（江苏专版）2019版高考数学大一轮复习 第六章 数列 第36讲 数列的求和学案 理

第36讲数列的求和考试要求1.等差、等比数列的前n项和公式(C级要求)；2.非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法(B级要求).诊 断 自 测1.(2018无锡一模)设公比不为1的等比数列an满足a1a2a3，且a2，a4，a3成等差数列，则数列an的前4项和为_.解析设等比数列an的公比为q，a2，a4，a3成等差数列，2a4a2a3，2a2q2a2a2q，化为2q2q10，q1，解得q.a1a2a3，aq3，解得a11.则数列an的前4项和.答案2.数列an中，an，若an的前n项和Sn，则n_.解析an，Sna1a2an11.令，得n2 017.答案20173.数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则它的前100项之和S100_.解析S100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200.答案2004.若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和Sn_.解析Sn2n12n2.答案2n12n25.数列的前n项和Tn_.解析由an(n1)，得Tn234(n1)，Tn234(n1)，由得Tn1(n1)1(n1).所以Tn3.答案3知 识 梳 理1.等差数列的前n项和公式Snna1d.2.等比数列的前n项和公式Sn3.一些常见数列的前n项和公式(1)1234n.(2)13572n1n2.(3)24682nn(n1).(4)1222n2.4.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.常见的裂项公式；.(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(10099)(9897)(21)5 050.考点一分组求和法【例1】 已知数列an的前n项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an(1)nan，求数列bn的前2n项和.解(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n.a1也满足ann，故数列an的通项公式为ann.(2)由(1)知ann，故bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n).记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.规律方法分组转化法求和的常见类型(1)若anbncn，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an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.【训练1】已知数列an的通项公式是an23n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，求其前n项和Sn.解Sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3)123(1)nnln 3，所以当n为偶数时，Sn2ln 33nln 31；当n为奇数时，Sn2(ln 2ln 3)ln 33nln 3ln 21.综上所述，Sn考点二错位相减法求和【例2】 (2017天津卷)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，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(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b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2，所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18，由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以，数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n124n1，有a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，上述两式相减得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18.得Tn4n1.所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1.规律方法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“SnqSn”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.【训练2】 设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q.已知b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意得，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn，可得Tn23，所以Tn6.考点三裂项相消法求和【例3】 正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn，证明：对于任意的nN*，都有Tn0，Snn2n.于是a1S12，当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n，又a1221.综上，数列an的通项an2n.(2)证明由于an2n，bn，则bn.Tn0，所以a12.当n2时，Sn(an1)(an2)，Sn1(an11)(an12)，两式相减得(anan1)(anan11)0.又因为an0，所以anan10，所以anan11，所以ann1.(2)T2na1a2a2a3a3a4a4a5a5a6a2n2a2n1a2n1a2na2na2n12(a2a4a2n).又因为a2，a4，a2n是首项为3，公差为2的等差数列，所以a2a4a2nn22n，故T2n2n24n.规律方法(1)当出现an与Sn的关系式时， 递推作差是消去Sn的常用方法，本质还是利用anSnSn1消去Sn.(2)当遇到关于an与an1的二次多项式时，常用方法是因式分解，从而达到降次的目的.(3)江苏高考主要还是考查等差、等比数列.遇到非等差、等比数列的形式时，要优先考虑向等差、等比数列转化，通过有效的转化，从中挖掘出题目中蕴含的等差、等比数列.【训练4】 数列an的通项公式为anncos ，其前n项和为Sn，则S2 017_.解析因为数列anncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a10，a22，a30，a44.故S4a1a2a3a42.a50，a66，a70，a88，故a5a6a7a82，周期T4.S2 017S2 016a2 01722 017cos 1 008.答案1 008一、必做题1.