专题强化训练二 数列求和常考方法归纳-高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破（人教A版2019选择性必修第二册）

这是一份专题强化训练二 数列求和常考方法归纳-高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破（人教A版2019选择性必修第二册），共37页。

专题强化训练二：数列求和常考方法归纳
【考点梳理】
数列求和的几种常用方法
1．公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
(1)等差数列的前n项和公式：Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
(2)等比数列的前n项和公式：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))
2．分组求和法与并项求和法
(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)形如an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．
3．裂项相消法
(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(2)常见的裂项技巧
①eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
②eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).
③eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
④eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
⑤lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＝lga(n＋1)－lgan(n>0)．
4．错位相减法
如果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项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
【题型精练】
题型一、公式法求和
1．（2021·全国·高二课时练习）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求Sn，并求Sn的最小值.
2．（2021·四川成都·高三月考（文））已知数列满足：，且，其中；
（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
3．（2021·河南·郑州市第一〇六高级中学高二月考）已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
题型二、分组转化法求和
4．（2022·全国·高三专题练习）已知数列是等差数列，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列是递增的等比数列，且，，求．
5．（2021·黑龙江·鹤岗一中高三月考（理））已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，等比数列{bn}的公比为q(q>1)，且b3＋b4＋b5＝28，b4＋2是b3和b5的等差中项．
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）令cn＝bn＋，{cn}的前n项和记为Tn，若2Tn≥m对一切n∈N*成立，求实数m的最大值．
6．（2022·全国·高三专题练习）设数列满足，且，.
（1）求，的值；
（2）已知数列的通项公式是：，，中的一个，判断的通项公式，并求数列的前项和.
题型三、倒序相加法求和
7．（2020·河南大学附属中学高二月考）已知函数，设数列满足，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若记，2，3，，，求数列的前项和.
8．（2020·江苏·高三专题练习）已知数列满足,且对任意,都有
成立.
（1）求的值;
（2）证明:数列是等差数列.
9．（2019·四川·成都外国语学校高一期中（文））数列的前项和为
（1）若为等差数列，求证：；
（2）若，求证：为等差数列.
题型四、裂项相消法求和
10．（2021·浙江绍兴·高二期末）已知等差数列满足，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，，求数列的前项和.
11．（2021·广东·金山中学高二期中）已知数列满足，，数列满足，．
（1）证明数列为等比数列并求数列的通项公式；
（2）数列满足，设数列的前项和，证明：．
12．（2021·广东·广州市番禺区象贤中学高二期中）已知数列的前项和为，且满足.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）记，求数列的前项和.
题型五、错位相减法求和
13．（2021·西藏·拉萨中学高二月考）已知数列中，，．
（1）求证：数列为等比数列，并求出的通项公式；
（2）数列满足，设为数列的前项和，求使恒成立的最小的整数．
14．（2021·全国·高二专题练习）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=5，nSn+1-（n+1）Sn=n2+n.
（1）求证：数列为等差数列；
（2）令bn=2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
15．（2021·河南洛阳·高二期中（文））已知正项数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：．
专题强化训练
一、单选题
16．（2021·河南·高二期中（文））已知数列的前项和，则数列的前项和为（ ）
A．B．C．D．
17．（2021·河南·高二期中（理））已知数列中，，，则数列的前项和为（ ）
A．B．C．D．
18．（2021·江西·九江一中高二期中）已知数列满足，，，记数列的前项和为，则（ ）
A．B．C．D．
19．（2021·河南南阳·高二期中）已知数列满足，，，则数列的前2021项的和为（ ）
A．B．C．D．
20．（2021·西藏·拉萨中学高二月考）数列满足，则它的前20项和等于（ ）
A．-10B．-20C．10D．20
21．（2021·河北省唐县第一中学高二期中）若数列满足，且，则的前100项和为（ ）
A．67B．68C．134D．167
22．（2021·全国·高二课时练习）已知函数，若等比数列满足，则（ ）．
A．2020B．C．2D．
23．（2021·全国·高二课时练习）已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
24．（2021·全国·高二单元测试）已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
25．（2021·全国·高二单元测试）某公园免费开放一天，假设早晨6时30分有2人进公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去并出来1人，第二个30分钟内进去8人并出来2人，第三个30分钟内进去16人并出来3人，第四个30分钟内进去32人并出来4人，……，按照这种规律进行下去，那么到上午11时30分公园内的人数是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
26．（2021·全国·高二单元测试）已知数列满足，数列的前n项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．的值为2B．数列的通项公式为
C．数列为递减数列D．
27．（2021·江苏·高二单元测试）设数列，的前项和分别为，，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
28．（2021·全国·高二单元测试）已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．为等比数列B．的通项公式为
C．为递增数列D．的前项和
29．（2021·全国·高二课时练习）（多选题）已知数列的前项和为，，，数列的前项和为，则下列选项正确的为（ ）
A．数列是等差数列B．数列是等比数列
C．数列的通项公式为D．
三、填空题
30．（2021·上海市行知中学高二期中）已知数列的前项和，设数列的前项和为，则的值为 ___．
31．（2021·上海市复兴高级中学高二期中）设数列的前项和为，且，则满足的最小值为___________
32．（2021·河南南阳·高二月考（文））已知等差数列的前项和为，则___________.
