资源简介

专题06 数列求和全题型培优归类
题型1 求和全题型：基础公式法
求和基础公式，主要是等差等比求和，是求和的基础。等差等比求和公式： 等差：前n项和公式：Sn＝na1＋d＝. 等比：前n项和公式：Sn＝
1．（24-25高三·广西南宁·阶段练习）若数列{}的通项公式为，则数列{}的前n项和为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据分组求和法计算即可求解.
【详解】因为，
所以
.
故选：B.
2．（25-26高三甘肃·阶段练习）设的整数部分为，则数列的前21项的和为（ ）
A．250 B．253 C．255 D．258
【答案】B
【分析】根据即可结合等差数列的求和公式即可求解.
【详解】因为，
所以当时，，所以，
当时，，所以为小于1的分数，此时，所以
则数列的前21项和为.
故选:B.
3．（25-26高三上·广东·开学考试）已知数列为等比数列，公比为，且.若，则正整数的值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【分析】根据题意求出等比数列的通项，再运用等比数列的性质及前项和公式求解即可．
【详解】由题可得： ，解得，故，
因为
，解得．
故选：C．
4．（2025高三·全国·专题练习）已知数列的前项和为且，则（ ）
A． B． C． D．17
【答案】A
【分析】根据等比数列的定义判断为等比数列，进而根据性质求解得，即可由求和公式求解.
【详解】因为，且，所以，所以为等比数列．
因为，所以，
因为，所以，即的公比．
所以．故选：A．
题型2 求和全题型：分组求和
分组求和法主要是以等差等比核心： 1.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减 2.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减 3.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减
1．（25-26高三上·重庆·阶段练习）已知数列{an}满足数列的前n项和，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由已知得出是等比数列，可得其通项公式，由，可得，计算可得.
【详解】因为，
所以，
又，则，
所以是以3为首项，2为公比的等比数列.
于是，
因为，
所以，
又，
所以，
故选：A
2．（25-26高三上·云南昆明·阶段练习）若数列满足，，则其前2025项的和为（ ）
A．1517 B．1519 C．1521 D．1523
【答案】B
【分析】由题意将所求数列的前2025项的和进行适当分组再求和即得.
【详解】因，
则
.
故选:B.
3．（2025·福建三明·三模）若数列满足，，则（ ）
A．155 B．156 C．203 D．204
【答案】A
【分析】由，可以得到奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，再由，利用合并项求出
【详解】由，则，
故奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，
由，则，，
则，
故
.
故选：A
4．（24-25高二下·云南楚雄·阶段练习）在数列中，，数列的前项和为，若，则数列的前项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先并项求和得，则可得，再由裂项相消法求和可得答案.
【详解】因为，
所以，
所以数列的前项和.
故选：D.
题型3 求和全题型：倒序求和
倒序求和： 倒序求和，多是具有中心对称的“函数型”，此类函数具有“和定”的特征，满足“和定”特征的还有组合数。
1．（24-25高三 陕西西安·阶段练习）若等差数列满足，则（ ）
A．2025 B． C． D．
【答案】B
【分析】根据等差中项的性质，利用倒序相加法，可得答案.
【详解】由等差数列满足，则对于，，当时，，
则，
设，
则，
两式相加可得，解得.
故选：B.
2．（23-24高三·四川绵阳·阶段练习）已知数列是公比为的等比数列，且，若，则（ ）
A．4046 B．4045
C．2024 D．2023
【答案】A
【分析】由题可得，利用等比数列性质可得，继而可计算.
【详解】由题可得，
又数列为等比数列，且，所以，
即，
所以，
故选：A
3．（24-25高二下·云南丽江·阶段练习）已知函数是幂函数，对任意的，且，满足，记曲线C：，设函数．曲线C的对称中心为点M，曲线C上两个不重合的动点、关于点M对称，求的取值范围和的值（ ）
A．， B．，8098
C．， D．，4049
【答案】A
【分析】由幂函数的概念和单调性的定义可得，从而，再由对称性可知曲线的对称中心为，得到，由，，根据二次函数的性质可得.由对称性可得曲线关于点对称，利用倒序相加可得的值.
【详解】因为函数为幂函数，所以，即，
解得或．当时，；当时，．
因为函数对任意的，且，满足，
所以函数在上单调递增，所以，∴曲线C：，
因为，
得曲线的对称中心为，所以，即，，
又因为A、B两点不重合，故，得，所以.
∵，
∴曲线关于点对称.
设①，
②，
两式相加得.
故选：A．
4．（24-25高二下·广西南宁·开学考试）已知数列中，，则（ ）
A．96 B．97 C．98 D．99
【答案】A
【分析】由倒序相加法求和即可；
【详解】，
所以，
两式相加可得：，
所以，
故选：A
题型4 求和全题型：错位相消法
错位相减法： 形如an＝，用错位相减法求解． 若是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和． 思维结构结构图示如下 求和过程：
1．（24-25高三全国·课后作业）已知对一切都成立，那么，的值为（ ）
A．， B．
C．， D．，
【答案】A
【分析】方法一：利用错位相减求和可得答案；
方法二：利用代入求出可得答案.
