数列求和 - 1
数列与级数的8种求和方法专题讲解
数列与级数的8种求和方法专题讲解简介本文将介绍数列和级数的8种常见求和方法，包括递推公式、几何级数、等差数列求和、等比数列求和、伪等差数列求和、伪等比数列求和、特殊级数求和和无穷级数求和。
1. 递推公式递推公式是通过前一项和该项之间的关系来逐项求和的方法，通常用于求解迭代式数列的和。
递推公式可以通过给定的初始项以及递推关系进行求和。
2. 几何级数几何级数指的是一个数列中的各项与其前一项之比保持恒定的数列。
求解几何级数的和可以通过使用几何级数公式来进行计算。
3. 等差数列求和等差数列是一个数列中的各项与其前一项之差保持恒定的数列。
求解等差数列的和可以通过等差数列求和公式进行计算。
4. 等比数列求和等比数列是一个数列中的各项与其前一项之比保持恒定的数列。
求解等比数列的和可以通过等比数列求和公式进行计算。
5. 伪等差数列求和伪等差数列是一个数列中的各项与其下标之差保持恒定的数列。
求解伪等差数列的和可以通过伪等差数列求和公式进行计算。
6. 伪等比数列求和伪等比数列是一个数列中的各项与其下标之比保持恒定的数列。
求解伪等比数列的和可以通过伪等比数列求和公式进行计算。
7. 特殊级数求和特殊级数指的是具有特殊性质的级数，如调和级数、斐波那契级数等。
求解特殊级数的和需要根据其特定的性质和规律进行计算。
8. 无穷级数求和无穷级数是指一个无穷多项的级数。
求解无穷级数的和需要使用极限的概念，并根据级数的收敛性和发散性进行判断和计算。
以上是数列与级数的8种常见求和方法的专题讲解。
每种求和方法都有其适用的情况和特点，在实际问题中需要选择合适的方法进行求解。
希望本文能为读者提供一些有用的参考和指导。
公考常用的10个求和公式
公考常用的10个求和公式1.自然数列求和公式：1+2+3+...+n = n*(n+1)/2。
2.等差数列求和公式：S_n = n/2 * (2a_1 + (n-1)d)，其中a_1是首项，d是公差，n是项数。
3.等比数列求和公式：当公比q不等于1时，S_n = a_1 * (1-q^n) / (1-q)；当公比q等于1时，S_n = n * a_1。
4.平方数列求和公式：1^2 + 2^2 + ... + n^2 = n*(n+1)*(2n+1)/6。
5.立方数列求和公式：1^3 + 2^3 + ... + n^3 = (n*(n+1)/2)^2。
6.交错数列求和（交错级数和）：如1 - 2 + 3 - 4 + ... + (-1)^(n-1)*n。
这种数列求和可以通过分组或者逐项相加的方式进行。
7.倒数数列求和：如1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/n。
这种数列没有简单的求和公式，但可以通过数值方法（如逐项相加或使用计算机程序）进行近似计算。
8.对数数列求和：如ln(1) + ln(2) + ... + ln(n)。
由于对数函数的性质，这种数列的和可以通过求对数的乘积来得到，即ln(12...*n) = ln(n!)，其中n! 表示n 的阶乘。
9.几何级数求和（等比数列的另一种形式）：如2 + 4 + 8 + ... + 2^n。
这种数列的和可以通过等比数列求和公式得到，即S_n = a_1 * (1 - q^n) / (1 - q)，其中a_1 是首项，q 是公比，n 是项数。
10.组合数列求和：这种数列是由不同的数列组合而成的，例如1 + 3 + 6 + ... +(n*(n+1)/2) 是由自然数列的每一项与其索引的乘积组成的。
对于这种数列，可能需要先将其拆分为几个简单的数列，然后分别求和，最后再将结果相加。
需要注意的是，以上列举的公式只是公考中可能遇到的一部分求和公式，而且在实际考试中，题目可能会给出更复杂的数列或者需要进行一些变形才能应用公式。
一轮复习-数列求和专题
2n
1
1 2n
=1
2
1 2
1 4
1 2n1
2n 1 2n
=1
2
1 2
1 1
1 2n1 1
2n 1 2n
2
=3
2n 2n
3
变式探究
2. 设数列{an} 满足a1＋3a2＋32a3＋…＋
n3 3n－1an＝ ，a∈N*.
(1)求数列{an}的通项；
(2)设bn＝
n an
，求数列{bn}的前n项和Sn.
1
1 1+ 2 1+ 2 + 3
1+ 2 + 3 + 4 + ....+ n
解：an
1 1 23
2 n n(n 1)
2( 1 1 ) n n 1
1 11
11
Sn
2[(1
)( 22
) 3
(
)]
n n 1
2(1 1 ) 2n n 1 n 1
3.
1
1( 1 1 )
(2n 1)(2n 1) 2 2n 1 2n 1
4. 1 1 ( a b) a b ab
5.
1
1[ 1
1
]
n(n 1)(n 2) 2 n(n 1) (n 1)(n 2)
nn＋1 n n＋1
6.
n常n见21nn1－ ＋的1111裂2n＋nn项＋21公＝＝12式12n2n有nn1＋1－：111－－2nn1＋＋11n1，n＋2.
=
(6n
-
5)[6(n
+ 1)
-
5]
=
2
(
6n
-
数列求和1
1 2n
1
1 2n
1
nn
1
1n
2
1 2
1
nn
1
n
1
1n
2
已知：an 3n 1,求
1 1 1
a1a2 a2a3
an an 1
五、公式法求和：
所给数列的通项是关于n的多
项式，此时求和可采用公式
法求和，常用的公式有：
数列求和
一、倒序相加法
如果一个数列{an}，与首末
两项等距的两项之和等于首 末两项之和，可采用把正着 写和与倒着写和的两个和式 相加，就得到一个常数列的 和，这一求和的方法称为倒 序相加法.
二、错位相减法：
如果一个数列的各项是由一 个等差数列与一个等比数列 对应项乘积组成，此时求和 可采用错位相减法.
四、分裂通项法：
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 为分裂通项法.
已知an
1
nn
2
,
求sn
1
nn 1
1 n
1 n -1
2n
1
12n
1
1 2
例 ： 求前n项的和.
三、分组求和法：
把数列的每一项分成两项， 或把数列的项“集”在一块 重新组合，或把整个数列分 成两部分，使其转化为等差 或等比数列，这一求和方法 称为分组求和法.
例：若数列{an}中， an= -2[ n - (-1)n ]，求 S10和S99．
数列的求和与通项公式推导
数列的求和与通项公式推导在数学中，数列是一组按照一定规律排列的数的集合。
而数列的求和以及推导通项公式是数列研究中的重要内容。
本文将介绍数列的求和以及通项公式推导，并通过实例进行说明。
一、等差等差数列是指一个数列中每个数与它的前一个数之差是一个常数，这个常数被称为公差。
我们将针对等差数列的求和与通项公式进行讨论。
1. 求和公式：设等差数列的首项为a₁，公差为d，我们要求前n项的和Sn。
我们可以观察等差数列的前n项和与首项与末项的关系：Sn = (a₁ + a₂ + ... + aₙ) + (aₙ + aₙ₋₁ + ... + a₁)根据等差数列的性质，我们可以得到：Sn = (a₁ + aₙ)(n/2)这就是等差数列的求和公式。
2. 通项公式推导：为了推导等差数列的通项公式，我们假设等差数列的首项为a₁，公差为d，第n项为an。
通过观察等差数列的规律，我们可以发现：aₙ = a₁ + (n-1)d二、等比等比数列是指一个数列中每个数与它的前一个数之比是一个常数，这个常数被称为公比。
我们将针对等比数列的求和与通项公式进行讨论。
1. 求和公式：设等比数列的首项为a₁，公比为r，我们要求前n项的和Sn。
类似地，我们观察等比数列的前n项和与首项与末项之间的关系：Sn = (a₁ + a₂ + ... + aₙ)Sn * r = (a₁r + a₂r + ... + aₙr)通过两式相减，我们可以得到：Sn * (1 - r) = a₁(1 - rⁿ)化简后得到：Sn = a₁(1 - rⁿ) / (1 - r)这就是等比数列的求和公式。
2. 通项公式推导：为了推导等比数列的通项公式，我们假设等比数列的首项为a₁，公比为r，第n项为an。
通过观察等比数列的规律，我们可以发现：an = a₁ * r^(n-1)综上所述，我们介绍了等差数列和等比数列的求和以及通项公式推导。
这些公式在数列相关问题的求解中起到重要的作用。
高三数学数列的求和
13 23 33 n3 [ n(n 1) ]2 2
二、倒序求和法
倒序求和法在教材中是推导等差数列前n 项和的方法
例1.设f
x
4x 4x 2
,求f
1 2008
f
例3：求Sn
1 1 2
1 23
n
1 (n
1)
练习
.求和
1 Sn=2×5
1 +5×8
1 +8×11
1 + …+(3n-1) (3n+2)
常见的拆项公式
1. 1 1 1 n(n 1) n n 1
2. 1 1 ( 1 1 ) n(n k ) k n n k
3. 1
11
1
(
)
(2n 1)(2n 1) 2 2n 1 2n 1
4.
