2019年高考数学教师版（含解析)之数列的求和问题

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1、数列的求和问题【2019 年高考考纲解读】高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化与化归的思想【重点、难点剖析】一、分组转化法求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并二、错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用 的方法，这种方法主要用于求数列a nbn的前 n 项和，其中a n，b n分别是等差数列和等比数列三、裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用

2、于 或 (其中a n为等差数列) 等形式的数列求和1anan 1 1anan 2【高考题型示例】题型一、分组转化法求和例 1、若数列a n的前 n 项和 Sn 满足 Sn2a n(0 ，nN *)(1)证明数列 an为等比数列，并求 an；(2)若 4，b nError! (nN *)，求数列b n的前 2n 项和 T2n.【变式探究】在各项均为正数的等比数列a n中，a 1a34，a 3 是 a22 与 a4 的等差中项，若 an1 2nb(n N*)(1)求数列 bn的通项公式；(2)若数列 满足 cna n1 ，求数列 的前 n 项和 S1b2n 1b2n 1cn【感悟提升】在处理一般数

3、列求和时，一定要注意使 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，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式【变式探究】已知a n为等差数列，且 a23，a n前 4 项的和为 16，数列b n满足b1 4， b488，且数列 为等比数列(n N *)bn an(1)求数列 an和 的通项公式；bn an(2)求数列 bn的前 n 项和 Sn.【变式探究】已知等差数列a n的前 n 项和为 Sn，且满足 S424 ，S 763.(1

4、)求数列 an的通 项公式；(2)若 bn2 an(1) nan，求数列 bn的前 n 项和 Tn.题型二、错位相减法求和例 2、2018浙江卷 已知等比数列an的公比 q1，且 a3a 4a5 28 ，a 42 是a3， a5 的等差中项数列bn满足 b11 ，数列( bn1 bn)an的前 n 项和为 2n2n .(1)求 q 的值；(2)求数列 bn的通项公式【变式探究】已知各项均不为零的数列a n的前 n 项和为 Sn，且对任意的 nN *，满足Sn a1(an1) 13(1)求数列 an的通项公式；(2)设数列 bn满足 anbnlog 2an，数列b n的前 n 项和为 Tn，求证

5、：T n 成立，求 n 的最小值1anan 1 919【变式探究】设 Sn 为数列 an的前 n 项和， Sn2 n25 n.(1)求证：数列3 an为等比数列；(2)设 bn2S n3n，求数列 的前 n 项和 Tn.nanbn【变式探究】设正项等比数列a n，a 481，且 a2，a 3 的等差中项为 (a1a 2).32(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bnlog 3a2n1 ，数列 bn的前 n 项和为 Sn，数列c n满足 cn ，T n 为数列c n14Sn 1的前 n 项和，若 Tn0 ，nN *)(1)证明数列 an为等比数列，并求 an；(2)若 4，b nError!

6、 (nN *)，求数列b n的前 2n 项和 T2n.解析：(1)S n 2an，当 n1 时，得 a1，当 n2 时，S n1 2a n1 ，S nS n1 2a n2 an1 ，即 an2a n2a n1 ，a n2a n1 ，数列 an是以 为首项，2 为公比的等比数列，a n 2n1 .(2)4，a n42 n1 2 n1 ，b nError!T 2n2 23 2 45 2 672 2n2 n1(2 22 4 22n)(352n1) 4 4n41 4 n3 2n 12 n(n2)，4n 1 43T 2n n 22n .4n 13 43【变式探究】在各项均为正数的等比数列a n中，a 1

7、a34，a 3 是 a22 与 a4 的等差中项，若 an1 nb(nN *)(1)求数列 bn的通项公式；(2)若数列 满足 cna n1 ，求数列 的前 n 项和 S1b2n 1b2n 1cn(2)由(1)得，c na n1 1b2n 1b2n 12 n 2 n ，12n 12n 1 12( 12n 1 12n 1)数列 的前 n 项和cnSn22 22 n12(1 13) (13 15) ( 12n 1 12n 1) 21 2n1 2 12(1 12n 1)2 n1 2 (nN *)n2n 1【感悟提升】在处理一般数列求和时，一定要注意使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

8、 进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式【变式探究】已知a n为等差数列，且 a23，a n前 4 项的和为 16，数列b n满足b1 4， b488，且数列 为等比数列(n N *)bn an(1)求数列 an和 的通项公式；bn an(2)求数列 bn的前 n 项和 Sn.(2)由(1)得 bn3 n2 n1，所以 Sn (3 32 33 3n)(1 3 5 2n 1) 3(1 3n)1 3 n(1 2n 1)2 n 2 n 2 (

9、nN *)32(3n 1)3n 12 32【变式探究】已知等差数列a n的前 n 项和为 Sn，且满足 S424 ，S 763.(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bn2 an(1) nan，求数列 bn的前 n 项和 Tn.解 (1) an为等差数列， 解得S4 4a1 432 d 24，S7 7a1 762 d 63， ) a1 3，d 2. )因此a n的通项公式 an2n1.(2)b n2 an(1) nan2 2n1 ( 1) n(2n1)24 n(1) n(2n1)，T n2(4 14 24 n) 357 9(1) n(2n1) G n.8（ 4n 1）3当 n 为偶数时，G

10、n2 n，n2T n n ；8（ 4n 1）3当 n 为奇数时，G n2 (2n1)n2 ，n 12T n n 2 ，8（ 4n 1）3T n8（ 4n 1）3 n （ n为 偶 数 ） ，8（ 4n 1）3 n 2 （ n为 奇 数 ） . )题型二、错位相减法求和例 2、2018浙江卷 已知等比数列an的公比 q1，且 a3a 4a5 28 ，a 42 是 a3，a5的等差中项数列bn满足 b11，数列(bn 1 bn)an的前 n 项和为 2n2n .(1)求 q 的值；(2)求数列 bn的通项公式【解析】 (1)解：由 a42 是 a3，a5 的等差中项，得 a3a 52a44，所以

