数列求和方法之裂项相消法

一、单选题1．已知数列an的前n项和Sn满足SnA．nn12C．，则数列

1

的前10项的和为（anan1

D．）89B．91010111112【答案】C【分析】首先根据Sn【详解】当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn1

nn12得到ann，设bn

111

，再利用裂项求和即可得到答案.anan1nn1nn12

nn12n.检验a11S1，所以ann.设bn

1111

，前n项和为Tn，anan1nn1nn1则T101故选：C

11111011…1.22311111011

2．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11，…，的和是（572019202111，，1335）202020211009C．2019A．【答案】B【分析】根据裂项相消法即可求和.101020212018D．2019B．【详解】因为1111



nn22nn2

111113355720192021

11111111123355720192021111220211010

，20211112

恒成立，则S5，S621，若2S12S22Sn3

故选：B3．设等差数列an的前n项和为Sn，且S4的最小值为（A．1C．3【答案】A【分析】由S4

）B．2D．42n(n1)n(n1)

S5，求得a1d，又由S621，求得a1d1，求得Snn，得到32211111111，进而求得，结合题意，即可求解.2Snnn12S12S22Snn1【详解】设等差数列an的公差为d，因为S4

432542

d5a1d，S5，所以4a12323

整理得12a118d10a120d，即a1d，由S621，可得6a1

65

d21，即6a115d21，所以a1d1，2所以Snn

1111n(n1)n(n1)

，所以，2Sn(n1)nn122n所以111111111

111，2S12S22Sn223nn1n1111

恒成立，所以1，故的最小值为1.2S12S22Sn因为故选：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：①1111111

()；；②n(n1)nn1n(n2)2nn211111()n1n；③；④(2n1)(2n1)22n12n1nn11111

().⑤n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)n1

4．定义为n个正数p1,p2,,pn的“均倒数”，若已知数列an的前n项的“均倒数”为，p1p2pn2n又bnA．111an（，则bbbbbb21223910B．）8

171021C．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】n1设数列an的前n项和为Sn，由题意可得：，则：Sn2n2，Sn2n当n1时，a1S12，当n2时，anSnSn14n2，且a14122，据此可得an4n2，故bn

11111an2n1，，bb2n12n122n12n12nn1

据此有：111

b1b2b2b3b9b10

111111

123351719

1189.21919故选：D5．已知数列an满足a11，an+1A．an，则数列anan1的前n项和Tn（2an1C．）n2n1B．n2n12n2n1D．n4n2【答案】B【分析】利用倒数法求出数列an的通项公式，进而利用裂项相消法可求得Tn.【详解】已知数列an满足a11，an+1

an，2an1在等式an+1

an12an1111

2，2，两边同时取倒数得an1anan1anan2an1所以，数列111112n12n1=1a是等差数列，且首项为，公差为，则，，2naaa2n1n1n1



111

，22n12n1

anan1

2n12n1因此，Tn故选：B.【点睛】1111111111111n11.2323525722n12n122n12n1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an的前n项和为Sn，a12，3Snn2an．（1）求an的通项公式；（2）设bn

n2

nn，求数列bn的前项和Tn．an21.n12n【答案】（1）annn1；（2）Tn1【分析】（1）当n2时，由3Snn2an得到3Sn1n1an1，两式相减，然后再利用累积法求解.（2）由（1）得bn【详解】（1）当n2时，3Sn1n1an1，则3an3Sn3Sn1n2ann1an1，整理得1n21

