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第5讲数列调研一等差数列与等比数列备考工具1an与Sn的关系若数列an的前n项和为Sn，则an2已知Sn求an时应注意的问题(1)应重视分类讨论思想的应用，分n1和n2两种情况讨论，特别注意anSnSn1中需n2.(2)由SnSn1an推得an，当n1时，a1也适合“an式”，则需统一“合写”(3)由SnSn1an推得an，当n1时，a1不适合“an式”，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an3递增数列：an1an，递减数列：an10，所以q0，由条件得，解得，所以S531，故选B.优解：设首项为a1，公比为q，因为an0，所以q0，由a2a6a64，a34，得q2，a11，所以S531，故选B.答案：B52019广州综合测试一设Sn是等差数列an的前n项和，若m为大于1的正整数，且am1aam11，S2m111，则m()A11B10C6D5解析：由am1aam11可得2ama1，即a2am10，解得am1，由S2m1am(2m1)11，可得2m111，得m6，选C.答案：C62019惠州调研已知各项均为正数的等比数列an中，a11,2a3，a5,3a4成等差数列，则数列an的前n项和Sn()A2n1B2n11C2n1D2n解析：通解：设an的公比为q(q0)，由题意知2a52a33a4，2a3q22a33a3q，2q223q，q2或q(舍去)，所以an2n1，Sna1a2an122n12n1.优解：当n1时，21110a1,212a1，排除B，D；若Sn2n1，则S22212，得到a2211，这时a1a2a3a4a51，不满足2a3，a5,3a4成等差数列，排除C，选A.答案：A72019福建宁德模拟等差数列an中，a49，a715，则数列(1)nan的前20项和等于()A10B20C10D20解析：设等差数列an的公差为d，由a49，a715，得a13d9，a16d15，解得a13，d2，则an32(n1)2n1，数列(1)nan的前20项和为35791113394122221020.故选D.答案：D82019江苏卷已知数列an(nN*)是等差数列，Sn是其前n项和若a2a5a80，S927，则S8的值是_解析：通解：设等差数列an的公差为d，则a2a5a8(a1d)(a14d)a17da4d25a1da17d0，S99a136d27，解得a15，d2，则S88a128d405616.优解：设等差数列an的公差为d.S99a527，a53，又a2a5a80，则3(33d)33d0，得d2，则S84(a4a5)4(13)16.答案：1692019北京卷设等差数列an的前n项和为Sn.若a23，S510，则a5_，Sn的最小值为_解析：设等差数列an的公差为d，即可得a5a14d0.Snna1d(n29n)，当n4或n5时，Sn取得最小值，最小值为10.答案：010102019全国卷记Sn为等比数列an的前n项和若a1，aa6，则S5_.解析：通解：设等比数列an的公比为q，因为aa6，所以(a1q3)2a1q5，所以a1q1，又a1，所以q3，所以S5.优解：设等比数列an的公比为q，因为aa6，所以a2a6a6，所以a21，又a1，所以q3，所以S5.答案：调研二数列求和备考工具1求数列的前n项和的方法(1)公式法等差数列的前n项和公式Snna1.等比数列的前n项和公式a当q1时，Snna1；b当q1时，Sn.(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列(3)裂项相消：把一个数列的通项分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩有限项再求和(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和(5)倒序相加：把数列正着写和倒着写再相加，例如等差数列前n项和公式的推导方法(6)并项求和：将某些具有某种特殊性质的项放在一起先求和，再求整体的和2常见的拆项公式(1)若an为各项都不为0的等差数列，公差为d(d0)，则；(2)；(3)；(4)logaloga(n1)logan(a0且a1)3常见数列的前n项和(1)123n；(2)2462nn2n；(3)135(2n1)n2；(4)122232n2；(5)132333n32.自测自评12019太原一模已知数列an的前n项和Sn满足Sn(1)nan2n6(nN*)，则S100()A196B200C194D198解析：令n102，则S102a10221026，所以S102(S102S101)198，得S101198，令n101，则S101a10121016，所以S101(S101S100)196，得2S101S100196，将代入得S1002196396196200，选B.