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- 2021-04-15 发布
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．
2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题．
知识点一 数列求和的几种常用方法
1．分组求和法
一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，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，从而求得其和．
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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
4．倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“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
项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
5．并项求和法
在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．
形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
1．判断正误
(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n项和时使用公式Sn＝较为合理．( )
(2)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.( )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．( )
(4)如果数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．( )
答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．数列{an}的通项公式是an＝，前n项和为9，则n＝________.
解析：∵an＝＝－.
∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.∴－1＝9，即＝10，∴n＝99.
答案：99
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝________.
解析：∵an＝n·2n，
∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.①
∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1②
①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1
＝(1－n)2n＋1－2.∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
答案：(n－1)2n＋1＋2
知识点二 数列的综合应用
1．等差数列和等比数列的综合
等差数列中最基本的量是其首项a1和公差d，等比数列中最基本的量是其首项a1和公比q，在等差数列和等比数列的综合问题中就是根据已知的条件建立方程组求解出这两个数列的基本量解决问题的．
2．数列和函数、不等式的综合
(1)等差数列的通项公式和前n项和公式是在公差d≠0的情况下关于n的一次或二次函数．
(2)等比数列的通项公式和前n项和公式在公比q≠1的情况下是公比q的指数函数模型．
(3)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等，需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．
4．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sin，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 016＝( )
A．1 006 B．1 007
C．1 008 D．1 009
解析：由an＋1－an＝sin，
得an＋1＝an＋sin，
所以a2＝a1＋sinπ＝1＋0＝1，
a3＝a2＋sin＝1＋(－1)＝0，
a4＝a3＋sin2π＝0＋0＝0，
a5＝a4＋sin＝0＋1＝1，
∴a5＝a1，如此继续可得an＋4＝an(n∈N*)，即数列{an}是一个以4为周期的周期数列，又2 016＝4×504，所以S2 016＝504×(a1＋a2＋a3＋a4)＝504×(1＋1＋0＋0)＝1 008，故选C.
答案：C
5．(2017·福州模拟)下面给出了一个三角形数阵，已知每一列的数成等差数列，从第3行起，每一行的数成等比数列，每一行的公比都相等．记第i行第j列数为aij(i，j∈N*)，则a43＝________.
，
，，
… … … …
解析：由题意，第一列公差d＝－＝，
所以a41＝＋(4－1)×＝1.
由第3行得公比q＝，所以a43＝1×2＝.
答案：
热点一 分组求和法求和
【例1】 (2016·北京卷)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．
【解】 (Ⅰ)等比数列{bn}的公比q＝＝＝3，
所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27.
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，…)．
(Ⅱ)由(Ⅰ)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
＝＋＝n2＋.
【总结反思】
某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化，特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论.
已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n·(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，求其前n项和Sn.
解：Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3，
所以当n为偶数时，
Sn＝2×＋ln3＝3n＋ln3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln2－ln3)＋(－n)ln3＝3n－ln3－ln2－1.
综上所述，Sn＝
热点二 错位相减法求和
【例2】 (2016·山东卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(Ⅰ)求数列{bn}的通项公式；
(Ⅱ)令cn＝.求数列{cn}的前n项和Tn.
【解】 (Ⅰ)由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11.所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d，
由得
可解得b1＝4，d＝3.所以bn＝3n＋1.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，所以Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×[4＋－(n＋1)×2n＋2]＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.
【总结反思】
选择数列求和方法的依据是数列的通项公式，如本题第(Ⅱ)问中通过化简数列{cn}的通项公式可知，其可以写成一个等差数列与等比数列的通项公式的乘积形式，故应采用错位相减法求和.
已知递增的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an·logan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1
>50成立的正整数n的最小值．
解：(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
依题意有2(a3＋2)＝a2＋a4，
代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8，∴a2＋a4＝20.
∴解得或
又{an}是递增数列，∴q＝2，a1＝2，
∴an＝2n.
(2)∵bn＝2n·log2n＝－n·2n，
∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②
①－②得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－n·2n＋1－2.
Sn＋n·2n＋1>50，即2n＋1－2>50，∴2n＋1>52.
故使Sn＋n·2n＋1>50成立的正整数n的最小值为5.
热点三 裂项相消法求和
【例3】 设数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且2＝an＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，若b1＋b2＋…＋bn>1，求正整数n的最小值．
【解】 (1)由2＝an＋1，两边平方，得4Sn＝(an＋1)2，则4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，
两式相减，得4an＋1＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2，整理得(an＋1－1)2－(an
＋1)2＝0，即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.
因为an>0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2.
