1、1第 2 讲 数列的求和问题考情考向分析 高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化与化归的思想热点一 分组转化法求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并例 1 (2018北京海淀区模拟)已知等差数列 an满足 2an1 an2 n3( nN *)(1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，求数列 bn的前 n 项和an bn解 (1)设等差数列 an的公差为 d，因为 2an1 an2 n3，所以
2、Error! 所以Error!所以Error!所以 an a1( n1) d2 n1( nN *)(2)因为数列 an bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以 an bn2 n1 ，因为 an2 n1，所以 bn2 n1 (2 n1)设数列 bn的前 n 项和为 Sn，则 Sn(1242 n1 )135(2 n1)2 2 n1 n2，1 2n1 2 n1 2n 12所以数列 bn的前 n 项和为 2n1 n2(nN *)思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确
3、地求解在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式跟踪演练 1 已知等差数列 an的公差为 d，且关于 x 的不等式 a1x2 dx30(nN *)，S6 a6是 S4 a4， S5 a5的等差中项(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn 12logn，数列 的前 n 项和为 Tn，求 Tn.2bnbn 1解 (1) S6 a6是 S4 a4， S5 a5的等差中项，2 S4 a4 S5 a5，(S6 a6) S6 a6 S4 a4 S5 a5 S6 a6，化简得 4a6 a4，设等比数列 an的公比为 q，则 q2
4、 ，a6a4 14 an0(nN *)， q0， q ，12 an2 n1 n2 (nN *)(12) (12)(2)由(1)得， bn 12loga231ln2 n3.6设 cn 2bnbn 1 2(2n 3)2n 1 .12n 3 12n 1 Tn c1 c2 cn (1 1 11) (11 13) (13 15) ( 12n 3 12n 1)1 (nN *)12n 1 2n2n 17真题体验1(2017全国)等差数列 an的前 n 项和为 Sn， a33， S410，则 _.nk 11Sk答案 (nN *)2nn 1解析 设等差数列 an的公差为 d，由Error! 得Error! Sn
5、 n1 1 ，nn 12 nn 12 2 .1Sn 2nn 1 (1n 1n 1) nk 11Sk 1S1 1S2 1S3 1Sn2 (112 12 13 13 14 1n 1n 1)2 (nN *)(11n 1) 2nn 12(2017天津)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， b2 b312， b3 a42 a1， S1111 b4.(1)求 an和 bn的通项公式；(2)求数列 a2nb2n1 的前 n 项和( nN *)解 (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 b2 b312，得 b1
6、(q q2)12，而 b12，所以 q2 q60.又因为 q0，解得 q2，所以 bn2 n.由 b3 a42 a1，可得 3d a18，由 S1111 b4，可得 a15 d16，联立，解得 a11， d3，由此可得 an3 n2( nN *)所以数列 an的通项公式为 an3 n2( nN *)，数列 bn的通项公式为 bn2 n(nN *)(2)设数列 a2nb2n1 的前 n 项和为 Tn，由 a2n6 n2， b2n1 24 n1 ，得 a2nb2n1 (3 n1)4n，8故 Tn2454 284 3(3 n1)4 n，4Tn24 254 384 4(3 n4)4 n(3 n1)4
