1、高考资源网（） 您身边的高考专家第2讲数列通项与求和做真题题型一an与Sn关系的应用1(2018高考全国卷)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(
2、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an2n1，所以S663.答案：632(2015高考全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_解析：因为 an1Sn1Sn，an1SnSn1，所以Sn1SnSnSn1.因为 Sn0，所以1，即1.又1，所以是首项为1，公差为1的等差数列所以1(n1)(1)n，所以Sn.答案：题型二数列求和1(2017高考全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则_解析：设等差数列an的首项为a1，公差为d，依题意，即解得所以Sn，因此2.答案：2(2018高考全国卷)记Sn为等差数列
3、an的前n项和，已知a17，S315.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值解：(1)设an的公差为d，由题意得3a13d15.由a17得d2.所以an的通项公式为an2n9.(2)由(1)得Snn28n(n4)216.所以当n4时，Sn取得最小值，最小值为16.3(2016高考全国卷)Sn为等差数列an的前n项和，且a11，S728.记bnlg an，其中x表示不超过x的最大整数，如0.90，lg 991.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列bn的前1 000项和解：(1)设an的公差为d，据已知有721d28，解得d1.所以an的通项公式为ann.b1lg 10，b
4、11lg 111，b101lg 1012.(2)因为bn所以数列bn的前1 000项和为1902900311 893.山东省学习指导意见能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系或等比关系，体会等差数列、等比数列与一次函数、指数函数的关系能利用数列有关知识解决相应的问题(求通项公式、求和、解实际问题)Sn，an关系的应用典型例题 (1)已知数列an的前n项和为Sn，若3Sn2an3n，则a2 019()A22 0191B32 0196CD (2)(2019东北四市联合体模拟(一)已知数列an中，a12，an1(nN*)，则_(3)(一题多解)(2019济南市调研测试)已知数列an的前n项和Sn满
5、足Sn3Sn12n3(n2)，a11，则a4_【解析】(1)因为a1S1，所以3a13S12a13a13.当n2时，3Sn2an3n，3Sn12an13(n1)，所以an2an13，即an12(an11)，所以数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列所以an1(2)(2)n1(2)n，则a2 01922 0191.(2)由题意可知nan12anan1(n1)an，两边同除以anan1，得2，又，所以是以为首项，2为公差的等差数列，所以nn(n1)2n2n.(3)法一：由Sn3Sn12n3(n2)可得S23S113a11，即a22a111.根据Sn3Sn12n3(n2)，知Sn13Sn2n13
6、，可得，an13an2n(n2)两边同时除以2n1可得(n2)，令bn，可得bn1bn(n2)所以bn11(bn1)(n2)，数列bn1是以b21为首项，为公比的等比数列所以bn1(n2)，所以bn1(n2)*又b1也满足*式，所以bn1(nN*)，又bn，所以an2nbn，即an3n12n.所以a4332411.法二：由Sn3Sn12n3(n2)，a11，知S23S143，所以a21.S33S283，所以a31.S43S3163，所以a411.【答案】(1)A(2)n2n(3)11(1)给出Sn与an的递推关系求an的常用思路：一是利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公
7、式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.(2)形如an1panq(p1，q0)，可构造一个新的等比数列 对点训练1(2019武昌区调研考试)已知数列an的前n项和Snn21，则a1a3a5a7a9()A40B44C45D49解析：选B.法一：因为Snn21，所以当n2时，anSnSn1n21(n1)212n1，又a1S10，所以an，所以a1a3a5a7a9059131744.故选B.法二：因为Snn21，所以当n2时，anSnSn1n21(n1)212n1，又a1S10，所以an，所以an从第二项起是等差数列，a23，公差d2，所以a1a3a5a7a904a64(2
