高考数学专题-数列求前n项和的5种常用方法总结

高考数学专题——数列（求Sn）求sn常考题型：共5种大题型（包含倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、并项求和法。倒序相加法：实质为等差数列求和。例1、【2019·全国2·文T18】已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=log2an.求数列{bn}的前n项和.【解析】(1)设{an}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4.因此{an}的通项公式为an=2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n2.错位相减法：实质为等差×等比求和。错位相减法的万能公式及推导过程：公式：数列cn=前A=Sn=a+b+qS②-①得：q-1=-=an+b-S例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．（1）求的公比；（2）若，求数列的前项和．【解析】（1）设的公比为，由题设得即.所以解得（舍去），.故的公比为.（2）设为的前n项和.由（1）及题设可得，.所以，.可得所以.例3、【2020年高考全国III卷理数】设数列{an}满足a1=3，．（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．【解析】（1）猜想由已知可得，，…….因为，所以（2）由（1）得，所以.①从而.②得，所以例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列满足：是公比为2的等比数列，是公差为1的等差数列.（I）求的值；（Ⅱ）试求数列的前n项和.【解析】（Ⅰ）方法一：构成公比为2的等比数列又构成公差为1的等差数列,解得方法二：构成公比为2的等比数列,.①又构成公差为1的等差数列,②由①②解得：（Ⅱ）两式作差可得：,.例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列的前项和为，且满足，．（I）求的通项公式；（Ⅱ）若，数列的前项和为，求证：．【解析】（I）当时，由，得；当时，，两式相减得，即，又，故恒成立，则数列是公比为的等比数列，可得．（Ⅱ）由（I）得，则，则．故例6、【2017·天津·理T18】已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.①由S11=11b4,可得a1+5d=16,②联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1=-(3n-2)×4n+1-8.得Tn=3n-23×4所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为3n-23×4例7、【2020·石家庄模拟】设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(n,an)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由2Sn＝3an－1，①得2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②①－②，得2an＝3an－3an－1，所以eq\f(an,an－1)＝3(n≥2)，又2S1＝3a1－1，2S2＝3a2－1，所以a1＝1，a2＝3，eq\f(a2,a1)＝3，所以{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1.(2)由(1)得，bn＝eq\f(n,3n－1)，所以Tn＝eq\f(1,30)＋eq\f(2,31)＋eq\f(3,32)＋…＋eq\f(n,3n－1)，③eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,31)＋eq\f(2,32)＋…＋eq\f(n－1,3n－1)＋eq\f(n,3n)，④③－④得，eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,30)＋eq\f(1,31)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,3n－1)－eq\f(n,3n)＝eq\f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))－eq\f(n,3n)＝eq\f(3,2)－eq\f(2n＋3,2×3n)，所以Tn＝eq\f(9,4)－eq\f(6n＋9,4×3n).裂项相消法：实质为an(1)eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).(2)eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).(3)eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).例8、【辽宁省葫芦岛市2020届高三5月联合考试数学】记是正项数列的前项和，是和的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【解析】（1）因为是和的等比中项，所以①，当时，②，由①②得：，化简得，即或者（舍去），故，数列为等差数列，因为，解得，所以数列是首项为、公差为的等差数列，.（2）因为，所以.例9、【2020·江西八所重点高中4月联考】设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(4,4－an)(n∈N*)．(1)求证：数列{eq\f(1,an－2)}是等差数列；(2)设bn＝eq\f(a2n,a2n－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.【解】(1)证明：因为an＋1＝eq\f(4,4－an)，所以eq\f(1,an＋1－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(1,\f(4,4－an)－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(4－an,2an－4)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(2－an,2an－4)＝－eq\f(1,2)，为常数．因为a1＝1，所以eq\f(1,a1－2)＝－1，所以数列{eq\f(1,an－2)}是以－1为首项，－eq\f(1,2)为公差的等差数列．(2)由(1)知eq\f(1,an－2)＝－1＋(n－1)(－eq\f(1,2))＝－eq\f(n＋1,2)，所以an＝2－eq\f(2,n＋1)＝eq\f(2n,n＋1)，所以bn＝eq\f(a2n,a2n－1)＝eq\f(\f(4n,2n＋1),\f(2（2n－1）,2n))＝eq\f(4n2,（2n－1）（2n＋1）)＝1＋eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝1＋eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝n＋eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))＝n＋eq\f(1,2)(1－eq\f(1,2n＋1))＝n＋eq\f(n,2n＋1)，所以数列{bn}的前n项和Tn＝n＋eq\f(n,2n＋1).例10、数列{an}满足a1＝1,eq\r(aeq\o\al(2,n)＋2)＝an＋1(n∈N*)．(1)求证：数列{aeq\o\al(2,n)}是等差数列，并求出{an}的通项公式；(2)若bn＝eq\f(2,an＋an＋1)，求数列{bn}的前n项和．解：(1)证明：由eq\r(aeq\o\al(2,n)＋2)＝an＋1得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2，且aeq\o\al(2,1)＝1，所以数列{aeq\o\al(2,n)}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以aeq\o\al(2,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又由已知易得an>0，所以an＝eq\r(2n－1)(n∈N*)．(2)bn＝eq\f(2,an＋an＋1)＝eq\f(2,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)，故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(eq\r(3)－1)＋(eq\r(5)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1))＝eq\r(2n＋1)－1.