4数列求和(1)

合集下载

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．

数列求和的八种方法及题型

数列求和的八种方法及题型1、抽象加法法：把等差数列的元素抽象为某一个相同的数值（称为项数，式子为S），通过加法求出所求等差数列的和。

例题：这样一个等差数列：2、4、6、8……100，求这一数列的和是多少？答案：抽象加法法：元素个数n = 99，公差d = 2，首项a = 2。

由公式S=n*（a+l）/2可得：S = 99*（2+100）/2 = 99*102/2 = 4950。

2、数值加法法：直接对元素逐一加法求和。

例题：计算这一等差数列的和：1、3、5、7……99？答案：数值加法法：元素个数n = 49，即：1+3+5+7+...+99=49*100/2=4900。

3、改编组合法：将数列改编为组合形式，将大式化简，从这个组合计算其和。

例题：求这一等差数列的和：2、5、8、11……99？答案：改编组合法：元素个数n = 48，公差d = 3，首项a = 2。

将其转换为组合：2+48d ，即2+(48*3)=150，由公式S=n*（a+l）/2可得：S = 48*（2+150）/2 = 48*152/2 = 7344。

4、数表法：把数列列成表，统计其和。

例题：求这一等差数列的和：3、5、7、9……99？答案：数表法：数列：3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 33 35 37 39 41 43 45 47 49 51 53 55 57 59 61 63 65 67 69 71 73 75 77 79 81 83 85 87 89 91 93 95 97 99和：3+5+7+9+11+13+15+17+19+21+23+25+27+29+31+33+35+37+39+41+43+ 45+47+49+51+53+55+57+59+61+63+65+67+69+71+73+75+77+79+81+83 +85+87+89+91+93+95+97+99=24505、立方法：一种特殊情形——这一数列两个元素的值等于这两个元素之间的位数的立方和。

4数列求和

第三十讲数列求和一、选择题：(本大题共6小题，每小题6分，共36分．)1．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S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－4002．数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋…＋n的前n 项和为( )A.2n 2n ＋1B.2n n ＋1C.n ＋2n ＋1D.n 2n ＋13．设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋10(n ∈N)，则f (n )等于( )A.27(8n －1)B.27(8n ＋1－1)C.27n ＋3－1)D.27(8n ＋4－1) 4．若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝32a n －3，则数列{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．3n ＋1－3B ．3n －3C ．3n ＋1＋3D ．3n＋35．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1 D ．n 2－n ＋1－12n6．数列a n ＝1n (n ＋1)，其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．9二、填空题：(本大题共4小题，每小题6分，共24分．)7．已知函数f (x )对任意x ∈R，都有f (x )＝1－f (1－x )，则f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝________.8.12＋222＋323＋424＋…＋n 2n －2等于________． 9．数列112＋2，122＋4，132＋6，142＋8…的前n 项和等于________．10．函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧ n 2 (n 为奇数)－n 2 (n 为偶数)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋…＋a 1000＝__________.三、解答题：(本大题共3小题，11、12题13分，13题14分．)11．已知数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫S n －12. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n 2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n . 12．等差数列{a n }是递增数列，前n 项和为S n ，且a 1，a 3，a 9成等比数列，S 5＝a 25.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝n 2＋n ＋1a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前99项的和．13．(2011·沈阳市模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，2a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1n 2·a n (n ∈N *)． (1)证明：数列{a n n 2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝a n ＋1－12a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .。

高中数学专题强化练习《数列求和》含答案解析

1 × (1 - 2) n
=2 -1,
1-2
=
∴Sn=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)
2 × (1 - 2)
-n=2n+1-n-2.故选
1-2
=
D.
2.B 由题意可得,当 n 为奇数时,an=f(n)+f(n+1)=n2-(n+1)2=-2n-1;
当 n 为偶数时,an=f(n)+f(n+1)=-n2+(n+1)2=2n+1.
公差不为 0,其前 n 项和为 Sn.若 a2,a4,a7 成等比数列,S3=12.
(1)求 an 及 Sn;
1
1
1
(2)已知数列{bn}满足+1-=an,n∈N*,b1=3,Tn 为数列{bn}的前 n 项和,
求 Tn 的取值范围.
答案全解全析
一、选择题
1.D ∵an=1+2+22+…+2n-1
又 a14=b4,所以 1+13d=1×33,解得 d=2,

( - 1)
1 - 3
2+3 - 1.
·2+
=n
2
1-3
2
所以数列{an+bn}的前 n 项和为 n+
8.答案 6
6
解析设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,由 a4=24,a6=96,得 q2=4
=4,所以 q=2 或 q=-2,
(n ≤ 6,n ∈ N*),
2
∴Tn= n2 - 11n + 60
(n ≥ 7,n ∈ N*).
2
=15+

四年级思维第2讲简单数列求和一

第3讲：简单数列求和（一）知识要点:许多同学都知道这样一个故事:大数学家高斯在很小的时候,就利用巧妙的算法迅速计算出从1到100这100个自然数的总和。

那高斯是用什么方法来巧妙进行计算的呢?因为1到100这100个自然数有这样的关系:1+100=101,2+99=101,3+98=101…一共有多少个101呢?因为一共有100个数,每两个数一组,一共有100÷2=50(组),也就是说有50个101。

所以1+2+3+……+100=101×50=5050。

若干个数按一定的规律排成一列,称为数列,数列中的每一个数称为一项,其中第一项称为首项,最后一项称为末项,数列中数的个数称为项数。

从第一项开始,后项与前项之差都相等的数列称为等差数列,后项与前项之差称为该数列的公差。

这种数列有极简便的求和方法:等差数列的和=(首项十末项)×项数÷2。

通过这一讲的学习,我们不仅掌握有关这种数列求和的方法,而且还能学会利用这种数列来解决许多有趣的问题。

例1、1+2+3+4+5+6+………+99+100练习1、89+90+91+92+93+94+95+96+97+98例2、求下列各式的和。

(1)1+3+5+7+9+……+97+99(2)2+4+6+8+10+……+98+100练习2(1)1+3+5+7+9+……+47+49(2) 2+4+6+8+10+……+48+50例3、把一堆苹果分给8个小朋友,如果要使每个小朋友都能拿到苹果,而且每人拿到的苹果个数都不同这堆苹果至少要有多少个?练习3、某市举行数学竞赛,比赛前规定,前12名可以获奖,比赛结果第一名1人,第二名并列2人,第三名并列3人……第十二名并列12人,得奖的一共有多少人?例4、把27枚棋子放到7个不同的空盒子中,如果要求每个盒子都不能空,且任意两个盒子里的棋子数目都不一样多,问能否办到?说明理由。

