資源簡介

考點 37 數列求和（3 種核心題型+基礎保分練+綜合提升練+
拓展沖刺練）
【考試提醒】
1.熟練掌握等差、等比數列的前 n 項和公式
2.掌握非等差數列、非等比數列求和的幾種常用方法．
【知識點】
數列求和的幾種常用方法
1．公式法
直接利用等差數列、等比數列的前 n 項和公式求和．
(1)等差數列的前 n 項和公式：
n a1＋an n n－1
Sn＝ ＝na1＋ d.2 2
(2)等比數列的前 n 項和公式：
na1，q＝1，
Sn＝{a1－anq a1 1－qn ＝ ，q ≠ .11－q 1－q
2．分組求和法與并項求和法
(1)分組求和法
若一個數列是由若干個等差數列或等比數列或可求和的數列組成，則求和時可用分組求和法，
分別求和后相加減．
(2)并項求和法
一個數列的前 n 項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和．形如 a nn＝(－1) f(n)類型，可
采用兩項合并求解．
3．錯位相減法
如果一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列的對應項之積構成的，那么這個數列
的前 n 項和即可用此法來求，如等比數列的前 n 項和公式就是用此法推導的．
4．裂項相消法
把數列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和．
常見的裂項技巧
1 1 1
(1) ＝ － .
n n＋1 n n＋1
1 1 1 1
(2) ＝ ( － ).n n＋2 2 n n＋2
1 1 1 1
(3) ＝ － .
2n－1 2n＋1 2(2n－1 2n＋1)
1
(4) ＝ n＋1－ n.
n＋ n＋1
1 1 1 1
(5) ＝ － .
n n＋1 n＋2 2[n n＋1 n＋1 n＋2 ]
常用結論
常用求和公式
n n＋1
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝ .
2
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.
n n＋1 2n＋1
(3)12＋22＋32＋…＋n2＝ .
6
n n＋1
(4)13＋23＋33＋…＋n3＝[ 2 ]2
【核心題型】
題型一　分組求和與并項求和
　(1)若數列{cn}的通項公式為 cn＝an±bn，且{an}，{bn}為等差或等比數列，可采用分組求和
法求數列{cn}的前 n 項和．
(2)若數列{c an，n 為奇數，n}的通項公式為 cn＝{bn，n 為偶數， 其中數列{an}，{bn}是等比數列或等差數
列，可采用分組求和法求{cn}的前 n 項和
【例題 1】（2024·河北·模擬預測）已知首項為 2 的數列 an 滿足 4an+1 - 5an+1an - 2an = 2，當
an 的前 n項和 Sn 16時，則 n的最小值為（ ）
A．40 B．41 C．42 D．43
【答案】B
【分析】通過計算得到 an 為一個周期為 4 的數列，從而計算出
S41 =10 a1 + a2 + a3 + a4 + 2 =17，得到答案.
【詳解】由題意得 a1 = 2， 4a2 - 5a2a1 - 2a1 = 2 ，解得 a2 = -1，
同理 4a3 - 5a3a2 - 2a2 = 2，解得 a3 = 0，
4a4 - 5a4a3 - 2a3 = 2
1
，解得 a4 = ，2
4a5 - 5a5a4 - 2a4 = 2 ，解得 a5 = 2，
故 an 為一個周期為 4 的數列，且 a1 + a
1 3
2 + a3 + a4 = 2 -1+ 0 + = ，2 2
故 S40 =10 a1 + a2 + a3 + a4 =15， S41 =10 a1 + a2 + a3 + a4 + 2 =17，
故 n的最小值為 41.
故選：B
【變式 1】（2024·四川攀枝花·三模）數列 an 的前 n項和為 Sn ， a1 = -1，
nan = Sn + n(n -1)(n N
* )，設bn = (-1)
n an，則數列 bn 的前 51 項之和為（ ）
A．-149 B．-49 C．49 D．149
【答案】B
【分析】由 an 與 Sn 的關系，結合等差數列的通項公式求得 an = 2n - 3，即可得到
bn = -1
n 2n - 3 ，再由并項求和法計算可得．
【詳解】因為 nan = Sn + n(n -1)(n N
* )，
當 n 2時， nan = n(Sn - Sn-1) = Sn + n(n -1)，
即 (n -1)Sn - nSn-1 = n(n -1) ，
Sn Sn-1 S可得 - =1
S1 ì= a = -1 í n
ü
，又 -11 1 ，所以 是以 為首項，1為公差的等差數列，n n -1 n
S
所以 n = -1+ n -1 = n - 2，則 Sn = n(n - 2)n ，
當 n 2時 Sn-1 = n -1 (n - 3)，
所以 an = Sn - Sn-1 = n n - 2 - n -1 (n - 3) = 2n - 3，當 n =1時 an = 2n - 3也成立，
所以b n nn = -1 an = -1 2n - 3 ，
可得數列 bn 的前51項之和為 (1+1) + (-3 + 5) + ... + (-95 + 97) - 99 = 2 25 - 99 = -49．
故選：B
【變式 2】（2024·山東菏澤·模擬預測）已知正項數列 an 的前 n項和為 Sn , a1 =1,a3 = 2 ，且
anan+2 = an+1an+3 ，則 S16 的最小值為 ．
【答案】12 + 8 2
【分析】根據給定的遞推公式探求得數列 an 的周期，再利用周期性及基本不等式求解即
得.
【詳解】正項數列 an 中，由 anan+2 = an+1an+3 ，得 an+1an+3 = an+2an+4 ，則 an+4 = an ，
即數列 an 是以 4 為周期的周期數列，而 a1 =1, a3 = 2 ，則 a2a4 = a1a3 = 2，
因此 S16 = 4(a1 + a2 + a3 + a4 ) =12 + 4(a2 + a4 ) 12 + 8 a2a4 =12 + 8 2 ，
當且僅當 a2 = a4 = 2 時取等號，
所以 S16 的最小值為12 + 8 2 .
故答案為：12 + 8 2
【點睛】關鍵點點睛：求解本題的關鍵是求出數列的周期，再借助周期性求前 n 項和.
【變式 3】（2024·全國·高考真題）已知等比數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 2Sn = 3an+1 - 3 .
(1)求 an 的通項公式；
(2)求數列 Sn 的前 n 項和.
n-1
5
【答案】(1) an = 3 ÷è
(2) 15 5
n
×
3
÷ - n
15
-
4 è 3 2 4
【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首項后可求通項；
（2）利用分組求和法即可求 Sn .
【詳解】（1）因為 2Sn = 3an+1 - 3 ,故 2Sn-1 = 3an - 3，
5
所以 2an = 3an+1 - 3an n 2 即5an = 3an+1故等比數列的公比為 q = ，3
n-1
故 2a1 = 3a2 - 3 = 3a
5
1 - 3 = 5a1 - 3，故 a1 =1，故 a =
5 .
3 n ֏ 3
é n
1 1- 5
ù
ê 3 ÷ ú n
（2）由等比數列求和公式得 è S ê ú 3 5 3n = =

5 2 3 ÷
- ，
1- è 2
3
所以數列 Sn 的前 n 項和
3 é 2 3 nT = S + S + S + ×××+ S = 5 5 5 5
ù 3
n 1 2 3 n ê ÷ +2 3 3 ÷
+ 3 ÷
+ ××× + ÷ ú - n
êè è è è 3 ú 2
5 é
n
ù
÷ ê1
5
-
3 è 3
÷ ú
ê è 3 ú 3 n 15 5
n
3 15= × - = ×
2 5 ÷
- n -
1- 2 4 è 3 2 4 3 ÷è
題型二　錯位相減法求和
(1)如果數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，求數列{an·bn}的前 n 項和時，常采用錯位相
減法．
(2)錯位相減法求和時，應注意：
①在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”，以便于下一步準確地
寫出“Sn－qSn”的表達式．
②應用等比數列求和公式時必須注意公比 q 是否等于 1，如果 q＝1，應用公式 Sn＝na1
1
【例題 2】（2024·全國·模擬預測）已知數列 an 滿足 4an+1 - 4an + an-1 = 0,a1 = a2 = ，其前 n2
6
項和為 Sn ，則使得 2 - Sn < an 成立的 n 的最小值為（ ）5
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】D
n
2n a a 1= n × 【分析】由數列遞推式，整理構造出等差數列 n ，求得通項 n ÷ ，再利用錯位
è 2
1 nS = 2 - (n + 2) × 相減法求得 n ÷ ，最后代入不等式求解即得.
è 2
【詳解】因為 4an+1 - 4an + an-1 = 0，
2
所以 2 an+1 - 2an = 2an - an-1．
兩邊同乘 2n-1 2n+1a n n n-1得， n+1 - 2 an = 2 an - 2 an-1，
22 a - 21又因為 2 a1 =1，即 2
n+1a nn+1 - 2 an = 1，
所以 2n an 是首項為 1，公差為 1 的等差數列，
n
2n所以 an = n，則 a
1
n = n ×

÷ ．
è 2
1 1 2 nS =1× 2 1 1 則 n ÷ + × ÷ +L+ n × ÷ ，
è 2 è 2 è 2
1 1 2 1 3 n+1Sn =1×
+ 2 × ÷ ÷ +L+ n
1×
2 2 2 ÷
，
è è è 2
1 1 1 1 2 nS 1 1
n+1
兩式相減得， n = ÷ + ÷ +L+ ÷ - n ×

2 2 2 2 ÷
，
è è è è 2
1
1
1
-
2 2n ÷ n+1 n= è - n × 1 1 n= - +1 1 1 2 ÷ 2 ÷ ÷
，
1- è è è 2
2
n
所以 Sn = 2 - (n + 2)
1× 2 ÷
，
è
2 S 6
n n
則由 - n < a
1 6 1
n 可得， (n + 2) ×

5 ÷
< n ×
2 5 2 ÷
，
è è
解得 n >10 ，則 n 的最小值為 11．
故選：D．
【點睛】關鍵點點睛：解題關鍵在于，對于已知的數列遞推式，發現其特征，通過等價變形，
將其轉化為等差或等比數列的形式，有時從數列定義，有時是通過等差（比）中項的角度推
得，對于通項具備“等差×等比”型的數列，考慮用錯位相減法求和即得
n
【變式 1】（2024·全國·模擬預測）已知 Sn 是數列 an 的前 n項和， a1 = 2， an+1 = 2 an + 2 ，
不等式 2lan - S2n+1 -128n + 2 0對任意的 n N* 恒成立，則實數l 的取值范圍為（ ）
A． - ,32 B． - ,16
C． 32, + D． - ,8
【答案】A
ìa ü
【分析】根據題意，由條件可得數列 í n2n 是等差數列，再由錯位相減法可得
Sn ，代入計算，

分離參數，結合基本不等式即可得到結果.
Qa = 2 a + 2n a a【詳解】 ，\ n+1 - nn+1 n n a = 2+1 n =1，又 1 ，2 2
a
\ ì數列 í n
ü
2n 是首項為
1、公差為 1 的等差數列，

a
\ nn = n ，\an = n 2
n
，
2
\S =1 2 + 2 22 + 3 23 + ×××+ n 2nn ①，
\2S 2 3 n n+1n =1 2 + 2 2 + ×××+ n -1 2 + n 2 ②，
n
① -
2 1- 2
②得，-S = 2 + 22 + 23 + ×××+ 2n - n 2n+1

