专题10 数列 10.4数列求和 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（解析版）

1、专题十 数列讲义10.4 数列求和知识梳理.数列求和1公式法(1)等差数列an的前n项和snna1.推导方法：倒序相加法(2)等比数列an的前n项和sn推导方法：乘公比，错位相减法(3)一些常见的数列的前n项和：123n；2462nn(n1)；135(2n1)n2.2几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减(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，从而求得前n项和(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，那么求这

2、个数列的前n项和即可用错位相减法求解(4)倒序相加法：如果一个数列an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题型一. 裂项相消1数列an的通项公式an=1n(n+1)，已知它的前n项和sn=99100，则项数n（）a98b99c100d101【解答】解：列an的通项公式an=1n(n+1)=1n1n+1，所以sn=112+1213+1n1n+1=11n+1，由于前n项和sn=99100，所以11n+1=99100，解得n99故选：b2已知等差数列an满足a310，a1+a417（1）求an的通项公式；（2）设bn=3anan+1，求数列

3、bn的前n项和sn【解答】解：（1）设首项为a1，公差为d的等差数列，满足a310，a1+a417所以a3=10a1+a4=17，解得a1=4d=3，所以an4+3（n1）3n+1（2）由（1）得bn=3anan+1=13n+113n+4，所以snb1+b2+bn=1417+17110+13n+113n+4=1413n+43已知数列an的前n项和为sn，若4sn（2n1）an+1+1，且a11（1）求数列an的通项公式；（2）设cn=1an(an+2)，数列cn的前n项和为tn，求tn【解答】解：（1）在4sn（2n1）an+1+1中，令n1，得a23，4sn（2n1）an+1+1，当n2时，

4、4sn1（2n3）an+1，两式相减，得4an（2n1）an+1（2n3）an（n2），（2n+1）an（2n1）an+1，即an+1an=2n+12n1(n2)an=anan1an1an2an2an3a3a2a2a1a1=2n12n32n32n52n52n753311=2n1，故an2n1（2）cn=1an(an+2)=1(2n1)(2n+1)=12(12n112n+1)，tnc1+c2+cn=12(113)+(1315)+(1517)+(12n112n+1)=12(112n+1)=n2n+1，所以tn=n2n+1题型二. 错位相减1已知等差数列an公差不为零，且满足：a12，a1，a2，a

5、5成等比数列（）求数列an的通项公式；（）设bn=3nan，求数列bn的前n项和【解答】解：（）设等差数列an的公差为d，d0，由题，a1=2a22=a1a5，即(a1+d)2=a1(a1+4d)，解得d4an2+4（n1）4n2（）bn=3nan=（4n2）3n2（2n1）3n，设数列bn的前n项和为tn，tn=2×1×31+2×3×32+2×5×33+2（2n1）×3n，3tn=2×1×32+2×3×33+2×5×34+2（2n1）×3n+1，得：2t

6、n=2×1×3+2×2×32+2×2×33+2×2×3n2（2n1）×3n+1=6+4×32(13n1)132(2n1)×3n+1=124（n1）3n+1，tn=6+2(n1)3n+1数列bn的前n项和tn=6+2(n1)3n+12已知等差数列an的前n项和为sn，s530，s756；各项均为正数的等比数列bn满足b1b2=13，b2b3=127（1）求数列an和bn的通项公式；（2）求数列anbn的前n项和tn【解答】解：（1）设等差数列an的首项为a1，公差为d，由s530，s75

7、6，得5a1+5×4d2=307a1+7×6d2=56，解得a1=2d=2an2+2（n1）2n；设等比数列bn的公比为q（q0），由b1b2=13，b2b3=127，得b12q=13b12q3=127，解得b1=1q=13bn=(13)n1；（2）anbn=2n3n1=2n3n1令n3n1的前n项和为rn，则rn=130+231+332+n3n1，13rn=13+232+333+n13n1+n3n 两式作差可得：23rn=1+13+132+13n1n3n=1×(113n)113n3n=322n+323n，rn=942n+343n1则tn=2rn=922n+323

8、n13（2015·山东）设数列an的前n项和为sn，已知2sn3n+3（）求an的通项公式；（）若数列bn，满足anbnlog3an，求bn的前n项和tn【解答】解：（）因为2sn3n+3，所以2a131+36，故a13，当n1时，2sn13n1+3，此时，2an2sn2sn13n3n12×3n1，即an3n1，所以an=3，n=13n1，n1.（）因为anbnlog3an，所以b1=13，当n1时，bn31nlog33n1（n1）×31n，所以t1b1=13；当n1时，tnb1+b2+bn=13+1×31+2×32+（n1）×31n

