数列求和专题训练--方法归纳-.pdf

1 数列求和专题方法归纳方法 1：分组转化法求和1 已知 an的前 n项是 321,6 41,981,12161，3n2n1，则 Sn_.2等差数列 an中，a24，a4a715.(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn2an2n，求 b1b2b3 b10的值方法 2 裂项相消法求和3.设数列an满足 a11，且 an1ann 1(nN*)，则数列1an前 10 项的和为 _4.Sn为数列 an的前n 项和已知an0，a2n2an4Sn3.求 an 的通项公式；设 bn1anan1，求数列 bn 的前 n 项和5若已知数列的前四项是112 2，1224，1326，1428，则数列的前n 项和为 _6等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，已知 a1 10，a2为整数，且Sn S4.（1)求 an的通项公式；(2)设 bn1anan1，求数列 bn 的前 n 项和 Tn.7已知数列 an 各项均为正数，且a11，an1anan1an0(nN*)(1)设 bn1an，求证：数列 bn是等差数列；(2)求数列ann1的前 n 项和 Sn.2 方法 3：错位相减法求和8已知 an是等差数列，其前n 项和为 Sn，bn 是等比数列(bn0)，且 a1b12，a3b316，S4 b334.(1)求数列 an 与bn的通项公式；(2)记 Tn为数列 anbn的前 n 项和，求 Tn.9设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数 f(x)2x的图象上(n N*)(1)若 a1 2，点(a8,4b7)在函数 f(x)的图象上，求数列 an的前 n 项和 Sn；10.已知na为等差数列，前n 项和为()nSnN，nb是首项为2 的等比数列，且公比大于 0，2312bb,3412baa，11411Sb.（1）求na和nb的通项公式；（2）求数列221nna b的前 n 项和()nN.4.数列与不等式的交汇问题11设各项为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn满足 S2n(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.(1)求 a1的值；(2)求数列 an 的通项公式；(3)证明对一切正整数n，有11221111(1)(1)(1)3nna aa aaa。12已知等比数列an是递增数列，且a2a532，a3 a412，数列 bn满足 b1 1，且 bn12bn 2an(nN*)(1)证明：数列bnan是等差数列；(2)若对任意nN*，不等式(n2)bn1bn总成立，求实数 的最大值3 数列求和专题方法归纳参考答案1.【解析】由题意知an3n2n1，Sna1 a2an31 21132 221 3n2n13(1 2 3 n)21222nn31 n n2212n12n3n2n22n1 2.2.解：(1)设等差数列 an的公差为d，由已知得a1d 4，a13da16d15，解得a13，d1.所以 ana1(n1)dn2.(2)由(1)可得 bn2nn，所以 b1b2b3 b10(21)(222)(23 3)(21010)(22223210)(12310)2121012110 102(211 2)55211532 101.3.【解析】(1)由题意有a2a12，a3a23，anan1n(n 2)以上各式相加，得ana123nn12n2n2n22.又 a11，ann2n2(n 2)当 n1 时也满足此式，ann2n2(nN*)1an2n2n 21n1n1.S10211121213110111211112011.4.解：由a2n2an4Sn 3，(1)可知 a2n12an14Sn13.(2)由(2)(1)，得 a2n1a2n2(an1an)4an1，即 2(an1an)a2n1 a2n(an1an)(an1an)由 an0，得 an1an2.又 a212a14a13，解得 a1 1(舍去)或 a13.所以 an 是首项为3，公差为2 的等差数列，通项公式为an2n1.由 an2n 1 可知 bn1anan112n12n 31212n112n3.设数列 bn的前 n 项和为 Tn，则4 Tnb1b2bn121315151712n112n3n32n3.5.【解析】由前四项知数列an 的通项公式为an1n22n，由1n22n121n1n2知，Sna1a2a3an1an12113121413151n21n1n 11n11n1n2121121n11n 2342n32n1n 2.6.【解】(1)由 a110，a2为整数，知等差数列 an的公差 d 为整数又 Sn S4，故 a40，a50，于是 10 3d 0,10 4d 0.解得103 d 52.因此 d 3.数列 an的通项公式为an133n.(2)bn113 3n103n131103n1133n.于是 Tnb1b2 bn131711014171103n1133n131103n110n10103n.7.解：(1)证明：因为an1anan1an0(nN*)，所以 an1anan 1.因为 bn1an，所以 bn1bn1an11anan1an1an1.又 b11a11，所以数列 bn是以 1 为首项、1 为公差的等差数列(2)由(1)知，bnn，所以1ann，即 an1n，所以ann11n n11n1n1，所以 Sn 11212131n1n111n1nn1.8.解：(1)设数列 an的公差为d，数列 bn的公比为q，由已知q0，a1b1 2，a3b316，S4b334.22d2q216，86d2q234?d3，q 2，ana1(n1)d23(n1)3n 1，bnb1qn12n.(2)Tn22 522(3n1)2n，2Tn222523(3n1)2n1，5 两式相减得Tn 4322 32n(3n1)2n1 41212n112(3n1)2n18(3n4)2n1.Tn(3n4)2n18.9.解：(1)由已知，b7 2a7，b82a84b7，有 2a842a72a72.解得 da8a72.所以 Snna1nn12d 2nn(n 1)n23n.(2)函数 f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在 x 轴上的截距为a21ln 2.由题意知，a21ln 221ln 2，解得 a22.所以 d a2a11，从而 ann，bn2n，anbnn2n.所以 Tn12222323n12n1n2n，2Tn1122322n2n1.因此，2TnTn11212212n1n2n212n1n2n2n1n22n所以 Tn2n1n22n.10.解：（1）设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q.由已知2312bb，得21()12b qq，而12b，所以260qq.又因为0q，解得2q.所以，2nnb.由3412baa，可得138da.由114=11Sb，可得1516ad，联立，解得11a，3d，由此可得32nan.所以，数列na的通项公式为32nan，数列nb的通项公式为2nnb.（2）解：设数列221nna b的前n项和为nT，由262nan，12124nnb，有221(31)4nnna bn，故23245484(31)4nnTnL，23414245484(34)4(31)4nnnTnnL，上述两式相减，得231324343434(31)4nnnTnL6 1112(14)4(31)414(32)48.nnnnn得1328433nnnT.所以，数列221nna b的前n项和为1328433nn.11.解:(1)令 n1 代入得 a12(负值舍去)(2)由 S2n(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*得Sn(n2n)(Sn3)0.又已知各项均为正数，故Sn n2n.当 n2 时，an SnSn1n2n(n 1)2(n1)2n，当 n1 时，a12 也满足上式，所以 an2n，nN*.(3)证明 kN*,4k22k(3k23k)k2kk(k1)0，4k22k3 k23k，1akak112k2k114k22k13k23k131k1k1.1a1a111a2a211anan113111212131n1n11311n113.不等式成立12.解：(1)证明：设 an的公比为q，因为 a2a5a3a432，a3a412，且 an是递增数列，所以 a34，a48，所以 q2，a11，所以 an2n1.因为 bn12bn2an，所以bn1an1bnan1，所以数列bnan是以b1a1 1 为首项、1 为公差的等差数列(2)由(1)知 bnn2n1，所以 n2 bn1bnn2n 1 2nn2n1 2 n2n3.因为 nN*，易知当n1 或 2 时，2 n2n3 取得最小值12，所以 的最大值为12.