练习4、有10个盒子,56只乒乓球,能不能把56只乒乓球放进盒中,并且各个盒子里的乒乓球只数不相等?(每个盒子至少放一只球)例5、小明家的一个时钟,在每个整点敲打,敲打的次数等于该钟的点数,每半点也敲一下。

数列求和方法(带例题和练习题)

数列的求和数列求和主要思路：1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式； 2．求和过程中注意分类讨论思想的运用； 3．转化思想的运用；数列求和的常用方法一、利用常用求和公式求和利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. 1、等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn3、 11123(1)2nn k S k n n n ===+++++=+∑… 4、2222211123(1)(21)6nn k S k n n n n ===++++=++∑5、 2333331(1)1232nn k n n S kn =+⎡⎤===++++=⎢⎥⎣⎦∑ 公式法求和注意事项（1）弄准求和项数n 的值；（2）等比数列公比q 未知时，运用前n 项和公式要分类。

例1．求和221-++++n xx x (0,2≠≥x n )二、错位相减法求和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{a n ·b n }的前n 项和，其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列. 例2．求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S例3．求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和. 三、倒序相加法如果一个数列与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列前n 项和即可用倒序相加发，如等差数列的前n 项和就是此法推导的例4．求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值例4变式训练1：求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值. 例4变式训练2：数列{a n }：n n n a a a a a a -====++12321,2,3,1，求S 2002.例4变式训练3：在各项均为正数的等比数列中，若103231365log log log ,9a a a a a +⋅⋅⋅++=求的值.四、分组法求和有一类数列，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，然后分别求和，再将其合并即可.例5．已知数列{}n a 的通项公式321n n a n =+-，求数列{}n a 的前n 项和n S 。

2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和【课件】

【解析】 ∵an＝nn1＋1＝1n－n＋1 1 ∴数列{an}的前 n 项和 Sn＝1－n＋1 1＝n＋n 1 又 Sn＝22001290，∴n＝2019，故选 B.
易错易混 4．在数列{an}中，已知 an＝n＋11n＋3(n∈N*)，则{an}的前 n 项和 Sn＝
_____12__56_－__n_＋1__2_－__n_＋1__3_ ______. 【解析】 ∵an＝n＋11n＋3＝12n＋1 1－n＋1 3， ∴Sn＝1212－14＋13－15＋14－16＋15－17＋…＋n＋1 1－n＋1 3 ＝1212＋13－n＋1 2－n＋1 3 ＝1256－n＋1 2－n＋1 3.
第六章数列
第四节数列求和
课前双基巩固
——整合知识夯实基础
『知识聚焦』 1．公式法 (1)等差数列{an}的前 n 项和 Sn＝na12＋an＝na1＋nn－2 1d. 推导方法：倒序相加法．
na1，q＝1， (2)等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝a111－－qqn，q≠1. 推导方法：乘公比，错位相减法．
6．若{log2an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，则数列{nan}的前 n 项和为 _S_n_＝__2_＋__6_n_9－__2__·4_n_．
【解析】由题意可得 log2an＝1＋2(n－1)＝2n－1， ∴an＝22n－1＝2·4n－1，∴nan＝2n·4n－1， ∴数列{nan}的前 n 项和 Sn＝2(1×40＋2×41＋3×42＋…＋n×4n－1)， ∴12Sn＝1×40＋2×41＋3×42＋…＋n×4n－1， ∴2Sn＝1×41＋2×42＋3×43＋…＋n×4n，
课堂考点突破
——精析考题提升能力
考点一分组转化求和【例 1】已知数列{an}满足 a1＝1，an＋an－1＝2n(n≥2，n∈N*)． (1)记 bn＝a2n，求数列{bn}的通项公式； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.

2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版强基版)：数列求和

①等差数列的前n项和公式：
na1＋an Sn＝ 2 ＝
na1＋nn－ 2 1d
.
②等比数列的前n项和公式：
na1，q＝1， Sn＝ _a_11_－－__aq_nq_＝__a_1_1_1－_－_q_q_n_，__q_≠__1__.
知识梳理
(2)分组求和法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. (3)并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an＝ (－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解.
因为bn＝an＋ncos nπ＝2n＋1＋(－1)nn，所以当n为偶数时， Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝[3＋5＋7＋…＋(2n＋1)]＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n] ＝n3＋22n＋1＋n2 ＝n2＋2n＋n2＝n2＋52n.
当n为奇数时， Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋52(n＋1)－[2(n＋1)＋1＋n＋1]＝n2＋32n－12. 综上，Tn＝nn22＋＋3252nn，－12n为，偶n为数奇，数.
题型二并项求和
例2 记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－2n＋1. (1)求数列{an}的通项公式；
当n＝1时，由Sn＝2an－2n＋1，可得a1＝S1＝2a1－2＋1，即有a1＝1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－2an－1＋2(n－1)－1，即an＝2an－1＋2，可得an＋2＝2(an－1＋2)，显然an－1＋2≠0. 所以数列{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，则an＋2＝3·2n－1，即有an＝3·2n－1－2.
跟踪训练3 已知等差数列{an}中，a2＝5，a3＋a5＝18. (1)求数列{an}的通项公式；

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,
增素能精准突破

数列的求和公式

数列的求和公式数列是数学中常见的一个概念，指的是按照一定规律排列的一组数。

在实际问题中，经常需要求解数列的和，即把数列中的所有数相加得到一个结果。

为了方便计算，数学家们总结出了一些数列求和的公式。

1. 等差数列求和公式等差数列是指数列中每个相邻元素之间的差值相等的数列。

常见的等差数列求和公式如下：Sn = n/2 * (a1 + an)其中，Sn 表示等差数列的前n项和，n 表示项数，a1 表示首项，an 表示末项。

公式中的 "*" 表示乘法运算。

2. 等比数列求和公式等比数列是指数列中每个相邻元素之间的比值相等的数列。

常见的等比数列求和公式如下：Sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)其中，Sn 表示等比数列的前n项和，n 表示项数，a1 表示首项，q表示公比。

