1、第 2 讲 数列的求和及应用 高考定位 高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下.真 题 感 悟(2016山东卷)已知数列an的前 n 项和 Sn3n28n，bn是等差数列，且 anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令 cn（an1）n1（bn2）n，求数列cn的前 n 项和 Tn.解(1)由题意知，当 n2 时，anSnSn16n5，当 n1 时，a1S111，所以 an6n5.设数列bn的公差为 d.由a1b1b2，a2b2b3，即112b1d，172b13d，可解得 b14，d3，所以 bn3n1.(2)由(1
2、)知，cn（6n6）n1（3n3）n 3(n1)2n1.又 Tnc1c2cn，得 Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2.两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n2344（12n）12（n1）2n23n2n2，所以 Tn3n2n2.考 点 整 合1.数列求和常用方法(1)分组转化求和：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和.(2)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把 Sna1a2an 两边同乘以相应等比数列的公比 q，得到 qSna1qa2qanq，两式错位相减即可求出
3、 Sn.(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canan1(其中an是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.2.数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下：(1)利用数列(或函数)的单调性；(2)放缩法：先求和后放缩；先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求和，或者放缩后裂项相消法求和；(3)数学归纳法.3.数列与不等式的综合问题主要题型为：证明不等式，或不等式恒成立问题，转化为最值问题是其主要思路，而求最值常用方法为：作差比较，利用数列单调性
4、求最值；放缩法求最值.热点一 数列的求和问题微题型 1 分组转化求和【例 11】已知单调递增数列an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn12(a2nn).(1)求数列an的通项公式；(2)设 cn1a2n11，n为奇数，32an11，n为偶数，求数列cn的前 n 项和 Tn.解(1)n1 时，a112(a211)，得 a11，当 n2 时，Sn112(a2n1n1)，得 anSnSn112(a2na2n11)，化简得(an1)2a2n10，anan11 或 anan11(n2)，又an是单调递增数列，故 anan11，所以an是首项为 1，公差为 1 的等差数列，故 ann.(2)cn1a2n1
5、1，n为奇数，32an11，n为偶数，当 n 为偶数时，Tn(c1c3cn1)(c2c4cn)122114211n21 3(21232n1)n2 113 1351（n1）（n1）32（14n2）14n21211131315 1n1 1n1 2(4n21)n22n1n22n42（n1）.当 n 为奇数时，Tn(c1c3cn)(c2c4cn1)122114211（n1）21 3(21232n2)n1212111313151n 1n2 2(4n12 1)n122nn22n92（n2）.所以 Tn2nn22n92（n2），n为奇数，2n1n22n42（n1），n为偶数.探究提高 在利用分组求和法求和时
6、，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式.微题型 2 裂项相消法求和【例 12】(2016湖南八校联考二)设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，且Sn 满足 S2n(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.(1)求 a1 的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数 n，有1a1（a11）1a2（a21）1an（an1）13.(1)解 由题意知，S2n(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.令 n1，有 S21(1213)S13(121)0，可得有 S21S160，解得 S13 或 2，即 a13 或 2，又 an
