题型17 5类数列求和（分组求和、裂项相消、错位相减（万能公式）、奇偶并项、周期与类周期综合）（解析

题型17手把手教学答题模板之5类数列求和（分组求和、裂项相消、错位相减（万能公式）、奇偶并项、周期与类周期综合）技法01分组求和的应用及解题技巧例1．（2023·四川南充·统考三模）已知数列na的前n项和为1,3,233nnnSaSa.(1)求na的通项公式；(2)设数列nb满足：3lognnnbaa，记nb的前n项和为nT，求nT.（1）*3Nnnan（2）3log3nnnnbaan.1211213132313nnnnnTbbbbnn技法01分组求和的应用及解题技巧技法02裂项相消的应用及解题技巧技法03错位相减（万能公式）的应用及解题技巧分组求和是把数列分为两组求和，一般为等差+等比，此类题型较简单，利用公式求和即可，也是高考中的常考考点，需强加练习1213333121nnnn123131331322nnnnnn所以nb的前n项和12332nnnnT.1．（2023·黑龙江大庆·统考二模）设数列na是首项为1，公差为d的等差数列，且1a，21a，31a是等比数列nb的前三项．(1)求na的通项公式；(2)设21lognnnnabca，求数列nc的前n项和nT．【答案】(1)21nan(2)211log212nTnnn【分析】（1）由等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得公差，进而得到所求；（2）由等比数列的定义和通项公式、等差数列的通项公式与求和公式，以及对数的运算性质可得所求和．【详解】（1）由数列na是首项为1，公差为d的等差数列，可得11nand．又1a，21a，31a是等比数列nb的前三项，可得221311aaa，即有2121dd，解得2d或0d，0d时，1321101aaa，不能作为等比数列的项，0d舍去，所以21nan；（2）由（1）可得等比数列nb的前三项为1，2，4，则nb首项为1公比为2，12nnb，所以1222121221loglog1log2121nnnnnnabncnann，数列nc的前n项和22132110121log1log2135212nnTnnnnn2．（2023·海南·校联考模拟预测）已知数列na为单调递增的等比数列，且123512aaa，3112aa．(1)求数列na的通项公式；(2)若21nnban，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)12Nnnan(2)2224nnTn【分析】（1）利用等比数列的性质计算即可；（2）分组求和即可.【详解】（1）数列na为等比数列，31232512aaaa，28a．设na的公比为q，则218aaqq，328aaqq，8812qq，解得2q=或12q．由na单调递增，得2q=，故21222nnnaa．（2）由上可知，121221nnnbann，12nnTbbb2312221321nn412121122nnn2224nn．3．（2023·福建厦门·统考模拟预测）已知数列na满足*1121,,Nnnnaaana．(1)证明21nnaa是等比数列；(2)若31nnba，求nb的前n项和nS．【答案】(1)证明见解析(2)1123nnSn【分析】（1）根据已知条件及等比数列的定义即可求解；（2）根据（1）的结论及等比数列的通项公式，利用等差等比数列的前n项和公式，结合数列中的分组求和法即可求解.【详解】（1）由题意得11222211221nnnnnnnnaaaaaaaa．又因为1121012aa，所以11211221nnnnaaaa．所以21nnaa是以12为首项，12为公比的等比数列.（2）由（1）得2112nnnaa．所以23111112nnnnnabaa．所以123123111111112222nnnSbbbb12311122111111111112222212nnn111112221312nnnn.技法02裂项相消的应用及解题技巧知识迁移常见的裂项技巧：1111nnkknnk1nkn1nknk1111212122121nnnn122121nnn1121212121nnnn1112121nn指数型11nnnaaaa对数型11logloglognaanannaaaa1111122112nnnnnnn111!!1!nnnn1121121212121nnnnn121112212nnnnnnnn例2．（2022·全国·统考高考真题）记nS为数列na的前n项和，已知11,nnSaa是公差为13的等差数列．