1、第二讲数列求和及综合应用热点题型热点题型1 1错位相减法求和错位相减法求和【感悟经典感悟经典】【典例典例】(2018(2018山师附中一模山师附中一模)已知递减的等比数列已知递减的等比数列aan n 各项均为正数各项均为正数,满足满足a a1 1aa2 2aa3 3=8,a=8,a1 1+1,a+1,a2 2+1,a+1,a3 3构构成等差数列成等差数列.(1)(1)求数列求数列aan n 的通项公式的通项公式.(2)(2)令令b bn n=na=nan n,求数列求数列bbn n 的前的前n n项和项和S Sn n.【联想解题联想解题】(1)(1)看到等比数列与等差数列看到等比数列与等差数列
2、,想到等差数列、等比数想到等差数列、等比数列的定义、通项公式列的定义、通项公式(2)(2)看到等比数列与等差数列的对应项的乘积求和看到等比数列与等差数列的对应项的乘积求和,想想到错位相减法求和到错位相减法求和.【规范解答规范解答】(1)(1)由等比数列性质可知由等比数列性质可知a a1 1aa2 2aa3 3=8,=8,所以所以a a2 2=2,a=2,a1 1aa3 3=4.=4.由由a a1 1+1,a+1,a2 2+1,a+1,a3 3构成等差数列可知构成等差数列可知a a1 1+1+a+1+a3 3=2(a=2(a2 2+1)=6,+1)=6,所以所以a a1 1+a+a3 3=5.=
3、5.联立联立 解得解得 或或 32a1313a a4,aa5,13a1,a4,13a4,a1.由等比数列由等比数列aan n 递减可知递减可知 ,于是于是q=.q=.所以所以a an n=a=a1 1qqn-1n-1=4=4 .13a4,a1.12n 1n 311()()22(2)(2)由由(1)(1)可知可知b bn n=n=na an n=n=n ,于是于是S Sn n=1=1 +2 +2 +3 +3 +(n-1)+(n-1)+n+n ,S Sn n=1=1 +2 +2 +3 +3 +(n-1)+(n-1)+n+n ,n 31()221()211()201()2n 41()2n 31()2
4、1211()201()211()2n 31()2n 21()2两式相减有两式相减有 S Sn n=1=1 +1 +1 +1 +1 +1 +1 +1+1 -n -n =-n=-n =8-(n+2)=8-(n+2)1221()211()201()211()2n 31()2n 21()22n11()1()22112n 21()2n 21()2故故S Sn n=16-(n+2).=16-(n+2).n 31()2【规律方法规律方法】错位相减法的求解步骤及注意点错位相减法的求解步骤及注意点(1)(1)求解步骤求解步骤:拆分拆分:将数列的通项公式分解为等差数将数列的通项公式分解为等差数列和等比数列的乘积的
5、形式列和等比数列的乘积的形式,并确定等比数列的公比并确定等比数列的公比.作差作差:写出写出S Sn n的表达式的表达式,然后等式两边同时乘以公比然后等式两边同时乘以公比或除以公比得到另外一个式子或除以公比得到另外一个式子,两式作差两式作差.求和求和:根据差式的特征准确求和根据差式的特征准确求和.(2)(2)注意点注意点:在错位相减后一定要注意其中各个项的结在错位相减后一定要注意其中各个项的结构构,特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续的项组成等比数列的项组成等比数列.【对点训练对点训练】(2018(2018衡水一模衡水一模)已知数列已知数列aa
6、n n 满足满足4S4Sn n=(a=(an n+3)(a+3)(an n-1),-1),且且a an n0.0.(1)(1)求数列求数列aan n 的通项公式的通项公式.(2)(2)求求T Tn n=a=a1 1 +a+a2 2 +a+an n 的值的值.1a22a2na2【解析解析】(1)(1)当当n n2 2时时,由由4S4Sn n=(a=(an n+3)(a+3)(an n-1)=+2a-1)=+2an n-3,-3,得得4S4Sn-1n-1=(a=(an-1n-1+3)(a+3)(an-1n-1-1)-1)=+2a=+2an-1n-1-3,-3,两式相减得两式相减得4(S4(Sn n
