1、第第 4 节节数列求和及数列的综合应用数列求和及数列的综合应用 考试要求1.熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式；2.掌握非等差数列、非 等比数列求和的几种常见方法；3.了解数列是一种特殊的函数；4.能在具体问题 情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题. 知 识 梳 理 1.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前 n 项和公式： Snn（a1an） 2 na1n（n1） 2 d. (2)等比数列的前 n 项和公式： Sn na1，q1， a1anq 1q a1（1q n） 1q ，q1. 2.数列求和的几种常用方法 (1)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、
2、等比数列，再求解. (2)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其 和. (3)错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的， 这 个数列的前 n 项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法 如果一个数列an的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一 个常数，那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法求解. 3.数列应用题常见模型 (1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型 是等差模型，增加(或减少)的量就是公差. (2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的
3、非零常数，该模型 是等比模型，这个固定的数就是公比. (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化 而变化，应考虑 an与 an1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者 Sn与 Sn1(或 者相邻三项等)之间的递推关系. 常用结论与微点提醒 1.1234nn（n1） 2 . 2.1222n2n（n1）（2n1） 6 . 3.裂项求和常用的三种变形 (1) 1 n（n1） 1 n 1 n1. (2) 1 （2n1）（2n1） 1 2 1 2n1 1 2n1 . (3) 1 n n1 n1 n. 诊 断 自 测 1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”) (1)若数列
4、an为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sna1an 1 1q .() (2)当 n2 时， 1 n21 1 2( 1 n1 1 n1).( ) (3)求Sna2a23a3nan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， a2a1， ， anan1是首项为 1， 公比为 3 的等比数列， 则数列an 的通项公式是 an3 n1 2 .() 解析(3)要分 a0 或 a1 或 a0 且 a1 讨论求解. 答案(1)(2)(3)(4) 2.(老教材必修 5P47B4 改编)已知数列 an 1 （2n1）（2n1）， 则数列a n的前 2 021
5、项和为_. 解析an1 2 1 2n1 1 2n1 ，数列an的前 2 021 项和为 a1a2a2 021 1 2(1 1 3 1 3 1 5 1 4 041 1 4 043) 1 2 1 1 4 043 2 021 4 043. 答案 2 021 4 043 3.(老教材必修 5P56 例 1 改编)等比数列an中，若 a127，a9 1 243，q0，S n是 其前 n 项和，则 S6_. 解析由 a127，a9 1 243知， 1 24327q 8， 又由 q0，解得 q1 3， 所以 S627 1 1 3 6 11 3 364 9 . 答案 364 9 4.(2020淄博模拟)已知数
