高考数学方法技巧第24讲 数列求和的常见方法（解析版）

第24讲数列求和的常见方法【高考地位】数列是高中数学的重要内容,又是高中数学与高等数学的重要衔接点,其涉及的基础知识、数学思想与方法,在高等数学的学习中起着重要作用,因而成为历年高考久考不衰的热点题型,在历年的高考中都占有重要地位.数列求和的常用方法是我们在高中数学学习中必须掌握的基本方法，是高考的必考热点之一.此类问题中除了利用等差数列和等比数列求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧.下面，就近几年高考数学中的几个例子来谈谈数列求和的基本方法和技巧.方法一公式法万能模板内容使用场景等差，等比以及相关给定公式的数列解题模板第一步结合所求结论，寻找已知与未知的关系；第二步根据已知条件列方程求出未知量；第三步利用前n项和公式求和结果Sn例1.设{a}为等差数列，S为数列{a}的前n项和，已知S7，S75，T为数列{}的前nnnn715nn项和，求T．n【变式演练1】【四川省名校联盟高考模拟信息卷】已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．1（1）求证：数列an为等比数列；2（2）求数列{an－1}的前n项和Tn.n11n【答案】（1）证明见解析；（2）Tn1.432【解析】【分析】S1,n11（1）利用an求得关于an的递推关系式，利用配凑法证得数列an为等比数列.SnSn1,n22（2）先求得数列an1的通项公式，利用分组求和法求得Tn.【详解】（1）∵2Sn＝－an＋n，1/34 1当n＝1时，2a1＝－a1＋1，解得a.13当n≥2时，2Sn－1＝－an－1＋n－1，两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，11即aa.nn133111∴anan1，23211又a0，1261∴数列an为等比数列．21（2）由2S1＝－a1＋1，得a.13111由（1）知，数列an是以为首项，为公比的等比数列．263n1n11111∴a，n26323n111∴a，n232n111∴a1，n232n111n∴63n11n.T1n1124323方法二分组求和法万能模板内容使用场景可分解为几个可以直接求和的数列解题模板第一步定通项公式：即根据已知条件求出数列的通项公式；第二步巧拆分：即根据通项公式特征，将其分解为几个可以直接求和的数列；第三步分别求和：即分别求出各个数列的和；第四步组合：即把拆分后每个数列的求和进行组合，可求得原数列的和.2/34 例2.已知数列{a234n}是3＋2－1,6＋2－1,9＋2－1,12＋2－1，…，写出数列{an}的通项公式并求其前n项Sn.【变式演练2】【江苏省徐州市沛县高三上学期第一次学情调研】已知数列{an}的前n项和为Sn，满足aS1(nN)，a2，n1n1（1）求证：数列{Sn1}为等比数列；（2）记bnnSn，求数列{bn}的前n项和Tn.nn(n1)【答案】（1）证明见解析；（2）(n1)21.2【解析】【分析】（1）由an1Sn1Sn得Sn的递推式，然后可证数列{Sn1}为等比数列；（2）由（1）求得Sn，得出bn，用错位相减法求出数列的和Tn.【详解】解：（1）由an1Sn1Sn12Sn1，由a12，故S111，S12S2n1n进而：2，S1S1nn故数列{Sn1}是首项为1，公比为2的等比数列.n1n1（2）由（1）知：S12S21，nnn1故bnSn2n，nnn1分别记数列n·2，{n}的前n项和为An，Bn，则012n1A122232n2，n12n1n2A1222(n1)2n2，n2n1nn相减得：A1222n2(1n)21，nnn(n1)所以A(n1)21，B123n，nn2nn(n1)故TAB(n1)21.nnn2方法三裂项相消法3/34 万能模板内容使用场景通项公式可以裂项为两项之差的形式解题模板第一步定通项公式：即根据已知条件求出数列的通项公式；第二步巧裂项：即根据通项公式特征准确裂项，将其表示为两项之差的形式；第三步消项求和：即把握消项的规律，准确求和.11212312391例3.已知数列a:,,,…,,…,若b，那么数列b的nnn23344410101010aann1前n项和S为（）nn4n3n5nA．B．C.D．n1n1n1n1【答案】B【变式演练3】【广西钦州市、崇左市高三上学期第一次教学质量检测】已知数列{an}的前n项和为Sn，且a216，3Snan14.（1）求数列{an}的通项公式；1（2）若bnlog2an，求数列的前2020项和T2020.bbnn1n505【答案】（1）a4；（2）.n2021【解析】【分析】（1）由递推关系可判断an为等比数列，根据等比数列的通项公式即可写出；（2）求出bn，再利用裂项相消法即可求出.【详解】a4a16，2（1）由题知，2a1S14，3143Snan14，Snan1，3314当n2时，Sa，n1n3311两式相减可得anan1an，即an14an.33a2因为4，数列an为等比数列，首项为4，公比为4，a14/34 n所以通项公式为a4.nn（2）blogalog42n，n2n211111，bb2n2(n1)4nn1nn111111111nT11，n4223nn14n14(n1)505T.2020202124n8n5【变式演练4】设数列an满足a13,an13an4n，若bn，且数列bn的前n项和为Sn，aann1则Sn（）242n12A．n1B．C．n1D．