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第2讲数列求和问题考情研析1.从具体内容上，高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想2.从高考特点上，难度稍大，一般以解答题为主，分值约为78分.核心知识回顾常见的求和方法(1)公式法：适合求等差数列或等比数列的前n项和对等比数列利用公式法求和时，一定注意公比q是否取1.(2)错位相减法：主要用于求数列anbn的前n项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列(3)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为的数列的前n项和(4)分组求和法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并(5)并项求和法：当一个数列为摆动数列，形如(1)nan的形式，通常分奇、偶，观察相邻两项是否构成新数列热点考向探究考向1 分组转化法求和例1(2019天津南开区高三下学期一模)已知数列an是等差数列，Sn为其前n项和，且a53a2，S714a27.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列anbn是首项为1，公比为2的等比数列，求数列(1)nbn(anbn)的前n项和Tn.解(1)设等差数列an的公差是d.由a53a2得a14d3(a1d)，化简得d2a1，由S714a27得da11，由解得a11，d2.所以数列an 的通项公式为an2n1.(2)由数列anbn 是首项为1，公比为2的等比数列，得anbn2n1，即2n1bn2n1.所以bn2n12n1.所以(1)nbn(anbn)(1)n2n1(2n12n1)(1)n4n1(2)n1(2n1)(4)n1(2n1)(2)n1.Pn(4)0(4)1(4)n1，Qn1(2)03(2)15(2)2(2n3)(2)n2(2n1)(2)n1，2Qn1(2)13(2)25(2)3(2n3)(2)n1(2n1)(2)n，得3Qn1(2)02(2)12(2)22(2)n1(2n1)(2)n1(2n1)(2)n(2)n.Qn(2)n.TnPnQn.若一个数列是由两个或多个等差、等比数列的和差形式组成，或这个数列可以分解成两个或多个等差、等比数列的和差形式，则可以根据数列的结构对原数列求和式的各部分重新组合，进而使用等差、等比数列的求和公式进行求和解题的关键是观察结构、巧分组等差数列an的前n项和为Sn，数列bn是等比数列，满足a13，b11，b2S210，a52b2a3.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令cn设数列cn的前n项和为Tn，求T2n.解(1)设数列an的公差为d，数列bn的公比为q，则由a13，b11及得解得所以an32(n1)2n1，bn2n1.(2)由a13，an2n1，得Snn(n2)则cn即cnT2n(c1c3c2n1)(c2c4c2n)(22322n1)1(4n1)考向2 裂项相消法求和例2(2019甘青宁高三3月联考)设Sn为等差数列an的前n项和，已知a75，S555.(1)求Sn；(2)设bn，求数列的前19项和T19.解(1)Sn19n42n221n.(2)设bn2n21，则，故T19.裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和适用于数列的求和，其中数列an是各项不为0的等差数列，c为常数已知数列an的前n项和是Sn，且满足Snan2n1(nN*)(1)求证：数列an2是等比数列，并求数列an的通项公式；(2)求证：.解(1)因为Snan2n1，所以当n1时，a1a121，解得a1.当n2时，Sn1an12(n1)1，由，得anan1an2，即anan11，即an2(an12)，所以数列an2是等比数列，其首项为a12，公比为，所以an2n，所以an2n.(2)证明：，所以a1a2a3an的最大正整数n的值为()A10 B11 C12 D13答案C解析正项等比数列an中，a5，a6a7a5(qq2)3，q2q6.q0，解得q2或q3(舍去)，a1，a1a2a3an，2，整理可得，2n21，2n2，n(n1)，易知n1，1n12，经检验n12满足题意，故选C3已知数列an是等差数列，a1tan225，a513a1，设Sn为数列(1)nan的前n项和，则S2018()A2018 B2018 C3027 D3027答案C解析a1tan225tan451，设等差数列an的公差为d，则由a513a1，得a513，d3，所以S2018a1a2a3a4(1)2018a2018(a2a1)(a4a3)(a6a5)(a2018a2017)1009d100933027.