1、 基础知识 1等差数列前n项和Snna1 d，推导方法：；等比数列前n项和Sn 推导方法：倒序相加法乘公比，错位相减 2常见数列的前n项和：123n 2462n；135(2n1)；122232n2 132333n3无穷等比(|q|1)数列各项和S.n2nn2 3数列求和的常见方法有：(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列(2)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和(4)倒序相加：例如：等差数列前n项和公式的推导方法 4常见的拆项公式有：(7)nn！n！；(8)
2、anSnSn1(n2)(n1)！易错知识 一、利用公式求和不注意项数易出错 1S1222232n_ 答案：2n11 二、不注意分类易出错 2Sa2a23a3nan(aR)_.答案：A 答案：B 3(教材改编题)数列9,99,999，的前n项和为()解析：9101,991021,9991031，所求数列的和为Sn(101)(1021)(1031)(10n1)(1010210310n)n 答案：D 4(2011原创题)已知数列an的前n项和Snn2.则【例1】已知an是等比数列，a12，a454；bn是等差数列，b12，b1b2b3b4a1a2a3.(1)求数列an的通项公式及前n项和Sn的公式；
3、(2)求数列bn的通项公式；(3)设Unb1b4b7b3n2，其中n1,2，求U10的值 解析(1)设数列an的公比为q，由a4a1q3得q327，q3，所以数列an的通项公式为an23n1，数列an的前n项和公式Sn3n1，(2)设数列bn的公差为d，b1b2b3b44b1d86d.由b1b2b3b4a1a2a322323226.得86d26，d3，所以bnb1(n1)d3n1.(3)b1，b4，b7，b3n2组成以3d为公差的等差数列，所以U1010b13d425.(2009四川)求数列1,35,7911,13151719，的前n项和 分析：依其结构特征知，只须求出和式中的最后一个奇数，便
4、知其和为前n个奇数之和，又由于数列中各项的奇数的个数与项数一致，从而知各项的奇数个数构成的数列1,2,3，n，可以由此入手解答 解析：解法一：由于该数列的前n项共有 123n个奇数，最末一个数字应为 21n2n1，Sn 解法二：依该数列的排列特征可知，第n项an中的第一个奇数是第123(n1)11个 奇数，这个奇数是1n2n1，从而推知第n项an中的第n个(末位)数字是n2n12(n1)n2n1，故Sna1a2a3an 132333n3 总结评述：根据所给的结构特征，寻找项数之间的规律，是实现问题转化的主要途径而转化求和又是研究和探求数列求和问题的重要手段.【例2】(2009北京朝阳4月)已知
5、数列an的前n项和为Sn，点(n，在直线y上数列bn满足bn22bn1bn0(nN*)，且b311，前9项和为153.(1)求数列an、bn的通项公式；(2)设cn数列cn的前n项和为 Tn，求使不等式Tn对一切nN*都成立的最大正整数k的值；注意到n1时，a1S16，而当n1时，n56，所以ann5(nN*)又bn22bn1bn0，即 bn2bn1bn1bn(nN*)，所以bn为等差数列，于是153.而b311，故b723，d3，因此bnb33(n3)3n2，即bn3n2(nN*)因此Tn单调递增，故(Tn)min 令得k19，所以kmax18.在数列an中，又bn求数列bn的前n项的和数列
6、bn的前n项的和 总结评述：对于裂项后有明显相消项的一类数列，在求和时常采用“裂项求和法”，分式的求和多利用此法，可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去了哪些项，保留哪些项.错位相减法就是推导等比数列前n项和公式的方法一般地，若an是等差数列，bn是等比数列，则求anbn的前n项和一般采用此法此法有特定的操作程序，要注意熟练掌握基本技能【例3】(2007山东，17)设数列an满足a13a232a33n1an，nN*.1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Sn.解析(1)a13a232a33n1an，当n 2时，a13a232a33n2an1，得
7、3n1an，an 在中，令n1，得a1.an(2)bn，bnn3n.Sn3232333n3n.3Sn32233334n3n1.，得2Snn3n1(332333n)，即2Snn3n1 设an是等差数列，bn是各项都为正数的等比数列，且a1b11，a3b521，a5b313.(1)求an，bn的通项公式；(2)求数列的前n项和Sn.解析：(1)设an的公差为d，bn的公比为q，则依题 意有q0且 解得d2，q2.所以，an1(n1)d2n1，bnqn12n1.【例4】已知数列an的前n项和Sn(n1)2n1，是否存在等差数列bn，使an对一切自然数n均成立？解析 由公式an 依条件先求出an的通项
8、，再由倒序相加法得出结论 当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1(n1)2n1(n2)2n112n1(2n2n2)n2n1.因a11满足n2时an的式子，ann2n1(nN*)假设存在等差数列bn满足条件，设b00，且bn(nN*)仍成等差数列，则 令bnn，显然n0时，b00，故存在等差数列bn满足已知等式 设f(x)利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得f(12)f(11)f(10)f(0)f(11)f(12)f(13)的值为()令S26f(12)f(11)f(10)f(0)f(11)f(12)f(13)又S26f(13)f(12)f(11)f(11)f(12)则2S26f(12)f(13)f(11)f(12)f(13)f(12)故选D.答案：D 1在直接用公式求和时，要注意公式的应用范围和公式推导过程中蕴含的数学思想 2注意观察数列的特点和规律，将一般数列求和转化为基本数列求和 3方程思想、函数思想、化归思想、整体思想、分类讨论等数学思想在本节内容中得到了广泛的应用，尤其是运用化归的思想将问题转化为等差、等比数列问题来研究，是解答数列综合问题的最基本的思路
