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，anan112(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12为公差的等差数列S991982 1291827.2(2016浙江)设数列an的前 n 项和为 Sn.若 S24，an12Sn1，nN*，则 a1_，S5_.答案 1 121解析 由a
2、22a11，a2a14，解得 a11，a23，当 n2 时，由已知可得：an12Sn1，an2Sn11，得 an1an2an，an13an，又 a23a1，an是首项为 1，公比为 3 的等比数列Sn12(3n1)S5121.3(2015课标全国)Sn 为数列an的前 n 项和已知 an0，a2n2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设 bn1anan1，求数列bn的前 n 项和解(1)由 a2n2an4Sn3，可知 a2n12an14Sn13.可得 a2n1a2n2(an1an)4an1，即 2(an1an)a2n1a2n(an1an)(an1an)由于 an0，可得 an1an2.
3、又 a212a14a13，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bn1anan112n12n31212n112n3.设数列bn的前 n 项和为 Tn，则Tnb1b2bn121315 1517 12n112n3n32n3.4(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 cnan1n1bn2n，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
4、，符合an通项公式，所以 an6n5.设数列bn的公差为 d.由a1b1b2，a2b2b3，即112b1d，172b13d，可解得 b14，d3，所以 bn3n1.(2)由(1)知，cn6n6n13n3n 3(n1)2n1.又 Tnc1c2cn，得 Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n234412n12 n12n23n2n2，所以 Tn3n2n2.高考必会题型题型一 分组转化法求和例 1(2016天津)已知an是等比数列，前 n 项和为 Sn(nN*)，且1a11a2 2a3，S663.(1)求an的通项公式；(
5、2)若对任意的 nN*，bn 是 log2an 与 log2an1 的等差中项，求数列(1)nb2n的前 2n 项和解(1)设数列an的公比为 q.由已知，有1a1 1a1q 2a1q2，解得 q2 或 q1.又由 S6a11q61q 63，知 q1，所以 a112612 63，得 a11.所以 an2n1.(2)由题意，得 bn12(log2anlog2an1)12(log22n1log22n)n12，即bn是首项为12，公差为 1 的等差数列设数列(1)nb2n的前 n 项和为 Tn，则T2n(b21b22)(b23b24)(b22n1b22n)b1b2b3b4b2n1b2n2nb1b2n
6、22n2.点评 分组求和常见的方法：(1)根据等差、等比数列分组，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a1a24，a22a11，则a11，a23.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
7、 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，Tn3913n213n7n223nn25n112，当 n2 时，T23222521123，符合所以 Tn2，n1，3nn25n112，n2，nN*.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 cnanbn，求数列cn的前 n 项和 Tn.解(1)由题意有，10a145d100，a1d2，即2a19
8、d20，a1d2，解得a11，d2或a19，d29.故an2n1，bn2n1或an192n79，bn9 29n1.(2)由 d1，知 an2n1，bn2n1，故 cn2n12n1，于是Tn132522 723 9242n32n12n12n1，12Tn12 322 523 724 9252n12n.可得12Tn212122 12n22n12n32n32n，故 Tn62n32n1.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
9、项和为 Sn.已知 2Sn3n3.(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 an3，n1，3n1，n2.(2)因为 anbnlog3an，当 n1 时，b113，所以 T1b113；当 n2 时，bn31nlog33n1(n1)31n.当 n2 时，Tnb1b2b3bn13(131232(n1)31n)，所以 3Tn1(130231(n1)32n)，两式相减，得 2Tn23(30313
10、232n)(n1)31n23131n131(n1)31n136 6n323n，所以 Tn13126n343n，经检验，n1 时也适合综上可得 Tn13126n343n.题型三 裂项相消法求和例 3(2016安徽淮南一模)若数列an的前 n 项和为 Sn，点(an，Sn)在 y1613x 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 cn1cnlog12an，求证：对任意正整数 n2，总有131c21c31c41cn34.(1)解 Sn1613an，当 n2 时，anSnSn113an113an，an14an1.又S11613a1，a118，an18(
11、14)n1(12)2n1.(2)证明 由 cn1cnlog12an2n1，得当 n2 时，cnc1(c2c1)(c3c2)(cncn1)035(2n1)n21(n1)(n1)1c21c31c41cn1221132114211n2112(113)(1214)(1315)(1n1 1n1)12(112)(1n 1n1)3412(1n 1n1)n318.证明(1)Sn32ann，a12.当 n2 时，Sn132an1(n1)，an32an32an11，即 an3an12，an13(an11)，又 a112130，an10，an1an113，an1是以 3 为首项，3 为公比的等比数列，an3n1(n
12、N*)(2)anan1 3n13n1113233n1113293n313283n3n313 283n，a1a2a2a3 anan113 28313 283213 283nn31413 13213nn318113n n318.高考题型精练1已知数列 112，314，518，7 116，则其前 n 项和 Sn 等于_答案 n2112n解析 因为 an2n112n，则 Sn12n12n112n 12112n2112n.2已知数列an：12，1323，142434，110 210 310 910，若 bn1anan1，那么数列bn的前 n 项和 Sn 等于_答案 4nn1解析 an123nn1n2，b
13、n1anan14nn141n 1n1，Sn4112 1213 1n 1n14(1 1n1)4nn1.3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)n2，当n为奇数时，n2，当n为偶数时，且 anf(n)f(n1)，则 a1a2a3a100_.答案 100解析 由题意，得 a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(43)(99100)(101100)(1299
14、100)(23100101)5010150103100.5若数列an的通项公式为 an2nn2，则其前 n 项和 Sn 为_答案 32 1n1 1n2解析 因为 an2nn21n 1n2，所以 Sna1a2an11312141315 1n1 1n11n 1n2112 1n1 1n232 1n1 1n2.6已知数列an为等比数列，前三项为：a，12a12，13a13，且 Sna1a2an，则 Tna21a22a2n_.答案 815 1 49n解析 由12a122a13a13，解得 a3(a1 舍去)，Tna21a22a2na211 49n149815 1 49n.7对于数列an，定义数列an1a
15、n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 an1an2n，应用累加法可得 an2n1，所以 Sna1a2a3an222232nn212n12 n2n1n2.8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 Sn212n12 n12n122n12n2.9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，a815a
16、1，a9a1，a1017a1，a112a1，a1223a1，a57a1，a58113a1，a592a1，a60119a1，a1a2a60(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a57a58a59a60)102642234151023421 830.10在等比数列an中，a13，a481，若数列bn满足 bnlog3an，则数列1bnbn1 的前 n项和 Sn_.答案 nn1解析 设等比数列an的公比为 q，则a4a1q327，解得 q3.所以 ana1qn133n13n，故 bnlog3ann，所以1bnbn11nn11n 1n1.则数列1bnbn1 的前 n 项和为 Sn11212131n
17、 1n11 1n1 nn1.11设数列an的前 n 项和为 Sn，点n，Snn(nN*)均在函数 y3x2 的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn3anan1，Tn 是数列bn的前 n 项和，求使得 Tnm20对所有 nN*都成立的最小正整数 m.解(1)依题意得，Snn 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 bn3anan136n56n151216n516n1.故 Tni1nbn12117 17 113 16n516n112116n1
18、.因此，使得12116n1 m20(nN*)成立的 m 必须满足12m20，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，a21a112，an122n12n，an2n1.(2)bnnann2nn，故 Tnb1b2b3bn(2222323n2n)(123n)令 T2222323n2n，则 2T22223324n2n1.两式相减，得T222232nn2n1212n12 n2n1，T2(12n)n2n12(n1)2n1.123nnn12，Tn(n1)2n1n2n42.