2022届高三数学一轮复习（原卷版）6．4　数列求和及应用.doc

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1、64 数列求和及应用数列求和及应用 1数列求和方法 (1)公式法 ()等差数列、等比数列前 n 项和公式 ()常见数列的前 n 项和： 123n ； 2462n ； 135(2n1) ； 122232n2 ； 132333n3n（n1）22 (2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列 (3)倒序相加：如等差数列前 n 项和公式的推导方法 (4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和等比数列an前n 项和公式的推导方法就采用了错位相减法 (5)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩有限项再求和 常见的裂项公式： 1n（n1）

2、 1 n1； 1（2n1）（2n1） 12n112n1； 1n（n1）（n2） 1n（n1）1（n1）（n2）； 1a b ( a b)； n（n1）！ 1（n1）！； Cm1n ； nn！ ！n！ ； anSnSn1(n2) 2数列应用题常见模型 (1)单利公式 利息按单利计算，本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 x，则本利和 y (2)复利公式 利息按复利计算，本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 x，则本利和 y (3)产值模型 原来产值的基础数为 N，平均增长率为 p，对于时间 x，总产值 y (4)递推型 递推型有 an1f(an)与 Sn1f(Sn)两类 (5)数列与其他知识

3、综合，主要有数列与不等式、数列与三角、数列与解析几何等 自查自纠： 1(1)n（n1）2 n2 n n2 n（n1）（2n1）6 (5)1n 12 12 1ab 1n！ Cmn1Cmn (n1) 2(1)a(1xr) (2)a(1r)x (3)N(1p)x 数列12n1的前 n 项和为 ( ) A12n B22n Cn2n1 Dn22n 解：由题意得 an12n1，所以 Snn12n12n2n1故选 C 1221132114211（n1）21的值为 ( ) An12（n2） B34n12（n2） C34121n11n2 D341n11n2 解：因为1（n1）211n22n1n（n2）121n1

4、n2，所以1221132114211（n1）2112(113121413151n1n2)12321n11n234121n11n2故选 C 若数列an的通项公式是 an(1)n1(3n2)，则 a1a2a2 020 ( ) A 3 030 B 3 030 C3 033 D3 033 解： a1a2a2 020(a1a2)(a3a4)(a2 019a2 020)(14)(710)(32 0192)(32 0202)(3)1 0103 030故选 A 在数列an中， 已知 a11， an11an1，记 Sn为数列an的前 n 项和，则 S2 020_ 解：由题意得 a11，a21a1112，a31a

5、212， a41a311， a51a4112，所以数列an是周期为 3 的周期数列，且 a1a2a3112232， 所以 S2 020673(a1a2a3)a16733212 0172故填2 0172 有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒杀死一个病毒的同时将自身分裂为 2 个现在有一个这样的细菌和 100 个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要_秒 解： 设至少需要 n 秒，则 12222n1100，即12n12100，所以 n7故填 7 类型一类型一 基本求和问题基本求和问题 (1)1 11211214 112141220_ 解：设 an1121412n11112n1122112n212

6、n1， 分组求和可得数列an的前 n项和 Sn2n1112n1122n212n1，则 S21221212211401220故填 401220 (2)11121123112n_ 解：设数列的通项为 an，前 n 项和为 Sn，则 an2n（n1）21n1n1，所以 Sna1a2an 21121213 1n1n1 211n12nn1故填2nn1 (3)设 f(x)x21x2，求：f12 017f12 016f(1)f(2)f(2 017) 解：因为 f(x)x21x2，所以 f(x)f1x1 令 Sf12 017f12 016f(1)f(2)f(2 017)， 则 Sf(2 017)f(2 016

7、)f(1)f12f12 016f(12 017)， 得：2S14 0334 033，所以 S4 0332 (4)求和：Sn1a2a23a3nan 解：()当 a1 时，Sn12nn（n1）2 ()当 a1 时，Sn1a2a23a3nan， 1aSn1a22a3n1annan1， 由得11aSn1a1a21a31annan1 1a11an11anan1，所以 Sna（an1）n（a1）an（a1）2 综上所述， Snn（n1）2（a1），a（an1）n（a1）an（a1）2 （a1） 点 拨： 研究通项公式是数列求和的关键数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消

