(新课标)2020年高考数学 题型全归纳 数列求和的若干常用方法
高考数学 数列求和的8种常用方法(最全)
一
1.等差数列求和公式：
Sn(a1an)nan(n1)d
n212
特别地，当前n项的个数为奇数时，S2k1(2k1)ak1，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；2.等比数列求和公式：
（1）q1，Snna1；
a11qn
（2）q1，Sn
1q
，特别要注意对公比的讨论；
c
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.适用于
，其中a
an
n
n1
是各项不为0的等差数列，c为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。其基本方法是
anfn1fn.常见裂项公式：
（1）1
11，1
1(1
1)；1
1(1
)（an的公差为d）；
n(n1)
nn1
n(nk)
knnk
anan1
dan
2n2n1
………………………②（设制错位）
①－②得，(11)S
2n
22
222
22
2324
2
2n
2n2n1
（错位相减）
21
2n
∴Sn
4n2
2n1
2n12n1
四.裂项相消法:即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。这是分解
与组合思想（分是为了更好地合）在数列求和中的具体应用.裂项法的实质是将数列中的每项（通
2S(sin21cos21)(sin22cos22)(sin289cos289)＝89
∴S＝44.5
例4函数fxx，求
1x
f1f2
2012
2011
2
高中数学 考前归纳总结 数列求和的常用方法
一．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)2n n n ++++=+，222112(1)(21)6n n n n +++=++，33332(1)123[]2n n n +++++=例1、已知{}n a 是首项为1的等比数列，若n S 是{}n a 的前n 项和，且369S S =，求数 列1{}na 的前n 项和n S 。
解析：若1q =，则由369S S =，得9×3a 1＝6a 1，则a 1＝0，不满足题意，故q ≠1.由369S S =，得9×a 11－q 31－q ＝a 11－q 61－q，解得q ＝2.故1112n n n a a q --==，则111()2n n a -=. 于是数列1{}na 是以1为首项，12为公比的等比数列，其前5项和为111[1()]1222()221212n n n n S -⨯-==-⨯=--。
练习：（1）等比数列{}n a 的前n 项和21n n S =-，则2222123n a a a a +++⋅⋅⋅+=_____（答：413n -）；（2）计算机是将信息转换成二进制数进行处理的。
二进制即“逢2进1”，如2)1101(表示二进制数，将它转换成十进制形式是132********123=⨯+⨯+⨯+⨯，那么将二进制120052)11111(个转换成十进制数是_______（答：200521-）二、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、数列{(1)}nn -的前2 010项的和2010S 为 ( ) A ．－2 010 B ．－1 005 C ．2 010 D ．1 005解、法一： S 2 010＝－1＋2－3＋4－…－2 007＋2 008－2 009＋2 010＝－(1＋3＋5＋…＋2 009)＋(2＋4＋6＋…＋2 010)＝－1 005×2 0102＋1 005×2 0122＝1 005.法二： S 2 010＝－1＋2－3＋4－5＋6－…－2 009＋2 010＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋(－2 009＋2 010) ＝1005111111005++++⋅⋅⋅+=个练习：求：1357(1)(21)nn S n =-+-+-+--（答：(1)nn -⋅） 三、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），如例3、已知1()()12F x f x =+-是R 上的奇函数， 12(0)()()n a f f f n n=+++⋅⋅⋅+ *1()(1)()n f f n N n-+∈ ，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝n －1 B ．a n ＝n C ．a n ＝n ＋1 D ．a n ＝n 2解析：∵1()()12F x f x =+-是奇函数， ∴()()F x F x -=-． 即11()1()122f x f x --=-++，∴11()()222f x f x -++=.即只需m ＋n ＝1，则f (m )＋f (n )＝2，而12(0)()()n a f f f n n =+++⋅⋅⋅+1()(1)n f f n-+ ① 11(1)()()(0)n n a f f f f n n-=++⋅⋅⋅++ ② ①＋②，得112[(0)(1)][()()][(1)(0)]2(1)n n a f f f f f f n nn-=++++⋅⋅⋅++=+ ∴a n ＝n ＋1.练习：①求证：01235(21)(1)2nn n n n n C C C n C n +++++=+；②已知22()1x f x x =+，则111(1)(2)(3)(4)()()()234f f f f f f f ++++++＝___ （答：72） 四、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）. 如例4、设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝19，a 5＋b 3＝9，求数列{a n b n }的前n 项和S n 。
高中数学数列求和的七种方法
高中数学数列求和的七种方法
数列求和的七种方法：倒序相加法、分组求和法、错位相减法、裂项相消法、乘公比错项相减(等差×等比)、公式法、迭加法。
下面是小编给大家带来的数列求和的七种方法，希望能够帮助到大家!
