求数列的前n项和列(教案+例题+习题)
专题4-2 数列前n项和的求法(解析版)
专题数列前n 项和的求法知识点一.公式法求和公式法求和中的常用公式有:(1)等差、等比数列的前n 项和①等差数列：S n ＝na 1＋n (n －1)2d (d 为公差)或S n ＝n (a 1＋a n )2.②等比数列：S n ，＝a 1－a n q 1－q，q ≠1，其中q 为公比．(2)四类特殊数列的前n 项和①1＋2＋3＋…＋n ＝12n (n ＋1)．②1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.③12＋22＋32＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)．④13＋23＋33＋…＋n 3＝14n 2(n ＋1)2.知识点二.分组转化法求和某些数列，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．知识点三.倒序相加法求和(1)倒序相加法类比推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列(反序)，再把它与原数列相加，就可以得到n 个(a 1＋a n )．(2)如果一个数列{a n }，首末两端等“距离”的两项的和相等，那么求其和可以用倒序相加法．知识点四.裂项相消法求和(1)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．(2)常见的拆项公式有①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋k )＝③1(2n －1)(2n ＋1)＝④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝121n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).知识点五.错位相减法求和一般地，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，可采用错位相减法求和，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”以便于下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．知识点六.并项求和法求和通项中含有(－1)n 的数列求前n 项和时可以考虑使用奇偶并项法，分项数为奇数和偶数分别进行求和．题型1裂项相消法形如1n(n+k)1k 1n 1n+k 考点1保留2项型【例题1-1】（2022·陕西·西安市鄠邑区第二中学高二阶段练习）已知数列a n 的通项公式为a n n ∈N *），数列的前2022项和为（）A ．20192020B ．20222023C ．20202021D ．20212022【答案】B【分析】利用裂项相消法求和.【详解】a n 1n−1n +1，则数列的前2022项和为S 2022=1−12+12−13+⋯+12022−12023=1−12023=20222023.故选：B【变式1-1】1.（2022·重庆市广益中学校高二阶段练习）已知数列a n 的前n 项和为S n =(n −1)2−1．(1)求a n 的通项公式.(2)若数列b n =1a n a n+1，求数列b n 前n 项和T n .【答案】(1)a n =2n −3(n ∈N *)(2)T n =−n2n −1【分析】（1）根据a n =S 1,n =1S n −S n −1,n ≥2作差即可得解；（2）由（1）可得b n （1）解：数列a n 的前n 项和为S n =(n −1)2+1，当n ≥2时，S n −1=(n −2)2+1=n 2−4n +5，所以S n −S n −1=2n −3，即a n =2n −3(n ≥2)，当n =1时，a 1=S 1=(1−1)2−1=−1符合上式，所以a n =2n −3(n ∈N *)；（2）解：由（1）可得b n =1an a n +1T n =1a1a 2+1a2a 3+1a3a 4+⋯+1an a n +1=−1−1+⋯13+⋯+12n −3=−n2n −1.【变式1-1】2．（广东省湛江市2023届高三上学期调研测试数学试题）设数列a n 的前n项和为S n ，已知a 1=−3,2的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =1a n a n +1，求数列b n 前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n −5；(2)T n =−n6n −9.【分析】（1）利用等差数列通项公式求出S n ，再利用前n 项和求数列a n 的通项作答.（2）由（1）求出b n ，再利用裂相消法求解作答.（1）依题意，2S 11=2a 1=−6，因此2S nn=−6+2(n −1)=2n −8，即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 −5，而a 1=−3满足上式，所以数列a n 的通项公式是a n =2n −5.（2）由（1）知，b n =1(2n −5)(2n −3)=12(12n −5−12n −3)，因此（3）T n =12[(1−3−1−1)+(1−1−11)+(11−13)+(13−15)+⋯+(12n −5−12n −3)]=12(−13−12n −3)=−n6n −9，所以数列b n 前n 项和T n =−n6n −9.【变式1-1】3．（2022·甘肃·宁县第二中学高二阶段练习）已知在数列a n 中，其前n 项和为S n =2n 2−n .(1)求数列a n 的通项公式;(2)a n ⋅a n +1=1b n ，数列b n 的前n 项和为T n ，求T n 的取值范围.【答案】(1)a n =4n −3n ∈N ∗【分析】（1）利用前n 项和S n 与通项a n 的关系求解通项公式即可；（2）首先根据（1）的结果求解b n 的通项公式，然后利用裂项相消的方法求出T n ，最后结合数列的单调性求解T n 的取值范围.（1）当n ≥2时，a n =S n −S n −1=4n −3.当n =1时，a 1=1，适合上式.故a n =4n −3n ∈N ∗.（2）由a n a n +1=1bn 得b n =1a n a n +1，因此b n∴T n ++⋅⋅⋅+=n4n +1.∵T n =n 4n +1=n +14−144n +1=14∵T n =14n ∈1,+∞，n ∈N ∗上单调递增，∴当n =1时，T n 取得最小值T 1=15.又T n =1414，故15≤T n <14.考点2保留4项型【变式1-2】1．（2022·广东·华南师大附中高三阶段练习）已知等差数列{a n }中，S n +2=S n +2n +3(n ∈N *).(1)求a n ；(2)设b n =1an (a n +2)，{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n <34.【答案】(1)a n =n (2)证明见解析【分析】（1）根据S n +2=S n +2n +3(n ∈N *)可得a n +1+a n +2=2n +3以及a n +2+a n +3=2n +5，求得公差，继而求得数列通项公式；（2）由（1）可得b n =1n (n+2){b n }的和T n ，即可证明结论.（1）设等差数列{a n }的公差为d ，∵S n +2=S n +2n +3(n ∈N *)，所以S n +2−S n =a n +1+a n +2=2n +3，可得a n +2+a n +3=2n +5，两式相减可得：2d =2，所以d =1，所以a n +1+a n +2=a n +1+a n +2=2n +3，可得：a n =n ；（2）由（1）知：a n =n ，所以b n =1n (n +2)，T n =b 1+b 2+⋯+b n =11×3+12×4+13×5+⋯+1(n −1)(n +1)+1n (n +2)13+12−14+13−15+⋯+1n −1−1n +1+1n12−1n +11n +1∵n ∈N *，∴1n +1>0,1n+2>0,∴T n <12×32=34，即T n <34．【变式1-2】2．（2022·江苏·南京市秦淮中学高三阶段练习）已知数列a n 各项均为正数，且a 1=2,a n +12−2a n +1=a n 2+2a n .(1)求a n 的通项公式；(2)n 项的和S n ，证明：S n <316.【答案】(1)a n =2n ；(2)证明见解析.【分析】（1）化简已知得a n +1−a n =2，得到数列{a n }是以首项为2，公差为2的等差数列，即得解；（2）求出1an a n +2=18(1n−1n +2)，再利用裂项相消化简证明.（1）因为a n +12−2a n +1=a n 2+2a n ，所以（a n +1−a n ）（a n +1+a n ）=2（a n +1+a n ），因为{a n }各项均为正数，a n >0，所以a n +1−a n =2，所以数列{a n }是以首项为2，公差为2的等差数列，a n =2+（n −1）×2所以a n =2n .（2）1an a n +2=12n ×2(n +2)=14×1n (n +2)=18(1n −1n +2)，S n =18(1−13+12−14+13−15+……+1n −1−1n +1+1n −1n +2)=18(1+12−1n +1−1n +2)=316−18（1n +1+1n +2)因为n ∈N ∗，故1n +1+1n +2>0所以S n <316.【变式1-2】3．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知正项数列a n ，a 1=1，a 2=2，a n +12−a n 2是公差为2的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +a n +1，记数列b n 的前n 项和为S n ，求1S 1+1S 2+1S 3+⋯+1Sn．【答案】(1)a n =n 1n +1【分析】（1）由题意可得a n +12−a n 2=2n +1，又a n 2=a n 2−a n −12+a n −12−a n −22+⋅⋅⋅+a 22−a 12+a 12，再结合等差数列的求和公式即可求出a n ；（2）由裂项相消法求解即可.（1）由题意，a 22−a 12=3，因为a n +12−a n 2是首项为3公差为2的等差数列，所以a n +12−a n 2=2n +1，当n ≥2时，a n 2=a n 2−a n −12+a n −12−a n −22+⋅⋅⋅+a 22−a 12+a 12=2n −1+2n −3+⋅⋅⋅+5+3+1=n 2，又因为a 12=1满足，所以a n 2=n 2，结合a n >0，所以a n =n .（2）由（1）和b n =a n +a n +1得b n =2n +1，所以b 1=3，又S n =n +2n ，故1Sn==−，1S1+1S 2+1S 3+⋅⋅⋅+1S n=−13+12−14+13⋅⋅⋅+1n =+12−1n +1−=−1n +1◆类型2=1k （n +k −n ）型【例题1-3】已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为________．【答案】120【解析】∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.令n ＋1－1＝10，得n ＝120.【变式1-3】已知函数f (x )＝x a 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 2017＝________.【答案】2018－1【解析】由f(4)＝2，可得4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝x12.∴a n＝1f(n+1)+f(n)＝1n＋1＋n＝n＋1－n，S2017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2017－2016)＋(2018－2017)＝2018－1.题型2错位相减法n是等比数列nS3=14，S6=126．(1)求数列a n的通项公式；(2)记b n=n+1a n，数列b n的前n项和为T n，求T n．【答案】(1)a n=2n；(2)T n=n⋅2n+1.【分析】（1）根据给定条件，求出等比数列a n公比及首项即可作答.（2）由（1）求出b n，再用错位相减法求解作答.（1）设等比数列a n的公比为q，因S3=14，S6=126，即a4+a5+a6=S6−S3=112，而a4+a5+a6=q3(a1+a2+a3)=14q3，于是得q3=8，解得q=2，显然S3=a1(1+q+q2)=7a1=14，解得a1=2，因此a n=a1q n−1=2n，所以数列a n的通项公式是a n=2n.（2）由（1）知，b n=(n+1)⋅2n，则T n=2×21+3×22+4×23+⋯+(n+1)×2n，于是得2T n=2×22+3×23+4×24+⋯+n×2n+(n+1)×2n+1，两式相减得：−T n=4+22+23+⋯+2n−(n+1)×2n+1=4+22(1−2n−1)1−2−(n+1)×2n+1=−n×2n+1，所以T n=n⋅2n+1.【变式2-1】1.（2022·福建省华安县第一中学高二阶段练习）正项数列a n的前n项和S n 满足：S n2−n2+n−1S n−n2+n=0.(1)求数列a n的通项公式a n；(2)令b n=3a n−2⋅2n，求数列b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=2n(2)T n=(3n−4)2n+2+16【分析】（1）利用数列通项a n与前n项和S n的关系即可求得数列a n的通项公式a n；（2）利用错位相减法即可求得数列b n的前n项和T n.（1）当n=1时，S12−12+1−1S1−12+1=0，即S12−S1−2=0解得S1=2或S1=−1，因为数列a n为正项数列，所以S1=2，因为S n2−n2+n−1S n−n2+n=0，所以S n−n2+n S n+1=0，解得S n=n2+n或S n=−1，因为数列a n各项都是正数，所以S n=n2+n，当n≥2时，有a n=S n−S n−1，所以a n=n2+n−n−12+n−1，解得a n=2n，又当n=1时，a1=S1=2，符合a n=2n.所以数列a n的通项公式a n=2n（2）设数列b n的前n项和为T n，则b n=3a n−2⋅2n=6n−2⋅2n，T n=4×2+10×22+16×23+⋯+(6n−2)×2n2T n=4×22+10×23+16×24+⋯+(6n−8)×2n+(6n−2)×2n+1，上述两式相减，得−T n=4×2+6×22+6×23+⋯+6×2n−(6n−2)×2n+1n−2)×2n+1=−(3n−4)×2n+2−16.则T n=(3n−4)2n+2+16所以，数列b n的前n项和为(3n−4)2n+2+16.【变式2-1】2．（2022·江苏常州·高三阶段练习）已知各项均不为零的数列{a n}的前n项的和为S n，且满足a1=4，S n+1=4S n+4(n∈N∗)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足a n b n=log2a n,{b n}的前n项和为T n，证明T n<89．【答案】(1)a n=4n；(2)证明见解析.【分析】（1）利用给定的递推公式，探求数列{a n}相邻两项的关系，即可求解作答.（2）由（1）结合已知求出b n，再利用错位相减法求和推理作答.（1）n∈N∗，S n+1=4S n+4，当n≥2时，S n=4S n−1+4，两式相减得：a n+1=4a n，由S2=a1+a2=4a1+4得：a2=16，即a2=4a1，满足上式，因此∀n∈N∗，a n+1=4a n，于是得数列{a n}是首项为4，公比为4的等比数列，a n=a1×4n−1=4n，所以数列{a n}的通项公式是a n=4n.（2）由（1）知，a n=4n，而a n b n=log2a n，则4n⋅b n=2n，即b n=2n4n，则T n=24+442+643+⋯+2(n−1)4n−1+2n4n，于是得14T n=242+443+⋯+2(n−2)4n−1+2(n−1)4n+2n4n+1，两式相减得：34T n=24+242+243+⋯+24n−2n4n+1=24[1−(14)n]1−14−2n4n+1=23−8+6n3⋅4n+1，所以T n=89−8+6n9⋅4n<89．【变式2-1】3．（2022·陕西·乾县第一中学高三阶段练习（理））已知数列a n的前n项和为S n，且S n=4−2n+2，数列b n的前n项和B n=2n2−n．(1)求数列a n，b n的通项公式；(2)设c n=b n·a n，求数列c n的前n项和T n．【答案】(1)a n=−2n+1；b n=4n−3．(2)T n=(7−4n)⋅2n+2−28【分析】（1）根据S n与a n之间的关系即可推出a n=−2n+1，b n=4n−3；（2）利用乘公比错位相减法，即可解出：T n=7−4n⋅2n+2−28.（1）因为S n=4−2n+2，当n≥2时，S n−1=4−2n+1，两式相减得：a n=−2n+1n≥2,n∈N∗，当n=1时，a1=−4满足上式，所以a n=−2n+1；同理，当n≥2时，B n−1=2n−12−n−1，两式相减得：b n=4n−3n≥2,n∈N∗，当n=1时，b1=1满足上式，所以b n=4n−3（2）由（1），c n=−4n−3×2n+1，−T n=1×22+5×23+9×24+⋯+4n−32n+1−2T n=1×23+5×24+9×25+⋯+4n−32n+2两式相减得：T n=22+423+24+⋯+2n+1−4n−32n+2=4+4×23(1−2n−1)1−2−(4n−3)2n+2整理得：T n=7−4n⋅2n+2−28【变式2-1】4．（2022·云南·昆明一中高三阶段练习）己知数列a n满足，a1=1，且a n+1=n+1n a n+(n+1)⋅2n．(1)设b n=a n n，求数列b n的通项公式；(2)求数列a n的前n项和S n．【答案】(1)b n=2n−1(2)S n=n−12n+1【分析】（1）由题意可得a n+1n+1=a n n+2n，即b n+1−b n=2n，再利用累加法即可得出答案；（2）由（1）求出数列a n的通项公式，再利用错位相减法和分组求和法即可得出答案.（1）解：因为a n+1=n+1n a n+(n+1)⋅2n，所以a n+1n+1=a n n+2n，即b n+1−b n=2n，又a1=1，所以b1=1，所以b n=b n−b n−1+b n−1−b n−2+b n−2−b n−3+⋯+b2−b1+b1=2n−1+2n−2+2n−3+⋯+2+1 =1−2n1−2=2n−1，n=1也符合，所以b n=2n−1；（2）解：由（1）得a n=n⋅2n−n，设数列n⋅2n的前n项的和为T n，则T n=2+2×22+3×23+⋯+n⋅2n①，2T n=22+2×23+3×24+⋯+n−12n+n⋅2n+1②，由①−②得：−T n=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1n⋅2n+1=1−n2n+1−2，所以T n=n−12n+1+2，所以S n=T n=n−12n+1题型3分组转化求和法数列a n的前n项和为S n，且a2=9，S3−a1=36．(1)求a n的通项公式；(2)若b n=a n+log3a n，求数列b n的前n项和T n．【答案】(1)a n=3n(2)3n+1+n2+n−32【分析】（1）结合题干条件求解基本量a1,q，利用等比数列的通项公式求解即可；（2）分组求和即可得解.（1）设数列a n的公比为q，则a2=a1q=9,S3-a1=a2+a3=a1q+a1q2=36,解得a1=3，q=3．故a n=a1q n−1=3×3n−1=3n．（2）由（1）可得b n =3n +log 33n =3n +n ．则T n =(3+1)+32+2+⋯+3n +n =3+32+⋯+3n +(1+2+⋯+n (1+n )n 2=3n +1+n 2+n −32．【变式3-1】1.（2022·甘肃·宁县第二中学高二阶段练习）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=6，S 8=72.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =a n +3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .【答案】(1)a n =2n (2)3n +12+n 2+n −32.【分析】（1）利用等差数列的通项公式和求和公式列方程解得a 1，d ，再写通项即可；（2）利用等差数列和等比数列的求和公式求和即可.（1）设{a n }的公差为d ，由已知得a 1+2d =68a 1+8⋅8−12d =72，解得a 1=2d =2，则a n =2n ；（2）∵b n =a n +3n =3n +2n，∴T n =21+2+3+⋅⋅⋅+n +3+32+33+⋅⋅⋅+3n =n n +1=3n +12+n 2+n −32.【变式3-1】2.（2022·四川省内江市第六中学高一阶段练习（理））数列a n 的前n 项和记为S n ，己知a n >0，a n 2+2a n =4S n +3．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =2a n ⋅a n +1+12a n ，T n 为数列b n 的前n 项和，证明：T n <12．【答案】(1)a n =2n +1(2)证明见解析【分析】（1）根据a n =S 1,n =1S n −S n −1,n ≥2，作差得到a n −a n −1=2，结合等差数列定义及通项公式，即可求解；（2）由（1）得到b n =12n +1−12n +3+122n +1，结合裂项相消法求和、分组求和法求和，即可得证.（1）解：因为a n >0，a n 2+2a n =4S n +3，令n=1可得，a12+2a1=4a1+3，解得a1=3或a1=−1（舍去）．当n≥2时可得a n−12+ 2a n−1=4S n−1+3，两式相减得a n2−a n−12+2(a n−a n−1)=4a n，即(a n−a n−1)(a n+a n−1)= 2(a n+a n−1)，因为a n>0，可得a n−a n−1=2，所以数列a n是以3为首项，以2为公差的等差数列，所以数列a n的通项公式为a n=3+(n−1)×2=2n+1.（2）解：由（1）知a n=2n+1，所以b n=2an⋅a n+1+12a n=2(2n+1)(2n+3)+122n+1=12n+1−12n+3+122n+1，所以数列b n的前n项和T n=15+15−17+⋯+12n+1++125+⋯+=13−12n+31−122=13−12n+3+16−16×22n<13+16=12【变式3-1】3．（2022·甘肃省临洮中学高二阶段练习）已知数列a n满足a2=1，1 a n+1=12+1an．等比数列b n的公比为3，且b2+b4=30．(1)求数列a n和b n的通项公式；(2)记数列c n=a n2n+2+b n，求数列c n的前n项和T n．【答案】(1)a n=2n，b n=3n−1(2)3n−12+n n+1【分析】（1）依题意可得1an+1−1an=12，是公差为12的等差数列，从而求出a n的通项公式，再根据等比数列的通项公式求出b1，即可求出b n的通项公式；（2）由（1）可得a n2n+2=1n−1n+1，利用裂项相消法和分组求和法计算可得.（1）解：由题可得1an+1−1an=12，故数列是公差为12的等差数列，故1a2−1a1=12，即1a1=12故1an=n2，故a n=2n．因为数列b n的公比为3，所以b2+b4=30b1=30，解得b1=1，故b n=3n−1．【变式3-1】4．（2022·江西·临川一中高三阶段练习（文））已知等差数列a n的前n项和为S n，且关于x的不等式a1x2−S2+2x+6<0的解集为(2,3)．(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列b n满足b n=a2n+2a n−1，求数列b n的前n项和T n．【答案】(1)a n=n(2)T n=n2+2n+1−2【分析】（1）先设等差数列a n的首项a1，公差为d，根据不等式a1x2−S2+2x+6<0的解集求出首项与公差，进而可求出通项公式；（2）由（1）得b n =2n +2a n −1=2n −1+2n ，再根据等差数列与等比数列的求和公式，即可求出结果.（1）设等差数列a n 的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2−S 2+2x +6<0的解集为(2,3)，所以a 1x 2−S 2+2x +6=0的根为x 1=2,x 2=3，所以2+3=S 2+2a 12×3=6a 1，所以a 1=1,S 2=3又S 2=2a 1+d ，所以d =1，所以数列a n 的通项公式为a n =n ；（2）由（1）可得，a 2n =2n ,2a n =2n ，因为b n =a 2n +2a n −1，所以b n =2n −1+2n ，所以数列b n 的前n 项和T n =[1+3+5+⋯+(2n −1)]+2+22+23+⋯+2n =n (1+2n −1)2+=n 2+2n +1−2.