1
1[ 1
1
]
n(n 1)(n 2) 2 n(n 1) (n 1)(n 2)
三、错位相消法
“错位相减法”求和,常应用于型如
{anbn}的数列求和,其中{an}为等差数 列, {bn} 为等比数列.
例2.求数列 x, 2x2,3x3, … nxn , …
的前n项和
练习: 求和Sn
1 2
2 4
3 8
n 2n
.
Sn
2
2n 2n
四、裂项相消法
“裂项相消法”,此法常用于形如 {1/f(n)g(n)}的数列求和，其中f(n),g(n) 是关于n（n∈N)的一次函数。把数列中的每 一项都拆成两项或几项的差，从而产生一些 可以相消的项，最后剩下有限的几项
专题10 数列 10.4数列求和 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习(解析版)
专题十《数列》讲义10.4数列求和知识梳理.数列求和1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d 2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法．(3)一些常见的数列的前n 项和：①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)；③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)裂项相消法：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，从而求得前n 项和．(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，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．题型一.裂项相消1．数列{a n}的通项公式a n=1or1)，已知它的前n项和S n=99100，则项数n＝（）A．98B．99C．100D．101【解答】解：列{a n}的通项公式a n=1or1)=1−1r1，所以=1−12+12−13+⋯+1−1r1=1−1r1，由于前n项和S n=99100，所以1−1r1=99100，解得n＝99．故选：B．2．已知等差数列{a n}满足a3＝10，a1+a4＝17．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n=3r1，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）设首项为a1，公差为d的等差数列，满足a3＝10，a1+a4＝17．所以3=101+4=17，解得1=4=3，所以a n＝4+3（n﹣1）＝3n+1．（2）由（1）得b n=3r1=13r1−13r4，所以S n＝b1+b2+…+b n=14−17+17−110+⋯+13r1−13r4=14−13r4．3．已知数列{a n}的前n项和为S n，若4S n＝（2n﹣1）a n+1+1，且a1＝1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设=1(+2)，数列{c n}的前n项和为T n，求T n．【解答】解：（1）在4S n＝（2n﹣1）a n+1+1中，令n＝1，得a2＝3，∵4S n＝（2n﹣1）a n+1+1，∴当n≥2时，4S n﹣1＝（2n﹣3）a n+1，两式相减，得4a n＝（2n﹣1）a n+1﹣（2n﹣3）a n（n≥2），∴（2n+1）a n＝（2n﹣1）a n+1，即r1=2r12K1(≥2)．∴=K1⋅K1K2⋅K2K3⋯⋅32⋅21⋅1=2K12K3⋅2K32K5⋅2K52K7⋯53⋅31⋅1=2−1，故a n＝2n﹣1．（2）=1(+2)=1(2K1)(2r1)=12(12K1−12r1)，T n＝c1+c2+…+c n=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12K1−12r1)]=12(1−12r1)=2r1，所以=2r1．题型二.错位相减1．已知等差数列{a n}公差不为零，且满足：a1＝2，a1，a2，a5成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设=3，求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，d≠0，由题，1=222=15，即(1+p2=1(1+4p，解得d＝4．∴a n＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2．（Ⅱ）=3=（4n﹣2）•3n＝2（2n﹣1）•3n，设数列{b n}的前n项和为T n，=2×1×31+2×3×32+2×5×33+⋯+2（2n﹣1）×3n，①3=2×1×32+2×3×33+2×5×34+⋯2（2n﹣1）×3n+1，②①﹣②，得：−2=2×1×3+2×2×32+2×2×33+⋯+2×2×3n﹣2（2n﹣1）×3n+1=6+4×32(1−3K1)1−3−2(2−1)×3r1=−12﹣4（n﹣1）•3n+1，∴=6+2(−1)⋅3r1．∴数列{b n}的前n项和=6+2(−1)⋅3r1．2．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，S5＝30，S7＝56；各项均为正数的等比数列{b n}满足b1b2=13，b2b3=127．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{a n•b n}的前n项和T n．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S5＝30，S7＝56，得51+5×42=3071+7×62=56，解得1=2=2．∴a n＝2+2（n﹣1）＝2n；设等比数列{b n}的公比为q（q＞0），由b1b2=13，b2b3=127，得12=13123=127，解得1=1=13．∴=(13)K1；（2）a n•b n=23K1=2⋅3K1．令{3K1}的前n项和为R n，则=130+231+332+⋯+3K1，13=13+232+333+⋯+K13K1+3两式作差可得：23=1+13+132+⋯+13K1−3=1×(1−13)1−13−3=32−2r32⋅3，∴=94−2r34⋅3K1．则=2=92−2r32⋅3K1．3．（2015·山东）设数列{a n}的前n项和为S n，已知2S n＝3n+3．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}，满足a n b n＝log3a n，求{b n}的前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ）因为2S n＝3n+3，所以2a1＝31+3＝6，故a1＝3，＝3n﹣1+3，当n＞1时，2S n﹣1此时，2a n＝2S n﹣2S n﹣1＝3n﹣3n﹣1＝2×3n﹣1，即a n＝3n﹣1，所以a n=3，=13K1，＞1.．（Ⅱ）因为a n b n＝log3a n，所以b1=13，当n＞1时，b n＝31﹣n•log33n﹣1＝（n﹣1）×31﹣n，所以T1＝b1=13；当n＞1时，T n＝b1+b2+…+b n=13+[1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n]，所以3T n＝1+[1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+（n﹣1）×32﹣n]，两式相减得：2T n=23+[30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣（n﹣1）×31﹣n]=23+1−31−1−3−1−（n﹣1）×31﹣n=136−6r32×3，所以T n=1312−6r34×3，经检验，n＝1时也适合，综上可得T n=1312−6r34×3．题型三.分组求和1．已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，a1＝2，且a1，a2，a4成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n＝a n﹣2，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）由题意，设等差数列{a n}的公差为d（d≠0），则a2＝2+d，a4＝2+3d，∵a1，a2，a4成等比数列，∴a22＝a1•a4，即（2+d）2＝2（2+3d），整理，得d2﹣2d＝0，解得d＝0（舍去），或d＝2，∴a n＝2+2（n﹣1）＝2n，n∈N*．（2）由（1）知，设b n＝a n﹣2=2n﹣22n＝2n﹣4n，故S n＝b1+b2+…+b n＝（2×1﹣41）+（2×2﹣42）+…+（2n﹣4n）＝2×（1+2+…+n）﹣（41+42+…+4n）＝2×or1)2−4(1−4)1−4＝n2+n+43−4r13．2．在公差不为0的等差数列{a n}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，又数列{b n}满足=2，=2−1，2，=2，（k∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{b n}的前2n项和T2n．【解答】解：（1）公差d不为0的等差数列{a n}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，可得a32＝a1a9，a3＝a1a3，可得（a1+2d）2＝a1（a1+8d），a1＝1，化简可得a1＝d＝1，即有a n＝n，n∈N*；（2）由（1）可得b n=2，=2−12，=2，k∈N*；前2n项和T2n＝（2+8+16+…+22n﹣1）+（4+8+12+…+4n）=2(1−4)1−4+12n（4+4n）=2(4−1)3+2n（n+1）．3．已知数列{a n}、{b n}满足：a n+1＝a n+b n，{b n+2}为等比数列，且b1＝2，a2＝4，a3＝10．（1）试判断数列{b n}是否为等差数列，并说明理由；（2）求数列{a n}的前n项和S n．【解答】解：（1）数列{b n}不是等差数列．理由如下：由a n+1﹣a n＝b n，且a2＝4，a3＝10，b1＝2，得b2＝a3﹣a2＝6，又∵数列{b n+2}为等比数列，∴数列{b n+2}的首项为4，公比为2．∴3+2=4×22=16，得b3＝14，显然2b2＝12≠b1+b3＝16．故数列{b n}不是等差数列；（2）结合（1）知，等比数列{b n+2}的首项为4，公比为2．故+2=4⋅2K1=2r1，∴=2r1−2．∵a n+1﹣a n＝b n，b1＝2，a2＝4，∴a1＝2，∴−K1=2−2（n≥2）．