【文档说明】专题1-8 数列求和14类题型一网打尽（解析版）.docx，共(31)页，2.267 MB，由管理员店铺上传

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专题1-8数列求和14类题型一网打尽数列求和常见题型梳理【题型1】错位相减【题型2】裂项相消（常规）【题型3】分组求和【题型4】裂项相消（进阶）【题型5】并项求和【题型6】倒序相加【题型7】S2n与S

2n-1下标的讨论和处理【题型8】通项含有(－1)n的类型【题型9】奇偶数列求和【题型10】隔项数列求和（一般并项求和）【题型11】和为等比数列求和【题型12】插入新数列混合求和【题型13】通项含绝对值的数列求和【题型14】取整数列求和数列求和常见题型梳理一、错位相减法类型一：nnncab=

（其中na是等差数列，nb是等比数列）类型二：nnnacb=（其中na是等差数列，nb是等比数列）二、裂项相消法类型一：等差型①)11(1)(1knnkknn+−=+；②1111()(1)(1)211knknknkn=−−+−+类型二：无理型)(11nknknkn−+=++类型三：

指数型11(1)11()()nnnnnaaakakakak++−=−++++裂项相消进阶1、裂项相加：(-1)n例：()()()21111111nnnnnnn+−=−+++，本类模型典型标志在通项中含有(1

)n−乘以一个分式.对于11(1)nnnnnnaabaa++=−+可以裂项为1111(1)(11)nnnnnnnnnaabaaaa++++−+=−=2、等差数列相邻2两项之积构成的的新数列例如：1(1)(1)(2)(1)(1)3nnnnnnnn+=++−−+一般式，当公

差为k时：1()()(2)()()3knknkknknkknkknkknknkk+=++−−+3、一次乘指数型：分母为一次函数和指数函数相乘例子：122(1)21111(1)2(1)2122(1)2−++−==−=−++++

nnnnnnnnnnnnnnnn一般结构()()()()()11111nnnaknaknabbaknbknbakknbab=−−−++++−++−三、分组求和法3.1如果一个数列可写成nnncab=的形式，而数列na，nb是等差

数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法.3.2如果一个数列可写成nnnancbn=为奇数为偶数的形式，在求和时可以使用分组求和法.四、倒序相加法即如果一个数列的前n项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n项和

【题型1】错位相减1．已知21nan=−，若数列nb满足11122(23)26nnnabababn++++=−+，求和：121121nnnnnTabababab−−=++++．【答案】13246nnTn+=

−−【详解】因为11122(23)26nnnabababn++++=−+，所以112211(25)26(2)nnnabababnn−−+++=−+，两式相减得1(23)26(25)26(2)nnnnabnnn+=−

+−−−(21)2(2),nnn=−又112ab=满足上式，所以*(21)2(N),nnnabnn=−又21nan=−，所以2.nnb=则121121nnnnnTabababab−−=++++12123252(21)2nnnn−−=++++−，1122123

252(21)2nnnnTn+−=++++−，两式相减得：1132222(21)2nnnnTn++=++++−−1118(12)2(21)2324612nnnnn−++−=+−−=−−−

.2．记数列na的前n项和为nT，且111,(2)nnaaTn−==．(1)求数列na的通项公式；(2)设m为整数，且对任意*nN，1212nnmaaa+++，求m的最小值．【答案】(1)21,1,2,2.nnnan−==;(2)7【分析】（1）由数列na与nT的关系

可得()122nnaan+=，再结合等比数列的通项可得解；（2）利用错位相减法求出1212nnaaa+++，结合范围即可得解.【详解】（1）因为111,(2)nnaaTn−==，所以211aa==，当2n时，11

2nnnnnaTTaa+−+===，故()222222nnnaan−−==，且11a=不满足上式，故数列na的通项公式为21,1,2,2.nnnan−==（2）设1212nnnSaaa=+++，则11S=，当2n时，102122322nnSn−−=++++

，故112112232222nnSn−−−=++++，于是()122115222222nnnSn−−−−=++++−()121121252212nnn−−−−−=+−−．整理可得27(2)2nn

Sn−=−+，所以7nS，又54968S=，所以符合题设条件的m的最小值为7差比数列的其它处理方式（待定系数法）3．已知()252nnan=−，求nS.【答案】()()()()125212222nnnnnannnn+=−=++−+=++，2225

9==+=−=−()()12192292nnnann+=+−−−，()()1121921427214nnnSnn++=+−+=−+.【题型2】裂项相消（常规）

4．已知，证明：.【分析】由，得到，结合裂项求和及，即可得证.【详解】解：由，则.所以.因为，所以，即.5．已知21nan=−，数列na前n项和nS，记21nnnnbSS++=，设数列nb的前n项和为nT，求证516nT1nnan=+3121234nnaa

anaaa+++++1nnan=+1111122nnaann+=+−+11012nn+++1nnan=+()()()()2112111112222nnnnnaannnnnn++++===+−+++312121111111111123243511

2nnaaanaaannnn++++=+−+−+−++−+−−++11113111122124212nnnnnn=++−−=+−+++++11012nn+++31113421

24nnnn+−++++3121234nnaaanaaa+++++【解答】()21212nnnSn+−==，22221111(2)4(2)nnbnnnn+==−++1211141

