1、第 2 讲 数列的求和问题1(2015福建)在等差数列an中，a24，a4a715.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2an2n，求 b1b2b3b10 的值 2(2014课标全国)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an2n的前 n 项和 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、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一 分组转化求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并例 1 在等比数
2、列an中，an0(nN*)，公比 q(0,1)，且 a3a52a4a6a3a9100,4 是 a4 与a6 的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnlog2an，求数列|bn|的前 n 项和 Sn.思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使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，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解在利用分组求和法求和时，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跟踪演练 1 在等差数列an中，a3a4a584，a973.(1)求数列an的通项公式；(2)对
3、任意 mN*，将数列an中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为 bm，求数列bm的前 m 项和 Sm.热点二 错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列anbn的前 n 项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列例 2(2015衡阳联考)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且有 a12,3Sn5anan13Sn1(n2)(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn(2n1)an，求数列bn的前 n 项和 Tn.思维升华(1)错位相减法适用于求数列anbn的前 n 项和，其中an为等差数列，bn为等比数列；(2)所谓“错位”，就是要找“同类
4、项”相减要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数(3)为保证结果正确，可对得到的和取 n1,2 进行验证跟踪演练 2 设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，Sn12Snn1(nN*)，(1)求数列an的通项公式；(2)若 bnnan1an，求数列bn的前 n 项和 Tn.热点三 裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于1anan1或1anan2(其中an为等差数列)等形式的数列求和例 3(2015韶关高三联考)已知在数列an中，a11，当 n2 时，其前 n 项和 Sn 满足 S2nan(Sn12)(
5、1)求 Sn 的表达式；(2)设 bnSn2n1，数列bn的前 n 项和为 Tn，证明 Tn12.思维升华(1)裂项相消法的基本思想就是把通项 an 分拆成 anbnkbn(k1，kN*)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列an的通项公式，使之符合裂项相消的条件(2)常化的裂项公式1nnk1k(1n 1nk)；12n12n112(12n112n1)；1n nk1k(nk n)跟踪演练 3(1)已知数列an，an1n1 n，其前 n 项和 Sn9，则 n_.(2)(2015江苏)设数列an满足 a11，且 an1ann1(nN*)，则数列1an 前 1
6、0 项的和为_1已知数列an的通项公式为 ann22nnn1，其前 n 项和为 Sn，若存在实数 M，满足对任意的 nN*，都有 Sn0)，且 4a3 是 a1 与 2a2的等差中项(1)求an的通项公式；(2)设 bn2n1an，求数列bn的前 n 项和 Tn.提醒：完成作业 专题四 第 2 讲二轮专题强化练专题四第 2 讲 数列的求和问题A 组 专题通关1已知数列 112，314，518，7 116，则其前 n 项和 Sn 为()An2112nBn2212nCn21 12n1Dn22 12n12已知在数列an中，a160，an1an3，则|a1|a2|a3|a30|等于()A445B765
7、C1 080D3 1053在等差数列an中，a12 012，其前 n 项和为 Sn，若S2 0122 012S10102 002，则 S2 014 的值等于()A2 011B2 012C2 014D2 0134已知数列an满足 a11，a23，an1an1an(n2)，则数列an的前 40 项和 S40 等于()A20B40C60D805(2015曲靖一模)1221132114211n121的值为()A.n12n2B.34 n12n2C.3412(1n1 1n2)D.32 1n1 1n26设 f(x)4x4x2，若 Sf(12 015)f(22 015)f(2 0142 015)，则 S_.7
8、(2015辽宁五校协作体联考)在数列an中，a11，an2(1)nan1，记 Sn 是数列an的前 n 项和，则 S60_.8设 Sn 为数列an的前 n 项和，若S2nSn(nN*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列cn是首项为 2，公差为 d(d0)的等差数列，且数列cn是“和等比数列”，则 d_.9(2014北京)已知an是等差数列，满足 a13,a412，数列bn满足 b14，b420，且bnan为等比数列(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列bn的前 n 项和10(2015山东)设数列an的前 n 项和为 Sn.已知 2Sn3n3.(1)求数列an的通项公式；(2