令n＝2，…，（n﹣1）．得2−1=22−2，3−2=23−2，…−K1=2−2（n≥2），累加得−2=(22+23+⋯+2)−2(−1)（n≥2）．∴=(2+22+23+⋯+2)−2+2=2(2−1)2−1−2+2=2r1−2（n≥2）．又a1＝2满足上式，∴=2r1−2．∴=(22−2×1)+(23−2×2)+⋯+(2r1−2p＝（22+23+…+2n+1）﹣2（1+2+…+n）=4(2−1)2−1−2×or1)2=2r2−2−−4．题型四.讨论奇偶、绝对值求和1．数列{a n}的前n项和记为S n，对任意的正整数n，均有4S n＝（a n+1）2，且a n＞0．（1）求a1及{a n}的通项公式；（2）令=(−1)K14r1，求数列{b n}的前n项和T n．【解答】解：（1）当n＝1时，41=(1+1)2，则a1＝1；当n≥2时，由4S n＝（a n+1）2，知4S n﹣1＝（a n﹣1+1）2，联立两式，得4a n＝（a n+1）2﹣（a n﹣1+1）2，化简得（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣2）＝0，∵a n＞0，∴a n﹣a n﹣1﹣2＝0，即{a n}是以a1＝1为首项，2为公差的等差数列，故a n＝2n﹣1；（2）=(−1)K14r1=(−1)K14(2K1)(2r1)=（﹣1）n﹣1（12K1+12r1），下面对n分奇偶数讨论：当n为偶数时，T n＝（1+13）﹣（13+15）+…+（12K3+12K1）﹣（12K1+12r1）=1−12r1=22r1，当n为奇数时，T n＝（1+13）﹣（13+15）+…﹣（12K3+12K1）+（12K1+12r1）=1+12r12r22r1，所以T n=为奇数为偶数．2．已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5＝9，S5＝25．（1）求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；（2）设=(−1)，求{b n}前2n项和T2n．【解答】解：（1）由题意，设等差数列{a n}的公差为d，则5=1+4=95=51+5×42=25，整理，得1+4=91+2=5，解得1=1=2，∴a n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*，=o1+2K1)2=2．（2）由（1）知，设=(−1)=（﹣1）n•n2．T2n＝b1+b2+…+b2n＝（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2n﹣1+b2n）＝（﹣12+22）+（﹣32+42）+…+[﹣（2n﹣1）2+（2n）2]＝[（2﹣1）×（2+1）]+[（4﹣3）×（4+3）]+…+[2n﹣（2n﹣1）]×[2n+（2n﹣1）]＝1+2+3+4+…+（2n﹣1）+2n=2δ(1+2p2＝2n2+n．3．已知数列{a n}满足a1＝﹣2，a n+1＝2a n+4．（1）求a2，a3，a4；（2）猜想{a n}的通项公式并加以证明；（3）求数列{|a n|}的前n项和S n．【解答】解：（1）由已知，易得a2＝0，a3＝4，a4＝12．（2）猜想=2−4．因为a n+1＝2a n+4，所以a n+1+4＝2（a n+4），r1+4+4=2，则{a n+4}是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以+4=2，所以==2−4．（3）当n＝1时，a1＝﹣2＜0，S1＝|a1|＝2；当n≥2时，a n≥0，所以=−1+2+⋯+=2+(22−4)+⋯+(2−4)=2+22+⋯+2−4(−1)=2(1−2)1−2−4(−1)=2r1−4+2，又n＝1时满足上式．所以，当n∈N*时，=2r1−4+2．题型五.数列求和选填综合1．首项为正数的等差数列{a n}中，34=75，当其前n项和S n取最大值时，n的值为（）A．5B．6C．7D．8【解答】解：∵首项为正数的等差数列{a n}中，34=75，∴5（a1+2d）＝7（a1+3d），整理，得：1=−112，∵a1＞0，∴d＜0，∴=−112B+oK1)2=2（n﹣6）2﹣18d，∴当其前n项和S n取最大值时，n的值为6．故选：B．2．在等比数列{a n}中，a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设b n＝a2n﹣1﹣a2n，n∈N*，则数列{b n}的前2n项和为112(1−42)．【解答】解：等比数列{a n}中，a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设首项为a1，公比为q，则：23=214+27=34，整理得：13=213+216=34，解得：1=14=2．则：=1K1=2K3，所以：b n ＝a 2n ﹣1﹣a 2n =22K32−22K3=−22n ﹣4，则：T 2n =−14(1−42)1−4=112(1−42)．故答案为：112(1−42)．3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2且对于任意n ＞1，n ∈N *满足S n +1+S n ﹣1＝2（S n +1），则（）A ．a 4＝7B ．S 16＝240C ．a 10＝19D ．S 20＝381【解答】解：当n ≥2时，S n +1+S n ﹣1＝2（S n +1）⇒S n +1﹣S n ＝S n ﹣S n ﹣1+2⇒a n +1＝a n +2．所以数列{a n }从第2项起为等差数列，a n =1，=12−2，≥2，所以，a 4＝6，a 10＝18．S n ＝a 1+(2+)(K1)2=n （n ﹣1）+1，S 16＝16×15+1＝241，S 20＝20×19+1＝381．故选：D ．4．已知数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，数列{b n }满足关系11+22+33+⋯+=12−1，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 5的值为（）A ．﹣454B ．﹣450C ．﹣446D ．﹣442【解答】解：数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，可得a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，由11+22+33+⋯+=12−1，可得11=12−1=−12，可得b 1＝﹣2，又11+22+⋯+K1K1=12K1−1，且11+22+33+⋯+=12−1，两式相减可得=12−12K1=−12，可得b n＝﹣（2n﹣1）•2n，则S5＝﹣2﹣3•4﹣5•8﹣7•16﹣9•32＝﹣454，故选：A．5．已知数列{a n}满足1=32，r1=3+3，若=3，则c1+c2+⋅⋅⋅+c n＝(2r1)⋅3−14．【解答】解：因为1=32，r1=3+3，所以1r1=+33=13+1，即1r1−1=13，所以数列{1}是首项11=23，公差为13的等差数列，所以1=23+13(−1)=r13，则=3=(+1)3K1，则1+2+⋅⋅⋅+=2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+(+1)×3K1，设T＝2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+（n+1）×3n﹣1①，则3T＝2×3+3×32+……+n×3n﹣1+（n+1）×3n②，①﹣②可得：﹣2T＝2+3+32+……+3n﹣1﹣（n+1）×3n＝1+3−13−1−（n+1）×3n，则=(2r1)⋅3−14．即1+2+⋅⋅⋅+=(2r1)⋅3−14．故答案为：(2r1)⋅3−14．6．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，S n＝λa n﹣2，其中λ为常数，若a n b n＝13﹣n，则数列{b n}中的项的最小值为−1214．【解答】解：根据题意，数列{a n}的满足a1＝2，S n＝λa n﹣2，当n＝1时，有a1＝S1＝λa1﹣2，即2＝2λ﹣2，解可得λ＝2，则S n＝2a n﹣2，①＝2a n﹣1﹣2，②则有S n﹣1①﹣②：a n＝2a n﹣2a n﹣1，变形可得a n＝2a n﹣1，则数列{a n }是首项为a 1＝2，公比为2的等比数列，则a n ＝2n ，又由a n b n ＝13﹣n ，则b n =13−2，当n ≤13时，b n ≥0，当n ≥14时，b n ＜0，且{b n }为递增数列，则当n ＝14时，b n 取得最小值，此时b 14=−1214；故答案为：−1214．7．已知数列{a n }和{b n }首项均为1，且a n ﹣1≥a n （n ≥2），a n +1≥a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n S n +1+a n b n +1＝0，则S 2019＝（）A ．2019B ．12019C ．4037D ．14037【解答】解：∵a n ﹣1≥a n （n ≥2），a n +1≥a n ，∴a n ≥a n +1≥a n ，∴a n ＝a n +1，另外：a 1≥a 2≥a 1，可得a 2＝a 1＝1，∴a n ＝1．∵2S n S n +1+a n b n +1＝0，∴2S n S n +1+b n +1＝0，∴2S n S n +1+S n +1﹣S n ＝0，∴1r1−1=2．∴数列{1}是等差数列，首项为1，公差为2．∴1=1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，∴S n =12K1．∴S 2019=14037．故选：D ．8．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2=13，11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6（n ≥2且n ∈N +），等比数列{b n }公比q ＝2，令c n =为奇数，为偶数，则数列{c n }的前n 项和S 2n ＝2n 2﹣n +4r1−43．【解答】解：因为a1＝1，a2=13，11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6（n≥2且n∈N+），①可得n＝2时，11+22=31+6，即b1+3b2＝b3+6，由等比数列的{b n}的公比为q＝2，即b1+6b1＝4b1+6，解得b1＝2，所以b n＝2n，当n＝3时，11+22+33=42+6，即2+3×4+83=3×16+6，解得a3=15，又11+22+⋯+K1K1=K2+6（n≥3，且n∈N+），②①﹣②可得，=r1K1−K2，即2=2r1K1−2K2，化为1+1K2=2K1，又11+13=6=22，所以{1}为等差数列，且公差d=12−11=2，则1=11+2（n﹣1）＝2n﹣1，所以c n=2−1，为奇数2，为偶数，所以S2n＝1+22+5+24+…+（4n﹣3）+22n＝（1+5+…+4n﹣3）+（22+24+…+22n）=o1+4K3)2+4(1−4)1−4＝2n2﹣n+4r1−43．