1、专题二 数 列 第 2 讲 数列的求和及综合应用1(2018全国卷)记 Sn 为数列an的前 n 项和若Sn2an1，则 S6_解析：因为 Sn2an1，所以当 n1 时，a12a11，解得 a11.当 n2 时，anSnSn12an1(2an11)，即 an2an1，所以数列an是以1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an2n1.故 S61（126）1263.答案：632(2017全国卷)设数列an满足 a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列an2n1 的前 n 项和解：(1)因为 a13a2(2n1)an2n，故当 n2 时，a13a2(2n3)an12(n
2、1)，得(2n1)an2，所以 an22n1(n2)，又 n1时，a12 适合上式，所以an的通项公式为 an22n1.(2)记an2n1 的前 n 项和为 Sn.由(1)知an2n1 2（2n1）（2n1）12n1 12n1，则 Sn113 1315 12n112n1 112n1 2n2n1.3(2019天津卷)设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于 0.已知 a1b13，b2a3，b34a23.(1)求an和bn的通项公式(2)设数列cn满足 cn1，n为奇数，bn2，n为偶数.求 a1c1a2c2a2nc2n(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
3、题意，得3q32d，3q2154d，解得d3，q3，故 an33(n1)3n，bn33n13n.所以an的通项公式为 an3n，bn的通项公式为 bn3n.(2)a1c1a2c2a2nc2n(a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn)n3n（n1）26(631123218336n3n)3n 26(131232n3n)记 Tn131232n3n，则 3Tn132233n3n1，得，2Tn332333nn3n13（13n）13n3n1（2n1）3n132.所以 a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn3n23（2n1）3n192（2n1）3n26n292.从近年高考看，本讲主要考
4、查的内容：(1)以等差(比)数列为背景，考查等差(比)的通项与求和公式、分组转化求和；(2)以简单的递推关系为背景，考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和的基本方法主要以解答题的形式呈现，中档难度，且常与函数、不等式知识交汇热点 1 an 与 Sn 的相关问题(师生互动)1数列通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系，anS1（n1），SnSn1（n2）.2应用 an 与 Sn 的关系式 f(an，Sn)0 时，应特别注意 n1 时的情况，防止产生错误【例 1】设数列an的前 n 项和为 Sn，对任意的正整数 n，都有 an5Sn1 成立，bn1log2|an|，数列bn的前 n 项和为 Tn
5、，cn bn1TnTn1.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列cn的前 n 项和 An，并求出 An 的最值解：(1)因为 an5Sn1，nN*，所以 an15Sn11，两式相减，得 an114an.又当 n1 时，a15a11，知 a114，所以数列an是公比、首项均为14的等比数列所以数列an的通项公式为 an14n.(2)bn1log2|an|2n1，数列bn的前 n 项和 Tnn2，cn bn1TnTn12n1n2（n1）2 1n21（n1）2，所以 An11（n1）2.因此An是单调递增数列，所以当 n1 时，An 有最小值 A111434；An 没有最大值思维升华1给出 Sn
6、与 an 的递推关系求 an，常用思路是：一是利用 SnSn1an(n2)转化为 an 的递推关系，再求其通项公式；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变式训练 已知数列an的前 n 项和是 Sn，且 Sn2an1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)令 bnlog2an，求数列(1)nb2n前 2n 项的和 T.解：(1)当 n2 时，由Sn2an1，Sn12an11，得 an2an1(nN*)，于是an是以 2 为公比的等比数列令 n1 得 a11，所以 an2n1.(2)bnlog2
7、anlog22n1n1，于是数列bn是首项为 0，公差为 1 的等差数列Tb21b22b23b24b22n1b22nb1b2b3b2n1b2n，所以 T2n（2n1）2n(2n1)热点 2 数列求和(多维探究)数列求和的关键是分析其通项，数列的基本求和方法有倒序相加、裂(拆)项相消法、错位相减法、分组转化求和裂项相消法和错位相减法是常用的两种方法(1)分组转化求和：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：
8、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canan1(其中an是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列温馨提醒：裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误角度 分组转化求和【例 2】(2019佛山一中检测)已知数列an是等差数列，且 a81，S1624.(1)求数列an的通项公式 an；(2)若数列bn是递增的等比数列且 b1b49，b2b38，求(a1b1)(a3b3)(a5b5)(a2n1b2n1)解：(1)由已知得a17d1，2a115d3，所以 a16，d1.所以 an6(n1)1n7.(2)因为数列bn是递增的等比数
9、列，由 b2b38，得 b1b48.又 b1b49，联立得 b11，b48.因此公比 q2，则 bn2n1.所以(a1b1)(a3b3)(a5b5)(a2n1b2n1)(a1a3a2n1)(b1b3b2n1)(6422n8)(14164n1)n（62n8）214n14 n27n4n13.思维升华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的奇偶进行讨论，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、负号分组变式训练 已知等差数列an的前 n 项和为