(2018无锡模拟)设等比数列an的前n项和为Sn，已知a12 016，且an2an1an20(nN*)，则S2 016_.解析an2an1an20(nN*)，an2anqanq20，q为等比数列an的公比，即q22q10，q1.an(1)n12 016，S2 016(a1a2)(a3a4)(a2 015a2 016)0.答案02.(2017全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则 _.解析设an首项为a1，公差为d.则a3a12d3，S44a16d10，求得a11，d1，则ann，Sn， 22.答案3.(教材改编)数列的前n项和Sn_.解析Sn123n，Sn123(n1)n，得Snn.Sn2(1)2.答案24.已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100_.解析由题意得a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(43)(99100)(101100)(1299100)(23100101)5010150103100.答案1005.(2018连云港四校期中)一个只有有限项的等差数列，它的前5项和为34，最后5项和为146，所有项的和为234，则它的第7项为_.解析据题意知a1a2a3a4a534，an4an3an2an1an146，又a1ana2an1a3an2a4an3a5an4，a1an36.又Snn(a1an)234，n13，a1a132a736，a718.答案186.(2018泰州模拟)设数列an满足a11，(1an1)(1an)1(nN*)，则akak1的值为_.解析因为(1an1)(1an)1，所以anan1anan10，从而1，即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1n1n，所以an，故an1an，因此akak11.答案7.已知正项数列an的前n项和为Sn，nN*，2Snaan.令bn，设bn的前n项和为Tn，则在T1，T2，T3，T100中有理数的个数为_.解析2Snaan，2Sn1aan1，得2an1aan1aan，aaan1an0，(an1an)(an1an1)0.又an为正项数列，an1an10，即an1an1.在2Snaan中，令n1，可得a11.数列an是以1为首项，1为公差的等差数列.ann，bn，Tn1，T1，T2，T3，T100中有理数的个数为9.答案98.数列an满足an2an12n1(nN，n2)，a327.(1)求a1，a2的值；(2)是否存在一个实数t，使得bn(ant)(nN*)，且数列bn为等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由；(3)求数列an的前n项和Sn.解(1)由a327，得272a2231，a29.92a1221，a12.(2)假设存在实数t，使得bn为等差数列，则2bnbn1bn1.2(ant)(an1t)(an1t)，4an4an1an1t，4an42an2n11t，t1，即存在实数t1，使得bn为等差数列.(3)由(1)，(2)得b1，b2，bnn，an2n1(2n1)2n11.Sn(3201)(5211)(7221)(2n1)2n11352722(2n1)2n1n，2Sn32522723(2n1)2n2n，由得Sn32222222322n1(2n1)2nn12(2n1)2nn(12n)2nn1.Sn(2n1)2nn1.9.(2016天津卷)已知an是等比数列，前n项和为Sn(nN*)，且，S663.(1)求an的通项公式；(2)若对任意的nN*，bn是log2an和log2an1的等差中项，求数列(1)nb的前2n项和.解(1)设数列an的公比为q.由已知有，解得q2或q1.又由S6a163，知q1，所以a163，得a11.所以an2n1.(2)由题意得bn(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，即bn是首项为，公差为1的等差数列.设数列(1)nb的前n项和为Tn，则T2n(bb)(bb)(bb)b1b2b2b4b2n1b2n2n2.10.(2018镇江丹徒中学调研)已知首项为的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN*)，且S3a3，S5a5，S4a4成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)设TnSn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值.解(1)设等比数列an的公比为q，因为S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是递减数列且a1，所以q.故等比数列an的通项公式为an(1)n1.(2)由(1)得Sn1当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1SnS1，故0SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以S2SnSnS2.综上，对于nN*，总有Sn.所以数列Tn的最大项的值为，最小项的值为.二、选做题11.(一题多解)(2018南京、盐城一模) 设Sn是等比数列an的前n项和，an0，若S62S35，则S9S6的最小值为_.解析法一当q1时，S62S30，不合题意，所以q1，从而由S62S35得5，从而得0，故1q1，故S9S6(q6q9)，令q31t0，则S9S6520，当且仅当t1，即q32时等号成立.法二因为S6S3(1q3)，所以由S62S35得S30，从而q1，故S9S6S3(q6q31)S3(q31)S3q6，以下同法一.答案2012.(2018扬州一模)已知数列an与bn的前n项和分别为An和Bn，且对任意nN*，an1an2(bn1bn)恒成立.(1)若Ann2，b12，求Bn；(2)若对任意nN*，都有anBn及成立，求正实数b1的取值范围；(3)(选做)若a12，bn2n，是否存在两个互不相等的整数s，t(1st)，使，成等差数列？若存在，求出s，t的值；若不存在，请说明理由.解(1)Ann2，a11，n2时，anAnAn1n2(n1)22n1，n1时也成立，an2n1.对任意nN*，an1an2(bn1bn)恒成立.bn1bn(an1an)1.b12，数列bn是等差数列，公差为1，首项为2，Bn2n1n2n.(2)Bn1Bnan1an2(bn1bn)bn1，可得bn12bn，数列bn是等比数列，公比为2.bnb12n1，anBnb1(2n1).，3，b13.(3)由an1an2(bn1bn)2n1.n2时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n2n12222n12.当n1时也成立.An2n2n242n.又Bn2n12.2.假设存在两个互不相等的整数s，t(1st)，使，成等差数列.等价于，成等差数列，211，21，即2s2s1，令h(s)2s2s1，则h(s1)h(s)2s12(s1)1(2s2s1)2s20，h(s)单调递增，若s3，则h(s)h(3)10，不满足条件，舍去.s2，代入得1，可得2t3t10(t3).t3时不满足条件，舍去.t4时，令u(t)2t3t10(t4)，同理可得函数u(t)单调递增，u(t)u(4)30，不满足条件.综上可得不存在两个互不相等的整数s，t(1st)，使，成等差数列.15