n16n936n96n96n9【答案】D【分析】先根据an的递推关系求出an的通项公式，代入bn的表达式中，求出bn的通项，即可求解bn的前n项和Sn【详解】由an13an4n可得an12n113an(2n1),∵a13,∴a1(211)0,则可得数列an(2n1)为常数列0，即an(2n1)0,∴an2n124n8n5(2n1)(2n3)2211∴bn11,(2n1)(2n3)(2n1)(2n3)(2n1)(2n3)2n12n3111111112∴Snn()nn(1).35572n12n332n36n9故选:D方法四错位相减法万能模板内容使用场景等差数列和等比数列乘积的形式解题模板第一步巧拆分：即根据通项公式分解为等差数列和等比数列乘积的形式；第二步确定等差、等比数列的通项公式；第三步构差式：即写出S的表达式，然后两边同时乘以等比数列的公比得到另外一n个式子，两式作差；5/34 第四步求和：根据差式的特征准确求和.n2a2n例4.已知数列a满足a1，a.记C，则数列C的前n项和n1n1nna2annCC...C__________．12nn【答案】n2【变式演练5】【广西南宁市普通高中高三10月摸底测试】设数列an满足a11，an12an(2n3).（1）计算a2，a3.猜想an的通项公式并利用数学归纳法加以证明；n（2）记bn2an，求数列bn的前n项和Sn.n1【答案】（1）a23，a35，an2n1；证明见解析；（2）Sn(2n3)26.【解析】【分析】（1）代入n2,n3即可计算a2,a3，可猜想an是以1为首项，2为公差的等差数列，假设nk时，a2k1成立，证明nk1也成立即可；k（2）求出bn，利用错位相减法可求出.【详解】（1）由题意可得a22a11213，a32a21615，由数列an的前三项可猜想数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，即an2n1，证明如下：当n1时，a12111成立；假设nk时，ak2k1成立.那么nk1时，ak12ak(2k3)2(2k1)(2k3)2k12(k1)1也成立.则对任意的*nN，都有an2n1成立；n（2）因为b(2n1)2.n23n∴S123252(2n1)2，①n234n12S123252(2n1)2，②n234nn1①-②得：S222222222(2n1)2n6/34 2n122122(2n1)2n16(2n3)2n1.12n1∴S(2n3)26.n方法五倒序相加法万能模板内容使用场景首项与末项相加为定值解题模板第一步列出前n项和；第二步按倒序列出前n项和；第三步两式相加；第四步得出结果.11例5.【湖北省武汉市三校联合体高三期中】已知函数fxx3sinx，则22122018fff（）201920192019A．2018B．2019C．4036D．4038【答案】A【解析】【分析】根据函数解析式可验证出fxf1x2，采用倒序相加法可求得结果.【详解】11Qf1x1x3sinx，fxf1x2，22122018令Sfff，201920192019201820171则Sfff，201920192019两式相加得：2S22018，S2018.故选：A.11xx【变式演练6】【江西省莲塘一中、临川二中高三上学期第一次联考】已知fxe2e21，数列an7/34 12n1满足anf0ffff1，则a2017__________．nnn【答案】2018【解析】1111xxxx因为fxf1xe2e21e2e21212n1n11anf0ffff1，anf1f......ff0nnnnn相加得2an2n1所以an1n，a20172018故答案为2018方法六并项求和法万能模板内容使用场景可几项进行结合的数列解题模板第一步按给定数列的特点进行分类讨论；第二步将通项加和进行分析；第三步加和后的数列作为新数列求和；第四步得出结果.n例6.【贵州省遵义市高三上学期第一次联考】已知数列an满足an11an2n1，则数列an的前32项之和为__________.【答案】528【解析】【分析】分n为奇数和偶数两种情况，发现数列的特点，再分组求和.【详解】当n为奇数时，an1an2n1，aa2n1，两式相减得aa2，n2n1n2n当n为偶数时，an1an2n1，aa2n1，两式相加得aa4n，n2n1n2n所以S32a1a3a5...a31a2a4...a3223028426...301648528.2故答案为：5288/34 【变式演练7】【陕西省西安市高新一中高三上学期期末】已知数列an满足an1ancos(n1)3n，则数列an的前40项和为________.【答案】1260【解析】【分析】aacos(2n1)6na6nacos2n6n36na+3，2n12n2n2n12n1aa3，相邻两个奇数项之和为3，aacos(2n2)6n+32n12n12n22n1a6n+3acos(2n1)6n36na+12n+3，aa12n3，2n+12n2n2n22n分组并项求和，可得结果.【详解】研究奇数项有：a1a33,a5a73……，相邻两个奇数项之和为3；研究偶数项有：a2a415,a6a839，相邻两个偶数项之和构成等差数列；109所以前40项的和为3101510241260.2故答案为:1260.【反馈练习】1．【安徽省皖江名校联盟高三下学期5月联考】数列Fn：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的，故又称为“兔子数列”，该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和，记该数列Fn的前n项和为Sn，则下列结论中正确的是（）A．S2020F20221B．S2020F20221C．