专题05 数列求和及综合应用

【要点提炼】

1.常用公式：1²＋2²＋3²＋4²＋…＋n²＝$\frac{nn12n1}{6}$.

2.(1)数列通项a_n与前n项和S_n的关系为a_n＝$\left\{\begin{array}{l}S1n1\hfill \\ SnSn1n2.\hfill \end{array}\right.$

(2)应用a_n与S_n的关系式f(a_n，S_n)＝0时，应特别注意n＝1时的情况，防止产生错误.

3.数列求和

(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.

(2)错位相减法：主要用于求数列{a_n·b_n}的前n项和，其中{a_n}，{b_n}分别是等差数列和等比数列.

(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如$\left\{\begin{array}{l}\frac{c}{anan1}\hfill \end{array}\right\}$(其中{a_n}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.

温馨提醒　裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误.

4.数列与函数、不等式的交汇

数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S_n的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查不等关系或恒成立问题.

【方法指导】

1、某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和.注意在含有字母的数列中对字母的讨论.

（1）若数列$\left\{c_n\right\}$的通项公式为$c_n=a_n\pm b_n$ ，且$\left\{a_n\right\}$，$\left\{b_n\right\}$为等差数列或等比数列，则可以采用分组求和法求数列$\left\{c_n\right\}$的前$n$项和；

（2）若数列$\left\{c_n\right\}$ 的通项公式为$c_n=\left\{\begin{array}{l}{a}_n,n为奇数\\ b_n,n为偶数\end{array}\right.$ ，且数列$\left\{a_n\right\}$，$\left\{b_n\right\}$是等比数列或等差数列，则可以采用分组求和法求数列$\left\{c_n\right\}$的前$n$ 项和；

（3）若数列的通项公式中有${(-1)}^n$ 等特征，根据正负号分组求和.

2、一般地，若数列$\left\{a_n\right\}$ 是等差数列，$\left\{b_n\right\}$是等比数列，求数列$\left\{a_n·b_n\right\}$的前$n$ 项和，则可以采用错位相减法求和.一般是先将和式两边乘以等比数列$\left\{b_n\right\}$的公比，然后做差求解；

3、在写出$S_n$ 与$q{S}_n$的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出$S_n-q{S}_n$的表达式；

4、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.

5、（1）利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两三项，后面也剩两三项；

（2）将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.

6、数列与不等式相结合问题的处理方法：

（1）如果是证明题，那么要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等.

（2）如果是解不等式问题，那么要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等.总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了

命题点一 利用分组求和法求和

【典例1】 （2021·广西高三其他模拟（文））已知数列$\left\{a_n\right\}$的前$n$项和是$S_n$，且满足$:S_n=2a_n-1,n\in N^{\text{*}}$.

（1）求数列$\left\{a_n\right\}$的通项公式；

（2）若$b_n=2n-1$，求数列$\left\{c_n\right\}$由$a_1,b_1,a_2,b_2,a_3,b_3,\cdots ,a_n,b_n,\cdots$组成，求$\left\{c_n\right\}$的前$n$项和$T_n$.

【答案】（1）$a_n=2^{n-1}$；（2）$T_n=\left\{\begin{array}{l}{2}^{\frac{n}{2}}-1+\frac{n^2}{4},n为偶数\hfill \\ 2^{\frac{n+1}{2}}-1+\frac{{(n-1)}^2}{4},n为奇数\hfill \end{array}\right.$.

【分析】

（1）根据$S_n$与$a_n$的关系，结合递推式可得数列$\left\{a_n\right\}$为等比数列，进而可得通项公式；

（2）分为$n$为奇数和偶数两种情形，结合等差数列和等比数列前$n$项和公式可得结果.

