高三总复习--数列求前n项和方法分组求和法错位相减法裂项相消法题型总结归纳

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高考数学专题—数列求前n项和的5种常用方法总结

高考数学专题——数列（求S n ）求s n 的四种方法总结常考题型：共5种大题型（包含倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、并项求和法。

1、倒序相加法：实质为等差数列求和。

例1、【2019·全国2·文T18】已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n .求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2. 2、错位相减法：实质为等差×等比求和。

错位相减法的万能公式及推导过程：公式：数列c n =(an +b )q n−1，(an +b )为等差数列，q n−1为等比数列。

前n 项和S n =(An +B )q n +C A =a q −1，B =b −Aq −1，C =−B S n =(a +b )+(2a +b )q +(3a +b )q 2+⋯[(n −1)a +b ]q n−2+(an +b )q n−1 ① qS n =(a +b )q +(2a +b )q 2+(3a +b )q 3+⋯[(n −1)a +b ]q n−1+(an +b )q n ② ②-①得：(q −1)s n =−(a +b )−a (q +q 2+⋯q n−1)+(an +b )q n=−(a +b )−a ⋅q(1−q n−1)1−q+(an +b )q n=(an +b −aq−1)q n −(b −aq−1)S n =(aq −1⋅n +b −a q −1q −1)⋅q n −b −aq −1q −1例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+ 即21112a a q a q =+.所以220,q q +-= 解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例3、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【解析】（1）235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①② 得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列.（I ）求12,a a 的值；（Ⅱ）试求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】（Ⅰ）方法一：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列 21221a a ∴=⨯ 214a a ∴=又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列 2121122a a ∴-=,解得1228a a =⎧⎨=⎩方法二：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列,1112,n n a n a n+∴=1(1)2n n n a a n ++∴=.①又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列, 11122n nn na a ++∴-=② 由①②解得：2nn a n =⋅1228a a =⎧⎨=⎩ （Ⅱ）1122,1n n n a a n -=⋅= 2n n a n ∴=⋅123n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+1231222322n n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ 234121222322n n S n +∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅两式作差可得：23122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅()1212212n n n n S +-=-⋅--1(1)22n n n S +=⋅---, 1(1)22n n S n +∴=-⋅+.例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a S +-=．（I ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若3log n n b a =，数列2221n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：12nT <．【解析】（I ）当1n =时，由11a =，2121a a -=得23a =；当2n ≥时，121n n a S --=，两式相减得()1120n n n n a a S S +----=，即13n n a a +=(2)n ≥，又2133a a ==，故13n n a a +=恒成立，则数列{}n a 是公比为3的等比数列，可得13-=n n a ．（Ⅱ）由（I ）得313log log 31n n n b a n -===-，则22211111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭，则111111123352121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭． 1021n >+ 11112212n ⎛⎫∴-< ⎪+⎝⎭ 故12n T <例6、【2017·天津·理T18】已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,而b 1=2,所以q 2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8.①由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16,②联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n )1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n -23×4n+1+83. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n -23×4n+1+83. 例7、【2020·石家庄模拟】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由2S n ＝3a n －1，① 得2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②，得2a n ＝3a n －3a n －1，所以a n a n －1＝3(n ≥2)，又2S 1＝3a 1－1，2S 2＝3a 2－1，所以a 1＝1，a 2＝3，a 2a 1＝3，所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1.(2)由(1)得，b n ＝n3n －1，所以T n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，③13T n ＝131＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ，④ ③－④得，23T n ＝130＋131＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝1－13n1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以T n ＝94－6n ＋94×3n . 3、裂项相消法：实质为a n =b n (n+a )形式的求和。

高考研究课(三) 数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消及错位相减

＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通项公式；
an (2)求数列 2n＋1的前n项和．
[ 解]
(1)因为a1＋3a2＋„＋(2n－1)an＝2n，
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故当n≥2时，a1＋3a2＋„＋(2n－3)an－1＝2(n－1)． 2 两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝ (n≥2)． 2n－1 又由题设可得a1＝2，满足上式， 2 从而{an}的通项公式为an＝ . 2n － 1
高考研究课(三) 数列求和的3种方法 ——分组转化、裂项相消及错位相减
非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想： 1转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成. 2不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.
01 02
方法一分组转化法求和
方法二裂项相消法求和方法三错位相减法求和
03
04
课堂真题集中演练
高考达标检测阶段滚动检测
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06
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分组转化法求和
一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．
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[典例]
n2＋n 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝，n∈N*. 2
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[方法技巧]
(1)若数列{cn}的通项公式为 cn＝an± bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前 n 项和． (2)若数列{cn}的通项公式为
a ，n为奇数， n cn＝ bn，n为偶数，
其中数
列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn} 的前 n 项和．

高中数学求数列前n项和的方法

高中数学求数列前n项和的方法数列前n项和求解的七种方法为：倒序相加法、公式法、裂项相消法、错位相减法、迭加法、分组求和法、构造法。

下面给大家分享一些关于高中数学求数列前n项和的方法，希望对大家有所帮助。

一、用倒序相加法求数列的前n项和如果一个数列{an}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。

我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前n项和公式的推导，用的就是“倒序相加法”二、用公式法求数列的前n项和对等差数列、等比数列，求前n项和Sn可直接用等差、等比数列的前n项和公式进行求解。

运用公式求解的注意事项：首先要注意公式的应用范围，确定公式适用于这个数列之后，再计算。

三、用裂项相消法求数列的前n项和裂项相消法是将数列的一项拆成两项或多项，使得前后项相抵消，留下有限项，从而求出数列的前n项和。

四、用错位相减法求数列的前n项和错位相减法是一种常用的数列求和方法，应用于等比数列与等差数列相乘的形式。

即若在数列{an·bn}中，{an}成等差数列，{bn}成等比数列，在和式的两边同乘以公比，再与原式错位相减整理后即可以求出前n项和。

五、用迭加法求数列的前n项和迭加法主要应用于数列{an}满足an+1=an+f(n)，其中f(n)是等差数列或等比数列的条件下，可把这个式子变成an+1-an=f(n)，代入各项，得到一系列式子，把所有的式子加到一起，经过整理，可求出an，从而求出Sn。

六、用分组求和法求数列的前n项和所谓分组求和法就是对一类既不是等差数列，也不是等比数列的数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并。

七、用构造法求数列的前n项和所谓构造法就是先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项的特征，构造出我们熟知的基本数列的通项的特征形式，从而求出数列的前n项和。

