第26练数列求和问题大全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.破题切入点(1)可以通过逐个验证来确定数列的前三项，进而求得an；(2)可以分组求和：将bn前n项和转化为数列an和数列(1)nln an前n项的和解(1)当a13时，不合题意；当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题型二错位相减法求和例2已知：数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2ann(nN*)(1)求a1，a2的值；(2)求数列an的通项公式；(3)若数列bn的前n项和为Tn，且满足bnnan(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.破题切入点(1)代入求解即可(2)由Sn2ann得Sn12an1(n1)，n2，两式相减构造数列求通项公式(3)错位相减求和解(1)Sn2ann.令n1，解得a11；令n2，解得a23.(2)Sn2ann，所以Sn12an1(n1)(n2，nN*)，两式相减得an2an11，所以an12(an11)(n2，nN*)，又因为a112，所以数列an1是首项为2，公比为2的等比数列所以an12n，即通项公式an2n1(nN*)(3)bnnan，所以bnn(2n1)n2nn，所以Tn(1211)(2222)(3233)(n2nn)，Tn(121222323n2n)(123n)令Sn121222323n2n，2Sn122223324n2n1，得Sn2122232nn2n1，Snn2n1，Sn2(12n)n2n12(n1)2n1，所以Tn2(n1)2n1(nN*)题型三倒序相加法求和例3已知函数f(x)(xR)(1)证明：f(x)f(1x)；(2)若数列an的通项公式为anf()(mN*，n1,2，m)，求数列an的前m项和Sm；(3)设数列bn满足b1，bn1bbn，Tn，若(2)中的Sm满足对不小于2的任意正整数m，Sm0，则，即，所以Tn()()()3.因为bn1bnb0，所以bn1bn，即数列bn是单调递增数列所以Tn关于n递增，所以当nN*时，TnT1.因为b1，b2()2，所以TnT13.由题意，知Sm，即，解得m，所以正整数m的最大值为3.题型四裂项相消法求和例4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的公差破题切入点(1)列方程组(两个条件)确定an.(2)可以采用裂项相消法求得含有公差的表达式，再和已知Tn对比求得公差解设数列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.所以1，d1.故数列an的公差d1或1.总结提高数列求和的主要方法有：(1)分组求和法：一个数列既不是等差数列也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，即能分别求和，然后再合并，或对字母n分类讨论后再求和(2)错位相减法：这是推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，主要用于求anbn的前n项和，其中an和bn分别是等差数列和等比数列(3)倒序相加法： 这是推导等差数列前n项和时所用的方法，将一个数列倒过来排序，如果原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和(4)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1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Sna1a2an11.2已知数列1，3，5，7，则其前n项和Sn为_答案n21解析因为an2n1，则Snnn21.3(2013课标全国改编)设等差数列an的前n项和为Sn，Sm12，Sm0，Sm13，则m_.答案5解析am2，am13，故d1，因为Sm0，故ma1d0，故a1，因为amam15，故amam12a1(2m1)d(m1)2m15，即m5.4在数列an中，若存在一个确定的正整数T，对任意nN*满足anTan，则称an是周期数列，T叫作它的周期已知数列xn满足x11，x2a(a1)，xn2|xn1xn|，当数列xn的周期为3时，则xn的前2 013项和S2 013_.答案1 342解析由xn2|xn1xn|，得x3|x2x1|a1|1a，x4|x3x2|12a|，因为数列xn的周期为3，所以x4x1，即|12a|1，解得a0或a1.当a0时，数列xn为1,0,1,1,0,1，所以S2 01326711 342.当a1时，数列xn为1,1,0,1,1,0，所以S2 01326711 342.综上，S2 0131 342.5已知数列2 008,2 009,1，2 008，2 009，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 014项之和S2 014_.答案2 010解析由已知得anan1an1(n2)，an1anan1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，2 008，2 009，1,2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S60.2 01463354，S2 014S42 0082 0091(2 008)2 010.6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)1026422341 830.7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an1an2n，应用累加法可得an2n1，所以Sna1a2a3an222232nnn2n1n2.9定义：若数列An满足An1A，则称数列An为“平方递推数列”已知数列an中，a12，点(an，an1)在函数f(x)2x22x的图象上，其中n为正整数(1)证明：数列2an1是“平方递推数列”，且数列lg(2an1)为等比数列；(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn，即Tn(2a11)(2a21)(2an1)，求数列an的通项公式及Tn关于n的表达式(1)证明由题意得an12a2an，得2an114a4an1(2an1)2.所以数列2an1是“平方递推数列”令cn