S2020F20211D．S2020F20211【答案】B【解析】【分析】由题意利用叠加法即可求解.【详解】9/34 FFF321FFF432因为F5F4F3，将上述各式两边相加得，F2022F2S2020，FFF202220212020所以S2020F20221.故选：B2．【河南省六市（南阳市、驻马店市、信阳市、漯河市、周口市、三门峡市）高三第一次模拟调研】著名2020的斐波那契数列a：1，1，2，3，5，8，…，满足aa1，aaa，nN*，若aa，n12n2n1nk2n1n1则k()A．2020B．4038C．4039D．4040【答案】D【解析】【分析】计算a1a3a4，代入等式，根据an2an1an化简得到答案.【详解】a1，a2，a3，故aaa，1341342020a2n1a1a3...a4039a4a5a7...a4039a6a7...a4039...a4040，n1故k4040.故选：D.a中，a1,alneananN*，（e2.71828…是自然对数的底数）．记数列a的3．已知数列n1n1nn前n项和为Sn，则（）A．0S20211B．1S20212C．2S20213D．3S20214【答案】B【分析】fxexx,求出其单调区间，从而得出fx≥f01，进而faeana1，所以可得a0，设nnn1又alneanaaeanean1，根据裂项求和的方法，可得答案.n1nn【详解】xx设fxex，则fxe110/34 fx0，得x0，fx0，得x0，所以函数fx在0,上单调递增，在,0上单调递减.faeana所以fx≥f01，则nn1alneana，所以由n1nan10又a11,Sn1又alneanaaeanean1，n1nn所以SaaaLaea1ea2ea2ea3Lea2021ea2022．20211232021ea1ea2022eea2022e12所以1S20212故选：Bx34．【湖南省长沙市长郡中学高考模拟】已知函数fxx，xR，正项等比数列an满足a501，31则flna1flna2flna99等于______．99【答案】2【解析】xxx333试题分析：因为f(x)，所以f(x)f(x)1．因为数列an是等比数列，所xxx3131312以a1a99a2a98a49a51a501，即lna1lna99lna2lna98lna49lna510．设Sf(lna)f(lna)f(lna)f(lna)①，又Sf(lna)f(lna)f(lna)＋…＋99123999999989799f(lna1)②，①+②，得2S9999，所以S99．2考点：1、等比数列的性质；2、对数的运算；3、数列求和．【知识点睛】如果一个数列an，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和（都相等，为定值），可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．3n25．【湖南省衡阳市高三下学期三模】已知数列an的首项a11，函数fxxan1ancosx2为奇函数，记Sn为数列an的前n项和，则S2020的值为______.【答案】1010【解析】11/34 【分析】n由奇函数的定义可得aacos，依次求出数列的前几项，可得周期为4，进而可得结果.a1n2【详解】n因为fx是奇函数，fxfx，所以an1ancos0，2naa1ancos，a11，a2a1cos1，2223aacos0，aacos0，324322如此继续，得an4an，周期为4S2020505a1a2a3a450521010.故答案为：1010226．函数y=x在点(n,n)(nN)处的切线记为ln，直线ln，ln1及x轴围成的三角形的面积记为Sn，则1111__________.SSSS123n4n【答案】n1【分析】2求出y代入xn得函数在点(n,n)(nN)处的切线的斜率为k，由点斜式方程可得1ln的方程及ln1的方程，求出他们与x轴的交点坐标和两条直线的交点坐标，由面积公式可得Snnn1，4再利用裂项相消求和可得答案.【详解】2因为y2x，所以在点(n,n)(nN)处的切线的斜率为k2n，22所以切线方程为y-n=2n(x-n)，即ln的方程为y2nxn，n令y0，得x，22所以ln1：y=2(n+1)x-(n+1)，n1令y0，得x，222n1y2n1xn1x由得2，2y2nxnyn2n12/34 骣2n+12直线ln，ln1的交点坐标为琪琪,n+n，桫21n1n21所以直线ln，ln1及x轴围成的三角形的面积为Snnnnn1，22241411所以4，Snnn1nn1111111111则41SSSS223nn1123n111114n41.SSSSn1n1123n4n故答案为：.n12nn7．【天津市和平区高三上学期期中】已知数列an的前n项和Sn，数列bn满足：b1b22，2n1bn1bn2nN.（Ⅰ）求数列an，bn的通项公式；n1*（Ⅱ）求aib2i1nN．i1b2in122，n为奇数n1n2【答案】（Ⅰ）ann；bnn；（Ⅱ）n12n．222，n为偶数【解析】【分析】（Ⅰ）直接根据前n项和与通项的关系求出数列an的通项公式，再根据递推关系式求出数列bn的通项公式；1ii（Ⅱ）先根据aib2i1i2i，然后利用错位相减求和，整理即可求得出结果．