高中数学数列求和的七种方法
1、倒序相加法
倒序相加法如果一个数列{an}满足与首末两项等“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，可用倒序相加法。
2、分组求和法
分组求和法一个数列的通项公式是由几个等差或等比或可求和的数列的通项公式组成，求和时可用分组求和法，分别求和而后相加。
3、错位相减法
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项和可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的。
4、裂项相消法
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。
5、乘公比错项相减(等差×等比)
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{an×bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列。
6、公式法
对等差数列、等比数列，求前n项和Sn可直接用等差、等比数列的前n项和公式进行求解。
运用公式求解的注意事项：首先要注意公式的应用范围，确定公式适用于这个数列之后，再计算。
7、迭加法
主要应用于数列{an}满足an+1=an+f(n)，其中f(n)是等差数列或
等比数列的条件下，可把这个式子变成an+1-an=f(n)，代入各项，得到一系列式子，把所有的式子加到一起，经过整理，可求出an，从而求出Sn。
数列求和的8种常用方法(最全)
求数列前n 项和的8种常用方法一.公式法（定义法）： 1.等差数列求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d ++==+特别地，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； 2.等比数列求和公式： （1）1q =，1n S na =； （2）1q ≠，()111nn a q S q-=-，特别要注意对公比的讨论；3.可转化为等差、等比数列的数列；4.常用公式:（1）1nk k ==∑12123(1)n n n ++++=+；（2）21n k k ==∑222211631123(1)(21)()(1)2n n n n n n n ++++=++==++；（3）31nk k ==∑33332(1)2123[]n n n +++++=；（4）1(21)nk k =-=∑2135(21)n n ++++-=.例1 已知3log 1log 23-=x ，求23n x x x x ++++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 23n n S x x x x =++++＝xx x n --1)1(＝211)211(21--n ＝1－n 21例2 设123n S n =++++，*n N ∈,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解：易知 )1(21+=n n S n ， )2)(1(211++=+n n S n∴ 1)32()(++=n n S n S n f ＝64342++n n n＝n n 64341++＝50)8(12+-n n 501≤∴ 当 88-n ，即8n =时，501)(max =n f .二.倒序相加法:如果一个数列{}n a ，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。
专题十一数列求和的常用方法
专题十一 数列求和的常用方法一、公式法①等差数列求和公式；②等比数列求和公式；③常用公式：)1(211+==∑=n n k S nk n ，)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n ，213)]1(21[+==∑=n n k S nk n二、．并项求和法：将数列的相邻的两项（或若干项）并成一项（或一组）得到一个新的且更容易求和的数列.三、分组求和法：将数列分成可以求和的几组。
四．裂项相消法：将数列的每一项拆（裂开）成两项之差，使得正负项能互相抵消，剩下首尾若干项. ①111(1)1n n n n =-++ ②1111(k)k k n n n n =-++（）③1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =--++++；④n n n n a n -+=++=111五．错位相减法：若}{n a 是等差数列，{n b }是等比数列，则数列{n n b a ⋅}的求和运用错位求和方法，这是仿照推导等比数列前n 项和公式的方法.六．倒序相加法：将一个数列的倒数第k 项（k =1，2，3，…，n ）变为顺数第k 项，然后将得到的新数列与原数列相加，这是仿照推导等差数列前n 项和公式的方法. 七、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。
【课前热身】1、数列2， ,21,,814,413,2121-+n n 的前n 项之和为n n n+112122⎡⎤+-⎢⎥⎣⎦（)（） 2、设5033171,)1(4321S S S n S n n ++⋅-++-+-=-则 = 1 ；3、数列1，（1+2），（1+2+22），…，（1+2+22+…+n-12），…的前n 项和等于n+12-2-n4、 已知数列{n a }的通项公式是n n n a n 则前,6512++=项和为n3n 3+（） 典型例题：例1、（1）求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值（2）求证：n nn n n nn C n C C C 2)1()12(53210+=++⋅⋅⋅+++ 解：（1）设S n =89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++则S n =22222sin 89sin 88sin 87sin 2sin 1+++⋅⋅⋅++ ∴2S n =89，故S n =892（2）设T n =01n-13(21)(21)nn n n n C C n C n C ++⋅⋅⋅+-++，则T n =n-110(21)(21)3n n n n n n C n C C C ++-+⋅⋅⋅++∴2T n =01n-1n(22)n n n n n C C C C ⎡⎤+++⋅⋅⋅++⎣⎦=n(22)2n +⋅ ∴nn n n n n n C n C C C 2)1()12(53210+=++⋅⋅⋅+++注：本例是运用倒序相加法求和。
