1、数列专题 数列求和常用方法一、公式法1等差数列an的前n项和Snna1推导方法：倒序相加法2等比数列an的前n项和Sn例1已知等比数列an的公比q1，a12，且a1，a2，a38成等差数列(1)求出数列an的通项公式；(2)设数列的前n项和为Sn，任意nN*，Snm恒成立，求实数m的最小值解：(1)因为a12，且a1，a2，a38成等差数列，所以2a2a1a38，即2a1qa1a1q28，所以q22q30，所以q3或q1，又q1，所以q3，所以an23n1(nN*)(2)因为数列an是首项为2，公比为3的等比数列，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以Sn128(nN*)，则n的最小值
2、为(C)A6B7C8D94、设数列an(nN*)的各项均为正数，前n项和为Sn，log2an11log2an，且a34，则S6(D)A128B65C64D635、已知数列an的前n项和Sn4nb(b是常数，nN*)，若这个数列是等比数列，则b(A)A1B0C1D46、已知等比数列an，a11，a4，且a1a2a2a3anan1k，则k的取值范围是(D)ABCD7、(多选)已知数列an满足a11，且对任意的nN*都有an1a1ann，则下列说法中正确的是(AC)AanB数列的前2 020项的和为C数列的前2 020项的和为D数列an的第50项为2 5508、设数列an的前n项和为Sn，若为常数，
3、则称数列an为“吉祥数列”则下列数列bn为“吉祥数列”的有(BC)AbnnBbn(1)n(n1)Cbn4n2Dbn2n9、在数列an中，2anan1an1(n2)，且a210，a55(1)求an的通项公式；(2)求an的前n项和Sn的最大值解：(1)因为2anan1an1(n2)，所以an1ananan1(n2)，所以数列an为等差数列，设首项为a1，公差为d，则解得所以ana1(n1)d155(n1)5n20(2)由(1)可知Snna1dn2nn2n，因为对称轴n，所以当n3或4时，Sn取得最大值为S3S43010、数列an满足：a11，点(n，anan1)在函数ykx1的图象上，其中k为常
4、数，且k0(1)若a1，a2，a4成等比数列，求k的值；(2)当k3时，求数列an的前2n项的和S2n解：(1)由anan1kn1可得a1a2k1，a2a32k1，a3a43k1，所以a2k，a3k1，a42k又a1，a2，a4成等比数列，aa1a4，即k22k，又k0，故k2(2)k3时，anan13n1，a1a24，a3a410，a2n1a2n3(2n1)1，S2n4106n2n3n2n11、已知等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a2a410，b2b4a5.(1)求an的通项公式；(2)求b1b3b5b2n1.解(1)设等差数列an的公差为d.因为a11，a2a410，所以2a14
5、d10，解得d2.所以an2n1.(2)设等比数列bn的公比为q.因为b2b4a5，所以b1qb1q39.又b11，所以q23.所以b2n1b1q2n23n1.则b1b3b5b2n113323n1.二、 分组转化法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成的，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减例2(2022北京模拟)已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，S520，a3是a2，a5的等比中项，数列bn满足对任意的nN*，Snbn2n2(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn求数列cn的前2n项的和T2n解：(1)设数列an的公差为d，由题意得，化简得因
6、为d0，所以a10，d2，所以an2n2(nN*)，Snn2n，nN*，因为Snbn2n2，所以bnn2n(nN*)(2)由(1)知，cn所以T2nc1c2c3c4c2n1c2n(242n)(404242n2)n(n1)(16n1)跟踪练习1、已知数列an的通项公式为an2nn，若数列an的前n项和为Sn，则S8(A)A546B582C510D5482、(2022珠海模拟)已知等差数列an中，a3a5a47，a1019，则数列ancos n的前2 020项和为(D)A1 009B1 010C2 019D2 0203、若f(x)f(1x)4，anf(0)fff(1)(nN*)，则数列an的通项公
