1、154 数列求和知识梳理1基本数列求和公式法(1)等差数列求和公式：Sn na1 d.na1 an2 nn 12(2)等比数列求和公式：SnError!2非基本数列求和常用方法(1)倒序相加法；(2)分组求和法；(3)并项求和法；(4)错位相减法；(5)裂项相消法常见的裂项公式： ；1nn k 1k(1n 1n k) ；12n 12n 1 12( 12n 1 12n 1) ；1nn 1n 2 12 1nn 1 1n 1n 2 ( )1n n k 1k n k n3常用求和公式2(1)1234 n ；nn 12(2)1357(2 n1) n2；(3)122 23 2 n2 ；nn 12n 16(
2、4)132 33 3 n3 2.nn 12 诊断自测1概念辨析(1)已知等差数列 an的公差为 d，则有 .( )1anan 1 1d(1an 1an 1)(2)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 288sin 28944.5.( )(3)求 Sn a2 a23 a3 nan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)若数列 a1， a2 a1， an an1 是( n1， nN *)首项为 1，公比为 3的等比数列，则数列 an的通项公式是 an .( )3n 12答案 (1) (2) (3) (4)2教材
3、衍化(1)(必修 A5 P47T4)数列 an中， an ，若 an的前 n项和为 ，则项数 n为( )1nn 1 20172018A2014 B2015 C2016 D2017答案 D解析 an ， Sn1 ，又前 n项和为 ，所以 n2017.故选 D.1n 1n 1 1n 1 nn 1 20172018(2)(必修 A5 P38T8)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(12 9 )C200(12 9 ) D100(12 9 )答案 A解析 第 10次着地时，经过的路程
4、为 1002(50251002 9 )1002100(2 1 2 2 2 9 )100200 100200(12 9 )故选 A.2 11 2 91 2 13小题热身(1)数列 an的通项公式为 an ncos ，其前 n项和为 Sn，则 S2018等于( )n2A1010 B2018 3C505 D1010答案 A解析 易知 a1cos 0， a22cos2， a30， a44，.2所以数列 an的所有奇数项为 0，前 2016项中所有偶数项(共 1008项)依次为2,4，6,8，2014,2016.故 S20160(24)(68)(20142016)1008. a20170， a20182
5、018cos 2018， S2018 S2016 a201810082018201821010.故选 A.(2)设 Sn是数列 an的前 n项和，且 a11， an1 SnSn1 ，则 Sn_.答案 1n解析 an1 Sn1 Sn， Sn1 Sn Sn1 Sn，又由 a11，知Sn0， 1， 是等差数列，且公差为1，而1Sn 1Sn 1 1Sn 1， 1( n1)(1) n， Sn .1S1 1a1 1Sn 1n题型 1 错位相减法求和已知数列 an的前 n项和 Sn3 n28 n， bn是等差数列，且 an bn bn1 . 典 例(1)求数列 bn的通项公式；(2)令 cn ，求数列 cn
6、的前 n项和 Tn.an 1n 1bn 2n利用 an Sn Sn1 (n2)、方程思想、错位相减法解 (1)由题意知，当 n2 时， an Sn Sn1 6 n5.当 n1 时， a1 S111，所以 an6 n5.设数列 bn的公差为 d.由Error!即Error!可解得 b14， d3，所以 bn3 n1.(2)由(1)知 cn 3( n1)2 n1 .6n 6n 13n 3n又 Tn c1 c2 cn，得 Tn322 232 3( n1)2 n1 ，2Tn322 332 4( n1)2 n2 ，两式作差，得 Tn322 22 32 42 n1 ( n1)2 n2 33 n2n2 ，所
7、以 Tn3 n2n2 .441 2n1 2 n 12n 24方法技巧利用错位相减法的一般类型及思路1适用的数列类型： anbn，其中数列 an是公差为 d的等差数列， bn是公比为q1 的等比数列2思路：设 Sn a1b1 a2b2 anbn，(*)则 qSn a1b2 a2b3 an1 bn anbn1 ，(*)(*)(*)得：(1 q)Sn a1b1 d(b2 b3 bn) anbn1 ，就转化为根据公式可求的和如典例提醒：用错位相减法求和时容易出现以下两点错误：(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的 n1 项和当作 n项和冲关针对训
