数列求和专题方法归纳方法1:分组转化法求和.｛an｝的前n项是3+2—1,6+4—1,9+8—1,12+16—1,…,3n+2n—1,那么Sn=..等差数列｛an｝中,a2=4,a4+a7=15.(1)求数列｛an｝的通项公式；(2)设bn=2an2+n,求〞+b2+b3+…+b10的值.方法2裂项相消法求和.设数列｛an｝满足a1=1,且an+1—an=n+1(nCN*),那么数列；前10项的和为.an.Sn为数列｛an｝的前n项和.an>0,a2+2an=4Sn+3.①求｛an｝的通项公式;1②设bn=,求数列｛bn｝的刖n项和.anan+11111.假设数列的前四项是1^2,2274,河6,F匚8,那么数列的刖n项和为..等差数列｛an｝的前n项和为Sn,a〔=10,a2为整数,且Sn冷4.(1)求｛an｝的通项公…1式；(2)设bn=,求数列｛bn｝的刖n项和Tn.anan+1.数列｛an｝各项均为正数,且a1=1,an+1an+an+1—an=0(nCN*).(1)设bn=\,求证：数列｛bn｝是等差数列；(2)求数列n^的前n项和Sn.方法3:错位相减法求和.｛an｝是等差数列,其前n项和为Sn,｛bn｝是等比数列(bn>0),且ai=bi=2,a3+b3=16,S4+b3=34.(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..设等差数列｛an｝的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上(nCN*).(1)假设ai=—2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列｛an｝的前n项和Sn；.｛an｝为等差数列,前n项和为Sn(nN),｛bn｝是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2b312ha42al,811b4.(1)求｛%｝和｛bn｝的通项公式；(2)求数列｛a2nb2n1｝的前n项和(nN).4.数列与不等式的交汇问题.设各项为正数的数列｛an｝的前n项和为Sn,且Sn满足S2-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,1an(an1)1.3nCN*.(1)求a1的值；(2)求数列｛an｝的通项公式；(3)证实对一切正整数n,有114⑶1)a2(a21).等比数列｛an｝是递增数列,且a2a5=32,a3+a4=12,数列｛bn｝满足b1=1,且bn+1=2bn+2an(nCN*).⑴证实：数列bn是等差数列；(2)假设对任意nCN*,不等式(n+2)bn+1>入n总成立,求实数入的最大值.数列求和专题方法归纳参考答案.【解析】由题意知an=3n+2n-1,Sn=ai+a2+…+an=3X1+21—1+3X2+22—1+…+3n+2n—1=3X(1+2+3+…+n)+21+22+…+2n—n=3X1+nxn21—2n3n2+n2+1^2—n=~2+2n+1-2..解：〔1〕设等差数列｛an｝的公差为d,由得a1+d=4,a1+3d+a1+6d=15,解得a1=3,d=1.所以an=a1+(n—1)d=n+2.(2)由(1)可得bn=2n+n,所以b1+b2+b3+…+b〔0=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)=(2+22+23+---+210)+(1+2+3+•••+10)21—2101+10X10=1^2+2=(211-2)+55=211+53=2101..【解析】(1)由题意有a2—a1=2,a3-a2=3,…,an—an-1=n(n>2)以上各式相加,得n—12+nn2+n—2an—a1=2+3+…+n=2=2.又「a1=1,an=3〞(n>2)当n=1时也满足此式,,an=n2+n2—(n€N).1an21」11,11,,11n2+n-2nn+1.--S10=2X1-2+2-3++10-112011.c1=2X1—111.解:①由a1+2an=4Sn+3,(1)可知an+1+2an+1=4Sn+1+3.(2)由(2)—(1),得a2+1—a2+2(an+1—an)=4an+1,即2(an+1+an)=an+1-a2=(an+1+an)(an+1-an).由an>0,得an+1—an=2.又a2+2a1=4a1+3,解得a1=—1(舍去)或a1=3.