1、核心模块六 数列 微专题十七 数列的通项与求和 在近三年的高考题中，数列的通项与求和一直是高考重点，填空题中主要涉及等差、等比的通项与求和，解答题主要是考察和项共存或者复杂关系式下的通项与和的求解以及性质的论证问题年份填空题解答题2017T9等比数列的基本量T19考察等差数列的综合问题2018T14等差、等比数列的综合问题T19考察等差、等比数列的综合问题2019T8等差数列T20等差、等比的综合问题目标 1 根据递推关系式求 an例 1(1)已知数列an满足 a12，且对任意 nN*，恒有 nan12(n1)an.求数列an的通项公式；(2)已知数列an满足 anan1an2(n3，nN*)
2、，它的前 n 项和为 Sn.若 S96，S105，则 a1 的值为_(1)ann2n 解析：解法一：由 nan12(n1)an，得an1an 2n1n，当 n2 时，anan1 2nn1，所以当 n2 时，an anan1an1an2a2a1a1 2nn12n1n2 221 2n2n，当 n1 时上式也成立，所以数列an的通项公式为 ann2n.解法二：由 nan12(n1)an，得 an1n12ann，即ann 是一个首项为 2，公比 2 的等比数列，即ann 2n，即 ann2n.点评：本题中“nan12(n1)an”可以转化为an1an 2n1n利用累积法求解，也可以转化为 an1n12
3、ann 构造等比数列求解一般地，对于根据所给递推关系求通项，可以利用：叠加法；累积法；转化法，其中转化法是指将其构造为等差和等比数列来求解(2)1解析：解法一：因为 anan1an2，所以 an1anan1an2，即 anan6.因为 S96，S105，所以 a101，即 a41，从而 a1a41.解法二：设 a1a，a2b，则 a3ba，a4a，a5b，a6ab，a7a，故 S92b6，S102ba5，解得 a1a1.点评：根据数列所给递推关系式求数列通项公式主要涉及的方法有：累加法、累积法、待定系数法、转化为等差、等比数列和周期性【思维变式题组训练】1.在数列an中，a11，an1 an1
4、an(nN*)，试归纳出数列的通项 an_.1n 解析：因为 a11，an1 an1an，所以 a212，a31211213，a41311314，故归纳猜想得 an1n.2.设an是首项为 1 的正项数列，且(n1)a2n1na2nan1an0(nN*)，则通项公式 an_.1n 解析：解法一：因为(n1)a2n1an1anna2n0，所以(an1an)(n1)an1nan0.又因为 an1an0，所以(n1)an1nan0，即an1an nn1，所以a2a1a3a2a4a3a5a4 anan112233445n1n，即 an1n(nN*)解法二：因为(n1)a2n1an1anna2n0，所以
5、(an1an)(n1)an1nan0.又因为 an1an0，所以(n1)an1nan0，即(n1)an1nan，所以数列nan是常数列，即 nana11，所以 an1n(nN*)3.已知数列an的首项为 1，an2n12n11 an1(n2，nN*)，则它的通项公式 an_.2n13(nN*)解析：解法一：因为 an2n12n11 an1(n2，nN*)，所以 anan12n12n11(n2，nN*)，所以 an anan1an1an2a2a1a12n12n11 2n112n21 221211 12n13(n2，nN*)令 n1，a11 符合，即 an2n13(nN*)解法二：因为 an2n1
6、2n11 an1(n2，nN*)，所以 an2n1 an12n11(n2，nN*)，即数列an2n1 是常数列，所以 an2n1a13 13，即 an2n13(nN*)目标 2 由 Sn 与 an 的关系求通项例 2 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 S2 019_.11 010 解析：当 n2 时，由2ananSnS2n1，得 2(SnSn1)(SnSn1)SnS2nSnSn1，所以 2Sn 2Sn11.又 2S12，所以2Sn 是以 2 为首项，1 为公差的等差数列，所以2Snn1，故 Sn 2n1，则 S2 019
