1、7.4 数列求和、数列的综合应用最新考纲 考情考向分析1.掌握等差、等比数列的前 n 项和公式及其应用2.会利用数列的关系解决实际问题.本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前 n 项和为主，识别出等差(比) 数列，直接用公式法也是考查的热点题型以解答题的形式出现，难度中等或稍难与不等式、函数、最值等问题综合.1等差数列的前 n 项和公式Sn na 1 d.na1 an2 nn 122等比数列的前 n 项和公式SnError!3一些常见数列的前 n 项和公式(1)1234n .nn 12(2)13572n1n 2.(3)24682nn(n 1)(4)122 2n 2 .nn
2、 12n 164数列求和的常用方法(1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项常见的裂项公式 ；1nn 1 1n 1n 1 ；12n 12n 1 12( 12n 1 12n 1) .1n n 1 n 1 n(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广(5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广(6)并项求和法一个数列的
3、前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如 an(1) nf(n)类型，可采用两项合并求解例如，S n100 299 298 297 22 21 2(10099)(9897)(2 1)5 050.题组一 思考辨析1判断下列结论是否正确(请在括号中打 “”或“”)(1)如果数列a n为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sn .( )a1 an 11 q(2)当 n2 时， .( )1n2 1 12( 1n 1 1n 1)(3)求 Sna2a 23a 3na n之和时，只要把上式等号两边同时乘以 a 即可根据错位相减法求得( )(4)数列 的前 n 项和为 n2 .( )12
4、n 2n 1 12n(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得 sin21sin 22sin 23sin 288 sin28944.5.( )(6)如果数列a n是周期为 k 的周期数列，那么 SkmmS k(m，k 为大于 1 的正整数) ( )题组二 教材改编2P61A 组 T5一个球从 100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第 10 次着地时，经过的路程是( )A100200(12 9 ) B100100(1 2 9 )C200(12 9 ) D100(1 2 9 )答案 A解析 第 10 次着地时，经过的路程 为 1002(502510
5、02 9 )1002100(2 1 2 2 2 9 )100200 100200(12 9 )2 11 2 91 2 13P61A 组 T4(3)12x3x 2nx n1 _( x 0 且 x1)答案 1 xn1 x2 nxn1 x解析 设 Sn12x3x 2nx n1 ，则 xSnx2x 23x 3nx n，得(1x)S n1x x 2x n1 nx n nx n，1 xn1 xS n .1 xn1 x2 nxn1 x题组三 易错自纠4已知数列a n的前 n 项和为 Sn，a 11，当 n2 时，a n2S n1 n，则 S2 019 等于( )A1 007 B1 008 C1 009 D1
6、 010答案 D解析 由 an2S n1 n 得 an1 2S nn1，两式相减得 an1 a n2a n1a n1 a n1S 2 019a 1(a 2a 3)( a2 018a 2 019)1 009111 010.5数列a n的通项公式为 an(1) n1 (4n3)，则它的前 100 项之和 S100 等于( )A200 B200 C400 D400答案 B解析 S 100(413)(4 23) (433)(4 1003)4(1 2)(34)(99100) 4(50)200.6数列a n的通项公式为 anncos ，其前 n 项和为 Sn，则 S2 017_.n2答案 1 008解析
7、因为数列 anncos 呈周期性 变化，观察此数列规律如下：n2a10，a 22，a 30，a 44.故 S4a 1a 2a 3a 42.a50，a 66，a 70，a 88，故 a5a 6a 7a 82，周期 T4.S 2 017S 2 016a 2 017 22 017cos 1 008.2 0164 2 01727(2011浙江)若数列 中的最大项是第 k 项，则 k_.nn 4(23)n答案 4解析 由题意知Error!解得 k1 .k N *，k 4.10 10第 1 课时 数列求和的常用方法题型一 分组转化法求和例 1 已知数列a n的前 n 项和 Sn ，nN *.n2 n2(1
8、)求数列a n的通项公式；(2)设 求数列b n的前 2n 项和2(1)nba ，解 (1)当 n1 时， a1S 11；当 n2 时，a nS nS n1 n.n2 n2 n 12 n 12a1 也满足 ann，故数列a n的通项公式为 ann(nN *)(2)由(1)知 ann，故 bn2 n(1) nn.记数列b n的前 2n 项和为 T2n，则 T2n(2 12 22 2n)(12342n) 记 A2 12 22 2n，B12342n，则 A 2 2n1 2，21 22n1 2B(12) (34) (2n1) 2nn.故数列b n的前 2n 项和 T2nAB2 2n1 n2.引申探究本