【详解】

（1）依题意：当$n=1$时，有：$S_1=2a_1-1,$又$S_1=a_1$，故$a_1=1$

干$S_n=2a_n-1$①，当$n⩾2$时，有$S_{n-1}=2a_{n-1}-1$②，

①$-$②得：$S_n-S_{n-1}=a_n=2a_n-2a_{n-1},$化简得$:a_n=2a_{n-1}$，

$\therefore \left\{a_n\right\}$是以1为首项，2为公比的等比数列，

$\therefore a_n=2^{n-1}$

（2）当$n$为偶数时$T_n=a_1+b_1+a_2+b_2+a_3+b_3+\cdots +a_{\frac{n}{2}}+b_{\frac{n}{2}}$

$=a_1+a_2+a_3+\cdots +a_{\frac{n}{2}}+b_1+b_2+b_3+\cdots +b_{\frac{n}{2}}$

$=\frac{a_1\left(1-q^{\frac{n}{2}}\right)}{1-q}+\frac{\left(b_1+b_{\frac{n}{2}}\right)\frac{n}{2}}{2}$$=\frac{1\cdot \left(1-2^{\frac{n}{2}}\right)}{1-2}+\frac{\left(1+n-1\right)\frac{n}{2}}{2}$$=2^{\frac{n}{2}}-1+\frac{n^2}{4}$

当$n$为奇数时$T_n=a_1+b_1+a_2+b_2+a_3+b_3+\cdots +a_{\frac{n-1}{2}}+b_{\frac{n-1}{2}}+a_{\frac{n+1}{2}}$

$=a_1+a_2+a_3+\cdots +a_{\frac{n+1}{2}}+b_1+b_2+b_3+\cdots +b_{\frac{n-1}{2}}$

$=\frac{a_1\left(1-q^{\frac{n+1}{2}}\right)}{1-q}+\frac{\left(b_1+b_{\frac{n-1}{2}}\right)\frac{n-1}{2}}{2}$$=\frac{1\cdot \left(1-2^{\frac{n+1}{2}}\right)}{1-2}+\frac{\left(1+n-2\right)\frac{n-1}{2}}{2}$$=2^{\frac{n+1}{2}}-1+\frac{{(n-1)}^2}{4}$

$\therefore T_n=\left\{\begin{array}{l}{2}^{\frac{n}{2}}-1+\frac{n^2}{4},n为偶数,\hfill \\ 2^{\frac{n+1}{2}}-1+\frac{{(n-1)}^2}{4},n为奇数\hfill \end{array}\right.$

【方法总结】

某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和.注意在含有字母的数列中对字母的讨论.

（1）若数列$\left\{c_n\right\}$的通项公式为$c_n=a_n\pm b_n$ ，且$\left\{a_n\right\}$，$\left\{b_n\right\}$为等差数列或等比数列，则可以采用分组求和法求数列$\left\{c_n\right\}$的前$n$项和；

（2）若数列$\left\{c_n\right\}$ 的通项公式为$c_n=\left\{\begin{array}{l}{a}_n,n为奇数\\ b_n,n为偶数\end{array}\right.$ ，且数列$\left\{a_n\right\}$，$\left\{b_n\right\}$是等比数列或等差数列，则可以采用分组求和法求数列$\left\{c_n\right\}$的前$n$ 项和；

（3）若数列的通项公式中有${(-1)}^n$ 等特征，根据正负号分组求和.

【拓展练习】

1、（2020·福建莆田市·高三其他模拟）已知等比数列$\left\{a_n\right\}$的公比为q.

（1）试问数列$\{a_n+a_n{}_{+\text{1}}\}$一定是等比数列吗？说明你的理由；

（2）在①$q=-\text{3}$，②$a_4{a}_5=\text{9}{a}_6$，③$a_{\text{1}}{a}_{\text{2}}{a}_{\text{3}}=\text{27}$这三个条件中任选两个，补充在下面的问题中并解答.

问题：若　　　　　　　，求$\left\{a_n\right\}$的通项公式及数列$\{{(-\text{1})}^{n}n+\text{4}{a}_n\}$的前n项和$S_n$.

注：如果选择多种情况解答，则按第一种情况计分.

