专题6.1 数列的通项公式与求和(原卷版)

【考点1】数列的概念与表示 【备考知识梳理】

1．定义：按照一定顺序排列着的一列数．

2．表示方法：列表法、解析法（通项公式法和递推公式法）、图象法．

3．分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为单调数列、摆动数列和常数列．

S1(n1)4．an与Sn的关系：an．

SS(n≥2)n1n5．处理方法：.用函数的观点处理数列问题 【规律方法技巧】

1. 数列是定义域为正整数集或其有限子集的函数，故数列具有函数的特征（周期性、单调性等）．

2. 观察法是解决数列问题的法宝，先根据特殊的几项，找出共同的规律，横看“各项之间的关系结构”，纵看“各项与项数n的关系”，从而确定数列的通项公式． 【考点针对训练】

*1. 【2016年4月河南八市高三质检卷】已知anlogn1(n2)(nN)，观察下列算式：

a1•a2log23•log34lg3lg4•2；lg2lg3log78lg3lg4•lg2lg3lg83，…；若lg7a1•a2•a3•a4•a5•a6log23•log34a1•a2•a3•A．22016•am2016(mN*)，则m的值为（ ）

2 B．22016 C．220162 D．220164

157,,的一个通项公式是 327812n12n12n1A．an(1)n1 B．an(1)n C． an(1)n1

3n3n3n2.数列,,13

D． an(1)n2n1 3n【考点2】递推关系与数列通项公式 【备考知识梳理】

在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈．数列通项公式的求解常用方法：1、定义法，直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目．2、公式法， 若已知数列的前项和Sn与an的关系，求数列an的通项an可用公式anS1n1求解．3、由递推式求数

SSn2n1n列通项法，对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列．4、待定系数法（构造法），求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高．通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法． 【规律方法技巧】 数列的通项的求法： ⑴公式法：

①等差数列通项公式；

②等比数列通项公式.⑵已知Sn（即a1a2anf(n)）求an，用作差法：

anS1,(n1)SnSn1,(n2).

f(1),(n1)f(n)anf(n)求an，用作商法：an.

,(n2)f(n1)⑶已知a1a2⑷若an1anf(n)求an用累加法：

an(anan1)(an1an2)⑸已知

(a2a1)a1(n2).

a2a1(n2).⑹已知递推关系求a1an1aaf(n)求an，用累乘法：annn1anan1an2nan，用构造法（构造等差、等比数列）.特别地，（1）形如ankan1b、ankan1b（k,b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为的等比数列后，再求an.如(21)已知

a11,an3an12，求an；（2）形如anan1的递推数列都可以用倒数法求通项.

kan1b注意：（1）用anSnSn1求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（n2，当n1时，a1S1）；（2）一般地当已知条件中含有an与Sn的混合关系时，常需运用关系式anSnSn1，先将已知条件转化为只含an或Sn的关系式，然后再求解. （3）由Sn与Sn1的关系，可以先求Sn，再求an，或者先转化为项与项的递推关系，再求an． 【考点针对训练】

1. 【2016届榆林市高三二模】在数列an中，a1为（ ） A．11,an1n1，则a2016的值4an114 B．5 C． D．以上都不对 452. 【2016湖北省八校高三.二联】数列an满足a1=1，nan1=n1annn1，且

bn=ancos2n，记Sn为数列bn的前项和，则S120= . 3【考点3】数列求和 【备考知识梳理】

数列的求和也是高考中的热点内容，考察学生能否把一般数列转化为特殊数列求和，体现了化归的思想方法，其中错位相减和裂项相消是高考命题的热点．估计在以后的高考中不会有太大的改变．数列求和的常用方法，尤其是利用裂项法和错位相减法求一些特殊数列的和，数列求和的基本方法：1.基本公式法：1等差数列求和公式：

Snna1annn1na1d 2等比数列求和公式：22q1na1,012Sna11qnaaq 3CnCnCn1n,q11q1qnCn2n.

一般适应于数列anbn的前向求和，其中an成等差数列，bn成等比数列． 2.错位相消法：

3.分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列，然后利用公式法求和．

4.拆项（裂项）求和：把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，

只剩下有限项再求和.常见的拆项公式有：1若an是公差为d的等差数列，则

1111； anan1danan12111；32n12n122n12n1111nknkn1n；

4Cnm1Cnm1Cnm；5nn!n1!n!.