7、为正数，所以 a12.(2)解 由 S2n(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*可得，(Sn3)(Snn2n)0，则Snn2n 或 Sn3，又数列an的各项均为正数，所以 Snn2n，Sn1(n1)2(n1)，所以当 n2 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.又 a1221，所以 an2n.(3)证明 当 n1 时，1a1（a11）1231613成立；当 n 2 时，1an（an1）12n（2n1）1（2n1）（2n1）12(12n112n1)，所以1a1（a11）1a2（a21）1an（an1）1612(1315)(12n112n1)1612(1312n1)161613.所以对一
8、切正整数 n，有1a1（a11）1a2（a21）1an（an1）13.探究提高(1)解决本题的关键是先放缩后裂项求和，如本题中12n（2n1）1（2n1）（2n1），根据结构特征合理放缩.(2)裂项相消法的基本思想是把数列的通项 an 分拆成 anbn1bn 等形式，从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中要善于根据这个基本思想变换数列an的通项公式，使之符合裂项相消法的条件.微题型 3 错位相减法求和【例 13】(2016洛阳二模)已知数列an中，a22，Sn 是其前 n 项和，且 Snnan2.(1)求数列an的通项公式；(2)若正项数列bn满足 anlog2bn22，设数列anbn 的前
9、 n 项和为 Tn，求使得 n12Tn30 成立的正整数 n 的最小值.解(1)令 n1，得 a10.当 n2 时，anSnSn1nan2（n1）an12.可得(n2)an(n1)an1，当 n3 时，anan1n1n2，所以 an anan1an1an2a3a2a22(n1)，显然当 n1，2 时，满足上式.所以 an2(n1).(2)因为 anlog2bn22，所以 2(n1)log2bn22log2b2nlog242log2bn2，即 2n2log2bn，bn2n，anbn2（n1）2nn12n1，所以 Tn 020 121 222 323n12n1，12Tn021 122 223n22
10、n1 n12n，作差得12Tn12 122 12n1n12n 1 12n1n12n1n12n.Tn2n12n1.所以 n12Tn2n130，当 n6 时，不等式恒成立，所以正整数 n 的最小值为 6.探究提高(1)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到的部分，在求等比数列的和时，一定要查清其项数.(2)为保证结果正确，可对得到的和取 n1，2 进行验证.【训练 1】若数列an的前 n 项和为 Sn，对任意正整数 n 都有 4an3Sn8.(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn(1)n14（n1）log2anlog2an1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)因为 4
11、an3Sn8，当 n2 时，4an13Sn18，得 4an4an13an0，即 an4an1，又 a18，an84n122n1.(2)bn(1)n14（n1）（2n1）（2n3）(1)n112n112n3.当 n 为偶数时，Tnb1b2b3bn13151517171912n112n31312n32n3（2n3）；当 n 为奇数时，Tnb1b2b3bn13151517171912n112n31312n3 2（n3）3（2n3），Tn2n3（2n3），n为偶数，2（n3）3（2n3），n为奇数.热点二 数列与不等式的综合微题型 1 数列中不等式的证明问题【例 21】(2016泉州二模)已知正项数列
12、an的前 n 项和为 Sn，且 a12，4Snanan1，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列1a2n 的前 n 项和为 Tn，求证：n4n4Tn12.(1)解 4Snanan1，nN*，4a1a1a2，又 a12，a24.当 n2 时，4Sn1an1an，得 4ananan1an1an.由题意知 an0，an1an14.当 n2k1，kN*时，a2k2a2k4，即 a2，a4，a2k 是首项为 4，公差为 4 的等差数列，a2k4(k1)44k22k；当 n2k，kN*时，a2k1a2k14，即 a1，a3，a2k1 是首项为 2，公差为 4 的等差数列，a2k12(k1)44k
