1、5.4 数列求和1求数列的前 n 项和的方法(1)公式法等差数列的前 n 项和公式Snna1an2na1nn12d.等比数列的前 n 项和公式()当 q1 时，Snna1；()当 q1 时，Sna11qn1qa1anq1q.(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(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
2、 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)5 050.2常见的裂项公式(1)1nn11n 1n1；(2)12n12n11212n112n1；(3)1n n1 n1 n.【思考辨析】判断下面结论是否正确(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 Sna1an11q.()(2)当 n2 时，1n2112(1n1 1n1)()(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
3、12n2n1的前 n 项和为 n212n.()(5)若数列 a1，a2a1，anan1 是首项为 1，公比为 3 的等比数列，则数列an的通项公式是 an3n12.()(6)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得 sin21sin22sin23sin288sin28944.5.()1已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a55，S515，则数列1anan1 的前 100 项和为()A.100101B.99101C.99100D.101100答案 A解析 利用裂项相消法求和设等差数列an的首项为 a1，公差为 d.a55，S515，a14d5，5a15512d15，a11，d
4、1，ana1(n1)dn.1anan11nn11n 1n1，数列1anan1 的前 100 项和为 1121213 1100 11011 1101100101.2数列an的通项公式为 an(1)n1(4n3)，则它的前 100 项之和 S100 等于()A200B200C400D400答案 B解析 S100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200.3(2014广东)若等比数列an的各项均为正数，且 a10a11a9a122e5，则 ln a1ln a2lna20_.答案 50解析 因为 a10a11a9a122a10a112e5，所以 a10
5、a11e5.所以 ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a1a20)(a2a19)(a10a11)ln(a10a11)1010ln(a10a11)10ln e550ln e50.4321422523(n2)2n_.答案 4n42n解析 设 S3124 1225 123(n2)12n，则12S312241235124(n2)12n1.两式相减得12S312(12212312n)n22n1.S3(12 122 12n1)n22n312112n1112n22n 4n42n.题型一 分组转化法求和例 1 已知数列an的通项公式是 an23n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nn
6、ln 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，Sn213n13 n2ln 33nn2ln 31；当 n 为奇数时，Sn213n13(ln 2ln 3)(n12 n)ln 33nn12 ln 3ln 21.综上所述，Sn3nn2ln 31，n为偶数，3nn12 ln 3ln 21，n为奇数.思维升华 某些数列的求和是将数列分解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，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论(1)数列an中，an
7、1(1)nan2n1，则数列an前 12 项和等于()A76B78C80D82(2)已知数列an的前 n 项是 321,641,981,12161，则数列an的通项公式an_，其前 n 项和 Sn_.答案(1)B(2)3n12n 12n(3n1)2n12解析(1)由已知 an1(1)nan2n1，得 an2(1)n1an12n1，由得 an2an(1)n(2n1)(2n1)，取 n1,5,9 及 n2,6,10，结果相加可得S12a1a2a3a4a11a1278.(2)由已知得数列an的通项公式为an3n2n13n12n，Sna1a2an(253n1)(2222n)n23n12212n1212
8、n(3n1)2n12.题型二 错位相减法求和例 2 已知等差数列an的前 3 项和为 6，前 8 项和为4.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn(4an)qn1(q0，nN*)，求数列bn的前 n 项和 Sn.思维点拨(1)列方程组求an的首项、公差，然后写出通项 an.(2)q1 时，bn 为等差数列，直接求和；q1 时，用错位相减法求和解(1)设等差数列an的公差为 d.由已知得3a13d6，8a128d4，解得a13，d1.故 an3(n1)(1)4n.(2)由(1)得，bnnqn1，于是Sn1q02q13q2nqn1.若 q1，将上式两边同乘以 q 有qSn1q12q2(n1)q
