1、第2讲数列求和与综合应用做小题激活思维1设数列an的前n项和为Sn，且Sn2(an1)，则an()A2nB2n1C2nD2n1答案C2数列an的前n项和为Sn，已知Sn1234(1)n1n，则S17()A9 B8 C17 D16AS171234561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119.3数列an中，an，若an的前n项和为，则项数n为()A2 016 B2 017C2 018 D2 019Dan，Sn11，所以n2 019.4若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为_2n1n22Sn2n12n2.5已知数列an的前n项和为Sn，且ann2
2、n，则Sn_.(n1)2n12Sn12222323n2n，所以2Sn122223324n2n1，得Sn222232nn2n1n2n12n12n2n1(1n)2n12，所以Sn(n1)2n12.扣要点查缺补漏1数列通项的求法(1)利用an与Sn的关系利用an求通项时，要注意检验n1的情况如T1.(2)根据数列的递推关系求通项的常用方法累加(乘)法形如an1anf(n)的数列，可用累加法；形如f(n)的数列，可用累乘法构造数列法形如an1，可转化为，构造等差数列；形如an1panq(pq0，且p1)，可转化为an1p构造等比数列.2数列求和的常用方法(1)倒序相加法；(2)分组求和法，如T4；(3
3、)错位相减法，如T5；(4)裂项相消法，如T3；(5)并项求和法，如T2.数列中an与Sn的关系(5年3考)高考解读高考对该部分内容的考查主要是an与Sn的转化以及递推关系式的转化应用，难度偏大.角度一：利用an与Sn的关系求通项an或Sn1一题多解(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.切入点：Sn2an1，利用anSnSn1(n2)转化为项的关系式或和的关系式关键点：利用an与Sn的关系，借助Sn2an1构造新数列63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a3
4、4；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an2n1，所以S663.2(2015全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.切入点：an1SnSn1.关键点：利用an1Sn1Sn将条件转化an1Sn1Sn，an1SnSn1，Sn1SnSn
5、Sn1.Sn0，1，即1.又1，是首项为1，公差为1的等差数列1(n1)(1)n，Sn.角度二：利用递推公式求通项an3(2016全国卷)已知各项都为正数的数列an满足a11，a(2an11)an2an10.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式切入点：a11，a(2an11)an2an10.关键点：利用a(2an11)an2an10判断出数列an的性质解(1)由题意可得a2，a3.(2)由a(2an11)an2an10得2an1(an1)an(an1)因为an的各项都为正数，所以.故an是首项为1，公比为的等比数列，因此an.教师备选题1(2014全国卷)数列an满足an1，a82，则a
6、1_.an1，an1111(1an2)an2，周期T(n1)(n2)3.a8a322a22.而a2，a1.2(2014湖南高考)已知数列an的前n项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an(1)nan，求数列bn的前2n项和解(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n.当n1时，a11也适合上式故数列an的通项公式为ann(nN*)(2)由(1)知ann，故bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn，故数列bn的前2n项和T
7、2nAB22n1n2.由含an与Sn的关系式求an，应注意以下3点(1)注意分n1和n2两种情况处理，特别要注意使用anSnSn1时需n2；(2)由SnSn1an(n2)推得an，当n1时，a1也符合“an式”，则需“合写”通项公式；(3)由SnSn1an(n2)推得an，当n1时，a1不符合“an式”，则数列的通项公式应分段表示，即an1(由an与Sn之间的关系式求an)(2019合肥质量检测)已知数列an的前n项和为Sn，若3Sn2an3n，则a2 018()A22 0181B32 0186C.2 018 D.2 018A3Sn2an3n，当n1时，3S13a12a13，a13.当n2时，
8、3an3Sn3Sn1(2an3n)(2an13n3)，an2an13，an12(an11)，数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列，an12(2)n1(2)n，an(2)n1，a2 018(2)2 018122 0181，故选A.2(由an与Sn的关系求an)数列an满足a1a2a3an2n1，则数列an的通项公式为_an由a1a2a3an2n1，得a1a2a3anan12(n1)1，两式相减，得an12，即an2n1(n2)又a13，即a16，不符合上式，所以an3(综合应用)设数列an(n1,2,3，)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通