n = - n 2
n+1 = 1- n 2n+1 - 2，
1- 2
\Sn = n -1 2n+1 + 2 ，\不等式 2lan - S2n+1 -128n + 2 0，
即 2ln 2n - 2n 22n+2 - 2 -128n + 2 0，
故l 2n+2
64
+ n 對任意的 n N
* 恒成立．
2
64 64 n+2 64
又 2n+2 + 2 2n+2n n = 32，當且僅當 2 = n ，即 n = 2時等號成立，2 2 2
\l 32，
故選：A
2a a
【變式 2】（2023·陜西咸陽·模擬預測）數列 an 滿足 a1 = 2，且 n = n-1 （ n N*且3n +1 3n - 2
n >1），若 an n
217
的前 項和為 Sn ，則滿足 Sn > 的最小正整數 n的值為 .32
【答案】8
an 3n +1
【分析】依題意可得 =a 2 3n n 2 a- 2 ，利用累乘法求出 n 的通項公式，再利用錯位n-1
相減法求出 Sn ，最后根據單調性求出 n的取值范圍.
2a a
【詳解】因為 n = n-1 （ n N*且 n >1），
3n +1 3n - 2
an 3n +1 a2 7 a3 10 a4 13
所以 = = = = Lan-1 2 3n - 2
n 2 ，所以 a1 2 4
， a ，2 2 7 a3 2 10
， ，
a2 a3 a4 L an 7 10 13 L 3n +1 3n +1所以 = =a1 a2 a3 a
n+1 ，
n-1 2 4 2 7 2 10 2 3n - 2 2
an 3n +1 3n +1
即 = n+1 ，又 a1 = 2a 2 ，所以 an = 2n
，
1
S 4 7 10 3n +1 1 4 7 10 3n +1所以 n = 1 + + +L+ ，則 S = + + +L+ ，2 22 23 2n 2 n 22 23 24 2n+1
1 S 4 3 3 3 L 3 3n +1所以 = + + + + + -
2 n 21 22 23 24 2n 2n+1
3 1 1
1 2
-
2n ÷ 3n +1 7 1 n+1= + è - = - 3n + 7
2 1 1
，
- 2
n+1 2 è 2 ÷
2
n
所以 S = 7 - 3n + 7 1 n ÷ ，
è 2
n n
因為 S
217
> 1 217 1 7n ，所以7 - 3n + 7 > 3n + 7 ，即 < ，32 è 2 ÷ 32 ÷è 2 32
n n+1 ì n 1 1 3n + 4 1 ü
因為 3n + 7 ÷ - 3n +10 ÷ = n+1 > 0 ，所以數列 í 3n + 7 2 2 2 2 ÷ 單調遞減，è è è
n
又當 n = 7時 3n 7 1 28 7+ ÷ = = ，
è 2 128 32
1 n 31 7 56
又當 n = 8時 3n + 7 ÷ = < = ，
è 2 256 32 256
所以 n 8，則最小正整數 n的值為8 .
故答案為：8
【變式 3】（2024·陜西渭南·模擬預測）已知各項均為正數的數列 an 的前 n項和為 Sn ,
2Sn = n an +1 且 a
3
2 = a .2 1
(1)求 an 的通項公式；
a
(2)若bn = nn ,2 求數列 bn 的前 n項和Tn .
n +1
【答案】(1) an = 2
T 3 n + 3(2) n = -2 2n+1
ìS1, n =1
【分析】（1）根據公式 an = íS S ,n 2求
a
- n
即可.
n n-1
（2）由（1）知bn ,根據通項公式規律,用錯位相減來求Tn 即可.
【詳解】（1）當 n =1時, 2S1 = a1 +1
3 3
,解出 a1 =1 ,又 a2 = a1 ,則 a2 = ；2 2
ì 2S = n a +1 ,
當 n 2 , n n時由 í 兩式相減得 n -1 a - na +1 = 02S n 1 a 1 , n+1 n ,兩邊同時除以 n+1 = + n+1 +
n n -1
an+1 a 1 a- n + = 0 n+1 an 1 1 1即 - = - = -n n -1 n(n ,即-1) n n -1 n(n -1) n n 1 , n 2-
an an-1 a3 a 1 1 1利用上述等式有 - + ×××+ - 2 = - + ×××+ -1 , n 3 ,
n -1 n - 2 2 1 n -1 n - 2 2
a
因此 n a
1 1 a n +1- = - ,即
n -1 2 n -1 n
= , n 3 ,
2
當 n =1,2
3 n +1 n +1
時, a1 =1 , a2 = 滿足 an = ,因此 an = ；2 2 2
n +1 2 3 4 n +1
（2）由（1）可知, bn = n+1 ,則Tn = 2 + 3 + 4 + ×××+ n+1 ,2 2 2 2 2
1 1 2 3 n n +1
兩邊同時乘以 得, Tn = 3 + 4 + ×××+2 n+1 + n+2 ,2 2 2 2 2
1 2 1 1 n +1 1 1 1 1 n +1
錯位相減得 Tn = 2 + 3 + ×××+ n+1 - n+2 = 2 + 2 + + ×××+ - ,2 2 2 2 2 2 2 23 2n+1 2n+2
1 n 1
22
1- ÷ ÷
即 1 1 è è 2
÷
T n +1 3 n + 3= + - = -
2 n 22 1 2n+2 4 2n+21-
2
T 3 n + 3n = -
整理得， 2 2
n+1
題型三　裂項相消法求和
裂項相消法的原則及規律
(1)裂項原則
一般是前面裂幾項，后面就裂幾項，直到發現被消去項的規律為止．
(2)消項規律
消項后前面剩幾項，后面就剩幾項，前面剩第幾項，后面就剩倒數第幾項
【例題 3】（2024·福建泉州·一模）記數列 an , bn 的前 n 項和分別為 Sn ,Tn ，若 an 是等差
數列，且 S6 = S5 + 25 = 90, anbnan+1 =1，則T10 =（ ）
2 8 10 40
A． B． C． D．
45 45 41 41
【答案】A
【分析】利用等差數列前 n 項和公式,聯立方程組,可求出通項公式，再利用裂項相消法,求出
數列 bn 的前 n 項和Tn ，即可求得T10 .
【詳解】因為 an 是等差數列，可設公差為d ，由 S6 = S5 + 25 = 90，
ì6a 6 5 1 + d = 90 2 ìa1 = 5
可得 í 5 4 ，解得： í ， 5a d 65 d = 4+ =
1 2
所以 an = 5 + n -1 4 = 4n +1，
1 1 1 1 1
再由 a

nbnan+1 =1得：bn = = = × -anan+1 4n +1 4n + 5 4 è 4n +1 4n + 5 ÷
，

則數列 bn 的前 n 項和分別為Tn ，
T b b b 1 é 1 1 1 1 1 1 ù 1 1 1= + + ×××+ = × - + - + ×××+ - = - 即 n 1 2 n 4 ê ÷ ÷
，
è 5 9 è 9 13 è 4n +1 4n + 5
÷ ÷
ú 4 è 5 4n + 5
T 1 1 1 1 8 2所以 10 = -
= = ，
4 è 5 45 ÷ 4 45 45
故選：A.
Tn
【變式 1】（2024·遼寧大連·模擬預測）已知數列 an 的前 n 項的積為Tn ， an = T -1，則使n
n
得 a 2 < 2024i 成立的 n 的最大值為（ ）
i=1
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
【答案】B
a Tn Tn Tn T【分析】先由 n = a nT -1求出 1，再當 n 2時，由
an = = T
n Tn -1
得 T T -1，得到 n 是以n-1 n
a 11 = 2為首項，1 為公差的等差數列，所以Tn = n +1，從而求出 an = 1+ ，n
a 1 12 = + 2 <1
1 1 1
+ -
i ，利用裂項相消法求和得 n - < 2022，結合選項即可求解.i i -1 i n
a
【詳解】令 n =1 a 1，則 1 = T = a = 2a1 -1
得 1 1 ，
T T T
當 n 2 n n n時，因為 an = = TT -1，所以 T T -1，所以 n-1
= Tn -1，即Tn -Tn-1 =1，
n n-1 n
所以數列 Tn 是以 a1 = 2為首項，1 為公差的等差數列，所以Tn = n +1，
1
故 a
n +1 1
n = = 1+ a =1+n n ，所以 i2 2 ，i
1 1
當 i 2時， a 2 =1+ 2 <1+ =1
1 1
+ -
i i i i -1 i -1 i ，
n
所以 a 2 = a 2 + a 2 + a 2 +L+ +a 2 < 2 +1+1+L+1+i 1 2 3 n
i=1
é 1 1 1 1 1 ù 1 1
ê 1- ÷ + - ÷ +L+ - ÷ú = 2 + n -1+1- = 2 + n - < 2024，
è 2 è 2 3 è n -1 n n n
n 1所以 - < 2022，結合選項，將 n 的值代入檢驗，
n
n
則使得 a 2 < 2024i 成立的 n 的最大值為 2022.
i=1
故選：B
【點睛】關鍵點點睛：此題考查由遞推公式求通項公式、裂項相消求數列的和、以及放縮法
T = n +1
的應用，解決本題的關鍵點有：一是利用乘積遞推式及等差數列的通項公式求出 n ，
二是利用放縮法思想結合裂項相消法求和
【變式 2】（2024·山西陽泉·三模）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 Sn = 2an - 2，則數列
ì a ü
í n

的前 100 項和
T100 = ．
an +1 an + 2
1 1
【答案】 -
2 2100 +1
【分析】由 Sn 與 a nn 的關系求得 an = 2 ，用裂項求和法求得T100 .
【詳解】因為 Sn = 2an - 2，
所以 Sn-1 = 2an-1 - 2, n 2，
故 n 2時，兩式相減得， an = 2an - 2an-1
即 an = 2an-1, n 2，
因為 S1 = 2a1 - 2，即 a1 = 2，
所以數列 an 是以 2 為首項，以 2 為公比的等比數列，
所以 an = 2
n ，
an 2
n 2 2n
= = 1 1
1+ an 2 + an 1+ 2n 2 + 2n 2 + 2n+1 = 2 -2 + 2n è 2 + 2n 2 + 2n+1 ÷
T 2 1 1 1 1 1 1 100 = - + - + + - ÷
è 2 + 21 2 + 22 2 + 22 2 + 23 2 + 2100 2 + 2101
2 1 1 1 1= - = -
è 4 2 + 2101 ÷ 2 1+ 2100
.
1 1
- 100
故答案為: 2 1+ 2
2
【變式 3】（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知等差數列 an 的前 n 項和為 Sn ，且 Sn + n 也是
等差數列．
(1)求數列 an 的公差；
ì 1 ü
(2)若 a1 = -1，求數列 í 的前 n 項和Tn ．
anan+1
【答案】(1)-2
T n(2) n = 2n +1
2
【分析】（1）設出公差，根據 Sn + n 為等差，得到 d + 2 = 0 ，求出公差；
（2）得到 an = -2n +1，裂項相消法求和，得到答案.
【詳解】（1）設數列 an 的公差為 d，則 an = a1 + n -1 d ．
2 2
因為 Sn + n 是等差數列，所以 Sn+1 + n +1 - Sn - n2為常數．
S 2 2n+1 + n +1 - Sn - n = an+1 + 2n +1 = nd + a1 + 2n +1 = d + 2 n + a1 +1，
所以 d + 2 = 0 ，解得 d = -2
（2）因為 a1 = -1，所以 an = -2n +1．
1 1 1 1
= = =
1 1
-
a a -2n +1 -2n -1 2n -1 2n +1 2 2n -1 2n +1÷，n n+1 è
T 1= 1 1 1 1 1 1 1 1- + - +L+ - = 1- nn =
故 2 è 3 3 5 2n -1 2n +1
÷ ÷
2 è 2n +1 2n +1
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
1．（2024·安徽合肥·模擬預測）已知數列 an 2各項為正數， bn 滿足 an = bnbn+1，
1 1 1
an + an+1 = 2bn+1，若 a1 = 2，b1 =1，則 + +L+ =a a a （ ）1 2 2024
1012 1011 2024 2023
A． B． C． D．
1013 1012 2025 2024
【答案】C
2
【分析】由 an = bnbn+1，得 an = bnbn+1 ，再結合 an + an+1 = 2bn+1，可得 bn + bn+2 = 2 bn+1 ，
進而可得數列 bn 是等差數列，即可求出 bn 的通項，從而可求出數列 an 的通項，再利
用裂項相消法求解即可.
【詳解】因為 an > 0
2
， an = bnbn+1，所以 an = bnbn+1 ，
因為 an + an+1 = 2bn+1，所以bn > 0 ， bnbn+1 + bn+1bn+2 = 2bn+1，
即 bn + bn+2 = 2 bn+1 ，
所以數列 bn 是等差數列，
又 a1 = 2，b1 =1，所以b2 = 4，
所以數列 bn 的公差為 b2 - b1 =1，首項為 b1 =1，
2
所以 bn = n，所以bn = n ，
1 1 1 1
所以 an = b b = n n +1 ，則 = = -n n+1 a n n +1 n n +1，n
1 1 L 1 1 1 1 1所以 + + + = - + - +L
1 1 1 2024
+ - =1- =
a a .1 2 a2024 2 2 3 2024 2025 2025 2025
故選：C.
3
2．（2024·河南信陽·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ， S1 =1， S2 = 3，且 an+1是2a ，2 n
n i 509
an+2 的等差中項，則使得 > 成立的最小的 na 128 的值為（ ）i=1 i
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】D
n-1
【分析】由題意得到 an+1 - an 是等比數列，進而得到 an = 2 ，利用錯位相減法求出
n
i 4 2 + n= - f x 2 + xa 2n-1 ，構造函數 = x 1 x > 0 ，并利用導數判斷函數 f- x 的單調性，即可i=1 i 2
求出符合條件的 n的最小值.
3
【詳解】Q an+1是2an ， a2 n+2
的等差中項，
\ an+2 = 3an+1 - 2an，故 an+2 - an+1 = 2 an+1 - an ，
a - a
而 a2 - a
n+2 n+1
1 = S2 - 2S1 =1 0，\ = 2an+1 - a
，
n
n-1
故數列 an+1 - an 是首項為 1，公比為 2 的等比數列，則 an+1 - an = 2 ，
1- 2n-1\ an = an - an-1 + an-1 - an-2 +L+ a2 - a1 + a = 2n-21 + 2n-1 +L+ 20 +1 = +1 = 2n-1 ，1- 2
n
T i= T 1 2 n記 n =a ，則 n 20 + 1 +L+ ，i=1 i 2 2n-1
2T 1 2 nn = 2-1
+ 0 +L+ n-2 ，2 2
é 1 n ù
1 1 1 1 n 2 ê1-

2 ÷ ú
兩式相減可得，T = + + +L+ - ê è ú n 2 + nn 2-1 20 21 2n-2 2n-1 =
，
1 - 2n-1
= 4 - n-1
1- 2
2
n
i 2 + n即 = 4 - 4 2 + n 509 2 + n 3- >a 2n-1 ，令 2n-1 ，即128 2n-1 < ，i=1 i 128
x-1
2 + x 2 - 2 + x × 2x-1 × ln 2 1- 2 + x × ln 2
設 f x = x-1 x > 0 ，則 f x = = x-1 2 2x-1 ，2 2
Q x > 0 ，\ f x < 0，\ f x 在 0, + 單調遞減，
2 + n
\ ì üí 2n-1
是遞減數列，