7、-S-Sn-1n-1)=(-)+2(a)=(-)+2(an n-a-an-1n-1)2na2n1a2na2n1a(a(an n+a+an-1n-1)(a)(an n-a-an-1n-1-2)=0.-2)=0.由由a an n0,0,得得a an n-a-an-1n-1-2=0(n2),-2=0(n2),故故aan n 为等差数列为等差数列,公差为公差为2.2.当当n=1n=1时时,由由4S4S1 1=(a=(a1 1+3)(a+3)(a1 1-1)-1)a a1 1=3,=3,所以所以a an n=2n+1.=2n+1.(2)(2)易知易知T Tn n=3=32 23 3+5+52 25 5+
8、7+72 27 7+(2n+1)2+(2n+1)22n+12n+1,4T4Tn n=3=32 25 5+5+52 27 7+(2n-1)2+(2n-1)22n+12n+1+(2n+1)2+(2n+1)22n+32n+3,两式相减得两式相减得-3T-3Tn n=3=32 23 3+2(2+2(25 5+2+27 7+2+22n+12n+1)-)-(2n+1)2(2n+1)22n+32n+3=3=32 23 3+2+26 6 -(2n+1)2 -(2n+1)22n+32n+32(n1)21212=,=,所以所以T Tn n=.=.2n 386n1 232n 36n1 289【提分备选提分备选】数列
9、数列aan n 的前的前n n项和为项和为S Sn n,且且S Sn n=n(n+1)=n(n+1)(nN(nN*).).(1)(1)求数列求数列aan n 的通项公式的通项公式.(2)(2)若数列若数列bbn n 满足满足:a:an n=+,求数列求数列bbn n 的通项公式的通项公式.31223bbb3 13131nnb31(3)(3)令令c cn n=(nN(nN*),),求数列求数列ccn n 的前的前n n项和项和T Tn n.nna b4【解析解析】(1)(1)当当n=1n=1时时,a,a1 1=S=S1 1=2,=2,当当n n2 2时时,a,an n=S=Sn n-S-Sn-1
10、n-1=n(n+1)-(n-1)n=2n,=n(n+1)-(n-1)n=2n,a a1 1=2=2满足该式满足该式,所以数列所以数列aan n 的通项公式为的通项公式为a an n=2n.=2n.(2)a(2)an n=+=+(n (n1),1),a an+1n+1=+,=+,-得得,=a,=an+1n+1-a-an n=2,=2,得得b bn+1n+1=2(3=2(3n+1n+1+1),+1),又当又当n=1n=1时时,b,b1 1=8,=8,122bb3 131nnb31122bb3 131nnb31n 1n 1b31n 1n 1b31所以所以b bn n=2(3=2(3n n+1)(n+
11、1)(nN N*).).(3)c(3)cn n=n(3=n(3n n+1)=n+1)=n3 3n n+n,+n,所以所以T Tn n=c=c1 1+c+c2 2+c+c3 3+c+cn n=(1=(13+23+23 32 2+3+33 33 3+n+n3 3n n)+(1+2+n),+(1+2+n),令令H Hn n=1=13+23+23 32 2+3+33 33 3+n+n3 3n n,nna b4则则3H3Hn n=1=13 32 2+2+23 33 3+3+33 34 4+n+n3 3n+1n+1,-得得,-2H,-2Hn n=3+3=3+32 2+3+33 3+3+3n n-n-n3
12、3n+1n+1=-n=-n3 3n+1n+1=.=.所以所以T Tn n=H=Hn n+(1+2+n)+(1+2+n)=.=.n3313 1（）n 11 2n 332（）n 122n1 32n2n34（）热点题型热点题型2 2裂项相消法求和裂项相消法求和【感悟经典感悟经典】【典例典例】(2018(2018重庆一模重庆一模)已知数列已知数列aan n 是公差不为是公差不为0 0的等差数列的等差数列,a,a1 1=3,a=3,a1 1aa4 4=.(1)(1)求求aan n 的通项公式及的通项公式及a an n的前的前n n项和项和S Sn n的通项公式的通项公式.22a(2)b(2)bn n=+
