2018版高中数学人教版A版必修五：§2 习题课 数列求和
高中数学第二章数列数列求和习题课课件新人教A版必修5
=(1+3+5+… +2n-1)+
1 1 ������ 1- 2 (1+2������-1)· ������ 2 = + 2 1- 1 2
1 1 1 1 + + + … + ������ 2 4 8 2
=n2+1- ������ .
1 2
探究一
探究二
探究三
规律总结
求数列的前n项和时,一般先求出通项公式,再根据通项公式的特点选择合适的 方法求解.
数列{an}是公比为q的等比数列,则
当q=1时,Sn=na1;
1.等差数列{an}的前n项和
������1 (1-������������ ) ������1 -������������ ������ 当 q ≠1 时,Sn= = . 1-������ 1-������
探究一
探究二
探究三
探究一分组法求和
①
②
探究一
探究二
探究三
① -②,得
2 1 1 1 1 1 1 Tn= +3× 2 +3× 3 +3× 4 +… +3× ������ -(3n-2)× ������+1 3 3 3 3 3 3 3
1 1 1 2 ������-1 1 3 3 +3× 3 1-1 3
=
-(3n-2)×
������ +1.
(3+3������)������ 1-2������ +1) n +2 -1. 2
探究一
探究二
探究三
探究二错位相减法求和
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项和就是用此法推导 的. 用错位相减法求和时,应注意: 在写出“Sn”与“qSn”的表达式时,应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确 写出“Sn-qSn”的表达式.若公比是参数(字母),则应先对参数加以讨论,一般情况下 分为等于1和不等于1两种情况分别求和.
高中数学人教A版必修5数列数列求和(二)PPT课件
解得
，
或
，
舍 解得 ，即数列 的通项公式
；
，
数列 的前 n 项和
高中数学 人教A版 必修5 数列数 列求和 （二）P PT课件
．Hale Waihona Puke 高中数学 人教A版 必修5 数列数 列求和 （二）P PT课件
练习：已知数列 的前 n 项和 Ⅰ 求 的通项公式；
．
Ⅱ记
，求数列 的前 n 项和．
解： Ⅰ 数列 的前 n 项和
通项是什么？
＝2(1－n＋1 1)＝n2＋n1.
高中数学人教A版必修5数列数列求和 （二）P PT课件
高中数学 人教A版 必修5 数列数 列求和 （二）P PT课件
练习：在各项均为正数的等比数列
中，
求等比数列 的通项公式；
，且 ，
成等差数列．
若数列 满足
，求数列 的前 n 项和 ．
解： 设数列列
的公比为 q，
，可得
；
时，
上式对
也成立，则
，
Ⅱ
则数列 的前 n 项和为
．
高中数学 人教A版 必修5 数列数 列求和 （二）P PT课件
，
；
高中数学人教A版必修5数列数列求和 （二）P PT课件
裂项相消法求和法（拆项法）：
适用于分式的形式把一项拆成两个分式差的形式,然后再求和.
也就是将数列的每一项拆成二项或多项使数列中的项出现有规律的 抵消项，进而达到求和的目的。
归纳小结
(1)公式法.
(2)分组化归法.将该数列的通项变形后，每一项拆成两项或多项，重新分组，将一般数列
求和化为特殊数列求和.
(3)并项求和法.(4)错位相减法.(5)倒序相加法.
高中数学第二章数列习题课2数列求和课件新人教A版必修5
＋
1 a3a4
＋…＋
1 an－1an
可用裂项法求和，具体过程
如下：
∵an－11·an＝1dan1－1－a1n， ∴Tn＝1da11－a12＋a12－a13＋…＋an1－1－a1n ＝1da11－a1n＝na－1a1n .
①
xSn＝x2＋2x3＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1
②
①－②得，(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1 ＝x11－－xxn－nxn＋1， ∴Sn＝1－x x2·[nxn＋1－(n＋1)xn＋1]，
nn＋1
2
∴Sn＝0
1－x x2[nxn＋1－n＋1xn＋1]
当一个数列本身不是等差数列也不是等比数 列，但如果它的通项公式可以拆分为几项的和，而这些项又构 成等差数列或等比数列，那么就可以用分组求和法，即原数列 的前n项和等于拆分成的每个数列前n项和的和．
1．已知数列{cn}：1
1 2
，2
1 4
，3
1 8
，…，试求{cn}的前n项
和．
解析： 令{cn}的前n项和为Sn， 则Sn＝112＋214＋318＋…＋n＋12n ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋12＋14＋18＋…＋12n
1．已知an＝(－1)n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的 值分别是( )
A．1,1
B．－1，－1
C．1,0
D．－1,0
解析： S9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1， S10＝S9＋a10＝－1＋1＝0. 答案： D
2．数列{an}，{bn}满足 anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn} 的前 10 项和为( )
(1)求an； (2)求数列{nan}的前n项和Tn.