7、式为_an2(n1)_4、(2022衡水质检)已知各项都不相等的等差数列an，a66，又a1，a2，a4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(1)nan，求数列bn的前2n项和T2n.解(1)an为各项都不相等的等差数列，a66，且a1，a2，a4成等比数列解得a11，d1，数列an的通项公式an1(n1)1n.(2)由(1)知，bn2n(1)nn，记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.5、已知数列an满足a11
8、，an1(1)记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；(2)求an的前20项和解：(1)因为bna2n，且a11，an1所以b1a2a112，b2a4a31a2215因为bna2n，所以bn1a2n2a2n11a2n11a2n21a2n3，所以bn1bna2n3a2n3，所以数列bn是以2为首项，3为公差的等差数列，bn23(n1)3n1，nN*(2)因为an1所以kN*时，a2ka2k11a2k11，即a2ka2k11，a2k1a2k2，a2k2a2k11a2k11，即a2k2a2k11，得a2k1a2k13，即a2k1a2k13，所以数列an的奇数项是以1为首项，3为公差的等
9、差数列；得a2k2a2k3，即a2k2a2k3，又a22，所以数列an的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列所以数列an的前20项和S20(a1a3a5a19)(a2a4a6a20)1032033006、已知等比数列an的前n项和为Sn，且Sn2na(1)求an；(2)定义x为取整数x的个位数，如11，322，1433，求a1a2a3a100的值解：(1)ananan是等比数列，2a211a1，an2n1，nN*(2)由a11，a22，a34，a48，a56，a62，a74，易知，从第二项起是周期为4的周期数列，S100124(2486)2484957、已知公比大于1的等比数列an满足a2a
10、420，a38.(1)求an的通项公式；(2)记bm为an在区间(0，m(mN*)中的项的个数，求数列bm的前100项和S100.解(1)由于数列an是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，依题意有解得(舍)或所以an的通项公式为an2n，nN*.(2)由于212,224,238,2416,2532，2664，27128，所以b1对应的区间为(0,1，则b10；b2，b3对应的区间分别为(0,2，(0,3，则b2b31，即有2个1；b4，b5，b6，b7对应的区间分别为(0,4，(0,5，(0,6，(0,7，则b4b5b6b72，即有22个2；b8，b9，b15对应的区间分别为(0,8
11、，(0,9，(0,15，则b8b9b153，即有23个3；b16，b17，b31对应的区间分别为(0,16，(0,17，(0,31，则b16b17b314，即有24个4；b32，b33，b63对应的区间分别为(0,32，(0,33，(0,63，则b32b33b635，即有25个5；b64，b65，b100对应的区间分别为(0,64，(0,65，(0,100，则b64b65b1006，即有37个6.所以S10012222323424525637480.8、(2022重庆质检)已知等差数列an的前n项和为Sn，a59，S525.(1)求数列an的通项公式及Sn；(2)设bn(1)nSn，求数列bn
12、的前n项和Tn.解(1)设数列an的公差为d，由S55a325得a3a12d5，又a59a14d，所以d2，a11，所以an2n1，Snn2.(2)结合(1)知bn(1)nn2，当n为偶数时，Tn(b1b2)(b3b4)(b5b6)(bn1bn)(1222)(3242)(5262)(n1)2n2(21)(21)(43)(43)(65)(65)n(n1)n(n1)123n.当n为奇数时，n1为偶数，TnTn1(1)nn2n2.综上可知，Tn.9、已知在等差数列an中，Sn为其前n项和，且a35，S749.(1)求数列an的通项公式；(2)若bnan，数列bn的前n项和为Tn，且Tn1 000，求
13、n的取值范围解(1)由等差数列性质知，S77a449，则a47，故公差da4a3752，故ana3(n3)d2n1.(2)由(1)知bn22n12n1，Tn21123322n12n1212322n1(132n1)n2.易知Tn单调递增，且T57071 000，故Tn1 000，解得n6，nN*.10、(2022青岛模拟)从“Snn；S2a3，a4a1a2；a12，a4是a2，a8的等比中项”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d0，_，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，数列bn的前n项和为Wn，求Wn.注：如果选择多个条件分别解答