◆类型1含有（−1）n型【例题4-1】已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，求其前n 项和S n .【解析】S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 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.综上所述，S n n ＋n2ln 3－1，n 为偶数，n －n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.【变式4-1】1.（2022·江苏苏州·高三阶段练习）已知数列a n各项均为正数，且a1=2,a n+12−2a n+1=a n2+2a n(1)求a n的通项公式；(2)设b n=−1n a n，求b1+b2+b3+⋯+b20．【答案】(1)a n=2n；(2)20.【分析】（1）根据给定的递推公式，推得a n+1−a n=2，再利用等差数列通项求解作答.（2）由（1）求出b n，再利用并项求和法计算作答.（1）由a n+12−2a n+1=a n2+2a n得：(a n+1−a n)(a n+1+a n)=2(a n+1+a n)，而n∈N∗,a n>0，因此a n+1−a n=2，即数列a n是首项a1=2，公差d=2的等差数列，a n=a1+(n−1)d=2n，所以数列a n的通项公式是a n=2n.（2）由（1）知，b n=(−1)n⋅2n，则有b2n−1+b2n=(−1)2n−1×2(2n−1)+(−1)2n×2×2n=2，所以b1+b2+b3+⋯+b20=(b1+b2)+(b3+b4)+⋯+(b19+b20)=2×10=20.【变式4-1】2．（2023·上海·高三专题练习）设数列a n的前n项和为S n，满足S n=1−na n n∈N∗．(1)求数列a n的通项公式；(2)n项和为T n，求T2n的表达式．【答案】(1)a n=1n(n+1)(2)T2n=2n(n+1)=≥2，再根据n n+1a n=n−【分析】（1）根据通项与前n项和的关系可得a na n−11na n−1求解即可；（2）先化简b n=a2n−1+a2n，再根据T2n=b1+b2+b3+…+b n求解即可.（1）当n=1时，a1=1−a1，所以a1=12．当n≥2时，S n=1−na n，S n−1=1−n−1a n−1．两式相减得：a n=n−1a n−1−na n，即a n a n−1=≥2．故n n+1a n=n−1na n−1= n−2n−1a n−2=...=1×2a1=1.故a n=（3=−1n n n+1，令b n=a2n−1+a2n=−2n−12n+2n2n+1=4n，则b n +1−b n =4n +1−4n =4，∴{bn}为等差数列．∴T 2n =b 1+b 2+b 3+…+b n =n (b 1+b n )2=n (4+4n )2=2n (n +1)．【变式4-1】3.（2021·吉林吉林市）已知等比数列{}n a 的前n 项和为132n n S m +=-.（1）求m 的值，并求出数列{}n a 的通项公式；（2）令3(1)log nn n b a =-，设n T 为数列{}n b 的前n 项和，求2n T .【答案】（1）32m =，3nn a =；（2）2n T n =.【解析】（1）法一：当1n =时，1192a S m ==-当2n ≥时，1133()322n nnn n n a S S m m +-=-=---=∵{}n a 是等比数列，∴13a =，即932m -=，解得32m =综上，m 的值为32，数列{}n a 的通项公式为3nn a =.法二：∵1192a S m ==-，2219a S S =-=，33227a S S =-=∵{}n a 是等比数列，∴2213a a a =，即9()27812m -⨯=，解得32m =，设{}n a 的公比为q ，∴213a q a ==，11a =，则1333n n n a -=⨯=.（2）∵3(1)log (1)nnn n b a n =-=-⋅，∴21234212n n n T b b b b b b -=++++⋅⋅⋅++(1)2(3)4[(21)]2n n=-++-++⋅⋅⋅+--+(12)(34)[(21)2]n n =-++-++⋅⋅⋅+--+n =.◆类型2不含（−1）n型考点1两项并在一起型【例题4-2】（2021·江苏徐州市·高三三模）设各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 7＝35，且a 1，a 4－1，a 7成等比数列．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n ，求数列{b n }的前2n 项的和T 2n ．【答案】（1）1n a n =+；（2）2n n +．【解析】（1）设数列{a n }的公差为d (d ≥0)，则747S a ==35，即4a =5，所以14353a a d d =-=-，74353a a d d =+=+．因为1a ，41a -，7a 成等比数列，所以()24171=a a a -，即42=(5-3d )(5+3d )，解得d =-1(舍去)或d =1，所以1n a n =+（2）因为1n n n b b a ++=，所以21234212...+-=+++++n n nT b b b b b b ()()()1234212...+n n b b b b b b -=+++++1321...n a a a -=+++2(22)2+==+n n n n 考点2前后相消型【例题4-3】（2021·简阳市阳安中学高三二模（理））记n S 为等比数列{}n a 的前n 项的和，且{}n a 为递增数列.已知24a =，314S =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设22121(1)log log nn n n n b a a ++=-⋅，求数列{}n b 的前n 项之和n T .【答案】（1）2nn a =；（2）(1)11nn T n -=-++.【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则212312322414a a q a S a a a a a q q ==⎧⎪⎨=++=++=⎪⎩，解得122a q =⎧⎨=⎩或1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩，因为{}n a 为递增数列，所以只有122a q =⎧⎨=⎩符合题意，故2nn a =；（2）由题意，1122212111(1)(1)(1)(1)(1))log 2log 2(11()1n n nn n n n n n n b n n n n n n ++++--=-=-=-+=-⋅⋅+++，∴12n nT b b b =++⋅⋅⋅+122311(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)[][][]111223111n n n nn n n n ++--------=-+-++-=---++++.【变式4-3】（2021·广东揭阳市·高三其他模拟）已知正项等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()*162+⋅=+∈Nn n n n a S a ，12a<，（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若()()11lg +⋅=-nn n n a b a ，记数列{}n b 的前n 项和n T ，求33T .【答案】（1）32n a n =-；（2）2-.【解析】（1）当2n ≥时，由162+⋅=+n n n a a S ，得1162n n n S a a --⋅=+，两式相减可得62n n a a d ⋅=，从而可求出3d =，当1n =时，11262⋅=+S a a ，求出1a ，进而可出数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）可得()()1l g 1g l nn n n b a a ++=-，从而可求出33T 【详解】解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，则由162+⋅=+n n n a a S ，得()11622n n n S a n a --⋅=+≥相减得()()1116n n n n n a S a S a +----=即()622n n a a n d ⋅≥=，又0n a >，所以3d =，由11262⋅=+S a a ，得()111623a a a ⋅+=+，解得11a =，(12a =舍去)由()11n a a n d +-=，得32n a n =-；（2）()()()()111lg 1lg lg nnn n n n n a b a a a ++=-=+-⋅33T 12333b b b b +++⋅⋅⋅+=1223343334lg lg lg lg l lg lg g lg a a a a a a a a -++--+⋅--⋅⋅=-341lg lg lg1002a a =--=-=-.考点3分段函数型【例题4-4】（2020·全国高考真题（文））数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a =______________.【答案】7【解析】分析：对n 为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a 表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a 方程，求解即可得出结论.详解：2(1)31nn n a a n ++-=-，当n 为奇数时，231n n a a n +=+-；当n 为偶数时，231n n a a n ++=-.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，16123416S a a a a a =+++++13515241416()()a a a a a a a a =+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++11(102)(140)(5172941)a a ++++++++118392928484540a a =++=+=，17a ∴=.故答案为：7.【变式4-4】1.已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5b b ==；（2）300.【解析】（1）根据题设中的递推关系可得13n n b b +=+，从而可求{}n b 的通项.（2）根据题设中的递推关系可得{}n a 的前20项和为20S 可化为()2012910210S b b b b =++++-，利用（1）的结果可求20S .【详解】（1）由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++=又22211k k a a ++=+，2122k k a a +=+，*()k N ∈故2223k k a a +=+，即13n n b b +=+，即13n n b b +-=所以{}n b 为等差数列，故()21331n b n n =+-⨯=-.（2）设{}n a 的前20项和为20S ，则2012320S a a a a =++++，因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=-，所以()20241820210S a a a a =++++-()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭.【变式4-4】2.（2019·天津高考真题（文））设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0，已知113a b ==，23b a =，3243b a =+.（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足21,,,n n n c bn ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数求()*112222n na c a c a c n N ++⋅⋅⋅+∈.【答案】（I ）3n a n =，3nn b =；（II ）22(21)369()2n n n n N +*-++∈【解析】（I ）解：设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，依题意，得23323154q d q d =+⎧⎨=+⎩，解得33d q =⎧⎨=⎩，故33(1)3n a n n =+-=，1333n n n b -=⨯=，所以，{}n a 的通项公式为3n a n =，{}n b 的通项公式为3nn b =；（II ）112222n na c a c a c ++⋅⋅⋅+135212142632()()n n n a a a a ab a b a b a b -=+++++++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅123(1)[36](6312318363)2n n n n n -=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⨯⋅+⋅21236(13233)n n n ⋅=+⨯⨯+⨯++⨯⋅⋅，记1213233nn T n ⋅=⨯+⨯++⨯⋅⋅①则231313233n n T n +=⨯+⨯++⨯⋅⋅⋅②②-①得，231233333nn n T n +⋅=-----+⨯⋅⋅113(13)(21)333132n n n n n ++--+=-+⨯=-，所以122112222(21)3336332n n n n n a c a c a c n T n +-++++=+=+⨯⋅⋅⋅22(21)369()2n n n n N +*-++=∈.【变式4-4】3.（2021·河北衡水中学高三其他模拟）已知正项数列{}n a ，其前n 项和为(),12n n n S a S n N *=-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式：（2）设()112n n n b n a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）13n n a ⎛⎫= ⎪⎝⎭；（2）1173,4433,4n n n n n T n n ++⎧---⎪⎪=⎨+-⎪⎪⎩为奇数为偶数．【解析】1）由已知12n n a S =-，①所以有1112n n a S ++=-，②②-①，得112n n n a a a ++-=-，即13n n a a +=，∴113n n a a +=，所以数列{}n a 是公比为13的等比数列．又1111212a S a =-=-，∴113a =．所以1111333n nn a -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭（2）由（1）得()()()()1121312nn nn n n b n n a ⎛⎫=-+=-⋅+-⋅ ⎪⎝⎭，当n 为奇数时，()()2343333321234nn T n =-+-+-⋯-+-+-+-⋯-()()()3131121122132222nn n n n -----++--⎛⎫⎛⎫=+⋅+⋅ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭113373144n n n n++----=--=-当n 为偶数时，()()2343333321234nn T n =-+-+-⋯++-+-+-⋯+()()()()31311222132222nn n n n ----+-+⎛⎫+⎛⎫=+⋅+⋅ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭113343344n n n n ++-++-=+=综上所述，1173,4433,4n n n n n T n n ++⎧---⎪⎪=⎨+-⎪⎪⎩为奇数为偶数【变式4-4】4.（2021·宁波市北仑中学高三其他模拟）已知数列{}n a 满足1122,1,1,n n n a n n a a a n n ++⎧==⎨---⎩为奇数为偶数，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，2,n n b a n N*=∈（1）求证：数列{}n b 为等比数列，并求其通项n b ；（2）求{}n nb 的前n 项和n T 及{}n a 的前n 项和为n S ．【答案】（1）证明见解析；()12n n b +=-；（2）()2412939n n n T +⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭；2212(1)2,42(2),4n n n n S n n +⎧+-⎪⎪=⎨⎪-+-⎪⎩为奇数为偶数．【解析】（1）因为11a =，122,1,n n n a n n a a n n ++⎧=⎨---⎩为奇数为偶数，2n n b a =，所以()()122212222212214222n n n n n n b a a n a n n a b +++==++=---++=-=-，又121224b a a ==+=，所以数列{}n b 是以4为首项，以2-为公比的等比数列，因此()()11422n n n b -+=⨯-=-；（2）由（1）可得()()()()234112323222322n n n T b b b nb n +=+++⋅⋅⋅+=-+⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯-①，则()()()()34522222322n n T n +-=-+⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯-②，①-②得()()()()()()()()()222345122223222222212n n n n n T n n ++++---=-+-+-+-+⋅⋅⋅+--⨯-=-⨯-+，则()2412939n n n T +⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭；设()221n n n c a a n N*+=+∈，则()221222121n n n n n c a a a a n n +=+=+---=--，所以()()()2112345221112n n n nS a a a a a a a a c c c ++=+++++⋅⋅⋅++=+++⋅⋅⋅+()121212n n c c n n +=+=--+；2212121221n n n n n S S a S a n +++=-=+++()()11222212122n n n n n n ++=---++=--++++；因此()()()22221122111212,2242222,24n n nn n n n S n n n ++⎧+--⎛⎫--⨯+=-⎪ ⎪⎪⎝⎭=⎨⎪⎛⎫-+-+=-+- ⎪⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数.题型5倒序相加法【例题5】（2022·北京市第十二中学高二阶段练习）已知正数数列a n 是公比不等于1的等比数列，且a 1a 2019=1，试用推导等差数列前n 项和的方法探求：若f (x )=41+x 2，则f a 1+f a 2+⋯+f a 2019=（）A ．2018B ．4036C ．2019D ．4038【答案】D【分析】利用f(x)+f=4，再等差数列前n项和的方法倒序相加法求和即可.【详解】a1⋅a2019=1，∵函数f(x)=4 1+x2∴f(x)+f=41+x2+41+1x2=4+4x21+x2=4，令T=f(a1)+f(a2)+⋅⋅⋅+f(a2019)，则T=f(a2019)+f(a2018)+⋅⋅⋅+f(a1)，∴2T=f(a1)+f(a2019)+f(a2)+f(a2018)+⋅⋅⋅+f(a2019)+f(a1)=4×2019，∴T=4038.故选：D.【变式5-1】1．（2022·全国·高三专题练习）已知定义在R上的函数f(x)=(x−20233898)3+732022，则f(11949)+f(21949)+f(31949)+⋅⋅⋅+f(20221949)=___________.【答案】73【分析】根据已知条件得f(x)+f(20231949−x)=731011，再利用倒序相加法即可求解.【详解】由f(x)=(x−20233898)3+732022，得f(20231949−x)=(20231949−x−20233898)3+732022=(20233898−x)3+732022，所以f(x)+f(20231949−x)=(x−20233898)3+732022+(20233898−x)3+732022=731011，设S=f(11949)+f(21949)+f(31949)+⋅⋅⋅+f(20221949)①,S=f(20221949)+f(20211949)+f(20201949)+⋅⋅⋅+f(11949)②,由①+②，得2S=(f(11949)+f(20221949))+(f(21949)+f(20211949))+⋅⋅⋅+f(20221949)+f(11949)即2S=731011+731011+⋅⋅⋅+731011，于是有2S=731011×2022，解得S=73，所以f(11949)+f(21949)+f(31949)+⋅⋅⋅+f(20221949)=73.故答案为：73.【变式5-1】2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数f x=x+1−1，数列a n是正项等比数列，且a1011=1，f a1+f a2+f a3+⋅⋅⋅+f a2020+f a2021=______．【答案】20212【分析】由题意可得f x+f=1，利用倒序相加法求和即可.【详解】解：由数列a n是正项等比数列，且a1011=1，可得a1a2021=a2a2020=⋅⋅⋅=a1011a1011=1，=1x+1+x1+x=1，因为f x+f=1x+1+11x+1可设S=f a1+f a2+f a3+⋅⋅⋅+f a2020+f a2021，又S=f a2021+f a2020+f a2019+⋅⋅⋅+f a2+f a1，两式相加可得2S=f a1+f a2021+f a2+f a2020+⋅⋅⋅+f a2021+f a1=1+1+⋅⋅⋅+1=2021，所以S=20212．故答案为：20212．【变式5-1】3．（2022·湖南·麻阳苗族自治县第一中学高三开学考试）德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子.在其年幼时，对1+2+3+⋯+100的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成;因此，此方法也称之为高斯算法.现有函数f(x)=4x4x+2，则f(12019)+f(22019)+f(32019)+⋯+f(20182019)等于（）A．1008B．1009C．2018D．2019【答案】B【分析】根据f(x)+f(1−x)=1，利用倒序相加法求解.【详解】解：因为f(x)=4x4x+2，且f(x)+f(1−x)=4x4x+2+41−x41−x+2=4x4x+2+42×4x+4=1，令S=f(12019)+f(22019)+f(32019)+⋯+f(20182019),又S=f(20182019)+f(20172019)+f(20162019)+⋯+ f(12019)，两式相加得：2S=1×2018，解得S=1009，故选：B∈R，等差数列a n【变式5-1】4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f x=满足a2022=0，则f a1+f a2+f(a3)+⋯+f a4043=__________．【答案】40432##2011.5【分析】利用倒序相加法求得正确答案.【详解】f(x)+f(−x)=2x2x+1+2−x2−x+1=2x2x+1+12x+1=1.依题意{a n}是等差数列，令S=f(a1)+f(a2)+f(a3)+⋯+f(a4043)，S=f(a4043)+f(a4042)+f(a4041)+⋯+f(a1)，结合等差数列的性质，两式相加得2S=1×4043,S=40432.故答案为：40432.。
求数列前N项和的七种方法(含例题和答案)
