高考数学复习解答题提高第一轮专题复习专题06数列求和(裂项相消法)(典型题型归类训练)(学生版+解析)

这是一份高考数学复习解答题提高第一轮专题复习专题06数列求和(裂项相消法)(典型题型归类训练)(学生版+解析)，共29页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc4501" 一、必备秘籍 PAGEREF _Tc4501 \h 1
\l "_Tc29664" 二、典型题型 PAGEREF _Tc29664 \h 2
\l "_Tc32732" 题型一：等差型 PAGEREF _Tc32732 \h 2
\l "_Tc5178" 题型二：无理型 PAGEREF _Tc5178 \h 5
\l "_Tc31580" 题型三：指数型 PAGEREF _Tc31580 \h 8
\l "_Tc12724" 题型四：通项裂项为“”型 PAGEREF _Tc12724 \h 11
\l "_Tc547" 三、专题06 数列求和（裂项相消法）专项训练 PAGEREF _Tc547 \h 13
一、必备秘籍
常见的裂项技巧
类型一：等差型
= 1 \* GB3 ①
特别注意
②
如：（尤其要注意不能丢前边的）
类型二：无理型
= 1 \* GB3 ①
如：
类型三：指数型
①
如：
类型四：通项裂项为“”型
如：①
②
本类模型典型标志在通项中含有乘以一个分式.
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）已知等差数列的前n项和为
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
例题2．（2023秋·甘肃白银·高二校考阶段练习）在①，，②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)已知数列的前n项和为，______，求的通项公式；
(2)数列满足，求数列的前n项和．
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）已知数列满足，.
(1)判断数列是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；
(2)若数列的前10项和为361，记，数列的前项和为，求证：.
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）记递增的等差数列的前n项和为，已知，且．
(1)求和；
(2)设，求数列的前n项和．
题型二：无理型
例题1．（2023·河南·校联考模拟预测）已知等差数列的前n项和为，，且，，成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)当数列的公差不为0时，记数列的前n项和为，求证：.
例题2．（2023秋·广东·高三河源市河源中学校联考阶段练习）在等比数列中，，且成等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，数列的前项和为，求不等式的解集．
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的前项和为，且对于任意，满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前99项和.
例题4．（2023·重庆·统考三模）已知等差数列的前项和为，，．
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：当时，．
题型三：指数型
例题1．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考阶段练习）已知数列为等差数列，且，．
(1)求的通项公式；
(2)数列满足，数列的前项和为，求证：．
例题2．（2023秋·福建宁德·高二福鼎市第一中学校考阶段练习）已知数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：.
例题3．（2023秋·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求证：.
例题4．（2023·广西南宁·南宁市武鸣区武鸣高级中学校考二模）已知数列满足（且），且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，求证：.
题型四：通项裂项为“”型
例题1．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）记为数列的前项和，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
例题2．（2023春·江苏南京·高二校联考阶段练习）已知数列的前项和为，满足，
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前20项和.
例题3．（2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）已知数列满足：，.
(1)证明：是等比数列，并求的通项公式；
(2)令，求的前n项和.
例题4．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）设正项数列的前n项和为，已知，且.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和.
三、专题06 数列求和（裂项相消法）专项训练
一、单选题
1．（2023春·河南周口·高二校联考阶段练习）已知数列的通项公式为，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2023秋·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习）等比数列中，，数列，的前n项和为，则满足的n的最小值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
3．（2023·全国·高三专题练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数．已知正项数列的前n项和为，且，令，则（ ）
A．7B．8C．17D．18
4．（2023春·辽宁沈阳·高二沈阳二十中校联考期中）已知函数的图象在点处的切线的斜率为，则数列的前项和为（ ）
A．B．C．D．
5．（2023秋·江苏常州·高三校考期末）已知正项数列是公差不为的等差数列，，，成等比数列若，则（ ）
A．B．C．D．
6．（2023·全国·高三专题练习）等差数列各项均为正数，首项与公差相等，，则的值为（ ）
A．9069B．9079C．9089D．9099
7．（2023秋·江苏·高二专题练习）记数列前项和为，若1，，成等差数列，且数列的前项和对任意的都有恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
8．（2023春·江苏盐城·高二江苏省响水中学校考期中）已知数列的前项和满足，，且，，数列的前项和为，则（ ）
A．数列是等比数列B．数列是等比数列
C．D．
9．（2023春·黑龙江牡丹江·高二牡丹江市第二高级中学校考期末）已知数列满足，，为数列的前项和.若对任意实数，都有成立.则实数的可能取值为（ ）
A．4B．3C．2D．1
三、填空题
10．（2023·全国·高三专题练习）在数列中，已知，且，则数列的前n项和 .