9、)若数列bn满足 anbnlog3an，求bn的前 n 项和 Tn.B 组 能力提高11数列an满足 a12，anan11an11，其前 n 项积为 Tn，则 T2 016 等于()A.16B16C1D112已知数列an满足 an112 ana2n，且 a112，则该数列的前 2 016 项的和等于()A1 509B3 018C1 512D2 01613已知 lg xlg y1，且 Snlg xnlg(xn1y)lg(xn2y2)lg yn，则 Sn_.14(2015湖南)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，a22，且 an23SnSn13,nN*.(1)证明：an23an；(2)
10、求 Sn.学生用书答案精析第 2 讲 数列的求和问题高考真题体验1解(1)设等差数列an的公差为 d，由已知得a1d4，a13da16d15，解得a13，d1.所以 ana1(n1)dn2.(2)由(1)可得 bn2nn，所以 b1b2b3b10(21)(222)(233)(21010)(22223210)(12310)2121012110102(2112)55211532 101.2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 d12，从而 a132.所以an的通项公式为 an12n1.(2)设an2n的前 n 项和为
11、Sn.由(1)知an2nn22n1，则Sn322 423n12n n22n1，12Sn323 424n12n1 n22n2.两式相减得12Sn34(123 12n1)n22n23414(1 12n1)n22n2.所以 Sn2n42n1.热点分类突破例 1 解(1)在等比数列an中，an0，q(0,1)a3a52a4a6a3a9a242a4a6a26(a4a6)2100.a4a610，又 a4a64216，a48，a62.q2812，a1a4q364.an64(12)n127n.(2)bnlog2an7n，则数列bn的前 n 项和为 Tnn13n2，当 1n7 时，bn0，Snn13n2.当 n
12、8 时，bn0，Snb1b2b7(b8b9bn)(b1b2bn)2(b1b2b7)n13n227602n213n842，Sn13nn221n7且nN*，n213n842n8且nN*.跟踪演练 1 解(1)因为an是一个等差数列，所以 a3a4a53a484，所以 a428.设数列an的公差为 d，则 5da9a4732845，故 d9.由 a4a13d 得 28a139，即 a11，所以 ana1(n1)d19(n1)9n8(nN*)(2)对 mN*，若 9man92m，则 9m89n92m8，因此 9m11n92m1，故得 bm92m19m1.于是 Smb1b2b3bm(99392m1)(1
13、99m1)9181m18119m1992m1109m180.例 2 解(1)3Sn3Sn15anan1(n2)，2anan1，anan112，又a12，an是以 2 为首项，公比为12的等比数列，an2(12)n1(12)n222n.(2)bn(2n1)22n，Tn121320521(2n1)22n，12Tn120321(2n3)22n(2n1)21n，12Tn22(202122n)(2n1)21n22121n1121(2n1)21n6(2n3)21n，Tn12(2n3)22n.跟踪演练 2 解(1)Sn12Snn1，当 n2 时，Sn2Sn1n，an12an1，an112(an1)，即an1
14、1an1 2(n2)，又 S22S12，a1S11，a23，a21a112，当 n1 时，式也成立，an12n，即 an2n1(nN*)(2)an2n1，bnn2n112n1n2n12n n2n，Tn12222 323 n2n，12Tn122 223n12n n2n1，Tn2(12122 12312n n2n1)2 12n1n2n2n22n.例 3(1)解 当 n2 时，anSnSn1 代入 S2nan(Sn12)，得 2SnSn1SnSn10，由于 Sn0，所以1Sn 1Sn12，所以1Sn是首项为 1，公差为 2 的等差数列，从而1Sn1(n1)22n1，所以 Sn12n1.(2)证明 因
15、为 bnSn2n112n12n112(12n112n1)，所以 Tn12(113)(1315)(12n112n1)12(112n1)12，所以 Tn12.跟踪演练 3(1)99(2)2011解析(1)因为 an1n1 n n1 n，所以 Sna1a2a3an1an(21)(3 2)(4 3)(nn1)(n1 n)n11.由 n119，解得 n99.(2)a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n，将以上 n1 个式子相加得 ana123n2nn12，即 annn12，令 bn1an，故 bn2nn121n 1n1，故 S10b1b2b1021121213 110 111 20
16、11.高考押题精练11解析 因为 ann22nnn12n1n2nnn1 12n1n12nn1，所以 Sn(12011212)(12121223)12n1n12nn1112nn1，由于 112nn11，所以 M 的最小值为 1.2解(1)当 n1 时，S1a(S1a11)，所以 a1a，当 n2 时，Sna(Snan1)，Sn1a(Sn1an11)，由，得 anaan1，即 anan1a，故an是首项 a1a，公比等于 a 的等比数列，所以 anaan1an.故 a2a2，a3a3.由 4a3 是 a1 与 2a2 的等差中项，可得 8a3a12a2，即 8a3a2a2，因为 a0，整理得 8a