求数列前N 项和的七种方法1. 公式法等差数列前n 项和：特别的，当前n 项的个数为奇数时，211(21)k k S k a ++=+，即前n 项和为中间项乘以项数。
这个公式在很多时候可以简化运算。
等比数列前n 项和： q=1时，1n S na =()1111n n a q q S q-≠=-，，特别要注意对公比的讨论。
其他公式： 1、)1(211+==∑=n n k S nk n 2、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n3、213)]1(21[+==∑=n n k S nk n[例1] 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n项和.[例2] 设S n ＝1+2+3+…+n，n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.2. 错位相减法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3] 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①[例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n 前n 项的和.练习： 求：S n=1+5x+9x 2+······+(4n -3)xn-13. 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] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa a n ，…[例6] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解：设kk k k k k a k ++=++=2332)12)(1(∴∑=++=nk n k k k S 1)12)(1(＝)32(231k k k n k ++∑=将其每一项拆开再重新组合得S n＝kk k nk nk nk ∑∑∑===++1213132（分组）＝)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++＝2)1(2)12)(1(2)1(22++++++n n n n n n n（分组求和）＝2)2()1(2++n n n练习：求数列∙∙∙+∙∙∙),21(,,813,412,211n n 的前n 项和。
教案6数列的前n项和(1).docx
教案6数列的前n 项和（1）一、课前检测 1. （09年东城一模理15）已知递增的等比数列｛。
“｝满足a 2+a 3+a A = 28,且色+2是 。
2，為的等差中项•（ I ）求数列也“｝的通项公式；（U ）若b n = log 2 6Z n+1, S”是数列｛仇｝的前 斤项和，求使S “ >42+ 4咒成立的〃的最小值.解：（I ）设等比数列｛%｝的公比为q,依题意有2（a 3+2） = a 2+a 4t （1）又©2 + $ += 28 ,将（1）代入得如=8 •所以色+= 20.又仏｝是递增的，故® =2,g = 2. 所以a n =2n .A ?' + 3n 故由题意可得= >42 + 4,解得心2或心7.又〃所以满足条件的〃的最小值为13.二、知识梳理（一） 前n 项和公式Sn 的定义：Sn=ai+a 2+--ano（二） 数列求和的方法（共8种）1•公式法：1）等差数列求和公式；2）等比数列求和公式:3）可转化为等差、等比数列的 数列；4）常用公式：(1) £^=1 + 2 + 3 -------- 〃 =丄刃(刃 + 1)；A=12 (2) £疋=12 +22 +32 +--- + n 2 =1/?(77 + 1)(2M + 1)；k=} ° £/= ]3 +23 +33 +..・ + 卅=[^±^2； (4) £(2—1)= 1 + 3 + 5 + ・・.+ (2n ・l) = n 2oJt=l2•分组求和法：把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式求解c于是有m 解得仁或. = 32,]_2(II)^=log 22rt+1n 2+3/? ~~2- (3)3 •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常数, 那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法。
数列通项、数列前n项和的求法例题+练习
通项公式和前n 项和一、新课讲解：求数列前N 项和的办法 1. 公式法（1）等差数列前n 项和：特此外,当前n 项的个数为奇数时,211(21)k k S k a ++=+,即前n 项和为中央项乘以项数.这个公式在许多时刻可以简化运算. （2）等比数列前n 项和： q=1时,1n S na =()1111n n a q q S q-≠=-，,特别要留意对公比的评论辩论.（3）其他公式较罕有公式：1.)1(211+==∑=n n k S nk n 2.)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n3.213)]1(21[+==∑=n n k S n k n[例1] 已知3log 1log 23-=x ,求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n 项和.[例2] 设S n ＝1+2+3+…+n ,n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.2. 错位相减法这种办法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的办法,这种办法重要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和,个中{ a n }.{ b n }分离是等差数列和等比数列.[例3]乞降：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………① [例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232nn前n 项的和.演习：求：S n =1+5x+9x 2+······+(4n -3)xn-1答案：当x=1时,S n =1+5+9+······+（4n-3）=2n 2-n 当x ≠1时,S n = 1 1-x[4x(1-x n ) 1-x+1-（4n-3）x n ]3. 倒序相加法乞降这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的办法,就是将一个数列倒过来分列（反序）,再把它与原数列相加,就可以得到n 个)(1n a a +. [例5] 求 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值 4. 分组法乞降有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列恰当拆开,可分为几个等差.等比或罕有的数列,然后分离乞降,再将其归并即可. [例6] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa an ,… 演习：求数列•••+•••),21(,,813,412,211nn 的前n 项和.5. 裂项法乞降这是分化与组合思惟在数列乞降中的具体运用. 裂项法的本质是将数列中的每项（通项）分化,然后从新组合,使之能消去一些项,最终达到乞降的目标. 通项分化（裂项）如：（1）)()1(n f n f a n -+= （2）n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ （3）111)1(1+-=+=n n n n a n （4）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n （5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n(6) nn n n n n n n S n n n n n n n n n a 2)1(11,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=-则[例9] 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.[例10] 在数列{a n }中,11211++⋅⋅⋅++++=n nn n a n ,又12+⋅=n n n a a b ,求数列{b n }的前n 项的和. [例11] 求证：1sin 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 12=+⋅⋅⋅++ 解：设89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S ∵n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+（裂项） ∴89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S （裂项乞降）＝]}88tan 89[tan )2tan 3(tan )1tan 2(tan )0tan 1{(tan 1sin 1-+-+-+- ＝)0tan 89(tan 1sin 1 -＝1cot 1sin 1⋅＝ 1sin 1cos 2 ∴ 原等式成立演习：求63135115131+++之和.6. 归并法乞降针对一些特别的数列,将某些项归并在一路就具有某种特别的性质,是以,在求数列的和时,可将这些项放在一路先乞降,然后再求S n .[例12]求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值. [例14] 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.7. 运用数列的通项乞降先依据数列的构造及特点进行剖析,找出数列的通项及其特点,然后再运用数列的通项揭示的纪律来求数列的前n 项和,是一个重要的办法. [例15] 求11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和. 演习：求5,55,555,…,的前n 项和.以上一个7种办法固然各有其特色,但总的原则是要擅长转变原数列的情势构造,使其能进行消项处理或能运用等差数列或等比数列的乞降公式以及其它已知的根本乞降公式来解决,只要很好地掌控这一纪律,就能使数列乞降化难为易,水到渠成.求数列通项公式的八种办法一.公式法（界说法）依据等差数列.等比数列的界说求通项 二.累加.累乘法1.累加法 实用于：1()n n a a f n +=+若1()n n a a f n +-=(2)n ≥,则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=双方分离相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 知足11211n n a a n a +=++=，,求数列{}n a 的通项公式. 解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =.例2 已知数列{}n a 知足112313n n n a a a +=+⨯+=，,求数列{}n a 的通项公式.解法一：由1231n n n a a +=+⨯+得1231n n n a a +-=⨯+则11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+-所以3 1.n n a n =+-解法二：13231n n n a a +=+⨯+双方除以13n +,得111213333n n n n n a a +++=++, 则111213333n n n n n a a +++-=+,故 是以11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯,则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯-2.累乘法 实用于： 1()n n a f n a += 若1()n n a f n a +=,则31212(1)(2)()n na aaf f f n a a a +===，，， 双方分离相乘得,1111()nn k a a f k a +==⋅∏例3 已知数列{}n a 知足112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，,求数列{}n a 的通项公式. 解：因为112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，,所以0n a ≠,则12(1)5n n na n a +=+,故1321122112211(1)(2)21(1)12[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n -------+-+++--=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯三.待定系数法 实用于1()n n a qa f n +=+剖析：经由过程凑配可转化为1121()[()]n n a f n a f n λλλ++=+; 解题根本步调： 1.肯定()f n2.设等比数列{}1()n a f n λ+,公比为2λ3.列出关系式1121()[()]n n a f n a f n λλλ++=+4.比较系数求1λ,2λ5.解得数列{}1()n a f n λ+的通项公式6.解得数列{}n a 的通项公式例4 已知数列{}n a 中,111,21(2)n n a a a n -==+≥,求数列{}n a 的通项公式. 解法一：121(2),n n a a n -=+≥又{}112,1n a a +=∴+是首项为2,公比为2的等比数列12n n a ∴+=,即21n n a =-解法二：121(2),n n a a n -=+≥两式相减得112()(2)n n n n a a a a n +--=-≥,故数列{}1n n a a +-是首项为2,公比为2的等比数列,再用累加法的……例5 已知数列{}n a 知足1112431n n n a a a -+=+⋅=，,求数列{}n a 的通项公式. 解法一：设11123(3n n n n a a λλλ-++=+⋅),比较系数得124,2λλ=-=,则数列{}143n n a --⋅是首项为111435a --⋅=-,公比为2的等比数列, 所以114352n n n a ---⋅=-⋅,即114352n n n a --=⋅-⋅解法二： 双方同时除以13n +得：112243333n n n n a a ++=⋅+,下面解法略留意：例 6 已知数列{}n a 知足21123451n n a a n n a +=+++=，,求数列{}n a 的通项公式.解：设221(1)(1)2()n n a x n y n z a xn yn z ++++++=+++ 比较系数得3,10,18x y z ===,所以2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++ 由213110118131320a +⨯+⨯+=+=≠,得2310180n a n n +++≠则2123(1)10(1)18231018n n a n n a n n ++++++=+++,故数列2{31018}n a n n +++为认为21311011813132a +⨯+⨯+=+=首项,以2为公比的等比数列,是以2131018322n n a n n -+++=⨯,则42231018n n a n n +=---.留意：形如21 n n n a pa qa ++=+时将n a 作为()f n 求解剖析：原递推式可化为211()() n n n n a a p a a λλλ++++=++的情势,比较系数可求得λ,数列{}1n n a a λ++为等比数列.例7 已知数列{}n a 知足211256,1,2n n n a a a a a ++=-=-=,求数列{}n a 的通项公式. 解：设211(5)()n n n n a a a a λλλ++++=++比较系数得3λ=-或2λ=-,无妨取2λ=-,则21123(2)n n n n a a a a +++-=-,则{}12n n a a +-是首项为4,公比为3的等比数列11243n n n a a -+∴-=⋅,所以114352n n n a --=⋅-⋅四.迭代法例8 已知数列{}n a 知足3(1)2115nn n n a a a ++==，,求数列{}n a 的通项公式.解：因为3(1)21nn n n a a ++=,所以又15a =,所以数列{}n a 的通项公式为(1)123!25n n n n n a --⋅⋅=.注：本题还可分解运用累乘法和对数变换法求数列的通项公式. 五.变性转化法1.对数变换法 实用于指数关系的递推公式例9 已知数列{}n a 知足5123n n n a a +=⨯⨯,17a =,求数列{}n a 的通项公式.解：因为511237n n na a a +=⨯⨯=，,所以100n n a a +>>，. 双方取经常运用对数得1lg 5lg lg3lg 2n n a a n +=++ 设1lg (1)5(lg )n n a x n y a xn y ++++=++（同类型四） 比较系数得,lg3lg3lg 2,4164x y ==+ 由1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg 1lg 71041644164a +⨯++=+⨯++≠,得lg3lg3lg 2lg 04164n a n +++≠, 所以数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++是认为lg3lg3lg 2lg 74164+++首项,以5为公比的等比数列,则1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (lg 7)541644164n n a n -+++=+++,是以11111111116164444111115161644445415151164lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2lg (lg 7)54164464[lg(7332)]5lg(332)lg(7332)lg(332)lg(732)n n n n n n n n n n a n --------=+++---=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅则11541515164732n n n n n a -----=⨯⨯.2.倒数变换法 实用于分式关系的递推公式,分子只有一项 例10 已知数列{}n a 知足112,12nn n a a a a +==+,求数列{}n a 的通项公式. 解：求倒数得11111111111,,22n n n n n n a a a a a a +++⎧⎫=+∴-=∴-⎨⎬⎩⎭为等差数列,首项111a =,公役为12,112(1),21n n n a a n ∴=+∴=+ 3.换元法 实用于含根式的递推关系 例11 已知数列{}n a知足111(14116n n a a a +=+=，,求数列{}n a 的通项公式.解：令n b =则21(1)24n n a b =-代入11(1416n n a a +=+得 即2214(3)n n b b +=+因为0n b =≥,则123n n b b +=+,即11322n n b b +=+, 可化为113(3)2n n b b +-=-,所所以{3}n b -认为13332b -===首项,认为21公比的等比数列,是以121132()()22n n n b ---==,则21()32n n b -=+,21()32n -=+,得2111()()3423n n n a =++.六.数学归纳法 经由过程首项和递推关系式求出数列的前n 项,猜出数列的通项公式,再用数学归纳法加以证实.例12 已知数列{}n a 知足11228(1)8(21)(23)9n n n a a a n n ++=+=++，,求数列{}n a 的通项公式.解：由1228(1)(21)(23)n n n a a n n ++=+++及189a =,得由此可猜测22(21)1(21)n n a n +-=+,下面用数学归纳法证实这个结论. （1）当1n =时,212(211)18(211)9a ⨯+-==⨯+,所以等式成立.（2）假设当n k =时等式成立,即22(21)1(21)k k a k +-=+,则当1n k =+时, 由此可知,当1n k =+时等式也成立.依据（1）,（2）可知,等式对任何*n N ∈都成立. 七.阶差法1.递推公式中既有n S ,又有n a 剖析：把已知关系经由过程11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩转化为数列{}n a 或n S 的递推关系,然后采取响应的办法求解.例13 已知数列{}n a 的各项均为正数,且前n 项和n S 知足1(1)(2)6n n n S a a =++,且249,,a a a 成等比数列,求数列{}n a 的通项公式. 解：∵对随意率性n N +∈有1(1)(2)6n n n S a a =++⑴ ∴当n=1时,11111(1)(2)6S a a a ==++,解得11a =或12a =当n ≥2时,1111(1)(2)6n n n S a a ---=++⑵ ⑴-⑵整顿得：11()(3)0n n n n a a a a --+--= ∵{}n a 各项均为正数,∴13n n a a --= 当11a =时,32n a n =-,此时2429a a a =成立当12a =时,31n a n =-,此时2429a a a =不成立,故12a =舍去 所以32n a n =-2.对无限递推数列例14 已知数列{}n a 知足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，,求{}n a 的通项公式.解：因为123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥① 所以1123123(1)n n n a a a a n a na +-=++++-+② 用②式－①式得1.n n n a a na +-= 则1(1)(2)n n a n a n +=+≥ 故11(2)n na n n a +=+≥ 所以13222122![(1)43].2n n n n n a a a n a a n n a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⨯=③由123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥,21222n a a a ==+取得,则21a a =,又知11a =,则21a =,代入③得!13452n n a n =⋅⋅⋅⋅⋅=. 所以,{}n a 的通项公式为!.2n n a =八.不动点法不动点的界说：函数()f x 的界说域为D ,若消失0()f x x D ∈,使00()f x x =成立,则称0x 为()f x 的不动点或称00(,())x f x 为函数()f x 的不动点.剖析：由()f x x =求出不动点0x ,在递推公式双方同时减去0x ,在变形求解.类型一：形如1 n n a qa d +=+例 15 已知数列{}n a 中,111,21(2)n n a a a n -==+≥,求数列{}n a 的通项公式. 解：递推关系是对应得递归函数为()21f x x =+,由()f x x =得,不动点为-1 ∴112(1)n n a a ++=+,…… 类型二：形如1n n n a a ba c a d+⋅+=⋅+剖析：递归函数为()a x bf x c x d⋅+=⋅+（1）如有两个相异的不动点p,q 时,将递归关系式双方分离减去不动点p,q,再将两式相除得11n nn n a p a pk a q a q++--=⋅--,个中a pck a qc-=-,∴111111()()()()n n n a q pq k a p pq a a p k a q -----=--- （2）如有两个雷同的不动点p,则将递归关系式双方减去不动点p,然后用1除,得111n n k a p a p +=+--,个中2ck a d=+.例16 已知数列{}n a 知足112124441n n n a a a a +-==+，,求数列{}n a 的通项公式.解：令212441x x x -=+,得2420240x x -+=,则1223x x ==，是函数2124()41x f x x -=+的两个不动点.因为112124224121242(41)13262132124321243(41)92793341n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a ++---+--+--====----+---+.所以数列23n n a a ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是认为112422343a a --==--首项,认为913公比的等比数列,故12132()39n n n a a --=-,则113132()19n n a -=+-.。