公式中的 "*" 表示乘法运算。

3. 平方数列求和公式平方数列是指数列中每个元素都是其下标的平方的数列。

平方数列求和公式如下：Sn = n/6 * (2n + 1) * (n + 1)其中，Sn 表示平方数列的前n项和，n 表示项数。

公式中的 "*" 表示乘法运算。

4. 立方数列求和公式立方数列是指数列中每个元素都是其下标的立方的数列。

立方数列求和公式如下：Sn = [n(n + 1)/2]^2其中，Sn 表示立方数列的前n项和，n 表示项数。

公式中的 "^" 表示乘方运算。

除了以上常见数列的求和公式外，还有许多其他类型的数列，每种数列都有相应的求和公式。

在实际应用中，根据所给数列的规律，可以推导出相应的求和公式，从而高效地计算数列的和。

总结数列的求和公式是数学中常用的工具，可以帮助我们快速计算数列的和。

根据不同类型的数列，有不同的求和公式。

熟练掌握这些公式，能够在解决实际问题时提高计算效率。

在应用公式时，需要注意各个参数的含义和取值范围，确保计算结果的准确性。

广东专用2023版高考数学一轮总复习第六章数列6-4数列求和及应用课件

【常用结论】
3. 常见的裂项公式
(1)n（n1＋1）＝1n－n＋1 1. (2)（2n－1）1（2n＋1）＝122n1－1－2n1＋1.
(3)n（n＋1）1（n＋2）＝12[n（n1＋1）－（n＋1）1（n＋2）].
(4)
1 a＋
b＝a－1 b(
a－
b). (5)（n＋n1）！＝n1！－（n＋11）！.
所以 an＝f（n＋1）1＋f（n）＝
6.4 数列求和及应用
1. 探索并掌握等差、等比数列前 n 项和公式，及其推导用到的“倒序相加法”、“错位相减法” 和其他一些重要的求和方法. 2. 能在具体的问题情境中，发现数列的等差、等比关系，并解决相应的问题.
【教材梳理】
1. 数列求和方法 (1)公式法 ①等差数列前 n 项和公式：Sn＝n（a12＋an）＝na1＋n（n－2 1）d.
(6)Cnm－1＝Cnm＋1－Cnm. (7)n·n！＝(n＋1)！－n！. (8)an＝Sn－Sn－1(n≥2).
判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”，错误的画“×”.
(1)当 n≥2 时，n2－1 1＝n－1 1－n＋1 1.
()
(2)如果已知一个数列的通项公式，那么它的前 n 项和一定可以求解.
2 022sin
0232π＝－1
011
3.
故填－1 011
3.
考点二裂项相消法
(1)(2021 广东高一月考)已知等差数列{an}的通项公式为 an＝3n＋1. 若 bn＝ana1n＋1，数列
{bn}的前 n 项和为 Tn，则 Tn＝
()
A.
3n 12n＋16
B.
n 12n＋16
C.
3n 3n＋1

高三数学一轮复习课件：数列求和_高考复习优秀课件

= n 1 -1.
令 Sn=10, 解得 n=120. 故选 C.
考向2 裂项相消法求和【例2】 (2013·江西高考)正项数列{an}满足：a2n－(2n－ 1)an－2n＝0. (1)求数列{an}的通项公式an； (2)令bn＝n＋11an，求数列{bn}的前n项和Tn. 【思路点拨】 (1)通过解关于an的一元二次方程及 an>0，求an； (2)用裂项相消法求Tn.

解析： (1)设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，由于 a3＝7，a5＋a7＝26，所以 a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，解得 a1＝3，d＝2. 由于 an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na12＋an，所以 an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．
(2)因为 an＝2n＋1，所以 an2－1＝4n(n＋1)，因此 bn＝4nn1＋1＝141n－n＋1 1. 故 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝141－21＋12－13＋…＋1n－n＋1 1 ＝141－n＋1 1＝4nn＋1. ∴所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝4nn＋1.
答案： B
2.已知数列{an}的通项公式是
an=
1
,若 Sn=10,则 n 的值
n n1
是( C )
(A)11
(B)99 (C)120
(D)121
解析:∵an=
1
= n 1 - n ,
n n 1
∴Sn=( 2 -1)+( 3
- 2 )+( 4 - 3 )+…
+( n - n 1 )+( n 1 - n )
一种思路一般数列求和，应从通项入手，若无通项，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备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．