【详解】方法一：
令，
则，
两式相减得
，
可得，
对一切都成立，那么，；
方法二：对一切都成立，
当时有，
即，解得.
故选：A.
2．（25-26高三上·内蒙古呼和浩特·开学考试）若，则 ．
【答案】100
【分析】利用错位相减求和法求解.
【详解】设，
则.
所以.
所以，.
所以.
故答案为：100
3．（24-25高三·江苏镇江阶段练习）对任意数列，定义函数是数列的“生成函数”.已知，则 .
【答案】
【分析】根据题意，先利用数列前项和为求出通项公式，再利用错位相减法和等比数列求和即可求解.
【详解】由题意得，即数列的前项和，
则时，，得，
又时，也满足，所以数列得通项公式.
故，
，
两式错位相减，得，
整理化简得故答案为：.
4．（24-25高二下·四川内江·期中）设为数列的前项和，已知，，则 .
【答案】
【分析】构造数列，得其为常数列，进而求得，再由错位相减法求解即可.
【详解】由可得，
令，则，∴又，，∴；
①，
②，
①减②得：，
∴，∴.
故答案为：.
题型5 求和全题型：分段型求和
分段型数列求和： 1.分奇偶各自新数列求和 2.要注意处理好奇偶数列对应的项： （1）可构建新数列； （2）可“跳项”求和。
1.（2024·全国·模拟预测）在等比数列中，，若，且的前项和为，则满足的最小正整数的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】根据等比数列性质及分组求和法，利用等比数列的前项和及数列的单调性即可求解.
【详解】由可得，
故，设的公比为，则，即，
故，
则．
由于时，，
故随着的增大而增大，而，，
故满足的最小正整数的值为6．
故选：B.
2.（2023·湖北武汉·模拟预测）等比数列满足各项均为正数，，数列的前项和为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用分组求和法求出，进而得，从而得，利用导数研究其单调性求解.
【详解】等比数列满足各项均为正数，，
则的公比为，，
，
，
；，
当时，，
令，，
令，，
当时，，即为增函数，故，
即当时，为增函数，故，
则单调递增，，时，
综上，则的取值范围为.
故选：A.
3.（2024·重庆·模拟预测）已知数列满足：，则（ ）
A．511 B．677 C．1021 D．2037
【答案】B
【分析】由题意可得，，结合所给条件计算即可得.
【详解】
.
故选：B.
4.（2020·浙江温州·二模）已知数列{an}满足：an（n∈N*）．若正整数k（k≥5）使得a12+a22+…+ak2＝a1a2…ak成立，则k＝（ ）
A．16 B．17 C．18 D．19
【答案】B
【分析】由题意可得a1＝a2＝a3＝a4＝a5＝2，a6＝a1a2a3…a5﹣1＝25﹣1＝31，n≥6时，a1a2…an﹣1＝1+an，将n换为n+1，两式相除整理得an2＝an+1﹣an+1，n≥6，求得a62+a72+…+ak2＝ak+1﹣a6+k﹣5，结合已知条件，即可得到所求值．
【详解】解：an（n∈N*），
即a1＝a2＝a3＝a4＝a5＝2，a6＝a1a2a3…a5﹣1＝25﹣1＝31，
n≥6时，a1a2…an﹣1＝1+an，所以a1a2…an＝1+an+1，
两式相除可得an，
则an2＝an+1﹣an+1，n≥6，
由a62＝a7﹣a6+1，
a72＝a8﹣a7+1，
…，
ak2＝ak+1﹣ak+1，k≥5，
可得a62+a72+…+ak2＝ak+1﹣a6+k﹣5
a12+a22+…+ak2＝20+ak+1﹣a6+k﹣5＝ak+1+k﹣16，
且a1a2…ak＝1+ak+1，
正整数k（k≥5）使得a12+a22+…+ak2＝a1a2…ak成立，
则ak+1+k﹣16＝ak+1+1，
则k＝17，
故选：B．
【点睛】本题考查数列的递推公式，考查累加法求和，解题关键是由n≥6时，a1a2…an﹣1＝1+an，a1a2…an＝1+an+1，两式相除得出，目的是配出．
题型6 求和全题型：正负相间并项型
正负相间并项型： 形如，一般情况下，f（n）可类比前边规律裂项相消法，一正一负连续两项合并，则可得到常数，或者等差，或者等比等有规律的数列，再进行求和。
1.（22-23高三上·河南·阶段练习）已知数列的通项公式为，前项和为，则满足的最小正整数的值为（ ）
A．28 B．30 C．31 D．32
【答案】D
【分析】用分组（并项）求和法求得和，然后解不等式，结合是正整数得解．
【详解】由题意，得
，
由，得，即，
结合，解得，故的最小值为32．
故选：D．
2.（2022高三·全国·专题练习）数列满足，前16项和为540，则 ．
【答案】-2
【分析】分为奇数与偶数两种情况，分别求得前16项中奇数项和偶数项的和，再根据偶数项与的关系求解即可
【详解】因为数列满足，
当为奇数时，，
所以，，，，
则，
当为偶数时，，
所以，，，，，，，
故，，，，，，，
因为前16项和为540，
所以，
所以，解得．
故答案为：．
3.（21-22高三·辽宁沈阳·开学考试）数列 的前项和等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先设数列，前项和为，
当为奇数时，求出并项，
再根据并项求出当为偶数时的表达式，代值计算即可.