人教A版高中数学必修五讲义及题型归纳：数列求和
数列求和一：数列求和方法1.有些数列，直接求和不易进行，可以将便于求和的项放在一起进行分组求和． 如①有些数列可以对奇偶项分别求和，此时要注意项数分奇偶讨论； ②有些数列可以将每一项适当拆开，再进行分组； ③有些数列首尾项相加后为定值，可以用倒序相加的方法．2.如果数列的通项可“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： ①111(1)1n n n n =-++； ②()1n n k =+ ；③()()12121n n =+- ；=3.这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，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 分别是等差数列和等比数列．考点1：分组求和例1.（1）已知等差数列{}n a 满足132a =，2340a a +=，则{||}n a 前12项之和为( ) A ．144-B ．80C ．144D ．304【解答】解：因为23123643408a a a d d d +=+=+=⇒=-，所以408n a n =-． 所以408,5|||408|840,5n n n a n n n -⎧=-=⎨->⎩…，所以前12项之和为5(320)7(856)8022430422⨯+⨯++=+=． 故选：D ．（2）已知{a n }的前n 项和S n ＝n 2﹣9n ﹣1，则|a 1|+|a 2|+…+|a 30|的值为 ． 【解答】解：{a n }的前n 项和S n ＝n 2﹣9n ﹣1， 可得n ＝1时，a 1＝S 1＝﹣9；n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝n 2﹣9n ﹣1﹣（n ﹣1）2+9（n ﹣1）+1＝2n ﹣10， 可得n ≤5，a n ＜0，n ≥6时，a n ＞0，可得|a 1|+|a 2|+…+|a 30|＝S 30﹣S 5﹣S 5＝900﹣270﹣1﹣2（25﹣45﹣1）＝671． 故答案为：671．（3）已知数列{}n a 的前项和1159131721(1)(43)n n S n -=-+-+-+⋯+--，则51S 的值为( ) A ．199-B ．199C ．101-D ．101【解答】解：1159131721(1)(43)n n S n -=-+-+-+⋯+--， 可得51159131721193197201S =-+-+-+⋯+-+ 4(4)(4)201425201101=-+-+⋯+-+=-⨯+=．故选：D ．例2.数列{a n }是首项为23，公差为整数的等差数列，且从第七项开始为负数． （1）求数列{a n }的公差；（2）求数列{a n }的前n 项和S n 的最大值；（3）记T n ＝|a 1|+|a 2|+…+|a n |（n ∈N ），求使T n ＞214成立的最小n ． 【解答】解：（1）数列{a n }是首项为23，公差d 为整数的等差数列， 且从第七项开始为负数，可得a 7＜0，a 6≥0， 即23+6d ＜0，23+5d ≥0，解得−235≤d ＜−236， 可得整数d ＝﹣4；（2）S n =12n （a 1+a n ）=12n （23+23﹣4n +4）＝﹣2n 2+25n ＝﹣2（n −254）2+6258， 可得n ＝6时，S n 取得最大值78； （3）T n ＝|a 1|+|a 2|+…+|a n |（n ∈N ）， 当n ≤6时，T n ＝S n ＝﹣2n 2+25n ；当n ≥7时，T n ＝﹣（S n ﹣S 6）+S 6＝2S 6﹣S n ＝156+2n 2﹣25n ． T n ＞214，可得n ≥7，由156+2n 2﹣25n ＞214，解得n ＞14.5， 可得n 的最小值为15．例3.数列121231231,,,,,,,,,,,,22333nn n n n⋯⋯⋯的前25项和为( )A ．20714B ．20914C ．21114D ．1067【解答】解：数列121231231,,,,,,,,,,,,22333nn n n n⋯⋯⋯的前25项和为： 251212312345612341223336666667777T =++++++⋯++++++++++， 20914= 故选：B ．考点2：裂项相消例4.（1）已知数列{}n a 满足：1(2)n a n n =+，则{}n a 的前10项和10S 为( )A ．1112B ．1124C ．175132D ．175264【解答】解：数列{}n a 满足：1(2)n a n n =+，可得111()22n a n n =-+，1011111111(1)23249111012S =-+-+⋯+-+-1111175(1)221112264=+--=． 故选：D ．（2）已知数列{}n a 的通项公式*)n a n N =∈，n S 为数列{}n a 的前n 项和，满足9(*)n S n N >∈，则n 的最小值为( )A ．98B ．99C ．100D ．101【解答】解：n a ==可得121n S ++⋯+=，9n S >19>，解得99n >，可得n 的最小值为100． 故选：C ．（3）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且*11,2(1)()nn S a a n n N n ==+-∈，则数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和是( ) A ．290B ．920C ．511D ．1011【解答】解：2(1)nn S a n n=+-， 2(1)n n na S n n ∴=+-，当2n …时，11(1)2(1)(2)n n n a S n n ---=+--， 两式相减可得1(1)4(1)n n n na n a a n ---=+-， 即1(1)()4(1)n n n a a n ---=-， 14n n a a -∴-=，∴数列{}n a 是以1为首项，以4为公差的等差数列，2(1)422n n n S n n n -∴=+⨯=-， 23222(1)n S n n n n n ∴+=+=+，∴11111()32(1)21n S n n n n n ==-+++，∴数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和是111111115(1)(1)2223101121111-+-+⋯+-=-=，故选：C ．