13、,求数列求数列bbn n 的通项公式的通项公式,并判并判断断b bn n与与 的大小的大小.1211SSn1S1927【联想解题联想解题】(1)(1)看到等差数列看到等差数列,想到等差数列的定义、通项公式、想到等差数列的定义、通项公式、前前n n项和公式项和公式.(2)(2)看到求倒数的和且分母为两项相乘的关系看到求倒数的和且分母为两项相乘的关系,想到裂想到裂项相消法求和项相消法求和.【规范解答规范解答】(1)(1)设设a a1 1=a=3,=a=3,公差为公差为d,d,则则a(a+3d)=a(a+3d)=(a+d)(a+d)2 2,解得解得d=a=3,d=a=3,所以所以a an n=3n,
14、S=3n,Sn n=.3n n12(2),(2),从而从而b bn n=+=,故故b bn n .n1212 11()S3 n n13 nn11211SSn1S211111(1)3223nn121(1)3n1231927【规律方法规律方法】裂项相消法求和的基本思想裂项相消法求和的基本思想把数列的通项把数列的通项a an n分拆成分拆成a an n=b=bn+kn+k-b-bn n(k1,kN(k1,kN*)的形式的形式,从而达到在求和时某些项相消的目的从而达到在求和时某些项相消的目的,在解题时要善于在解题时要善于根据这个基本思想变换数列根据这个基本思想变换数列aan n 的通项公式的通项公式,
15、使之符合使之符合裂项相消的条件裂项相消的条件.【对点训练对点训练】(2018(2018四川广元一模四川广元一模)已知数列已知数列aan n 的前的前n n项和项和S Sn n=k(3k(3n n-1),-1),且且a a3 3=27=27(1)(1)求数列求数列aan n 的通项公式的通项公式.(2)(2)若若b bn n=log=log3 3a an n,求数列求数列 的前的前n n项和项和T Tn n.nn 11b b【解析解析】(1)(1)当当n=3n=3时时,a,a3 3=S=S3 3-S-S2 2=k(3=k(33 3-3-32 2)=27,)=27,解得解得k=,k=,当当n2n2
16、时时,a an n=S=Sn n-S-Sn-1n-1=(3(3n n-1)-1)-(3(3n-1n-1-1)=-1)=(3(3n n-3-3n-1n-1)=3)=3n n.a a1 1=S=S1 1=3=3也满足上式也满足上式,故故a an n=3=3n n.32323232(2)(2)若若b bn n=log=log3 33 3n n=n,=n,=,T Tn n=1-=1-=.nn 11b b111n n1nn1111111223nn11n1nn1【提分备选提分备选】设设aan n 是公比大于是公比大于1 1的等比数列的等比数列,S,Sn n为数列为数列aan n 的前的前n n项项和和.已
17、知已知S S3 3=7,=7,且且3a3a2 2是是a a1 1+3+3和和a a3 3+4+4的等差中项的等差中项.(1)(1)求数列求数列aan n 的通项公式的通项公式.(2)(2)设设b bn n=,数列数列bbn n 的前的前n n项和为项和为T Tn n,求求证证:T:Tn n 1,q1,所以所以q=2.q=2.所以所以a a1 1=1.=1.故数列故数列aan n 的通项公式为的通项公式为a an n=2=2n-1n-1(n(nN N*).).12(2)(2)因为因为b bn n=,所以所以T Tn n=+=-=-.nnn 1aa1 a1()()n 1n 1nn 1n21121
18、212121()()0111()21211211()21212311()2121n 1n11()212111 1n12112n12112热点题型热点题型3 3分组转化法求和分组转化法求和【感悟经典感悟经典】【典例典例】数列数列aan n 的通项的通项a an n=,其前其前n n项和为项和为S Sn n.(1)(1)求求S Sn n.222nnn(cossin)33(2)(2),求数列求数列bbn n 的前的前n n项和项和T Tn n.3nnnSbn 4【联想解题联想解题】(1)(1)看到看到a an n=,想到先用倍角公式想到先用倍角公式,再再分类讨论分类讨论.(2)(2)看到看到 求和求