【详解】设数列，数列的前项和为，
当为奇数时，，
所以当为偶数时， ，
所以.
故选：D.
4.（21-22高三上·河南商丘·阶段练习）设数列的通项公式为，其前项和为，则（ ）
A． B． C．180 D．240
【答案】D
【分析】分别取，，和，，可验证出，利用周期性可验算得到结果.
【详解】当，时，，；
当，时，，；
当，时，，；
当，时，，.
，.
故选：D
题型7 裂项求和全题型1：首项是负的基础型
1．（25-26高三·全国·阶段练习）已知在数列中，，数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据取倒数法可得，由等差数列的定义和通项公式可得，进而，结合裂项相消法求和即可．
【详解】由，得，即，又，
所以，则是以为首项，为公差的等差数列，
则，
故，得，
所以．
所以．
故选：A.
2．（24-25高三下·山东泰安·阶段练习）已知数列满足：，．若数列满足，则数列的前20项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】结合等差数列的定义，利用取倒数法证得是等差数列，进而求得，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】依题意，由，得，
故数列是首项为，公差为2的等差数列，
所以，则，
所以数列的前20项和为.
故选：B
3．（2023·陕西宝鸡·模拟预测）等比数列的各项均为正数，且.设，则数列的前项和（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设等比数列的公比为，则，根据已知条件求出、的值，可得出的通项公式，再利用裂项相消法可求得.
【详解】设等比数列的公比为，则，则，
所以，所以，因为，可得，
所以，
所以，
所以，，
即数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，
因此.
故选：B.
4．（24-25高三上·辽宁丹东·开学考试）已知等差数列的前项和为，，为整数，且，则数列的前9项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用给定条件，求出等差数列的公差的范围，进而求出及通项公式，再利用裂项相消法求和即得.
【详解】设等差数列的公差为，由，得，则，
即，解得，而为整数，则为整数，
因此，，，
所以数列的前9项和为.
故选：A
题型8 裂项求和全题型2：线性函数型
函数型，指的是 f（n）=t（q-p），差型； ．
1．（24-25高三下·江苏盐城·阶段练习）已知等差数列的前n项和，若，数列的前n项和为，且，则正整数的值为（ ）
A．4 B．6 C．5 D．8
【答案】C
【分析】由的关系求出通项公式，再由裂项相消求出，根据方程求解即可.
【详解】当时，，
当时，，符合上式，故，
所以，
故，
由，得，
整理得，化简得，得（舍去负值）．
故选：C
2．（23-24高二·江苏·假期作业）已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出的通项，再求出的通项，从而可求，利用参变分离可求的取值范围.
【详解】因为，
所以，
故即，其中.
而令，则，故，.
，
故
，
故恒成立等价于即恒成立，
化简得到，因为，故.
故选：D
3．（2024·全国·模拟预测）已知等差数列的前项和，若，数列的前项和为，且，则正整数的值为（ ）
A．12 B．10 C．9 D．8
【答案】D
【分析】
由的关系求出通项公式，再由裂项相消求出，根据方程求解即可.
【详解】当时，，
当时，，符合上式，故，
所以，
故，
由可得，化简得，得（舍去负值）．
故选：D
4．（2019·广东·一模）已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求数列的和，最后利用函数的单调性求出结果.
【详解】数列满足，①
当时，，②
①②得，，故，
则，
则，
由于恒成立，
故，
整理得：，
因随的增加而减小，所以当时，最大，且为，
即.故选：D
题型9 裂项求和全题型3：分离常数裂项型
分离常数裂项型，指的是 f（n）是pq的同类项，可以分离常数型，然后再裂项
1．（21-22高三·浙江·阶段练习）已知数列中，，若，设，若，则正整数的最大值为（　　）
A．1010 B．1011 C．2021 D．2022
【答案】B
【分析】确定数列是递增数列，得，利用已知等式得出，然后对和进行变形，利用裂项相消法求得和的表达式，再由不等式性质得出结论．
【详解】,，又，所以，即是递增数列，
由得，所以，
，
，
所以，而，，，
所以正整数的最大值为1011．
故选：B．
2．（22-23高三福建厦门·阶段练习）设数列的前n项和为，则（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据题意，得到，利用裂项相消法求数列的前项和公式，得出前100项的和，结合选项，即可求解.