微专题11 数列求和的方法-2020高考数学(理)二轮复习微专题聚焦
微专题11 数列求和的方法——2020高考数学（理）二轮复习微专题聚焦【考情分析】数列的分组转化求和法、裂项相消法、错位相减法仍然是2020年高考考查的热点，考查题型主要以解答题为主，分值12分，综合数列的通项公式与前n 项和公式命题，历年高考考题低、中、高档试题均有出现，需引起充分的重视。
考点一 公式法求和及分组转化法求和【必备知识】 1、公式法求和:使用已知求和公式求和的方法,即等差、等比数列或可化为等差、等比数列的求和方法.用公式法数列求和的思路是：（1）厘清情境：看清题干中的等差数列、等比数列，尤其是由递推公式变形后转化为等差或等比数列，直接用等差数列、等比数列的前n 项和公式求解； （2）公式的灵活选取:在等差数列{}n a 中，若不涉及公差，可用2)(1n n a a n S +=求和；若涉及公差，可用公式d n n na S n 2)1(1-+=求和；在等比数列{}n a 中，若公比不明确，需分类讨论，则⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==1,11)1(1.111q q q a a q q a q na S n n n .（注：数列求和中每个基本量表示的含义，尤其项数n ）2、分组转化法求和:若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,则求和时可用分组转化法求和,分别求和而后相加减.适用数列：n n n c b a ±=，且{}{}n n c b ,为等差或等比数列. 3、一些常见数列的前n 项和公式（要求熟记） (1)2)1(4321+=+⋅⋅⋅++++n n n (2)2127531n n =-+⋅⋅⋅++++ (3))1(28642+=+⋅⋅⋅++++n n n (4)6)12)(1(21222++=+⋅⋅⋅++n n n n(5)2333)21(21n n +⋅⋅⋅++=+⋅⋅⋅++【典型例题】【例1】已知数列{}n a 是公差不为零的等差数列，11=a 且存在实数λ满足*1,42N n a a n n ∈+=+λ. （1）求λ得值即通项n a ； （2）求数列{}n n a -2的前n 项和n S .【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，有421+=+n n a a λ，①得 当2≥n 时，421-+=n n a a λ，② ①—②得，d d λ=2， 又0≠d ，所以2=λ，将2=λ代入①，得21=-+n n a a ，即2=d ， 又11=a ，所以122)1(1-=⨯-+=n n a n .（2）由（1）知)12(21221n 2+-=--=+-n n a n n n ）（，所以由分组转化求和法得)]12(53[)222(132++++-+++=+n S n n ΛΛ=2)123(21)21(4++---n n n =42222---+n n n . 【方法归纳 提炼素养】——数学思想是转化与化归、整体思想，核心素养是数学运算.可转化为用公式法求和的数列（分组转化求和法）（1）形如数列{}n a 满足n n n c b a ±=，且{}{}n n c b ,为等差或等比数列，可用等差数列或等比数列的前n 项和公式求解，先分组求出数列{}n b 、{}n c 的前n 项和，在得到数列{}n a 的前n 项和. （2）形如分段函数型数列，如奇数项和偶数项分别构成等差数列或等比数列的，可以按项数分组为奇数项和偶数项求和，再用差数列或等比数列的前n 项和公式求和，再将奇数项的求和结果与偶数项的求和结果相加即是最终结果. 注意：求和时的项数n 的值.【类比训练1】数列, (8)15,413,211的前n 项和n S 等于（ ）A ．n n 2112-+ B. n n n 21122-+- C ．12211--+n n D. nn n 2112-+- 【解析】因为数列, (81)5,413,211的可转化为,,815,413,211Λ+++所以数列的通项公式为n n 21)12(+-， 故由分组转化求和法得nn n n n n S 211211])21(1[212)121(2-+=--+-+=.故选A. 【类比训练2】在数列{}n a 中，已知()*+∈=+==N n a b a a a n n n n 4111log 32,41,41． （1）求数列{}n a ,{}n b 的通项公式；（2）设数列{}n c 满足n n n b a c +=，求{}n c 的前n 项和n S . 【解析】（1）,∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴. 因为，所以.（2）由（1）知，, 所以所以.考点二 裂项相消法求和【必备知识】1、定义：如果一个数列的通项为“分式或根式”的形式，且能拆成结构相同的两式之差，通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩收尾有限项的求和方法叫做裂项相消法.2、适用数列：)11(11nn n n n b a d b a c -==，（*N n d a b n n ∈=-，，d 为常数） 3、常见的裂项技巧：)11(1)(1k n n k k n n +-=+、)121121(21)12)(12(11412+--=+-=-n n n n n 、)(11n k n kn k n -+=++ 、11111+-=+-+n n n n n n 、])2(11[41)2(12222+-=++n n n n n 、Θ411=+n n a a }{n a 4141*)()41(N n a nn ∈=2log 341-=n n a b 232)41(log 341-=-=n b nn 23,)41(-==n b a n nn ,)41()23(nn n c +-=,)41()23()41)53()41(7)41(4411132n n n n n S +-+(+-+++++++=-Λ])41()41)41()41(41[)]23()53(741[132n n n n +(++++++-+-++++=-ΛΛn n n n n n )41(313123411])41(1[412)231(2⋅-+-=--+-+=)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-n n n n n 、）（1,0log )1(log )11(log ≠>-+=+a a n n na a a 、])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n 、)()11(11q p q p p q pq <--=（简记为“）大小（小大大小1-1-11=⨯”）. 