7、11 010.例 3 已知数列an的各项均为正数，记数列an的前 n 项和为 Sn，数列a2n的前 n项和为 Tn，且 3TnS2n2Sn，nN*.(1)求 a1 的值；(2)求数列an的通项公式解析：(1)由 3T1S212S1，得 3a21a212a1，即 a21a10.因为 a10，所以 a11.(2)因为 3TnS2n2Sn，所以 3Tn1S2n12Sn1，得 3a2n1S2n1S2n2an1.因为 an10，所以 3an1Sn1Sn2，所以 3an2Sn2Sn12.，得 3an23an1an2an1，即 an22an1，所以当 n2 时，an1an 2.又由 3T2S222S2，得
8、3(1a22)(1a2)22(1a2)，即 a222a20.因为 a20，所以 a22，所以a2a12，所以对 nN*，都有an1an 2 成立，所以数列an的通项公式为 an2n1，nN*.【思维变式题组训练】1.已知数列an的前 n 项和为 Sn2n23n，则数列an的通项公式为_an54n 解析：由数列求和公式知，当 n1 时，a11；当 n2 时，anSnSn12n23n2(n1)23(n1)54n，此时 n1 也成立，故 an54n.2.若数列an的前 n 项和 Sn23an13，则an的通项公式是 an_.(2)n1 解析：因为 Sn23an13，所以 Sn123an113(n2)
9、.得 an23an23an1，即 an2an1.又因为 S1a123a113a11，所以数列an是以 1为首项，2 为公比的等比数列，所以 an(2)n1.3.若数列an的各项均为正数，前 n 项和为 Sn，且 a11，Sn1Sn 1an1，则 a25_.52 6 解析：由 Sn1Sn 1an1知(Sn1Sn)(Sn1Sn)1，得 S2n1S2n1 为常数，所以数列S2n是以 S21a211 为首项、1 为公差的等差数列，即 S2n1(n1)1n，所以 Sn n，当 n1 时，S1a11，当 n2 时 anSnSn1 n n1，n1 也适合，所以 an n n1，当 n25 时，a25 25
10、2452 6.4.已知各项均为正数的数列an的首项 a11，Sn 是数列an的前 n 项和，且满足anSn1an1Snanan112anan1(nN*)(1)求证：Sn1an 是等差数列；(2)求数列an的通项 an.解析：(1)因为 anSn1an1Snanan112anan1，所以Sn1an1Snan 1an1 1an12，即Sn11an1 Sn1an 12，所以数列Sn1an是以 2 为首项，12为公差的等差数列(2)由(1)得Sn1an 2(n1)12，即 Sn1n232 an，当 n2 时，Sn11n21 an1.得，ann32 ann22 an1，即(n1)an(n2)an1，所以
11、 ann2 an1n1(n2)，所以ann2 是常数列，且为13，所以 an13(n2)目标 3 通过错位相减求和例 4 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a2nb2n1的前 n 项和(nN*)解析：(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.又因为 q0，解得 q2，所以 bn2n.由 b3a42a1，可得 3da18，由 S1111b4，可得 a15
12、d16，联立，解得 a11，d3，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a2nb2n1的前 n 项和为 Tn.由 a2n6n2，b2n124n1，有 a2nb2n1(3n1)4n，故 Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1.上述两式相减，得3Tn2434234334n(3n1)4n11214n144(3n1)4n1(3n2)4n18.得 Tn3n234n183.所以数列a2nb2n1的前 n 项和为3n234n183.点评：利用等差数列和等比数列通项公式及前 n 项和公式列方程
13、组求数列的首项和公差(或公比)，进而写出通项公式及前 n 项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和方法有公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法和分组求和法等【思维变式题组训练】已知an是各项均为正数的等比数列，且 a1a26，a1a2a3.(1)求数列an通项公式；(2)bn为各项非零的等差数列，其前 n 项和 Sn，已知 S2n1bnbn1，求数列bnan 的前 n 项和 Tn.解析：(1)设数列an的公比为 q，由题意知，a1(1q)6，a21qa1q2.又 an0，解得 a12，q2，所以 an2n.(2)由题意知 S2n12n1b1b2n12(2n1)bn1，S2n1b
