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第2讲数列求和与综合问题做小题激活思维1若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为()A2nn21B2n1n21C2n1n22D2nn2CSn2n12n2.2已知数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a10等于()A15B12C12D15Aan(1)n(3n2)，a1a2a10147102528(14)(710)(2528)3515.3若数列的前n项和为，则n的值为()A9B10C11D12B，Sn1，由可知n10.故选B.4一题多解等于()A. B.C. D.B法一：(错位相减法)令Sn，则Sn，得Sn.Sn.故选B.法二：(验证法)取n1时，代入各选项验证可知选B.5已知Sn是数列an的前n项和，且有Snn21，则数列an的通项公式an_.当n1时，a1S1112，当n2时，anSnSn1(n21)(n1)212n1.此时对于n1不成立，故an6数列an中，a160，an1an3，则|a1|a2|a30|_.765由a160，an1an3可得an3n63，则a210，|a1|a2|a30|(a1a2a20)(a21a30)S302S20765.扣要点查缺补漏1分组求和：形如anbn的数列求和，如T1.2并项求和：形如an(1)nf(n)的数列求和，如T2.3裂项相消求和：形如，其中an是等差数列的求和如T3.4错位相减法求和：形如anbn的数列求和，其中an，bn分别为等差和等比两个不同的数列，如T4.5含绝对值的数列求和：先去绝对值，再求和，如T6.6数列的通项的求法(1)利用an求通项时，要注意检验n1的情况如T5.(2)根据数列的递推关系求通项的常用方法累加法：适用于形如an1anf(n)的数列；累乘法：适用于形如f(n)的数列；构造法：形如an1，可转化为，构造等差数列；形如an1panq(pq0，且p1)，可转化为an1p，构造等比数列.数列中的an与Sn的关系(5年3考)高考解读高考对本点的考查常以anSnSn1(n2)为切入点，结合等差(比)数列的相关知识求an或Sn.预测2020年会以数列an与Sn的递推关系为载体，加强转化构造能力的考查.1(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.63因为Sn2an1，所以当n1时，a12a11，解得a11，当n2时，anSnSn12an1(2an11)，所以an2an1，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an2n1，所以S663.2(2015全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.an1Sn1Sn，an1SnSn1，Sn1SnSnSn1.Sn0，1，即1.又1，是首项为1，公差为1的等差数列1(n1)(1)n，Sn.3(2013全国卷)若数列an的前n项和Snan，则an的通项公式是an_.(2)n1当n1时，S1a1，a11.当n2时，anSnSn1an(anan1)，an2an1，即2，an是以1为首项的等比数列，其公比为2，an1(2)n1，即an(2)n1.由Sn与an的关系求an的思路利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.提醒：在利用anSnSn1(n2)求通项公式时，务必验证n1时的情形，看其是否可以与n2的表达式合并1(用累加或累乘法求通项)已知数列an中，a11，前n项和Snan，则an_.Snan，且a11，当n2时，a1a2a2，即a23a13.又当n2时，anSnSn1anan1，即anan1.ana11.2(用构造法求通项)数列an中，a11，an1Sn3n(nN*，n1)，则数列Sn的通项公式为_Sn3n2nan1Sn3nSn1Sn，Sn12Sn3n，1，又11，数列是首项为，公比为的等比数列，1，Sn3n2n.3(活用前n项和的定义求通项)数列an满足a1a2a3an2n1，则数列an的通项公式为_an因为a1a2a3an2n1，所以a1a2a3an12(n1)1，两式相减得an2，即an2n1，n2.又a13，所以a16，因此an求数列an的前n项和(5年3考)高考解读试题常以递推关系为载体，通过构造或借助等差(比)数列的基本运算，运用方程思想求得an或Sn，再借助裂项法(或分组求和法等)求数列的前n项和，试题难易适中，面向全体，注重双基.预测2020年高考命题风格不变.重视题(2015全国卷)Sn为数列an的前n项和已知an0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和解(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.两式相减可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由于an0，可得an1an2.又a2a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.点评重视an与Sn关系条件中是an与Sn关系，根据an与Sn关系式的特点，可以an向Sn转化也可以Sn向an转化，利用的都是在n2时，anSnSn1，转化后往往构造特殊数列，用到累加、累乘等，从而求出通项. 教师备选题(2016全国卷)Sn为等差数列an的前n项和，且a11，S728.记bnlg an，其中x表示不超过x的最大整数，如0.90，lg 991.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列bn的前1 000项和解(1)设an的公差为d，据已知有721d28，解得d1.所以an的通项公式为ann.b1lg 10，b11lg 111，b101lg 1012.(2)因为bn所以数列bn的前1 000项和为1902900311 893.数列求和的注意事项(1)分组求和法求和时，当数列的各项是正负交替时，一般需要对项数n进行讨论(2)裂项相消法的关键在于准确裂项，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等，把握相消后所剩式子的结构，前面剩几项，后面剩几项(3)错位相减法中，两式做减法后所得式子的项数及对应项之间的关系，求和时注意数列是否为等比数列或是从第几项开始为等比数列1(与对数函数交汇考查分组求和)已知数列an为等比数列，首项a14，数列bn满足bnlog2an，且b1b2b312.(1)求数列an的通项公式；(2)令cnan，求数列cn的前n项和Sn.解(1)由bnlog2an和b1b2b312得log2(a1a2a3)12，a1a2a3212.