高考数学一轮复习4 第4讲数列求和

第4讲数列求和最新考纲考向预测1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式及倒序相加求和、错位相减求和法.2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决与前n 项和相关的问题.命题趋势数列分组求和、错位相减求和、裂项相消求和仍是今年高考考查的热点，题型仍将是以解答题为主.核心素养数学运算、逻辑推理1．基本数列求和公式(1)等差数列求和公式：S n ＝n （a1＋an ）2＝na 1＋n （n －1）2d ． (2)等比数列求和公式：S n ＝⎩⎨⎧na1，q ＝1，a1－anq 1－q ＝a1（1－qn ）1－q ，q≠1.2．数列求和的五种常用方法 (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．(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，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)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项和公式即是用此法推导的．(5)并项法一个数列的前n项和中，可两两结合求和，称为并项法求和，形如：(－1)n f(n)类型，可考虑利用并项法求和．常用结论三种常见的拆项公式(1)1n（n＋1）＝1n－1n＋1.(2)1（2n－1）（2n＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1.(3)1n＋n＋1＝n＋1－n.常见误区1．在应用错位相减法求和时，要注意观察未合并项的正负号．2．在应用裂项相消法求和时，要注意消项的规律具有对称性，即前面剩多少项，后面就剩多少项．1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)当n≥2时，1n2－1＝1n－1－1n＋1.()(2)利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()(3)若S n＝a＋2a2＋3a3＋…＋na n，当a≠0且a≠1时，求S n的值可用错位相减法求得．()答案：(1)×(2)√(3)√2．数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n解析：选C.由题意得a n ＝1＋2n －1. 所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1.3．(多选)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则( )A ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1Sn 为等差数列B ．S n ＝－1nC ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n －1－1n ，n≥2，n ∈N ＋ D.1S1S2＋1S2S3＋…＋1Sn －1Sn＝n －1n解析：选ABCD.S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，整理得1Sn ＋1 －1Sn＝－1(常数)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1Sn 是以1S1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，故A 正确；所以1Sn ＝－1－(n －1)＝－n ，故S n ＝－1n ，故B 正确；所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n－1＝1n －1－1n (首项不符合通项)，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n －1－1n ，n≥2，n ∈N ＋，故C 正确；因为1Sn －1Sn ＝1（n －1）n ＝1n －1－1n ，所以1S1S2＋1S2S3＋…＋1Sn －1Sn ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝n －1n ，故D 正确．4．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________．解析：S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.答案：95．(易错题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝n ·2n ，则S n ＝________．解析：因为a n ＝n ·2n ，所以S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ，所以2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，② ①－②，得－S n ＝2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2，所以S n ＝(n －1)2n ＋1＋2.答案：(n －1)2n ＋1＋2分组转化法求和(2020·福州市适应性考试)已知数列{a n }满足a 1＝2，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，设b n ＝an n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若c n ＝2b n －n ，求数列{c n }的前n 项和．【解】 (1)方法一：因为b n ＝ann 且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，所以b n ＋1－b n ＝an ＋1n ＋1－ann ＝2，又b 1＝a 1＝2，所以{b n }是以2为首项，以2为公差的等差数列．所以b n ＝2＋2(n －1)＝2n .方法二：因为b n ＝ann ，所以a n ＝nb n ，又na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，所以n (n ＋1)b n ＋1－(n ＋1)nb n ＝2n (n ＋1)，即b n ＋1－b n ＝2，又b 1＝a 1＝2，所以{b n }是以2为首项，以2为公差的等差数列．所以b n ＝2＋2(n －1)＝2n .(2)由(1)及题设得，c n ＝22n －n ＝4n －n ，所以数列{c n }的前n 项和S n ＝(41－1)＋(42－2)＋…＋(4n －n ) ＝(41＋42＋…＋4n )－(1＋2＋…＋n ) ＝4－4n×41－4－n （1＋n ）2＝4n ＋13－n2＋n 2－43.分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎨⎧bn ，n 为奇数，cn ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．1．(2020·资阳诊断)已知在数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎨⎧an ＋2，n 是奇数，2an ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124解析：选C.由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×（1－210）1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.2．(2020·昆明市三诊一模)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，已知a 1＝b 1＝1，b 4＝64，q ＝2d .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a 2n －1＋b 2n ，求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1)因为b 4＝64，所以b 1q 3＝64，又b 1＝1，所以q ＝4. 又q ＝2d ，所以d ＝2.因为a 1＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1， b n ＝b 1q n －1＝4n －1.(2)c n ＝a 2n －1＋b 2n ＝4n －3＋42n －1.所以S n ＝(1＋5＋9＋…＋4n －3)＋(4＋43＋…＋42n －1) ＝n （1＋4n －3）2＋4×（1－42n ）1－42＝2n 2－n ＋42n ＋1－415.错位相减法求和(2020·高考全国卷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 ，由题设得2a 1＝a 2＋a 3, 即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2. 所以q 2＋q －2＝0, 解得q ＝1(舍去)或q ＝－2. 故{a n }的公比为－2.(2)记S n 为{na n }的前n 项和．由(1)及题设可得，a n ＝(－2)n －1.所以 S n ＝1＋2×(－2)＋…＋n ×(－2)n －1，－2S n ＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n －1)×(－2)n －1＋n ×(－2)n . 可得3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n ×(－2)n ＝1－（－2）n3－n ×(－2)n.所以S n ＝19－（3n ＋1）（－2）n9.用错位相减法求和的策略和技巧(1)掌握解题“3步骤”(2)注意解题“3关键”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．③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q ＝1和q ≠1两种情况求解．(2020·安徽省部分重点学校联考)已知等比数列{a n }的各项均为正数，S n 为等比数列{a n }的前n 项和，且9S 2＝5，a 3＝427.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设b n ＝nan ，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 (q >0)，由9S 2＝5得a 1＋a 1q ＝59，又a 3＝a 1q 2＝427，故q21＋q ＝415，所以15q 2－4q －4＝0，解得q ＝23或q ＝－25(舍去)，所以由a 1＋a 1q ＝a 1(1＋q )＝a 1×53＝59，解得a 1＝13，所以a n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.(2)由(1)可知a n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以b n ＝3n ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.故T n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1×⎝ ⎛⎭⎪⎫320＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫321＋…＋n×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1①， 32T n ＝3[1×⎝ ⎛⎭⎪⎫321＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ]②，①－②得，－12T n ＝3[⎝ ⎛⎭⎪⎫320＋⎝ ⎛⎭⎪⎫321＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ]，化简得T n ＝(6n －12)⎝ ⎛⎭⎪⎫32n＋12.裂项相消法求和角度一形如a n ＝1n ＋k ＋n型数列{a n }满足a 1＝1, a2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)． (1)证明：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2an ＋an ＋1，求数列{b n }的前n 项和．【解】 (1)由a2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又由已知易得a n >0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝2an ＋an ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.裂项求和的基本步骤角度二形如a n ＝1n （n ＋k ）型在①数列{a n }的前n 项和S n ＝12n 2＋52n ；②a 2n －a n －a 2n －1－a n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a n ＞0，且a 1＝b 2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的M 存在，求出M 的最小值；若M 不存在，说明理由．数列{b n }是首项为1的等比数列，b n ＞0，b 2＋b 3＝12，且____________，设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an log3 bn ＋1的前n 项和为T n ，是否存在M ∈N *，使得对任意的n ∈N *，T n ＜M?【解】设公比为q (q ＞0)，因为数列{b n }是首项为1的等比数列，且b n ＞0，b 2＋b 3＝12，所以q 2＋q －12＝0，解得q ＝3(q ＝－4不合题意，舍去)，所以b n ＝3n －1.若选①，由S n ＝12n 2＋52n ，可得S n －1＝12(n －1)2＋52(n －1)(n ≥2)，两式相减可得a n ＝n ＋2(n ≥2)，又a 1＝S 1＝3也符合上式，所以a n ＝n ＋2，所以1anlog3bn ＋1＝1（n ＋2）n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，则T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2，因为1n ＋1＋1n ＋2＞0，所以T n ＜34，由题意可得M ≥34，又M ∈N *，所以M 的最小值为1.若选②，则由a 2n －a n －a 2n －1－a n －1＝0得(a n －a n －1 －1)·(a n ＋a n －1) ＝0，又a n ＞0，所以a n －a n －1－1＝0，即a n －a n －1＝1，所以数列{a n }是公差为1的等差数列，又a 1＝b 2，则a 1＝3，所以a n ＝n ＋2.所以1anlog3 bn ＋1＝1（n ＋2）n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，则T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2，因为1n ＋1＋1n ＋2＞0，所以T n ＜34，由题意可得M ≥34，又M ∈N *，所以M 的最小值为1.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．[注意] 利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．1．已知函数f (x )＝x α的图象过点(4，2)，令a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ），n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 020＝( )A. 2 019－1B. 2 020－1C. 2 021－1D. 2 021＋1解析：选C.由f (4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x .所以a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ）＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，所以S 2 020＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋ ( 2 021－ 2 020)＝ 2 021－1.2．在①数列{a n }为递增的等比数列，S 3＝7，且3a 2是a 1＋3和a 3＋4的等差中项；②S n ＝2n －1，n ∈N *，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，________，b n ＝an ＋1SnSn ＋1，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：若选①，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a1＋a2＋a3＝7，（a1＋3）＋（a3＋4）＝2×3a2，解得a 2＝2，设数列{a n }的公比为q ，则a 1q ＝2，所以a 1＝2q ，a 3＝a 1q 2＝2q . 由S 3＝7，可知2q ＋2＋2q ＝7，所以2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12，易得q >1，所以q ＝2，a 1＝1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1， S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，所以b n ＝an ＋1SnSn ＋1＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n ＝1－13＋13－17＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1.若选②，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，因为a 1＝1也满足上式，所以a n ＝2n －1，所以b n ＝an ＋1SnSn ＋1＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n ＝1－13＋13－17＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1.[A 级基础练]1．在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，n ∈N *，则S 60的值为( )A ．990B ．1 000C ．1 100D ．