微专题25数列中常见的求和问题

1、微专题25 数列中常见的求和问题真题感悟(2018 江苏卷)已知集合 A= xX= 2n- 1, n N* , B = x|x= 2n, n N*.将 AU B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an.记sn为数列an的前n项和，则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为.解析 所有的正奇数和2n(n N*)按照从小到大的顺序排列构成an,在数列an 中，25前面有16个正奇数，即a2i = 25, a38= 26.当n= 1时，S = 1<12比=24, 不符合题意；当n= 2时，S2 = 3<12a3= 36,不符合题意；当n = 3时，S3 = 6<12a4=

2、48,不符合题意；当n= 4时，S4= 10<12a5= 60,不符合题意；当n = 26时,S26 =21 X (1 + 41)22X (1-25)+ 1-2= 441 + 62= 503<12a27= 516,不符合题27 时，S27 =22 X (1+ 43)22X (1-25)+= 484+ 62= 546>12a28=1-2540,符合题意.故使得Sn>12an+1成立的n的最小值为27.答案 27考点整合数列求和(1) 分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.(2)

3、 错位相减法：主要用于求数列an bn的前n项和，其中an , bn分别是等差 数列和等比数列.(3) 裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加c抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如a即(其中an是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.热点聚焦疔类突礦I热点一分组转化法求和【例1】(2019南京高三月考)已知等差数列an的首项ai = 2,前n项和为Sn, 等比数列bn的首项 bi= 1,且 a2= b3, 83= 6b2, n N .(1)求数列an和bn的通项公式；数列Cn满足Cn = bn+ ( 1)"an，记数列 Cn的前n项和为Tn,求T

4、n. 解(1)设数列an的公差为d,数列bn的公比为q.a1 = 2, b1= 1,且 a2= b3, Ss = 6b2,22+ d = q ,d = 2,2an = 2+ (n 1) x 2= 2n, bn= 2n 1由题意：Cn= bn + ( 1)nan= 2n 1 + ( 1)n2n. Tn= (1 + 2+ 4+-+ 2n 1) + 2+ 4 6+ 8+ ( 1)n 2n, 若n为偶数，则1 2nTn=+ ( 2+ 4) + ( 6+ 8)+ 2( n 1) + 2n1 2二 3 (2 + 2 + 2d)= 6q.解得 q = 2.=2n 1+2x 2 = 2n+ n 1.若n为奇数

5、，则1 2nTn=+ ( 2+ 4) + ( 6+ 8) + 2(n 2) + 2(n 1) 2n1 2 =2n 1+ 2xn-1 2n= 2n n-2.2n+ n 1, n为偶数，Tn= 2n n 2, n为奇数.探究提高1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想，把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据 需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；根据正号、负号分组.* 1 1 2【训练1】 已知an是等比数列，其前n项和为Sn(n N )，且占一五二亦， 63.(1) 求数列a

6、n的通项公式；(2) 若对任意的n N*, bn是Iog2an和Iog2an+1的等差中项，求数列( 1)nb 1 =n 2+ 2n 2 = 2n2. 热点二裂项相消法求和 【例2】(2019扬州期末)已知各项都是正数的数列an的前n项和为Sn,且2SAh =a2 + an,数列bn满足 b1 = 2, 2bn+1 = bn + a. (1) 求数列an , bn的通项公式；bn+2 ”的前2n项和.解设数列an的公比为q.1由已知，有石-1a1qa1q解得q= 2或q= 1.1 q(2) 设数列cn满足cn= $，求和C1 + C2+ Cn.解(1)2Sn= an+ an,2Sn+1 = a

7、2+1 + an+1,又由 S6= a1 = 63，知 qM 1，1 q1 26所以a1 二63,得a仁1.1 2所以 an= 2n1, n N*.1 1 1由题意，得 bn = 2(log2an+ Iog2an+1) = 2(log22n1 + Iog22n)= n 2,1即bn是首项为Q，公差为1的等差数列设数列( 1)nb?的前n项和为Tn，贝UT2n= ( b2 + b2) + ( b2 + b2) + + ( b2n1 + b2n) 2n (b1 + b2n)=b1 + b2 + b3 + b4+ b2n 1 + b2n =一得 2an + 1= an+1 an+ an+1 an,即

