1、第2讲数列求和及综合应用年份卷别考查内容及考题位置命题分析2018卷an与Sn关系的应用T14等差数列、等比数列的前n项和是高考考查的重点若以解答题的形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注.卷等差数列前n项和的最值问题T172017卷裂项相消法求和T152016卷等差数列的基本运算、数列求和T17卷等比数列的通项公式、an与Sn的关系T17数列求和问题(综合型)典型例题命题角度一公式法求和 等差、等比数列的前n项和(1)等差数列：Snna1d(d为公差)或Sn.(2
2、)等比数列：Sn其中(q为公比) 4类特殊数列的前n项和(1)123nn(n1)(2)135(2n1)n2.(3)122232n2n(n1)(2n1)(4)132333n3n2(n1)2. 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”：第一关，定义关，即会利用等差数列或等
3、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 命题角度二分组转化法求和将一个数列分成若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)，然后分别求和也可先根据通项公式的特征，将其分解为可以直接求和的一些数列的和，再分组求和，即把一个通项拆成几个通项求和的形式，方便求和 已知等差数列an的首项为a，公差为d，nN*，且不等式ax23x20的解集为(1，d)(1)求数列an的通项公式an；(2)若bn3a
4、nan1，nN*，求数列bn的前n项和Tn.【解】(1)易知a0，由题设可知解得故数列an的通项公式为an1(n1)22n1.(2)由(1)知bn32n12n11，则Tn(31)(333)(32n12n1)n(313332n1)(132n1)nn(9n1)n2n. (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 命题角度三裂项相消法求和把数列的通项公式拆成两项之差的形式，求和时正负项相消，只剩下首
5、尾若干项，达到化简求和的目的常见的裂项式有：，等 (2018唐山模拟)已知数列an满足：(32n1)，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog3，求.【解】(1)(321)3，当n2时，因为(32n1)(32n21)32n1.当n1，32n1也成立，所以an.(2)bnlog3(2n1)，因为，所以. (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 命题角度四错位相减法求和已知数列an是等差数列，数列bn是等比数列，求数列a
6、nbn的前n项和Sn时，先令Sn乘以等比数列bn的公比，再错开位置，把两个等式相减，从而求出Sn. (2018石家庄质量检测(一)已知数列an满足：a11，an1an.(1)设bn，求数列bn的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.【解】(1)由an1an，可得，又bn，所以bn1bn，由a11，得b11，累加可得(b2b1)(b3b2)(bnbn1)，即bnb11，所以bn2.(2)由(1)可知an2n，设数列的前n项和为Tn，则Tn，Tn，得Tn2，所以Tn4.易知数列2n的前n项和为n(n1)，所以Snn(n1)4. (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
7、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，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 命题角度五并项求和并项求和法：把数列的一些项合并成我们熟悉的等差数列或等比数列来求和 数列an满足an1an2n，nN*，则数列an的前100项和为()A5 050B5 100C9 800 D9 850【解析】设kN*，当n2k时，a2k1a2k4k，即a2
8、k1a2k4k，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
9、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(2018郑州模拟)在等差数列an中，已知a35，且a1，a2，a5为递增的等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn的通项公式bn (kN*)，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)设等差数列an的公差为d，易知d0，由题意得，(a32d)(a32d)(a3d)2，即d22d0，解得d2或d0(舍去)，所以数列an的通项公式为ana3(n3)d2n1.(2)当n2k，kN*