2020年浙江高三数学总复习：求数列的前n项和复习讲义

第三节求数列的前n项和方也出爭为里事网络构建一、等差数列与等比数列的前n项和二、求前n项和1. 求和问题的切入口：对通项公式的分析研究，首先要准确识别出是等差数列还是等比数列.(1) 从通项公式上识别，若a n是关于n的一次函数，则数列｛a n｝是等差数列.(2) 从前n项和公式上识别，若S是关于n的无常数项的二次函数，则数列｛a n｝是等差数列；若S是关于n的有非零常数项的二次函数，则从第二项起｛a n｝为等差数列；若S是关于n的指数型函数与常数项之和，且指数型函数的系数与常数项互为相反数，则数列｛a n｝为等比数列.2. 三种常见求和类型(1) 若数列的通项公式是由等差数列与等比数列之积构成的，常用错位相减法求和.(2) 若数列的通项公式是由等差数列和等比数列之和构成的，常用拆项分组法求和.⑶若数列的通项是分式结构，分母所含因式是等差数列中相邻项时，常用裂项相消法求和.三、与等差、等比数列相关联的结论1. 在等差数列中，若n为偶数，则S 偶-S奇二罗；若n为奇数，则S奇-S偶=a 中(中间项).2. 在等比数列中，若数列项数为2n,则鱼=q.s 奇3.1+2+3+ …+n=J.224.2+4+6+ …+2n=n+n.25.1+3+5+7+…+2n-1=n . 四、数列求和的基本思路1. 一般的数列求和，应从通项入手，若无通项,则先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具有某种方法适应特点的形式从而选择合适的方法求和.2. 解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：一是转化的思想, 即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成；二是不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.等价转换思想是解决数列求和问题的基本思想方法，它可将复杂的数列转化为等差、等比数列问题来解决.1. 数列｛a n ｝的前 n 项和 S n =1-2+3-4+ …+(-1) n-1 • n,则 S7等于(A ) (A)9(B)8(C)17(D)16解析:S 仃=1-2+3-4+5-6+ …+ 15-16+17 = 1+(-2+3)+(-4+5)+ …+(-14+15)+(-16+17) = 1 + 1 + 1 +…+ 1=9. 故选A.2. 已知等差数列｛a n ｝的前n 项和为S,a 5=5,S 5=15,则｛ — ｝的前100a n an+1项和为(A )（A ）罟（B ）洛（C ）益 © IS解析:设数列｛a n ｝的首项为a 1,公差为d,因为所以所以所以所以所以 S °0=(1- 1)+( 2-3)+…+(禽诘) ' 2' '21 100=1- —101 101故选A.3.3 x 2-1+4X 2-2+5X 2-3+…+(n+2) • 2-n =解析：设 S n =3x 2-1+4X 2-2+5X 2-3+…+(n+2) • 2-n , *S=3X 2-2+4X 2-3+5X 2-4+…+(n+2) • 2-(n+1), 则*S=3X 2-1+2-2+2-3+…+2-n -(n+2) • 2-(n+1) 1 -丄 =1 + 2 £ -(n+2) • 2 -2 -n-1=2-1 -(n+2) • 2-n-1S=4-n 2=4-J 42n2n 44.(2017 n 1:一 —= k上S 解析：因为比勺•全国H 卷）等差数列｛a n ｝的前n 项和为S,a 3=3,S 4=10,则所以 a1 2d =3,4a^6d =10,解得ai 二|d二1,所以a n =n,S n 二字所以丄二-^=2(1-S nn (n 书) n所以 <1=2(1- !+!■ =2(1-丄) ' n +1 丿 =2nn 1答案：空n +1高频考点突破考点一分组法求和【例 1 ] 已知数列｛a n｝,｛b n｝满足 a i=5,a n=2a n-i+3n-1 (n > 2,n € N ),b n =a n -3 n (n € N).(1) 求数列｛b n ｝的通项公式；⑵求数列｛a n｝的前n 项和S n.解:(1)因为 a n =2a -1+3- (n € N,n >2), 所以 a n -3n =2(a n-1-3n-1), 所以 b n =2b n-1(n € N *,n >2). 因为 b 1=a 1-3=2 工 0, 所以b n 工0(n > 1), 所以电=2(n > 2),bi _L所以｛b n ｝是以2为首项,2为公比的等比数列禽),]+•.. +3T 在训练中掌握方法卜所以b n=2 • 2n-1=2n.⑵由(1)知a n=b+3n=2n+3：所以S=(2+22+…+2n)+(3+32+…+3n)=21一2" +31'"1 -2 1-3=才+32-72 2丘思旧网分组法求和的常见类型(1)若a n = b n± C n,且｛b n｝,｛C n｝为等差或等比数列，可采用分组法求® n｝的前n项和.⑵通项公式为a n=::为奇数，的数列,其中数列｛b n｝,｛c n｝是等比数列或等差数列，可采用分组法求和.L迂移迪箋在数列｛a n｝中,a 1=2,a n+1=2a n-n+1(n € N),数列｛a n｝的前n 项和为S.(1)证明：数列｛a n-n｝是等比数列，并求数列｛a n｝的通项公式；⑵求S;⑶证明:S n+1>S+2n+n.(1) 证明：因也!_L = 2ai -2n =2,故数列｛a n-n｝是公比为2的等比数列.a n - n Oi —n又因a1-1=1,故a n-n=2n-1,a n二n+21-1.(2) 解:S n=(1+20)+(2+2 1)+(3+2 2)+ …+(n+2n-1)=(1+2+3+ …0 1 2 n-1+n)+(2 +2+2+…+2 )= n(n If2 '⑶证明：由⑵得S n+1= n ^n 2 +2n+1-1,故S+1-(S n+2n+n)= n 2+2n+1-1- -2 n+1-2n-n.二n1 n：-n n 1+(2n+1-2 x 2n)-n=1>0, 故S+i>S+2 + n. S+i-(S n+2n+n)考点二错位相减法求和【例2】数列｛a n｝的前n项和为S n,对于任意的自然数2a n>0,4S n = (a n+1).(1) 求证：数列｛a n｝是等差数列，并求通项公式；(2) 设b n二聖,求和T n二b l + b2+…+b n.3(1) 证明：令n=1,4S i=4a i=(a i+1)2,解得a i=1,2由4S n=(a n+1),得4S+1 = (a n+l + 1)；两式相减得4a n+1 = (a n+l + 1) 2-(a n+1)2,整理得(a n+1+a n)(a n+1-a n-2) = 0,因为a n>0,以a n+1-a n = 2,则数列｛a n｝是首项为1,公差为2的等差数列，a n=1+2( n-1)=2 n-1.⑵解:由(1)得b n二辛，3T n=4+3+2+…+ 欝, ①3 3 3 3则3T n=l+|+3^+- +黑,②3 3 3 3 3①-②得_2 2n 2=3-于-，所以 T n = 1-2_J .理a (1)新数列｛c n ｝=｛a n • b n ｝,其中数列｛a n ｝是等差数列，数列｛b n ｝是等比数列，求数列｛C n ｝前n 项和分三步：①写出数列｛c n ｝的前n 项和S=C l +C 2+C 3+…+C n ；②把上述和式等号左右各项都乘以等比数列｛b n ｝的公比q 得qS 二qc i +qc 2+qa+…+qC n ；③把所得两式相减，注意等号右边要错位相减,错位相减部分恰好组成一个等比数列的若干项的和式，然后整理化简.(2)错位相减法求数列的前n 项和是一种重要方法.在应用这种方法时,一定要抓住数列的特征：数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得的数列.所谓“错位”，就是要找“同类项”相减，要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数.错位相减法在使用时由于运算量较大，易出现因运算不准确而致错的问题，所以在求解过程中要注意在“两式相减” “结果整理” 这些环节上的检查，最后可将n=1和n=2代入所得表达式进行检验(2018 •浙江卷)已知等比数列｛a n ｝的公比q>1,且a 3+Q+a 5=28,a 4+2是 a 3,a 5的等差中项.数列｛b n ｝满足b 1=1,数列｛(b n+1-b n )a n ｝的前n 项和为 2 2n +n. =1+2X 33"1+2(2n -1(1)求q的值；⑵求数列｛b n｝的通项公式.解:(1)由a4+2是a3,a5的等差中项,得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.由a3+a5=20,得8(q+1)=20, q解得q=2或q=l.2因为q>1,所以q=2.