1、6.4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Snna1d.等比数列的前n项和公式()当q1时，Snna1；()当q1时，Sn.(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项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an(1)nf(
2、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)；(2)；(3).1.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Sn.()(2)当n2时，().()(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2n1的前n项和为n2.()(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an.()(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
3、得sin21sin22sin23sin288sin28944.5.()2.(2012大纲全国改编)已知等差数列an的前n项和为Sn，a55，S515，则数列的前100项和为_.答案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，ana1(n1)dn.，数列的前100项和为11.3.若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和Sn为_.答案2n1n22解析Sn(222232n)(135(2n1)2n12n2.4.数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则它的前100项之和S100_.答案200解析S100(413)(423)(433)(4100
4、3)4(12)(34)(99100)4(50)200.5.321422523(n2)2n_.答案4解析设S345(n2)，则S345(n2).两式相减得S3().S3()34.题型一分组转化求和例1已知数列an是321,6221,9231,12241，写出数列an的通项公式并求其前n项和Sn.思维启迪先写出通项，然后对通项变形，分组后利用等差数列、等比数列的求和公式求解.解由已知得，数列an的通项公式为an3n2n13n12n，Sna1a2an(253n1)(2222n)n(3n1)2n12.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
5、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.求和Sn1.解和式中第k项为ak12.Sn2n个2(111)()22n2.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.思维启迪(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，解得.故an3(n1)(1)4n.(2)由(1)得，bnnqn1，于是Sn1q02q13
6、q2nqn1.若q1，将上式两边同乘以q有qSn1q12q2(n1)qn1nqn.两式相减得到(q1)Snnqn1q1q2qn1nqn.于是，Sn.若q1，则Sn123n.所以Sn.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.已知等差数列an满足a20，a6a810.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列的前n项和.解(1)设等差数列an的公差为d，由已知条件可得解得.故数列an的通项公式为an2n.(2)设数列的前n项和为Sn，
7、即Sna1，故S11，.所以，当n1时，得a11()1(1).所以Sn.当n1时也成立.综上，数列的前n项和Sn.题型三裂项相消法求和例3在数列an中，a11，当n2时，其前n项和Sn满足San.(1)求Sn的表达式；(2)设bn，求bn的前n项和Tn.思维启迪第(1)问利用anSnSn1 (n2)后，再同除Sn1Sn转化为的等差数列即可求Sn.第(2)问求出bn的通项公式，用裂项相消法求和.解(1)San，anSnSn1 (n2)，S(SnSn1)，即2Sn1SnSn1Sn，由题意得Sn1Sn0，式两边同除以Sn1Sn，得2，数列是首项为1，公差为2的等差数列.12(n1)2n1，Sn.(2
8、)bn，Tnb1b2bn(1)()().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.已知数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn，nN*.(1)求证：数列an是等差数列；(2)设bn，Tnb1b2bn，求Tn.(1)证明Sn，nN*，当n1时，a1S1 (an0)，a11.当n2时，由得2anaanaan1.即(anan1)(anan11)0，anan10，anan11(n2).所以数列an是以1为首项，以1为公差的等差数列.(2)
9、解由(1)可得ann，Sn，bn.Tnb1b2b3bn11.四审结构定方案典例：(14分)(2012江西)已知数列an的前n项和Snn2kn(其中kN*)，且Sn的最大值为8.(1)确定常数k，并求an；(2)求数列的前n项和Tn.Snn2kn及Sn最大值为8Sn是n的二次函数nk时(Sn)maxSk8(根据Sn的结构特征确定k值)k4，Snn24n利用an、Sn的关系ann 根据数列的结构特征，确定求和方法：错位相减法Tn1式两边同乘以22Tn22 错位相减Tn214.规范解答解(1)当nkN*时，Snn2kn取得最大值，即8Skk2k2k2，故k216，k4.当n1时，a1S14，4分当n
10、2时，anSnSn1n.6分当n1时，上式也成立，综上，ann.7分(2)因为，所以Tn1，所以2Tn22：2TnTn214412分故Tn4.14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an时不要忽视n1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数.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
