1、17.4 数列求和、数列的综合应用最新考纲 考情考向分析1.掌握等差、等比数列的前 n项和公式及其应用2.会利用数列的关系解决实际问题.本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前 n项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点题型以解答题的形式出现，难度中等或稍难与不等式、函数、最值等问题综合.1等差数列的前 n项和公式Sn na1 d.na1 an2 nn 122等比数列的前 n项和公式SnError!3一些常见数列的前 n项和公式(1)1234 n .nn 12(2)13572 n1 n2.(3)24682 n n(n1)(4)122 2 n2 .nn 12
2、n 164数列求和的常用方法(1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项2常见的裂项公式 ；1nn 1 1n 1n 1 ；12n 12n 1 12( 12n 1 12n 1) .1n n 1 n 1 n(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广(5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广(6)并项求和法一个数列的前
3、n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如 an(1) nf(n)类型，可采用两项合并求解例如， Sn100 299 298 297 22 21 2(10099)(9897)(21)5050.题组一 思考辨析1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)如果数列 an为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n项和 Sn .( )a1 an 11 q(2)当 n2 时， .( )1n2 1 12( 1n 1 1n 1)(3)求 Sn a2 a23 a3 nan之和时，只要把上式等号两边同时乘以 a即可根据错位相减法求得( )(4)数列 的前 n项和为 n2 .( )12n 2n 1 1
4、2n(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得 sin21sin 22sin 23sin 288sin 28944.5.( )(6)如果数列 an是周期为 k的周期数列，那么 Skm mSk(m， k为大于 1的正整数)( )题组二 教材改编2P61A 组 T5一个球从 100m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第 10次着地时，经过的路程是( )A100200(12 9 ) B100100(12 9 )C200(12 9 ) D100(12 9 )3答案 A解析 第 10次着地时，经过的路程为 1002(50251002 9 )1002100(2 1
5、 2 2 2 9 )100200 100200(12 9 )2 11 2 91 2 13P61A 组 T4(3)12 x3 x2 nxn1 _( x0 且 x1)答案 1 xn1 x2 nxn1 x解析 设 Sn12 x3 x2 nxn1 ，则 xSn x2 x23 x3 nxn，得(1 x)Sn1 x x2 xn1 nxn nxn，1 xn1 x Sn .1 xn1 x2 nxn1 x题组三 易错自纠4已知数列 an的前 n项和为 Sn， a11，当 n2 时， an2 Sn1 n，则 S2019等于( )A1007B1008C1009D1010答案 D解析 由 an2 Sn1 n得 an1
6、 2 Sn n1，两式相减得an1 an2 an1 an1 an1 S2019 a1( a2 a3)( a2018 a2019)1009111010.5数列 an的通项公式为 an(1) n1 (4n3)，则它的前 100项之和 S100等于( )A200B200C400D400答案 B解析 S100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200.6数列 an的通项公式为 an ncos ，其前 n项和为 Sn，则 S2017_.n2答案 1008解析 因为数列 an ncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：n2a10， a22， a30， a
7、44.故 S4 a1 a2 a3 a42.a50， a66， a70， a88，故 a5 a6 a7 a82，周期 T4. S2017 S2016 a20174 22017cos 1008.20164 201727(2011浙江)若数列 中的最大项是第 k项，则 k_.nn 4(23)n答案 4解析 由题意知Error!解得 k1 . kN *， k4.10 10第 1课时 数列求和的常用方法题型一 分组转化法求和例 1已知数列 an的前 n项和 Sn ， nN *.n2 n2(1)求数列 an的通项公式；(2)设 2(1)nb ， 求数列 bn的前 2n项和解 (1)当 n1 时， a1 S
