第24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
11.(2015·安徽)已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于______.
2答案 27
9×811
解析 由已知数列{an}是以1为首项，以为公差的等差数列.∴S9＝9×1＋×＝9＋18
222＝27.
2.(2016·浙江)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝______，S5＝______. 答案 1 121
??a2＝2a1＋1，
解析 由?解得a1＝1，a2＝3，
??a2＋a1＝4，
当n≥2时，由已知可得： an＋1＝2Sn＋1， an＝2Sn－1＋1，
① ②
①－②得an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an，又a2＝3a1， ∴{an}是首项为1，公比为3的等比数列. 1
∴Sn＝(3n－1).∴S5＝121.
2
3.(2015·课标全国Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0，a2n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式；
1(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和.
anan＋1解 (1)由a2n＋2an＝4Sn＋3， 可知a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
① ②
2②－①可得a2n＋1－an＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 2即2(an＋1＋an)＝a2n＋1－an＝(an＋1＋an)(an＋1－an).
由于an>0，可得an＋1－an＝2.
又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1. (2)由an＝2n＋1可知
1?111?1－bn＝＝＝.
anan＋1?2n＋1??2n＋3?2?2n＋12n＋3?设数列{bn}的前n项和为Tn，则
11??111??11?n
－－＋－＋…＋?Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝??＝
2??35??57??2n＋12n＋3??3?2n＋3?.
4.(2016·山东)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1. (1)求数列{bn}的通项公式；
?an＋1?n1
(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
?bn＋2?n
解 (1)由题意知，当n≥2时，Sn－1＝3n2＋2n－5，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5， 当n＝1时，a1＝S1＝11，符合{an}通项公式，所以an＝6n＋5.
??a1＝b1＋b2，
设数列{bn}的公差为d.由?
??a2＝b2＋b3，
??11＝2b1＋d，
即?可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1. ?17＝2b1＋3d，?
＋
?6n＋6?n1
n＋1
(2)由(1)知，cn＝. n＝3(n＋1)·2?3n＋3?
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n1]， 2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n2].
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n1－(n＋1)×2n2]
＋
＋
＋
＋
＋
?4?1－2?－?n＋1?×2n＋2? ＝3×?4＋?1－2??
＝－3n·2n2，所以Tn＝3n·2n2.
＋
＋
n
高考必会题型
题型一 分组转化法求和
112
例1 (2016·天津)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63.
a1a2a3(1)求{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an与log2an＋1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. 112由已知，有－＝2，
a1a1qa1q解得q＝2或q＝－1.
1－q6
又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，
1－q1－26
所以a1·＝63，得a1＝1.
1－2所以an＝2n1.
1
(2)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)
211－
＝(log22n1＋log22n)＝n－， 221
即{bn}是首项为，公差为1的等差数列.
2设数列{(－1)nb2n}的前n项和为Tn，则
22222T2n＝(－b21＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－b2n－1＋b2n)
－
＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n ＝
2n?b1＋b2n?
＝2n2. 2
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S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*. (1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和.
???a1＋a2＝4，?a1＝1，
解 (1)由题意得?则?又当n≥2时，
?a2＝2a1＋1，???a2＝3.
由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an， 得an＋1＝3an.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n1，n∈N*. (2)设bn＝|3n1－n－2|，n∈N*， 则b1＝2，b2＝1，
当n≥3时，由于3n1＞n＋2，故bn＝3n1－n－2，n≥3. 设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，
9?1－3n2??n＋7??n－2?3n－n2－5n＋11
当n≥3时，Tn＝3＋－＝，
221－3
－
－
－
－
－
??3， n＝2，
所以T＝?
3－n－5n＋11
，n≥3，n∈N.??2
n
n
2
*
2， n＝1，
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b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
an
(2) 当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
bn
???10a1＋45d＝100，?2a1＋9d＝20，
解 (1)由题意有，?即?
??ad＝2，ad＝2，?1?1
????a1＝1，
解得?或?2
??d＝2?d＝.
a1＝9，
9
?
??an＝2n－1，故?－
?bn＝2n1?
?a＝9?2n＋79?，
或?
?2?.b＝9·??9?
nn
n－1
1
2n－1－
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n1，故cn＝n－1，于是
22n－13579
Tn＝1＋＋2＋3＋4＋…＋n－1，
222222n－1113579
Tn＝＋2＋3＋4＋5＋…＋n. 2222222①－②可得
2n－12n＋31111
Tn＝2＋＋2＋…＋n－2－n＝3－n， 2222222n＋3故Tn＝6－n－1.
2
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“{an·bn}”型数列求和. (2)步骤：
①求和时先乘以数列{bn}的公比； ②把两个和的形式错位相减； ③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＝3n＋3. (1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn. 解 (1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3， 当n＞1时，2Sn－1＝3n1＋3，
－
① ②
此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n1＝2×3n1，
?3，n＝1，?－
即an＝3n1，所以an＝?n－1
?3，n＞1.?
－－
(2)因为anbn＝log3an，
11
所以，当n＝1时，b1＝，所以T1＝b1＝；
33当n＞1时，bn＝31nlog33n1＝(n－1)·31n. 所以，当n＞1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn 1－－－
＝＋(1×31＋2×32＋…＋(n－1)×31n)， 3所以3Tn＝1＋(1×30＋2×31＋…＋(n－1)×32n)， 两式相减，得
2－－－－
2Tn＝＋(30＋31＋32＋…＋32n)－(n－1)×31n
321－31n
1－n ＝＋－1－(n－1)×331－3
136n＋3136n＋3
＝－，所以T＝－， n
62×3n124×3n经检验，n＝1时也适合. 136n＋3综上可得Tn＝－.
124×3n题型三 裂项相消法求和
11
例3 若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y＝－x的图象上(n∈N*).
63(1)求数列{an}的通项公式；
11
(2)若c1＝0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn＝log1an，求证：对任意正整数n≥2，总有≤
3c2
2－
－
－
－
－
－
1113＋＋＋…＋＜. c3c4cn411
(1)解 ∵Sn＝－an，
63
11
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，
331
∴an＝an－1.
4
111
又∵S1＝－a1，∴a1＝，
63811－1＋
∴an＝()n1＝()2n1.
842
考前三个月高考数学（全国甲卷通用理科）知识 方法篇 专题5 数列、推理与证明 第24练
