專題10 數(shù)列 10.4數(shù)列求和 題型歸納講義-2022屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（解析版）

1、專題十 數(shù)列講義10.4 數(shù)列求和知識(shí)梳理.數(shù)列求和1公式法(1)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和snna1.推導(dǎo)方法：倒序相加法(2)等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和sn推導(dǎo)方法：乘公比，錯(cuò)位相減法(3)一些常見的數(shù)列的前n項(xiàng)和：123n；2462nn(n1)；135(2n1)n2.2幾種數(shù)列求和的常用方法(1)分組轉(zhuǎn)化求和法：一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是由若干個(gè)等差或等比或可求和的數(shù)列組成的，則求和時(shí)可用分組求和法，分別求和后相加減(2)裂項(xiàng)相消法：把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差，在求和時(shí)中間的一些項(xiàng)可以相互抵消，從而求得前n項(xiàng)和(3)錯(cuò)位相減法：如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的，那么求這

2、個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用錯(cuò)位相減法求解(4)倒序相加法：如果一個(gè)數(shù)列an與首末兩端等“距離”的兩項(xiàng)的和相等或等于同一個(gè)常數(shù)，那么求這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用倒序相加法求解題型一. 裂項(xiàng)相消1數(shù)列an的通項(xiàng)公式an=1n(n+1)，已知它的前n項(xiàng)和sn=99100，則項(xiàng)數(shù)n（）a98b99c100d101【解答】解：列an的通項(xiàng)公式an=1n(n+1)=1n1n+1，所以sn=112+1213+1n1n+1=11n+1，由于前n項(xiàng)和sn=99100，所以11n+1=99100，解得n99故選：b2已知等差數(shù)列an滿足a310，a1+a417（1）求an的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)bn=3anan+1，求數(shù)列

3、bn的前n項(xiàng)和sn【解答】解：（1）設(shè)首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列，滿足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已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為sn，若4sn（2n1）an+1+1，且a11（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)cn=1an(an+2)，數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為tn，求tn【解答】解：（1）在4sn（2n1）an+1+1中，令n1，得a23，4sn（2n1）an+1+1，當(dāng)n2時(shí)，

4、4sn1（2n3）an+1，兩式相減，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題型二. 錯(cuò)位相減1已知等差數(shù)列an公差不為零，且滿足：a12，a1，a2，a

5、5成等比數(shù)列（）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（）設(shè)bn=3nan，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和【解答】解：（）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，d0，由題，a1=2a22=a1a5，即(a1+d)2=a1(a1+4d)，解得d4an2+4（n1）4n2（）bn=3nan=（4n2）3n2（2n1）3n，設(shè)數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為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數(shù)列bn的前n項(xiàng)和tn=6+2(n1)3n+12已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為sn，s530，s756；各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列bn滿足b1b2=13，b2b3=127（1）求數(shù)列an和bn的通項(xiàng)公式；（2）求數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和tn【解答】解：（1）設(shè)等差數(shù)列an的首項(xiàng)為a1，公差為d，由s530，s75

7、6，得5a1+5×4d2=307a1+7×6d2=56，解得a1=2d=2an2+2（n1）2n；設(shè)等比數(shù)列bn的公比為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項(xiàng)和為rn，則rn=130+231+332+n3n1，13rn=13+232+333+n13n1+n3n 兩式作差可得：23rn=1+13+132+13n1n3n=1×(113n)113n3n=322n+323n，rn=942n+343n1則tn=2rn=922n+323

8、n13（2015·山東）設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為sn，已知2sn3n+3（）求an的通項(xiàng)公式；（）若數(shù)列bn，滿足anbnlog3an，求bn的前n項(xiàng)和tn【解答】解：（）因?yàn)?sn3n+3，所以2a131+36，故a13，當(dāng)n1時(shí)，2sn13n1+3，此時(shí)，2an2sn2sn13n3n12×3n1，即an3n1，所以an=3，n=13n1，n1.（）因?yàn)閍nbnlog3an，所以b1=13，當(dāng)n1時(shí)，bn31nlog33n1（n1）×31n，所以t1b1=13；當(dāng)n1時(shí)，tnb1+b2+bn=13+1×31+2×32+（n1）×31n