2nn1，然后利用裂项相消法求解.nn12nn2n12

ann1

．an1n1anan1an2a2n1nn13a12nn1n2．an1an2an3a1n1n2n31故an

当n1时，a12满足上式，故annn1．1n21

2（2）bnnn1，nn12nn2n12

111111Tn2223nn1，n2n12222223211．n12n【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，Sn

na1an2na1

nn12d②等比数列的前n项和公式na1,q1

Sna11qn；,q1

1q

(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an各项都为正数，前n项和为Sn，a12，a25，当n3时，SnSn2（1）求an；122

anan1.3（2）求数列1的前n项和Tn.aann1n

.6n41

，经验anan1anan1，即可得anan13（n3）3【答案】（1）an3n1；（2）【分析】（1）当n3时，结合条件可得anan1

证可得anan13（n2），从而数列an是首项为2公差为3的等差数列，可得出答案.（2）11111

用裂项相消可得答案.anan13n13n233n13n2

【详解】（1）当n3时，SnSn2所以anan1

1

anan1anan1.3121222

aaaaSSanan，所以nn1nn1nn21，33因为an各项都为正数，所以anan10，故anan13（n3）.又因为a12，a25，所以a2a13，故anan13（n2），所以数列an是首项为2公差为3的等差数列，故an3n1.11111

（2），anan13n13n233n13n2

所以Tn

1111111111n.325583n13n2323n26n48．等差数列an各项都为正数，a12，a25，当n3时，SnSn2（1）求an；12

(ana2n1).3（2）求数列1的前n项和Tn.anan1n

.6n4【答案】（1）an3n1；（2）【分析】（1）由SnSn2

121

(ana2n1)可得anan1anan1anan1，即可得anan13n3，33再结合a2a13，即可得an是等差数列，进而求得an的通项公式；11111

（2）利用裂项求和即可，.anan13n13n233n13n2

【详解】（1）当n3时，SnSn2所以anan1SnSn2所以anan1

1

anan1anan1.3122

anan1，3122

anan1，3因为an各项都为正数，所以anan10，故anan13n3.又因为a12，a25，所以a2a13，故anan13n2，所以数列an是首项为2，公差为3的等差数列，所以an3n1.11111

（2）因为，anan13n13n233n13n2

所以Tn【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an1fn类型，可采用两项合并求解.9．已知数列an是等差数列，若a12，且a3，2a2，2a41成等比数列，数列bn满足n

1111111111n

.325583n13n2323n26n4b1

bb2b313Lnn2n．23n22（1）求数列an，数列bn的通项公式；（2）若数列an为正项等差数列，设cn【答案】（1）ann1或an【分析】13

，求证：数列cn的前n项和Tn．anbn4513

n，bnn2nnN；（2）证明见解析．442a2，2a41成等比数列，（1）设公差为d，由a3，列方程解出公差，进而得出数列an；an是等差数列，当n2时，b1

bb2b3132

Ln1n1n1，23n122与原式作差得数列bn；（2）cn式成立．【详解】（1）∵数列an是等差数列，设公差为d，则a32a412a2，即22d6d342d，解得d1或d故ann1或an令n1，得b12，当n2时，b1与原式作差得2

2

11111

，利用裂项相消法计算出放缩后的数列和，即可证得不等n22n1n22n2nn2

513n，445

，4bn

n1，bnn2nn2，n2

bb2b3132

Ln1n1n1，23n122验证得b12满足通项，故bnnnnN



．（2）因为数列an为正项等差数列，由（1）可知ann1，cn

11111，n22n1n22n2nn2

则Tn

111111111L，232435nn21111122n1n2

113

1，不等式得证．224即Tn

【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an的前n项和为Sn，已知a1、an、Sn成等差数列，且a4S32．（1）求an的通项公式；（2）若bn

1

，bn的前n项和为Tn，求使7Tn1成立的最大正整数n的值．log2a2n1log2a2n3

n【答案】（1）an2；（2）8．【分析】（1）本题首先可根据a1、an、Sn成等差数列得出2anSna1以及2an1Sn1a1，然后两式相减，得出an2an1，最后根据a4S32求出a12，即可求出an的通项公式；（2）本题可根据题意得出bn