【答案】（1）不一定，$q=-1$时，不是等比数列；（2）答案见解析．

【分析】

（1）$q=-1$时，$a_n+a_{n+1}=0$，从而确定数列是否为等比数列；

（2）选①②，由$a_4{a}_5=\text{9}{a}_6$得$a_3=9$，求得$a_1$后可得通项公式$a_n$，然后用分组求和法求得$S_n$，对$n$分偶数和奇数分别求和化简．

选②③，由$a_4{a}_5=\text{9}{a}_6$得$a_3=9$，由$a_{\text{1}}{a}_{\text{2}}{a}_{\text{3}}=\text{27}$得$a_2$，然后求得$q,a_1$后得通项公式$a_n$，然后用分组求和法求得$S_n$，对$n$分偶数和奇数分别求和化简．

选①③，由$a_{\text{1}}{a}_{\text{2}}{a}_{\text{3}}=\text{27}$得$a_2$，从而得$a_1$，从而可得$a_n$，然后用分组求和法求得$S_n$，对$n$分偶数和奇数分别求和化简．

【详解】

（1）数列$\{a_n+a_n{}_{+\text{1}}\}$不一定是等比数列，理由如下：

$q=-1$时，$a_n+a_{n+1}=0$，$\{a_n+a_n{}_{+\text{1}}\}$不是等比数列，

$q\ne -1$时，$\{a_n+a_n{}_{+\text{1}}\}$是等比数列，

故数列$\{a_n+a_n{}_{+\text{1}}\}$不一定是等比数列；

（2）选①②，

由$a_4{a}_5=\text{9}{a}_6$，$a_4{a}_5=a_3{a}_6$得$a_3{a}_6=9a_6$，$a_3=9$，∵$q=-3$，∴$a_1=1$，

∴$a_n={(-3)}^{n-1}$，

$S_n=-1+2-3+4-\cdots +{(-1)}^{n}n+4\times \frac{1-{(-3)}^n}{1-(-3)}$，

$n$为偶数时，$S_n=\frac{n}{2}+1-3^n$，

$n$为奇数时，$S_n=\frac{1}{2}(n+1)-(n+1)+1-{(-3)}^n=\frac{1-n}{2}+3^n$，

选②③，

由$a_4{a}_5=\text{9}{a}_6$，$a_4{a}_5=a_3{a}_6$得$a_3{a}_6=9a_6$，$a_3=9$，又$a_1{a}_2{a}_3=a_2^3=27$，$a_2=3$，

∴$q=\frac{a_3}{a_2}=3$，$a_1=1$，∴$a_n=3^{n-1}$，

$S_n=-1+2-3+4-\cdots +{(-1)}^{n}n+4\times \frac{1-3^n}{1-3}$，

当$n$为偶数时，$S_n=\frac{n}{2}-2+2\times 3^n$，

当$n$为奇数时，$S_n=\frac{n+1}{2}-(n+1)+2(3^n-1)=-\frac{1}{2}(n+5)+2\times 3^n$；

选①③，

由$a_1{a}_2{a}_3=a_2^3=27$，得$a_2=3$，又$q=-3$，∴$a_1=-1$，∴$a_n=-{(-3)}^{n-1}$，

$S_n=-1+2-3+4-\cdots +{(-1)}^{n}n+4\times \frac{-1\times \left[1-{(-3)}^n\right]}{1-(-3)}$，

$n$为偶数时，$S_n=\frac{n}{2}-1+3^n$，

$n$为奇数时，$S_n=\frac{1}{2}(n+1)-(n+1)-1+{(-3)}^n=-\frac{n+3}{2}-3^n$，

【点睛】

关键点点睛：本题考查等比数列的判断，考查求等比数列的通项公式和分组求和法求和．涉及到${(-1)}^n$，因此求和时按$n$的奇数和偶数分类讨论，偶数时正好相邻两项合并求和．数列求和的几种方法一定要掌握：公式法、错位相减法、裂项相消法、分组（并项）求和法，倒序相加法．

命题点二 利用错位相减法求和

【典例2】（2021·黑龙江齐齐哈尔市实验中学高三期末（理））设数列$\left\{a_n\right\}$的前n项和为$S_n$，已知$a_1=1$，$S_{n+1}-2S_n=1\left(n\in N^{*}\right)$.

（1）求证：数列$\left\{a_n\right\}$为等比数列

（2）若数列$\left\{b_n\right\}$满足：$b_1=1$，$b_{n+1}=\frac{b_n}{2}+\frac{1}{a_{n+1}}$，求数列$\left\{b_n\right\}$的通项公式及数列$\left\{b_n\right\}$的前n项和$T_n$.