8、法等，在选择方法前分析数列的通项公式的结构特征，避免盲目套用、错用求和方法运用等比数列求和公式时，注意对公比是否等于 1 进行讨论本例四道题分别主要使用了分组求和法、裂项相消法、倒序相加法、错位相减法 (1)数列 9，99，999，的前 n 项和Sn_ 解：Sn999999999n 个 (1011)(1021)(1031)(10n1) (10110210310n)n 10（110n）110n10n1109n 故填10n1109n (2)已知数列an：12，1323，142434，110210310910，若 bn1anan1，数列bn的前n 项和记为 Sn，则 S2 019_ 解：由条件得到数

9、列 an的通项为 ann（n1）2n1n2，则 an1n12，所以 bn1anan14n（n1）41n1n1， 则 Sn4(11212131n1n1)411n14nn1，将 n2 019 代入得到 S2 0192 019505故填2 019505 (3)求 sin21sin22sin23sin289的值 解：令 Snsin21sin22sin23sin289， 则 Snsin289sin288sin287sin21 cos21 cos22 cos23 cos289 与两边分别相加得2Sn(sin21cos21)(sin22cos22)(sin289cos289)89 所以 Sn892 (4)已

10、知 ann12n1，求an的前 n 项和 Tn 解：Tn222323424n12n1， 12Tn223324425n12n2， 得 12Tn22212312412512n1n12n2 12123112n1112n12n23412n1n12n2， 所以 Tn3212nn12n132n32n1 类型二类型二 可用数列模型解决的实可用数列模型解决的实际问题际问题 用分期付款的方式购买一批总价为 2 300 万元的住房，购买当天首付 300 万元，以后每月的这一天都交 100 万元， 并加付此前欠款的利息，设月利率为 1%若从首付 300 万元之后的第一个月开始算分期付款的第一个月， 问分期付款的第

11、10个月应付_万元 解：购买时付款 300 万元，则欠款 2000 万元，依题意分 20 次付清， 则每次交付欠款的数额依次购成数列an， 故 a11002 000001120(万元)， a2100(2 000100)001119(万元)， a3100(2 0001002)001118(万元)， a4100(2 0001003)001117(万元)， an1002 000100(n1)001121n(万元) (1n20，nN*) 因此an是首项为 120，公差为1 的等差数列 故 a1012110111(万元)故填 111 点 拨： 将实际问题转化为数列问题的一般步骤是：审题、建模、求解、检验

12、、作答增长率模型是比较典型的等比数列模型，实际生活中的银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常利用增长率模型加以解决 某气象学院用 32 万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第 n 天的维修保养费为n4910元(nN*)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了 ( ) A 600 天 B 800 天 C 1 000 天 D 1 200天 解：设一共使用了 n 天，则使用 n 天的平均耗资为32 0005n1049 n2n32 000nn20495，当且仅当32 000nn20时，取得最小值，

13、此时 n800故选 B 类型三类型三 数列综合问题数列综合问题 (2018云、贵、川三省联考)设数列an是公差大于 0 的等差数列， Sn为数列an的前 n项和，已知 S39，且 2a1，a31，a41 构成等比数列 (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn满足anbn2n1(nN*)，设 Tn是数列bn的前 n 项和，证明：Tn6 解：(1)设数列an的公差为 d，则 d0 因为 S39，所以 a1a2a33a29，即 a23 因为 2a1，a31，a41 构成等比数列，所以(2d)22(3d)(42d)， 所以 d2所以 ana2(n2)d2n1 (2)证明：因为anbn2n1(nN

14、*)， 所以 bn2n12n1(2n1)12n1， 所以 Tn11203121(2n1) 12n1， 所以12Tn11213122(2n3)12n1(2n1)12n， 由两式相减得 12Tn121212122212n1(2n1)12n1112n11122n12n312n22n12n，整理化简得 Tn62n32n1 又因为 nN*，所以 Tn62n32n16 点 拨： 数列的综合问题大都是建立在数列概念、等差等比数列及数列求和基础上的与函数、不等式等知识的综合应用，要牢记数列是特殊函数，如单调性放缩技巧 (2016全国卷)Sn为等差数列an的前 n 项和，且 a11，S728记 bnlgan，其