6、列an满足 an1an2，a15，则|a1|a2|a6| () A.9B.15C.18D.30 解析由题意知an是以 2 为公差的等差数列，又 a15，所以|a1|a2| |a6|5|3|1|13553113518. 答案C 5.(2019珠海期末质检)已知数列an的通项公式为 an2nn，若数列an的前 n 项和为 Sn，则 S8_. 解析由 an2nn， 可得 S8(2222328)(128)2（12 8） 12 8（18） 2 546. 答案546 6.(2020河北“五个一”名校质检)若 f(x)f(1x)4，anf(0)f 1 n f n1 nf(1)(nN*)，则数列an的通项公式
7、为_. 解析由 f(x)f(1x)4，可得 f(0)f(1)4，f 1 n f n1 n4，所以 2an f(0)f(1) f 1 n f n1 nf(1)f(0)4(n1)，即 an2(n1). 答案an2(n1) 考点一分组求和 【例 1】 (2019青岛二模)记 Sn为数列an的前 n 项和，若 a119，Snnan1 n(n1). (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn|an|，设数列bn的前 n 项和为 Tn，求 T20的值. 解(1)因为 Snnan1n(n1)， 所以 Sn1(n1)ann(n1)(n2)， 得 annan1(n1)an2n(n2)， 即 an1an2(n2
8、)， 又 S1a22，即 a2a12， 所以数列an是以 19 为首项，2 为公差的等差数列， 所以 an19(n1)(2)212n. (2)由(1)知 an212n，所以 bn|an|212n|， 因为当 n10 时，an0，当 n10 时，an10， 所以 T20b1b2b20 (19171)(1319) 2(19171)2（191）10 2 200. 规律方法1.若数列cn的通项公式为 cnanbn，且an，bn为等差或等比数 列，可采用分组求和法求数列cn的前 n 项和. 2.若数列cn的通项公式为 cn an，n 为奇数， bn，n 为偶数，其中数列a n， bn是等比数列或 等差数
9、列，可采用分组求和法求cn的前 n 项和. 【训练 1】 (2020郴州质检)已知在等比数列an中，a11，且 a1，a2，a31 成 等差数列. (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn满足 bn2n1an(nN*)，数列bn的前 n 项和为 Sn，试比较 Sn 与 n22n的大小. 解(1)设等比数列an的公比为 q， a1，a2，a31 成等差数列， 2a2a1(a31)a3，qa3 a22， an的通项公式为 ana1qn 12n1(nN*). (2)由(1)知 bn2n1an2n12n 1， Sn(11)(32)(522)(2n12n 1) 135(2n1)(12222n 1)
10、 1（2n1） 2 n12 n 12 n22n1. Sn(n22n)10，Snn22n. 考点二裂项求和 【例 2】 (2020黄山质检)已知数列 n an1 的前 n 项和 Snn，nN*. (1)求数列an的通项公式； (2)令 bn 2n1 （an1）2（an11）2，数列b n的前 n 项和为 Tn，求证：对任意的 nN*，都有 Tn1. (1)解因为 Snn， 所以当 n2 时，Sn1n1， 由得 n an11，故 a nn1(n2)， 又因为 a12 适合上式，所以 ann1(nN*). (2)证明由(1)知，bn 2n1 （an1）2（an11）2 2n1 n2（n1）2 1 n
11、2 1 （n1）2， 所以 Tn 1 12 1 22 1 22 1 32 1 n2 1 （n1）2 1 1 （n1）2.所以 T n0，所以 q1 3. 由 2a13a21，得 2a13a1q1，解得 a11 3. 故数列an的通项公式为 an 1 3n. (2)由(1)可得 bnlog3a1log3a2log3an(12n)n（n1） 2 ， 故 1 bn 2 n（n1）2 1 n 1 n1 ， 所以 1 b1 1 b2 1 bn2 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 2n n1. 故数列 1 bn的前 n 项和为 2n n1. 考点三错位相减法求和 【例 3】 (2019河南六校联
12、考)已知数列an中，a11，Sn是数列an的前 n 项 和，且对任意的 r，tN*，都有Sr St r t 2 . (1)判断an是否为等差数列，并证明你的结论； (2)若数列bn满足an bn2 n1(nN*)，设 Tn是数列bn的前 n 项和，求证：Tn6. (1)解an是等差数列.证明如下： 对任意的 r，tN*，都有Sr St r t 2 ， 对任意的 nN*，有Sn S1n 2，即 Snn2. 从而当 n2 时，anSnSn12n1. 当 n1 时，a11 也满足此式.an1an2(nN*)， an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列. (2)证明由an bn2 n1，得 bn2n
