1、第4讲数列求和一、知识梳理1基本数列求和方法(1)等差数列求和公式：Snna1d(2)等比数列求和公式：Sn2数列求和的几种常用方法(1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解(2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和(3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解(4)倒序相加法如果一个数列an的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解常用结论1一些常见数列的前n项和公式(1
2、)1234n.(2)1357(2n1)n2.(3)24682nn2n.2常用的裂项公式(1).(2).(3).二、教材衍化 1在数列an中，an，则数列an的前n项和Sn 解析：an，Sn11.答案：2已知数列：1，2，3，则其前n项和关于n的表达式为 解析：设所求的前n项和为Sn，则Sn(123n)1.答案：1一、思考辨析判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)当n2时，.()(2)利用倒序相加法可求得sin21sin22sin23sin288sin28944.5.()(3)若Sna2a23a3nan，当a0，且a1时，求Sn的值可用错位相减法求得()答案：(1)(2)(3)二、易错纠偏
3、(1)并项求和时不能准确分组；(2)用错位相减法求和时易出现符号错误，不能准确“错项对齐”1数列an的前n项和为Sn，已知Sn1234(1)n1n，则S17()A9 B8C17 D16解析：选A.S171234561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119.2已知数列an的前n项和为Sn且ann2n，则Sn 解析：Sn12222323n2n，所以2Sn122223324n2n1，得Sn222232nn2n1n2n1，所以Sn(n1)2n12.答案：(n1)2n12分组转化法求和(师生共研) 已知数列an的前n项和Sn，nN.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn
4、2an(1)nan，求数列bn的前2n项和【解】(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n.a1也满足ann，故数列an的通项公式为ann.(2)由(1)知ann，故bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.分组转化法求和的常见类型(1)若anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求an的前n项和(2)通项公式为an的数列，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求
5、和1(2020资阳诊断)已知数列an中，a1a21，an2则数列an的前20项和为()A1 121 B1 122C1 123 D1 124解析：选C.由题意可知，数列a2n是首项为1，公比为2的等比数列，数列a2n1是首项为1，公差为2的等差数列，故数列an的前20项和为10121 123.选C.2(2020吉林长春质量监测(二)各项均为整数的等差数列an，其前n项和为Sn，a11，a2，a3，S41成等比数列(1)求an的通项公式；(2)求数列(1)nan的前2n项和T2n.解：(1)设等差数列an的公差为d，因为a11，a2，a3，S41成等比数列，所以aa2(S41)，即(12d)2(1
6、d)(36d)，解得d2，所以数列an的通项公式为an2n3.(2)由(1)可知anan12(n2)，所以T2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)2n.错位相减法求和(师生共研) (2020郑州市第二次质量预测)已知数列an中，a11，an0，前n项和为Sn，若an(nN，且n2)(1)求数列an的通项公式；(2)记cnan2an，求数列cn的前n项和Tn.【解】(1)在数列an中，anSnSn1(n2)，因为an，且an0，所以得1(n2)，所以数列是以1为首项，公差为1的等差数列，所以1(n1)1n，所以Snn2.当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1，当n1时，a11，也满
7、足上式，所以数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)知，an2n1，所以cn(2n1)22n1，则Tn12323525(2n1)22n1，4Tn123325527(2n3)22n1(2n1)22n1，两式相减得，3Tn22(232522n1)(2n1)22n1，22(2n1)22n122n1，所以Tn.用错位相减法求和的策略和技巧(1)掌握解题“3步骤”(2)注意解题“3关键”要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q1
8、和q1两种情况求解已知an为正项等比数列，a1a26，a38.(1)求数列an的通项公式an；(2)若bn，且bn的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)依题意，设等比数列an的公比为q，则有则3q24q40，而q0，所以q2.于是a12，所以数列an的通项公式为an2n.(2)由(1)得bn，所以Tn，Tn，两式相减得，Tn，所以Tn12.裂项相消法求和(典例迁移) (2020武汉部分学校调研)已知等差数列an的前三项的和为9，前三项的积为15.(1)求等差数列an的通项公式；(2)若an为递减数列，求数列的前n项和Sn.【解】(1)设等差数列an的公差为d，依题意知a23，a13d，a33d，
9、所以(3d)(3)(3d)15，d24，d2，所以an2n1或an2n7.(2)由题意得an2n1，所以，所以Sn.【迁移探究】(变设问)在本例条件下，若an为递增数列，求数列|an|的前n项和Sn.解：由本例(1)知an2n7，所以|an|，n3时，Sn(a1a2an)n6nn2；n4时，Sna1a2a3a4an2(a1a2a3)(a1a2an)186nn2.综上，数列|an|的前n项和Sn裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，
