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1、第 2 讲 数列求和及综合应用第 2 讲 数列求和及综合应用 年份卷别考查内容及考题位置命题分析 卷an与Sn关系的应用T14 2018 卷 等差数列前n项和的最值问 题T17 2017卷裂项相消法求和T15 卷 等差数列的基本运算、数列求 和T17 2016 卷 等比数列的通项公式、an与Sn 的关系T17 等差数列、等比数列的前n 项和是高考考查的重点若以解 答题的形式考查，数列往往与解 三角形在 17 题的位置上交替考 查，试题难度中等；若以客观题 考查，难度中等的题目较多，但 有时也出现在第 12 题或 16 题位 置上，难度偏大，复习时应引起 关注. 数列求和问题(综合型) 典型例题
2、 命题角度一 公式法求和 等差、等比数列的前n项和 (1)等差数列：Snna1d(d为公差)或Sn. n（n1） 2 n（a1an） 2 (2)等比数列：Sn其中(q为公比) na1，q1， a1（1qn） 1q a 1anq 1q ，q 1) 4 类特殊数列的前n项和 (1)123nn(n1) 1 2 (2)135(2n1)n2. (3)122232n2n(n1)(2n1) 1 6 (4)132333n3n2(n1)2. 1 4 已知数列an满足a11，an1，nN N*. 3an 2an3 (1)求证：数列为等差数列； 1 an (2)设T2n，求T2n. 1 a1a2 1 a2a3 1
3、a3a4 1 a4a5 1 a2n1a2n 1 a2na2n1 【解】 (1)证明：由an1，得 ， 3an 2an3 1 an1 2an3 3an 1 an 2 3 所以 . 1 an1 1 an 2 3 又a11，则1，所以数列是首项为 1，公差为 的等差数列 1 a1 1 an 2 3 (2)设bn， 1 a2n1a2n 1 a2na2n1( 1 a2n1 1 a2n1) 1 a2n 由(1)得，数列是公差为 的等差数列， 1 an 2 3 所以 ，即bn ， 1 a2n1 1 a2n1 4 3( 1 a2n1 1 a2n1) 1 a2n 4 3 1 a2n 所以bn1bn . 4 3(
4、 1 a2n2 1 a2n) 4 3 4 3 16 9 又b1 ， 4 3 1 a2 4 3( 1 a1 2 3) 20 9 所以数列bn是首项为，公差为的等差数列， 20 9 16 9 所以T2nb1b2bnn (2n23n) 20 9 n（n1） 2( 16 9) 4 9 求解此类题需过“三关” ： 第一关，定义关，即会利用等差数列或等比数列的定义，判 断所给的数列是等差数列还是等比数列 ； 第二关，应用关，即会应用等差(比)数列的前n项 和公式来求解， 需掌握等差数列an的前n项和公式 ：Sn或Snna1 n（a1an） 2 n（n1） 2 d； 等比数列an的前n项和公式 ：Sn； 第
5、三关，运算关，认真运算， na1，q1， a1（1qn） 1q ，q 1) 此类题将迎刃而解 命题角度二 分组转化法求和 将一个数列分成若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)，然后分别求 和也可先根据通项公式的特征，将其分解为可以直接求和的一些数列的和，再分组求和， 即把一个通项拆成几个通项求和的形式，方便求和 已知等差数列an的首项为a，公差为d，nN N*，且不等式ax23x2 恒成立， 1 2(1 1 n1) 1 2 故a . 1 2 综上知，实数a的取值范围是. (， 1 2 A 组 夯基保分专练 一、选择题 1 在等比数列an中， 公比q2， 前87项和S87140， 则a
6、3a6a9a87等于( ) A. B60 140 3 C80 D160 解析：选 C.a3a6a9a87a3(1q3q6q84)a1q2 1（q3）29 1q3 14080.故选 C. q2 1qq2 a1（1q87） 1q 4 7 2已知数列an中，a1a21，an2则数列an的前 20 项和为 an2，n是奇数， 2an，n是偶数，) ( ) A1 121 B1 122 C1 123 D1 124 解析：选 C.由题意可知，数列a2n是首项为 1，公比为 2 的等比数列，数列a2n1是 首项为1， 公差为2的等差数列， 故数列an的前20项和为101 1 （1210） 12 10 9 2
7、21 123.选 C. 3已知数列an满足 2a122a22nann(nN N*)，数列的前n项 1 log2anlog2an1 和为Sn，则S1S2S3S10( ) A. B. 1 10 1 5 C. D. 1 11 2 11 解析：选 C.因为 2a122a22nann(nN N*)， 所以 2a122a22n1an1n1(n2)， 两式相减得 2nan1(n2)，a1 也满足上式，故an， 1 2 1 2n 故 ， 1 log2anlog2an1 1 n（n1） 1 n 1 n1 Sn1 1， 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 n1 n n1 所以S1S2S3S10 ，故选
8、C. 1 2 2 3 3 4 9 10 10 11 1 11 4 (2018太原模拟)已知数列an的前n项和为Sn， 点(n，Sn3)(nN N*)在函数y32x 的图象上，等比数列bn满足bnbn1an(nN N*)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是 ( ) ASn2Tn BTn2bn1 CTnan DTn0，所以a2a312 为anan1的最小值； 当时，可得此时an7n53，a74，a83，易知当n7 时， a425， a611) a146， d7，) an0，当n8 时，an0，可得q2，故bn2n1. 所以，Tn2n1. 12n 12 设等差数列an的公差为d.由b4a3a5，可