13、1 2n 1 . Tn 1 20 3 21 2n1 2n 1 ， Tn 2 1 21 3 22 2n3 2n 1 2n1 2n ， 得，Tn 2 1 2 21 2 2n 12n1 2n 1 2 1 2 1 1 2n 1 11 2 2n1 2n 32n3 2n ， Tn62n3 2n 1 ，又 nN*，Tn62n3 2n 1 S10(2)，Sn(3)Sn(2). 所以等于或多于 10 天时，选择第三种方案. 规律方法数列的综合应用常考查以下几个方面： (1)数列在实际问题中的应用； (2)数列与不等式的综合应用； (3)数列与函数的综合应用. 解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识， 又要有
14、良好的逻辑思维能力和 分析、解决问题的能力.解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段 建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再结合其他相关知识来解决问题. 【训练 4】 已知二次函数 yf(x)的图象经过坐标原点， 其导函数为 f(x)6x2， 数列an的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数 yf(x)的图象上. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn 3 anan1，试求数列b n的前 n 项和 Tn. 解(1)设二次函数 f(x)ax2bx(a0)， 则 f(x)2axb. 由于 f(x)6x2，得 a3，b2， 所以 f(x)3x22x. 又因为点(n，
15、Sn)(nN*)均在函数 yf(x)的图象上， 所以 Sn3n22n. 当 n2 时，anSnSn13n22n3(n1)22(n1)6n5； 当 n1 时，a1S131221615，也适合上式， 所以 an6n5(nN*). (2)由(1)得 bn 3 anan1 3 （6n5）6（n1）5 1 2 1 6n5 1 6n1 ， 故 Tn1 2 11 7 1 7 1 13 1 6n5 1 6n1 1 2 1 1 6n1 3n 6n1. A 级基础巩固 一、选择题 1.等差数列an的首项为 1，公差不为 0.若 a2，a3，a6成等比数列，则an前 6 项 的和为() A.24B.3C.3D.8
16、解析设an的公差为 d，根据题意得 a23a2a6， 即(a12d)2(a1d)(a15d)，解得 d2， 所以数列an的前 6 项和为 S66a165 2 d1665 2 (2)24. 答案A 2.数列an的通项公式为 an(1)n 1(4n3)，则它的前 100 项之和 S100 等于 () A.200B.200C.400D.400 解析S100(413)(423)(433)(41003)4(12) (34)(99100)4(50)200. 答案B 3.(2019成都期末)在数列an中，若 a11，a23，an2an1an(nN*)，则该 数列的前 100 项之和是() A.18B.8C.
17、5D.2 解析a11，a23，an2an1an(nN*)， a3312，a4231，a5123， a6312，a7231，a8123， a9312， an是周期为 6 的周期数列， 1001664， S10016(132132)(1321)5. 答案C 4.(2020河北“五个一”名校联盟诊断)已知等差数列an中，a3a5a47，a10 19，则数列ancos n的前 2 020 项的和为() A.1 009B.1 010C.2 019D.2 020 解析设an的公差为 d，则有 2a16da13d7， a19d19， 解得 a11， d2， an2n1，设 bnancos n， 则 b1b2
18、a1cos a2cos 22， b3b4a3cos 3a4cos 42， 数列ancos n的前 2 020 项的和为(b1b2)(b3b4)(b2 019b2 020) 22 020 2 2 020. 答案D 5.(2019广州天河一模)数列an满足 a11， 对任意 nN*， 都有 an11ann， 则 1 a1 1 a2 1 a99( ) A.99 98 B.2C.99 50 D. 99 100 解析对任意 nN*，都有 an11ann， 则 an1ann1， 则 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1) 1n（n1） 2 ， 则 1 an 2 n（n1）2 1 n