Q 2 + n 2 +10 3當 n =10 時，
2n-1
=
210-1
= ，
128
n
i 509\當 n >10 時， >
i=1 ai 128
，
n i 509
\使得 > 成立的最小的 n的值為 11.
i=1 ai 128
故選：D.
3．（2023·黑龍江佳木斯·三模）復數Z = i + 2i2 +3i3 +×××+ 2024i2024的虛部是（ ）
A．1012 B．1011 C．-1011 D．-1012
【答案】D
【分析】由錯位相減法化簡復數Z 后再由復數的運算和復數的幾何意義求出結果即可.
【詳解】因為Z = i + 2i2 +3i3 +×××+ 2024i2024，
Z ×i = i2 + 2i3 +3i4 +×××+ 2024i2025 ，
i 1- i2024
所以Z × 1- i = i + i2 + i3 +×××+ i2024 - 2024i2025 = - 2024i2025 ，①1- i
因為 i4 = 1，所以 i2024 = i4 506 =1， i2025 = i4 506+1 = i，
-2024i -2024i 1+ i -2024i + 2024
所以化簡①可得 = = =1012 -1012i1 i 1 i 1 i 2 ，- - +
所以虛部為-1012，
故選：D.
4．（2024·河北張家口·三模）已知數列 an 的前 n 項和為 Sn ，且滿足
ìan +1, n為奇數a1 =1, an+1 = í ，則 S100 = （2a , n ） n 為偶數
A．3 251 -156 B．3 251 -103 C．3 250 -156 D．3 250 -103
【答案】A
【分析】分奇數項和偶數項求遞推關系，然后記bn = a2n + a2n-1, n 1，利用構造法求得
bn = 6 2
n-1 - 3，然后分組求和可得.
ìan +1, n為奇數
【詳解】因為 a1 =1, an+1 = í ，
2an , n為偶數
所以 a2k +2 = a2k +1 +1 = 2a2k +1， a2k +1 = 2a2k = 2a2k -1 + 2,k N*，且 a2 = 2，
所以 a2k +2 + a2k +1 = 2 a2k + a2k -1 + 3，
記bn = a2n + a2n-1, n 1，則bn+1 = 2bn + 3，所以bn+1 + 3 = 2 bn + 3 ，
所以 bn + 3 是以b1 + 3 = a1 + a2 + 3 = 6為首項，2 為公比的等比數列，
b n-1 n-1所以 n + 3 = 6 2 ，bn = 6 2 - 3，
記 bn 的前 n 項和為Tn ，則
S = T = 6 20 + 6 21 + 6 22 + ×××+ 6 249 - 3 50 = 3 251100 50 -156 .
故選：A
【點睛】關鍵點點睛：本題解題關鍵在于先分奇數項和偶數項求遞推公式，然后再并項得 bn
的遞推公式，利用構造法求通項，將問題轉化為求 bn 的前 50 項和.
二、多選題
5．（2024·全國·模擬預測）已知 a nn = 2 ，bn = 3n -1，數列 an 和 bn 的公共項由小到大排列
組成數列 cn ，則（ ）
A． c4 = 32
B． cn 為等比數列
ìbn üC．數列 í 的前 n項和 Sn 1,5
an
D． b1 、 b2 、 b3 不是任一等差數列的三項
【答案】BCD
【分析】分別求出數列 an 和 bn 的幾項找出公共項判斷 A；根據等差數列的定義可判斷
B；通過錯位相減求和并判斷 Sn 的單調性可判斷 C；利用等差數列的通項可判斷 D
*
【詳解】設 an 的第 n 項與 bn 的第 m 項相等，即 2n = 3m -1， m, n N
當n = m =1時， a1 = b1 = c1 = 2，
當 n = 3,m = 3時， a3 = b3 = c2 = 8，
當 n = 5,m = 11時， a5 = b11 = c3 = 32，故 A 錯；
令 cn = am = bk ，即 cn = 2
m = 3k -1，
am+1 = 2 ×2
m = 2 3k -1 = 3 2k -1 +1，不是 bn 中的項，即不是 cn 的項，
a mm+2 = 4 ×2 = 4 3k -1 = 3 4k -1 -1，是 bn 中的項，即不是 cn 的項，
cn+1 a
所以 =
m+2 = 4
c a ，則 c = 2 × 4
n-1
n = 2
2n-1，即 cn 為等比數列，故 B 對；
n m+1
2 n
由 Sn = 2
1
+ 5 1 ÷ +L+ 3n -1
1
×
2 2 2 ÷
，
è è
1 1 2 1 3 n+1
得 S = 2 + 5 n ÷ ÷ +L+ 3n -1
1
×
2 2 2 2 ÷
，
è è è
1 S 1 1
2 1 n n+1
= 2 + 3 兩式相減得， n ÷ +L+ 3 ÷ - 3n 1
1
- ×
2 2 ÷è 2 è 2 è 2
1 n-1
-
1
é 1
2 1 n n+1 ù 1 4 ÷1 3 1
n+1
= + ê ÷ +L+ ÷ ú - 3n -1 × ÷ =1+ 3 è
2 - 3n -1 ×
ê è 2 2
÷
è ú è 2 1 1- è 2
2
3n + 5 b
所以 Sn = 5 -
n
，且 > 0n S S 1,5a ，所以 n 單調遞增，所以 n ，故 C 對；2 n
設 2 、 5 、 8 是等差數列 dn 的第 i、j、p 項， dn 的首項為 d1 ，公差為 d，
ì 2 = d
1
+ i -1 d
ì 5 - 2 = j - i
d
5 d j 1 d 5 - 2 j - ií = 1 + - í = = 10 - 2 ，
2 = p - i
d 2 p - i
8 = d1 + p -1 d
j - i
因為 p - i 是有理數， 10-2是無理數
所以原假設不成立，即 b1 、 b2 、 b3 不是任一等差數列的三項
故選：BCD
6．（2024·全國·模擬預測）已知數列 an 中， a1 = 3, a2 = 2 ，當 n為奇數時，3an+2 = an ，當 n
為偶數時， 2an+2 = an ，則（ ）
1 a
A．數列 an 是遞減數列 B． a = C． 108 < a4 10 11
100
D． ai < 9
i=1
【答案】BD
【分析】根據題意分別得到數列 an 的奇數項與偶數項的性質，進而得到其通項公式，從而
判斷 ABC，利用等比數列的求和公式與分組求和法判斷 D.
【詳解】對于 AB：當 n為奇數時，3an+2 = an , a1 = 3，則 a1 = 3
1
0, an+2 = an，3
則數列 an
1
的奇數項是以 3 為首項， 為公比的等比數列，
3
n-1
2
所以當 n為奇數時， a 1 n = 3 3 ÷
.
è
當 n為偶數時， 2an+2 = an , a2 = 2
1
，則 a2 = 2 0,an+2 = an ，2
1
則數列 an 的偶數項是以 2 為首項， 2 為公比的等比數列，
n-2
2
所以當 n為偶數時， a = 2 1 ÷ ，n
è 2
7-1 3
1 2 1 1 1所以 a = 3 ÷ = ， a8 = 2 ÷ = ，易知 A 錯誤，B 正確；7
è 3 9 è 2 4
1 4 5 1
對于 C：由以上分析知 a10 = 2 ÷ = , a
1 1
2 8 11
= 3 3 ÷
= ，
è è 81
a 1 1
所以 10 = > = a
10 80 81 11
，故 C 錯誤；
é 50 ù é 50 ù
3 ê1
1 1-
100 ÷ ú 2 ê1- ÷ ú
對于 D， ê è 3 ú ê è 2
50 50
a = + ú 9
é 1 ù é 1 ù
i 1 1 = ê1-2 3 ÷
ú + 4 ê1- ÷ ú
i=1 1- 1- ê è ú ê è 2 ú
3 2
9 17
< + 4 = < 9，故 D 正確.
2 2
故選：BD.
三、填空題
7．（2024·湖南岳陽·模擬預測）設 Sn 為等差數列 an 的前 n項和， a1 =1,S3 = 6，則數列
ì 1 ü
í 的前 10 項和為 .
anan+1
10
【答案】
11
【分析】由等差數列的性質求出 d =1，即可求出 an = n ，再由裂項相消法即可得出答案.
【詳解】設 an 的公差為d ，
由于 Sn 為等差數列 an 的前 n項和， a1 =1,S3 = 6，
可得3a1 + 3d = 6，所以 d =1，則 an = a1 + n -1 d =1+ n -1 ×1 = n，
b 1
1 1 1
令 n = ，所以bn = = -anan+1 n n +1 n n +1
，
故數列 b 1 1 1 1 1 1 1 1 10n 的前 10 項和為1- + - + - + + - =1- = .2 2 3 3 4 10 11 11 11
10
故答案為： .
11
8．（2023·河南·模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 + a2 + ×××+ a 2n = n ，則
a 1 2 n1 ×2 + a2 ×2 + ×××+ an ×2 = .
2n - 3 × 2n+1【答案】 + 6
1 2 n
【分析】先求出數列 an 的通項公式，再用錯位相減法求出 a1 ×2 + a2 ×2 + ×××+ an ×2 的值.
【詳解】由 a1 + a2 + ×××+ an = n
2 2
可得當 n 2時， a1 + a2 + ×××+ an-1 = n -1 ，
所以 an = n
2 - n -1 2 = 2n -1,n 2， a1 =1滿足 an = 2n -1，故 an = 2n -1， n N* .
令 Sn = a1 × 2
1 + a 22 × 2 + ×××+ a
n 1 2
n ×2 =1 2 + 3 2 + ×××+ 2n -1 × 2n，
則 2Sn =1 2
2 + 3 23 + ×××+ 2n -1 × 2n+1，
8 1- 2n-1
兩式相減得：-Sn = 2
1 + 2 22 + 23 + ×××+ 2n - 2n -1 × 2n+1 = 2 + - 2n -1 ×2n+11- 2
= 3 - 2n ×2n+1 - 6 ，
S = 2n - 3 × 2n+1所以 n + 6 .
2n - 3 × 2n+1故答案為： + 6
9 2．（2024·陜西·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 Sn = 2an - 2，則數列 n an 的
則前 n項和Tn = .
n+1 2
【答案】 2 n - 2n + 3 - 6
【分析】根據 an+1 = Sn+1 - Sn 作差得到 an+1 = 2an，再求出 a1，即可求出 an 的通項公式，再
利用錯位相減法求和.
【詳解】由 Sn = 2an - 2，得 Sn+1 = 2an+1 - 2，
所以 Sn+1 - Sn = 2an+1 - 2an ，化簡得 an+1 = 2an，
又當 n =1時， S1 = 2a1 - 2，解得 a1 = 2，
所以數列 an 是等比數列，且公比 q = 2，首項 a1 = 2，
a = a qn-1所以 n 1 = 2 2
n-1 = 2n ，
所以 n2an = n
2 2n ，
T =12 2故 n a1 + 2 a +L+ n
2
2 an =1
2 21 + 22 22 + 32 23 +L+ n2 2n ①，
① 2 2T =12 22 + 22 23 + 32 24把 得： n +L+ n
2 2n+1 ②，
① - ② -T =12 21 + 3 22 + 5 23 + 7 24得： n +L+ 2n -1 2n - n2 2n+1 ③，
③ 2 -2T 2 2 3 4 5 n+1 2 n+2得： n =1 2 + 3 2 + 5 2 + 7 2 +L+ 2n -1 2 - n 2 ④，
③ - ④得：
T =12 21 + 2 22 + 2 23 + 2 24 + 2 25 +L+ 2 2n - n2 2n+1 - 2n -1 2n+1 + n2 2n+2n
= 2 21 + 22 + 23 + 24 + 25 +L+ 2n - 2 - n2 2n+1 - 2n -1 2n+1 + n2 2n+2
2 1- 2n
= 2 - 2 - 2n -1 2n+1 + n2 2n+1
1- 2
= 4 2n -1 - 2 - 2n -1 2n+1 + n2 2n+1
= 2n+2 - 2n -1 2n+1 + n2 2n+1 - 6
= 2n+1 n2 - 2n + 3 - 6 .
n+1 2
故答案為： 2 n - 2n + 3 - 6 .
【點睛】方法點睛：數列求和的方法技巧
（1）倒序相加：用于等差數列、與二項式系數、對稱性相關聯的數列的求和．
（2）錯位相減：用于等差數列與等比數列的積數列的求和．
（3）分組求和：用于若干個等差或等比數列的和或差數列的求和．
四、解答題
n n +1
10．（2024· ·

湖南岳陽 模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 .2
(1)求數列 an 的通項公式；
3 3
(2)證明： a 2n+1 - a 2 = 3a + 3n +1，并求數列 an 的前 n項和 Sn .n n
2 *
【答案】(1) an = n n N
n n +1 2n +1
(2) 證明見解析， Sn = 6
2
【分析】（1）降次作差得到 an = n ，再驗證 n =1即可；
3 3
（2）代入 an+1, an 得到 (n +1) - n = 3an + 3n +1，再利用累加法即可得到答案.
【詳解】（1）當 n =1時， a1 =1,\a1 =1；
n n +1 n n -1
當 n 2時， a n = - = n，2 2
\a 2n = n ，當 n =1時， a1 =1適合上式，
故 an = n
2 n N*
3 3
（2） an+1 2 - an 2 = (n +1)3 - n3 = 3n2 + 3n +1，
3 3
\ a 2 2 成立，n+1 - an = 3an + 3n +1
\(n +1)3 - n3 = 3an + 3n +1，
n3 - (n -1)3 = 3an-1 + 3 n -1 +1，
...... ，
23 -13 = 3a1 + 3 1+1
累加得 (n +1)3 -13 = 3 a1 + a2 +L+ an + 3 1+ 2 +L+ n + n
3 2 3n n +1n 3n 3n 3S 即 + + = n + + n ，2
n n +1 2n +1S \ n = .6
11．（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預測）記 Sn 為數列 an 的前 n 項和， Sn - n 是首項與公差
均為 1 的等差數列．
(1)求數列 an 的通項公式；
(-1)n an +1b (2)設 n = ，求數列 bn 的前 2024 項的和TS 2024 ．n
【答案】(1) an = 2n
T 2024(2) 2024 = - . 2025
【分析】（1）先求 Sn = n2 + n ，再利用“退位法”可求數列 an 的通項公式；
（2）利用裂項相消法可求T2024 .
【詳解】（1）由 Sn - n 是首項與公差均為 1 的等差數列得 Sn - n =1+ (n -1) 1 = n,
2
則 Sn = n
2 + n ，當 n 2時， Sn-1 = (n -1) + (n -1)，
兩式相減得， an = 2n，
當 n =1時， a1 = S1 = 2，也滿足上式，故數列 an 的通項公式為 an = 2n．
(-1)n
b a +1 (-1)
n (2n +1) 1 1
（2）由（1 n n

）得， n = = = (-1) + ，Sn n(n +1) è n n +1
÷

所以數列 bn 的前 2024 項的和為：
T 1 1 1 1 1 1 12024 = -

1+ ÷ + + ÷ - + ÷ +L+ +

è 2 è 2 3 è 3 4 è 2024 2025 ÷
1 1 2024= - + = - .
2025 2025
【綜合提升練】
一、單選題
1．（2024·浙江杭州·二模）設數列 an , bn 滿足a1 = b1 = 1,an + bn+1 = 2n,an+1 + bn = 2n ．設 Sn
為數列 an + bn 的前 n項的和，則 S7 =（ ）
A．110 B．120 C．288 D．306
【答案】A
【分析】利用分組求和法，結合已知，可得答案.
【詳解】 S7 = a1 + b1 + a2 + b2 + a3 + b3 + a4 + b4 + a5 + b5 + a6 + b6 + a7 + b7
= a1 + b1 + a2 + b3 + b2 + a3 + a4 + b5 + b4 + a5 + a6 + b7 + b6 + a7
=1+1+ 2 2 + 22 + 2 4 + 24 + 2 6 + 26 = 2 + 4 + 4 + 8 +16 +12 + 64 =110 .
故選：A.
2 2．（2024·安徽·三模）記數列 an 的前 n項和為 Sn ，若 a1 =1, Sn + Sn+1 = 3n + 2n +1，則 S20 =
（ ）
A．590 B．602 C．630 D．650
【答案】A
【分析】根據 an+1 = Sn+1 - Sn 作差得到 an+1 + an+2 = 6 n +1 -1，再計算出 a1 + a2 ，即可得到
an + an+1 = 6n -1，再利用并項求和法計算可得.
【詳解】因為 Sn + Sn+1 = 3n
2 + 2n +1，
2
所以 Sn+1 + Sn+2 = 3(n +1) + 2 n +1 +1，
兩式相減可得 an+1 + an+2 = 6n + 5 = 6 n +1 -1 .
由 a1 =1， S1 + S2 = 3 1
2 + 2 1+1 = 6，解得 a2 = 4 ，
所以a1 + a2 = 5，滿足上式，故 an + an+1 = 6n -1，
所以 S20 = a1 + a2 + a3 + a4 +L+ a19 + a20
10 5 +113
= 5 +17 + 29 +L+113 = = 590 .
2
故選：A
1
3．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知數列 an 滿足： a1 =1， an = an-1 + n n 2 ，且bn = a ，n
則數列 bn 前 n 項的和 Sn 為（ ）
S n 2n
2
A． n =
n
B． Sn = C
3n
． S
n +1 n +1 n
= D
n 2 ． S+ n = n + 2
【答案】B
1
【分析】由疊加法求出數列 an 通項公式，再代入bn = a ，求出數列 bn 通項公式，再由n
列項相消法求出 Sn .
【詳解】由 an = an-1 + n n 2 得 a2 = a1 + 2， a3 = a2 + 3， a4 = a3 + 4 ，…， an-1 = an-2 + n -1，
an = an-1 + n n 2 ，
疊加得 an = a1 + 2 + 3 + 4 + ...+ n
n n +1
=1+ 2 + 3 + 4 + ...+ n = n 2 ，
2
由題可知 a =1
n n +1
1 也適合上式，故 an = ；2
2
所以b
1 1 1
n = =an n n 1
= 2
+
-
n n +1÷ ，è
則數列 bn 前 n 項的和 Sn = b1 + b2 + b3 + ...+ bn-1 + bn
2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1= - + - + - + ...+ - + -