9、项公式；(2)设数列的前n项和为Tn，求Tn.解(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)所以a14a12(2a11)，解得a12.所以，数列an是首项为2，公比为2的等比数列故an2n.(2)由(1)得.所以Tn1.数列的求和问题(5年2考)高考解读高考对数列求和的考查主要是等差数列、等比数列的求和.而对于裂项相消法和错位相减法求和的要求较低，考查频率也较低.角度一：裂项相消法求和1(2017全国卷)设数列an满足a13a2(2n1)an2n.(1)求a
10、n的通项公式；(2)求数列的前n项和切入点：利用a13a2(2n1)an2n求an.关键点：将分裂为两项的差解(1)因为a13a2(2n1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1)，两式相减得(2n1)an2，所以an(n2)又由题设可得a12，满足上式，所以an的通项公式为an.(2)记的前n项和为Sn.由(1)知，则Sn.角度二：错位相减法求和2(2014全国卷)已知an是递增的等差数列，a2，a4是方程x25x60的根(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和切入点：a2，a4是方程x25x60的根；an是递增的等差数列关键点：根据题目条件正确求出an的通项公式；用
11、错位相减法求和解(1)方程x25x60的两根为2,3，由题意得a22，a43.设数列an的公差为d，则a4a22d，故d，从而a1.所以an的通项公式为ann1.(2)设的前n项和为Sn.由(1)知，则Sn，Sn.两式相减得Sn.所以Sn2.教师备选题1(2016全国卷)等差数列an中，a3a44，a5a76.(1)求an的通项公式；(2)设bnan，求数列bn的前10项和，其中x表示不超过x的最大整数，如0.90，2.62.解(1)设数列an的首项为a1，公差为d，由题意有解得所以an的通项公式为an.(2)由(1)知，bn.当n1,2,3时，12，bn1；当n4,5时，23，bn2；当n6
12、,7,8时，34，bn3；当n9,10时，45，bn4.所以数列bn的前10项和为1322334224.2(2017天津高考)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，解得q3或q2.又因为q0，所以q2.所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18，由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3
13、，由此可得an3n2.所以，数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nbn的前n项和为Tn.由a2n6n2，得Tn4210221623(6n2)2n，2Tn42210231624(6n8)2n(6n2)2n1.上述两式相减，得Tn4262262362n(6n2)2n14(6n2)2n1(3n4)2n216，所以Tn(3n4)2n216.所以，数列a2nbn的前n项和为(3n4)2n216.1分组求和法中分组的策略(1)根据等差、等比数列分组(2)根据正号、负号分组2裂项相消法求和的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差(2)裂项相消后前、后保留的项数一样
14、多3错位相减法求和的关注点(1)适用题型：等差数列an与等比数列bn对应项相乘(anbn)型数列求和(2)步骤：求和时先乘以数列bn的公比；将两个和式错位相减；整理结果形式1(裂项相消法求和)已知等差数列an的前n项和为Sn，且S515，a2a35.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列的前n项和Tn.解(1)设等差数列an的公差为d，S55a315，a33，又a2a35，a22，a1d1，ana1(n1)dn.(2)由(1)知ann，a2n12n1，a2n12n1，Tn.2(错位相减法求和)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bnn2
15、an，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(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，Tn121222n1n2nn2n2n(1n)1.所以Tn2n(n1)1.3(分组转化法求和)已知an是等差数列，bn是等比数列，且b23，b39，a1b1，a14b4.(1)求an的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和Sn.解(1)设等比数列bn的公比为q，则q3，所以b11，b4b3q27，所以bn3n1(nN*)设等差数列an的公差为d.因为a1b11，a14b427，所以113d27，即d2.所以an2n1(nN*)(2)由(1)知，an2n1，bn3n1，因此cnanbn2n13n1.从而数列cn的前n项和Sn13(2n1)133n1n2.