等差数列求和公式教案
过 多媒体演示：
加的方法。
堆放的钢管共 21 层，自上而下各
项和公式的推导的讲解打 下基础。
层的钢管数组成等差数列
1,2,3,4，… 21，求钢管的总数。
程 通过多媒体演示堆放的
观 看 并 思 考 大 屏 钢管求和的例子，使学生 幕 上 演 示 的 堆 放 的 形象的感受并建立倒序相 钢管的总数，通过多 加的思想，从而引发学生 媒 体 演 示 观 察 出 倒 想到用同样的方法推导等 序相加的方法。 差数列的前 n 项和的公 7’
情感态度 价值观
一般到特殊的思维规律，初步形成认识问题、解决问题的一般思路 和方法； 2、通过与生活实际相联系的例题及习题，使学生了解数学在生活中
的实用性，渗透学以致用的思想。
教学重点 等差数列的前 n 项和的公式及其应用
教学难点 等差数列的前 n 项和的公式的推导
教学方法 讲授法、启发法、分组教学法
象，便于更好的掌握。 形公式并记忆。
提问学生用通项公式将上式展
开得：Sn = a1 +（ a1 + d）+（ a1 +2 d）
+……+[ a1 +（n -1）d]
利用倒序相加的思想将 Sn 写成
通过例题 1 要让学生 思考，与老师共同
程
Sn = an + an1 + an2 +……+ a1
学会应用等差数列的求 分析求解，找到公式
(1100) (2 99) (3 98)... (50 51)
学 50 101
5050
引导学生在不同的类型 的等差数列中充分讨论高 斯算法，
问题 1：
通过详细此题，使学生 整理思路，通过这 初 步 感 受 倒 序 相 加 的 方
求数列前N项和的七种方法(含例题和答案)
求数列前N 项和的七种方法点拨:1. 公式法等差数列前n 项和：11()(1)22n n n a a n n S na d ++==+ 特别的，当前n 项的个数为奇数时，211(21)k k S k a ++=+，即前n 项和为中间项乘以项数。
这个公式在很多时候可以简化运算。
等比数列前n 项和： q=1时，1n S na =()1111n n a q q S q-≠=-，，特别要注意对公比的讨论。
其他公式：1、)1(211+==∑=n n k S nk n 2、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n3、213)]1(21[+==∑=n n k S nk n [例1] 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx x x x 32的前n 项和. 解：由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x由等比数列求和公式得 nn x x x x S +⋅⋅⋅+++=32 （利用常用公式）＝x x x n --1)1(＝211)211(21--n ＝1－n 21 [例2] 设S n ＝1+2+3+…+n，n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解：由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n ， )2)(1(211++=+n n S n （利用常用公式）∴ 1)32()(++=n n S n S n f ＝64342++n n n＝nn 64341++＝50)8(12+-nn 501≤∴ 当 nn 8=，即n ＝8时，501)(max =n f2. 错位相减法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3] 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①解：由题可知，{1)12(--n x n }的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列{1-n x}的通项之积设nn x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=………………………. ② ①－②得 nn n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=--（错位相减）再利用等比数列的求和公式得：n n n x n x x x S x )12(1121)1(1----⋅+=-- ∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+ [例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和.解：由题可知，{n n 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n21}的通项之积 设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n nS ………………………………② （设制错位）①－②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS（错位相减）1122212+---=n n n∴ 1224-+-=n n n S练习：求：S n =1+5x+9x 2+······+(4n-3)x n-1 解：S n =1+5x+9x 2+······+(4n-3)x n-1 ①①两边同乘以x ，得 x S n =x+5 x 2+9x 3+······+(4n-3)x n ② ①-②得，（1-x ）S n =1+4（x+ x 2+x 3+······+n x ）-（4n-3）x n当x=1时，S n =1+5+9+······+（4n-3）=2n 2-n当x ≠1时，S n = 1 1-x [ 4x(1-x n) 1-x+1-（4n-3）x n ] 3. 反序相加法求和这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +.[例5] 求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..②（反序）又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得（反序相加）)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴ S ＝44.54. 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6] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n ，… 解：设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aa a S n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aa a S n n（分组）当a ＝1时，2)13(n n n S n -+=＝2)13(nn + （分组求和）当1≠a 时，2)13(1111n n aa S n n -+--=＝2)13(11n n a a a n -+---[例7] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解：设k k k k k k a k ++=++=2332)12)(1(∴ ∑=++=n k n k k k S 1)12)(1(＝)32(231k k knk ++∑=将其每一项拆开再重新组合得S n ＝k k k nk n k nk ∑∑∑===++1213132（分组）＝)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++＝2)1(2)12)(1(2)1(22++++++n n n n n n n （分组求和）＝2)2()1(2++n n n练习：求数列•••+•••),21(,,813,412,211nn 的前n 项和。
等比数列的前n项和例题详细解法
等比数列的前n项和例题详细解法・例题解析【例1】设等比数列的首项为a(a＞0)，公比为q(q＞0)，前n项和为80，其中最大的一项为54，又它的前2n项和为6560，求a和q.解：由S n=80，S2n=6560，故q≠1∵a＞0，q＞1，等比数列为递增数列，故前n项中最大项为an．∴a n=aq n-1=54④将③代入①化简得a=q－1 ⑤由⑤，⑥联立方程组解得a=2，q=3证∵Sn=a1＋a1q＋a1q2＋...＋a1q n-1S2n=S n＋(a1q n＋a1q n+1＋...＋a1q2n-1)=S n＋q n(a1＋a1q＋...＋a1q n-1)=S n＋q n S n=S n(1＋q n)类似地，可得S3n=S n(1＋q n＋q2n)说明本题直接运用前n项和公式去解，也很容易．上边的解法，灵活地处理了S2n、S3n与S n的关系．介绍它的用意在于让读者体会利用结合律、提取公因式等方法将某些解析式变形经常是解决数学问题的关键，并且变得好，则解法巧．【例2】一个有穷的等比数列的首项为1，项数为偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求这个数列的公比和项数．分析设等比数列为{a n}，公比为q，取其奇数项或偶数项所成的数列仍然是等比数列，公比为q2，首项分别为a1，a1q．解设项数为2n(n∈N*)，因为a1=1，由已知可得q≠1．即公比为2，项数为8．说明运用等比数列前n项和公式进行运算、推理时，对公比q要分情况讨论．有关等比数列的问题所列出的方程(组)往往有高次与指数方程，可采用两式相除的方法达到降次的目的．【例3】已知S n是数列{a n}的前n项和，S n＝p n(p∈R，n∈N*)，那么数列{a n}．[ ]A．是等比数列B．当p≠0时是等比数列C．当p≠0，p≠1时是等比数列D．不是等比数列分析：由S n＝p n(n∈N*)，有a1=S1＝p，并且当n≥2时，a n=S n－S n-1＝p n－p n-1＝(p－1)p n-1但满足此条件的实数p是不存在的，故本题应选D．【例4】已知等比数列1，x1，x2，...，x2n，2，求x1・x2・x3*...・x2n．解∵1，x1，x2，...，x2n，2成等比数列，公比q∴2＝1・q2n+1x1x2x3...x2n＝q・q2・q3...q2n=q1+2+3+ (2)式；(2)已知a3・a4・a5＝8，求a2a3a4a5a6的值．∴a4＝2【例5】设a、b、c、d成等比数列，求证：(b－c)2＋(c－a)2＋(d－b)2＝(a－d)2．证法一∵a、b、c、d成等比数列∴b2＝ac，c2＝bd，ad＝bc∴左边=b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2＋d2－2bd＋b2=2(b2－ac)＋2(c2－bd)＋(a2－2bc＋d2)＝a2－2ad＋d2＝(a－d)2＝右边证毕．证法二∵a、b、c、d成等比数列，设其公比为q，则：b＝aq，c＝aq2，d=aq3∴左边＝(aq－aq2)2＋(aq2－a)2＋(aq3－aq)2＝a2－2a2q3＋a2q6=(a－aq3)2＝(a－d)2=右边证毕．说明这是一个等比数列与代数式的恒等变形相综合的题目．证法一是抓住了求证式中右边没有b、c的特点，走的是利用等比的条件消去左边式中的b、c的路子．证法二则是把a、b、c、d 统一化成等比数列的基本元素a、q去解决的．证法二稍微麻烦些，但它所用的统一成基本元素的方法，却较证法一的方法具有普遍性．【例6】求数列的通项公式：(1){an}中，a1＝2，a n+1＝3a n＋2(2){an}中，a1=2，a2＝5，且a n+2－3a n+1＋2a n＝0思路：转化为等比数列．∴{a n＋1}是等比数列∴a n＋1=3・3n-1 ∴a n=3n－1∴{a n+1－a n}是等比数列，即a n+1－a n=(a2－a1)・2n-1=3・2n-1再注意到a2－a1=3，a3－a2=3・21，a4－a3=3・22，...，a n－a n-1=3・2n-2，这些等式相加，即可以得到说明解题的关键是发现一个等比数列，即化生疏为已知．(1)中发现{a n＋1}是等比数列，(2)中发现{a n+1－a n}是等比数列，这也是通常说的化归思想的一种体现．证∵a1、a2、a3、a4均为不为零的实数∴上述方程的判别式Δ≥0，即又∵a1、a2、a3为实数因而a1、a2、a3成等比数列∴a4即为等比数列a1、a2、a3的公比．。
高一等差数列及其前n项和知识点+例题+练习 含答案
1．等差数列的定义 一般地，如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母__d __表示．2．等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d .3．等差中项如果A ＝a ＋b 2，那么A 叫做a 与b 的等差中项． 4．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d .(4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．5．等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2d . 6．等差数列的前n 项和公式与函数的关系S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n . 数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数)．7．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最__大__值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最__小__值．【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × )(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( √ )(3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( √ )(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．( × )(5)数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝n ，则数列{a n }是等差数列．( × )(6)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．( √ )1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n ＝________________________________________________________________________. 答案 6解析 设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 1＋a 9＝a 4＋a 6＝－6，且a 1＝－11，∴a 9＝5，从而d ＝2.∴S n ＝－11n ＋n (n －1)＝n 2－12n ，∴当n ＝6时，S n 取最小值．2．一个首项为23，公差为整数的等差数列，如果前6项均为正数，从第7项起为负数，则它的公差为________．答案 －4解析 a n ＝23＋(n －1)d ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ a 6>0，a 7<0， 即⎩⎪⎨⎪⎧23＋5d >0，23＋6d <0，解得－235<d <－236， 又d 为整数，所以d ＝－4.3．在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝________.答案 88解析 S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(a 4＋a 8)2＝88.4．设数列{a n }是等差数列，若a 3＋a 4＋a 5＝12，则a 1＋a 2＋…＋a 7＝________.答案 28解析 ∵a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝12，∴a 4＝4，∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝7a 4＝28.5．(2014·北京)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．答案 8解析 因为数列{a n }是等差数列，且a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，所以a 8＞0.又a 7＋a 10＝a 8＋a 9＜0，所以a 9＜0.故当n ＝8时，其前n 项和最大．题型一 等差数列基本量的运算例1 (1)在数列{a n }中，若a 1＝－2，且对任意的n ∈N *有2a n ＋1＝1＋2a n ，则数列{a n }前10项的和为________．(2)已知在等差数列{a n }中，a 2＝7，a 4＝15，则前10项和S 10＝________.答案 (1)52 (2)210 解析 (1)由2a n ＋1＝1＋2a n 得a n ＋1－a n ＝12， 所以数列{a n }是首项为－2，公差为12的等差数列， 所以S 10＝10×(－2)＋10×(10－1)2×12＝52. (2)因为a 2＝7，a 4＝15，所以d ＝4，a 1＝3，故S 10＝10×3＋12×10×9×4＝210. 思维升华 (1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解．(2)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想．(1)(2015·课标全国Ⅱ改编)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝________________________________________________________________________.(2)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差是________． 答案 (1)5 (2)2解析 (1)∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 5＝2a 3，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，得a 3＝1，∴S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝5. (2)∵S n ＝n (a 1＋a n )2，∴S n n ＝a 1＋a n 2，又S 33－S 22＝1， 得a 1＋a 32－a 1＋a 22＝1，即a 3－a 2＝2， ∴数列{a n }的公差为2.题型二 等差数列的判定与证明例2 已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *)． (1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }中的最大项和最小项，并说明理由．(1)证明 因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)， b n ＝1a n －1(n ∈N *)， 所以b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝1(2－1a n)－1－1a n －1＝a n a n －1－1a n －1＝1. 又b 1＝1a 1－1＝－52. 所以数列{b n }是以－52为首项，1为公差的等差数列． (2)解 由(1)知b n ＝n －72， 则a n ＝1＋1b n ＝1＋22n －7.设f (x )＝1＋22x －7， 则f (x )在区间(－∞，72)和(72，＋∞)上为减函数． 所以当n ＝3时，a n 取得最小值－1，当n ＝4时，a n 取得最大值3.引申探究例2中，若条件变为a 1＝35，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，探求数列{a n }的通项公式． 解 由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n＋1， 即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 1＝35， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝35为首项，1为公差的等差数列， ∴a n n ＝35＋(n －1)·1＝n －25， ∴a n ＝n 2－25n . 思维升华 等差数列的四个判定方法(1)定义法：证明对任意正整数n 都有a n ＋1－a n 等于同一个常数．(2)等差中项法：证明对任意正整数n 都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2后，可递推得出a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＝a n －a n －1＝a n －1－a n －2＝…＝a 2－a 1，根据定义得出数列{a n }为等差数列．(3)通项公式法：得出a n ＝pn ＋q 后，得a n ＋1－a n ＝p 对任意正整数n 恒成立，根据定义判定数列{a n }为等差数列．(4)前n 项和公式法：得出S n ＝An 2＋Bn 后，根据S n ，a n 的关系，得出a n ，再使用定义法证明数列{a n }为等差数列．(1)若{a n }是公差为1的等差数列，则{a 2n －1＋2a 2n }是________．①公差为3的等差数列 ②公差为4的等差数列③公差为6的等差数列 ④公差为9的等差数列(2)在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项为______________． 答案 (1)③ (2)a n ＝1n解析 (1)∵a 2n －1＋2a 2n －(a 2n －3＋2a 2n －2)＝(a 2n －1－a 2n －3)＋2(a 2n －a 2n －2)＝2＋2×2＝6，∴{a 2n －1＋2a 2n }是公差为6的等差数列．(2)由已知式2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2可得 1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋2－1a n ＋1，知{1a n }是首项为1a 1＝1，公差为1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n . 题型三 等差数列的性质及应用命题点1 等差数列的性质例3 (1)(2015·广东)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________.(2)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝________.答案 (1)10 (2)60解析 (1)因为{a n }是等差数列，所以a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝a 2＋a 8＝2a 5，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，即a 5＝5，a 2＋a 8＝2a 5＝10.(2)∵S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，且S 10＝10，S 20＝30，S 20－S 10＝20，∴S 30－30＝10＋2×10＝30，∴S 30＝60.命题点2 等差数列前n 项和的最值例4 在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n 取得最大值，并求出它的最大值．