(2) 设C n = (b n+1-b n)a n,数列｛C n｝的前n项和为Sn _2.解得C n=4n-1.由(1)可得a n=2n-1,所以b n+i-b n=(4n-1) x (1)n-1,故b n-b n-1=(4n-5) x (1)n-2,n >2,b n-b 1=(b n-b n-1 )+(b n-1-b n-2)+ …+少3七2)+(b 2-b 1)=(4n-5) x (舟)"2+(4门-9) x (丄)n-3+…+7X !+3.设T n=3+7x 1+11 x (1)2+…+(4n-5) x (丄)n-2,n >2,2 2 2则2T n=3x 1+7x(2)2+…+(4 n-9) x(2)n-2+(4 n-5) x (期-1, 所以1T n=3+4x 1+4x(1) 2+ …+4x (丄)n-2-(4n-5) x (1)n-1,2 2 2 2 2 因此T n=14-(4n+3) • (f )n-2,n >2, 又b1=1,所以b n=15-(4 n+3) •(f)：考点三裂项相消法求和【例3】数列｛a n ｝的前n 项和为S,a n 是S 和1的等差中项，等差数列｛b n ｝满足 b i +S 4=0,b 9=a i .(1)求数列｛a n ｝,｛b n ｝的通项公式；⑵若6二 1 ,求数列｛c n ｝的前n 项和W(b n +16 ]b n +18 )' I J解：(1)因为a n 是S 和1的等差中项，所以 2a n =S n +1,所以 S=2a-1.当n 》2时，a n =S-S nj =(2a n -1)-(2a n-1 -1)=2a n -2a n-1,所以 a n =2a>1,当 n=1 时,a 1=S=2a/,所以a 1=1,所以a n 工0(n € N ),空=2,a n 丄所以数列｛a n ｝是以a 1=1为首项，2为公比的等比数列所以 an =2n-1, S=a 〔+a 2+…+a n =2 -1,设｛b n ｝的公差为 d,b 1=-S 4=-15,b 9=-15+8d=1,所以d=2.所以b n =-15+(n-1) x 2=2n-17. (2)c n = 1 1 12n -1 =丄 X (— ------ —)2n 1 2 ' 2n -1 2n 1 7_J ______ )]= J =^^2n -1 2n 1 2 4n 2 2n 1 '所以娇丄[(匚丄)+ ( 1-打+…+(2°'13丿\3 5/ '(i )裂项相消法一般适用分式数列求和.把数列的通项分解为两项的差是这种方法使用的关键所在.使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的. ⑵裂项相消法的基本思想是把数列的通项 a n 分拆成a n 二b n+1-b n 或者 a n 二b n -b n+1或者a n = b n+2-b n 等,从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中要善于根据这个基本思想变换数列｛a n ｝的通项公式，使之符合裂项相消的条件•(3) 常见的裂项方法有：① a n= - =1- —,a n =-=丄(丄-丄); n (n 出)n n +1 n (n +k ) k n n +k ② a n = - =丄(丄-—)；(2n -1 ]2n 北)2 ' 2n —1 2n +1③ a n 二 ------ _1 = J n +1-伍, "n g n 也④ a n =1 =丄[亠-1— n (n +1]n +2) 2「n(n 也)(n 也][n +2 ⑤ a n =』^ •丄=GL — •丄n fn 州、 2 n f n 十1 \ 2匚迂移训练已知正项数列｛a n ｝满足:4S n 二a"2a-3,其中S 为数列｛a n ｝的前n 项和.(1)求数列｛a n ｝的通项公式；an =^hTn =1(E -耐 i严[(' 汩-(缶尙兀1_ 1 n n . ・ n ■ n 2 - n 1 2⑵设b n二亠,求数列｛b n｝的前n项和T n. 3i -1解:(1)令n=1 得4a1=a：+2a1-3,且a n>0,解得a1=3.当n》2 时,4S n-4S n-i = a；- a n 1 +2ch-2a n-i,即4a n= a；- a；丄+2a-2a n-i,整理得(a n + a n-i)(a n-a n-1-2) = 0,因为a n>0,以a n-a n-1 =2,所以数列｛a n｝是首项为3,公差为2的等差数列，故a n=3+(n-1) x 2=2n+1.⑵由(1)知：^=亠=丄 =1=丄(丄-丄)，0, -1 4n2 +4n 4n(n +1)4 ' n n+1，所以T n=b1+b2+- +b n=!(1- 1+[-〕+••• +丄-丄)=1(1-丄)二4' 2 2 3 n n+1， 4' n+1， 4n+4考点四含绝对值数列求禾口【例4】在公差为d的等差数列｛a n｝中，已知a1=10,且a,2a2+2,5a3 成等比数列.(1)求d,a n；(2) 若d<0,求|a 1|+|a 2|+|a 3|+ …+|a n|.解:(1)由已知得&+2 j =5aa3? 4®+d 刑=50(a1+2d)?(11+d) 2=25(5+d)121+22d+d=125+25d? d2-3d-4=0 ? f =4' 或a n =4n 十6 f n =11 —n.(2)由(1)知,当d<0 时,a n=11-n,所以|a n| = 11 -n,1 _n _11, n -11,n _12.①当1< n w 11时, a n> 0,6所以 |a i |+|a 2|+|a 3|+ …+|a n |=a i +Q+a3 — &=n 10「_n = n 2；」.②当n 》12时，因为a n < 0,所以 |a i |+|a 2|+|a 3|+ …+|a n |=a i +G+a 3+…+a^-(a i2+a ；3+ …+a n )=2(a i +a 2+a3 — a ii )-(a11 科21 _11 n(21 -n )= n 2 /1n+2202 2 2综上所述,n 21 _n2 口”n 2 _21n 220“ n _12 I. 2 ' 有些数列是因项的正负分布不同而产生分段.对于这种数列,我们就要按参加求和的项是否是同一种符号的项分为两类来求和.需要注意的是该数列的项是按照什么规律进行分类的，只有准确把握项的正负分类才能正确地求解.(2)有些数列是因奇数项和偶数项分别按照不同规律而产生分段 .对于这种数列，我们就要按参加求和的奇数项和偶数项的个数是否相同分为两类来求和•在每一类中，要注意奇数项和偶数项分别有多少，避免因分类不清而致错的现象产生.［应移迪箋已知每一项都是正数的数列｛a n ｝满足a 1=1,a n+1=2(n € N *).12a n(1) 用数学归纳法证明:a 2n+1<a 2n-1 ；(2) 证明:丄 < a n < 1;i +a 2+a 3+…+a n )=2 x |a i |+|a 2|+|a 3|+ …+|a n | =(3) 记S n为数列｛|a n+i-a n|｝的前n项和,证明:S n<6(n € N).证明:(1)由题知,a 1=1>0,a n+1=y >0(n € N).12&①当 n=1 时,a i =1,a 2=a ^1 =-'c- 612a 1 "證=^，a 3Va 1 成立；②假设n=k 时，结论成立，即a 2k+i <a 2k-i ,a2n 1 因为 a 2n+1=a2n12a212a 2n:n J_12 .a^12a2n 113已2 n 丄'：1 12 a ■ 1以 a 2k+3-a 2k+i=13a 2k + +1 12 a 2k 1 1即n 二k+1时也成立， 13a 2 k 丄■ 1 =a 2k i - a 2k 丄 — vO.12 a 2k 丄 1a 2k 1 1 冬丄 1由①②可知对于n € N,都有a 2n+i <a 2n-i 成立. (2)由(1)知,a 2n+1 <a 2n-1 , 所以仁a i >…>a 2n-1 >a 2n+1 ,同理由数学归纳法可证a 2n <a 2n+2, 1a 2n >a 2n-2>°°° >32=—.6 猜测:a 2n V 1<a 2n-1 ,下证这个结论.3丄-1〕因为 a n+1- 1= 3-,34a n所以a n+1- 1与a n -1异号.33注意到 a 1- 1 >0,知 a 2n-1 - - >0,a 2n - - <0,333即卩 a 2n < 1 <a 2n-1 .3所以有a 1> …>a 2n-1 >a 2n+1>1 >a 2n >a 2n-2 >••• >a 2,3=6 •(6)n '所以害专a n+i -a n |.所以 |a n+i -a n | w — |a n -a n-i | w ( 6) |a n-i -a n-21 w …w (—) |a 2-a 11(3)|a n+2-a n+i |=| ^!^- — |=a n i-an<i2a n ii2a n 'i2a “a n i务 iS= a 2 -a ^-|a ^a 2I ：j a4 _a 3 • • a n i -a n=5[i 埒+()+…+(；)n-i ]=5 X 76i_6 7<35<36=66【例题】等比数列.