÷ = 2
1 2n
1- ÷ = .
è 2 2 3 3 4 n -1 n n n +1 è n +1 n +1
故選：B.
4．（2024·全國·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和 S 2(S *n 滿足 n +1) = 3an (n N )，若
b a= n+1n ，數列 bS S n 的前 n項和為Tn ，則T2024 = （ ）n n+1
1 1 1 1 1 1 1 1A． - 2025 B． - C． - D． -2 3 -1 2 32024 -1 32024 -1 32025 -1
【答案】A
【分析】求出數列 an 的通項公式及 Sn ，求出數列 bn 的通項公式，再利用裂項相消法求
和即得.
【詳解】數列 a 中， n N*n ， 2(Sn +1) = 3an，當 n =1時， a1 = 2；
當 n 2時， 2(Sn-1 +1) = 3an-1，兩式相減得 2an = 3an - 3an-1 ，整理得 an = 3an-1 ，
a n-1數列 n 是首項為 2，公比為 3 的等比數列，則 an = 2 ×3 , Sn = 3n -1，
b 2 ×3
n 1 1
n = (3n n+1
= n - n+1 ，-1)(3 -1) 3 -1 3 -1
所以T
1 1 1 1 1 1 1 1
2024 = ( -31 -1 32
) + ( - ) + ×××+ (
-1 32 -1 33 -1 32023
- 2024 ) + ( - )-1 3 -1 32024 -1 32025 -1
1 1
= - .
2 32025 -1
故選：A
5．（2023·江蘇南通·三模）復數 z =1+ 2i + 3i2 +L+ 2022i2021 + 2023 i2022 的虛部為( ).
A．1012 B．-1011 C．1011 D．2022
【答案】A
【分析】利用錯位相減法求和，結合復數的除法運算求出復數 z，即可求得答案.
【詳解】由題意得 z =1+ 2i + 3i2 +L+ 2022i2021 + 2023 i2022 ，
所以 z × i = i + 2i2 + 3i3 +L+ 2022i2022 + 2023i2023，
所以 (1- i)z =1+ i + i2 +L+ i2022 - 2023i2023
1- i2023
= - 2023i2023 1+ i= + 2023i
1- i 1- i
= i + 2023i = 2024i，
z 2024i (2024i)(1+ i)所以 = =1- i (1- i)(1+ i)
2024i - 2024
= = -1012 +1012i，
2
所以復數 z 的虛部為 1012，
故選：A
6．（2024·全國·二模）數列 an 的奇數項成等比數列，偶數項成等比數列， Sn 是數列 an 的
前 n項和， a1 = 3， a2 = 2， a3 = a4 ， S4 = 7，則（ ）
A． a2k < a2k +1, k N
*
，且 k 2
B．當 n 5，且 n N*時，數列 an 是遞減數列
a
C 10． <10a11
D． S100 < 9
【答案】D
【分析】首先分別求奇數項和偶數項的通項公式，再根據通項公式，判斷選項.
【詳解】由 S4 = a1 + a2 + a3 + a4 = 3+ 2 + 2a3 = 7 ，所以a3 = a4 = 1，
a3 1 a 1
奇數項的首項為 a1 = 3，公比 q1 = = ，偶數項的首項 a2 = 2
4
，公比 q2 = =a1 3 a2 2
，
k -1 k
所以 a2k = a2q
k -1 2 1= 12 ÷ = 2
2-k ， a k2k +1 = a1q1 = 3 ÷ = 3
1-k ，
è 2 è 3
k
A. a < a , k N*， 22-k < 31-k
2 4
2k 2k +1 ，即 ÷ > ，當 k 2時，不成立，故 A 錯誤；
è 3 3
a 1 1B. 5 = ， a6 = ， a5 < a6 ，所以當 n 5，且 n N*時，數列 an 不是遞減數列，故 B 錯誤；3 2
a 22-510 81C. = 1-5 = >10，故 C 錯誤；a11 3 8
D. S100 = a1 + a3 + ...+ a99 + a2 + a4 + ...+ a100 ，
3 1 1- 1 2350 ÷
1-
è è 250 ÷ 9 1 1 4 1 1 17 9 4= + = - 50 ÷ + - 50 ÷ = - 50 - 50 < 9，故 D 正確.
1 1 1- 1- 2 è 3 è 2 2 2 ×3 2
3 2
故選：D
7．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知公差不為零的等差數列 an 滿足： a3 + a8 = 20，且 a5 是
1
a2與 a
*
14 的等比中項，設數列 bn 滿足bn = n Na a ，則數列 bn 的前 n項和 Sn 為（ ）n n+1
1 1 2n- = 1 1 2n + 2A． B． + =
2n +1 2n +1 2n +1 2n +1
1 1 1 n 1 1 n+1C． - ÷ = D． 1+ =2 è 2n +1 2n+1 2 è 2n +1÷ 2n+1
【答案】C
【分析】設等差數列 an 的公差為d ，根據題意，列出方程組，求得 a1,d ，得到 an = 2n -1，
b 1 1 1= - 進而得到 n ÷，結合裂項法求和，即可求解.2 è 2n -1 2n +1
【詳解】設等差數列 an 的公差為 d (d 0) ，
ìa + a = 20
因為 a3 + a = 20
3 8
8 ，且 a5 是 a2與 a14 的等比中項，可得 í
a
2
5 = a
，
2a14
ì 2a1 + 9d = 20 ìa1 =1
即 í 2 ，解得 í ，所以 an = 2n -1
d 2
，
a1 + 4d = a1 + d a1 +13d =
1 1 1 1
又由bn = = - 2n -1 2n +1 2 è 2n -1 2n +1÷，
S 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n可得 n = - + - +L+ -
= ÷ 1-
= .
2 è 3 3 4 2n -1 2n +1 ÷ 2 è 2n +1 2n +1
故選：C.
8．（2024·河南·三模）已知等差數列 an 的公差大于 0 且 a1 + a6 = 4a2，若
24
1 = 6a + a ，則 a5 = （ ）k =1 k +1 k
13 9 7 5
A． B． C． D．
4 4 4 4
【答案】B
【分析】根據已知條件及等差數列的通項公式，結合分母有理化及數列求和中的裂項相消法
即可求解.
【詳解】設等差數列 an 的公差為 d d > 0 ，
Qa1 + a6 = 4a2 ,
\a1 + a1 + 5d = 4 a1 + d ,
\d = 2a1
\an = a1 + (n -1)2a1 = a1(2n -1),
1 an+1 - an 1\ = = a
a + a n+1
- an
n n+1 an+1 - an 2a1
24
1 1\ = 3 a- a1 + a 125 = - a + 49a 1 3= = = 6 1,解得 aa + a 2a 2a 1 1 a a 1 = ,k =1 k +1 k 1 1 1 1 4
\a 95 = 9a1 = .4
故選：B．
二、多選題
9．（2024·安徽淮北·二模）已知數列 an , bn 的前 n項和分別為 Sn ,Tn ，若
an = 2n -1,T = 2
n+1
n - 2，則（ ）
A． S10 =100 B．b10 =1024
ì 1 ü 9 ì 1 ü 1023
C． í 的前 10 項和為 D． í 的前 10 項和為
anan+1 19 bn 1024
【答案】ABD
【分析】本題首先根據題意判斷出數列 an 、 bn 分別是等差數列、等比數列，求出等比數
ì ü列 bn
1
的通項公式，進而分析 í 也是等比數列并求出其通項公式，可解決選項 A、B、D
bn
1 1 1 1
的問題，再依據裂項法， = ( - )a ×a d a a 可解決選項 C 的問題.n n+1 n n+1
【詳解】Qan = 2n -1，所以 an 是首項 a1 =1，公差 d = 2的等差數列，
10 10 -1
\S10 =10 1+ 2 =100，故選項 A 正確.2
c 1 1 1 1 1 1 1令 n = a ×a ，則
cn = ( - ) = ( - )d a a ，n n+1 n n+1 2 an an+1
c c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1\ 1 + 2 +L+ c10 = ( - + - +L+ - ) = ( - )2 a ，1 a2 a2 a3 a10 a11 2 a1 a11
又 a1 =1， a11 = 21，
\c1 + c2 +L c
1 1 10
+ 10 = (1- ) = ，故選項 C 錯誤.2 21 21
Q T = 2n+1 - 2 \ b = T -T = 2n+1 - 2 - 2n + 2 = 2n (n＞1, n N*又 n ， n n n-1 )，
Q b = T = 21+1 - 2 = 2 b = 21 = 2 \ b = 2n *又 1 1 ， 1 ， n (n N )，
\ bn 是首項為b1 = 2，公比 q = 2的等比數列，
\ b = 21010 =1024，故選項 B 正確.
Q 1 1 1 1
n-1
又 =
b 2n
= × ÷ ，
n 2 è 2
ì 1 ü
\ 1 1íb
是首項為 ，公比為 的等比數列，
n 2 2
1 1
1 1 1 1 (1-2 210
)
L 1023+ + + + = 1 = ，故選項 D 正確.b1 b2 b3 b10 1- 1024
2
故選：ABD.
10．（23-24 高三上·山西忻州·階段練習）已知數列 an 的前 n 項積為Tn ，
a1 = 2，Tn+1 - 2 = 3T（n N*n ），則（ ）
A．Tn = 3
n -1 B． an 為遞增數列
3n -1 3n+1C 3． an = n 1 D- ． Tn 的前 n 項和為 - n -3 -1 2 2
【答案】AD
Tn
【分析】根據等比數列的定義可判斷 Tn +1 為等比數列，進而可求解 A，根據 an = T 即可n-1
判斷 C，根據指數式的單調性即可判斷 B，根據分組求和結合等比求和公式即可求解 D.
【詳解】由Tn+1 - 2 = 3Tn 可得Tn+1 +1 = 3 Tn +1 ，故 Tn +1 為等比數列，且公比為 3，首項為
a1 +1 = 3，故Tn +1 = 3n ，進而Tn = 3n -1 ,A 正確，
T 3n -1
當 n 2時，Tn-1 = 3n-1 -1 a = n，所以 n =T n-1 ，n-1 3 -1
當 n =1時， a1 = 2不符合上述表達，
ì 3n -1
a , n 2因此 n = í3n-1 -1 ，故 C 錯誤，
2, n =1
n
當 n 2 3 -1 2 n-1
2
時， an = 3 -1 a = 3 +3n-1
= 3+ n-1 ，由于 為單調遞增數列，故-1 3 -1 n 3n-1 為-1
單調遞減，故 B 錯誤，
3 1- 3n n+1 Tn 的前 n 項和為 3 3- n = - n - ，故 D 正確，
1- 3 2 2
故選：AD
ìa n n-1, N
*

11．（2024· 4山東濟南·二模）數列 an 滿足 a1 =1， an = í ， n 2，bm 表示 an
an-1 +1,
n
N*
4
m
落在區間 é 2 ,2
m+1 的項數，其中m N*，則（ ）
b =10 3n a 3n + 3A． 3 B． n 4 4
4n 2n
C． ak = 6n2 4+ 3n D． b nk = 4 -1
k =1 k =1 3
【答案】BC
【分析】由已知列出數列 an 的部分項，得出數列的通項，根據數列的基本性質以及錯位相
減、裂項相消法求和，再逐一判斷各選項即可.
【詳解】根據題意，列舉可得，數列 an 的前若干項分別為 1，2，3，3，4，5，6，6，….
不難發現， a4k = 3k,a4k -1 = 3k,a4k -2 = 3k -1,a4k -3 = 3k - 2 .
對于 A，根據數列列舉可得：1，2，3，3，4，5，6，6，7，8，9，9，10，11，12，12，
13，14，15，15，16，17，18，18….
3 4
即落在區間 é 2 ,2 上的有 8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，共有 11 項，因此
b3 = 11，故 A 錯誤.
3n
對于 B，當 n = 4k 時， an = 3k = ；4
3 n +1
當 n = 4k -1 時， an = 3k = ；4
3 n + 2
當 n = 4k - 2時， a 3k 1 1 3n + 2n = - = - = ；4 4
3 n + 3
當 n = 4k - 3時， an = 3k 2