1111

并将其转化为bn，然后通过裂项相(2n1)(2n3)22n12n3

消法求和得出Tn【详解】n7n

1，通过计算即可得出结果.，最后根据7Tn1得出3(2n3)3(2n3)（1）因为a1、an、Sn成等差数列，所以2anSna1，当n2，有2an1Sn1a1，两式相减，可得2an2an1SnSn1an，即an2an1，由题意易知a10，故an是公比为2的等比数列，Sna121，n

因为a4S32，所以2a1a121，解得a12，故an的通项公式为an2.n3

3

（2）因为bn

1n，an2，log2a2n1log2a2n3

所以bn

1111

，(2n1)(2n3)22n12n3

1111111111n

故Tn，

235572n12n3232n33(2n3)因为7Tn1，所以7n

1，解得n9，3(2n3)故7Tn1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11111111n1n等，考查计算能的裂项有、、nn1nn1nnkknnknn1力，是中档题.11．等差数列an的前n项和为Sn，已知a110，a2为整数，且SnS4.（1）求an的通项公式；（2）设bn

1

，求数列bn的前n项和Tn.anan1

n

.10(103n)【答案】（1）an133n，nN*；（2）Tn【分析】（1）根据条件，可得数列{an}的公差d为整数，且a40,a50，利用等差数列通项公式，可得a1,d的关系，即可求得d的值，代入公式即可得答案；（2）由知：an133n，可得bn的表达式，利用裂项相消法求和即可得答案.【详解】（1）由a110，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数，又SnS4，故a40,a50，即：103d0,104d0解得：

105

d，因为d为整数，32所以d3，所以等差数列{an}的通项公式为：an133n，nN*.（2）由（1）知：an133n，nN*，所以bn所以Tn1111

()，(133n)(103n)3103n133n

1111111

)()...()]371047103n133nb1b2...bn[(

n111

().10(103n)3103n10【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）1111



nnkknnk

（2）；

1n+k+n2n=

1k(n+k-n；（3）n1n)111（4）；2n12n122n12n1

11

；裂项时，容易出现多项或丢项的问题，需注意，nn121211

2n12n12121212n1n11

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：①4a3，3a4，2a5成等差数列；②S37；.③对于n*，点n,Sn均在函数y2xa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{an}是一个公比为qq0,q1的等比数列，且它的首项a11，（填所选条件序号）.（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bnlog2an1(nN*)，设数列【答案】选择见解析；（1）an=2【分析】n11

的前n项和为Tn，求Tnbnbn1n.n1；（2）a1(1q3)

7得公比，即得数列的通项；若选③：（1）若选①：解得q=2，即得数列的通项；若选②：解1q求出q=2，即得数列的通项；1

（2）求得bnn，再利用裂项相消求出数列的前n项和为Tn.bbnn1

【详解】（1）若选①：因为4a3,3a4,2a5成等差数列，所以23a4=4a32a5.又因为数列an是等比数列，即q23q20解得q=2或q1（舍去）n1又a11，所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列an的通项公式an=2

若选②：S37，因为an是公比为q(q0,q1)的等比数列，a1(1q3)

7，即q2q60解得q=2或q3（舍去）所以1q所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列an的通项公式为an=2

n1若选③：点(n,Sn)均在函数y2xa的图像上，所以Sn2na，又因为a1S12a，所以a1，所n

以Sn21，所以S23，所以a22,q2.所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列an的通项公式an=2（2）证明：因为an=2所以n1n1，所以bnlog2an1n

1111



bnbn1n(n1)nn1所以Tn

11111111 ……1……b1b2b2b3bnbn1223nn11

1n.n1n1【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an的前n项和为Sn，a918，S10110．（1）求数列an的通项公式an；（2）设bn

1

，求数列bn的前n项和Tn.Sn

n．n1【答案】（1）an2n；（2）Tn【分析】（1）设等差数列an的公差为d，根据已知条件可得出关于a1、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an的通项公式；（2）求得bn【详解】（1）设等差数列an的公差为d，由