(1)求na的通项公式；(2)证明：121112naaa．（1）na的通项公式12nnna；（2）12112,11nannnn∴12111naaa1111112121222311nnn裂项相消求和是把数列拆分，然后抵消后即可求和，此类题型较简单，也是高考中的常考考点，需强加练习1．（2023·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）设nS为数列na的前n项和，已知11a，且满足2(1)nnSan．(1)求数列na的通项公式；(2)设nT为数列nb的前n项和，当2n时，111nnnnbaaa．若对于任意*nN，有1nT，求1b的取值范围．【答案】(1)nan(2)134b【分析】（1）根据,nnaS的关系求解；（2）利用裂项相消法求和，再结合不等式的性质求出1b的取值范围.【详解】（1）112(1),2(2)nnnnSanSann，∴12(1)nnnanana，1(1)(2)nnnanan，∴111(2)11nnaaannn,∴当2n时，nan；当1n时，也符合上式，∴nan．（2）1111(1)(1)2(1)(1)nbnnnnnnn，∵1111111111()()21223223342(1)(1)nTbnnnn11111111212(1)42(1)bbnnnn，∴13142(1)bnn，当134b时，满足13142(1)bnn，当134b时，存在11134nb，（其中，x表示不超过x的最大整数），使得201134nb，则22000112234nnnb，∴10031421bnn，不满足条件，∴134b．2．（2023·江苏南京·统考二模）已知数列na的前n项和为nS，12a，1122nnnnSanS，*Nn．(1)求数列na的通项公式；(2)求证：22212111716naaa．【答案】(1)2nan(2)证明见解析【分析】（1）根据公式1nnnaSS得到1nSnn是常数列，确定1nSnn，计算得到通项公式.（2）放缩2111122121nann，根据裂项相消法计算得到证明.【详解】（1）1122nnnnSanS，则1122nnnnnSSnSS，整理得到12nnnSnS，故1121nnSSnnnn，故1nSnn是常数列，故11112nSSnn，即1nSnn，当2n时，1112nnnaSSnnnnn，验证1n时满足，故2nan（2）22211111144122121nannnn，故22212112111111111111423557423112121naannan111574231216.3．（2023·广东韶关·统考一模）已知数列na的前n项和nS满足*11,NnnnaSnnn.(1)证明：数列na是等差数列；(2)设211nnnnnbaa，若248,,aaa成等比数列，求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)证明见解析(2)14441nTnn【分析】（1）将n1替换n得到新等式，然后分析原式与新等式作差的结果，结合等差数列的定义进行证明即可；（2）先根据条件求解出na的通项公式，然后代入nb的通项，通过裂项先化简nb，然后用裂项相消法进行求和.【详解】（1）由题可知211,2naa，因为11nnnaSnn，所以2n时，111nnnaSnn，两式相减得112nnnnanaan，化简可得12,2nnaan，且1n满足条件，综上可得，na是公差为2的等差数列；（2）因为2284aaa，故21112146aaa，解得12a，所以1122naann，所以2111114141nnnbnnnn，所以12111111111142231nnTbbbnn所以111114414414nTnnnn.4．（2023·山东德州·三模）已知nS为数列na的前n项和，112,32nnaSan．(1)求数列na的通项公式na；(2)设12nnnnbaa，记nb的前n项和为nT，证明：15nT．【答案】(1)1523nna(2)证明见解析【分析】（1）根据数列递推式可得1312,2nnSann，采用两式相减的方法可得123,2nnaan，从而构造数列，可求得na的通项公式；（2）由（1）的结论可得12nnnnbaa的表达式，利用裂项求和法，可得答案.【详解】（1）当1n时，11232Saa，则27a，因为132nnSan，所以1312,2nnSann，两式相减得：123,2nnaan，所以1323nnaa，2n，112,35aa，2103a，则21323aa，即1n也适合上式，所以3na是以5为首项，公比为2的等比数列，故：1352nna，故1523nna