【答案】（1）证明见解析；（2）$b_n=n\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$，$T_n=4-\left(2n+4\right)\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n$.

【分析】

（1）由$S_{n+1}-2S_n=1$，得$S_n-2S_{n-1}=1\left(n\ge 2\right)$，两式相减得$a_{n+1}=2a_n$，结合$a_1=1$，计算出$a_2$，确定$a_2=2a_1$，从而证明出等比数列；

（2）由（1）求得$a_{n+1}$，对$\left\{b_n\right\}$的递推关系式变形得数列$\left\{2^{n-1}{b}_n\right\}$是首项为1，公差为1的等差数列.，从而求得$2^{n-1}{b}_n$，得出$b_n$后用错位相减法求得和$T_n$．

【详解】

（1）证明：由$a_1=1$，$S_{n+1}-2S_n=1$，得$S_n-2S_{n-1}=1\left(n\ge 2\right)$，

两式相减，得$a_{n+1}-2a_n=0$，

因为$a_1=1$，由$\left(a_1+a_2\right)-2a_1=1$，得$a_2=2$，所以$\frac{a_2}{a_1}=2$，

所以$\frac{a_{n+1}}{a_n}=2$对任意$\pi \in {\text{N}}^{*}$部成立.

所以数列$\left\{a_n\right\}$为等比数列，首项为1，公比为2；

（2）由（1）知，$a_n=2^{n-1}$，$b_{n+1}=\frac{b_n}{2}+\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{2}{b}_n+{\left(\frac{1}{2}\right)}^n$，

即$2^n{b}_{n+1}=2^{n-1}{b}_n+1$，

因为$b_1=1$，所以数列$\left\{2^{n-1}{b}_n\right\}$是首项为1，公差为1的等差数列.

所以$2^{n-1}{b}_n=1+n-1=n$，所以$b_n=n\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$.

②设数列$\left\{b_n\right\}$的前n项和$T_n=1+2\cdot \frac{1}{2}+3\cdot \frac{1}{4}+\cdots +n\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$，$\frac{1}{2}{T}_n=\frac{1}{2}+2\cdot \frac{1}{4}+3\cdot \frac{1}{8}+\cdots +n\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n$，

相减可得$\frac{1}{2}{T}_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots +{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}-n\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n=\frac{1-\frac{1}{2^n}}{1-\frac{1}{2}}-n\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n$，

化简可得数列$\left\{b_n\right\}$的前n项和为$T_n=4-\left(2n+4\right)\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n$.

【点睛】

本题考查求等差、等比数列的通项公式，错位相减法求和．数列求和的常用方法：

设数列$\left\{a_n\right\}$是等差数列，$\left\{b_n\right\}$是等比数列，

（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；

（2）错位相减法：数列$\left\{a_n{b}_n\right\}$的前$n$项和应用错位相减法；

（3）裂项相消法；数列$\left\{\frac{1}{a_n{a}_{n+k}}\right\}$（$k$为常数，$a_n\ne 0$）的前$n$项和用裂项相消法；

（4）分组（并项）求和法：数列$\{p{a}_n+q{b}_n\}$用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；

（5）倒序相加法：满足$a_m+a_{n-m}=A$（$A$为常数）的数列，需用倒序相加法求和．

【方法总结】

1、一般地，若数列$\left\{a_n\right\}$ 是等差数列，$\left\{b_n\right\}$是等比数列，求数列$\left\{a_n·b_n\right\}$的前$n$ 项和，则可以采用错位相减法求和.一般是先将和式两边乘以等比数列$\left\{b_n\right\}$的公比，然后做差求解；

2、在写出$S_n$ 与$q{S}_n$的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出$S_n-q{S}_n$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.

【拓展练习】

2、（2020·四川宜宾市·高三一模（理））已知递增数列$\left\{a_n\right\}$满足$a_n+a_{n+2}=2a_{n+1}$，$n\in N^{\ast }$，且$a_2,a_4$是方程$x^2-10x+21=0$的两根，数列$\left\{b_n\right\}$的前$n$项和为$S_n$，且$S_n=1-\frac{1}{2}{b}_n\left(n\in N^{*}\right)$.