答案：B22019南昌一模杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形，帕斯卡(16231662)是在1654年发现这一规律的我国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书里出现了如图所示的表，这是我国数学史上的一个伟大成就如图所示，在“杨辉三角”中，去除所有为1的项，依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5，则此数列前135项的和为()A21853B21852C21753D21752解析：n次的二项式系数对应“杨辉三角”中的第n1行例如(x1)2x22x1，系数分别为1,2,1，对应“杨辉三角”的第3行再令二项式中的x1，就可以求得该行系数之和第1行为20，第2行为21，第3行为22，以此类推，可发现，每一行数除1外，第3行和为222，第4行和为232，第5行和为242，第18行和为2172.若去除所有为1的项，则剩下的，从第3行开始，每一行的个数为1,2,3,4，可以看出构成一个首项为1，公差为1的等差数列，设等差数列的前n项和为Tn，则Tn，可算得当n16时，T16136，前135项到第18行倒数第3个数，而第18行最后两个数为17,1，所以所求前135项的和为222232217217321721853，故选A.答案：A32019广东六校联考一已知数列an满足a12a23a3nan(2n1)3n.设bn，Sn为数列bn的前n项和，若Sn(为常数，nN*)，则的最小值是()A.B.C.D.解析：a12a23a3nan(2n1)3n，当n2时，a12a23a3(n1)an1(2n3)3n1，得，nan4n3n1，即an43n1(n2)当n1时，a134，所以an，bn.所以Sn，Sn，得，Sn，所以Sn，所以的最小值是，故选C.答案：C42019武汉调研已知数列an的前n项和Sn满足Sn3Sn12n3(n2)，a11，则a4_.解析：解法一：由Sn3Sn12n3(n2)可得S23S113a11，即a22a111.根据Sn3Sn12n3(n2)，知Sn13Sn2n13，可得，an13an2n(n2)两边同时除以2n1可得(n2)，令bn，可得bn1bn(n2)bn11(bn1)(n2)，数列bn1是以b21为首项，为公比的等比数列bn1n2(n2)，bnn11(n2)又b1也满足上式，bnn11(nN*)，又bn，an2nbn，即an3n12n.a4332411.解法二：由Sn3Sn12n3(n2)，a11，知S23S143，a21.S33S283，a31.S43S3163，a411.解法三：设Sna2nb3(Sn1a2n1b)(b2)，则，.Sn2n13(Sn12n)(n2)，为等比数列，首项为S14，公比为3.Sn2n13n1，Sn3n12n1，a4S4S311.答案：1152019石家庄一模已知数列an的前n项和为Sn，且Sn1Sn(nN*)，若a20，且S10a125S4a1S10a1，S10a1S12a1S14a1S4S10，S10S12S140，S3a1S5a1S9a1S11a1，S11a1S13a1S15a1S5S9S11，S11S13S15，又S11S1045，2S102a150，S11S102a15，a25，S11S100，S11S10，Sn取得最小值时n10.答案：1062019长沙、南昌联考已知各项均为正数的数列an满足a18，an12an2n3，cn，bn，且数列bn的前n项和为Tn，则使Tn10的n的最小值为_解析：由an12an2n3，得an12an42n1，所以4，即4，即cn1cn4，所以数列cn是首项为c14，公差为4的等差数列，故cn44(n1)4n.所以bn，于是Tnb1b2bn(1)()()1.则由110，解得n120，故使Tn10的n的最小值为121.答案：12172019安徽五校质检二设数列an满足a15，且对任意正整数n，总有(an13)(an3)4an4成立，则数列an的前2 018项的和为_解析：由(an13)(an3)4an4，得an13，因为a15，所以a20，a3，a45，a55，则数列an是以4为周期的周期数列，因为2 01850442，且a1a2a3a4，即一个周期的和为，所以数列an的前2 018项的和为50450835.答案：83582019江西五校联考在数列an中，a11，anan1(n2)记Sn为数列的前n项和，若Sn，则n_.解析：由anan1(n2)得，令bn，则bn1(n2)，所以式变形为bnbn1(n2)，即(n2)，则当n1时，b1a11，当n2时，bnb11.所以bn，即2，所以Sn22，解得n49.答案：4911
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