1、第2讲数列求和及综合应用高考定位数列求和主要考查通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；数列的综合问题是高考考查的热点，主要考查数列与其他知识的交汇问题.真 题 感 悟 (2018浙江卷)已知等比数列an的公比q1，且a3a4a528，a42是a3，a5的等差中项.数列bn满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为2n2n.(1)求q的值；(2)求数列bn的通项公式.解(1)由a42是a3，a5的等差中项得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520得820，解得q2或q，因为q1，所以q2.(2)设cn(bn1bn)an，数列cn前n
2、项和为Sn.由cn解得cn4n1.由(1)可知an2n1，所以bn1bn(4n1)，故bnbn1(4n5)，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)(4n9)73.设Tn3711(4n5)，n2，Tn37(4n9)(4n5)，所以Tn3444，因此Tn14(4n3)，n2，又b11，所以bn15(4n3)，n2，又b11也适合上式，所以bn15(4n3).考 点 整 合1.数列求和常用方法(1)分组转化求和：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和.(2)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的
3、乘积组成的数列.把Sna1a2an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSna1qa2qanq，两式错位相减即可求出Sn.(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(其中an是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.2.数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下：(1)利用数列(或函数)的单调性；(2)放缩法：先求和后放缩；先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求和，或者放缩后裂项相消法求和；(3)数学归纳法.3.数列与不等式的综合问题主要题型为：证明
4、不等式，或不等式恒成立问题，转化为最值问题是其主要思路，而求最值常用方法为：作差比较，利用数列单调性求最值；放缩法求最值.热点一数列的求和问题 考法1分组转化求和【例11】 (2018天津卷)设an是等差数列，其前n项和为Sn(nN*)；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(nN*).已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数n的值.解(1)设等比数列bn的公比为q(q0).由b11，b3b22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故bn2n1.所以，Tn2n1.设等差数列an的公差为d.由b4a3a5，可
5、得a13d4.由b5a42a6，可得3a113d16，从而a11，d1，故ann.所以，Sn.(2)由(1)，有T1T2Tn(21222n)nn2n1n2.由Sn(T1T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1，整理得n23n40，解得n1(舍)，或n4.所以，n的值为4.探究提高1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.考法2裂项相消法求和【例12】 设各项均为正数的数列an
6、的前n项和为Sn，且Sn满足S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有.(1)解由题意知，S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.令n1，有S(1213)S13(121)0，可得SS160，解得S13或2，即a13或2，又an为正数，所以a12.(2)解由S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*可得，(Sn3)(Snn2n)0，则Snn2n或Sn3，又数列an的各项均为正数，所以Snn2n，Sn1(n1)2(n1)，所以当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.又a1221，所以an2n.(3)证明当n1
7、时，成立；当n 2时，()，所以()()().所以对一切正整数n，有.探究提高(1)解决本题的关键是先放缩后裂项求和，如本题中，根据结构特征合理放缩.(2)裂项相消法的基本思想是把数列的通项an分拆成anbn1bn等形式，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，使之符合裂项相消法的条件.考法3错位相减法求和【例13】 (2018杭州调研)已知等差数列an满足：an1an(nN*)，a11，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，且an2log2bn1.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Tn.解(1)设d为等差数列