15、中x表示不超过 x 的最大整数， 如090， lg991 (1)求 b1，b11，b101； (2)求数列bn的前 1 000 项和 解：(1)设an的公差为 d，S77a428， 所以 a44，所以 da4a131，所以 ana1(n1)dn 所以 b1lga1lg10，b11lga11lg111，b101lga101lg1012 (2)记bn的前 n 项和为 Tn，则 T1 000b1b2b1 000 lga1lga2lga1 000 当 0lgan1 时，n1，2，9； 当 1lgan2 时，n10，11，99； 当 2lgan3 时，n100，101，999； 当 lgan3 时，n1

16、 000 所以 T1 00009190290031 1 893 1数列的通项公式及前 n 项和公式都可以看作项数 n 的函数，是函数思想在数列中的应用数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前 n 项和 Sn可视为数列Sn的通项通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一 2对于一般数列的求和问题，应先观察数列通项的结构特征，再对通项公式进行化简变形，改变原数列的形式，尽可能将其转化为等差数列、等比数列等常见数列，从而达到求和的目的 3等差或等比数列的求和直接用公式计算，要注意求和的项数，防止疏漏 4最好能记忆一些常见数列的求和公式，如正整数列、正奇数列、正偶数列、正整

17、数的平方构成的数列等 5数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型 6数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，分 q1或 q1)等 1已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a54a3，则 S7 ( ) A7 B12 C14 D21 解：由 a54a3，得 a5a34a1a7，所以S77（a1a7）214故选 C 2已知数列an满足：an1(1)n1an2，则其前 100 项和为 ( ) A250 B200 C150 D100 解：由题意

18、可知，a2na2n12，所以 S100 (a1a2)(a3a4)(a99a100)250100故选 D 3数列an，bn满足 anbn1，ann23n2，则bn的前 10 项之和为 ( ) A13 B512 C12 D712 解：bn1an1（n1）（n2）1n11n2， S10b1b2b3b101213131414 1511111212112512故选 B 4设数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11， anan112n(n N*)，则 S2n1 ( ) A43114n B43114n1 C43114n D43114n1 解：因为 anan112n，所以 S2n1a1(a2a3)(a4a5

19、)(a2na2n1)1122124122n43114n1故选 B 5设直线 nx(n1)y 2(nN*)与两坐标轴围成的三角形面积为 Sn，则 S1S2S2 018的值为 ( ) A2 0152 016 B2 0162 017 C2 0172 018 D2 0182 019 解：直线与 x 轴交于2n，0 ，与 y 轴交于0，2n1， 所以 Sn122n2n11n（n1）1n1n1 所 以 原 式 1121213 12 01812 019 11201920182019故选 D 6(山西榆社中学2018届高三诊断考试)设 Sn为数列an的前 n 项和， 已知 a112，n1an1nan2n，则

20、S100 ( ) A 2492100 B 249299 C 2512100 D 251299 解：根据题意，由n1an1nan2n，得n1an1nan2n， 则nann1an12n1，n1an1n2an22n2， ，2a21a121将各式相加得nan1a121222n12n2， 又 a112，所以 ann12n， 因此 S100112212210012100， 则12S100 1122 2123 991210010012101， 两式相减得12S100121221231210010012101，所以 S1002129910012100251299故选 D 7数列an的通项公式为 an1n n1

21、，若an的前 n 项和为 24，则 n_ 解： an n1 n， 所以 Sn( 2 1)( 3 2)( n1 n) n11，令 Sn24得 n624故填 624 8数列an的通项公式 annsinn3，其前 n 项和为 Sn，则 S2 019_ 解：函数 ysin3x 以 6 为最小正周期，又 a6m1a6m2a6m3a6m4a6m5a6m6 33，mN，所以 S2 019333362017sin2 01732 018sin2 01832 019sin2 01933363 32 017sin32 018sin232 019sin2 019 32故填2 019 32 9(2018届江西南昌高三三

22、模)已知数列an的各项均为正数，且 a2n2nan(2n1)0，nN* (1)求数列an的通项公式； (2)若 bn2nan，求数列bn的前 n 项和 Tn 解：(1)由 a2n2nan(2n1)0 得an(2n1) (an1)0， 所以 an2n1 或 an1， 又因为数列an的各项均为正数， 所以 an2n1， nN* (2)因为 bn2nan(2n1) 2n， 所以 Tn3 25 227 23(2n1) 2n， 2Tn3 225 237 24(2n1) 2n1， 由得： Tn6222232n(2n1) 2n1 6222（12n1）12(2n1) 2n1 2(2n1) 2n1， 所以 Tn