b22i【详解】22nn(n1)n1解：（Ⅰ）当n2时，aSSn，nnn122当n1时，a1S11，适合上式，所以：ann；13/34 n1∵b1b22，bn1bn2nN，n∴bnbn12n2，∴bn12bn1,n2，∴数列bn的奇数项和偶数项都是首项为2，公比为2的等比数列，n122，n为奇数∴b；nn22，n为偶数（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，aii，2i112i且b222i，b222i，2i12i1iiabi2，i2i1ib22i23n1n设M1x2x3xn1xnx,x0,1，①234nn1∴xM1x2x3xn1xnx，②n231x1x1①﹣②得1xMxxxxnnxnnxn，1xn1xnxn1x∴M2，1xnn1i22nn12n1∴i22n122，i1(12)1n1n1nn1i222n22i122n，i1(1)22n1n1n2∴aib2i1n12n．i1b2i28．【山东省枣庄市滕州一中高三10月月考】已知函数fx2x1，gxx，xR，数列an，bn*满足a11，gbn1fbn，anfbn，nN.（1）求证：数列bn1是等比数列；（2）设cn2n1an，求数列cn的前n项和Tn.14/34 n12【答案】（1）证明见解析；（2）Tn2n326n.【解析】【分析】本题第（1）题根据题意将g(bn1)f(bn)代入函数表达式可得bn12bn1，然后进行转化可得b12(b1)，即可证明结论；n1n第（2）题先将anf(bn)代入函数表达式，再根据a11可计算出b10，从而可得数列{bn1}是以1为首项，2为公比的等比数列，由此可计算出数列{bn1}的通项公式，进一步推出数列{an}的通项公式，以cn及数列{n}的通项公式，然后根据通项公式的特点构造数列数列{dn}：令dn(2n1)2，则cd(2n1)，先运用错位相减法计算出数列{d}的前n项和，再运用分组求和计算出数列{c}的前n项nnnn和T．n【详解】（1）证明：依题意，由g(bn1)f(bn)代入函数表达式，可得：b2b1，n1n两边同时加1，可得：b12b112(b1)，n1nn数列{b1}是以2为公比的等比数列．n（2）解：由题意，可知：af(b)2b1，nnna2b11，解得b0，111b11，1数列{b1}是以1为首项，2为公比的等比数列，nn1n1即b1122，nn1b21，nN*，nn1na2b12(21)121，nnnnc(2n1)a(2n1)(21)(2n1)2(2n1)，nnn构造数列{dn}：令dn(2n1)2，则cndn(2n1)，设数列{dn}的前n项和为Sn，则123nSddd123252(2n1)2，n12n23n12S1232(2n1)2，n两式相减，可得：15/34 123nn1S12222222(2n1)2n34n1n12222(2n1)23n222n12(2n1)212n1(32n)26n1S(2n3)26，nTcccn12n(d1)(d3)[d(2n1)]12n(ddd)[13(2n1)]12nn(12n1)Sn2n12(2n3)26n．【点睛】本题主要考查数列求通项公式，数列求和的问题，以及函数与数列综合．考查了转化与化归思想，整体思想，构造法，等差数列和等比数列的求和公式，以及逻辑推理能力和数学运算能力．属于中档题．1219．【安徽省马鞍山市高三数学（理科）二模】已知数列{an}、{bn}、{cn}中，a11，n1，bnn，aaan1nn1c1．nabnn（1）求证：数列{bn}是等比数列，并求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）求数列{cn}的前n项和Sn．1nn2【答案】（1）证明见解析，ann，bn2；（2）Sn2n．2n2【解析】【分析】121（1）先令n1，由题设条件求得b12，再由n1，bnn得到bn12bn，从而证明数列{bn}aaan1nn是等比数列，求出an与bn；（2）由（1）求出的结果求出cn，再利用错位相减法求出Sn．【详解】1解：（1）证明：a11，bnn，b12，an112121bnn，n1，bn1n12n2(n)2bn，anan1anan1anan16/34 数列{b}是以2为首项，以2为公比的等比数列，n1n1bnn2，ann；a2nn1n（2）解：由（1）知cn1n，ab2nn112nS2()①，nn222112n1nS()②，nnn12222由①②得11n[1()]1112131nn22n1nnn1n2Sn2(2)(2)(2)2n112n11(2)2n11(12)(2)，12n2S2．nn210．【广西南宁三中高三数学（理科）考试四】已知数列an为等比数列，a24，其中a2，a32，a4成等差数列.（1）求数列an的通项公式；1（2）设bn2log2an1，求数列的前n项和Tn.bbnn1nn*【答案】（1）an2nN；（2）Tn.2n1【解析】【分析】（1）由条件可得2a32a2a4，然后解出q=2即可；11111（2）bn2log2an12n1，，然后可算出答案.bb(2n1)(2n1)22n12n1nn1【详解】（1）设数列an的公比为q，因为a24，所以a34q.因为a32是a2和a4的等差中项，所以2a32a2a4，22即2(4q2)44q，化简得q2q0.因为公比q0，所以q=2.17/34 n2n2n*所以ana2q422nN.n（2）因为an2，所以bn2log2an12n1.11111所以，bb(2n1)(2n1)22n12n1nn11111111111n则Tn11.23352n32n12n12n122n12n12*11．【天津市滨海七校高三下学期毕业班联考】已知数列an的前n项和为Sn，SnnnN，数列bn为等比数列，且a21，a41分别为数列bn第二项和第三项.