9、例(2)中，求数列 bn的前 n 项和 Tn.解 由(1)知 bn2 n(1) nn.当 n 为偶数时，Tn(2 12 2 2 n)1234( n1)n 2 n1 2；2 2n 11 2 n2 n2当 n 为奇数时，T n(2 12 22 n)1234 (n2)(n1) n2 n1 2 nn 122 n1 .n2 52T nError!思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若 anb ncn，且b n，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求a n的前 n 项和(2)通项公式为 anError!的数列，其中数列b n，cn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和提醒：某些数列的求和是将数列
10、转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论跟踪训练 1 (2018温州市适应性考试)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且 a12,2S n( n1)2ann 2an1 ，数列b n满足 b1a 1，nb n1 a nbn.(1)求数列a n和b n的通项公式；(2)若数列c n满足 cna nb n(nN *)，求数列c n的前 n 项和 Tn.解 (1)由 2Sn(n1) 2ann 2an1 ，可得 2Sn1 (n2) 2an1 ( n1) 2an2 ，得 2an1 2(n 22n 2)an1 (n1) 2an2 (n1) 2an，所以 2
11、(n1) 2an1 ( n1) 2an2 (n1) 2an，化简得 2an1 a n2 a n，所以a n是等差数列由 2S1(11) 2a1a 2 可得 a24，所以公差 da 2a 1422，故 an22(n1)2n.由 b1a 1，nbn1 a nbn以及 an2n 可知， b12， 2，所以数列b n是以 2 为首项， 2 为bn 1bn公比的等比数列，故 bn22 n1 2 n.(2)因为 cna nb n2n2 n，所以 Tn(2 2)(42 2)(62 3)(2n2 n)(2462n)(2 2 22 32 n) n2 2n2 21 2n1 2n 2n2 n1 2.题型二 错位相减
12、法求和例 2 (2018浙江省金华名校统考)已知数列 an是公比大于 1 的等比数列，且a2a 490，a 327.在数列b n中，b 11，b n1 (nN *)bnbn 1(1)求数列a n，b n的通项公式；(2)设 cn ，求数列c n的前 n 项和 Tn.anbn解 (1)设等比数列a n的公比为 q(q1)，则由 a2a 490，a 327，得Error!解得Error! 或Error!(舍去)，故 an33 n1 3 n.因为 bn1 (nN *)，bnbn 1所以 1，1bn 1 1bn又 b11，所以 是首项为 1，公差 为 1 的等差数列1bn于是， 1(n1)1n，故 b
13、n .1bn 1n(2)由(1)知，c n n3 n，anbn所以 Tnc 1c 2c 3c n1323 2n3 n，则 3Tn13 223 3( n1)3 nn3 n1 .两式相减得，2T n33 23 33 nn3 n1 n3 n1 3n1 ，31 3n1 3 (12 n) 32故 Tn 3n1 .(12n 14) 34思维升华 错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特 别是等比数列公比为负数的情形(2)在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“ 错项对齐”以便下一步准确写出“SnqS n”的表达式(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等
14、于 1 和不等于 1 两种情况求解跟踪训练 2 (2018杭 州 质 检 )已 知 各 项 均 大 于 零 的 数 列 an的 前 n 项 和 为 Sn， 且 满 足 2Sn a an.2n(1)求数列a n的通项公式；(2)设 ，数列 bn的前 n 项和为 Hn，求使得 Hnn2 n1 50 成立的最小整数12lognabn.解 (1)由 2Sna a n，2n得 2Sn1 a a n1 (n2)， 2n 1当 n2 时，得 2ana a na a n1 ，2n 2n 1即 ana n1 a a (a na n1 )(ana n1 )，2n 2n 1又由题设知 ana n1 0，所以 ana
15、 n1 1，故数列a n是公差为 1 的等差数列，又 a11，所以 an1(n1)1n.(2)因为 n2 n，2logaab所以 Hn(12 122 2n2 n)，则 2Hn(2 222 3n2 n1 )将以上两式作差化简可得 Hnn2 n1 2 n1 2，于是，H nn2 n1 50，即 2n1 52，解得 n5.故最小正整数 n 是 5.题型三 裂项相消法求和命题点 1 形如 an 型1nn k例 3 (2018浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列 an的公差为 2，等比数列 bn的公比为2，且 anbnn2 n.(1)求数列a n和b n的通项公式；(2)令 cn ，记数列c n的前 n
16、 项和为 Tn，试比较 Tn与 的大小1anlog2bn 3 38解 (1)a nbnn2 n，Error! Error!解得 a12，b 11，a n22(n1)2n，bn2 n1 .(2)a n2n，b n2 n1 ，c n ，1anlog2bn 3 12nn 2 14(1n 1n 2)T nc 1c 2c 3c 4c n1 c n Error!14Error!14(1 12 1n 1 1n 2) 0,6Sna 3a n，nN *， ，若任意 nN *，kT n恒成立，则 k 的2n 12()nna最小值是_答案 149解析 当 n1 时，6a 1a 3a1，21解得 a13 或 a10.