故答案为：2n2﹣n+4r1−43．9．已知数列{a n}满足2a n a n+1+a n+3a n+1+2＝0，其中1=−12，设=K+1，若b3为数列{b n}中唯一最小项，则实数λ的取值范围是（5，7）【解答】解：∵2a n a n+1+a n+3a n+1+2＝0，∴a n+1=−(+2)2+3，∴r1+1=−(+2)2+3+1=+12+3，∴1r1+1=2+3+1=2+1+1，即1r1+1−1+1=2，所以数列{1+1}是公差为2的等差数列，∵11+1=2，∴1+1=2+(−1)×2=2n，∴b n＝2n（n﹣λ），∴b n+1﹣b n＝2（n+1）（n+1﹣λ）﹣2n（n﹣λ）＝4n+2﹣2λ，因为b3为数列{b n}中唯一最小项，所以b1＞b2＞b3＜b4＜b5＜…，∴当n＝1时，b2﹣b1＝6﹣2λ＜0，得λ＞3，当n＝2时，b3﹣b2＝10﹣2λ＜0，得λ＞5，当n≥3时，4n+2﹣2λ＞0恒成立，即λ＜2n+1，即有λ＜7．所以5＜λ＜7．故答案为：（5，7）．课后作业.数列求和1．已知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设T n为数列{1r1}的前n项和，若λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．【解答】解：（1）各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．设公差为d，由已知得：41+6=14(1+2p2=1(1+6p，，联立解得d＝1或d＝0（舍去），a1＝2，故：a n＝n+1．（2）由（1）得：1r1=1(r1)(r2)=1r1−1r2，所以：=12−13+13−14+⋯+1r1−1r2．=12−1r2，=2(r2)．由于：λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立，所以：2(r2)≤+2，解得：≤2(r2)2+4)+8，由于：+4≥≥4故：2(+4)+8≥16，即：λ≤16．故λ的最大值为16．2．设等差数列{a n}的前n项和为S n，a3＝6，a7＝14．（1）求数列{a n}的通项公式及S n；（2）若_____，求数列{b n}的前n项和T n．在①b n＝2•a n；②b n=2+r12；③b n＝（﹣1）n•a n这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，由a3＝6，a7＝14．得4d＝a7﹣a3＝14﹣6＝8，解得d＝2，所以a1＝a3﹣2d＝6﹣4＝2，所以a n＝2+2（n﹣1）＝2n；S n=2（2+2n）＝n2+n．（2）若选择条件①：由（1）可知a n＝2n，则b n＝2•a n＝2n•4n，所以T n＝b1+b2+…+b n＝2×41+4×42++6×43…+（2n）•4n；4T n＝2×42+4×43+6×44+…+（2n）•4n+1，两式相减得：﹣3T n＝2×41+2×42+2×43+…+2×4n﹣2n•4n+1＝2×4(1−4)1−4−2n•4n+1=−83（1﹣4n）﹣2n•4n+1，所以T n=89（1﹣4n）+23•4n+1；若选择条件②：由a n＝2n，S n＝n2+n，得b n=2+r12=82+8r4or1)=8+4or1)=8+4（1−1r1），所以T n＝b1+b2+b3+…+b n＝8n+4（1−12+12−13+⋯+1−1r1）＝8n+4r1=82+12r1；若选择条件③：由a n＝2n，得b n＝（﹣1）n•a n＝（﹣1）n•2n，所以T n＝﹣2+4﹣6+8+…+（﹣1）n•2n，当n为偶数时，T n＝（﹣2+4）+（﹣6+8）++[﹣2（n﹣1）+2n]=2×2＝n，当n为奇数时，T n＝（﹣2+4）+（﹣6+8）+…+[﹣2（n﹣2）+2（n﹣1）]﹣2n=K12×2n ＝﹣n﹣1，所以T n=，为奇数−−1，为偶数．3．已知数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n，且S n=(+1)2（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n=2(−2)(r1)，T n＝b1+b2+…+b n，求T n．【解答】解：（1）S n=(+1)2（n∈N*），当n＝1时，1=1(1+1)2，∴a1＝1，当n≥2时，由S n=(+1)2，得2=2+①取n＝n﹣1，得2K1=K12+K1②①﹣②得：2=2(−K1)=2−K12+−K1，∴（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣1）＝0，∵a n+a n﹣1＞0，∴a n﹣a n﹣1＝1，n≥2，∴数列{a n}是等差数列，则a n＝n；（2）由S n=(+1)2，a n＝n，∴=or1)2，则=2(−2)(r1)=(−2)，∴=1−2+2(−2)2+⋯+K1(−2)K1+(−2)，−2=1+2−2+⋯+K1(−2)K2+(−2)K1，两式作差得：∴−3=1+1−2+⋯+1(−2)K1−(−2)=1−(−12)1−(−12)−(−2)=2+(−12)K13−(−2)，∴=3(−2)−2+(−12)K19=3r29(−2)−29．4．在数列{a n}中，a1=12，对任意的n∈N*，都有1(r1)r1=B+1B成立．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{a n}的前n项和S n；并求满足S n＜1516时n的最大值．【解答】解：（I）∵a1=12，对任意的n∈N*，都有1(r1)r1=B+1B成立，∴1(r1)r1−1B=1．∴1B=2+（n﹣1）＝n+1，∴a n=1or1)．（II）a n=1or1)=1−1r1．∴数列{a n}的前n项和S n=(1−12)+(12−13)+⋯+(1−1r1)=1−1r1，S n＜1516，即1−1r1＜1516，解得n＜15，因此满足S n＜1516时n的最大值为14．。
高三数学数列的求和
11
1
(
)
(2n 1)(2n 1) 2 2n 1 2n 1
4.
1
1[ 1
1
]
n(n 1)(n 2) 2 n(n 1) (n 1)(n 2)
5. 1 1 ( a b ) a b ab
五、分组求和法
通过把数列的通项分解成几项，从而出现 几个等差数列或等比数列，再根据公式进 行求和。关键是分析通项
一、公式法 1. 等差数列求和公式：
Sn
na1
2
an
na1
nn 1
d 2
2. 等比数列求和公式：
Sn
na1 a1 1
qn
1 q
q 1 a1 anq q 1
1q
一、公式法
常见数列的前n项和公式
1 2 3 n n(n 1) ; 2
1 23
1 n (n
1)练习Leabharlann .求和1 Sn=2×5
1 +5×8
1 +8×11
1 + …+(3n-1) (3n+2)
常见的拆项公式
1. 1 1 1 n(n 1) n n 1
2. 1 1 ( 1 1 ) n(n k ) k n n k
3. 1
把通项分解成几项，从而出现 几个等差数列或等比数列进行 求和。
练习
1、求数列5,55,555, …,555…5的和
n个
an
5 9
10n
1
Sn
5 81
10n1
等差数列的求和公式
等差数列的求和公式等差数列是指数列中任意两项之间的差值都相等的数列。
求和公式是通过将数列中的每一项相加来计算数列的和。
等差数列的求和公式有两个主要形式，分别是差数列和面积数列的求和公式。
1.差数列求和公式：对于等差数列an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差，n为项数，等差数列的求和公式为Sn = n/2 * (a1 + an)。
解析：等差数列的求和公式可以通过计算首项和末项之和的平均值，再乘以项数得到。
首项和末项之和的平均值相当于每一项的平均值，再乘以项数就得到了等差数列的和。
2.面积数列求和公式：对于等差数列an = a + (n-1)d，其中a为首项，d为公差，n为项数，等差数列的求和公式为Sn = a * n + (n * (n-1) * d) / 2解析：面积数列求和公式是等差数列的另一种形式，在计算的过程中使用了等差数列的几何意义。
等差数列的每一项可以看作是由前一项移动d距离得到的，将数列展开成“梯形”的形式，然后计算各个梯形的面积，最后相加得到等差数列的和。
下面通过一个例子来说明如何使用等差数列的求和公式。
例子：我们有一个等差数列，首项为2，公差为3，现在要计算前100项的和。
1.使用差数列求和公式：a1 = 2，d = 3，n = 100，代入公式Sn = n/2 * (a1 + an)，得到：2.使用面积数列求和公式：a=2，d=3，n=100，代入公式Sn=a*n+(n*(n-1)*d)/2，得到：总结：等差数列的求和公式是通过对数列中的每一项相加来计算数列的和。
差数列和面积数列是等差数列的两种常用求和公式，可以根据实际情况选择使用。
在应用中，根据已知条件，将相关值代入公式中即可计算得到等差数列的和。
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.。
高考数学一轮复习数列求和
解：(1)因为 an＝2n，所以 a1＝2，a2＝4， 当 n＝1 时，由题设可得 a1b1＝2－21－1， 即 2b1＝12，所以 b1＝14； 当 n＝2 时，由题设可得 a2b1＋a1b2＝22－22－1， 即 1＋2b2＝2，所以 b2＝12. 当 n≥2 时，由题设可得 2nb1＋2n－1b2＋…＋22bn－1＋2bn＝2n－n2－1， ①
a1＋6d＝9， [解] (1)设公差为 d，由 S4＝18，a7＝9，即4a1＋4×42－1d＝18，
解得ad1＝＝13，， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
(2)由 an＝log2(bn＋1)，即 log2(bn＋1)＝n＋2，所以 bn＋1＝2n＋2，即
bn＝2n＋2－1，所以bn2bnn＋1＝2n＋2－12n2n＋3－1＝142n＋12－1－2n＋13－1，所以
[典例] (2023·石家庄二中模拟)已知公差不为 0 的等差数列{an}中，
a2＝3 且 a1，a2，a5 成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{3nan}的前 n 项和 Tn.
