2025届新高考数学培优专练专题09数列求和方法之裂项相消法教师版

专题09数列求和方法之裂项相消法一、单选题1．已知数列的前项和满意，则数列的前10项的和为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先依据得到，设，再利用裂项求和即可得到答案.【详解】当时，，当时，.检验，所以.设，前项和为，则.故选：C2．谈祥柏先生是我国闻名的数学科普作家，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》，文章告知我们，古埃及人喜爱运用分子为1的分数（称为埃及分数）.则下列埃及分数，，，…，的和是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】依据裂项相消法即可求和.【详解】因为，故选：B3．设等差数列的前项和为，且，，若恒成立，则的最小值为（）A．1 B．2C．3 D．4【答案】A【分析】由，求得，又由，求得，求得，得到，进而求得，结合题意，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，整理得，即，由，可得，即，所以，所以，所以，所以，因为恒成立，所以，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，从而取得前和，其中常见裂项的技巧：①；②；③；④；⑤.4．定义为个正数的“均倒数”，若已知数列的前项的“均倒数”为，又，则（）A． B． C． D．【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，最终裂项求和即可求得最终结果.【详解】设数列的前n项和为，由题意可得：，则：，当时，，当时，，且，据此可得，故，，据此有：故选：D5．已知数列满意，，则数列的前项和（）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用倒数法求出数列的通项公式，进而利用裂项相消法可求得.【详解】已知数列满意，，在等式两边同时取倒数得，，所以，数列是等差数列，且首项为，公差为，则，，，因此，.故选：B.【点睛】运用裂项法求和时，要留意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不行漏写未被消去的项，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．已知数列的前项和为，，．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）当时，由得到，两式相减，然后再利用累积法求解.（2）由（1）得，然后利用裂项相消法求解.【详解】（1）当时，，则，整理得．故．当时，满意上式，故．（2），，．【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，②等比数列的前n项和公式；(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：假如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，可采纳两项合并求解．7．数列各项都为正数，前项和为，，，当时，.（1）求；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）当时，结合条件可得，即可得（），阅历证可得（），从而数列是首项为2公差为3的等差数列，可得出答案.

（2）用裂项相消可得答案.【详解】（1）当时，，所以，所以.因为各项都为正数，所以，故（）.又因为，，所以，故（），所以数列是首项为2公差为3的等差数列，故.（2），所以.8．等差数列各项都为正数，，，当时，.（1）求；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由可得，即可得，再结合，即可得是等差数列，进而求得的通项公式；（2）利用裂项求和即可，.【详解】（1）当时，，所以，所以.因为各项都为正数，所以，故.又因为，，所以，故，所以数列是首项为2，公差为3的等差数列，所以.（2）因为，所以.【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：假如一个数列的前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项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：假如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：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采纳两项合并求解.9．已知数列是等差数列，若，且，，成等比数列，数列满意．（1）求数列，数列的通项公式；（2）若数列为正项等差数列，设，求证：数列的前项和．【答案】（1）或，；（2）证明见解析．【分析】（1）是等差数列，设公差为，由，，成等比数列，列方程解出公差，进而得出数列；当时，，与原式作差得数列；（2），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）∵数列是等差数列，设公差为，则，即，解得或，故或，令，得，当时，，与原式作差得，，验证得满意通项，故．（2）因为数列为正项等差数列，由（1）可知，，则，即，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，考查了学生计算实力，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运用此方法；4.倒序相加法，假如一个数列满意首末两项等距离的两项之和相等，可以运用此方法求和．10．设数列的前项和为，已知、、成等差数列，且．（1）求的通项公式；（2）若，的前项和为，求使成立的最大正整数的值．【答案】（1）；（2）8．【分析】（1）本题首先可依据、、成等差数列得出以及，然后两式相减，得出，最终依据求出，即可求出的通项公式；（2）本题可依据题意得出并将其转化为，然后通过裂项相消法求和得出，最终依据得出，通过计算即可得出结果.【详解】（1）因为、、成等差数列，所以，当，有，两式相减，可得，即，由题意易知，故是公比为2的等比数列，，因为，所以，解得，故的通项公式为.