列na的通项公式1=2nna若选②：37S，因为na是公比为(0,1)qqq的等比数列，所以31(1)71aqq，即260qq解得2q=或3q（舍去）所以数列na是首项

为1，公比为2的等比数列，所以数列na的通项公式为1=2nna若选③：点(,)nnS均在函数2xya的图像上，所以2nnSa，又因为112aSa，所以1a，所以21nnS，所以23S，所以22

,2aq.所以数列na是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列na的通项公式1=2nna（2）证明：因为1=2nna，所以2log1nnban所以11111(1)1nnbbnnnn所以12231111111

11……1?…2231nnnTbbbbbbnn1111nnn.【点睛】方法点睛：数列求和常用的方法有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）分组求和法；（4）裂项相消法；（5）倒序相

加法.要根据数列通项的特征，灵活选用，认真计算.13．已知等差数列na的前n项和为nS，918a，10110S．（1）求数列na的通项公式na；（2）设1nnbS，求数列nb的前n项和nT.【

答案】（1）2nan；（2）1nnTn．【分析】（1）设等差数列na的公差为d，根据已知条件可得出关于1a、d的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列的通项公式可求得数列na的通项公式；（2）求得111nbnn，利用裂项相消法可求得nT.【

详解】（1）设等差数列na的公差为d，由911018181045110aadSad，解得12ad，所以，112naandn，故数列na的通项公式2nan；（2）由（1）可得2212nn

nSnn，所以111111nnbSnnnn，所以111111111122334111nnTnnnn.【点睛】方法点睛：数列求和

的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于nnab型数列，其中na是等差数列，nb是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于nnab型数列，利用分组求和法；（4）对于11nnaa型数列，其中

na是公差为0dd的等差数列，利用裂项相消法.14．已知等差数列na的前n项和为nS，10nnaa，23a，且1a，3a，712a成等比数列．（1）求na和nS；（2）设11nnnbSS，数列nb的前n项和为

nT，求证：112nT．【答案】（1）21nan，2nSn；（2）证明见解析.【分析】（1）设等差数列na的公差为d，首项为1a，由223173,(12),aaaa求出11a，2d即可求解；（2）由2nSn，可得11111nnnb

SSnn，利用裂项相消求和求出nT，再利用不等式的性质和数列的单调性即可求证.【详解】解：（1）设等差数列na的公差为d，首项为1a，由10nnaa，得0d，则223173,(12),aaaa所以121113,(2)(126).adadaad

解得11a，2d，所以21nan，21212nnnSn．（2）因为11111(1)1nnnbSSnnnn．所以1111111111112233411nTnnn．因为111nTn

单调递增．所以112nTT，综上，112T．【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）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

即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些像可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项

公式是由若干个等差数列或等比数列:或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n项和可以两两结合求解，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.15．已知数列{}na，{

}nb，{}nc满足1111abc，1nnncaa，12nnnnbccb，*nN.（1）若{}nb为等比数列，公比0q，且12362bbb，求q的值及数列{}na的通项公式；（2）若{}nb为等差数列，且265bb，证明123

3ncccc，*nN.【答案】（1）2q=；2743nna；（2）证明见解析.【分析】（1）先由题设求得q，从而求得nb及114nncc，然后求得nc，再利用叠加法求得na即可；（2）先由题

设求得等差数列{}nb的公差d，然后求得nb及113nncncn，再利用累乘法求得nc，最后利用裂项相消法求得123ncccc，即可证明结论.【详解】（1）解：由题设知：262qq，解得：2q=或32q（舍)，12nnb，12nnnnbccb

，*nN，1112124nnnnnccc，即114nncc，11c，11()4nnc，1nnncaa，11a，211aa，3214aa，2431()4aa，211()4

nnnaa，2n…，将以上式子相加可得：122111()11141411()()[1()]14443414nnnna，2n…，2743nna，2n…，又当1n时，11a也适

合，2743nna；（2）证明：26452bbb，452b，11b，公差411412bbd，111(1)22nnbn，1213nnnnnbncccbn

，113nncncn，2124cc，3235cc，4346cc，1211nncncn，12nncncn，2n…，将以上式子相乘可得：123(1)(2)nccnn，2n…，

11c，116()12ncnn，2n…，又当1n时，11c也适合上式，116()12ncnn，1231111111116()6()63233412222nccccnnn