（4）已知{}n a 是公比不为1的等比数列，数列{}n b 满足：2a ，n b a ，2n a 成等比数列，2221n n n c b b +=，若数列{}n c 的前n 项和n T λ…对任意的*n N ∈恒成立，则λ的最大值为( )A ．13B ．16C ．115D ．215【解答】解：{}n a 是公比q 不为1的等比数列，数列{}n b 满足：2a ，n b a ，2n a 成等比数列，故222nb n a a a =，即为1221111()n b n a q a q a q --=g ， 可得2(1)2n b n -=，即1n b n =+，22211111()(21)(23)22123n n n c b b n n n n +===-++++，即有1111111()235572123n T n n =-+-+⋯+-++111()2323n =-+， 由111()()2323f n n =-+随着n 的增大而增加，可得()f n 的最小值为f （1）115=，数列{}n c 的前n 项和n T λ…对任意的*n N ∈恒成立，可得115λ„， 则λ的最大值为115， 故选：C ． （5）数列1，112+，1123++，⋯，112n++⋯+的前n 项和为( ) A ．221n n + B ．21nn + C ．21n n ++ D ．21nn + 【解答】解：112112()(1)12(1)12n n n n n n n ===-+++⋯+++．数列1，112+，1123++，⋯，112n++⋯+的前n 项和： 数列111111111112(1)1212312223341n n n +++⋯+=-+-+-+⋯+-+++++⋯++ 122(1)11nn n =-=++． 故选：B ．考点3：错位相减例5.在数列{}n a 中，若112a =，且对任意的*n N ∈有112n n a n a n ++=，则数列{}n a 前10项的和为() A ．509256B ．511256C ．756512D ．755512【解答】解：Q112n n a n a n ++=，则324112312342122232(1)2n n n a a a a n na a a a n --⋯=⋯=⨯⨯⨯-g g g g ． ∴112n n a n a -=，2n n na =． 231232222n n nS =+++⋯+，221111122222n n n n nS +-=++⋯++． ∴211111..22222n n n nS +=+++-， 222n n n S +∴=-，则10123509221024256256S =-=-=． 故选：A ．例6.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =12n 2+12n ，在等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 4＝a 8． （1）求{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）S n =12n 2+12n ，可得a 1＝S 1＝1，n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1=12n 2+12n −12（n ﹣1）2+12（n ﹣1）＝n ， 上式对n ＝1也成立，则a n ＝n ，n ∈N *；等比数列{b n }的公比设为q ，b 1＝a 1＝1，b 4＝a 8＝8， 可得q 3＝8，即q ＝2，可得b n ＝2n ﹣1；（2）a n b n ＝n •2n ﹣1，可得前n 项和T n ＝1•1+2•2+3•4+…+n •2n ﹣1，2T n ＝1•2+2•4+3•8+…+n •2n ， 相减可得﹣T n ＝1+2+4+…+2n ﹣1﹣n •2n=1−2n1−2−n •2n ，化简可得T n ＝1+（n ﹣1）•2n ．例7.已知数列{a n }满足a 1+3a 2+5a 3+…+（2n ﹣1）a n ＝2n ． （1）求{a n }的通项公式； （2）设数列{a n 2n+3}的前n 项和为S n ，求证：S n ＜23． 【解答】解：（1）当n ＝1时，a 1＝2，当n ≥2时，有a 1+3a 2+5a 3+…+（2n ﹣3）a n ﹣1＝2n ﹣2， a 1+3a 2+5a 3+…+（2n ﹣1）a n ＝2n ．相减得（2n ﹣1）a n ＝2，即a n =22n−1（n ≥2）， 经检验：a 1＝2满足a n =22n−1，所以a n =22n−1（n ∈N *）； （2）证明：由（1）知，a n =22n−1， a n 2n+3=2(2n−1)(2n+3)=12（12n−1−12n+3），S n =12（1−15+13−17+15−19+⋯+12n−3−12n+1+12n−1−12n+3）=12（1+13−12n+1−12n+3）=23−12（12n+1+12n+3）＜23．例8.已知正项数列{a n }的前n 和为S n ，且2a 1S n =a n 2+a n ， （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）若b n =(13)n ⋅a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解答】解：（Ⅰ）正项数列{a n }的前n 和为S n ，且2a 1S n =a n 2+a n ， 可得n ＝1时，2a 1S 1＝2a 12＝a 12+a 1，解得a 1＝1； n ≥2时，2S n ﹣1＝a n ﹣12+a n ﹣1，又2S n ＝a n 2+a n ， 相减可得2a n ＝a n 2+a n ﹣a n ﹣12﹣a n ﹣1， 化为（a n ﹣a n ﹣1﹣1）（a n +a n ﹣1）＝0， 即为a n ﹣a n ﹣1＝1，可得a n ＝1+n ﹣1＝n ； （Ⅱ）b n =(13)n ⋅a n =n3n ，则前n 项和T n =13+29+327+⋯+n 3n ， 则13T n =19+227+381+⋯+n3n+1， 相减可得23T n =13+19+127+⋯+13n −n3n+1 =13(1−13n )1−13−n3n+1， 化为T n =34−2n+34⋅3n ． 例9.设各项为正的数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n =16a n 2+12a n ，（n ∈N *）．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式； （Ⅱ）令b n =a n4n，求数列{b n }的前n 项和T n ． 