（1）求数列$\left\{a_n\right\}$，$\left\{b_n\right\}$的通项公式；

（2）记$c_n=a_n{b}_n$，求数列$\left\{c_n\right\}$的前$n$项和$T_n$.

【答案】（1）$\therefore a_n=2n-1$，$b_n=\frac{2}{3^n}$；（2）$T_n=2-\frac{2n+2}{3^n}$.

【分析】

（1）求出$a_1=1$，$d=2$即得数列$\left\{a_n\right\}$的通项公式；利用$b_n=S_n-S_{n-1}(n\ge 2)$求$\left\{b_n\right\}$的通项公式；

（2）先求出$c_n=\frac{4n-2}{3^n}$，再利用错位相减法求和.

【详解】

（1）因为方程$x^2-10x+21=0$两根为$x=3$或7，

又$a_2$､$a_4$是方程$x^2-10x+21=0$的两根，数列$\left\{a_n\right\}$是递增的等差数列，

$\therefore a_2=3$，$a_4=7$，设公差为$d$，则$\left\{\begin{array}{l}{a}_1+d=3\hfill \\ a_1+3d=7\hfill \end{array}\right.$，解得$a_1=1$，$d=2$.

$\therefore a_n=a_1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1$.

对于数列$\left\{b_n\right\}$，$S_n=1-\frac{1}{2}{b}_n\left(n\in N^{*}\right)$，

当$n=1$时，$b_1=1-\frac{1}{2}{b}_1$，解得$b_1=\frac{2}{3}$；

当$n\ge 2$时，$b_n=S_n-S_{n-1}=\left(1-\frac{1}{2}{b}_n\right)-\left(1-\frac{1}{2}{b}_{n-1}\right)$，

整理得$b_n=\frac{1}{3}{b}_{n-1}$，即$\frac{b_n}{b_{n-1}}=\frac{1}{3}$，所以数列$\left\{b_n\right\}$是等比数列，

$\therefore b_n=\frac{2}{3}\times {\left(\frac{1}{3}\right)}^{n-1}=\frac{2}{3^n}$

（2）$c_n=a_n{b}_n=\frac{2(2n-1)}{3^n}=\frac{4n-2}{3^n}$，

$\therefore$数列$\left\{c_n\right\}$的前$n$项和$T_n=\frac{2}{3}+\frac{6}{3^2}+\frac{10}{3^3}+\cdots +\frac{4(n-1)-2}{3^{n-1}}+\frac{4n-2}{3^n}$，$T_n=\frac{2}{3}+\frac{6}{3^2}+\frac{10}{3^3}+\cdots +\frac{4(n-1)-2}{3^{n-1}}+\frac{4n-2}{3^n}$，

$\therefore 3T_n=2+\frac{6}{3}+\frac{10}{3^2}+\cdots +\frac{4n-2}{3^{n-1}}$......$\therefore 3T_n=2+\frac{6}{3}+\frac{10}{3^2}+\cdots +\frac{4n-2}{3^{n-1}}$

两式相减可得$2T_n=2+\frac{4}{3}+\frac{4}{3^2}+\cdots +\frac{4}{3^{n-1}}-\frac{4n-2}{3^n}$......$2T_n=2+\frac{4}{3}+\frac{4}{3^2}+\cdots +\frac{4}{3^{n-1}}-\frac{4n-2}{3^n}$$=\frac{4\left(1-\frac{1}{3^n}\right)}{1-\frac{1}{3}}-2-\frac{4n-2}{3^n}=4-\frac{4n+4}{3^n}$，

$\therefore T_n=2-\frac{2n+2}{3^n}$.

【点睛】

方法点睛：数列求和常用的方法有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组求和法；（5）倒序相加法.要根据数列通项的特征灵活选择求和方法.

命题点三 利用裂项相消法求和

【典例3】（2021·福建漳州市·高三其他模拟）已知各项均为正数的等比数列$\left\{a_n\right\}$的前$n$项和为$S_n$，且$2S_2=9a_1-2$，$a_3=2a_2+3a_1$.

（1）若等差数列$\left\{b_n\right\}$满足$b_i=a_i\left(i=1,2\right)$，求$\left\{a_n\right\}$，$\left\{b_n\right\}$的通项公式；

（2）若$c_n=$___________，求数列$\left\{c_n\right\}$的前$n$项和$T_n$.