19、和,想到裂项相消法或错位相减法想到裂项相消法或错位相减法求和求和.222nnn(cossin)333nnnSbn 4【规范解答规范解答】(1)(1)由于由于 故故S S3k3k=(a=(a1 1+a+a2 2+a+a3 3)+(a)+(a4 4+a+a5 5+a+a6 6)+(a)+(a3k-23k-2+a+a3k-13k-1+a+a3k3k)=)=22nn2ncossincos,3332222222223k23k11245363k222k 9k4133118k5,2222 （）（）S S3k-13k-1=S=S3k3k-a-a3k3k=,S S3k-23k-2=S=S3k-13k-1-a-a
20、3k-13k-1=+故故k 49k2k 49k223k1213k21k,236 nn1,n3k236n1 1 3nS,n3k1(kN*).6n 3n4,n3k6(2)(2)=T Tn n=4T4Tn n=两式相减得两式相减得3T3Tn n=3nnnSbn 4n9n4,2 42n1 13229n4,2444（）n 11229n413,244（）n 1n1999n4132444（）nn2n 32n 1n2n 32n 19919n419n44138,1242214813nT.33 22（）故【规律方法规律方法】分组转化求和的三种类型分组转化求和的三种类型(1)(1)数列是周期数列数列是周期数列,先求
21、出每个周期内的各项之和先求出每个周期内的各项之和,然然后把整体之和按照周期进行划分后把整体之和按照周期进行划分,再得出整体之和再得出整体之和.(2)(2)奇偶项分别有相同的特征的数列奇偶项分别有相同的特征的数列(如奇数项组成等如奇数项组成等差数列、偶数项组成等比数列差数列、偶数项组成等比数列),),按照奇数项和偶数项按照奇数项和偶数项分组求和分组求和.(3)(3)通项中含有通项中含有(-1)(-1)n n的数列的数列,按照奇数项、偶数项分组按照奇数项、偶数项分组,或者按照或者按照n n为奇数、偶数分类求和为奇数、偶数分类求和.【对点训练对点训练】(2018(2018台州质量检测台州质量检测)数
22、列数列aan n,b,bn n 中中,S,Sn n为数列为数列aan n 的前的前n n项和项和,且满足且满足a a1 1=b=b1 1=1,3S=1,3Sn n=(n+2)a=(n+2)an n,b,bn n=(nN(nN*,n2).,n2).n1naa(1)(1)求求aan n,b,bn n 的通项公式的通项公式.(2)(2)求证求证:n248211111.aaaa2【解析解析】(1)(1)因为因为3S3Sn n=(n+2)a=(n+2)an n,所以当所以当n2n2时时,3S,3Sn-1n-1=(n+1)a(n+1)an-1n-1,所以所以3a3an n=(n+2)a=(n+2)an n
23、-(n+1)a-(n+1)an-1n-1,所以所以 所以所以nn 1an1,an132n 1nn112n 2n 1n n1aaaa3 4nn1aa1,aaaa1 2n2 n12 所以所以nn1,n1,n n1a(nN*),bn12,n2.n1(2)(2)因为因为 所以所以 所以所以nnn 12n 1nnnn 1212111,a2 2221 221 2n 1n 11111111111841,1336436214（）（）n2n 1248211111111aaaa38322n248211111.aaaa2【提分备选提分备选】已知等差数列已知等差数列aan n 满足满足a a3 3=10,a=10,a
24、5 5-2a-2a2 2=6.=6.(1)(1)求求a an n.(2)(2)数列数列bbn n 满足满足b bn n=T Tn n为数列为数列bbn n 的的前前n n项和项和,求求T T2n2n.n 1n 12n1an2（为奇数），（为偶数），【解析解析】(1)(1)设数列设数列aan n 的公差为的公差为d,d,则则a a1 1+2d=10,a+2d=10,a1 1+4d-+4d-2(a2(a1 1+d)=6,+d)=6,解得解得a a1 1=2,d=4,=2,d=4,所以所以a an n=a=a1 1+(n-1)d=4n-2.+(n-1)d=4n-2.(2)(2)数列数列bbn n 的