8、11；当 n2 时， an Sn Sn1 n.n2 n2 n 12 n 12a1也满足 an n，故数列 an的通项公式为 an n(nN *)(2)由(1)知 an n，故 bn2 n(1) nn.记数列 bn的前 2n项和为 T2n，则 T2n(2 12 22 2n)(12342 n)记 A2 12 22 2n，B12342 n，则 A 2 2n1 2，21 22n1 2B(12)(34)(2 n1)2 n n.故数列 bn的前 2n项和 T2n A B2 2n1 n2.引申探究本例(2)中，求数列 bn的前 n项和 Tn.5解 由(1)知 bn2 n(1) nn.当 n为偶数时，Tn(2
9、 12 22 n)1234( n1) n 2 n1 2；2 2n 11 2 n2 n2当 n为奇数时， Tn(2 12 22 n)1234( n2)( n1) n2 n1 2 nn 122 n1 .n2 52 TnError!思维升华分组转化法求和的常见类型(1)若 an bncn，且 bn， cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求 an的前 n项和(2)通项公式为 anError!的数列，其中数列 bn， cn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论跟踪训练 1(2018
10、温州市适应性考试)已知数列 an的前 n项和为 Sn，且 a12,2 Sn( n1)2an n2an1 ，数列 bn满足 b1 a1， nbn1 anbn.(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)若数列 cn满足 cn an bn(nN *)，求数列 cn的前 n项和 Tn.解 (1)由 2Sn( n1) 2an n2an1 ，可得 2Sn1 ( n2) 2an1 ( n1) 2an2 ，得 2an1 2( n22 n2) an1 ( n1) 2an2 ( n1) 2an，所以 2(n1) 2an1 ( n1) 2an2 ( n1) 2an，化简得 2an1 an2 an，所以 an是等差
11、数列由 2S1(11) 2a1 a2可得 a24，所以公差 d a2 a1422，故 an22( n1)2 n.由 b1 a1， nbn1 anbn以及 an2 n可知， b12， 2，所以数列 bn是以 2为首项，bn 1bn2为公比的等比数列，故 bn22 n1 2 n.(2)因为 cn an bn2 n2 n，所以 Tn(22)(42 2)(62 3)(2 n2 n)6(2462 n)(22 22 32 n) n2 2n2 21 2n1 2 n2 n2 n1 2.题型二 错位相减法求和例 2(2018浙江省金华名校统考)已知数列 an是公比大于 1的等比数列，且a2 a490， a327
12、.在数列 bn中， b11， bn1 (nN *)bnbn 1(1)求数列 an， bn的通项公式；(2)设 cn ，求数列 cn的前 n项和 Tn.anbn解 (1)设等比数列 an的公比为 q(q1)，则由 a2 a490， a327，得Error!解得Error! 或Error!(舍去)，故 an33 n1 3 n.因为 bn1 (nN *)，bnbn 1所以 1，1bn 1 1bn又 b11，所以 是首项为 1，公差为 1的等差数列1bn于是， 1( n1)1 n，故 bn .1bn 1n(2)由(1)知， cn n3n，anbn所以 Tn c1 c2 c3 cn1323 2 n3n，
13、则 3Tn13 223 3( n1)3 n n3n1 .两式相减得，2 Tn33 23 33 n n3n1 n3n1 3n1 ，31 3n1 3 (12 n) 32故 Tn 3n1 .(12n 14) 34思维升华错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形(2)在写出“ Sn”与“ qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn qSn”的表达式(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1和不等于 1两种情况求解7跟踪训练 2(2018杭 州 质 检 )已 知 各 项 均 大 于 零 的 数 列 an的 前