7、n1 ，得3 Tn2434 234 334 n(3 n1)4 n1 4(3 n1)4 n1121 4n1 4(3 n2)4 n1 8，得 Tn 4n1 (nN *)3n 23 83所以数列 a2nb2n1 的前 n 项和为 4n1 (nN *)3n 23 83押题预测1已知数列 an的通项公式为 an (nN *)，其前 n 项和为 Sn，若存在 MZ，满n 22nnn 1足对任意的 nN *，都有 Sn0；2 b bn1 bn b 0.14 2n 1 2n(1)求数列 an与 bn的通项公式；(2)设 cn anbn，求数列 cn的前 n 项和 Tn.押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热
8、点，本题先利用 an， Sn的关系求 an，也是高考出题的常见形式解 (1)当 n1 时， a1 S11，当 n2 时， an Sn Sn1 2 n1( nN *)，9又 a11 满足 an2 n1， an2 n1( nN *)2 b bn1 bn b 0，2n 1 2n且 bn0，2 bn1 bn， q ， b3 b1q2 ，12 14 b11， bn n1 (nN *)(12)(2)由(1)得 cn(2 n1) n1 ，(12)Tn13 5 2(2 n1) n1 ，12 (12) (12)Tn1 3 2(2 n3) n1 (2 n1) n，12 12 (12) (12) (12)两式相减，
9、得 Tn12 2 22 n1 (2 n1) n12 12 (12) (12) (12)12 (2 n1) n1 (12)n 1 (12)3 n1 .(12) (32 n) Tn6 n1 (2n3)( nN *)(12)A 组 专题通关1已知数列 an， bn满足 a11，且 an， an1 是方程 x2 bnx2 n0 的两根，则 b10等于( )A24 B32 C48 D64答案 D解析 由已知有 anan1 2 n， an1 an2 2 n1 ，则 2，an 2an数列 an的奇数项、偶数项均为公比为 2 的等比数列，可以求出 a22，数列 an的项分别为 1,2,2,4,4,8,8,16
10、,16,32,32，而 bn an an1 ， b10 a10 a11323264.2(2018河南省六市联考)已知数列 an的前 n 项和为 Sn2 n1 m，且 a1， a4， a52 成10等差数列， bn ，数列 bn的前 n 项和为 Tn，则满足 Tn 的最小正整anan 1an 1 1 2 0172 018数 n 的值为( )A11 B10 C9 D8答案 B解析 根据 Sn2 n1 m 可以求得 anError!所以有 a1 m4， a416， a532，根据 a1， a4， a52 成等差数列，可得 m432232，从而求得 m2，所以 a12 满足 an2 n，从而求得 an
11、2 n(nN *)，所以 bn anan 1an 1 1 2n2n 12n 1 1 ，12n 1 12n 1 1所以 Tn1 1 ，13 13 17 17 115 12n 1 12n 1 1 12n 1 1令 1 ，整理得 2n1 2 019，12n 1 12 0172 018解得 n10.3(2018山西榆社中学模拟)设 Sn为数列 an的前 n 项和，已知a1 ， 2 n(nN *)，则 S100等于( )12 n 1an 1 nanA2 B2492100 49299C2 D2512100 51299答案 D解析 由 2 n，得 2 n，n 1an 1 nan n 1an 1 nan则 2
12、 n1 ， 2 n2 ， 2 1，nan n 1an 1 n 1an 1 n 2an 2 2a2 1a1将各式相加得 2 12 22 n1 2 n2，nan 1a1又 a1 ，所以 an n ，12 12n因此 S1001 2 100 ，12 122 1210011则 S1001 2 99 100 ，12 122 123 12100 12101两式相减得 S100 100 ，12 12 122 123 12100 12101所以 S1002 99100 1002 .(12) (12) 512994在等比数列 an中， a2a32 a1，且 a4与 2a7的等差中项为 17，设 bn(1)nan
13、， nN *，则数列 bn的前 2 018 项的和为_答案 41 0083 112解析 设等比数列 an的首项为 a1，公比为 q. a2a32 a1， a1q32，即 a42. a4与 2a7的等差中项为 17， a42 a734，即 a716， a1 ， q2，14 an 2n1 2 n3 (nN *)(14) bn(1) nan(1) n2n3 ，数列 bn的前 2 018 项的和为S2 018( a1 a3 a2 017)( a2 a4 a2 018)(2 2 2 02 22 2 014)(2 1 2 12 32 2 015) .141 41 0091 4121 41 0091 4 4