【例2】已知等差数列{}n a 满足636a a =+，且31a -是241,a a -的等比中项. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设()11n n n b n a a *+=∈N ，数列{}n b 的前项和为n T ，求n T 。
数列求和的8种常用方法
数列求和的8种常用方法数列求和是数学中常见的问题，解决数列求和问题有很多方法。
下面将介绍数列求和的8种常用方法。
1.直接相加法：这是最基本的方法，实际上就是将数列中的所有项相加。
例如，对于等差数列1,3,5,7,9，可以直接相加得到1+3+5+7+9=252.偶数项和与奇数项和之和法：对于一些数列，可以将其分解为偶数项和与奇数项和，然后再求和。
例如，对于等差数列1,3,5,7,9，可以分解为偶数项和4+8和奇数项和1+3+5+7+9，再相加得到(4+8)+(1+3+5+7+9)=373.首项与末项和的乘法法：对于等差数列，可以利用首项与末项之和的公式来求和。
首项与末项之和等于和的平均数乘以项数。
例如，对于等差数列1,3,5,7,9，首项与末项之和等于(1+9)*(项数/2)=10*5/2=254.首项与公差与项数的乘法法：对于等差数列，可以利用首项、公差和项数的乘积来求和。
等差数列的和等于首项乘以项数，再加上项数与公差之积的和。
例如，对于等差数列1,3,5,7,9，和等于1*5+(5*4)/2=10+10=20。
5.平均数法：对于一些特殊的数列，可以利用平均数的性质来求和。
平均数等于数列中的第一项与最后一项的平均值。
例如，对于等差数列1,3,5,7,9，平均数等于(1+9)/2=5，然后将平均数乘以项数，得到5*5=256.高斯求和法：高斯求和法是一种数学推导方法，用于求等差数列的和。
首先将数列化为由首项和末项构成的和，然后将数列顺序颠倒，再将之前的和与颠倒后的和相加，得到的结果就是等差数列的和。
例如，对于等差数列1,3,5,7,9，将其化为(1+9)+(3+7)+5，然后将数列颠倒得到5+(7+3)+9，再相加得到257. telescopage法（消去法）：telescopage法是一种利用抵消的思想来求和的方法。
可以将数列中相邻的两项之差相消为0，最终得到一个简单的表达式，然后再求值。
例如，对于数列1, 2, 3, 4, 5，可以将(2-1) + (3-2) + (4-3) + (5-4)相加，得到1 + 1 + 1 + 1 = 48.更一般的求和方法：对于一些复杂的数列，可能需要应用更一般的数学方法来求解。
高考数列求和的15种考法
高考数列求和的15种考法
【题型一】求和思维基础：由sn求an的关系
【题型二】错位相消法三种思维求法
【题型三】分组求和法
【题型四】求和难点1：裂项相消基础思维
【题型五】求和难点2：形如函数型裂项相消
【题型六】求和难点3：指数型裂项相消
【题型七】求和难点4：指数等差型裂项相消
【题型八】求和难点5：奇偶正负型裂项相消
【题型九】求和难点6：裂项为“和”型以相消
【题型十】求和难点7：指数型裂项为“和”以相消
【题型十一】求和难点8：无理根式型裂项
【题型十二】求和难点9：三项积式裂项相消
【题型十三】求和难点10：先放缩后裂项
【题型十四】求和难点11：利用组合数公式裂项求和（理科）【题型十五】求和难点12：分段数列求和。
高考数学 题型全归纳 数列求和的若干常用方法
数列求和的若干常用方法数列求和是数列的重要内容之一，也是高考数学的重点考查对象。
除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧.如某些特殊数列的求和可采用分部求和法转化为等差数列或等比数列的和或用裂项求和法、错位相减法、逆序相加法、组合化归法，递推法等。
本文就此总结如下，供参考。
一、分组求和法所谓分组法求和就是：对一类既不是等差数列，也不是等比数列的数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并。
例1．数列{an}的前n 项和12-=n n a S ，数列{bn}满)(,311*+∈+==N n b a b b n n n . （Ⅰ）证明数列{an}为等比数列；（Ⅱ）求数列{bn}的前n 项和Tn 。
解析：（Ⅰ）由12,,1211-=∴∈-=++*n n n n a S N n a S ， 两式相减得：,2211n n n a a a -=++01.,211≠=∈=∴*+n n n a a N n a a 知同，,21=∴+nn a a 同定义知}{n a 是首项为1，公比为2的等比数列.（Ⅱ）,22,211111-+-+-=-+==n n n n n n n n b b b b aΛ,2,2,2234123012=-=-=-b b b b b b,221--=-n n n b b 等式左、右两边分别相加得：,222121322211211+=--+=++++=---n n n n b b Λn T n n n 2)2222()22()22()22()22(12101210+++++=++++++++=∴--ΛΛ=.12222121-+=+--n n n n已知等差数列{}n a 的首项为1，前10项的和为145，求：.242n a a a +++Λ解析：首先由3145291010110=⇒=⨯⨯+=d da S 则：6223221)21(232)222(322323)1(1224221--⋅=---=-+++=+++∴-⋅=⇒-=-+=+n n n a a a a n d n a a n n n n n n n ΛΛ二、裂项求和法这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：（1）111)1(1+-=+=n n n n a n （2）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n （3）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n 等。
