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第2讲数列的求和问题考情考向分析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，体现了转化与化归的思想热点一分组转化法求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并例1(2018西南名校联盟月考)在各项均为正数的等比数列an中，a1a34，a3是a22与a4的等差中项，若an1(nN*)(1)求数列bn的通项公式；(2)若数列满足cnan1，求数列的前n项和Sn.解(1)设等比数列an的公比为q，且q0，由an0，a1a34，得a22，又a3是a22与a4的等差中项，故2a3a22a4，22q222q2，q2或q0(舍)ana2qn22n1，an12n，bnn(nN*)(2)由(1)得，cnan12n2n，数列的前n项和Sn2222n2n12(nN*)思维升华在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式跟踪演练1(2018焦作模拟)已知an为等差数列，且a23，an前4项的和为16，数列bn满足b14，b488，且数列为等比数列(nN*)(1)求数列an和的通项公式；(2)求数列bn的前n项和Sn.解(1)设an的公差为d，因为a23，an前4项的和为16，所以a1d3,4a1d16，解得a11，d2，所以an1(n1)22n1(nN*)设的公比为q，则b4a4q3，所以q327，得q3，所以bnan3n13n(nN*)(2)由(1)得bn3n2n1，所以Snn2n2(nN*)热点二错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列anbn的前n项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列例2(2018百校联盟联考)已知数列an满足a1a3，an1，设bn2nan(nN*)(1)求数列bn的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.解(1)由bn2nan，得an，代入an1得，即bn1bn3，所以数列bn是公差为3的等差数列，又a1a3，所以，即，所以b12，所以bnb13(n1)3n1(nN*)(2)由bn3n1，得an，所以Sn，Sn，两式相减得Sn13，所以Sn5(nN*)思维升华(1)错位相减法适用于求数列anbn的前n项和，其中an为等差数列，bn为等比数列(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数(3)为保证结果正确，可对得到的和取n1,2进行验证跟踪演练2(2018滨海新区七所重点学校联考)已知数列an的前n项和是Sn，且Snan1(nN*)数列bn是公差d不等于0的等差数列，且满足：b1a1，b2，b5，b14成等比数列(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)n1时，a1a11，a1，n2时，SnSn1，anan1(n2)，an是以为首项，为公比的等比数列，ann12n.b11，由bb2b14得，2，d22d0，因为d0，解得d2，bn2n1(nN*)(2)cn，Tn，Tn，得，Tn44，所以Tn2(nN*)热点三裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于或(其中an为等差数列)等形式的数列求和例3(2018天津市十二校模拟)已知数列an的前n项和Sn满足：Sna(nN*)(a为常数，a0，a1)(1)求an的通项公式；(2)设bnanSn，若数列bn为等比数列，求a的值；(3)在满足条件(2)的情形下，cn.若数列的前n项和为Tn，且对任意nN*满足Tn2，求实数的取值范围解(1)Sna，n1时，a1a.n2时，Sn1a(Sn1an11)，SnSn1ana(SnSn1)aanaan1，anaan1，即a且 a0，a1，数列an是以a为首项，a为公比的等比数列，anan(nN*)(2)由bnanSn得，b12a，b22a2a，b32a3a2a.数列bn为等比数列，bb1b3，(2a2a)22a(2a3a2a)，解得a.(3)由(2)知cn，Tn成立，求n的最小值解(1)由2Sna2Sn11知，2Sn1a2Sn21，两式相减得，2anaa2an1，即2，又数列an为递增数列，a11，anan10，anan12，又当n2时，2a2a11，即a2a230，解得a23或a21(舍)，a2a12，符合anan12，an是以1为首项，以2为公差的等差数列，an1(n1)22n1(nN*)(2)bn，Tn，又Tn，即，解得n9，又nN*，n的最小值为10.真题体验1(2017全国)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则_.答案(nN*)解析 设等差数列an的公差为d，由得Snn11，2.22(nN*)2(2017天津)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(nN*)所以数列an的通项公式为an3n2(nN*)，数列bn的通项公式为bn2n(nN*)(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n124n1，得a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18，得Tn4n1(nN*)所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1(nN*)押题预测1已知数列an的通项公式为an(nN*)，其前n项和为Sn，若存在MZ，满足对任意的nN*，都有SnM恒成立，则M的最小值为_押题依据数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是考试大纲中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循答案1解析因为an，所以Sn1，由于10；2bbn1bnb0.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.