1、微专题25数列中常见的求和问题真 题 感 悟(2018江苏卷)已知集合Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*.将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an.记Sn为数列an的前n项和，则使得Sn12an1成立的n的最小值为_.解析所有的正奇数和2n(nN*)按照从小到大的顺序排列构成an，在数列an中，25前面有16个正奇数，即a2125，a3826.当n1时，S1112a224，不符合题意；当n2时，S2312a336，不符合题意；当n3时，S3612a448，不符合题意；当n4时，S41012a560，不符合题意；当n26时，S264416250312a28540，符合题意.故使
2、得Sn12an1成立的n的最小值为27.答案27考 点 整 合数列求和(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anbn的前n项和，其中an，bn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(其中an是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.热点一分组转化法求和【例1】 (2019南京高三月考)已知等差数列an的首项a12，前n项和为Sn，等比数列bn的首项b11，且a
3、2b3，S36b2，nN*.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)数列cn满足cnbn(1)nan，记数列cn的前n项和为Tn，求Tn.解(1)设数列an的公差为d，数列bn的公比为q.a12，b11，且a2b3，S36b2，解得an2(n1)22n，bn2n1.(2)由题意：cnbn(1)nan2n1(1)n2n.Tn(1242n1)2468(1)n2n，若n为偶数，则Tn(24)(68)2(n1)2n2n122nn1.若n为奇数，则Tn(24)(68)2(n2)2(n1)2n2n122n2nn2.Tn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
4、或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数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.【训练1】 已知an是等比数列，其前n项和为Sn(nN*)，且，S663.(1)求数列an的通项公式；(2)若对任意的nN*，bn是log2an和log2an1的等差中项，求数列(1)nb的前2n项和.解(1)设数列an的公比为q.由已知，有，解得q2或q1.又由S6a163，知q1，所以a163，得a11.所以an2n1，nN*.(2)由题意，得bn(log2anlog2an1)(log22n1log22n)
5、n，即bn是首项为，公差为1的等差数列.设数列(1)nb的前n项和为Tn，则T2n(bb)(bb)(bb)b1b2b3b4b2n1b2nn2n2.热点二裂项相消法求和【例2】 (2019扬州期末)已知各项都是正数的数列an的前n项和为Sn，且2Snaan，数列bn满足b1，2bn1bn.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设数列cn满足cn，求和c1c2cn.解(1)2Snaan，2Sn1aan1，得2an1aaan1an，即(an1an)(an1an1)0.因为an是正数数列，所以an1an10，即an1an1.在2Snaan中，令n1，得a11，所以an是以a11为首项，公差为1的等差
6、数列.所以ann.由2bn1bn得，所以数列是等比数列，其中首项为，公比为，所以，即bn.(2)由(1)得cn，所以cn，所以c1c2cn.探究提高1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.【训练2】 (2015江苏卷)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_.解析a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n(n2)，将以上n1个式子相加得ana123n，即an(n2).又n1时，a1也
7、适合上式，故an.令bn，故bn2，故S10b1b2b102.答案热点三错位相减法求和【例3】 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，由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60，又因为q0，故解得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
8、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.探究提高1.一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列bn的公比，然后作差求解.2.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注
9、意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“SnqSn”的表达式.【训练3】 (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项和为Sn.由cn解得cn4n1.由(1)可知an2n1，所以bn1bn(4n1)，故bnbn1(4n5)，n2，b
10、nb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)(4n9)73.设Tn3711(4n5)，n2，则Tn37(4n9)(4n5)，所以Tn344441(4n5)7(4n3)，因此Tn14(4n3)，n2，又b11，所以bn15(4n3)，n2，又b11也适合上式，所以bn15(4n3)(nN*).【新题感悟】 (2019天津卷)设an是等差数列，bn是等比数列.已知a14，b16，b22a22，b32a34.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列cn满足c11，cn其中kN*.求数列a2n(c2n1)的通项公式；求1aici(nN*).解(1)设等差数列an的公差为d，
11、等比数列bn的公比为q.依题意得解得故an4(n1)33n1，bn62n132n.所以an的通项公式为an3n1，bn的通项公式为bn32n.(2)a2n(c2n1)a2n(bn1)(32n1)(32n1)94n1.所以数列a2n(c2n1)的通项公式为a2n(c2n1)94n1.1aiciaiai(ci1)aia2i(c2i1) (94i1)(322n152n1)9n2722n152n1n12(nN*).一、填空题1.已知数列1，3，5，7，则其前n项和Sn为_.解析an(2n1)，Snn21.答案n212.(2019如皋市高三模拟)已知数列an的前n项和为Sn，a11，且满足Snan1，则
12、数列Sn的前10项的和为_.解析由Snan1，得Sn1an(n2).两式相减得anan1an，an12an(n2)，又a2S1a11，anSn2n1，则数列Sn的前10项的和为1 023.答案1 0233.若数列an是首项为a13，公比q1的等比数列，Sn是其前n项和，且a5是4a1与2a3的等差中项，则S19_.解析由题意得2a54a12a3，所以6q4126q2，即(q2)2q220，解得q21(舍去负值)，又因为q1，所以q1，所以S1919a157.答案574.等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则 _.解析设an首项为a1，公差为d，则由得Sn， 22.答案5.(2019
13、无锡模拟)数列an满足anan1(nN*)，且a11，Sn是数列an的前n项和，则S21_.解析由anan1an1an2，an2an，则a1a3a5a21，a2a4a6a20，S21a1(a2a3)(a4a5)(a20a21)1106.答案66.在等差数列an中，a10，a10a110，a10a110可知d0，a110，故q2.由a12a25得a12a1q5，所以a11，故数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)及bn1bnan得bn1bn2n1，故b2b120，b3b221，bnbn12n2(n2)，以上n1个等式相加得bnb11212n22n11，又b12，所以bn2n11(n2).
14、又当n1时，b12也适合上式，所以bn2n11.(3)cn，所以Tnc1c2cn.10.(2017山东卷)已知an是各项均为正数的等比数列，且a1a26，a1a2a3.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，且S2n1bnbn1，求数列的前n项和Tn.解(1)设数列an的公比为q，由题意知a1(1q)6，aqa1q2，又an0，解得a12，q2，所以an2n.(2)由题意知S2n1(2n1)bn1，又S2n1bnbn1，bn10，所以bn2n1.令cn，则cn，因此Tnc1c2cn，Tn，两式相减得Tn，所以Tn5.11.(2018天津卷)设an是等差数
15、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.