故选C4(2019安徽省毛坦厂中学高三4月联考)已知等差数列an满足a33，a4a5a81，数列bn满足bnan1anan1an，记数列bn的前n项和为Sn，若对于任意的a2,2，nN*，不等式Sn2t2at3恒成立，则实数t的取值范围为()A(，22，)B(，21，)C(，12，)D2,2答案A解析由题意得a4a5a8a1a81，则a11，等差数列an 的公差d1，an1(n1)n.由bnan1anan1an，得bn，Sn1，则不等式Sn2t2at3恒成立等价于12t2at3恒成立，而11，问题等价于对任意的a2,2，2t2at40恒成立设f(a)2t2at4，a2，2，则即解得t2或t2.故选A5各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若Sn2，S3n14，则S4n()A80 B30 C26 D16答案B解析由题意，有(S2n2)22(14S2n)，S2n6或S2n4，由于an的各项均为正数，故S2n6，则Sn，S2nSn，S3nS2n，S4nS3n，即2,4,8,16为等比数列，S4nS3n16，S4n30，故选B6已知数列an满足a1a2a3an2n2(nN*)，且对任意nN*都有t，则实数t的取值范围为()A BC D答案D解析依题意得，当n2时，an222n1，又a1212211，因此an22n1，数列是以为首项，为公比的等比数列，等比数列的前n项和等于，因此实数t的取值范围是，选D二、填空题7记f(n)为最接近(nN*)的整数，如：f(1)1，f(2)1，f(3)2，f(4)2，f(5)2，若4034，则正整数m的值为_答案4070306解析所以和为2的共有2017组，第一组中有2个1，第2组中有4个，第三组中有6个，所以各组数的个数组成一个首项为2，公差为2的等差数列，所以mS2017201722201720184070306，故答案为4070306.8(2019江苏苏州高三下学期阶段测试)已知等差数列an的各项均为正数，a11，且a3，a4，a11成等比数列若pq10，则apaq_.答案15解析设等差数列的公差为d，由题意知d0，a3，a4，a11成等比数列，2a3a11，2(12d)(110d)，即44d236d450，解得d或d(舍去)，pq10，则apaq(pq)d1015.9已知数列an中，a11，Sn为数列an的前n项和，且当n2时，有1成立，则S2019_.答案解析1，2ananSnS，2(SnSn1)(SnSn1)SnS，2Sn2Sn1Sn1Sn，1，又2，是以2为首项，1为公差的等差数列2(n1)1n1，Sn，S2019.10(2019郴州高三第二次教学质量监测)已知数列an和bn满足a1a2a3an2 bn (nN*)，若数列an为等比数列，且a12，a416.则b5_，数列的前n项和Sn_.答案15解析an为等比数列，且a12，a416，其公比q2，an2n，a1a2a3an2122232n2123n2.a1a2a3an2bn，bn，b515.2.的前n项和Sn22.三、解答题11(2019山东淄博实验中学高三教学诊断)已知递增的等差数列an的前n项和为Sn，若a1a416，S420.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(1)n1，且数列bn的前n项和为Tn，求Tn.解(1)由且a10，令n1，则S1，所以a1a23，令n2，则S2，所以a2a315, a2a1d, a3a12d, 联立，解得或(舍去)，所以an2n1.(2)由题意知，bn(1)na(1)nn(n1)1，所以T2n(121)(231)(341)(1)2n2n(2n1)1(121)(231)(341)(451)(2n1)2n12n(2n1)1484n2n22n.13(2019贵州省南白中学(遵义县一中)高三第一次联考)已知数列an的前n项和为Sn，且满足an2SnSn10(n2)，a1.(1)求证：是等差数列；(2)求an的表达式；(3)若bn2(1n)an(n2)，求证：bbb1.解(1)证明：当n2时，anSnSn1，又an2SnSn10，所以SnSn12SnSn10，若Sn0，则a1S10与a1矛盾，故Sn0，所以2，又2，所以是首项为2，公差为2的等差数列(2)由(1)得2(n1)22n，故Sn(nN*)，当n2时，an2SnSn12；当n1时，a1，所以an(3)证明：当n2时，bn2(1n)an2(1n)，bbb11.14(2019河南省顶级名校高三第四次联考)设数列an的前n项和为Sn，若an1(nN*)(1)求出数列an的通项公式；(2)已知bn(nN*)，数列bn的前n项和记为Tn，证明：Tn.解(1)因为an1，所以an11，两式相减可得(an1an)0，an12an，即2.在an1中，令n1可得a12，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，an2n.(2)证明：bn，所以Tn1，所以Tn是一个单调递增的数列当n1时，Tn(min)T11，当n时，Tn1，所以Tn.
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