在①$\frac{4}{b_n{b}_{n+1}}+1$；②$\frac{2n}{\left(b_1+b_2+b_3+\cdots b_{n-1}+b_n\right)(n+1)}$；③$\frac{3^n}{S_n{S}_{n+1}}$这三个条件中任选一个补充到第（2）问中，并对其求解.

注：如果选择多个条件分别求解，按第一个解答计分.

【答案】（1）$a_n=2\times 3^{n-1}$，$b_n=4n-2$；（2）答案见解析.

【分析】

（1）利用等比数列的通项公式与求和公式求出$a_1$和$q$，得到数列$\left\{a_n\right\}$的通项公式，再求出对应等差数列$\left\{b_n\right\}$的前两项和公差，即可得数列$\left\{b_n\right\}$的通项公式；（2）根据已知条件进行整理，得出数列$\left\{c_n\right\}$的通项公式，进而利用裂项相消法即可求解.

【详解】

（1）设数列$\left\{a_n\right\}$的公比为$q$，则$q>0$.

$\because a_3=2a_2+3a_1$，

$\therefore q^2-2q-3=0$，解得：$q=3$或$q=-1$，

又因为各项均为正数，

所以$q=3$，

又$\because 2S_2=9a_1-2$，

$\therefore 2a_2=7a_1-2$，

代入$q=3$得$a_1=2$，$a_2=6$，

$\therefore a_n=a_1{q}^{n-1}=2\times 3^{n-1}$，

则$b_1=a_1=2$，$b_2=a_2=2\times 3=6$，

设数列$\left\{b_n\right\}$的公差为$d$，

∴$d=b_2-b_1=6-2=4$，

则$b_n=b_1+\left(n-1\right)d=4n-2$.

（2）选择①：

$\because b_n=4n-2$，$b_{n+1}=4n+2$，

则$c_n=\frac{1}{b_n{b}_{n+1}}+1=\frac{4}{(4n-2)(4n+2)}+1=\frac{1}{4n-2}-\frac{1}{4n+2}+1$，

$\therefore T_n=c_1+c_2+c_3+\cdots +c_{n-1}+c_n$

$=\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\right)+1+\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{10}\right)+1+\left(\frac{1}{10}-\frac{1}{14}\right)+1+\cdots +\left(\frac{1}{4n-6}-\frac{1}{4n-2}\right)+1+\left(\frac{1}{4n-2}-\frac{1}{4n+2}\right)+1$$=\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\right)+\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{10}\right)+\left(\frac{1}{10}-\frac{1}{14}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{4n-6}-\frac{1}{4n-2}\right)+\left(\frac{1}{4n-2}-\frac{1}{4n+2}\right)+n$

$=\frac{1}{2}-\frac{1}{4n+2}+n=\frac{2n\left(n+1\right)}{2n+1}$.

选择②：

$\because b_n=4n-2$，$b_1=2$，

则$b_1+b_2+b_3+\cdots +b_{n-1}+b_n=\frac{n\left(b_1+b_n\right)}{2}=\frac{n\left(2+4n-2\right)}{2}=2n^2$，

$\therefore c_n=\frac{2n}{\left(b_1+b_2+b_3+\cdots +b_{n-1}+b_n\right)(n+1)}=\frac{2n}{2n^2\left(n+1\right)}=\frac{1}{n\left(n+1\right)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，

$\therefore T_n=c_1+c_2+c_3+\cdots +c_{n-1}+c_n$

$=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$

$=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$.

选择③：

由（1）知$a_n=2\times 3^{n-1}$，

$\therefore S_n=\frac{a_1-a_{n}q}{1-q}=3^n-1$.