裂项相消及错位相减法求和已知等差数列｛a n ｝的公差为2,前n 项和为S,且S,S 2,S 4成(i)求数列｛a n ｝的通项公式;n-ia n an⑵令b n= (-i)d ,求数列｛b n ｝的前n 项和T n .解:(1)d=2,S i =a i ,S 2=2a i +d,S 4=4ai +6d,因为S,S 2,S 4成等比数列，所以s ；=SS. 解得 a i =1,所以 a n =2n-1. n-ia.%(2)b n =(-i) n-i Q =(-i) n-i (当n 为偶数时, T n =(i+i )-( 3+i )+ …+(*+*)-(羔计)所以 T n = i- i _ 2n2n i 2n i当n 为奇数时，T n =(i + [)-(丄+丄)+…-(丄 +丄)+(丄 +亠) 33 52n —3 2n —i2n —i 2n +i所以T n = i+丄二沁.2n +i 2n,n 为偶数，所以T n = 2n 1 叱,n 为奇数.2n 1解题规范斗|规范要求:(1)对b n 中的符号易忽视讨论，当n 为偶数时和当n 为奇数时和是不同的；⑵裂项相消时，要注意消去了哪些项，余下哪些项；n 1(3) 最后结果要用分段形式表达或写成兀=2「「-1匚形式.2n -1温馨提示：(1)第1问实质是基本量的计算，对等差数列的通项公式及前n 项和公式要得心应手；⑵ 把b n拆项成(-1) n-1(丄+丄)是本题之关键，正负抵消要看清剩2n -1 2n北余的项.【规范训练1】(2017 •山东卷)已知｛X n ｝是各项均为正数的等比数列且 X 1+X 2=3，X 3-X 2 = 2. (1)求数列｛X n ｝的通项公式；⑵ 如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(X 1, 1)，P 2(X22)，…，P n+1(X n+1, n+1)得到折线P P 2-P n+1,求由该折线与直线 y=0，X=X 1,X =X n+1所围成的区域的面积T n .解:(1)设数列｛x n ｝的公比为q,2n n 为偶数,由题意得X12WXiq _x’q =2,所以3q2-5q-2=0.由已知得q>0,所以q=2,x i=1,因此数列｛x n｝的通项公式为*=2：⑵过P l,P2,…,P n+1向X轴作垂线,垂足分别为Qd …,Q n+1.由(1)得X n+1-X n r?"”'/1,记梯形P n P n+1Q+1Q的面积为b n.由题意得b n=l寸丄x 2n-1=(2n+1) x 2n-2,所以T n=b1+b2+…+b n=3x 2-1+5X 2°+7X 夕+…+(2n-1) x 2n-3+(2n+1) x 2：①又2T n=3x 2°+5x 21+7x 22+…+(2n-1) x 2n-2+(2n+1) x 2n-1.②①-②得r n 1-T n=3x 2-1+(2+22+…+2n-1 )-(2n+1) x 2n-1=£ + 2：：_ -(2n+1) x 2n-1,所以T n=2n-1 2n M.2【规范训练2】已知数列｛a n｝和｛b n｝满足a1=2,b1=1,a n+1=2a(n € N), 4+52+口3+…+^b n = bn+1-1(n € N*).2 3 n(1)求a n 与b n；⑵记6二—-—,求数列｛c n｝的前n项和T n.44+ b n b n +解:(1)由a1=2,a n+1=2a n,得a n=2n(n € N*).由题意知，当n=1 时,b 1=b2-1,故b2=2,当 n 》2 时,b 1+- b 2 -------------------------------------------------------------b n-l + - b n = b n+1-1,两式相减得-b n =b n+1-b n整理得虹=冬类型一分组法求和1.已知数列｛a n ｝满足 a i =1,a n+i • a n =2n (n € N ),则 S o-6 等于(B ) (A)2 2 016-1(B)3 • 21 008-3(C)3 • 21 008-1 (D)3 • 21 007-2n 1解析:a 1=1,a 2=-=2,又 an 2 an 1 =牛=2.a 1an + a n2所以也=2.所以a 1,a s ,a 5,—成等比数列砂砂小，一成等比数列, 所以 S 016=a 1+a 2+a 3+a 4+a 5+a 6—+a 2 015 +a 2 016=(a 1+a s +a s+—a ? 015 )+(a 2+a 4+a s —+a ? 016)故选B.2.有穷数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+- +2n-1所有项的和为 _______ .b i + - b 2+— + b n-i =b n -1,2n _12n -1 n所以 b n =n(n € N). -3.解析：由题意知所求数列的通项为—n=2n-1,1_2故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2血-n=2n+1-n-2.1_2答案：2n+1-n-2类型二错位相减法求和3. 已知数列｛a n｝的前n项和为S n且a n=n • 2n,则S n= ____________________ .解析:S n=1 • 2+2 • 22+3 • 23+…+n • 2n, ①2S=1 •22+2 •23+…+(n-1) •2n+n •2n+1,②①-②得-S n=2+2+2 — 2-n • 2 1=-2(1-2 n)-n • 2n+1=-2+2n+1-n • 2n+1=-2-( n-1) • 2n+1,所以S=2+(n-1) • 2n+1.答案:2+( n-1) • 2n+14. 已知数列｛a n｝,且a n=(2n+1) • 3n-1,则其前n项和S二 _____ . 解析:S n=3+5X 3+7X 32+—+(2n+1) x 3n-1, ①3S=3X 3+5X 32+—+(2n-1) x 3n-1+(2n+1) x 3n,②①-②得-2S n=3+2X 3+2X 32+—+2x 3n-1-(2n+1) x 3n=3+2x ^=^-(2n+1) • 3n=-2n x 3n,所以S=n • 3n.答案:n • 3n类型三裂项相消法求和S=£则n 等于(B ) (A)6(B)7(C)8 (D)9解析：因为数列｛a n ｝的通项公式a n =1,那么要求解数列的前n2n -1 2n 1项和问题,主要是分析通项公式的特点.因为因此可知,S=a 1+a 2+a 3—+&=!(1- 1 )2 2n 1=n2n 1'所以丄=7,所以n=7.2n 比 15故可知n 的值为7,故选B.6.已知数列｛a n ｝满足a n=^ ' n ,则数列｛丄｝的前n 项和 na nan +为 _______ .n2贝 y =4=4(—anS 1 n 1 n 2n 15.已知数列｛a n ｝的通项公式a n = .若数列｛a n ｝的前n 项和a n =1 2n -11 2n 1)，=2[(1- 1)+(3-5)+(112n -1)]解析:a n =1 2 d 川u 1匕) 2n 1所以 s=4[( 1-1)+( 1-^)+ …+( —— )]=4(丄-丄)二亘 2334n 1 n 22n 2 n 2答案:2n n 28.(2016 •浙江卷)设数列｛a n ｝的前n 项和为S,已知S 2=4,a n+1=2S+1,n*€ N.(1) 求通项公式a n ；(2) 求数列｛|a n -n-2|｝的前n 项和. 解:(1)由题意得a1 a2 S 则a1乩 I s t =2日 1 1. a 2 =3. 又当 n 》2 时,由 a n+1-a n =(2S n +1)-(2S n-1 +1) = 2a n , 彳得 a n+1=3a n .^又 a 2=3a 1,所以,数列｛a n ｝的通项公式为a n =3n-1 ,n € N. ⑵ 设 b n =|3n-1-n-2|,n € N,b 1=2,b 2=1. 当n 》3时，由于 3n-1>n+2,故 b n =3n-1-n-2,n 》3.设数列｛b n ｝的前n 项和为T n , 7.若已知数列的前四项是亠 1 +2 尢，羔，宀，则数列的前n 项和解析：因为通项a n^^=1(1n (n +2)2 n则数列的前n 项和Si (1-1 + 1-1+1-1 +…+丄-丄+丄-丄), 2、1 3 2 4 3 5 n_1 n+1 n n+2 八1 - 1 - 1 )= 3 - 2n +32 n 1 n 2 4 2 n 1 n 2 2n 32 n 1 n 2 含绝对值数列求和 s=1(1+ 2 1 答案：3 -4 类型四 n^)，则T1=2,T2=3.当n》3时，+9(1护(n+7ji n_2]=3n_n2_5n+11Tn=31」 2 2 ' |2,n =1，所以T i= 3n _n2 _5n 11,n 亠2.2。