14、nbn1，bn10，所以 bn2n1.令 cnbnan，则 cn2n12n.因此 Tnc1c2cn32 522 7232n12n1 2n12n.又12Tn 322 523 7242n12n2n12n1，两式相减得12Tn3212 122 12n1 2n12n1，所以 Tn52n52n.目标 4 通过拆项、裂项等手段求和例 5 正项数列an的前 n 项和 Sn 满足 S2n(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式 an；(2)令 bnn1n22a2n，数列bn的前 n 项和为 Tn.证明：对于任意的 nN*，都有 Tn0，Snn2n.于是 a1S12，n2 时，anSnSn1n2
15、n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项 an2n.(2)由于 an2n，bnn1n22a2n，则 bnn14n2n22 1161n21n22.Tn 1161 132 122 142 132 1521n121n12 1n21n22 1161 1221n121n22 1161 122 564.【方法归类】第(1)小问先解方程求出 Sn，再利用消和留项的方法求解 an.第(2)小问中主要根据求出 bn 的公式特征选择方法求解一般地，特殊求和方法需要先观察通项的特征，根据对应特征选择相应求和方法.常见的裂项求和对应的通项公式有1nn11n 1n1；1nnk1k1n 1nk；1n21121n1
16、1n1；14n211212n112n1.【思维变式题组训练】1.数列an满足 a11，且 an1ann1(nN*)，则数列1an 的前 10 项和为_2011 解析：an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1nn121nn12，所以 1an21n 1n1，Sn21 1n1 2nn1，S102011.2.已知等差数列an的公差 d0，它的前 n 项和为 Sn，若 S570，且 a2，a7，a22成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设数列an6n1Sn 的前 n 项和为 Tn，求证：Tn0，所以 Tn21 1n1 0.(1)求数列an的通项公式；(2)设 cnan1，n为奇数，32
17、an11，n为偶数，求数列cn的前 2n 项和 T2n.解析：(1)因为 2Snan(an1)，所以当 n2 时，2Sn1an1(an11).两式相减得 2ana2na2n1anan1，即 anan1(anan1)(anan1)因为 an0，所以当 n2 时，有 anan11.又当 n1 时，由 2S1a1(a11)及 a10 得 a11.所以数列an是等差数列，其通项公式为 ann(nN*)(2)由(1)得 cnn1，n为奇数，32n11，n为偶数，所以 T2n(242n)3(212322n1)nn(n1)3214n14 n22n1n22n2.点评：由 Sn 求 an 时，首先求出 a1，再
18、由 anSnSn1(n2)求 an，但这样求得的an 是从第 2 项开始的，未必是数列的通项公式，所以必须验证 a1 是否适合，若适合，则写成 anSnSn 1(nN*)，否则，则用分段函数的形式表示为 anS1，n1，SnSn1，n2.对于数列的通项是由两个有规律的部分组成的时候，可以考虑利用分组求和【思维变式题组训练】中对于(1)nanan1 也是可以分组求和的，也是分组求和法的典型应用【思维变式题组训练】已知等差数列an的公差为 2，前 n 项和为 Sn，且 S1，S2，S4 成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn(1)n1 4nanan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.