【解答】（Ⅰ）解：当n ≥2时，S n =16a n 2+12a n S n−1=16a n−12+12a n−1，由（1）（2）得：S n −S n−1=16a n 2+12a n −16a n−12−12a n−1 化简得：6a n =(a n 2−a n−12)+3a n −3a n−1即：3（a n +a n ﹣1）＝（a n ﹣a n ﹣1）（a n +a n ﹣1） 又a n ＞0，所以a n ﹣a n ﹣1＝3，数列{a n }是等差数列当n ＝1时，S 1=16a 12+12a 1=a 1，得a 1＝3∴a n ＝3n（Ⅱ）解：∴b n =3n ⋅(14)n ∴T n =3⋅(14)+6⋅(14)2+9⋅(14)3+⋯+3n ⋅(14)n ①14T n =3⋅(14)2+6⋅(14)3+9⋅(14)4+⋯+(3n −3)⋅(14)n +3n ⋅(14)n+1②由①②得：34T n =3⋅(14)+3⋅(14)2+3⋅(14)3+⋯+3⋅(14)n −3n ⋅(14)n+1=34×1−(14)n 1−14−3n ⋅(14)n+1=1−(14)n −3n ⋅(14)n+1，T n =43−3n+43⋅(14)n ．课后作业：1.已知等差数列{}n a 满足132a =，2340a a +=，则{||}n a 前12项之和为( ) A ．144-B ．80C ．144D ．304【解答】解：因为23123643408a a a d d d +=+=+=⇒=-，所以408n a n =-． 所以408,5|||408|840,5n n n a n n n -⎧=-=⎨->⎩…，所以前12项之和为5(320)7(856)8022430422⨯+⨯++=+=． 故选：D ．2.已知数列{}n a 满足：1(2)n a n n =+，则{}n a 的前10项和10S 为( )A ．1112B ．1124C ．175132D ．175264【解答】解：数列{}n a 满足：1(2)n a n n =+，可得111()22n a n n =-+，1011111111(1)23249111012S =-+-+⋯+-+-1111175(1)221112264=+--=． 故选：D ．3.设数列{a n }满足a 1=14，且a n+1=a n +a n 2，n ∈N ∗，设1a 1+1+1a 2+1+⋯+1a 2019+1的和为S n ，则S n 的取值在哪两个相邻整数之间（ ） A ．（1，2）B ．（2，3）C ．（3，4）D ．（4，5）【解答】解：由a n +1＝a n +a n 2＝a n （a n +1）， 可得1a n+1=1a n (a n +1)=1a n−1a n +1，即有1a n +1=1a n −1a n+1，则1a 1+1+1a 2+1+⋯+1a 2019+1=1a 1−1a 2+1a 2−1a 3+⋯+1a 2019−1a 2020＝4−1a2020＜4，由a 1=14，且a n+1=a n +a n 2，n ∈N ∗， 可得a n +1＞a n ， 又a 2=14+116=516，a 3=105256，a 4＞12，a 5＞34，a 6＞1，…，a 2020＞1， 可得3＜4−1a 2020＜4，故选：C ．4.设各项为正的数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n =16a n 2+12a n ，（n ∈N *）．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式； （Ⅱ）令b n =a n4n，求数列{b n }的前n 项和T n ． 【解答】（Ⅰ）解：当n ≥2时，S n =16a n 2+12a n S n−1=16a n−12+12a n−1， 由（1）（2）得：S n −S n−1=16a n 2+12a n −16a n−12−12a n−1 化简得：6a n =(a n 2−a n−12)+3a n −3a n−1即：3（a n +a n ﹣1）＝（a n ﹣a n ﹣1）（a n +a n ﹣1） 又a n ＞0，所以a n ﹣a n ﹣1＝3，数列{a n }是等差数列当n ＝1时，S 1=16a 12+12a 1=a 1，得a 1＝3∴a n ＝3n（Ⅱ）解：∴b n =3n ⋅(14)n ∴T n =3⋅(14)+6⋅(14)2+9⋅(14)3+⋯+3n ⋅(14)n ①14T n =3⋅(14)2+6⋅(14)3+9⋅(14)4+⋯+(3n −3)⋅(14)n +3n ⋅(14)n+1②由①②得：34T n =3⋅(14)+3⋅(14)2+3⋅(14)3+⋯+3⋅(14)n −3n ⋅(14)n+1=34×1−(14)n 1−14−3n ⋅(14)n+1=1−(14)n −3n ⋅(14)n+1，T n =43−3n+43⋅(14)n．。
高中数学第二章数列习题课2数列求和课件新人教A版必修5
(2)由bn＝nan＝n×22n－1知Sn＝1×2＋2×23＋3×25＋…＋
n×22n－1，
①
从而22×Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n×22n＋1，②
①－②得(1－22)×Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n×22n＋1，
• [的思通(路2)项若点公b拨n＝式]lo．g2(a1n)，由求递数推列关bn系·b1n利＋1用的等前n比项数和列Tn.定义求出an • (2)观察bn通项公式的特点，采用裂项相消法求和．
解析：
(1)由已知得an＋1＝2an，所以
an＋1 an
＝2.又因a1＝2，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以an＝a1·2n－1＝2n(n∈N*)． (2)由(1)知，an＝2n，所以bn＝log2an＝n，
(4)
1 a＋
b＝a－1 b(_____a_－___b___)．
倒序相加求和法
• 如果在一个数列{an}中，与首末两端等“距离”的 两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的 前n项和即可用倒序相加法，如_____数列的前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______数列的前n项和就是用此 法推导等的比 ．
(2)正整数和及正整数平方和公式有： nn＋1
①1＋2＋…＋n＝____2_____. ②12＋22＋…＋n2＝nn＋162n＋1.
