1、第2讲 数列求和问题 第二编 讲专题专题三 数列考情研析 1.从具体内容上，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 2.从高考特点上，难度稍大，一般以解答题为主，分值约为 78 分.1 核心知识回顾 PART ONE 常见的求和方法(1)公式法：适合求等差数列或等比数列的前 n 项和对等比数列利用公式法求和时，一定注意.(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(3)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为的数列的前 n 项和01 公比
2、q 是否取 102 等差数列和等比数列031anan1(4)分组求和法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并(5)并项求和法：当一个数列为摆动数列，形如的形式，通常分，观察相邻两项是否构成新数列04 适当拆开05 重新组合06(1)nan07 奇、偶2 热点考向探究 PART TWO 考向 1分组转化法求和例 1(2019天津南开区高三下学期一模)已知数列an是等差数列，Sn为其前 n 项和，且 a53a2，S714a27.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列anbn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，求数列(1)nbn(
3、anbn)的前 n 项和 Tn.解(1)设等差数列an的公差是 d.由 a53a2得 a14d3(a1d)，化简得 d2a1，由 S714a27 得 da11，由解得 a11，d2.所以数列an 的通项公式为 an2n1.(2)由数列anbn 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，得 anbn2n1，即 2n1bn2n1.所以 bn2n12n1.所以(1)nbn(anbn)(1)n2n1(2n12n1)(1)n4n1(2)n1(2n1)(4)n1(2n1)(2)n1.Pn(4)0(4)1(4)n114n14 14n5，Qn1(2)03(2)15(2)2(2n3)(2)n2(2n1)(2)n1，
4、2Qn1(2)13(2)25(2)3(2n3)(2)n1(2n1)(2)n，得3Qn1(2)02(2)12(2)22(2)n1(2n1)(2)n1412n112(2n1)(2)n136n13(2)n.Qn196n19(2)n.TnPnQn14454n56n12n9.若一个数列是由两个或多个等差、等比数列的和差形式组成，或这个数列可以分解成两个或多个等差、等比数列的和差形式，则可以根据数列的结构对原数列求和式的各部分重新组合，进而使用等差、等比数列的求和公式进行求和解题的关键是观察结构、巧分组等差数列an的前 n 项和为 Sn，数列bn是等比数列，满足 a13，b11，b2S210，a52b2a
5、3.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令 cn 2Sn，n为奇数，bn，n为偶数，设数列cn的前 n 项和为 Tn，求 T2n.解(1)设数列an的公差为 d，数列bn的公比为 q，则由 a13，b11 及b2S210，a52b2a3，得q6d10，34d2q32d，解得d2，q2，所以 an32(n1)2n1，bn2n1.(2)由 a13，an2n1，得 Snn(n2)则 cn2nn2，n为奇数，2n1，n为偶数，即 cn1n 1n2，n为奇数，2n1，n为偶数，T2n(c1c3c2n1)(c2c4c2n)113 1315 12n112n1(22322n1)112n1214n14 2n
6、2n123(4n1)考向 2裂项相消法求和例 2(2019甘青宁高三 3 月联考)设 Sn 为等差数列an的前 n 项和，已知a75，S555.(1)求 Sn；(2)设 bnSnn，求数列1bnbn1 的前 19 项和 T19.解(1)a16d5，5a12d55，a119，d4.Sn19nnn1242n221n.(2)设 bnSnn 2n21，则1bnbn112n212n191212n2112n19，故T19 12 119 117 117 115 117 119 12 119 119 119.裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和适用于数列canan1 的求和
7、，其中数列an是各项不为 0 的等差数列，c 为常数已知数列an的前 n 项和是 Sn，且满足 Snan2n1(nN*)(1)求证：数列an2是等比数列，并求数列an的通项公式；(2)求证：12a1a2122a2a312nanan113.解(1)因为 Snan2n1，所以当 n1 时，a1a121，解得 a132.当 n2 时，Sn1an12(n1)1，由，得 anan1an2，即 an12an11，即 an212(an12)，所以数列an2是等比数列，其首项为 a1212，公比为12，所以 an212n，所以 an212n.(2)证明：12nanan12n12n112n2112n1112n2
8、1，所 以12a1a2 122a2a3 12nanan1 12211231 12311241 12n1112n21 1312n2113.考向 3错位相减法求和例 3(2019东北三省三校高三二模)已知 Sn 是数列an的前 n 项和，Snn22n，等比数列bn的公比为 4，且 a25b1.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列anbn的前 n 项和 Tn.解(1)当 n2 时，Snn22n，Sn1(n1)22(n1)，anSnSn12n1，当 n1 时，a1S13 满足上式，综上，an2n1.5b15，b11，bn4n1.(2)anbn(2n1)4n1，Tn354742(2n1)4n1
