1、第四节 数列求和(1)熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式及倒序相加求和、错位相减求和法；(2)掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法 目 录CONTENTS知识 逐点夯实 123考点 分类突破 课时过关检测 01 知识 逐点夯实 课前自修 重点准 逐点清 结论要牢记 重点一 公式法1等差数列an的前n项和Snna1an2na1nn1d2推导方法：倒序相加法2等比数列an的前n项和Snna1，q1，a11qn1q，q1.推导方法：乘公比，错位相减法逐点清1(选择性必修第二册24页习题1题改编)已知等差数列an的前n项和为Sn，a20，a41，则S4()A12 B1C2D3解析：等差数列an的前
2、n项和为Sn，a20，a41，a1d0，a13d1，解得a112，d12，S4412 43212 1故选B答案：B重点二 几种数列求和的常用方法1分组转化法：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的，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减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，从而求得前n项和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，那么求这个数列的前n项和即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
3、可用倒序相加法求解注意 错位相减法求和时，注意最后一项的符号.逐点清2(选择性必修第二册35页例7改编)已知数列an的通项公式为an2nn，若数列an的前n项和为Sn，则S8()A546B582C510D548解析：由an2nn，可得S8(2222328)(128)221(281)8182546答案：A 3(易错题)若f(x)f(1x)4，anf(0)f1n fn1nf(1)(nN*)，则数列an的通项公式为_解析：由f(x)f(1x)4，可得f(0)f(1)4，f 1n fn1n4，所以2an(f(0)f(1)f1n fn1n(f(1)f(0)4(n1)，即an2(n1)答案：an2(n1)
4、记结论常见的裂项公式(1)1nn11n 1n1；(2)1nn2121n 1n2；(3)12n12n11212n112n1；(4)1n n1 n1 n提速度1(2022北京模拟)数列an的通项公式为 an1n n1，若an的前 n 项和为 9，则 n 的值为()A576B99C624D625解析：由结论(4)，Sn(2 1)(3 2)(n1 n)n11，又因为 Sn n119，所以 n99故选 B答案：B 2已知数列12n12n1 的前 n 项和为 Tn，若对任意的 nN*，不等式 12Tna2a 恒成立，则实数 a 的取值范围是_解析：由结论(3)，Tn121131315151712n112n
5、1 12112n1121212n112，又因为 12Tna2a 恒成立，所以 1212a2a，解得 a 2 或 a3答案：(，23，)02 考点 分类突破 课堂讲练 理解透 规律明 变化究其本(2021新高考卷)已知数列an满足a11，an1an1，n为奇数，an2，n为偶数.(1)记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；(2)求an的前20项和分组转化法求和解(1)因为bna2n，且a11，an1an1，n为奇数，an2，n为偶数，所以b1a2a112，b2a4a31a2215因为bna2n，所以bn1a2n2a2n11a2n11a2n21a2n3，所以bn1bna2n3a2n
6、3，所以数列bn是以2为首项，3为公差的等差数列，bn23(n1)3n1，nN*(2)因为an1an1，n为奇数，an2，n为偶数，所以kN*时，a2ka2k11a2k11，即a2ka2k11，a2k1a2k2，a2k2a2k11a2k11，即a2k2a2k11，得a2k1a2k13，即a2k1a2k13，所以数列an的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；得a2k2a2k3，即a2k2a2k3，又a22，所以数列an的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列所以数列an的前20项和S20(a1a3a5a19)(a2a4a6a20)10109232010923300分组转化求和的常见类型已知等
7、比数列an的前n项和为Sn，且Sn2na(1)求an；(2)定义x为取整数x的个位数，如11，322，1433，求a1a2a3a100的值解：(1)anS1，n1，SnSn1，n2 an2a，n1，2n1，n2，an是等比数列，2a211a1，an2n1，nN*(2)由a11，a22，a34，a48，a56，a62，a74，易知，从第二项起是周期为 4 的周期数列，S100124(2486)248495(2022南京质检)已知数列an的前n项和为Sn，Sn2an1，数列bn是等差数列，且b1a1，b6a5(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若cn1bnbn1，记数列cn的前n项和为Tn，证
8、明：3Tn1裂项相消法求和解(1)由Sn2an1，可得n1时，a12a11，解得a11；n2时，Sn12an11，又Sn2an1，两式相减可得anSnSn12an12an11，即有an2an1，所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以an2n1设等差数列bn的公差为d，且b1a11，b6a516，可得db6b161 3，所以bn13(n1)3n2(2)证明：cn1bnbn113n23n11313n213n1，所以Tn13114141717 11013n213n1 13113n1 13，则3Tn1裂项相消法求数列an的前n项和的基本步骤(2022本溪模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且
9、2Sn3an3(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若bn1log3anlog3an1，求数列bn的前n项和Tn解：(1)当n1时，2a13a13，解得a13；当n2时，2an2Sn2Sn13an33an133an3an1，得an3an1，因为an0，所以 anan13，因为a13，所以数列an是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an3n(2)因为log3anlog33nn，所以bn1log3anlog3an11nn11n 1n1，所以数列bn的前n项和Tn1112 1213 1314 1n 1n1 1 1n1 nn1错位相减法求和(2022江门模拟)已知数列an满足：a11，an12
10、ann1(1)证明：数列ann是等比数列并求数列an的前n项和Sn；(2)设bn(2n1)(ann)，求数列bn的前n项和Tn解(1)因为an12ann1，所以an1(n1)2an2n，即an1n1ann2，又a112，所以数列ann是以2为首项2为公比的等比数列，则ann22n12n，故an2nn，所以Sn(2222n)(12n)212n12n1n22n12n1n2(2)由(1)得，bn(2n1)(ann)(2n1)2n，则Tn2322523(2n1)2n，2Tn22323524(2n3)2n(2n1)2n1，得Tn222222322n(2n1)2n12(2222n)2(2n1)2n1(2n
11、3)2n16，所以Tn(2n3)2n16错位相减求和方法(1)适用条件：若an是公差为d(d0)的等差数列，bn是公比为q(q1)的等比数列，求数列anbn的前n项和Sn；(2)基本步骤(3)注意事项：在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出SnqSn；作差后，等式右边有第一项、中间n1项的和式、最后一项三部分组成；运算时，经常把b2b3bn这n1项和看成n项和，把anbn1写成anbn1导致错误(2022广东模拟)在数列an中，a11，an1an2anan1(1)求an的通项公式；(2)若bn3nan，求数列bn的前n项和Sn解：(1)a11，an1an2anan1，an0，1an 1an12 1an1 1an2，又 1a11，1an 是以1为首项，2为公差的等差数列，1an12(n1)2n1，an12n1(nN*)(2)由(1)知：bn(2n1)3n，Sn13332533734(2n1)3n，3Sn132333534735(2n1)3n1，两式相减得2Sn323223323423n(2n1)3n132(3233343n)(2n1)3n1323213n113(2n1)3n133n19(2n1)3n12(1n)3n16，Sn(n1)3n13