3b=−，222111424b=−，322111435b=−，L，1221114(1)(1)nbnn−=−−+，221111155144(1)(2)44

16nTnn=+−−=++.6．已知正项数列na的前n项和为nS，且满足112nnnSaa=+，(1)求nS，(2)求12233411111nnSSSSSSSS+++++++++【答案】(1)=nSn;(2)11n+−【分析】(1)先令1n=求出首项，再

由数列的递推公式，当2n时，1nnnaSS−=−代入并结合等差数列的定义和通项公式求出nS.(2)由第一问nS的公式，正好利用分母有理化进行化简抵消即可得出结果【详解】（1）根据题意可得0na，当1n=时，1111112Saaa==+，解得1

1a=，由1nnnaSS−=−，2n代入得11112nnnnnSSSSS−−=−+−，整理后得111nnnnSSSS−−+=−，即2211nnSS−−=，根据等差数列的定义可知，数列2n

S是首项为1，公差为1的等差数列，则21(1)1nSnn=+−=，=nSn（2）由(1)可知=nSn，12233411111nnSSSSSSSS+++++=++++11111223341nn++++=+++++2132431nn−+−+−+++−11

n=+−，1223341111111nnnSSSSSSSS+++++=+−++++7．已知21nna=−，设1221nnnnbnaa+=−+，求数列nb的前n项和nS.【答案】211121nnSn+=−−−【详解】()()()()()(

)11121212212121212121nnnnnnnnbnn+++−−−=−+=−+−−−−111212121nnn+=−−+−−，所以12nnSbbb=+++2231111111()[(1)(3)(21)]212121212121nnn+=−+−++−+−+−++−+

−−−−−−11(112)1212nnn+−+−=−+−211121nn+=−−−对式子变形后再裂项：一般是分离常数8．已知121nan=−，设214nnncnaa+=，求数列nc的前n项和nT．【解析】()()()()22221224

4411111141121214141212122121nnnnnncnaannnnnnnn+−+=====+=+−−+−−−+−+12311111112335212121nnnTccccnnnnn=++++=+−+−++−=+−++.9．已知24nan=+，记1

nnbna=，数列nb的前n项和为nT，求nT.【解析】()111112442nnbnannnn===−++，∴11111111111432435462nTnn=−+−

+−+−++−+111114212nn=+−−++32384(1)(2)nnn+=−++.10．已知()()*1N1nannn=+，若()221nnbna=+，求数列nb的前n项和nT.【解析】22222111(1)(1

)nnbnnnn+==−++，则()2222222211111111223(1)(1)(1)nnnTnnnn+=−+−++−=−=+++.11．已知1nnan=+，证明：.【分析】由，得到，结合裂项求和及，即可得证.3121234nnaaan

aaa+++++1nnan=+1111122nnaann+=+−+11012nn+++【详解】解：由，则.所以.因为，所以，即【题型3】分组求和12．已知21nan=−，若数列nb满足,2,nnnanbn=为奇数为偶

数，求数列nb的前2n项和2nT．【答案】124423nnn+−−+【详解】因为,2,nnnanbn=为奇数为偶数，所以21,2,nnnnbn−=为奇数为偶数，所以()()()24221252432nnTn=+++++−+(

)()2421543222nn=+++−++++()()2122141434422143nnnnnn+−+−−=+=−+−．13．已知2nna=，设2,log,nnnanban=为偶数为奇数，数列nb的前2n项和为2nT，求

2nT.【答案】12214433nnTn+=+−【详解】()()21221321242nnnnTbbbbbbbbb−=+++=+++++++()242135(21)222nn=++++−++++()()414121214nnn−+−=+−

1214433nn+=+−.14．已知2nna=，设mb为数列na在区间(()*0,mmN中的项的个数，求数列mb前100项的和.【答案】4801nnan=+()()()()2112111112222nnnnnaannnnnn++++===+−+++312

1211111111111232435112nnaaanaaannnn++++=+−+−+−++−+−−++11113111122124212nnnnnn=++−−=+−+

++++11012nn+++3111342124nnnn+−++++3121234nnaaanaaa+++++【详解】由mb为数列na在区间(()*0,mmN中的项的个数，可知10b=，23

1bb==，45672bbbb====.当815m时，3mb=；当1631m时，4mb=；当3263m时，5mb=；当64100m时，6mb=.∴12310001122438416532637480bbb

b++++=++++++=.15．已知数列na的前n项和nS，且1131,1nnSSa+=+=，数列nb满足()111,1nnbnbnb+=+=，其中*nN．(1)求na和nb的通项公式；(2)设()3log,

4,2nnnancnnb=+为奇数为偶数，求数列nc的前20项和20T．【答案】(1)13nna−=，nbn=(2)20100011T=【分析】（1）根据11,1,2nnnSnaSSn−==−、累乘

法求得na和nb的通项公式；（2）结合分组求和法、裂项相消求和法求得20T.【详解】（1）对于1131,1nnSSa+=+=，当1n=时，1212131,213aaaaa+=+=+=，当2n时，由131nnSS+=+得131nnSS−=+，两式相减得()132nn

aan+=，由于213aa=，所以na是首项为1，公比为3的等比数列，所以13nna−=.对于()111,1nnbnbnb+=+=，11nnbnbn++=，所以1321122113211221nnnnnbbb

bnnbbnbbbbnn−−−−===−−，1b也符合上式，所以nbn=.（2）当n为奇数时，3log1nncan==−；1190,18cc==，所以131901810902ccc++++==.当n为偶数时，()()441122

22nnnbnnncn==−+++=；所以2420ccc+++111111224462022=−+−++−11110212221111=−=−=.