17、22a10，即(2a1)(4a1)0，解得 a12或 a14(舍去)，故 an(12)n 12n.(2)由(1)，得 bn2n1an(2n1)2n，所以 Tn32522723(2n1)2n1(2n1)2n，2Tn322523724(2n1)2n(2n1)2n1，由，得Tn322(22232n)(2n1)2n162222n112(2n1)2n122n2(2n1)2n12(2n1)2n1，所以 Tn2(2n1)2n1.二轮专题强化练答案精析第 2 讲 数列的求和问题1A 因为 an2n1 12n，所以 Snn12n12112n12112n2112n.2B an1an3，an1an3.an是以60
18、为首项，3 为公差的等差数列an603(n1)3n63.令 an0，得 n21.前 20 项都为负值|a1|a2|a3|a30|(a1a2a20)a21a302S20S30.Sna1an2n1233n2n，|a1|a2|a3|a30|765.3C 等差数列中，Snna1nn12d，Snn a1(n1)d2，即数列Snn 是首项为 a12 012，公差为d2的等差数列；因为S2 0122 012S10102 002，所以，(2 01210)d22 002，d21，所以，S2 0142 014(2 012)(2 0141)12 014，选 C.4C 由 an1 anan1(n2)，a11，a23，
19、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 133160.5C 1n1211n22n1nn212(1n 1n2)，1221132114211n12112(113121413151n 1n2)12(32 1n1 1n2)3412(1n1 1n2)61 007解析 f(x)4x4x2，f(1x)41x41x2224x，f(x)f(1x)4x4x2224x1.Sf(12 015)f(22 015)f(2 0142 015)，Sf(2 0142 015)f(2 0132 015)f(12
20、015)，得，2Sf(12 015)f(2 0142 015)f(22 015)f(2 0132 015)f(2 0142 015)f(12 015)2 014，S2 01421 007.7480解析 方法一 依题意得，当 n 是奇数时，an2an1，即数列an中的奇数项依次形成首项为 1、公差为 1 的等差数列，a1a3a5a59301302921465；当 n 是偶数时，an2an1，即数列an中的相邻的两个偶数项之和均等于 1，a2a4a6a8a58a60(a2a4)(a6a8)(a58a60)15.因此，该数列的前 60 项和 S6046515480.方法二 an2(1)nan1，a3
21、a11，a5a31，a7a51，且 a4a21，a6a41，a8a61，a2n1为等差数列，且 a2n11(n1)1n，即 a11，a32，a53，a74，S4a1a2a3a41124，S8S4a5a6a7a83418，S12S8a9a10a11a1256112，S60415151424480.82解析 由题意可知，数列cn的前 n 项和为 Snnc1cn2，前 2n 项和为 S2n2nc1c2n2，所以S2nSn 2nc1c2n2nc1cn222nd2ndd2212dnd.因为数列cn是“和等比数列”，即S2nSn 为非零常数，所以 d2.9解(1)设等差数列an的公差为 d，由题意得 da
22、4a1312333，所以 ana1(n1)d3n(n1,2，)设等比数列bnan的公比为 q，由题意得q3b4a4b1a1201243 8，解得 q2.所以 bnan(b1a1)qn12n1.从而 bn3n2n1(n1,2，)(2)由(1)知 bn3n2n1(n1,2，)数列3n的前 n 项和为32n(n1)，数列2n1的前 n 项和为12n12 2n1.所以，数列bn的前 n 项和为32n(n1)2n1.10解(1)因为 2Sn3n3，所以 2a133，故 a13，当 n1 时，2Sn13n13，此时 2an2Sn2Sn13n3n123n1，即 an3n1，所以 an3，n1，3n1，n1.
23、(2)因为 anbnlog3an，所以 b113，当 n1 时，bn31nlog33n1(n1)31n.所以 T1b113；当 n1 时，Tnb1b2b3bn13(131232(n1)31n)，所以 3Tn1(130231(n1)32n)，两式相减，得 2Tn23(30313232n)(n1)31n23131n131(n1)31n136 6n323n，所以 Tn13126n343n，经检验，n1 时也适合综上可得 Tn13126n343n.11C 由 anan11an11，得 an11an1an.a12，a23，a312，a413，a52，a63.故数列an具有周期性，周期为 4，a1a2a3
24、a41，T2 016T41.12C 因为 a112，又 an112 ana2n，所以 a21，从而 a312，a41，即得 an12，n2k1kN*，1，n2kkN*，故数列的前 2 016 项的和等于S2 0161 008(112)1 512.13.12n2解析 因为 lg xlg y1，所以 lg(xy)1.因为 Snlg xnlg(xn1y)lg(xn2y2)lg(xyn1)lg yn，所以 Snlg ynlg(xyn1)lg(xn2y2)lg(xn1y)lg xn，两式相加，得 2Sn(lg xnlg yn)lg(xn1y)lg(xyn1)(lg ynlg xn)lg(xnyn)lg(
25、xn1yxyn1)lg(ynxn)nlg(xy)lg(xy)lg(xy)n2lg(xy)n2，所以 Sn12n2.14(1)证明 由条件，对任意 nN*，有 an23SnSn13，因而对任意 nN*，n2，有 an13Sn1Sn3.两式相减，得 an2an13anan1，即 an23an，n2.又 a11，a22，所以 a33S1S233a1(a1a2)33a1，故对一切 nN*，an23an.(2)解 由(1)知，an0，所以an2an 3.于是数列a2n1是首项 a11，公比为 3 等比数列；数列a2n是首项 a22，公比为 3 的等比数列因此 a2n13n1，a2n23n1.于是 S2na1a2a2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)(133n1)2(133n1)3(133n1)33n12.从而 S2n1S2na2n33n1223n132(53n21)综上所述，Sn3253n32 1，n是奇数，323n21，n是偶数.