11．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，若，则数列的前n项和 .
12．（2023·河南·校联考模拟预测）在数列中，，其前n项和为，则 ．
四、解答题
13．（2023春·陕西西安·高二校考期中）设数列满足，.
(1)计算，，猜想的通项公式并用数学归纳法加以证明；
(2)若数列的前项和为，证明：.
14．（2023春·山东德州·高二德州市第一中学校考期中）已知数列为等差数列，数列为正项等比数列，且满足，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
15．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）已知是数列的前项和，且．
．
专题06 数列求和（裂项相消法）(典型题型归类训练)
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc4501" 一、必备秘籍 PAGEREF _Tc4501 \h 1
\l "_Tc29664" 二、典型题型 PAGEREF _Tc29664 \h
\l "_Tc32732" 题型一：等差型 PAGEREF _Tc32732 \h
\l "_Tc5178" 题型二：无理型 PAGEREF _Tc5178 \h 5
\l "_Tc31580" 题型三：指数型 PAGEREF _Tc31580 \h 8
\l "_Tc12724" 题型四：通项裂项为“+”型 PAGEREF _Tc12724 \h 11
\l "_Tc547" 三、专题06 数列求和（裂项相消法）专项训练 PAGEREF _Tc547 \h 13
一、必备秘籍
常见的裂项技巧
类型一：等差型
= 1 \* GB3 ①1n(n+k)=1k(1n−1n+k)
特别注意k=1,1n(n+1)=1n−1n+1;k=−1,1n(n−1)=1n−1−1n
②1(kn−1)(kn+1)=1(1kn−1−1kn+1)
如：14n−1=1(1n−1−1n+1)（尤其要注意不能丢前边的1）
类型二：无理型
= 1 \* GB3 ①1n+k+n=1k(n+k−n)
如：1n+1+n=n+1−n
类型三：指数型
①(a−1)an(an+1+k)(an+k)=1an+k−1an+1+k
如：n(n+1+k)(n+k)=1n+k−1n+1+k
类型四：通项裂项为“+”型
如：①−1n⋅n+1nn+1=−1n1n+1n+1
②(−1)n3n+1⋅nnn+1=(−1)nnn+n+1n+1
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．（03秋·四川成都·高三校考阶段练习）已知等差数列an的前n项和为Sn,a=3,S4=16,n∈N∗
(1)求数列an的通项公式；
()设bn=1anan+1，求数列bn的前n项和Tn.
【答案】(1)an=n−1(n∈N∗)
()Tn=nn+1
【详解】（1）设等差数列an的公差为d，因为a=3,S4=16，
所以a1+d=34a1+6d=16，解得a1=1d=，
所以an=1+3(n−1)=n−1，
所以数列an的通项公式为an=n−1(n∈N∗)
（）因为bn=1anan+1=1(n−1)(n+1)=11n−1−1n+1，
所以Tn=1×1−13+13−15+…+1n−1−1n+1=1×1−1n+1=nn+1.
所以数列bn的前n项和Tn=nn+1.
例题．（03秋·甘肃白银·高二校考阶段练习）在①，a=13，②Sn=n+1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an的前n项和为Sn，______，求an的通项公式；
()数列bn满足bn=an⋅an+1，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】(1)答案详见解析
()答案详见解析
【详解】（1）选条件①：，a=13，
解法一：由，a=13，得aa1=13，a1=1，
当n≥时，ana1=aa1×a3a×⋅⋅⋅×anan−1=13×35×⋅⋅⋅×n−3n−1=1n−1，
所以，
又a1=1也符合，所以．
解法二：由，得n+1an+1=n−1an，
所以数列n−1an是常数列，
所以n−1an=×−1a=1，
所以．
选条件②，Sn=n+1，n≥时，an=Sn−Sn−1=n+1−n−1+1=n−1，
又a1=S1=3，显然不符合上式，所以an=3,n=1n−1,n≥.