分组转化求和法
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，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．即先 分别求和，然后再合并，形如：
2018版高中数学人教版A版必修五学案：§2 习题课 数列求和
[学习目标] 掌握数列求和的几种基本方法．知识点 数列求和的方法1．基本求和公式(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝＝na 1＋d .n （a 1＋a n ）2n （n －1）2(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝＝.a 1（1－q n ）1－qa 1－a nq1－q 2．倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“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，如等差数列的前n 项和即是用此法推导的．思考 已知f (x )＝，利用等差数列求和的方法求f ()＋f ()＋f ()＋f ()＋f (1)＋f (2)＋f (3)x1＋x 15141312＋f (4)＋f (5)＝________．答案 92解析 设原式＝S ，则S ＝f (5)＋f (4)＋f (3)＋f (2)＋f (1)＋f ()＋f ()＋f ()＋f ()，12131415∵f (n )＋f ()＝＋＝1，1n n 1＋n 1n1＋1n ∴S ＝4＋f (1)＝4＋＝.12923．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 项和就是用此法推导的．4．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．裂项相消求和经常用到下列拆项公式：(1)＝－；1n （n ＋1）1n 1n ＋1(2)＝；1（2n －1）（2n ＋1）12(12n －1－12n ＋1)(3)＝－．1n ＋n ＋1n ＋1n 5．分组求和法分组求和一般适用于两种形式：(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和；(2)通项公式为a n＝的数列，其中数列{b n}，{c n}是等比数列或等差数列，可{bn ，n 为奇数，cn ，n 为偶数)采用分组求和法求和．6．并项求和法一个数列的前n 项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．题型一 分组求和法例1 在等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得{a 1＋d ＝4，（a 1＋3d ）＋（a 1＋6d ）＝15，)解得{a 1＝3，d ＝1.)所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2.(2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)＝＋2（1－210）1－2（1＋10）×102＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.反思与感悟 某些数列通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和．跟踪训练1 已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，由得{b 2＝b 1q ＝3，b 3＝b 1q 2＝9){b 1＝1，q ＝3.)∴{b n }的通项公式b n ＝b 1q n －1＝3n －1，又a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝34－1＝27，∴1＋(14－1)d ＝27，解得d ＝2.∴{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ＝1，2，3，…)．(2)设数列{c n }的前n 项和为S n .∵c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1，∴S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝2×1－1＋30＋2×2－1＋31＋2×3－1＋32＋…＋2n －1＋3n －1＝2(1＋2＋…＋n )－n ＋30×（1－3n ）1－3＝2×－n ＋（n ＋1）n 23n －12＝n 2＋.3n －12即数列{c n }的前n 项和为n 2＋.3n －12题型二 错位相减法求和例2 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足＋＋…＋＝1－，n ∈N *，求{b n }的前n 项和T n .b 1a 1b 2a 2bn an 12n 解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1得{4a 1＋6d ＝8a 1＋4d ，a 1＋（2n －1）d ＝2a 1＋2（n －1）d ＋1，)解得a 1＝1，d ＝2，因此a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由已知＋＋…＋＝1－，n ∈N *，b 1a 1b 2a 2bn an 12n 当n ＝1时，＝，b 1a 112当n ≥2时，＝1－－＝，bnan 12n (1－12n －1)12n 所以＝，n ∈N *.bnan 12n 由(1)知a n ＝2n －1，n ∈N *，所以b n ＝，n ∈N *，2n －12n 所以T n ＝＋＋＋…＋，123225232n －12n T n ＝＋＋＋…＋＋，121223235242n －32n 2n －12n ＋1两式相减得T n ＝＋－＝－－，1212(222＋223＋224＋…＋22n )2n －12n ＋13212n －12n －12n ＋1所以T n ＝3－.2n ＋32n 反思与感悟 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；(2)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”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种情况分别求和．跟踪训练2 数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)求数列{na n }的前n 项和T n .解 (1)∵a n ＋1＝2S n ，∴S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝2S n ，∴＝3.又∵S 1＝a 1＝1，Sn ＋1Sn ∴数列{S n }是首项为1，公比为3的等比数列．∴S n ＝3n －1(n ∈N *)．当n ≥2时，a n ＝2S n －1＝2·3n －2，且a 1＝1，∴a n ＝{1， n ＝1，2·3n －2， n ≥2.)(2)T n ＝a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ，当n ＝1时，T 1＝1；当n ≥2时，T n ＝1＋4·30＋6·31＋…＋2n ·3n －2，①∴3T n ＝3＋4·31＋6·32＋…＋2n ·3n －1，②①－②得－2T n ＝－2＋4＋2(31＋32＋…＋3n －2)－2n ·3n －1＝2＋2·－2n ·3n －13（1－3n －2）1－3＝－1＋(1－2n )·3n －1，∴T n ＝＋(n －)3n －1(n ≥2)，1212又∵T 1＝a 1＝1也满足上式，∴T n ＝＋(n －)3n －1(n ∈N *)．1212题型三 裂项相消求和例3 求数列，，，，…的前n 项和．112＋2122＋4132＋6142＋8解 因为通项a n ＝＝(－)，所以此数列的前n 项和S n ＝[(1－)＋(－)＋(－1n 2＋2n 121n 1n ＋21213121413)＋…＋(－)＋(－)]151n －11n ＋11n 1n ＋2＝(1＋－－)12121n ＋11n ＋2＝－.342n ＋32（n ＋1）（n ＋2）反思与感悟 如果数列的通项公式可以化为f (n ＋1)－f (n )的形式，在数列求和时，就可以采用裂项相消法．要注意相消后的项要对称，如前面留下两项，则后面也会留下两项．跟踪训练3 正项数列{a n }满足a －(2n －1)a n －2n ＝0.2n (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝，求数列{b n }的前n 项和T n .1（n ＋1）a n 解 (1)由a －(2n －1)a n －2n ＝0，2n 得(a n －2n )(a n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以a n ＝2n .(2)由a n ＝2n ，b n ＝，1（n ＋1）an 得b n ＝＝(－)．12n （n ＋1）121n 1n ＋1所以T n ＝(1－＋－＋…＋－＋－)＝(1－)＝.121212131n －11n 1n 1n ＋1121n ＋1n2（n ＋1）题型四 并项求和法例4 求和：S n ＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n (2n －1)．