数列求和(分组求和、并项法、错位相减、裂项相消)综合经典例题(收藏版)含答案详解

数列求和综合（经典总结版）含答案详解包括四种题型：分组求和、并项法、错位相减、裂项相消一、分组求和例1．求和.练1已知数列{}n x 的首项13x =，通项2n n x p n q =⋅+⋅（*n ∈N ，,p q 是常数），且145,,x x x 成等差数列.（1）求,p q 的值；（2）求数列{}n x 的前n 项和n S .例2．（奇偶性）已知等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 4+2成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；（Ⅱ）设b n ＝，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．二、并项法例1．已知数列的前项和，求，的值以及Sn 的值.练1.求，，，，…，，…的前50项之和以及前项之和.三、错位相减例1 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1=2，3S n =11543(2)n n n a a S n ---+≥（I ）求数列a n 的通项公式；（Ⅱ）若b n =n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。

11111232482n n ⎛⎫+++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭{}n a n 1159131721...(1)(43)n n S n -=-+-+-++--15S 22S 21-2223-242(1)n n •-50S n n S练1 等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 1，S 3，S 2成等差数列．若a 1－a 3＝－32，求数列{n ·a n }的前n 项和T n .练2 设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n .例2已知数列{}n a 的首项123a =，121n n n a a a +=+，1,2,3,n =…．（Ⅰ）证明：数列1{1}na -是等比数列；（Ⅱ）数列{}n n a 的前n 项和n S ．练1 已知各项均为正数的数列{}n a 前n 项和为n S ，首项为1a ，且n n S a ,,21等差数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若n bn a )21(2=，设nnn a b c =，求数列{}n c 的前n 项和n T .练2、已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n .例3 在等比数列{a n }中，a 2a 3＝32，a 5＝32.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，求S 1＋2S 2＋…＋nS n .例4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n ，数列{b n }满足b 1＝－1，b n ＋1＝b n ＋(2n －1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)求数列{b n }的通项公式b n ；(3)若c n ＝a n ·b nn ，求数列{c n }的前n 项和T n .四、裂项相消裂项相消的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，以达到求和的目的. 常见的裂项相消形式有： 1. 111(1)1n a n n n n ==-++ 1111()(2)22n a n n n n ==-++ ┈┈1111()()n a n n k k n n k ==-++2n p a An Bn C ⇒=++（分母可分解为n 的系数相同的两个因式）2. 1111()(21)(21)22121n a n n n n ==--+-+ 1111()(21)(23)22123n a n n n n ==-++++1111()(65)(61)66561n a n n n n ==--+-+3. 1111(1)(2)2(1)(1)(2)n a n n n n n n n ⎡⎤==-⎢⎥+++++⎣⎦4.)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-n n n n n 5. 111211(21)(21)2121n n n n n n a ---==-++++ +1+1211(21)(21)2121nnn n n n a ==-++++122(1)111(1)2(1)22(1)2n n n n n n n n a n n n n n n -++-==⋅=-++⋅+6.=┈┈12=1k=- 例1．正项数列}{n a 满足02)12(2=---n a n a n n ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式n a ； (Ⅱ)令,)1(1nn a n b +=求数列}{n b 的前n 项和n T ．练1.等比数列}{n a 的各项均为正数，且6223219,132a a a a a ==+．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式； (Ⅱ)设,log log log 32313n n a a a b +++= 求数列}1{nb 的前n 项和．例2．已知等差数列}{n a 满足：26,7753=+=a a a ．}{n a 的前n 项和为n S ．(Ⅰ)求n a 及n S ； (Ⅱ)令),(11*2N n a b n n ∈-=求数列}{n b 的前n 项和n T ．例3．已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且421,,S S S 成等比数列．(1)求数列}{n a 的通项公式；(2)令,4)1(112+--=n n n a a nb 求数列}{n b 的前n 项和n T .例4．正项数列}{n a 的前n 项和n S 满足：0)()1(222=+--+-n n S n n S n n .(1)求数列}{n a 的通项公式n a ；(2)令,)2(122n n a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为n T ，证明：对于,*N n ∈∀都有645<n T .练1、已知数列{}n a 是首相为1，公差为1的等差数列，21n n n b a a +=⋅，n S 为{}n b 的前n 项和，证明：1334n S ≤<.例5．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1+a 4＝9，a 2a 3＝8．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝，求数列{b n }的前n 项和T n ．例6. （无理型）设数列{}n a 满足01=a 且111111=---+nn a a ，（1）求{}n a 的通项公式；（2）设na b n n 11+-=，记∑==nk kn bS 1，证明：1<n S .例7.（指数型）．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝﹣n ﹣1．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）求数列{}的前n 项和T n ．例8．设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n （n ∈N *），{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2+2，a 4＝b 3+b 5，a 5＝b 4+2b 6．（Ⅰ）求{a n }和{b n }的通项公式；（Ⅱ）设数列{S n }的前n 项和为T n （n ∈N *），（i ）求T n ；（ii ）证明＝﹣2（n ∈N *）作业：1．设231()2222()n f n n N ++=++++∈，则()f n 等于（）A.21n -B.22n -C. 122n +-D. 222n +-2．满足*12121,log log 1()n n a a a n +==+∈N ，它的前n 项和为n S ，则满足1025n S >的最小n 值是（）A ．9B ．10C ．11D ．123．已知等差数列}{n a 的前n 项和为,15,5,55==S a S n 则数列}1{1+n n a a 的前100项和为( A ) A ．100101 B ．99101 C ．99100 D ．1011004．求和2345672223242526272+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯= . 5．定义在上的函数满足，则6．已知数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 满足S n ＝12－12a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设f (x )＝log 3x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n ，求T 2 012；(3)若c n ＝a n ·f (a n )，求{c n }的前n 项和U n .7．已知数列{a n }为公差不为零的等差数列，a 1＝1，各项均为正数的等比数列{b n }的第1项，第3项，第5项分别是a 1，a 3，a 21.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .8. 已知数列{an}的前n 项和Sn ＝－12n 2＋kn(其中k ∈N ＋)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和Tn.R )(x f 2)21()21(=-++x f x f )83()82()81(f f f ++67()()_______88f f +++=数列求和综合答案详解版一、分组求和例1．求和. 【解析】(1+2+3+…+n)+ =【总结升华】1. 一般数列求和，先认真理解分析所给数列的特征规律，联系所学，考虑化归为等差、等比数列或常数列，然后用熟知的公式求解.2. 一般地，如果等差数列与等比数列的对应项相加而形成的数列都用分组求和的办法来求前项之和.练1已知数列{}n x 的首项13x =，通项2n n x p n q =⋅+⋅（*n ∈N ，,p q 是常数），且145,,x x x 成等差数列.（1）求,p q 的值；（2）求数列{}n x 的前n 项和n S . 【解析】（1）232(164)2325p q p q p q p p +=⎧⎨+=+++⎩ 解得11q p =⎧⎨=⎩（2）12212(21)(22)+(2)n n S x x x n =+++=+++++………… =12(22+2)(123+n)n ++++++…………=1(1)222n n n ++-+ 例2．（奇偶性）已知等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 4+2成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；（Ⅱ）设b n ＝，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．【解答】解：（I ）设等差数列{a n }的过程为d ，∵a 1＝1，且a 1，a 2，a 4+2成等比数列． ∴＝a 1•（a 4+2），即（1+d ）2＝1×（1+3d +2），化为：d 2﹣d ﹣2＝0，解得d ＝2或﹣1．其中d ＝﹣1时，a 2＝0，舍去．∴d ＝2．a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，S n ＝＝n 2．（Ⅱ）设b n ＝＝，∴n 为偶数时，＝＝16，b 2＝8；11111232482n n ⎛⎫+++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭11111232482n n S n ⎛⎫=+++⋅⋅⋅++= ⎪⎝⎭111242n ⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭(1)1122n n n ++-{}n a {}n b {}n n a b +n n Sn 为奇数时，＝＝，b 1＝．∴数列{b n }的奇数项是首项为，公比为．数列{b n }的偶数项是首项为8，公比为16．∴数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝+＝．二、并项法例1．已知数列的前项和，求，的值以及Sn 的值.【思路点拨】该数列{}n a 的特征：1(1)(43)n n a n -=--，既非等差亦非等比，但也有规律：所有奇数项构成以1为首项8为公差的等差数列，偶数项构成以-5为首项-8为公差的等差数列，因而可以对奇数项和偶数项分组求和；还有规律：1234561...4n n a a a a a a a a ++=+=+==+=-（n 为奇数），可以将相邻两项组合在一起. 【解析】（1）法1（分组）由可得，法2（并项）a1+a2=−4,a3+a4=−4（2）由∴当为奇数，时，，Sn=( a1+a2)+ a3+a4……（a n-2-a n-1）+an=−4(n−12)+4n-3=2n-1当为偶数，时，，Sn=( a1+a2)+ a3+a4……（a n-1+an ）=−4×n2=−2n 【总结升华】1.对通项公式中含有或的一类数列，在求时要注意讨论的奇偶情况.2. 对正负相间的项中的相邻两项进行恰当的组合，可能会有意料之结. 举一反三：【变式1】求，，，，…，，…的前50项之和以及前项之和.{}n a n 1159131721...(1)(43)n n S n -=-+-+-++--15S 22S 1(1)(43)n n a n -=--158(157)7(553)[19...(4153)][513...(4143)]2922S ++=+++⨯--+++⨯-=-=2211(181)11(585)[19...(4213)][513...(4223)]4422S ++=+++⨯--+++⨯-=-=-1(1)(43)n n a n -=--n n N +∈1(43)(41)4n n a a n n ++=--+=-n n N +∈1(43)(41)4n n a a n n ++=--++=n )1(-1n )1(+-n S n 21-2223-242(1)n n •-50S n n S【解析】（1）设，则数列为等差数列，且是的前25项之和，所以.（2）当为偶数即时，.当为奇数即时，.三、错位相减例1 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1=2，3S n =11543(2)n n n a a S n ---+≥ （I ）求数列a n 的通项公式；（Ⅱ）若b n =n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。

(完整word版)数列知识点复习总结,推荐文档

数列高考知识点大扫描数列基本概念数列是一种特殊函数，对于数列这种特殊函数，着重讨论它的定义域、值域、增减性和最值等方面的性质，依据这些性质将数列分类：依定义域分为：有穷数列、无穷数列；依值域分为：有界数列和无界数列；依增减性分为递增数列、递减数列和摆动数列。

数列的表示方法：列表法、图象法、解析法（通项公式法及递推关系法）；数列通项：()n a f n =2、等差数列1、定义当n N ∈,且2n ≥ 时，总有 1,()n n a a d d +-=常，d 叫公差。

2、通项公式 1(1)n a a n d =+-1）、从函数角度看 1()n a dn a d =+-是n 的一次函数，其图象是以点 1(1,)a 为端点, 斜率为d 斜线上一些孤立点。

2）、从变形角度看 (1)()n n a a n d =+--, 即可从两个不同方向认识同一数列，公差为相反数。

又11(1),(1)n m a a n d a a m d =+-=+-,相减得 ()n m a a n m d -=-，即()n m a a n m d =+-. 若 n>m ，则以 m a 为第一项，n a 是第n-m+1项，公差为d ；若n<m ，则 m a 以为第一项时，n a 是第m-n+1项，公差为-d.3）、从发展的角度看若{}n a 是等差数列，则12(2)p q a a a p q d +=++- ，12(2)m n a a a m n d +=++-, 因此有如下命题：在等差数列中，若2m n p q r +=+= , 则2m n p q r a a a a a +=+=.3、前n 项和公式由 1211,n n n n n S a a a S a a a -=+++=+++L L ，相加得 12n n a a S n +=，还可表示为1(1),(0)2n n n S na d d -=+≠，是n 的二次函数。

2025届高考数学一轮总复习第六章数列第四节数列求和

4×3
41 + 2 ×
= 32,
1 = 5,
S4=32,T3=16,得
解得
所以
= 2.
(1 -6) + 2(1 + ) + (1 + 2-6) = 16,
an=a1+(n-1)d=2n+3.
(2)证明由(1)可得
[5+(2+3)]
Sn=
=n2+4n.
2
当 n 为奇数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-2-6+2an-1+an-6
×…× ×a2= × ×…× ×1=n-1.
-2
2
1
-2 -3
显然 a1=0 满足,∴an=n-1(n∈N*).
(2)由(1)可知 an=n-1(n∈N*),
+1
1
1 1
1 2
1 3
1
∴an+1=n,∴ =n· ,∴Tn=1×
+2×
+3×
+…+n· ,
2
2
2
2
2
2
1
1 2
1 3
1
2
2
+(
1
2
2
−
1
2 )+…+
3
1
1
1
2 - 2 =1-81
8 9
=
80
.
81
=
1
2
−
1
(+1)
2,
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高考数学：数列求和——三大类高频题型的命题规律和满分答题要点

高考数学：数列求和——三大类高频题型的命题规律和满分答题要点近几年出题频率较高的三类数列求和题型有：错位相减法、裂项相消法、分类讨论法等。

下面将它们的解题程序归纳如下：1.错位相减法求和一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法求和,一般是在等式的两边同乘以等比数列{bn}的公比,然后作差求解.若{bn}的公比为参数(字母),则应对公比分等于1和不等于1两种情况分别求和.例题：2.利用裂项相消法探求数列的前n项和如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项。

从而求出该数列的前n项和．破解此类题的关键点如下：①裂项技巧．一般将an通过恒等变形拆成形如an=f(n)-f(n-k)的形式(k=1，2，……) ②抵消规律.正、负项相互抵消后，所剩项的一般规律是：前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项，注意剩下的项有前后对称的特点，否则，极易出错．例题：[2018长春市高三第一次质量监测,17]总结：利用裂项相消法求数列的和时，要过好三关：一是通过基本运算快速求出数列的通项；二是根据所求通项的结构特点，借助常见的裂项技巧，找准裂项方向，准确裂项；三是把握消项规律，准确求和，切忌出现丢项或多项的问题，导致结果错误．3.利用分类讨论法探求数列的前n项和若数列的通项公式为分段函数、周期函数或形如(-1)^nan，|an|等形式，在求数列的前n项和时，没有固定的方法可套用，观察数列的规律，发现按照某种标准分类后，每类均可求和，最后相加即可得出结果，在解决问题的过程中渗透着转化与化归、分类讨论数学思想方法。