所以20101000901111T=+=.【题型4】裂项相消（进阶）1、裂项相加：(-1)n例：()()()21111111nnnnnnn+−=−+++，本类模型典型标志在通项中含有(1)n−乘以一个分式.对于11(1)nnnnnnaabaa++=−+可

以裂项为1111(1)(11)nnnnnnnnnaabaaaa++++−+=−=2、等差数列相邻2两项之积构成的的新数列例如：1(1)(1)(2)(1)(1)3nnnnnnnn+=++−−+一般式，当公差

为k时：1()()(2)()()3knknkknknkknkknkknknkk+=++−−+3、一次乘指数型：分母为一次函数和指数函数相乘例子：122(1)21111(1)2(1)2122(1)2−++−==−=−++++nnnnnnnnnnnnnnnn一般结

构()()()()()11111nnnaknaknabbaknbknbakknbab=−−−++++−++−16．若21nan=−，数列nb满足11(1)nnnnnbaa++−=，nb的前n项和为nT，求nT【答案】11(1)

1421nnTn+−=++.【详解】由题可得1111(1)(1)(1)11(21)(21)42121nnnnnnnnbaannnn++++−−−===+−+−+，所以1111111(1)111(1)1143435421214

21nnnTnnn++−−=+−++++=+−++.17．已知()()612nann=++，若()()231nnnbna=+−，求nb的前n项和nT.【详解】()()()112316112nnnnbnann=+−=−+++，所以()1

21111116661233412nnnTbbbnn=+++=−+++++−+++()6312nn=−+−+.18．已知21nan=−，1nnnbaa+=，求数列{nb}的前n项和nT【答案】

21(461)3nTnnn=+−.【详解】当2n时，()121112116nnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaa++−+++−+−=−=6nb=，因此，12111()6nnnnnnnbaaaaaa++−+=−，121231

2211()(15)66nknnnnnnkbaaaaaaaaa++++==−=−，则21121221151(15)(21)(21)(23)3(461)6623nnknnnkTbbaaaaannnnnn++==+=−+=−++−+=+−，13b=满足上式，所以21(461

)3nTnnn=+−.19．已知21nan=−，()11nnnnbaa+=−，求数列{nb}的前n项和nT.【答案】2*2*22,2,N221,21,NnnnnkkTnnnkk+==−−+=−【详解】当n为偶数时，()1223344511nnnnTaaaaaa

aaaa+=−+−++−+()()()21343511nnnaaaaaaaaa−+=−++−+++−+()()()24321244212nnnaaann+−=+++==+当n为奇数时，当1n=时，13T=−当3n时，11nnnnTaaT−+=−()

()()213232421212212nnnnnn−+−=−−+=−−+经检验，1T也满足上式，所以当n为奇数时，2221nTnn=−−+综上，数列nb的前n项和2*2*22,2,N221,21,Nnnn

nkkTnnnkk+==−−+=−20．已知21nbn=−，设()()121(1),11nnnnnncTbb++=−++为数列nc的前n项和，证明：216nT−.【详解】12121111(1)(1)(1),(1)(1)4(1)41n

nnnnnnncbbnnnn+++=−=−=−+++++所以211111111111....1,41223212221421nTnnnnn=−−++−−−+=−−++由于2111(11)421nT

ntn=−−+是递减的，所以211111.4216nTT=−=−+21．已知3nnb=，若()()*24141nnnbcnn+=−N，求数列nc的前n项和【详解】由()()*24141nnnbcnn+=−N，可得()()()()144113

2121321321nnnnncnnnn−+==−−+−+，则数列nc的前n项和为()()0112111111131333335321321nnnn−−+−++−−+()11321nn=−+.已知41nan=−，

()1821nnnnnbaa++=−，求数列nb的前21n+项和21nT+．【答案】8102421nn+−+【详解】()1821nnnnnbaa++=−()()()8214143+=−−+nnnn()1114143=−+−+nnn，所以21123221++=++

+++nnnTbbbbb111111113771111158183=−+++−++++−+nn118387−+++nn11387=−−+n8102421+=−+nn.22．已知12nna+=，记22(1)nnnab

nn++=+，nT为数列nb的前n项和，求nT．【解析】因为22(1)nnnabnn++=+，所以()()()()1222112122121nnnnnnnbnnnnnna+++===−++++

，所以数列nb的前n项和为：()12231111111212222232212nnnTnn+=−+−++−+()()1111121121212nnnn+=

−=−++．23．已知nan=，设14122nnnannnabaaa++++=，证明：1214nbbb+++.【详解】解：因为14111241422(1)(2)12(2)nnnannnnnannbaaannnnnn

++++++++===++++，1112(1)2(1)(2)nnnbnnnn+=−+++，故12nbbb+++=22311111112122232232342(1)2(1)(2)nnnnnn+−+−++−

+++111142(1)(2)4nnn+=−++.【题型5】并项求和一般来说，并项求和的计算量比分组求和要小24．已知21nan=−，若2πcos3nnnba=，求数列nb的前31n+项和31nT+.【解析】()2π2πcos21cos33

nnnnban==−，【法一】并项求和()()()()()3133162π62π6π63cos61cos61cos333nnnnnnbbbnnn−+−+++=−+−++()()()22π63cosπ61cos2π61cos33nnn−=