33．（2021·河南郑州·高二期中（文））数列的前项和，.设，则数列的前项和___________.
34．（2021·河南郑州·高二月考（理））已知数列满足，且，当，时，记，则________.（备用公式）
四、解答题
35．（2020·全国·高二课时练习）已知等差数列满足，前7项和为
（Ⅰ）求的通项公式
（Ⅱ）设数列满足，求的前项和.
36．（2021·全国·高二专题练习）已知等差数列满足：，．的前n项和为．
（Ⅰ）求及；
（Ⅱ）令（）,求数列的前项和．
37．（2021·全国·高二课时练习）已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n．
（Ⅰ）求q的值；
（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式．
38．（2021·全国·高二专题练习）正项数列的前n项和Sn满足：
(1)求数列的通项公式；
(2)令，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜ .
39．（2021·全国·高二课时练习）已知数列是递增的等比数列，且
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设为数列的前n项和，，求数列的前n项和．
40．（2021·江苏省苏州实验中学高二月考）已知数列的各项均为正数，对任意，它的前项和满足，并且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，为数列的前项和，求.
41．（2021·河南·高二期中（理））等比数列的各项均为正数，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设bn＝lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3an，求数列的前项和.
42．（2021·吉林·延边二中高二期中（理））已知数列的前n项和为,且,,数列满足，.
(1)求和的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和 .
43．（2019·全国全国·高二课时练习）已知数列满足，且成等差数列.
（Ⅰ）求的值和的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列的前项和.
44．（2019·江西上饶·高二月考）已知数列满足，且.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）设，记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求的取值范围.
45．（2020·广东广雅中学高二月考）已知数列的前项和为，，数列为等比数列，且，分别为数列第二项和第三项.
（1）求数列与数列的通项公式；
（2）若数列，求数列的前项和.
参考答案
1．
（1）an＝2n－9；
（2）Sn＝ (n－4)2－16；－16.
（1）
设数列{an}的公差为d，由题意得a1＝－7，3a1＋3d＝－15.
所以d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
（2）
由（1）得n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
2．
（1）证明见解析，
（2）
【分析】
（1）由，化简得到，结合等比数列的定义和通项公式，即可求解；
（2）由（1）知：，结合等差数列、等比数列的求和公式，即可求解.
（1）
解：由题意，数列满足：，且，
可得，且，
所以是首项、公比均为2的等比数列，所以，即.
（2）
解：由（1）知：，
则
.
3．
（1）an=2n-1.
（2）
【分析】
（1）直接利用基本量代换，列方程组即可求出通项公式；
（2）先求出公比q，即可利用等比数列前n项和公式直接求和.
（1）
设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＝1，a2＋a4＝10，即1+d+1+3d=10，
解得：d=2，
所以an= a1+（n-1）d=2n-1.
（2）
设等比数列{bn}的公比为q，
因为b1＝1，，b2b4＝a5=9，所以q4=9，解得：q2=3.
所以b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1
.