14、1 0083 1125(2018保山模拟)若数列 an的通项公式 an nsin (nN *)，其前 n 项和为 Sn，则 S2 n3018_.答案 2 01932解析 a1 a2 a3 a4 a5 a63 ，3a7 a8 a9 a10 a11 a123 ，3a6m1 a6m2 a6m3 a6m4 a6m5 a6m63 ， mN，312所以 S2 018 .2 019326(2018山东 K12 联盟考试)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足2Sn3 an1( nN *)(1)求数列 an的通项公式；(2)求数列 的前 n 项和 Tn.2n 1an解 (1)当 n1 时，2 a13 a
15、11， a11.当 n2 时，2 Sn3 an1，2Sn1 3 an1 1，得，2 an3 an3 an1 ， an3 an1 ， 3，anan 1数列 an是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，所以 an3 n1 (nN *)(2)由(1)得(2 n1) an(2 n1)3 n1 ，Tn13 033 153 2(2 n1)3 n1 ，3Tn13 133 2(2 n3)3 n1 (2 n1)3 n，得2 Tn12(3 13 23 33 n1 )(2 n1)3 n12 (2 n1)3 n2( n1)3 n2.3 3n1 3所以 Tn( n1)3 n1( nN *)7(2018永州模拟)在等比数
16、列 an中，首项 a18，数列 bn满足 bnlog 2an(nN *)，且b1 b2 b315.(1)求数列 an的通项公式；(2)记数列 bn的前 n 项和为 Sn，又设数列 的前 n 项和为 Tn，求证： TnS6，综上可知( Sn)min S6 .105811(2018天津市滨海新区七所重点学校联考)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，满足Sn2 an1( nN *)，数列 bn满足 nbn1 ( n1) bn n(n1)( nN *)，且 b11，(1)证明数列 为等差数列，并求数列 an和 bn的通项公式；bnn(2)若 cn(1) n1 ，求数列 cn的前 2n 项和 T2n；
17、4n 13 2log2an3 2log2an 1(3)若 dn an ，数列 的前 n 项和为 Dn，对任意的 nN *，都有 Dn nSn a，求实数bn dna 的取值范围解 (1)由 nbn1 ( n1) bn n(n1)两边同除以 n(n1)，得 1，bn 1n 1 bnn从而数列 为首项 1，公差 d1 的等差数列，bnn b11所以 n(nN *)，bnn数列 bn的通项公式为 bn n2.当 n1 时， S12 a11 a1，所以 a11.当 n2 时， Sn2 an1， Sn1 2 an1 1，两式相减得 an2 an1 ，又 a110，所以 2，anan 1从而数列 an为首
18、项 a11，公比 q2 的等比数列，从而数列 an的通项公式为 an2 n1 (nN *)(2)cn(1) n1 4n 12n 12n 3(1) n1 ，(12n 1 12n 3)T2n c1 c2 c3 c2n1 c2n 13 15 15 17 14n 1 14n 317 (nN *)13 14n 3(3)由(1)得 dn an n2n1 ，bnDn112232 2( n1)2 n2 n2n1 ，2Dn1222 232 3( n1)2 n1 n2n.两式相减得 Dn122 22 n1 n2n n2n，1 2n1 2所以 Dn( n1)2 n1，由(1)得 Sn2 an12 n1，因为对 nN
19、 *，都有 Dn nSn a，即( n1)2 n1 n a 恒成立，(2n 1)所以 a2 n n1 恒成立，记 en2 n n1，所以 a min，(en)因为 en1 en 2 n10，从而数列 为递增数列，2n 1 n 1 1 (2n n 1) en所以当 n1 时， en取最小值 e10，于是 a0.12设数列 an的首项为 1，前 n 项和为 Sn，若对任意的 nN *，均有 Sn an k k(k 是常数且 kN *)成立，则称数列 an为“ P(k)数列” (1)若数列 an为“ P(1)数列” ，求数列 an的通项公式；(2)是否存在数列 an既是“ P(k)数列” ，也是“ P(k2)数列”？若存在，求出符合条件的数列 an的通项公式及对应的 k 的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列 an为“ P(2)数列” ， a22，设 Tn ，证明： Tn0，故 Tn Tn，即 Tn3.an2n 1 12 34 14