−+−++化简得()()3133111636161022nnnbbbnnn−+++=−−+−−+=，故()()()311234567313311102nnnnTbbbbbbbbbbb+−+=++++++++++=+=−【法二】

分组求和311233231331nnnnnTbbbbbbb+−−+=+++++++()()()311111135165636112222nTnnn+=−+−+++−−+−−+−()1612n++−()

()()()165363561111161222222nnnnnnn+−+−+−=−+−+++−22233113232222nnnnnn=−+−++−−=−，所以，数列nb的前31n+项和3112nT+=

−25．（2023秋·湖南长郡中学校考）已知nS是数列na的前n项和，1232,3,4aaa===，数列12nnnaaa++++是公差为1的等差数列，则40S=.【答案】366【分析】设12nnnnbaaa++=++，易得()9118nbnn=+−

=+，再由4012538Sabbb=++++求解.【详解】解：设12nnnnbaaa++=++，由题意知nb是公差为1的等差数列，则11239baaa=++=，故()9118nbnn=+−=+，则21110bb=+=，故()()()()253

81323828583881383642bbb++++=++++++=+=.于是()()()401234567383940Saaaaaaaaaa=+++++++++，125382364366abbb=++++=+=.

26．已知21nan=−，记()1nnnbS=−，求数列nb的前30项的和30T.【解析】2(121)2nnnSn+−==，所以2(1)(1)=−−=nnnnbnS，所以2222223012342930T=−+−++−+()()()()()()2112433430292930=−++

−+++−+12342930=++++++30(130)4652+==27．已知212nna−=，设11b=，1,,nnnanbbnn+=−+为奇数为偶数，求数列nb的前2n项和2nS.【详解

】当n为奇数时，2112nnnba−+==；则当n为偶数时，1nnbbn++=.2122nnSbbb=+++()()()()1223452221nnnbbbbbbbb−−=+++++++()2112422nan−=+++++−()()43432222112

212nnnnnn−−+−−=++=+−+.【题型6】倒序相加28．“数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎遍及所有领域，并且高斯研究出很多数学理论，比如高斯函数､倒序相加法､最小二乘法､每一个n阶代数方程必有n个复数解等.若函数()22log1xf

xx=−，设()112311,,2nnaaffffnnnnnn−==++++N，则1210aaa+++=.【答案】46【分析】先证()()12fxfx+−=，由倒

序相加法可得通项，然后可解.【详解】因为函数()22log1xfxx=−的定义域为()0,1，设()()1122,,,MxyNxy是函数()yfx=图象上的两点，其中()12,0,1xx，且121xx=+，则有()()()12121212222121212224logloglog2

111xxxxyyfxfxxxxxxx+=+=+==−−−++，从而当()0,1x时，有：()()12fxfx+−=，当2n时，1231nnaffffnnnn−=++++L，121nnna

fffnnn−−=+++，相加得112nnaffnn−=++221122nnffffnnnnn−−++++=−所以1nan=−，又11a=，所以对一切

正整数n，有1,11,2nnann==−；故有12:aa++()101123946a+=+++++=.29．（2023·江西南昌·统考三模）“数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎遍及所有领域，在数论､代数学､

非欧几何､复变函数和微分几何等方面都作出了开创性的贡献.我们高中阶段也学习过很多高斯的数学理论，比如高斯函数､倒序相加法､最小二乘法等等.已知某数列的通项251,262521,26nnnann−=−=，则1251...aaa+++=（）A．48B．4

9C．50D．51【答案】D【分析】分离常数后可得522nnaa−+=，再利用倒序相加法，即可求解．【详解】当26n时，2512521112522522(26)nnnannn−−+===+−−−，52111122(26)2(5226)nnaan

n−+=+++=−−−，1251Saaa=+++，51491Saaa=+++，1512495112()()()251Saaaaaa=++++++=，51S=，即1251...51aaa+++=.【题

型7】S2n与S2n-1下标的讨论和处理30．已知数列()()21,2,nnnnan+=为奇数为偶数（1）求数列na的前20项和20T（2）求数列na的前2n项和2nT.（3）求数列na的前21n−项和21nT−.（4）求数列na的前n项和nT【详解】（1）201351

924620()()TCCcCccCc=+++++++++24620(371139)(2222)=+++++++++()21011214(330)1062642143−++=+=−（2）由（1）知()()21,2,nn

nncn+=为奇数为偶数，数列{}nc的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列，偶数项是以首项为4，公比为4的等比数列.记13521nkAcccc−=++++，2462nkBcccc=++++2141kck−=−，故234122nkAkkk+−==+22

2kkc=，故()224124241433kknB−==−−1224123kkTABkk+−=+=++（3）2212124123kkkkTTckk−−−=−=++（4）当n为偶数时，记n=2k则有1224

123kkTkk+−=++，故222123nnnnT++−=+当n为奇数时，记n=2k-1则有2214123kkTkk−−=++，故21322423nnTnn+++=+−故()22122212,22324,2,133nnnnnnkTnnnkkN+++++−+−+=