8、练已知首项都是 1的两个数列 an， bn(bn0， nN *)满足anbn1 an1 bn2 bn1 bn0.(1)令 cn ，求数列 cn的通项公式；anbn(2)若 bn3 n1 ，求数列 an的前 n项和 Sn.解 (1)因为 anbn1 an1 bn2 bn1 bn0( bn0， nN *)，所以 2，即an 1bn 1 anbncn1 cn2.所以数列 cn是以 1为首项，2 为公差的等差数列，故 cn2 n1.(2)由 bn3 n1 知 an cnbn(2 n1)3 n1 ，于是数列 an的前 n项和Sn13 033 153 2(2 n1)3 n1 ，3Sn13 133 2(2
9、n3)3 n1 (2 n1)3 n，相减得2 Sn12(3 13 23 n1 )(2 n1)3 n2(2 n2)3 n，所以 Sn( n1)3 n1.题型 2 裂项相消法求和Sn为数列 an的前 n项和，已知 an0， a 2 an4 Sn3. 典 例 2n(1)求 an的通项公式；(2)设 bn ，求数列 bn的前 n项和1anan 1利用递推公式， an Sn Sn1 (n2)求通项，裂项相消求和解 (1)由 a 2 an4 Sn3，可知 a 2 an1 4 Sn1 3.2n 2n 1可得 a a 2( an1 an)4 an1 ，2n 1 2n即 2(an1 an) a a ( an1
10、an)(an1 an)2n 1 2n5由于 an0，所以 an1 an2.又由 a 2 a14 a13，解得 a11(舍去)或 a13.21所以 an是首项为 3，公差为 2的等差数列，通项公式为 an2 n1.(2)由 an2 n1 可知bn .1anan 1 12n 12n 3 12( 12n 1 12n 3)设数列 bn的前 n项和为 Tn，则Tn b1 b2 bn Error!12Error! .n32n 3条件探究 将典例中的条件变为：已知等差数列 an的公差为 2，前 n项和为 Sn，且 S1， S2， S4成等比数列(1)求 an的通项公式；(2)设 bn ，求数列 bn的前 n
11、项和1anan 1解 (1)因为 S1 a1， S22 a1 22 a12，212S44 a1 24 a112，432由题意得(2 a12) 2 a1(4a112)，解得 a11，所以 an2 n1.(2)由 an2 n1 可知bn .1anan 1 12n 12n 1 12( 12n 1 12n 1)设数列 bn的前 n项和为 Tn，则Tn b1 b2 bn .12(1 13) (13 15) (15 17) ( 12n 1 12n 1) n2n 1结论探究 条件探究中的条件不变，求解(2)变为：令 bn(1) n1 ，求数4nanan 1列 bn的前 n项和 Tn.解 bn(1) n1 (
12、1) n1 (1) n1 .4nanan 1 4n2n 12n 1 ( 12n 1 12n 1)当 n为偶数时，Tn 1 .(113) (13 15) ( 12n 3 12n 1) ( 12n 1 12n 1) 12n 1 2n2n 1当 n为奇数时，Tn 1 .(113) (13 15) ( 12n 3 12n 1) ( 12n 1 12n 1) 12n 1 2n 22n 1所以 TnError! .(或 Tn2n 1 1n 12n 1 )6方法技巧几种常见的裂项相消及解题策略1常见的裂项方法(其中 n为正整数)数列 裂项方法(k为非零常数)1nn k1nn k 1k(1n 1n k) 14
13、n2 1 14n2 1 12( 12n 1 12n 1) 1n n k ( )1n n k 1k n k n(a0， a1)loga(11n)loga log a(n1)log an(11n)an为等差数列，公差为d(d0) ， 1anan 1 1anan 1 1d(1an 1an 1)2.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使前后相等冲关针对训练已知数列 an的前 n项和为 Sn， a12，且满足 Sn an1 n1( nN *)12(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bnlo
14、g 3( an1)，设数列 的前 n项和为 Tn，求证： Tn100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( )A440 B330 C220 D110答案 A解析 设 1(12)(122 n1 )(122 t)2 m(其中m， n， tN,0 t n)，则有 N t1，因为 N100，所以 n13.nn 12由等比数列的前 n项和公式可得 2n1 n22 t1 12 m.因为 n13，所以 2nn2，所以 2n1 2n n2，即 2n1 n22 n，因为 2t1 10，所以 2m2n1 n22 n，故 m n1，因为 2t1 12 n1 1，所以 2m2 n2 n3，故 m