（）选条件①：bn=anan+1=1n−1n+1=11n−1−1n+1，
所以Tn=11−13+13−15+⋅⋅⋅+1n−1−1n+1=11−1n+1=nn+1．
因此bn=anan+1=1n−1n+1=11n−1−1n+1，
所以Tn=11−13+13−15+⋅⋅⋅+1n−1−1n+1=11−1n+1=nn+1．
选条件②，bn=an⋅an+1=6,n=1n−1,n≥，
当n≥时，Tn=6+3+5+⋅⋅⋅+n−1=6+81−4n−11−4=3×4n+103，
又T1=6，符合，所以．
例题3．（03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an满足a1>0，.
(1)判断数列an−1是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；
()若数列an的前10项和为361，记，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn<1.
【答案】(1)数列an−1成等比数列，证明见解析
()证明见解析
【详解】（1）数列an−1成等比数列，证明如下：
根据得，
an+1=an+3=lgan−1+3=an−1=4an−1；
∵a1>0，∴an−1>0，an+1an−1=4，即数列an−1成等比数列.
（）由（1）得，an−1=a1⋅4n−1，，
故S10=a140+41+4+43+44+5lga1+3×(0+1+3+3+4)
=341a1+5lga1+30，
由S10=361，得341a1+5lga1+30=361.
令f(x)=341x+5lgx+30，
当x>0时，f(x)=341x+5lgx+30单调递增，且f(1)=361=fa1，
故a1=1，an+1=4n=n，an+3=lga1+3n=n，
，T1=b1=14<1，
当n≥时，bn=14n<14(n−1)n=141n−1−1n
∴Tn=b1+b+⋯+bn<141+1−1+1−13+⋯+1n−1−1n
=14−1n<14×=1，
综上，知Tn<1
例题4．（03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an的前n项和为Sn，已知S5=85，且a6=7a1．
(1)求an和Sn；
()设bn=5anan+1，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=6n−1，Sn=3n+3n
()n6n+5
【详解】（1）设an的公差为+d（d>0）．
因为S5=5(a1+a5)=5a3=85，所以a3=17，
由a6=7a1得17+3d=717−d，解得d=6，
所以a1+1=17，得a1=5，
所以an=a3+n−3d=17+n−3×6=6n−1，
Sn=na1+an=n5+6n−1=3n+3n．
（）由（1）得，bn=5anan+1=56n−16n+5=5616n−1−16n+5，
所以Tn=5615−111+111−117+⋯+16n−7−16n−1+16n−1−16n+5
=5615−16n+5=n6n+5．
题型二：无理型
例题1．（03·河南·校联考模拟预测）已知等差数列an的前n项和为Sn，a1=1，且a，a5，a14成等比数列.
(1)求数列an的通项公式；
()当数列an的公差不为0时，记数列1Sn−1Sn+1的前n项和为Tn，求证：Tn<1.
【答案】(1)an=1或an=n−1
()证明见解析
【详解】（1）设数列an的公差为+d，
由a，a5，a14成等比数列，得a5=aa14，
即1+4d=1+d1+13d，
即d−d=0，解得d=0或d=.
当d=0时，an=1；
当d=时，an=a1+n−1d=n−1.
综上所述，an=1或an=n−1.
（）由（1）可知，当数列an的公差不为0时，∵an=n−1，
∴Sn=n1+3n−1=n，则Sn−1=(n−1),Sn+1=(n+1)，
∴1Sn−1Sn+1=1n−1n+1=11n−1−1n+1，
所以Tn=11−13+13−15+15−17+⋅⋅⋅+1n−1−1n+1
=11−1n+1=1−14n+3，
又n∈N∗，所以Tn<1.
例题．（03秋·广东·高三河源市河源中学校联考阶段练习）在等比数列an中，，且a1,a3+1,a4成等差数列．
(1)求数列an的通项公式；
()记，数列bn的前n项和为Tn，求不等式Tn<10的解集．
【答案】(1)an=n
()1,,3,4,5
【详解】（1）解：设数列an的公比为q，
因为a1,a3+1,a4成等差数列，所以a3+1=a1+a4，即，
又因为，则，即，解得q=，
所以数列an的通项公式为an=n．
（）解：由an=n，可得bn=nn−1+n+1−1=n+1−1−n−1，
所以Tn=−1−−1+3−1−−1+⋯+n+1−1−n−1
=n+1−1−1
又由Tn<10，可得，即n+1−1<11,n∈N∗，
即n+1<1,n∈N∗，所以n=1,,3,4,5，所以不等式的解集为1,,3,4,5．
例题3．（03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an的前n项和为，且对于任意n∈N∗，满足Sn=an⋅an+1.
(1)求数列an的通项公式；
()设bn=1an+an+1，求数列bn的前99项和.