对项数的奇偶进行分类讨论求数列的前n项和时，一般是先求项思路分析：数为偶数的一组，但要注意n的取值变化不再是1，2，3，…，而是2，4，6，…，当代入公式求和时．注意首项、公差(比)和项数都会对应发生改变；项数为奇数求和时，可代入相应公式求和，也可利用偶数项的结论(Sn=S↓(n-1)+bn)，能简化求和过程．总结：破解此类题的关键点如下．①找规律．根据数列的通项公式或递推公式去发现或证明存在某一规律：如通项公式为分段函数的形式等．②定标准．根据规律确定如何分类，是以项数的奇偶分类还是其他.③分类求和．若该类是等差(比)数列可直接求和，但要注意新首项、新公差(比)、新项数分别是多少；若不是特殊数列，再转化为其他方法求和．。

2023年高考数学一轮复习讲义——数列求和

§6.5 数列求和考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法．知识梳理数列求和的几种常用方法1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和．(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d . (2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1. 2．分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)形如a n ＝(－1)n ·f (n )类型，常采用两项合并求解．3．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．4．裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)常见的裂项技巧①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. ②1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2. ③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1. ④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( √ ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( √ ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时，只要把上式等号两边同时乘a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n ＋3的前n 项和可用分组转化法求和．( √ ) 教材改编题1．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( )A ．－200B ．－100C ．200D ．100答案 D解析 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.2．等差数列{a n }中，已知公差d ＝12，且a 1＋a 3＋…＋a 99＝50，则a 2＋a 4＋…＋a 100等于( ) A ．50B ．75C ．100D ．125 答案 B解析 a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋d )＋(a 3＋d )＋…＋(a 99＋d )＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋50d＝50＋25＝75.3．在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0222 023，则项数n ＝________. 答案 2 022解析 a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0222 023， ∴n ＝2 022.题型一分组求和与并项求和例1 (2022·衡水质检)已知各项都不相等的等差数列{a n }，a 6＝6，又a 1，a 2，a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解 (1)∵{a n }为各项都不相等的等差数列，a 6＝6，且a 1，a 2，a 4成等比数列．∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 6＝a 1＋5d ＝6，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，d ≠0，解得a 1＝1，d ＝1，∴数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n ，记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2， B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.延伸探究在本例(2)中，如何求数列{b n }的前n 项和T n ?解由本例(2)知b n ＝2n ＋(－1)n n .当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n ＝2n ＋1－n 2－52. 所以T n ＝⎩⎨⎧ 2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100. 解 (1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列，设首项为a 1，公比为q ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝32，q ＝12(舍)或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ，n ∈N *.(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32，26＝64，27＝128，所以b 1对应的区间为(0,1]，则b 1＝0；b 2，b 3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，则b 2＝b 3＝1，即有2个1；b 4，b 5，b 6，b 7对应的区间分别为(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2，即有22个2；b 8，b 9，…，b 15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3，即有23个3；b 16，b 17，…，b 31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4，即有24个4；b 32，b 33，…，b 63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5，即有25个5；b 64，b 65，…，b 100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，则b 64＝b 65＝…＝b 100＝6，即有37个6.所以S 100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.思维升华 (1)若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和．(2)若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和．跟踪训练1 (2022·重庆质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝9，S 5＝25.(1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)设b n ＝(－1)n S n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由S 5＝5a 3＝25得a 3＝a 1＋2d ＝5，又a 5＝9＝a 1＋4d ，所以d ＝2，a 1＝1，所以a n ＝2n －1，S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2. (2)结合(1)知b n ＝(－1)n n 2，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6)＋…＋(b n －1＋b n )＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n －1)2＋n 2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n －(n －1)][n ＋(n －1)]＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2. 当n 为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋(－1)n ·n 2＝(n －1)n 2－n 2＝－n (n ＋1)2. 综上可知，T n ＝(－1)n n (n ＋1)2. 题型二错位相减法求和例2 (10分)(2021·全国乙卷)设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n 3.已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式； [切入点：设基本量q ](2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n 2. [关键点：b n ＝n ·⎝⎛⎭⎫13n ]教师备选(2020·全国Ⅰ)设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项．(1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．解 (1)设{a n }的公比为q ，∵a 1为a 2，a 3的等差中项，∴2a 1＝a 2＋a 3＝a 1q ＋a 1q 2，a 1≠0，∴q 2＋q －2＝0，∵q ≠1，∴q ＝－2.(2)设{na n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝(－2)n －1，S n ＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n (－2)n －1，①－2S n ＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n －1)·(－2)n －1＋n (－2)n ，② ①－②得，3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n (－2)n＝1－(－2)n 1－(－2)－n (－2)n ＝1－(1＋3n )(－2)n 3， ∴S n ＝1－(1＋3n )(－2)n 9，n ∈N *. 思维升华 (1)如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，常采用错位相减法．(2)错位相减法求和时，应注意：①在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．②应用等比数列求和公式必须注意公比q 是否等于1，如果q ＝1，应用公式S n ＝na 1.跟踪训练2 (2021·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－94，且4S n ＋1＝3S n －9(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足3b n ＋(n －4)a n ＝0(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .若T n ≤λb n ，对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)因为4S n ＋1＝3S n －9，所以当n ≥2时，4S n ＝3S n －1－9，两式相减可得4a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n ＝34. 当n ＝1时，4S 2＝4⎝⎛⎭⎫－94＋a 2＝－274－9，解得a 2＝－2716，所以a 2a 1＝34.所以数列{a n }是首项为－94，公比为34的等比数列，所以a n ＝－94×⎝⎛⎭⎫34n －1＝－3n ＋14n . (2)因为3b n ＋(n －4)a n ＝0，所以b n ＝(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n .所以T n ＝－3×34－2×⎝⎛⎭⎫342－1×⎝⎛⎭⎫343＋0×⎝⎛⎭⎫344＋…＋(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ，① 且34T n ＝－3×⎝⎛⎭⎫342－2×⎝⎛⎭⎫343－1×⎝⎛⎭⎫344＋0×⎝⎛⎭⎫345＋…＋(n －5)×⎝⎛⎭⎫34n ＋(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ＋1，② ①－②得14T n ＝－3×34＋⎝⎛⎭⎫342＋⎝⎛⎭⎫343＋…＋⎝⎛⎭⎫34n －(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ＋1 ＝－94＋916⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －11－34－(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ＋1 ＝－n ×⎝⎛⎭⎫34n ＋1，所以T n ＝－4n ×⎝⎛⎭⎫34n ＋1.因为T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，所以－4n ×⎝⎛⎭⎫34n ＋1≤λ⎣⎡⎦⎤(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n 恒成立，即－3n ≤λ(n －4)恒成立，当n <4时，λ≤－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≤1；当n ＝4时，－12≤0恒成立，当n >4时，λ≥－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≥－3.所以－3≤λ≤1.题型三裂项相消法求和例3 (2022·咸宁模拟)设{a n }是各项都为正数的单调递增数列，已知a 1＝4，且a n 满足关系式：a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)因为a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *，所以a n ＋1＋a n －2a n ＋1a n ＝4，即(a n ＋1－a n )2＝4，又{a n }是各项为正数的单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2，又a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，所以a n ＝4n 2.(2)b n ＝1a n －1＝14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋ 12⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 教师备选设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝3n (a n ＋1)(a n ＋1＋1)，求{b n }的前n 项和T n ，证明：38≤T n ＜34. (1)解因为2S n ＝3a n －1，所以2S 1＝2a 1＝3a 1－1，即a 1＝1.当n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－1，则2S n －2S n －1＝2a n ＝3a n －3a n －1，整理得a n a n －1＝3，则数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.(2)证明由(1)得b n ＝3n(3n －1＋1)(3n ＋1)＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1，所以T n ＝32×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫130＋1－131＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋1－132＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋1－133＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1，即T n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13n ＋1＝34－323n ＋1，所以T n <34，又因为T n 为递增数列，所以T n ≥T 1＝34－38＝38，所以38≤T n <34. 思维升华利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1， 1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2. 跟踪训练3 (2022·河北衡水中学模拟)已知数列{a n }满足a 1＝4，且当n ≥2时，(n －1)a n ＝ n (a n －1＋2n －2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)记b n ＝2n ＋1a 2n ，求数列{b n }的前n 项和S n . (1)证明当n ≥2时，(n －1)a n ＝n (a n －1＋2n －2)，将上式两边都除以n (n －1)，得a n n ＝a n －1＋2n －2n －1，即a n n －a n －1n －1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝4为首项，2为公差的等差数列． (2)解由(1)得a n n＝4＋2(n －1)＝2n ＋2，即a n ＝2n (n ＋1)，所以b n ＝2n ＋1a 2n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋1)2，所以S n ＝14⎩⎨⎧ ⎝⎛⎭⎫1－122＋⎝⎛⎭⎫122－132＋⎭⎪⎬⎪⎫…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋1)2 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(n ＋1)2＝n 2＋2n 4(n ＋1)2. 课时精练1．已知在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 3＝5，S 7＝49.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2n a＋a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥1 000，求n 的取值范围．解 (1)由等差数列性质知，S 7＝7a 4＝49，则a 4＝7，故公差d ＝a 4－a 3＝7－5＝2，故a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝22n －1＋2n －1，T n ＝21＋1＋23＋3＋…＋22n －1＋2n －1＝21＋23＋…＋22n －1＋(1＋3＋…＋2n －1)＝21－22n ＋11－4＋n (1＋2n －1)2 ＝22n ＋13＋n 2－23. 易知T n 单调递增，且T 5＝707<1 000，T 6＝2 766>1 000，故T n ≥1 000，解得n ≥6，n ∈N *.2．(2020·全国Ⅲ改编)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n .(1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式；(2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .解 (1)由题意可得a 2＝3a 1－4＝9－4＝5，a 3＝3a 2－8＝15－8＝7，由数列{a n }的前三项可猜想数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列，即a n ＝2n ＋1.(2)由(1)可知，a n ·2n ＝(2n ＋1)·2n ，S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① 2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② 由①－②得，－S n ＝6＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22×(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)·2n ＋1 ＝(1－2n )·2n ＋1－2，即S n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2.3．(2022·合肥模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2a n ，T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解 (1)由已知得a n ＋1－a n ＝2n ，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝2＋2＋22＋…＋2n －1＝2＋2(1－2n －1)1－2＝2n . 又a 1＝2，也满足上式，故a n ＝2n .(2)由(1)可知，b n ＝log 2a n ＝n ，1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故T n ＝n n ＋1.4．(2022·济宁模拟)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1,3a 2的等差中项，a 4＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n log 2a 2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1,3a 2的等差中项，所以2a 3＝2a 1＋3a 2，即2a 1q 2＝2a 1＋3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12，因为数列{a n }是正项等比数列，所以q ＝2.所以a n ＝a 4·q n －4＝2n .(2)方法一 (分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1，所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n ·(2n ＋1)，①若n 为偶数，T n ＝－3＋5－7＋9－…－(2n －1)＋(2n ＋1)＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n －1)＋(2n ＋1)]＝2×n 2＝n ； ②若n 为奇数，当n ≥3时，T n ＝T n －1＋b n ＝n －1－(2n ＋1)＝－n －2，当n ＝1时，T 1＝－3适合上式，综上得T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，－n －2，n 为奇数 (或T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *)．方法二 (错位相减法)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1，所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n ·(2n ＋1)， T n ＝(－1)1×3＋(－1)2×5＋(－1)3×7＋…＋(－1)n ·(2n ＋1)，所以－T n ＝(－1)2×3＋(－1)3×5＋(－1)4×7＋…＋(－1)n ＋1(2n ＋1)，所以2T n ＝－3＋2[(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n ]－(－1)n ＋1(2n ＋1)＝－3＋2×1－(－1)n －12＋(－1)n (2n ＋1) ＝－3＋1－(－1)n －1＋(－1)n (2n ＋1)＝－2＋(2n ＋2)(－1)n ，所以T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *.5．(2022·重庆调研)在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若________，求数列{b n }的前n 项和S n ，在①b n ＝4a n a n ＋1，②b n ＝(－1)n ·a n ，③b n ＝2n a n a ⋅这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．解 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋17d ＝36，解得d ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)选条件①.b n ＝42n ·2(n ＋1)＝1n (n ＋1)，则S n ＝11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 选条件②.∵a n ＝2n ，b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n ·2n ， ∴S n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ，当n 为偶数时，S n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ] ＝n 2×2＝n ；当n 为奇数时，n －1为偶数， S n ＝n －1－2n ＝－n －1. ∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ，n 为偶数，－n －1，n 为奇数. 选条件③.∵a n ＝2n ，b n ＝2n a n a ⋅，∴b n ＝22n ·2n ＝2n ·4n ， ∴S n ＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n ·4n ，① 4S n ＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n －1)·4n ＋2n ·4n ＋1，② ①－②得－3S n ＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n －2n ·4n ＋1＝4(1－4n )1－4×2－2n ·4n ＋1 ＝8(1－4n )－3－2n ·4n ＋1， ∴S n ＝89(1－4n )＋2n 3·4n ＋1.。