[解题微点] (1)根据等差数列的通项公式和等比中项可求出结果；
切入点 (2)根据错位相减法可求出结果
2n－1b1＋2n－2b2＋…＋2bn－1＝2n－1－n－2 1－1，此式两边同乘以 2，得 2nb1＋2n－1b2＋…＋22bn－1＝2n－n－1， ②
由①－②得 2bn＝n2，即 bn＝n4. 又由上可知，b1＝14也适合上式， 故数列{bn}的通项公式为 bn＝n4(n∈N *)．
(2)由(1)知，cn＝16×nn－n＋112n ＝16×n2＋n＋11－2nn，则 c1＋c2＋…＋cn ＝16×222－21＋233－222＋…＋n2＋n＋11－2nn ＝16×n2＋n＋11－2.
6.4数列求和课件高三数学一轮复习
例1 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解 集为(1，2). (1)求数列{an}的通项公式； 解 设等差数列{an}的公差为d， 因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2)， 所以Sa12＝1＋2＝3. 又S2＝2a1＋d，所以a1＝d， 易知a21＝2，所以 a1＝1，d＝1. 所以数列{an}的通项公式为an＝n.
即23Tn＝3111－－3131n－3nn＋1
＝121－31n－3nn＋1，
整理得 Tn＝34－24n×＋33n，
则 2Tn－Sn＝234－24n×＋33n －231－31n＝－3nn<0，故 Tn<S2n.
训练 3 在①Sn＝2an＋1；②a1＝－1，log2(anan＋1)＝2n－1；③a2n＋1＝anan＋2，S2＝ －3，a3＝－4 这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并解答. 问题：已知单调数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足________. (1)求{an}的通项公式；
即aann＋－11＝4，
所以{a2k－1}(k∈N*)为等比数列，其中首项为a1＝－1，公比为4， 所以a2k－1＝－1×4k－1＝－2(2k－1)－1； 由a1＝－1，log2(a1a2)＝1，得a2＝－2，
同理可得，a2k＝－2×4k－1 ＝－22k－1(k∈N*). 综上，an＝－2n－1.
数列中的奇偶项问题
数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数 列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列. (1)数列中的奇、偶项问题的常见题型 ①数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))； ②含有(－1)n的类型； ③含有{a2n}，{a2n－1}的类型； ④已知条件明确奇偶项问题. (2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的 和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.
2020年高三理科数学一轮复习讲义6.4【数列求和】
年高三理科数学一轮复习讲义【数列求和】最新考纲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1.特殊数列的求和公式(1) 等差数列的前 n 项和公式：S n ＝n （ a 1＋ a n ）＝na 1＋n （ n － 1）d.22(2) 等比数列的前 n 项和公式：na 1， q ＝ 1， S n ＝a 1－ a n q ＝ a 1（ 1－q n ），q ≠1Ｗ.1－ q1－q2.数列求和的几种常用方法 (1) 分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (2) 裂项相消法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. (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，这个数列的前 n 项和可用错位相减法求解 . (4) 倒序相加法如果一个数列 { a n } 的前 n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数， 那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法求解 . [ 微点提醒 ]1.1＋ 2＋ 3＋ 4＋ ＋ n ＝ n （ n ＋1）.22.12＋22＋ ＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）.613.裂项求和常用的三种变形1 1 1(1)n （ n ＋1） ＝ n －n ＋ 1.11 1－1(2)（ 2n －1）（ 2n ＋ 1） ＝ 22n ＋ 1.2n － 1 1＝ n ＋ 1－ n.(3)n ＋ n ＋ 1基础自测1.判断下列结论正误 (在括号内打“√”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 ＋1.()1－ q(2) 当 n ≥2 时， 2 11 1 －1).( )＝ (n －1 2 n － 1 n ＋ 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以a 即可根据错位相减法求得 .()n－ 1(4) 若数列 a 1，a 2－a 1 ， ，a n － a n － 1 是首项为 1，公比为 3 的等比数列，则数列 { a n } 的通项公式是 a n ＝ 3.()2解析 (3)要分 a ＝0 或 a ＝1 或 a ≠ 0 且 a ≠ 1 讨论求解 .答案 (1)√ (2) √ (3)×(4) √2.(必修 5P47B4 改编 ) 数列 { a n } 中， a n ＝ 1，若 { a n } 的前 n 项和为2 019，则项数 n 为 ()n （n ＋ 1） 2 020 A.2 018B.2 019C.2 020D.2 021解析 a ＝1＝1－1，nnn （n ＋ 1） n ＋ 1n ＝ 1－1＋ 1－1＋＋ 1－1＝1－1＝n＝2 019，所以 n ＝ 2019.S2 2 3nn ＋ 1n ＋ 1n ＋ 1 2 020答案 B3.(必修 5P56 例 1 改编 ) 等比数列 { a n } 中，若 a 1＝ 27， a 9 ＝1， q>0， S n 是其前 n 项和，则 S 6＝ ________.243解析 由 a 1＝27， a 9＝1知， 1＝ 27·q 8，243 2432又由 q>0，解得 q＝1，327 1－163＝364所以 S6＝.1 91－3答案364 94.(2018 东·北三省四校二模)已知数列 { a n} 满足 a n＋1－ a n＝ 2，a1＝－ 5，则 |a1|＋ |a2 |＋＋ |a6|＝ ()A.9B.15C.18D.30解析由题意知 { a n}是以 2 为公差的等差数列，又1＝－5，所以|a12 6a |＋ |a|＋＋ |a |＝ |－5|＋ |－ 3|＋ |－ 1|＋ 1＋3＋ 5＝ 5＋ 3＋ 1＋ 1＋ 3＋ 5＝18.答案C5.(2019 昆·明诊断 )已知数列 { a n} ， { b n } 的前 n 项和分别为n n＋1 2 －2，S n， T n， b n－ a n＝ 2 ＋1，且 S n＋ T n＝ 2 ＋ n则 2T n＝ ________________.解析由题意知T n－ S n＝ b1－ a1＋ b2－ a2＋＋b n－a n＝n＋2n＋1－2，又 S n＋ T n＝ 2n＋1＋ n2－2，所以 2T n＝ T n－S n＋S n＋ T n＝ 2n＋2＋ n(n＋1) －4.答案n＋2＋n(n＋ 1)－ 4 26.(2019 河·北“五个一”名校质检 )若 f(x)＋f(1－ x)＝4，a n＝ f(0) ＋f1＋＋ fn－1＋ f(1)(n∈* n n n)，则数列{ a }的通项公式为 ________.解析由 f(x)＋ f(1－x)＝4，可得 f(0) ＋ f(1) ＝4，，f 1 ＋ fn－1＝ 4，所以 2a n＝ [f(0) ＋ f(1)] ＋f 1＋f n－1n n n n＋＋ [f(1)＋ f(0)] ＝4(n＋ 1)，即 a n＝ 2(n＋1).答案a n＝ 2(n＋ 1)3【例 1】 (2019 ·郴州质检 )已知在等比数列 { a n } 中， a 1＝ 1，且 a 1， a 2， a 3－ 1 成等差数列 . (1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 若数列 { b n } 满足 b n ＝ 2n － 1＋ a n (n ∈* ) ，数列 { b n } 的前 n 项和为 S n ，试比较 S n 与 n 2＋ 2n 的大小 . 解 (1) 设等比数列 { a n } 的公比为 q ，∵a 1，a 2， a 3－ 1 成等差数列， ∴ 2a 2＝ a 1＋ (a 3－ 1)＝ a 3，∴ q ＝a 3＝2， a 2∴ a n ＝a 1q n －1＝ 2n －1(n ∈* ).