高二升高三数学暑假作业02 数列通项公式的构造及其数列求和（分组求和、裂项相消、错位相减、奇偶并项、周期与类周期综合）（解析版）

限时练习：90min完成时间：月日天气：作业02数列通项公式的构造及其数列求和（分组求和、裂项相消、错位相减、奇偶并项、周期与类周期综合）公式法求通项公式2．裂项相消法求和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．常见的裂项技巧：；；指数型；对数型.等3．错位相减法求和主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．万能公式：形如的数列求和为，其中，，4．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，可采用两项合并求解．一、单选题1．已知数列中，且，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】采用倒数法可证得数列为等差数列，根据等差数列通项公式可推导得到，得解.【详解】由得：，又，数列是以1为首项，为公差的等差数列，，，，，故选：D．2．记数列的前项和为，若，则（

）A．590 B．602 C．630 D．650【答案】A【分析】根据作差得到，再计算出，即可得到，再利用并项求和法计算可得.【详解】因为，所以，两式相减可得.由，，解得，所以，满足上式，故，所以.故选：A3．已知数列满足，且，若，则（

）A．253 B．506 C．1012 D．2024【答案】B【分析】将式子变形为,可得为常数列，即可求解.【详解】因为，所以.因为，所以，故为常数列，所以.由，解得.故选：B4．已知数列满足，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由数列递推式考虑赋值作差，即可求出，需要检测首项是否符合.【详解】由①知，当时，；当时，②，由①②：，即得，当时，符合题意，故.故选：A.5．已知数列满足，若为数列的前项和，则（

）A．226 B．228 C．230 D．232【答案】A【分析】将数列分成偶数列和奇数列两列数列处理即可.【详解】由题可知数列的奇数列是公差为2，首项为1的等差数列，此时，数列的偶数列是1，交替出现的波动数列，此时，所以.故选：A.二、多选题6．已知数列的前n项和为，则下列说法正确的是（

）A． B．使取最大值的n值有2个C．使得成立的n的最大值为23 D．【答案】ABD【分析】根据给定的前n项和求出数列通项，再逐项分析、计算判断得解.【详解】对于A，数列的前n项和为，当时，，当时，，满足，所以数列的通项公式为，A正确；对于B，，当或时，且最大，B正确；对于C，由，得，解得，而，，C错误；对于D，由，得，则，D正确.故选：ABD7．已知分别是数列的前项和，，，则（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据与的关系推得，从第2项开始，是等比数列，结合的值求得，即可得出的通项公式，进而判断A、B；代入已知得出的通项公式，裂项求和判断C项；放缩法，即可得出D项.【详解】对于A项，因为，则，所以.故A正确.对于B项，当时，有，，两式作差可得，，所以，.所以，从第2项开始，是以2为公比的等比数列，所以，.检验，时，，所以，.故B错误；对于C项，因为，所以，所以，.故C正确；对于D项，因为，当时恒成立，所以，，当时恒成立.又时，满足，所以，.故D正确.故选：ACD.8．已知数列满足，记数列的前项和为，则下列结论错误的是（

）A． B．C． D．【答案】AB【分析】根据给定条件，计算数的前几项确定周期，再逐项分析计算得解.【详解】数列中，，则，，因此数列是以3为周期的周期数列，对于A，，A错误；对于B，，B错误；对于C，，因此，C正确；对于D，，D正确.故选：AB三、填空题9．已知数列的前项和，当取最小值时，．【答案】5【分析】求出数列的通项公式，代入并利用基本不等式求出最小值即得.【详解】数列的前项和，，则当时，，，当且仅当，即时取等号，又所以当取最小值时，.故答案为：510．已知数列的通项公式，设，数列的前项和的取值范围为.【答案】【分析】首先利用等差数列的前项和公式求，再利用裂项相消法求和.【详解】，，，，数列单调递减，当时，取得最大值，当时，，所以的取值范围是.故答案为：四、解答题11．已知数列的前项和.(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和【答案】(1)(2)【分析】（1）利用与之间的关系即可求解；（2）先写出数列的前项和，进而利用错位相减法即可求解.【详解】（1）中，令得，解得，则.检验：当时，满足上式，故.（2），故①，则②①-②得故.12．已知数列的前项和为，，，且.(1)证明：数列是等差数列.(2)求的通项公式.(3)若，数列的前项和为，证明：.【答案】(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据条件，利用等差数列的定义证明所给数列是等差数列.（2）根据（1）的结论，转化成由与的关系求通项公式.（3）利用裂项求和法求，再比较与的大小.【详解】（1）证明：将两边同时除以，得．当时，，所以是以1为首项，为公差的等差数列．（2）由（1）得，则．①当时，．②①-②，得，整理得，则，也符合，所以．（3）证明：由（2）得，所以因为，所以1．已知数列的首项为，且满足，则．【答案】【分析】借助所给条件可构造，即可得数列为等比数列，即可得.【详解】由，即，则，又，故数列是以为公比、为首项的等比数列，即，则.故答案为：.2．若数列满足，，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由与的关系求得，从而为常数列，得到，即可求的值.【详解】由及得，即，即，所以，即为常数列，又，所以，即，所以，所以.故选：B3．已知等比数列的前项和为，，数列满足．(1)求数列，的通项公式；(2)令，求的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等比数列前n项求和公式建立方程组，解得，结合等比数列的通项公式即可求出；根据数列和与项的递推关系即可求出；（2）由（1）可得，结合错位相减法计算即可求解.【详解】（1）因为，所以公比，由，即，解得，所以；由，得，两式相减，得，所以，当时，满足上式，故.（2）由（1）知，，，所以，，，两式加减，得，所以.4．已知数列中，，，（）.(1)求证：数列是等比数列.(2)求数列的通项.(3)若数列的前n项和为，试比较与的大小.【答案】(1)证明见解析.(2)（）.(3).【详解】（1）∵，（），∴，由，令，此时，则当时，,又因为，故数列是首项为2，公比为2的等比数列.（2）由（1）得，即则,，，…….累加法得：.则.故数列的通项公式为（）.（3）因为.所以..当时，.5．记数列的前项和为，已知且．(1)证明：是等差数列；(2)记，求数列的前2n项和．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）借助与的关系计算可得，结合等差数列定义即可得；（2）计算出通项公式后，可得，结合分组求和法，借助等差数列求和公式与等比数列求和公式计算即可得.【详解】（1）当时，，则．因为，所以当时，，两式相减得，即，因为，所以，即，故是以1为首项，1为公差的等差数列；（2）由（1）知，，所以，故.1．（多选）数列的前项和为，且，，则下列选项正确的有（