解 当n 为奇数时，S n ＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n ＋5)＋(2n －3)]＋(－2n ＋1)＝2·＋(－2n ＋1)＝－n ；n －12当n 为偶数时，S n ＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n ＋3)＋(2n －1)]＝2·＝n .n2∴S n ＝(－1)n n (n ∈N *)．反思与感悟 当数列中的项正、负相间时，通常采用并项求和法，但应注意对n 的取值的奇偶性进行讨论．其结果有时可以统一书写，有时要分段书写．跟踪训练4 已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且－＝，S 6＝63.1a 11a 22a 3(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b }的前2n 项和．2n 解 (1)设数列{a n }的公比为q .由已知，有－＝，解得q ＝2或q ＝－1.1a 11a 1q 2a 1q 2又由S 6＝a 1·＝63，知q ≠－1，1－q 61－q 所以a 1·＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.1－261－2(2)由题意，得b n ＝(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝(log 22n －1＋log 22n )＝n －，121212即{b n }是首项为，公差为1的等差数列．12设数列{(－1)n b }的前n 项和为T n ，则2n T 2n ＝(－b ＋b )＋(－b ＋b )＋…＋(－b ＋b )212232422n －122n ＝b 1＋b 2＋b 2＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝＝2n 2.2n （b 1＋b 2n ）2例5 已知f (x )＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，求f ()．12解 f ()＝＋2×＋3×＋…＋n ×，①121212212312n ∴f ()＝＋2×＋3×＋…＋n ×，②121212212312412n ＋1∴①－②得，f ()＝＋＋＋…＋－12121212212312n n2n ＋1＝1－－，12n n 2n ＋1∴f ()＝2－－＝2－.1212n －1n2n n ＋22n 误区警示 (1)同乘的系数为等比数列的公比．(2)指数相同的项相减．(3)等比数列的项数是(n －1)项还是n 项．(4)指数式的计算是否正确．(5)在涉及到公比为字母时应注意讨论q 是否为1.1．设{a n }为等比数列，{b n }为等差数列，且b 1＝0，c n ＝a n ＋b n ，若数列{c n }是1，1，2，…，则数列{c n }的前10项和为( )A ．978 B ．557 C ．467 D ．979答案 A解析 由题意可得a 1＝1，设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，则，{q ＋d ＝1q 2＋2d ＝2)∴q 2－2q ＝0，∵q ≠0，∴q ＝2，∴d ＝－1，∴a n ＝2n －1，b n ＝(n －1)(－1)＝1－n ，∴c n ＝2n －1＋1－n ，设数列c n 的前n 项和为S n ，∴S 10＝978.2．1002－992＋982－972＋…＋22－12的值是( )A ．5 000 B ．5 050C ．10 100 D ．20 200答案 B解析 对相邻两项由平方差公式得，原式＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.3．数列{a n }的通项a n ＝n ·2n ，数列{a n }的前n 项和S n 为( )A ．n ·2n ＋1 B ．n ·2n ＋1－2C ．(n －1)·2n ＋1＋2 D ．n ·2n ＋1＋2答案 C解析 S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1，相减得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝－n ·2n ＋12－2n ＋11－2＝－2＋(1－n )·2n ＋1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.4．数列1，2，3，4，…的前n 项和为( )121418116A.(n 2＋n ＋2)－ B.n (n ＋1)＋1－1212n 1212n C.(n 2－n ＋2)－ D.n (n ＋1)＋1212n 12(1－12n )答案 A解析 S n ＝(112＋214＋318＋…＋n12n )＝(1＋2＋3＋…＋n )＋(12＋14＋18＋…＋12n )＝＋n （n ＋1）212[1－(12)n]1－12＝＋1－＝(n 2＋n ＋2)－.n （n ＋1）212n 1212n 求数列前n 项和，一般有下列几种方法1．公式法：适用于已知类型为等差或等比数列的求和．2．错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．3．分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．4．裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．5．奇偶并项：当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论．6．倒序相加：例如等差数列前n项和公式的推导方法．。
2017_2018学年高中数学第二章数列2.5.2数列求和习题课课件新人教A版必修5
(2)由(1)知 an＝2n－1，bn＝3n 1， － 因此 cn＝an＋bn＝2n－1＋3n 1. 从而数列{cn}的前 n 项和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1 n n1＋2n－1 1－3n 3 －1 2 ＝ ＋ ＝n ＋ 2 . 2 1－3
－
方法归纳,
分组转化法求和的解题策略 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， 转化为等差数列或等比数列或可求数列的前 n 项和 的数列求和．
2．分组转化求和法 有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，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．即先分别 求和，然后再合并，形如： (1){an＋bn}，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列； fn，n＝2k－1， (2)an＝ (k∈N*)． gn，n＝2k
【课标要求】 1.通过具体实例，理解并掌握数列的分组求和法. 2.通过具体实例，理解并掌握数列的裂项求和法. 3.通过具体实例，理解并掌握数列求和的错位相减法．
自主学习 |新知预习|
基础认识Biblioteka 1．公式求和法 (1)如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利 用等差、等比数列的前 n 项和公式，注意等比数列公比 q 的取值 情况要分 q＝1 和 q≠1. (2)正整数和及正整数平方和公式有： nn＋1 ①1＋2＋…＋n＝ 2 . nn＋12n＋1 2 2 2 ②1 ＋2 ＋…＋n ＝ . 6
b3 9 【解析】 (1)设等比数列{bn}的公比为 q，则 q＝b ＝3＝3， 2 b2 － 所以 b1＝ q ＝1，b4＝b3q＝27，所以 bn＝3n 1(n＝1,2,3，…)． 设等差数列{an}的公差为 d. 因为 a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以 1＋13d＝27，即 d＝2. 所以 an＝2n－1(n＝1,2,3，…)．
2017_2018学年高中数学第二章数列2.5.2数列求和习题课课件新人教A版必修5
4．数列{n· 2n}的前 n 项和等于( A．n· 2n－2n＋2 ＋ ＋ B．n· 2n 1－2n 1＋2 C．n· 2n＋1－2n ＋ ＋ D．n· 2n 1－2n 1
)
解析：设{n· 2n}的前 n 项和为 Sn， 则 Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n· 2n，① ＋ 所以 2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)· 2n＋n· 2n 1，② ①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n· 2n＋1 21－2n ＝ －n· 2n＋1， 1－2 所以 Sn＝n· 2n＋1－2n＋1＋2， 故选 B. 答案：B
跟踪训练 3 已知等差数列{an}满足 a2＝0，a6＋a8＝－10. (1)求数列{an}的通项公式； an (2)求数列 2n－1的前 n 项和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得 a1＋d＝0， 解得 a1＝1， d＝－1. 2a1＋12d＝－10， 故数列{an}的通项公式为 an＝2－n.