99解析：选 A.n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，a n ＝2；n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，a n ＝n .故S 60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.2．在数列{a n }中，a n ＝2n －12n ，若{a n }的前n 项和S n ＝32164，则n ＝( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：选D.由a n ＝2n －12n ＝1－12n 得，S n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，则S n ＝32164＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，将各选项中的值代入验证得n ＝6.3．(2020·河北保定期末)在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，则该数列的前100项之和是( )A ．18B ．8C ．5D ．2解析：选C.因为a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，所以a 3＝3－1＝2，a 4＝2－3＝－1，a 5＝－1－2＝－3，a 6＝－3＋1＝－2，a 7＝－2＋3＝1，a 8＝1＋2＝3，a 9＝3－1＝2，…，所以{a n }是周期为6的周期数列，因为100＝16×6＋4，所以S 100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故选C.4．(多选)已知数列{a n }为等差数列，首项为1，公差为2.数列{b n }为等比数列，首项为1，公比为2.设c n ＝a bn ，T n 为数列{c n }的前n 项和，则当T n ＜2 019时，n 的取值可能是( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选AB.由题意，a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，b n ＝2n －1， c n ＝a bn ＝2·2n －1－1＝2n －1，则数列{c n }为递增数列，其前n 项和T n ＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n －1) ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－2－n .当n ＝9时，T n ＝1 013＜2 019；当n ＝10时，T n ＝2 036＞2 019. 所以n 的取值可以是8，9. 故选AB.5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 020＝( ) A ．22 020－1 B ．3×21 010－3 C ．3×22 021－1D ．3×21 009－2解析：选B.因为a 1＝1，所以a 2＝2a1＝2，又an ＋2·an ＋1an ＋1·an＝2n ＋12n ＝2，所以an ＋2an ＝2.所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列，所以S 2 020＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 019＋a 2 020＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 020)＝1－21 0101－2＋2（1－21 010）1－2＝3×21 010－3.故选B.6．在等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________．解析：由a 1＝27，a 9＝1243知，1243＝27·q 8，又由q >0，解得q ＝13，所以S 6＝27⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1361－13＝3649. 答案：36497．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了________里．解析：依题意得，该人每天所走的路程依次排列形成一个公比为12的等比数列，记为{a n }，其前6项和等于378，于是有a1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1261－12＝378，解得a 1＝192，因此a 2＝12a 1＝96，即该人第二天走了96里．答案：968．已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4，则{a n }的通项公式为________；设c n ＝a n ＋b n ，则数列{c n }的前n 项和为S n ＝________．解析：设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列，由b 2＝3，b 3＝9，可得q ＝b3b2＝3，b n ＝b 2q n －2＝3·3n －2＝3n －1.即有a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，则d ＝a14－a113＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋2(n －1)＝2n －1.c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1，则数列{c n }的前n 项和为S n ＝[1＋3＋…＋(2n －1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n －1)＝12n ·2n ＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.答案：a n ＝2n －1 n 2＋3n －129．(2020·新高考卷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)设{a n }的公比为q .由题设得a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2 ＝8. 解得q ＝12(舍去)，q ＝2.由题设得a 1＝2. 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)由题设及(1)知b 1＝0，且当2n ≤m <2n ＋1时，b m ＝n .所以S 100＝b 1＋(b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6＋b 7)＋…＋(b 32＋b 33＋…＋b 63)＋(b 64＋b 65＋…＋b 100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63) ＝480.10．(2020·四川石室中学二诊)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝n －n 2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2an （n ＝2k －1），2（1－an ）（1－an ＋2）（n ＝2k ）(k ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为T n .若T 2n ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫14n－12n ＋2＋b 对n ∈N *恒成立．求实数a ，b 的值．解：(1)①当n ＝1时，由2S 1＝2a 1＝1－12得a 1＝0；②当n ≥2时，2a n ＝2S n －2S n －1＝n －n 2－[(n －1)－(n －1)2]＝2－2n ，则a n ＝1－n (n ≥2)，显然当n ＝1时也适合上式，所以a n ＝1－n (n ∈N *)． (2)因为2（1－an ）（1－an ＋2）＝2n （n ＋2）＝1n －1n ＋2，所以T 2n ＝(b 1＋b 3＋…＋b 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝(2＋2－2＋…＋22－2n )＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－16＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＋12－12n ＋2＝116－43⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －12n ＋2. 因为T 2n ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫14n－12n ＋2＋b 对n ∈N *恒成立，所以a ＝－43，b ＝116.[B 级综合练]11．(2020·重庆模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝(－1)n ＋1a n ＋2n －1，则数列{a n }的前48项和为( )A ．1 006B ．1 176C ．1 228D ．2 368解析：选B.a n ＋1＝(－1)n ＋1a n ＋2n －1，所以n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＝a 2k －1＋4k －3， n ＝2k ＋1(k ∈N *)时，a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋4k ＋1， n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1＝－a 2k ＋4k －1，所以a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，a 2k ＋2＋a 2k ＝8k .则数列{a n }的前48项和为2×12＋8(1＋3＋…＋23)＝24＋8×12×（1＋23）2＝1176.故选B.12．(多选)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有(a 1＋a 2＋…＋a n )a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n －1)a n ＋1(n ≥2，n ∈N*)，a 1＝a 2＝1.数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1log2Sn ＋1·log2Sn ＋2的前n 项和为T n ，则以下结论正确的是 ( )A ．a n ＝1B ．S n ＝2n －1C ．T n ＝n ＋1n ＋3D ．{T n }为增数列解析：选BD.由(a 1＋a 2＋…＋a n )a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n －1)a n ＋1，得S n (S n －S n －1)＝S n－1(S n ＋1－S n )，化简得S 2n ＝S n －1S n ＋1，根据等比数列的性质得数列{S n }是等比数列．易知S 1＝1，S 2＝2，故{S n }的公比为2，则S n ＝2n －1，S n ＋1＝2n ，S n ＋2＝2n ＋1，1log2Sn ＋1·log2Sn ＋2＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.由裂项相消法得T n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.故B 正确，C 错误，D 正确．根据S n ＝2n －1知A 选项错误，故答案为BD.13．(2020·山西晋中模拟)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 }的通项公式及前n 项和S n ； (2)设b n ＝(－1)n S n ，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意，得S 5＝5（a1＋a5）2＝5·2a32＝5a 3＝25，得a 3＝5，设等差数列{a n }的公差为d ，则 d ＝a5－a35－3＝9－52＝2，所以a n ＝a 3＋(n －3)·d ＝5＋2(n －3)＝2n －1，n ∈N *. 则a 1＝2×1－1＝1，所以S n ＝n·[1＋（2n －1）]2＝n 2.(2)由(1)知，b n ＝(－1)n S n ＝(－1)n n 2， ①当n 为偶数时，n －1为奇数，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－12＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2 ＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[n 2－(n －1)2]＝(2＋1)(2－1)＋(4＋3)(4－3)＋…＋[n ＋(n －1)][n －(n －1)] ＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)＋n ＝n （n ＋1）2；②当n 为奇数时，n －1为偶数，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－12＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2 ＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[(n －1)2－(n －2)2]－n 2＝(2＋1)(2－1)＋(4＋3)(4－3)＋…＋[(n －1)＋(n －2)][(n －1)－(n －2)]－n 2 ＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －2)＋(n －1)－n 2 ＝n （n －1）2－n 2＝－n （n ＋1）2.综上所述，T n ＝(－1)nn （n ＋1）2.14．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且4S n ＝(a n ＋1)2. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)在①b n ＝1anan ＋1；②b n ＝3n ·a n ；③b n ＝14Sn －1这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并求解．若________，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)因为4S n ＝(a n ＋1)2，所以当n ＝1时，4a 1＝4S 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1. 当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2，又4S n ＝(a n ＋1)2，所以两式相减得4a n ＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2，可得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，因为a n ＞0，所以a n －a n －1＝2，所以数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，所以a n ＝2n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)若选条件①，b n ＝1anan ＋1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，则T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 若选条件②，b n ＝3n ·a n ＝3n ·(2n －1)，则T n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)×3n ，上式两边同时乘3，可得3T n ＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n －1)×3n ＋1，两式相减得－2T n ＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)× 3n ＋1＝－6＋(2－2n )·3n ＋1，可得T n ＝(n －1)·3n ＋1＋3. 若选条件③，由a n ＝2n －1可得S n ＝（1＋2n －1）×n2＝n 2，所以b n ＝14n2－1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，故T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. [C 级创新练]15．将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20，2×10，4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称4×5为20的最佳分解．当p×q(p≤q且p，q∈N*)是正整数n的最佳分解时，定义函数f(n)＝q－p，则数列{f(3n)}(n∈N*)的前2 020项和为()A．31 010＋1 B.31 000－14C.31 010－12D．31 010－1解析：选D.由最佳分解的定义，得当n为偶数时，f(3n)＝3n2－3n2＝0；当n为奇数时，f(3n)＝3n＋12－3n－12＝2×3n－12.所以数列{f(3n)}的前2 020 项和S2 020＝2×(30＋31＋32＋…＋31 009)＝2×31 010－13－1＝31 010－1，故选D.16．(多选)已知数列{a n}：12，122，222，322，123，223，323，423，523，623，723，124，224，…(其中第一项是121，接下来的22－1项是122，222，322)，再接下来的23－1项是1 23，223，323，423，523，623，723，依此类推)，其前n项和为S n，则下列判断正确的是()A.210－1210是{a n}的第2 036项B．存在常数M，使得S n＜M恒成立C．S2 036＝1 018D．满足不等式S n＞1 019的正整数n的最小值是2 100解析：选ACD.因为21－1＋22－1＋…＋210－1＝2－2111－2－10＝2 036，所以210－1210是{a n}的第2 036项，所以A正确；因为S n随着n的增大而增大，所以不存在常数M，使得S n＜M恒成立，所以B错误；S2 036＝21－12＋22－12＋…＋210－12＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2－2111－2－10＝1 018，所以C 正确；由1211＋2211＋…＋n 211＝（1＋n ）n 2211＞1，解得n ≥64，又S 2 036＝1 018，所以满足不等式S n ＞1 019的正整数n 的最小值是2 036＋64＝2 100，所以D 正确．综上，正确的是ACD.。

