1、1.等差数列的前n项和公式Snna1d.2.等比数列的前n项和公式Sn3.一些常见数列的前n项和公式(1)1234n.(2)13572n1n2.(3)24682nn(n1).(4)1222n2.【知识拓展】数列求和的常用方法(1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和.(2)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.(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项.常见的裂项公式；.(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广.(5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列
2、对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.(6)并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解.例如，Sn10029929829722212(10099)(9897)(21)5 050.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)如果数列an为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn.()(2)当n2时，().()(3)求Sna2a23a3nan之和时，只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得.()(4)数列2n1的前n项和为n2.()(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒
3、序求和法，利用此法可求得sin21sin22sin23sin288sin28944.5.()1.(2016泰州质检)已知数列an的前n项和为Sn，并满足an22an1an，a54a3，则S7_.答案14解析由an22an1an知数列an为等差数列，由a54a3，得a5a34a1a7，所以S714.2.(教材改编)数列an中，an，若an的前n项和Sn，则n_.答案2 017解析an，Sna1a2an(1)1.令，得n2 017.3.数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则它的前100项之和S100_.答案200解析S100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(
4、99100)4(50)200.4.若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和Sn_.答案2n12n2解析Sn2n12n2.5.数列an的通项公式为anncos ，其前n项和为Sn，则S2 017_.答案1 008解析因为数列anncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a10，a22，a30，a44.故S4a1a2a3a42.a50，a66，a70，a88，故a5a6a7a82，周期T4.S2 017S2 016a2 01722 017cos 1 008.题型一分组转化法求和例1已知数列an的前n项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an(1)nan，求
5、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.引申探究例1(2)中，求数列bn的前n项和Tn.解由(1)知bn2n(1)nn.当n为偶数时，Tn(21222n)1234(n1)n2n12；当n为奇数时，Tn(21222n)1234(n2)(n1)n2n12n2n
6、1.Tn思维升华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，可采用分组求和法求和.提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论.已知数列an的通项公式是an23n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，求其前n项和Sn.解Sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3)123(1)nnln 3，所以当n为偶数时，Sn2ln 33nln 31；当n为奇数时，Sn2(ln 2l
7、n 3)(n)ln 33nln 3ln 21.综上所述，Sn题型二错位相减法求和例2已知a0，a1，数列an是首项为a，公比也为a的等比数列，令bnanlg an(nN)，求数列bn的前n项和Sn.解anan，bnnanlg a，Sn(a2a23a3nan)lg a，aSn(a22a33a4nan1)lg a，得：(1a)Sn(aa2annan1)lg a，Sn1(1nna)an.思维升华错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“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；(3)在应用错
8、位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q，已知b1a1，b22，qd，S10100.(1) 求数列an，bn的通项公式；(2) 当d1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意有即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.题型三裂项相消法求和命题点1形如an型例3设数列an的前n项和为Sn，点(n，)(nN*)均在函数y3x2的图象上.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Tn是数列bn的前n项和，求Tn.解(1)把点(n
9、，)代入函数y3x2，3n2，Sn3n22n，当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn13n22n3(n1)22(n1)6n5.又a11符合该式，an6n5(nN*).(2)bn()，Tnb1b2b3bn(1)()()()(1).命题点2形如an型例4已知函数f(x)xa的图象过点(4,2)，令an，nN*.记数列an的前n项和为Sn，则S2 017_.答案1解析由f(4)2，可得4a2，解得a，则f(x)an，S2 017a1a2a3a2 017(1)()()()()1.思维升华(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：()，()，裂项后可以产生连续相互抵消的项.(2)抵消后并不一
10、定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.在数列an中，a11，当n2时，其前n项和Sn满足San.(1)求Sn的表达式；(2)设bn，求bn的前n项和Tn.解(1)San，anSnSn1 (n2)，S(SnSn1)，即2Sn1SnSn1Sn，由题意得Sn1Sn0，式两边同除以Sn1Sn，得2，数列是首项为1，公差为2的等差数列.12(n1)2n1，Sn.(2)bn，Tnb1b2bn(1)()().四审结构定方案典例(14分)已知数列an的前n项和Snn2kn(其中kN*)，且Sn的最大值为8.(1)确定常数k，并求an；(2)设数列的前n项和为Tn，求证：Tn4.(1)(2
11、)规范解答(1)解当nkN*时，Snn2kn取得最大值，即8Skk2k2k2，故k216，k4.当n1时，a1S14，3分当n2时，anSnSn1n.当n1时，上式也成立.综上，ann.6分(2)证明，Tn1，2Tn22.10分，得2TnTn2144.12分Tn4.Tn0，若S62S35，则S9S6的最小值为_.答案20解析方法一当q1时，S62S30，不合题意，所以q1，从而由S62S35得5，从而得0，故1q1，故S9S6(q6q9)，令q31t0，则S9S65(t2)20，当且仅当t1，即q32时等号成立.方法二因为S6S3(1q3)，所以由S62S35得S30，从而q1，故S9S6S3
12、(q6q31)S3(q31)S3q6，以下同方法一.12.数列an满足an2an12n1(nN，n2)，a327.(1)求a1，a2的值；(2)是否存在一个实数t，使得bn(ant)(nN*)，且数列bn为等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由；(3)求数列an的前n项和Sn.解(1)由a327，得272a2231，a29.92a1221，a12.(2)假设存在实数t，使得bn为等差数列，则2bnbn1bn1.2(ant)(an1t)(an1t)，4an4an1an1t，4an42an2n11t，t1，即存在实数t1，使得bn为等差数列.(3)由(1)，(2)得b1，b2，bnn，
13、an(n)2n1(2n1)2n11.Sn(3201)(5211)(7221)(2n1)2n11352722(2n1)2n1n，2Sn32522723(2n1)2n2n, 由得Sn32222222322n1(2n1)2nn12(2n1)2nn(12n)2nn1.Sn(2n1)2nn1.13.(2016天津)已知an是等比数列，前n项和为Sn(nN*)，且，S663.(1)求an的通项公式；(2)若对任意的nN*，bn是log2an和log2an1的等差中项，求数列(1)nb的前2n项和.解(1)设数列an的公比为q.由已知，有，解得q2或q1.又由S6a163，知q1，所以a163，得a11.所
14、以an2n1.(2)由题意，得bn(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，即bn是首项为，公差为1的等差数列.设数列(1)nb的前n项和为Tn，则T2n(bb)(bb)(bb)b1b2b3b4b2n1b2n2n2.14.已知数列an与bn，若a13且对任意正整数n满足an1an2，数列bn的前n项和Snn2an.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列的前n项和Tn.解(1)因为对任意正整数n满足an1an2，所以an是公差为2的等差数列.又因为a13，所以an2n1.当n1时，b1S14；当n2时，bnSnSn1(n22n1)(n1)22(n1)12n1，对b1
15、4不成立.所以数列bn的通项公式为bn(2)由(1)知当n1时，T1.当n2时，()，所以Tn()()()().当n1时仍成立，所以Tn.15.(2016江苏镇江丹徒中学调研)已知首项为的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN*)，且S3a3，S5a5，S4a4成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)设TnSn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值.解(1)设等比数列an的公比为q，因为S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是递减数列且a1，所以q.故等比数列an的通项公式为an()n1(1)n1.(2)由(1)得Sn1()n当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1SnS1，故0SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以S2SnSnS2.综上，对于nN*，总有Sn.所以数列Tn的最大项的值为，最小项的值为.