14、，按第一个解答计分解(1)选：Snnn2n，令n1，得a11，即a12，所以Snn2n.当n2时，Sn1(n1)2n1，当n2时，anSnSn12n，又a12，满足上式，所以an2n.选：由S2a3，得a1a2a3，得a1d，又由a4a1a2，得a13da1(a1d)，因为d0，则a1d2，所以an2n.选：由a4是a2，a8的等比中项，得aa2a8，则(a13d)2(a1d)(a17d)，因为a12，d0，所以d2，则an2n.(2)Snn2n，bn(2n1)22n1(2n)22n322n2n，所以Wn322232422322n2n4(4n1)2(2n1)4n12n16.11、(2022株洲
15、质检)由整数构成的等差数列an满足a35，a1a22a4.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn的通项公式为bn2n，将数列an，bn的所有项按照“当n为奇数时，bn放在前面；当n为偶数时，an放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列cn，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，求数列cn的前(4n3)项和T4n3.解(1)由题意，设数列an的公差为d，因为a35，a1a22a4，可得整理得(52d)(5d)2(5d)，即2d217d150，解得d或d1，因为an为整数数列，所以d1，又由a12d5，可得a13，所以数列an的通项公式为ann2.(2)由(1)知，数列an
16、的通项公式为ann2，又由数列bn的通项公式为bn2n，根据题意，得新数列cn，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，则T4n3b1a1a2b2b3a3a4b4b2n1a2n1a2nb2nb2n1a2n1a2n2(b1b2b3b4b2n1)(a1a2a3a4a2n2)4n12n29n5.三、 裂项相消法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，从而求得前n项和(1)；(2)；(3)；(4)例3(2022南京质检)已知数列an的前n项和为Sn，Sn2an1，数列bn是等差数列，且b1a1，b6a5(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若cn，记数列cn的前n项和为T
17、n，证明：3Tn1解：(1)由Sn2an1，可得n1时，a12a11，解得a11；n2时，Sn12an11，又Sn2an1，两式相减可得anSnSn12an12an11，即有an2an1，所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以an2n1设等差数列bn的公差为d，且b1a11，b6a516，可得d3，所以bn13(n1)3n2(2)证明：cn，所以Tn，则3Tn1跟踪练习1、(2022北京模拟)数列an的通项公式为an ，若an的前n项和为9，则n的值为(B)A576B99C624D6252、已知数列an满足a1，anaan1(n2，nN*)记数列a的前n项和为An，数列的前n项和为B
18、n，则下列结论正确的是(ABD)AAnan1BBnCanD3、在数列an中，an，若an的前n项和为，则项数n_2022_.4、已知数列的前n项和为Tn，若对任意的nN*，不等式12Tn0，且q1)的等比数列，且它的首项a11，_(1)求数列an的通项公式；(2)令bn2log2an1(nN*)，证明：数列的前n项和Tn0，所以q2，所以an2n1(2)证明：因为an2n1，所以bn2log22n112n1，nN*，则，所以Tn，因为nN*，所以11，所以Tn得证8、设an是各项都为正数的单调递增数列，已知a14，且an满足关系式：an1an42，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)若b
19、n，求数列bn的前n项和Sn.解(1)因为an1an42，nN*，所以an1an24，即()24，又an是各项为正数的单调递增数列，所以2，又2，所以是首项为2，公差为2的等差数列，所以22(n1)2n，所以an4n2.(2)bn，所以Snb1b2bn.9、设数列an的前n项和为Sn，且2Sn3an1.(1)求an的通项公式；(2)若bn，求bn的前n项和Tn，证明：Tn.(1)解因为2Sn3an1，所以2S12a13a11，即a11.当n2时，2Sn13an11，则2Sn2Sn12an3an3an1，整理得3，则数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，故an13n13n1.(2)证明由(1
