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1、第四节 数列求和与数列的综合应用 2019 考纲考题考情 1公式法与分组求和法 (1)公式法 直接利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求和。 等差数列的前 n 项和公式： Snna1d。 na1an 2 nn1 2 等比数列的前 n 项和公式： SnError!Error! (2)分组求和法 若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数 列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减。 2倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加法 如果一个数列的前 n 项中与首末两端等“距离”的两项的和 相等或等于同一个常数， 那么求这个数列的前 n 项和可用倒序相 加法，如等差数列的前 n 项和公
2、式即是用此法推导的。 (2)并项求和法 在一个数列的前 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， Sn10029929829722212(1002992) (982972)(2212)(10099)(9897)(21)5 050。 3裂项相消法 (1)把数列的通项拆成两项之差， 在求和时中间的一些项可以 相互抵消，从而求得其和。 (2)常见的裂项技巧 。 1 nn1 1 n 1 n1 。 1 nn2 1 2( 1 n 1 n2) 。 1 2n12n1 1 2( 1 2n1 1 2n1) 。 1 nn1 n1n 。 1 nn1
3、n2 1 2( 1 nn1 1 n1n2) 4错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的 对应项之积构成的，那么这个数列的前 n 项和即可用此法来求， 如等比数列的前 n 项和公式就是用此法推导的。 1使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了 哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的 项有前后对称的特点。 2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。 一、走进教材 1(必修 5P47B 组 T4改编)数列an中，an，若an 1 nn1 的前 n 项和为，则项数 n 为( ) 2 017 2 01
4、8 A2 014 B2 015 C2 016 D2 017 解析 an ，Sn1 1 nn1 1 n 1 n1 1 2 1 2 1 3 1 n 1，所以 n2 017。故选 D。 1 n1 1 n1 n n1 2 017 2 018 答案 D 2(必修 5P61T4(3)改编)12x3x2nxn1_(x 0 且 x1)。 解析 设Sn12x3x2nxn1， 则xSnx2x2 3x3nxn， 得 ： (1x)Sn1xx2xn1nxn nxn，所以 Sn。 1xn 1x 1xn 1x2 nxn 1x 答案 1xn 1x2 nxn 1x 二、走近高考 3 (2017全国卷改编)设数列an满足 a13
5、a2(2n 1)an2n。 (1)an的通项公式是 an_。 (2)数列的前 n 项和是_。 an 2n1 解析 (1)因为a13a2(2n1)an2n， 故当n2时， a1 3a2(2n3)an12(n1)。两式相减得(2n1)an2，所 以 an(n2)。 又由题设可得 a12， 也适合上式， 从而an 2 2n1 的通项公式为 an。 2 2n1 (2)记的前 n 项和为 Sn，由(1)知 an 2n1 an 2n1 ， 则 Sn 2 2n12n1 1 2n1 1 2n1 1 1 1 3 1 3 1 5 1 2n1 。 1 2n1 2n 2n1 答案 (1) (2) 2 2n1 2n 2
6、n1 4 (2018浙江高考)已知 a1， a2， a3， a4成等比数列， 且 a1a2 a3a4ln(a1a2a3)。若 a11，则( ) Aa1a3，a2a4 Da1a3，a2a4 解析 因为函数 ylnx 在点(1,0)处的切线方程为 yx1， 所以 lnxx1(x0)， 所以 a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1 a2a31，所以 a41，又 a11，所以等比数列的公比 q1， 所以 ln(a1a2a3)0， 与 ln(a1a2a3) a1a2a3a40矛盾， 所以10， a2a4a1q(1q2)a3，a21， 所以等比数列的公比 q1，所以 ln(a1a2 a3)0， 与 ln
7、(a1a2a3)a1a2a3a40 矛盾， 所以10，a2a4a1q(1q2)a3， a20，解得 a12，q2， 所以 an2n。 (2)由题意知， S2n1(2n1)bn1， 2n1b1b2n1 2 又 S2n1bnbn1，bn10， 所以 bn2n1。 令 cn，则 cn， bn an 2n1 2n 因此 Tnc1c2cn ， 3 2 5 22 7 23 2n1 2n1 2n1 2n 又 Tn， 1 2 3 22 5 23 7 24 2n1 2n 2n1 2n1 两式相减得 Tn 1 2 3 2 ( 1 2 1 22 1 2n1) 2n1 2n1 1 n1 3 2 ( 1 2) 2n1