又因为当n＝1时，2＝a1＋1，
所以(－1)2＝0，所以a1＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)因为bn＝＝
，所以b1＋b2＋…＋bn＝[(－1)＋(－)＋…＋(－)]＝(－1)．
由(－1)>1，解得n>4，所以满足条件的正整数n的最小值为5.
【总结反思】
(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：
＝(－)，＝(－)裂项后可以产生连续可以相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．
已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝
，n∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝________.
解析：由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝，则f(x)＝x，
∴an＝＝
＝－.
S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.
答案：－1
热点四 数列与其他知识的综合应用
【例4】 (2016·四川卷)已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.
(Ⅰ)若2a2，a3，a2＋2成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设双曲线x2－＝1的离心率为en，且e2＝，证明：e1＋e2＋…＋en>.
【解】 (Ⅰ)由已知，Sn＋1＝qSn＋1，Sn＋2＝qSn＋1＋1, 两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1.
又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，
故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．
所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列．
从而an＝qn－1.
由2a2，a3，a2＋2成等差数列，可得2a3＝3a2＋2，得2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0.
由已知，q>0，故q＝2.所以an＝2n－1(n∈N*)．
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可知，an＝qn－1.
所以双曲线x2－＝1的离心率
en＝＝.
由e2＝＝得q＝.
因为1＋q2(k－1)>q2(k－1)，
所以>qk－1(k∈N*)．
于是e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝，故e1＋e2＋…＋en>.
【总结反思】
数列一类特殊的函数，它可以和函数、不等式、解析几何、向量等知识组成综合性问题，但限于高考对数列难度的要求，高考对这方面的考查一般不会难度太高．本题考查了数列本身知识的综合应用以及与解析几何、放缩法证明不等式的综合应用.
(2017·泸州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，等差数列{bn}中b2＝5，且公差d＝2.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式．
(2)是否存在正整数n，使得a1b1＋a2b2＋…＋anbn>60n？若存在，求出n的最小值；若不存在，请说明理由．
解：(1)a1＝1，an＋1＝2Sn＋1.
所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋1，相减得：
an＋1＝3an(n≥2)，又a2＝2a1＋1＝3，
所以a2＝3a1，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，an＝3n－1.
又b2＝b1＋d＝5，所以b1＝3，bn＝2n＋1.
(2)an·bn＝(2n＋1)·3n－1，
令Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)×3n－2＋(2n＋1)×3n－1，①
3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)×3n－1＋(2n＋1)×3n，②
①－②得：－2Tn＝3×1＋2(3＋32＋…＋3n－1)－(2n＋1)×3n，所以Tn＝n×3n，
所以n×3n>60n，即3n>60，
当n≤3时，3n<60.
当n≥4时，3n>60，所以存在n的最小值为4.
1．解决非等差、等比数列求和问题的两种思路
(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．
(2)不能转化为等差或等比数列的，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和．
2．应用“裂项相消法”和“错位相减法”应注意的问题
(1)裂项相消法，分裂通项是否恰好等于相应的两项之差．
(2)在正负项抵消后，是否只剩下第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项，未消去的项有前后对称的特点．
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比含有参数，应分q＝1和q≠1两种情况求解．
数列的新定义问题
先定义一个(一类)新数列，然后要求根据定义推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一个命题方向，这类问题形式新颖，常给人耳目一新的感觉．对于这类问题，我们应先弄清问题的本质，然后根据等差、等比数列的性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决．
【例1】 设Sn为数列{an}的前n项和，若(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”．若数列{cn}是首项为2，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，则d＝________.
【解析】 由题意可知，数列{cn}的前n项和Sn＝，前2n项和S2n＝，
所以＝＝2＋＝2＋，
所以当d＝4时，为非零常数，
则数列{cn}是“和等比数列”，故d＝4.
【答案】 4
【例2】 设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”．
(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H数列”；
(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d<0.若{an}是“H数列”，求d的值；
(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．
【解】 (1)证明：由已知，
当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.
于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，
使得Sn＝2n＝am.所以{an}是“H数列”．
(2)由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.
因为{an}是“H数列”，
所以存在正整数m，使得S2＝am，
即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.
因为d<0，所以m－2<0，故m＝1.从而d＝－1.
当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝是小于2的整数，n∈N*.
于是对任意的正整数n，总存在正整数
m＝2－Sn＝2－，
使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H数列”．
因此d的值为－1.
(3)证明：设等差数列{an}的公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．
令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，
则an＝bn＋cn(n∈N*)．
下证{bn}是“H数列”．
设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝a1(n∈N*)．
于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列”．
同理可证{cn}也是“H数列”．
所以，对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．