23、2(2n1) 2n1 10在数列an中，a18，a42，且满足 an2an2an1 (1)求数列an的通项公式； (2)设 Sn是数列|an|的前 n 项和，求 Sn 解： (1)由2an1an2an可得an是等差数列， 且公差 da4a1412832 所以 ana1(n1)d2n10 (2)令 an0，得 n5 即当 n5 时，an0，n6 时，an0 所以当 n5 时，Sn|a1|a2|an| a1a2ann29n； 当 n6 时， Sn|a1|a2|an| a1a2a5(a6a7an) (a1a2an)2(a1a2a5) (n29n)220n29n40， 所以 Snn29n，n5，n29

24、n40，n6 11在等差数列an中，a13，其前 n 项和为Sn，等比数列bn的各项均为正数，b11，公比为q，且 b2S212，qS2b2 (1)求 an与 bn； (2)证明：131S11S21Sn23 解：(1)设数列an的公差为 d 因为b2S212，qS2b2， 所以q6d12，q6dq 解得 q3 或 q4(舍)，d3 故 an33(n1)3n，bn3n1 (2)证明：因为 Snn（33n）2， 所以1Sn2n（33n）231n1n1 故1S11S21Sn23112121313141n1n12311n1 因为 n1， 所以 01n112， 所以1211n11， 所以132311n1

25、23， 即131S11S21Sn23 已知数列an的前 n 项和为 Sn，a12，且满足 Sn12an1n(nN*) (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn(4n2)an1，求数列bn的前 n 项和Tn 解：(1)令 n1，有 a1a221a22由Sn12an1n，Sn112an（n1）（n2），有 SnSn1 an12an112an1，即 an13an2(n2)，即 an113(an1)又 a12，a22，a21a1113， 则an1是以 a211 为首项， 3 为公比的等比数列，所以 an1(a21) 3n21 3n2，即 an3n21， 所以 an2，n1，3n21，n2 (2)b

26、n(4n2)an1(4n2)(3n11)(4n2) 3n1(4n2)， 记 Sn2 306 3110 32(4n2) 3n1， 则 3Sn2 316 32(4n6) 3n1(4n2) 3n， 得2Sn2 304(31323n1)(4n2) 3n243（13n1）13(4n2) 3n4(4n4) 3n，所以 Sn2(2n2) 3n， 所以 Tn2(2n2) 3nn（4n22）22(2n2) 3n2n2 64 数列求和及应用数列求和及应用 1数列求和方法 (1)公式法 ()等差数列、等比数列前 n 项和公式 ()常见数列的前 n 项和： 123n ； 2462n ； 135(2n1) ； 1222

27、32n2 ； 132333n3n（n1）22 (2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列 (3)倒序相加：如等差数列前 n 项和公式的推导方法 (4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和等比数列an前n 项和公式的推导方法就采用了错位相减法 (5)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩有限项再求和 常见的裂项公式： 1n（n1） 1 n1； 1（2n1）（2n1） 12n112n1； 1n（n1）（n2） 1n（n1）1（n1）（n2）； 1a b ( a b)； n（n1）！ 1（n1）！； Cm1n ； nn！ ！n

28、！ ； anSnSn1(n2) 2数列应用题常见模型 (1)单利公式 利息按单利计算，本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 x，则本利和 y (2)复利公式 利息按复利计算，本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 x，则本利和 y (3)产值模型 原来产值的基础数为 N，平均增长率为 p，对于时间 x，总产值 y (4)递推型 递推型有 an1f(an)与 Sn1f(Sn)两类 (5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与三角、数列与解析几何等 自查自纠： 1(1)n（n1）2 n2 n n2 n（n1）（2n1）6 (5)1n 12 12 1ab 1n！ Cmn1Cmn (n1)

29、2(1)a(1xr) (2)a(1r)x (3)N(1p)x 数列12n1的前 n 项和为 ( ) A12n B22n Cn2n1 Dn22n 解：由题意得 an12n1，所以 Snn12n12n2n1故选 C 1221132114211（n1）21的值为 ( ) An12（n2） B34n12（n2） C34121n11n2 D341n11n2 解：因为1（n1）211n22n1n（n2）121n1n2，所以1221132114211（n1）2112(113121413151n1n2)12321n11n234121n11n2故选 C 若数列an的通项公式是 an(1)n1(3n2)，则 a1