解 ∵a 1＝20，S 10＝S 15，∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142d ， ∴d ＝－53. 方法一 由a n ＝20＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫－53 ＝－53n ＋653. 得a 13＝0.即当n ≤12时，a n ＞0，当n ≥14时，a n ＜0.∴当n ＝12或13时，S n 取得最大值，且最大值为S 12＝S 13＝12×20＋12×112×⎝⎛⎭⎫－53 ＝130.方法二 S n ＝20n ＋n (n －1)2·⎝⎛⎭⎫－53 ＝－56n 2＋1256n ＝－56⎝⎛⎭⎫n －2522＋3 12524. ∵n ∈N *，∴当n ＝12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130.方法三 由S 10＝S 15得a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0.∴5a 13＝0，即a 13＝0.∴当n ＝12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130. 引申探究例4中，若条件“a 1＝20”改为a 1＝－20，其他条件不变，求当n 取何值时，S n 取得最小值，并求出最小值．解 由S 10＝S 15，得a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0，∴a 13＝0.又a 1＝－20，∴a 12<0，a 14>0，∴当n ＝12或13时，S n 取得最小值，最小值S 12＝S 13＝13(a 1＋a 13)2＝－130. 思维升华 (1)等差数列的性质：①项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a n m －n＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．②和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则a ．S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)；b ．S 2n －1＝(2n －1)a n .(2)求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法：①函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．②邻项变号法：a ．当a 1＞0，d ＜0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值S m ； b ．当a 1＜0，d ＞0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值S m . (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＋a 7＝4，a 6＋a 8＝－2，则当S n 取最大值时，n 的值是________．(2)设数列{a n }是公差d ＜0的等差数列，S n 为前n 项和，若S 6＝5a 1＋10d ，则S n 取最大值时，n 的值为________．(3)已知等差数列{a n }的首项a 1＝20，公差d ＝－2，则前n 项和S n 的最大值为________． 答案 (1)6 (2)5或6 (3)110解析 (1)依题意得2a 6＝4,2a 7＝－2，a 6＝2＞0，a 7＝－1＜0；又数列{a n }是等差数列，因此在该数列中，前6项均为正数，自第7项起以后各项均为负数，于是当S n 取最大值时，n ＝6.(2)由题意得S 6＝6a 1＋15d ＝5a 1＋10d ，所以a 6＝0，故当n ＝5或6时，S n 最大．(3)因为等差数列{a n }的首项a 1＝20，公差d ＝－2，代入求和公式得，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝20n －n (n －1)2×2 ＝－n 2＋21n ＝－⎝⎛⎭⎫n －2122＋⎝⎛⎭⎫2122， 又因为n ∈N *，所以n ＝10或n ＝11时，S n 取得最大值，最大值为110.6．等差数列的前n 项和及其最值典例 (1)在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 7＋a 9)＝54，则此数列前10项的和S 10＝________.(2)在等差数列{a n }中，S 10＝100，S 100＝10，则S 110＝________.(3)等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________． 思维点拨 (1)求等差数列前n 项和，可以通过求解基本量a 1，d ，代入前n 项和公式计算，也可以利用等差数列的性质：a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝…；(2)求等差数列前n 项和的最值，可以将S n 化为关于n 的二次函数，求二次函数的最值，也可以观察等差数列的符号变化趋势，找最后的非负项或非正项．解析 (1)由题意得a 3＋a 8＝9，所以S 10＝10(a 1＋a 10)2＝10(a 3＋a 8)2＝10×92＝45. (2)方法一 设数列{a n }的公差为d ，首项为a 1，则⎩⎨⎧ 10a 1＋10×92d ＝100，100a 1＋100×992d ＝10，解得⎩⎨⎧ a 1＝1 099100，d ＝－1150.所以S 110＝110a 1＋110×1092d ＝－110. 方法二 因为S 100－S 10＝(a 11＋a 100)×902＝－90， 所以a 11＋a 100＝－2，所以S 110＝(a 1＋a 110)×1102＝(a 11＋a 100)×1102＝－110. (3)因为⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，所以S n 的最大值为S 5.答案 (1)45 (2)－110 (3)S 5温馨提醒 (1)利用函数思想求等差数列前n 项和S n 的最值时，要注意到n ∈N *；(2)利用等差数列的性质求S n ，突出了整体思想，减少了运算量．[方法与技巧]1．在解有关等差数列的基本量问题时，可通过列关于a 1，d 的方程组进行求解．2．证明等差数列要用定义；另外还可以用等差中项法，通项公式法，前n 项和公式法判定一个数列是否为等差数列．3．等差数列性质灵活使用，可以大大减少运算量．4．在遇到三个数成等差数列问题时，可设三个数为(1)a ，a ＋d ，a ＋2d ；(2)a －d ，a ，a ＋d ；(3)a －d ，a ＋d ，a ＋3d 等，可视具体情况而定．[失误与防范]1．当公差d ≠0时，等差数列的通项公式是n 的一次函数，当公差d ＝0时，a n 为常数．2．公差不为0的等差数列的前n 项和公式是n 的二次函数，且常数项为0.若某数列的前n 项和公式是常数项不为0的二次函数，则该数列不是等差数列，它从第二项起成等差数列．A 组 专项基础训练(时间：40分钟)1．(2015·课标全国Ⅰ改编)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝________________________________________________________________________. 答案 192解析 ∵公差为1，∴S 8＝8a 1＋8×(8－1)2×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6. ∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12， ∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192. 2．(2015·北京改编)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是________．①若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0；②若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0；③若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3；④若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0.答案 ③解析 设等差数列{a n }的公差为d ，若a 1＋a 2>0，a 2＋a 3＝a 1＋d ＋a 2＋d ＝(a 1＋a 2)＋2d ，由于d 正负不确定，因而a 2＋a 3符号不确定，故①错；若a 1＋a 3<0，a 1＋a 2＝a 1＋a 3－d ＝(a 1＋a 3)－d ，由于d 正负不确定，因而a 1＋a 2符号不确定，故②错；若0<a 1<a 2，可知a 1>0，d >0，a 2>0，a 3>0，所以a 22－a 1a 3＝(a 1＋d )2－a 1(a 1＋2d )＝d 2>0，所以a 2>a 1a 3，故③正确；若a 1<0，则(a 2－a 1)·(a 2－a 3)＝d ·(－d )＝－d 2≤0，故④错．3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝________. 答案 5解析 ∵数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列． ∴S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S m m ，即－2m －1＋3m ＋1＝0， 解得m ＝5，经检验为原方程的解．4．数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列，且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝________.答案 3解析 设{b n }的公差为d ，∵b 10－b 3＝7d ＝12－(－2)＝14，∴d ＝2.∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6.∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62d ＝7×(－6)＋21×2＝0.又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3＝0， ∴a 8＝3.5．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －57，且a 1＝5，设{a n }的前n 项和为S n ，则使得S n 取得最大值的序号n 的值为________．答案 7或8解析 由题意可知数列{a n }是首项为5，公差为－57的等差数列，所以a n ＝5－57(n －1)＝40－5n 7，该数列前7项是正数项，第8项是0，从第9项开始是负数项，所以S n 取得最大值时，n ＝7或8.6．已知数列{a n }中，a 1＝1且1a n ＋1＝1a n ＋13(n ∈N *)，则a 10＝________. 答案 14解析 由已知得1a 10＝1a 1＋(10－1)×13＝1＋3＝4， 故a 10＝14. 7．已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4，则a n ＝________. 答案 2n －1解析 设等差数列的公差为d ，∵a 3＝a 22－4，∴1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得d 2＝4，即d ＝±2.由于该数列为递增数列，故d ＝2.∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.8．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________. 答案 130解析 由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，∴n ≤5时，a n ≤0，当n ＞5时，a n ＞0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.9．在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2.从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n .(2)由(1)可知a n ＝3－2n ，所以S n ＝n [1＋(3－2n )]2＝2n －n 2.由S k ＝－35，可得2k －k 2＝－35，即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5.又k ∈N *，故k ＝7.10．(2015·济南模拟)等差数列{a n }中，设S n 为其前n 项和，且a 1＞0，S 3＝S 11，则当n 为多少时，S n 最大？解 方法一 由S 3＝S 11得3a 1＋3×22d ＝11a 1＋11×102d ，则d ＝－213a 1. 从而S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ＝－a 113(n －7)2＋4913a 1， 又a 1＞0，所以－a 113＜0.故当n ＝7时，S n 最大． 方法二 由于S n ＝an 2＋bn 是关于n 的二次函数，由S 3＝S 11，可知S n ＝an 2＋bn 的图象关于n ＝3＋112＝7对称．由方法一可知a ＝－a 113＜0，故当n ＝7时，S n 最大． 方法三 由方法一可知，d ＝－213a 1.要使S n 最大， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎨⎧ a 1＋(n －1)⎝⎛⎭⎫－213a 1≥0，a 1＋n ⎝⎛⎭⎫－213a 1≤0，解得6.5≤n ≤7.5，故当n ＝7时，S n 最大．方法四 由S 3＝S 11，可得2a 1＋13d ＝0，即(a 1＋6d )＋(a 1＋7d )＝0，故a 7＋a 8＝0，又由a 1＞0，S 3＝S 11可知d ＜0，所以a 7＞0，a 8＜0，所以当n ＝7时，S n 最大．B 组 专项能力提升(时间：20分钟)11．已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 12＝24，则a 6·a 7的最大值为________． 答案 4解析 在等差数列{a n }中，∵S 12＝6(a 6＋a 7)＝24，∴a 6＋a 7＝4，令x >0，y >0，由基本不等式可得x ·y ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22，当且仅当x ＝y 时“＝”成立．又a 6>0，a 7>0，∴a 6·a 7≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6＋a 722＝4，当且仅当a 6＝a 7＝2时，“＝”成立．即a 6·a 7的最大值为4.12．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－3，a k ＋1＝32，S k＝－12，则正整数k ＝________. 答案 13解析 S k ＋1＝S k ＋a k ＋1＝－12＋32＝－212， 又S k ＋1＝(k ＋1)(a 1＋a k ＋1)2＝(k ＋1)⎝⎛⎭⎫－3＋322＝－212，解得k ＝13. 13．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意自然数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________． 答案1941 解析 ∵{a n }，{b n }为等差数列，∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6. ∵S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941， ∴a 6b 6＝1941. 14．已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，b n ＝1＋a n a n，若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围为________．答案 (－8，－7)解析 依题意得b n ＝1＋1a n，对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8，即数列{b n }的最小项是第8项，于是有1a n ≥1a 8.又数列{a n }是公差为1的等差数列，因此有⎩⎪⎨⎪⎧ a 8＜0，a 9＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋7＜0，a ＋8＞0，由此解得－8＜a ＜－7，即实数a 的取值范围是(－8，－7)．15．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22.(1)求通项a n ；(2)求S n 的最小值；(3)若数列{b n }是等差数列，且b n ＝S n n ＋c，求非零常数c . 解 (1)因为数列{a n }为等差数列，所以a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22.又a 3·a 4＝117，所以a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两实根， 又公差d ＞0，所以a 3＜a 4，所以a 3＝9，a 4＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝9，a 1＋3d ＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝4.所以通项a n ＝4n －3.(2)由(1)知a 1＝1，d ＝4，所以S n ＝na 1＋n (n －1)2×d ＝2n 2－n ＝2⎝⎛⎭⎫n －142－18. 所以当n ＝1时，S n 最小，最小值为S 1＝a 1＝1.(3)由(2)知S n ＝2n 2－n ，所以b n ＝S n n ＋c ＝2n 2－n n ＋c， 所以b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c. 因为数列{b n }是等差数列，所以2b 2＝b 1＋b 3，即62＋c ×2＝11＋c ＋153＋c ，所以2c2＋c＝0，所以c＝－1或c＝0(舍去)，2时，{b n}是等差数列，经验证c＝－12故c＝－12.。
求数列的通项公式列(教案+例题+习题)
求数列的通项公式（教案+例题+习题）一、教学目标1. 理解数列的概念，掌握数列的基本性质。
2. 学会求解数列的通项公式，并能应用于实际问题。
3. 培养学生的逻辑思维能力和运算能力。
二、教学内容1. 数列的概念与基本性质2. 数列的通项公式的求法3. 数列通项公式的应用三、教学重点与难点1. 教学重点：数列的概念，数列的通项公式的求法及应用。
2. 教学难点：数列通项公式的推导和应用。
四、教学方法1. 采用讲授法，讲解数列的概念、性质及通项公式的求法。
2. 利用例题，演示数列通项公式的应用过程。
3. 布置习题，巩固所学知识。
五、教学过程1. 引入数列的概念，讲解数列的基本性质。
2. 讲解数列通项公式的求法，引导学生掌握求解方法。
3. 通过例题，演示数列通项公式的应用，让学生理解并掌握公式。
4. 布置习题，让学生巩固所学知识，并提供解题思路和指导。
5. 总结本节课的重点内容，布置课后作业。
教案结束。
例题：已知数列的前n项和为Sn = n(n+1)/2，求该数列的通项公式。
解答：由数列的前n项和公式可知，第n项的值为Sn S(n-1)。
将Sn = n(n+1)/2代入上式，得到第n项的值为：an = Sn S(n-1) = n(n+1)/2 (n-1)n/2 = n/2 + 1/2。
该数列的通项公式为an = n/2 + 1/2。
习题：1. 已知数列的前n项和为Sn = n^2，求该数列的通项公式。
2. 已知数列的通项公式为an = 2n + 1，求该数列的前n项和。
3. 已知数列的通项公式为an = (-1)^n，求该数列的前n项和。
4. 已知数列的通项公式为an = n^3 6n，求该数列的前n项和。
5. 已知数列的通项公式为an = 3n 2，求该数列的前n项和。
六、教学目标1. 掌握数列的递推关系式，并能运用其求解数列的通项公式。
2. 学习利用函数的方法求解数列的通项公式。
3. 提升学生分析问题、解决问题的能力。
等差数列前n项和公式 教案
教学重、难点
及解决办法
教学重点：等差数列的前n项和公式；
教学难点：等差数列的前n项和公式的应用；
解决办法：讲练结合
教学方法及手段
启发探索、讲练结合
讲授、讨论、指导、练习
教学准备
准备学生情况、准备教学材料、准备教学心理、准备教学过程
教学过程
教学内容及教师活动
学生活动
教案设计说明
时间分配
导入新课
（一）、创设情景，提出问题
印度著名景点--泰姬陵，传说陵寝中有一个三角形图案，以相同大小的圆宝石镶饰而成，共有100层。你知道这个图案一共花了多少颗宝石吗？从而提出问题怎样快速地计算1+2+3+…+100=？（学生思考），著名的数学家高斯十岁时就用简便的方法计算出1+2+3+…+100=5050 ，介绍高斯的算法。
25分钟
经典例题
（1）、利用上述公式求1+2+3+…+100=?（学生独立完成）
（2）、例：等差数列 中，已知： ,求前n项和 及公差d.（教师引导，师生共同完成）
选用公式：根据已知条件选用适当的公式 求出
变用公式：要求公差d，需将公式2 变形运用，求d
知三求二 等差数列的五个基本量知三可求另外两个
首先，一般地，我们称 为数列 的前n 项和，用 表示，即
类似地：
①
②
①+②：
∵
∴ 由此得： （公式1）
由等差数列的通项公式 有， （公式2）
老师提问学生回答，引导学生得出集合的性质及通过回答的形式理解元素与集合之间的关系
[等差数列前n项和公式]等差数列前n项求和公式教案
![[等差数列前n项和公式]等差数列前n项求和公式教案](https://img.taocdn.com/s3/m/af4fac5cce84b9d528ea81c758f5f61fb736283f.png)
[等差数列前n项和公式]等差数列前n项求和公式教案篇一: 等差数列前n项求和公式教案教学设计：§2.3 等差数列的前n项和学习目标1. 通过预习课本42页，小组讨论，能说出等差数列前n项和公式的获取思路；2. 通过同桌互相提问，会背等差数列前n项和公式3. 通过例题及巩固训练会用等差数列的前n项和公式解决一些简单的与前n项和有关的问题.学习重点：等差数列前项和公式的推导及简单应用；学习难点：等差数列前项和公式的推导思路的获得。
[］评价设计：通过观察、阅读教材在学习小组内同桌互相口述等差数列求和公式证明的思路，准确记忆等差数列的前n项和求和公式。
运用教师提供的选择性评价，请同伴评价自己的学习效果，并进行自我评价，从而调整自己的学习进程。
1、对于目标1，通过课堂提问，要求学生叙述的关键词准确。
达标率100％2、对于目标2，通过课堂提问，要求学生表达的数学式子完整准确。
达标率100％3、对于目标3，通过学生练习。
达标率80％学习过程一、知识准备等差数列的通项公式是什么？二、新课导学创设情景:如图,一个堆放钢管的V形架的最下面一层放一根钢管,往上每一层都比它下面一层多放一根钢管,最上面一层放100根,这个V形架上共放着多少根钢管?自主探究：特殊的等差数列前n项和公式预习课本42页回答以下问题1. 计算1+2+…+100=?2. 如何求1+2+…+n=?新知：数列{an}的前n项和：一般地，称为数列{an}的前n项的和，用Sn表示，即Sn?合作探究：一般的等差数列前n项和公式①如何求首项为a1，第n项为an的等差数列{an}的前n项的和?②如何求首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项的和?小结：n，必须具备三个条件：. 2nd2. 用Sn?na1?，必须已知三个条件：21. 用Sn?完成目标1及目标2※典型例题例2. 等差数列?an?中，已知d?20,n?37,Sn?629，求a1和an24例3 已知等差数列5，4 ，3 ， (77)求数列｛an｝的通项公式；125数列｛an｝的前几项和为？7Sn的最大值为多少？并求出此时相应的n的值小结：等差数列前n项和公式就是一个关于an、a1、n或者a1、n、d的方程，可以做到知三求一，另外体现函数与方程思想。
