专题06 数列求和（裂项相消法）(典型题型归类训练)（解析版）

专题06数列求和（裂项相消法）(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍......................................................1二、典型题型......................................................2题型一：等差型.................................................2题型二：无理型.................................................5题型三：指数型.................................................8题型四：通项裂项为“”型.....................................11三、专题06数列求和（裂项相消法）专项训练........................14一、必备秘籍常见的裂项技巧类型一：等差型①)11(1)(1knnkknn特别注意nnnnknnnnk111)1(1,1;111)1(1,1②1111()(1)(1)211knknknkn如：)121121(211412nnn（尤其要注意不能丢前边的21）类型二：无理型①)(11nknknkn如：111nnnn类型三：指数型①11(1)11()()nnnnnaaakakakak如：11211(2)(2)22nnnnnkkkk类型四：通项裂项为“”型如：①21111111nnnnnnn②131222(1)(11)1nnnnnnnnnn本类模型典型标志在通项中含有(1)n乘以一个分式.二、典型题型题型一：等差型例题1．（2023秋·四川成都·高三校考阶段练习）已知等差数列na的前n项和为*24,3,16,nSaSnN(1)求数列na的通项公式；(2)设11nnnbaa，求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)*21(N)nann(2)21nnTn【详解】（1）设等差数列na的公差为d，因为243,S16a，所以1134616adad，解得112ad，所以12(1)21nann，所以数列na的通项公式为*21(N)nann（2）因为111111(21)(21)22121nnnbaannnn，所以11111111112335212122121nnTnnnn.所以数列nb的前n项和21nnTn.例题2．（2023秋·甘肃白银·高二校考阶段练习）在①12121nnanan，213a，②21nnS这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．(1)已知数列na的前n项和为nS，______，求na的通项公式；(2)数列nb满足1nnnbaa，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)答案详见解析(2)答案详见解析【详解】（1）选条件①：12121nnanan，213a，解法一：由12121nnanan，213a，得2113aa，11a，当2n时，32112113231352121nnnaaaanaaaann，所以2121nann，又11a也符合121nan，所以121nan．解法二：由12121nnanan，得12121nnnana，所以数列21nna是常数列，所以2212211nnaa，所以121nan．选条件②，21nnS，2n时，11121212nnnnnnaSS，又113aS，显然不符合上式，所以13,12,2nnnan.（2）选条件①：11111212122121nnnbaannnn，所以11111111112335212122121nnTnnnn．因此11111212122121nnnbaannnn，所以11111111112335212122121nnTnnnn．选条件②，1216,12,2nnnnnbaan，当2n时，135218142106222641433nnnnT，又16T，符合210433nnT，所以210433nnT．例题3．（2023秋·福建宁德·高二福建省宁德第一中学校考阶段练习）已知数列na满足10a，212log,21,N2,2,Nnnnaankkankk.(1)判断数列21na是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列na的前10项和为361，记221221lognnnbaa，数列nb的前n项和为nT，求证：12nT.【答案】(1)数列21na成等比数列，证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）数列21na成等比数列，证明如下：根据212log,21,N2,2,Nnnnaankkankk得，22212log222121212224nnaannnaaa；10a，210na，21214nnaa，即数列21na成等比数列.（2）由（1）得，12114nnaa，222121log2(1)lognnaana，故0123410121444445log2(01234)Saa1213415log20aa，由10361S，得1213415log20361aa.令2()3415log20fxxx，当0x时，2()3415log20fxxx单调递增，且1(1)361ffa，故11a，22142nnna，2221log22naann，22212211log4nnnbaan，111142Tb，当2n时，2111114(1)414nbnnnnn121111111142231nnTbbbnn111122442n，综上，知12nT例题4．（2023秋·陕西商洛·高三陕西省山阳中学校联考阶段练习）记递增的等差数列na的前n项和为nS，已知585S，且617aa．(1)求na和nS；(2)设15nnnbaa，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)61nan，232nSnn(2)65nn【详解】（1）设na的公差为d（0d）．因为15535()5852aaSa，所以317a，由617aa得1737172dd，解得6d，所以11712a，得15a，所以33173661naandnn，125613222nnnaannSnn．（2）由（1）得，155511616566165nnnbaannnn，所以5111111116511111767616165nTnnnn511656565nnn．题型二：无理型例题1．（2023·河南·校联考模拟预测）已知等差数列na的前n项和为nS，11a，且2a，5a，14a成等比数列.(1)求数列na的通项公式；(2)当数列na的公差不为0时，记数列21211nnSS的前n项和为nT，求证：12nT.【答案】(1)1na或21nan(2)证明见解析【详解】（1）设数列na的公差为d，由2a，5a，14a成等比数列，得25214aaa，即2141113ddd，即220dd，解得0d或2d.当0d时，1na；当2d时，1121naandn.综上所述，1na或21nan.（2）由（1）可知，当数列na的公差不为0时，21nan，21212nnnSn，则222121(21),(21)nnSnSn，212111111212122121nnnnnnSS，所以1111111112335572121nTnn11111221242nn，又*nN，所以12nT.例题2．（2023秋·广东·高三河源市河源中学校联考阶段练习）在等比数列na中，12a，且134,1,aaa成等差数列．(1)求数列na的通项公式；(2)记*12,11nnnnbnaaN，数列nb的前n项和为nT，求不等式10nT的解集．【答案】(1)2nna(2)1,2,3,4,5【详解】（1）解：设数列na的公比为q，因为134,1,aaa成等差数列，所以14312aaa，即2311121aqaaq，又因为12a，则2322122qq，即3220,0qqq，解得2q=，所以数列na的通项公式为2nna．（2）解：由2nna，可得11212122121nnnnnnb，所以2321212121212121nnnT1211n又由10nT，可得12111n，即121121,Nnn，即12122,Nnn，所以1,2,3,4,5n，所以不等式的解集为1,2,3,4,5．例题3．（2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）设各项均不为零的数列na的前n项和为1,1nSa，且对于任意*nN，满足12nnnSaa.(1)求数列na的通项公式；(2)设11nnnbaa，求数列nb的前99项和.【答案】(1)nan(2)9【详解】（1）由题知0na.当1n时，12112,22aaaSa；当*2,nnN时，11111222nnnnnnnnnnaaaaaaSSaa，所以112nnaa，所以数列21na是首项为1，公差为2的等差数列，数列2na是首项为2，公差也为2的等差数列，则211222121,212nnaannaann，所以nan.（2）由（1）得，111nbnnnn，即123992132100991019bbbb.例题4．（2023·重庆·统考三模）已知等差数列na的前n项和为nS，4720aa，9227Sa．(1)求na的通项公式；(2)设22nnnbaa，数列nb的前n项和为nT，证明：当3n时，12nnTa．【答案】(1)21nan(2)证明见解析【详解】（1）设公差为d，则1111362098927()2adadadad，即112920