8、(an+1 + an)(an+1 an 1) = 0.因为时是正数数列，所以an+1 an 1 = 0, 即 an+1 an = 1.在 2Sn = an+ an 中，令 n= 1,得 a1 = 1,所以an是以a1= 1为首项，公差为1的等差数列. 所以an= n.由2bn + 1 =加+鼬册1 bn2 7，所以数列是等比数列，其中首项为1,公比为2,n所以bn = 2，即bn=扌.bn+2Cn= =n+ 2由得 Cn= g =( n2+ n) 2n+1，所以Cn =_1n2n (n+ 1) 2n+1,、 1 1 所以 C1+ C2+ + Cn= 1 % ?1 2X 2?1 1 1 1+ 2

9、X22 3X23 + n 2n (n+ 1) 2n+1=11_ ( n+ 1) 2n 1=2 (n+ 1) 2n+1 _ (n+ 1) 2n+1.探究提高 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2. 消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数 第几项.【训练2 (2015江苏卷)设数列an满足a1_ 1,且an+1 an_ n + 1(n N ),则1数列；前10项的和为.解析 ：a1_ 1 ,an+1 an_ n + 1, a2 a1 _ 2, a3 a2_ 3,，an an 1

10、_ n(n2),将以上n 1个式子相加得 an ai = 2 + 3+ n= n (n+ 1)2 (n> 2).又n 1时，a1也适合上式，故an(2+ )即”n (n+ 1)12.令bn書，故bn2 1 1- 2n-市故S10-b1+b+b101 1 1 1 12+ 2 3+ 询112011.20答案20热点三错位相减法求和【例3】 已知an为等差数列，前n项和为Sn(n N*), bn是首项为2的等比数列，且公比大于 0, b2 + b3 12, b3 a4 2a1, S11 11b4.(1)求an和bn的通项公式；求数列a2nbn的前n项和(n N*).解(1)设等差数列an的公差

11、为d,等比数列bn的公比为q,由已知 b2+ b3 12,得 b1(q + q2) 12,而 b1 2,所以 q2+ q 6 0,又因为q>0，故解得q 2,所以bn 2n.由 b3 a4 2a1,可得 3d a1 8,由 S11 11b4，可得 a1+ 5d16,联立，解得a1 1, d 3,由此可得an 3n 2.所以时的通项公式为an 3n 2, bn的通项公式为bn 2n.(2)设数列a2nbn的前n项和为Tn,由 a2n 6n 2, bn 2n,有Tn 4X 2+ 10X 22 + 16X 23+ (6n 2)X 2n,2Tn 4X 22 + 10X 23 + 16X 24+

12、(6n 8)X 2n+ (6n 2) X 2n+1, 上述两式相减，得Tn 4X 2 + 6X 22 + 6X 23+ 6X 2n (6n 2)X 2n+112X( 1 2n)124 (6n 2)X 2n+1=(3n 4)2n+2 16.所以 Tn= (3n 4)2*2+ 16.所以数列a2nbn的前n项和为(3n 4)2n+2+ 16.探究提高 1一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列an bn的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列bn的 公比，然后作差求解2.在写与qs”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn qSn”的

13、表达式.【训练3】(2018浙江卷)已知等比数列an的公比q>1，且a3+ a4 + a5 = 28, a4 + 2是a3，a5的等差中项.数列bn满足1，数列(bn+1 bn)an的前n项和为2n2+ n.(1) 求 q的值；(2) 求数列bn的通项公式.解 (1)由a4 + 2是a3，a5的等差中项得a3 + a5 = 2a4 + 4，所以 a3 + a4 + a5= 3a4 + 4= 28，解得 a4= 8.丄1由 a3 + a5= 20 得 8 q + q = 20，1解得q = 2或q= 2，因为q>1，所以q = 2.设cn= (bn+1 bn)an，数列 Cn前n项和

