1、考查角度 2 三种常用的数列求和方法分类透析一 分组转化法求和例 1 已知等差数列 an满足 a2=2,a1+a4=5.(1)求数列 an的通项公式;(2)若数列 bn满足 b1=3,b2=6,bn-an为等比数列,求数列 bn的前 n 项和 Tn.分析 (1)利用已知条件求出等差数列 an的通项公式;(2)因为bn-an为等比数列,所以数列 bn的前 n 项和 Tn可以看成数列 bn-an的前 n 项和与数列 an的前 n 项和的总和 .解析 (1)设等差数列 an的公差为 d, 等差数列 an满足 a2=2,a1+a4=5, 解得 a1=d=1,2=1+,5=21+3,a n=1+(n-1
2、)1=n.(2)设等比数列 bn-an的公比为 q,b 1=3,b2=6,b 1-a1=3-1=2,b2-a2=6-2=4,q= 2.b n-an=22n-1=2n,b n=n+2n, 数列 bn的前 n 项和 Tn=(1+2+3+n)+(2+22+2n)= +(+1)2= +2n+1-2.2(1-2)1-2 (+1)2方法技巧 从求和数列的通项入手,将其转化为等差数列与等比数列的和或差的形式,再利用等差数列与等比数列的求和公式进行分组求和 .分类透析二 错位相减法求和例 2 已知 an的前 n 项和 Sn=4n-n2+4.(1)求数列 an的通项公式;(2)求数列 的前 n 项和 Tn.7-
3、2分析 (1)由 an的前 n 项和求出数列 an的通项公式;(2)利用错位相减法求和即可(当 n=1 时要单独考虑) .解析 (1)当 n2 时, an=Sn-Sn-1=4n-n2-4(n-1)-(n-1)2=5-2n;当 n=1 时, a1=S1=7.a n=7,=1,5-2,2.(2)令 bn= ,7-2当 n=1 时, T1=b1= =0;7-721当 n2 时, bn= = ,7-2 +12-1T n=0+ + + + + ,32422523 2-2+12-1Tn= + + + + ,12 322423524 2-1+12两式相减得 Tn=1+ + + - = - =2- ,12 1
4、2122 12-1+121-(12)1-12+12 +32T n=4- (n2) .+32-1当 n=1 时,满足上式 .综上所述, Tn=4- .+32-1方法技巧 用错位相减法求和时,应注意:(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列的公比为负数的情形;(2)在写出“ Sn”与“ qSn”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“ Sn-qSn”的表达式;(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比未知,应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解 .分类透析三 an= 型的裂项相消法求和1(+)例 3 已知数列 an为单调递增数列, Sn为其前 n 项和,2 Sn= +n
5、.2(1)求 an的通项公式 .(2)若 bn= ,Tn为数列 bn的前 n 项和,证明: Tn .+22+1+1 12分析 (1)由递推公式 2Sn= +n 求出 an的通项公式;(2)先用裂2项相消法求和,再进行适当放缩证明 .解析 (1)当 n=1 时,2 S1=2a1= +1,即( a1-1)2=0,解得 a1=1.21又 an为单调递增数列,所以 an1 .由 2Sn= +n 得 2Sn+1= +n+1,2 2+1所以 2Sn+1-2Sn= - +1,2+12整理得 2an+1= - +1,所以 =(an+1-1)2.2+12 2所以 an=an+1-1,即 an+1-an=1,所以
6、 an是以 1 为首项,1 为公差的等差数列,所以 an=n.(2)bn= = = - ,+22+1+1 +22+1(+1) 12 12+1(+1)所以 Tn= + + =(1211- 1222)( 1222- 1233) 12- 12+1(+1)- .12 12+1(+1)12方法技巧 (1)用裂项相消法求和时,抵消后并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,或者前面剩几项,后面也剩几项 .(2)将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等 .如:若 an是等差数列,则 =1+1, = .1(1- 1+1) 1+212(1- 1+2)分
