1、第四节数列求和授课提示：对应学生用书第98页基础梳理1等差数列的前n项和公式Snna1d2等比数列的前n项和公式Sn3数列求和方法(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(2)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的(3)倒序相加法：如果一个数列an的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的(4)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干
2、个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减(5)并项求和法：一个数列的前n项和，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1先看数列通项特点，再想求和方法2常见的拆项公式(1)若an为各项都不为0的等差数列，公差为d(d0)，则()；(2)()；(3)；(4)loga(1)loga(n1)logan(a0且a1)3一些常见数列的前n项和公式(1)1234n.(2)13572n1n2.(3)24682nn2n.(4)1222n2.(5)1323n3(12n)2.四基自测1(基础点：裂项求和)数列an的前n项和为Sn，若
3、an，则S5等于()A1BC.D答案：B2(易错点：错位相减法求和)12x3x2nxn1_(x0且x1)答案：3(易错点：分组转化法求和)(21)(222)(21010)_答案：211574(基础点：并项求和)数列an的前n项和为Sn，已知Sn1234(1)n1n，则S17_答案：9授课提示：对应学生用书第99页考点一分组、并项转化法求和挖掘1分组转化求和/ 互动探究例1(1)若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为()A2nn21B2n1n21C2n1n22 D2nn2解析Sna1a2a3an(21211)(22221)(23231)(2n2n1)(2222n)2(123
4、n)n2n2(2n1)n2nn2n1n22.答案C(2)直线ln：yx与圆Cn：x2y22ann交于不同的两点An，Bn，nN.数列an满足a11，an1|AnBn|2.求数列an的通项公式；若bn求数列bn的前n项和Tn.解析由题意知，圆Cn的圆心到直线ln的距离dn，圆Cn的半径rn，所以an1(|AnBn|)2rd2annn2an，又a11，所以an2n1.当n为偶数时，Tn(b1b3bn1)(b2b4bn)15(2n3)(2232n1)(2n1)当n为奇数时，n1为偶数，Tn1(2n11)(2n11)而Tn1Tnbn1Tn2n，所以Tn(2n2)所以Tn破题技法方法解读适合题型分组转化
5、法数列的每一项都可拆分成等差(等比)数列的和或差的形式anbncn. an挖掘2并项转化法求和/ 互动探究例2(1)已知数列an的前n项和为Sn159131721(1)n1(4n3)，则S15S22S31的值是()A13 B76C46 D76解析因为Sn159131721(1)n1(4n3)，所以S15(15)(913)(4953)57(4)75729，S22(15)(913)(1721)(8185)41144，S31(15)(913)(1721)(113117)12141512161，所以S15S22S3129446176.答案D(2)已知数列an的通项公式是ann2sin，则a1a2a3a
6、2 020()A. B.C. D.解析ann2sina1a2a3a2 020122232422 01922 0202(2212)(4232)(2 02022 0192)12342 020.答案B破题技法方法解读适合题型并项转化法常见的有首末并项、隔项并项、分段并项、周期并项并项后的数列构成一个特殊数列拓展并项求和时，分析是“两项之并”“三项之并”或“四项之并”一般常与周期结合起来一个数列通项公式为an2sin，求S10.解析：T4，a1a2a3a40，S10a9a10a1a22sin2sin2.考点二裂项相消法求和挖掘1裂项为差/ 互动探究例1(1)(2020广州天河一模)数列an满足a11，
7、对任意nN，都有an11ann，则()A.B2C. D.解析对任意nN，都有an11ann，则an1ann1，则an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)1，则2()，所以22.故选C.答案C(2)(2020安徽安庆二模)已知等比数列an满足：S11，S24.求an的通项公式及前n项和Sn；设bn，求数列bn的前n项和Tn.解析设等比数列an的公比为q，S11，S24，a11，a1(1q)4，解得q3，an3n1.Sn(3n1)bn，数列bn的前n项和Tn11.破题技法1.裂项相消法就是将数列的通项拆分成两个式子的差，然后通过累加抵消掉中间的许多项的求和方法，此种方法适用于通
8、项可以分裂成两式之差，尤其是分母为等差数列的两项之积的类型的数列求和问题破解此类题的关键点：(1)定通项，即根据已知条件求出数列的通项公式(2)巧裂项，即根据通项公式的特征进行准确裂项，把数列的每一项，表示为两项之差的形式(3)消项求和，即通过累加抵消掉中间的项，达到消项的目的，准确求和2为了准确裂项、消项，一般先试裂、试消裂项注意系数“配平”，消项时，前面剩多少项，最后就剩相同的项数挖掘2裂项为和/自主练透例2已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1，求数列bn的前n项和Tn.解析(1)由于等差数列an的公差为
9、2，前n项和为Sn，所以Snna12n2nna1，故S1a1，S222a1，S4124a1.由于S1，S2，S4成等比数列故(22a1)2a1(124a1)，解得a11，故an2n1.(2)由(1)可知bn(1)n1(1)n1(1)n1()，当n为偶数时，Tn(1)()()()()1.当n为奇数时，TnTn1()().所以Tn破题技法本题每项不能分解成两项之差，结合条件中公式的特点，运用裂项前和裂项后相等进行检验，故将每项分解成两项之和，裂项相消法的实质是将数列中的每项进行分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，可能是和式或差式考点三错位相加减法挖掘1错位相减求和/ 互动探究
10、例1(1)的值为_解析设Sn，得Sn，得，Sn，Sn2.答案2(2)(2020湖北武汉模拟)已知正项等比数列an的前n项和Sn满足：Sn2Sn.求数列an的首项a1和公比q；若bnnan，求数列bn的前n项和Tn.解析Sn2Sn，S3S1，S4S2，两式相减得：a4a2，q2，又q0，则q.又由S3S1，可知：a1a2a3a1，a1(1)a1，a11.由知an()n1.bn，Tn1，Tn.两式相减得Tn12.Tn4.破题技法1.如果数列an是一个由等差数列bn及等比数列cn对应项之积组成的数列，即anbncn，则其前n项和Sn的求解常用错位相减法破解此类题的关键点：(1)巧分拆，即将数列的通项
11、公式分拆为等差数列与等比数列积的形式，并求出公差和公比(2)构差式，即写出Sn的表达式，再乘以公比或除以公比，然后将两式相减(3)后求和，根据差式的特征准确进行求和2在Sn两边同乘以公比q时，要保证q1，两式相减时，要找q的同次项相减挖掘2错位相加法/互动探究例2已知数列an满足a11，anan1()n(nN)，记Tna1a24a342an4n1，类比课本中推导等比数列前n项和公式的方法，求5Tn4nan.解析Tna1a24a342an4n1，4Tna14a242a343an4n，两式相加得，5Tna14(a1a2)42(a2a3)4n1(anan1)4nan，由a11，anan1()n(nN)，则5Tn1442()24n1()n14nann4nan，所以5Tn4nann.破题技法本题是类比课本推导等比数列求和公式的错位相减法，学生大部分就照搬课本方法，但是做不出来，因为此题稍微做了创新注意题目中的条件，突破通法通性，运用错位相加法，即可求得结论教学中应注重揭示问题的本质，无论是错位相减还是错位相加都是错位相消法