==−+31．已知21,nan−=2na=212n+，记na的前n项和为nS，2023nS，求n的最小值.【分析】解法一：枚举；解法二：分组求和得出()()2841123kkkkS−+=+，进而得出()21124823kkkk

S−+−=+，求解即可得出答案；解法三：分组求和得出()21124823kkkkS−+−=+，求解即可得出答案.【详解】解法一：9123456789Saaaaaaaaa=++++++++()()135792468aaaaaaaa

a=++++++++()()3579123452222156806952023=++++++++=+=，又1110910695227432023SSa=+=+=；又0na，则1nnSS+，且9102023SS，所以n的最小值为10.解法二：*kN时，2

1232kkSaaaa=++++()()135212462kkaaaaaaaa−=+++++++++()()357211232222kk+=+++++++++()()841123kkk−+=+，()()()2121228411124822323kkkkkkkkkkSSa+−−++−=−=+−

=+，所以5925156248695202323SS−−==+=，()51025841562743202323SS−==+=，又0na，则1nnSS+，且9102023SS，所以n的最小值为10.解法三：当*kN时，2

112321kkSaaaa−−=++++()()1352124622kkaaaaaaaa−−=+++++++++()()357211232222kk−=+++++++++()()()118411114821423kkkkkk−−−++−=+=+−，所以()4925184

156695202323SS−−==+=，25110910695227432023SSa+=+=+=.又0na，则1nnSS+，且9102023SS，所以n的最小值为10.32．（2023·湖南岳阳·统考三模）已知3nna=，若13log,,nnnanban=为奇数

为偶数，求数列nb的前n项和nT．【解析】,3,nnnnbn−=为奇数为偶数，当n为偶数时，()()1213124nnnnTbbbbbbbbb−=+++=+++++++()()24

131333nn=−+++−++++()2919112219nnn−+−=−+−()293184nn=−−；当n为奇数时()()211111931384nnnnnnTTb+++++=−=−−−()211193884nn++=−−；综

上所述：()()2121193,884931,84nnnnnTnn++−−=−−为奇数为偶数.【题型8】通项含有(－1)n的类型33．已知()*nann=N，若()21nnnba=−，求数列nb的前n项和nT．解题思路点拨：代入得：注意到通项中含有

“”，会影响最后一项取“正还是负”，通过讨论的奇偶，结合分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧（注意到本例求解的，代入最后一项，是正，还是负，需要讨论）（讨论时优先讨论为偶数）为奇数为偶数当为奇数时，为偶数，即：注意到为偶数

，所以可使用偶数项和的结论，代入左侧求和结果：，则：，整理：综上：34．已知nan=，设数列()()24141nnnabnn+=−−N，数列化nb的前2n项和为2nT35．在数列{an}中，若()1121nnnaan++−−＝，则数列{an}的

前12项和等于_________.【答案】78因为()1121nnnaan++−=−，所以211aa−=，323aa+=，435aa−=，547aa+=，659aa−=，76aa+=11，87aa−=13，98aa+=15，109

aa−=17，1110aa+=19，1211aa−=21.从第一个式子开始，相邻的两个式子作差得：1357911aaaaaa+++===2.从第二个式子开始，相邻的两个式子相加得：42681012aaaaaa+++=8,=24,=40,把以上的式子依次相加可得：12

121112Saaaa=++++()()()()()()135791124681012aaaaaaaaaaaa=+++++++++++22282440+=++++=78.36．已知13nna+=，若()3

1lognnnba=−，求数列nb的前n项和nT．思路点拨：，注意到通项中含有“”，会影响最后一项取“正还是负”，通过讨论的奇偶，结合分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧（注意到本例求解的为偶数项和，代入最后一项，一定是

正，故不需要讨论）分组求和【答案】,23,2nnnTnn=+−为偶数为奇数【详解】()()()31log11nnnnban=−=−+故当n为偶数时，()()()234512nnTnn=−++−+++−++=当n为奇数时，()()()

()()123451112nnTnnnn−=−++−+++−−+−+=−+32n+=−，所以,23,2nnnTnn为偶数为奇数=+−37．已知数列na中，()112,1nn

nanaaa+=−=+.（1）求证：数列1nan+是常数数列；（2）令(1),nnnnbaS=−为数列nb的前n项和，求使得99nS−的n的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）最小值为67.（1）由()

11nnnnaaa+−=+得：()111nnnana+=++，即()1111nnaannnn+=+++11111nnaannnn+=+−++，即有111,1nnaann+++=+数列1nan+是常数数列；（2）由（1）知：()1113,31,(1)31nnnnaaanbnn+=

+==−=−−即()31,31,nnnbnn−=−−为偶数为奇数，当n为偶数时，()()()()32581134312nnSnn=−++−+++−−+−=，显然99nS−„无解；当n为奇数时，()()11313131122nnnnnSSan++++=−=

−+−=−，令99nS−，解得：66n…，结合n为奇数得：n的最小值为67.38．已知数列{}na的前n项和nS，11a=，0na，141nnnaaS+=−．(1)计算2a的值，求{}na的通项公式；(2)设1(1)nnnnbaa+=−，求数列{}

nb的前2n项和2nT．【答案】(1)23a=，21nan=−(2)24(21)nTnn=+【分析】（1）根据11,1,2nnnSnaSSn−==−，作差得到24nnaa+−=，再根据等差数列通项公式计算可得；（2）由（1）可得(1)(21)(2