7、类透析四 an= 型的裂项相消法求和1+例 4 已知数列 an的首项为 a1=1,且( an+1)an+1=an,nN *.(1)求证:数列 是等差数列 .1(2)设 bn= ,求数列 bn的前 n 项和 Tn.+1+1+分析 (1)通过递推公式( an+1)an+1=an证明数列 是等差数列;1(2)将 bn= 裂项,再求和 .+1+1+解析 (1)由 an+1= ,得 = = +1,则 - =1,又 a1=1,所+1 1+1+1 1 1+11以 =1.11所以数列 是以 1 为首项,1 为公差的等差数列 .1(2)由(1)可知, =n,故 an= .1 1又 bn= = = = - ,+1
8、+1+ 1(+1)+1+ +1-(+1) 1 1+1所以 Tn=b1+b2+b3+bn= + + + - =1- .(1-12)(12- 13)(13- 14) 1 1+1 1+1方法技巧 本题主要考查等差数列的定义与通项公式,以及裂项相消法求数列的和,属于中档难度题 .常见的裂项技巧:(1) = ;1(+)1(1- 1+)(2) = ( - );1+1 + (3) = ;1(2-1)(2+1)12( 12-1- 12+1)(4) = .1(+1)(+2)12 1(+1)- 1(+1)(+2)此外,需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题,导致计算结果错误 .1.(2017 年天津卷
9、,理 18 改编)设等差数列 an的公差为 d,前 n 项和为 Sn,等比数列 bn的公比为 q,已知 b1=a1,b2=2,q=d=2.(1)求数列 an,bn的通项公式;(2)记 cn= ,求数列 cn的前 n 项和 Tn.解析 (1)由题意知 a1=b1=1,所以 an=2n-1,bn=2n-1.(2)由(1)得 cn= ,2-12-1则 Tn=1+ + + + + , 32522723924 2-12-1Tn= + + + + + . 12 12322523724925 2-12由 - 可得Tn=2+ + + - =3- ,12 12122 12-22-12 2+32故 Tn=6- .
10、2+32-12.(2015 年全国 卷,理 17 改编)设各项均为正数的数列 an的前 n项和 Sn满足 Sn= an,且 a1=2.(3+)(1)求数列 an的通项公式 .(2)设 bn= (nN *),数列 bn的前 n 项和为 Tn.求证: Tn .12-1 2+1解析 (1) = n+r,a1=2,13 = +r=1,解得 r= .1113 23S n= an,+23当 n2 时, an=Sn-Sn-1= an- an-1,+23 +13化为 = ,-1+1-1a n= a1-1 -1-2 -2-3 32 21= 2=n(n+1),+1-1 -2 -1-3 42 31当 n=1 时也成
11、立, a n=n(n+1).(2)bn= = = - ,12-1 1(2-1)(2-1+1) 1(2-1)(2+1)12 12-1 12+1 数列 bn的前 n 项和为Tn + + - = = .12(1-13)(13-15) 12-1 12+1 12(1- 12+1) 2+1T n .2+13.(2014 年全国 卷,文 17 改编)已知等差数列 bn,正项等比数列an,a1=b1=1,a2+b2=7,且 =b1(b3+2).22(1)求数列 an,bn的通项公式;(2)设 cn=(-1)nbn+anb2n,求数列 cn的前 n 项和 Tn.解析 (1)设等比数列 an的公比为 q,等差数列
12、 bn的公差为 d,由 得22=1(3+2),2+2=7, 2=3+2,+1+=7,解得 或=3,=3 =-5,=11.因为 an中各项均为正数,所以 q=3,即 d=3,故 an=3n-1,bn=3n-2.(2)由(1)得 cn=(-1)n(3n-2)+(6n-2)3n-1,设数列( -1)n(3n-2)的前 n 项和为 An,数列(6 n-2)3n-1的前n 项和为 Bn.当 n 为偶数时, An=-1+4-7+10+-(3n-5)+(3n-2)= ;32当 n 为奇数时, An=An-1-(3n-2)= -3n+2= .3-32 1-32又 Bn=430+1031+1632+(6n-2)
