1、必考问题 10 数列求和1(2012全国)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a55，S515，则数列1anan1 的前100 项和为()A.100101B.99101C.99100D.101100 答案：A 设数列an的公差为 d，则 a14d5，S55a1542 d15，得 d1，a11，故 an1(n1)1n，所以1anan11nn11n 1n1，所以 S1001121213 1100 11011 1101100101，故选 A.2(2011全国)设 Sn 为等差数列an的前 n 项和，若 a11，公差 d2，Sk2Sk24，则 k()A8B7C6D5答案：D an是等差数列，a11
2、，d2，an2n1.由已知得 Sk2Skak2ak12(k2)2(k1)24k424，所以 k5，故选 D.3(2010福建)设等差数列an的前 n 项和为 Sn.若 a111，a4a66，则当 Sn 取最小值时，n 等于()A6B7C8D9答案：A an是等差数列，a4a62a56，即 a53，da5a151 31142 得an是首项为负数的递增数列，所有的非正项之和最小a61，a71，当 n6 时，Sn 取最小故选 A.4(2011江西)已知数列an的前 n 项和 Sn 满足 SnSmSnm，且 a11，那么 a10_.解析 SnSmSnm，且 a11，S11，可令 m1，得 Sn1Sn1
3、，Sn1Sn1，即当 n1 时，an11，a101.答案 1本部分是高考重点考查的内容，题型有选择题、填空题和解答题对于数列的通项问题，求递推数列(以递推形式给出的数列)的通项是一个难点，而数列的求和问题多从数列的通项入手，并与不等式证明或求解结合，有一定难度(1)牢固掌握等差数列和等比数列的递推公式和通项公式，以一阶线性的递推公式求通项的六种方法(观察法、构造法、猜归法、累加法、累积法、待定系数法)为依托，掌握常见的递推数列的解题方法对于既非等差又非等比的数列要综合运用观察、归纳、猜想、证明等方法进行研究，要善于将其转化为特殊数列，这是一种非常重要的学习能力(2)对于数列求和部分的复习要注意
4、以下几点：熟练掌握等差数列、等比数列的求和公式及其应用，这是数列求和的基础；掌握好分组、裂项、错位相减、倒序相加法这几种重要的求和方法，特别要掌握好裂项与错位相减求和的方法，这是高考考查的重点；掌握一些与数列求和有关的综合问题的解决方法，如求数列前 n 项和的最值，研究前 n 项和所满足的不等式等.必备知识求通项公式的方法(1)观察法：找项与项数的关系，然后猜想检验，即得通项公式 an；(2)利用前 n 项和与通项的关系 anS1SnSn1n1，n2；(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式；(4)累加法：如 an1anf(n)，累积法，如an1an f(n)；(5)转化法：an1AanB(
5、A0，且 A1)常用公式等差数列的前 n 项和，等比数列的前 n 项和，123nnn12，122232n2nn12n16.常用裂项方法(1)1nn11n 1n1；(2)1nnk1k1n 1nk.必备方法1利用转化，解决递推公式为 Sn 与 an 的关系式：数列an的前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系：anS1，n1，SnSn1，n2.通过纽带：anSnSn1(n2)，根据题目求解特点，消掉一个an 或 Sn.然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解如需消掉 Sn，可以利用已知递推式，把 n 换成(n1)得到新递推式，两式相减即可若要消掉 an，只需把 anSnSn1 代入递推式即可不论哪
6、种形式，需要注意公式 anSnSn1 成立的条件 n2.2裂项相消法的基本思想是把数列的通项 an 分拆成 anbn1bn 或者 anbnbn1 或者 anbn2bn 等，从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中要善于根据这个基本思想变换数列an的通项公式，使之符合裂项相消的条件3错位相减法适用于数列由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，乘以等比数列的公比再错位相减，即依据是：cnanbn，其中an是公差为 d 的等差数列，bn是公比为 q(q1)的等比数列，则 qcnqanbnanbn1，此时 cn1qcn(an1an)bn1dbn1，这样就把对应相减的项变为了一个等比数
7、列，从而达到求和的目的.数列的求和数列的递推关系一直是高考“久考不衰”的考点，具有题型新颖、方法灵活等特点，求通项的常用方法有：定义法、公式法、累加法、累乘法、构造转化法等 【例 1】已知数列an的首项 a135，且 an1 3an2an1，n1，2，.(1)证明：数列1an1 是等比数列；(2)令 bn1an1，试求数列nbn的前 n 项和 Sn.审题视点 听课记录审题视点 对于第(1)问，由条件利用等比数列的定义即可证明；对于第(2)问，求数列nbn的前 n 项和 Sn，只需利用错位相减法即可(1)证明 由已知，得 1an113 1an23，n1,2，1an11131an1，n1,2，.数