【详解】由，
所以，
所以，
故选：A.
3．（2021·山东潍坊·模拟预测）设数列的前n项和为，则（ ）
A．25C．26【答案】A
【分析】利用裂项相消法，来求前项和公式，再求前100项的和即可．
【详解】由，
∴，
∴，
故选：A．
4．（2021·四川绵阳·模拟预测）设数列满足，若，且数列的前 项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据的递推关系求出的通项公式，代入的表达式中，求出的通项，即可求解的前 项和
【详解】由可得,
∵, ∴,
则可得数列为常数列，即, ∴
∴,
∴.
故选: D
题型10 裂项求和全题型4：指数裂项型
指数型，类似函数型的列项思维 形如
1．（21-22高二上·江苏南京·期末）已知数列满足，，记数列的前n项和为，若对于任意，不等式恒成立，则实数k的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将数列递推式恒等变形，构造等比数列，求得数列通项，将题设中的数列的通项展开裂项，运用裂项相消法求和，求得和式的范围即得.
【详解】依题意，当时，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，，即，
所以，
所以，
因不等式恒成立，故的取值范围是.
故选：C.
2．（23-24高三山西运城·阶段练习）已知数列满足，数列的前项和为，若对恒成立，则实数的最小值是（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【分析】根据等比数列求出，求出，求出即可求解.
【详解】因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，
，因为对恒成立，
所以，所以的最小值是1.
故选：B.
3．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和满足，若，数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出数列的通项公式及，求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求和即得.
【详解】数列中，，，当时，；
当时，，两式相减得，整理得，
数列是首项为2，公比为3的等比数列，则，
，
所以.
故选：A
4（24-25高二上·全国·课后作业）设数列的通项公式为，数列的前m项和，则m的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．20
【答案】A
【分析】运用裂项相消法，结合指数的运算性质进行求解即可.
【详解】由题意得，
则，则，
得，解得，
故选：A
题型11 裂项求和全题型5：等差指数“同构”型
等差指数“同构”型裂项法
1．（2023·江西宜春·一模）已知数列满足，若数列的前项和，对任意不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据求得 ,再因为对任意不等式恒成立，，求出实数的取值范围.
【详解】①,
②,
由①-②可得，当 时,,当,
当,,当，
所以,
对任意不等式恒成立,所以 ,
.
所以.
故选:C.
2．（22-23高三上·江西南昌·阶段练习）设数列满足，，则数列的前19项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据数列的递推式采用累加法求得，可得的通项公式，采用裂项求和法，即可求得答案.
【详解】因为，所以，
所以，
又，所以，
则
，
故数列的前19项和为：，
故选：D
3．（2023·陕西安康·模拟预测）已知数列的首项为,数列的前项和小于实数，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先分奇偶求出通项公式，再应用裂项相消法即可得前n项和，则得M的最小值.
【详解】当时，，即.
所以当为奇数时，是常数列.又，
所以当为奇数时，，即，
当为偶数时，，
所以当时，.
设，则
故的前项和为
，当趋向于无穷大时，前和趋向于.
所以的最小值为.
故选：C.
4．（2023·山东·模拟预测）已知非零数列，点在函数的图像上，则数列的前2023项的和为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，由条件可得数列是以为首项，为公差的等差数列，从而得到数列的通项公式，再结合裂项相消法即可得到结果.
【详解】由已知条件知，则．
所以．（*）
因为点在函数的图像上，所以，将（*）代入得．
当时，由，得．所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
所以，
因为，
所以．
故选：A．
题型12 裂项求和全题型6：裂和“调和”相消型
正负型：等差裂和型 原理：可通过分离常数，或者公式，裂项为“和”，借助系数的正负相间，达到裂项相消的目的。 常见构造裂项形式：
1．（23-24高三·福建龙岩·阶段练习）已知数列满足，其前项和为，设函数，则（ ）
A．0 B．1 C．1012 D．2024
【答案】C
【分析】由可得，从而可得，又由可得，从而利用倒序求和法即可求解.
【详解】因为，
所以，
所以，
因为，
所以，，…，，以上各式相加，
.
故选：C
2．（24-25高二上·江苏镇江·期中）已知在数列中，，，，数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据取倒数法可得，由等差数列的定义和通项公式可得，进而，结合裂项相消法求和即可.
【详解】由，得，即，
又，所以，
则是以为首项，以为公差的等差数列，
得，故，得，
所以，
所以
.