8、2n1 ， 5 2 2n5 2n1 所以 Tn5。 2n5 2n 用错位相减法求和时容易出现以下两点错误 ： (1)两式相减时 最后一项因为没有对应项而忘记变号。 (2)对相减后的和式的结构 认识模糊，错把中间的 n1 项和当作 n 项和。 【变式训练】 已知数列an的前 n 项和 Sn3n28n， bn 是等差数列，且 anbnbn1。 (1)求数列bn的通项公式； (2)令 cn，求数列cn的前 n 项和 Tn。 a n 1 n1 b n 2 n 解 (1)由题意知，当 n2 时，anSnSn16n5， 当 n1 时，a1S111，满足上式， 所以 an6n5。 设数列bn的公差为 d。
9、由Error!Error!即Error!Error! 可解得Error!Error!所以 bn3n1。 (2)由(1)知 cn3(n1)2n1， 6n6n1 3n3n 又 Tnc1c2cn， 得 Tn3222323(n1)2n1， 2Tn3223324(n1)2n2， 两式作差，得 Tn322223242n1(n1)2n2 34412 n 12 n1 2n2 3n2n2， 所以 Tn3n2n2。 考点三 裂项相消法求和 【例 3】 已知数列an是递增的等比数列，且 a1a49， a2a38。 (1)求数列an的通项公式； (2)设 Sn为数列an的前 n 项和，bn，求数列bn的 an1 Sn
10、Sn1 前 n 项和 Tn。 解 (1)因为数列an是递增的等比数列，且 a1a49，a2a3 8。 所以Error!Error!Error!Error!q38q2ana1qn12n a4 a1 1。 (2)由(1)可知 Sn2n1， a11qn 1q 12n 12 所以 bn， 2n 2 n12n1 1 1 2n1 1 2n11 所以 Tn1 1 1 3 1 3 1 7 1 7 1 15 1 2n1 1 2n11 。 1 2n11 1用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如： ()， 裂项后可 1 nnk 1 k nkn 1 nnk 1 k( 1 n 1 nk) 以产生连续相互抵消的项。 2
11、抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前 面剩两项，后面也剩两项(对称剩项)。 【变式训练】 已知数列an的前 n 项和为 Sn，a12， 且满足 Sn an1n1(nN*)。 1 2 (1)求数列an的通项公式； (2)若 bnlog3(an1)，设数列的前 n 项和为 Tn， 1 bnbn2 求证：Tn12an1成立的 n 的最小值为_。 解析 所有的正奇数和 2n(nN*)按照从小到大的顺序排列 构成an， 在数列an中， 25前面有 16 个正奇数， 即 a2125， a38 26。当 n1 时，S1112a28540，符合题意。故使得 Sn12an1成立 的 n 的最小值为
12、27。 答案 27 高考命制综合题时，常将等差、等比数列结合在一起，形成 两者之间的相互联系和相互转化， 破解这类问题的方法是首先寻 找通项公式，利用性质之间的对偶与变式进行转化。 【变式训练】 (2019河北名校联考)在正整数数列中， 由 1 开始依次按如下规则，将某些数染成红色。先染 1；再染两个偶 数 2,4；再染 4 后面最邻近的 3 个连续奇数 5,7,9；再染 9 后面的 最邻近的 4 个连续偶数 10,12,14,16； 再染此后最邻近的 5 个连续 奇数 17,19,21,23,25。按此规则一直染下去，得到一红色子数列 1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，则
13、在这个红色子数列中，由 1 开始 的第 2 018 个数是( ) A3 971 B3 972 C3 973 D3 974 解析 由题意可知，第 1 组有 1 个数，第 2 组有 2 个数根 据等差数列的前 n 项和公式， 可知前 n 组共有个数。 由于 2 nn1 2 0160，an0)，这种类型一般是等式两边取对数 r n 后整理转化为类型二。 3an2pan1qan(其中 p，q 均为常数)。先把原递推公式 转化为 an2san1t(an1san)，其中 s，t 满足Error!Error!转化为 一个新等比数列来求(如下面变式训练)。 【变式训练】 (2019沈阳市质量检测)在数列an中，a1 1，a22，an13an2an1(n2)，则 an_。 解析 因为 an13an2an1(n2)，所以2(n an1an anan1 2)，所以 an1an(a2a1)2n12n1(n2)，又 a2a11，所 以 anan12n2，an1an22n3，a2a11，累加， 得 an2n1(nN*)。 解析：因为 an13an2an1(n2)，所以 an12anan 2an1， 得an12anan2an1an12an2a22a10， 即 an2an1(n2)，所以数列an是以 1 为首项，2 为公比的等 比数列，所以 an2n1(nN*)。 答案 2n1