11

，利用裂项相消法可求得Tn.nn1a9a18d18

，解得a1d2，S1010a145d110

所以，ana1n1d2n，故数列an的通项公式an2n；（2）由（1）可得Sn

n22n2nn1，所以bn

1111，Snnn1nn1

1111111n11.22334nn1n1n1

所以Tn1【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anbn型数列，其中an是等差数列，bn是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于anbn型数列，利用分组求和法；（4）对于

1

型数列，其中an是公差为dd0的等差数列，利用裂项相消法.aann1

14．已知等差数列an的前n项和为Sn，an1an0，a23，且a1，a3，12a7成等比数列．（1）求an和Sn；（2）设bn11

，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn1．SnSn122

【答案】（1）an2n1，Snn；（2）证明见解析.【分析】a23,

aa（1）设等差数列n的公差为d，首项为1，由2求出a11，d2即可求解；a3a1(12a7),

2

（2）由Snn，可得bn

111

，利用裂项相消求和求出Tn，再利用不等式的性质和数列SnSn1nn1的单调性即可求证.【详解】解：（1）设等差数列an的公差为d，首项为a1，由an1an0，得d0，a1d3,a23,则2所以2aa(12a),(a2d)a1(12a16d).3171

解得a11，d2，所以an2n1，Sn

n12n12n2．（2）因为bn1111．SnSn1n(n1)nn111111111111．所以Tn122334nn1n1因为Tn综上，1

11

单调递增．所以TnT1，2n11T1．2【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{an}，{bn}，{cn}满足a1b1c11，cnan1an，cn1bncn，nN*.bn2（1）若{bn}为等比数列，公比q0，且6b1b22b3，求q的值及数列{an}的通项公式；（2）若{bn}为等差数列，且b2b65，证明c1c2c3cn3，nN*.742n【答案】（1）q=2；an；（2）证明见解析.3【分析】（1）先由题设求得q，从而求得bn及cn11

，然后求得cn，再利用叠加法求得an即可；cn4cn1n1

，再利用累乘法求得cn，最后利用cnn3（2）先由题设求得等差数列{bn}的公差d，然后求得bn及裂项相消法求得c1c2c3cn，即可证明结论.【详解】（1）解：由题设知：6q2q2，解得：q=2或q

3n1（舍)，bn2，2n1bncn1121cn1cn，nN*，cn1，，即ccnn1nbn2c424n1

c11，cn()n1，4cnan1an，a11，a2a11，a3a21，41

a4a3()2，41

2，anan1()n2，n󰁦

411()n11121n241n14a11()()[1()]，n󰁦2，将以上式子相加可得：n14443414742n2，又当n1时，a11也适合，，n󰁦an

3742n；an

3（2）证明：b2b652b4，b4

b11，公差d

b4b11

，4121n1

bn1(n1)，22bnn1cncn，bn2n35

，2cn1

cn1n1

，cnn3

c22，c14

c33，c25c44，c36

cn1n1

，cn2n1cnn2，，n󰁦cn1n2

cn232，将以上式子相乘可得：，n󰁦c1(n1)(n2)c11，cn6(

11

2)，n󰁦

n1n2

，又当n1时，c11也适合上式，cn6(

111111111

c1c2c3cn6()6()63.2334n1n22n22【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{an}为正项等比数列，a12，数列{bn}满足b25，且11

)，n1n2a1b1a2b2a3b3anbn2(2n1)2n1.（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）若{1}的前n项和Tn，求Tn的取值范围.bnbn1n【答案】（1）an2，bn2n1；（2）[

11

,).156【分析】（1）先求出an2，再得到a1b1a2b2a3b3anbn2(2n1)2

nn1，当n2时，a1b1a2b2a3b3an1bn12(2n3)2n，两式相减得bn2n1；（2）由题得【详解】2（1）令n1，则a1b12(21)26，所以b13，1111111