故选：A
3．（20-21高三下·安徽·阶段练习）已知数列满足，其前项和，数列满足，其前项和为，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用与关系可证得为等差数列，由此可求得，将进行裂项后，前后相消可求得，将问题转化为；令，可证得为递增数列，由此得到.
【详解】当时，，解得：或，又，；
当时，由得：，
，整理可得：，
，，即，
是以为首项，为公差的等差数列，；
经检验：满足；
综上所述：，
，
，
由得：，
令，则，
为递增数列，，，即实数的取值范围为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够采用裂项相消的方法求得，对于通项公式中含有类型的数列进行裂项求和时，需注意将通项裂成两项之和的形式，进而利用的波动性前后相消得到结果.
4．（2020·全国·模拟预测）已知等比数列的各项都为正数，当时，，设，数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据等比中项的性质化简，得到，从而可以算出的通项公式，进而求出，再结合裂项相消法即可得出结论.
【详解】∵数列是各项都为正数的等比数列，
∴当时，，∴，
又∵为等比数列，
∴，，∴，
∴，
∴，
故选：B.
【点睛】本题考查等差 等比数列的综合运用，涉及到的知识点有等比数列的性质，裂项相消法求和，需要学生熟练掌握其性质并灵活应用，属于中档题.
题型13 裂项求和全题型7：无理根式型
无理根式型裂项： 一般情况下，无理型裂项相消满足：
1．（22-23高三上·江苏南通·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．
【答案】A
【分析】设正项等差数列的公差为，且，由等比中项得，即，得，，即，求得．
【详解】设正项等差数列的公差为，且，，成等比数列，
，即，整理得，， ，，
，
即，即，，．故选：．
2.（22-23高三下·云南曲靖·阶段练习）已知数列各项均为正数，且，数列满足，若，则为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据等差中项可得是等差数列，结合条件可得，然后利用裂项相消法即得.
【详解】由可知是等差数列，
由，可得，，
所以，所以，经检验满足，
所以，
所以.
故选：D.
3.（2023·江西上饶·模拟预测）在正项数列中，，记．整数满足，则数列的前项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等差数列定义，裂项相消求和和对数不等式的求解即可得解.
【详解】因为，
所以为首项是1，公差是1的等差数列，所以，所以，
的前项和为，
整数满足，
所以，是整数，
所以，所以则数列的前项和为：.故选：C.
4.（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）若数列满足，则 ．
【答案】2
【分析】将数列通项分母有理化，运用裂项相消法求和即得.
【详解】因为，
所以
．
故答案为：.
题型14 裂项求和全题型8：三项积型
三项积型裂项求和： 属于比较难的题型，做复习参考。一般情况下，可如下公式裂项：
1.（2025·山东·模拟）数列中，，，设数列的前项和为，则 .
【答案】
【分析】根据已知条件判断出数列是等差数列并求得其通项公式，进而求得，利用裂项求和法求得.
【详解】由递推关系可得：，
即：，且：，
据此可得数列是首项为，公差为的等差数列，
则，，
据此可得：，
所以
.
故答案为：
2.（2023·全国·模拟预测）在数列中，，，，对，恒成立，则的通项公式为 ；若，则数列的前n项和 ．
【答案】
【分析】先运用等差数列公式法求出的通项公式，再求出 的通项公式，用裂项相消法求和.
【详解】由于，，所以成等差数列，又，，
所以的公差， ，
，又，所以，
，
；
故答案为：①，② .
3.（24-25高二下·河南南阳·期中）已知数列的通项公式为，函数在处的导数为，则使得的正整数的最小值为 .
【答案】7
【分析】由条件可得，求导可得，裂项相消法求和，代入运算得解.
【详解】由，
则，
因为，
所以
，
，即，
化简整理得，解得或，又，
，则的最小值为7.
故答案为：7.
4.（22-23高一上·福建厦门·开学考试）有一组数据：，，，，.记，则 .
【答案】
【分析】先将数列通项裂成两项，再对这两项分别裂项求和计算得出.
【详解】因为
，
，
，
，
.
上述12个式子相加得：
，
.
故答案为：.
题型15 裂项求和全题型9：三角函数型
三角函数数列不等式： 利用三角函数的周期型。 利用三角函数正余弦函数的有界性。 一些题型，可以借助泰勒公式等导数形式证明的结论
1.（2023高二上·全国·专题练习）已知数列满足，且的前项的和记为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用三角函数恒等变换对转化，求出的表达式，代入即可求出.
【详解】
，
∴
，∴ 故选：C
2.（24-25高三下·广西·开学考试）设等差数列的前n项和为，已知，，设，则数列的前n项和为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先根据等差数列的基本量运算得出通项公式，再结合两角和差正弦及余弦公式，最后结合裂项相消计算即可.