9、得a13d4. 由b5a42a6， 可得 3a113d16， 从而a11，d1，故ann. 所以，Sn. n（n1） 2 (2)由(1)，有 T1T2Tn(21222n)nn2n1n2. 2 （12n） 12 由Sn(T1T2Tn)an4bn可得 2n1n2n2n1， n（n1） 2 整理得n23n40， 解得n1(舍)，或n4. 所以，n的值为 4. 11 (2018陕西教学质量检测(一)已知在递增的等差数列an中，a12，a3是a1和a9 的等比中项 (1)求数列an的通项公式； (2)若bn，Sn为数列bn的前n项和，求S100的值 1 （n1）an 解：(1)设公差为d(d0)， 则a
10、na1(n1)d. 因为a3是a1和a9的等比中项， 所以aa1a9， 2 3 即(22d)22(28d)， 解得d0(舍去)或d2. 所以ana1(n1)d2n. (2)由(1)得bn， 1 （n1）an 1 2n（n1） 1 2( 1 n 1 n1) 所以S100b1b2b100 (1 ) . 1 2 1 2 1 2 1 3 1 100 1 101 1 2(1 1 101) 50 101 12(2018兰州模拟)已知等差数列an中，a22，a3a58，数列bn中，b12， 其前n项和Sn满足：bn1Sn2(nN N*) (1)求数列an，bn的通项公式； (2)设cn，求数列cn的前n项和
11、Tn. an bn 解：(1)设an的公差为d， 因为a22，a3a58， 所以 2d23d8， 所以d1，所以ann. 因为bn1Sn2(nN N*)， 所以bnSn12(nN N*，n2) 得，bn1bnSnSn1bn(nN N*，n2)， 所以bn12bn(nN N*，n2) 因为b12，b22b1， 所以bn为等比数列，b12，q2， 所以bn2n. (2)因为cn， an bn n 2n 所以Tn ， 1 2 2 22 3 23 n1 2n1 n 2n Tn， 1 2 1 22 2 23 3 24 n1 2n n 2n1 两式相减，得Tn 1， 1 2 1 2 1 22 1 2n n
12、 2n1 2n 2n1 所以Tn2. n2 2n B 组 大题增分专练 1(2018昆明模拟)数列an满足a11，an12an3. (1)证明an1是等比数列，并求数列an的通项公式； (2)已知符号函数 sgn(x)设bnansgn(an)，求数列bn的前 100 项 1，x 0， 0，x0， 1，x 0，) 和 解：(1)因为an12an3，a11， 所以an112(an1)，a112， 所以数列an1是首项为2，公比为2 的等比数列 故an1(2)n，即an(2)n1. (2)bnansgn(an)2 n1，n为偶数， 2n1，n为奇数，) 设数列bn的前n项和为Sn， 则S100(21
13、)(221)(231)(2991)(2100 1)22223210021012. 2(2018惠州第一次调研)在公差不为 0 的等差数列an中，a1，a4，a8成等比数列 (1)若数列an的前 10 项和为 45，求数列an的通项公式； (2)若bn，且数列bn的前n项和为Tn，若Tn ，求数列an的公差 1 anan1 1 9 1 n9 解：(1)设数列an的公差为d(d0)， 由a1，a4，a8成等比数列可得aa1a8， 2 4 即(a13d)2a1(a17d)，得a19d. 由数列an的前 10 项和为 45 得 10a145d45， 即 90d45d45， 所以d ，a13. 1 3
14、故数列an的通项公式为an3(n1) . 1 3 n8 3 (2)因为bn， 1 anan1 1 d( 1 an 1 an1) 所以数列bn的前n项和Tn ， 1 d( 1 a1 1 a2) ( 1 a2 1 a3)( 1 an 1 an1) 1 d( 1 a1 1 an1) 即Tn 1 d( 1 a1 1 a1nd) 1 d( 1 9d 1 9dnd) ， 1 d2( 1 9 1 9n) 1 9 1 9n 因此1，解得d1 或 1. 1 d2 故数列an的公差为1 或 1. 3 已知等差数列an的首项a12， 前n项和为Sn， 等比数列bn的首项b11， 且a2b3， S36b2，nN N*
15、. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)数列cn满足cnbn(1)nan，记数列cn的前n项和为Tn，求Tn. 解：(1)设数列an的公差为d，数列bn的公比为q. 因为a12，b11，且a2b3，S36b2， 所以解得 2dq2， 3（222d） 2 6q.) d2， q2.) 所以an2(n1)22n，bn2n1. (2)由题意：cnbn(1)nan2n1(1)n2n. 所以Tn(1242n1)2468(1)n2n， 若n为偶数： Tn(24)(68)2(n1)2n 12n 12 2n1 22nn1. n 2 若n为奇数： Tn(24)(68)2(n2)2(n1)2n 12n 12
16、2n122n2nn2. n1 2 所以Tn2 nn1，n为偶数， 2nn2，n为奇数.) 4 已知数列an满足a13，an12ann1， 数列bn满足b12，bn1bnann，n N N*. (1)证明：ann为等比数列； (2)数列cn满足cn，求证数列cn的前n项和Tn . ann （bn1）（bn11） 1 3 证明：(1)因为an12ann1， 所以an1(n1)2(ann) 又a13，所以a112， 所以数列ann是以 2 为首项，2 为公比的等比数列 (2)由(1)知，ann22n12n. 所以bn1bnannbn2n， 即bn1bn2n. b2b121， b3b222， b4b323， bnbn12n1. 以上式子相加，得bn22n(n2) 2（12n1） 12 当n1 时，b12，满足bn2n， 所以bn2n. 所以cn. ann （bn1）（bn11） 2n （2n1）（2n11） 1 2n1 1 2n11 所以Tn . 1 21 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2n11 1 3 1 2n11 1 3