1、1第 2讲 大题考法数列求和问题考向一 等差、等比数列的简单综合【典例】 (2017全国卷)已知等差数列 an的前 n项和为 Sn，等比数列 bn的前 n项和为 Tn， a11， b11， a2 b22(1)若 a3 b35，求 bn的通项公式；(2)若 T321，求 S3解 设 an的公差为 d， bn的公比为 q，则 an1( n1) d， bn qn1 由 a2 b22 得 d q3. (1)由 a3 b35 得 2d q26. 联立解得Error!(舍去)或Error!因此 bn的通项公式为 bn2 n1 (2)由 b11， T321得 q2 q200解得 q5 或 q4当 q5 时，
2、由得 d8，则 S321当 q4 时，由得 d1，则 S36技法总结 等差、等比数列的基本量的求解策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序(2)注意细节例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于 1的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等变式提升1(2018东莞二模)已知等比数列 an与等差数列 bn，a1 b11， a1 a2， a1， a2， b3成等差数列， b1， a2， b4成等比数列(1)求 an，
3、bn的通项公式；(2)设 Sn， Tn分别是数列 an， bn的前 n项和，若 Sn Tn100, 求 n的最小值解 (1)设数列 an的公比为 q，数列 bn的公差为 d，则Error! 解得Error! (舍)或Error!2 an2 n1 ， bn n(2)由(1)易知 Sn 2 n1， Tn 1 2n1 2 n n 12由 Sn Tn100，得 2n 101，n n 12 是单调递增数列，2nn n 12 且 26 85101,2 7 156101，672 782 n的最小值为 7考向二 等差、等比数列的判定及应用【典例】 (2017全国卷)记 Sn为等比数列 an的前 n项和，已知
4、S2 2， S3 6(1)求 an的通项公式；(2)求 Sn，并判断 是否成等差数列Sn 1， Sn， Sn 2审题指导看到 S2， S3，想到设基本量，列方程组求解看到三项成等差数列，想到可用 2Sn Sn1 Sn2 是否成立判断规范解答 (1)设 an的公比为 q由题设可得Error! 3分解得Error! 5分故 an的通项公式为 an(2) n.6分(2)由(1)可得 Sn 2 1 2 n1 2 (1) n . 8分23 2n 13由于 Sn2 Sn1 (1) n43 2n 3 2n 2332 2 Sn， 10分23 1 n2n 13 故 Sn1 ， Sn， Sn2 成等差数列. 12
5、分处注意此类方程组的整体运算方法的运用，可快速求解处化简 Sn时易出现计算错误处对于 Sn2 Sn1 的运算代入后，要针对目标，即化为 2Sn，观察结构，整体运算变形，可得结论技法总结 判定和证明数列是等差(比)数列的方法(1)定义法：对于 n1 的任意自然数，验证 an1 an 为与正整数 n无关的某(或an 1an )一常数(2)中项公式法：若 2an an1 an1 (nN *， n2)，则 an为等差数列；若 a an1 an1 0( nN *， n2)，则 an为等比数列2n变式提升2(2018吉林调研)艾萨克牛顿(1643 年 1月 4日1727 年 3月 31日)英国皇家学会会长
6、，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数 f(x)的零点时给出一个数列 xn满足 xn1 xn ，我们把该数列称为牛顿f xnf xn数列如果函数 f(x) ax2 bx c(a0)有两个零点 1,2，数列 xn为牛顿数列，设 anln ，已知 a12， xn2，求 an的通项公式 anxn 2xn 1解 函数 f(x) ax2 bx c(a0)有两个零点 1,2，Error! 解得Error! f(x) ax23 ax2 a，则 f( x)2 ax3 a则 xn1 xnax2n 3axn 2a2axn 3a xn ，x2n 3xn 22xn 3 x2n