11、a3a 4a53a4428，解得 a48.由 a3a 520，得 8 20，(q 1q)解得 q 2 或 q .12因为 q1，所以 q2.(2)解：设 cn(bn1 bn)an，数列cn的前 n 项和为 Sn.由 cnError!解得 cn4n1.由(1)可得 an2 n1 ，所以 bn1bn(4n1) n1 ，(12)故 bnbn1(4n5) n2，n2，(12)bnb 1( bnbn1) (bn 1bn2) ( b3b2)(b2b 1)(4n5) n2 (4 n9) n3 7 3.(12) (12) 12设 Tn3 7 11 2(4n5) n2 ，n2，12 (12) (12)则 Tn

12、3 7 2(4n9) n2 (4n5) n1 ，12 12 (12) (12) (12)所以 Tn34 4 24 n2 (4n5) n1 ，12 12 (12) (12) (12)因此 Tn14(4 n3) n2 ，n2.(12)又 b11，所以 bn15 (4n 3) n2 .(12)【变式探究】已知各项均不为零的数列a n的前 n 项和为 Sn，且对任意的 nN *，满足 Sna1(an1)13(1)求数列 an的通项公式；(2)设数列 bn满足 anbnlog 2an，数列b n的前 n 项和为 Tn，求证：T n0，可得 q2，故 an2 n1 .设等差数列 bn的公差为 d.由 a4

13、b3b5 ，可得 b13 d4.由 a5b 42b 6，可得3b113d16，从而 b11 ， d1故 bnn.所以，数列 an的通项公式为 an2 n1 ，数列 bn的通项公式为 bnn .(2)解：由(1)，有 Sn 2 n1，故 来源:ZXXK1 2n1 2Tn (2k1) kn n2 n1 n2.nk 1nk 12 21 2n1 2证明：因为 Tk bk 2bkk 1k 2 2k 1 k 2 k 2kk 1k 2 ，k2k 1k 1k 2 2k 2k 2 2k 1k 1【举一反三】在数列a n中，a 12 ，a n 是 1 与 anan1 的等差中项(1)求证：数列 是等差数列，并求a

14、 n的通项公式；1an 1(2)求数列 的前 n 项和 Sn.来源:ZXXK 1n2an解析：(1)a n 是 1 与 anan1 的等差中项，2a n1 a nan1 ，a n1 ，2an 1ana n1 1 1 ， 1 ，2an 1an an 1an 1an 1 1 anan 1 1an 1 1， 数列 是首项为 1，公差为 1 的等差数列，1a1 1 1an 1 1(n1) n，a n .1an 1 n 1n(2)由(1)得 ，1n2an 1nn 1 1n 1n 1S n 1 .(1 12) (12 13) (13 14) (1n 1n 1) 1n 1 nn 1【变式探究】已知数列a n

15、的前 n 项和 Sn 满足：S na (nN *)(a 为常数，(Sn an 1)a0，a1)(1)求a n的通项公式；(2)设 bna nS n，若数列b n为等比数列，求 a 的值；(3)在满足条件(2) 的情形下， cn .若数列 的前 n 项和为 Tn，且对任意an 1(an 1)(an 1 1) cnnN *满足 Tn 成立，求 n 的最小值1anan 1 919解 (1)由 2Sna 2S n1 1 知，2n2Sn 1a 2S n2 1 ，2n 1 (n3)两式相减得，2a na a 2a n1 ，2n 2n 1即 2 ，(an an 1) (an an 1)(an an 1)又数

16、列 an为递增数列， a1 1，a na n1 0，a na n1 2 ，(n3)又当 n 2 时，2 a 2 a11 ，(a1 a2) 2即 a 2a 23 0 ，解得 a23 或 a21(舍) ，2a2 a1 2，符合 ana n1 2，a n是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，a n1( n1)22n1(nN *)(2)bn ，12n 12n 1 12( 12n 1 12n 1)T n ，12(11 13 13 15 12n 1 12n 1) 12(11 12n 1)又T n ，即 ，解得 n9，919 12(11 12n 1) 919又 nN *，n 的最小值为 10.【变式探

17、究】设 Sn 为数列 an的前 n 项和， Sn2 n25 n.(1)求证：数列3 an为等比数列；(2)设 bn2S n3n，求数列 的前 n 项和 Tn.nanbn(2)解 b n4n 27n， ，nanbn 1（ 4n 3） （ 4n 7） 14( 14n 3 14n 7)T n14(17 111 111 115 14n 3 14n 7) .14(17 14n 7) n7（ 4n 7）【变式探究】设正项等比数列a n，a 481，且 a2，a 3 的等差中项为 (a1a 2).32(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bnlog 3a2n1 ，数列 bn的前 n 项和为 Sn，数列c n满足 cn ，T n 为数列c n的前14Sn 1n 项和，若 Tn0)，由题意，得 解得a4 a1q3 81，a1q a1q2 3（ a1 a1q） ， ) a1 3，q 3. )所以 ana 1qn1 3 n.(2)由(1)得 bnlog 332n1 2n1，Sn n 2n（ b1 bn）2 n1 （ 2n 1） 2c n ，14n2 1 12( 12n 1 12n 1)T n12(1 13) (13 15) ( 12n 1 12n 1) .n2n 1若 Tn (nN *)恒成立，n2n 1 12n 1则 ，所以 .(12n 1) max 13