（2）因为，，所以，故，因为，所以，解得，故成立的最大正整数的值为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项和公式的应用，常见的裂项有、、等，考查计算实力，是中档题.11．等差数列的前项和为，已知，为整数，且.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）依据条件，可得数列的公差为整数，且，利用等差数列通项公式，可得的关系，即可求得d的值，代入公式即可得答案；（2）由知：，可得的表达式，利用裂项相消法求和即可得答案.【详解】（1）由，为整数知，等差数列的公差为整数，又，故，即：解得：，因为为整数，所以，所以等差数列的通项公式为：，.（2）由（1）知：，，所以，所以.【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）；（2）；（3）；（4）；裂项时，简单出现多项或丢项的问题，需留意，考查分析理解，计算求值的实力，属中档题.12．给出下列三个条件：①，，成等差数列；②；.③对于，点均在函数的图像上，其中为常数.请从这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并求解.设是一个公比为的等比数列，且它的首项，（填所选条件序号）.（1）求数列的通项公式；（2）令，设数列的前项和为，求【答案】选择见解析；（1）；（2）.【分析】（1）若选①：解得，即得数列的通项；若选②：解得公比，即得数列的通项；若选③：求出，即得数列的通项；（2）求得，再利用裂项相消求出数列的前项和为.【详解】（1）若选①：因为成等差数列，所以.又因为数列是等比数列，即解得或（舍去）又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列的通项公式若选②：，因为是公比为的等比数列，所以，即解得或（舍去）所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列的通项公式为若选③：点均在函数的图像上，所以，又因为，所以，所以，所以，所以.所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列的通项公式（2）证明：因为，所以所以所以.【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.要依据数列通项的特征，敏捷选用，仔细计算.13．已知等差数列的前项和为，，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）．【分析】（1）设等差数列的公差为，依据已知条件可得出关于、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的通项公式；（2）求得，利用裂项相消法可求得.【详解】（1）设等差数列的公差为，由，解得，所以，，故数列的通项公式；（2）由（1）可得，所以，所以.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法干脆求和；（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于型数列，利用分组求和法；（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法.14．已知等差数列的前项和为，，，且，，成等比数列．（1）求和；（2）设，数列的前项和为，求证：．【答案】（1），；（2）证明见解析.【分析】（1）设等差数列的公差为，首项为，由求出，即可求解；（2）由，可得，利用裂项相消求和求出，再利用不等式的性质和数列的单调性即可求证.【详解】解：（1）设等差数列的公差为，首项为，由，得，则所以解得，，所以，．（2）因为．所以．因为单调递增．所以，综上，．【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：假如一个数列{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：假如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，可采纳两项合并求解.15．已知数列，，满意，，，.（1）若为等比数列，公比，且，求的值及数列的通项公式；（2）若为等差数列，且，证明，.【答案】（1）；；（2）证明见解析.【分析】（1）先由题设求得，从而求得及，然后求得，再利用叠加法求得即可；（2）先由题设求得等差数列的公差，然后求得及，再利用累乘法求得，最终利用裂项相消法求得，即可证明结论.【详解】（1）解：由题设知：，解得：或（舍，，，，，即，，，，，，，，，，将以上式子相加可得：，，，，又当时，也适合，；（2）证明：，，，公差，，，，，，，，，，将以上式子相乘可得：，，，，，又当时，也适合上式，，.【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．已知数列为正项等比数列，，数列满意，且.（1）求数列和的通项公式；（2）若的前项和，求的取值范围.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）先求出，再得到，当时，，两式相减得；（2）由题得，利用裂项相消求出，再利用单调性求解.【详解】（1）令，则，所以，令，则，所以，因为，所以，设数列的公比为，则，所以.因为，①当时，，②由①-②得，所以，当时也成立，所以，（2）由（1）可知，所以，因为随着的增大而增大，当时，，当时，，所以的取值范围是.【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.要依据数列通项的特征，敏捷选择方法求和.17．已知数列的前项和为，，且（）.（1）求数列的通项公式；（2）若，数列的前项和为，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）依据得两式作差，得出，再由等比数列的通项公式，即可求出结果；（2）先由（1）得到，由裂项相消的方法求出，进而可得结论成立.【详解】（1）∵①∴②，①-②得：，；∴数列是首项和公比都为的等比数列，于是，.（2）由（1）得，∴，∴.又易知函数在上是增函数，且，而，所以.【点睛】结论点睛：裂项相消法求数列和的常见类型：（1）等差型，其中是公差为的等差数列；（2）无理型；（3）指数型；（4）对数型.18．数列中，，.