1、第五章数列第四节数列求和与数列的综合应用微知识 小题练微考点 大课堂微考场 新提升微专题 巧突破2017考纲考题考情考纲要求真题举例命题角度1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式及倒序相加求和、错位相减求和法；2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决与前n项和相关的问题。2016，天津卷，18,13分(等差数列的证明、数列求和)2016，山东卷，18,12分(数列通项与求和)2015，北京卷，20,13分(数列与函数、不等式的综合)2015，四川卷，16,12分(等差、等比数列的综合应用)1.本节以分组法、错位相减、
2、倒序相加、裂项相消法为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点；2.题型以解答题的形式为主，难度中等或稍难。一般第一问考查求通项，第二问考查求和，并与不等式、函数、最值等问题综合。微知识 小题练 教材回扣 基础自测na1nn12d 1公式法与分组求和法(1)公式法 直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和。等差数列的前n项和公式：Sn_。等比数列的前n项和公式：na1an2(2)分组求和法 若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减。2倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法 如果一个数列的前n项中与首末两端等“距离”的两项
3、的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的。(2)并项求和法 在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和。形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解。例如，Sn10029929829722212(1002992)(982972)(2212)(10099)(9897)(21)5 050。3裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和。(2)常见的裂项技巧1nn11n 1n1。1nn2121n 1n2。12n12n11212n112n1。1n n1 n1 n。4错位相减法
4、 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的。微点提醒1使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点。2在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解。小|题|快|练一、走进教材1(必修 5P47B 组 T4 改编)数列an的前 n 项和为 Sn，若 an1nn1，则 S5 等于()A1 B.56C.16D.130【解析】an1nn1n1nnn11n 1n1，所以 S5
5、a1a2a3a4a51121213151656。故选 B。【答案】B 2(必修5P61A组T4(3)改编)12x3x2nxn1_(x0且x1)。【解析】设 Sn12x3x2nxn1，则 xSnx2x23x3nxn，得：(1x)Sn1xx2xn1nxn1xn1xnxn，所以 Sn 1xn1x2 nxn1x。【答案】1xn1x2 nxn1x 二、双基查验 1若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为()A2nn21 B2n1n21 C2n1n22 D2nn2【解析】Sna1a2a3an(21211)(22221)(23231)(2n2n1)(2222n)2(123n)n212n1
6、2 2nn12n2(2n1)n2nn2n1n22。故选 C。【答案】C 2若数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a10()A15 B12 C12 D15【解析】an(1)n(3n2)，a1a2a10 14710131619222528(14)(710)(1316)(1922)(2528)3515。故选A。【答案】A【解析】an1n n1 n1 n。Sna1a2a3an(21)(3 2)(n1 n)n11。n119，即 n110，n99。故选 B。【答案】B3数列an的通项公式是an1n n1，前n项和为9，则n()A9 B99C10 D100 4已知数列an的前n项和为Sn且
7、ann2n，则Sn_。【解析】ann2n，Sn121222323n2n。2Sn122223(n1)2nn2n1。，得Sn222232nn2n1212n12 n2n12n12n2n1(1n)2n12。Sn(n1)2n12。【答案】(n1)2n12【解析】an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)(n2)21nn12，所以1an2nn121n 1n1，所以1an 的前 10 项和211122212331210101211212131314 110 111 2011。【答案】20115数列an满足 a11，且 an1ann1(nN*)，则数列1an 的前10 项和为_。微考点 大课