8、61)44，故选B.2(2019福州市质量检测)已知数列an的前n项和为Sn，a11，且Snan1(为常数)，若数列bn满足anbnn29n20，且bn1bn，则满足条件的n的取值集合为_解析：因为a11，且Snan1(为常数)，所以a111，解得2，所以Sn2an1，所以Sn12an11(n2)，所以an2an1，所以an2n1.因为anbnn29n20，所以bn，所以bn1bn0，解得4n7，又因为nN*，所以n5或n6.即满足条件的n的取值集合为5，6答案：5，63(2019安徽皖南八校联考改编)记Sn为数列an的前n项和，Sn1an，记Tna1a3a3a5a2n1a2n1，则an_，T
9、n_解析：由题意有a11a1，得a1.当n2时，有Sn11an1，结合Sn1an，则得anan1，故数列an是以为首项，为公比的等比数列，可得数列an的通项公式an，所以Tnaaa.答案：数列求和问题典型例题命题角度一公式法求和 已知数列an满足a11，an1，nN*.(1)求证：数列为等差数列；(2)设T2n，求T2n.【解】(1)证明：由an1，得，所以.又a11，则1，所以数列是首项为1，公差为的等差数列(2)设bn，由(1)得，数列是公差为的等差数列，所以，即bn，所以bn1bn.又b1，所以数列bn是首项为，公差为的等差数列，所以T2nb1b2bnn(2n23n)求解此类题需过“三关
10、”：第一关，定义关，即会利用等差数列或等比数列的定义，判断所给的数列是等差数列还是等比数列；第二关，应用关，即会应用等差(比)数列的前n项和公式来求解，需掌握等差数列an的前n项和公式：Sn或Snna1d；等比数列an的前n项和公式：Sn；第三关，运算关，认真运算，此类题将迎刃而解 命题角度二裂项相消法求和 (2019广东省七校联考)已知数列an为公差不为0的等差数列，a15，且a2，a9，a30成等比数列(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足bn1bnan(nN*)，且b13，求数列的前n项和Tn.【解】(1)设等差数列an的公差为d(d0)，依题意得(a1d)(a129d)(a18d
11、)2.又a15，所以d2，所以an2n3.(2)依题意得bn1bn2n3(nN*)，所以bnbn12n1(n2且nN*)，所以bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1(2n1)(2n1)53n22n(n2且nN*)，b13，上式也成立，所以bnn(n2)(nN*)，所以.所以Tn.(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提醒常见的裂项式有：，等 命题角度三错位相减法求和 (2019唐山模拟)已知数列an的前n项和为Sn，S
12、n.(1)求an；(2)若bn(n1)an，且数列bn的前n项和为Tn，求Tn.【解】(1)由已知可得，2Sn3an1，所以2Sn13an11(n2)，得，2(SnSn1)3an3an1，化简得an3an1(n2)，在中，令n1可得，a11，所以数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an3n1.(2)bn(n1)3n1，Tn030131232(n1)3n1，则3Tn031132233(n1)3n.得，2Tn3132333n1(n1)3n(n1)3n.所以Tn.(1)求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的和，并求出等比数列的公比；二是构差式
13、，求出前n项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和(2)运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列an，bn一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号，学生常在此步出错，一定要小心 命题角度四分组转化求和 (2019河北省九校第二次联考)已知数列an为等比数列，首项a14，数列bn满足bnlog2an，且b1b2b312.(1)求数列an的通项公式；(2)令cnan，求数列cn的前n项和Sn.【解】(1)由bnlog2an和b1b2b312得log2(a1a2a3)12，所以a1a2a3212.