【答案】(1)an=n
()9
【详解】（1）由题知.
当n=1时，a1=S1=a1a,a=；
当n≥,n∈N∗时，an=Sn−Sn−1=anan+1−an−1an=anan+1−an−1，所以an+1−an−1=，
所以数列an−1是首项为1，公差为的等差数列，数列an是首项为，公差也为的等差数列，
则an−1=a1+3n−1=n−1,an=a+3n−1=n，
所以an=n.
（）由（1）得，bn=1n+n+1=n+1−n，
即b1+b+b3+⋯+b99=−1+3−+⋯+100−99=10−1=9.
例题4．（03·重庆·统考三模）已知等差数列an的前n项和为Sn，a4+a7=0，S9=7a．
(1)求an的通项公式；
()设，数列bn的前n项和为Tn，证明：当n≥3时，．
【答案】(1)an=n−1
()证明见解析
【详解】（1）设公差为d，则a1+3d+a1+6d=09a1+9×8d=7(a1+d)，即a1+9d=018a1=9d，解得a1=1d=，
所以.
（）=n+3+n−1=(n+3−n−1)(n+3+n−1)(n+3−n−1)
=(n+3−n−1)n+3−(n−1)=n+3−n−1，
所以Tn=b1+b+b3+⋯+bn
=1(5−1+7−3+9−5+⋯+n+3−n−1)
=1(−1−3+n+3+n+1)，
所以Tn=n+3+n+1−3−1，
所以Tn−an+1=n+3+n+1−3−1−n+1=n+3−3−1，
当n≥3时，n+3−3−1≥×3+3−3−1=3−3−1=−3>0，
所以当n≥3时，.
题型三：指数型
例题1．（03秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考阶段练习）已知数列an为等差数列，且a+a4=10，S4=16．
(1)求an的通项公式；
()数列bn满足bn=n+13n+1an⋅an+1n∈N∗，数列bn的前n项和为Sn，求证：Sn<11．
【答案】(1)an=n−1
()证明见解析
【详解】（1）设等差数列an的公差为d，
则a+a4=a3=a1+4d=10S4=4a1+4×3d=4a1+6d=16，解得：a1=1d=，
∴an=1+3n−1=n−1.
（）由（1）得：bn=n+13n+1n−1n+1=141n−13n−1n+13n+1，
∴Sn=1411×31−13×3+13×3−15×33+15×33−17×34+⋅⋅⋅+1n−13n−1n+13n+1=1413−1n+13n+1=11−18n+43n+1，
∵18n+43n+1>0，.
例题．（03秋·福建宁德·高二福鼎市第一中学校考阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn,Sn=an−n+1+3.
(1)求数列an的通项公式；
()设，数列bn的前n项和为Tn，证明：3≤Tn<1.
【答案】(1)an=n⋅n
()证明见解析
【详解】（1）当n=1时，S1=a1=a1−+3，得，
当n≥时，Sn−1=an−1−n−1+1+3，
则Sn−Sn−1=an−n+1+3−an−1−n+3，
an=an−an−1−n，即an=an−1+n，两边同时除以n，
得ann−an−1n−1=1，即数列ann是首项为，公差为1的等差数列，
ann=1+n−1×1=n，即an=n⋅n，
所以数列an的通项公式an=n⋅n；
（）bn=n+n⋅nan−n⋅an+1−n+1=nn+1⋅nnn−1n+1n+1−1=nn−1n+1−1，
即bn=1n−1−1n+1−1，
Tn=11−1−1−1+1−1−13−1+...+1n−1−1n+1−1，
=11−1−1n+1−1=1−1n+1−1，
即Tn=1−1n+1−1，随着n的增大，Tn增大，
所以Tn的最小值为T1=3，随着n的增大，Tn无限接近1，
所以3≤Tn<1.
例题3．（03秋·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知数列an满足a1=,an+1=n+1ann∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；
()设bn=lgan−n，数列bn+3n+1bn⋅bn+1的前n项和为Sn，求证：38⩽Sn<1.