10、时，Snb1b2bn(b1b3b2k1)(b2b4b2k)(a1a2ak)(20212k1)k22k121；当n2k1，kN*时，n12k，则SnSn1bn121212.综上，Sn(kN*)数列与其他知识的交汇问题(综合型)典型例题命题角度一数列与不等式相交汇 已知等差数列an的前n项和为Sn，nN*，且a23，S525.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn，记数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn1.【解】(1)设等差数列an的公差为d.因为a23，S525，所以解得所以an2n1.(2)证明：由(1)知，an2n1，所以Snn2.所以bn.所以Tnb1b2b3bn11.证明数
11、列不等式的关键：一是会灵活运用等差数列与等比数列的通项公式、前n项和公式以及裂项相消法；二是会利用放缩法证明不等式 命题角度二数列与函数相交汇 (2018长沙模拟)设数列an的前n项和是Sn，若点An在函数f(x)xc的图象上运动，其中c是与x无关的常数，且a13.(1)求数列an的通项公式；(2)记bnaan，求数列bn的前n项和Tn的最小值【解】(1)因为点An在函数f(x)xc的图象上运动，所以nc，所以Snn2cn.因为a13，所以c4，所以Snn24n，所以anSnSn12n5(n2)又a13满足上式，所以an2n5(n1)(2)由(1)知，bnaan2an52(2n5)54n5，所
12、以Tn2n23n.所以Tn的最小值是T11.数列与函数交汇问题的常见类型及解法(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题(2)已知数列条件，需构造函数，利用函数知识解决问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、分式、求和方法对式子化简变形另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解 对点训练已知正项数列an，bn满足：对于任意的nN*，都有点(n，)在直线y(x2)上，且bn，an1，bn1成等比数列，a13.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设Sn，如果对任意的nN*，不等式2aSn2恒成立，求实数a的取值范围解：(1)因为点
13、(n，)在直线y(x2)上，所以(n2)，即bn.又因为bn，an1，bn1成等比数列，所以abnbn1，所以an1，所以n2时，an，a13适合上式，所以an.(2)由(1)知，2，所以Sn22.故2aSn2可化为：22，即a恒成立，故a.综上知，实数a的取值范围是.A组夯基保分专练一、选择题1在等比数列an中，公比q2，前87项和S87140，则a3a6a9a87等于()A. B60C80 D160解析：选C.a3a6a9a87a3(1q3q6q84)a1q214080.故选C.2已知数列an中，a1a21，an2则数列an的前20项和为()A1 121 B1 122C1 123 D1 1
14、24解析：选C.由题意可知，数列a2n是首项为1，公比为2的等比数列，数列a2n1是首项为1，公差为2的等差数列，故数列an的前20项和为10121 123.选C.3已知数列an满足2a122a22nann(nN*)，数列的前n项和为Sn，则S1S2S3S10()A. B.C. D.解析：选C.因为2a122a22nann(nN*)，所以2a122a22n1an1n1(n2)，两式相减得2nan1(n2)，a1也满足上式，故an，故，Sn11，所以S1S2S3S10，故选C.4(2018太原模拟)已知数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn3)(nN*)在函数y32x的图象上，等比数列bn满足b
15、nbn1an(nN*)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是()ASn2Tn BTn2bn1CTnan DTnbn1解析：选D.因为点(n，Sn3)(nN*)在函数y32x的图象上，所以Sn32n3，所以an32n1，所以bnbn132n1，因为数列bn为等比数列，设公比为q，则b1b1q3，b2b2q6，解得b11，q2，所以bn2n1，Tn2n1，所以Tnbn1，故选D.5已知数列an满足a1a2a3an2n2(nN*)，且对任意nN*都有t，则实数t的取值范围为()A(，) B，)C(，) D，)解析：选D.依题意得，当n2时，an2n2(n1) 222n1，又a1212211，因此an
16、22n1，数列是以为首项，为公比的等比数列，等比数列的前n项和等于(1)，因此实数t的取值范围是，)，故选D.6(2018河北“五个一名校联盟”模拟)在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色先染1；再染两个偶数2，4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5，7，9；再染9后面最邻近的4个连续偶数10，12，14，16；再染此后最邻近的5个连续奇数17，19，21，23，25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，则在这个红色子数列中，由1开始的第2 018个数是()A3 971 B3 972C3 973 D3 974解析：选B.由题