()，利用裂项相消求出Tn()，再利用单调性求解.bnbn122n12n3232n3令n2，则a1b1a2b226，所以a2b220，因为b25，所以a24，设数列{an}的公比为q，则q

a22，所以an2n.a1n1因为a1b1a2b2a3b3anbn2(2n1)2

，①n当n2时，a1b1a2b2a3b3an1bn12(2n3)2，②由①-②得anbn[2(2n1)2

n1][2(2n3)2n](2n1)2n，所以bn2n1，当n1时也成立，所以bn2n1，（2）由（1）可知11111

()，bnbn1(2n1)(2n3)22n12n31111111111)]()，所以Tn[()()(235572n12n3232n3因为Tn随着n的增大而增大，当n1时，T1所以Tn的取值范围是[【点睛】11

,).15611，当n时，Tn，156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an的前n项和为Sn，a1

1

，且Snan10（nN*）.2（1）求数列an的通项公式；（2）若bn

11

n1log2an，数列nN*的前n项和为Sn，求证：Sn1.2bn

1

；（2）证明见解析.n2【答案】（1）an【分析】（1）根据Snan10得Sn1an110n2两式作差，得出即可求出结果；an1

，再由等比数列的通项公式，an12（2）先由（1）得到bnnn1，由裂项相消的方法求出Sn，进而可得结论成立.【详解】（1）∵Snan10①∴Sn1an110n2②，an1①-②得：，n2；an12111∴数列an是首项和公比都为的等比数列，于是an222（2）由（1）得bnn1log2annn1，∴∴Snn11，nN*.n21111，bnnn1nn111111111111.b1b2bn1223nn1n1又易知函数fx1所以1

Sn1.211在1,上是增函数，且fx1，而S1，x12【点睛】结论点睛：裂项相消法求数列和的常见类型：1111（1）等差型，其中an是公差为dd0的等差数列；anan1danan1（2）无理型1nnkn

n1nkn；k（3）指数型a1aa（4）对数型loga

an；an1logaan1logaan.an

2n1nan.18．数列an中，a12，an1

（1）求证：数列

an

是等比数列，并求数列an的通项公式；n

（2）设bn

nn

，数列2bnbn1的前n项和为Sn.求证：Sn1.annn

【答案】（1）证明见解析，ann2；（2）证明见解析.【分析】（1）由an1

2n1nn

an，化简得到an1aa

2n，根据等比数列的定义，得到数列n为等比数列，n1nn

进而求得ann2.（2）由（1）求得2bnbn1即可作出证明.【详解】（1）由题意，数列an中，a12，an1可得nan12n1an，即又由a12，可得n

111n

n2bbS1，结合裂项法，求得数列的前项和为，nn1nnn1n12121212n1n

an，an1a

2n，n1na1a

2，所以n是以2为首项2为公比的等比数列，1n

由等比数列的通项公式，可得an2n，所以ann2n.n2n11n1n

2bbb（2）由（1）可得n，所以，nn1

ann2n12n12n112n12n11数列2bnbn1的前n项和为n

111111111)()()()1，122334nn1n121212121212121212111

0，所以1n11，又因为nN，所以n121211

1.即Sn1n121Sn(

【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.219．已知等比数列{an}的公比q0，且满足a1a26a3，a44a3，数列{bn}的前n项和Sn

n(n1)

，2nN*.（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；3bn8

an2,n为奇数

（2）设cnbnbn2，求数列{cn}的前2n项和T2n.ab,n为偶数nn2513n411

【答案】（1）an,nN；bnn,nN；（2）

184(2n1)922

【分析】（1）根据题干已知条件可列出关于首项a1与公比q的方程组，解出a1与q的值，即可计算出数列{an}的通n

2n1.S1,n1

项公式，再根据公式bn进行计算可得数列{bn}的通项公式；SS,n󰁦2n1n（2）先分n为奇数和n为偶数分别计算出数列{cn}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T2n.【详解】a1a1q6a1q211