10、 Sn，且 a11，S3a5.令 bn(1)n1an，则数列bn的前 2n 项和 T2n为()An B2n Cn D2n解析：设等差数列an的公差为 d，由 S3a5 得 3a2a5，所以 3(1d)14d，解得 d2，所以 an2n1.则 bn(1)n1an(1)n1(2n1)所以 T2n1357(4n3)(4n1)2n.答案：B角度 裂项相消法求和【例 3】设正项等比数列an，a481，且 a2，a3的等差中项为32(a1a2)(1)求数列an的通项公式；(2)若 bnlog3a2n1，数列bn的前 n 项为 Sn，数列cn满足 cn14Sn1，Tn 为数列cn的前 n 项和，求 Tn.解
11、：(1)设等比数列an的公比为 q(q0)由题意 a2a33(a1a2)，得a4a1q381，a1qa1q23（a1a1q）.解之得 a1q3.所以 ana1qn13n.(2)由(1)得 bnlog332n12n1，Snn（b1bn）2n1（2n1）2n2，所以 cn14n211212n112n1，所以 Tn12113 1315(12n112n1)n2n1.思维升华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变式训练(2019韶关质检)已知等比
12、数列an的前 n项和为 Sn，且 S11，S24.(1)求an的通项公式及前 n 项和 Sn；(2)设 bn1（n1）log3an1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解：(1)设等比数列an的公比为 q.因为 S11，且 S24，所以 a11 且 a1(1q)4，解之得 q3.因此 an3n1，Sn3n131 3n12.(2)bn1（n1）log33n1n（n1）1n 1n1.所以 Tnb1b2b3bn112 1213 1n 1n11 1n1 nn1.角度 错位相减法求和【例 4】(2019广东湛江一模)在等差数列an和等比数列bn中，a20，b21，且 a2b3，a4b4.(1)求 an 和
13、 bn；(2)求数列nbn的前 n 项和 Sn.解：(1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q.因为 a20，b21，且 a3b3，a4b4.所以0dq，02dq2，解得 qd2.因此 ana2(n2)d02(n2)2n4，bnb2qn212n22n2.(2)由(1)知 nbnn2n2，则 Sn121220321422n2n2，所以 2Sn120221322(n1)2n2n2n1.两式相减得Sn1212222n2n2n112（12n）12n2n1，因此 Sn122n1n2n1(n1)2n112.思维升华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
14、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意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“SnqSn”的表达式变式训练(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)bn为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn，已知 S2n1bnbn1，求数列bnan 的前 n 项和 Tn.解：(1)设an的公比为 q，由题意知a1（1q）6，a21qa1q2，又 an0，解得a12，q2，所以 an2n.(2)由题意知 S2n1（2n1）（b1b2n1）2(2
15、n1)bn1，又 S2n1bnbn1，bn10，所以 bn2n1.令 cnbnan，则 cn2n12n.因此 Tnc1c2cn32 522 7232n12n1 2n12n，又12Tn 322 523 7242n12n2n12n1，两式相减得12Tn3212 122 12n1 2n12n1，所以 Tn52n52n.热点 3 与数列相关的综合问题数列与函数问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出 Sn 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查不等关系或恒
16、成立问题【例 5】设 f(x)12x22x，f(x)是 yf(x)的导函数，若数列an满足 an1f(an)，且首项 a11.(1)求数列an的通项公式；(2)数列an的前 n 项和为 Sn，等比数列bn中，b1a1，b2a2，数列bn的前 n 项和为 Tn，请写出适合条件TnSn 的所有 n 的值解：(1)由 f(x)12x22x，得 f(x)x2.因为 an1f(an)，且 a11.所以 an1an2，则 an1an2，因此数列an是公差为 2，首项为 1 的等差数列所以 an12(n1)2n1.(2)数列an的前 n 项和 Snn（12n1）2n2，等比数列bn中，b1a11，b2a23
17、，所以 q3.所以 bn3n1.所以数列bn的前 n 项和 Tn13n13 3n131 3n12.TnSn 可化为3n12n2.又 nN*，所以 n1 或 n2.故适合条件 TnSn 的所有 n 的值为 1 和 2.思维升华1求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件2以数列为背景的不等式恒成立、不等式证明问题，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理变式训练 在公比为 q 的等比数列an中，已知 a116，且 a1，a22，a3 成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)若 q1，求满足 a1a2a3a4a2n1a2n10 的最小正整数 n 的值解：(1)依题意，2(a22)a1a3，且 a116.所以 2(16q2)1616q2，即 4q28q30.解得 q12或 q32.当 q12时，an1612n125n；当 q32时，an1632n1.(2)由(1)知，当 q1 时，an25n，则 a1a2a3a4a2n1a2n161122n112323 1 122n.由323 1 122n 10，得 122n 116.所以 n2，正整数 n 的最小值为 3.