8、列1an1 是以13为公比，23为首项的等比数列(2)解 由 bn1an123n(n1)，得 Sn1b12b23b3(n1)bn1nbn1232 2323 233(n1)23n1n 23n.13Sn1 2322 2333 234(n1)23nn 23n1.23Sn23232 23323423nn 23n123113n113n 23n1.Sn32113n32n 23n13232n23n.对于由数列的递推关系式求数列通项 an 的问题，一般有以下几种题型：(1)类型 an1cand(c0,1)，可以通过待定系数法设 an1c(an)，求出 后，化为等比数列求通项；(2)类型 an1anf(n)与
9、an1f(n)an，可以分别通过累加、累乘求得通项；(3)类型 an1canrn(c0，r0)，可以通过两边除以 rn1，得an1rn1cranrn1r，于是转化为类型(1)求解【突破训练 1】在数列an中，a12，an14an3n1，nN*.(1)证明：数列ann是等比数列；(2)求数列an的前 n 项和 Sn；(3)证明：不等式 Sn14Sn 对任意 nN*皆成立(1)证明 由题设 an14an3n1，得an1(n1)4(ann)，nN*.又 a111，所以数列ann是首项为 1，公比为 4 的等比数列(2)解 由(1)可知 ann4n1，于是数列an的通项公式为 an4n1n.所以，数列
10、an的前 n 项和 Sn4n13nn12.(3)证明 对任意的 nN*，Sn14Sn4n113n1n2244n13nn1212(3n2n4)0，所以不等式 Sn14Sn 对任意 nN*皆成立裂项相消法在数列中的应用裂项法求和是近几年高考的热点，试题设计年年有变、有创新，但变的仅仅是试题的外壳，有效地转化、化归问题是解题的关键，常与不等式综合命制解答题 【例 2】已知二次函数 yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为 f(x)6x2，数列an的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数 yf(x)的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn3anan1，Tn 是数列bn的前 n
11、 项和，求使得 Tnm20对所有 n(nN*)都成立的最小正整数 m.审题视点 听课记录审题视点(1)由 f(x)6x2 可求 f(x)，则可得Sn与 n的关系式，再由anSnSn1(n2)求 an.(2)由裂项求和求 Tn，再由单调性求 Tn 的最大值解(1)设函数 f(x)ax2bx(a0)，则 f(x)2axb，由 f(x)6x2，得 a3，b2，所以 f(x)3x22x.又因为点(n，Sn)(nN*)均在函数 yf(x)的图象上，所以 Sn3n22n.当 n2 时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5.当 n1 时，a1S1312211，所以，an6n5(nN*)(
12、2)由(1)知 bn3anan136n56n151216n516n1，故 Tnb1b2bn1211717 11316n516n112116n1.因此，要使12116n1m20(nN*)成立，则 m 需满足12m20即可，则 m10，所以满足要求的最小正整数 m 为 10.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【突破训练 2】已知数列an是首项 a114的等比数列，其前 n 项和 Sn 中 S3 316.(1)求数列an的通项公式；(解(1)若 q1，则 S334 316不符合题意
13、，q1.当 q1 时，由a114，S3a11q31q 316得 q12.an1412n112n1.(2)bnlog12|an|log1212n1 n1，1bnbn11n1n2 1n1 1n2，Tn 1b1b2 1b2b31bnbn112131314 1n1 1n212 1n2.错位相减法在数列中的应用错位相减法求和作为求和的一种方法在近几年高考试题中经常出现，复习时要熟练掌握错位相减法求和的特点 【例 3】(2012淄博一模)已知数列an中，a15 且 an2an12n1(n2 且 nN*)(1)证明：数列an12n为等差数列；(2)求数列an1的前 n 项和 Sn.审题视点 听课记录审题视点
14、(1)作差：an12n an112n1 后，把 an2an12n1 代入；(2)求出 an1，利用错位相减法求和(1)证明 设 bnan12n，b1512 2.bnbn1an12n an112n1 12n(an2an1)1 12n(2n1)11.所以数列an12n为首项是 2，公差是 1 的等差数列(2)解 由(1)知，an12n a112(n1)1，an1(n1)2n.Sn221322n2n1(n1)2n，2Sn222323n2n(n1)2n1.，得Sn4(22232n)(n1)2n1，Sn44(2n11)(n1)2n1，Snn2n1.错位相减法求数列的前 n 项和是一类重要方法在应用这种方