(2) 由 (1)知 b n ＝ 2n － 1＋ a n ＝ 2n －1＋ 2n －1， ∴S n ＝(1＋ 1)＋ (3＋ 2)＋ (5＋ 22)＋ ＋ (2n － 1＋ 2n －1) ＝ [1 ＋3＋ 5＋ ＋ (2n － 1)]＋ (1＋ 2＋ 22＋ ＋ 2n －1)1＋（ 2n －1）1－2n2 n＝ 2 ·n ＋ 1－ 2 ＝ n ＋ 2 － 1. ∵S n －(n 2＋2n )＝－ 1<0 ，∴ S n <n 2＋ 2n . 规律方法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 .a n ， n 为奇数，2.若数列 { c n } 的通项公式为 c n ＝ 其中数列 { a n } ， { b n } 是等比数列或等差数列，可采用分组求 b n ，n 为偶数，和法求 { a n } 的前 n 项和 .【训练 1】 (2019 ·南昌一模 )已知等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 1＝1， S 3＋ S 4＝ S 5. (1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 令 b n ＝ (－ 1)n －1a n ，求数列 { b n } 的前 2n 项和 T 2n .解 (1) 设等差数列 { a n } 的公差为 d ，由 S 3＋ S 4＝ S 5可得 a 1＋ a 2＋ a 3＝ a 5，即 3a 2＝a 5， ∴3(1＋ d)＝ 1＋ 4d ，解得 d ＝ 2. ∴ a n ＝1＋ (n － 1)× 2＝ 2n － 1.(2) 由 (1)可得 b n ＝ (－1) n －1·(2n －1).∴T 2n ＝1－ 3＋ 5－7＋ ＋ (2n － 3)－ (2n － 1)＝ (－ 2)× n ＝－ 2n.4a n＋1【例 2】 (2019 ·郑州模拟 )已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 2＝ 8， S n ＝2 －n －1.(1) 求数列 { a n } 的通项公式；2× 3n (2) 求数列a n a n ＋1的前n 项和Tn .解 (1) ∵a 2＝ 8， S n ＝a n＋1－ n －1， 2∴ a 1＝S 1＝a 2－ 2＝2， 2当 n ≥ 2 时， a n ＝ S n － S n －1＝a n＋1－ n －1－a n－ n ，22 即 a n ＋1＝ 3a n ＋ 2，又 a 2＝ 8＝ 3a 1＋ 2，∴a n ＋1＝ 3a n ＋ 2， n ∈*， ∴ a n ＋1＋ 1＝3(a n ＋1) ，∴数列 { a n ＋1} 是等比数列，且首项为 a 1＋ 1＝ 3，公比为 3，∴ a n ＋1＝ 3× 3n －1＝ 3n ，∴ a n ＝3n － 1.2× 3n＝ 2×3n1 1(2) ∵n n＋1＝ n－ n ＋1.a n a n ＋1 （ 3 －1）（ 3－ 1）3 －13 － 1∴数列2× 3n的前n 项和a n a n ＋1 1 －2 1 ＋1－ 1＋ ＋111 － 1T n ＝－ 1 23n－ n ＋ 1＝ n ＋1.3－1 33 － 1 3 － 13 － 13 － 12 3－ 1规律方法 1.利用裂项相消法求和时， 应注意抵消后并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.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等. 【训练 2】 设 S n 为等差数列 { a n } 的前 n 项和，已知 S 3＝ a 7， a 8－ 2a 3＝3. (1) 求 a n ；1 (2) 设 b 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 ，3a 1＋ 3d ＝ a 1＋6d ，由题意得 （ a 1＋ 7d ）－ 2（ a 1＋ 2d ）＝ 3，5解得 a 1＝ 3， d ＝ 2，∴ a n ＝a 1＋ (n － 1)d ＝ 2n ＋1.(2) 由 (1)得 S n ＝ na 1＋n （n －1）d ＝ n(n ＋2)， 211 11 ∴b n＝n （n ＋2）＝2 n －n ＋2. ∴ T n ＝ b 1＋ b 2＋ ＋ b n －1＋ b n 1 11－ 11 － 11－ 1＝2 1－3 ＋ 24 ＋ ＋ n － 1 n ＋ 1 ＋ n n ＋ 2＝11＋ 1－ 1 － 1 2 2 n ＋1 n ＋ 2 3 1 1 ＋1＝ 4－ 2 n＋1 n ＋ 2.考点三 错位相减法求和【例 3】 已知 { a n } 是各项均为正数的等比数列，且 a 1 ＋ a 2＝ 6， a 1a 2＝ a 3.(1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2){ b n } 为各项非零的等差数列，其前n 项和为 S n ，已知 S 2n ＋1＝ b n b n ＋ 1，求数列b n的前 n 项和 T n .a n解 (1) 设{ a n } 的公比为 q ，a 1（ 1＋ q ）＝ 6，由题意知22a 1q ＝ a 1q ，又 a n >0，解得a 1＝ 2，所以 a n ＝ 2n.q ＝2，（ 2n ＋ 1）（ b 1＋ b 2n＋1）(2) 由题意知： S 2n ＋1 ＝＝ (2n ＋ 1)b n ＋ 1，2又 S 2n ＋1＝ b n b n ＋1，b n ＋1≠ 0，所以 b n ＝ 2n ＋ 1.令 c n ＝b n ，则c n ＝ 2n ＋1 a n 2n ，因此 T n ＝ c 1＋ c 2＋ ＋ c n3 5 72n － 1 ＋ 2n ＋ 1＝ ＋ 23 2－ n ，2 2 ＋2 ＋＋ n 121 T n ＝ 3 5 72n － 1＋ 2n ＋ 1，又 2＋3＋ 4＋ ＋ n 2 n ＋ 1 2 2 2 2 26两式相减得1 ＝3＋ 1 11 2n ＋ 1＋ 2＋ ＋ － 1 － ＋，2Tn22 22n 2n12n ＋ 5所以 T n ＝ 5－2n .规律方法1.一般地，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，可采用错 位相减法 .2.用错位相减法求和时，应注意：(1) 要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.n nn －qS n ” 的 (2) 在写出 “S ”与“qS ”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 表达式 .【训练 3】 已知等差数列 { a n } 满足： a n ＋1>a n ( n ∈ * )，a 1＝ 1，该数列的前三项分别加上 1，1，3 后成等比数 列， a n ＋ 2log 2b n ＝－ 1.(1) 分别求数列 { a n } ， { b n } 的通项公式； (2) 求数列 { a n ·b n } 的前 n 项和 T n .解 (1) 设等差数列 { a n } 的公差为 d ，则 d>0，由 a 1＝ 1， a 2＝ 1＋d ， a 3＝ 1＋2d 分别加上 1， 1，3 后成等比数列，得(2 ＋d)2＝2(4＋ 2d)，解得 d ＝ 2(舍负 )，所以 a n ＝ 1＋ (n － 1)× 2＝ 2n －1.1又因为 a n ＋ 2log 2b n ＝－ 1，所以 log 2b n ＝－ n ，则 b n ＝2n .1 (2) 由 (1)知 a n ·b n ＝ (2n － 1) ·2n ，则 T n ＝ 1 3 5 2n － 121＋ 22＋ 23＋＋ 2n ，①11352n － 1 ，②T n ＝ 2＋ 3＋ 4＋ ＋ n ＋ 12 2 2 2 2 由①－②，得1 1 ＋ 2× 1 1 11 2n － 1 T n ＝2 2＋3 ＋ 4＋ ＋ n － n ＋1 .2 2 2 22 2 711－1∴1T n＝1＋2×4 2n－ 1 2n－ 11－n＋ 1 ，2 21－22∴T n＝ 1＋ 2－2 2n－1 4＋2n－ 1＝3－3＋ 2n n－ 1－2n ＝ 3－n2n .2 2[ 思维升华 ]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.[ 易错防范 ]1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母 )时，应对其公比是否为1进行讨论 .2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.3.在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.基础巩固题组(建议用时： 40 分钟 )一、选择题1.(2017 全·国Ⅲ卷 )等差数列 { a n} 的首项为 1，公差不为0.若 a2，a3，a6成等比数列，则 { a n} 前 6 项的和为 ()A.－ 24B.－3C.3D.8解析设 { a n} 的公差为d，根据题意得a23＝ a2·a6，8即( a1＋ 2d) 2＝ (a1＋ d)(a1＋ 5d)，解得 d＝－ 2，所以数列 { a n} 的前 6 项和为 S6＝ 6a1＋6× 56×5× (－2)＝－ 24. 2d＝ 1× 6＋ 2答案 A2.