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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321,641,981,12161，3n2n1，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b1b2b3b10的值方法2裂项相消法求和3.设数列满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_4.Sn为数列an的前n项和已知an0，a2an4Sn3.求an的通项公式；设bn，求数列bn的前n项和5若已知数列的前四项是，则数列的前n项和为_6等差数列an的前n项和为Sn，已知a110，a2为整数，且SnS4.（1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n
2、项和Tn.7已知数列an各项均为正数，且a11，an1anan1an0(nN*)(1)设bn，求证：数列bn是等差数列；(2)求数列的前n项和Sn.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，S4b334.(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(nN*)(1)若a12，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列an的前n项和Sn；10.已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，,，.（
3、1）求和的通项公式；（2）求数列的前n项和.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S(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。12已知等比数列an是递增数列，且a2a532，a3a412，数列bn满足b11，且bn12bn2an(nN*)(1)证明：数列是等差数列；(2)若对任意nN*，不等式(n2)bn1bn总成立，求实数的最大值数列求和专题方法归纳参考答案1.【解析】由题意知an3n2n1，Sna1a2an31211322213n2n13(123n)21222nn3n2n12
4、.2.解：(1)设等差数列an的公差为d，由已知得解得所以ana1(n1)dn2.(2)由(1)可得bn2nn，所以b1b2b3b10(21)(222)(233)(21010)(22223210)(12310)(2112)55211532101.3.【解析】(1)由题意有a2a12，a3a23，anan1n(n2)以上各式相加，得ana123n.又a11，an(n2)当n1时也满足此式，an(nN*)2.S1022.4.解：由a2an4Sn3，(1)可知a2an14Sn13.(2)由(2)(1)，得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由an0，得an
5、1an2.又a2a14a13，解得a11(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an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.5.【解析】由前四项知数列an的通项公式为an，由知，Sna1a2a3an1an.6.【解】(1)由a110，a2为整数，知等差数列an的公差d为整数又SnS4，故a40，a50，于是103d0,104d0.解得d.因此d3.数列an的通项公式为an133n.(2)bn.于是Tnb1b2bn.7.解：(1)证明：因为an1anan1an0(nN*)，所以an1.因为bn，所以bn1bn1.又b11，所以数列
6、bn是以1为首项、1为公差的等差数列(2)由(1)知，bnn，所以n，即an，所以，所以Sn1.8.解：(1)设数列an的公差为d，数列bn的公比为q，由已知q0，a1b12，a3b316，S4b334.?ana1(n1)d23(n1)3n1，bnb1qn12n.(2)Tn22522(3n1)2n，2Tn222523(3n1)2n1，两式相减得Tn432232n(3n1)2n14(3n1)2n18(3n4)2n1.Tn(3n4)2n18.9.解：(1)由已知，b72a7，b82a84b7，有2a842a72a72.解得da8a72.所以Snna1d2nn(n1)n23n.(2)函数f(x)2x
7、在(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln2)(xa2)，它在x轴上的截距为a2.由题意知，a22，解得a22.所以da2a11，从而ann，bn2n，.所以Tn，2Tn.因此，2TnTn12所以Tn.10.解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.由已知，得，而，所以.又因为，解得.所以，.由，可得.由，可得，联立，解得，由此可得.所以，数列的通项公式为，数列的通项公式为.（2）解：设数列的前项和为，由，有，故，上述两式相减，得得.所以，数列的前项和为.11.解:(1)令n1代入得a12(负值舍去)(2)由S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*得Sn(n2n)(Sn3)0.又已知各项均为正数，故Snn2n.当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n，当n1时，a12也满足上式，所以an2n，nN*.(3)证明kN*,4k22k(3k23k)k2kk(k1)0，4k22k3k23k，.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1，所以数列是以1为首项、1为公差的等差数列(2)由(1)知bnn2n1，所以2.因为nN*，易知当n1或2时，2取得最小值12，所以的最大值为12.