4．（1）；（2）.
【分析】
（1）设数列的公差为，根据已知条件列关于和的方程组，解方程可得和的值，即可得的通项公式；
（2）由等比数列的性质求得和的值，进而可得数列的公比和通项公式，再由分组求和即可求解.
【详解】
（1）设等差数列的公差为，
由题意可知：，解得，
所以，
（2）因为数列是递增的等比数列，
由已知可得，解得：，
所以，可得：所以，
所以，
，
，
．
5．（1）an＝2n(n∈N*)，bn＝2n－1，n∈N*；（2）.
【分析】
（1）根据与的关系即可求得数列的通项，根据已知条件求出等比数列{bn}的首项和公比，即可求得数列的通项；
（2）求出数列{cn}的通项，再利用分组求和及裂项相消求和法求出Tn，从而可求得Tn的最小值，从而可得答案.
【详解】
解：（1）当n＝1时，a1＝S1＝2.
当n≥2时an＝Sn－Sn－1＝2n，a1＝2也符合上式，
∴an＝2n(n∈N*)．
又b3＋b4＋b5＝28，2(b4＋2)＝b3＋b5，
得b4＝8，q＝2或q＝.
∵q>1，∴q＝2，
∴bn＝2n－1，N*.
（2）∵cn＝bn＋＝2n－1＋＝2n－1＋，
∴Tn＝＋
＝2n－1＋
＝2n－，
易知Tn随着n的增大而增大，∴2Tn≥2T1＝，
故m的最大值为.
6．（1），；（2），.
【分析】
（1）由递推公式得，结合已知是首项为3，公比为3的等比数列，写出的通项公式，进而求，的值；
（2）由（1）得，再应用分组求和及等差、等比前n项和公式求.
【详解】
（1）∵，即且，
∴是首项为3，公比为3的等比数列，即，
∴，则，.
（2）设，由（1）知，又.
∴，
.
7．（1）；（2）.
【分析】
（1）由得到，然后变形为，利用等差数列的定义求解.
（2）由（1）得到，由，利用倒序相加法求解.
【详解】
（1）因为，所以由得，
所以，，
所以是首项为2，公差为2的等差数列，
所以，所以.
（2）由（1）知，
则，
，
，
所以，
，
，
两式相加，得：
，
所以.
【点睛】
本题主要考查数列的递推关系，等差数列的定义及通项公式以及倒序相加求和，话考查了运算求解的能力，属于中等题.
8．（1）（2）答案见解析
【分析】
（1）根据,令时,即可求出;
（2）假设是公差为的等差数列,则,利用数学归纳法证明,即可求得答案.
【详解】
（1）
令,则
由,则
解得:
（2）若是等差数列,则公差为,即
①当时,由（1）知,此时结论成立．
②假设当时,结论成立,即是等差数列,则公差为.
由
对该式倒序相加,得
,即
当时,结论成立．
根据①②,可知数列是等差数列．
【点睛】
本题考查了求数列中的项和证明数列是等差数列,解题关键是掌握数学归纳法的证明方法和等差数列的基础知识,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.
9．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）利用倒序相加法即可证明.
（2）利用与的关系分别求出与，然后作差，化简即可证明其满足，即可证明为等差数列.
【详解】
（1）证明：已知数列为等差数列，设其公差为，有
则
于是……①
又……②
由①②相加有即
（2）证明：由，有当时，，
所以， ③
， ④
④－③并整理，得，即
所以数列是等差数列．
【点睛】
主要考查了倒序相加法，以及等差数列的证明，属于中档题.等差数列的证明常常运用以下两种方法：（1）定义法，通过证明（为常数，）即可；（2）等差中项法：通过证明其满足即可.
10．（1）；（2）.
【分析】
（1）设等差数列的公差为，根据题意列出方程即可解出，从而得到数列的通项公式；
（2）根据题意可得，再根据累乘法求得，然后根据裂项相消法即可求出数列的前项和．
【详解】
（1）设等差数列的公差为，
则，，.因为，所以，
解得.所以数列的通项公式为.
（2）因为，所以.
所以，当时，，
即.又适合上式，
所以.因为，
数列的前项和为.