14、设等比数列an的公比为q.因为a14，所以a1a2a344q4q226q3212，计算得q4.所以an44n14n.(2)由(1)得bnlog24n2n，cn4n4n4n.设数列的前n项和为An，则An1，设数列4n的前n项和为Bn，则Bn(4n1)，所以Sn(4n1)(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：根据等差、等比数列分组根据正号、负号分组 命题角度五并项求和 数列an满足an1an2n，nN*，则数列an的前100项和为
15、()A5 050B5 100C9 800D9 850【解析】设kN*，当n2k时，a2k1a2k4k，即a2k1a2k4k，当n2k1时，a2ka2k14k2，联立可得，a2k1a2k12，所以数列an的前100项和Sna1a2a3a4a99a100(a1a3a99)(a2a4a100)(a1a3a99)(a34)(a542)(a743)(a101450)252(a3a5a101)4(12350)25225245 100.故选B.【答案】B(1)将一个数列分成若干段，然后各段分别利用等差(比)数列的前n项和的公式及错位相减法进行求和利用并项求和法求解问题的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对
16、值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(1)n”(2)运用分类讨论法求数列的前n项和的突破口：一是对分类讨论的“度”的把控，如本题，因为可以等于1，也可以等于0，因此分类的“度”可定位到“n分为奇数与偶数”，有些含绝对值的数列，其分类的“度”需在零点处下功夫；二是对各类分法做到不重不漏，解题的思路就能顺畅 对点训练1(2019唐山市摸底考试)已知数列an是公差不为0的等差数列，a43，a2，a3，a5成等比数列(1)求an；(2)设bnn2an，数列bn的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)设数列an的公差为d(d0)，则ana1(n1)d.因为a2，a3，a5成等比数列，所以(a12d)2
17、(a1d)(a14d)，化简得，a1d0，又d0，所以a10.又a4a13d3，所以d1.所以ann1.(2)bnn2n1，Tn120221322n2n1，则2Tn121222323n2n.得，Tn121222n1n2nn2n(1n)2n1.所以Tn(n1)2n1.2(2019安徽省考试试题)已知等差数列an中，a5a34，前n项和为Sn，且S2，S31，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设等差数列an的公差为d，由a5a34，得2d4，d2.所以S22a12，S313a15，S44a112，又S2，S31，S4成等比数列，所以
18、(3a15)2(2a12)(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)bn(1)n(1)n，当n为偶数时，Tn1.当n为奇数时，Tn1.所以Tn.数列与不等式的综合问题典型例题(2019江西七校第一次联考)设数列an满足：a11，3a2a11，且(n2)(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Tn，且b1，4bnan1an(n2)，证明：Tn1.【解】(1)因为(n2)，所以(n2)又a11，3a2a11，所以1，所以，所以是首项为1，公差为的等差数列所以1(n1)(n1)，即an.(2)证明：因为4bnan1an(n2)，所以bn(n2)，所以Tnb1b2bn11.解决
19、与数列求和有关的不等式间的常用方法是“放缩法”(1)如果和式能够求出，则求出结果后进行放缩，本例就是这种类型(2)如果和式不能求出，则需要把数列的通项放缩成能够求和的形式，求和后再进行放缩，但要注意放缩的“尺度”和“位置” 对点训练(2019四省八校双教研联考)已知数列an的前n项和为Sn，an1，a11且nN*.(1)求an的通项公式；(2)设anbn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn(nN*)解：(1)由an1，得(2n1)an14Sn1，可得(2n3)an4Sn11(n2)，两式相减得(2n1)an(2n1)an1，即(n2)，又由an1，a11，得a23，所以，所以为常数列，所以1
20、，即an2n1.(2)证明：由an2n1，得Snn2，所以bn.当n1时，T11成立；当n2时，bn，所以Tn11.综上，Tn(nN*)A组夯基保分专练一、选择题1(2019广东省六校第一次联考)数列an的前n项和为Snn2n1，bn(1)nan(nN*)，则数列bn的前50项和为()A49B50C99D100解析：选A.由题意得，当n2时，anSnSn12n，当n1时，a1S13，所以数列bn的前50项和为346810969810014849，故选A.2(一题多解)(2019洛阳尖子生第二次联考)已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，则Sn()A2n1BCD解析：选B.法一：当
21、n1时，S1a12a2，则a2.当n2时，Sn12an，则SnSn1an2an12an，所以，所以当n2时，数列an是公比为的等比数列，所以an，所以Sn11，当n1时，此式也成立故选B.法二：当n1时，S1a12a2，则a2，所以S21，结合选项可得只有B满足，故选B.3数列an中，a12，a23，an1anan1(n2，nN*)，那么a2 019()A1B2C3D3解析：选A.因为an1anan1(n2)，所以anan1an2(n3)，所以an1anan1(an1an2)an1an2(n3)所以an3an(nN*)，所以an6an3an，故an是以6为周期的周期数列因为2 01933663