【详解】设等差数列的公差为d，由题意得，
解得，，则，
则
，
则数列的前n项和为：
故选：
3.（2025·河北模拟）设等差数列的公差为，前项和为，记，则数列的前项和是
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由等差数列的求和公式可得首项， ﹣1=﹣1，运用裂项相消求和，结合两角和差的正切公式，即可得到所求和．
【详解】等差数列 的公差d为，前8项和为 ，可得 ，解得 ，
﹣1=﹣1，则数列 的前7项和为
=（tan﹣tan）﹣7=（tan﹣tan）﹣7 =（）﹣7= ；故选：C．
4.（2024·广东·模拟预测）令．则的最大值在如下哪个区间中（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先通过，利用裂项相消法求出，观察得其最大值可取，然后计算其范围即可.
【详解】由于
根据三角函数的性质可知，当或时，取最大值，
不妨取，则,
又，因为当时，
所以要比较与的大小，
即比较与的大小，
故.
所以.故选：B.
证明：当时，设，，则，
所以在上单调递减，所以，即当时，.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用对式子进行放缩，可以将三角运算转化为非三角运算.
题型16 裂项求和全题型10：组合数型裂项
1.分奇偶各自新数列求和 2.要注意处理好奇偶数列对应的项： （1）可构建新数列；（2）可“跳项”求和
1.（24-25高三上·福建厦门·阶段练习）已知是定义在上的奇函数，，且对任意，均有，则 ， .
【答案】
【分析】要利用数列的递推思想和累乘法来求出，然后再构造为二项式系数来求和，利用二项式系数的性质就可以求出结果.
【详解】令，，由题意知，
又是定义在上的奇函数，则，
∴，化简得，则，
得，累乘，
得，
当时，0!=1，即满足上式，则，
∴，则，
∵，上式可化为，
由于，
由二次项性质，得.
故答案为：，.2.
【点睛】关键点点睛：令，，结合题设得到，有，应用累乘法求得，结合组合数性质变形目标式.
2.（23-24高二上·福建泉州·阶段练习）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，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数.设，则除以2023的余数是 .
【答案】1011
【分析】先求得每项除以2023的余数，求每项除以2023的余数时，分奇偶项进行讨论，余数求和后再求除以2023的余数即可.
【详解】，
又，
则，
又，
所以
，
所以当，
，
其除以2023的余数为，
当时，
，
其除以2023的余数2022和3，
当且时，
，
其除以2023的余数为，
当时，
，
其除以2023的余数为，
除以2023的余数为除以2023的余数，
即除以2023的余数，
又
其除以2023的余数为1011，
故答案为：1011.
【点睛】本题的关键一是分奇偶项进行讨论，特别是偶数项时，最后两项求得结果与前面项，求得结果不同，要分开讨论；二是余数求和后要再除以2023二次求余.
3.（24-25高二下·海南海口·期中）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就.杨辉三角有很多有趣的性质，例如，三角形的两个腰上的数都是1，其余的数都等于它肩上的两个数相加.在如图所示的杨辉三角中，记实线上的数1，3，6，10，…构成数列，即第2行第3个数是，第3行第3个数是，第4行第3个数是，第5行第3个数是，…第行第3个数是，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用二项式展开式的第三项二项式系数记为，然后通过裂项相消法求和即可.
【详解】由杨辉三角结合二项式系数可知：，
所以，
即，
故选：D.
4.（2024高三·广东 阶段练习）已知f（x）是定义在R上的奇函数， 且对任意 均有 则
【答案】
【分析】要利用数列的递推思想和累乘法来求出，然后再构造为二项式系数来求和，利用二项式系数的性质就可以求出结果.
【详解】令，则，又由可得，，
又由f（x）是定义在R上的奇函数，则，即
所以，用累乘法得：
当时，由于，所以也满足上式，即，
所以，
因为，所以上式化为
由于
由二项式系数性质可得：，
则
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：（1）关键是利用数列的递推思想和运用累乘法来求出通项公式；
（2）关键是把阶乘的乘法转化为二项式系数，再利用二项式系数的性质来求和.