【答案】(1)an=nn+1
()证明见解析
【详解】（1）由已知a1=,an+1an=n+1n∈N∗，
所以an=anan−1⋅an−1an−⋯⋯aa1⋅a1=n⋅n−1⋯⋯⋅=nn+1n≥，
当n=1时，满足条件，所以an=nn+1；
（）由于bn=lgan−n=n，
所以bn+3n+1bn⋅bn+1=n+3n+1nn+1=1n⋅n−1n+1n+1，
所以Sn=11×−1×+1×−13×3+13×3−14×4+⋯+1n⋅n1n+1n+，
所以Sn=11×−1n+1n+1，显然Sn在N∗上为增函数，S1=11×−1×=38,∴Sn≥S1=38，又Sn=11×−1n+1n+1<11×=1，
所以38≤Sn<1；
综上，an=nn+1.
例题4．（03·广西南宁·南宁市武鸣区武鸣高级中学校考二模）已知数列an满足a1+a+⋯+an−1−an=−（n≥且n∈N∗），且a=4.
(1)求数列an的通项公式；
()设数列nan−1an+1−1的前n项和为Tn，求证：.
【答案】(1)an=n
()证明见解析
【详解】（1）因为a1+a+⋯+an−1−an=−，所以a1+a+⋯+an−an+1=−，
两式相减得an+1=an(n≥)，
当n=时，a1−a=−， 又a=4，所以a1=,a=a1，
所以an+1=ann∈N∗，
所以an是首项为，公比为的等比数列，所以；
（）因为nan−1an+1−1=nn−1n+1−1=1n−1−1n+1−1，
所以Tn=1−1−1−1+1−1−13−1+⋯+1n−1−1n+1−1=1−1n+1−1<1，
因为n+1−1≥−1>0，所以Tn=1−1n+1−1<1，得证.
题型四：通项裂项为“+”型
例题1．（03·浙江嘉兴·统考模拟预测）记Sn为数列an的前n项和，且a1=3，Sn=nan−n+n．
(1)求数列an的通项公式；
()设bn=−1n+1⋅an+an+1an⋅an+1，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=n+1
()Tn=13+−1n+1n+3
【详解】（1）因为Sn=nan−n+n，可得Sn+1=n+1an+1−n+1+n+1，
两式相减得an+1=n+1an+1−n+1+n+1−nan+n−n，
整理得an+1−an=，可知数列an是3为首项，为公差的等差数列，
所以an=3+3n−1=n+1．
（）由（1）可得：bn=−1n+1⋅an+an+1an⋅an+1=−1n+1⋅1an+1an+1=−−1nan+−1n+1an+1，
则Tn=b1+b+⋅⋅⋅+bn=−−1a1+−1a+−−1a+−13a3+⋅⋅⋅+−−1nan+−1n+1an+1
=−−1a1+−1n+1an+1=13+−1n+1n+3，
所以Tn=13+−1n+1n+3．
例题．（03春·江苏南京·高二校联考阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn，满足a1=1， a=lnc
(1)求an的通项公式；
()若bn=−1n+1an+1Sn+n，求数列{bn}的前0项和T0.
【答案】(1)an=n−1；
()T0=01.
【详解】（1）由nSn+1−n+1Sn=nn+1，得，而S11=a1=1，
因此数列{Snn}是以1为首项，1为公差的等差数列，Snn=1+(n−1)×1=n，即Sn=n，
当n≥时，an=Sn−Sn−1=n−(n−1)=n−1，显然a1=1也满足上式，
所以an=n−1.
（）由（1）知，Sn=n，，
因此bn=(−1)n+1⋅n+1n+n=(−1)n+1(1n+1n+1)，
所以T0=(1+1)−(1+13)+(13+14)+⋯+(119+10)−(10+11)=1−11=01.
例题3．（03秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）已知数列an满足：a1=1，an=an−1+1n≥.
(1)证明：an+1是等比数列，并求an的通项公式；
()令bn=(−1)n(3n+3)n(n+1)an+1+1，求bn的前n项和Sn.
【答案】(1)证明见解析，an=n−1
()Sn=(−1)n(n+1) n+1−1
【详解】（1）证明：由an=an−1+1(n≥)，
所以an+1=an−1+3=(an−1+1)，
所以{an+1}是以a1+1=为首项，公比为的等比数列，
所以an+1=n，即an=n−1
（）由（1）知：an+1+1=n+1，所以bn=(−1)n(3n+3)n(n+1) n+1.
又bn=(−1)n1n n+1(n+1) n+1，
所以Sn=−1+1·+1·+13·3−13·3+14·4+⋯+−1n1n·n+1n+1·n+1
=(−1)n(n+1) n+1−1
例题4．（03·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）设正项数列an的前n项和为Sn，已知，且an+1=4Sn+4n+1.