等比数列的前n项和教案
等比数列的前n项和教案等比数列的前n项和教案1教学准备教学目标熟悉与数列知识相关的背景，如增长率、存款利息等问题，提高学生阅读理解能力、抽象转化的能力以及解答实际问题的能力，强化应用仪式。
教学重难点熟悉与数列知识相关的背景，如增长率、存款利息等问题，提高学生阅读理解能力、抽象转化的能力以及解答实际问题的能力，强化应用仪式。
教学过程【复习要求】熟悉与数列知识相关的背景，如增长率、存款利息等问题，提高学生阅读理解能力、抽象转化的能力以及解答实际问题的能力，强化应用仪式。
【方法规律】应用数列知识界实际应用问题的关键是通过对实际问题的综合分析，确定其数学模型是等差数列，还是等比数列，并确定其首项，公差或公比等基本元素，然后设计合理的计算方案，即数学建模是解答数列应用题的关键。
一、基础训练1、某种细菌在培养过程中，每20分钟__一次一个__为两个，经过3小时，这种细菌由1个可繁殖成A、511B、512C、1023D、10242、若一工厂的生产总值的月平均增长率为p，则年平均增长率为A、B、C、D、二、典型例题例1：某人每期期初到银行存入一定金额A，每期利率为p，到第n期共有本金nA，第一期的利息是nAp，第二期的`利息是n—1Ap……，第n期即最后一期的利息是Ap，问到第n期期末的本金和是多少？评析：此例来自一种常见的存款叫做零存整取。
存款的方式为每月的某日存入一定的金额，这是零存，一定时期到期，可以提出全部本金及利息，这是整取。
计算本利和就是本例所用的有穷等差数列求和的方法。
用实际问题列出就是：本利和=每期存入的金额[存期+1/2存期存期+1利率]例2：某人从1999到20__年间，每年6月1日都到银行存入m元的一年定期储蓄，若每年利率q保持不变，且每年到期的存款本息均自动转为新的一年定期，到20__年6月1日，此人到银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取回，则取回的金额是多少元？例3、某地区位于沙漠边缘，人与自然进行长期顽强的斗争，到1999年底全地区的绿化率已达到30%，从20__年开始，每年将出现以下的变化：原有沙漠面积的16%将栽上树，改造为绿洲，同时，原有绿洲面积的4%又被侵蚀，变为沙漠。
《等差数列的前n项和公式》教案
《等差数列的前n项和公式》教学目标：1、知识目标（1）掌握等差数列前n项和公式,理解公式的推导方法；（2）能较熟练应用等差数列前n项和公式求和。
2、能力目标经历公式的推导过程，体会数形结合的数学思想，体验从特殊到一般的研究方法，学会观察、归纳、反思和逻辑推理的能力。
3、情感目标通过生动具体的现实问题，激发学生探究的兴趣和欲望，树立学生求真的勇气和自信心，增强学生学好数学的心理体验，产生热爱数学的情感,体验在学习中获得成功。
教学重点、难点：1、等差数列前n项和公式是重点。
2、获得等差数列前n项和公式推导的思路是难点。
设计理念：在教学中通过生动具体的现实问题，激发学生探究的兴趣和欲望，由浅入深，层层深入，增强学生学好数学的心理体验，产生热爱数学的情感,体验在学习中获得成功。
教学策略：用游戏的方法调动学生的积极性教学步骤：问题呈现阶段探究发现阶段公式应用阶段教学过程：（一）创设问题情境1.故事引入：德国伟大的数学家高斯“神述求和”的故事。
高斯在上小学四年级时，老师出了这样一道题“1+2+3……+99+100”高斯稍微想了想就得出了答案。
高斯到底用了什么巧妙的方法呢？下面给同学们一点时间来挑战高斯。
高斯的方法：首项与末项的和：1+100=101第2项与倒数第2项的和：2+99=101第3项与倒数第3项的和：3+98=101……第50项与倒数第50项的和：50+51=101∴前100个正整数的和为：101×50=50502．数学的方法并不是单一的，还有其他的方法计算1+2+3+…+100吗？（学生思考）老师介绍倒序相加求和法，记S=1+2+3+…+100S=100+99+98+…+1可发现上、下这两个等式对应项的和均是101，所以2S=（1+100）+（2+99）+（3+98）+ … +（100+1）2S=101100=10100S=101002=5050上述故事归结为 1．这是求等差数列1，2，3，…，100前100项和（二）等差数列求和公式一般地，称为等差数列的前n项的和，用表示，即1．思考：用“倒序相加法”进行求和。
2022年高考数学一轮复习专题 专题49 求数列前n项和常用方法经典例题与练习(解析版)
专题49 求数列前n项和常用方法经典例题与练习（解析版）等差数列与等比数列性质的比较数列求和常用的方法(1)公式法：①d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=②⎪⎩⎪⎨⎧≠--==)1(1)1()1(11q qq a q na S nn(2)裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数差，即，然后累加时抵消中间的许多项. 应掌握以下常见的裂项：①111(1)1n n n n =-++②1111()()n n k k n n k =-++ ③222111111111111();12111(1)(1)1k k k k k k k k k k k k k<=--=<<=---+++-- ④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++⑤=<<= (3)错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法(这也是等比数列前n 项和公式的推导方法) .(4)倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和(这是等差数列前n 项和公式的推导方法) .(5)分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和.典型例题方法一：公式法1．已知等差数列{}n a 中，11a =，321a a -=. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列{}n a 的前n 项和n S . 1．（1）n a n =；（2）()12n n n S +=.【分析】（1）根据题中条件，先得出公差，进而可求出通项公式； （2）根据（1）的结果，由等差数列的求和公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为等差数列{}n a 中，首项为11a =，公差为321d a a =-=， 所以其通项公式为()11n a n n =+-=； （2）由（1）可得，数列{}n a 的前n 项和()()1122n n n a a n n S ++==. 2．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，38a =. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列{}n a 的前n 项和n S .2．（1）*2,n n a n N =∈；（2）1*22,n n S n +=-∈N .【分析】（1）根据12a =，38a =，先求解等比数列的公比，然后利用公式可得数列{}n a 的通项公式；（2）根据等比数列的求和公式进行求解. 【详解】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则223128a a q q ===，所以2q或2q =-（舍），所以112n nn a a q -==，*n N ∈.（2）由（1）得2nn a =，所以()()11121222112n n n n a q S q+--===---.【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式，熟记公式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养. 方法二：裂项求和裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数差，即，然后累加时抵消中间的许多项. 应掌握以下常见的裂项：①111(1)1n n n n =-++②1111()()n n k k n n k =-++ ③222111111111111();12111(1)(1)1k k k k k k k k k k k k k<=--=<<=---+++--④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++⑤=<<=3．已知数列{}n a （*n N ∈）是公差不为0的等差数列，若11a =，且2a ，4a ，8a 成等比数列.（1）求{}n a 的通项公式； （2）若11n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S .3．（1）n a n =；（2）1nn +. 【分析】（1）设{}n a 的公差为d ，由2a ，4a ，8a 成等比数列，得()2428a a a =⋅，从而解方程可求出公差，进而可求得{}n a 的通项公式； （2）由（1）得()1111111n n n b a a n n n n +===-⋅++，然后利用裂项相消法可求得n S【详解】解：（1）设{}n a 的公差为d ，因为2a ，4a ，8a 成等比数列，所以()2428a a a =⋅.即()()()211137a d a d a d +=+⋅+，即21d a d =又11a =，且0d ≠，解得1d =所以有()11n a a n d n =+-=. （2）由（1）知：()1111111n n n b a a n n n n +===-⋅++则1111112231n S n n =-+-+⋅⋅⋅+-+.即1111n n S n n =-=++. 【点睛】此题考查等差数列基本量计算，考查裂项相消法求和，考查计算能力，属于基础题4．已知各项均为正数的数列{}n a 的的前n 项和为n S ，对n N *∀∈，有22n n n S a a =+．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）令n b ={}n b 的前n 项和为n T ，求证：1n T <．4．（I ）,*=∈n a n n N ;（Ⅱ）证明过程见解析；【解析】试题分析：（Ⅰ）利用11222n n n a S S ++=- 整理得11n n a a +-= ,进而计算可得结论；（Ⅱ）通过分母有理化可知n b =-. 试题解析：（I ）当1n =时，12112a a a =+，得11a =或0（舍去）． 当2n ≥时，22n n n S a a =+，21112n n n S a a ---=+，两式相减得()112n n a a n --=≥，所以数列{}n a 是以1为首相，1为公差的等差数列，*,n a n n N =∈．（Ⅱ）n b======12311111111223341n n T b b b b n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-+-++-⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11=<方法三：含绝对值的数列求前n 项和5．在数列{}n a 中，148,2a a ==，且满足()2120n n n a a a n N *++-+=∈．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设12n n T a a a =++⋯+，求n T ．5．（1）102,n a n n N *=-∈；（2）229,5,,=940,6,.n n n n n N T n n n n N **⎧-≤∈⎨-+≥∈⎩.【分析】（1）根据递推关系式判断数列{}n a 是等差数列，再利用等差数列的通项公式即可求解. （2）讨论5n ≤或5n >，利用等差数列的前n 项和公式即可求解. 【详解】 （1）2120n n n a a a ++-+=，211n n n n a a a a +++∴-=-，∴数列{}n a 是等差数列，设其公差为d ，148,2a a ，41241a a d，()11102,n a a n d n n N *∴=+-=-∈．（2）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，则由（1）可得，()()218292n n n S n n n -=+⨯-=-，n *∈N ． 由（1）知102n a n =-，令0n a =，得5n =． ∴当5n >时，0n a <，则1212567n n n T a a a a a a a a a =++⋯+=++⋯+-++⋯+（）552n n S S S S S =--=-5（）()()22295259940n n n n =⨯⨯---=-+；当5n ≤时，0n a ≥，则212129n n n T a a a a a a n n =++⋯+=++⋯+=-．229,5,,940,6,.n n n n n N T n n n n N **⎧-≤∈∴⎨-+≥∈⎩ 【点睛】方法点睛：求数列{}n a 的前n 项和，关键在于分清哪些项为非负的，哪些项为负的，最终应化为去掉绝对值符号后的数列进行求和．如果数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，12n n T a a a =++⋯+，那么有：（1）若10,0a d ><，则存在k *∈N ，使得100k k a a +≥<，，从而有()(),2;n n kn S n k T S S n k ⎧≤⎪=⎨->⎪⎩（2）若10,0a d <>，则存在k *∈N ，使得10,0k k a a +≤>，从而有()()2n n nk S n k T S S n k ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩ 6．已知数列{}n a 的前n 项和2252=-n n n S .（1）求证：{}n a 是等差数列； （2）求数列{}n a 的前n 项和n T .6．（1）证明见解析；（2）()22225,6225156,7n n n n T n N n n n *⎧-+≤=∈⎨-+≥⎩. 【分析】（1）现根据已知条件求解出{}n a 的通项公式，然后根据等差数列的定义证明{}n a 为等差数列；（2）先将{}n a 的通项公式分段书写，然后对n 分类讨论，由此求解出n T 的最终结果. 【详解】 （1）由题意得①若2n ≥，则()()22125225121427n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=-----=-+⎣⎦， ②若1n =，则1123a S ==，经检验满足上式. 故427n a n =-+，由14n n a a +-=-可知，数列{}n a 是首项为23，公差为4-的等差数列.（2）易得：()()427,6427,7n n n a n n ⎧-+≤⎪=⎨-≥⎪⎩①若6n ≤，2225n n T S n n ==-+，②若7n ≥，()26662225156n n n T S S S S S n n =--=-+=-+，综上()22225,6225156,7n n n n T n N n n n *⎧-+≤=∈⎨-+≥⎩. 【点睛】思路点睛：已知{}n a 为等差数列，求解{}n a 的前n 项和n S 的思路： （1）先根据项的正负将{}n a 的通项公式分段书写；（2）根据分段的{}n a 通项公式，分别考虑在对应n 的范围下n S 的计算方法，由此求解出结果.方法四：错位相减7．已知递增数列{}n a 满足212n n n a a a +++=，n *∈N ，且24,a a 是方程210210x x -+=的两根，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且()*112n n S b n N =-∈. （1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）记n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和n T . 7．（1）21n a n ∴=-，23n n b =；（2）2223n nn T +=-. 【分析】（1）求出11a =，2d =即得数列{}n a 的通项公式；利用1(2)n n n b S S n -=-≥求{}n b 的通项公式； （2）先求出423n nn c -=，再利用错位相减法求和. 【详解】（1）因为方程210210x x -+=两根为3x =或7，又2a ､4a 是方程210210x x -+=的两根，数列{}n a 是递增的等差数列，23a ∴=，47a =，设公差为d ，则11337a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得11a =，2d =.1(1)12(1)21n a a n d n n ∴=+-=+-=-.对于数列{}n b ，()*112n n S b n N =-∈， 当1n =时，11112b b =-，解得123b =；当2n ≥时，11111122n n n n n b S S b b --⎛⎫⎛⎫=-=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 整理得113n n b b -=，即113n n b b -=，所以数列{}n b 是等比数列， 1212333n n n b -⎛⎫∴=⨯=⎪⎝⎭（2）2(21)4233n n n n nn n c a b --===， ∴数列{}n c 的前n 项和23126104(1)24233333n n nn n T ----=+++++，23126104(1)24233333n n nn n T ----=+++++，216104232333n n n T --∴=++++ (2161042)32333n n n T --∴=++++两式相减可得2144442223333n n n n T --=++++- (2)144442223333n n nn T --=++++-141424432413313n n n n n ⎛⎫- ⎪-+⎝⎭=--=--，2223n nn T +∴=-. 【点睛】方法点睛：数列求和常用的方法有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组求和法；（5）倒序相加法.要根据数列通项的特征灵活选择求和方法.8．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n a 是n S 与2的等差中项，数列{}n b ，11b =，点()1,n n P b b +直线20x y -+=上.（1）求1a 值；（2）求数列{}{},n n a b 的通项公式； （3）设n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和n T .8．（1）12a =；（2）2nn a =，21n b n =-；（3）1(23)26n nT n +=-⋅+.【分析】（1）由题意得出22n n a S =+，令1n =可求得1a 的值；（2）当2n ≥时，由22n n a S =+可得出1122n n a S --=+，两式作差可得出12nn a a -=，可得出数列{}n a 是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列{}n a 的通项公式，由题意可推导出数列{}n b 为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列{}n b 的通项公式； （3）求得12n n c n +=⋅，然后利用错位相减法可求得n T . 【详解】（1）由22n n a S =+得：1122a S =+ 即1122a a =+解得12a = （2）由22n n S a =-1122(2)n n S a n --=-≥①-②1122n n n n n a S S a a --=-=-12(2)nn a n a -=≥ 所以数列{}n a 是以2为首项，以2为公比的等比数列，则2nn a =又由数列{}bn 中，12b =，点()1,n n P b b +在直线20x y -+=上 得1:20n n b b +-+=且11b = 所以：12(1)21n b n n =+-=- （2）(21)2nn n n c a b n ==-数列{}n C 的前n 项和23412325272(21)2nTn n =⨯+⨯+⨯+⨯+⋯+-⋅23451212325272(21)2n n T n +=⨯+⨯+⨯+⨯+⋯+-⋅()23411222222222(21)2n n n T n +∴-=⨯+⨯+⨯+⨯+⋯+⋅--⋅可得：1(23)26n n T n +=-⋅+【点睛】解答特殊数列（等差数列与等比数列）的问题时，根据已知条件构造关于基本量的方程，解方程求出基本量，再根据定义确定数列的通项公式，当数列表示为等差和等比数列之积时，利用错位相减法求其前n 项和.方法五：分组求和9．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =-，数列{}n b 满足24log 3n n b a =+. （1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； （2）设14n n n n c b a a +=+，求数列{}n c 的前n 项和n T . 9．（1）43n a n =-；2n n b =（2）142241n n n ++-+ 【分析】（1）根据当2n ≥时，1n n n a S S -=-可以求出数列{}n a 的通项公式，再验证当1n =时，首项是否适合；再根据24log 3n n b a =+，结合对数与指数互化公式进行求解即可； （2）化简数列{}n c 的通项公式，利用分组求和的方法，结合等比数列前n 项和、裂项相消法进行求解即可. 【详解】（1）由22n S n n =-，当2n ≥时，143n n n a S S n -=-=-，1n =时，11a =对上式也成立，∴43n a n =-；又24log 3n n b a =+，2log n b n =，2nn b =.（2）1441122(43)(41)4341n n n n n n c b a a n n n n +⎛⎫=+=+=+- ⎪-+-+⎝⎭，()212111111125594341n n T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪--+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1114222124141n n n n n +++⎛⎫=-+-=- ⎪++⎝⎭. 【点睛】本题考查了已知数列前n 项和求通项公式，考查了分组求和法，考查了裂项相消法，考查了数学运算能力.10．已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，132a =，22a =，且113210n n n S S S +--++=，其中*2,n n N ≥∈.（1）求证数列{}1n a -是等比数列； （2）求数列{}n a 的前n 项和n S .10．（1）证明见解析；（2）212n n S n -=+【分析】（1）将113210n n n S S S +--++=化为()*121n n a a n N +=-∈，根据等差数列的定义可证结论成立；（2）利用等比数列{}1n a -的通项公式求出221n n a -=+，再分组根据等比数列的求和公式可求得结果. 【详解】（1）证明：∵113210n n n S S S +--++=，∴()1121n n n n S S S S +--=--， ∴121(2)n n a a n +=-≥. 又123,22a a ==也满足上式，()*121n n a a n N +∴=-∈，()()*1121n n a a n N +∴-=-∈，∴数列{}1n a -是公比为2，首项为1112a -=的等比数列.（2）∵数列{}1n a -是公比为2，首项为1112a -=的等比数列， 1211222n n n a --∴-=⨯=，221n n a -∴=+，()()()()101212321212121n n n S a a a a --∴=++++=++++++++()1122122222n n n n ---=+++++=+.【点睛】方法点睛：证明等比数列的常用方法有：一、定义法：若1n na q a +=，0q ≠且为常数，10a ≠，则数列{}n a 为等比数列； 二、等比中项法：若221n n n a a a ++⋅=(0)n a ≠，则数列{}n a 为等比数列.方法六：倒序相加法求和11 设f(x)＝12x ＋2，利用教科书上推导数列前n 项和公式的方法，可求得f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值为________．