15、n1.所以 m n1，从而有 n2 t1 3，因为 n13，所以 t3.当 t3 时， N95，不合题意；10当 t4 时， N440，满足题意，故所求 N的最小值为 440.故选 A.2(2017湖北月考)已知等差数列 an的公差和首项都不等于 0，且 a2， a4， a8成等比数列，则 ( )a1 a5 a9a2 a3A2 B3 C5 D7答案 B解析 等差数列 an中， a2， a4， a8成等比数列， a a2a8，( a13 d)2( a1 d)(a17 d)，24 d2 a1d， d0， d a1， 3.故选 B.a1 a5 a9a2 a3 15a15a13(2017东城区期末)等
16、差数列 an的前 n项和为 Sn， a33， S410，则_.nk 11Sk答案 2nn 1解析 设公差为 d，则Error!Error! an n.前 n项和 Sn12 n ，nn 12 2 ，1Sn 2nn 1 (1n 1n 1) 2 2 2 .nk 11Sk (1 12 12 13 1n 1n 1) (1 1n 1) nn 1 2nn 14(2018河南质检)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， b2 b312， b3 a42 a1， S1111 b4.(1)求 an和 bn的通项公式；(2)求数列 a2nb2n1 的前 n
17、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 b2 b312，得b1(q q2)12，而 b12，所以 q2 q60，解得 q2 或 q3，又因为 q0，所以 q2，所以 bn2 n.由 b3 a42 a1，可得 3d a18，由 S1111 b4，可得 a15 d16，联立，解得 a11， d3，由此可得 an3 n2.所以数列 an的通项公式为 an3 n2，数列 bn的通项公式为 bn2 n.(2)设数列 a2nb2n1 的前 n项和为 Tn，由 a2n6 n2， b2n1 24 n1 ，得11a2nb2n1 (3 n1)4 n，故 Tn2
18、454 284 3(3 n1)4 n，4Tn24 254 384 4(3 n4)4 n(3 n1)4 n1 ，上述两式相减，得3 Tn2434 234 334 n(3 n1)4 n1 4(3 n1)121 4n1 44n1 (3 n2)4 n1 8，得 Tn 4n1 .3n 23 83所以数列 a2nb2n1 的前 n项和为 4n1 .3n 23 83重点保分 两级优选练A级一、选择题1已知等差数列 an的前 n项和为 Sn，且 S210， S555，则 an100 an98 ( )A8 n6 B4 n1 C8 n3 D4 n3答案 A解析 设等差数列 an的公差为 d，则 Sn na1 d，
19、由 S210， S555，可得nn 12Error!得Error!所以 an a1( n1) d4 n1，则 an100 an98 2 an1 8 n6.故选 A.2已知等差数列 an的前 n项和为 Sn，且满足 1，则数列 an的公差是( )S33 S22A1 B2 C4 D6答案 B解析 由 1 得 a1 d 1，所以 d2.故选S33 S22 a1 a2 a33 a1 a22 2a1 d2 d2B.3若两个等差数列 an和 bn的前 n项和分别是 Sn， Tn，已知 ，则 ( )SnTn 7nn 3 a5b5A. B. 23 278C7 D.214答案 D解析 .故选 D.a5b5 2a
20、52b5 a1 a9b1 b99a1 a929b1 b92 S9T9 799 3 214124已知函数 f(n)Error!且 an f(n) f(n1)，则 a1 a2 a3 a100等于( )A0 B100 C100 D102答案 B解析 由题意，得a1 a2 a1001 22 22 23 23 24 24 25 299 2100 2100 2101 2(12)(32)(99100)(101100)100.故选 B.5已知数列 an满足 an1 ，且 a1 ，则该数列的前 2018项的和等于( )12 an a2n 12A1512 B1513 C1513.5 D2018答案 C解析 因为
21、a1 ，又 an1 ，12 12 an a2n所以 a21，从而 a3 ， a41，12即得 anError!故数列的前 2018项的和 S20181009 1513.5.故选 C.(112)6在数列 an中，已知对任意 nN *， a1 a2 a3 an3 n1，则a a a a 等于( )21 2 23 2nA(3 n1) 2 B. (9n1)12C9 n1 D. (3n1)14答案 B解析 因为 a1 a2 an3 n1，所以 a1 a2 an1 3 n1 1( n2)则 n2时， an23 n1 .当 n1 时， a1312，适合上式，所以 an23 n1 (nN *)则数列 a 是首