9、，所以3tn1+1×30+2×31+3×32+（n1）×32n，两式相减得：2tn=23+30+31+32+32n（n1）×31n=23+131n131（n1）×31n=1366n+32×3n，所以tn=13126n+34×3n，经检验，n1时也适合，综上可得tn=13126n+34×3n题型三. 分组求和1已知数列an是公差不为零的等差数列，a12，且a1，a2，a4成等比数列（1）求数列an的通项公式；（2）设bnan2an，求数列bn的前n项和sn【解答】解：（1）由题意，设等差数列an的公差为d（

10、d0），则a22+d，a42+3d，a1，a2，a4成等比数列，a22a1a4，即（2+d）22（2+3d），整理，得d22d0，解得d0（舍去），或d2，an2+2（n1）2n，nn*（2）由（1）知，设bnan2an=2n22n2n4n，故snb1+b2+bn（2×141）+（2×242）+（2n4n）2×（1+2+n）（41+42+4n）2×n(n+1)24(14n)14n2+n+434n+132在公差不为0的等差数列an中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，又数列bn满足bn=2an，n=2k1，2n，n=2k，（kn*）（1）求数列an的

11、通项公式；（2）求数列bn的前2n项和t2n【解答】解：（1）公差d不为0的等差数列an中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，可得a32a1a9，a3a1a3，可得（a1+2d）2a1（a1+8d），a11，化简可得a1d1，即有ann，nn*；（2）由（1）可得bn=2n，n=2k12n，n=2k，kn*；前2n项和t2n（2+8+16+22n1）+（4+8+12+4n）=2(14n)14+12n（4+4n）=2(4n1)3+2n（n+1）3已知数列an、bn满足：an+1an+bn，bn+2为等比数列，且b12，a24，a310（1）试判断数列bn是否为等差数列，并说明理由；（2）求

12、数列an的前n项和sn【解答】解：（1）数列bn不是等差数列理由如下：由an+1anbn，且a24，a310，b12，得b2a3a26，又数列bn+2为等比数列，数列bn+2的首项为4，公比为2b3+2=4×22=16，得b314，显然2b212b1+b316故数列bn不是等差数列；（2）结合（1）知，等比数列bn+2的首项为4，公比为2故bn+2=42n1=2n+1，bn=2n+12an+1anbn，b12，a24，a12，anan1=2n2（n2）令n2，（n1）得a2a1=222，a3a2=232，anan1=2n2（n2），累加得an2=(22+23+2n)2(n1)（n2）

13、an=(2+22+23+2n)2n+2=2(2n1)212n+2=2n+12n（n2）又a12满足上式，an=2n+12nsn=(222×1)+(232×2)+(2n+12n)（22+23+2n+1）2（1+2+n）=4(2n1)212×n(n+1)2=2n+2n2n4题型四. 讨论奇偶、绝对值求和1数列an的前n项和记为sn，对任意的正整数n，均有4sn（an+1）2，且an0（1）求a1及an的通项公式；（2）令bn=(1)n14nanan+1，求数列bn的前n项和tn【解答】解：（1）当n1时，4s1=(a1+1)2，则a11；当n2时，由4sn（an+1）

14、2，知4sn1（an1+1）2，联立两式，得4an（an+1）2（an1+1）2，化简得（an+an1）（anan12）0，an0，anan120，即an是以a11为首项，2为公差的等差数列，故an2n1；（2）bn=(1)n14nanan+1=(1)n14n(2n1)(2n+1)=（1）n1（12n1+12n+1），下面对n分奇偶数讨论：当n为偶数时，tn（1+13）（13+15）+（12n3+12n1）（12n1+12n+1）=112n+1=2n2n+1，当n为奇数时，tn（1+13）（13+15）+（12n3+12n1）+（12n1+12n+1）=1+12n+1=2n+22n+1，所以t

15、n=2n+22n+1，n为奇数2n2n+1，n为偶数2已知等差数列an前n项和为sn，a59，s525（1）求数列an的通项公式及前n项和sn；（2）设bn=(1)nsn，求bn前2n项和t2n【解答】解：（1）由题意，设等差数列an的公差为d，则a5=a1+4d=9s5=5a1+5×42d=25，整理，得a1+4d=9a1+2d=5，解得a1=1d=2，an1+2（n1）2n1，nn*，sn=n(1+2n1)2=n2（2）由（1）知，设bn=(1)nsn=（1）nn2t2nb1+b2+b2n（b1+b2）+（b3+b4）+（b2n1+b2n）（12+22）+（32+42）+（2n1