$\therefore c_n=\frac{3^n}{S_n{S}_{n+1}}=\frac{3^n}{\left(3^n-1\right)\left(3^{n+1}-1\right)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3^n-1}-\frac{1}{3^{n+1}-1}\right)$，

$\therefore T_n=c_1+c_2+c_3+\cdots +c_{n-1}+c_n$

$=\frac{1}{2}\times \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{8}\right)+\frac{1}{2}\times \left(\frac{1}{8}-\frac{1}{26}\right)+\frac{1}{2}\times \left(\frac{1}{26}-\frac{1}{80}\right)\text{+}\cdots +\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3^{n-1}-1}-\frac{1}{3^n-1}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3^n-1}-\frac{1}{3^{n+1}-1}\right)$$=\frac{1}{2}\times \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{8}+\frac{1}{8}-\frac{1}{26}+\frac{1}{26}-\frac{1}{80}+\cdots +\frac{1}{3^{n-1}-1}-\frac{1}{3^n-1}+\frac{1}{3^n-1}-\frac{1}{3^{n+1}-1}\right)$

$=\frac{3\left(3^n-1\right)}{4\left(3^{n+1}-1\right)}$.

【点睛】

本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．

【方法总结】

（1）利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两三项，后面也剩两三项；

（2）将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.

【拓展练习】

3、（2020·梅河口市第五中学高三月考（理））已知数列$\left\{a_n\right\}$为正项等比数列，满足$a_3=4$，且$a_5,3a_4,a_6$构成等差数列，数列$\left\{b_n\right\}$满足$b_n={\log }_2{a}_n+{\log }_2{a}_{n+1}$.

（1）求数列$\left\{a_n\right\}$，$\left\{b_n\right\}$的通项公式；

（2）若数列$\left\{b_n\right\}$的前项和为$S_n$，数列$\left\{c_n\right\}$满足$c_n=\frac{2}{\sqrt{S_n{S}_{n+1}}}$，求数列$\left\{c_n\right\}$的前项和$T_n$.

【答案】（1）$a_n=2^{n-1}$；$b_n=2n-1$（2）$T_n=\frac{2n}{n+1}$

【分析】

（1）由题意，根据等比数列性质，以及等差中项可求得公比，即可求得$a_n$，代入可求得$b_n$；

（2）由（1）可求得$b_n$的前n项和$S_n$，带入求得$c_n$，再利用裂项相消求得$T_n$.

【详解】

解：（1）设等比数列$\left\{a_n\right\}$的公比为$q(q>0)$，由题意，得

$a_5+a_6=6a_4\Rightarrow q+q^2=6$解得$q=2$或$q=-3$（舍）

又$a_3=4\Rightarrow a_1=1$所以$a_n=a_1{q}^{n-1}=2^{n-1}$

$b_n={\log }_2{a}_n+{\log }_2{a}_{n+1}=n-1+n=2n-1$

（2）$S_n=\frac{n\left(b_1+b_n\right)}{2}=\frac{n(1+(2n-1)]}{2}=n^2$.

$\therefore c_n=\frac{2}{n(n+1)}=2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$

$\therefore T_n=2\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{2n}{n+1}$

【点睛】

本题考查了数列的知识，掌握等差等比数列的性质、通项是解题的关键，同时也需要掌握好数列求和的裂项相消，属于较为基础题.

命题点四 数列不等式问题

【典例4】（2020·全国高三其他模拟（理））已知数列$\left\{a_n\right\}$的首项为0，$2a_n{a}_{n+1}+a_n+3a_{n+1}+2=0$.

（1）证明数列$\left\{\frac{1}{a_n+1}\right\}$是等差数列，并求出数列$\left\{a_n\right\}$的通项公式；

（2）已知数列$\left\{b_n\right\}$的前$n$项和为$S_n$，且数列$\left\{b_n\right\}$满足$b_n=\frac{2^n}{a_n+1}$，若不等式${\left(-1\right)}^n\lambda <S_n+3\times 2^{n+1}$对一切$n\in N^{+}$恒成立，求$\lambda$的取值范围.

【答案】（1）证明见解析，$a_n=\frac{2-2n}{2n-1}$；（2）$-14<\lambda <38$.

【分析】

（1）将递推公式构造成$2\left(a_n+1\right)\left(a_{n+1}+1\right)+\left(a_{n+1}+1\right)-\left(a_n+1\right)=0$，再根据等差数列的定义构造得到结论，并求通项公式；（2）由（1）可知$b_n=\left(2n-1\right)\times 2^n$，利用错位相减法求和$S_n$，再分$n$为奇数和偶数两种情况讨论求$\lambda$的取值范围.