数列 { a n} 的通项公式为a n＝(－ 1)n－1·(4n－3)，则它的前100 项之和 S100等于 ()A.200B. －200C.400D. － 400解析S100＝ (4×1－ 3)－ (4× 2－ 3)＋ (4× 3－ 3)－－(4× 100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋＋(99－100)]＝4× ( －50)＝－ 200.答案 B3.数列 { a n} 的通项公式是a n＝ 1 ，前 n 项和为 9，则 n 等于 ()n＋n＋ 1A.9B.99C.10D.1001＝ n＋1－ n，解析因为 a n＝n＋n＋1所以 S n＝ a1＋ a2＋＋ a n＝ ( n＋ 1－n)＋ ( n－n－1)＋＋(3－ 2)＋ ( 2－1)＝n＋ 1－ 1，令 n＋ 1－1＝ 9，得 n＝ 99.答案 B4.(2019 合·肥调研 )已知n 为数列2n＋1的前 n 项和，若 m>T10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为 () nT2A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023n1 n12 ＋ 1解析∵2n＝ 1＋2 ，∴T n＝ n＋ 1－2n，∴T10 ＋1 013＝ 11－1 1 10＋1 013＝1 024－ 10，2 2又 m>T10＋ 1 013 恒成立，∴整数 m 的最小值为 1 024.答案C95.(2019 厦·门质检 )已知数列 { a n} 满足 a n＋1＋ (－ 1)n＋1a n＝ 2，则其前100 项和为 ()A.250B.200C.150D.100解析当 n＝ 2k(k∈a2k＋2＋ a2k＋1＝ 2，∴ a2k＋1＋ a2k－1＝ 4，a2k＋2＋ a2 k＝ 0，∴ { a n} 的前 100 项和＝ (a1＋ a3)＋＋ (a97＋a99)＋ (a2＋a4)＋＋(a98＋a100)＝25× 4＋25× 0＝100.答案D二、填空题6.已知正项数列{ a n } 满足 a2n＋1－ 6a2n＝ a n＋1a n.若 a1＝ 2，则数列 { a n } 的前 n 项和 S n＝ ________.解析由 a2n＋1－ 6a2n＝ a n＋1a n，得( a n＋1－ 3a n)(a n＋1＋2a n) ＝0，又 a n>0，所以 a n＋1＝ 3a n，又 a1＝ 2，所以 { a n} 是首项为2，公比为3 的等比数列，n故S n＝2（1－3）＝3n－1.1－ 3答案 3n－ 17.(2019 武·汉质检 )设数列 {( n2＋ n)a n} 是等比数列，且a1＝1， a2＝1，则数列 {3 n a n} 的前 15 项和为 ________.6 541 1 1 1 n－ 1解析等比数列 2 ，故公比为 2 1 1{( n ＋ n)a n} 的首项为2a1＝，第二项为 6a2 ＝3 ，所以 ( n ＋ n) a n＝·＝n，3 9 3 3 3 1 n 1 1 1 1 1 15所以 a n＝n 2 ，则 3 a n＝ 2＝n－，其前 n 项和为1－n＋1， n＝ 15 时，为 1－16＝16.3 （ n ＋n）n ＋ n n＋ 1答案15168.(2019 福·州调研 )已知数列 { na n} 的前 n 项和为 S n，且 a n＝ 2n，且使得 S n－na n＋1＋ 50<0 的最小正整数n 的值为________.10解析S n ＝ 1×21＋2× 22＋ ＋ n × 2n ， 则 2S n ＝ 1× 22＋ 2×23＋＋n × 2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋ 22＋ ＋2n － n ·2n＋ 1＝ 2（ 1－2n） 1， － n ·2n ＋ 1－ 2n ＋ 1故 S n ＝ 2＋ (n － 1) ·2.又 a n ＝ 2n ，∴S n －na n ＋1＋ 50＝2＋ (n － 1) ·2n ＋1－ n ·2n ＋1＋50＝52－ 2n ＋1， 依题意 52－ 2n ＋1<0 ，故最小正整数 n 的值为 5.答案5三、解答题2n ＋ n *9.已知数列 { a n } 的前 n 项和 S n ＝， n ∈.2(1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 设 b n ＝ 2a n ＋(－1)n a n ，求数列 { b n } 的前 2n 项和 . 解 (1)当 n ＝ 1 时， a 1＝ S 1＝ 1；当 n ≥ 2 时， a ＝ S － S － ＝n 2＋n － （ n －1） 2＋（ n － 1） ＝n.nnn 12 2a 1 也满足 a n ＝n ，故数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ n. (2) 由 (1)知 a n ＝ n ，故b n ＝ 2n ＋ (－ 1)n n.记数列 { b n } 的前 2n 项和为 T 2n ，则 T 2n ＝(2 1＋22＋ ＋ 22n )＋ (－ 1＋ 2－3＋ 4－ ＋ 2n).记 A ＝ 21＋ 22＋ ＋ 22n ， B ＝－ 1＋ 2－3＋ 4－ ＋ 2n ，2n则A ＝ 2（ 1－ 2 ）＝22n ＋1－2，1－ 2B ＝ (－ 1＋ 2)＋ (－ 3＋ 4)＋ ＋ [ － (2n －1)＋ 2n]＝ n.2 n ＋ 1故数列 { b n } 的前 2n 项和 T 2 n ＝ A ＋ B ＝2＋ n － 2.1110.设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 1＝ 2， a n ＋1＝ 2＋ S n (n ∈* ). (1) 求数列 { a n } 的通项公式； (2) 设 b n ＝ 1＋ log 2 (a n ) 1的前 n 项和 T n < 1 . 2，求证：数列b n b n ＋1 6(1) 解 因为 a n ＋1＝ 2＋ S n (n ∈* )， 所以 a n ＝ 2＋ S n －1(n ≥ 2)，所以 a n ＋1－a n ＝S n － S n －1＝ a n ， 所以 a n ＋1＝2a n (n ≥ 2).又因为 a 2＝ 2＋a 1＝4， a 1＝ 2，所以 a 2＝ 2a 1， 所以数列 { a n } 是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，则 a n ＝ 2·2n －1＝ 2n (n ∈* ).(2) 证明因 b n ＝ 1＋ log 2(a n )2，则 b n ＝ 2n ＋ 1.则 1 ＝ 1 1 － 1，b n b n ＋1 2 2n ＋ 1 2n ＋ 3 所以 T n ＝ 1 1 1 1 1 ＋ ＋ 1 － 1 2 － ＋ －2n ＋3 3 5 5 7 2n ＋1 ＝ 1 1111 12 －2n ＋ 3 ＝ －2（ 2n ＋ 3）<6.36能力提升题组(建议用时： 20 分钟 ) n1＝ 1， a n ＋ 1－ a n ≥2(n ∈*n 为{ a n} 的前 n 项和，则 ()11.(2019 广·州模拟 )已知数列 { a } 满足 a)，且 SA. a n ≥ 2n ＋1B.S n ≥n 2C.a n ≥ 2n －1D.S n ≥2n －1解析由题意得a 2－ a 1≥ 2， a 3－ a 2≥ 2， a 4－ a 3≥2，， a n －a n －1≥ 2，∴ a 2－a 1＋ a 3－ a 2＋ a 4－ a 3＋ ＋a n － a n －1≥ 2(n － 1)， ∴ a n －a 1≥ 2(n － 1)，∴ a n ≥2n － 1，∴ a 1≥1， a 2≥ 3，a 3≥ 5， ， a n ≥2n － 1， ∴ a 1＋a 2＋ a 3＋ ＋ a n ≥1＋ 3＋ 5＋ ＋ 2n －1，12∴S n ≥n （ 1＋ 2n － 1） ＝n 2.2答案 B12.已知数列 { a n } 中， a n ＝－ 4n ＋ 5，等比数列 { b n } 的公比 q 满足 q ＝ a n － a n －1(n ≥2) 且 b 1＝ a 2，则 |b 1|＋ |b 2|＋|b 3|＋ ＋ |b n |＝ ________.解析由已知得b 1＝ a 2＝－ 3， q ＝－ 4，∴b n ＝(－3)× n 1 n 1(－ 4) －， ∴ |b n |＝ 3×4－ ，即{| b n为首项， 4 为公比的等比数列， |}是以 33（ 1－ 4n ）∴|b 1 |＋ |b 2|＋ ＋ |b n |＝ ＝4n － 1.1－4答案 4n － 1n1＝________. 13.(2017 全·国 Ⅱ 卷)等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 3＝ 3， S 4＝ 10，则∑k ＝1S k解析设等差数列 { a n } 的公差为 d ，则a 3＝ a 1＋ 2d ＝ 3，a 1＝ 1， n （ n － 1）n （n ＋ 1）由4＝ 4a 1＋ 4× 3得∴S n ＝n × 1＋ × 1＝2，d ＝ 1.2S2 d ＝ 10，1211＝ ＝ 2 n－n ＋ 1 .Snn （ n ＋ 1）n1＋1－ 1＋ 1－ 1＋ ＋1－11－1∴∑11111 ＝ 21－ 2nk ＝ 1S k ＝ S 1＋ S 2＋ S 3＋＋S n 2233 4n n ＋ 1 ＝2n ＋ 1＝.n ＋ 1答案2nn ＋ 114.