9、n1nqn.两式相减得到(q1)Snnqn1q1q2qn1nqnqn1q1 nqn1n1qn1q1.于是，Snnqn1n1qn1q12.若 q1，则 Sn123nnn12.所以 Snnn12，q1，nqn1n1qn1q12，q1.思维升华(1)错位相减法是求解由等差数列bn和等比数列cn对应项之积组成的数列an，即 anbncn 的前 n 项和的方法这种方法运算量较大，要重视解题过程的训练(2)注意错位相减法中等比数列求和公式的应用范围 已知首项为12的等比数列an是递减数列，其前 n 项和为 Sn，且 S1a1，S2a2，S3a3 成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)若 bnanlo
10、g2an，数列bn的前 n 项和为 Tn，求满足不等式Tn2n2 116的最大 n 值解(1)设等比数列an的公比为 q，由题意知 a112，又S1a1，S2a2，S3a3 成等差数列，2(S2a2)S1a1S3a3，变形得 S2S12a2a1S3S2a3，即得 3a2a12a3，32q12q2，解得 q1 或 q12，又由an为递减数列，于是 q12，ana1qn1(12)n.(2)由于 bnanlog2ann(12)n，Tn1122(12)2(n1)(12)n1n(12)n，于是12Tn1(12)2(n1)(12)nn(12)n1，两式相减得：12Tn12(12)2(12)nn(12)n1
11、12112n112n(12)n1，Tn(n2)(12)n2.Tn2n2(12)n 116，解得 n4，n 的最大值为 4.题型三 裂项相消法求和例 3(2014山东)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 4nanan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)因为 S1a1，S22a1212 22a12，S44a1432 24a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得 a11，所以 an2n1.(2)bn(1)n1 4nanan1(1)n14n2n12n1(1)n1(12n112n
12、1)当 n 为偶数时，Tn(113)(1315)(12n312n1)(12n112n1)112n1 2n2n1.当 n 为奇数时，Tn(113)(1315)(12n312n1)(12n112n1)112n12n22n1.所以 Tn2n22n1，n为奇数，2n2n1，n为偶数.(或 Tn2n11n12n1)思维升华 利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一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，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等 在数列an中，a11，当 n2 时，其前 n 项和 Sn 满足 S2nanSn12.(1)
13、求 Sn 的表达式；(2)设 bnSn2n1，求bn的前 n 项和 Tn.解(1)S2nanSn12，anSnSn1(n2)，S2n(SnSn1)Sn12，即 2Sn1SnSn1Sn，由题意得 Sn1Sn0，式两边同除以 Sn1Sn，得 1Sn 1Sn12，数列1Sn 是首项为1S1 1a11，公差为 2 的等差数列 1Sn12(n1)2n1，Sn12n1.(2)bnSn2n112n12n11212n112n1，Tnb1b2bn12(113)(1315)(12n112n1)12112n1 n2n1.四审结构定方案典例：(14 分)已知数列an的前 n 项和 Sn12n2kn(其中 kN*)，且
14、 Sn 的最大值为 8.(1)确定常数 k，并求 an；(2)求数列92an2n的前 n 项和 Tn.Sn12n2kn 及 Sn 最大值为 8Sn 是 n 的二次函数nk 时SnmaxSk8(根据 Sn 的结构特征确定 k 值)k4，Sn12n24n利用 an、Sn 的关系an92n化简数列92an2n92an2n n2n1根据数列的结构特征，确定求和方法：错位相减法Tn122322n12n2 n2n1式两边同乘以 22Tn2232n12n3 n2n2错位相减Tn2112 12n2 n2n14n22n1.规范解答解(1)当 nkN*时，Sn12n2kn 取得最大值，即 8Sk12k2k212k
15、2，故 k216，k4.当 n1 时，a1S112472，3 分当 n2 时，anSnSn192n.6 分当 n1 时，上式也成立，综上，an92n.(2)因为92an2n n2n1，所以 Tn122 322n12n2 n2n1，8 分所以 2Tn2232n12n3 n2n2得：2TnTn2112 12n2 n2n14 12n2 n2n14n22n1.12 分故 Tn4n22n1.14 分温馨提醒(1)根据数列前 n 项和的结构特征和最值确定 k 和 Sn，求出 an 后再根据92an2n的结构特征确定利用错位相减法求 Tn.在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案；(2)利用 Sn 求
16、 an 时不要忽视 n1 的情况；错位相减时不要漏项或算错项数(3)可以通过 n1,2 时的特殊情况对结论进行验证.方法与技巧非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和失误与防范1直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为 1 进行讨论2在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如 an，an1 的式子应进行合并3在应用裂项相消法时，要注意