q0qa（1）依题意，由a1a26a3，a44a，可得3，因为，所以解得，，12222a1q4(a1q)23111

an·()n1()n，nN*，222对于数列{bn}：当n1时，b1S11，2时，bnSnSn1当n󰁦

n(n1)n(n1)

n，22当n1时，b11也满足上式，bnn，nN*.（2）由题意及（1），可知：当n为奇数时，cn

3bn83n8111·an2()n2，bnbn2n(n2)2n2n(n2)2n21

2n当n为偶数时，cnan·bnn·()，令Ac1c3c2n1，Bc2c4c2n，则Ac1c3c2n1

111111121323323525(2n1)22n1(2n1)22n111



121(2n1)22n111，2(2n1)22n1



1111

Bc2c4c6c2n2()24()46()62n()2n，222211111

()2B2()44()6(2n2)()2n2n()2n2，22222312141612n12n2两式相减，可得B2()2()2()2()2n()，42222211111

()1()3()5()2n12n()2n2，22222

1112221122n

112n12n2()

12n2，2n1222n()1221()22241

(n)()2n1，33283n412n1B·()，992

T2nc1c2c2n(c1c3c2n1)(c2c4c6c2n)AB

113n412n18·()2n12(2n1)29292513n41()()2n1.184(2n1)92

【点睛】关键点点睛：第二问中当n为奇数时，求出cn，并对cn进行裂项为cn

11

是解题关键，n2n(n2)2n2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＝615

，数列{bn}的前n项和为Tn，求使得Tn>成立的n的最小值.anan18【答案】（1）an3n2；（2）6.【分析】2

（1）由S1，S3，S101成等比数列，得S3S101，再利用首项和等差数列的通项公式可得答案；（2）由（1）可得bn2

11，再利用裂项相消法求出Sn，然后解不等式可求出n的最大值.3n23n1

【详解】2

（1）S1，S3，S101成等比数列，S3S101，设等差数列an的公差为d，3(31)10(101)则3a1d10a1d1，229a129d218a1d10a145d1，又a1S11，99d218d1045d1，即d23d，又公差d0，d3，an3n2.（2）由（1）知an3n2，bn

2

6611

2，anan1(3n2)(3n1)3n23n1

1116n111

Tn2121，

3n23n14473n13n1由Tn

6n1515

可得：n5，故要使得Tn成立，则n的最小值为6.3n188【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{an}的前n项和为Sn，已知a113，a2为整数，当且仅当n5时Sn取得最大值.（1）求{an}的通项公式；（2）设bn

1

，求数列{bn}的前n项和Tn.anan1

n

.13(133n)【答案】（1）an163n；（2）【分析】（1）根据条件列出关于d的不等式，再根据a2为整数确定出d的值，从而an的通项公式可求；（2）先计算出bn的通项公式，然后采用裂项相消的方法求解出bn的前n项和Tn.【详解】（1）由题意可知a50，且a60，∴

134d01313

d，，解得45135d0

∵a2为整数，∴d3，∴{an}的通项公式为an163n.（2）∵bn

11111

()，anan1(163n)(133n)3133n163n∴Tnb1b2bn

111111111[()()()L()]3101371047133n163n111n().3133n1313(133n)【点睛】结论点睛：常见的数列中可进行裂项相消的形式：111（1）；nn1nn1（2）111；4n2122n12n1

1



1

（3）n1nn1n；2n11

（4）n.nn1n1

21212121222．已知正项数列an的前n项和为Sn，且满足：a11，an1Sn1Sn.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn

an1

，求数列bn的前n项和Tn.2an12an13an

11

（1）ann；（2）Tn1.42n13n

【分析】2（1）根据an1Sn1Sn写出anSnSn1n2，通过作差以及化简说明an为等差数列，并求解出2通项公式；（2）将bn的通项公式变形为bn【详解】(1)由an1Sn1Sn222又有anSnSn1，n2，两式相减得an1anan1ann22111