30、a2a2 020 ( ) A 3 030 B 3 030 C3 033 D3 033 解： a1a2a2 020(a1a2)(a3a4)(a2 019a2 020)(14)(710)(32 0192)(32 0202)(3)1 0103 030故选 A 在数列an中， 已知 a11， an11an1，记 Sn为数列an的前 n 项和，则 S2 020_ 解：由题意得 a11，a21a1112，a31a212， a41a311， a51a4112，所以数列an是周期为 3 的周期数列，且 a1a2a3112232， 所以 S2 020673(a1a2a3)a16733212 0172故填2 01

31、72 有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒杀死一个病毒的同时将自身分裂为 2 个现在有一个这样的细菌和 100 个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要_秒 解： 设至少需要 n 秒，则 12222n1100，即12n12100，所以 n7故填 7 类型一类型一 基本求和问题基本求和问题 (1)1 11211214 112141220_ 解：设 an1121412n11112n1122112n212n1， 分组求和可得数列an的前 n项和 Sn2n1112n1122n212n1，则 S21221212211401220故填 401220 (2)11121123112n_ 解：设数列的通项为

32、an，前 n 项和为 Sn，则 an2n（n1）21n1n1，所以 Sna1a2an 21121213 1n1n1 211n12nn1故填2nn1 (3)设 f(x)x21x2，求：f12 017f12 016f(1)f(2)f(2 017) 解：因为 f(x)x21x2，所以 f(x)f1x1 令 Sf12 017f12 016f(1)f(2)f(2 017)， 则 Sf(2 017)f(2 016)f(1)f12f12 016f(12 017)， 得：2S14 0334 033，所以 S4 0332 (4)求和：Sn1a2a23a3nan 解：()当 a1 时，Sn12nn（n1）2 ()

33、当 a1 时，Sn1a2a23a3nan， 1aSn1a22a3n1annan1， 由得11aSn1a1a21a31annan1 1a11an11anan1，所以 Sna（an1）n（a1）an（a1）2 综上所述， Snn（n1）2（a1），a（an1）n（a1）an（a1）2 （a1） 点 拨： 研究通项公式是数列求和的关键数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等，在选择方法前分析数列的通项公式的结构特征，避免盲目套用、错用求和方法运用等比数列求和公式时，注意对公比是否等于 1 进行讨论本例四道题分别主要使用了分组求和法、裂项相消法、倒序相加法、错位相

34、减法 (1)数列 9，99，999，的前 n 项和Sn_ 解：Sn999999999n 个 (1011)(1021)(1031)(10n1) (10110210310n)n 10（110n）110n10n1109n 故填10n1109n (2)已知数列an：12，1323，142434，110210310910，若 bn1anan1，数列bn的前n 项和记为 Sn，则 S2 019_ 解：由条件得到数列 an的通项为 ann（n1）2n1n2，则 an1n12，所以 bn1anan14n（n1）41n1n1， 则 Sn4(11212131n1n1)411n14nn1，将 n2 019 代入得到

35、 S2 0192 019505故填2 019505 (3)求 sin21sin22sin23sin289的值 解：令 Snsin21sin22sin23sin289， 则 Snsin289sin288sin287sin21 cos21 cos22 cos23 cos289 与两边分别相加得2Sn(sin21cos21)(sin22cos22)(sin289cos289)89 所以 Sn892 (4)已知 ann12n1，求an的前 n 项和 Tn 解：Tn222323424n12n1， 12Tn223324425n12n2， 得 12Tn22212312412512n1n12n2 121231

36、12n1112n12n23412n1n12n2， 所以 Tn3212nn12n132n32n1 类型二类型二 可用数列模型解决的实可用数列模型解决的实际问题际问题 用分期付款的方式购买一批总价为 2 300 万元的住房，购买当天首付 300 万元，以后每月的这一天都交 100 万元， 并加付此前欠款的利息，设月利率为 1%若从首付 300 万元之后的第一个月开始算分期付款的第一个月， 问分期付款的第 10个月应付_万元 解：购买时付款 300 万元，则欠款 2000 万元，依题意分 20 次付清， 则每次交付欠款的数额依次购成数列an， 故 a11002 000001120(万元)， a210