14、 n项 和 为 Sn， 且 满 足2Sn a an.2n(1)求数列 an的通项公式；(2)设 12lognab，数列 bn的前 n项和为 Hn，求使得 Hn n2n1 50成立的最小整数 n.解 (1)由 2Sn a an，2n得 2Sn1 a an1 (n2)，2n 1当 n2 时，得 2an a an a an1 ，2n 2n 1即 an an1 a a ( an an1 )(an an1 )，2n 2n 1又由题设知 an an1 0，所以 an an1 1，故数列 an是公差为 1的等差数列，又 a11，所以 an1( n1)1 n.(2)因为 12logaab n2n，所以 Hn(
15、12 122 2 n2n)，则 2Hn(2 222 3 n2n1 )将以上两式作差化简可得 Hn n2n1 2 n1 2，于是， Hn n2n1 50，即 2n1 52，解得 n5.故最小正整数 n是 5.题型三 裂项相消法求和命题点 1 形如 an 型1nn k例 3(2018浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列 an的公差为 2，等比数列 bn的公比为 2，且 anbn n2n.(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)令 cn ，记数列 cn的前 n项和为 Tn，试比较 Tn与 的大小1anlog2bn 3 38解 (1) anbn n2n，Error! Error!解得 a12， b
16、11， an22( n1)2 n，bn2 n1 .8(2) an2 n， bn2 n1 ， cn ，1anlog2bn 3 12nn 2 14(1n 1n 2) Tn c1 c2 c3 c4 cn1 cn Error!14Error!14(1 12 1n 1 1n 2) 0,6Sn a 3 an， nN *， 12()nna，若任意 nN *， kTn恒成立，则 k的最2n小值是_答案 149解析 当 n1 时，6 a1 a 3 a1，21解得 a13 或 a10.由 an0，得 a13.由 6Sn a 3 an，得 6Sn1 a 3 an1 .2n 2n 1两式相减得 6an1 a a 3
17、an1 3 an.2n 1 2n所以( an1 an)(an1 an3)0.因为 an0，所以 an1 an0， an1 an3.即数列 an是以 3为首项，3 为公差的等差数列，所以 an33( n1)3 n.所以 12()nnab8n8n 18n 1 1 .17( 18n 1 18n 1 1)13所以 Tn Error!17Error! Tn恒成立，只需 k ，149所以 k的最小值为 .14910(2018湖州市适应性考试)已知等比数列 an满足 2a1 a33 a2，且 a32 是 a2， a4的等差中项(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bn anlog 2 ， Sn b1 b2
18、 b3 bn，求使 Sn2 n1 470，解得 n9或 n0.(1)求数列 an的通项公式；14(2)设数列 a a 的前 n项和为 Sn，若对于任意的 nN *， Sn0，1an 1 4 1a2n ， 4 ，1an 1 4 1a2n 1a2n 1 1a2n数列 是等差数列，首项 1，公差 d4，1a2n 1a21 4 n3， a ， an .1a2n 2n 14n 3 14n 3(2)a a ，2n 2n 114n 34n 1 14 ( 14n 3 14n 1)由 Sn14(11 15) (15 19) ( 14n 3 14n 1) ，14(1 14n 1) nN *， Sn1，当 n2 时
19、，从而有( an1 an)( an an1 )( an1) 2( an1 1)2( an an1 )(an an1 2)0，则 an1 an an an1 a2 a1 ，则19a2017 a1( a2 a1)( a2017 a2016) 225 ，得 a20171224 1，即有 043 20169 13 131，则 m(2,3)，故选 B.1a2017 116已知正项数列 an的前 n项和为 Sn，任意 nN *,2Sn a an.令 bn2n，设 bn的前 n项和为 Tn，则在 T1， T2， T3， T100中有理数的个数1anan 1 an 1an为_答案 9解析 2 Sn a an，
20、2n2 Sn1 a an1 ，2n 1，得 2an1 a an1 a an，2n 1 2na a an1 an0，( an1 an)(an1 an1)0.2n 1 2n又 an为正项数列，17 an1 an10，即 an1 an1.在 2Sn a an中，令 n1，可得 a11.2n数列 an是以 1为首项，1 为公差的等差数列 an n， bn1nn 1 n 1nn 1n nn 1nn 1 n 1nn 1n nn 1 ，n 1n nn 1nn 1 1n 1n 1 Tn1 1 ，12 12 13 1n 1 1n 1n 1n 1 1n 1要使 Tn为有理数，只需 为有理数，1n 1令 n1 t2，1 n100， n3,8,15,24,35,48,63,80,99 共 9个数 T1， T2， T3， T100中有理数的个数为 9.