(1)求an的通项公式；
()若bn=(−1)n⋅nanan+1，求数列bn的前n项和Tn.
【答案】(1)an=n−1；
()Tn=−nn+1,n为偶数,−n+1n+1,n为奇数.
【详解】（1）因为an+1=4Sn+4n+1，所以4Sn=an+1−4n−1①，
所以n≥时，4Sn−1=an−4n−1−1②．
由①−②，得4an=an+1−an−4，即an+1=an+3．
因为an各项均为正数，所以an+1=an+3，即an+1−an=，
因为，所以a3=4a1+a+9，a=4a1+5，解得a=3，a1=1，a−a1=，
所以数列an是公差为的等差数列，
所以．
（）由（1）得bn=−1nnn−1n+1=−1n1n−1+1n+1．
当n为偶数时，
Tn=−11+13+113+15−115+17+117+19+⋯+11n−1+1n+1
=1−1+1n+1=−nn+1；
当n为奇数时，
Tn=−11+13+113+15−115+17+117+19+⋯−11n−1+1n+1
=1−1−1n+1=−n+1n+1．
所以Tn=−nn+1,n为偶数,−n+1n+1,n为奇数.
三、专题06 数列求和（裂项相消法）专项训练
一、单选题
1．（03春·河南周口·高二校联考阶段练习）已知数列an的通项公式为an=n+3n,n⋅bn=a1a⋯an,n∈N∗，则1b1+1b+⋯+1b03=（ ）
A．0103B．003C．0305+D．0405
【答案】C
【详解】由题意得n⋅bn=n×31×4×53×⋯×n+3n
则bn=n+1n+3,
即1bn=n+1n+3=1n+1−1n+3，
故1b1+1b+⋯+1b03=1−13+13−14+⋯+104−105=1−105=0305．
故选:C．
．（03秋·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习）等比数列an中，a1=,q=，数列bn=anan+1−1an−1，bn的前n项和为Tn，则满足Tn>99100的n的最小值为（ ）
A．6B．7C．8+D．9
【答案】A
【详解】由题意得an=n(n∈N∗)，所以bn=an(an−1)(an+1−1)=n(n−1)(n+1−1)=1n−1−1n+1−1，
所以Tn=1−13+13−17+17−115+…+1n−1−1n+1−1=1−1n+1−1，
令1−1n+1−1>99100，整理得n+1>101，解得n≥6，
故选：A.
3．（03·全国·高三专题练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用他名字定义的函数称为高斯函数fx=x，其中表示不超过x的最大整数．已知正项数列an的前n项和为Sn，且Sn=1an+1an，令bn=1Sn+Sn+3，则b1+b+⋯+b99=（ ）
A．7B．8C．17+D．18
【答案】B
【详解】当n=1时，S1=a1=1a1+1a1，
解得a1=1（负值舍去）.
由an=Sn−Sn−1(n≥)
可得Sn=1Sn−Sn−1+1Sn−Sn−1 ，
所以Sn+Sn−1=1Sn−Sn−1 ，即Sn−Sn−1=1，
所以数列Sn是以1为首项，1为公差的等差数列，
故Sn=1+(n−1)×1=n，即Sn=n，
所以bn=1Sn+Sn+3=1n+n+3=1n+3−n，
所以b1+b+⋯+b99=13−1+4−+5−3+⋯+101−99
=19+101−=19+99101+，
由11<101+<1知，334<99101+<9，
所以688故b1+b+⋯+b99=8，
故选：B
4．（03春·辽宁沈阳·高二沈阳二十中校联考期中）已知函数fx=nx+lnxn∈N∗的图象在点1n,f1n处的切线的斜率为an，则数列1anan+1的前n项和Sn为（ ）
A．1n+1B．3n+5nn+1n+3C．n4n+1+D．3n+5n8n+1n+3
【答案】C
【详解】f'x=n+1x，则an=f'1n=n，
所以1anan+1=1nn+3=141n−1n+1，
所以Sn=141−1+1−13+⋯+1n−1n+1=141−1n+1=n4n+1.
故选：D.