1)nnbnn=−−+，利用并项求和法计算可得；【详解】（1）解：当1n=时，12141aaa=−，解得23a=，由题知141nnnaaS+=−①，12141nnnaaS+++=−②，由②−①得121()4nnnnaaaa+++−=，因为0na，所以2

4nnaa+−=，于是：数列{}na的奇数项是以11a=为首项，以4为公差的等差数列，即()2114(1)432211nannn−=+−=−=−−，偶数项是以23a=为首项，以4为公差的等差数列，即234(1)41nann=+−=−所以{}na的通项公式21nan=−；（2）

解：由（1）可得(1)(21)(21)nnbnn=−−+，212(43)(41)(41)(41)4(41)nnbbnnnnn−=−−−+−+=−+21234212(341)()()()4[37(41)]44(21)2

nnnnnTbbbbbbnnn−+−=++++++=+++−==+.39．已知1=−−nann，()1nnnba=−，求{nb}的前64项和64T.【答案】nb的前64项和648T=.【详解】(1)(1)(1)(1)1nnnnnbnnann−−===−+−−−，641(21)(32)

(641642)(64641)T=−++−++−−+−++−=1122362636364−++−−+−−++648==，即：648T=.∴nb的前64项和648T=．【题型9】奇偶数列求和重庆一中月考40．已知数列na满足12a=，11,,2,.nnnan

aan++=为奇数为偶数若()*123nnSaaaan=++++N，求2nS.【答案】3238nn+−−【详解】证明：11,,2,.nnnanaan++=为奇数为偶数，设21nnba=+()(

)122212122111222212nnnnnnnbaaaaab++++=+=++=+=+=+=，又()12111140baa=+=++=12nnbb+=，nb为以4为首项，2为公比的等比数列.1121422nnnnba−+=+==，1221nna+=−，又1221

121nnnaa+−=+=−，12122nna+−=−，所以()()2135212462nnnSaaaaaaaa−=+++++++++()()341241222381212nnnnnn+−−=−+−=−−−−.2021·新高考1卷T1741．已知数列na

满足11a=，11,2,nnnanaan++=+为奇数为偶数，求na的前20项和.【答案】300.【详解】21222212,1nnnnaaaa+++=+=+，设2nnba=所以2223nnaa+=+，即13

nnbb+=+，且121+12baa===，所以nb是以2为首项，3为公差的等差数列，于是122,5,31nbbbn===−20123201351924620++++++++()()Saaaaaaaaaaaa=+=+++1231012310(1111)bbbbbbbb=−+−+−++

−+++++110()102103002bb+=−=．42．（广东实验中学校考）已知数列满足，且的前100项和(1)求的首项；(2)记，数列的前项和为，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）分为奇数和为偶数两种情况进而讨论即可求解；（2）结合（1）的结论，利用裂项相消法即可求解.

【详解】（1）当为奇数时，；则偶数项构成以为公差的等差数列，所以当为偶数时，；当为偶数时，，则奇数项构成以1为公差的等差数列，所以当为奇数时，，则，又，na()121,13,2nnnanaan+−=

+当为奇数时当为偶数时na1003775S=na1a2121nnnbaa−=nbnnT32nT11a=nnn()11112123122nnnnaaaa+−−=−=+−=+2n22naan=+−n()()111113213122

nnnnaaaa+−−=+=−+=+n112nnaa−=+121,22,nnanaann−+=+−当为奇数时当为偶数时2121aa=−所以，解得，.（2）由（1）得，，，，当时，，∴，综上，知.【题型10】隔项数列求和（一般并项求和）43．已知数列{}na满足11a=，14n

naan++=，则100S=________【答案】10000【详解】数列na满足11a=，14nnaan++=，因为11a=，14nnaan++=，所以，()()()100123499100Saaaaaa=++++++()()419950414349941359910

0002+=+++=++++==44．若数列na的前n项和为nS，且12nnnaa++=，则10S=（）A．684B．682C．342D．341【答案】B【分析】根据等比数列求和公式以及并项求和法得出结果.【详解】1212a

a+=，3432aa+=，5652aa+=，7872aa+=，91092aa+=，所以13510222S=+++5792(14)2268214−+==−.45．（深圳一模）记nS，为数列na的前n项和，已知

142nnaan−+=−，14a=求nS．【答案】22,2,nnnnSnnn+=++当为偶数时当为奇数时【详解】解：()141242nnaann−+=−+=−，*nN，2n．当n为偶数时，()()()()1234164222nnnnnSaaaaaa−+−=++++++=2nn=+；当

n为奇数时，()()()()12345111042242nnnnnSaaaaaaa−−+−=+++++++=+22nn=++．()()100139924100115036253775Saaaaaaa=+++++++=

+=11a=21nan−=221nan=−11312Tb==2n()()212111111212221nnnbaannnnnn−===−−−−121111113131122231222nnTbbbnnn=+

+++−+−++−=−−32nT综上所述，22,2,nnnnSnnn+=++当为偶数时当为奇数时【题型11】和为等比数列求和46．已知数列{}nb中，*1111,2,nnnbbbnN−+

=+=，求数列2{}nb的前n和.【答案】2224.939nn−−47．已知数列na满足2123nnnaaa++=+，112a=，232a=．(1)求na的通项公式．思路点拨：根据题意：，可推出，两式作差变换下标，写成所以，，．．．．．．．累加，得累加求通项所以数列的