Tn1n，采用裂项相消法求解出n的结果.42n132n13

因为an0，所以an1an1n22

又a11，a2a1a2a1，解得a22，满足an1an1

因此数列an是等差数列，首项a1为1，公差d为1所以ana1n1dn(2)bn

n111311111

nnn1n2n12n13442n132n132n12n13

111111111

Tbbb...所以n12n

4130331433153242n13n12n13n

11

1.42n13n

【点睛】结论点睛：常见的数列中可进行裂项相消的形式：（1）111；nn1nn1111；4n2122n12n1

1



1

（2）（3）n1nn1n；2n11

（4）n

212n112n12n11.23．已知各项均为正数的等差数列an和等比数列bn满足a1b11，且a2a36，b2b3a8（1）求数列an，bn的通项公式.（2）若cn1，求c1c2…cn.a2nlog2bn2【答案】（1）ann，bn【分析】（2）2n1；n

.2n1（1）根据已知条件求得等差数列an的公差d、等比数列bn的公比q，由此求得数列an，bn的通项公式.（2）利用裂项求和法求得c1c2…cn.【详解】(1)因为an为等差数列，且a11，所以可设公差为d，则an1n1d，所以a21d，a312d.因为a2a36，所以1d12d6，解得d1或d又等差数列an各项均为正数，所以d

5

不合题意，舍去，所以ann.25.2n1

因为bn为等比数列，且b11，所以可设公比为q(q0)，则bnq.因为b2b3a88，所以q1q28，解得q=2，满足各项均为正数，所以bn(2)由(1)知ann,bn2所以c1c2cn

n1

2n1.，所以cn11111=.a2nlog2bn22nn12nn1n1111111111.

2223nn12n12n124．已知Sn为等差数列an的前n项和，满足S410，a55，Tn为数列bn的前n项和，满足Tn

4n

41，nN*.3（1）求an和bn的通项公式；（2）设cnlog2bn

1

，若数列cn的前n项和Cn100，求n的最大值.anan1

*

【答案】（1）ann，nN，bn=4n，nN*；（2）9.【分析】（1）根据等差数列基本量运算，可得数列an的通项公式，根据递推关系Tn相减，即可得答案；（2）求出cn2n【详解】（1）an为等差数列，因为S4

4n

41，多递推一项再311

，再进行等差数列求和及裂项相消求和；nn1

10，a55，所以4a16d10，a14d5，*

解得a11，d1，所以ann，nN.因为Tn

4n44

41，所以当n2时，bnTnTn14n14n114n；333当n1时，b1T14.综上，bn=4n，nN*.n

（2）cnlog24

111

2n，nn1nn1

111111

Cccc2123n所以n12n

nn112231n

n1n1n1n，

n1n1

n

，n1n

100，因为Cnn1n

n11

当n1时，Cnn1n1为关于n的递增数列，n1910

C8C990100，C10110100，所以n的最大值为9.1011所以Cnn1n【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an前n项和Sn满足Snn

2

nN*

（1）求数列an的通项公式；（2）求数列1的前n项和Tn．anan1n

.2n1【答案】（1）an2n1；（2）Tn【分析】S1,n1（1）根据an求得数列an的通项公式.SS,n2n1n（2）利用裂项求和法求得Tn.【详解】（1）当n1时，a1S11，当n2时，Snn1n22n1，anSnSn12n1，2

当n1时上式也符合.所以an2n1.（2）由题意知，可设bn

11111

anan1(2n1)(2n1)22n12n1

Tnb1b2bn

111111(1)()()23352n12n1

则Tn

11n

1.