22、，所以a2 019a3a2a1321.故选A.4(2019郑州市第一次质量预测)已知数列an满足2an1an3(n1)，且a3，其前n项和为Sn，则满足不等式|Snn6|的最小整数n是()A8B9C10D11解析：选C.由2an1an3，得2(an11)(an1)0，即(*)，又a3，所以a31，代入(*)式，有a21，a119，所以数列an1是首项为9，公比为的等比数列所以|Snn6|(a11)(a21)(an1)6|，又nN*，所以n的最小值为10.故选C.5(2019江西省五校协作体试题)设Sn是数列an的前n项和，若anSn2n，2bn2an2an1，则()ABCD解析：选D.因为an
23、Sn2n，所以an1Sn12n1，得2an1an2n，所以2an2an12n1，又2bn2an2an12n1，所以bnn1，则11，故选D.6(多选)一个弹性小球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的再落下，设它第n次着地时，经过的总路程记为Sn，则当n2时，下面说法正确的是()ASn500 BSn500CSn的最小值为 DSn的最大值为400解析：选AC.第一次着地时，共经过了100 m，第二次着地时，共经过了m，第三次着地时，共经过了m，以此类推，第n次着地时，共经过了m.所以Sn100100400.Sn是关于n的增函数，所以当n2时，Sn的最小值为S2，且S2.又Sn100
24、4000，所以ak4.因为ak3k2，所以3k24，得k2.所以等比数列bn的公比q4.所以bn4n1.所以anbn3n24n1.所以数列anbn的前n项和为Snn2n(4n1)11(2019江西八所重点中学联考)设数列an满足a11，an1(nN*)(1)求证：数列是等差数列；(2)设bn1，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)证明：因为an1，所以.又a11，所以1，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列(2)由(1)知1(n1)，所以an2，所以bn111，所以Tnb1b2b3bn，所以数列bn的前n项和Tn.12(2019福建省质量检查)数列an的前n项和Sn满足Sn2ann.(1)求
25、证数列an1是等比数列，并求an；(2)若数列bn为等差数列，且b3a2，b7a3，求数列anbn的前n项和解：(1)当n1时，S12a11，所以a11.因为Sn2ann，所以当n2时，Sn12an1(n1)，得an2an2an11，所以an2an11，所以2.所以an1是首项为2，公比为2的等比数列所以an122n1，所以an2n1.(2)由(1)知，a23，a37，所以b3a23，b7a37.设bn的公差为d，则b7b3(73)d，所以d1.所以bnb3(n3)dn.所以anbnn(2n1)n2nn.设数列n2n的前n项和为Kn，数列n的前n项和为Tn，则Kn2222323n2n，2Kn2
26、2223324n2n1，得，Kn222232nn2n1n2n1(1n)2n12，所以Kn(n1)2n12.又Tn123n，所以KnTn(n1)2n12，所以数列anbn的前n项和为(n1)2n12.B组大题增分专练1(2019江西七校第一次联考)数列an满足a11，an1(nN*)(1)求证：数列a是等差数列，并求出an的通项公式；(2)若bn，求数列bn的前n项和解：(1)由an1得aa2，且a1，所以数列a是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a1(n1)22n1，又由已知易得an0，所以an(nN*)(2)bn，故数列bn的前n项和Tnb1b2bn(1)()()1.2(2019湖南省湘东
27、六校联考)已知数列an的前n项和Sn满足1(n2，nN)，且a11.(1)求数列an的通项公式an；(2)记bn，Tn为bn的前n项和，求使Tn成立的n的最小值解：(1)由已知有1(n2，nN)，所以数列为等差数列，又1，所以n，即Snn2.当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1.又a11也满足上式，所以an2n1.(2)由(1)知，bn，所以Tn.由Tn得n24n2，即(n2)26，所以n5，所以n的最小值为5.3(2019河北省九校第二次联考)已知an是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求bn的前n项和Tn.解：(
28、1)由题意知，2Snan，即2Snana1，当n1时，由式可得S11；当n2时，anSnSn1，代入式，得2Sn(SnSn1)(SnSn1)21，整理得SS1.所以S是首项为1，公差为1的等差数列，S1n1n.因为an的各项都为正数，所以Sn，所以anSnSn1(n2)，又a1S11，所以an.(2)bn(1)n()，当n为奇数时，Tn1(1)()()()；当n为偶数时，Tn1(1)()()().所以bn的前n项和Tn(1)n.4(2019高考天津卷)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 aici（nN*）.解：（1）设等差数列an的公差为d，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. aici aiai（ci1） ai a2i（ci1）2n43(94i1)(322n152n1)9n2722n152n1n12(nN*) - 23 - 版权所有高考资源网