- = - 2 3n +1= ，
4 4
é3n , 3n + 3ù所以它們均在 ê ú中，故 B 正確. 4 4
4n n n
對于 C， ai = a4i-3 + a4i-2 + a4i-1 + a4i = 3i - 2 + 3i -1+ 3i + 3i
i=1 i=1 i=1
n n 9 +12n - 3
= (12i - 3) = = 6n2 + 3n，故 C 正確.
i=1 2
對于 D，根據數列列舉可得：1，2，3，3，4，5，6，6，7，8，9，9，10，11，12，12，
13，14，15，15，16，17，18，18….，可得b1 = 3,b2 = 5，
2
所以當 n =1時， bk = b1 + b2 = 3+ 5 = 8，
k =1
4 2n 4
而當 n =1 1時， 4 -1 = 4，所以此時 bk = 4n -1 不成立，故 D 錯誤.3 k =1 3
故選:BC.
【點睛】關鍵點點睛：關于分奇偶列項法求和，主要是對通項做好裂項變形，拆分成合適的
1 k +1 k 1項進行消項，如本題中 - × = é 2k -1 + 2k +1 ù -1
k +1
，靈活性比較強.本題屬于難題，
4
考察基本數列、數列的基本性質.
三、填空題
n 1
12．（2024·江蘇泰州·模擬預測）設 Sn 為數列 an 的前 n項和， Sn = -1 an - n ， n N* ，2
則
（1） a1 = ；
（2） S1 + S2 + ×××+ S100 = .
1 1 1
【答案】 - / -0.25
1 1 1
-1 / -4 3 è 2100 ÷ 3 2100 3
【分析】（1）令 n =1解方程即可求解；（2）分 n為奇數和偶數兩種情況即可求解.
1 1
【詳解】（1）令 n =1，所以 S1 = a1 = (-1) a1 - ，2
1 S 1 n a 1所以 a1 = - ，（2）因為4 n = - n - 2n ，
所以 Sn = (-1)
n (S S 1n - n-1) - n (n 2)，2
當 n
1
為偶數時，可得 S2k = S2k - S2k -1 - 22k
，
S 1 1所以 2k -1 = - 2k ，當 n為奇數時，可得 S2 2k +1
= -(S2k +1 - S2k ) - 22k +1
，
1 1 1
所以 S2k = 2S2k +1 + 2k +1 = -2 + = 0，2 22k +1 22k +1
1 1
- [1- ( )50 ]
所以 S1 + S2 + ×××+ S100 = S1 + S3 +L+ S 4 4
1 1
99 = 1 = ( 100 -1) .1- 3 2
4
1 1 1
故答案為：- ； 100 -1 .4 3 ÷è 2
13．（2024·江蘇南通·模擬預測）定義： x 表示不大于 x 的最大整數， x 表示不小于 x 的最
小整數，如 1.2 =1， 1.2 = 2 .設函數 f x = x x 在定義域 0, n n N* 上的值域為Cn ，
1 1 1
記Cn 中元素的個數為 an ，則 a2 = ， + +L+ =a a 1 2 an
2n
【答案】 3
n +1
【分析】分別求出 n =1， n = 2， n = 3時， f (x) 的值域，可得 a1， a2，a3，推得
an = an-1 + n， n 2，利用累加法求出 an ，由數列的裂項相消求和，計算即可.
【詳解】由函數 f x = x x 在定義域 0, n n N* 上的值域為Cn ，記Cn 中元素的個數為
an ，
當 n =1時， x 0,1 ，可得 x = 0， x x = 0， x x = 0 ，即 a1 =1，
當 n = 2時， x 0,2 ，可得 x = 0或1， x x = 0或 x ， x x = 0 或 1 或 2，即 a2 = 3，
當 n = 3時， x 0,3 ，可得 x = 0或 1 或 2， x x = 0或 x 或 2x， x x = 0 或 1 或 2 或 4
或 5 或 6，即 a3 = 6，
當 n = k -1 k N*, k 2 時，函數 f x = x x *在定義域 0, k -1 k N ,k 2 上的值域為
Ck -1，記Ck -1中元素的個數為 ak -1，
當 n = k 時，函數 f x = x x 在定義域 0, k k N* 上的值域為Ck ，
記Ck 中元素的個數為 ak ，設 x k -1,k ，則 x = k ， k(k -1) x x = kx < k 2 ，
a 2 *所以 k = ak -1 + k - k(k -1) = ak -1 + k k N ,k 2 ，
則可得遞推關系： a = a + n n N*n n-1 , n 2 ，
所以 a
n(n +1)
n = a1 + (a2 - a1) + (a3 - a2 ) +L+ (an - an-1) =1+ 2 + 3 +L+ n = n N*,n 2 ,2
a 1 2 1 a n(n +1) *
1 2 2(1 1當 n =1時， 1 = = 成立，則 n = (n N ) ，則 = = - )2 2 an n(n +1) n n +1
，
1 1 L 1 2(1 1 1 1 L 1 1 1 2n所以 + + + = - + - + + - ) = 2(1- ) =a a a 2 2 3 n -1 n n +1 n +1，1 2 n
2n
故答案為：3；
n +1
【點睛】關鍵點點睛：本題考查數列的新定義題，解題關鍵是找到遞推關系： an = an-1 + n
n N*,n 2 ，結合累加法求出數列通項，利用裂項相消求出前 n項和.
14．（2023·全國·模擬預測）已知數列 an 為公差不為 0 的等差數列， a3 = 5，且 a2 , a5 , a14 成
等比數列，設 x 表示不超過 x 的最大整數，如 3.5 = 3， -1.5 = -2，記bn = log2 an ， Sn 為
數列 bn 的前 n項和，則 S2024 = .
【答案】 20217
【分析】求出 an 通項公式和第 2024項，進而求出數列 bn 的通項公式和前 n項和公式，
利用錯位相減法即可得出 S2024的值.
【詳解】由題意，
數列 an 是等差數列，設公差為 d d 0 ，
因為 a2 , a5 , a14 成等比數列，
a 2所以 2a14 = a5 ，即 5 - d 5 +11d = 5 + 2d
2
，
解得 d = 2或 d = 0 （舍），
所以 an = 5 + 2 n - 3 = 2n -1，則 a2024 = 4047 .
當 2n x 2n+1 時， log2 x = n ，
n
即 élog 2 +1 ù2 = élog2 2n + 3 ù =L = élog2 2n+1 -1 ù n-1 = n ，共有 2 個 n .（
因為 211 < 4047 < 212 ，所以
S2024 = b1 + b2 + b3 +L+ b2024 = log2 1 + log2 3 + log2 5 +L+ log2 4047
0 20 1 21 2 L 29 10 4047 - 2047= + + + + + 11 = 20 1+ 21 2 +L+ 29 10 +11000，①
2
2S 1 2則 2024 = 2 1+ 2 2 + 2
3 3 +L+ 210 10 + 22000，②
10
由①-②得-S =1+ 21 + 22 2 -12024 +L+ 2
9 - 210 10 -11000 = - 210 10 -11000 = -20217 ，
2 -1
所以 S2024 = 20217 .
故答案為： 20217 .
【點睛】本題考查錯位相減法，取整函數，等差數列和等比數列的性質和求法，數列求和，
考查學生的計算能力和分析問題，處理問題的能力，具有很強的綜合性.
四、解答題
15．（2024·山東·模擬預測）設數列 an 滿足nan+1 = 2 n + 2 an ，且 a1 = 4．
(1)求 an 的通項公式；
(2)求 an 的前 n項和 Sn ．
【答案】(1) an = n n +1 ×2n
(2) S 2 n+1n = n - n + 2 × 2 - 4
an+1 2 n + 2
【分析】（1）由已知可得 = ，累乘法可求{an}的通項公式；an n
（2）由（1）可得 Sn =1 2 2
1 + 2 3 22 +L+ n n +1 ×2n ，利用錯位相減法可求{an}的前 n
項和 Sn .
a 0 a1 n+1
2 n + 2
【詳解】（ ）由題易知 n ，且 = ，an n
a2 a3 a4 L an 2 3 2 4 2 5
2
L n +1 所以 = n 2 ，
a1 a2 a3 an-1 1 2 3 n -1
an n n +1 ×2n-1所以 = = n n +1 ×2n-2，
a1 1 2
a = n n +1 ×2n所以 n ,a1 = 4也滿足該式，
所以 an = n n +1 ×2n ．
（2） Sn =1 2 2
1 + 2 3 22 +L+ n n +1 ×2n ，①
2Sn =1 2 2
2 +L+ n n -1 ×2n + n n +1 ×2n+1，②
②-①，得 Sn = n +1 n × 2n+1 - 2 1 21 + 2 22 +L+ n ×2n ．
設Tn =1 2
1 + 2 22 +L+ n ×2n ，③
2T =1 22則 n + 2 2
3 +L+ n -1 × 2n + n × 2n+1，④
④-③ T = n × 2n+1 - 21 2 n，得 n + 2 +L+ 2 = n × 2n+1 - 2n+1 - 2 = n -1 2n+1 + 2，
所以 Sn = n n +1 ×2n+1 - 2 n -1 ×2n+1 - 4 = n2 - n + 2 ×2n+1 - 4．
16．（2024·河北衡水·三模）已知數列 an 滿足： a1 =1, a2 = 2, an + an+1 = 2an+2 ．
(1)請寫出 a3 - a2，a4 - a3，a5 - a4 的值，給出一個你的猜想，并證明；
(2)設bn = 3na2n+1，求數列 bn 的前 n項和 Sn ．
1 1 1 1
【答案】(1) a3 - a2 = - ，a4 - a3 = ， a5 - a4 = - ，猜想 an+1 - an 是以 1 為首項，- 為公2 4 8 2
比的等比數列，證明見解析
5n(n +1) 6n + 8 8
(2) + n -2 9 4 9
【分析】（1）根據題意，求得 a2 - a1,a3 - a2 ,a4 - a3 , a5 - a4 的值，猜想得到 an+1 - an 為等比數
列，結合等比數列的定義，作出證明即可；
n-1 2n
（2）由（1 5 2 1 ），結合累加法求得 an = - - ÷ ，得到bn = 5n - n ，利用等差數列的求3 3 è 2 4
和公式和乘公比錯位相減法求和，即可求解.
1 3 1
【詳解】（1）解：因為 a1 =1, a2 = 2, an + an+1 = 2an+2 ，可得 a3 = a2 + a1 = ,a3 - a2 = - ，2 2 2
a 1 a a 7 a a 1 1 13 14 = 3 + 2 = , 4 - 3 = ， a = a + a = ，a2 4 4 5 2 4 3 8 5 - a4 = - ， 8
因此猜想 a
1
n+1 - an 是以 1 為首項，- 為公比的等比數列； 2
下面證明：
1 aa - a = a + a a 1- = - a - a n+2
- an+1 1
因為 n+2 n+1 n n+1 n+1 n+1 n ，即 = -2 2 a
，
n+1 - an 2
a - a =1 a a 1又因為 2 1 ，故 n+1 - n 是以 1 為首項，- 為公比的等比數列，2
1
n-1

所以數列 an+1 - an 的通項公式為 an+1 - an = - 2 ÷
．
è
（2）解：由（1）知，當 n 2時，
1 1 2 1 n-2a - a =1, a - a = - ,a - a = - ,L,a - a = - 2 1 3 2 2 4 3 2 ÷ n n-1 2 ÷
，
è è
1 n-1
1 1 2 n-2
1-
1
-
2 ÷ 2 2 1 n-1累加得 a -1 =1+ - + - +L+ - = è n ，
è 2 ÷ ÷ ÷ è 2 è 2 1 1
= - -
+ 3 3
÷
è 2
2
a 5 2 1
n-1
= - - 所以 n ÷ ，3 3 è 2
5 2 1 n-1
當 n =1 時， a =1滿足題意，所以 a = - - 對"n N*1 n ÷ 成立； 3 3 è 2
2n S 5(1 2 3 L n) 2 1 2 n故bn = 5n - ，可得 = + + + + - + +L+

4n n è 41 42 4n ÷
1 2 3 L n n(n +1)其中 + + + + = ，
2
T 1 2 L n 1 T 1 2 L n設 n = 1 + 2 + + n ，則 n = 2 + 3 + + ，4 4 4 4 4 4 4n+1
3 T 1 1= + +L 1 n 4 1 1 n+ - = - - T 4 3n + 4兩式相減得
4 n 41 42 4n 4n+1 n+1 ÷ n+1
，即
3 è 4 4 4 n
= - ，
9 9 4n
5n(n +1) 6n + 8 8
綜上可得，數列 bn 的前 n項和 Sn = + - ．2 9 4n 9
17．（2024·福建泉州·二模）己知數列 an 和 bn 的各項為正，且 a3 =18b1， bn 是公比 3 的
等比數列．數列 a 2n 的前 n 項和 Sn 滿足 4Sn = an + 2an ．
(1)求數列 an ， bn 的通項公式；
b
(2)設Cn = n+3 + a cos nπ b - 3 b -1 n ，求數列 cn 的前 n 項和 Sn ．n+3 n+3
【答案】(1) an = 2n，bn = 3
n-2
ì 1 1 1
- n+1 ÷ + n當n為偶數
2 è 2 3 -1
(2) Sn = í
1 3- - n - 當n為奇數
2 3n+1 -1 4
【分析】（1）利用遞推公式可證得數列 an 是等差，可求出數列 an 的通項；利用等比數列
的性質，可求出 bn 通項；
（2）根據裂項相消和分組求和法求解即可；
2
【詳解】（1）由題設，當 n =1時 4S1 = a1 + 2a1, \a1 = 2，
4S 2由 n = an + 2an ，知 4Sn-1 = a
2
n-1 + 2an-1，
兩式相減得 an + an-1 an - an-1 - 2 = 0，
\an + an-1 = 0（舍）或 an - an-1 - 2 = 0，即 an - an-1 = 2，
∴數列 an 是首項為 2，公差為 2 的等差數列，\an = 2n ．
a =18b = 6, 1\b = , \b = 3n-2又 3 1 1 ．3 n
b n+1
（2）Cn =
n+3 + an cos nπ
3
= + (-1)n 2n
bn+3 - 3 bn+3 -1 3n+1 - 3 3n+1 -1
3n
= + (-1)n 2n 1= 1 1- + (-1)n 2n
3n -1 3n+1 -1 2 3n -1 3n+1 -1֏
S 1 é 1 1 1 1 1 1 ù則 n = ê - 2 ÷ + 2 - 3 ÷ + +
-
2 ÷ è 3-1 3 -1 è 3 -1 3 -1 è 3n -1 3n+1 -1
ú

