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1必考问题10数列求和1．(2012·全国)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列1anan＋1的前100项和为()．A.100101B.99101C.99100D.101100答案：A[设数列{an}的公差为d，则a1＋4d＝5，S5＝5a1＋5×42d＝15，得d＝1，a1＝1，故an＝1＋(n－1)×1＝n，所以1anan＋1＝1nn＋＝1n－1n＋1，所以S100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选A.]2．(2011·全国)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝()．A．8B．7C．6D．5答案：D[∵{an}是等差数列，a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.由已知得Sk＋2－Sk＝ak＋2＋ak＋1＝2(k＋2)＋2(k＋1)－2＝4k＋4＝24，所以k＝5，故选D.]3．(2010·福建)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于()．A．6B．7C．8D．9答案：A[∵{an}是等差数列，∴a4＋a6＝2a5＝－6，即a5＝－3，d＝a5－a15－1＝－3＋114＝2得{an}是首项为负数的递增数列，所有的非正项之和最小．∵a6＝－1，a7＝1，∴当n＝6时，Sn取最小．故选A.]4．(2011·江西)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a10＝________.解析∵Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，∴S1＝1，可令m＝1，得Sn＋1＝Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝1，即当n≥1时，an＋1＝1，∴a10＝1.答案12本部分是高考重点考查的内容，题型有选择题、填空题和解答题．对于数列的通项问题，求递推数列(以递推形式给出的数列)的通项是一个难点，而数列的求和问题多从数列的通项入手，并与不等式证明或求解结合，有一定难度．(1)牢固掌握等差数列和等比数列的递推公式和通项公式，以一阶线性的递推公式求通项的六种方法(观察法、构造法、猜归法、累加法、累积法、待定系数法)为依托，掌握常见的递推数列的解题方法．对于既非等差又非等比的数列要综合运用观察、归纳、猜想、证明等方法进行研究，要善于将其转化为特殊数列，这是一种非常重要的学习能力．(2)对于数列求和部分的复习要注意以下几点：①熟练掌握等差数列、等比数列的求和公式及其应用，这是数列求和的基础；②掌握好分组、裂项、错位相减、倒序相加法这几种重要的求和方法，特别要掌握好裂项与错位相减求和的方法，这是高考考查的重点；③掌握一些与数列求和有关的综合问题的解决方法，如求数列前n项和的最值，研究前n项和所满足的不等式等.必备知识求通项公式的方法(1)观察法：找项与项数的关系，然后猜想检验，即得通项公式an；(2)利用前n项和与通项的关系an＝S1Sn－Sn－1n＝，n；(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式；(4)累加法：如an＋1－an＝f(n)，累积法，如an＋1an＝f(n)；(5)转化法：an＋1＝Aan＋B(A≠0，且A≠1)．常用公式等差数列的前n项和，等比数列的前n项和，1＋2＋3＋…＋n＝nn＋2，12＋22＋32＋…＋n2＝nn＋n＋6.常用裂项方法(1)1nn＋＝1n－1n＋1；3(2)1nn＋k＝1k1n－1n＋k.必备方法1．利用转化，解决递推公式为Sn与an的关系式：数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系：an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.通过纽带：an＝Sn－Sn－1(n≥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，可以利用已知递推式，把n换成(n＋1)得到新递推式，两式相减即可．若要消掉an，只需把an＝Sn－Sn－1代入递推式即可．不论哪种形式，需要注意公式an＝Sn－Sn－1成立的条件n≥2.2．裂项相消法的基本思想是把数列的通项an分拆成an＝bn＋1－bn或者an＝bn－bn＋1或者an＝bn＋2－bn等，从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．3．错位相减法适用于数列由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，乘以等比数列的公比再错位相减，即依据是：cn＝anbn，其中{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，则qcn＝qanbn＝anbn＋1，此时cn＋1－qcn＝(an＋1－an)bn＋1＝dbn＋1，这样就把对应相减的项变为了一个等比数列，从而达到求和的目的.数列的求和数列的递推关系一直是高考“久考不衰”的考点，具有题型新颖、方法灵活等特点，求通项的常用方法有：定义法、公式法、累加法、累乘法、构造转化法等．【例1】►已知数列{an}的首项a1＝35，且an＋1＝3an2an＋1，n＝1，2，….(1)证明：数列1an－1是等比数列；(2)令bn＝1an－1，试求数列{n·bn}的前n项和Sn.[审题视点][听课记录][审题视点]对于第(1)问，由条件利用等比数列的定义即可证明；对于第(2)问，求数列{n·bn}的前n项和Sn，只需利用错位相减法即可．(1)证明由已知，得1an＋1＝13·1an＋23，n＝1,2，…，4∴1an＋1－1＝131an－1，n＝1,2，….∴数列1an－1是以13为公比，23为首项的等比数列．(2)解由bn＝1an－1＝23n(n≥1)，得Sn＝1·b1＋2·b2＋3·b3＋…＋(n－1)·bn－1＋n·bn＝1·23＋2·232＋3·233＋…＋(n－1)·23n－1＋n·23n.∴13Sn＝1·232＋2·233＋3·234＋…＋(n－1)·23n＋n·23n＋1.∴23Sn＝23＋232＋233＋234＋…＋23n－n·23n＋1＝231－13n1－13－n·23n＋1.