19、解析：(1)因为 S1a1，S22a1212 22a12，S44a1432 24a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得 a11，所以 an2n1.(2)由题意可知，bn(1)n1 4nanan1(1)n14n2n12n1(1)n112n112n1.当 n 为偶数时，Tn113 1315 12n312n1 12n112n1 112n1 2n2n1.当 n 为奇数时，Tn113 1315 12n312n1 12n112n1 112n12n22n1.所以 Tn2n22n1，n为奇数，2n2n1，n为偶数.或Tn2n11n12n1一、填空题1.设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若
20、 2a66a7，则 S9 的值是_54 解析：由 2a66a7 得 a6a6a7a6da56，所以 S99a554.29 解析：由递推公式可知 a216，a38，所以 a1a2a329.2.已知数列an满足 a1 为正整数，an1an2，an为偶数，3an1，an为奇数.若 a15，则 a1a2a3_.3.已知数列an满足 an1n n1，则其前 99 项和 S99_.9 解析：因为 an1n n1 n1 n，所以 S99(2 1)(3 2)(100 99)1019.4.若数列an满足12a1 122a2 123a3 12nan2n1，则数列an的通项公式 an_.6，n1，2n1，n2，nN
21、*解析：因为12a1 122a2 123a3 12nan2n1，所以12a1 122a2 123a3 12nan 12n1an12(n1)1，两式相减得 12n1an12，即 an2n1，n2.又12a13，所以 a16，因此 an6，n1，2n1，n2.nN*.5.已知数列an中，a11，an1 2anan2(nN*)，则数列an的通项公式 an_.2n1 解析：因为 an1 2anan2，a11，所以 an0，所以 1an1 1an12，即 1an11an12.又 a11，则 1a11，所以1an 是以 1 为首项，12为公差的等差数列所以 1an 1a1(n1)12n212.所以 an
22、2n1.6.设数列an的前 n 项和为 Sn，若 a212，Snkn21(nN*)，则数列1Sn 的前 n项和为_n2n1 解析：当 n2 时，S24k1a1a2，即 a1124k1.又 n1 时，a1S1k1，代入式得 3k12，k4，所以 Sn4n21，1Sn14n2112n12n11212n112n1，所以1Sn 的前n项和为 1S1 1S2 1S3 1Sn12113 1315 12n112n112112n1 n2n1.120 解析：由 f(x)cosn2 的周期性可得 a1a3a591，a2a4a6a8a58a606.故 S60130615120.7.已知数列an的通项公式为 an(1
23、)n(2n1)cosn2 1(nN*)，其前 n 项和为Sn，则 S60_.8.如图，在平面直角坐标系中，分别在 x 轴与直线 y 33(x1)上从左向右依次取点 Ak，Bk，k1,2，其中 A1 是坐标原点，使AkBkAk1 都是等边三角形，则A10B10A11 的边长是_512 解析：设直线 A1B1 的方程为 y 3x，与直线 y 33(x1)联立解得 x12，点B112，32.根据题意得A1B1A2 是等边三角形，A1A21，A2(1,0)，直线 A2B2 的方程为 y 3(x1)与直线 y 33(x1)联立解得 x2，根据题意可得点 A3(3,0)，A2A32，以此类推，An(2n1
24、1,0)，则 A10A112101(291)29512.42 01721 解析：由题知an1an 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，则an1an 2n1，所以a2 019a2 017a2 019a2 018a2 018a2 017(22 0181)(22 0171)(22 0171)(22 0171)42 01721.9.定义：在数列an中，若满足an2an1an1an d(nN*，d 为常数)，称an为“等差比数列”已知在“等差比数列”an中，a1a21，a33，则a2 019a2 017_.10.已知数列an的前 n 项和 Sn，满足 4Sn(an1)2，设 bna2n1，Tnb1b2