8、堂 考点例析 对点微练 【典例1】已知数列an的通项公式是an23n1(1)n(ln2ln3)(1)nnln3，求其前n项和Sn。考点一分组转化法求和【解析】Sn2(133n1)111(1)n(ln2ln3)123(1)nnln3，所以当 n 为偶数时，Sn213n13n2ln33nn2ln31；当 n 为奇数时，Sn213n13(ln2ln3)n12 n ln33nn12 ln3ln21。综上所述，Sn3nn2ln31，n为偶数，3nn12 ln3ln21，n为奇数。【答案】Sn3nn2ln31，n为偶数，3nn12 ln3ln21，n为奇数。反思归纳 1.若 anbncn，且bn，cn为等
9、差或等比数列，可采用分组转化法求an的前 n 项和。2通项公式为 anbn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列bn，cn是等比或等差数列，可采用分组转化法求和。【变式训练】(2016北京高考)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。【解析】(1)等比数列bn的公比 qb3b2933，所以 b1b2q1，b4b3q27。设等差数列an的公差为 d。因为 a1b11，a14b427，所以 113d27，即 d2。所以 an2n1(n1,2,3，)。(2)由(1)知，an2n1，bn3n1，
10、因此 cnanbn2n13n1。从而数列cn的前 n 项和Sn13(2n1)133n1n12n1213n13n23n12。【答案】(1)an2n1(n1,2,3，)(2)n23n12考点二错位相减法求和【典例 2】(2016山东高考)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 cnan1n1bn2n，求数列cn的前 n 项和 Tn。【解析】(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，得112b1d，172b13d，可
11、解得 b14，d3。所以 bn3n1。(2)由(1)知 cn6n6n13n3n 3(n1)2n1。又 Tnc1c2cn，所以 Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n234412n12 n12n2 3n2n2，所以 Tn3n2n2。【答案】(1)bn3n1(2)Tn3n2n2 反思归纳 选择数列求和方法的依据是数列的通项公式，如该题第(2)问中通过化简数列cn的通项公式可知，其可以写成一个等差数列与等比数列的通项公式的乘积形式，故应采用错位相减法求和。【变式训练】(2016桐乡模拟)已知公比 q 不为 1 的等比数
12、列an的首项 a112，前 n 项和为 Sn，且 a4S4，a5S5，a6S6 成等差数列。(1)求数列an的通项公式；(2)对 nN*，在 an 与 an1 之间插入 n 个数，使这 n2 个数成等差数列，记插入的这 n 个数的和为 bn，求数列bn的前 n 项和 Tn。【解析】(1)因为 a4S4，a5S5，a6S6 成等差数列，所以 2(a5S5)a4S4a6S6，即 2a63a5a40，即 2q23q10(q1)，解得 q12，故 an12n。(2)若记插入的n个数为xn(n1,2，n)，由(1)及等差数列的性质及前n项和公式可知x1xnanan1，bnnanan1234n12n，Tn
13、3411221223123n112n1n12n，12Tn34112221233124n112nn12n1，得12Tn341212212312nn12n1，12Tn3412112n112n12n1Tn32112nn12n1。【答案】(1)an12n(2)Tn32112nn12n1考点三裂项相消法求和【典例 3】(2017开封模拟)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1a1a111a2a211anan113。【解析】(1)由题意知，S2n(n2
14、n3)Sn3(n2n)0，nN*。令 n1，有 S21(1213)S13(121)0，可得 S21S160，解得 S13 或 2，即 a13 或 2，又 an 为正数，所以 a12。(2)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，1a1a11 1231613成立；当 n2 时，1anan112n2n112n12n11212n112n1，所
15、以1a1a11 1a2a21 1anan1 16 121315 12n112n116121312n1 161613。所以对一切正整数 n，有1a1a111a2a211anan12nn2对一切nN*恒成立，求实数的取值范围。【解析】(1)因为an1an2(bn1bn)，bn3n5，所以an1an2(bn1bn)2(3n83n5)6，所以an是等差数列，首项a11，公差为6，an6n5。(2)因为 bn2n，所以 an1an2(2n12n)2n1。当 n2 时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n2n12262n12；当 n1 时，a16，符合上式，所以 an2n12。由 an2
16、nn2，得 2nn2n1 12 n2n1。又当 n2 时，n2n1n12n 2n2n1 0，所以当 n1,2 时，2nn2n1 取得最大值34，故 的取值范围为34，。【答案】(1)an6n5(2)34，微考场 新提升 考题选萃 随堂自测 1设等差数列an和等比数列bn首项都是1，公差与公比都是2，则ab1ab2ab3ab4ab5等于()A54 B56 C58 D57 解析 由题意得，an12(n1)2n1，bn12n12n1，ab1ab5 a1a2a4a8a16137153157。故选D。答案 D 解析 由Snn26n可得，当n2时，anSnSn1n26n(n1)26(n1)2n7。当n1时