17、意可知，第1组有1个数，第2组有2个数根据等差数列的前n项和公式，可知前n组共有个数由于2 0162 0182 080，因此，第2 018个数是第64组的第2个数由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，第n组最后一个数是n2，因此，第63组最后一个数为632，6323 969，第64组为偶数组，其第1个数为3 970，第2个数为3 972.故选B.二、填空题7已知数列an的前n项和Sn满足SnSmSnm(n，mN*)且a15，则a8_解析：数列an的前n项和Sn满足SnSmSnm(n，mN*)且a15，令m1，则Sn1SnS1Sn5，即Sn1Sn5，所以an15，
18、所以a85.答案：58(2018武汉调研)设等差数列an满足a3a736，a4a6275，且anan1有最小值，则这个最小值为_解析：设等差数列an的公差为d，因为a3a736，所以a4a636，与a4a6275，联立，解得或当时，可得此时an7n17，a23，a34，易知当n2时，an0，所以a2a312为anan1的最小值；当时，可得此时an7n53，a74，a83，易知当n7时，an0，当n8时，an0，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)
19、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4.11(2018陕西教学质量检测(一)已知在递增的等差数列an中，a12，a3是a1和a9的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，Sn为数列bn的前n项和，求S100的值解：(1)设公差为d(d0)，则ana1(n1)d.因为a3是a1和a9的等比中项，所以aa1a9，即(22d)22(28d)，解得d0(舍去)或d2.所以ana1(n1)d2n.(2)由(1)得bn，所以S100b1b2b100(1).12(2
20、018兰州模拟)已知等差数列an中，a22，a3a58，数列bn中，b12，其前n项和Sn满足：bn1Sn2(nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn，求数列cn的前n项和Tn.解：(1)设an的公差为d，因为a22，a3a58，所以2d23d8，所以d1，所以ann.因为bn1Sn2(nN*)，所以bnSn12(nN*，n2)得，bn1bnSnSn1bn(nN*，n2)，所以bn12bn(nN*，n2)因为b12，b22b1，所以bn为等比数列，b12，q2，所以bn2n.(2)因为cn，所以Tn，Tn，两式相减，得Tn1，所以Tn2.B组大题增分专练1(2018昆明模拟)数列
21、an满足a11，an12an3.(1)证明an1是等比数列，并求数列an的通项公式；(2)已知符号函数sgn(x)设bnansgn(an)，求数列bn的前100项和解：(1)因为an12an3，a11，所以an112(an1)，a112，所以数列an1是首项为2，公比为2的等比数列故an1(2)n，即an(2)n1.(2)bnansgn(an)设数列bn的前n项和为Sn，则S100(21)(221)(231)(2991)(21001)22223210021012.2(2018惠州第一次调研)在公差不为0的等差数列an中，a1，a4，a8成等比数列(1)若数列an的前10项和为45，求数列an的
22、通项公式；(2)若bn，且数列bn的前n项和为Tn，若Tn，求数列an的公差解：(1)设数列an的公差为d(d0)，由a1，a4，a8成等比数列可得aa1a8，即(a13d)2a1(a17d)，得a19d.由数列an的前10项和为45得10a145d45，即90d45d45，所以d，a13.故数列an的通项公式为an3(n1).(2)因为bn，所以数列bn的前n项和Tn，即Tn，因此1，解得d1或1.故数列an的公差为1或1.3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a2b3，S36b2，nN*.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)数列cn满足cnbn(1
23、)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.因为a12，b11，且a2b3，S36b2，所以解得所以an2(n1)22n，bn2n1.(2)由题意：cnbn(1)nan2n1(1)n2n.所以Tn(1242n1)2468(1)n2n，若n为偶数：Tn(24)(68)2(n1)2n2n122nn1.若n为奇数：Tn(24)(68)2(n2)2(n1)2n2n122n2nn2.所以Tn4已知数列an满足a13，an12ann1，数列bn满足b12，bn1bnann，nN*.(1)证明：ann为等比数列；(2)数列cn满足cn，求证数列cn的前n项和Tn.证明：(1)因为an12ann1，所以an1(n1)2(ann)又a13，所以a112，所以数列ann是以2为首项，2为公比的等比数列(2)由(1)知，ann22n12n.所以bn1bnannbn2n，即bn1bn2n.b2b121，b3b222，b4b323，bnbn12n1.以上式子相加，得bn22n(n2)当n1时，b12，满足bn2n，所以bn2n.所以cn.所以Tn.