当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn－1＝6n， 当 n＝1 时，b1＝S1＝6，符合上式， 故 bn＝6n(n∈N*)．
bn － (2)由(1)知，cn＝a ＝6n· 3n 1， n 因为 Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn， 所以 Tn＝6×1×30＋6×2×31＋6×3×32＋…＋6(n－1)· 3n－ － 2 ＋6n· 3n 1，① 3Tn ＝ 6×1×31 ＋ 6×2×32 ＋ 6×3×33 ＋ 6(n － 1)×3n － 1 ＋ 6n×3n，②
2．分组转化求和法 有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，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．即先分别 求和，然后再合并，形如： (1){an＋bn}，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列； fn，n＝2k－1， (2)an＝ (k∈N*)． gn，n＝2k
2018秋新版高中数学人教A版必修5：第二章数列 习题课2
1-2������ 1-2
=
2������
−
1.
故这个数列的通项公式为an=2n-1.
②Sn=a1+a2+a3+…+an
=(21-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)
=(2+22+23+…+2n)-n=
2(1-2������) 1-2
−
������
=
2������
+
1
−
������
−
2.
目标导航
Z Z D 知识梳理 HISHISHULI
重难聚焦
典例透析
HONGNANJUJIAO IANLITOUXI
题型一 题型二 题型三
裂项相消法求和
【例2】 已知等差数列{an}满足:a3=7,a5+a7=26,{an}的前n项和
为Sn.
(1)求an及Sn;
(2)令
bn=
1 ���������2���-1
=
3������-2 3������
=
(3������
−
2)
·31������,
于是
Tn=1×
1 3
+
4
×
1 32
+
7
×
1 33
+
⋯+(3n-2)×
1 3������
.
①
①×
1 3
,
得
1 3
������������
=
1
×
1 32
+
4
×
1 33
高中数学人教A版必修5第2章第5节《数列求和》课件
1 2
(1 2
1 4
1 3
1 5
1 4
1 6
1 5
1 7
1 1 1 1 ) n n 2 n 1 n 3
••
•
•
Sn
1 2
(1 2
1 3
n
1
2
1) n3
5 12
2(n
2n 5 2)(n
3)
小规律：
裂项相消时，前面剩几项， 对应后面就剩几项；前面剩 第几项，对应后面就剩倒数 第几项；前后至少各写出两 组数。
解：设等差数列an
的首项为a1
,
公差为d， an
1 an1
的前n项和为Tn
3a1a123dd36
ad1
1 1
an n
1 1 anan1 n(n 1)
1 1 n n1
Tn
11
1 2
1 2
1 3
1 1 n 1
n n 1
1 1 1 11 n 1 n n nn1
常见数列的裂项方法
(1)
(3)2 4 6 (4)12 22 32
(5)13 23 33
2n n(n 1)
n2 n(n 1)(2n 1) 6
n3 n2 (n 1)2 4
二.倒序相加法
适用于：如果一个数列 an 中与首
末两项“等距离”的两项之 和等于首末两项的和。
方法：把数列分别正着写和倒着写再 相加。
1 2
an 2n 1
(2)
1
1
anan1 (2n 1)(2n 1)
1( 1 1 ) 2 2n 1 2n 1
Tn
1 2
(1
1 3
1 3
人教A版高中数学必修五 .2数列求和(一)教学PPT全文课件
人教A版高中数学必修五 .2数列求和（一）教学PPT全文课件【完 美课件 】
变式训练1
1
1
1
1
求数列 1 3 ，2 4 ，3 5 ， … ， n n 2 ， … 的前n项和．
解： an
1
nn
2
1 2
1 n
n
1
2
sn
a1
a2
an
1 1 3
1 2
4
1 35
1
nn
2
1 2
1
1 3
1 2
谢谢！
人教A版高中数学必修五 .2数列求和（一）教学PPT全文课件【完 美课件 】
数列求和（一）
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.
复习
（一）公式法
1.等差数列前n项和:
Sn
பைடு நூலகம்
na1 an
2
na1
nn 1 d
2
2.等比数列前n项和:
当q 1时 Sn na1
当q
1时
Sn
a1 1 qn 1 q
a1 anq 1 q
1 4
1 3
1 5
1 4
1 6
1 n 1
1 n 1
1 n
n
1
2
1 2
1
1 2
1 n 1
n
1
2
3 4
2n
2n 3
1n
2
人教A版高中数学必修五 .2数列求和（一）教学PPT全文课件【完 美课件 】
消项的规律具有对称性
人教A版高中数学必修五 .2数列求和（一）教学PPT全文课件【完 美课件 】
2018_2019学年高中数学第二章数列2.6习题课_数列求和课件新人教A版必修5
减法求 Tn.