13、22(2k1).综上可知，an2n，nN*.(2)证明 1a2n 14n214n（n1）141n 1n1，Tn 1a21 1a22 1a2n1411212131n 1n1 141 1n1 n4n4.又 1a2n 14n214n211（2n1）（2n1）1212n112n1，Tn 1a21 1a22 1a2n12113131512n112n112112n1 12.即得n4n4Tn12.探究提高 数列与不等式的证明主要有两种题型：(1)利用对通项或结论放缩证明不等式；(2)作差法利用数列单调性证明不等式.微题型 2 数列中的恒成立问题【例 22】(2016成都诊断二)已知数列an和bn满足 a1a
14、2a3an(2)bn(nN*).若an为等比数列，且 a12，b36b2.(1)求 an 与 bn；(2)设 cn 1an 1bn(nN*).记数列cn的前 n 项和为 Sn.求 Sn；求正整数 k，使得对任意 nN*均有 SkSn.解(1)由题意 a1a2a3an(2)bn，b3b26，知 a3(2)b3b28.又由 a12，得公比 q2(q2 舍去)，所以数列an的通项为 an2n(nN*).所以，a1a2a3an2n（n1）2(2)n(n1).故数列bn的通项为 bnn(n1)(nN*).(2)由(1)知 cn 1an 1bn 12n1n 1n1(nN*)，所以 Sn 1n1 12n(n
15、N*).因为 c10，c20，c30，c40；当 n5 时，cn1n（n1）n（n1）2n1，而n（n1）2n（n1）（n2）2n1（n1）（n2）2n10，得n（n1）2n5（51）251，所以，当 n5 时，cn0，Tn为递增数列，TnT112.1.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列an乘以等比数列bn对应项得到的数列的anbn求和.(2)步骤：求和时先乘以数列bn的公比.把两个和的形式错位相减.整理结果形式.2.裂项求和的常见技巧(1)1n（n1）1n 1n1.(2)1n（nk）1k1n 1nk.(3)1n21121n1 1n1.(4)14n211212n112n1.3.数列与不
16、等式综合问题(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用.一、选择题1.已知数列 112，314，518，7 116，则其前 n 项和 Sn 为()A.n21 12nB.n22 12nC.n21 12n1D.n22 12n1解析 an(2n1)12n，Snn（12n1）2121 12n112n21 12n.答案 A2.已知数列an满足 a11，a23，an1an1an(n2)，则数列an的前 40 项和 S40等于()A.20 B.40 C.60 D.80解析 由 an1 anan1(n2)，a11，a2
17、3，可得 a33，a41，a513，a613，a71，a83，这是一个周期为 6 的数列，一个周期内的 6 项之和为263，又 40664，所以 S406263 133160.答案 C3.1221132114211（n1）21的值为()A.n12（n2）B.34n12（n2）C.34121n1 1n2D.32 1n1 1n2解析 1（n1）211n22n1n（n2）121n 1n2，1221132114211（n1）21 12113121413151n 1n2 1232 1n1 1n2 34121n1 1n2.答案 C4.各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，且 3Snanan1，则n
18、k1a2k()A.n（n5）2B.3n（n1）2C.n（5n1）2D.（n3）（n5）2解析 当 n1 时，3S1a1a2，即 3a1a1a2，a23，当 n2 时，由 3Snanan1，可得 3Sn1an1an，两式相减得：3anan(an1an1).an0，an1an13，a2n为一个以 3 为首项，3 为公差的等差数列，nk1a2ka2a4a6a2n3nn（n1）233n（n1）2，选 B.答案 B5.数列an的通项 ann2cos2n3 sin2n3，其前 n 项和为 Sn，则 S30 为()A.470 B.490 C.495 D.510解析 因为 ann2cos2n3 sin2 n3
19、n2cos 2n3，由于 cos2n3 以 3 为周期，且 cos 23 12，cos 43 12，cos 63 1，所以 S30(a1a2a3)(a4a5a6)(a28a29a30)1222232 4252262 2822922302 k110（3k2）2（3k1）22（3k）2 k1109k52 470.答案 A二、填空题6.在数列an中，an 1n1 2n1 nn1，若 bn2anan1，则数列bn的前 n项和 Sn 为_.解析 an 1n1 2n1 nn1n（n1）2n1n2.bn2anan12n（n1）48n（n1）81n 1n1，Snb1b2bn 811212131n 1n1 81