前n和为求和(2)若数列na的前n项和为nS，且()*127N4nSnn+−恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)1132nna−=，(2)481【分析】（1）将2123nnnaaa++=+两边同时加1n

a+，结合等比数列的定义证明可得1123nnnaa−++=，再构造数列1132nna−−，求解首项分析即可；（2）根据等比数列的前n项公式可得()1314nnS=−，参变分离可得()*27N43nnn−，再根据273nn−

的单调性求解最大值即可.【详解】（1）由2123nnnaaa++=+可得()2111333nnnnnnaaaaaa+++++=+=+，且2113222aa+=+=，故1nnaa++是以2为首项，3为公比的等比数列，故1123nnnaa−++=，所以11113322nn

nnaa−+−=−−，又1111302a−−=，故1211111333....0222nnnnnnaaa−−+−−=−−=−==，即1132nna−=

.（2）由（1）1132nna−=为等比数列，故()()1131231134nnnS−==−−，故()*127N4nSnn+−即()*27N43nnn−恒成立，求273nn−的最大值即可.设()*27,N3nnnbn−=，则()111

12562125271643333nnnnnnnnnnnbb++++−−−−−−−=−==，令116403nn+−有4n，故当4n时，nb随n的增大而增大；当5n时，nb随n的增大而减小.又540bb−=，故54bb=为()*27,N3nnnbn−=的最大值，

为42471381−=，所以1481，4812023·杭州二模48．设公差不为0的等差数列na的前n项和为nS，520S=，2325aaa=．(1)求数列na的通项公式；(2)若数列nb满足11b=，1(2)nannbb++=，求数列2nb的前n项和nT．【答案】(

1)22nan=−，Nn+；(2)24133nn−−【分析】（1）根据等差数列性质设出公差和首项，代入题中式子求解即可；（2）列出1nnbb++通项公式，根据通项求出1nnbb++的前n项和，再根据

通项求出nb的前2n项和，两式相减解得2nb的通项公式，最后分组求和求出数列2nb的前n项和nT.【详解】（1）5335204Saa===，设公差为d，首项为1a()()223233352322adaa

aaadadd=−+=+−=，因为公差不为0，所以解得2d=，311240aada=+==，数列na的通项公式为22nan=−，Nn+.（2）12212)2(2)(nannnnbb−+−==+=()()()()123456212nnbbbbbbbb−++++++++

①024222222n−=++++()11414n−=−4133n=−()()()()122334212nnbbbbbbbb−++++++++②012222222n−=++++()

2111212n−−=−2121n−=−2①-②得211241=22133nnnbb−+−−+，解得21222=4233nnnb−−−()()81421428414122413214143333333nnnnnnTnnn−−−−−=−−=−−=−

−−【题型12】插入新数列混合求和49．已知等差数列na的首项11a=，公差10d=，在na中每相邻两项之间都插入4个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列nb，则2023b=（）A．4043B．4044C．4045D．4046【答案】C【分析】根据等差数列的性质求出

21nbn=−，再代入即可.【详解】设数列nb的公差为1d，由题意可知，11ba=，62ba=，61211105bbaad−=−==，故12d=，故()12121nbnn=+−=−，则202320

23214045b=−=50．已知()31nan=−对所有正整数m，若12mkkaa＋＜＜，则在ak和ak＋1两项中插入2m，由此得到一个新数列{bn}，求{bn}的前40项和.【答案】1809【分析】考虑到67402

2a，634992a=，从而确定{}nb的前40项中有34项来自{}na，其他6项由2k组成，由此分组求和．【详解】由40117a=.所以674022a，又634992a=，所以nb前40项中有34项来自na.故()()12612401234222bbbaaa+++=+++++

++()()61342213416831261809221aa−+=+=+=−51．已知数列na的通项公式515nan=+，在数列na的任意相邻两项ka与()11,2,kak+=之间插入2

k个4，使它们和原数列的项构成一个新的数列nb，记新数列nb的前n项和为nS，则60S的值为．【答案】370【分析】依题意，确定前60项所包含数列na的项，以及中间插入4的数量即可求和.【详

解】因为ka与()11,2,kak+=之间插入2k个4，120a=，225a=，330a=，435a=，540a=，其中1a，2a之间插入2个4，2a，3a之间插入4个4，3a，4a之间插入8个4，4a，5a之间插入16个4，5a，6a之间

插入32个4，由于6248163660++++=，624816326860+++++=，故数列nb的前60项含有na的前5项和55个4，故602025303540455370S=+++++=52．已知数列13−=nna，在n

a和1na+之间插入n个数，使这2n+个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为nd，求数列1nd的前n项和nT.【答案】11525883nnnT−+=−【详解】解：由题可知1113323111nnnnnnaadnnn−−+−−==

=+++，得111123nnnd−+=，则012211213141112323232323nnnnnT−−+=+++++L，③1231112131411132323232323nnnnnT−+=++++

+L，④③−④得21211111113233323nnnnT−+=++++−L11111115251331122344313nnnnn−−++=+−=−−，解得115258

83nnnT−+=−.53．已知21nan=−，在na与1na+之间插入一项nb，使na，nb，1na+成等比数列，且公比为()0nnqq，求数列lnnq的前n项和nT.【答案】()1ln212nTn=+【详解】因为na，nb，1na+成等比数列，且公比为nq，所以2