结束专题06 数列求和全题型培优归类
题型1 求和全题型：基础公式法
求和基础公式，主要是等差等比求和，是求和的基础。等差等比求和公式： 等差：前n项和公式：Sn＝na1＋d＝. 等比：前n项和公式：Sn＝
1．（24-25高三·广西南宁·阶段练习）若数列{}的通项公式为，则数列{}的前n项和为（ ）
A． B．
C． D．
2．（25-26高三甘肃·阶段练习）设的整数部分为，则数列的前21项的和为（ ）
A．250 B．253 C．255 D．258
3．（25-26高三上·广东·开学考试）已知数列为等比数列，公比为，且.若，则正整数的值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
4．（2025高三·全国·专题练习）已知数列的前项和为且，则（ ）
A． B． C． D．17
题型2 求和全题型：分组求和
分组求和法主要是以等差等比核心： 1.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减 2.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减 3.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减
1．（25-26高三上·重庆·阶段练习）已知数列{an}满足数列的前n项和，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（25-26高三上·云南昆明·阶段练习）若数列满足，，则其前2025项的和为（ ）
A．1517 B．1519 C．1521 D．1523
3．（2025·福建三明·三模）若数列满足，，则（ ）
A．155 B．156 C．203 D．204
4．（24-25高二下·云南楚雄·阶段练习）在数列中，，数列的前项和为，若，则数列的前项和为（ ）
A． B． C． D．
题型3 求和全题型：倒序求和
倒序求和： 倒序求和，多是具有中心对称的“函数型”，此类函数具有“和定”的特征，满足“和定”特征的还有组合数。
1．（24-25高三 陕西西安·阶段练习）若等差数列满足，则（ ）
A．2025 B． C． D．
2．（23-24高三·四川绵阳·阶段练习）已知数列是公比为的等比数列，且，若，则（ ）
A．4046 B．4045
C．2024 D．2023
3．（24-25高二下·云南丽江·阶段练习）已知函数是幂函数，对任意的，且，满足，记曲线C：，设函数．曲线C的对称中心为点M，曲线C上两个不重合的动点、关于点M对称，求的取值范围和的值（ ）
A．， B．，8098
C．， D．，4049
4．（24-25高二下·广西南宁·开学考试）已知数列中，，则（ ）
A．96 B．97 C．98 D．99
题型4 求和全题型：错位相消法
错位相减法： 形如an＝，用错位相减法求解． 若是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和． 思维结构结构图示如下 求和过程：
1．（24-25高三全国·课后作业）已知对一切都成立，那么，的值为（ ）
A．， B．
C．， D．，
2．（25-26高三上·内蒙古呼和浩特·开学考试）若，则 ．
3．（24-25高三·江苏镇江阶段练习）对任意数列，定义函数是数列的“生成函数”.已知，则 .
4．（24-25高二下·四川内江·期中）设为数列的前项和，已知，，则 .
题型5 求和全题型：分段型求和
分段型数列求和： 1.分奇偶各自新数列求和 2.要注意处理好奇偶数列对应的项： （1）可构建新数列； （2）可“跳项”求和。
1.（2024·全国·模拟预测）在等比数列中，，若，且的前项和为，则满足的最小正整数的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
2.（2023·湖北武汉·模拟预测）等比数列满足各项均为正数，，数列的前项和为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3.（2024·重庆·模拟预测）已知数列满足：，则（ ）
A．511 B．677 C．1021 D．2037
4.（2020·浙江温州·二模）已知数列{an}满足：an（n∈N*）．若正整数k（k≥5）使得a12+a22+…+ak2＝a1a2…ak成立，则k＝（ ）
A．16 B．17 C．18 D．19
题型6 求和全题型：正负相间并项型
正负相间并项型： 形如，一般情况下，f（n）可类比前边规律裂项相消法，一正一负连续两项合并，则可得到常数，或者等差，或者等比等有规律的数列，再进行求和。
1.（22-23高三上·河南·阶段练习）已知数列的通项公式为，前项和为，则满足的最小正整数的值为（ ）
A．28 B．30 C．31 D．32
2.（2022高三·全国·专题练习）数列满足，前16项和为540，则 ．
3.（21-22高三·辽宁沈阳·开学考试）数列 的前项和等于（ ）
A． B． C． D．
4.（21-22高三上·河南商丘·阶段练习）设数列的通项公式为，其前项和为，则（ ）
A． B． C．180 D．240
题型7 裂项求和全题型1：首项是负的基础型
1．（25-26高三·全国·阶段练习）已知在数列中，，数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高三下·山东泰安·阶段练习）已知数列满足：，．若数列满足，则数列的前20项和为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·陕西宝鸡·模拟预测）等比数列的各项均为正数，且.设，则数列的前项和（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25高三上·辽宁丹东·开学考试）已知等差数列的前项和为，，为整数，且，则数列的前9项和为（ ）
A． B． C． D．
题型8 裂项求和全题型2：线性函数型
函数型，指的是 f（n）=t（q-p），差型； ．
1．（24-25高三下·江苏盐城·阶段练习）已知等差数列的前n项和，若，数列的前n项和为，且，则正整数的值为（ ）
A．4 B．6 C．5 D．8
2．（23-24高二·江苏·假期作业）已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·全国·模拟预测）已知等差数列的前项和，若，数列的前项和为，且，则正整数的值为（ ）
A．12 B．10 C．9 D．8
4．（2019·广东·一模）已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