2020年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由． 【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)， 所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2， 当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ， 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1， 假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求； 当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。
高考数学-数列求和的方法总结(有答案)
两式相加得： 2S 9 f
1 10
9 9 f 9 ，所以 S . 2 10
2
例 5.求和： S n 2 3 5 解： S n 2 3 5
1
4 3 5 6 3 5
n(n 1) 2 ，1+3+5+„„+(2n-1)= n ， 2
2
n(n 1)(2n 1) n(n 1) 3 3 3 3 1 2 3 ……+n = ， 1 2 3 ……+n = 等。 6 2
2 2 2 2
2.错位相减法： 若数列各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘得到， 即数列是一个 “差比数列” ， 则采用错位相减法。错位相减法的求解步骤：①在等式两边同时乘以“差比”数列中等比数列 的公比 q ；②将两个等式相减；③利用等比数列的前 n 项和的公式求和。 3.裂项相消法： 把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正 负项相互抵消，于是前 n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法。该
c an an 1 方法适用于类似 的数列，其中 an 是各项不为零的等差数列，c 为常数。用裂项相消
法求和，需要掌握一些常见的裂项方法：
1 1 1 1 11 1 n n 1 n n 1 nn k k n n k ① ，特别地当 k 1 时， ；
﹣ ）+ （ ﹣ ﹣ ）
） ． ﹣ ） + ﹣ +…+ ﹣ ） ）+ （ ﹣ ）
）]= ．
=
．
故答案为：
数列求和的常用方法有哪些数列求和的七种方法
一、数列求和的常用方法有哪些
1.裂项相加法：数列中的项形如的形式，可以把表示为
，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如
的数列，其中为等差数列，为等比数列，均可用此法；
3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。
4、分组转化法：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个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。
5、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求和，常用的公式有：
数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。
1、裂项相加法：数列中的项形如的形式，可以把表示为，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如
的数列，其中为等差数列，为等比数列，均可用此法；
3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。
数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。
数列求和特别提醒：
（1）对通项公式含有的一类数列，在求时，要注意讨论n的奇偶性；
（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。
高考数列求和的八种重要方法与例题
分裂通项法：
把数列旳通项拆成两项之差，即数 列旳每一项都可按此法拆成两项之差， 在求和时某些正负项相互抵消，于是前 n项旳和变成首尾若干少数项之和，这 一求和措施称为分裂通项法. （见到分式型旳要往这种措施联想）
拆项分组求和: 典例-1， 求该数列旳前n项和.
(nN)（2）求数列{an}旳通项公式an
1 2
an
(4
an ).
an1
1 2
an
(4
an )
1 2 [(an
2)2
4],
2(an1 2) (an 2)2
令bn an 2,
则bn
1 2
b2 n1
1 2
1 2
b2 n2
2
1 2
12
2n1
b2n 0
又b0=－1
bn
1 2
2n
1
,
总旳方向： 1.转化为等差或等比数列旳求和 2.转化为能消项旳 思索方式：求和看通项（怎样旳类型） 若无通项，则须先求出通项 措施及题型： 1.等差、等比数列用公式法 2.倒序相加法 3.错位相减法 4.裂项相消法
5.拆项分组求和法 6.并项求和法
热点题型1：递归数列与极限.
设数列{an}旳首项a1=a≠
典例. 已知 lg(xy) 2 2.倒序相加法
S =lgxn +lg(xn-·1 y)+ ...+lg(x·1 yn-1)+lgyn,
(x > 0,y > 0) 求S .
S =lgxn +lg(xn-·1 y)+ ...+lgyn
S =lgyn +lg(yn-·1 x)+ ...+lgxn 2S =lg(xy)n +lg(xy)n + ...+lg(xy)n
2020高考数学考点突破·理科 6.4 数列求和及应用
解：由条件得到数列{an}的通项为 an＝
2 n＋1
＝n2，则 an＋1＝n＋2 1，所