17、，S15a1，也满足上式，an2n7，nN*，n3时，an0；n3时，an0。2已知数列an的前n项和Snn26n，则|an|的前n项和Tn()A6nn2Bn26n18C.6nn21n3n26n18n3D.6nn21n3n26nn3当 n3 时，TnSn6nn2，当 n3 时，TnSn2S3n26n18。Tn6nn21n3，n26n18n3。故选 C。答案 C 3已知等比数列的各项都为正数，且当n3时，a4a2n4102n，则数列lga1,2lga2,22lga3,23lga4，2n1lgan，的前n项和Sn等于()An2nB(n1)2n11 C(n1)2n1 D2n1 解析 等比数列an的各
18、项都为正数，且当n3时，a4a2n4102n，a102n，即an10n，2n1lgan2n1lg10nn2n1，Sn122322n2n1，2Sn12222323n2n，得Sn12222n1n2n2n1n2n(1n)2n1，Sn(n1)2n1。故选C。答案 C 4(2017郑州模拟)整数数列an满足an2an1an(nN*)，若此数列的前800项的和是2 013，前813项的和是2 000，则其前2 015项的和为_。解析 由an2an1an，得an2anan1anan1，易得该数列是周期为6的数列，且an2an10，S800a1a22 013，S813a1a2a32 000，a3a2a113，
19、a2a12 013，a11 013，a21 000，a313，a41 013，依次可得 a51 000，a613，由此可知 an1an2an3an4an5an60，S2 015S513。答案 13解析(1)因为 b1b3b56，所以 log2a1log2a3log2a56，所以 log2(a1a3a5)6，所以 log2(a31q6)6，所以 log2(a1q2)2，即 b32，a1q24a3。5在等比数列an(nN*)中，a11，公比 q0，设 bnlog2an，且 b1b3b56，b1b3b50。(1)求an的通项 an；(2)若 cn1nbn6，求cn的前 n 项和 Sn。因为 a11，
20、所以 b1log2a10，又因为 b1b3b50，所以 b50log2a5，a51，所以a5a314q2，又 q0，a1q24，q214，解得a116，q12。所以 an1612n125n(nN*)。(2)由(1)知 an25n，所以 bn5n(nN*)，所以 cn1n5n61nn1，所以 Sn112 1213 1314 1n 1n1112121313141n 1n11 1n1 nn1(nN*)。答案(1)an25n(nN*)(2)Sn nn1(nN*)微专题 巧突破 冲击名校 自主阅读 数列的新定义问题 先定义一个(一类)新数列，然后要求根据定义推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于
21、这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一个命题方向，这类问题形式新颖，常给人耳目一新的感觉。对于这类问题，我们应先弄清问题的本质，然后根据等差、等比数列的性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决。【典例】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_。【解析】由题意可知，数列cn的前 n 项和 Snnc1cn2，前 2n项和 S2n2nc1c2n2，所以S2nSn 2nc1c2n2nc1cn222nd4ndd2214dnd，所以当 d4 时，S2nSn
22、为非零常数，则数列cn是“和等比数列”，故 d4。【答案】4【变式训练】(1)(2016福建六校联考)对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若 a12，an的“差数列”的通项公式为 2n，则数列an的前 2 016 项和 S2 016()A22 0172 B22 0171C22 017D22 0171(2)(2016衡水中学检测)对于数列an，定义 Hna12a22n1ann为an的“优值”，现在已知某数列an的“优值”Hn2n1，记数列ankn的前 n 项和为 Sn，若 SnS5对任意的 nN*恒成立，则实数 k 的取值范围为_。【解析】(1)由题意知 an1an2n，则
23、anan12n1，an1an22n2，a3a222，a2a12，累加求和得 ana12n12n2222212n1122n2，n2，又 a12，所以 an2n，则数列an的前 2 016 项和 S2 0162122 0161222 0172，故选 A。(2)由题意知 Hna12a22n1ann2n1，所以 a12a22n1ann2n1，当 n2 时，a12a22n2an1(n1)2n，得：2n1ann2n1(n1)2n，解得 an2n2，n2，当 n1 时，a14 也满足上式，所以数列an的通项公式为 an2n2，则数列an为等差数列，公差为 2。令 bnankn(2k)n2，则数列bn也是等差数列，由 SnS5 对任意的 nN*恒成立，知 2k0，且 b5125k0，b6146k0，解得73k125。【答案】(1)A(2)73，125