11．
【详解】
解：（1）证明：当时，，
又，数列是首项为2，公比为2的等比数列，
，；
（2）证明：，，
当时，
当时，
，
当时符合，，
，
．
又，．
12．【详解】
（1）证明：由，
可得，解得，
时，，
可得，
则，
所以数列是首项和公比均为2的等比数列；
（2）由（1）可得，
则，
所以
.
13．
【详解】
（1）由，得，
令，所以，解得，
所以，
由等比数列的定义可知：
数列是以为公比，以为首项的等比数列，
所以，即，
（2）由题意得，
，
，
两式相减得：，
所以，
所以，
所以使恒成立的最小的整数为．
14．
【详解】
（1）证明：由nSn+1-（n+1）Sn=n2+n得，又=5，
所以数列是首项为5，公差为1的等差数列.
（2）由（1）可知=5+（n-1）=n+4，所以Sn=n2+4n.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+4n-（n-1）2-4（n-1）=2n+3.
又a1=5也符合上式，所以an=2n+3（n∈N*），
所以bn=（2n+3）2n，
所以Tn=5×2+7×22+9×23+…+（2n+3）2n，①
2Tn=5×22+7×23+9×24+…+（2n+1）2n+（2n+3）·2n+1，②
所以②-①得
Tn=（2n+3）2n+1-10-（23+24+…+2n+1）
=（2n+3）2n+1-10-
=（2n+3）2n+1-10-（2n+2-8）
=（2n+1）2n+1-2.
15．
解：因为正项数列的前n项和为，且，，所以
当时，，即，即，解得或（舍去）
当时，，两式相减可得，即，所以，
又，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以
（2）
解：由（1）可得，令，所以①，所以②；
①②得，
，所以，所以
16．D
解：因为数列的前项和，，
两式作差得到，又当时，，符合上式，
所以，，
所以，
所以.
故选：D.
17．A
【详解】
因为，即，，
所以数列是常数列，
所以，
所以，，
所以
于是，
故选：A
18．B
【分析】
降标相减可得，从而可得，再降标相减得出是等差数列，再利用错位相减法即可求解.
【详解】
降标相减可得
即
变形得：，
降标相减可得可算得，，
即是等差数列，可得，
所以，
所以
错位相减可得.
所以.
故选：B
19．A
【分析】
利用累加法得到，带入得到，再利用分组求和法计算得到答案.
【详解】
，即.
.
.
故
.
故选：A.
20．D
【分析】
根据，利用并项求和法即可得出答案.
【详解】
解：因为，
所以
.
故选：D.
21．B
【分析】
由题意得，根据，列举数列的项，得到数列从第2项起，3项一个循环求解.
【详解】
因为，
所以，
因为，
所以数列的项依次为2，1，1，0，1，1，0，…，
所以从第2项起，3项一个循环，
所以的前100项的和为，
故选：B．
22．A
【分析】
由函数解析式可知，，
而根据等比数列的性质 恰好满足两两互为倒数.因此可以利用函数特征代入，利用倒序求和解决求和问题
【详解】
∵，∴．
∵数列为等比数列，且，∴．
∴，
∴由倒序求和可得．
故选：A．
23．A
解：由，得，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以．
设的前项和为，则，
两边同乘2，得，
两式相减得，
所以，
所以．
故选：A.
24．B
【分析】
由，利用累加法得出.
【详解】
由题意可得，
所以，，…，，
上式累加可得
，
又，所以.
故选：B.
25．B
【详解】
由题意，可知从早晨6时30分开始，接下来的每个30分钟内，
进入的人数构成以4为首项，2为公比的等比数列，
出来的人数构成以1为首项，1为公差的等差数列，
记第个30分钟内进入公园的人数为，出来的人数为，
则，，
则上午11时30分公园内的人数为
.
故选：B.