5．（03秋·江苏常州·高三校考期末）已知正项数列an是公差不为0的等差数列，a1，a，a4成等比数列.若k=141ak+ak+1=3，则a1=（ ）
A．169B．916C．43+D．34
【答案】A
【详解】设正项等差数列an的公差为d，且d≠0
∵a1，a，a4成等比数列，
∴a=a1·a4，即a1+d=a1·a1+3d，
整理得，d=a1d， ∵d≠0，∴d=a1，
∵k=141ak+ak+1=k=14ak+1−akak+1+akak+1−ak
=k=14ak+1−akak+1−ak=k=141dak+1−ak=1da−a1+a3−a+…+a5−a4=1da5−a1=1da1+34d−a1=3，
即1a15a1−a1=3，即4a1=3a1，
∵a1>0，
∴a1=169．
故选：．
6．（03·全国·高三专题练习）等差数列an各项均为正数，首项与公差相等，k=1151ak+ak+1=，则a0的值为（ ）
A．9069B．9079C．9089+D．9099
【答案】+D
【详解】设等差数列an的公差为d，因为首项a1与公差d相等，所以an=a1+n−1d=nd，
因为1ak+ak+1=ak+1−akak+1−ak=1dak+1−ak，k=1151ak+ak+1=
所以k=1151ak+ak+1=1da16−a1=1d(16d−d)=3dd=，所以
所以a0=0×d=0×9=9099，
故选：+D．
7．（03秋·江苏·高二专题练习）记数列an前n项和为Sn，若1，an，Sn成等差数列，且数列an+1an+1−1an+3−1的前n项和Tn对任意的n∈N∗都有Tn−λ+1≥0恒成立，则λ的取值范围为（ ）
A．−∞,16B．−∞,1C．−∞,56+D．−∞,1
【答案】C
【详解】数列an前n项和为Sn，若1，an，Sn成等差数列，
所以an=1+Sn①，
当n=1时，a1=1.
当n≥时，an−1=1+Sn−1②，
①﹣②得an−an−1=an，整理得anan−1=（常数），
所以数列an是以1为首项，为公比的等比数列.
所以an=n−1.
所以an+1an+1−1an+3−1=nn−1n+1−1=1n−1−1n+1−1，
则Tn=1−13+13−17+⋯+1n−1−1n+1−1=1−1n+1−1.
由于对任意的n∈N∗都有Tn−λ+1≥0恒成立，
所以Tn+1≥λ恒成立.
即Tn+1min，
当n=1时，Tn+1153min，
所以53≥λ，解得56≥λ，
所以λ∈−∞,56.
故选：D
二、多选题
8．（03春·江苏盐城·高二江苏省响水中学校考期中）已知数列an的前n项和Sn满足Sn=3an−n，n∈N∗，且bn=3nan⋅an+1，n∈N∗，数列bn的前n项和为Tn，则（ ）
A．数列an+1是等比数列B．数列an−1是等比数列
C．Sn=3n−n+3+D．Tn<14
【答案】A+D
【详解】对于A项， 由Sn=3an−n，得Sn+1=3an+1−n−1，
两式相减，得an+1=3an+1−3an−1，整理可得an+1=3an+3，所以an+1+1an+1=3，故A正确；
对于B项，当n=1时，a1=S1=3a1−1，解得，所以a1+1=3，
所以数列an+1是首项为3，公比为3的等比数列，所以an+1=3×3n−1=3n，
所以an=3n−1，所以，an−1=3n−，显然数列an−1不是等比数列，故B错误；
对于C项，由B知，an=3n−1，所以Sn=3n+1−n−3，故C错误；
对于+D项，bn=3nan⋅an+1=3n3n−13n+1−1=113n−1−13n+1−1，
所以Tn=1131−1−13−1+13−1−133−1+⋯+13n−1−13n+1−1=11−13n+1−1=14−13n+1−1<14，故+D正确.
故选：A+D.
9．（03春·黑龙江牡丹江·高二牡丹江市第二高级中学校考期末）已知数列an满足，，Sn为数列bn的前n项和.若对任意实数λ，都有Sn<λ成立.则实数λ的可能取值为（ ）
A．4B．3C．+D．1
【答案】AC
【详解】①
②
②−①得，
，当n≥时，an=1n，当n=1时，a1=1⇒a1=1，满足上式，
故an=1n，
，
故Sn=1−1+1−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
∴Sn<，
故λ≥.
故选：AC.
三、填空题
10．（03·全国·高三专题练习）在数列an中，已知an=n−1，且bn=nanan+1−n+1，则数列bn的前n项和Sn= .
【答案】1−1n+1−1−n
【详解】依题意，bn=n(n−1)(n+1−1)−(n−1)=(n+1−1)−(n−1)(n−1)(n+1−1)−(n−1)=1n−1−1n+1−1−(n−1)，
所以Sn=(1−1−1−1)+(1−1−13−1)+⋯+(1n−1−1n+1−1)−[1+3+⋯+(n−1)]
=1−1n+1−1−1+(n−1)⋅n=1−1n+1−1−n.