25、bn(nN)，则当 Tn2 017 时，n 的最小值为_10 解析：因为 4Sn(an1)2，当 n1 时，4S1(a11)2，即(a11)20，a11；当 n2 时，4Sn4Sn1(an1)2(an11)2，整理得 4ana2na2n12an2an1，(anan1)(anan12)0，所以 anan1 或 anan12.当 anan1 时，an1n为奇数，1n为偶数，所以 bna2n11n为奇数，1n为偶数，于是 Tnb1b2bn1n1，2nn2，此时不等式 Tn2 017 的解集为；当 anan12 时，数列an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，所以 an12(n1)2n1，所以 bn
26、a2n12n1，所以 Tnb1b2bn212n12 n2n12n.令 Tn2n12n2 017,2n1n2 019，显然 n10，nN，所以 n 的最小值为10.二、解答题11.设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 Sn1pSnq(p，q 为常数，nN*)，且 a12，a21，a3q3p.(1)求 p，q 的值；(2)求数列an的通项公式解析：(1)由题意知S2pa1q，S3pS2q，即32pq，3q3p3pq，解得p12，q2.(2)由(1)知，Sn112Sn2，当 n2 时，Sn12Sn12.，得 an112an(n2)又 a212a1，所以 an112an(nN*)，所以数列an是首项
27、为 2，公比为12的等比数列，所以 an 12n2.12.已知数列an为等差数列且公差 d0，an的部分项组成等比数列bn，其中bnakn，若 k11，k25，k317，(1)求 kn；(2)若 a12，求ankn的前 n 项和 Sn.解析：(1)由 k11，k25，k317，知 a1(a116d)(a14d)2，得 a12d.从而 ak(k1)d，则akn1akn kn11dkn1d ak2ak13，即(kn11)3(kn1)，所以数列kn1是首项为 k112，公比为 3 的等比数列，所以 kn123n1，所以 kn23n11.(2)由 a12，得 d1，则 ann1，ankn2(n1)3n
28、1(n1)，所以 Sn2233(n1)3n1nn32，令 Tn233(n1)3n1，则 3Tn23332(n1)3n，两式相减，得2Tn23323n1(n1)3n13n12(n1)3n.所以 Tn3n14n13n22n13n14，Sn2n13nn23n12.13.已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a217，S10100.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足 bnancosn2n(nN*)，求数列bn的前 n 项和解析：(1)设an首项为 a1，公差为 d，则a1d17，102a19d2100，解得a119，d2.所以 an19(n1)(2)212n.(2)因为 bnanc
29、osn2n(1)nan2n，当 n 为偶数时，Tnb1b2bn(a12)(a222)(a323)(an2n)(2)n2212n12 2n1n2.当 n 为奇数时，Tnb1b2bn(a12)(a222)(a323)(an2n)a1(a2a3)(an1an)212n12192n12 2n122n1n22.所以 Tn2n1n2当n为偶数，2n1n22当n为奇数.14.已知正项数列an的前 n 项和为 Sn，且 a1a，(an1)(an11)6(Snn)，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)若nN*，都有 Snn(3n1)成立，求实数 a 的取值范围解析：(1)当 n1 时，(a11)(a21)
30、6(S11)，故 a25；当 n2 时，(an11)(an1)6(Sn1n1)，所以(an1)(an11)(an11)(an1)6(Snn)6(Sn1n1)，即(an1)(an1an1)6(an1)又 an0，所以 an1an16，所以 a2k1a6(k1)6ka6，a2k56(k1)6k1，kN*，故 an3na3，n2k1，3n1，n2k(kN*)(2)当 n 为奇数时，n1 为偶数，所以 an3na3，an13n2，所以(3na31)(3n21)6(Snn)，整理得 Sn12(3na2)(n1)n.由 Snn(3n1)得，a3n23n2n1对 nN*恒成立令 f(n)3n23n2n1(nN*)，则 f(n1)f(n)3n29n4n2n10，所以 f(n)3n23n2n1(nN*)单调递增，f(n)minf(1)33224，所以 a4.当 n 为偶数时，n1 为奇数，an3n1，an13na，所以(3n11)(3na1)6(Snn)，整理得 Sn3n2a1n2，由 Snn(3n1)得，a3(n1)对 nN*恒成立，所以 a9.又 a1a0，所以实数 a 的取值范围是(0,4