7、22xn 3 xn 1 2xn 1 1x2n 22xn 3 2x2n 22xn 3 1 2，x2n 2 2 2xn 3x2n 2 2xn 3 (xn 2xn 1)4则数列 an是以 2为公比的等比数列，又 a12， 数列 an是以 2为首项，以 2为公比的等比数列，则 an22 n1 2 n3(2018六安联考)已知数列 an的前 n项和为 Sn，且 n， an， Sn成等差数列，bn2log 2(1 an)1(1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn中去掉数列 an的项后余下的项按原顺序组成数列 cn，求c1 c2 c100的值解 (1)因为 n， an， Sn成等差数列，所以 Sn
8、n2 an， 所以 Sn1 ( n1)2 an1 (n2) ，得 an12 an2 an1 ，所以 an12( an1 1)( n2)又当 n1 时， S112 a1，所以 a11，所以 a112，故数列 an1是首项为 2，公比为 2的等比数列，所以 an122 n1 2 n，即 an2 n1(2)据(1)求解知， bn2log 2(12 n1)12 n1， b11，所以 bn1 bn2，所以数列 bn是以 1为首项，2 为公差的等差数列又因为a11， a23， a37， a415， a531， a663， a7127， a8255， b64127， b106211， b107213，所以
9、c1 c2 c100( b1 b2 b107)( a1 a2 a7) (2 12 22 7)7107 1 2132 7107 22 8911 2021072142 2 1 271 2考向三 数列求和问题【典例】 等差数列 an的前 n项和为 Sn，数列 bn是等比数列，满足a13， b11， b2 S210， a52 b2 a3(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)令 cnError!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Error! 得Error!解得Error! 所以 an32( n1)2 n1， bn2 n1 5
10、(2)由 a13， an2 n1 得 Sn n(n2)，则 cnError!即 cnError!所以 T2n( c1 c3 c2n1 )( c2 c4 c2n) (22 32 2n1 )(113) (13 15) ( 12n 1 12n 1)1 (4n1)12n 1 2 1 4n1 4 2n2n 1 23技法总结 1.分组求和中分组的策略(1)根据等差、等比数列分组(2)根据正号、负号分组2裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多3错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列 an与等比数列 bn对应项相乘( anbn)型数列求和(2)步骤：求和时
11、先乘以数列 bn的公比；将两个和式错位相减；整理结果形式变式提升4(2018云南模拟)在各项均为正数的等比数列 an中， a1a34， a3是 a22 与 a4的等差中项，若 an1 2 bn(1)求数列 bn的通项公式；(2)若数列 cn满足 cn an1 ，求数列 cn的前 n项和 Sn1b2n 1b2n 1解 (1)设等比数列 an的公比为 q，且 q0，由 an0， a1a34 得 a22，又 a3是 a22 与 a4的等差中项，故 2a3 a22 a4，22 q222 q2， q2 或 q0(舍)所以 an a2qn2 2 n1 ， an1 2 n2 bn， bn n(2)由(1)得
12、， cn an1 1b2n 1b2n 12 n 2 n ，1 2n 1 2n 1 12( 12n 1 12n 1)所以数列 cn的前 n项和：6Sn22 22 n 12(1 13) (13 15) ( 12n 1 12n 1) 2 1 2n1 2 122 n1 2 (112n 1) n2n 15(2018百校联盟联考)已知数列 an满足 a1 a3， an1 ，设 bn2 nanan2 32n 1(1)求数列 bn的通项公式；(2)求数列 an的前 n项和 Sn解 (1)由 bn2 nan，得 an ，代入 an1 得bn2n an2 32n 1 ，即 bn1 bn3，bn 12n 1 bn2n 1 32n 1所以数列 bn是公差为 3的等差数列，又 a1 a3，所以 ，即 ，所以 b12，b12 b38 b12 b1 68所以 bn b13( n1)3 n1(2) 由 bn3 n1 得 an ，bn2n 3n 12n所以 Sn ，22 522 823 3n 12nSn ，12 222 523 824 3n 12n 1两式相减得Sn13 12 (122 123 12n) 3n 12n 1 52 3n 52n 1所以 Sn5 3n 52n7