.【点睛】方法点睛：该题主要考查数列的问题，方法如下：（1）利用叠加法求通项公式；（2）累乘法求通项公式；（3）裂项相消法求和.16．已知数列{}na为正项等比数列，12a，数列{}nb满足25b，且11122332(21)

2nnnababababn.（1）求数列{}na和{}nb的通项公式；（2）若11{}nnbb的前n项和nT，求nT的取值范围.【答案】（1）2nna，21nbn；（2）[11,)156.【分析】（1）先求出2nna，再得到11122332(21)2nnnabab

ababn，当2n时，112233112(23)2nnnababababn，两式相减得21nbn；（2）由题得11111()22123nnbbnn，利用裂项相消求出111()2323nTn，再利用单调性求解.【详解】（1）令1n

，则2112(21)26ab，所以13b，令2n，则112226abab，所以2220ab，因为25b，所以24a，设数列{}na的公比为q，则212aqa，所以2nna.因为11122332

(21)2nnnababababn，①当2n时，112233112(23)2nnnababababn，②由①-②得1[2(21)2][2(23)2](21)2nnnnnabnnn

，所以21nbn，当1n时也成立，所以21nbn，（2）由（1）可知111111()(21)(23)22123nnbbnnnn，所以1111111[()()()]235572123nTnn

111()2323n，因为nT随着n的增大而增大，当1n时，1115T，当n时，16nT，所以nT的取值范围是11[,)156.【点睛】方法点睛：数列求和的方法常用的有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3

）裂项相消法；（4）分组求和法；（5）倒序相加法.要根据数列通项的特征，灵活选择方法求和.17．已知数列na的前n项和为nS，112a，且10nnSa（*nN）.（1）求数列na的通项公式；（2）若2

1lognnbna，数列*N1nnb的前n项和为nS，求证：112nS.【答案】（1）12nna；（2）证明见解析.【分析】（1）根据10nnSa得11102nnSan两式作差，得出112nnaa，再由等

比数列的通项公式，即可求出结果；（2）先由（1）得到1nbnn，由裂项相消的方法求出nS，进而可得结论成立.【详解】（1）∵10nnSa①∴11102nnSan②，①-②得：112nnaa，2n；∴数列na是首项和公比都为

12的等比数列，于是1111222nnna，*nN.（2）由（1）得21log1nnbnann，∴111111nbnnnn，∴1211111111111122311nnS

bbbnnn.又易知函数111fxx在1,上是增函数，且1fx，而112S，所以112nS.【点睛】结论点睛：裂项相消法求数列和的常见类型：（1）等差型111111nnnnaadaa，其中n

a是公差为0dd的等差数列；（2）无理型1nknknnk；（3）指数型11nnnaaaa；（4）对数型11logloglognaanannaaaa.18．数列na中，1

2a，121nnnaan.（1）求证：数列nan是等比数列，并求数列na的通项公式；（2）设nnnban，数列12nnnbb的前n项和为nS.求证：1nS.【答案】（1）证明见解析，2nnan；（2）证明见解析.【分析】（1）由

121nnnaan，化简得到121nnaann，根据等比数列的定义，得到数列nan为等比数列，进而求得2nnan.（2）由（1）求得111122121nnnnnbb，结合裂项法，求得数列12nnnbb的前n项和为

11121nnS，即可作出证明.【详解】（1）由题意，数列na中，12a，121nnnaan，可得121nnnana，即121nnaann，又由12a，可得121a，所以n

an是以2为首项2为公比的等比数列，由等比数列的通项公式，可得2nnan，所以2nnan.（2）由（1）可得121nnnnban，所以111211221212121nnnnnnnnbb，数列12nnnb

b的前n项和为122334111111111112121212121212()()1212(()1)1nnnnS，又因为nN，所以11021n，所以111121n，即111121nnS

.【点睛】关于裂项法求和的基本策略：1、基本步骤：裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式；累加：将数列裂项后的各项相加；消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前n项和.2、

消项的规律：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.19．已知等比数列{}na的公比0q，且满足1236aaa，2434aa，数列{}nb的前n项和(1)2nnnS，*nN.（1）求数列{}na和{}nb的通项公式；（2）设2238,,nnnnnnnb

anbbcabn为奇数为偶数，求数列{}nc的前2n项和2nT.【答案】（1）1,2nnanN；,nbnnN；（2）21251341184(21)92nnn.【分析