故答案为：1−1n+1−1−n
11．（03·全国·高三专题练习）已知数列an满足na1+n−1a+⋯+an−1+3an=n−n−1，若cn=1an+an+1，则数列cn的前n项和Tn= .
【答案】(n+1−1)
【详解】数列an中，由na1+n−1a+⋯+an−1+3an=n−n−1，
得a1+1a+⋯+1n−an−1+1n−1an=1−n+3n+1，
当n≥时，a1+1a+⋯+1n−an−1=1−n+1n，
两式相减得1n−1an=n+1n−n+3n+1，整理得an=n4，而a1=14满足上式，
因此an=n4，cn=1n4+n+14=n+n+1=(n+1−n)，
所以Tn=[(−1)+(3−)+⋯+(n+1−n)]=(n+1−1).
故答案为：(n+1−1)
1．（03·河南·校联考模拟预测）在数列an中，an=n−1n−1−1n+1−1，其前n项和为Sn，则 ．
【答案】1−1n+1−1
【详解】因为n−1n−1−1n+1−1=131n−1−1−1n+1−1，
所以Sn=1311−1−13−1+13−1−15−1+⋯+1n−1−1−1n+1−1=131−1n+1−1，所以3Sn=1−1n+1−1.
故答案为：1−1n+1−1.
四、解答题
13．（03春·陕西西安·高二校考期中）设数列an满足a1=5，an+1=an+3n+7.
(1)计算a，a3，猜想an的通项公式并用数学归纳法加以证明；
()若数列1anan+1的前n项和为Tn，证明：.
【答案】(1)a=7,a3=9,an=n+3，证明详见解析
()证明详见解析
【详解】（1）依题意，a1=5，an+1=an+3n+7，则an+1=1an+n+7，
所以a=1a1+1+7=7,a3=1a+3+7=9，
猜想an=n+3.
当n=1时，a1=×1+3=5成立，
假设当n=k时，猜想成立，即ak=k+3，
则当n=k+1时，ak+1=1ak+k+7=1k+3+k+7
=k+5=k+1+3，猜想成立，
所以an=n+3.
（）1anan+1=1n+3n+5=11n+3−1n+5，
所以
=115−1n+5=110−14n+10<110.
14．（03春·山东德州·高二德州市第一中学校考期中）已知数列an为等差数列，数列bn为正项等比数列，且满足a1=b1=1，a=b+1，．
(1)求数列an和bn的通项公式；
()设cn=−1nanan+3+bn，求数列cn的前n项和．
【答案】(1)an=n−1；bn=n−1
()Sn=−76+14n+14n+3+4n
【详解】（1）设数列an的公差为d，数列bn的公比为qq>0，
则1+d=q+11+4d=q3+1，解得：d=q=，
所以数列an的通项公式为an=a1+n−1d=1+3n−1=n−1；
数列bn的通项公式bn=b1⋅qn−1=1⋅n−1=n−1.
（）cn=−1nanan+3+bn=−1nn−1n+3+n−1=−1n×141n−1−1n+3+n−1，
数列cn的前n项和Sn=c1+c+c3+……+cn−1+cn．
=−141−15+1413−17−1415−19+……−1414n−3−14n+1+1414n−1−14n+3
+0+1++……+n−+n−1
=14−1+13+14n+1−14n+3+1−n1−
=14−3+4n+14n+3+4n−1=−16+14n+14n+3+4n−1
=−76+14n+14n+3+4n.
15．（03·宁夏石嘴山·统考一模）已知Sn是数列an的前n项和，且Sn=n+1−n∈N∗．
(1)求数列an的通项公式；
()若bn=nan−1an+1−1，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=3n−1
()Tn=34−3(3n+1)
【详解】（1）由已知Sn=3an−1①，
当n=1时，S1=3a1−1，即，解得a1=1，
当n≥时，Sn−1=3an−1−1②，
①−②得an=3an−3an−1，即an=3an−1，
所以数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以an=3n−1；
（）因为bn=3nan+1an+1+1=3n(3n−1+1)(3n+1)=3×(13n−1+1−13n+1)，
所以Tn=3×(11+1−13+1+13+1−13+1+⋯+13n−1+1−13n+1)
=3×(1−13n+1)=34−3(3n+1).