19、1 n1 ， 所以 1 a1 1 a2 1 a992 11 2 1 2 1 3 1 99 1 100 2 1 1 100 99 50. 答案C 二、填空题 6.数列an的通项公式是 an 1 n n1，前 n 项和为 9，则 n 等于_. 解析因为 an 1 n n1 n1 n， 所以 Sna1a2an( n1 n)( n n1)( 3 2)( 2 1) n11， 令 n119，得 n99. 答案99 7.(2020武汉质检)设数列(n2n)an是等比数列， 且 a11 6， a 2 1 54， 则数列3 nan 的前 15 项和为_. 解析等比数列(n2n)an的首项为 2a11 3，第二项
20、为 6a 21 9，故公比为 1 3，所 以(n2n)an1 3 1 3 n1 1 3n，所以 a n 1 3n（n2n），则 3 nan 1 n2n 1 n 1 n1，其 前 n 项和为 1 1 n1，n15 时，为 1 1 16 15 16. 答案 15 16 8.(2020长沙调研)已知数列nan的前 n 项和为 Sn，且 an2n，且使得 Snnan1 500 的最小正整数 n 的值为_. 解析Sn121222n2n， 则 2Sn122223n2n 1，两式相减得 Sn2222nn2n 12（12n） 12 n2n 1， 故 Sn2(n1)2n 1.又 an2n， Snnan1502(
21、n1)2n 1n2n150 522n 1， 依题意 522n 10，故最小正整数 n 的值为 5. 答案5 三、解答题 9.已知数列an的前 n 项和 Snn 2n 2 ，nN*. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和. 解(1)当 n1 时，a1S11； 当 n2 时，anSnSn1n 2n 2 （n1） 2（n1） 2 n. a11 也满足 ann，故数列an的通项公式为 ann. (2)由(1)知 ann，故 bn2n(1)nn. 记数列bn的前 2n 项和为 T2n， 则 T2n(212222n)(12342n). 记 A21222
22、2n，B12342n， 则 A2（12 2n） 12 22n 12， B(12)(34)(2n1)2nn. 故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n 1n2. 10.(2019安徽江南十校联考)已知数列an与bn满足 a1a2a3an2bn， 且an为正项等比数列，a12，b3b24. (1)求数列an与bn的通项公式； (2)若数列cn满足 cn an bnbn1，T n为数列cn的前 n 项和，求证：Tn0，q2， an的通项公式为 an22n 12n. 2bn2122232n2（12 n） 12 2n 12， bn的通项公式为 bn2n1. (2)证明由已知，得 cn an bnbn
23、1 2n （2n1）（2n 11） 1 2n1 1 2n 11， Tn c1 c2 c3 cn 1 211 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2n 11 11 2n 111. B 级能力提升 11.(2020 石 家 庄 模 拟 ) 已 知 数 列 an 的 前 n 项 和 为 Sn， 且 Sn1 Sn n219n 2 (nN*)，若 a10a11，则 Sn取最小值时 n 的值为() A.10B.9C.11D.12 解析Sn1Snn 219n 2 (nN*)， SnSn1（n1） 219（n1） 2 (n2 且 nN*)，两式作差得 an1ann 10(n2 且 nN*)，
24、当 n10 时，a11a100，又 a10a11， a100S10且 S9S10， 又 S12S10a12a11111010， 由选项可得：Sn取最小值时 n 的值为 10，故选 A. 答案A 12.(2019许昌、洛阳三模)已知数列an， bn的前 n 项和分别为 Sn，Tn，且 an0， 6Sna2n3an，bn 2an （2an1）（2an11），若 kT n恒成立，则 k 的最小值为 () A.1 7 B. 1 49 C.49D. 8 441 解析当 n1 时，6a1a213a1，解得 a13. 当 n2 时，由 6Sna2n3an，得 6Sn1a2n13an1， 两式相减并化简得(a