25、前的前2n2n项中项中,奇数项和偶数项各有奇数项和偶数项各有n n项项.奇奇数项是首项为数项是首项为1 1、公比为、公比为4 4的等比数列的等比数列,其和为其和为 =;=;偶数项是首项为偶数项是首项为1 1、公差为、公差为4 4的等差数列的等差数列,其和其和为为n+n+4=2n4=2n2 2-n.-n.所以所以T T2n2n=+2n=+2n2 2-n.-n.n11 41 4（）n413nn12（）n413逻辑推理逻辑推理数列与不等式的综合问题中的数学素养数列与不等式的综合问题中的数学素养【相关链接相关链接】1.1.数列与不等式的综合问题的考查题型数列与不等式的综合问题的考查题型(1)(1)判断
26、数列问题中的一些不等关系判断数列问题中的一些不等关系.(2)(2)以数列为载体以数列为载体,考查不等式的恒成立问题考查不等式的恒成立问题.(3)(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题考查与数列问题有关的不等式的证明问题.(4)(4)有关的最值问题有关的最值问题.2.2.在数列中应用在数列中应用“函数函数”思想解题的常见题目类型思想解题的常见题目类型(1)(1)数列中的恒成立问题的求解数列中的恒成立问题的求解.(2)(2)数列中最大项与最小项问题的求解数列中最大项与最小项问题的求解.(3)(3)数列中前数列中前n n项和最值问题的求解项和最值问题的求解.命题角度命题角度1:1:与数列有关的不
27、等式的证明问题与数列有关的不等式的证明问题【典例典例1 1】(2018(2018泉州市质量检测泉州市质量检测)记数列记数列aan n 的前的前n n 项和为项和为S Sn n,已知已知1,a1,an n,S,Sn n 成等差数列成等差数列.(1)(1)求求aan n 的通项公式的通项公式.(2)(2)若若b bn n=,证明证明:bb1 1+b+b2 2+b+bn n1.1.n 1n 1n 2a(a1)(a1)23【规范解答规范解答】(1)(1)由已知由已知1,a1,an n,S,Sn n成等差数列成等差数列,得得2a2an n=S Sn n+1+1,当当n=1n=1时时,2a,2a1 1=S
28、=S1 1+1,+1,所以所以a a1 1=1;=1;当当n2n2时时,2a,2an-1n-1=S=Sn-1n-1+1+1,两式相减得两式相减得2a2an n-2a-2an-1n-1=a=an n,所以所以 =2,=2,nn 1aa则数列则数列aan n 是以是以a a1 1=1=1为首项为首项,q=2,q=2为公比的等比数列为公比的等比数列,所以所以a an n=a=a1 1q qn-1n-1=1=12 2n-1n-1=2=2n-1n-1.(2)(2)由由(1)(1)得得b bn n=,所以所以b b1 1+b+b2 2+b+bn n=+=+n 1n 1n 2a(a1)(a1)nnn 1nn
29、 1211212121 212112 121（）23112121（）nn 1n 11111,212121（）因为因为2 2n+1n+1-12-122 2-1=3,0-1=3,0所以所以即证得即证得 b b1 1+b+b2 2+b+bn n1.1.n 111,213n 12111321，23命题角度命题角度2:2:与数列有关的不等式恒成立与数列有关的不等式恒成立,最值、范围问最值、范围问题题【典例典例2 2】设数列设数列aan n 的前的前n n项和为项和为S Sn n,对任意的正整数对任意的正整数n,n,都有都有a an n=5S=5Sn n+1+1成立成立,b,bn n=-1-log=-1-
30、log2 2|a|an n|,|,数列数列bbn n 的前的前n n项项和为和为T Tn n,c,cn n=.n 1nn 1bT T(1)(1)求数列求数列aan n 的通项公式与数列的通项公式与数列ccn n 前前n n项和项和A An n.(2)(2)对任意正整数对任意正整数m,k,m,k,是否存在数列是否存在数列aan n 中的项中的项a an n,使使得得|S|Sm m-S-Sk k|32a|32an n成立成立?若存在若存在,请求出正整数请求出正整数n n的取值集的取值集合合;若不存在若不存在,请说明理由请说明理由.【规范解答规范解答】(1)(1)因为因为a an n=5S=5Sn