【详解】

（1）证明：∵$2a_n{a}_{n+1}+a_n+3a_{n+1}+2=0$，∴$2\left(a_n+1\right)\left(a_{n+1}+1\right)+a_{n+1}-a_n=0$，

∴$2\left(a_n+1\right)\left(a_{n+1}+1\right)+\left(a_{n+1}+1\right)-\left(a_n+1\right)=0$，

∴$\frac{1}{a_{n+1}+1}-\frac{1}{a_n+1}=2$，

∴数列$\left\{\frac{1}{a_n+1}\right\}$是首项为1，公差为2的等差数列.

∴$\frac{1}{a_n+1}=1+2\left(n-1\right)=2n-1$，∴$a_n=\frac{1}{2n-1}-1=\frac{2-2n}{2n-1}$.

（2）由题可知$b_n=\left(2n-1\right)\times 2^n$，$S_n=1\times 2^1+3\times 2^2+5\times 2^3+\cdots +\left(2n-1\right)\times 2^n$，

$2S_n=1\times 2^2+3\times 2^3+5\times 2^4+\cdots +\left(2n-1\right)\times 2^{n+1}$，

两式相减得$-S_n=1\times 2^1+2\times 2^2+2\times 2^3+\cdots +2\times 2^n-\left(2n-1\right)\times 2^{n+1}$，

∴$S_n=2^{n+1}\left(2n-3\right)+6$.

∴${\left(-1\right)}^n\lambda <n\cdot 2^{n+2}+6$，

若$n$为偶数，则$\lambda <n\cdot 2^{n+2}+6$，∴$\lambda <38$；

若$n$为奇数，则$-\lambda <n\cdot 2^{n+2}+6$，∴$-\lambda <14$，∴$\lambda >-14$.

综上，$-14<\lambda <38$.

【点睛】

方法点睛：本题第二问涉及数列求和的方法，一般数列求和包含

1.公式法，利用等差和等比数列的前$n$项和公式求解；

2.错位相减法求和，适用于等差数列乘以等比数列的数列求和；

3.裂项相消法求和，适用于能变形为$a_n=f\left(n+1\right)-f\left(n\right)$；

4.分组转化法求和，适用于$c_n=a_n+b_n$；

5.倒序相加法求和.

【方法总结】

数列与不等式相结合问题的处理方法：

（1）如果是证明题，那么要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等.

（2）如果是解不等式问题，那么要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等.总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了.

【拓展练习】

4、（2020·江苏苏州市·常熟中学高三其他模拟）在数列$\left\{a_n\right\}$中，$a_1=1$，$a_{n+1}=1-\frac{1}{4a_n}$，$b_n=\frac{1}{2a_n-1}$，其中$n\in N^{*}$．

（1）证明：数列$\left\{b_n\right\}$为等差数列，并求出$\left\{b_n\right\}$通项公式；

（2）设$c_n=\frac{2b_n}{2^{b_{n-1}}}$，数列$\left\{c_n\right\}$的前$n$项和为$T_n$，求$T_n$；

（3）已知当$n\in N^{*}$且$n\ge 6$时，${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^n<{\left(\frac{1}{2}\right)}^m$，其中$m=1,2,\cdots n$，求满足等式$3^n+4^n+\dots +{\left(n+2\right)}^n={\left(b_n+3\right)}^{b_n}$的所有$n$的值之和．

【答案】（1）证明详见解析；$b_n=n$；（2）$T_n$＝8－$(8+4n)\frac{1}{2^n}$；（3）5．

【分析】

（1）根据等差数列的定义进行证明，结合首项和公差可得通项公式；

（2）根据$b_n$可得$c_n=2n{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$，然后利用错位相减法进行求和；

（3）先把条件$3^n+4^n+\dots +{\left(n+2\right)}^n={\left(b_n+3\right)}^{b_n}$转化为${\left(1-\frac{n}{n+3}\right)}^n+{\left(1-\frac{n-1}{n+3}\right)}^n+\cdots +{\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n=1$，结合${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^n<{\left(\frac{1}{2}\right)}^m$及等比数列求和得出$n\ge 6$时无解，验证前5项可得结果.