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，综合命题常考题型精析题型一分组转化法求和例1等比数列an中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：bnan(1)nln an，求数列bn的前n项和Sn.解(1)当a13时，不合题意；当
2、a12时，当且仅当a26，a318时，符合题意；当a110时，不合题意因此a12，a26，a318.所以公比q3.故an23n1 (nN*)(2)因为bnan(1)nln an23n1(1)nln(23n1)23n1(1)nln 2(n1)ln 323n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，所以Sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3)123(1)nnln 3.所以当n为偶数时，Sn2ln 33nln 31；当n为奇数时，Sn2(ln 2ln 3)ln 33nln 3ln 21.综上所述，Sn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
3、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已知等差数列an的前n项和为Sn，nN*，a35，S10100.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an2n，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设等差数列an的公差为d，由题意，得解得所以an2n1.(2)因为bn2an2n4n2n，所以Tnb1b2bn(4424n)2(12n)n2n4nn2n.题型二错位相减法求和例2(2015山东)设数列an的前n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2Sn
4、3n3，所以2a133，故a13，当n1时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3an，所以b1，当n1时，bn31nlog33n1(n1)31n.所以T1b1；当n1时，Tnb1b2b3bn131232(n1)31n，所以3Tn1130231(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.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
5、减整理结果形式变式训练2(2014四川)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；(2)若a11，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2，求数列的前n项和Tn.解(1)由已知，得b72a7，b82a84b7，有2a842a72a72.解得da8a72.所以Snna1d2nn(n1)n23n.(2)函数f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在x轴上的截距为a2.由题意知，a22，解得a22.所以da2a11，从
6、而ann，bn2n.所以Tn，2Tn.因此，2TnTn12.所以Tn.题型三裂项相消法求和例3在公差不为0的等差数列an中，a1，a4，a8成等比数列(1)已知数列an的前10项和为45，求数列an的通项公式；(2)若bn，且数列bn的前n项和为Tn，若Tn，求数列an的公差解设数列an的公差为d，由a1，a4，a8成等比数列可得aa1a8，即(a13d)2a1(a17d)，a6a1d9d2a7a1d，而d0，a19d.(1)由数列an的前10项和为45可得S1010a1d45，即90d45d45，故d，a13，故数列an的通项公式为an3(n1)(n8)(2)bn，则数列bn的前n项和为Tn
7、.所以1，d1.故数列an的公差d1或1.点评(1)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂开后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为的前n项和，其中an若为等差数列，则()其余还有公式法求和等(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项变式训练3(2014大纲全国)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项和Tn.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a
8、n的通项公式为an133n.(2)bn.于是Tnb1b2bn.高考题型精练1(2015浙江)已知an是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则()Aa1d0，dS40 Ba1d0，dS40Ca1d0，dS40 Da1d0，dS40答案B解析a3，a4，a8成等比数列，(a13d)2(a12d)(a17d)，整理得a1d，a1dd20，又S44a1d，dS40，故选B.2(2014课标全国)等差数列an的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则an的前n项和Sn等于()An(n1) Bn(n1)C. D.答案A解析由a2，a4，a8成等比数列，得aa2a8，即(
9、a16)2(a12)(a114)，a12.Sn2n22nn2nn(n1)3若数列an的通项公式为an，则其前n项和Sn为()A1 B.C. D.答案D解析因为an，所以Sna1a2an11.故选D.4已知数列1，3，5，7，则其前n项和Sn为()An21 Bn22Cn21 Dn22答案A解析因为an2n1，则Snnn21.5设等差数列an的前n项和为Sn，Sm12，Sm0，Sm13，则m等于()A3 B4C5 D6答案C解析am2，am13，故d1，因为Sm0，故ma1d0，故a1，因为amam15，故amam12a1(2m1)d(m1)2m15，即m5.6已知数列an：，若bn，那么数列bn
10、的前n项和Sn为()A. B.C. D.答案B解析an，bn4()，Sn4(1)()()4(1).7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11.8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，a5811
11、3a1，a592a1，a60119a1，a1a2a60(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a57a58a59a60)1026422341 830.9在数列an中，a11，当n2时，其前n项和Sn满足San.(1)求Sn的表达式；(2)设bn，求bn的前n项和Tn.解(1)San，anSnSn1 (n2)，S(SnSn1)，即2Sn1SnSn1Sn，由题意得Sn1Sn0，式两边同除以Sn1Sn，得2，数列是首项为1，公差为2的等差数列12(n1)2n1，Sn.(2)bn，Tnb1b2bn(1)()().10(2014课标全国)已知an是递增的等差数列，a2，a4是方程x25x60的根(1)
12、求an的通项公式；(2)求数列的前n项和解(1)方程x25x60的两根为2,3，由题意得a22，a43.设数列an的公差为d，则a4a22d，故d，从而a1.所以an的通项公式为ann1.(2)设的前n项和为Sn.由(1)知，则Sn，Sn.两式相减得Sn()(1).所以Sn2.11(2015天津)已知数列an满足an2qan(q为实数，且q1)，nN*，a11，a22，且a2a3，a3a4，a4a5成等差数列(1)求q的值和an的通项公式；(2)设bn，nN*，求数列bn的前n项和解(1)由已知，有(a3a4)(a2a3)(a4a5)(a3a4)，即a4a2a5a3，所以a2(q1)a3(q1
13、)，又因为q1，故a3a22，由a3a1q，得q2.由递推公式得当n2k1(kN*)时，ana2k12k12；当n2k(kN*)时，ana2k2k2.所以，an的通项公式为an(2)由(1)得bn.设bn的前n项和为Sn，则Sn123(n1)n，Sn123(n1)n.上述两式相减得：Sn12，整理得，Sn4，nN*.所以，数列bn的前n项和为4，nN*.12(2015安徽)设nN*，xn是曲线yx2n21在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标(1)求数列xn的通项公式；(2)记Tnxxx，证明：Tn.(1)解y(x2n21)(2n2)x2n1，曲线yx2n21在点(1,2)处的切线斜率为2n2，从而切线方程为y2(2n2)(x1)令y0，解得切线与x轴交点的横坐标xn1.所以数列xn的通项公式为xn.(2)证明由题设和(1)中的计算结果知Tnxxx222.当n1时，T1.当n2时，因为x2.所以Tn2.综上可得对任意的nN*，均有Tn.