】（1）根据题干已知条件可列出关于首项1a与公比q的方程组，解出1a与q的值，即可计算出数列{}na的通项公式，再根据公式11,1,2nnnSnbSSn…进行计算可得数列{}nb的通项公式；（2）先分n为奇数和n为偶数分别计算出数列

{}nc的通项公式，在求前2n项和时，对奇数项运用裂项相消法求和，对偶数项运用错位相减法求和，最后相加进行计算即可得到前2n项和2nT.【详解】（1）依题意，由1236aaa，2434aa，可得21113221164()aaqaqaqaq，因为

0q，所以解得12q，112a，1111·()()222nnna，*nN，对于数列{}nb：当1n时，111bS，当2n…时，1(1)(1)22nnnnnnnbSSn，当1n

时，11b也满足上式，nbn，*nN.（2）由题意及（1），可知：当n为奇数时，22223838111·()(2)22(2)2nnnnnnnnbncabbnnnn，当n为偶数时，1··()2nnnnca

bn，令1321nAccc，242nBccc，则1321nAccc1335212111111112323252(21)2(21)2nnnn1211112(2

1)2nn21112(21)2nn，2462246211112()4()6()2()2222nnBccccn，24622211111()2()4()(22)()

2()22222nnBnn，两式相减，可得2462223111112()2()2()2()2()422222nnBn，135212211111()()()()2()22222nnn，21222222211111()2211222

2()112211()22nnnnnn，21241()()332nn，218341·()992nnB，2122nnTccc13212462()()nnccccccc

AB2121113418·()2(21)2929nnnn21251341()()184(21)92nnn.【点睛】关键点点睛：第二问中当n为奇数时，求出nc，并对nc

进行裂项为2112(2)2nnncnn是解题关键，本题主要考查等差数列和等比数列的基本量的运算，以及数列求和问题.考查了方程思想，分类讨论思想，转化与化归能力，整体思想，裂项相消法和错位相减法求和，以及逻辑推理能力和数学运算能

力.本题属中档偏难题.20．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＝1且S1，S3，S10－1成等比数列.（1）求{an}的通项公式；（2）设bn＝16nnaa，数列{bn}的前n项和为Tn

，求使得Tn>158成立的n的最小值.【答案】（1）32nan；（2）6.【分析】（1）由1S，3S，101S成等比数列，得23101SS，再利用首项和等差数列的通项公式可得答案；（2）由（1）可得1123231nbnn，再利用裂项相消法求出nS，然

后解不等式可求出n的最大值.【详解】（1）1S，3S，101S成等比数列，23101SS，设等差数列na的公差为d，则2113(31)10(101)310122adad，2211

1991810451adadad，又111aS，2991810451ddd，即23dd，又公差0d，3d，32nan.（2）由（1）知32nan，166112(32)(31)3231nnnbaannnn

，1111116212144732313131nnTnnnn，由615318nnTn可得：5n，故要使得158nT成立，则n的最小值为6.【点

睛】此题考查等差数列的基本量计算，考查等比中项的应用，数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和.21．等差数列{}na的前n项和为nS，已知113a，2a为整数，

当且仅当5n时nS取得最大值.（1）求{}na的通项公式；（2）设11nnnbaa，求数列{}nb的前n项和nT.【答案】（1）163nan；（2）13(133)nn.【分析】（1）根据条件列出关于d的不等式，再根据2a为整数确定出d的值，从而

na的通项公式可求；（2）先计算出nb的通项公式，然后采用裂项相消的方法求解出nb的前n项和nT.【详解】（1）由题意可知50a，且60a，∴13401350dd，解得131345d，∵2a为整数，∴3d，∴{}na的

通项公式为163nan.（2）∵111111()(163)(133)3133163nnnbaannnn，∴12nnTbbb111111111[()()()()]3101371

047133163nnL111()31331313(133)nnn.【点睛】结论点睛：常见的数列中可进行裂项相消的形式：（1）11111nnnn；（2）211114122121nnn；（3）1

11nnnn；（4）1121121212121nnnnn.22．已知正项数列na的前n项和为nS，且满足：11a，211nnnaSS.(1)求数列na的通项公式；(2)设121213nnnannabaa，求数列nb的前n项和n