22、项2n为 4，公比为 9的等比数列故选 B.7设直线 nx( n1) y (nN *)与两坐标轴围成的三角形面积为 Sn，则2S1 S2 S2017的值为( )A. B. 20142015 20152016C. D.20162017 20172018答案 D解析 直线与 x轴交于 ，与 y轴交于 ，(2n， 0) (0， 2n 1) Sn .12 2n 2n 1 1nn 1 1n 1n 113原式 1 .故选 D.(112) (12 13) ( 12017 12018) 12018 201720188已知 an为等比数列， Sn是它的前 n项和若 a3a5 a1，且 a4与 a7的等差中项为1
23、4，则 S5等于( )98A35 B33 C31 D29答案 C解析 设等比数列 an的公比是 q，所以 a3a5 a q6 a1，得 a1q6 ，即 a7 .又2114 14 14a4 a72 ，解得 a42，所以 q3 ，所以 q ， a116，故 S5 98 a7a4 18 12 a11 q51 q31. 故选 C.16(1 132)1 129已知等比数列 an的前 n项和为 Sn，则下列说法中一定成立的是( )A若 a30，则 a20170，则 a20180，则 S20170 D若 a40，则 S20180答案 C解析 等比数列 an的公比 q0.对于 A，若 a30，则 a1q20，
24、所以 a10，所以a2017 a1q20160，所以 A不成立；对于 B，若 a40，则 a1q30，所以 a1q0，所以a2018 a1q20170，所以 B不成立；对于 C，若 a30，则 a1 0，所以当 q1 时，a3q2S20170，当 q1 时， S2017 0(1 q与 1 q2017同号)，所以 C一定成立，易a11 q20171 q知 D不一定成立故选 C.10在数列 an中， an0， a1 ，如果 an1 是 1与 的等比中项，那么12 2anan 1 14 a2na1 的值是( )a222 a332 a442 a1001002A. B. 10099 101100C. D
25、.100101 99100答案 C解析 由题意，可得 a (2an1 anan1 1)(2 an1 anan1 1)2n 12anan 1 14 a2n0 an1 an1 1 1， ( n1)12 an an 12 an 1an 1 1 1an 1 1an 1 112 114 n1 an ， a1 1 nn 1 ann2 1nn 1 1n 1n 1 a222 a1001002 12 12 13 .故选 C.1100 1101 100101二、填空题11 Sn111111 _.答案 10n 1 9n 1081解析 an (10n1)，19 (101)(10 21)(10 n1)19 (1010
26、210 n) n19 .191010n 19 n 10n 1 9n 108112数列 an满足： a1 ，且 an1 (nN *)，则43 4n 1an3an n _.1a1 2a2 3a3 2018a2018答案 2017 23 1342018解析 由题意可知 1 ，又 1 ，所以数列n 1an 1 34 14 nan n 1an 1 14(nan 1) 1a1 14是以 为首项，以 为公比的等比数列，所以 1 ，nan 1 14 14 nan 14n所以 n n ，1a1 2a2 3a3 nan14(1 14n)1 14 13 13 14n则 2018 2017 .1a1 2a2 3a3
27、2018a2018 13 13 142018 23 134201813设 f(x) ，利用课本中推导等差数列前 n项和的公式的方法，可求得12x 2f(5) f(4) f(0) f(5) f(6)的值为_答案 3 2解析 6(5)1， f(5)， f(4)， f(5)， f(6)共有 11112 项15由 f(5)， f(6)； f(4)， f(5)； f(0)， f(1)共有 6对，且该数列为等差数列又 f(0) f(1) ，11 2 12 2 11 2 121 2 2 121 2 12 22 f(5) f(4) f(6)6 3 .22 214已知数列 an的各项均为正整数，其前 n项和为
28、Sn，若 an1 Error!且 S310，则S2016_.答案 6720解析 当 a1为奇数时， a2 ，此时若 a2为奇数，则 a3 a1 12 a2 12 a1 12 12， S3 a1 10，解得 a15，此时数列 an为a1 34 a1 12 a1 34 7a1 545,3,2,5,3,2，.当 a1为奇数时， a2 ，此时若 a2为偶数，则a1 12a33 a21 1 ，3a1 12 3a1 12 S3 a1 3 a1110，解得 a13，此时数列 an为a1 12 3a1 123,2,5,3,2,5，.当 a1为偶数时， a23 a11，此时 a2为奇数，则 a3 a2 12 ，