11、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.3.在应用裂项相消法时，要注意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)一、填空题1.数列，的前n项和Sn为_.答案1解析1，2，3，4，Sn(n)(123n)()1.2.已知数列an：，若bn，那么数列bn的前n项和Sn为_.答案解析an，bn4()，Sn4(1)()()4(1).3.已知数列an是等差数列，若a93a110，a10a110，且数列an的前
12、n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n等于_.答案19解析由a93a110，得2a102a110，即a10a110，又a10a110，a110，S2010(a10a11)0.故使Sn取值最小正值的n为19.4.已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100等于_.答案100解析由题意，得a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(99100)(101100)(1299100)(23100101)1101100.5.数列a12，ak2k，a1020共有十项，且其和为240，则a1aka10的值为_.答案130解析
13、a1aka10240(22k20)240240110130.6.数列an，其前n项之和为，则在平面直角坐标系中，直线(n1)xyn0在y轴上的截距为_.答案9解析数列的前n项和为1，n9，直线方程为10xy90.令x0，得y9，在y轴上的截距为9.7.设f(x)，若Sf()f()f()，则S_. 答案1 007解析f(x)，f(1x)，f(x)f(1x)1.Sf()f()f()，Sf()f()f()，得，2Sf()f()f()f()f()f()2 014，S1 007.8.(2012课标全国)数列an满足an1(1)nan2n1，则an的前60项和为_.答案1 830解析利用数列的递推式的意义
14、结合等差数列求和公式求解.an1(1)nan2n1，a21a1，a32a1，a47a1，a5a1，a69a1，a72a1，a815a1，a9a1，a1017a1，a112a1，a1223a1，a57a1，a58113a1，a592a1，a60119a1，a1a2a60(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a57a58a59a60)1026422341 830.二、解答题9.已知数列an是首项为a1，公比为q的等比数列，设bn23logan(nN*)，数列cn满足cnanbn.(1)求数列bn的通项公式；(2)求数列cn的前n项和Sn.解(1)由题意，知an()n(nN*)，又bn3loga
15、n2，故bn3n2(nN*).(2)由(1)，知an()n，bn3n2(nN*)，所以cn(3n2)()n(nN*).所以Sn14()27()3(3n5)()n1(3n2)()n，于是Sn1()24()37()4(3n5)()n(3n2)()n1.两式相减，得Sn3()2()3()n(3n2)()n1(3n2)()n1.所以Sn()n(nN*).10.若Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列.(1)求等比数列S1，S2，S4的公比；(2)若S24，求数列an的通项公式；(3)在(2)的条件下，设bn，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn对所有nN*都成立的最小正
16、整数m.解(1)因为an为等差数列，设an的公差为d(d0)，所以S1a1，S22a1d，S44a16d.因为S1，S2，S4成等比数列且设其公比为q，所以S1S4S.所以a1(4a16d)(2a1d)2.所以2a1dd2.因为公差d0.所以d2a1.所以q4.(2)因为S24，所以2a1d4.又d2a1，所以a11，d2.所以an2n1.(3)因为bn()，所以Tn(1)()()(1).要使Tnc1，b1c12a1，an1an，bn1，cn1，则下列结论正确的是_.(填序号)Sn为递减数列Sn为递增数列S2n1为递增数列，S2n为递减数列S2n1为递减数列，S2n为递增数列答案解析因为b1c
17、1，不妨设b1，c1；故S1 a；a2a1，b2a1，c2a1，S2 a.显然S2S1；a3a1，b3a1，c3a1，S3 a，显然S3S2.4.(2013湖南)设Sn为数列an的前n项和，Sn(1)nan，nN*，则：(1)a3_；(2)S1S2S100_.答案(1)(2)解析anSnSn1(1)nan(1)n1an1，an(1)nan(1)n1an1.当n为偶数时，an1，当n为奇数时，2anan1，当n4时，a3.根据以上an的关系式及递推式可求.a1，a3，a5，a7，a2，a4，a6，a8.a2a1，a4a3，a6a5，S1S2S100(a2a1)(a4a3)(a100a99).5.
18、已知数列an的前n项和Sn，满足：Sn2an2n(nN*).(1)求数列an的通项an；(2)若数列bn满足bnlog2(an2)，Tn为数列的前n项和，求证：Tn.(1)解当nN*时，Sn2an2n，则当n2时，Sn12an12(n1)，两式相减得an2an2an12，即an2an12，an22(an12)，2，当n1时，S12a12，则a12，an2是以a124为首项，2为公比的等比数列，an242n1，an2n12；(2)证明bnlog2(an2)log22n1n1，则Tn，Tn，两式相减得Tn，Tn，当n2时，TnTn10，Tn为递增数列，TnT1.6.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.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn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，半径rn，所以an1(|AnBn|)2rd(2ann)n2an.又a11，所以an2n1.(2)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