5.倒序相加法：根据有些数列的特点，将其倒写后与原数列相加，以达到求和的目的． 【规律方法技巧】

数列求和关键是研究数列通项公式，根据通项公式的不同特征选择相应的求和方式，若数列是等差数列或等比数列，直接利用公式求和；若通项公式是等差乘等比型，利用错位相减法；若通项公式可以拆分成两项的差且在累加过程中可以互相抵消，利用裂项相消法，从近年的考题来看，逐渐加大了与函数不等式的联系，通过对通项公式进行放缩，放缩为易求和的数列问题处理． 【考点针对训练】

1. 【2016年江西九江高三第三次联考】设Sn是等差数列an的前项和，若S6722,S134412，则S2016（ ）

A．22 B．26 C．30 D．34

ax1x02. 【2016届淮北一中高三最后一卷】已知函数fxlogx11x0且

1213a12,an1fan,an的前项和为Sn，在各项为正的数列an中，ff3，

24若Sn126，则n____________． 【应试技巧点拨】

1. 由递推关系求数列的通项公式 （1）利用“累加法”和“累乘法”求通项公式

此解法来源与等差数列和等比数列求通项的方法，递推关系为an1anf(n)用累加法；递

推关系为

an1af(n)用累乘法.解题时需要分析给定的递推式，使之变形为an1an、n1结anan构，然后求解.要特别注意累加或累乘时，应该为(n1)个式子，不要误认为个. (2)利用待定系数法，构造等差、等比数列求通项公式

求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高.通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法.递推公式为an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）.把原递推公式转化为：an1tp(ant)，其中t3.如何选择恰当的方法求数列的和

在数列求和问题中，由于题目的千变万化，使得不少同学一筹莫展，方法老师也介绍过，就不清楚什么特征用什么方法.为此提供一个通法 “特征联想法”：就是抓住数列的通项公式的特征，再去联想常用数列的求和方法.通项公式作为数列的灵魂，只有抓住它的特征，才能对号入座，得到求和方法.

特征一：Cnanbn....，数列{Cn}的通项公式能够分解成几部分，一般用“分组求和法”. 特征二：Cnanbn，数列{Cn}的通项公式能够分解成等差数列和等比数列的乘积，一般用“错位相减法”. 特征三：Cnq，再利用换元法转化为等比数列求解. 1p1，数列{Cn}的通项公式是一个分式结构，一般采用“裂项相消法”. anbnn特征四：CnCnan，数列{Cn}的通项公式是一个组合数和等差数列通项公式组成，一般采

用“倒序相加法”.

4. 利用转化，解决递推公式为Sn与an的关系式. 数列{an}的前项和Sn与通项an的关系：an(n1)S1.通过纽带：

SS(n≥2)nn1anSnSn（1n2)，根据题目求解特点，消掉一个an或Sn.然后再进行构造成等差或者等

比数列进行求解.如需消掉Sn，利用已知递推式，把n换成（n+1）得到递推式，两式相减即

可.若消掉an，只需把anSnSn1带入递推式即可.不论哪种形式，需要注意公式

anSnSn1成立的条件n2.

【三年高考】

1. 【2016高考上海文科】无穷数列an由k个不同的数组成，Sn为an的前n项和.若对任意nN，Sn2,3，则k的最大值为________.

2. 【2016高考新课标Ⅲ文数】已知各项都为正数的数列an满足

2a11,an(2an11)an2an10.

（I）求a2,a3；

（II）求an的通项公式.

3.【2016高考浙江文数】设数列{an}的前项和为Sn.已知S2=4，an1=2Sn+1，nN*. （I）求通项公式an；

（II）求数列{ann2}的前项和.

4．【2016高考上海文科】对于无穷数列{an}与{bn}，记A={x|x=a，nN*}，B={x|x=bn，

*若同时满足条件：①{an}，{bn}均单调递增；②AB且ABN，则称{an}nN*}，

与{bn}是无穷互补数列.

（1）若an=2n1，bn=4n2，判断{an}与{bn}是否为无穷互补数列，并说明理由； （2）若an=2且{an}与{bn}是无穷互补数列，求数列{bn}的前16项的和；

（3）若{an}与{bn}是无穷互补数列，{an}为等差数列且a16=36，求{an}与{bn}得通项公式. 5．【2015高考安徽，文13】已知数列{an}中，a11，anan1的前9项和等于 .

