1、第二部分 讲练篇 专题二 数列第2讲 数列求和与综合问题自 主 练 考 点 整 合 做小题激活思维1若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为()A2nn21 B2n1n21C2n1n22D2nn2C Sn212n12 n12n122n12n2.2已知数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a10等于()A15B12C12D15A an(1)n(3n2)，a1a2a10147102528(14)(710)(2528)3515.3若数列1n2n 的前n项和为1011，则n的值为()A9B10C11D12B 1n2n1nn11n 1n1，Sn112 1213 1n
2、1n1 1 1n1 nn1，由 nn11011可知n10.故选B.4一题多解121238 n2n等于()A.2nn12nB.2n1n22nC.2nn12nD.2n1n22nB 法一：(错位相减法)令Sn12 222 323 n2n，则12Sn 122 223n12n n2n1，得12Sn12 122 123 12n n2n112112n112 n2n1.Sn2n1n22n.故选B.法二：(验证法)取n1时，n2n12，代入各选项验证可知选B.5已知Sn是数列an的前n项和，且有Snn21，则数列an的通项公式an_.2，n1，2n1，n2 当n1时，a1S1112，当n2时，anSnSn1(n
3、21)(n1)212n1.此时对于n1不成立，故an2，n1，2n1，n2.6数列an中，a160，an1an3，则|a1|a2|a30|_.765 由a160，an1an3可得an3n63，则a210，|a1|a2|a30|(a1a2a20)(a21a30)S302S20765.扣要点查缺补漏1分组求和：形如anbn的数列求和，如T1.2并项求和：形如an(1)nf(n)的数列求和，如T2.3裂项相消求和：形如1anank，其中an是等差数列的求和如T3.4错位相减法求和：形如anbn的数列求和，其中an，bn分别为等差和等比两个不同的数列，如 T4.5含绝对值的数列求和：先去绝对值，再求和
4、，如 T6.6数列的通项的求法(1)利用 anSn，n1，SnSn1，n2 求通项时，要注意检验 n1 的情况如 T5.(2)根据数列的递推关系求通项的常用方法累加法：适用于形如an1anf(n)的数列；累乘法：适用于形如an1an f(n)的数列；构造法：形如an1nanmann，可转化为 1an1 1anmn，构造等差数列1an；形如an1panq(pq0，且p1)，可转化为an1qp1pan qp1，构造等比数列an qp1.研 考 题 举 题 固 法 数列中的an与Sn的关系(5年3考)高考解读 高考对本点的考查常以anSnSn1n2为切入点，结合等差比数列的相关知识求an或Sn.预测
5、2020年会以数列an与Sn的递推关系为载体，加强转化构造能力的考查.1(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.63 因为Sn2an1，所以当n1时，a12a11，解得a11，当n2时，anSnSn12an1(2an11)，所以an2an1，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an2n1，所以S611261263.2(2015全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.1n an1Sn1Sn，an1SnSn1，Sn1SnSnSn1.Sn0，1Sn 1Sn11，即 1Sn1 1Sn1.又 1S11，1Sn 是首项为1，公差
6、为1的等差数列 1Sn1(n1)(1)n，Sn1n.3(2013全国卷)若数列an的前n项和Sn23an13，则an的通项公式是an_.(2)n1 当n1时，S123a113，a11.当n2时，anSnSn123an1323an113 23(anan1)，an2an1，即 anan12，an是以1为首项的等比数列，其公比为2，an1(2)n1，即an(2)n1.由Sn与an的关系求an的思路利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.提醒：在利用anSnSn1(n2)求通项公式时，务必验证n1时的情形，看其是否可
7、以与n2的表达式合并1(用累加或累乘法求通项)已知数列an中，a11，前n项和Snn23 an，则an_.nn12 Snn23 an，且a11，当n2时，a1a2223 a2，即a23a13.又当n2时，anSnSn1n23 ann13 an1，即ann1n1an1.an anan1an1an2an2an3a2a1a1 n1n1nn2n1n342311nn12.2(用构造法求通项)数列an中，a11，an1Sn3n(nN*，n1)，则数列Sn的通项公式为_Sn3n2n an1Sn3nSn1Sn，Sn12Sn3n，Sn13n123Sn3n13，Sn13n1123Sn3n1，又S13 113123
8、，数列Sn3n1 是首项为23，公比为23的等比数列，Sn3n12323n-123n，Sn3n2n.3(活用前n项和的定义求通项)数列an满足 12 a1 122 a2 123 a3 12nan2n1，则数列an的通项公式为_an6，n12n1，n2 因为12a1 122a2 123a3 12nan2n1，所以12a1 122a2 123a3 12n1an12(n1)1，两式相减得 12nan2，即an2n1，n2.又12a13，所以a16，因此an6，n1，2n1，n2.求数列an的前n项和(5年3考)高考解读 试题常以递推关系为载体，通过构造或借助等差比数列的基本运算，运用方程思想求得an
9、或Sn，再借助裂项法或分组求和法等求数列的前n项和，试题难易适中，面向全体，注重双基.预测2020年高考命题风格不变.重视题(2015全国卷)Sn为数列an的前n项和已知an0，a2n2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn1anan1，求数列bn的前n项和解(1)由a2n2an4Sn3，可知 a2n12an14Sn13.两式相减可得a2n1a2n2(an1an)4an1，即2(an1an)a2n1a2n(an1an)(an1an)由于an0，可得an1an2.又a212a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由
10、an2n1可知 bn1anan112n12n31212n112n3.设数列bn的前n项和为Tn，则 Tnb1b2bn 121315 1517 12n112n3 121312n3 n32n3.点评 重视an与Sn关系 条件中是an与Sn关系，根据an与Sn关系式的特点，可以an向Sn转化也可以Sn向an转化，利用的都是在n2时，anSnSn1，转化后往往构造特殊数列，用到累加、累乘等，从而求出通项.数列求和的注意事项(1)分组求和法求和时，当数列的各项是正负交替时，一般需要对项数n进行讨论(2)裂项相消法的关键在于准确裂项，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等，把握相消后所剩式子的结构，前