22n12n1三、填空题已知数列an满足2a12a22a32annnN26．2

3

n

*

，若b

n



1

，则数列bnlog2anlog2an1

的前n项和Sn________.【答案】n

n1【分析】先根据前n项和与通项的关系得an可得答案.【详解】因为2a12a22a32annnN

n

2

3

1111

b==-，进而得，再根据裂项相消求和法求解即nnn(n+1)nn+12*

，所以2a12a22a32

n

23n1

an1n1(n2)，两式相减得2an1(n2)，当n1时也满足，11111

b故ann，n，log2anlog2an1n(n1)nn1211111n1.223nn1n1n1n

故答案为：n1故Sn1【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2an的前n项和为n，n

再根据前n项和与通项的关系求得an

1

，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.2n2

的前2020项和为_________anan1

27．已知等差数列an的前n项和为Sn，a55，S515，则数列【答案】【分析】4040

．2021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【详解】由题意，设等差数列{an}的公差为d，则2

的通项公式，再利用裂项相消法求出前2020项和．aann1

a14d5

a11

，解得．54

d15ad1512

∴数列{an}的通项公式为an＝1+（n﹣1）×1＝n，n∈N*．∴22112）=（．anan1nn1nn12

的前n项和为Tn，anan1

222a1a2a2a3anan1设数列

则Tn



2221223nn111111

）223nn11

＝2（1）n12n．n14040

∴T2020．20214040

故答案为：．2021＝2（1【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5241

an的前n项和Snn2，数列的前5项和T5______.an11

【答案】【分析】根据当n2时，anSnSn1n(n1)2n1，当n1时也满足，故an(2n1)，而222

1an11

1

，利用裂项相消法即可得解.4n(n1)【详解】当n2时，anSnSn1n(n1)2n1，2

2

当n1时，a1S11满足上式，故an2n1，所以an(2n1)，2

1an11T5



1111

()，4n(n1)4nn1111111155(1)=，42235646245

故答案为：2429．在①an1

an1111

,1,成等比数列；；②{}为等差数列，其中3an1ana2a3a611113n2n③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a1a2a3an2目.已知数列{an}中，a11______.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bnanan1,Tn为数列{bn}的前n项和，求证：Tn注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）an【分析】（1）若选条件①，an0，由数列的推式可得1

.31

；（2）证明见解析.3n2111

3，从而得数列{}是以1为首项，3为公差的an1anan

等差数列，由等差数列的通项公式可求得{an}的通项公式；若选择②，设数列{1

}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an

(22d)2(1d)(15d)，解之可得{an}的通项公式；11113n2n

若选择③，由得，当n2时，a1a2a3an2111113(n1)2(n1)

,，两式相减可求得，从而求得{an}的通项公式；ana1a2a3an12（2）由（1）得bnanan1【详解】1111

，运用裂项求和法可得证.3n23n+133n23n+1

（1）若选条件①，an0，an1为公差的等差数列，所以an1111

,3，又=1，所以数列{}是以1为首项，33an1an1anana111

1+3n13n2,an；an3n21111

{}1+d,12+2d,1+5d，若选择②，设数列的公差为d，则ana2a3a6111

,1,因为成等比数列，(22d)2(1d)(15d)，解得d3或d1；a2a3a61111

1d0,1,当d1时，，此时不能构成等比数列，所以d3，a2a2a3a6111+3n13n2,a所以，nan3n211113n2n

若选择③，由得，当n2时，a1a2a3an211113(n1)2(n1)

,，a1a2a3an1213n2n3(n1)2(n1)1

3n2,所以an(n2),，当n1时，a11也两式相减得，an223n2适合上式，所以an

1

，3n21111

，3n23n+133n23n+1

（2）由（1）得bnanan1

所以Tn故Tn

11111111111

(1)()()(1)，334473n23n13n139n33

1.3【点睛】在由数列的求和公式求数列的通项公式时，注意检验n1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【答案】【分析】an20202021an前n项和为Sn，若1nn1，则S2020_________.利用裂项求和法求得S2020.【详解】11，nn11111112020

1所以S20201.22320202021202120212020

故答案为：2021依题意an