26．ACD
【分析】
对于A，令直接求解，对于B，当时，，然后与已知的式子相减可求出，对于C，利用进行判断，对于D，利用错位相减法求解即可
【详解】
当时，，∴，∴A正确；
当时，，
∴，
∴，∵上式对也成立，∴（），∴B错误；
∵，
∴数列为递减数列，∴C正确；
∵，∴，两式相减得，
∴，
∴．∴D正确．
故选：ACD．
27．ABD
【分析】
对于AB，通过累乘法求出的通项公式，进而求出的通项公式，即可求解；
对于CD，通过的通项公式求出的通项公式，再通过裂项相消求，进而求解.
【详解】
由题意，得，
∴当时，，
又当时也符合上式，
∴，易得，∴，
故A，B正确；
，
∴，
易知单调递增，
∴，∴，故C错误，D正确.
故选:ABD．
28．AD
【详解】
因为，所以，
所以，且，
所以是以为首项，为公比的等比数列，即，
所以，可得，故选项A正确，选项B不正确；
因为单调递增，所以单调递减，即为递减数列，
故选项C不正确；
的前项和
．故选项D正确；
故选：AD．
29．BCD
【分析】
根据与的关系及，可得，再根据等比数列和等差数列的定义即可判断AB；从而可求的数列的通项公式，即可判断C；利用裂项相消求和法求得数列的前项和为，即可判断D.
【详解】
解：由即为，
可化为，由，可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，故A错误，B正确；
则，即，故C正确；
又，
可得，
故D正确.
故选：BCD．
30．
【分析】
当时，，当时，可得的通项公式，再利用裂项求和即可求解.
【详解】
当时，，
当时，，
因为满足上式，所以，
所以
所以，
故答案为：.
31．
【分析】
先求得，由，可得，由此即可求解
【详解】
因为，
所以
，
由，可得，解得，
所以满足的最小值为，
故答案为：
32．
【详解】
解：设公差为，因为，所以，解得，所以，所以，所以，
所以
故答案为：
33．
【分析】
项和转换可得，故，按照奇数项、偶数项分组求和，即得解
【详解】
由题意，
故答案为：
34．
【分析】
由数列满足，得数列是以1为公差的等差数列，再根据，可得，从而求得，再利用等差数列前n项和的公式求得，再结合即可得出答案.
【详解】
解：数列满足，所以数列是以1为公差的等差数列，
又，则，
所以，
所以，
所以
由，
可得，，
所以.
故答案为：1540.
35．(1)
(2) .
【详解】
试题分析：（1）根据等差数列的求和公式可得，得，然后由已知可得公差，进而求出通项；（2）先明确=，为等差乘等比型通项故只需用错位相减法即可求得结论.
解析：
（Ⅰ）由，得
因为所以
（Ⅱ）
36．（Ⅰ）; （Ⅱ）．
【详解】
试题分析：（1）设等差数列的公差为，由已知可得
解得，则及可求；（2）由（1）可得，裂项求和即可
试题解析：（1）设等差数列的公差为，因为，，所以有，
解得，所以，.
（2）由（1）知，，
所以，
所以，
即数列的前项和.
考点：等差数列的通项公式，前项和公式．裂项求和
37．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】
分析:（Ⅰ）根据条件、等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解公比；（Ⅱ）先根据数列前n项和求通项，解得，再通过叠加法以及错位相减法求.
【详解】
详解：（Ⅰ）由是的等差中项得，
所以，
解得.
由得，
因为，所以.
（Ⅱ）设，数列前n项和为.
由解得.
由（Ⅰ）可知，
所以，
故，
.
设，
所以，
因此，
又，所以.
点睛：用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
38．（1）（2）见解析
【详解】
（1）因为数列的前项和满足：，
所以当时，，
即
解得或，
因为数列都是正项，
所以，
因为，
所以，
解得或，
因为数列都是正项，
所以，
当时，有，
所以，
解得，
当时，，符合
所以数列的通项公式，;
（2）因为，
所以
，
所以数列的前项和为：
，
当时，
有，
所以，
所以对于任意，数列的前项和.