16、）2+（2n）2（21）×（2+1）+（43）×（4+3）+2n（2n1）×2n+（2n1）1+2+3+4+（2n1）+2n=2n(1+2n)2 2n2+n3已知数列an满足a12，an+12an+4（1）求a2，a3，a4；（2）猜想an的通项公式并加以证明；（3）求数列|an|的前n项和sn【解答】解：（1）由已知，易得a20，a34，a412（2）猜想an=2n4因为an+12an+4，所以an+1+42（an+4），an+1+4an+4=2，则an+4是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以an+4=2n，所以=an=2n4（3）当n1时，a120，s1|

17、a1|2；当n2时，an0，所以sn=a1+a2+an=2+(224)+(2n4)=2+22+2n4(n1)=2(12n)124(n1)=2n+14n+2，又n1时满足上式所以，当nn*时，sn=2n+14n+2题型五. 数列求和选填综合1首项为正数的等差数列an中，a3a4=75，当其前n项和sn取最大值时，n的值为（）a5b6c7d8【解答】解：首项为正数的等差数列an中，a3a4=75，5（a1+2d）7（a1+3d），整理，得：a1=112d，a10，d0，sn=112nd+n(n1)2d=d2（n6）218d，当其前n项和sn取最大值时，n的值为6故选：b2在等比数列an中，a2a3

18、2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设bna2n1a2n，nn*，则数列bn的前2n项和为112(142n)【解答】解：等比数列an中，a2a32a1，且a4与2a7的等差中项为17，设首项为a1，公比为q，则：a2a3=2a1a4+2a7=34，整理得：a1q3=2a1q3+2a1q6=34，解得：a1=14q=2则：an=a1qn1=2n3，所以：bna2n1a2n=22n3222n3=22n4，则：t2n=14(142n)14=112(142n)故答案为：112(142n)3已知数列an的前n项和为sn，a11，a22且对于任意n1，nn*满足sn+1+sn12（sn+1），则（）a

19、a47bs16240ca1019ds20381【解答】解：当n2时，sn+1+sn12（sn+1）sn+1snsnsn1+2an+1an+2所以数列an从第2项起为等差数列，an=1，n=12n2，n2，所以，a46，a1018sna1+(a2+an)(n1)2=n（n1）+1，s1616×15+1241，s2020×19+1381故选：d4已知数列an是首项为1，公差为2的等差数列，数列bn满足关系a1b1+a2b2+a3b3+anbn=12n1，数列bn的前n项和为sn，则s5的值为（）a454b450c446d442【解答】解：数列an是首项为1，公差为2的等差数列，

20、可得an1+2（n1）2n1，由a1b1+a2b2+a3b3+anbn=12n1，可得a1b1=121=12，可得b12，又a1b1+a2b2+an1bn1=12n11，且a1b1+a2b2+a3b3+anbn=12n1，两式相减可得anbn=12n12n1=12n，可得bn（2n1）2n，则s523458716932454，故选：a5已知数列an满足a1=32，an+1=3anan+3，若cn=3nan，则c1+c2+cn(2n+1)3n14【解答】解：因为a1=32，an+1=3anan+3，所以1an+1=an+33an=13+1an，即1an+11an=13，所以数列1an是首项1a1

21、=23，公差为13的等差数列，所以1an=23+13(n1)=n+13，则cn=3nan=(n+1)3n1，则c1+c2+cn=2×30+3×31+4×32+(n+1)×3n1，设t2×30+3×31+4×32+（n+1）×3n1，则3t2×3+3×32+n×3n1+（n+1）×3n，可得：2t2+3+32+3n1（n+1）×3n1+3n131（n+1）×3n，则t=(2n+1)3n14即c1+c2+cn=(2n+1)3n14故答案为：(2n+1)3n14

22、6已知数列an的前n项和为sn，a12，snan2，其中为常数，若anbn13n，则数列bn中的项的最小值为1214【解答】解：根据题意，数列an的满足a12，snan2，当n1时，有a1s1a12，即222，解可得2，则sn2an2，则有sn12an12，：an2an2an1，变形可得an2an1，则数列an是首项为a12，公比为2的等比数列，则an2n，又由anbn13n，则bn=13n2n，当n13时，bn0，当n14时，bn0，且bn为递增数列，则当n14时，bn取得最小值，此时b14=1214；故答案为：12147已知数列an和bn首项均为1，且an1an（n2），an+1an，数列