25、nan1)(anan13)0， 由于 an0，所以 anan130，即 anan13(n2)， 故an是首项为 3，公差为 3 的等差数列， 所以 an3n. 则 bn 2an （2an1）（2an11） 1 7 1 8n1 1 8n 11 . 故 Tnb1b2bn1 7 1 81 1 821 1 821 1 831 1 8n 1 8n 11 1 7 1 7 1 8n 11 1 49 1 7（8n 11）， 由于Tn是单调递增数列， 1 49 1 7（8n 11） 1 49， 所以 k 1 49.故 k 的最小值为 1 49，故选 B. 答案B 13.(2020长郡中学联考)数列 bnanco
26、s n 3 的前 n 项和为 Sn，已知 S2 0175 710， S2 0184 030，若数列an为等差数列，则 S2 019_. 解析设数列an是公差为 d 的等差数列， a1cos 3a 2cos 2 3 a3cos a4cos 4 3 a5cos 5 3 a6cos 2 1 2(a 1a2)1 2(a 5a4)a3a6a3a6. 由 S2 0175 710，S2 0184 030， 可得 5 710(a3a9a2 013)(a6a12a2 010a2 016)1 2a 2 017， 4 030(a3a9a2 013)(a6a12a2 010a2 016)1 2a 2 0171 2a
27、2 018， 两式相减可得 a2 0183 360， 由 5 7101 008d1 2(3 360d)，解得 d4， 则 ana2 018(n2 018)44n4 712， 可得 S2 0194 030a2 0194 030(42 0194 712)666. 答案666 14.(2020海南模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a15，nSn1(n1)Snn2 n. (1)求证：数列 Sn n 为等差数列； (2)令 bn2nan，求数列bn的前 n 项和 Tn. (1)证明由 nSn1(n1)Snn2n 得 Sn1 n1 Sn n 1， 又S1 1 5，所以数列 Sn n 是首项为 5，
28、公差为 1 的等差数列. (2)解由(1)可知Sn n 5(n1)n4，所以 Snn24n. 当 n2 时，anSnSn1n24n(n1)24(n1)2n3. 又 a15 也符合上式，所以 an2n3(nN*)， 所以 bn(2n3)2n， 所以 Tn52722923(2n3)2n， 2Tn522723924(2n1)2n(2n3)2n 1， 所以得 Tn(2n3)2n 110(23242n1) (2n3)2n 11023（12n 1） 12 (2n3)2n 110(2n28)(2n1)2n12. C 级创新猜想 15.(新定义题)(一题多解)定义“规范 01 数列”an如下：an共有 2m
29、项，其中 m 项为 0，m 项为 1，且对任意 k2m，a1，a2，ak中 0 的个数不少于 1 的个 数.若 m4，则不同的“规范 01 数列”共有() A.18 个B.16 个C.14 个D.12 个 解析法一列表法 根据题意得，必有 a10，a81，则将 0，1 进行具体的排法一一列表如下： a1a2a3a4a5a6a7a8 0 0 0 0111 1 1 011 1 01 10 1 0 011 1 01 10 10 01 10 10 0 011 1 01 10 10 01 10 由上述表格可知，不同的“规范 01 数列”共有 14 个. 法二列举法 根据题意可得，必有 a10，a81，而
30、其余的各项：a2，a3，a7中有三个 0 和三个 1，并且满足对任意 k8，a1，a2，a8中“0”的个数不少于“1”的个数. 可以一一列举出不同“规范 01 数列”，除第一项和第八项外，中间六项的排列 如下：000111，001011，001101，001110，010011，010101，010110，011001， 011010，100011，100101，100110，101001，101010，共 14 个. 答案C 16.(多选题)一个弹性小球从 100 m 高处自由落下， 每次着地后又跳回原来高度的 2 3再落下.设它第 n 次着地时，经过的总路程记为 S n，则当 n2 时，下
31、面说法正 确的是() A.Sn500B.Sn500 C.Sn的最小值为700 3 D.Sn的最大值为 400 解 析第 一 次 着 地 时 ， 共 经 过 了 100 m ， 第 二 次 着 地 时 ， 共 经 过 了 1001002 32m，第三次着地时，共经过了 1001002 32100 2 3 2 2 m，以此类推，第 n 次着地时，共经过了 1001002 32100 2 3 2 2100 2 3 n1 2 m. 所以 Sn100 400 3 1 2 3 n1 12 3 100400 1 2 3 n1 ，则 Sn是关于 n 的增函数， 所以当 n2 时，Sn的最小值为 S2，且 S2700 3 .又 Sn100400 1 2 3 n1 100 400500.故选 AC. 答案AC