+2 é (-1+ 2) + (-3 + 4) + .+ (-1)
n nù
S 1 1 1 當 n 為偶數時 n = 2
- ÷ + n ；
è 2 3n+1 -1
S 1 1 1 當 n 為奇數時， n = - n+1 ÷ - (n 1)
1
+ = - - n 3-
2 è 2 3 -1 2 3n+1 -1 4 ．
ì 1 1 1
-

n+1 ÷ + n，當n為偶數
S =
2 è 2 3 -1
所以 n í 1 3 . - - n - ，當n為奇數
2 3n+1 -1 4
18．（2024·廣西·模擬預測）記數列 an 的前 n 項和為 Sn ，對任意正整數 n，有
S 3n
2 3n
n = - ．2 2
(1)求數列 an 的通項公式；
(2) m對所有正整數m，若ak < 4 < ak+1 ，則在 ak 和 a mk +1兩項中插入 4 ，由此得到一個新數列 bn ，
求 bn 的前 91 項和．
【答案】(1) an = 3(n -1) .
(2)11563.
【分析】（1）利用 n =1時， an = a1； n 2時， an = Sn - Sn-1求解即可.
（2）先確定 bn 前 91 項的最后一項，然后分別對其中的 an 和插入的 4m進行求和.
2
a S S 3n 3n
é3(n -1)2 3(n -1) ù
【詳解】（1）當 n 2時， n = n - n-1 = - -2 2 ÷ ê
- ú = 3n - 3．
è 2 2
又 n =1時，得 a1 = 0，也滿足上式，
故 an = 3(n -1) ．
（2）由a91 = 270 44，所以 < a 591 < 4 ，
又a87 = 258 > 4
4
，所以 bn 前 91 項中有 87 項來自 an ，
所以b1 + b2 +L+ b91 = a1 + a2 +L+ a87 + 41 + 42 + 43 + 44
87 a + a 4 44 -1
= 1 87

+ =11223 + 340 =11563．
2 4 -1
1
19．（2024·四川·模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 = ,an - an+1 - ana2 n+1 = 0．
(1)求 an 的通項公式；
(2)若數列 bn
1 1 1 1 3
滿足，b1 =1,b2n - b2n-1 = b2n+1 - b2n = a ，求證：
+ +L+ <
b b b ．n 2 4 2n 4
1
【答案】(1) an = n +1
(2)證明見解析
ì 1 ü ì 1 ü
【分析】（1）構造新數列 í ，是等差數列，通過 í 的通項公式得到 an 的通項公式.
an an
1 1 1 1
（2）由b2n - b2n-1 = b2n+1 - b2n = n +1，得到b2n = n n + 2 ，進而 = -b2n 2 è n n + 2 ÷
，裂項相

消法求和.
【詳解】（1）由 an - an+1 - anan+1 = 0知，若 an+1 = 0，則 an = 0，若 an = 0，則 an+1 = 0．
又 a1 0，所以"n N*,an 0．
1 1 1 1
由 an - an+1 - anan+1 = 0，可得 - -1 = 0a 即
- =1（常數），
n+1 an an+1 an
ì 1 ü 1
故 í 是首項為 2，公差為 1 的等差數列，所以 = 2 + n -1 = n +1
an a
．
n
a 1故 n = ．n +1
（2）由b
1
2n - b2n-1 = 得b2n - b2n-1 = n +1a ，①n
由b
1
2n+1 - b2n = = n +1得b2n-1 - ba 2n-2
= n n 2 ，②
n
① + ②可得b2n - b2n-2 = 2n +1 n 2 ．
1
當 n =1時，b2 - b1 = = 2a ，則
b2 = 3．
1
所以b2n - b2 = b4 - b2 + b6 - b4 + b8 - b6 +L+ b2n - b2n-2
= 2 2 +1 + 2 3 +1 + 2 4 +1 +L+ 2n +1 = 2 2 + 3+ 4 +L+ n + n -1
2 + n n -12 = + n -1 = n + 3 n -1 ，
2
所以b2n = b2 + n + 3 n -1 = n n + 2 n 2 ，
當 n =1時，b2 = 3也滿足上式，所以b2n = n n + 2 ．
1 1 1 1 1 *
由上可知， = = - , n Nb2n n n + 2 2 ÷
，
è n n + 2
1 1
所以 + +L
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ = - + - + - +L+ -

b ÷2 b4 b2n 2 è1 3 2 4 3 5 n n + 2
1 1 1 1 1 3= + - -

÷ < ，2 è 2 n +1 n + 2 4
1 1 1 3
+ +L+ <
即 b2 b4 b2n 4 ．
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（2023·江蘇徐州·模擬預測）函數 f x 滿足"x、 y R，都有 2 f x + y = f x f y ，且
f 1 =1，則（ ）
f 1 A． ÷ = 2 B．數列 f n 單調遞減
è 2
f x1 + x2
f x1 + f x2 nC． ÷ D． éi f i ù 4
4 + 2n
× = -
è 2 2
n
i=0 2
【答案】BCD
t
【分析】令 x
t
= y = ，推導出 f ÷ = 2 f t ，令 t =1可判斷 A 選項；分析可知數列 f n 2 è 2
為等比數列，求出該數列的通項公式，結合數列單調性的定義可判斷 B 選項；利用基本不等
式可判斷 C 選項；利用錯位相減法可判斷 D 選項.
【詳解】對于 A 選項，函數 f x 滿足"x、 y R，都有 2 f x + y = f x f y ，
2
令 x = y
t é t= ù
2 ，則 ê f ÷ú = 2 f t 0，即 f t
t
0 ，則 f ÷ = 2 f t ，
è 2 è 2
f 1 所以， 2 ÷
= 2 ，A 錯；
è
對于 B *選項，令 x = n n N ， y =1，可得 2 f n +1 = f n f 1 = f n ，
1
所以， f n +1 = f n ，且 f 1 =1，
2
n-1
所以，數列 f n 1 1 是首項為1，公比為 2 的等比數列，所以， f n = 2 ÷ ，è
1 n 1 n-1 1 nf n +1 - f n = - = - 所以， 2 ÷ 2 ÷ 2 ÷ < 0，即
f n +1 < f n ，
è è è
故數列 f n 單調遞減，B 對；
t
對于 C 選項，對任意的 t R ， f ÷ = 2 f t ，
è 2
x + x f x + f x
所以， f 1 2 ÷ = 2 f x1 + x2 = f x1 f x 1 22 ，
è 2 2
當且僅當 f x1 = f x2 時，等號成立，C 對；
n 1 2 3 n
對于 D 選項，令 Sn = é i × f i ù = 0 + 1 + 2 +L+ n-1 ，①
i=0 2 2 2 2
1 S 1 2 n -1 n則 n = + +L + + ，②2 21 22 2n-1 2n
1
- 1
1- n
S 1 1 1 L 1 n 2 n 2 n + 2① ②可得 n = + 1 + 2 + +2 2 2 2n-1
- n = 1 - n = - n ，2 1- 2 2
2
n 4 + 2n
因此， éi × f i ù = 4 - 2n ，D 對.i=0
故選：BCD.
2．（2024·全國·模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 = 3， a2 =15，且 an+2 - 2an+1 + an = 8，若 x
é 4034 4034 4034 ù
表示不超過 x 的最大整數，則 ê + + ××× +a a a ú
=（ ）
1 2 2024
A．2015 B．2016 C．2017 D．2018
【答案】B
1
【分析】先由累加法求出 an ，進而求得 a ，再用裂項相消法求解即可.n
【詳解】由 an+2 - 2an+1 + an = 8可得 an+2 - an+1 - an+1 - an = 8，又 a2 - a1 =15 - 3 =12，
故數列 an+1 - an 是以 12 為首項，8 為公差的等差數列，則 an+1 - an =12 + n -1 8 = 8n + 4，
a2 - a1 = 8 + 4， a3 - a2 = 8 2 + 4， a4 - a3 = 8 3 + 4，× × × ， an - an-1 = 8 n -1 + 4，
故當 n 2時， an - a1 = 8 + 8 2 + 8 3+ ×××+ 8 n -1 + 4 n -1 = 4n2 - 4，則 n 2時，
an = 4n
2 -1，
1 1 1 1 1 1
又 a1 = 3
2
適合上式，故 an = 4n -1，則 = 2 = = -an 4n -1 2n -1 2n +1 2 è 2n -1 2n +1÷
，

4034 4034 1 1= × - 2017 1 1則 = × -

an 2 è 2n -1 2n
，
+1÷ ÷ è 2n -1 2n +1
4034 4034 4034
+ + ×××+ 2017 1 1 1 1 1 1所以 = - + - + ×××+ -

a1 a2 a2024 è 3 3 5 2 2024 -1 2 2024 +1
÷

= 2017 1 1-

4049 ÷
，
è
é
2016 2017 1 1 2017 4034 4034 4034
ù
又 < - ÷ < ，所以 ê + + ××× + = 2016 .
è 4049 a
ú
1 a2 a2024
故選：B.
a a + 2n - 2
3．（2024·陜西西安·模擬預測）數列 an 滿足 a n n-11 = 4， = n 2 ，則n n -1
1 1 1 1
+ + +L+ =
a a a a （ ）1 2 3 2024
2021 1012 1012 2023
A． B． C． D．
2025 2025 4048 4048
【答案】B
ìan ü a
【分析】由等差數列的定義可判斷 í 是以 1 = 4為首項，2 為公差的等差數列，即可利用
n 1
裂項求和求解.
a a
【詳解】將 n = n-1
+ 2n - 2 a
化簡為 n
a
- n-1 = 2，
n n -1 n n -1
ìan ü a
所以數列 í 是以 1 = 4為首項，2 為公差的等差數列.
n 1
a 1 1 1 1 1
所以 n = 4 + 2 n -1 = 2n + 2，即 = = -a 2n n +1 2 n n +1÷，所以n n è
1 1 1 LL 1 1 é 1 1 1 1 1 1 ù 1 1 n+ + + + = - + - +LL+ - = 1- = ，
a1 a2 a3 a
ê
n 2 è 2
÷
è 2 3 ÷ è n n +1÷ ú 2 è n +1
÷
2n + 2
1 1 1 L 1 2024 1012所以 + + + + = =a1 a
.
2 a3 a2024 4050 2025
故選:B.
4．（2024·廣東深圳· 2 1模擬預測）已知數列 an 的前 n 項和為 Sn ，且 Sn = n + 3n ，若首項為 2
1 1
的數列 bn 滿足 - = ab b n，則數列 bn 的前 2024 項和為（ ）n+1 n
1012 2025 2023 2024
A． B． C． D．
2023 2024 2024 2025
【答案】D
【分析】已知數列 an 的前 n 項和為 Sn ，做差法計算數列 an 的通項公式，代入
1 1
- = a
b b n，累加法求出數列 bn 的通項公式，裂項相消即可求出數列 bn 的前 2024 項和.n+1 n
2
【詳解】解：QSn = n + 3n，\an = Sn - Sn-1 = 2n + 2 n 2 ，
當 n =1時， a1 = 4，符合 an = 2n + 2，
所以數列 an 的通項公式為 an = 2n + 2 .
Q 1 1 a 1 1- = n ，\ - = 2n + 2bn+1 bn bn+1 b
，
n
1 1
即 - = 4b ，2 b1
1 1
- = 6
b3 b
，
2
……
1 1 2n 1 2 1- = 2
b b ，又
=
b ，累加法可得：
= n + n ，
n n-1 1 bn
b 1 1 1 1即 n = = = -n2 + n n n +1 n n +1，
b n T 1 1 1 1 L 1 1 2024設數列 n 的前 項和為Tn ，則 2024 = - ÷ + -1 2 2 3 ÷ + + - = .è è è 2024 2025 ÷ 2025
故選：D
二、多選題
5 2023· · n．（ 山西大同 模擬預測）已知數列 an 滿足 an + an+1 = 2 -1 ， n N* ，且 a5 =1，則
下列表述正確的有（ ）
A． a1 = -5 B．數列 a2n-1 是等差數列
ì 1 ü n
C．數列 an 是等差數列 D．數列 í 的前 n項和為
anan+1 14n - 49
【答案】BD
【分析】根據數列的遞推關系先求出 an 的通項公式，然后逐一分析每個選項即可.
a a
a a 2 n+1 n
ì a ü
【詳解】由 + = -1 n ，得 - = -2 ，所以數列 í n n n+1 -1 n+1 -1 n 是等差數列， -1
n

an a5 n+1
所以 n = 5 + n - 5 -2 -1 a-1 ，即 n = 2n - 9 -1
對于 A， a1 = 2 1- 9 -1
1+1 = -7，故 A 不正確；
對于 B，∵ a2n-1 = 4n -11， a2n+1 - a2n-1 = 4(n +1) -11- 4n -11 = 4，故 a2n-1 是公差為 4的等
差數列，故 B 正確；
對于 C， an = 2n - 9 ，則 a3 = 3， a4 = a5 =1，所以 an 不是等差數列，故 C 不正確；
1 1 1 é 1 1
對于 D， = = - -
ù
anan+1 é 2n - 9 -1
n+1 ù