29、 S3 a13 a11 a1110 ，解得 a12，此时数列 an为3a1 1 12 3a12 3a12 1122,5,3,2,5,3，.上述三种情况中，数列 an均为周期数列67232016， S2016672 S36720.B级三、解答题15已知 Sn是数列 an的前 n项和，且满足 Sn2 an n4.(1)证明： Sn n2为等比数列；(2)求数列 Sn的前 n项和 Tn.解 (1)证明：由题意知 Sn2( Sn Sn1 ) n4( n2)，即 Sn2 Sn1 n4，所以 Sn n22 Sn1 ( n1)2，又易知 a13，所以 S1124，所以 Sn n2是首项为 4，公比为 2的等
30、比数列(2)由(1)知 Sn n22 n1 ，所以 Sn2 n1 n2，于是 Tn(2 22 32 n1 )(12 n)2 n 2 n41 2n1 2 nn 12.2n 3 n2 3n 8216已知各项均为正数的数列 an的前 n项和为 Sn，满足16a 2 Sn n4， a21， a3， a7恰为等比数列 bn的前 3项2n 1(1)求数列 an， bn的通项公式；(2)若 cn ，求数列 cn的前 n项和 Tn.log2bnbn 1anan 1解 (1)因为 a 2 Sn n4，所以 a 2 Sn1 n14( n2)，两式相减得2n 1 2na a 2 an1，所以 a a 2 an1(
31、an1) 2，2n 1 2n 2n 1 2n所以 an1 an1.又 a ( a21) a7，所以( a21) 2( a21)( a25)，解得 a23，又 a 2 a114，23 2所以 a12，所以 an是以 2为首项，1 为公差的等差数列，所以 an n1.故b12， b24， b38，所以 bn2 n.(2)由(1)得， cn ，n2n 1n 1n 2故 Tn c1 c2 cn Error! Error! .(12 24 n2n) 134设 Fn ，则 Fn ，作差得 Fn 12 24 n2n 12 122 223 n2n 1 12 12 122 12n，n2n 1所以 Fn2 .n
32、22n设Gn ，所以123 134 1n 1n 2 12 13 13 14 1n 1 1n 2 12 1n 2Tn2 .n 22n (12 1n 2) 32 n 22n 1n 217已知等差数列 an的前 n项和为 Sn，若 Sm1 4， Sm0， Sm2 14( m2，且mN *)(1)求 m的值；(2)若数列 bn满足 log 2bn(nN *)，求数列( an6) bn的前 n项和an2解 (1)由已知得， am Sm Sm1 4，且 am1 am2 Sm2 Sm14，设数列 an的公差为 d，则有 2am3 d14， d2.由 Sm0，得 ma1 20，即 a11 m，mm 12 am
33、 a1( m1)2 m14， m5.(2)由(1)知 a14， d2， an2 n6， n3log 2bn，得 bn2 n3 ，( an6) bn2 n2n3 n2n2 .17设数列( an6) bn的前 n项和为 Tn，则 Tn12 1 22 0( n1)2 n3 n2n2 ，2Tn12 022 1( n1)2 n2 n2n1 ，得 Tn2 1 2 02 n2 n2n1 n2n1 2 n1 n2n1 ，2 11 2n1 2 12 Tn( n1)2 n1 (nN *)1218在等比数列 an中， a10， nN *，且 a3 a28，又 a1， a5的等比中项为 16.(1)求数列 an的通项
34、公式；(2)设 bnlog 4an，数列 bn的前 n项和为 Sn，是否存在正整数 k，使得 k对任意 nN *恒成立，若存在，求出正整数 k的最小值；若不存在，1S1 1S2 1S3 1Sn请说明理由解 (1)设数列 an的公比为 q，由题意可得 a316，a3 a28，则 a28， q2， a14，所以 an2 n1 .(2)bnlog 42n1 ，n 12Sn b1 b2 bn .nn 34 ，1Sn 4nn 3 43(1n 1n 3)所以 1S1 1S2 1S3 1Sn43(11 14 12 15 13 16 1n 1n 3)43(1 12 13 1n 1 1n 2 1n 3) 43 116 43 ( 1n 1 1n 2 1n 3) .229 43 ( 1n 1 1n 2 1n 3)当 n1 时， 12 ；1S1 229当 n2 时， 1S1 1S2 1Sn 3.229 43( 1n 1 1n 2 1n 3)229故存在 k3 时，对任意的 nN *都有 3.1S1 1S2 1S3 1Sn