(2019 河·南、河北两省联考 )已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 1＝ 5，nS n ＋1－ (n ＋ 1)S n ＝ n 2＋ n.S n (1) 求证：数列n为等差数列；(2) 令 b n ＝ 2n a n ，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n .13(1) 证明 由 nS n ＋ 1－ (n ＋ 1)S n ＝ n 2＋ n 得S n＋1－S n＝1，n ＋ 1 n又S 1＝5，所以数列S n 是首项为 5，公差为 1 的等差数列 . 1n(2) 解由(1) 可知Sn n ＝ 5＋ (n －1) ＝n ＋ 4，所以 S n ＝ n 2＋ 4n.当 n ≥ 2 时， a n ＝ S n － S n －1＝n 2＋4n － (n － 1)2－ 4(n － 1)＝2n ＋ 3. 又 a 1＝ 5 也符合上式，所以 a n ＝ 2n ＋3(n ∈*)，所以b n ＝(2n ＋3)2n ， 所以 T n ＝ 5×2＋ 7× 22＋ 9× 23＋ ＋ (2n ＋3)2n ，①2T n ＝ 5× 22＋ 7×23＋ 9× 24＋ ＋ (2n ＋ 1)2n ＋ (2n ＋ 3)2n ＋1，② 所以②－①得T n ＝(2n ＋3)2n＋1－10－(23＋24＋ ＋2n ＋1)＝(2n ＋3)2n＋1－10－23（1－2n －1）1－2＝ (2 n ＋ 3)2n ＋1－ 10－ (2n ＋2－ 8)＝ (2n ＋1)2n ＋1－ 2.14。
等比数列求和公式大全
等比数列求和公式大全
等比数列的求和公式包括通项公式和求和公式。
通项公式为an=a1×q^(n-1)，其中an是第n项，a1是首项，q是公比。
推广式是an=am·q^(n-m)，其中am是第m项。
等比数列的求和公式是Sn=n×a1（q=1）或Sn=a1（1-q^n）/（1-q）=（a1-a1q^n）/（1-q）=a1/(1-q)-a1/(1-q)q^n（前提：q不等于 1）。
此外，等比数列还有以下性质：
1. 若 m、n、p、q∈N，且m+n=p+q，则am·an=apaq。
2. 在等比数列中，依次每 k项之和仍成等比数列。
3. 若m、n、q∈N，且m+n=2q，则am×an=(a)^2。
4. 若G是a、b的等比中项，则G^2=ab（G ≠ 0）。
5. 在等比数列中，首项a₁与公比q都不为零。
6. 在数列{aₙ}中每隔k(k∈N)取出一项，按原来顺序排列，所得新数列仍为等比数列且公比为q。
7. 当数列{aₙ}使各项都为正数的等比数列，数列{lgaⁿ}是lgq的等差数列。
以上内容仅供参考，如需更多信息，建议查阅数学书籍或咨询数学专业人士。
数列求和求积累加累乘递推法
若利用调用一个求阶乘的函数来求和，则可： long fac(int n) { long p=1; int i=1; for( i=1; i<=n; i++) p*=i; return p; } main() { long s0=2000000, s=0; int n=1; while(s<s0) { s+=fac(n); n++; } printf("n=%d, s= %ld", n, s); }
例9: 输入n, m, 计算组合数 P=C(n, m)
n! n−m+k C = =∏ m!(n − m)! k =1 k
m m n
#include "stdio.h" void main() { double p=1.0; int m,n,k; printf("Input n,m:"); scanf("%d%d", &n, &m); if(n<0||m<0||m>n) { printf("Input data aren't correct.\n"); return;} if(n-m<m) m=n-m; for(k=1; k<=m; k++) p*=(double)(n-m+k)/k; printf("c(%d, %d)=%.0f\n", n, m, p); }
基本累乘： void main() { int j, n, s=1; scanf("%d", &n); for(j=0; j<n; j++) s = s*n; printf("“%d", s); }
关于数列求和的解题方法总结
例1.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n.
(1)求证：{an}为等差数列;
(2)求Sn的最小值及相应的n;
(3)记数列{
}的前n项和为Tn，求Tn的表达式。
解：(1)n=1时，a1=S1=-8
n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-10
∴an=2n-10an+1-an=2
∴{an}是等差数列.
3.情感、态度与价值目标
通过学生自主对公式的探索，激发学生的求知欲，鼓励学生大胆尝试、勇于探索、敢于创新，磨练思维品质，并从中获得成功的体验，感受思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美.
4..教学重点、难点
①重点：等比数列前n项和公式的推导及公式的简单应用.突出重点的方法：“抓三线、突重点”，即一是知识技能线：问题情境→公式推导→公式运用;二是过程方法线:从特殊、归纳猜想到一般→错位相减法→数学思想;三是能力线：观察能力→初步解决问题能力
∴2Sn=n（a2+an）Sn=n（a1+an）/2
倒序相加法的解题关键就是要能够看到首项和末项之间的关系，这就需学生要有一定的`敏感度，一眼就能找准解题的方法，然后就是要细心地做。()因此，做数列题除了要注意总结和归纳解题方法外，大量的习题训练也是十分必要的。
二、用公式法
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。等差数列的基本求和公式为：Sn=（a1+an）n/2;变形公式为Sn=na1+n（n-1）d/2（d为公差）。等比数列的求和公式为：Sn=na1（q=1）；Sn=a1（1-qn）/（1-q）=（a1-anq）/（1-q）（q≠1）（q为公比，n为项数）。利用公式来求数列之和是一种比较基本的题型，它的难度不大，只要掌握基本公式，并且具有一定的敏感度就能做对这类型的题。
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数列求和（1）
一、学习目标
1、熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式。
2、掌握几种常见的求非等差、等比数列的前几项和的方法。
二、学法指导
1、数列的求和关键在于数列通项公式的表达形式，只有根据通项公式的形式特点，才能采取相应的求和方法。
2、常用的求和方法有公式法、裂项相消法、拆项重组法、错位相减法、倒序相加法等。
三、知识准备
数列的求和通常有以下几种方法：
1、公式法：
等差数列的前n 项和公式：
等比数列的前n 项和公式：
2、裂项相消法：对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用”裂项法“，分式的求和多利用此法。
可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项。
常见的拆项公式有：
（1）)11(1)(1k n n k k n n +-=+； （2）n n n
n -+=++111 （3）若}{n a 为等差数列，公差为d ，则)11(111
1++-=∙n n n n a a d a a ； 3、拆项重组法：如果一个数列中连续等段的和具有一定的规律性，则可考虑分组求和，分组求和实际上就是通过“拆”和“组”的手段把问题归为可求或易求和的数列问题，这样就可利用恰当的方法进一步求和了。
4、错位相减法：等比数列前n 项和公式的推导方法，即将数列中的各项乘以其公比q ，然后错开一位相减，使数列中的一些项相互抵消或形成规律，从而求出数列的前n 项和。
这种方法常用于数列}{n n b a ∙的前n 项和，其中}{n a 为等差数列，}{n b 为等比数列。
5、倒序相加法：若所给数列}{n a 中与首、末等距的两项之和相等，则把所给数列按下标从小到大的顺序书写和的等式，再按下标从大到小的顺序书写和的等式，再把这两个等式左右两边相加即得数列的前n 项和。
这种方法通称为倒序相加法。
例如：等差数列前n 项和公式的推导方法。
四、导学案
1、)
1(1321211+⨯++⨯+⨯n n 等于 。
3、(1)已知数列{}n a ，其中321n n a n =++，求其前n 项和。
4、已知函数f （x ）对任意x 都有21)1()(=
-+x f x f ， 求1231(0)()()()......(
)(1)n s f f f f f f n n n n
-=++++++的值。
五、诱思案
1、已知数列{}n x 中,1160,3n n x x x +=-=+， （1）求这个数列的前30项的绝对值之和；
（2）求这个数列的前n 项的绝对值之和。
2、在数列}{n a 中，11211++++++=n n n n a n ，又1
2+⋅=n n n a a b ， 求数列}{n b 的前n 项和。
六、课堂小结
七、达标检测
1、数列}{n a 的通项公式是11++=
n n a n ，若前n 项和为10，则项数n 为 。
2、求数列2211,12,122,,1222
n -+++++++ 的前n 项和。
八、作业（见附页）。