11解析：∵f(x)＝12x ＋2，∴f(1－x)＝121－x ＋2＝2x2＋2×2x＝12×2x2＋2x ＝2×2x －12＋2x . ∴f(x)＋f(1－x)＝12x ＋2＋2×2x －12＋2x＝22.设S ＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)，倒过来，则有 S ＝f(6)＋f(5)＋…＋f(0)＋…＋f(－4)＋f(－5)，∴2S ＝[f(－5)＋f(6)]＋[f(－4)＋f(5)]＋…＋[f(6)＋f(－5)]＝6 2. ∴S ＝3 2.当堂训练1．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1352a a +=，2454a a +=，则n n S =a （ ）A ．14n -B ．41n -C ．12n -D ．21n -【答案】D 【分析】根据题中条件，先求出等比数列的公比，再由等比数列的求和公式与通项公式，即可求出结果. 【详解】因为等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1352a a +=，2454a a +=，所以2413514522q a a a a =++==， 因此()()111111111221112n nnn n n n n na q S q q a a q q q ---⎛⎫- ⎪--⎝⎭====--⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选：D.2．在等差数列{}n a 中，若n S 为其前n 项和，65a =，则11S 的值是（ ） A ．60 B ．11 C ．50 D ．55【答案】D 【分析】根据题中条件，由等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，即可求出结果. 【详解】因为在等差数列{}n a 中，若n S 为其前n 项和，65a =， 所以()1111161111552a a S a +===.故选：D.3．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2938a a a +=+，则15S =（ ） A ．60 B ．120C ．160D ．240【答案】B 【分析】根据等差数列的性质可知2938a a a a +=+，结合题意，可得出88a =，最后根据等差数列的前n 项和公式和等差数列的性质，得出()11515815152a a S a +==，从而可得出结果.【详解】解：由题可知，2938a a a +=+，由等差数列的性质可知2938a a a a +=+，则88a =， 故()1158158151521515812022a a a S a +⨯====⨯=.故选：B.4．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23S =，415S =，则6S =（ ） A ．31 B ．32 C ．63 D ．64【答案】C 【分析】根据等比数列前n 项和的性质列方程，解方程求得6S . 【详解】因为n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，所以2S ，42S S -，64S S -成等比数列， 所以()()242264S S S S S -=-，即()()62153315-=-S ，解得663S =. 故选：C5．等差数列{}n a 中，12318192024,78a a a a a a ++=-++=，则此数列的前20项和等于（ ） A ．160 B ．180 C ．200 D ．220【答案】B 【分析】把已知的两式相加得到12018a a +=，再求20S 得解. 【详解】由题得120219318()()()247854a a a a a a +++++=-+=， 所以1201203()54,18a a a a +=∴+=. 所以2012020()10181802S a a =+=⨯=. 故选：B6．已知数列{}n a 、{}n b 都是公差为1的等差数列，其首项分别为1a 、1b ，且115a b +=，11,a b *∈N ．设()n n b c a n *=∈N ，则数列{}n c 的前10项和等于（ ）．A ．55B ．70C ．85D ．100【答案】C 【分析】根据已知可求出1b a ，再根据等差数列的性质及求和公式即可求出数列{a bn }的前10项和． 【详解】数列{}n a 、{}n b 都是公差为1的等差数列，其首项分别为1a 、1b ，且115a b +=，11,a b *∈N ．设()n n b c a n *=∈N，又{}nb 都是公差为1的等差数列，所以数列{}nc 也成等差，则数列{}n c 的前10项和等于121011119b b b b b b a a a a a a +++++=+++，又()11114b a a b =+-=，1911(91)113b a a b +=++-⨯=， ∴11119(413)10852b b b a a a +++⨯+++==，故选：C ． 【点睛】性质：若数列{}n a 为等差数列，则项数依次成等差的那些项也依次成等差.7．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯.”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层的灯数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．6【答案】C 【分析】可知每一层灯数形成以2为公比的等比数列{}n a ，根据7381S =即可求出. 【详解】设顶层的灯数是1a ，则每一层灯数形成以2为公比的等比数列{}n a ， 由题可得()7171238112a S -==-，解得13a =，故塔的顶层的灯数是3. 故选：C. 8．数列1，2-，12，4-，14，…的一个通项公式为（ ） A ．112n -⎛⎫-⎪⎝⎭B．2n⎛- ⎝⎭C ．()112n n -⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭D ．()1112n n -+⎛- ⎝⎭【答案】D 【分析】可知该数列是一个以1为首项，2-为公比的等比数列，即可求出通项公式. 【详解】根据数列可知，该数列是一个以1为首项，2-为公比的等比数列，所以该数列的通项公式为()()()11121+11111222n n n n n ----⎛⎛⎛⨯-=-⨯-⨯=-⨯ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选：D.二、填空题9．已知数列{}n a 的通项公式为(1)sin2n n a n n π=+⋅(n ∈+N )，其前n 项和为n S ，则8S =_______.【答案】36- 【分析】由4342414166k k k k k c a a a a k ---=+++=-+,故812S c c =+,进而计算即可. 【详解】4342414(43)(43)(42)sin2k k k k k k c a a a a k k π----=+++=--⋅ (42)(41)4(42)(41)sin (41)4sin 4(41)sin222k k k k k k k k k πππ--+--⋅+-⋅++⋅ (43)(42)1(42)(41)0(41)4(1)4(41)0k k k k k k k k =--⨯+--⨯+-⨯-++⨯166k =-+，∴81216(12)6236S c c =+=-⨯++⨯=-. 故答案为：36- 【点睛】本题考查数列的求和，解题的关键在于注意到4342414166k k k k k c a a a a k ---=+++=-+，进而将问题转化为求812S c c =+得问题，考查运算求解能力，是中档题.10．《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半.问何日相逢，各穿几何？”题意是：有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍：小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半.如果墙足够厚，n S 为前n 天两只老鼠打洞长度之和，则3S =___________尺.【答案】354【分析】大、小老鼠每天打洞的距离符合等比数列，分别计算大、小老鼠打洞长度之和，然后简单计算即可. 【详解】由题意知:大老鼠每天打洞的距离是以1为首项,以2为公比的等比数列,所以大老鼠前n 天打洞长度之和为122112nn -=--,同理小老鼠前n 天打洞长度之和为111()1221212nn --=--, 所以11112122122n nn n n S --=-+-=-+所以33131512324S -=-+=故答案为：35411．在各项均为正数的等比数列{}n a 中，12a =，且2a ，42a +，5a 成等差数列，记n S 是数列{}n a 的前n 项和，则4S ___________. 【答案】30 【分析】设出公比，利用基本量代换求出公比，套公式求出4S . 【详解】设项均为正数的等比数列{}n a 的公比为q ()0q >，则11n n a a q -=，由题意可得：()25422=a a a ++， 即()342=2222q q q ++ 解得：2q ，所以()44212=3012S -=-.故答案为：30 【点睛】等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换.12．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，22a =，0n a ≠，()111122n n n n n a n S a S nS +++--=-，其中2n ≥，且*n ∈N ．设21n n b a -=，数列{}n b 的前n项和为n T ，则100T =______．【答案】9901 【分析】根据已知条件推导出数列{}n a 从第三项开始，奇数项成等差数列，且公差为2，然后利用等差数列的求和公式可求得100T 的值. 【详解】当2n ≥且*n ∈N 时，0n a ≠， 由()111122n n n n n a n S a S nS +++--=-，可得()()11112n n n n n a S S n S S ++-+-=-，即()1112n n n n a a a na ++++=， 可得12n n a a n ++=，①，所以，()2121n n a a n +++=+，②， ②-①得22n n a a +-=，所以，32224a a +=⨯=，则32a =，则3112a a -=≠， 所以，数列{}n a 从第三项开始，奇数项成等差数列，且公差为2，21n n b a -=，10099982199299012T ⨯⨯=+⨯+=. 故答案为：9901. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和； （3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法； （4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法求和.三、解答题13．已知数列{}n a 是公比为2的等比数列，且2a ，31a +，4a 成等差数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n a 的前n 项和. 【答案】（1）12n n a ，（2）21nn S =-.【分析】（1）由2a ，31a +，4a 成等差数列可得32422a a a +=+，然后结合公比为2求出1a 即可； （2）直接根据公式求出答案即可. 【详解】（1）因为数列{}n a 是公比为2的等比数列，且2a ，31a +，4a 成等差数列 所以32422a a a +=+，所以1118228a a a +=+，解得11a = 所以12n na（2）122112nn n S -==--【点睛】本题考查的是等差中项的应用、等比数列的基本运算，考查了学生的计算能力，属于基础题.14．已知公差不为0的等差数列{a n }前9项之和945S =，且第2项，第4项，第8项成等比数列（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足n b = a n+112n -⎛⎫ ⎪⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项的和n T ．【答案】（1）n a n =;（2）n T 214122n n n -++=-【分析】（1）根据945S =，248,,a a a 成等比列两个方程，求出首项和公差，求得通项公式. （2）用分组求和法求和. 【详解】解：（1）设数列{}n a 公差为()d d ≠0，由已知有12428989452a d a a a ⨯⎧+=⎪⎨⎪=⎩ ，得()()()121119364537a d a d a d a d +=⎧⎪⎨+=++⎪⎩，得()11936450a d d a d +=⎧⎨-=⎩,又0d ≠， 解得11a d ==，故n a n =，所以数列{}n a 的通项公式n a n =. （2）由（1）有11()2n n b n -=+ ，则21111(123)(1)222n n T n -=+++++++++=11()(1)21212n n n -++-214122n n n -++=-，即数列{}n b 的前n 项的和n T 214122n n n -++=-【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前n 项和公式，等比数列的前n 项和公式，数列的分组 求和法.15．已知{}n a 是等差数列,212a =,64a =. （1）求{}n a 的通项公式；（2）求{}n a 的前n 项和n S 的最大值. 【答案】（1）216n a n =-+（2）56 【分析】（1）通过等差数列的性质求出公差62262a a d -==--,结合212a =,即可求出通项公式. （2）由公差20d =-<,知数列{}n a 是递减数列,要求和的最大值则根据0n a ≥,求出n ,即可求出和的最大值. 【详解】 解：由题意得62262a a d -==-- （1）2(2)216n a a n d n =+-=-+ （2）由2d =-知数列{}n a 是递减数列 所以令2160n a n =-+≥,解得8n ≤且80a =n S ∴的最大值为:7856S S ==【点睛】本题主要考察邓姝列的简单性质以及求等差数列的前n 项和,是简单题. 16．设函数23()(0)3x f x x x +=>，数列{}n a 满足1111,n n a a f a -⎛⎫== ⎪⎝⎭（*n N ∈，且2n ）． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设212233445221n n n T a a a a a a a a a a +=-+-+-，若22n T tn >对*n N ∈恒成立，求实数t 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）213n n a +=（Ⅱ）20,9⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭【分析】（Ⅰ）根据函数解析式化简题中的递推关系，结合等差数列的概念求解数列的通项公式；（Ⅱ）求出2n T ，进而得到不等式，利用分离变量法求解t 的取值范围． 【详解】解：（Ⅰ）因为111123113n n n n a a f a a ---⨯+⎛⎫==⎪⎝⎭⨯123n a -=+（*n N ∈，且2n ）， 所以123n n a a --=． 因为11a =，所以数列{}n a 是以1为首项，公差为23的等差数列，所以213n n a +=． （Ⅱ）212233445221n n n T a a a a a a a a a a +=-+-+-()()()21343522121n n n a a a a a a a a a -+=-+-++-()246243n a a a a =-++++()22432n a a n +=-⨯⋅()218129n n =-+ 要使22n T tn >对*n N ∈恒成立，只要使()2218129n n tn -+>对*n N ∈恒成立，只要使1289t n+<-对*n N ∈恒成立， 只要max 12209820,9t t n ⎛⎫->+=∴<- ⎪⎝⎭， 故实数t 的取值范围为20,9⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭． 【点睛】本题考查等差数列的概念和性质、数列的综合应用,分离变量法求最值． 17．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4=4，S 8=6S 3. （1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n =2n a ，求数列{b n }的前n 项和T n . 【答案】（1）a n = n ；（2）122n +- 【分析】（1）根据等差数列的通项公式以及前n 项和公式，可得首项和公差，利用公式法可得结果. （2）根据（1）的结论，可得n b ，然后利用公式法，可得结果. 【详解】（1）设等差数列{}n a 公差为d 由4834,6a S S ==则1111341873286322a d a d a d a d +=⎧⎪⇒==⨯⨯⎨⎛⎫+⋅=+ ⎪⎪⎝⎭⎩， 故n a n =（2）由（1）得n a n =，所以22n a nn b ==，则()1212212222221n nn nT +-=+++==--.【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式以及前n 项和公式，关键在于识记公式，属基础题. 18．设{}n a 是等差数列，510a =,且12310,8,6a a a +++成等比数列.（1）求{}n a 的通项公式；（2）记{}n a 的前n 项和为n S ，且1n nb S =,求数列{}n b 的前n 项和为n T . 【答案】（1）2n a n =（2）111n T n =-+ 【分析】（1）利用等差数列和等比数列的的通项公式，即可求出结果； （2）由等差数列的前n 项和可得2n S n n =+，所以111n b n n =-+，采用裂项相消法求和，即可求出结果. 【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ,12310,8,6a a a +++成等比数列, ∴()()()22138106a a a +=++,即2(183)(204)(162)d d d -=--, 解得2d =,∴5(5)102(5)2n a a n d n n =+-=+-=.（2）由（1）知2n a n =,∴2(22)2n n n S n n +==+, ∴111(1)1nb n n nn ,∴111111111112233411n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭, ∴数列{}n b 的前n 项和为111n T n =-+ 【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的通项公式以及裂项相消法求和，属于基础题.。
数列求前n项和方法汇总及练习(含答案)
数列求和方法汇总及经典练习（含答案）一、公式法:利用以下公式求数列的和 1.d n n na a a n Sn n 2)1(2)(11-+=+=({}n a 为等差数列)2.qqa a q q a Sn n n --=--=11)1(11 (1≠q )或)1(1==q na Sn ({}n a 为等比数列) 3.6)12)(1(3212222++=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++n n n n4.23333]2)1([321+=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++n n n 等公式 例已知数列{}n a ，其中()12111,3,22n n n a a a a a n +-===+≥，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}ln n S 的前n 项和为n U ，求n U 。
解：由题意，{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列前n 项和()211212n n S n n ++-=⋅=，2ln ln 2ln n S n n ==()()2ln1ln 2ln 2ln !n U n n =+++=二、分组求和法对于数列{}n a ，若⋅⋅⋅⋅⋅⋅±±=nn nC b a 且数列{}n b 、{}n c ……都能求出其前n 项的和，则在求{}n a 前n 项和时，可采用该法例如：求和：999.09999.0999.099.09.0个n Sn ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++= 解：设n n na --=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=10199.09个 n a a a a a Sn +⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++=∴4321)101()101()101()101()101(4321n ------+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-+-=)1010101010()111(43211n n -----+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++=相加个 )101(91n n ---= 三、倒序相加法（或倒序相乘法）将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +，S n 表示从第一项依次到第n 项的和，然后又将S n 表示成第n 项依次反序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到S n 的一种求和方法。
等比数列前n项和公式教案
等比数列前n项和公式教案一、教学目标1.理解等比数列的定义和性质。
2.掌握等比数列前n项和公式的推导过程。
3.能够运用等比数列前n项和公式解决实际问题。
二、教学重难点1.等比数列前n项和公式的推导。
2.等比数列前n项和公式的应用。
三、教学准备1.教学课件。
2.等比数列前n项和公式推导过程的相关资料。
3.练习题。
四、教学过程（一）导入1.复习等比数列的定义和性质。
2.提问：等比数列的前n项和如何计算？（二）新课1.等比数列前n项和公式的推导（1）引导学生回顾等差数列前n项和公式的推导过程。
（2）讲解等比数列前n项和公式的推导过程。
设等比数列的首项为a1，公比为q，前n项和为Sn，则有：S_n=a_1+a_1q+a_1q^2++a_1q^{n-1}两边同时乘以q得：qS_n=a_1q+a_1q^2+a_1q^3++a_1q^n将两式相减得：S_nqS_n=a_1a_1q^n化简得：S_n=a_1(1q^n)/(1q)当q=1时，等比数列退化为等差数列，此时S_n=na_1。
S_n=a_1(1q^n)/(1q)，q≠12.等比数列前n项和公式的应用（1）讲解等比数列前n项和公式的应用，如求等比数列的前n项和、通项公式等。
（2）举例讲解：例1：已知等比数列{an}的首项为2，公比为3，求前5项和。
解：由等比数列前n项和公式得：S_5=2(13^5)/(13)=242例2：已知等比数列{an}的前3项和为14，第4项为6，求公比q。
解：由等比数列前n项和公式得：S_3=a_1(1q^3)/(1q)=14又已知a_4=a_1q^3=6联立两式得：q=2或q=-1/2（三）课堂练习1.求等比数列{an}的首项为3，公比为4，前7项和。
2.已知等比数列{an}的前4项和为30，第5项为12，求公比q。
2.鼓励学生提出疑问，共同探讨。
五、课后作业1.复习等比数列前n项和公式，掌握推导过程。
2.完成课后练习题。
六、教学反思本节课通过等比数列前n项和公式的推导和应用，让学生更好地理解等比数列的性质，培养学生的数学思维能力。
高中数学第二章数列第5节等比数列的前n项和第2课时数列求和(习题课)课件新人教A版3必修5
(2)cn＝(3n－2)·2n－1， Tn＝1·20＋4·21＋…＋(3n－2)·2n－1， 2Tn＝1·21＋4·22＋…＋(3n－2)·2n， ∴－Tn＝1＋3×(21＋22＋…＋2n－1)－(3n－2)·2n ＝1＋6(2n－1－1)－(3n－2)·2n ＝(5－3n)·2n－5， Tn＝(3n－5)·2n＋5.