14、为Sn.S1， n = 1，由 Cn=解得 Cn = 4n 1.Sn Sn-1， nA 2，由(1)可知 an= 2n1,n 11所以 bn+1 bn= (4n 1)*2，n21故 bn bn-1 = (4n 5)，2， nA2， bn b1 = (bn bn1) + (bn 1 bn 2) + (b3 b2)+ (b2 b1)n 2n 3=(4n 5) 1+ (4n-9)1+ 7X 2+ 3.设 Tn= 3+ 7X 2+ 11X+ + (4n-5) n2,nA2,21 1 1则2" 3x + 7x 2+ + (4n 9) n 2+ (4n 5) 2,n 11n2n 11(4n 5)

15、迈21 1 1 1所以Tn = 3 + 4X2 + 4X 2 + 4X 2n 11 “1 2 1 =4X1 1 (4n 5) '211 2n 1二 7 (4n+ 3) -1,n 21因此 Tn= 14 (4n + 3) 2, nA2,n 21又 b1= 1,所以 bn= 15 (4n + 3) , nA2, 又bi= 1也适合上式,n 21 *所以 bn= 15 (4n + 3) 2 (n N ).【新题感悟】（2019天津卷）设an是等差数列，bn是等比数列.已知a1 = 4, b1 =6, b2 = 2a2 2, b3= 2a3+ 4.(1) 求an和bn的通项公式；1, 2kvn

16、<2k+1,*(2) 设数列cn满足C1= 1 , Cn=k 其中k N .bk, n= 2 , 求数列a2n(c2n 1)的通项公式；2n 求袒产1aici(n N*).解(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.依题意得6q= 6+ 2d,6q2= 12+ 4d,解得4 3,q= 2,故 an= 4+ (n 1)X3 = 3n+ 1, bn = 6X2n3X2n.所以an的通项公式为an = 3n+ 1, bn的通项公式为bn= 3x2n. a2n(C2n 1) = a2n(bn 1) = (3 x 2“+ 1)(3 x 2n- 1)= 9 x 4n- 1.所以数列a2

17、n(C2n 1)的通项公式为a2n(C2n 1) = 9X 4n 1.2n2n2nn蒿=1aic =石ai + ai(ci 1)=石 a + iC 1a2l(c2l 1)2n ( 2n 1 )n=2nx 4+2 X 3 +H (9X4 1)=(3x 22n 1 + 5x 2n 1) + 9x14 n=27x 22n1 + 5x 2n 1 n 12(n N*).专gum对接畐胃:i ii:追対髓 求落实 迎离覽!雹叮一、填空题11111. 已知数列12 34，58，7彳6，则其前n项和sn为.1解析 an= (2n 1) + 刁，1 丄n (1 + 2n 1)2 1 2n21二 Sn =2+1

18、= n + 1 尹1 1 22 1答案 n2 + 1 歹2. (2019如皋市高三模拟)已知数列an的前n项和为Sn，a= 1,且满足= an+1,则数列S的前10项的和为.解析 由 Sn = an+ 1，得 Sn 1 = an(n2).两式相减得 an = an+ 1 an， . an + 1 =1，( n=1)，12an(n2)，又 a2 = S = a1= 1，. an=. Sn= 2nj 则数列Sn2n-2，( n2)，1 x (1 210)的前10项的和为=1 023.1 2答案 1 0233. 若数列an是首项为a1 = 3,公比q 1的等比数列，S是其前n项和，且a5 是4a1与

19、一2a3的等差中项，贝U S19=.解析 由题意得 2a5 = 4ai 2a3,所以 6q4= 12 6q2,即(q2)2 + q2 2= 0,解得 q2=1（舍去负值），又因为q 1,所以q= 1,所以Si9= 19ai= 57.答案 57n 14. 等差数列an的前n项和为Sn, a3 = 3, S4= 10,则葛 耳=解析 设an首项为a1,公差为d,则a3 = a1 + 2d = 3,a1=由4 X 3得S4 = 4a1 + 10,d= 1.Si =n (n+ 1)2n2+n (n+ 1)1 2 2 2= + + .+9=1X2 + 2X3+ n (n 1)=2 1111 1 11 1