解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,
∵2a1,a2,a3+1 成等比数列,∴������22=2a1·(a3+1),∴(a1+d)2=2a1(a1+2d+1).
(������1 + d)2 = 2������1 (������1 + 2d + 1),
则有
3������1
+
3×(3-1) 2
探究一
探究二
探究三
探究二 错位相减法求和
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 和就是用此法推导的.
用错位相减法求和时,应注意: 在写出“Sn”与“qSn”的表达式时,应特别注意将两式“错项对齐”,以便 下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.若公比是参数(字母),则应先对参数加以 讨论,一般情况下分为等于 1 和不等于 1 两种情况分别求和.
探究一
探究二
探究三
【典型例题 1】
求数列
112,314,518,…,
(2������-1)
+
1 2������
的前
n
项和.
思路分析:此数列的通项公式为 an=2n-1+21������,而数列{2n-1}为等差数
列,
1 2������
为等比数列,故采用分组法求和.
解:Sn=112+314+518+…+
12345
4.已知数列{an}的通项公式是 an=2n+3n+1,则数列{an}的前 n 项和
Sn=
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解析答案
题型二
错位相减法求和
例2 设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式； 解 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
第二章 数 列
习题课 数列求和
学习 目标
掌握数列求和的几种基本方法.
栏目 索引
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知识梳理
自主学习
知识点
数列求和的方法
1.基本求和公式
na1＋an nn－1 (1)等差数列的前 n 项和公式：Sn＝ ＝ na d . 1＋ 2 2 (2)等比数列的前 n 项和公式：当 q＝1 时，Sn＝ na1 ；当 q≠1 时，Sn a11－qn a1－anq ＝ ＝ . 1－q 1－q
(1)求数列{an}的通项公式an；
反思与感悟
解析答案
跟踪训练2
数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项an；
解析答案
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
解析答案
题型三
裂项相消求和
1 1 1 1 例 3 求数列 2 ， 2 ， 2 ， 2 ，…的前 n 项和. 1 ＋2 2 ＋4 3 ＋6 4 ＋8 1 11 1 1 1 解 因为通项 an＝ 2 ＝2(n－ )， 所以此数列的前 n 项和 Sn＝2[(1－3) n ＋2 n n＋2
4a1＋6d＝8a1＋4d， 由 S4＝4S2，a2n＝2an＋1 得 a1＋2n－1d＝2a1＋2n－1d＋1，
解得a1＝1，d＝2，
因此an＝2n－1，n∈N*.
解析答案
b1 b2 1 bn (2)设数列{bn}满足a ＋a ＋…＋a ＝1－2n，n∈N*，求{bn}的前 n 项和 Tn. n 1 2
21－210 1＋10×10 ＝ ＋ 2 1－2
＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.
反思与感悟
解析答案
跟踪训练1 已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
解 (1)设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
答案
2.倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“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，如等差 数列的前n项和即是用此法推导的.
答案
1 1 1 1 x 思考 已知 f(x)＝ ，利用等差数列求和的方法求 f(5)＋f(4)＋f(3)＋f(2) 1 ＋x 9 2 ＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＝________.
b2＝b1q＝3， b1＝1， 由 得 n－1 n－1 2 b b1q ＝9 bn＝ ＝3. ∴{ b 的通项公式 bq ＝3 ， 3＝ n} 1q
又a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝27， ∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2. ∴{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n＝1，2，3，…)．
解析
设原式＝S，
1 1 1 1 则 S＝f(5)＋f(4)＋f(3)＋f(2)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)，
1 n ∵f(n)＋f(n)＝ ＋ 1＋n 1＝1， 1＋ n 1 n
1 9 ∴S＝4＋f(1)＝4＋2＝2.
答案
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
6.并项求和法
一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an＝(－1)n
f(n)类型，可采用两项合并求解.
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题型探究
重点突破
题型一
分组求和法
例1 在等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；
解 设等差数知得 a1＋3d＋a1＋6d＝15，
n＋1－ n
.
答案
5.分组求和法
分组求和一般适用于两种形式：
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求
{an}的前n项和；
bn，n为奇数， (2)通项公式为 an＝ 的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数 cn，n为偶数
列或等差数列，可采用分组求和法求和.
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
项和就是用此法推导的.
4.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.
裂项相消求和经常用到下列拆项公式:
1 1 1 (1) ＝n－ ； n n ＋1 n ＋1 1 1 1 1 (2) ＝22n－1－2n＋1； 2n－12n＋1 (3) 1 n＋ n＋1 ＝
a1＝3， 解得 d＝1.
所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
解析答案
(2)设bn＝2 解
an－2
＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值.
由(1)可得bn＝2n＋n，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)
＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)
解析答案
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和． 解 设数列{cn}的前n项和为Sn. ∵cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1， ∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ＝2×1－1＋30＋2×2－1＋31＋2×3－1＋32＋…＋2n－1＋3n－1
30× （1－3n） ＝2(1＋2＋…＋n)－n＋ 1－3
1 1 1 1 1 1 1 1 ＋(2－4)＋(3－5)＋…＋( － )＋(n－ )] n－1 n＋1 n＋2
1 1 1 1 ＝2(1＋2－ － ) n＋1 n＋2
2n＋3 3 ＝4－ . 2n＋1n＋2
反思与感悟 解析答案
跟踪训练3
正项数列{an}满足
2 an －(2n－1)an－2n＝0.