以 bn＝ana1n＋1＝n（n4＋1）＝41n－n＋1 1，则 Sn＝4(1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1) ＝41－n＋1 1＝n4＋n1，将 n＝2 019 代入得到 S2 019＝2500159．故填2500159．
期为 x，则本利和 y＝
．
(3)产值模型
原来产值的基础数为 N，平均增长率为 p，对于时
间 x，总产值 y＝
．
(4)递推型
递推型有 an＋1＝f(an)与 Sn＋1＝f(Sn)两类．
(5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、
自查自纠：
1．(1)①n（n2＋1） ②n2＋n ③n2 ④n（n＋1）6（2n＋1）
…
an＝100＋[2 000－100(n－1)]×0．01＝121－n(万元) (1≤n≤ 20，n∈N*)．
因此{an}是首项为 120，公差为－1 的等差数列．
点 拨： 将实际问题转化为数列问题的一般步骤是：审题、
建模、求解、检验、作答．增长率模型是比较典型的等
比数列模型，实际生活中的银行利率、企业股金、产品 利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常利用增长
由①－②得1－1aSn＝1a＋a12＋a13＋…＋a1n－ann＋1＝
1a11－－1aa1n－ann＋1，所以
Sn＝a（an－an1（）a－－n1（）a2 －1）．
综上所述，
n（n2＋1）（a＝1），
Sn＝
n
点 拨：
研究通项公式是数列求和的关键．数列求和的常用方
法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、 裂项相消法等，在选择方法前分析数列的通项公式的结构
数列求和常见的7种方法
数列求和常见的7种方法数列求和是数学中常见的问题之一、在数学中，数列是按照一定规律排列的一组数，求和则是将数列中的所有数相加得到一个结果。
在实际问题中，数列求和涉及到很多应用，比如计算排列组合、概率统计、几何等。
本文将介绍常见的七种求和方法，包括等差数列求和、等比数列求和、递推数列求和、特殊数列求和、级数求和、积性函数求和和递归求和。
一、等差数列求和方法等差数列指的是数列中的每一项与下一项之间的差值都相等的数列。
等差数列求和的方法有两种：公式法和递推法。
公式法：设等差数列的首项为a1，公差为d，求等差数列的前n项和Sn，则有下面的公式：Sn = (a1+an) * n / 2，其中an是数列的末项。
递推法：通过递推方法，可以依次计算等差数列的每一项，将它们相加得到数列的和。
递推公式为：an = a1 + (n-1) * d。
使用递推法时要注意，计算的次数需要与指定的项数相等。
二、等比数列求和方法等比数列是指数列中的每一项与前一项之比都相等的数列。
等比数列求和的方法有两种：公式法和递推法。
公式法：设等比数列的首项为a1，公比为q，求等比数列的前n项和Sn，则有下面的公式：当q≠1时：Sn=a1*(1-q^n)/(1-q)。
当q=1时：Sn=a1*n。
递推法：通过递推方法，可以依次计算等比数列的每一项，将它们相加得到数列的和。
递推公式为：an = a1 * q^(n-1)。
同样，使用递推法时要注意计算的次数与指定的项数相等。
三、递推数列求和方法递推数列是指数列中的每一项都由前面的项经过其中一种规律计算得到的数列。
递推数列求和的方法有两种：递推法和公式法。
递推法：通过递推方法，依次计算数列的每一项，将它们相加得到数列的和。
递推公式由数列的规律决定。
公式法：有些递推数列可以找到与之对应的公式，从而可以直接通过公式计算数列的和。
四、特殊数列求和方法特殊数列是指具有特殊性质的数列，比如斐波那契数列、Lucas数列等。
数列求和的8种常用方法(最全)
数列求和的8种常用方法(最全)一、前言在高中数学以及各类应用数学问题中，数列求和问题是非常常见的。
解决数列求和问题不仅需要对常用数列的规律进行深刻的理解，还需要掌握多种数列求和的方法。
本文将介绍数列求和的八种常用方法，并且会结合具体的数列实例来进行讲解。
尽力做到对每一种方法的介绍都能够做到极致详细，希望对读者有所帮助。
二、数列求和的8种常用方法1. 等差数列求和公式对于一个首项为$a_1$，公差为$d$，共有$n$ 项的等差数列，其求和公式为：$$S_n = \frac{n}{2}(2a_1 + (n-1)d)$$其中，$S_n$ 代表前$n$ 项的和。
举例：求和数列$1，3，5，7，9$ 的和。
分析：此数列的首项为1，公差为2，总共有5项。
解答：$$S_5 = \frac{5}{2}(2\times 1 + (5-1)\times 2)=25$$因此，数列$1，3，5，7，9$ 的和为25。
2. 等比数列求和公式对于一个首项为$a_1$，公比为$q$，共有$n$ 项的等比数列，其求和公式为：$$S_n = \frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$$其中，$S_n$ 代表前$n$ 项的和。
举例：求和数列$2，4，8，16，32$ 的和。
分析：此数列的首项为2，公比为2，总共有5项。
解答：$$S_5=\frac{2\times (1-2^5)}{1-2}=-62$$因此，数列$2，4，8，16，32$ 的和为-62。
3. 几何级数通项公式求和对于一般形式为$a_1r^{n-1}$ 的数列，其求和公式为：$$S_n = \frac{a_1(1-r^n)}{1-r}$$其中，$S_n$ 代表前$n$ 项的和。
举例：求和数列$1,-\frac{1}{2},\frac{1}{4},-\frac{1}{8},\frac{1}{16}$ 的和。
分析：此数列的首项是1，公比是$-\frac{1}{2}$，总共有5项。
高中数学数列求和及通项的求法
数列通项公式的求法
观察法 累差法 积商法 利用前n项和 构造等差、等比数列
例１ 求数列
解：
的通项公式。
注意：最后一个式子出现
，必
须验证 。此时
，适合上式，
故
例２ 求数列 的通项公式
利用 与 的关系
利用
可解决许多
已知 与 的关系题目中的
例３ 已知数列 满足
，
求通项公式
6)数列 {an}满足：a1=2,a2=5,且 an+2-3an+1+2an=0，求通项公式．
3：数列{an}的前n项和Sn＝2an＋1， 求通项公式.