13、3n-1, 则 3Bn=431+1032+1633+(6n-2)3n, 由 - 得 -2Bn=4+6(31+32+3n-1)-(6n-2)3n=4+6 -3-31-3(6n-2)3n=-5-(6n-5)3n,因此, Bn= + 3n.526-52综上, Tn=3+52 +6-52 3,为偶数,6-32 +6-52 3,为奇数. 1.(2018 新疆二模)在等差数列 an中,已知 a1+a3+a8=9,a2+a5+a11=21.(1)求数列 an的通项公式;(2)若 cn= ,求数列 ancn的前 n 项和 Sn.2+3解析 (1)设等差数列 an的公差为 d, 1+3+8=9,2+5+11=2
14、1, 解得31+9=9,31+15=21, 1=-3,=2, a n=2n-5.(2)由(1)得 cn= =22(n-1)=4n-1,2+3a ncn=(2n-5)4n-1,S n=a1c1+a2c2+ancn=-340+(-1)41+142+(2n-5)4n-1,4Sn=-341+(-1)42+143+(2n-5)4n.两式相减得 -3Sn=-340+241+242+24n-1-(2n-5)4n=-3+2 -(2n-5)4n,4(1-4-1)1-4S n= + 4n.1796-1792.(2018 常德一模)已知数列 an的前 n 项和为 Sn,且 a1=2,(n+1)an=2Sn.(1)求
15、数列 an的通项公式 an.(2)令 bn= ,设数列 bn的前 n 项和为 Tn,求证: Tn .2(+2) 34解析 (1)由( n+1)an=2Sn,得当 n2 时, nan-1=2Sn-1.两式相减得( n-1)an=nan-1,即 = , = , = ,-1 -1-1-2-1-2 2121利用累乘法,得 = ,则 an=2n.11当 n=1 时, a1=2 符合上式,故 an=2n.(2)由于 an=2n,则 bn= = = ,2(+2) 1(+2)12(1- 1+2)Tn=12(1-13+12-14+ 1-1- 1+1+1- 1+2)=12(1+12- 1+1- 1+2)= - -
16、 .34 12(+1) 12(+2)343.(2018 海淀区二模)已知等差数列 an满足 2an+1-an=2n+3.(1)求数列 an的通项公式;(2)若数列 an+bn是首项为 1,公比为 2 的等比数列,求数列 bn的前n 项和 .解析 (1)设等差数列 an的公差为 d,因为 2an+1-an=2n+3,所以 22-1=5,23-2=7,所以 1+2=5,1+3=7,所以 1=1,=2.所以 an=a1+(n-1)d=2n-1.(2)因为数列 an+bn是首项为 1,公比为 2 的等比数列,所以 an+bn=2n-1.因为 an=2n-1,所以 bn=2n-1-(2n-1).设数列
17、bn的前 n 项和为 Sn,则 Sn=(1+2+4+2n-1)-1+3+5+(2n-1)= -1-21-2=2n-1-n2.(1+2-1)2所以数列 bn的前 n 项和为 2n-1-n2.4.(厦门第一中学 2017 届高三上学期期中考试)设递增的等比数列an的前 n 项和为 Sn,已知 2(an+an+2)=5an+1,且 =a10.25(1)求数列 an的通项公式及前 n 项和 Sn;(2)设 bn=Snlog2an+1(nN *),求数列 bn的前 n 项和 Tn.解析 (1)设等比数列 an的公比为 q,由 2(an+an+2)=5an+1,得 2q2-5q+2=0,解得 q= 或 q
18、=2.12因为 an为递增数列,所以 q=2.又由 =a10知,( a1q4)2=a1q9,所以 a1=q,25所以 a1=q=2,an=2n,Sn=2n+1-2.(2)bn=Snlog2an+1=(2n+1-2)(n+1)=(n+1)2n+1-2(n+1),记数列( n+1)2n+1的前 n 项和为 Pn,则 Pn=222+323+424+(n+1)2n+1,2Pn=223+324+n2n+1+(n+1)2n+2,两式相减得-Pn=23+(23+24+2n+1)-(n+1)2n+2=23+ -23(2-1-1)2-1(n+1)2n+2=-n2n+2,即 Pn=n2n+2.又数列2( n+1)的前 n 项和为 22+3+4+(n+1)=n(n+3),所以 Tn=n2n+2-n(n+3).