数列求和公式七个方法

数列求和公式七个方法求和公式是数列中常用的一个工具，用于计算数列中一定数量的项的和。

在数学中，有七种不同的方法可以使用求和公式。

1.求等差数列的和：等差数列的求和公式是：Sn = (a1 + an) * n / 2，其中Sn是数列前n项和，a1是数列的首项，an是数列的末项，n是数列的项数。

这个公式的核心思想是将数列分成两部分，每部分的和都是数列的首项和末项之和的一半。

2.求等比数列的和：等比数列的求和公式是：Sn=a1*(1-r^n)/(1-r)，其中Sn是数列前n 项和，a1是数列的首项，r是数列的公比，n是数列的项数。

这个公式利用了等比数列的特性，即每一项都是前一项乘以公比。

3.求等差数列的和差：等差数列的和差公式是：Sa=Sn-S(n-1)，其中Sa是数列从第n-1项到第n项的和差，Sn是数列前n项和，S(n-1)是数列前n-1项和。

这个公式的思想是将数列分成两部分，分别计算它们的和，然后将后一部分的和减去前一部分的和，即可得到和差。

4.求等比数列的和差：等比数列的和差公式是：Sa=Sn/S(n-1)，其中Sa是数列从第n-1项到第n项的和差，Sn是数列前n项和，S(n-1)是数列前n-1项和。

这个公式利用了等比数列的特性，即每一项都是前一项乘以公比。

5.求调和数列的和：调和数列的求和公式是：Sn = n / (1/a1 + 1/a2 + ... + 1/an)，其中Sn是数列前n项和，a1，a2，...，an是数列的各项。