9、，4Tn34542(2n1)4n1(2n1)4n，得3Tn32(4424n 1)(2n1)4n32414n13(2n1)4n132n13 4n，Tn192n3 19 4n.错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和但要注意相减后得到部分等比数列，求和时一定要弄清其项数；另外还要注意首项与末项(2019福建高三毕业班 3 月质检)数列an的前 n 项和 Sn 满足 Sn2ann.(1)求证：数列an1是等比数列，并求 an；(2)若数列bn为等差数列，且 b3a2，b7a3，求数列anbn的前 n 项和Tn.解(1)证明：当 n1 时，S12a11，所以 a11.因
10、为 Sn2ann，所以当 n2 时，Sn12an1(n1)，得 an2an2an11，所以 an2an11，所以 an1an112an111an112an12an11 2，所以an1是首项为 2，公比为 2 的等比数列，所以 an122n1，所以 an2n1.(2)由(1)知，a23，a37，所以 b3a23，b7a37，设bn的公差为 d，则 b7b3(73)d，所以 d1，所以 bnb3(n3)dn，所以 anbnn(2n1)n2nn.设数列n2n的前 n 项和为 Kn，数列n的前 n 项和为 Mn，所以 Kn2222323n2n，2Kn22223324n2n1，得Kn222232nn2n
11、1212n12 n2n1(1n)2n12.所以 Kn(n1)2n12，又因为 Mn123nnn12，所以 KnMn(n1)2n1nn122.所以数列anbn的前 n 项和 Tn(n1)2n1nn122.3 真题VS押题 PART THREE 真题模拟1(2019江西八所重点中学高三 4 月联考)已知数列an是等比数列，若ma6a7a282a4a9，且公比 q(3 5，2)，则实数 m 的取值范围是()A(2,6)B(2,5)C(3,6)D(3,5)解析 ma6a7a282a4a9，ma21q11a21q142a21q11，mq32，q(3 5，2)，q3(5,8)，m(3,6)故选 C答案 C
12、2(2019安徽马鞍山高三一模)数列an为等比数列，若 a11，a78a4，数列1an 的前 n 项和为 Sn，则 S5()A3116B158C7D31答案 A解析 数列an为等比数列，a11，a78a4，q68q3，解得 q2，ana1qn12n1，1an 12n1.数列1an 的前 n 项和为 Sn，S51121418 11611 1251123116.故选 A3(2019南宁调研)已知an是等比数列，a22，a514，则 a1a2a2a3anan1()A16(14n)B16(12n)C323(14n)D323(12n)答案 C解析 q3a5a218，q12，a14，数列anan1是以 8
13、 为首项，14为公比的等比数列a1a2a2a3anan18114n114323(14n)，故选 C4(2019天津高考)设an是等差数列，bn是等比数列已知 a14，b16，b22a22，b32a34.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列cn满足 c11，cn1，2kna1a2a3an的最大正整数n的值为()A10B11 C12D13答案 C解析 正项等比数列an中，a512，a6a7a5(qq2)3，q2q6.q0，解得 q2 或 q3(舍去)，a1 132，a1a2a3an13212n122n132，2n132 132n2nn12，整理可得，2n2(n1)(12n5)1，2n2(n1
14、)(12n5)，n(n1)12n5，易知 n1，1n12，经检验 n12 满足题意，故选 C3已知数列an是等差数列，a1tan225，a513a1，设 Sn 为数列(1)nan的前 n 项和，则 S2018()A2018B2018 C3027D3027解析 a1tan225tan451，设等差数列an的公差为 d，则由 a513a1，得 a513，da5a151 13143，所以 S2018a1a2a3a4(1)2018a2018(a2a1)(a4a3)(a6a5)(a2018a2017)1009d100933027.故选 C答案 C4(2019安徽省毛坦厂中学高三 4 月联考)已知等差数列
15、an满足 a33，a4a5a81，数列bn满足 bnan1anan1an，记数列bn的前 n 项和为Sn，若对于任意的 a2,2，nN*，不等式 Sn2t2at3 恒成立，则实数t 的取值范围为()A(，22，)B(，21，)C(，12，)D2,2答案 A解析 由题意得 a4a5a8a1a81，则 a11，等差数列an 的公差da3a121，an1(n1)n.由 bnan1anan1an，得 bn1an 1an11n 1n1，Sn112 1213 1314 1n11n 1n 1n1 1 1n1，则不等式 Sn2t2at3 恒成立等价于 1 1n12t2at3 恒成立，而 1 1n11，问题等价
16、于对任意的 a2,2，2t2at40 恒成立设 f(a)2t2at4，a2，2，则f20，f20，即t2t20，t2t20，解得 t2 或 t2.故选 A5各项均为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 Sn2，S3n14，则 S4n()A80B30 C26D16解析 由题意，有(S2n2)22(14S2n)，S2n6 或 S2n4，由于an的各项均为正数，故 S2n6，则 Sn，S2nSn，S3nS2n，S4nS3n，即 2,4,8,16为等比数列，S4nS3n16，S4n30，故选 B答案 B6已知数列an满足 a1a2a3an2n2(nN*)，且对任意 nN*都有 1a11a2 1
