1、第23练数列求和问题题型分析高考展望数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一，主要考查等差、等比数列的前n项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法、裂项相消法是高考的热点内容，常与通项公式相结合考查，有时也与函数、方程、不等式等知识交汇，综合命题体验高考1(2015安徽)已知数列an中，a11，anan1(n2)，则数列an的前9项和等于_答案27解析由已知数列an是以1为首项，以为公差的等差数列S99191827.2(2016浙江)设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.答案1121解析由解得a11，a23，当n2时，由已知可得：an12Sn1，an
2、2Sn11，得an1an2an，an13an，又a23a1，an是首项为1，公比为3的等比数列Sn(3n1)S5121.3(2015课标全国)Sn为数列an的前n项和已知an0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和解(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由于an0，可得an1an2.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.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b
3、2bn.4(2016山东)已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意知，当n2时，Sn13n22n5，anSnSn16n5，当n1时，a1S111，符合an通项公式，所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即可解得b14，d3，所以bn3n1.(2)由(1)知，cn3(n1)2n1.又Tnc1c2cn，得Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n233n2n2，所以Tn3n2n2.高考必会题型题型一分组转化法
4、求和例1(2016天津)已知an是等比数列，前n项和为Sn(nN*)，且，S663.(1)求an的通项公式；(2)若对任意的nN*，bn是log2an与log2an1的等差中项，求数列(1)nb的前2n项和解(1)设数列an的公比为q.由已知，有，解得q2或q1.又由S6a163，知q1，所以a163，得a11.所以an2n1.(2)由题意，得bn(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，即bn是首项为，公差为1的等差数列设数列(1)nb的前n项和为Tn，则T2n(bb)(bb)(bb)b1b2b3b4b2n1b2n2n2.点评分组求和常见的方法：(1)根据等差、等比数列
5、分组，即分组后，每一组可能是等差数列或等比数列；(2)根据正号、负号分组；(3)根据数列的周期性分组；(4)根据奇数项、偶数项分组变式训练1(2016浙江)设数列an的前n项和为Sn，已知S24，an12Sn1，nN*.(1)求通项公式an；(2)求数列|ann2|的前n项和解(1)由题意得则又当n2时，由an1an(2Sn1)(2Sn11)2an，得an13an.所以数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)设bn|3n1n2|，nN*，则b12，b21，当n3时，由于3n1n2，故bn3n1n2，n3.设数列bn的前n项和为Tn，则T12，T23，当n3时，Tn3，当n2时，T23，符
6、合所以Tn题型二错位相减法求和例2(2015湖北)设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q，已知b1a1，b22，qd，S10100.(1) 求数列an，bn的通项公式；(2) 当d1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意有，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.点评错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列an乘以等比数列bn对应项“anbn”型数列求和(2)步骤：求和时先乘以数列bn的公比；把两个和的形式错位相减；整理结果形式变式训练2(2015山东)设数列an的前n项和为Sn.已知2Sn
7、3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.解(1)因为2Sn3n3，所以2a133，故a13，当n2时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3an，当n1时，b1，所以T1b1；当n2时，bn31nlog33n1(n1)31n.当n2时，Tnb1b2b3bn(131232(n1)31n)，所以3Tn1(130231(n1)32n)，两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n，所以Tn，经检验，n1时也适合综上可得Tn.题型三裂项相消法求和例3(
8、2016安徽淮南一模)若数列an的前n项和为Sn，点(an，Sn)在yx的图象上(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若c10，且对任意正整数n都有cn1cnlogan，求证：对任意正整数n2，总有.(1)解Snan，当n2时，anSnSn1an1an，anan1.又S1a1，a1，an()n1()2n1.(2)证明由cn1cnlogan2n1，得当n2时，cnc1(c2c1)(c3c2)(cncn1)035(2n1)n21(n1)(n1)(1)()()()(1)()().证明(1)Snann，a12.当n2时，Sn1an1(n1)，ananan11，即an3an12，an13(an11
9、)，又a112130，an10，3，an1是以3为首项，3为公比的等比数列，an3n1(nN*)(2)，.高考题型精练1已知数列1，3，5，7，则其前n项和Sn等于_答案n21解析因为an2n1，则Snnn21.2已知数列an：，若bn，那么数列bn的前n项和Sn等于_答案解析an，bn4，Sn44(1).3数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则它的前100项之和S100_.答案200解析S100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200.4已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100_.答案100解析由题意，得a
10、1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(43)(99100)(101100)(1299100)(23100101)5010150103100.5若数列an的通项公式为an，则其前n项和Sn为_答案解析因为an，所以Sna1a2an11.6已知数列an为等比数列，前三项为：a，a，a，且Sna1a2an，则Tnaaa_.答案解析由2a，解得a3(a1舍去)，Tnaaa.7对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若a11，an的“差数列”的通项公式为an1an2n，则数列an的前n项和Sn_.答案2n1n2解析因为an1an
11、2n，应用累加法可得an2n1，所以Sna1a2a3an222232nnn2n1n2.8若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和Sn_.答案2n12n2解析Sn2n12n2.9数列an满足an1(1)nan2n1，则an的前60项和为_答案1 830解析an1(1)nan2n1，a21a1，a32a1，a47a1，a5a1，a69a1，a72a1，a815a1，a9a1，a1017a1，a112a1，a1223a1，a57a1，a58113a1，a592a1，a60119a1，a1a2a60(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a57a58a59a60)102642234
12、1 830.10在等比数列an中，a13，a481，若数列bn满足bnlog3an，则数列的前n项和Sn_.答案解析设等比数列an的公比为q，则q327，解得q3.所以ana1qn133n13n，故bnlog3ann，所以.则数列的前n项和为Sn11.11设数列an的前n项和为Sn，点(nN*)均在函数y3x2的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn对所有nN*都成立的最小正整数m.解(1)依题意得，3n2，即Sn3n22n.当n2时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5.当n1时，a1S1312211615，所以an6n5(nN*)(2)由(1)得bn.故Tnn.因此，使得(nN*)成立的m必须满足，即m10，故满足要求的最小正整数m为10.12在数列an中，a13，a25，且an1是等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若bnnan，求数列bn的前n项和Tn.解(1)an1是等比数列且a112，a214，2，an122n12n，an2n1.(2)bnnann2nn，故Tnb1b2b3bn(2222323n2n)(123n)令T2222323n2n，则2T22223324n2n1.两式相减，得T222232nn2n1n2n1，T2(12n)n2n12(n1)2n1.123n，Tn(n1)2n1.