这个公式的思想是将数列的各项的倒数相加，然后再取它们的倒数。

6.求幂和数列的和：幂和数列的求和公式是：Sn=(a^(n+1)-1)/(a-1)，其中Sn是数列前n项和，a是数列的公比，n是数列的项数。

这个公式利用了幂和数列的特性，即每一项都是公比的幂次。

7.求有限项数列的和：有限项数列的求和公式是：Sn = (n / 2) * (a1 + an)，其中Sn是数列前n项和，a1是数列的首项，an是数列的末项，n是数列的项数。

高三理科数学一轮复习讲义,复习补习资料：第六章数列6.4数列求和(解析版)

§6.4 数列求和考纲展示►1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.考点1 公式法求和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 －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－q n1－q ，q ≠1.2．倒序相加法与并项求和法 (1)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 项和可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．(2)并项求和法：在一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.非等差、等比数列求和的常用方法：倒序相加法；并项求和法．(1)[教材习题改编]一个球从100 m 高处自由落下，着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( )A ．100＋200×(1－2－9) B ．100＋100(1－2－9) C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)答案：A(2)[教材习题改编]已知函数f (n )＝n 2cos n π，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________.答案：－100解析：因为f (n )＝n 2cos n π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2，n 为奇数，n 2，n 为偶数，所以f (n )＝(－1)n ·n 2，由a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝(－1)n ·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2＝(－1)n [n 2－(n ＋1)2]＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝50×(－2)＝－100.数列求和的两个易错点：公比为参数；项数的奇偶数．(1)设数列{a n }的通项公式是a n ＝x n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.答案：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，x ＝1，x －xn1－x，x ≠1解析：当x ＝1时，S n ＝n ；当x ≠1时，S n ＝x－xn1－x.(2)设数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.答案：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为偶数，－1，n 为奇数解析：若n 为偶数，则S n ＝0；若n 为奇数，则S n ＝－1.[典题1] (1)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．[答案] 27[解析] 由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋－2×12＝9＋18＝27.(2)若等比数列{a n }满足a 1＋a 4＝10，a 2＋a 5＝20，则{a n }的前n 项和S n ＝________. [答案]109(2n－1) [解析] 由题意a 2＋a 5＝q (a 1＋a 4)，得20＝q ×10，故q ＝2，代入a 1＋a 4＝a 1＋a 1q 3＝10，得9a 1＝10，即a 1＝109.故S n ＝109－2n1－2＝109(2n－1)． [点石成金] 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，转化为等差或等比或可求数列前n 项和的数列来求之．考点2 分组转化法求和分组求和法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．(1)数列112，314，518，…，⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －＋12n 的前n 项和S n ＝________________. 答案：n 2＋1－12n(2)已知数列{a n }中，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为正奇数，2n －1，n 为正偶数，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 9＝________.答案：377[典题2] 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，求其前n 项和S n .[解] 由通项公式知，S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上知，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.[点石成金] 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组转化法求{a n }的前n 项和． (2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比或等差数列，可采用分组转化法求和．[提醒] 某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论.在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1 与a 4 的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a nn ＋2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .解：(1)由题意知，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知，b n ＝a nn ＋2＝n (n ＋1)．所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ×(n ＋1)．因为b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，可得当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋ (2)＝n2＋2n 2＝n n ＋2；当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝n －n ＋2－n (n ＋1)＝－n ＋22.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－n ＋22，n 为奇数，nn ＋2，n 为偶数.考点3 错位相减法求和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．(1)[教材习题改编]数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋…＋n的前n 项和为________．答案：2n n ＋1解析：因为11＋2＋…＋n ＝2n n ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列的前n 项和为2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. (2)[教材习题改编]数列22，422，623， (2)2n ，…的前n 项的和为________．答案：4－n ＋22n －1解析：设该数列的前n 项和为S n ，由题可知，S n ＝22＋422＋623＋ (2)2n ，①12S n ＝222＋423＋624＋ (2)2n ＋1，② ①－②，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12S n ＝22＋222＋223＋224＋…＋22n －2n 2n ＋1＝2－12n －1－2n 2n ＋1， ∴S n ＝4－n ＋22n －1.[典题3] [2018·山东模拟]设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . [解] (1)因为2S n ＝3n＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ≥2时，2S n －1＝3n －1＋3，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，n ＝1，3n －1，n ≥2.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ≥2时，b n ＝31－nlog 33n －1＝(n －1)·31－n.所以T 1＝b 1＝13；当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝13＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n]，所以3T n ＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(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－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n ，经检验，n ＝1时也适合．综上知，T n ＝1312－6n ＋34×3n .[点石成金] 用错位相减法求和的三个注意事项(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．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．[2018·天津模拟]已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意知q >0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0，解得q 2＝4. 又因为q >0，所以q ＝2，所以d ＝2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *. (2)由(1)有c n ＝(2n －1)·2n －1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n，上述两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝2n ＋1－3－(2n －1)·2n ＝－(2n －3)·2n－3，所以S n ＝(2n －3)·2n＋3，n ∈N *.考点4 裂项相消法求和裂项相消法(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 ＋＝1n －1n ＋1. ②1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ③1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .[考情聚焦] 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．裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列a n 的通项公式，达到求解目的．主要有以下几个命题角度：角度一形如a n ＝1nn ＋k型 [典题4] [2019·重庆模拟]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 ；(2)设b n ＝1S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n >34－1n ＋1(n ∈N *)．(1)[解] 设数列{a n }的公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，a 1＋7d －a 1＋2d ＝3，解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)[证明] 由(1)，得S n ＝na 1＋n n －2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2，∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2>12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋1＝34－1n ＋1. 故T n >34－1n ＋1.角度二形如a n ＝1n ＋k ＋n型[典题5] [2019·江南十校联考]已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋＋f n，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 014＝( )A. 2 013－1B. 2 014－1C. 2 015－1D. 2 015＋1[答案] C[解析] 由f (4)＝2可得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f n ＋＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 014＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 014－ 2 013)＋( 2 015－ 2 014) ＝ 2 015－1. 角度三形如a n ＝n ＋1n 2n ＋2型[典题6] 正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝n ＋1n ＋2a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. (1)[解] 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得 [S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n . 于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)[证明] 由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1n ＋2a 2n ＝n ＋14n 2n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋2.T n ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－132＋122－142＋132－152＋…＋1n －2－1n ＋2＋1n2－1n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋2－1n ＋2<116×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. [点石成金] 利用裂项相消法求和的注意事项(1)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)将通项裂项后，有时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相等．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.[方法技巧] 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.在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n，an ＋1的式子应进行合并．2．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，特别是隔项相消．真题演练集训1．[2018·北京模拟]已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________.答案：6解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝6，2a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝6，d ＝－2，所以S 6＝6a 1＋12×6×5d ＝36＋15×(－2)＝6.2．[2018·四川模拟]设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.答案：－1n解析：∵ a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，∴ S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵ S n ≠0，∴ 1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1. 又1S 1＝－1，∴ ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列． ∴ 1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ， ∴ S n ＝－1n. 3．[2018·山东模拟]已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式； (2)令c n ＝a n ＋n ＋1b n ＋n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，得⎩⎪⎨⎪⎧ 11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知，c n ＝n ＋n ＋1n ＋n ＝3(n ＋1)·2n ＋1.又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，所以T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋－2n 1－2－n ＋n ＋2＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2. 4．[2018·重庆模拟]S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，①可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n ＞0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知， b n ＝1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n n ＋.课外拓展阅读数列求和[典例] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－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T n .[审题视角][解析] (1)当n ＝k ，k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n . 当n ＝1时，上式也成立，故a n ＝92－n . (2)因为9－2a n 2n ＝n 2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1，① 所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n 2n －2，② ②－①，得2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1 ＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1. 故T n ＝4－n ＋22n －1. 方法点睛1．根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再根据⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案．2．利用S n 求a n 时不要忽视当n ＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数．3．可以通过当n ＝1,2时的特殊情况对结果进行验证．。