8、an的公差，且d0，由a11，a21d，a312d，分别加上1，1，3成等比数列，得(2d)22(42d)，因为d0，所以d2，所以an1(n1)22n1，又因为an12log2bn，所以log2bnn即bn.(2)由(1)知，anbn(2n1).Tn， Tn，得Tn221.所以Tn3.探究提高(1)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到的部分，在求等比数列的和时，一定要查清其项数.(2)为保证结果正确，可对得到的和取n1，2进行验证.【训练11】 (2018北京卷)设an是等差数列，且a1ln 2，a2a35ln 2.(1)求an的通项公式；(2)求ea1ea2ean.解
9、(1)设an的公差为d.因为a2a35ln 2，所以2a13d5ln 2.又a1ln 2，所以dln 2.所以ana1(n1)dnln 2.(2)因为ea1eln 22，eanan1eln 22，所以ean是首项为2，公比为2的等比数列.所以ea1ea2ean22n12.【训练12】 已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nbn的前n项和(nN*).解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q(q0)，由已知b2b312，得b1(qq2)12，
10、而b12，所以q2q60，又因为q0，解得q2，所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18，由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以an的通项公式为an3n2，bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nbn的前n项和为Tn，由a2n6n2，bn2n，有Tn 4210221623(6n2)2n，2Tn42210231624(6n8)2n(6n2)2n1，上述两式相减，得Tn4262262362n(6n2)2n1，4(6n2)2n1(3n4)2n216.所以Tn(3n4)2n216.所以数列a2nbn的前n项和为(3n4)2n216.热点二数列的综
11、合应用【例2】 已知数列an和bn满足a1a2a3an()bn(nN*).若an为等比数列，且a12，b36b2.(1)求an与bn；(2)设cn(nN*).记数列cn的前n项和为Sn.求Sn；求正整数k，使得对任意nN*均有SkSn.解(1)设数列an的公比为q，由题意a1a2a3an()bn，b3b26，知a3()b3b28.又由a12，得公比q2(q2舍去)，所以数列an的通项为an2n(nN*).所以，a1a2a3an2()n(n1).故数列bn的通项为bnn(n1)(nN*).(2)由(1)知cn(nN*)，所以Sn(nN*).因为c10，c20，c30，c40；当n5时，cn，而0
12、，得1，所以，当n5时，cna8 B.S1224，a5a8C.S1212，a5a8 D.S1224，a5f(a81)，且f(a51)f(a81)0，故a5a8，且a51(a81)，即a5a82，又an是等差数列，所以S1212.答案A6.各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且3Snanan1，则a2k()A. B.C. D.解析当n1时，3S1a1a2，即3a1a1a2，a23，当n2时，由3Snanan1，可得3Sn1an1an，两式相减得：3anan(an1an1).an0，an1an13，a2n为一个以3为首项，3为公差的等差数列，a2ka2a4a6a2n3n3，选B.答案B二、填空
13、题7.在数列an中， an，若bn ，则数列bn的前n项和Sn为_.解析an.bn8，Snb1b2bn88.答案8.(2018绍兴调研)设等比数列an的首项a11，且4a1，2a2，a3成等差数列，则公比q_；数列an的前n项和Sn_.解析因为a11，且4a1，2a2，a3成等差数列，所以4q4q2，解得q2，所以Sn2n1.答案22n19.(2016浙江卷)设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.解析an12Sn1，Sn1Sn2Sn1，Sn13Sn1，Sn13，数列是公比为3的等比数列，3.又S24，S11，a11，S53434，S5121.答案112
14、110.(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和.若Sn2an1，则S6_.解析法一因为Sn2an1，所以当n1时，a12a11，解得a11；当n2时，a1a22a21，解得a22；当n3时，a1a2a32a31，解得a34；当n4时，a1a2a3a42a41，解得a48；当n5时，a1a2a3a4a52a51，解得a516；当n6时，a1a2a3a4a5a62a61，解得a632.所以S61248163263.法二因为Sn2an1，所以当n1时，a12a11，解得a11，当n2时，anSnSn12an1(2an11)，所以an2an1，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a
15、n2n1，所以S663.答案6311.(2018北京昌平区调研)已知数列an的奇数项依次构成公差为d1的等差数列，偶数项依次构成公差为d2的等差数列(其中d1，d2为整数)，且对任意nN*，都有anan1，若a11，a22，且数列an的前10项和S1075，则d1_，a8_.解析因为a11，a22，所以a31d1，a42d2，a512d1.因为对任意nN*，都有ana2，即1d12，解得d11；又所以解得1d1d212d1.因为S1075，所以51d152d275，所以d1d26，所以d26d1，所以1d16d112d1，解得d10)，由a11，a3a22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故an2n1.设等差数列bn的公差为d.由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得3b113d16，从而b11，d1，故bnn.所以，数列an的通项公式为an2n1，数列bn的通项公式为bnn.(2)解由(1)，有Sn2n1，故Tn (2k1)2knn2n1n2.证明因为，所以 2.