é
2n - 7 -1
n+2 ù 2 ê 2n - 9 2n - 7 ú

ì 1 ü 1 1 1 1 1 1 1 n
所以 í 的前 n項和為 Sn = - - + - +L+ -
=
anan+1 2 è -7 -5 -5 -3 2n - 9 2n - 7
÷
14n 49
，故
-
D 正確．
故選：BD
6．（2023·浙江· *二模）定義：若存在正實數 M 使 an M n N ，則稱正數列 an 為有界正
2
數列．已知數列 a ln n +1 n 滿足 a = ， Sn 為數列 an 的前 n 項和．則（ ）n n +1
A．數列 an 為遞增數列 B．數列 Sn 為遞增數列
C．數列 an 為有界正數列 D．數列 Sn 為有界正數列
【答案】BC
2
A f (x) ln(x +1)
2
【分析】對于 ，設 = ，求導后放縮為 f x
3 - ln(x +1)
< ，從而可知當 n 6 時，
x +1 (x +1)2
ln n2 +1
a = 單調遞減，即可判斷；對于 B，由 an > 0可知數列{Sn}為遞增數列，即可判斷；n n +1
對于 C，由 A 分析，即可判斷；對于 D，借助不等式 ln 1+ x x ，從而可得
2
a ln(n +1) ln 2n = ≥ ≥ ln 2
1
× ln(1+ ) = ln 2 é ln n + 2 - ln n +1 ù ，即可得到 Sn ≥ ln 2 ln(n + 2) - ln 2 ，n +1 n +1 n +1
從而可判斷.
2x22 + 2x - ln(x2 +1)
【詳解】對于 A，設 f (x) ln(x +1)= ， 2
x +1 f (x) =
x +1 ，
(x +1)2
3x2 + 3
- ln(x2 +1) 2
當 x 1時， 2x2 + 2x 2x2 + x2 +1 < 3x2 + 3，則 2f x < x +1 3 - ln(x +1)2 =
，
(x +1) (x +1)2
3 - ln(x2 +1)
所以當 x 6 時， x2 +1 37 > 27 > e3，則當 x 6 時， f x = < 0，(x +1)2
ln n2 +1
所以當 n 6 時， a = 單調遞減，A 錯誤；n n +1
對于 B，因為 an > 0，所以數列{Sn}為遞增數列，B 正確；
*
對于 C，由 A 分析可知，當正實數 M 為前 6 項的最大項時，就有 an M n N ，所以數列
an 為有界正數列，C 正確；
對于 D，令 g x = ln 1+ x - x, x 0 1，則 g x = -1 x= - ，
1+ x 1+ x
所以當 x 0 時， g x 0，即 g x 在 0, + 上單調遞減，
所以 g x g 0 = 0，即 ln 1+ x x ，
a ln(n
2 +1) ln 2
由 n = ≥ ≥ ln 2 × ln(1
1 n + 2
+ ) = ln 2 × ln = ln 2 é ln n + 2 - ln n +1 ù ，n +1 n +1 n +1 n +1
所以 Sn ≥ ln 2 ln(n + 2) - ln 2 ，D 錯誤.
故選：BC
【點睛】關鍵點睛：
對于 A，借助不等式 2x 1+ x2 進行放縮，而對于 C，借助不等式 ln 1+ x x 進行放縮，從
而可利用裂項相消法求和.
三、填空題
7．（2023· -n陜西西安·模擬預測）已知數列 an 和數列 bn ， an = 2n -1，bn = 2 .設
cn = an ×bn，則數列 cn 的前 n項和 Sn = .
3 2n + 3【答案】 -
2n
【分析】首先根據所給的 an 以及bn 求出 cn ,再結合錯位相減法即可求得 Sn .
【詳解】Q an = 2n -1, b = 2
-n
n ,則 cn = an ×bn = 2n -1 × 2-n ，
\Sn =1× 2
-1 + 3 × 2-2 + 5 × 2-3 +L+ 2n -1 × 2-n ①，
1 Sn =1×2
-2 + 3 ×2-3 + 5 ×2-4 +L+ 2n -1 ×2-n-1 ②，
2
1 S = 2-1 -2兩式相減得 n + 2 2 + 2-3 + 2-4 +L+ 2-n - 2n -1 × 2-n-1 ，即2
1 1 1
n-1
× -

4 ÷1 1 è 2 ÷
÷
Sn = + 2 ×
è
1 - 2n -1 × 2
-n-1，變形化簡可得
2 2 1-
2
S 3 2n + 3n = - .2n
3 2n + 3故答案為： -
2n
1
8．（2024·四川·三模）在數列 an 中，已知 a1 = ， n + 2 an+1 = nan ，則數列 an 的前 20242
項和 S2024 = ．
2024
【答案】
2025
an+1 n
【分析】由 n + 2 an+1 = nan ，得到 = aan n + 2
，利用累乘法得到數列 n 的通項公式，再
用裂項相消，即可求解.
an+1 n
【詳解】因為 n + 2 an+1 = nan ，所以 =an n + 2
，
所以 an = a
a2 a3 a 1 1 2 n -1 1 1 1
1 × × × ×
n = × × × × = = -
a1 a2 an-1 2 3 4 n +1 n n +1 n n +1，
S 1 1 1 1 1 1 2024因此 2024 = - + - + + - = ，2 2 3 2024 2025 2025
2024
故答案為： .
2025
9．（2023·陜西銅川·二模）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，且點 an , Sn 總在直線 y = 2x -1上，
則數列 n × an 的前 n項和Tn = .
【答案】 n -1 2n +1
【分析】由 Sn 與 an 的關系求出 an 的通項公式，用錯位相減法求Tn .
【詳解】數列 an 的前 n項和為 Sn ，且點 an , Sn 總在直線 y = 2x -1上，所以 Sn = 2an -1 .
當 n 2時， Sn-1 = 2an-1 -1，兩式相減得， an = 2an-1，
又 a1 =1，所以數列 an 是以 1 為首項，以 2 為公比的等比數列，
∴ a n-1n = 2 ，∴ n ×an = n × 2
n-1
，
則Tn =1 2
0 + 2 21 + 3 22 +L+ n 2n-1，
2T =1 21所以 n + 2 2
2 + 3 23 +L+ n 2n ，
0 1 2
兩式相減得：-Tn = 2 + 2 + 2 +L+ 2
n-1 - n 2n = 2n -1- n 2n .
所以Tn = n -1 2n +1，
n
所以數列 n × an 的前 n項和Tn = n -1 2 +1 .
故答案為： n -1 2n +1
四、解答題
10．（2024·陜西商洛·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，且滿足 Sn = 2an + 2n -1 .
(1)求數列 an 的通項公式；
n 2 - a(2)已知b n = n ，求數列 bn 的前 n項和.3
【答案】(1) a = 2 - 3 × 2n-1n
(2)Tn = n -1 × 2n +1
an - 2
【分析】（1）根據題意，求得 = 2，得出 an - 2a - 2 為等比數列，即可求解；n-1
（2）由（1）得到b = n × 2n-1n ，結合乘公比錯位相減法求和，即可求解.
【詳解】（1）解：當 n =1時， 2a1 = a1 -1，解得 a1 = -1，
當 n 2時，由 Sn = 2an + 2n -1，可得 Sn-1 = 2an-1 + 2n - 3，
a
a n
- 2
兩式相減得 n = 2an - 2an-1 + 2，所以 an - 2 = 2 an-1 - 2 ，即 = 2a ，n-1 - 2
又因為 a1 - 2 = -3，所以 an - 2 是首項為-3，公比為 2 的等比數列，
所以 an - 2 = -3 ×2
n-1
，所以數列 an 的通項公式為 an = 2 - 3 × 2n-1 .
n 2 - a
（2

）解：由（1）知，b = n = n × 2n-1n ，3
b n T = 1 20 + 2 21所以數列 n 的前 項和為 n + 3 22 +L+ n × 2n-1 ，
可得 2Tn =1 2
1 + 2 22 + 3 23 +L+ n -1 × 2n-1 + n × 2n ，
1 1- 2n
所以-Tn = 2
0 + 21 + 22 +L+ 2n-1 - n × 2n = - n ×2n = 1- n ×2n -1，
1- 2
T n所以 n = n -1 × 2 +1 .
11．（2024·江蘇宿遷·三模）在數列 an 中， a1 = 2,a nn + an+1 = 3 × 2 (n N*)．
(1)求數列 an 的通項公式；
(2)已知數列 b 滿足 4b1 -14b2 -1L4bn -1 bnn = an ；
①求證：數列 bn 是等差數列；
b b
② b n n+1若 2 = 3，設數列 cn = a 的前 n 項和為Tn ，求證：Tn < 14 ．n
【答案】(1) a = 2nn
(2)①證明見解析 ；②證明見解析
a 1 a a a
【分析】（1）變形得到 n+1 n 1 n
2n+1
-1 = - × ( n -1)，結合 -1 = 0，故 n -1 = 0，從而得到2 2 2 2
an = 2
n ；
ìS1, n =1
（2）①化簡得到 2(b1 + b2 + L + bn ) - 2n = n × bn ，利用bn = íS S ,n 2 得到 n - n-1
n × bn+2 = (n + 1)bn+1 - 2 ，同理可得bn+2 + bn = 2bn+1 ，證明出 bn 是等差數列；
②求出b1 = 2，結合b2 = 3，得到公差，得到通項公式bn = n +1，所以
c bnbn+1 n
2 + 5n + 8 (n +1)2 + 5(n +1) + 8
n = =a 2n-1
-
2n ，裂項相消法求和證明出結論.n
【詳解】（1）因為 an + a n *n+1 = 3 × 2 (n N ) ，
n
所以 an+1 = -an + 3 ×2 ，
a
所以 n+1
1 a 3
n+1 = - ×
n +
2 2 2n 2 ，
a 1 a
所以 n+1 n
2n+1
-1 = - × ( n -1)，2 2
因為 a1 = 2
a
，所以 n=1 時， n -1 = 0，
2n
所以數列{
an
n -1}
a
是各項為 0 的常數列，即 n -1 = 0，
2 2n
所以 a nn = 2 ．
（2）①由 4b1 -14b2 -1L4bn -1 = a bn 得 4b1 +b2 +L+bn -nn = (2n )bn = 2n×bn
所以 2(b1 + b2 + L + bn ) - 2n = n × bn ①
所以 2(b1 + b2 + L + bn+1 ) - 2(n + 1) = (n + 1) × bn+1 ②
②-①得： (n - 1) × bn+1 = nbn - 2 ③
所以 n × bn+2 = (n + 1)bn+1 - 2 ④
④-③得 n × bn+2 + nbn = 2nbn+1，所以bn+2 + bn = 2bn+1
即bn+2 - bn+1 = bn+1 - bn
所以數列 bn 是等差數列．
②當 n =1時，由 4b1 -14b2 -1L4bn -1 = a bnn 得 4b1 -1 = a b1 = 2b11 ，所以b1 = 2，
又b2 = 3，故 bn 的公差為 1，所以bn = n +1，
c bnbn+1 (n +1)(n + 2) n
2 + 5n + 8 (n +1)2 + 5(n +1) + 8
所以 n = = =a 2n 2n-1
-
2n ，n
T c c L c (14 22) (22 32
2
) L [n + 5n + 8 (n + 1)
2 + 5(n + 1) + 8
即 n = 1 + 2 + + n = 0 - 1 + 1 - 2 + + n 1 - ]2 2 2 2 2 - 2n
14 (n + 1)
2 + 5(n + 1) + 8
= - < 14 ．
2n
【點睛】方法點睛：常見的裂項相消法求和類型：
1 1 1 1 1 1 1 1
分式型： = - = -

n n + k k è n n + k ÷， 2n -1 2n +1 2 ÷ ，è 2n -1 2n +1
1 1 é 1 1 ù
= -
n n+1 n 2 2 ê ú等；+ ê n n+1 n+1 n+ 2 ú
2n 1 1 n + 2 1 1
指數型： = - 2n+1 -1 2n -1 2n -1 2n+1 -1， n n +1 ×2n = n × 2n-1 - n +1 × 2n 等，
1 1
根式型： = n + k - nk 等，n + n + k
log an+1m = logm a - log aa n+1 m n
對數型： n ，m > 0且m 1考點 37 數列求和（3 種核心題型+基礎保分練+綜合提升練+
拓展沖刺練）
【考試提醒】
1.熟練掌握等差、等比數列的前 n 項和公式
2.掌握非等差數列、非等比數列求和的幾種常用方法．
【知識點】
數列求和的幾種常用方法
1．公式法
直接利用等差數列、等比數列的前 n 項和公式求和．
(1)等差數列的前 n 項和公式：
Sn＝ ＝ .
(2)等比數列的前 n 項和公式：
Sn＝{na1，q＝1， .
2．分組求和法與并項求和法
(1)分組求和法
若一個數列是由若干個等差數列或等比數列或可求和的數列組成，則求和時可用分組求和法，
分別求和后相加減．
(2)并項求和法
一個數列的前 n 項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和．形如 an＝(－1)nf(n)類型，可
采用兩項合并求解．
3．錯位相減法
如果一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列的對應項之積構成的，那么這個數列
的前 n 項和即可用此法來求，如等比數列的前 n 項和公式就是用此法推導的．
4．裂項相消法
把數列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和．
常見的裂項技巧
1 1 1
(1) ＝ － .
n n＋1 n n＋1
1 1 1 1
(2) ＝ － .
n n＋2 2(n n＋2)
1 1 1 1
(3) ＝ － .
2n－1 2n＋1 2(2n－1 2n＋1)
1
(4) ＝ n＋1－ n.
n＋ n＋1
1 1 1 1
(5) ＝ － .
n n＋1 n＋2 2[n n＋1 n＋1 n＋2 ]
常用結論
常用求和公式
n n＋1
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝ .
2
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.
n n＋1 2n＋1
(3)12＋22＋32＋…＋n2＝ .
6
n n＋1
(4)13＋23＋33＋…＋n3＝[ ]22
【核心題型】
題型一　分組求和與并項求和
　(1)若數列{cn}的通項公式為 cn＝an±bn，且{an}，{bn}為等差或等比數列，可采用分組求和
法求數列{cn}的前 n 項和．
(2)若數列{cn}的通項公式為 c {an，n 為奇數，n＝ b n 其中數列{an}，{bn}是等比數列或等差數n， 為偶數，
列，可采用分組求和法求{cn}的前 n 項和
【例題 1】（2024·河北·模擬預測）已知首項為 2 的數列 an 滿足 4an+1 - 5an+1an - 2an = 2，當
an 的前 n項和 Sn 16時，則 n的最小值為（ ）
A．40 B．41 C．42 D．43
【變式 1】（2024·四川攀枝花·三模）數列 an 的前 n項和為 Sn ， a1 = -1，
nan = Sn + n(n -1)(n N
* )，設bn = (-1)
n an，則數列 bn 的前 51 項之和為（ ）
A．-149 B．-49 C．49 D．149
【變式 2】（2024·山東菏澤·模擬預測）已知正項數列 an 的前 n項和為 Sn , a1 =1,a3 = 2 ，且
anan+2 = an+1an+3 ，則 S16 的最小值為 ．
【變式 3】（2024·全國·高考真題）已知等比數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 2Sn = 3an+1 - 3 .
(1)求 an 的通項公式；
(2)求數列 Sn 的前 n 項和.
題型二　錯位相減法求和
(1)如果數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，求數列{an·bn}的前 n 項和時，常采用錯位相
減法．
(2)錯位相減法求和時，應注意：
①在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”，以便于下一步準確地
寫出“Sn－qSn”的表達式．
②應用等比數列求和公式時必須注意公比 q 是否等于 1，如果 q＝1，應用公式 Sn＝na1
1
【例題 2】（2024·全國·模擬預測）已知數列 an 滿足 4an+1 - 4an + an-1 = 0,a1 = a2 = ，其前 n2
6
項和為 Sn ，則使得 2 - Sn < an 成立的 n 的最小值為（ ）5
A．8 B．9 C．10 D．11
【變式 1】（2024·全國·模擬預測）已知 Sn 是數列 an 的前 n項和， a1 = 2， a = 2 a nn+1 n + 2 ，
不等式 2lan - S2n+1 -128n + 2 0對任意的 n N* 恒成立，則實數l 的取值范圍為（ ）
A． - ,32 B． - ,16
C． 32, + D． - ,8
2a a
【變式 2】（2023·陜西咸陽·模擬預測）數列 an 滿足 a n n-11 = 2，且 = （ n N*且3n +1 3n - 2
217
n >1），若 an 的前 n項和為 Sn ，則滿足 Sn > 的最小正整數 n的值為 .32
【變式 3】（2024·陜西渭南·模擬預測）已知各項均為正數的數列 an 的前 n項和為 Sn ,
2Sn = n a +1
3
n 且 a2 = a1 .2
(1)求 an 的通項公式；
a
(2)若bn = n ,2n 求數列 bn 的前 n項和Tn .
題型三　裂項相消法求和
裂項相消法的原則及規律
(1)裂項原則
一般是前面裂幾項，后面就裂幾項，直到發現被消去項的規律為止．
(2)消項規律
消項后前面剩幾項，后面就剩幾項，前面剩第幾項，后面就剩倒數第幾項
【例題 3】（2024·福建泉州·一模）記數列 an , bn 的前 n 項和分別為 Sn ,Tn ，若 an 是等差
數列，且 S6 = S5 + 25 = 90, anbnan+1 =1，則T10 =（ ）
2 8 10 40
A． B． C． D．
45 45 41 41
Tn
【變式 1】（2024·遼寧大連·模擬預測）已知數列 an 的前 n 項的積為Tn ， an = T -1，則使n
n
得 a < 2024i2 成立的 n 的最大值為（ ）
i=1
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
【變式 2】（2024·山西陽泉·三模）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 Sn = 2an - 2，則數列
ì a ü
í n T = 的前 100 項和 ． an +1 a + 2
100
n
【變式 3】（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知等差數列 an 的前 n 項和為 Sn ，且 Sn + n2 也是
等差數列．
(1)求數列 an 的公差；
ì 1 ü
(2)若 a1 = -1，求數列 í 的前 n 項和Ta a n ． n n+1
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
1．（2024· 2安徽合肥·模擬預測）已知數列 an 各項為正數， bn 滿足 an = bnbn+1，
1 1 1
an + an+1 = 2bn+1，若 a1 = 2，b1 =1，則 + +L+ =a a a （ ）1 2 2024
1012 1011 2024 2023
A． B． C． D．
1013 1012 2025 2024
3
2．（2024·河南信陽·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ， S1 =1， S2 = 3，且 an+1是2a2 n ，
n i 509
an+2 的等差中項，則使得 >a 128 成立的最小的 n的值為（ ）i=1 i
A．8 B．9 C．10 D．11
3．（2023·黑龍江佳木斯·三模）復數Z = i + 2i2 +3i3 +×××+ 2024i2024的虛部是（ ）
A．1012 B．1011 C．-1011 D．-1012
4．（2024·河北張家口·三模）已知數列 an 的前 n 項和為 Sn ，且滿足
ìa
a =1, a = n
+1, n為奇數
1 n+1 í ，則 S = （ ）
2an , n
100
為偶數
A．3 251 -156 B．3 251 -103 C．3 250 -156 D．3 250 -103
二、多選題
5．（2024·全國·模擬預測）已知 an = 2n ，bn = 3n -1，數列 an 和 bn 的公共項由小到大排列
組成數列 cn ，則（ ）
A． c4 = 32
B． cn 為等比數列
ìbn üC．數列 í 的前 n項和 Sn 1,5
an
D． b1 、 b2 、 b3 不是任一等差數列的三項
6．（2024·全國·模擬預測）已知數列 an 中， a1 = 3, a2 = 2 ，當 n為奇數時，3an+2 = an ，當 n
為偶數時， 2an+2 = an ，則（ ）
a a 1A．數列 n 是遞減數列 B． 8 = 4
a 100
C． 10 < a11 D．10 ai < 9i=1
三、填空題
7．（2024·湖南岳陽·模擬預測）設 Sn 為等差數列 an 的前 n項和， a1 =1,S3 = 6，則數列
ì 1 ü
í 的前 10 項和為 .
anan+1
8．（2023·河南· 2模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 + a2 + ×××+ an = n ，則
a 11 ×2 + a ×2
2
2 + ×××+ an ×2
n = .
9．（2024·陜西· 2模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 Sn = 2an - 2，則數列 n an 的
則前 n項和Tn = .
四、解答題
n n +1
10．（2024·