9、，所以3tn1+1×30+2×31+3×32+（n1）×32n，兩式相減得：2tn=23+30+31+32+32n（n1）×31n=23+131n131（n1）×31n=1366n+32×3n，所以tn=13126n+34×3n，經(jīng)檢驗(yàn)，n1時(shí)也適合，綜上可得tn=13126n+34×3n題型三. 分組求和1已知數(shù)列an是公差不為零的等差數(shù)列，a12，且a1，a2，a4成等比數(shù)列（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)bnan2an，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和sn【解答】解：（1）由題意，設(shè)等差數(shù)列an的公差為d（

10、d0），則a22+d，a42+3d，a1，a2，a4成等比數(shù)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，設(shè)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在公差不為0的等差數(shù)列an中，a1，a3，a9成公比為a3的等比數(shù)列，又?jǐn)?shù)列bn滿足bn=2an，n=2k1，2n，n=2k，（kn*）（1）求數(shù)列an的

11、通項(xiàng)公式；（2）求數(shù)列bn的前2n項(xiàng)和t2n【解答】解：（1）公差d不為0的等差數(shù)列an中，a1，a3，a9成公比為a3的等比數(shù)列，可得a32a1a9，a3a1a3，可得（a1+2d）2a1（a1+8d），a11，化簡可得a1d1，即有ann，nn*；（2）由（1）可得bn=2n，n=2k12n，n=2k，kn*；前2n項(xiàng)和t2n（2+8+16+22n1）+（4+8+12+4n）=2(14n)14+12n（4+4n）=2(4n1)3+2n（n+1）3已知數(shù)列an、bn滿足：an+1an+bn，bn+2為等比數(shù)列，且b12，a24，a310（1）試判斷數(shù)列bn是否為等差數(shù)列，并說明理由；（2）求

12、數(shù)列an的前n項(xiàng)和sn【解答】解：（1）數(shù)列bn不是等差數(shù)列理由如下：由an+1anbn，且a24，a310，b12，得b2a3a26，又?jǐn)?shù)列bn+2為等比數(shù)列，數(shù)列bn+2的首項(xiàng)為4，公比為2b3+2=4×22=16，得b314，顯然2b212b1+b316故數(shù)列bn不是等差數(shù)列；（2）結(jié)合（1）知，等比數(shù)列bn+2的首項(xiàng)為4，公比為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滿足上式，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題型四. 討論奇偶、絕對(duì)值求和1數(shù)列an的前n項(xiàng)和記為sn，對(duì)任意的正整數(shù)n，均有4sn（an+1）2，且an0（1）求a1及an的通項(xiàng)公式；（2）令bn=(1)n14nanan+1，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和tn【解答】解：（1）當(dāng)n1時(shí)，4s1=(a1+1)2，則a11；當(dāng)n2時(shí)，由4sn（an+1）

14、2，知4sn1（an1+1）2，聯(lián)立兩式，得4an（an+1）2（an1+1）2，化簡得（an+an1）（anan12）0，an0，anan120，即an是以a11為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，故an2n1；（2）bn=(1)n14nanan+1=(1)n14n(2n1)(2n+1)=（1）n1（12n1+12n+1），下面對(duì)n分奇偶數(shù)討論：當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，tn（1+13）（13+15）+（12n3+12n1）（12n1+12n+1）=112n+1=2n2n+1，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，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為奇數(shù)2n2n+1，n為偶數(shù)2已知等差數(shù)列an前n項(xiàng)和為sn，a59，s525（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和sn；（2）設(shè)bn=(1)nsn，求bn前2n項(xiàng)和t2n【解答】解：（1）由題意，設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，則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，設(shè)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已知數(shù)列an滿足a12，an+12an+4（1）求a2，a3，a4；（2）猜想an的通項(xiàng)公式并加以證明；（3）求數(shù)列|an|的前n項(xiàng)和sn【解答】解：（1）由已知，易得a20，a34，a412（2）猜想an=2n4因?yàn)閍n+12an+4，所以an+1+42（an+4），an+1+4an+4=2，則an+4是以2為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，所以an+4=2n，所以=an=2n4（3）當(dāng)n1時(shí)，a120，s1|