4n，
（x（）x（2－x21n）＋2＋1）＋2n. （x≠±1）
当一个数列本身既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．
讲一讲 3．等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝10，a2 为整 数，且 Sn≤S4. (1)求an的通项公式； (2)设 bn＝ana1n＋1，求数列bn的前 n 项和 Tn.
[尝试解答] (1)由 a1＝10，a2 为整数知：等差数列an 的公差 d 为整数．又 Sn≤S4，故 a4≥0，a5≤0；
和．形如 an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
2．本节课的难点和易错点是“错位相减法”和 “奇偶并项求和法”．如讲 2 和讲 4.
第 2 课时 数列求和（习题课）
[思考]
若数列 c 是公差为 n
d
的等差数列，数列bn
是公比为 q(q≠1)的等比数列，且 an＝cn＋bn，如何求数
列 a 的前 n 项和？ n
名师指津：数列 a 的前 n 项和等于数列 c 和 b n
n
n
的前 n 项和的和．
＝
1 3
＋3×31211－－313n1－1
－
(3n
等比数列及其前n项和知识点讲解+例题讲解(含解析)
等比数列及其前n 项和一、知识梳理1.等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列.数学语言表达式：a n a n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数).(2)如果三个数a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，其中G ＝2.等比数列的通项公式及前n 项和公式(1)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n －1； 通项公式的推广：a n ＝a m q n －m .(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－q ＝a 1－a n q 1－q .3.等比数列的性质已知{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和. (1)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则有a k ·a l ＝a m ·a n . (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ， a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m .(3)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n .证明：（1）当q ≠-1且q ≠0时，A a a a a S n n =++++=...321，n n n n n n n n n n n Aq q a q a q a a a a a S S =+++=++++=-+++ (2123212)n n n n n n n n n n n Aq q a q a q a a a a a S S 222221332221223......=+++=++++=-+++所以S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n（2）当q= -1时，<1>、当n 为奇数时，1a S n=，132,0a S S n n ==1120a a S S n n -=-=-， 11230a a S S n n =-=-所以S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n<2>、当n 为偶数时，032===n n n S S S ，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n不能构成等比数列小结：1.若数列{a n }为等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n}，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 也是等比数列. 2.由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0. 3.在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误.二、例题精讲 + 随堂练习1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)等比数列公比q 是一个常数，它可以是任意实数.( ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列.( ) 解析 (1)在等比数列中，q ≠0.(2)若a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列. (3)当a ＝1时，S n ＝na .(4)若a 1＝1，q ＝－1，则S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列.答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( ) A.－12B.－2C.2D.12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，即q ＝12.答案 D3.在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________.解析 设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81. 答案 27，814.(2019·天津和平区质检)已知等比数列{a n }满足a 1＝1，a 3·a 5＝4(a 4－1)，则a 7的值为( ) A.2B.4C.92D.6解析 根据等比数列的性质得a 3a 5＝a 24，∴a 24＝4(a 4－1)，即(a 4－2)2＝0，解得a 4＝2.又∵a 1＝1，a 1a 7＝a 24＝4，∴a 7＝4. 答案 B5.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32f B.322fC.1225fD.1227f解析 由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f ，公比为122的等比数列，设此数列为{a n }，则a 8＝1227f ，即第八个单音的频率为1227f . 答案 D6.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和.若S n ＝126，则n ＝________.解析 由a n ＋1＝2a n ，知数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，由S n ＝2（1－2n ）1－2＝126，解得n ＝6.答案 6考点一 等比数列基本量的运算【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________.(2)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析 (1)由{a n }为等比数列，设公比为q .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝－1，①a 1－a 1q 2＝－3，② 显然q ≠1，a 1≠0，②①得1－q ＝3，即q ＝－2，代入①式可得a 1＝1， 所以a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.(2)设数列{a n }首项为a 1，公比为q (q ≠1)，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q＝74，S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝634，解得⎩⎨⎧a 1＝14，q ＝2， 所以a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案 (1)－8 (2)32规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.2.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q.【训练1】 (1)等比数列{a n }中各项均为正数，S n 是其前n 项和，且满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则S 4＝( ) A.9B.15C.18D.30(2)(2017·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析 (1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，则⎩⎪⎨⎪⎧2S 3＝2（a 1＋a 1q ＋a 1q 2）＝8a 1＋3a 1q ，a 1q 3＝16， 解得q ＝2，a 1＝2，所以S 4＝2（1－24）1－2＝30.(2){a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2，∴b 2＝b 1·q ＝2，则a 2b 2＝22＝1.答案 (1)D (2)1考点二 等比数列的判定与证明【例2】 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1， 得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1. (2)解 由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n.由S 5＝3132，得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.【训练2】 (2019·广东省级名校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4.(1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， 所以S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)， 则S n ＝2S n －1－n ＋4(n ≥2)，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2](n ≥2)， 又由题意知a 1－2a 1＝－3， 所以a 1＝3，则S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2等比数列. (2)解 由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1， 所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n＝4（1－2n ）1－2＋n （n ＋1）2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82.考点三 等比数列的性质及应用【例3】 (1)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( ) A.12B.10C.8D.2＋log 35(2)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( ) A.40B.60C.32D.50解析 (1)由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10.(2)数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是首项为4，公比为2的等比数列，则S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝16，S 12－S 9＝a 10＋a 11＋a 12＝32，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60. 答案 (1)B (2)B【训练3】 (1)(2019·菏泽质检)在等比数列{a n }中，若a 3，a 7是方程x 2＋4x ＋2＝0的两根，则a 5的值是( ) A.－2B.－ 2C.± 2D.2(2)(一题多解)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________.解析 (1)根据根与系数之间的关系得a 3＋a 7＝－4， a 3a 7＝2，由a 3＋a 7＝－4<0，a 3a 7>0， 所以a 3<0，a 7<0，即a 5<0， 由a 3a 7＝a 25，得a 5＝－a 3a 7＝－ 2.(2)法一 由等比数列的性质S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，由已知得S 6＝3S 3，∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73.法二 因为{a n }为等比数列，由S 6S 3＝3，设S 6＝3a ，S 3＝a (a ≠0)，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等比数列，即a ，2a ，S 9－S 6成等比数列，所以S 9－S 6＝4a ，解得S 9＝7a ，所以S 9S 6＝7a 3a ＝73.答案 (1)B (2)73数学运算——等差(比)数列性质的应用1.数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展.2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想.类型1 等差数列两个性质的应用 在等差数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和： (1)S 2n －1＝(2n －1)a n ；等差中项）(2)设{a n }的项数为2n ，公差为d ，则S 偶－S 奇＝nd .【例1】 (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m ＝________.(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d ＝________.解析 (1)由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0得2a m －a 2m ＝0，解得a m ＝0或2.又S 2m －1＝（2m －1）（a 1＋a 2m －1）2＝(2m －1)a m ＝38， 显然可得a m ≠0，所以a m ＝2.代入上式可得2m －1＝19，解得m ＝10.(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5. 答案 (1)10 (2)5类型2 等比数列两个性质的应用在等比数列{a n }中，(1)若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a n ·a m ＝a p ·a q ；(2)当公比q ≠－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等比数列(n ∈N *).【例2】 (1)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( )A.6B.5C.4D.3(2)设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( )A.18B.－18C.578D.558 解析 (1)数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.(2)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18，所以a 7＋a 8＋a 9＝18.答案 (1)C (2)A类型3 等比数列前n 项和S n 相关结论的活用(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q . 若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q n S m (q 为公比).【例3】 (1)已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.(2)已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为________. 解析 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160， 所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2. (2)设等比数列{a n }的公比q ，易知S 3≠0.则S 6＝S 3＋S 3q 3＝9S 3，所以q 3＝8，q ＝2.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，其前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116.答案 (1)2 (2)3116三、课后练习1.已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T 1>1的n 的最小值为( )A.4B.5C.6D.7 解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6. 答案 C 2.数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A.(3n －1)2B.12(9n －1)C.9n －1D.14(3n －1)解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1，∴当n ≥2时，a n ＝3n －3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列.因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4(1－9n )1－9＝12(9n －1). 答案 B 3.(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝______.解析 ∵{a n }是等比数列，a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1（1－q 4）1－q ＋a 1（1－q 12）1－q ＝λa 1（1－q 8）1－q， ∴1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)，将q 4＝2代入计算可得λ＝83.答案 834.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋λ(λ为常数).(1)试探究数列{a n ＋λ}是不是等比数列，并求a n ；(2)当λ＝1时，求数列{n (a n ＋λ)}的前n 项和T n . 解 (1)因为a n ＋1＝2a n ＋λ，所以a n ＋1＋λ＝2(a n ＋λ). 又a 1＝1，所以当λ＝－1时，a 1＋λ＝0，数列{a n ＋λ}不是等比数列， 此时a n ＋λ＝a n －1＝0，即a n ＝1； 当λ≠－1时，a 1＋λ≠0，所以a n ＋λ≠0， 所以数列{a n ＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列， 此时a n ＋λ＝(1＋λ)2n －1，即a n ＝(1＋λ)2n －1－λ.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以n (a n ＋1)＝n ×2n ， T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① 2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，② ①－②得：－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－2－n ×2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2. 所以T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.。
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四.数列求和的常用方法
1.公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式，
特别声明：运用等比数列求和公式，务必检查其公比与1的关系，必要时需分类讨论.；③常用公式：1123(1)2
n n n +++
+=+，222112(1)(21)6
n n n n ++
+=++，
33332
(1)123[]2
n n n ++++
+=.
例1 、已知3
log 1log 23-=
x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n
x x x x 32的前n 项和. 解：由2
1
2log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=
x x x
由等比数列求和公式得 n
n x x x x S +⋅⋅⋅+++=32 （利用常用公式）
＝x x x n --1)1(＝
2
11)211(21--n ＝1－n 21 练一练：等比数列{}n a 的前n 项和S ｎ＝2ｎ－１，则2
232221n a a a a ++++ ＝_____ ；
2.分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一
起，再运用公式法求和.
例2、 求数列的前n 项和：231
,,71,41,
1112-+⋅⋅⋅+++-n a
a a n ，… 解：设)231
()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n a
a a S n n
将其每一项拆开再重新组合得
)23741()1
111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++
=-n a
a a S n n （分组） 当a ＝1时，2)13(n n n S n -+=＝2)13(n
n + （分组求和）
当1≠a 时，2)13(1111n n a
a S n
n -+--=＝2)13(11n n a a a n -+--- 练一练：求和：1357(1)(21)n
n S n =-+-+-+--
3.倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前n 和公式的推
导方法）.
例3、求 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值
解：设 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①
将①式右边反序得
1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..② （反序）
又因为 1cos sin ),90cos(sin 2
2
=+-=x x x x
①+②得 （反序相加）
)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89
∴ S ＝44.5
练一练：已知22
()1x f x x =+，则111
(1)(2)(3)(4)()()()234
f f f f f f f ++++++＝______；
4.错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前n 和公式的推导方法）. 例4、 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………① 解：由题可知，{1)12(--n x n }的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列{1-n x }的通项之
积
设n
n x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=………………………. ② （设制错位） ①－②得 n
n n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=-- （错位相减）
再利用等比数列的求和公式得：n n n x n x
x x S x )12(1121)1(1
----⋅
+=-- ∴ 2
1)1()
1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+
例5、求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n
前n 项的和.
解：由题可知，{n n 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21
}的通项之积
设n n n
S 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①
14322
226242221++⋅⋅⋅+++=n n n
S ………………………………② （设制错位）
①－②得14322
22222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=
-n n n n
S （错位相减）
1
12
221
2+--
-
=n n n
∴ 12
2
4-+-=n n n S
练一练：设{}n a 为等比数列，121(1)2n n n T na n a a a -=+-+
++，已知11T =，24T =，①
求数列{}n a 的首项和公比；②求数列{}n T 的通项公式.；
5.裂项相消法：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：
①
111(1)1n n n n =-++；②1111()()n n k k n n k
=-++； ③2211111
()1211
k k k k <=---+，211111111(1)(1)1k k k k k k k k k -
=<<=-++--； ④1111
[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++ ；⑤11(1)!!(1)!
n n n n =-++；
⑥=<<=. 例6、 求数列
⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,1
1,
,3
21,
211n n 的前n 项和.
解：设n n n n a n -+=++=
11
1
（裂
项）
则 1
13
212
11+++
⋅⋅⋅+++
+=
n n S n （裂项求
和）
＝)1()23()12(n n -++⋅⋅⋅+-+- ＝11-+n
例7、 在数列{a n }中，1
1211++⋅⋅⋅++++=
n n
n n a n ，又12+⋅=n n n a a b ，求数列{b n }的前
n 项的和.
解： ∵ 2
11211n
n n n n a n =++⋅⋅⋅++++=
∴ )11
1(82
122+-=+⋅=
n n n n b n （裂项）
∴ 数列{b n }的前n 项和
)]11
1()4131()3121()211[(8+-+⋅⋅⋅+-+-+-=n n S n （裂项求和）
＝)1
11(8+-n ＝
18+n n
练一练：（1）求和：11
1
1447
(32)(31)
n n ++
+
=⨯⨯-⨯+ ；
（2）在数列{}n a 中，1
1++=
n n a n ，且S ｎ＝９，则n ＝_____ ；
6.通项转换法：先对通项进行变形，发现其内在特征，再运用分组求和法求和。
例8 、求
1
1111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和. 解：由于)110(91
99999111111
1
-=⋅⋅⋅⨯=⋅⋅⋅k k k
个个 （找通项及特征）
∴
1
1111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++ ＝
)110(91
)110(91)110(91)110(91321-+⋅⋅⋅+-+-+-n （分组求和）
＝
)1111(91)10101010(911
321 个n n +⋅⋅⋅+++-+⋅⋅⋅+++ ＝9
110)110(1091n
n ---⋅
＝
)91010(81
1
1n n --+ 练一练：①求数列1×4，2×5，3×6，…，(3)n n ⨯+，…前n 项和n S = ；
②求和：111112123
123n
++++
=++++++
+ ；。