（1）求数列an与数列bn的通项公式；1（2）若数列cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.aann1*n*n【答案】（1）an2n1nN;bn2，nN（2）2n1【解析】【分析】（1）由数列的通项an和Sn的关系，求得数列an的通项公式，再结合等比数列的通项公式，联立方程组，求得数列bn的首项和公比，即可求得数列bn的通项公式，得到答案.n1（2）由（1）可得cn2n12，利用“裂项法”和“乘公比错位相减法”，即可求解数2n12n1列cn的前n项和，得到答案.【详解】2（1）由题意，数列an的前n项和为Snn，当n1时，a11当n2时∴anSnSn12n1，当n1时也满足上式*所以数列an的通项公式为an2n1nN.a1b4bq221设数列bn的首项为b1，公比为q，则2，a1b8bq431b2，q=2，∴b2n，*∴1nnN.18/34 1n1（2）由（1）可得cnanbn，所以cn2n12aa2n12n1nn11n设2n12前n项和为成An，前n项和为Bn，2n12n123nAn1232522n12234n12An1232522n1223nn1∴An22222222n12n1822n1632n2n122n1212A62n32n1，*∴nnN1111∵2n12n122n12n111111111n∴B11n23352n12n122n12n1n1n∴T62n32n2n112．【山东省临沂市第十九中学高三上学期质量调研考】已知公差不为零的等差数列{an}中，a3＝7，又a2，a4，a9成等比数列．（1）求数列{an}的通项公式；1（2）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn．aann1n【答案】（1）an3n2；（2）.3n1【解析】【分析】（1）利用已知条件求出数列的首项和公差，即可求出通项公式；（2）用裂项相消法即可求出.【详解】（1）公差d不为零的等差数列{an}中，a3＝7，又a2，a4，a9成等比数列，22可得a1+2d=7,a4=a2a9，即a13da1da18d，解得a11,d3，则an=a1+(n-1)d=1+3(n-1)=3n-2；19/34 11111（2）bn，aa(3n2)(3n1)33n23n1nn1可得前n项和.11111111nS11n34473n23n133n13n113．【云南省曲靖市第一中学高三上学期高考复习质量监测】已知数列an的前n项和为Sn，且2S3a3.nn（1）求数列an的通项公式；n（2）设bn2log3an(1)n，求数列bn的前n项和Tn.23nn,n为偶数,n2【答案】（1）an3；（2）Tn.n2n1,n为奇数.2【解析】【分析】（1）由anSnSn1n2,可得数列an是等比数列，求出通项公式即可；（2）由（1）得到bn，按n为偶数和n为奇数分类，利用等差数列的求和公式和并向求和法得出数列bn的前n项和Tn．【详解】（1）当n1时，2S12a13a13，所以a13；当n2时，因为2Sn3an3，所以2Sn13an13，an两式作差得an3an1，即3，an1因为a13，所以数列an是首项为3，公比为3的等比数列，n故a3.nnnn（2）b2log3(1)n2n(1)n，n3(1n)nn23n当n为偶数时，前n项和T2(1)2(3)(1)nn；n22(1n)nn12n1当n为奇数时，前n项和T2nn，n22220/34 则23nn,n为偶数,2Tnn2n1,n为奇数.214．【福建省泉州市高三毕业班质量检测】已知an为等差数列，bn为单调递增的等比数列，a1b11，aa6，ab12.2433（1）求an与bn的通项公式；（2）求数列anbn的前n项和Snn1nn1n【答案】（1）ann，bn2；（2）Sn21.2【解析】【分析】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，根据题意求得d和q的值，进而可求得数列an与bn的通项公式；（2）求得数列anbn的通项公式，然后利用分组求和法可求得Sn.【详解】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，由a2a46，可得2a14d6，又a11，所以d1.所以ana1n1dn.2b3由a3b312，可得b34，又b11，所以q4，b1n-1n-1又因为数列bn为单调递增的等比数列，则q0，故q=2，所以bn=b1q=2；n1（2）由（1）可知abn2，nnnn1数列an的前n项和为12n，2nbn112n数列n的前n项和为12221，12nn1n故S21.n2【点睛】本题考查等差数列和等比数列通项公式的求解，同时也考查了分组求和法，考查计算能力，属于基础题.21/34 215．【重庆市巴蜀中学高三下学期适应性月考】已知等比数列an的前n项和为Sn，a2a73a4，且3，S，9a成等差数列.43（1）求数列an的通项公式；n1（2）设bn1an，求数列bn的前n项和Tn.nn1nn331n【答案】（1）a3；（2）.nTn4n1【解析】【分析】263（1）设等比数列an的公比为q，由等比数列的通项公式可得a1qa1q3a1q，进而可得q3，再由等差数列的性质、等比数列的知识列方程可得a13，即可得解；n11（2）由b3，结合等比数列前n项和公式、裂项相消法及分组求和法即可得解.nnn1【详解】（1）设等比数列an的公比为q，aa3a2632因为274，所以a1qa1q3a1q，因为a10，所以q3，又3，S4，9a3成等差数列，42a1132所以2S49a33即9a33，解得a13，113n1n所以aaq3；n1nn1n11（2）由题意bn133，nn1nn112n11111所以Tnb1b2bn3331223nn1nn3131331n1.13n14n116．