15、法时，一定要抓住数列的特征即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题所谓“错位”，就是要找“同类项”相减，要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数【突破训练 3】(2012天津)已知an是等差数列，其前 n 项和为 Sn，bn是等比数列，且 a1b12，a4b427，S4b410.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记 Tnanb1an1b2a1bn，nN*，证明：Tn122an10bn(nN*)(1)解 设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q.由 a1b12，得 a423d，b42q3，S486d.由条件，得方程组23d2
16、q327，86d2q310，解得d3，q2.所以 an3n1，bn2n，nN*.(2)证明 法一 由(1)得Tn2an22an123an22na1，2Tn22an23an12na22n1a1.由，得Tn2(3n1)32232332n2n21212n1122n26n2102n6n10.而2an10bn122(3n1)102n12102n6n10，故 Tn122an10bn，nN*.法二 当 n1 时，T112a1b11216，2a110b116，故等式成立；证明：假设当 nk 时等式成立，即 Tk122ak10bk，则当 nk1 时有：Tk1ak1b1akb2ak1b3a1bk1ak1b1q(a
17、kb1ak1b2a1bk)ak1b1qTkak1b1q(2ak10bk12)2ak14(ak13)10bk1242ak110bk112即 Tk1122ak110bk1.因此 nk1 时等式也成立由和，可知对任意 nN*，Tn122an10bn 成立数列综合题中的转化与推理数列是一个既有相对独立性，又与其他知识易交汇的知识点，命题者为体现考查思维的综合性与创新性，经常让数列与一些其他知识交汇，有效地考查考生对数学思想与方法的深刻理解，以及考生的数学潜能与思维品质因此，要利用转化与推理将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题)，降低问题难度【示例】(2012湖南)已知数列an的各项均为正
18、数，记 A(n)a1a2an，B(n)a2a3an1，C(n)a3a4an2，n1,2，.(1)若 a11，a25，且对任意 nN*，三个数 A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列an的通项公式；(2)证明：数列an是公比为 q 的等比数列的充分必要条件是：对任意 nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为 q 的等比数列满分解答(1)对任意 nN*，三个数 A(n)，B(n)，C(n)成等差数列，所以 B(n)A(n)C(n)B(n)，即 an1a1an2a2，亦即 an2an1a2a14.故数列an是首项为 1，公差为 4 的等差数列于是 an1(n1)44n3.(5
19、分)(2)必要性：若数列an是公比为 q 的等比数列，则对任意 nN*，有 an1anq.由 an0 知，A(n)，B(n)，C(n)均大于 0，于是BnAna2a3an1a1a2an qa1a2ana1a2an q，CnBna3a4an2a2a3an1qa2a3an1a2a3an1 q，即BnAnCnBnq，所以三个数 A(n)，B(n)，C(n)组成公比为 q 的等比数列(8 分)充分性：若对任意 nN*，三个数 A(n)，B(n)，C(n)组成公比为 q 的等比数列，则 B(n)qA(n)，C(n)qB(n)于是 C(n)B(n)qB(n)A(n)，得 an2a2q(an1a1)，即 a
20、n2qan1a2qa1.由 n1 有 B(1)qA(1)，即 a2qa1，从而 an2qan10.因为 an0，所以an2an1a2a1q.故数列an是首项为 a1，公比为 q 的等比数列综上所述，数列an是公比为 q 的等比数列的充分必要条件是：对任意 nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为 q 的等比数列(12 分)老师叮咛：本题看似新颖，但揭开面纱却很平常.它很好地考查了考生的应试心理和推理论证的能力，用到的知识却很简单，失去信心是本题失分的主要原因.第1问根据 BnAnCnBn即可轻松解决；第2问需分充分性和必要性分别证明，其依据完全是非常简单的等比数列的定义，其关键是要
21、有较好的推理论证能力.【试一试】(2012山东)在等差数列an中，a3a4a584，a973.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意 mN*，将数列an中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为 bm，求数列bm的前 m 项和 Sm.解(1)因为an是一个等差数列，所以 a3a4a53a484，a428.设数列an的公差为 d，则 5da9a4732845，故 d9.由 a4a13d 得，28a139，即 a11.所以 ana1(n1)d19(n1)9n8(nN*)(2)对 mN*，若 9man92m，则 9m89n92m8.因此 9m11n92m1.故得 bm92m19m1.于是 Smb1b2b3bm(99392m1)(199m1) 高考资源网%
