(word完整版)数列求和专题训练方法归纳,推荐文档

1、数列求和专题方法归纳方法 1：分组转化法求和1已知 an 的前 n 项是 321,641,981,12 161， ，3n 2n1，则 Sn_.2等差数列 an 中， a24，a4a7 15.(1)求数列 an 的通项公式； (2)设 bn 2an 2n，求 b1 b2b3 10 的值b方法 2 裂项相消法求和3.设数列满足 a1 1，且 an 1 an n1(n N * )，则数列前 10 项的和为 _4.S 为数列 a 的前 n 项和已知 a 0，a 2a4S 3.求 a 的通项公式；设 b ，求数列 b 的前 n 项nnnnnnnn和5若已知数列的前四项是，则数列的前n 项和为 _6等差数

2、列 an 的前 n 项和为 Sn，已知 a1 10，a2 为整数，且SnS4.（ 1)求 an 的通项公式； (2) 设 bn，求数列 b 的前 n 项和 T .nn7已知数列 an 各项均为正数，且 a1 1，an 1an an 1an 0(nN* )(1)设 bn，求证：数列 bn 是等差数列；(2) 求数列的前 n 项和 Sn.方法 3：错位相减法求和8已知 an 是等差数列，其前n 项和为 Sn， bn 是等比数列 (bn 0)，且 a1 b1 2， a3 b3 16， S4 b3 34.(1)求数列 annnnn项和，求n.与 b 的通项公式；(2)记 T 为数列 a b 的前 nT

3、9设等差数列 an 的公差为 d，点 (an， bn)在函数 f(x) 2x 的图象上 (n N* ) (1) 若 a 2，点 (a4b )在函数 f(x)的图象上，求数列 a 的前 n 项和 S ；18,7nn10. 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 , b3 a4 2a1S1111b4 .1 an和 bn 的通项公式；（2）求数列 a2 nb2n1的前 n 项和(nN) .，（ ）求4.数列与不等式的交汇问题nnn2 n 3)Sn2n)0， n N*.(1)1的值；11设各项为正数的数列 a 的前 n 项和

4、为S ，且S 满足 S (n3(n求 a(2)求数列 an 的通项公式；(3) 证明对一切正整数n，有1111 。a1( a11)a2( a21)an( an 1)312已知等比数列 a 是递增数列，且a a 32， a a 12，数列 bn 满足 b 1，n25341且 bn 1 2bn 2an(n N* ) (1)证明：数列是等差数列；(2)若对任意n N* ，不等式 (n 2)bn 1n的最大值 b总成立，求实数数列求和专题方法归纳参考答案1.【解析】由题意知 an3n2n1， Sna1a2an3×121 1 3×2221 3n 2n13×(123 n)21

5、 22 2n n2.解：(1)设等差数列 an 的公差为 d，由已知得解得所以 an a1(n1)dn2.(2)由(1)可得 bn2nn，所以 b1b2 b3 b10 (21)(222) (23 3) (21010) (222 23 210)(1 2 3 10) (2112)55211 532101.3.【解析】(1)由题意有a2 a1 2，a3 a2 3， ， an an 1 n(n 2)以上各式相加，得an a1 2 3 n .又 a1 1， an (n 2)当 n 1 时也满足此式，an(nN * ) 2. S10 2× 2× .4.解：由a 2an 4Sn 3， (

6、1)可知 a 2an 14Sn 1 3.(2)由 (2) (1) ，得 a a2( an 1 an) 4an1，即 2(an 1 an) a a (an 1 an)(an 1 an)由 an>0，得 an 1an 2.又 a 2a1 4a1 3，解得 a1 1(舍去 )或 a1 3.所以 an 是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为an 2n1.由 an 2n 1 可知 bn .设数列 bn 的前 n 项和为 Tn，则Tn b1 b2 bn .5.【解析】由前四项知数列 a 的通项公式为a ，nn由知，Sn a1 a2 a3 an1 an .6.【解】(1)由 a1 10， a

7、2 为整数，知等差数列 an 的公差 d 为整数又 SnS4，故 a40，a50，于是 10 3d 0,10 4d 0.解得 d.因此 d 3.数列 an 的通项公式为an 13 3n.(2) bn .于是 Tn b1 b2 bn .7.解： (1) 证明：因为 aa a a*)， 0(n Nn 1nn 1n所以 an 1 .因为 bn ，所以 bn 1n1 b1.又 b 1，所以数列 bn 是以 1为首项、 1 为公差的等差数列(2)由 (1) 知， bn n ，所以 n，即 an ，所以，所以 Sn 1 .8.解：(1) 设数列 a 的公差为 d，数列 b 的公比为 q，由已知 q 0，

8、a b 2，a b 16，S b 34.?nn113343 an a1 (n 1)d 2 3(n 1) 3n1， bn b1qn1 2n.(2)Tn 2×2 5×22 (3n 1) ×2n，2Tn 2×22 5×23 (3n 1) ×2n 1，两式相减得 Tn 4 3×22 3×2n (3n 1) ×2n 1 4 (3n 1) ×2n1 8 (3n 4)2n 1. Tn (3n 4)2n 1 8.9.解：(1) 由已知， b7 2a7， b8 2a8 4b7，有 2a8 4×2a7 2

9、a7 2.解得 d a8 a7 2.所以 Sn na1 d 2n n(n 1) n23n.(2) 函数 f(x) 2x 在 (a2， b2)处的切线方程为y 2a2 (2a2ln2)( xa2)，它在 x 轴上的截距为a2.由题意知， a2 2，解得 a2 2.所以 da21nnn， .a 1，从而 a n， b 2所以 Tn ，2T .n因此， 2TnTn 1 2所以 Tn .10.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 b2b3 12 ，得 b1 (qq2 )12 ，而 b12 ，所以 q2q60 .又因为 q0 ，解得 q2.所以， bn2n

10、 .由 b3 a42a1 ，可得 3da18 .由 S11 =11b4 ，可得 a15d16 ，联立，解得a1， d3，由此可得 a3n 2 .1n所以，数列 an 的通项公式为an3n2 ，数列 bn 的通项公式为 bn2n .（ 2）解：设数列 a2 nb2n1 的前 n 项和为 Tn ，由 a2 n6n2 ， b2n 124n 1 ，有 a2n b2 n 1(3n1)4n ，故 Tn245428 43L(3n 1)4n ，4Tn 242543844L(3n4)4n(3 n1)4n 1 ，上述两式相减，得3Tn2 4342343L34n(3n1)4n 112(14n )4(3n1)4n 1

11、3n 24n 18 .1 4得 Tn(3n2)4n18.33所以，数列 a2n b2 n1 的前 n 项和为 3n 24n 18.11.解 :(1) 令 n 1 代入得 a1 2(负值舍去 )33(2) 由 S (n2 n 3)Sn 3(n2 n) 0，n N *得 Sn (n2 n)(Sn 3) 0.又已知各项均为正数，故 Sn n2 n.当 n2时， an Sn Sn 1n2 n (n 1)2 (n 1) 2n，当 n 1 时， a12 也满足上式，所以 an 2n， nN * .(3)证明 k N *, 4k22k (3k2 3k) k2 k k(k 1) 0，2 2 4k 2k3k 3k， . <.不等式成立12.解： (1)证明：设 an 的公比为 q，因为 a2a5 a3a4 32， a3 a4