17、a1|2；當(dāng)n2時(shí)，an0，所以sn=a1+a2+an=2+(224)+(2n4)=2+22+2n4(n1)=2(12n)124(n1)=2n+14n+2，又n1時(shí)滿足上式所以，當(dāng)nn*時(shí)，sn=2n+14n+2題型五. 數(shù)列求和選填綜合1首項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列an中，a3a4=75，當(dāng)其前n項(xiàng)和sn取最大值時(shí)，n的值為（）a5b6c7d8【解答】解：首項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)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，當(dāng)其前n項(xiàng)和sn取最大值時(shí)，n的值為6故選：b2在等比數(shù)列an中，a2a3

18、2a1，且a4與2a7的等差中項(xiàng)為17，設(shè)bna2n1a2n，nn*，則數(shù)列bn的前2n項(xiàng)和為112(142n)【解答】解：等比數(shù)列an中，a2a32a1，且a4與2a7的等差中項(xiàng)為17，設(shè)首項(xiàng)為a1，公比為q，則：a2a3=2a1a4+2a7=34，整理得：a1q3=2a1q3+2a1q6=34，解得：a1=14q=2則：an=a1qn1=2n3，所以：bna2n1a2n=22n3222n3=22n4，則：t2n=14(142n)14=112(142n)故答案為：112(142n)3已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為sn，a11，a22且對(duì)于任意n1，nn*滿足sn+1+sn12（sn+1），則（）a

19、a47bs16240ca1019ds20381【解答】解：當(dāng)n2時(shí)，sn+1+sn12（sn+1）sn+1snsnsn1+2an+1an+2所以數(shù)列an從第2項(xiàng)起為等差數(shù)列，an=1，n=12n2，n2，所以，a46，a1018sna1+(a2+an)(n1)2=n（n1）+1，s1616×15+1241，s2020×19+1381故選：d4已知數(shù)列an是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，數(shù)列bn滿足關(guān)系a1b1+a2b2+a3b3+anbn=12n1，數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為sn，則s5的值為（）a454b450c446d442【解答】解：數(shù)列an是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)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=12n1，兩式相減可得anbn=12n12n1=12n，可得bn（2n1）2n，則s523458716932454，故選：a5已知數(shù)列an滿足a1=32，an+1=3anan+3，若cn=3nan，則c1+c2+cn(2n+1)3n14【解答】解：因?yàn)閍1=32，an+1=3anan+3，所以1an+1=an+33an=13+1an，即1an+11an=13，所以數(shù)列1an是首項(xiàng)1a1

21、=23，公差為13的等差數(shù)列，所以1an=23+13(n1)=n+13，則cn=3nan=(n+1)3n1，則c1+c2+cn=2×30+3×31+4×32+(n+1)×3n1，設(shè)t2×30+3×31+4×32+（n+1）×3n1，則3t2×3+3×32+n×3n1+（n+1）×3n，可得：2t2+3+32+3n1（n+1）×3n1+3n131（n+1）×3n，則t=(2n+1)3n14即c1+c2+cn=(2n+1)3n14故答案為：(2n+1)3n14

22、6已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為sn，a12，snan2，其中為常數(shù)，若anbn13n，則數(shù)列bn中的項(xiàng)的最小值為1214【解答】解：根據(jù)題意，數(shù)列an的滿足a12，snan2，當(dāng)n1時(shí)，有a1s1a12，即222，解可得2，則sn2an2，則有sn12an12，：an2an2an1，變形可得an2an1，則數(shù)列an是首項(xiàng)為a12，公比為2的等比數(shù)列，則an2n，又由anbn13n，則bn=13n2n，當(dāng)n13時(shí)，bn0，當(dāng)n14時(shí)，bn0，且bn為遞增數(shù)列，則當(dāng)n14時(shí)，bn取得最小值，此時(shí)b14=1214；故答案為：12147已知數(shù)列an和bn首項(xiàng)均為1，且an1an（n2），an+1an，數(shù)列