设等比数列an的公比为q，a14，a1a2a344q4q226q3212，计算得q4.an44n14n.(2)由(1)得bnlog24n2n，cn4n4n4n.设数列的前n项和为An，则An1，设数列4n的前n项和为Bn，则Bn(4n1)，Sn(4n1)2(错位相减法求和)已知数列an的前n项和为Sn，a15，nSn1(n1)Snn2n.(1)求证：数列为等差数列；(2)令bn2nan，求数列bn的前n项和Tn.解(1)证明：由nSn1(n1)Snn2n得1，又5，所以数列是首项为5，公差为1的等差数列(2)由(1)可知5(n1)n4，所以Snn24n，当n2时，anSnSn1n24n(n1)24(n1)2n3.又a15也符合上式，所以an2n3(nN*)，所以bn(2n3)2n，所以Tn52722923(2n3)2n，2Tn522723924(2n1)2n(2n3)2n1，所以得Tn(2n3)2n110(23242n1)(2n3)2n110(2n3)2n110(2n28)(2n1)2n12.3(含有(1)nan的并项求和)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a11，S3S4S5.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1anan1，求数列bn的前2n项和T2n.解(1)设等差数列an的公差为d，由S3S4S5，可得a1a2a3a5，即3a2a5，故3(1d)14d，解得d2.an1(n1)22n1.(2)由(1)可得bn(1)n1(2n1)(2n1)(1)n1(4n21)T2n(4121)(4221)(4321)(4421)(1)2n14(2n)21412223242(2n1)2(2n)24(12342n12n)48n24n.数列中的创新与交汇问题高考解读应用性问题是数学命题的一个新动向，主要考查考生运用已知知识解决实际问题的能力，试题背景新颖，有较好的区分度.1(2017全国卷)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A1盏B3盏C5盏D9盏B设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7381，q2，S7381，解得a13.故选B.2(2017全国卷)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂那么该款软件的激活码是()A440B330C220D110A设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.由题意知，N100，令100n14且nN*，即N出现在第13组之后第n组的各项和为2n1，前n组所有项的和为n2n12n.设N是第n1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则第n1组的前k项的和2k1应与2n互为相反数，即2k12n(kN*，n14)，klog2(n3)n最小为29，此时k5，则N5440.故选A.教师备选题(2016全国卷)定义“规范01数列”an如下：an共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k2m，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数若m4，则不同的“规范01数列”共有()A18个B16个C14个D12个C由题意知：当m4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a10，a81.不考虑限制条件“对任意k2m，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C20(种)，其中存在k2m，a1，a2，ak中0的个数少于1的个数的情况有：若a2a31，则有C4(种)；若a21，a30，则a41，a51，只有1种；若a20，则a3a4a51，只有1种综上，不同的“规范01数列”共有20614(种)故共有14个故选C.与数列有关的综合问题求解策略(1)对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，要弄清所考查的问题与哪个知识点有关，在此基础上，借助相关知识寻找求解线索(2)以数列为背景的不等式恒成立问题，多为不等式恒成立与证明和形式的不等式，在求解时要注意等价转化即分离参数法与放缩法的技巧，同时也要注意数列或数列对应函数的单调性的应用1(与函数交汇)已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且满足ff(x)，f(2)3，数列an满足a11，且Sn2ann(Sn为an的前n项和)，则f(a5)f(a6)()A3B4C5D6ASn2ann，当n2时，anSnSn12an2an11，即an2an11，又a11，a23，a37，a415，a531，a663.由ff(x)，得ff(x)f(x3)f(x)，f(x)f(x3)，f(31)f(332)f(2)3，f(63)f(0)0，f(a5)f(a6)f(31)f(63)3.2(数列与数学文化)“斐波那契数列”由13世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”斐波那契数列an满足：a11，a21，anan1an2(n3，nN*)，记其前n项和为Sn，设a2 018t(t为常数)，则S2 016S2 015S2 014S2 013_.(用t表示)t由题意可得S2 016S2 015S2 014S2 013a2 016a2 015a2 015a2 014a2 017a2 016a2 018t.3重视题(数列与数学归纳法)(2019浙江高考)设等差数列an的前n项和为Sn，a34，a4S3.数列bn满足：对每个nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记cn，nN*，证明：c1c2cn2，nN*.解(1)设数列an的公差为d，由题意得解得a10，d2，an2n2，nN*.Snn2n，nN*.数列bn满足：对每个 nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列，(Sn1bn)2(Snbn)(Sn2bn)，解得bn(SSnSn2)，解得bnn2n，nN*.(2)证明：cn，nN*，用数学归纳法证明：当n1时，c102，不等式成立；假设当nk(kN*)时不等式成立，即c1c2ck2，那么当nk1时，c1c2ckck122222()2，即当nk1时，不等式也成立由得c1c2cn2，nN*.
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