高考数学-数列求和的方法总结(有答案)

两式相加得： 2S 9 f
1 10
9 9 f 9 ，所以 S . 2 10
2
例 5.求和： S n 2 3 5 解： S n 2 3 5

1
4 3 5 6 3 5
n(n 1) 2 ，1+3+5+„„+(2n-1)= n ， 2
2
n(n 1)(2n 1) n(n 1) 3 3 3 3 1 2 3 ……+n = ， 1 2 3 ……+n = 等。 6 2
2 2 2 2
2.错位相减法：若数列各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘得到，即数列是一个 “差比数列” ，则采用错位相减法。错位相减法的求解步骤：①在等式两边同时乘以“差比”数列中等比数列的公比 q ；②将两个等式相减；③利用等比数列的前 n 项和的公式求和。 3.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前 n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法。该
c an an 1 方法适用于类似的数列，其中 an 是各项不为零的等差数列，c 为常数。用裂项相消
法求和，需要掌握一些常见的裂项方法：
1 1 1 1 11 1 n n 1 n n 1 nn k k n n k ① ，特别地当 k 1 时，；
﹣ ）+ （ ﹣ ﹣ ）
）． ﹣ ） + ﹣ +…+ ﹣ ））+ （ ﹣ ）
）]= ．
=
．
故答案为：

(完整版)数列前n项和的求法总结

数列前n 项和的求法总结核心提示：求数列的前n 项和要借助于通项公式，即先有通项公式，再在分析数列通项公式的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和。

当遇到具体问题时，要注意观察数列的特点和规律，找到适合的方法解题。

一．公式法（1）等差数列前n 项和： S n=n(a 1+a n )2=na 1+n(n+1)2d（2）等比数列前n 项和： q =1时， S n=na 1；q ≠1时， S n =a 1（1−q n ）1−q（3）其他公式： S n=1+2+3+⋯+n =12n (n +1)S n =12+22+32+⋯+n 2=16n(n +1)(2n +1)S n =13+23+33+⋯+n 3=[12n (n +1)]2例题1：求数列 112，214，318，……，(n +12n )，…… 的前n 项和S n解：点拨：这道题只要经过简单整理，就可以很明显的看出：这个数列可以分解成两个数列，一个等差数列，一个等比数列，再分别运用公式求和，最后把两个数列的和再求和。

练习：二.倒序相加法如果一个数列{an}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。

我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前n项和公式的推导，用的就是“倒序相加法”。

例题1：设等差数列{an }，公差为d，求证：{an}的前n项和Sn=n(a1+an)/2解：Sn =a1+a2+a3+...+an①倒序得：Sn =an+an-1+an-2+…+a1②①+②得：2Sn =(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)+…+(an+a1)又∵a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=an+a1∴2Sn =n(a2+an) Sn=n(a1+an)/2点拨：由推导过程可看出，倒序相加法得以应用的原因是借助a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=an+a1即与首末项等距的两项之和等于首末两项之和的这一等差数列的重要性质来实现的。

高中数学-数列求前n项和方法汇总及练习(含答案)

高中数学-数列求和方法汇总及经典练习（含答案）一、公式法:利用以下公式求数列的和 1.d n n na a a n Snn 2)1(2)(11-+=+=({}n a 为等差数列)2.qqa a q q a Sn n n --=--=11)1(11 (1≠q )或)1(1==q na Sn ({}n a 为等比数列) 3.6)12)(1(3212222++=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++n n n n4.23333]2)1([321+=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++n n n 等公式例已知数列{}n a ，其中()12111,3,22n n n a a a a a n +-===+≥，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}ln n S 的前n 项和为n U ，求n U 。

解：由题意，{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列前n 项和()211212n n S n n ++-=⋅=，2ln ln 2ln n S n n ==()()2ln1ln 2ln 2ln !n U n n =+++=L二、分组求和法对于数列{}n a ，若⋅⋅⋅⋅⋅⋅±±=n n n C b a 且数列{}n b 、{}n c ……都能求出其前n 项的和，则在求{}n a 前n 项和时，可采用该法例如：求和：321999.09999.0999.099.09.0个n Sn ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++= 解：设n n na --=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=10199.0943421个 n a a a a a Sn +⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++=∴4321)101()101()101()101()101(4321n------+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-+-=)1010101010()111(43211n n -----+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++=4434421相加个 )101(91n n ---= 三、倒序相加法（或倒序相乘法）将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +，S n 表示从第一项依次到第n 项的和，然后又将S n 表示成第n 项依次反序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到S n 的一种求和方法。

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建议收藏下载本文，以便随时学习！ 4、叠乘法
可转化为等比数列，设a n x c a n1 x
例如：数列a n 中，a1
3，
a n1 an
n
n
1
，求a
n
a n ca n1 c 1x
解： a 2 · a 3 …… a n 1 · 2 …… n 1 ，∴ a n 1
a1 a2
a n1 2 3
1、公式法
可能是分段形式。数列求和的常用方法：
2、由S n 求a n
（1）公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式。
（2）分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类
项”先合并在一起，再运用公式法求和。
（3）倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项
与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这
an=3（an-an-1）
因此数列{an+1-an}是公比为 3 的等比数列，其首项为 a2-a1=（3×1+2）-
1=4
∴an+1-an=4·3n-1
∵an+1=3an+2 ∴3an+2-an=4·3n-1
即
an=2·3n-1-1 解法二：上法得{an+1-an}是公比为 3 的等比数列，于是有：a2-a1=4，a3-
⑵已知 Sn （即 a1 a2 an f (n) ）求 an ，用作差法：
我去人也就有人！为UR扼腕入站内信不存在向你偶同意调剖沙龙课反倒是龙卷风前一天
4
文德教育
建议收藏下载本文，以便随时学习！（8）当遇到 an1
an1
d或 an1 an1