（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为.求证：.【答案】（1）证明见解析，；（2）证明见解析.【分析】（1）由，化简得到，依据等比数列的定义，得到数列为等比数列，进而求得.（2）由（1）求得，结合裂项法，求得数列的前项和为，即可作出证明.【详解】（1）由题意，数列中，，，可得，即，又由，可得，所以是以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，所以.（2）由（1）可得，所以，数列的前项和为，又因为，所以，所以，即.【点睛】关于裂项法求和的基本策略：1、基本步骤：裂项：视察数列的通项，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．已知等比数列的公比，且满意，，数列的前项和，.（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；；（2）.【分析】（1）依据题干已知条件可列出关于首项与公比的方程组，解出与的值，即可计算出数列的通项公式，再依据公式进行计算可得数列的通项公式；（2）先分为奇数和为偶数分别计算出数列的通项公式，在求前项和时，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，最终相加进行计算即可得到前项和.【详解】（1）依题意，由，，可得，因为，所以解得，，，，对于数列：当时，，当时，，当时，也满意上式，，.（2）由题意及（1），可知：当为奇数时，，当为偶数时，，令，，则，，，两式相减，可得，，，，，.【点睛】关键点点睛：其次问中当为奇数时，求出，并对进行裂项为是解题关键，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，分类探讨思想，转化与化归实力，整体思想，裂项相消法和错位相减法求和，以及逻辑推理实力和数学运算实力.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＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求使得Tn>成立的n的最小值.【答案】（1）；（2）6.【分析】（1）由，，成等比数列，得，再利用首项和等差数列的通项公式可得答案；（2）由（1）可得，再利用裂项相消法求出，然后解不等式可求出的最大值.【详解】（1），，成等比数列，，设等差数列的公差为，则，，又，，即，又公差，，.（2）由（1）知，，，由可得：，故要使得成立，则的最小值为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．等差数列的前n项和为，已知，为整数，当且仅当时取得最大值.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）依据条件列出关于的不等式，再依据为整数确定出的值，从而的通项公式可求；（2）先计算出的通项公式，然后采纳裂项相消的方法求解出的前项和.【详解】（1）由题意可知，且，∴，解得，∵为整数，∴，∴的通项公式为.（2）∵，∴.【点睛】结论点睛：常见的数列中可进行裂项相消的形式：（1）；（2）；（3）；（4）.22．已知正项数列的前项和为，且满意：，.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.（1）；（2）.【分析】（1）依据写出，通过作差以及化简说明为等差数列，并求解出通项公式；（2）将的通项公式变形为，采纳裂项相消法求解出的结果.【详解】(1)由又有，，两式相减得因为，所以又，，解得，满意因此数列是等差数列，首项为，公差为所以(2)所以.【点睛】结论点睛：常见的数列中可进行裂项相消的形式：（1）；（2）；（3）；（4）.23．已知各项均为正数的等差数列和等比数列满意，且，（1）求数列，的通项公式.（2）若，求.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）依据已知条件求得等差数列的公差、等比数列的公比，由此求得数列，的通项公式.（2）利用裂项求和法求得.【详解】(1)因为为等差数列，且，所以可设公差为d，则，所以，.因为，所以，解得或.又等差数列各项均为正数，所以不合题意，舍去，所以.因为为等比数列，且，所以可设公比为，则.因为，所以，解得，满意各项均为正数，所以.(2)由(1)知，所以.所以.24．已知为等差数列的前项和，满意，，为数列的前项和，满意，.（1）求和的通项公式；（2）设，若数列的前项和，求的最大值.【答案】（1），，；（2）9.【分析】（1）依据等差数列基本量运算，可得数列的通项公式，依据递推关系，多递推一项再相减，即可得答案；（2）求出，再进行等差数列求和及裂项相消求和；【详解】（1）为等差数列，因为，，所以，，解得，，所以.因为，所以当时，；当时，.综上，，.（2），所以，所以，因为，当时，为关于的递增数列，，，所以的最大值为9.【点睛】已知数列的通项和前项和的递推关系，常采纳多递推一项再相减的思想；通过探讨数列的单调性，进而探讨数列项的最值或解不等式，是常用的方法.25．已知数列前n项和满意（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）依据求得数列的通项公式.（2）利用裂项求和法求得.【详解】（1）当时，，当时，，，当时上式也符合.所以.（2）由题意知，可设则.三、填空题26．已知数列满意，若，则数列的前项和________.【答案】【分析】先依据前项和与通项的关系得，进而得，再依据裂项相消求和法求解即可得答案.【详解】因为，所以，两式相减得，当时也满意，故，，故.故答案为：【点睛】本题考查前项和与通项的关系，裂项相消求和.解题的关键在于依据已知条件得的前项和为，再依据前项和与通项的关系求得，进而再依据裂项相消求和即可.考查运算求解实力，是中档题.27．已知等差数列的前项和为，，，则数列的前2024项和为_________【答案】．【分析】先依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，即求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求出前2024项和．【详解】由题意，设等差数列{an}的公差为d，则，解得．∴数列{an}的通项公式为an＝1+（n﹣1）×1＝n，n∈N*．∴=．设数列的前n项和为Tn，则Tn＝2（1）＝2（1）．∴T2024．故答案为：．【点睛】方法点睛：本题主