1nnnaqa+=因为21nan=−，所以()22121nnqn−=+，即22121nnqn+=−因为0nq，则有：212lnln21nnqn+=−可得：()()1211lnlnln21ln212212nnqnnn+==+−−−化简可得：()()()1

211lnlnlnln3ln1ln5ln3ln21ln21ln2122nnTqqqnnn=+++=−+−+++−−=+所以数列lnnq的前n项和：()1ln212nTn=+54．已知12nna-=，在数列na中的ia和()*1iai+N之间插入i个

数1m，2m，3m，…，im，使ia，1m，2m，3m，…，im，1ia+成等差数列，这样得到一个新数列nb，设数列nb的前n项和为nT，求21T．【答案】5132.【详解】因为在数列na中的ia和()

*1iai+N之间插入i个数，则在列nb的前21项中，就是在1a到6a每两项之间各插入一组数，共插入五组，数列nb的前21项为1122334564,,,,,,,,,,,amammammma∴1122334562146amammammmTaa=+++++++++++()()()()

3456121223344556352222aaaaaaaaaaaaaaaa+++=++++++++++++()()()()348516321212244828161632222+++=++++++++++++513

2=.55．己知数列na满足nan=，在1,nnaa+之间插入n个1，构成数列nb：12341,1,1,1,1,,,,,,1aaaaL，则数列nb的前100项的和为（）A．178B．191C．206D．216【答案】A【详解】数列{}na满足nan=，在na，1na+

之间插入n个1，构成数列1{}:nba，1，2a，1，1，3a，1，1，1，4a，所以共有2(1)(11)1[12(1)]()22nnnnnnn−+−++++−=+=+个数，当13n=时，11314912=

，当14n=时，114151052=，由于nan=，所以()100121311313()(10013)1871782Saaa+=++++−=+=．【题型13】通项含绝对值的数列求和56．已知211nan=−，求数列na的前n项和为nT．【答案】2210,151050,6nnnnTnn

n−=−+.【详解】当15n时，0na，即有()2121210nnnnTaaaaaaSnn=+++=−+++=−=−．当6n时，0na，()()21256551050nnnTaaaaaSSSnn=−+++

+++=−+−=−+，即有2210,151050,6nnnnTnnn−=−+．57．已知210nan=−，求数列||na的前n项和为nT．【答案】229,15940,6nnnnTnnn−=−+.【详解】当15n

时，0na，即有29nnTSnn=−=−；当6n时，0na，255940nnTSSSnn=−−=−+，即有229,15940,6nnnnTnnn−=−+．58．已知()()102110122nnann==−，设nnba=，求数列n

b的前n项和nT.【答案】()()22100350100500351nnnnTnnn−++=−+【详解】当50n时，nnba=，所以123nnTaaaa=++++39997951012n=+++++−()()991012331002nnnn

+−=+=+−，当51n时，nnba=−，123505152nnTaaaaaaa=++++−−−−()5012312nnTaaaaa−=−+++++()50063100nn=−−−21005003nn=−+.

综上所述()()22100350100500351nnnnTnnn−++=−+.【题型14】取整数列求和59．已知数列na满足()1121,1nnanaan+=−−=+，记na为不小于na

的最小整数，nnba=，则数列nb的前2023项和为（）A．2020B．2021C．2022D．2023【答案】A【分析】利用裂项相消求和可得答案.【详解】由题意得11121nnaann+−=−+，则当2n时，()()()112211nnnnnaaaaaaaa−−

−=−+−++−+=1111122221111212nnnnn−+−++−−=−−−−，当1n=时也满足上式，所以()*21nann=−N，所以1234562211,00,11,11,

134bbbbbb=−=−===−==−====，故nb的前2023项和为101112020−+++++=60．已知2nan=+，2nnb=，设3nnac=，求数列nnbc的前9项的和9S．（注：

x表示不超过x的最大整数）【答案】2926【详解】2[][]33nnanc+==，则有1234567981,2,3ccccccccc=========，依题意，23467899512121222222232323

2S=++++++++=2926，综上，2nan=+，2nnb=，92926S=.61．已知(2)nna=−，设12nnb+=，求数列nnab的前10项和10T.（[]x表

示不超过x的最大整数）【答案】3186.【详解】依题意，123456789101,1,2,2,3,3,4,4,5,5bbbbbbbbbb==========，则2345678910102(2)2(2)2(2)3(2)

3(2)4(2)4(2)5(2)5(2)T=−+−+−+−+−+−+−+−+−+−23456789102(2)2(2)(2)3(2)(2)4(2)(2)5(2)(2)=−+−+−+−+−+

−+−+−+−+−457922324252=++++216965122560=++++3186=.62．（重庆八中月考）已知21nan=−，若x表示不超过x的最大整数，如1,22,2,12−=−=，求22212111naaa+++

的值.【答案】1【详解】222111(21)441nannn==−−+，当2n时，22111114441nannnn=−−−，故22212111111111111151111412231444naaan

nn++++−+−++−=+−+=−，当1n=时，211514a=，所以对任意的*nN，都有2221211154naaa+++，又222212111111naaaa+++=，所以222121115

14naaa+++.所以222121111naaa+++=.