10、直到发现被消去项的规律为止(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项注意利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项1(2020江西九江模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a9a126，a24，则数列的前10项和为()A.B.C. D解析：选B.设等差数列an的公差为d，由a9a126及等差数列的通项公式得a15d12，又a24，所以a12，d2，所以Snn2n，所以，所以1.2(2020郑州市第一次质量测试)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a2a525，
11、S555.(1)求数列an的通项公式；(2)设anbn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设等差数列an的公差为d，由题意解得所以数列an的通项公式为an3n2.(2)由anbn，得bn，Tnb1b2bn.基础题组练114916(1)n1n2等于()A.BC(1)n1 D以上答案均不对解析：选C.当n为偶数时，14916(1)n1n237(2n1)；当n为奇数时，14916(1)n1n2372(n1)1n2n2，综上可得，原式(1)n1.2在数列an中，an，若an的前n项和Sn，则n()A3 B4C5 D6解析：选D.由an1得，Snnn，则Snn，将各选项中的值代入验证得n6.3已知函数
12、f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100等于()A0 B100C100 D10 200解析：选B.由题意，得a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(43)(99100)(101100)(1299100)(23100101)5010150103100.4(2020江西省五校协作体试题)设Sn是数列an的前n项和，若anSn2n，2bn2an2an1，则()A. B.C. D解析：选D.因为anSn2n，所以an1Sn12n1，得2an1an2n，所以2an2an12n1，又2bn2an2an12n1，所以bnn1，则11
13、，故选D.5在数列an中，若an1(1)nan2n1，则数列an的前12项和等于()A76 B78C80 D82解析：选B.由已知an1(1)nan2n1，得an2(1)n1an12n1，得an2an(1)n(2n1)(2n1)，取n1，5，9及n2，6，10，结果相加可得S12a1a2a3a4a11a1278.故选B.6等比数列an中，若a127，a9，q0，Sn是其前n项和，则S6 解析：由a127，a9知，27q8，又由q0，解得q，所以S6.答案：7(2020九江联考)若an，bn满足anbn1，ann23n2，则bn的前18项和为 解析：因为anbn1，且ann23n2，所以bn，所
14、以bn的前18项和为.答案：8已知数列an满足an1，且a1，则该数列的前2 018项的和等于 解析：因为a1，又an1，所以a21，从而a3，a41，即得an故数列的前2 018项的和等于S2 0181 009.答案：9已知数列an满足a1，且an1.(1)求证：数列是等差数列；(2)若bnanan1，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)证明：因为an1，所以，所以，所以数列是首项为2，公差为的等差数列(2)由(1)知(n1)，所以an，所以bn4()，Sn4()()()4().10(2020广州市综合检测(一)已知an是等差数列，且lg a10，lg a41.(1)求数列an的通项公式；(
15、2)若a1，ak，a6是等比数列bn的前3项，求k的值及数列anbn的前n项和解：(1)因为lg a10，lg a41，所以a11，a410.设等差数列an的公差为d，则d3.所以ana13(n1)3n2.(2)由(1)知a11，a616，因为a1，ak，a6是等比数列bn的前3项所以aa1a616.又an3n20，所以ak4.因为ak3k2，所以3k24，得k2.所以等比数列bn的公式q4.所以bn4n1.所以anbn3n24n1.所以数列anbn的前n项和为Snn2n(4n1)综合题组练1(2020黑龙江牡丹江一中模拟)已知数列an满足a12，4a3a6，是等差数列，则数列(1)nan的前
16、10项的和S10是()A220 B110C99 D55解析：选B.设等差数列的公差为d，则a15d，3d，将已知值和等量关系代入，计算得d2，所以a1(n1)d2n，an2n2，所以S10a1a2a3a4a102(1210)110，故选B.2设数列an的前n项和为Sn，且a11，anan1(n1，2，3，)，则S2n1 解析：因为a11，anan1(n1，2，3，)，所以S2n1a1(a2a3)(a2n2a2n1)1.答案：3(2019高考天津卷)设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于0.已知a1b13，b2a3，b34a23.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列cn满足cn求a1c
17、1a2c2a2nc2n(nN)解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.依题意，得解得故an33(n1)3n，bn33n13n.所以an的通项公式为an3n，bn的通项公式为bn3n.(2)a1c1a2c2a2nc2n(a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn)(631123218336n3n)3n26(131232n3n)记Tn131232n3n，则3Tn132233n3n1，得，2Tn332333nn3n1n3n1.所以a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn3n23(nN*)4(2020安徽省考试试题)已知等差数列an中，a5a34，前n项和为Sn，且S2，S31，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设an的公差为d，由a5a34，得2d4，d2.所以S22a12，S313a15，S44a112，又S2，S31，S4成等比数列，所以(3a15)2(2a12)(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)bn(1)n(1)n，当n为偶数时，Tn，所以Tn1.当n为奇数时，Tn，所以Tn1.所以Tn.