11、面剩几项，后面剩几项(3)错位相减法中，两式做减法后所得式子的项数及对应项之间的关系，求和时注意数列是否为等比数列或是从第几项开始为等比数列1(与对数函数交汇考查分组求和)已知数列an为等比数列，首项a14，数列bn满足bnlog2an，且b1b2b312.(1)求数列an的通项公式；(2)令cn4bnbn1an，求数列cn的前n项和Sn.解(1)由bnlog2an和b1b2b312得 log2(a1a2a3)12，a1a2a3212.设等比数列an的公比为q，a14，a1a2a344q4q226q3212，计算得q4.an44n14n.(2)由(1)得bnlog24n2n，cn42n2n14
12、n1nn14n1n 1n14n.设数列1nn1 的前n项和为An，则An11212131n1n1 nn1，设数列4n的前n项和为Bn，则Bn44n414 43(4n1)，Sn nn143(4n1)2(错位相减法求和)已知数列an的前n项和为Sn，a15，nSn1(n1)Snn2n.(1)求证：数列Snn 为等差数列；(2)令bn2nan，求数列bn的前n项和Tn.解(1)证明：由nSn1(n1)Snn2n得 Sn1n1Snn 1，又S11 5，所以数列Snn 是首项为5，公差为1的等差数列(2)由(1)可知Snn 5(n1)n4，所以 Snn24n，当 n2 时，anSnSn1n24n(n1)
13、24(n1)2n3.又 a15 也符合上式，所以 an2n3(nN*)，所以 bn(2n3)2n，所以 Tn52722923(2n3)2n，2Tn522723924(2n1)2n(2n3)2n1，所以得 Tn(2n3)2n110(23242n1)(2n3)2n110 2312n112(2n3)2n110(2n28)(2n1)2n12.3(含有(1)nan的并项求和)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a11，S3S4S5.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1anan1，求数列bn的前2n项和T2n.解(1)设等差数列an的公差为d，由S3S4S5，可得a1a2a3a5，即3a2a
14、5，故3(1d)14d，解得d2.an1(n1)22n1.(2)由(1)可得bn(1)n1(2n1)(2n1)(1)n1(4n21)T2n(4121)(4221)(4321)(4421)(1)2n14(2n)21 412223242(2n1)2(2n)2 4(12342n12n)42n2n128n24n.数列中的创新与交汇问题高考解读 应用性问题是数学命题的一个新动向，主要考查考生运用已知知识解决实际问题的能力，试题背景新颖，有较好的区分度.1(2017全国卷)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了38
15、1盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A1盏 B3盏C5盏D9盏B 设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7381，q2，S7a11q71qa112712381，解得a13.故选B.2(2017全国卷)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推求满足如下条件的最小整数
16、N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂那么该款软件的激活码是()A440 B330C220D110A 设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为n1n2.由题意知，N100，令 n1n2100n14且nN*，即N出现在第13组之后 第n组的各项和为12n12 2n1，前n组所有项的和为212n12n2n12n.设N是第n1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则第n1组的前k项的和2k1应与2n互为相反数，即2k12n(kN*，n14)，klog2(n3)n最小为29，此时k5，则N2912925440.故选A.与数列有关
17、的综合问题求解策略(1)对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，要弄清所考查的问题与哪个知识点有关，在此基础上，借助相关知识寻找求解线索(2)以数列为背景的不等式恒成立问题，多为不等式恒成立与证明和形式的不等式，在求解时要注意等价转化即分离参数法与放缩法的技巧，同时也要注意数列或数列对应函数的单调性的应用1(与函数交汇)已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且满足f32x f(x)，f(2)3，数列an满足a11，且Sn2ann(Sn为an的前n项和)，则f(a5)f(a6)()A3B4C5D6A Sn2ann，当n2时，anSnSn12an2an11，即an2an11，又a11，a2
18、3，a37，a415，a531，a663.由f32x f(x)，得fx32 f(x)f(x3)f(x)，f(x)f(x3)，f(31)f(332)f(2)3，f(63)f(0)0，f(a5)f(a6)f(31)f(63)3.2(数列与数学文化)“斐波那契数列”由13世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”斐波那契数列an满足：a11，a21，anan1an2(n3，nN*)，记其前n项和为Sn，设a2 018t(t为常数)，则S2 016S2 015S2 014S2 013_.(用t表示)t 由题意可得S2 016S2 015S2 0
19、14S2 013a2 016a2 015a2 015a2 014a2 017a2 016a2 018t.3重视题(数列与数学归纳法)(2019浙江高考)设等差数列an的前n项和为Sn，a34，a4S3.数列bn满足：对每个nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记cnan2bn，nN*，证明：c1c2cn2 n，nN*.解(1)设数列an的公差为d，由题意得a12d4，a13d3a13d，解得a10，d2，an2n2，nN*.Snn2n，nN*.数列bn满足：对每个 nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列，(Sn1bn)2(Snbn)(Sn2bn)，解得bn1d(S2n1SnSn2)，解得bnn2n，nN*.(2)证明：cnan2bn2n22nn1n1nn1，nN*，用数学归纳法证明：当n1时，c102，不等式成立；假设当nk(kN*)时不等式成立，即c1c2ck2 k，那么当nk1时，c1c2ckck12 kkk1k22 k1k12 k2k1 k2 k2(k1 k)2 k1，即当nk1时，不等式也成立 由得c1c2cn2 n，nN*.Thank you for watching!