6.【2015高考新课标1，文13】数列an中a12,an12an,Sn为an的前n项和，若

n1（n2），则数列{an}2Sn126，则n . 7.【2015高考山东，文19】已知数列an是首项为正数的等差数列，数列1的前项

a•ann1

和为

（I）求数列an的通项公式；

（II）设bnan12n，求数列bn的前项和Tn.

an. 2n18.【2015高考湖南，文19】设数列{an}的前项和为Sn，已知a11,a22，且

an13SnSn13,(nN*)，

（I）证明：an23an； （II）求Sn.

9.【2015高考浙江，文17】已知数列an和bn满足，a12,b11,an12an(nN),

*11b1b2b323（1）求an与bn；

1bnbn11(nN*). n（2）记数列anbn的前n项和为Tn，求Tn.

10.【2014高考全国2卷文第16题】数列{an}满足an11,a82，则a1________． 1ann2n，nN. 11.【2014高考湖南卷文第16题】已知数列an的前项和Sn2(1)求数列an的通项公式；

(2)设bn2n1an，求数列bn的前2n项和.

an12.【2014高考山东文第19题】在等差数列{an}中，已知公差d中项.

（1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn2，a2是a1与a4的等比

an(n1)，记Tnb1b2b3b42(1)nbn，求Tn.

【一年原创真预测】

*21. 已知数列{an}的前项和Sn满足nSn1(n1)Sn2n2n(nN)，a13，则数列

{an}的通项an（ ）

A．4n1 B．2n1 C．3n D．n2 2．已知数列{an}中，a12，nan12(n1)an，则a5（ ） A．320 B．160 C．80 D．40

3.已知数列{an}的前项和为Sn，a11．当n2时，an2Sn12n1，则S299 （ ） A．246 B．299 C．247 D．248

4.bm为数列{2n}中不超过Am3(mN*)的项数，2b2=b1b5且b310，则正整数A的值为

_______.

25.已知数列an的首项a1m，其前项和为Sn，且满足SnSn13n2n，若对nN，

anan1恒成立，则m的取值范围是_______．

6.已知数列an的前n项和Sn（Ⅰ）求数列an的通项公式；

323nn． 223*2S3n,n2k1,kNan（Ⅱ）记bn2，，设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n． cnn*b,n2k,kNn*7.已知数列an满足a11,a22,a2n1a2n12,a2n23a2n,(nN).数列an 前项和

为Sn.

(Ⅰ) 求数列an的通项公式；

（Ⅱ）若amam1am2，求正整数m的值； （Ⅲ）是否存在正整数m，使得

S2m恰好为数列an中的一项？若存在，求出所有满足条S2m1件的m值，若不存在，说明理由.

8.已知数列an中任意连续三项的和为零，且a22a11. (Ⅰ) 求数列an的通项公式；

（Ⅱ）若数列bn满足bn1bnan1(nN),b1a1，求数列bn的前n项和Sn的取值范围.

*

【考点1针对训练】 1. 【答案】C

【解析】由题意：a1•a2log23•log34lg3lg4•2；lg2lg3log78lg3lg4•lg2lg3lg83，…；lg7lg1616,…；lg15a1•a2•a3•a4•a5•a6log23•log34a1a2a3a4a5a6据此可知，a1•a2•a3•2.【答案】C.

a13a14log23log34log1516lg3lg4lg2lg3•am2016(mN*)，则m的值为220162

【考点2针对训练】 1. 【答案】C 【解析】a25,a32. 【答案】7280

414,a4a1,因此周期为3，即a2016a3，选C. 54514041811120121241397280 2626【考点3针对训练】 1. 【答案】C

【解析】由S672,S1344S672,S2016S1344成等差数列，得2102S201612，即S201630,故选C. 2. 【答案】6

【三年高考】 1. 【答案】4

2. 【解析】（Ⅰ）由题意得a211,a3. 242（Ⅱ）由an(2an11)an2an10得2an1(an1)an(an1).因为an的各项都为正

数，所以

an1111，故an是首项为，公比为的等比数列，因此ann1. an2223.