）A．数列的通项公式为B．数列是等比数列C．数列的最大项为D．数列的前11项和为20481【答案】BCD【分析】由和，作差得，整理得，即可判断数列为等比,判断B；再求出，通过构造得到数列为等差，求出的通项，进而求出的通项，判断A；令，由，可得最大值，判断C;利用错位相减求和即可判断D.【详解】当时，，即，因为，所以，当时，因为，所以，两式作差得：，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，故B正确；所以，即，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，即，故A错误；又，令，则，则，则当时，取得最大值，C正确；由，数列的前11项和为，所以，所以，两式相减得：，即，故D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（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，利用裂项相消法求和.2．已知数列的前n项和为，，，(1)求；(2)若，求数列的前1012项和．【答案】(1)(2)．【分析】（1）根据求和的定义，整理可得数列的递推公式，结合等差数列的基本概念，可得答案；（2）由（1）整理通项公式，利用裂项相消，可得答案.【详解】（1）当时，因为，所以，即．又，所以是首项为1，公差为2的等差数列，所以．（2）由（1）知，，，而所以．3．已知正数数列的首项为1，且前n项和满足：当时，都有．(1)求bn；(2)若数列前n项和为Tn，则是否存在实数m，使得对于任意的都有？若存在，求出m的取值范围，若不存在，说明理由．【答案】(1)．(2)存在，．【分析】（1）根据题意可得，然后求出和；（2）由（1）求出，利用裂项相消法求出，分析可得，得解.【详解】（1）因为数列是正数数列，且，，，∴，所以数列{}是以1为首项，公差为1的等差数列．

所以，所以，所以，．又满足上式．∴，．（2）因为，所以，，，即.

因为对于任意的都有，所以．1．（2023·全国·高考真题）设为数列的前n项和，已知．(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据即可求出；（2）根据错位相减法即可解出．【详解】（1）因为，当时，，即；当时，，即，当时，，所以，化简得：，当时，，即，当时都满足上式，所以．（2）因为，所以，，两式相减得，，，即，．2．（2022·全国·高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．(1)求的通项公式；(2)证明：．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.【详解】（1）∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，∴,∴,∴当时，，∴,整理得：,即,∴，显然对于也成立，∴的通项公式；（2）∴3．（2023·全国·高考真题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．(1)求的通项公式；(2)证明：当时，．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.【详解】（1）设等差数列的公差为，而，则，于是，解得，，所以数列的通项公式是.（2）方法1：由（1）知，，，当为偶数时，，，当时，，因此，当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，.方法2：由（1）知，，，当为偶数时，，当时，，因此，当为奇数时，若，则，显然满足上式，因此当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，.4．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（

）A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立【答案】B【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.【详解】法1：因为，故，对于A，若，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立，由数学归纳法可得成立.而，，，故，故，故为减数列，注意故，结合，所以，故，故，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，故恒成立仅对部分成立，故A不成立.对于B，若可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即由数学归纳法可得成立.而，，，故，故，故为增数列，若，则恒成立，故B正确.对于C，当时，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即由数学归纳法可得成立.而，故，故为减数列，又，结合可得：，所以，若，若存在常数，使得恒成立，则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.对于D，当时，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立由数学归纳法可得成立.而，故，故为增数列，又，结合可得：，所以，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.故选：B.法2：因为，令，则，令，得或；令，得；所以在和上单调递增，在上单调递减，令，则，即，解得或或，注意到，，所以结合的单调性可知在和上，在和上，对于A，因为，则，当时，，，则，假设当时，，当时，，则，综上：，即，因为在上，所以，则为递减数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递减，故，所以在上单调递增，故，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，，则，与恒成立矛盾，故A错误；对于B，因为，当时，，，假设当时，，当时，因为，所以，则，所以，又当时，，即，假设当时，，当时，因为，所以，则，所以，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，此时，取，满足题意，故B正确；对于C，因为，则，注意到当时，，，猜想当时，，当与时，与满足，假设当时，，当时，所以，综上：，易知，则，故，所以，因为在上，所以，则为递减数列，