练１：{an}的前n项和Sn＝2an＋ n ， 求通项公式. 练２：a１＝１，an＝
作业：
1、 写出下列数列的一个通项公式
1）
2）
２、
求数列的通项式。
３ 、 {an}是首项为1的正项数列，且
(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n∈N+)求an ４ 、 {an}首项为1,a1a2a3···an=n2(n∈N+), 求an
数列求和的常用方法： 公式法、倒序相加法、 错位相减法、裂项相消法。 尤其是要求掌握用拆项法、裂项 法和错位法求一些特殊的数列的 前n项和。
熟记公式常用数列的前n项和：
（1）等差数列求和公式
（2）等比数列求和公式
例题讲解
拆项法： 例一、求数列
的前n项和。
裂项法：
1.求数列
前n项和
2.求数列
前n项和列
3. 求和：
前n项和
(5050) 4. 求和：1×4 + 2×5 + 3×6 + ……+ n×(n + 3)
数列求和的8种方法
数列求和的8种方法数列求和是数学中一个很重要的概念，常常在数学课上出现，也被广泛应用于其他学科中。
本文将为您介绍数列求和的8种常用方法。
一、公式法公式法是数列求和中最常用的一种方法。
当数列具有规律性时，可以通过观察数列的特点和规律，得出数列求和的公式。
例如，等差数列的求和公式为Sn = (a1 + an) × n / 2，其中a1为首项，an为尾项，n为项数。
二、差累加法差累加法是一种通过累加差值来求和的方法。
将一个数列中的每一项与其前一项的差相加，即可得到数列的和。
例如，斐波那契数列的差累加法求和公式为Sn=Fn+2-1三、奇偶分拆法奇偶分拆法是一种将数列分为奇数项和偶数项两个数列的方法。
通过将原数列中的项按照奇偶分类，并分别求和，然后将奇数部分和偶数部分的和相加，即可得到原数列的和。
这种方法特别适用于等差数列或等比数列求和。
四、数形结合法数形结合法是通过图形化数列来求和的方法。
将数列用图形的形式展现出来，然后通过计算图形的面积、周长或者中点之间的连线长度等等，来求得数列的和。
这种方法特别适用于几何数列或者满足其中一种几何规律的数列。
五、递推关系法递推关系法是通过递推关系来求和的方法。
数列中的每一项可以通过前面一项或者多项之间的关系得到，因此可以通过递推关系来直接求得数列的和。
例如，斐波那契数列的递推关系是Fn=Fn-1+Fn-2，可以利用这个关系式求得数列的和。
六、数列分解法数列分解法是通过将数列分解成其他数列的和来求和的方法。
通过将数列拆分成两个或多个数列，然后分别求得每个数列的和，并将它们相加，即可得到原数列的和。
这种方法适用于数列可以被分解成多个简单数列的情况。
七、夹逼定理法夹逼定理法是一种通过构造相等的两个或多个数列来求和的方法。
通过找到与原数列相等的其他数列，然后求得这些数列的和，并将它们相加，就可以求得原数列的和。
这种方法特别适用于数列无法通过常规的方法求和的情况。
八、换元法换元法是一种通过将数列中的索引进行变换，来求得数列的和的方法。
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数列求和的若干常用方法数列求和是数列的重要内容之一，也是高考数学的重点考查对象。
除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧.如某些特殊数列的求和可采用分部求和法转化为等差数列或等比数列的和或用裂项求和法、错位相减法、逆序相加法、组合化归法，递推法等。
本文就此总结如下，供参考。
一、分组求和法所谓分组法求和就是：对一类既不是等差数列，也不是等比数列的数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并。
例1．数列{an}的前n 项和12-=n n a S ，数列{bn}满)(,311*+∈+==N n b a b b n n n . （Ⅰ）证明数列{an}为等比数列；（Ⅱ）求数列{bn}的前n 项和Tn 。
解析：（Ⅰ）由12,,1211-=∴∈-=++*n n n n a S N n a S ， 两式相减得：,2211n n n a a a -=++01.,211≠=∈=∴*+n n n a a N n a a 知同，,21=∴+nn a a 同定义知}{n a 是首项为1，公比为2的等比数列.（Ⅱ）,22,211111-+-+-=-+==n n n n n n n n b b b b aΛ,2,2,2234123012=-=-=-b b b b b b,221--=-n n n b b 等式左、右两边分别相加得：,222121322211211+=--+=++++=---n n n n b b Λn T n n n 2)2222()22()22()22()22(12101210+++++=++++++++=∴--ΛΛ=.12222121-+=+--n n n n已知等差数列{}n a 的首项为1，前10项的和为145，求：.242n a a a +++Λ解析：首先由3145291010110=⇒=⨯⨯+=d da S 则：6223221)21(232)222(322323)1(1224221--⋅=---=-+++=+++∴-⋅=⇒-=-+=+n n n a a a a n d n a a n n n n n n n ΛΛ二、裂项求和法这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：（1）111)1(1+-=+=n n n n a n （2）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n （3）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n 等。