20、)得bn，所以Tn，即Tn，所以Tn，又因为Tn为递增数列，所以TnT1，所以Tn0，且b1b26b3，求q的值及数列an的通项公式；(2)若bn为等差数列，公差d0，证明：c1c2c3cn0，bn0，c1c2cn1，c1c2cn1.13、已知数列an满足a1，2(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)求证：aaaa.(1)解因为2(nN*)，所以2(nN*)，因为a1，所以2，所以数列是以首项为2，公差为2的等差数列，所以22(n1)2n(nN*)，所以数列an的通项公式是an(nN*)(2)证明依题意可知a21)，所以aaaa.故aaaa.14、若Sn是公差不为0的等差数列an的前n项
21、和，且S1，S2，S4成等比数列，S24.求数列an的通项公式；设bn，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn对所有nN*都成立的最小正整数m.解设an的公差为d(d0)，则S1a1，S22a1d，S44a16d.因为S1，S2，S4成等比数列，所以a1(4a16d)(2a1d)2.所以2a1dd2.因为d0，所以d2a1.又因为S24，所以a11，d2，所以an2n1.因为bn，所以Tn.要使Tn对所有nN*都成立，则有，即m30.因为mN*，所以m的最小值为30.四、 错位相减法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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解例
22、4(2022江门模拟)已知数列an满足：a11，an12ann1(1)证明：数列ann是等比数列并求数列an的前n项和Sn；(2)设bn(2n1)(ann)，求数列bn的前n项和Tn解：(1)因为an12ann1，所以an1(n1)2an2n，即2，又a112，所以数列ann是以2为首项2为公比的等比数列，则ann22n12n，故an2nn，所以Sn(2222n)(12n)2n12(2)由(1)得，bn(2n1)(ann)(2n1)2n，则Tn2322523(2n1)2n，2Tn22323524(2n3)2n(2n1)2n1，得Tn222222322n(2n1)2n12(2222n)2(2n1
23、)2n1(2n3)2n16，所以Tn(2n3)2n16跟踪练习1、(2022广东模拟)在数列an中，a11，an1an2anan1(1)求an的通项公式；(2)若bn，求数列bn的前n项和Sn解：(1)a11，an1an2anan1，an0，22，又1，是以1为首项，2为公差的等差数列，12(n1)2n1，an(nN*)(2)由(1)知：bn(2n1)3n，Sn13332533734(2n1)3n，3Sn132333534735(2n1)3n1，两式相减得2Sn323223323423n(2n1)3n132(3233343n)(2n1)3n132(2n1)3n133n19(2n1)3n12(1
24、n)3n16，Sn(n1)3n132、已知数列an的前n项和为Sn，对任意正整数n，均有Sn13Sn2n2成立，a12(1)求证：数列an1为等比数列，并求an的通项公式；(2)设bnnan，求数列bn的前n项和Tn解：(1)当n2时，Sn3Sn12(n1)2，又Sn13Sn2n2，两式相减可得Sn1Sn3Sn3Sn12，即an13an2，即有an113(an1)，令n1，可得a1a23a1，解得a22a14，也符合an113(an1)，则数列an1是首项为1，公比为3的等比数列，则an13n1，故an13n1(2)由(1)知bnnannn3n1，则Tn(12n)(130231332n3n1)
25、，设Mn130231332n3n1，3Mn13232333n3n，两式相减可得2Mn13323n1n3nn3n，化简可得Mn所以Tnn(n1)3、(2022湖南模拟)某同学在复习数列时，发现曾经做过的一道题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清(即下题中“已知”后面的内容看不清)，但在(1)的后面保留了一个“答案：S1，S3，S2成等差数列”的记录，具体如下：记等比数列an的前n项和为Sn，已知_判断S1，S2，S3的关系；(答案：S1，S3，S2成等差数列)若a1a33，记bn|an|，求证：b1b2bn(1)请在本题条件的“已知”后面补充等比数列an的首项a1的值或公比q的值(只补充其中一个值
26、)，并说明你的理由；(2)利用(1)补充的条件，完成的证明过程解：(1)条件的“已知”后面补充“公比q”，理由如下：由S1，S3，S2成等差数列，得S1S22S3，即a1(a1a1q)2(a1a1qa1q2)因为a10，故上式可化简为2q2q0，因为q0，解得q(2)证明：因为a1a33，所以a1a123，解得a14，所以an4n1由bn|an|，得bn4记b1b2bnTn，则Tn，则Tn，由，得Tn，所以Tn，所以Tn4设an是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项(1)求an的公比；(2)若a11，求数列nan的前n项和解(1)设an的公比为q，a1为a2，a3的等差中项，2a1