17、消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.A 组 专项基础训练(时间：40 分钟)1数列 112，314，518，7 116，(2n1)12n，的前 n 项和 Sn 的值等于()An2112nB2n2n112nCn21 12n1Dn2n112n答案 A解析 该数列的通项公式为 an(2n1)12n，则 Sn135(2n1)(12 12212n)n2112n.2已知函数 f(n)n2cos n，且 anf(n)f(n1)，则 a1a2a3a100 等于()A0B100C100D10 200答案 B解析 f(n)n2cos nn2n为奇数n2n为偶数(1)nn2，由 anf(n)f(n1)(
18、1)nn2(1)n1(n1)2(1)nn2(n1)2(1)n1(2n1)，得 a1a2a3a1003(5)7(9)199(201)50(2)100.3数列 a12，ak2k，a1020 共有十项，且其和为 240，则 a1aka10的值为()A31B120C130D185答案 C解析 a1aka10240(22k20)240220102240110130.4已知数列an的前 n 项和 Snn26n，则|an|的前 n 项和 Tn 等于()A6nn2Bn26n18C.6nn21n3，n26n18n3D.6nn21n3，n26nn3答案 C解析 由 Snn26n 得an是等差数列，且首项为5，公差
19、为 2.an5(n1)22n7，n3 时，an3 时，an0，Tn6nn21n3，n26n18n3.5数列 an1nn1，其前 n 项之和为 910，则在平面直角坐标系中，直线(n1)xyn0 在y 轴上的截距为()A10B9C10D9答案 B解析 数列的前 n 项和为112 1231nn11 1n1 nn1 910，n9，直线方程为 10 xy90.令 x0，得 y9，在 y 轴上的截距为9.6数列an满足 anan112(nN*)，且 a11，Sn 是数列an的前 n 项和，则 S21_.答案 6解析 由 anan112an1an2，an2an，则 a1a3a5a21，a2a4a6a20，
20、S21a1(a2a3)(a4a5)(a20a21)110126.7已知数列an满足 anan11n12(nN*)，a112，Sn 是数列an的前 n 项和，则 S2 013_.答案 1 0072解析 由题意知，a112，a21，a332，a42，a552，a63，所以数列an的奇数项构成了首项为12，公差为1 的等差数列，偶数项构成了首项为 1，公差为 1 的等差数列，通过分组求和可得S2 013(12)1 0071 0071 0062(1)(11 0061 0061 00521)1 0072.8设 f(x)4x4x2，若 Sf(12 015)f(22 015)f(2 0142 015)，则
21、S_.答案 1 007解析 f(x)4x4x2，f(1x)41x41x2224x，f(x)f(1x)4x4x2224x1.Sf(12 015)f(22 015)f(2 0142 015)，Sf(2 0142 015)f(2 0132 015)f(12 015)，得，2Sf(12 015)f(2 0142 015)f(22 015)f(2 0132 015)f(2 0142 015)f(12 015)2 014，S2 01421 007.9已知数列an是首项为 a114，公比为 q14的等比数列，设 bn2143logna(nN*)，数列cn满足 cnanbn.(1)求数列bn的通项公式；(2)
22、求数列cn的前 n 项和 Sn.解(1)由题意，知 an(14)n(nN*)，又 bn143logna 2，故 bn3n2(nN*)(2)由(1)，知 an(14)n，bn3n2(nN*)，所以 cn(3n2)(14)n(nN*)所以 Sn1144(14)27(14)3(3n5)(14)n1(3n2)(14)n，于是14Sn1(14)24(14)37(14)4(3n5)(14)n(3n2)(14)n1.两式相减，得34Sn143(14)2(14)3(14)n(3n2)(14)n112(3n2)(14)n1.所以 Sn233n23(14)n(nN*)10(2013江西)正项数列an的前 n 项和
23、 Sn 满足：S2n(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式 an；(2)令 bnn1n22a2n，数列bn的前 n 项和为 Tn，证明：对于任意的 nN*，都有 Tn0.所以 Snn2n(nN*)n2 时，anSnSn12n，n1 时，a1S12 适合上式an2n(nN*)(2)证明 由 an2n(nN*)得bnn1n22a2nn14n2n22 1161n21n22Tn 1161132 122 142 132 152 1n121n12 1n21n22 11611221n121n22 1161122 564(nN*)即对于任意的 nN*，都有 Tn0，Tn为递增数列，TnT11
24、2.15直线 ln：yx 2n与圆 Cn：x2y22ann 交于不同的两点 An，Bn，nN*.数列an满足：a11，an114|AnBn|2.(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn2n1n为奇数，ann为偶数，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)由题意，知圆 Cn 的圆心到直线 ln 的距离 dn n，半径 rn 2ann，所以 an1(12|AnBn|)2r2nd2n(2ann)n2an.又 a11，所以 an2n1.(2)当 n 为偶数时，Tn(b1b3bn1)(b2b4bn)15(2n3)(2232n1)nn12212n14 n2n223(2n1)当 n 为奇数时，n1 为偶数，Tn1n12n1223(2n11)n2n223(2n11)而 Tn1Tnbn1Tn2n，所以 Tnn2n213(2n2)所以 Tnn2n2232n1n为偶数，n2n2132n2n为奇数.