湖南岳陽·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 .2
(1)求數列 an 的通項公式；
3 3
(2)證明： a 2 2n+1 - an = 3an + 3n +1，并求數列 an 的前 n項和 Sn .
11．（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預測）記 Sn 為數列 an 的前 n 項和， Sn - n 是首項與公差
均為 1 的等差數列．
(1)求數列 an 的通項公式；
(-1)n a +1b (2)設 n = n ，求數列 bn 的前 2024 項的和TS 2024 ．n
【綜合提升練】
一、單選題
1．（2024·浙江杭州·二模）設數列 an , bn 滿足a1 = b1 = 1,an + bn+1 = 2n,an+1 + bn = 2n ．設 Sn
為數列 an + bn 的前 n項的和，則 S7 =（ ）
A．110 B．120 C．288 D．306
2．（2024·安徽·三模）記數列 an 的前 n項和為 Sn ，若 a1 =1, Sn + Sn+1 = 3n2 + 2n +1，則 S20 =
（ ）
A．590 B．602 C．630 D．650
1
3．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知數列 an 滿足： a1 =1， an = an-1 + n n 2 ，且bn = a ，n
則數列 bn 前 n 項的和 Sn 為（ ）
S n 2n
2
A． n =
n
B． Sn = C
3n
． S
n +1 n +1 n
= D
n 2 ． S+ n = n + 2
4．（2024·全國·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和 Sn 滿足 2(Sn +1) = 3an (n N*)，若
b a= n+1n S S ，數列 bn 的前 n項和為Tn ，則T2024 = （ ）n n+1
1 1 1 1
A． - 2025 B． - 2024 C．1
1 1 1- D． -
2 3 -1 2 3 -1 32024 -1 32025 -1
5．（2023·江蘇南通·三模）復數 z =1+ 2i + 3i2 +L+ 2022i2021 + 2023 i2022 的虛部為( ).
A．1012 B．-1011 C．1011 D．2022
6．（2024·全國·二模）數列 an 的奇數項成等比數列，偶數項成等比數列， Sn 是數列 an 的
前 n項和， a1 = 3， a2 = 2， a3 = a4 ， S4 = 7，則（ ）
A． a2k < a2k +1, k N
*
，且 k 2
B．當 n 5，且 n N*時，數列 an 是遞減數列
a
C 10． <10a11
D． S100 < 9
7．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知公差不為零的等差數列 an 滿足： a3 + a8 = 20，且 a5 是
a2與 a14 的等比中項，設數列
1
bn 滿足bn = n N*a a ，則數列 bn 的前 n項和 Sn 為（ ）n n+1
1 1 2nA． - = B．1 1 2n + 2+ =
2n +1 2n +1 2n +1 2n +1
1 1 1 n 1 1 n+1C． - ÷ = D． 1+
=
2 è 2n +1 2n+1 2 è 2n +1÷ 2n+1
8．（2024·河南·三模）已知等差數列 an 的公差大于 0 且 a1 + a6 = 4a2，若
24
1 = 6 aa + a ，則 5 = （ ）k =1 k +1 k
13 9 7 5
A． B． C． D．
4 4 4 4
二、多選題
9．（2024·安徽淮北·二模）已知數列 an , bn 的前 n項和分別為 Sn ,Tn ，若
a = 2n -1,T = 2n+1n n - 2，則（ ）
A． S10 =100 B．b10 =1024
ì 1 ü 9 ì 1 ü 1023
C． í 的前 10 項和為 D． í 的前 10 項和為
anan+1 19 bn 1024
10．（23-24 高三上·山西忻州·階段練習）已知數列 an 的前 n 項積為Tn ，
a1 = 2，Tn+1 - 2 = 3T *n（n N ），則（ ）
A．Tn = 3
n -1 B． an 為遞增數列
3nC a -1 3
n+1 3
． n = T3n
D
-1 ．1 n
的前 n 項和為 - n -
- 2 2
ì
an-1,
n
N*
11．（2024·山東濟南·二模）數列 an 滿足 a1 =1 a =
4
， n í ， n 2n ，
bm 表示 an
an-1 +1, N
*
4
m m+1
落在區間 é2 ,2 的項數，其中m N*，則（ ）
b 3n 3n + 3A． 3 =10 B． an 4 4
4n 2n
a 2 4C． k = 6n + 3n D． bk = 3 4
n -1
k =1 k =1
三、填空題
12．（2024·江蘇泰州·模擬預測）設 Sn 為數列 an 的前 n項和， S
1
n = -1
n an - n ，2 n N
* ，
則
（1） a1 = ；
（2） S1 + S2 + ×××+ S100 = .
13．（2024·江蘇南通·模擬預測）定義： x 表示不大于 x 的最大整數， x 表示不小于 x 的最
小整數，如 1.2 =1， 1.2 = 2 .設函數 f x = x x *在定義域 0, n n N 上的值域為Cn ，
1 1 1
記Cn 中元素的個數為 an ，則 a2 = ， + +L+ =a a a 1 2 n
14．（2023·全國·模擬預測）已知數列 an 為公差不為 0 的等差數列， a3 = 5，且 a2 , a5 , a14 成
等比數列，設 x 表示不超過 x 的最大整數，如 3.5 = 3， -1.5 = -2，記bn = log2 an ， Sn 為
數列 bn 的前 n項和，則 S2024 = .
四、解答題
15．（2024·山東·模擬預測）設數列 an 滿足nan+1 = 2 n + 2 an ，且 a1 = 4．
(1)求 an 的通項公式；
(2)求 an 的前 n項和 Sn ．
16．（2024·河北衡水·三模）已知數列 an 滿足： a1 =1, a2 = 2, an + an+1 = 2an+2 ．
(1)請寫出 a3 - a2，a4 - a3，a5 - a4 的值，給出一個你的猜想，并證明；
(2)設bn = 3na2n+1，求數列 bn 的前 n項和 Sn ．
17．（2024·福建泉州·二模）己知數列 an 和 bn 的各項為正，且 a3 =18b1， bn 是公比 3 的
2
等比數列．數列 an 的前 n 項和 Sn 滿足 4Sn = an + 2an ．
(1)求數列 an ， bn 的通項公式；
b
(2)設Cn = n+3 + a cos nπ b - 3 b -1 n ，求數列 cn 的前 n 項和 Sn ．n+3 n+3
18．（2024·廣西·模擬預測）記數列 an 的前 n 項和為 Sn ，對任意正整數 n，有
S 3n
2 3n
n = - ．2 2
(1)求數列 an 的通項公式；
(2) m a < 4m對所有正整數 ，若 k < ak+1 ，則在 ak 和 ak +1兩項中插入 4m，由此得到一個新數列 bn ，
求 bn 的前 91 項和．
19．（2024·四川·模擬預測）已知數列 a 1n 滿足 a1 = ,an - an+1 - a2 nan+1 = 0．
(1)求 an 的通項公式；
b 1,b b b b 1 1 1 1 3(2)若數列 bn 滿足， 1 = 2n - 2n-1 = 2n+1 - 2n = ，求證： + +L+ 【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（2023·江蘇徐州·模擬預測）函數 f x 滿足 x、 y R，都有 2 f x + y = f x f y ，且
f 1 =1，則（ ）
1
A． f ÷ = 2 B．數列 f n 單調遞減
è 2
C f
x1 + x2 f x1 + f x n2 4 + 2n． ÷ D． é i × f i ù = 4 -
è 2
n
2 i=0 2
2．（2024·全國·模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 = 3， a2 =15，且 an+2 - 2an+1 + an = 8，若 x
é
x 4034 4034 4034 ù表示不超過 的最大整數，則 ê + + ××× + ú =（ ）
a1 a2 a2024
A．2015 B．2016 C．2017 D．2018
a a + 2n - 2
3．（2024·陜西西安·模擬預測）數列 a 滿足 a = 4，n = n-1n 1 n 2 ，則n n -1
1 1 1 1
+ + +L+ =
a1 a2 a
（ ）
3 a2024
2021 1012 1012 2023
A． B． C． D．
2025 2025 4048 4048
4 2024· · a n S S = n2 + 3n 1．（ 廣東深圳 模擬預測）已知數列 n 的前 項和為 n ，且 n ，若首項為 2
1 1
的數列 bn 滿足 - = ab b n，則數列 bn 的前 2024 項和為（ ）n+1 n
1012 2025 2023 2024
A． B． C． D．
2023 2024 2024 2025
二、多選題
5．（2023·
n
山西大同·模擬預測）已知數列 an 滿足 an + a *n+1 = 2 -1 ， n N ，且 a5 =1，則
下列表述正確的有（ ）
A． a1 = -5 B．數列 a2n-1 是等差數列
C．數列 an
ì 1 ü n
是等差數列 D．數列 í 的前 n項和為
anan+1 14n - 49
6．（2023· *浙江·二模）定義：若存在正實數 M 使 an M n N ，則稱正數列 an 為有界正
2
數列．已知數列 an ln n +1 滿足 a = ， Sn 為數列 an 的前 n 項和．則（ ）n n +1
A．數列 an 為遞增數列 B．數列 Sn 為遞增數列
C．數列 an 為有界正數列 D．數列 Sn 為有界正數列
三、填空題
7．（2023· -n陜西西安·模擬預測）已知數列 an 和數列 bn ， an = 2n -1，bn = 2 .設
cn = an ×bn，則數列 cn 的前 n項和 Sn = .
8．（2024·四川·三模）在數列 an
1
中，已知 a1 = ， n + 2 an+1 = nan ，則數列 a2 n 的前 2024
項和 S2024 = ．
9．（2023·陜西銅川·二模）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，且點 an , Sn 總在直線 y = 2x -1上，
則數列 n × an 的前 n項和Tn = .
四、解答題
10．（2024·陜西商洛·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，且滿足 Sn = 2an + 2n -1 .
(1)求數列 an 的通項公式；
n 2 - a(2)已知b n n = ，求數列 bn 的前 n項和.3
11．（2024·江蘇宿遷·三模）在數列 an 中， a1 = 2,a + a nn n+1 = 3 × 2 (n N*)．
(1)求數列 an 的通項公式；
(2)已知數列 bn 滿足 4b1 -14b2 -1L4bn -1 = a bnn ；
①求證：數列 bn 是等差數列；
b b
② b = 3 c = n n+1若 2 ，設數列 n a 的前 n 項和為Tn ，求證：Tn < 14 ．n

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