39．（Ⅰ）（Ⅱ）
【详解】
试题分析：（1）设等比数列的公比为q，，根据已知由等比数列的性质可得，联立解方程再由数列为递增数列可得则通项公式可得
（2）根据等比数列的求和公式，有所以，裂项求和即可
试题解析：（1）设等比数列的公比为q，所以有
联立两式可得或者又因为数列为递增数列，所以q>1，所以
数列的通项公式为
（2）根据等比数列的求和公式，有
所以
所以
考点：等比数列的通项公式和性质，数列求和
40．（1），（2）
【分析】
（1）根据与的关系，利用临差法得到，知公差为3；再由代入递推关系求；
（2）观察数列的通项公式，相邻两项的和有规律，故采用并项求和法，求其前项和.
【详解】
（1）对任意，有，①
当时，有，解得或.
当时，有.②
①-②并整理得.
而数列的各项均为正数，.
当时，，
此时成立；
当时，，此时，不成立，舍去.
，.
（2）
.
【点睛】
已知与的递推关系，利用临差法求时，要注意对下标与分两种情况，即；数列求和时要先观察通项特点，再决定采用什么方法.
41．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据题意列出方程组，求出首项与公比，即可求出等比数列的通项公式即可；
（2）由an＝化简bn＝lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3an，可得到bn的通项公式，求出的通项公式，利用裂项相消法求和.
【详解】
（1）设数列{an}的公比为q,
由＝9a2a6得＝9,
所以q2＝.由条件可知q＞0,故q＝.
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1,所以a1＝.
故数列{an}的通项公式为an＝.
（2）bn＝lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3an＝－（1＋2＋…＋n）＝－.
故.
所以数列的前n项和为
42．（1）；；（2）
【详解】
试题分析：（1）求数列的通项公式主要利用求解，分情况求解后要验证是否满足的通项公式，将求得的代入整理即可得到的通项公式；（2）整理数列的通项公式得，依据特点采用错位相减法求和
试题解析：（1）∵，∴当时，.
当时，.
∵时，满足上式，∴.
又∵，∴，解得：.
故，，.
（2）∵，，
∴①
②
由①-②得：
∴，.
考点：1.数列通项公式求解；2.错位相减法求和
【方法点睛】求数列的通项公式主要利用，分情况求解后，验证的值是否满足关系式，解决非等差等比数列求和问题，主要有两种思路：其一，转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解（即分组求和）或错位相减来完成，其二，不能转化为等差等比数列的，往往通过裂项相消法，倒序相加法来求和，本题中，根据特点采用错位相减法求和
43．（Ⅰ） ; （Ⅱ）.
【详解】
（Ⅰ） 由已知，有，即，
所以，又因为，故，由，得，
当时，，
当时，，
所以的通项公式为
（Ⅱ） 由（Ⅰ）得，设数列的前项和为，则
，
两式相减得
，
整理得
所以数列的前项和为.
考点：等差数列定义、等比数列及前项和公式、错位相减法求和.
44．（1）详见解析；（2）.
【分析】
（1）由题意得，化简整理，结合定义，即可得证．
（2）由（1）可得，代入可得，分别讨论n为奇数和偶数时的表达式，结合单调性，便可求出m的取值范围．
【详解】
（1）证明：因为，所以
即，则
从而数列是以6为首项，2为公比的等比数列
（2）解：由（1）知，即
所以
当为偶数时，
当为奇数时，
当为偶数时，是递减的，此时当时，取最大值，则；
当为奇数时，是递增的，此时，则.
综上，的取值范围是.
【点睛】
本题考查了数列构造法，等比数列的定义及求和．证明等比数列常用概念来证明，裂项相消法是求和中常用的办法，题中还涉及了分类讨论的思想，需分别求n为奇数和n偶数时的，再分别求解，整理答案，属难题．
45．（1）;，（2）
【分析】
（1）由数列的通项和的关系，求得数列的通项公式，再结合等比数列的通项公式，联立方程组，求得数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式，得到答案.
（2）由（1）可得，利用 “裂项法”和“乘公比错位相减法”，即可求解数列的前项和，得到答案.
【详解】
（1）由题意，数列的前项和为，
当时，
当时∴，
当时也满足上式
所以数列的通项公式为.
设数列的首项为，公比为，则，
∴，，∴，.
（2）由（1）可得，所以
设前项和为成，前项和为，
∴
∴，
∵
∴
∴
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