第四章数列的求和(一)习题课课件高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册

B.33
C.30
√D.27
由 f(x)＝x＋log228＋－xx，知28＋－xx>0，解得－2<x<8. 所以－2<an<8.又因为an＝n－2，所以满足f(an)的an所有的取值为－1, 0,1,2，…，7，即a1，a2，…，a9. 因为 f(6－x)＝6－x＋log282－＋xx，所以 f(x)＋f(6－x)＝6. 所以数列{f(an)}的各项之和S＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝f(－1)＋f(0) ＋…＋f(7).
f
(0)
②
n 1
由① + ②可得 2an n 1 ，an 2
所以数列an 是首项为
1，公差为
1 2
的等差数列，其前
20
项和为 201
20 1 2
115
2
巩固练习
2.
A.36
已知数列{an}的通项公式为an＝n－2(n∈N*)，设f(x)＝x＋log228＋－xx ，
则数列{f(an)}的各项之和为
Sn
n(a1 an ) 2
或 Sn
n(n 1) na1+ 2 d
2.等比数列前n项和公式(错位相
减法)
Sn
naa1(111,qqqn )1
a1 anq 1 q
,
q 1
3.两类特殊数列的前n项和(二次幂和、三次幂和)
①12＋22＋32＋…＋n2＝16n(n＋1)(2n＋1) ②13＋23＋33＋…＋n3＝14n2(n＋1)2
第四章习题课数列求和（一）
高二数学备课组
学习目标
1. 熟练掌握等差和等比数列前n项和的结构特点以及各个符号的意义
2. 掌握分组求和、倒序相加法求和、并项求

4数列求和的方法

数列求和的方法方法1：公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求.①等差数列求和公式：()()11122n n n a a n n S na d +-==+②等比数列求和公式：()()()11111111n n n na q S a q a a qq q q ⎧=⎪=-⎨-=≠⎪--⎩2n 222123++2等.Eg1（1（2）若前n 项和S n Eg2:（1）n S （2）设31323log log log n n b a a a =+++，求数列{}n b 的通项公式．练习一：已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列.（1）求数列{a n }的通项;a n ＝n.（2）求数列{2an}的前n 项和S n .S n ==2n+1-2练习二：已知｛a n ｝为等差数列，且36a =-，60a =。

（1）求｛a n ｝的通项公式；a n =2n-12（2）若等比数列｛b n ｝满足18b =-，2123b a a a =++，求｛b n｝的前n 项和公式.Sn=4（1-3n）方法2：分组求和法：有一类数列，它既不是等差数列，也不是等比数列.若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可. Eg1：求和：()()()()123235435635235n n S n ----=-⨯+-⨯+-⨯++-⨯Eg2：求和：()()()()23123n n S a a a a n =-+-+-++-练习：已知{}n a 是首项为19，公差为-2的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和.（1）求通项n a 及n S ；a n=-2n+21；S n=-n 2+20n（2）设{}n n b a -是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{}n b 的通项公式及其前n项和n T . T n=-n 2+20n+（3n -1）/2.方法3：倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法。

高中数学数列求和(一)

方法(二) 分组转化法求和
2. (2016·北京高考)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； (2)设 cn＝an＋bn，求数列{cn}的前 n 项和．
[解] (1)设等比数列{bn}的公比为 q，则 q＝bb32＝39＝3，所以 b1＝bq2＝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，…)．
练习：设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列2na＋n 1的前 n 项和． [解] (1)因为 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当 n≥2 时， a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，两式相减得(2n－1)an＝2，所以 an＝2n2－1(n≥2)．又由题设可得 a1＝2，满足上式，所以{an}的通项公式为 an＝2n2－1.
方法(三) 裂项相消法求和
角度(一) 形如 an＝nn1＋k型
1、数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝nn1＋1，则 S5 等于(
)
A．1
B．56
C．16
D．310
∵an＝nn1＋1＝n1－n＋1 1，
∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－21＋21－31＋…－16＝56.
角度(二)
形如 an＝
些项可以相互抵消，从而求得前 n 项和．
Hale Waihona Puke ②2＋4＋6＋…＋2n＝ n(n＋1) ； ③1＋3＋5＋…＋2n－1＝__n_2_.

4数列求和(1)

数列求和1

数列求和的八种方法及题型

4数列求和

高中数学专题强化练习《数列求和》含答案解析

四年级思维 第2讲 简单数列求和一

数列求和方法(带例题和练习题)

2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和【课件】

2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版强基版)：数列求和

2025届高考数学一轮总复习第六章数列第四节数列求和

数列的求和公式

广东专用2023版高考数学一轮总复习第六章数列6-4数列求和及应用课件

高三数学一轮复习课件：数列求和_高考复习优秀课件

高考数学一轮复习4 第4讲 数列求和

数列求和公式七个方法

高三理科数学一轮复习讲义,复习补习资料：第六章数列6.4数列求和(解析版)

第四章 数列的求和(一)习题课 课件高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册

4数列求和的方法

高中数学数列求和(一)

四年级思维第2讲简单数列求和一

高考数学一轮复习4 第4讲数列求和

第四章数列的求和(一)习题课课件高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册