T.（1）nan；（2）1114213nnTn.【分析】（1）根据211nnnaSS写出212nnnaSSn，通过作差以及化简说明na为等差数列，并求解出通项公式；（2）将nb的通项公式变形为11114213

213nnnbnn，采用裂项相消法求解出nT的结果.【详解】(1)由211nnnaSS又有21nnnaSS，2n，两式相减得22112nnnnaaaan

因为0na，所以112nnaan又11a，22121aaaa，解得22a，满足11nnaa因此数列na是等差数列，首项1a为1，公差d为1所以11naandn(2)1121213nnnbnn113111

114212134213213nnnnnnn所以1201121111111111...41333433534213213nnnnTbbbnn

1114213nn.【点睛】结论点睛：常见的数列中可进行裂项相消的形式：（1）11111nnnn；（2）211114122121nnn；（3）111nnnn；（

4）1121121212121nnnnn.23．已知各项均为正数的等差数列na和等比数列nb满足111ab，且236aa，238bba（1）求数列na，nb的通项公式.（2）若2221l

ognnncab，求12nccc….【答案】（1）nan，12nnb；（2）21nn.【分析】（1）根据已知条件求得等差数列na的公差d、等比数列nb的公比q，由此求得数列na，nb

的通项公式.（2）利用裂项求和法求得12nccc….【详解】(1)因为na为等差数列，且11a，所以可设公差为d，则11nand，所以21ad，312ad.因为236aa，所以1126dd，解得1d或52d.又等差数列n

a各项均为正数，所以52d不合题意，舍去，所以nan.因为nb为等比数列，且11b，所以可设公比为(0)qq，则1nnbq.因为2388bba，所以128qq，解得2q=，满足各项均为正数，所以12nnb.(2)由(1)知1,2

nnnanb，所以2221lognnncab121nn111=21nn.所以12nccc111111122231nn11121n21nn.24．已知n

S为等差数列na的前n项和，满足410S，55a，nT为数列nb的前n项和，满足4413nnT，*nN.（1）求na和nb的通项公式；（2）设211lognnnncbaa，若数列nc的前n项和100nC，求n的最大值.【答案】（1）*nannN

，，4nnb=，*nN；（2）9.【分析】（1）根据等差数列基本量运算，可得数列na的通项公式，根据递推关系4413nnT，多递推一项再相减，即可得答案；（2）求出1121ncnnn，再进行等差数列求和及裂项相消求和

；【详解】（1）na为等差数列，因为410S，55a，所以14610ad，145ad，解得11a，1d，所以*nannN，.因为4413nnT，所以当2n时，11444141

433nnnnnnbTT；当1n时，114bT.综上，4nnb=，*nN.（2）2111log4211nncnnnnn，所以12111111212312231nnCcccnnn11

1111nnnnnnn，所以11nnCnnn，因为11001nnCnnn，当1n时，1111nCnnn为关于n的递增数列，8999010010CC，101011010011C

，所以n的最大值为9.【点睛】已知数列的通项和前n项和的递推关系，常采用多递推一项再相减的思想；通过研究数列的单调性，进而研究数列项的最值或解不等式，是常用的方法.25．已知数列na前n项和nS满足2*nSnnN（1）求数列na的通项公式；（2）求

数列11nnaa的前n项和nT．【答案】（1）21nan；（2）n21nTn.【分析】（1）根据11,1,2nnnSnaSSn求得数列na的通项公式.（2）利用裂项求和法求得nT.【详解】（1）当1n时，111aS，当2n时

，22121nSnnn，121nnnaSSn，当1n时上式也符合.所以21nan.（2）由题意知，可设111111(21)(21)22121nnnbaannnnn12111111(1)()()23352121nTbb

bnn则n11122121nTnn.三、填空题26．已知数列na满足23*1232222nnaaaannN，若2211loglognnnbaa，则数列nb的前

n项和nS________.【答案】1nn【分析】先根据前n项和与通项的关系得12nna，进而得111(1)1nbnnnn==-++，再根据裂项相消求和法求解即可得答案.【详解】因为23*123222

2nnaaaannN，所以231123122221nnaaaan(2)n，两式相减得21(2)nnan，当1n时也满足，故12nna，2211loglognnnbaa111(1)1nnnn，故1111111

223111nnSnnnn.故答案为：1nn【点睛】本题考查前n项和与通项的关系，裂项相消求和.解题的关键在于根据已知条件得2nna的前n项和为n，再根据前n项和与通项的关系求得12nna，进而再根据裂项相消求和即可.考查运算求解能力