(完整)数列题型及解题方法归纳总结,推荐文档

1 2
5
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n 2时，a n Sn Sn1 …… 3·4 n1
a n ca n1 d c、d为常数，c 0，c 1，d 0
建议收藏下载本文，以便随时学习！ 4、叠乘法
可转化为等比数列，设a n x c a n1 x
例如：数列a n 中，a1
3，
a n1 an
n n 1 ，求an
a n ca n1 c 1x
解： a 2 · a 3 …… a n 1 · 2 …… n 1 ，∴ a n 1
a1 a2
a n1 2 3
n
a1 n
又a 1
3，∴a n
3 n
5、等差型递推公式
由a n a n1 f (n)，a1 a 0，求a n ，用迭加法
令(c 1)x d，∴x d c1
（3）形如 an1 ank 的递推数列都可以用对数法求通项。
（7）（理科）数学归纳法。
4
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建议收藏下载本文，以便随时学习！（8）当遇到 an1
an1
d或 an1 an1
q 时，分奇数项偶数项讨论，结果
求数列通项公式的常用方法：
1、公式法
可能是分段形式。数列求和的常用方法：
2、由S n 求a n
∴a n
c
d
1是首项为a
1
c
d ，c为公比的等比数列 1
∴a n
c
d 1
a1
c
d
1
·c
n
1
n
2时，a 2 a3
a1 a2
f (2)
f
(3)
两边相加，得：
…… ……
a n a n1 f (n)

数列前n项和求和方法集锦(错位相加法,分组求和法等)

一.求和方法大集锦1.分组求和法:就是将数列的项分成二项，而这两项往往是常数或是等差（比）数列，它们的和当然就好求了。

例如：求1/2+3/4+7/8+9/16+......+(2^n-1)/(2^n)的话，可以将通项(2^n-1)/(2^n)写成1-2^(-n)这样就变成每一项都是1-X（X为通项）的公式对于通项-2^(-n)是一个等比数列，这个你就可以直接套用公式了2.数列累加法(1)逐差累加法例3 已知a1=1, an+1=an+2n 求an解：由递推公式知：a2-a1=2, a3-a2=22, a4-a3=23, …an-an-1=2n-1将以上n-1个式子相加可得an=a1+2+22+23+24+…+2n-1=1+2+22+23+…+2n-1=2n-1注：对递推公式形如an+1=an+f(n)的数列均可用逐差累加法求通项公式，特别的，当f(n)为常数时，数列即为等差数列。

(2)逐商叠乘法例4 已知a1=1, an=2nan-1(n≥2)求an解：当n≥2时，=22, =23, =24, (2)将以上n-1个式子相乘可得an=a1.22+3+4+…+n=2当n=1时，a1=1满足上式故an=2 (n∈N*)注：对递推公式形如an+1an=g(n)的数列均可用逐商叠乘法求通项公式，特别的，当g (n)为常数时，数列即为等比数列3.裂项求和当一项可以拆时需要注意是否为了考察裂项求和，最有名的就是分数：1/2+1/6+1/12+……+1/n*（n+1）可拆为1-1/2+（1/2-1/3）+（1/3-1/4）+……+（1/n-1/（n+1））然后你会发现从-1/2 到1/n全部能想消掉，故只剩下首项和末项。

4.倒序相加最简单的是等差数列用倒序相加求和：1到9 1+9=10 2+8=10。

所以便有首项加末项乘以项数除以二。

1+1/1*2+1/2*3+1/3*4+...+1/99*100=1+(1-1/2)+(1/2-1/3)+...+(1/99-1/100) (裂项）=1+1-1/2+1/2-1/3+...-1/99+1/99-1/100 (消元）=2-1/100=199/1005.错位相减这个可以求出和与求通项公式和首相的关系，常用与等比数列，Sn乘上q（等比的比例常数）如：Sn（数列和）=1+2+4+8+……2^(n-1)+2^n 左右乘上2：2Sn=2+4+8+16+……2^n+2^(n+1) 用后式-前式:Sn=2^(n+1)-1 这就得出了总和与通项式的关系。

高三总复习--数列求前n项和方法分组求和法错位相减法裂项相消法题型总结归纳

分组求和法：适用于两个相加减的数列再求和，例如：①等差+等比②等比+等比③等比+常数列，同理减的时候也可以用。

具体做法就是两个数列分别求前n 项和之后再求和或差。

这里一定要知道等差数列与等比数列各自的通式。

等差：b kn a n +=,等比：n n b k a ⋅=1、数列1⋯,1617,815,413,21,前n 项和为（） A.1212+-n n B.212112+-+n n C.1212+--n n n D.212112+--+n n n 2、已知数列的通项公式5+=n a n 为, 从中依次取出第3，9，27，…, …项，按原来的顺序排成一个新的数列，则此数列的前n 项和为（） A.2)133(+n n B.53+n C.23103-+n n D.231031-++n n 3、已知数列的通项公式321n n a n =++，求前n 项的和.4、数列Λ1615,814,413的前n 项之和是_________。

5、已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n 项和。

6、求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n 7、求32111111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和。

8、计算)()2()1(2n a a a n -++-+-Λ。

5错位相减法，可用于以下三种题型：①等比数列前n 项和公式的证明；②等差×等比；③等差÷等比。

错位相减法时一个比较常考也较为简单的方法，但是在具体用的时候有很多的注意事项，并且，不同的老师或教材对于错位相减法的讲解也是不尽相同的，这时更需要学生注意，方法之间的注意事项可能是不同的，如果用混了结果肯定对不了。

1、求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n 前n 项的和。

2、设数列的前n 项和为22n S n =，为等比数列，且.)(,112211b a a b b a =-=（1）求数列和的通项公式；（2）设nn n b a c =，求数列的前n 项和. 3、已知等比数列的公比，且与的一个等比中项为，与的等差中项为6.若数列满足2log n n b a =（1）求数列的通项公式（2）求{}n n a b ⋅的前n 项和.4、已知()x f x m =（为常数，10≠>m m 且）．设)()(),(),(21N n a f a f a f n ∈ΛΛ是首项为，公比为的等比数列。

数列求和方法汇总常考整理(整理全面)经典

数列求和方法汇总例析： “一巴掌多一点”种方法（一）主要知识：1．直接公式法：即能直接用等差、等比数列的求和公式求和。

（1）等差数列的求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=（2）等比数列的求和公式⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn （切记：公比含字母时一定要讨论）（3）另外公式222221(1)(21)1236nk n n n kn =++=++++=∑, 2333331(1)1232nk n n kn =+⎡⎤=++++=⎢⎥⎣⎦∑ 2．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。

常见拆项公式：111)1(1+-=+n n n n ，1111()(2)22n n n n =-++，)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n !)!1(!n n n n -+=⋅ 3．错位相减法：比如{}{}.,,2211的和求等比等差n n n n b a b a b a b a +++4．分组相加法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和。

5．并项求和法：如求22222212979899100-++-+- 的和。

6．倒序相加法：7．其它求和法：如归纳猜想法，奇偶分段法等。

（二）主要方法：1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式的结构特点； 2．求和过程中注意：分类讨论思想的运用、转化思想的运用；（三）例题分析：1．直接公式法：（较简单，省略不析，但是最常考！！）2．裂项相消法：这种方法主要用于数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和.常用裂项形式有：（好处是计算会变得很简单，也比较喜欢考！）①111(1)1n n n n =-++； ②1111()()n n k k n n k =-++； ③1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++； ④()()1111221212121x x x x ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭； ()222log log log 11n n n n =-++； 11(1)!!(1)!n n n n =-++；n n n ntan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+1k=⑥)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n ；1212(1)111,(1)2(1)22(1)2n n n n nn n n a n n n n n n -++-=⋅=⋅=-++⋅+； ⑦2211111()1211kk k k <=---+；211111111(1)(1)1k k k k k k k k k-=<<=-++--；（关键可变形放缩后裂项，对于一些较难的题目时，可用放缩法，解决有关的不等式证明问题）思考：若212n a n n=+时会想裂项吗？例1. 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.解：设n n n n a n -+=++=111 （裂项）则 11321211+++⋅⋅⋅++++=n n S n （裂项求和）＝)1()23()12(n n -++⋅⋅⋅+-+- ＝11-+n例2.求和)12)(12()2(534312222+-++⋅+⋅=n n n S n 解: )121121(211)12)(12(11)12)(12(11)2()12)(12()2(22+--+=+-+=+-+-=+-=k k k k k k k k k k a k12)1(2)1211(21)]121121()5131()311[(2121++=+-+=+--++-+-+=+++=n n n n n n n n a a a S n n例3.求证：1sin 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 12=+⋅⋅⋅++ 解：设89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S∵n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ （裂项） ∴ 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S （裂项求和）＝]}88tan 89[tan )2tan 3(tan )1tan 2(tan )0tan 1{(tan 1sin 1-+-+-+- ＝)0tan 89(tan 1sin 1 -＝1cot 1sin 1⋅＝ 1sin 1cos 2 ∴ 原等式成立 3．错位相减法：这种方法主要用于求数列{}n n a b ∙的前n 项和，其中{}n a {}n b 必须分别是等差数列和等比数列。