17、ant，则实数 t 的取值范围为()A13，B13，C23，D23，答案 D解 析 依 题 意 得，当 n2 时，an a1a2a3ana1a2a3an1 2n22n12 2n2(n1)2 22n1，又 a1212211，因此 an22n1，1an 122n1，数列1an是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列1an 的前 n 项和等于121 14n114231 14n 23，因此实数 t 的取值范围是23，选 D二、填空题7记 f(n)为最接近 n(nN*)的整数，如：f(1)1，f(2)1，f(3)2，f(4)2，f(5)2，若 1f1 1f2 1f3 1fm4034，则正整数 m
18、的值为_答案 4070306解析 1f1 1f2 1f3 1fm 所以和为 2 的共有 2017 组，第一组中有 2 个 1，第 2 组中有 4 个12，第三组中有 6 个13，所以各组数的个数组成一个首项为 2，公差为 2 的等差数列，所以 mS2017201722016201722201720184070306，故答案为4070306.8(2019江苏苏州高三下学期阶段测试)已知等差数列an的各项均为正数，a11，且 a3，a452，a11 成等比数列若 pq10，则 apaq_.答案 15解析 设等差数列的公差为 d，由题意知 d0，a3，a452，a11 成等比数列，a4522a3a1
19、1，723d 2(12d)(110d)，即 44d236d450，解得 d32或 d1522(舍去)，pq10，则 apaq(pq)d103215.9已知数列an中，a11，Sn 为数列an的前 n 项和，且当 n2 时，有2ananSnS2n1 成立，则 S2019_.答案 11010解析 2ananSnS2n1，2ananSnS2n，2(SnSn1)(SnSn1)SnS2n，2Sn2Sn1Sn1Sn，2Sn 2Sn11，又 2S12，2Sn 是以 2 为首项，1 为公差的等差数列 2Sn2(n1)1n1，Sn 2n1，S2019 11010.10(2019郴州高三第二次教学质量监测)已知数
20、列an和bn满足a1a2a3an2 bn(nN*)，若数列an为等比数列，且 a12，a416.则 b5_，数列1bn 的前 n 项和 Sn_.答案 15 2nn1解析 an为等比数列，且 a12，a416，其公比 q3 a4a13 162 2，an2n，a1a2a3an2122232n2123n2nn12.a1a2a3an2bn，bnnn12，b5562 15.1bn2nn121n 1n1.1bn的 前n项 和Sn 1b1 1b2 1b3 1bn 21112121313141n 1n1 21 1n1 2nn1.三、解答题11(2019山东淄博实验中学高三教学诊断)已知递增的等差数列an的前n
21、 项和为 Sn，若 a1a416，S420.(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn(1)n12n1Sn，且数列bn的前 n 项和为 Tn，求 Tn.解(1)由a1a416，S42a1a420，且 a10，令 n1，则 S1 1a1a213，所以 a1a23，令 n2，则 S2 1a1a2 1a2a325，所以 a2a315,a2a1d,a3a12d,联立，解得a11，d2或a11，d2(舍去)，所以 an2n1.(2)由题意知，bn(1)nann12(1)nn(n1)1，所以 T2n(121)(231)(341)(1)2n2n(2n1)1(121)(231)(341)(451)(2n1)2
22、n12n(2n1)1484nn44n22n22n.13(2019贵州省南白中学(遵义县一中)高三第一次联考)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 an2SnSn10(n2)，a112.(1)求证：1Sn 是等差数列；(2)求 an 的表达式；(3)若 bn2(1n)an(n2)，求证：b22b23b2n1.解(1)证明：当 n2 时，anSnSn1，又 an2SnSn10，所以 SnSn12SnSn10，若 Sn0，则 a1S10 与 a112矛盾，故 Sn0，所以1Sn 1Sn12，又 1S12，所以1Sn 是首项为 2，公差为 2 的等差数列(2)由(1)得 1Sn2(n1)22n，
23、故 Sn 12n(nN*)，当 n2 时，an2SnSn12 12n12n112nn1；当 n1 时，a112，所以 an12，n1，12nn1，n2.(3)证明：当 n2 时，bn2(1n)an2(1n)12n1n1n，b22b23b2n 122 132 1n2 112 1231n1n112 1213 1n11n 11n1.14(2019河南省顶级名校高三第四次联考)设数列an的前 n 项和为 Sn，若 anSn2 1(nN*)(1)求出数列an的通项公式；(2)已知 bn2nan1an11(nN*)，数列bn的前 n 项和记为 Tn，证明：Tn23，1.解(1)因为 anSn2 1，所以 an1Sn12 1，两式相减可得(an1an)Sn1Sn20，an12an，即an1an 2.在 anSn2 1 中，令 n1 可得 a12，所以数列an是首项为 2，公比为 2 的等比数列，an2n.(2)证明：bn2n2n12n1112n112n11，所以 Tn12111221 12211231 12n112n11 112n11，所以Tn是一个单调递增的数列当 n1 时，Tn(min)T11122123，当 n时，Tn1，所以 Tn23，1.本课结束