31、n+1,+1,令令n=1n=1a a1 1=,=,由由 得得a an+1n+1=a=an n,所以等比数列的通项公式所以等比数列的通项公式a an n=,=,b bn n=-1-log=-1-log2 2|a|an n|=2n-1,|=2n-1,数列数列bbn n 的前的前n n项和项和T Tn n=n=n2 2,c cn n=,=,14nnn 1n 1a5S1,a5S1,14n14（）n 1nn 1bT T22222n111nnn1n1所以所以A An n=.=.2221n2n1n1n1(2)a(2)an n=S Sn n=在数列在数列SSn n 中中,S,S1 1=,S=,S2 2=,=,
32、当当n n为奇数时为奇数时,S,Sn n=单增单增,当当n n为偶数时为偶数时,S Sn n=单减单减,n14（）nn11111441,15414 （）（）14316n11154（）n11154（）所以所以(S(Sn n)minmin=,(S=,(Sn n)maxmax=,=,对任意正整数对任意正整数m,k,m,k,若存在数列若存在数列aan n 中的项中的项a an n,使得使得|S|Sm m-S-Sk k|32a|32an n成立成立,即即|(S|(Sn n)maxmax-(S-(Sn n)minmin|=32a|=32an n=32=32 解得解得n n2,4.2,4.1431631|1
33、64116n14（）【规律方法规律方法】解决数列与不等式交汇问题的常用方法解决数列与不等式交汇问题的常用方法(1)(1)作差、作商比较法作差、作商比较法;(2)(2)根据数列的函数特征求解根据数列的函数特征求解,如利用其单调性如利用其单调性;(3)(3)利用基本不等式求最值利用基本不等式求最值;(4)(4)利用放缩法证明不等式利用放缩法证明不等式.【通关题组通关题组】1.(20181.(2018资阳市第二次诊断资阳市第二次诊断)已知数列已知数列aan n 的前的前n n项和项和为为S Sn n,且且S Sn n=2a=2an n-2.-2.(1)(1)求数列求数列aan n 的通项公式的通项公
34、式.(2)(2)若若b bn n=a=an nloglog2 2a an n,T,Tn n=b=b1 1+b+b2 2+b+bn n,求求T Tn n-n2-n2n+1n+1+500+500成成立的正整数立的正整数n n的最小值的最小值.【解析解析】(1)(1)当当n=1n=1时时,a,a1 1=2a=2a1 1-2,-2,解得解得a a1 1=2,=2,当当n n2 2时时,S,Sn n=2a=2an n-2,S-2,Sn-1n-1=2a=2an-1n-1-2.-2.则则a an n=2a=2an n-2a-2an-1n-1,所以所以a an n=2a=2an-1n-1,所以所以aan n
35、是以是以2 2为首项为首项,2,2为公比的等比数列为公比的等比数列.故故a an n=2=2n n.(2)b(2)bn n=2=2n nloglog2 22 2n n=n=n2 2n n,则则T Tn n=1=12+22+22 22 2+3+32 23 3+n+n2 2n n,2T2Tn n=1=12 22 2+2+22 23 3+3+32 24 4+(n-1)+(n-1)2 2n n+n+n2 2n+1n+1;-得得:-T:-Tn n=2+2=2+22 2+2+23 3+2+2n n-n-n2 2n+1n+1=-=-n n2 2n+1n+1=2=2n+1n+1-n-n2 2n+1n+1-2.
36、-2.n2 1 21 2所以所以T Tn n=(n-1)=(n-1)2 2n+1n+1+2.+2.由由T Tn n-n-n2 2n+1n+1+500+5052.52.由于由于n n4 4时时,2,2n+1n+12 25 5=3252;n=3252.=6452.故使故使S Sn n-n-n2 2n+1n+1+50+50 0,c0,c3 30,c0,c4 40;0;当当n n5 5时时,c cn n=而而 00得得 11所以当所以当n n5 5时时,c,cn n0,0,nn n111n n12nn 1n 1n n1n1 n2n1 n2222nn n1255 5 12综上综上,对任意对任意n nN N*恒有恒有S S4 4S Sn n,故故k=4.k=4.