20、 1n1 8nn1.答案 8nn17.(2015江苏卷)设数列an满足 a11，且 an1ann1(nN*)，则数列1an 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（2n）（n1）2，即 ann（n1）2，令 bn 1an，故 bn2n（n1）21n 1n1，故 S10b1b2b10 21121213 110 111 2011.答案 20118.设 Sn 为数列an的前 n 项和，Sn(1)nan 12n，nN*，则(1)a3_；(2)S1S2S100_.解析(1)当 n1 时，S1(1)a112
21、，得 a114.当 n2 时，Sn(1)n(SnSn1)12n.当 n 为偶数时，Sn1 12n，当 n 为奇数时，Sn12Sn1 12n1，从而 S114，S3 116，又由 S312S2 124 116，得 S20，则 S3S2a3a3 116.(2)由(1)得 S1S3S5S99 122 124 126 12100，S101 12102，又 S2S4S6S1002S3 1232S5 1252S7 1272S101 121010，故 S1S2S10013121001.答案(1)116(2)13121001三、解答题9.(2015四川卷)设数列an(n1，2，3，)的前 n 项和 Sn 满足
22、 Sn2ana1，且 a1，a21，a3 成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)记数列1an 的前 n 项和为 Tn，求使得|Tn1|11 000成立的 n 的最小值.解(1)由已知 Sn2ana1，有 anSnSn12an2an1(n2)，即 an2an1(n2)，所以 q2.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 1an 12n，所以 Tn12 122 12n12112n1121 12n.由|
23、Tn1|11 000，得1 12n1 11 000，即 2n1 000，因为 295121 0001 024210，所以 n10，于是，使|Tn1|11 000成立的 n 的最小值为 10.10.(2015全国卷)Sn 为数列an的前 n 项和.已知 an0，a2n2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设 bn1anan1，求数列bn的前 n 项和.解(1)由 a2n2an4Sn3，可知a2n12an14Sn13.两式相减可得 a2n1a2n2(an1an)4an1，即2(an1an)a2n1a2n(an1an)(an1an).由于 an0，可得 an1an2.又 a212a14a13
24、，解得 a11(舍去)，a13.所以an是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an2n1.(2)由 an2n1 可知bn1anan11（2n1）（2n3）1212n112n3.设数列bn的前 n 项和为 Tn，则Tnb1b2bn121315 1517 12n112n3n3（2n3）.11.数列an满足 a11，a22，an21cos2n2ansin2n2，n1，2，3，.(1)求 a3，a4，并求数列an的通项公式；(2)设 bna2n1a2n，Snb1b2bn.证明：当 n6 时，|Sn2|1n.(1)解 a11，a22，a31cos22 a1sin22 a112，a4(1cos
25、2)a2sin22a24，当 n2k1 时，a2k11cos2（2k1）2a2k1sin2（2k1）2a2k11，即 a2k1a2k11，所以数列a2k1是首项为 1，公差为 1 的等差数列，因此 a2k11(k1)k，当 n2k 时，a2k21cos22k2a2ksin22k2 2a2k，所以数列a2k是首项为 2，公比为 2 的等比数列，因此 a2k2k.故数列an的通项公式为 ann12，n2k1，2n2，n2k.(2)证明 由(1)知，bna2n1a2n n2n，Sn12 222 323 n2n，12Sn 122 223 324 n2n1，得，12Sn12 122 123 12n n2
26、n112112n112 n2n11 12n n2n1.所以 Sn2 12n1 n2n2n22n.要证明当 n6 时，|Sn2|1n成立，只需证明当 n6 时，n（n2）2n1 成立.法一 令 Cnn（n2）2n(n6)，则 Cn1Cn（n1）（n3）2n1n（n2）2n3n22n1 0.所以当 n6 时，Cn1Cn，因此当 n6 时，CnC66864 341.于是当 n6 时，n（n2）2n1.综上所述，当 n6 时，|Sn2|1n.法二 当 n6 时，6（62）264864341 成立.假设当 nk(k6)时不等式成立，即k（k1）2k1.则当 nk1 时，（k1）（k3）2k1k（k2）2k（k1）（k3）2k（k2）（k1）（k3）（k2）2k1.由所述，当 n6 时，n（n1）2n1.即当 n6 时，|Sn2|12.