【福建省福州第一中学高三下学期开学质检】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a11，SSS.34522/34 （1）求数列{an}的通项公式；n1（2）令bn(1)anan1，求数列{bn}的前2n项和T2n.【答案】（Ⅰ）a2n1（Ⅱ）8n24nn【解析】试题分析:（Ⅰ）求等差数列通项公式,一般方法为待定系数法,即根据条件列出关于首项与公差的方程组,解出首项与公差再代入通项公式即可,（Ⅱ）涉及符号数列求和,一般方法为分组求和,即按奇偶,项的正负重新组合,利用平方差公式转化为求特殊数列(如等差数列)的和.试题解析:（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，由S3S4S5可得a1a2a3a5，即3a2a5，所以3(1d)14d，解得d2．a1(n1)22n1．nn1n12（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：b(1)(2n1)(2n1)(1)(4n1).n22222n12T(411)(421)(431)(441)(1)4(2n)12n22222241234(2n1)(2n)2n(2n1)24(12342n12n)48n4n．2121*17．已知数列an的前n项和为nn，数列bn满足b12，nbn14anbn3n0，nN.22（1）求数列an，bn的通项公式；16（2）若cnan，数列cn的前n项和为Tn，求证：T2n.bn(1)5n1【答案】（1）ann，bn341；（2）证明见解析.【分析】（1）根据an的前n项和即可求出an通项公式，进而可判断bn1是以3为首项，4为公比的等比数列，即可求出bn的通项公式；1（2）可得cnn1n，求和然后放缩利用等比数列求和公式即可证明.341(1)【详解】121（1）数列an的前n项和为nn，22121121∴annn(n1)(n1)n(n2).2222当n1时，a11符合，故ann，23/34 ∴nbn14anbn3nnbn14nbn3n0，∴bn14bn3，∴bn114bn1，∵b12∴bn1是以3为首项，4为公比的等比数列，n1n1∴bn134，∴bn341.11（2）证明：∵cnan，∴cnn1n，bn(1)341(1)Tcccccccccc，2n1232n132n1242n111111022n2132n1342342342343434333111022n2132n1343434343434nn1111n1611165215261.13414516455111616*218．已知正项数列annN及其前n项和Sn满足：4Snan1．（1）求数列an的通项公式；2*M（2）令bnnN，数列bn的前n项和为Tn．若不等式Tn对任意nN*都成立，求M的aaann1n1取值范围．23【答案】（1）an2n1；（2）M.3【分析】22(1)根据Sn与an的关系由4Snan1求出数列an的通项公式；(2)由(1)bn，利用裂项相消(2n1)(2n1)M法求数列bn的前n项和Tn，再由Tn对任意nN*都成立求M的范围.an1【详解】22解：（1）4Snan1，则4S1a11得a1122当n2时，4S4Sa1a1，nn1nn1得anan1anan120又an是正项数列，所以anan12，所以an为等差数列，所以an2n124/34 2211（2）bnaa(2n1)(2n1)2n12n1nn11111112n所以Tn113352n12n12n12n1MT对任意*故要使nnN都成立，an12n只需M对任意nN*都成立即可．2n12n22*nN2n12112又，211nnn12n23所以，当1，即n1时，n2n1min323所以M319．已知数列an的前n项和为Sn，满足Sn2an1．（1）求数列an的通项公式；2n1（2）记bn，求数列bn的前n项和Tn．an2n3n1T6.【答案】（1）an2；（2）nn12【分析】（1）令n1可求得a1的值，令n2，由Sn2an1可得出Sn12an11，两式作差推导出数列an为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列an的通项公式；2n1（2）求得bnn1，利用错位相减法可求得Tn.2【详解】（1）当n1时，a1S12a11，解得a11，当n2时，由Sn2an1可得出Sn12an11，上述两式作差可得an2an2an1，所以，an2an1，n1n1所以an是以a11为首项，公比q=2的等比数列，所以an122；2n12n1352n1（2）bnn1，Tn112n1，an222211352n32n1T，n123n1n22222225/34 11122222n12n12n12n3上式下式可得2Tn12122232n12n112n32n，122n3因此，Tn6n1.2n(n1)a20．已知数列a的前n项和S，令blognx表示不超过x的最大整数，0.90，nnn3，其中28log13.（1）求an；（2）求b100；m*（3）求数列bn的前31mN项之和.m2m333【答案】（1）ann；（2）b1004；（3）.2【分析】（1）根据an与Sn的关系即可求出数列an的通项公式；（2）由（1）求得数列bn的通项，再根据定义即可求得答案；（3）当3m1n3m1,mN*时，bm1，且在数列b中有mm1m1nn3323个m1，设m1m*cm2m13，数列cm的前m项的和为Sm，求数列bn的前31mN项之和即为求数列cm的前m项的和Sm，利用错位相减法即可求得答案.