20、2 2 3n1 nnn+1=2 112nn+ 1 n+ 1.答案2n n+ 11 *5. (2019无锡模拟)数列an满足an+ an+1 = 2(n N ),且a1= 1, 3是数列an的前n项和，贝U S21 =.解析 由an+ an+ 1 =an+ 1 + an + 2, /. an + 2= an, 贝U a1 = a3= a5 =a21, a2 = a4= a6=a20,S21 = a1 + (a2 + a3)+ (a4 + a5) + + (a20 + a21)1 =1+ 10X 2=6.答案66. 在等差数列an中，a1>0, a10a11<0,若此数列的前10项和S

21、e= 36,前18项和Sl8= 12,则数列|an|的前18项和T18的值是.解析 设等差数列an的公差为d.由ai>0, aio aii<0可知d<0, aio>0, aii<0,Ti8= ai + + aio aii一 ai8= Sio (Si8 Sio) = 60.答案 607. 对于数列an，定义数列an+1 an为数列an的“差数列”，若 ai= i, an 的“差数列”的通项公式为an+1 an = 2n,则数列an的前n项和3 =解析 因为an+1 an= 2n,应用累加法可得an= 2n 1,所以 Sn= ai + a2 + a3 + + an =

22、 2 + 22 + 23 + + 2n n2 (1 2n)1 2答案 2n+1 n 28. (2019泰州期末)已知数列an的首项ai= 1,前n项和为3,且满足2an+1+ S=2(n N*)，则满足i°011<詈v总的n的最大值为.解析法一由2an+i + Sn= 2, 可得当n2时，2an+ Sn i = 2,一得 2an+i 2an+ an= 0,所以 2an+1 = an.1因为a2= 2，所以anM0,所以an+1 1"OT = 2( n2).a2 1an+1又因为a;= 2,所以石=12,所以数列an是等比数列,1 n1 n1 2 ，ix i 1 所以

23、Sn=1= 2 X1 21 2n所以 S2n = 2 X 1 1,1 2ni 2n(_S2n 2X _ 2 n 1所以Sn= 2，以下同法一 答案 9二、解答题9. 已知等比数列an的各项均为正数，且 a1 + 2a2 = 5, 4a§ = a2a6.(1) 求数列an的通项公式；(2) 若数列 bn满足b1 = 2,且bn+1 = bn+ an,求数列 bn的通项公式；an在的条件下，设cn= bnb二，求数列Cn的前n项和Tn.解(1)设等比数列an的公比为q,由4a§ = a2a6得4a3= a4,所以q2 = 4,由条 件可知q>0，故q= 2.由 a1 +

24、2a2= 5 得 a1 + 2a1q = 5,所以 a1= 1,故数列an的通项公式为an = 2n1.由(1)及 bn+1= bn+ an 得 bn+1 bn = 21,- 21 n从而吞二百二 而二1+ 2 .2X _1_ -1 21 2丄十 V亠 1 001 S2n 111 0011n 11由不等式 1 000< snV10得 1 000V 1+ 2 V10，1 1 n 1所以10帀V 2 V10,解得4<n*9,所以满足条件的n的最大值是9.法二 因为 2an+1 + Sn = 2,所以 2(Sn+1 S)+ S = 2,即 2Sn+1 Sn= 2,所以 2(Si+1 2)

25、 = Sn 2.又因为Si 2 = a1 2= 1工0,所以Sn 2工0,Sn+1 一 211所以=2,所以$ 2是首项为一1,公比为的等比数列，贝u Sn 2=Sn21 n 11X 2,故 b2 b1 = 20, b3 b2 = 21,，bn bn-1 = 2n2(n2),1( 1 2n1)= 2n-1 1以上n 1个等式相加得bn b1 = 1+ 21 + -+ 2n2=1 2又 b1 = 2,所以 bn= 2n1 + 1(n2).又当n= 1时，b1 = 2也适合上式，所以bn= 2n1 + 1.所以 Tn= C1 + C2+ cn1 1b1苍 +1 1b2 +bnbn+1b1bn+12=an= bn +1 bn =丄 1bn+1()Clbnbn + 1bnbn + 1bn12n+ 1.且 a1 + a2= 6, a1a2= a3.10. (2017山东卷)已知an是各项均为正数的等比数列, (1)求数列an的通项公式;若bn为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn,且S2n+1 = bnbn + 1 ,求