1、第四节数列求和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个等差数列或等比数列或可求和的数列组成
2、，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)logaloga(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)2.1(基本方法：裂项求和)数列an的前n项和为Sn，若an，则S5等于()A1 BC D答案：B2(基本
3、方法：错位相减法求和)12x3x2nxn1_(x0且x1).答案：3(基本能力：分组转化法求和)(21)(222)(21010)_答案：211574(基本能力：并项求和)数列an的前n项和为Sn，已知Sn1234(1)n1n，则S17_答案：95(基本应用：数列的递推关系)已知数列an满足a11，an1则其前6项之和是_答案：33题型一分组、并项转化法求和 典例剖析类型 1分组转化求和例1(2021江西南昌重点中学高三检测)已知数列an是等差数列，bn是等比数列，a11，b12，a2b27，a3b313.(1)求an和bn的通项公式；(2)若cn求数列cn的前2n项和S2n.解析：(1)设数列
4、an的公差为d，数列bn的公比为q(q0)，依题意有，解得故an2n1，bn2n.(2)由已知c2n1a2n14n3，c2nb2n4n，所以数列cn的前2n项和S2n(a1a3a2n1)(b2b4b2n)2n2n(4n1).类型 2并项转化法求和例2(2020高考全国卷)数列an满足an2(1)nan3n1，前16项和为540，则a1_解析：法一：因为an2(1)nan3n1，所以当n为偶数时，an2an3n1，所以a2a45，a8a617，a12a1029，a16a1441，所以a2a4a6a8a10a12a14a1692.因为数列an的前16项和为540，所以a1a3a5a7a9a11a1
5、3a1554092448.因为当n为奇数时，an2an3n1，所以a3a12，a7a514，a11a926，a15a1338，所以(a3a7a11a15)(a1a5a9a13)80.由得a1a5a9a13184.又a3a12，a5a38a110，a7a514a124，a9a720a144，a11a926a170，a13a1132a1102，所以a1a110a144a1102184，所以a17.法二：同法一得a1a3a5a7a9a11a13a15448.当n为奇数时，有an2an3n1，由累加法得an2a13(135n)(1n)n2n，所以an2n2na1，所以a1a3a5a7a9a11a13a
6、15a18a1392448，解得a17.答案：7方法总结方法解读适合题型分组转化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如例2，当n为偶数时“两项之并”，再组合为“两组之和”当n为奇数时“两项之并”，再组合为“两组之差”题组突破1若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为()A.2nn21 B2n1n21C2n1n22 D2nn2解析：Sna1a2a3an(21211)(22221)(2
7、3231)(2n2n1)(2222n)2(123n)n2n2(2n1)n2nn2n1n22.答案：C2已知数列an的通项公式是ann2sin ，则a1a2a3a2 020()ABCD解析：ann2sin a1a2a3a2 020122232422 01922 0202(2212)(4232)(2 02022 0192)12342 020.答案：B题型二裂项相消法求和 典例剖析类型 1裂项为差例1(2020安徽安庆模拟)已知等比数列an满足：S11，S24.(1)求an的通项公式及前n项和Sn；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解析：(1)设等比数列an的公比为q，S11，S24，a11，
8、a1(1q)4，解得q3，an3n1，Sn(3n1).(2)bn，数列bn的前n项和Tn11.类型 2裂项为和例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，Tn1.当n为奇数时，TnTn1.所以Tn方法
9、总结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3当每项不能分解成两项之差时，需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
10、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，可能是和式或差式题组突破1已知数列an的前n项和Snn2.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解析：(1)由Snn2，知a11.当n2时，anSnSn12n1，n1时，an2n1也成立an2n1.(2)由(1)知bn，Tnb1b2bn.2已知等比数列an的前n项和为Sn，且6Sn3n1a(nN*).(1)求a的值及数列an的通项公式；(2)若bn(1an)log3(aan1)，求数列的前n项和Tn.解析：(1)因为6Sn3n1a(nN*)，所以当n1时，6S16
11、a19a，当n2时，6an6(SnSn1)23n，即an3n1，因为an是等比数列，所以a11，则9a6，得a3，所以数列an的通项公式为an3n1(nN*).(2)由(1)得bn(1an)log3(aan1)(3n2)(3n1)，所以Tn(1).题型三错位相加减法 典例剖析类型 1错位相减求和例1(2020高考全国卷)设an是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项(1)求an的公比；(2)若a11，求数列nan的前n项和解析：(1)设an的公比为q，由题设得2a1a2a3，即2a1a1qa1q2，所以q2q20，解得q1(舍去)或q2，故an的公比为2.(2)记Sn为nan的前n项
12、和由(1)及题设可得an(2)n1，所以Sn12(2)n(2)n1，2Sn22(2)2(n1)(2)n1n(2)n，所以3Sn1(2)(2)2(2)n1n(2)nn(2)n，所以Sn.类型 2错位相加法例2已知数列an满足a11，anan1(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(nN*)，则5Tn14424n14nann4nan，所以5Tn4nan
13、n.方法总结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的解析式，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两边同乘公比q时，要保证q1，两式相减时，要找q的同次项相减题组突破1(2021湖北武汉模拟)已知正项等比数列an的前n项和Sn满足：Sn2Sn.(1)求数列an的首项a1和公比q；(2)若bnnan，求数列bn的前n项和Tn.解析：(1)Sn2
14、Sn，S3S1，S4S2，两式相减得a4a2，q2，又q0，则q.又由S3S1，可知a1a2a3a1，a1a1，a11.(2)由(1)知an，bn，Tn1，Tn.两式相减得Tn12，Tn4.2(2021江西宜春中学诊断)已知等差数列an的公差为2，且a1，a1a2，2(a1a4)成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设数列的前n项和为Sn，求证：Sn6.解析：(1)因为数列an为公差为2的等差数列，所以a2a12，a4a16，因为a1，a1a2，2(a1a4)成等比数列，所以(a1a2)22a1(a1a4)，解得a11，所以an12(n1)2n1.(2)证明：由(1)知，所以Sn，Sn，得Sn1233，所以Sn610时，数列an为递增数列所以|a1a2|a2a3|a99a100|(a1a2)(a2a3)(a9a10)(a11a10)(a12a11)(a100a99)a1a10a100a101100(1010)(1001)(1010)162.答案：B2设f(x)，若Sfff，则S_解析：因为f(x)，所以f(1x)，所以f(x)f(1x)1.Sfff，Sfff，由，可得2S2 019，所以S.答案：