【详解】解：（1）当n1时，a1S11，n(n1)n(n1)当n2时，anSnSn1n，22当n1时，等式也成立，所以ann；（2）bnlog3anlog3n，则b100log3100，因为4log31005，所以b1004；（3）当3m1n3m1,mN*时，bm1，且在数列b中有mm1m1nn3323个m1，m1设cm2m13，数列cm的前m项的和为Sm，23m1则Sm02132232332m13①，234m1m3Sm02132232332m232m13②，26/34 23m1m①-②得：2Sm232323232m13m1313mm，22m1332m3313m2m333所以S，m2mm*2m333所以数列bn的前31mN项之和为.221．已知数列an，bn满足a12b14，且an是公差为1的等差数列，anbn是公比为2的等比数列．（1）求an，bn的通项公式；（2）求bn的前n项和Tn．2annN，b2nn3，nn1n7n【答案】（1）n3,nN；（2）22.22【分析】（1）根据等差等比数列的基本量的计算即可得解；（2）根据分组求和法进行求和即可.【详解】（1）根据题意可得an4(n1)1n3，所以ann3,nN，由a12b14，所以b12，n1n所以anbn222，bnn，n所以n23N，（2）根据分组求和可得：n22(12)(n7)nn1n7nT22.n122222n*22．已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn41nN，设bnlog2an．3（1）分别求an和bn的通项公式；4（2）求数列的前n项和Tn．bn1bn32n1**n【答案】（1）an2nN,bn2n1nN；（2）．n1【分析】27/34 2n2n12n由Sn41取n用n-1替换，与原式相减可得an2(n2)，由Sn41取n=1可得a1，由此可33得数列{an}的通项公式，再由关系bnlog2an，求bn；444(2)由（1）知，利用裂项相消法求数列{}的前n项和.bn1bn32n(2n2)bn1bn3【详解】2n（1）由Sn41知，32n1当n2时，Sn1413两式相减，得2n2n12n1anSnSn141412332n1即an2(n2)2当n1时，a1S1(41)23故n1时也适合上式2n1*∴an2nNbloga2n1n2n2n1**综上：an2nN,bn2n1nN4411（2）由（1）知bn1bn32n(2n2)nn111111111nT11n22334nn1n1n12223．已知各项均为正数的数列an满足a12，an12anan13an0．（1）求an的通项公式；2（2）若anbnn求数列bn的前n项和．3n132n3【答案】（1）an23；（2）n.443【分析】22（1）由an12anan13an0，可得an13an0，从而证明数列an是等比数列，即可求出答案；2nn（2）求出bnn，利用错位相减求和法即可得解.3a3n【详解】22解：（1）因为an12anan13an0，所以(an13an)(an1an)0，28/34 an1又an0，所以an13an0，即3，an所以an是首项为2，公比为3的等比数列，n1n1n1所以ana1323，即an的通项公式为an23．2nnn1b，（2）由（1）知an23，所以nn3a3n12n1n令Tn2n1n，①3333112n1nT，②n23nn133333111n21111n33n11n①-②得T13n332333n3n113n123n3n11332n332n3所以Tnn，即数列bn的前n项和为n．443443*24．已知数列an中，a12,a23，其前n项和Sn满足Sn1SnSnSn11n2,nN.（1）求证：数列an为等差数列，并求an的通项公式；n（2）设bn3an，求数列bn的前n项和Tn.【来源】江西省赣州市南康区第三中学高三数学（理）期中考试模拟试题33n3【答案】（1）证明见解析，ann1；（2）Tn(n)3.244【分析】（1）根据题干所给的条件得到aa1（n2，nN*），且a2a11，可得到数列为等差数列，进而n1n得到通项；（2）利用错位相减求和即可.【详解】（1）由已知，SSSS1（n2，nN*），n1nnn1即aa1（n2，nN*），且a2a11.n1n∴数列an是以a12为首项，公差为1的等差数列.∴ann1.n（2）由（1）知bnn13它的前n项和为Tn123n1nTn233343n3n13，①234nn13Tn233343n3n13，②1234nn1①②:2Tn233333n1329/34 n31333n1n3n133n3132233n3Tnn3.244225．已知正项数列an的前n项和为Sn，且4Sn＝an1.（1）求数列an的通项公式；11b；②3nb（2）在①nbnan；③n这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并求解.aa4S1nn1n若______，求bn的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【来源】山东省（新高考）高三模拟冲关押题卷（二）数学试题【答案】（1）an2n1；（2）答案见解析.【分析】（1）由数列an,Sn的关系运算化简可得anan12，再由等差数列的知识即可得解；（2）选条件①：由裂项相消法运算求解即可；选条件②：由错位相减法运算求解即可；2选条件③：由等差数列的求和公式可得Snn，再由裂项相消法即可得解.