4．【解析】（1）因为4，4，所以4，从而an与bn不是无穷互补数列．

（2）因为a416，所以b1616420．数列bn的前16项的和为

12202222324=

12020252180． 2（3）设an的公差为d，d，则a16a115d36．由a13615d1，得d1或．

ann20，若d1，则a121，与“an与bn是无穷互补数列”矛盾；若d2，则a16，

n,n5n,n5an2n4，bn．综上，an2n4，bn．

2n5,n52n5,n55．【答案】27

【解析】∵n2时，anan1数列，∴S9916.【答案】6

111,且a2a1，∴an是以a1为首项，为公差的等差22298191827 22【解析】∵a12,an12an，∴数列an是首项为2，公比为2的等比数列，

2(12n)126，∴2n64，∴n=6. ∴Sn127.

8.

9.【解析】 (1)由a12,an12an，得an2.当n1时，b1b21，故b22.当n2时，

nbn11，所以bnn. bnbn1bn，整理得n1bnnn(2)由(1)知，anbnn2，所以Tn22232n23n2n

2Tn22223324(n1)2nn2n1，所以

2nn2n1(1n)2n12，所以Tn(n1)2n12.

Tn2TnTn2222310.【答案】

1． 21111，a611，，a82，所以a71a82a7an1【解析】由已知得，an1a5112， a6

a4111.

111111，a311，a212，a11． a52a4a22a3

12.

【一年原创真预测】 1. 【答案】A

2【解析】由nSn1(n1)Sn2n2n，得

Sn1SnSS2，则数列{n}是首项为13，n1nn1

公差为2的等差数列，则

Sn32(n1)2n1，即Sn2n2n，则当n2时，nanSnSn1＝2n2n2(n1)2(n1)4n1．又当n1时，a1S13，满足

an4n1，故选A．

2．【答案】B

【解析】由nan12(n1)an，得数列，所以

an1aa2n，则数列{n}是首项为2，公比为2的等比n1nnan22n12n，即ann2n，所以a5525160，故选B． n3.【答案】B

4.【答案】64或65

【解析】设b1t，则由2b2=b1b5，可设b2=td,b5=t2d,(dN*) （d0不满足题意）因此2tA2t1，2tt+d3t+d8A2td1,2t+2d125A2t2d1,从而

max{2,2t2d12t+2dt1td22,}Amin{2,2,},再由2t+d32t1,得d4，d为正整125125t数 d1,2,3，代入验证得d3，因此2A128t2，由t3b2b3b5t6及b310125128t2验证只有当t6时，1257，由b310得21027A211，再结合2tA得t4,5,6，2132A有解，解得A64或65．

12565.【答案】(,)

1543

6.【解析】I当n2时，Sn1332n1n1，anSnSn13n，又n1时，22a1S13满足上式, 所以an3n.

1*nn2,n2k1,kN .T2nc1c3IIcn8n,n2k,kN*c2n1c2c4c2n

1111123351124882n12n182n1164164122n11647.

nn6464n1. 2n163（II）由amam1am2，①若m2k(kN)，则a2ka2k1a2k2 即2k13k1，k1即m2, ② 若m2k1(kN)，即a2k1a2ka2k1 即(2k1)232k1，

23k1122,23k1为正整数为正整数，即2k11，即k1，但此时式

2k12k1为2303不合题意,综上，m2.

S2mS2m（III）若为an中的一项，则为正整

S2m1S2m1数,S2m1(a1a3...+a2m1)(a2a4...a2m2)

S2mS2m1a2mm(12m1)2(3m11)2(m21)m123 3，3m1，m12SS3m12312m12m1S2m2(m21)故若为an中的某一项只能为a1,a2,a3，①若3m11无解；②若

S2m13m21

2(m21)m12显然m1不符合题意，m2符合题意，当m33m1231m0，23m1时，设f(m)3m11m2，则f(m)3m1ln32m,f(m)3m1(ln3)220,即

f(m)3m1ln32m为增函数，故f(m)f(3)0，即f(m)为增函数，,故

f(m)f(3)10，故当m3时方程3m11m20无解，即m2是方程唯一解；③

2(m21)若3m13m21即m1，综上所述，m1或m2. 23m18.

（II）因为b3nb3nb3n1b3n2b3n1b3n2b3n3n1b2b1a3na3n1a3n2b13a2a1(a3a2a1)n()n，

4所以b3n1(a3a2a1)1313a2a1()n1，b3n2(a3a2a1)n1a1()n1，从而当

2424n3k,kN*时，