，是中档题.27．已知等差数列na的前n项和为nS，55a，515S，则数列12nnaa的前2020项和为_________【答案】40402021．【分析】先根据等差数列的通项公式和求和公式可列出关于a1和d的方程组，解出a1和d的值，即可得到数列{an}的通项公式

，即求出数列12nnaa的通项公式，再利用裂项相消法求出前2020项和．【详解】由题意，设等差数列{an}的公差为d，则1145545152adad，解得111ad

．∴数列{an}的通项公式为an＝1+（n﹣1）×1＝n，n∈N*．∴1221nnaann=1121nn（）．设数列12nnaa的前n项和为Tn，则Tn12231222nnaaaaaa22212231nn＝2（1111112

231nn）＝2（111n）21nn．∴T202040402021．故答案为：40402021．【点睛】方法点睛：本题主要考查等差数列的通项公式及数列求和的应用，属于基础题.常见数列求和方法为：1.公式法求和2.裂项相消求和（注意提取系数）3.错位相减求和，4分组求

和28．已知na的前n项和2nSn，数列111na的前5项和5T______.【答案】524【分析】根据当2n时，221(1)21nnnaSSnnn，当1n时也满足，故2(21)nan，而11114(1)nann，利

用裂项相消法即可得解.【详解】当2n时，221(1)21nnnaSSnnn，当1n时，111aS满足上式，故21nan，所以2(21)nan，111111()14(1)41nannnn，5111111155(1)=4223564624T

，故答案为：52429．在①131nnnaaa；②1{}na为等差数列，其中236111,1,aaa成等比数列；③2123111132nnnaaaa这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，然后解答补充完整

的题目.已知数列{}na中，11a______.(1)求数列{}na的通项公式；(2)设1,nnnnbaaT为数列{}nb的前n项和，求证：13nT.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）132nan；（2）证明见解析.【分析】（1）若选条件①，0na

，由数列的推式可得1113nnaa，从而得数列1{}na是以1为首项，3为公差的等差数列，由等差数列的通项公式可求得{}na的通项公式；若选择②，设数列1{}na的公差为d，由等差数列的通项公式和等比数列的性质可得方程2(22)(1)(15)ddd，解之可得{}na的通项公式；若选

择③，由2123111132nnnaaaa得，当2n时，2123111113(1)(1),2nnnaaaa，两式相减可求得1na，从而求得{}na的通项公式；（2）由（1）得11111323+13323+1nnnbaannnn，运

用裂项求和法可得证.【详解】（1）若选条件①，0na，1111,331nnnnnaaaaa，又111a=，所以数列1{}na是以1为首项，3为公差的等差数列，所以111+3132,32nnnnaan；若选择②，设数列1{}na的公差为d，则2361111

+,12+2,1+5dddaaa，因为236111,1,aaa成等比数列，2(22)(1)(15)ddd，解得3d或1d；当1d时，2110da，此时236111,1,aaa不能构成等比

数列，所以3d，所以111+3132,32nnnnaan，若选择③，由2123111132nnnaaaa得，当2n时，2123111113(1)(1),2nnnaaaa，两式相减得，22133(1)(1)32,22nnnnn

na所以1(2),32nann，当1n时，11a也适合上式，所以132nan，（2）由（1）得11111323+13323+1nnnbaannnn，所以11111111111(1)()()(1)34

4732313313933nTnnnn，故1.3nT【点睛】在由数列的求和公式求数列的通项公式时，注意检验1n的情况是否满足通项公式。证明数列不等式的常用方法之一：放缩法，即是从不等式的一边着手，用不等式的传递

性等性质，舍去(或添上)一些正项或者负项，扩大或缩小分式的分子、分母，逐渐适当地有效放大或缩小到所要求的目标，注意放缩时要适度，否则就不能同向传递．在数列求和型不等式证明中，一般来说有先放缩再求和或先求和再放缩两种形式。若数

列易于求和，则选择先求和后再放缩；若数列不易求和，要考虑先放缩后再求和．30．数列na前n项和为Sn，若11nann，则2020S_________.【答案】20202021【分析】利用裂项求和法求得2020S.

【详解】依题意111nann，所以20201111112020112232020202120212021S.故答案为：20202021