27、a2a3a1qa1q2，a10，q2q20，q1，q2.(2)设nan的前n项和为Sn，a11，an(2)n1，Sn112(2)3(2)2n(2)n1，2Sn1(2)2(2)23(2)3(n1)(2)n1n(2)n，得，3Sn1(2)(2)2(2)n1n(2)nn(2)n，Sn，nN*.5、已知数列an的前n项和为Sn，a1，且4Sn13Sn9(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足3bn(n4)an0(nN*)，记bn的前n项和为Tn.若Tnbn，对任意nN*恒成立，求实数的取值范围解(1)因为4Sn13Sn9，所以当n2时，4Sn3Sn19，两式相减可得4an13an，即
28、.当n1时，4S249，解得a2，所以.所以数列an是首项为，公比为的等比数列，所以ann1.(2)因为3bn(n4)an0，所以bn(n4)n.所以Tn3221304(n4)n，且Tn32231405(n5)n(n4)n1，得Tn323n(n4)n1(n4)n1nn1，所以Tn4nn1.因为Tnbn对任意nN*恒成立，所以4nn1恒成立，即3n(n4)恒成立，当n4时，3，此时3.所以31.6、设数列an满足a13，an13an4n.(1)计算a2，a3，猜想an的通项公式；(2)求数列2nan的前n项和Sn.解(1)由题意可得a23a14945，a33a281587，由数列an的前三项可猜
29、想数列an是以3为首项，2为公差的等差数列，即an2n1.(2)由(1)可知，an2n(2n1)2n，Sn32522723(2n1)2n1(2n1)2n，2Sn322523724(2n1)2n(2n1)2n1，由得，Sn62(22232n)(2n1)2n162(2n1)2n1(12n)2n12，即Sn(2n1)2n12.7、(2022济宁模拟)已知数列an是正项等比数列，满足a3是2a1,3a2的等差中项，a416.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(1)nlog2a2n1，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设等比数列an的公比为q，因为a3是2a1,3a2的等差中项，所以2a32a13
30、a2，即2a1q22a13a1q，因为a10，所以2q23q20，解得q2或q，因为数列an是正项等比数列，所以q2.所以ana4qn42n.(2)由(1)可知，a2n122n1，所以bn(1)nlog2a2n1(1)nlog222n1(1)n(2n1)，Tn(1)13(1)25(1)37(1)n(2n1)，所以Tn(1)23(1)35(1)47(1)n1(2n1)，所以2Tn32(1)2(1)3(1)n(1)n1(2n1)32(1)n(2n1)31(1)n1(1)n(2n1)2(2n2)(1)n，所以Tn(n1)(1)n1，nN*.8、(2022重庆调研)在等差数列an中，已知a612，a1
31、836.(1)求数列an的通项公式an；(2)若_，求数列bn的前n项和Sn，在bn，bn(1)nan，bn这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解解(1)由题意知解得d2，a12.an2(n1)22n.(2)选条件.bn，则Sn1.选条件.an2n，bn(1)nan(1)n2n，Sn2468(1)n2n，当n为偶数时，Sn(24)(68)2(n1)2n2n；当n为奇数时，n1为偶数，Snn12nn1.Sn选条件.an2n，bn，bn22n2n2n4n，Sn2414426432n4n，4Sn2424436442(n1)4n2n4n1，得3Sn24124224324n2n4n122n4
32、n12n4n1，Sn(14n)4n1.9、(2022沈阳模拟)已知正项数列an的前n项和为Sn，且a2Snn1，a22.(1)求数列an的通项公式an；(2)若bnan2n，数列bn的前n项和为Tn，求使Tn2 022的最小的正整数n的值解(1)当n2时，由a2Snn1，a22，得a2Sn1n11，两式相减得aa2an1，即aa2an1(an1)2.an是正项数列，an1an1.当n1时，a2a124，a11，a2a11，数列an是以a11为首项，1为公差的等差数列，ann.(2)由(1)知bnan2nn2n，Tn121222323n2n，2Tn122223(n1)2nn2n1，两式相减得Tnn2n1(1n)2n12，Tn(n1)2n12.TnTn1n2n0，Tn单调递增当n7时，T762821 5382 022，使Tn2 022的最小的正整数n的值为8.