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.,11111②由an=2n+1可知bn==_0d0Q-=72n+1-2n+3.anan+12n+12n+322n十12n十3设数列｛bn｝的前n项和为Tn,那么...,111,11,,11nTn=bi+b2+-+bn=23-5+5『…+2—2n73=32n+31.【解析】由刖四项知数列｛an｝的通项公式为an=产+2Z由^_=11__L知由n2+2n2nn+2如'1Sn=a〔+a2+a3+…+an-1+an=2111111132435n-2n1_11__1_11_1_1n—1n+1+nn+2―21+2n+1n+232n+342n+1n+26.【解】(1)由a1=10,a2为整数,知等差数列｛an｝的公差d为整数.又Sn0,asWQ于是10+3d>0,10-4d<0.解得一v0,:a〔=b〔=2,a3+b3=16,S4+b3=34.,｛2+2d+2q2=16,8+6d+2q2=34?｛d=3,q=2,••an=a〔+(n—1)d=2+3(n—1)=3n—1,bn=b1qn=2n.(2)Tn=2X2+5X2+--+(3n-1)Xn,2Tn=2X2+5X^+…+(3n—1)xn+1,—1)xn+1=c-121-2n1两式相减得-Tn=4+3xf+-+3X,-(3n-1)Xn1=4+^-F--8-(3n-4)2n+1...Tn=(3n—4)2n+1+8.9.解：(1)由,b7=2a7,b8=2a8=4b7,有2a8=4X?7=2a7+2.解得d=a8-a7=2.cnn一1,…,,、2c所以Sn=na〔+2d=—2n+n(n—1)=n2—3n.(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y—2a2=(2a2ln2)(x-a2),111它在x轴上的截距为a2—£2.由题意知,a2—百万=2一记"2,解得a2=2.所以d=a2—a1=1,从而an=n,bn=2n,,=2n.T1,2,3,,n-1,n所以Tn=2+22+2^+"+2"-1+2n,TOC\o"1-5"\h\z1,2,3,,n2Tn=1+2+22+…+2n一〔.因此,2Tn—Tn=1+2+\+…+211-2n1n2n1-n-22n1-n-2=2_2'n_1_2n=2n所以Tn=2'n,.解：(1)设等差数列｛an｝的公差为d,等比数列｛bn｝的公比为q.由b2b312,得b1(qq2)12,而b2,所以q2q60.又由于q0,解得q2.所以,bn2n.由b3a42a3可得3da18①.由§1=10,可得a15d16②,联立①②,解得a11,d3,由此可得an3n2.所以,数列｛an｝的通项公式为an3n2,数列｛bn｝的通项公式为bn2n.(2)解：设数列｛a2nb2n1｝的前n项和为Tn,由a2n6n2,b2n124n1,有a2nb2n1(3n1)4n,TOC\o"1-5"\h\z故Tn24542843L(3n1)4n,234nn14Tn245484L(3n4)4(3n1)4,上述两式相减,得3Tn24342343L34n(3n1)4n112(14n)414(3n2)4n1(3n1)4一得Tn8.3n24n1所以,数列｛a2nb2n1｝的前n项和为3n—24n18.33.解：(1)令n=1代入得a1=2(负值舍去).(2)由S2—(n2+n—3)Sn—3(n2+n)=0,nCN*得[Sn—(n2+n)](Sn+3)=0.又各项均为正数,故Sn=n2+n.当n>2时,an=Sn一Sn1=n2+n—(n—1)2—(n—1)=2n,当n=1时,a1=2也满足上式,所以an=2n,nCN.(3)证实kCN*,4k2+2k—(3k2+3k)=k2—k=k(k—1)>Q・•・4k2+2kX2+3k,111111±akak+12k2k+14k2+2k^k2+3k3kk+1111111,11,,11++…+=二…+---;a1a1+1a2a2+1anan+1o1223nn+1=11—二匕<1.二•不等式成立.3n十।312.解：(1)证实：设｛an｝的公比为q,由于a2a5=a3a4=32,a3+a4=12,且｛an｝是递增数列,所以a3=4,a4=8,所以q=2,a1=1,所以an=2n1.由于bn+1=2bn+2an,bn+1bn一所以=—+1,an+1an所以数列bn是以"=1为首项、1为公差的等差数列.ana1n+2bn+1bn(2)由(1)知bn=nX2n-1n+2n+12n2c=2n+n+3由于nCN*,易知当n=1或2时,2n+nn+3取得最小值12,所以入的最大值为12.
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