37、0(2 000100)001119(万元)， a3100(2 0001002)001118(万元)， a4100(2 0001003)001117(万元)， an1002 000100(n1)001121n(万元) (1n20，nN*) 因此an是首项为 120，公差为1 的等差数列 故 a1012110111(万元)故填 111 点 拨： 将实际问题转化为数列问题的一般步骤是：审题、建模、求解、检验、作答增长率模型是比较典型的等比数列模型，实际生活中的银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常利用增长率模型加以解决 某气象学院用 32 万元买了一台天文观测仪，已知这台观

38、测仪从启用的第一天起连续使用，第 n 天的维修保养费为n4910元(nN*)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了 ( ) A 600 天 B 800 天 C 1 000 天 D 1 200天 解：设一共使用了 n 天，则使用 n 天的平均耗资为32 0005n1049 n2n32 000nn20495，当且仅当32 000nn20时，取得最小值，此时 n800故选 B 类型三类型三 数数列综合问题列综合问题 (2018云、贵、川三省联考)设数列an是公差大于 0 的等差数列， Sn为数列an的前 n项和，已知 S39，且 2a1，a31，

39、a41 构成等比数列 (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn满足anbn2n1(nN*)，设 Tn是数列bn的前 n 项和，证明：Tn6 解：(1)设数列an的公差为 d，则 d0 因为 S39，所以 a1a2a33a29，即 a23 因为 2a1，a31，a41 构成等比数列，所以(2d)22(3d)(42d)， 所以 d2所以 ana2(n2)d2n1 (2)证明：因为anbn2n1(nN*)， 所以 bn2n12n1(2n1)12n1， 所以 Tn11203121(2n1) 12n1， 所以12Tn11213122(2n3)12n1(2n1)12n， 由两式相减得 12Tn121

40、212122212n1(2n1)12n1112n11122n12n312n22n12n，整理化简得 Tn62n32n1 又因为 nN*，所以 Tn62n32n16 点 拨： 数列的综合问题大都是建立在数列概念、等差等比数列及数列求和基础上的与函数、不等式等知识的综合应用，要牢记数列是特殊函数，如单调性放缩技巧 (2016全国卷)Sn为等差数列an的前 n 项和，且 a11，S728记 bnlgan，其中x表示不超过 x 的最大整数， 如090， lg991 (1)求 b1，b11，b101； (2)求数列bn的前 1 000 项和 解：(1)设an的公差为 d，S77a428， 所以 a44，

41、所以 da4a131，所以 ana1(n1)dn 所以 b1lga1lg10，b11lga11lg111，b101lga101lg1012 (2)记bn的前 n 项和为 Tn，则 T1 000b1b2b1 000 lga1lga2lga1 000 当 0lgan1 时，n1，2，9； 当 1lgan2 时，n10，11，99； 当 2lgan3 时，n100，101，999； 当 lgan3 时，n1 000 所以 T1 00009190290031 1 893 1数列的通项公式及前 n 项和公式都可以看作项数 n 的函数，是函数思想在数列中的应用数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通

42、项的研究，而数列的前 n 项和 Sn可视为数列Sn的通项通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一 2对于一般数列的求和问题，应先观察数列通项的结构特征，再对通项公式进行化简变形，改变原数列的形式，尽可能将其转化为等差数列、等比数列等常见数列，从而达到求和的目的 3等差或等比数列的求和直接用公式计算，要注意求和的项数，防止疏漏 4最好能记忆一些常见数列的求和公式，如正整数列、正奇数列、正偶数列、正整数的平方构成的数列等 5数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型 6数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特

43、殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，分 q1或 q1)等 1已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a54a3，则 S7 ( ) A7 B12 C14 D21 解：由 a54a3，得 a5a34a1a7，所以S77（a1a7）214故选 C 2已知数列an满足：an1(1)n1an2，则其前 100 项和为 ( ) A250 B200 C150 D100 解：由题意可知，a2na2n12，所以 S100 (a1a2)(a3a4)(a99a100)250100故选 D 3数列an，bn满足 anbn1，ann23n2，则bn的前 10 项之和为 ( ) A13