例11、已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8，又a1＋a4＝9，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a4＝8))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,a4＝1))(舍去)．由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.(2)Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝2n－1.又bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)＝eq\f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,S1)－\f(1,S2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,S2)－\f(1,S3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)－\f(1,Sn＋1)))＝eq\f(1,S1)－eq\f(1,Sn＋1)＝1－eq\f(1,2n＋1－1).例12、Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,an2+2an=4S(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=1ana【解析】(1)由an2+2an=4Sn+3,可知an+12可得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=an+1由于an>0,可得an+1-an=2.又a12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(2)由an=2n+1可知bn=1a设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+…+bn=1213-15+1分组求和法：实质为等差+等比的求和。例13、Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lgan],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg99]=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列{bn}的前1000项和.【解析】(1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以{an}的通项公式为an=n.b1=[lg1]=0,b11=[lg11]=1,b101=[lg101]=2.(2)因为bn=0所以数列{bn}的前1000项和为1×90+2×900+3×1=1893.例14、【2020·山东五地5月联考】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足关于x的不等式a1x2－S2x＋2<0的解集为(1，2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn.【解】(1)设等差数列{an}的公差为d，因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2<0的解集为(1，2)，所以eq\f(S2,a1)＝1＋2＝3，得a1＝d，又易知eq\f(2,a1)＝2，所以a1＝1，d＝1.所以数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n.因为bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n，所以数列{bn}的前n项和Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＋eq\f(2（1－2n）,1－2)＝n2＋2n＋1－2.例15、若数列{an}是2，2＋22，2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n，…，则数列{an}的前n项和Sn＝________．解析：an＝2＋22＋23＋…＋2n＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2，所以Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－(2＋2＋2＋…＋2)＝eq\f(22－2n＋2,1－2)－2n＝2n＋2－4－2n.答案：2n＋2－4－2n例16、已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n.a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.当n为偶数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＋eq\f(n,2)＝2n＋1＋eq\f(n,2)－2；当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－2＋eq\f(n－1,2)－n＝2n＋1－eq\f(n,2)－eq\f(5,2).所以Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n为偶数，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n为奇数.))例17、【2020届重庆市第一中学高三上学期期末考试数学】已知数列中，，，.（1）求证：数列是等比数列;（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析;（2）【解析】（1）证明：因为所以,又因为,则,所以数列是首项为2,公比为2的等比数列.（2）由（1）知,所以,所以例18、已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.(1)求{an}的通项公式;(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和.【解析】(1)等比数列{bn}的公比q=b3所以b1=b2q=1,b4=b设等差数列{an}的公差为d.因为a1=b1=1,a14=b4=27,所以1+13d=27,即d=2.所以an=2n-1(n=1,2,3,…).(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1.因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.从而数列{cn}的前n项和Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1=n(1+2n-1并项求和法：实质为摆动数列与周期数列求和。例19、【2020·河南八市重点高中联盟测评】已知等差数列{an}中，a3＝3，a2＋2，a4，a6－2成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝eq\f(（－1）na2n＋1,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Sn，求S2n.【解】(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a2＋2，a4，a6－2成等比数列，所以aeq\o\al(2,4)＝(a2＋2)(a6－2)，所以(a3＋d)2＝(a3－d＋2)(a3＋3d－2)，又a3＝3，所以(3＋d)2＝(5－d)(1＋3d)，化简得d2－2d＋1＝0，解得d＝1，所以an＝a3＋(n－3)d＝3＋(n－3)×1＝n.(2)由(1)得，bn＝eq\f(（－1）na2n＋1,anan＋1)＝(－1)neq\f(2n＋1,n（n＋1）)＝(－1)n(eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1))，所以S2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝－(1＋eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)＋eq\