押题依据错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式解(1)当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn12n1(nN*)，又a11满足an2n1，an2n1(nN*)2bbn1bnb0，且bn0，2bn1bn，q，b3b1q2，b11，bnn1(nN*)(2)由(1)得cn(2n1)n1，Tn1352(2n1)n1，Tn132(2n3)n1(2n1)n，两式相减，得Tn12222n1(2n1)n12(2n1)n3n1.Tn6n1(2n3)(nN*)A组专题通关1已知数列an，bn满足a11，且an，an1是方程x2bnx2n0的两根，则b10等于()A24 B32 C48 D64答案D解析由已知有anan12n，an1an22n1，则2，数列an的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列，可以求出a22，数列an的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，而bnanan1，b10a10a11323264.2(2018河南省六市联考)已知数列an的前n项和为Sn2n1m，且a1，a4，a52成等差数列，bn，数列bn的前n项和为Tn，则满足Tn的最小正整数n的值为()A11 B10 C9 D8答案B解析根据Sn2n1m可以求得an所以有a1m4，a416，a532，根据a1，a4，a52成等差数列，可得m432232，从而求得m2，所以a12满足an2n，从而求得an2n(nN*)，所以bn，所以Tn11，令1，整理得2n12 019，解得n10.3(2018山西榆社中学模拟)设Sn为数列an的前n项和，已知a1，2n(nN*)，则S100等于()A2 B2C2 D2答案D解析由2n，得2n，则2n1，2n2，21，将各式相加得21222n12n2，又a1，所以ann，因此S10012100，则S1001299100，两式相减得S100100，所以S1002991001002.4在等比数列an中，a2a32a1，且a4与2a7的等差中项为17，设bn(1)nan，nN*，则数列bn的前2 018项的和为_答案解析设等比数列an的首项为a1，公比为q.a2a32a1，a1q32，即a42.a4与2a7的等差中项为17，a42a734，即a716，a1，q2，an2n12n3(nN*)bn(1)nan(1)n2n3，数列bn的前2 018项的和为S2 018(a1a3a2 017)(a2a4a2 018)(22202222 014)(21212322 015).5(2018保山模拟)若数列an的通项公式annsin(nN*)，其前n项和为Sn，则S2 018_.答案解析a1a2a3a4a5a63，a7a8a9a10a11a123，a6m1a6m2a6m3a6m4a6m5a6m63，mN，所以S2 018.6(2018山东K12联盟考试)已知数列an，a1e(e是自然对数的底数)，an1a(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(2n1)ln an，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由a1e，an1a知，an0，所以ln an13ln an，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，所以ln an3n1，ane3n1(nN*)(2)由(1)得bn(2n1)ln an(2n1)3n1，Tn130331532(2n1)3n1，3Tn131332(2n3)3n1(2n1)3n，得2Tn12(3132333n1)(2n1)3n12(2n1)3n2(n1)3n2.所以Tn(n1)3n1(nN*)7(2018永州模拟)在等比数列an中，首项a18，数列bn满足bnlog2an(nN*)，且b1b2b315.(1)求数列an的通项公式；(2)记数列bn的前n项和为Sn，又设数列的前n项和为Tn，求证：Tn.(1)解由bnlog2an和b1b2b315，得log2(a1a2a3)15，a1a2a3215，设等比数列an的公比为q，a18，an8qn1，88q8q2215，解得q4，an84n1，即an22n1(nN*)(2)证明由(1)得bn2n1，易知bn为等差数列，Sn35(2n1)n22n，则，Tn，Tn.8在公差不为0的等差数列an中，aa3a6，且a3为a1与a11的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(1)n(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设数列an的公差为d，aa3a6，(a1d)2a12da15d，aa1a11，即(a12d)2a1(a110d)，d0，由解得a12，d3.数列an的通项公式为an3n1(nN*)(2)由题意知，bn(1)n(1)n(1)nTn.B组能力提高9(2018百校联盟联考)已知数列an的通项公式为a则数列的前2n项和的最小值为()A BC D答案D解析设bn3ann7，则S2nb1b2b3b2n3(1232n)14n92n213n，又2n213n22，当n4时，f(n)22是关于n的增函数，又g(n)9也是关于n的增函数，S8S10S12，S8，S6，S4，S2，S6S8S4S2，S6最小，S6.10(2018淮北模拟)设数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，对于任意的nN*，an，Sn，a成等差数列，设数列bn的前n项和为Tn，且bn，若对任意的实数x(e是自然对数的底数)和任意正整数n，总有Tn0，anan11，即数列an是等差数列，又2a12S1a1a，a11，ann(nN*)又x(1，e，0ln x1，Tn11120，从而数列为递增数列，所以当n1时，en取最小值e10，于是a0.12设数列an的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的nN*，均有Snankk(k是常数且kN*)成立，则称数列an为“P(k)数列”(1)若数列an为“P(1)数列”，求数列an的通项公式；(2)是否存在数列an既是“P(k)数列”，也是“P(k2)数列”？若存在，求出符合条件的数列an的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列an为“P(2)数列”，a22，设Tn，证明：Tn3.(1)解因为数列an为“P(1)数列”，则Snan11，故Sn1an21，两式相减得，an22an1，又n1时，a1S1a21，所以a22，故an12an对任意的nN*恒成立，即2(常数)，故数列an为等比数列，其通项公式为an2n1，nN*.(2)解假设存在这样的数列an，则Snankk，故Sn1ank1k，两式相减得，an1ank1ank，故an3ank3ank2，同理由an是“P(k2)数列”可得，an1ank3ank2，所以an1an3对任意nN*恒成立所以Snankkank2kSn2，即SnSn2，又Snank2k2Sn22，即Sn2Sn2，两者矛盾，故不存在这样的数列an既是“P(k)数列”，也是“P(k2)数列”(3)证明因为数列an为“P(2)数列”，所以Snan22，所以Sn1an32，故有an1an3an2，又n1时，a1S1a32，故a33，满足a3a2a1，所以an2an1an对任意正整数n恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8.故Tn，所以Tn，两式相减得TnTn2，显然Tn20，故TnTn，即Tn3.
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