23、bn的前n項(xiàng)和為sn，且滿足2snsn+1+anbn+10，則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數(shù)列1sn是等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為21sn=1+2（n1）2n1，sn=12n1s2019=14037故選：d8已知數(shù)列an滿足：a11，a2=13，b1a1+b2a2+bnan=bn+1an1+6（n2且nn+），等比數(shù)列bn公比q2，令cn

24、=1an，n為奇數(shù)，bn，n為偶數(shù)，則數(shù)列cn的前n項(xiàng)和s2n2n2n+4n+143【解答】解：因?yàn)閍11，a2=13，b1a1+b2a2+bnan=bn+1an1+6（n2且nn+），可得n2時(shí)，b1a1+b2a2=b3a1+6，即b1+3b2b3+6，由等比數(shù)列的bn的公比為q2，即b1+6b14b1+6，解得b12，所以bn2n，當(dāng)n3時(shí)，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，化為1an+1an2=2an1，又1a1+1a3=6=2a2，所以1an為等差數(shù)列，且公差d=1a21a1=2，則1an=1a1+2（n1）2n1，所以cn=2n1，n為奇數(shù)2n，n為偶數(shù)，所以s2n1+22+5+24+（4n3）+22n（1+5+4n3）+（22+24+22n）=n(1+4n3)2+4(14n)14 2n2n+4n+143故答案為：2n2n+4n+1439已知數(shù)列an滿足2anan+1+an+3an+1+20，其中a1=12，設(shè)bn=nan+1，若b3為數(shù)列bn中唯一最小項(xiàng)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（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，所以數(shù)列1an+1是公差為2的等差數(shù)列，1a1+1=2，1an+1=2+(n1)×2=2n，bn2n（n），bn+1bn2（n+1）（n+1）2n（n）4n+22，因?yàn)閎3為數(shù)列bn中唯一最小項(xiàng)，所以b1b2b3b4b5，當(dāng)n1時(shí)，b2b1620，得3，當(dāng)n2時(shí)，b3b21020，得5，當(dāng)n3時(shí)，4n+220恒成立，即2n+1，即有7所以57故答案為：（5，7）課后作業(yè). 數(shù)列求和1已知各項(xiàng)均不相等的等差數(shù)列an的

27、前四項(xiàng)和s414，且a1，a3，a7成等比（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)tn為數(shù)列1anan+1的前n項(xiàng)和，若tnan+1對(duì)一切nn*恒成立，求實(shí)數(shù)的最大值【解答】解：（1）各項(xiàng)均不相等的等差數(shù)列an的前四項(xiàng)和s414，且a1，a3，a7成等比設(shè)公差為d，由已知得：4a1+6d=14(a1+2d)2=a1(a1+6d)，聯(lián)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對(duì)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故的最大值為162設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為sn，a36，a714（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式及sn；（2）若_，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和tn在bn2anan；bn=an2+an+12sn；bn（1）nan這三個(gè)條件中任選一個(gè)補(bǔ)充在第（2）問中，并對(duì)其求解【解答】解：（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為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）若選擇條件：由（1）可知an2n，則bn2anan2n4n，所以tnb1+b2+bn2×41+4×42+6×43+（2n）4n；4tn2×42+4×43+6×44+（2n）4n+1，兩式相減得：3tn2×41+2×42+2×43+2×4n2n4n+12×4(14n)142n4n+1=83（14n）2n4n+1，所以tn=89（14n）+2n34n+1；若選擇條件：由an2n，snn2+n，得bn=an2+an+12sn=8n2+8n+4n(n+1)=8+4n(n+1)=8+