17、由 an0，得 a1 3.由 6Sna 3a n，得 6Sn1 a 3a n1 .2n 2n 1两式相减得 6an1 a a 3a n1 3a n.2n 1 2n所以(a n1 a n)(an1 a n3)0.因为 an0，所以 an1 a n0，an1 a n3.即数列a n是以 3 为首项，3 为公差的等差数列，所以 an33(n1)3n.所以 12()nnab8n8n 18n 1 1 .17( 18n 1 18n 1 1)所以 Tn Error!17Error! Tn恒成立，只需 k ，149所以 k 的最小值为 .14910(2018湖州市适应性考试) 已知等比数列a n满足 2a1a
18、 33a 2，且 a32 是 a2，a 4 的等差中项(1)求数列a n的通项公式；(2)若 bna nlog 2 ，S nb 1b 2b 3b n，求使 Sn2 n1 470，解得 n9 或 n0.(1)求数列a n的通项公式；(2)设数列a a 的前 n 项和为 Sn，若对于任意的 nN *，S n0，1an 1 4 1a2n ， 4 ，1an 1 4 1a2n 1a 2n 1 1a2n数列 是等差数列，首项 1，公差 d4，1a2n 1a21 4n3，a ，a n .1a2n 2n 14n 3 14n 3(2)a a ，2n 2n 114n 34n 1 14 ( 14n 3 14n 1)
19、由 Sn14(11 15) (15 19) ( 14n 3 14n 1) ，14(1 14n 1)nN *，S n1，当 n2 时，从而有 (an1 a n)(a na n1 )(a n1) 2( an1 1)2(a na n1 )(ana n1 2)0，则 an1 a na na n1 a2a 1 ，则 a2 19017a 1(a 2a 1)( a2 017a 2 016) 225 ，得 a2 0171224 1，即有 043 2 0169 13 131，则 m(2,3) ，故选 B.1a2 017 116已知正项数列a n的前 n 项和为 Sn，任意 nN *,2Sna a n.令 bn2
20、n，设b n的前 n 项和为 Tn，则在 T1，T 2，T 3，T 100 中有理数的个数1anan 1 an 1an为_答案 9解析 2S na a n，2n2S n1 a a n1 ，2n 1，得 2an1 a a n1 a a n，2n 1 2na a a n1 a n0，(a n1 a n)(an1 a n1) 0.2n 1 2n又a n为正项数列，a n1 a n10，即 an1 a n1.在 2Sna a n中，令 n1，可得 a11.2n数列a n是以 1 为首项，1 为公差的等差数列a nn，b n1nn 1 n 1nn 1n nn 1nn 1 n 1nn 1n nn 1 ，n 1n nn 1nn 1 1n 1n 1T n1 1 ，12 12 13 1n 1 1n 1n 1n 1 1n 1要使 Tn为有理数，只需 为有理数，1n 1令 n1t 2，1n100，n3,8,15,24,35,48,63,80,99 共 9 个数T 1，T2，T3，T100 中有理数的个数为 9.