【详解】2（1）因为4Sa1，nn2所以当n1时，4a14S1a11，解得a11；2当n2时，4Sa1，n1n1222又4Sa1，所以两式相减得4aa1a1，nnnnn1可得anan1anan120，因为an0，所以anan12，所以数列an是首项为1，公差为2的等差数列，所以an2n1；11111（2）若选条件①：bnanan12n12n122n12n11111111111n则Tn11；2335572n12n122n12n1nn若选条件②：bn3an32n1，23n则Tn1333532n13，30/34 234n1上式两边同时乘3可得3Tn1333532n1323nn1两式相减得2Tn32(333)2n13n1913n1n132n132622n3，13n1可得Tnn133；12n1n2若选条件③：由an2n1可得Snn，211111所以bn2=，4n12n12n122n12n11111111111n故Tn11.2335572n12n122n12n126．已知数列a的前n项和为S，且a1，a2S1，nN，在公差不为0的等差数列bn中b24nn1n1n且b1，b2，b4成等比数列．（1）求数列an，bn的通项公式；bn（2）记cn，求cn的前n项和Tn．ann1991n【答案】（1）an3，bn2n；（2）Tn(3n)().223【分析】（1）根据前n项和和第n的关系，结合等比数列和等差数列的通项公式进行求解即可；（2）利用错位相减法进行求解即可.【详解】（1）由an12Sn1，可得：a22S112a113，当n2,nN时，由an12Sn1，可得an2Sn11，两个等式相减，得：aa2aa3a，说明数列a从第2起，是公比为3的等比数列，n1nnn1nnn2n1a1也适合，所以数列a的通项公式为：n1因此有an333，1nan3，设等差数列bn的公差为d0，因为b1，b2，b4成等比数列，b24，22所以b2b1b4b2(b2d)(b22d)16(4d)(42d)，因为d0，所以d2，所以bnb2(n2)d4(n2)22n，n1bn；即an3，n21011121n1（2）Tn2[1()2()3()n()]，333331/34 11112131nT2[1()2()3()n()]，n3333321112131n11n两个等式相减得：Tn2[1()()()()n()]，33333311112131n11nT1()()()()n()n3333331n1()131nTn()n31313991nT(3n)().n22327．已知公比q1的等比数列an和等差数列bn满足：a12，b11，其中a2b4，且a2是b2和b8的等比中项．（1）求数列an与bn的通项公式；n（2）记数列ab的前n项和为T，若当nN*时，等式1T0恒成立，求实数的取值范围．nnnnnbn；（2）210.【答案】（1）an2，n【分析】（1）根据已知条件可得出关于d方程，解出d的值，可求得q的值，即可得出数列an与bn的通项公式；n（2）求得anbnn2，利用错位相减法可求得Tn，分析可知数列Tn为单调递增数列，对n分奇数和偶数两种情况讨论，结合参变量分离法可得出实数的取值范围.【详解】（1）设等差数列bn的公差为d，因为a12，b11，a2b4，且a2是b2和b8的等比中项，22所以13d1d17d，整理可得dd0，解得d0或d1.a12若d0，则a2b41，可得q，不合乎题意；a21a2若d1，则a2b413d4，可得q2，合乎题意.a1n1n所以an222，bn1n11n;；123n（2）因为Tn122232n2，①234n12T122232n2，②nn212②①得T2122232nn2n1n2n12n12n1．n12nn*因为1Tn0，即1Tn对nN恒成立，32/34 nn1所以12n12．TTnn，故数列T为单调递增数列，当n2且nN，nn120nn1n1当n为偶数时，2n12，所以2n12min10；n1n1当n为奇数时，2n12，所以2n12min2，即2.综上可得210．228．等比数列{an}的各项均为正数，且a1a310，4a3a2a6.（1）求数列{an}的通项公式；（2）求数列{nan}的前n项和Tn.nn1【答案】（1）an2；（2）Tn(n1)22.【分析】（1）根据等比数列的通项公式，结合等比数列的下标性质进行求解即可；（2）利用错位相减法进行求解即可.【详解】解：（1）设数列{an}的公比为q，22则q0，由4a3a2a6a42得：q4，所以q=2.由a1a3a14a15a110，得到a12a的通项公式为n所以数列{n}an2.（2）由条件知，23nT122232n2n234n1又2Tn122232Ln2将以上两式相减得23nn1nn1n1T2222n22(21)n2(1n)22nn1所以Tn(n1)22.2an29．已知数列{an}满足a11，an1.a2n1（1）求证数列为等差数列；an（2）设bnanan1，求数列{bn}的前n项和Tn.4【答案】（1）证明见解析；（2）Tn2.n2【分析】33/34 11（1）求证等差数列，即得到后一项减去前一项为定值即可，将已知条件变形为，证明为常数，说aan1n禳镲1明睚为等差数列镲铪an（2）求出{bn}的通项，可以用裂项相消的方法求前n项和【详解】2an（1）数列{an}满足a11，an1.整理得anan12an2an1，a2n111故（常数），aa2n1n禳镲11所以数列睚是以1为首项，为公差的等差数列.镲铪an2禳镲11（2）由于数列睚是以1为首项，为公差的等差数列.镲铪an211n12所以1(n1)，故anan22n12211所以bnanan14()，n1n2n1n2111111114则：Tn4()4()2.2334n1n22n2n234/34