44、 B512 C12 D712 解：bn1an1（n1）（n2）1n11n2， S10b1b2b3b101213131414 1511111212112512故选 B 4设数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11， anan112n(n N*)，则 S2n1 ( ) A43114n B43114n1 C43114n D43114n1 解：因为 anan112n，所以 S2n1a1(a2a3)(a4a5)(a2na2n1)1122124122n43114n1故选 B 5设直线 nx(n1)y 2(nN*)与两坐标轴围成的三角形面积为 Sn，则 S1S2S2 018的值为 ( ) A2 0152

45、016 B2 0162 017 C2 0172 018 D2 0182 019 解：直线与 x 轴交于2n，0 ，与 y 轴交于0，2n1， 所以 Sn122n2n11n（n1）1n1n1 所 以 原 式 1121213 12 01812 019 11201920182019故选 D 6(山西榆社中学2018届高三诊断考试)设 Sn为数列an的前 n 项和， 已知 a112，n1an1nan2n，则 S100 ( ) A 2492100 B 249299 C 2512100 D 251299 解：根据题意，由n1an1nan2n，得n1an1nan2n， 则nann1an12n1，n1an1n

46、2an22n2， ，2a21a121将各式相加得nan1a121222n12n2， 又 a112，所以 ann12n， 因此 S100112212210012100， 则12S100 1122 2123 991210010012101， 两式相减得12S100121221231210010012101，所以 S1002129910012100251299故选 D 7数列an的通项公式为 an1n n1，若an的前 n 项和为 24，则 n_ 解： an n1 n， 所以 Sn( 2 1)( 3 2)( n1 n) n11，令 Sn24得 n624故填 624 8数列an的通项公式 annsin

47、n3，其前 n 项和为 Sn，则 S2 019_ 解：函数 ysin3x 以 6 为最小正周期，又 a6m1a6m2a6m3a6m4a6m5a6m6 33，mN，所以 S2 019333362017sin2 01732 018sin2 01832 019sin2 01933363 32 017sin32 018sin232 019sin2 019 32故填2 019 32 9(2018届江西南昌高三三模)已知数列an的各项均为正数，且 a2n2nan(2n1)0，nN* (1)求数列an的通项公式； (2)若 bn2nan，求数列bn的前 n 项和 Tn 解：(1)由 a2n2nan(2n1)

48、0 得an(2n1) (an1)0， 所以 an2n1 或 an1， 又因为数列an的各项均为正数， 所以 an2n1， nN* (2)因为 bn2nan(2n1) 2n， 所以 Tn3 25 227 23(2n1) 2n， 2Tn3 225 237 24(2n1) 2n1， 由得： Tn6222232n(2n1) 2n1 6222（12n1）12(2n1) 2n1 2(2n1) 2n1， 所以 Tn2(2n1) 2n1 10在数列an中，a18，a42，且满足 an2an2an1 (1)求数列an的通项公式； (2)设 Sn是数列|an|的前 n 项和，求 Sn 解： (1)由2an1an2

49、an可得an是等差数列， 且公差 da4a1412832 所以 ana1(n1)d2n10 (2)令 an0，得 n5 即当 n5 时，an0，n6 时，an0 所以当 n5 时，Sn|a1|a2|an| a1a2ann29n； 当 n6 时， Sn|a1|a2|an| a1a2a5(a6a7an) (a1a2an)2(a1a2a5) (n29n)220n29n40， 所以 Snn29n，n5，n29n40，n6 11在等差数列an中，a13，其前 n 项和为Sn，等比数列bn的各项均为正数，b11，公比为q，且 b2S212，qS2b2 (1)求 an与 bn； (2)证明：131S11S2

50、1Sn23 解：(1)设数列an的公差为 d 因为b2S212，qS2b2， 所以q6d12，q6dq 解得 q3 或 q4(舍)，d3 故 an33(n1)3n，bn3n1 (2)证明：因为 Snn（33n）2， 所以1Sn2n（33n）231n1n1 故1S11S21Sn23112121313141n1n12311n1 因为 n1， 所以 01n112， 所以1211n11， 所以132311n123， 即131S11S21Sn23 已知数列an的前 n 项和为 Sn，a12，且满足 Sn12an1n(nN*) (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn(4n2)an1，求数列bn的前