题型9 裂项求和全题型3：分离常数裂项型
分离常数裂项型，指的是 f（n）是pq的同类项，可以分离常数型，然后再裂项
1．（21-22高三·浙江·阶段练习）已知数列中，，若，设，若，则正整数的最大值为（　　）
A．1010 B．1011 C．2021 D．2022
2．（22-23高三福建厦门·阶段练习）设数列的前n项和为，则（　　）
A．
B．
C．
D．
3．（2021·山东潍坊·模拟预测）设数列的前n项和为，则（ ）
A．25C．264．（2021·四川绵阳·模拟预测）设数列满足，若，且数列的前 项和为，则（ ）
A． B． C． D．
题型10 裂项求和全题型4：指数裂项型
指数型，类似函数型的列项思维 形如
1．（21-22高二上·江苏南京·期末）已知数列满足，，记数列的前n项和为，若对于任意，不等式恒成立，则实数k的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高三山西运城·阶段练习）已知数列满足，数列的前项和为，若对恒成立，则实数的最小值是（ ）
A． B．1 C． D．2
3．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和满足，若，数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
4（24-25高二上·全国·课后作业）设数列的通项公式为，数列的前m项和，则m的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．20
题型11 裂项求和全题型5：等差指数“同构”型
等差指数“同构”型裂项法
1．（2023·江西宜春·一模）已知数列满足，若数列的前项和，对任意不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．（22-23高三上·江西南昌·阶段练习）设数列满足，，则数列的前19项和为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·陕西安康·模拟预测）已知数列的首项为,数列的前项和小于实数，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·山东·模拟预测）已知非零数列，点在函数的图像上，则数列的前2023项的和为（ ）
A． B．
C． D．
题型12 裂项求和全题型6：裂和“调和”相消型
正负型：等差裂和型 原理：可通过分离常数，或者公式，裂项为“和”，借助系数的正负相间，达到裂项相消的目的。 常见构造裂项形式：
1．（23-24高三·福建龙岩·阶段练习）已知数列满足，其前项和为，设函数，则（ ）
A．0 B．1 C．1012 D．2024
2．（24-25高二上·江苏镇江·期中）已知在数列中，，，，数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
3．（20-21高三下·安徽·阶段练习）已知数列满足，其前项和，数列满足，其前项和为，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．（2020·全国·模拟预测）已知等比数列的各项都为正数，当时，，设，数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
题型13 裂项求和全题型7：无理根式型
无理根式型裂项： 一般情况下，无理型裂项相消满足：
1．（22-23高三上·江苏南通·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．
2.（22-23高三下·云南曲靖·阶段练习）已知数列各项均为正数，且，数列满足，若，则为（ ）
A． B．
C． D．
3.（2023·江西上饶·模拟预测）在正项数列中，，记．整数满足，则数列的前项和为（ ）
A． B． C． D．
4.（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）若数列满足，则 ．
题型14 裂项求和全题型8：三项积型
三项积型裂项求和： 属于比较难的题型，做复习参考。一般情况下，可如下公式裂项：
1.（2025·山东·模拟）数列中，，，设数列的前项和为，则 .
2.（2023·全国·模拟预测）在数列中，，，，对，恒成立，则的通项公式为 ；若，则数列的前n项和 ．
3.（24-25高二下·河南南阳·期中）已知数列的通项公式为，函数在处的导数为，则使得的正整数的最小值为 .
4.（22-23高一上·福建厦门·开学考试）有一组数据：，，，，.记，则 .
题型15 裂项求和全题型9：三角函数型
三角函数数列不等式： 利用三角函数的周期型。 利用三角函数正余弦函数的有界性。 一些题型，可以借助泰勒公式等导数形式证明的结论
1.（2023高二上·全国·专题练习）已知数列满足，且的前项的和记为，则（　　）
A． B． C． D．
2.（24-25高三下·广西·开学考试）设等差数列的前n项和为，已知，，设，则数列的前n项和为（ ）
A． B．
C． D．
3.（2025·河北模拟）设等差数列的公差为，前项和为，记，则数列的前项和是
A． B． C． D．
4.（2024·广东·模拟预测）令．则的最大值在如下哪个区间中（ ）
A． B．
C． D．
题型16 裂项求和全题型10：组合数型裂项
1.分奇偶各自新数列求和 2.要注意处理好奇偶数列对应的项： （1）可构建新数列；（2）可“跳项”求和
1.（24-25高三上·福建厦门·阶段练习）已知是定义在上的奇函数，，且对任意，均有，则 ， .
2.（23-24高二上·福建泉州·阶段练习）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，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数.设，则除以2023的余数是 .
3.（24-25高二下·海南海口·期中）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就.杨辉三角有很多有趣的性质，例如，三角形的两个腰上的数都是1，其余的数都等于它肩上的两个数相加.在如图所示的杨辉三角中，记实线上的数1，3，6，10，…构成数列，即第2行第3个数是，第3行第3个数是，第4行第3个数是，第5行第3个数是，…第行第3个数是，则（ ）
A． B． C． D．
4.（2024高三·广东 阶段练习）已知f（x）是定义在R上的奇函数， 且对任意 均有 则
结束

展开更多......

收起↑