23、bn的前n项和为sn，且满足2snsn+1+anbn+10，则s2019（）a2019b12019c4037d14037【解答】解：an1an（n2），an+1an，anan+1an，anan+1，另外：a1a2a1，可得a2a11，an12snsn+1+anbn+10，2snsn+1+bn+10，2snsn+1+sn+1sn0，1sn+11sn=2数列1sn是等差数列，首项为1，公差为21sn=1+2（n1）2n1，sn=12n1s2019=14037故选：d8已知数列an满足：a11，a2=13，b1a1+b2a2+bnan=bn+1an1+6（n2且nn+），等比数列bn公比q2，令cn

24、=1an，n为奇数，bn，n为偶数，则数列cn的前n项和s2n2n2n+4n+143【解答】解：因为a11，a2=13，b1a1+b2a2+bnan=bn+1an1+6（n2且nn+），可得n2时，b1a1+b2a2=b3a1+6，即b1+3b2b3+6，由等比数列的bn的公比为q2，即b1+6b14b1+6，解得b12，所以bn2n，当n3时，b1a1+b2a2+b3a3=b4a2+6，即2+3×4+8a3=3×16+6，解得a3=15，又b1a1+b2a2+bn1an1=bnan2+6（n3，且nn+），可得，bnan=bn+1an1bnan2，即2nan=2n+1an

25、12nan2，化为1an+1an2=2an1，又1a1+1a3=6=2a2，所以1an为等差数列，且公差d=1a21a1=2，则1an=1a1+2（n1）2n1，所以cn=2n1，n为奇数2n，n为偶数，所以s2n1+22+5+24+（4n3）+22n（1+5+4n3）+（22+24+22n）=n(1+4n3)2+4(14n)14 2n2n+4n+143故答案为：2n2n+4n+1439已知数列an满足2anan+1+an+3an+1+20，其中a1=12，设bn=nan+1，若b3为数列bn中唯一最小项，则实数的取值范围是（5，7）【解答】解：2anan+1+an+3an+1+20，an+1

26、=(an+2)2an+3，an+1+1=(an+2)2an+3+1=an+12an+3，1an+1+1=2an+3an+1=2+1an+1，即1an+1+11an+1=2，所以数列1an+1是公差为2的等差数列，1a1+1=2，1an+1=2+(n1)×2=2n，bn2n（n），bn+1bn2（n+1）（n+1）2n（n）4n+22，因为b3为数列bn中唯一最小项，所以b1b2b3b4b5，当n1时，b2b1620，得3，当n2时，b3b21020，得5，当n3时，4n+220恒成立，即2n+1，即有7所以57故答案为：（5，7）课后作业. 数列求和1已知各项均不相等的等差数列an的

27、前四项和s414，且a1，a3，a7成等比（1）求数列an的通项公式；（2）设tn为数列1anan+1的前n项和，若tnan+1对一切nn*恒成立，求实数的最大值【解答】解：（1）各项均不相等的等差数列an的前四项和s414，且a1，a3，a7成等比设公差为d，由已知得：4a1+6d=14(a1+2d)2=a1(a1+6d)，联立解得d1或d0（舍去），a12，故：ann+1（2）由（1）得：1anan+1=1(n+1)(n+2)=1n+11n+2，所以：tn=1213+1314+1n+11n+2=121n+2，=n2(n+2)由于：tnan+1对一切nn*恒成立，所以：n2(n+2)n+2，

28、解得：2(n+2)2n=2(n+4n)+8，由于：n+4n2n4n4故：2(n+4n)+816，即：16故的最大值为162设等差数列an的前n项和为sn，a36，a714（1）求数列an的通项公式及sn；（2）若_，求数列bn的前n项和tn在bn2anan；bn=an2+an+12sn；bn（1）nan这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解【解答】解：（1）设等差数列an的公差为d，由a36，a714得4da7a31468，解得d2，所以a1a32d642，所以an2+2（n1）2n；sn=n2（2+2n）n2+n（2）若选择条件：由（1）可知an2n，则bn2anan2n4n，所以tnb1+b2+bn2×41+4×42+6×43+（2n）4n；4tn2×42+4×43+6×44+（2n）4n+1，两式相减得：3tn2×41+2×42+2×43+2×4n2n4n+12×4(14n)142n4n+1=83（14n）2n4n+1，所以tn=89（14n）+2n34n+1；若选择条件：由an2n，snn2+n，得bn=an2+an+12sn=8n2+8n+4n(n+1)=8+4n(n+1)=8+