∴Sn＝321－13n－32n·23n＋1＝32－3＋2n2·3n.对于由数列的递推关系式求数列通项an的问题，一般有以下几种题型：(1)类型an＋1＝can＋d(c≠0,1)，可以通过待定系数法设an＋1＋λ＝c(an＋λ)，求出λ后，化为等比数列求通项；(2)类型an＋1＝an＋f(n)与an＋1＝f(n)·an，可以分别通过累加、累乘求得通项；(3)类型an＋1＝can＋rn(c≠0，r≠0)，可以通过两边除以rn＋1，得an＋1rn＋1＝cr·anrn＋1r，于是转化为类型(1)求解．【突破训练1】在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*.(1)证明：数列{an－n}是等比数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn；(3)证明：不等式Sn＋1≤4Sn对任意n∈N*皆成立．(1)证明由题设an＋1＝4an－3n＋1，得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N*.又a1－1＝1，所以数列{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列．(2)解由(1)可知an－n＝4n－1，于是数列{an}的通项公式为an＝4n－1＋n.所以，数列{an}的前n项和Sn＝4n－13＋nn＋2.(3)证明对任意的n∈N*，Sn＋1－4Sn＝4n＋1－13＋n＋n＋2－44n－13＋nn＋25＝－12(3n2＋n－4)≤0，所以不等式Sn＋1≤4Sn对任意n∈N*皆成立．裂项相消法在数列中的应用裂项法求和是近几年高考的热点，试题设计年年有变、有创新，但变的仅仅是试题的外壳，有效地转化、化归问题是解题的关键，常与不等式综合命制解答题．【例2】►已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝3anan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜m20对所有n(n∈N*)都成立的最小正整数m.[审题视点][听课记录][审题视点](1)由f′(x)＝6x－2可求f(x)，则可得Sn与n的关系式，再由an＝Sn－Sn－1(n≥2)求an.(2)由裂项求和求Tn，再由单调性求Tn的最大值．解(1)设函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，则f′(x)＝2ax＋b，由f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，所以Sn＝3n2－2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5.当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1，所以，an＝6n－5(n∈N*)．(2)由(1)知bn＝3anan＋1＝3n－n＋－5]＝1216n－5－16n＋1，故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝121－17＋17－113＋…＋16n－5－16n＋1＝121－16n＋1.因此，要使121－16n＋1＜m20(n∈N*)成立，6则m需满足12≤m20即可，则m≥10，所以满足要求的最小正整数m为10.使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．【突破训练2】已知数列{an}是首项a1＝14的等比数列，其前n项和Sn中S3＝316.(1)求数列{an}的通项公式；(解(1)若q＝1，则S3＝34≠316不符合题意，∴q≠1.当q≠1时，由a1＝14，S3＝a1－q31－q＝316得q＝－12.∴an＝14·－12n－1＝－12n＋1.(2)∵bn＝log12|an|＝log12－12n＋1＝n＋1，∴1bnbn＋1＝1n＋n＋＝1n＋1－1n＋2，∴Tn＝1b1b2＋1b2b3＋…＋1bnbn＋1＝12－13＋13－14＋…＋1n＋1－1n＋2＝12－1n＋2.7错位相减法在数列中的应用错位相减法求和作为求和的一种方法在近几年高考试题中经常出现，复习时要熟练掌握错位相减法求和的特点．【例3】►(2012·淄博一模)已知数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2且n∈N*)．(1)证明：数列an－12n为等差数列；(2)求数列{an－1}的前n项和Sn.[审题视点][听课记录][审题视点](1)作差：an－12n－an－1－12n－1后，把an＝2an－1＋2n－1代入；(2)求出an－1，利用错位相减法求和．(1)证明设bn＝an－12n，b1＝5－12＝2.∴bn－bn－1＝an－12n－an－1－12n－1＝12n(an－2an－1)＋1＝12n(2n－1)＋1＝1.所以数列an－12n为首项是2，公差是1的等差数列．(2)解由(1)知，an－12n＝a1－12＋(n－1)×1，∴an－1＝(n＋1)·2n.∵Sn＝2·21＋3·22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n，①∴2Sn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1.②①－②，得－Sn＝4＋(22＋23＋…＋2n)－(n＋1)·2n＋1，∴Sn＝－4－4(2n－1－1)＋(n＋1)·2n＋1，∴Sn＝n·2n＋1.错位相减法求数列的前n项和是一类重要方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征．即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．所谓“错位”，就是要找“同类项”相减，要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数．【突破训练3】(2012·天津)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；8(2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，证明：Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)．(1)解设等差数列