例3. 在数列{an}中，11211++⋅⋅⋅++++=n n n n a n ，又12+⋅=n n n a a b ， 求数列{bn}的前n 项的和.解析： ∵211211nn n n n a n =++⋅⋅⋅++++=∴)111(82122+-=+⋅=n n n n b n∴ 数列{bn}的前n 项和)]111()4131()3121()211[(8+-+⋅⋅⋅+-+-+-=n n S n ＝)111(8+-n ＝ 18+n n例4．设｛an ｝是正数组成的数列，其前n 项和为Sn ，并且对所有自然数n ，an 与2的等差中项等于Sn 与2的等比中项.(1)写出数列｛an ｝的前三项；(2)求数列｛an ｝的通项公式(写出推证过程)； (3)令bn=21⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++1n n n 1n a a a a (n ∈N)，求：b 1+b2+…+bn -n.解析：(1)略；(2) an=4n-2.； (3)令cn=bn-1, 则cn=21⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++2a a a a 1n nn 1n =21⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛--+11n 21n 211n 21n 2 =1n 211n 21+-- b1+b2+…+bn -n=c1+c2+…+cn=1n 2111n 211n 215131311+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-评析：一般地，若数列{}n a 为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，则求和：∑=+ni i iaa 111首先考虑=∑=+ni i i a a 111∑=+-ni i ia a d 11)11(1则∑=+ni i i a a 111=1111)11(1++=-n n a a n a a d 。
下列求和：∑=++ni i i a a 111 也可用裂项求和法。
错位相减法 设数列{}n a 的等比数列，数列{}n b 是等差数列，则数列{}n n b a 的前项和n S 求解，均可用错位相减法。
例 5.已知1,0≠>a a ，数列{}n a 是首项为a ，公比也为a 的等比数列，令)(lg N n a a b n n n ∈⋅=， 求数列{}n b 的前项和n S 。
解析：a na a a a aS a na a a a S aa nb a a n n n n n n n n lg )32(lg )32(lg ,143232+++++=++++=∴⋅==ΛΛΘ①-②得：a na a a a S a n n n lg )()1(12+-+++=-Λ []nn ana n a a a S )1(1)1(lg 2-+--=∴。
例6．已知数列{}n a 是等差数列，且.12,23211=++=a a a a（Ⅰ）略；（Ⅱ）令).(3R x a b nn n ∈=求数列{}n b 前n 项和的公式. 解析：（Ⅰ）略；（Ⅱ）解：由,323nn n n n a b ==得 ,323)22(343212nn nn n S ⋅+-+⋅+⋅=-Λ① .323)22(34323132+⋅+⋅-++⋅+⋅=n n n n n S Λ②将①式减去②式，得.32)13(332)333(22112++⋅--=⋅-++-=-n n n n n n n S Λ 所以.32)31(31+⋅+-=n n n n S四、组合化归法 例7.求和：)12)(1(532321++++⋅⋅+⋅⋅=n n n S n Λ。
解析：)1(3)2)(1(2)342)(1(+-++=-++=n n n n n n n n a n Θ而连续自然数可表示为组合数的形式，于是，数列的求和便转化为组合数的求和问题了。
213221326122)1(,6)2)(1(++++-=∴=+=++n n n n n C C a C n n C n n n Θ)(6)(12212322323433+++++-+++=∴n n n C C C C C C S ΛΛ3243212333323444612)(6)(12++++-=+++-+++=n n n n C C C C C C C C ΛΛ)2()1(21)1)(2(2)1)(2)(3(!3)1)(2(6!4)1)(2)(3(122++=++-+++=++-+++=∴n n n nn n n n n n nn n n n n n S n评析：可转化为连续自然数乘积的数列求和问题，均可考虑组合化归法。
逆序相加法 例8.设数列{}n a 是公差为d ，且首项为d a =0的等差数列，求和：nn n n n n C a C a C a S +++=+Λ11001 解析：因为nn n n n n C a C a C a S +++=+Λ1100100111n n n n n n n n C a C a C a S +++=--+Λnnn n n n C a C a C a 0110+++=-Λ101010001110012)(2)())(()()()(2-+-+⋅+=∴+=++++=++++++=∴n n n n n n n n n n nn n n n n n n a a S a a C C C a a C a a C a a C a a S ΛΛ评析：此类问题还可变换为探索题形：已知数列{}n a 的前项和n S 12)1(+-=nn ，是否存在等差数列{}n b 使得 nnn n n n C b C b C b a +++=Λ2211对一切自然数n 都成立。
递推法例6. 已知数列{}n a 的前项和n S 与n a 满足：21,,-n n n S S a )2(≥n 成等比数列，且11=a ，求数列{}n a 的前项和n S 。
解析：由题意：12),21(--=-=n n n n n n S S a S a S Θ.121122)1(11211)(21)21)((111112-=∴-=-+=⇒=-∴=-⇒--=----n S n n S S S S S S S S S S S S n n n n n n n n n n n n评析：本题的常规方法是先求通项公式，然后求和，但逆向思维，直接求出数列{}n a 的前项和n S 的递推公式，是一种最佳解法。