1、第3节数列求和的常用方法及其应用考试要求1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式；2.了解非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.知 识 梳 理求数列的前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，
2、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(n)类型，可采用两项合并求解.例如，Sn10029929829722212(10099)(9897)(21)5 050.常用结论与易错提醒1.一些常见数列的前n项和公式(1)1234n；(2)1357(2n1)n2；(3)2462nn2n.2.常见的裂项公式(1)；(2)；(3).诊 断 自 测1.判断下列说法的正误.(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时只要把上式等号两边同时乘
3、以a即可根据错位相减法求得.()(4)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.()解析(3)要分a0或a1或a0且a1讨论求解.答案(1)(2)(3)(4)2.等差数列an中，已知公差d，且a1a3a9950，则a2a4a100()A.50 B.75 C.100 D.125解析a2a4a100(a1d)(a3d)(a99d)(a1a3a99)50d505075.答案B3.若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为()A.2nn21 B.2n1n21C.2n1n22 D.2nn2解析Sn2n12n2.答案C4.已知首项为a1，
4、公差为d的等差数列an，其前n项为Sn，若SknSkn(n，kN*且kn)，则一定有S2k()A.ka1 B.kd C.0 D.不确定解析因为SknSkn(kn)a1(kn)a1，即a1d0.所以S2k2ka1d2k0，故选C.答案C5.(必修5P61A4(3)改编)12x3x2nxn1_(x0且x1).解析设Sn12x3x2nxn1，则xSnx2x23x3nxn，得(1x)Sn1xx2xn1nxnnxn，Sn.答案6.(2016浙江卷)设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.解析由解得a11，a23，当n2时，由已知可得：an12Sn1，an2Sn11
5、，得an1an2an，an13an，又a23a1，an是以a11为首项，公比q3的等比数列.S5121.答案1121考点一分组转化法求和【例1】 (2020深圳二调)已知数列an满足a12，an1an2n2(nN*).(1)判断数列an2n是否为等差数列，并说明理由；(2)记Sn为数列an的前n项和，求Sn.解(1)设bnan2n，则bn1an12n1，则bn1bn(an12n1)(an2n)an1an2n，(an2n2)an2n2(nN*)，所以数列an2n是首项为0，公差d2的等差数列.(2)由(1)可知an2n02(n1)，an2n2(n1)，Sn2n1n2n2.规律方法(1)若数列cn
6、的通项公式为cnanbn，且an，bn为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列cn的前n项和.(2)若数列cn的通项公式为cn其中数列an，bn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求cn的前n项和.【训练1】 已知数列an的通项公式an23n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 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，Sn2ln 33nln 31，当n为奇数时，Sn2(ln 2ln 3)ln 33nln 3ln 21，综上所述，Sn考点二裂项相消法求和【例2】 已知数列an中，a11，a22，an12an
7、13an(n2)，数列an的前n项和为Sn.(1)求an；(2)设bn(nN*)，Tnb1b2bn，求Tn.解(1)由题意知an1an2(anan1)(n2)，又因为a2a110，所以数列an1an为首项为1，公比为2的等比数列，所以an1an2n1.当n2时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n22n320112n1，当n1时，a11也满足上式，故an2n1，nN*.(2)由(1)知，Sn2n1，所以bn，故Tnb1b2bn1.规律方法(1)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.(2)将通项公式裂项后，有时候需要
8、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.【训练2】 (2020宁波模拟)已知等差数列an的公差d0，a125，且a1，a11，a13成等比数列.(1)求使不等式an0成立的最大自然数n；(2)记数列的前n项和为Tn，求证：Tn.(1)解由题意可知aa1a13，即(a110d)2a1(a112d)，d(2a125d)0.又a125，d0，d2，an2n27，2n270，n13.5，故满足题意的最大自然数为n13.(2)证明，Tn.从而当n12时，Tn单调递增，且Tn0；当n13时，Tn单调递增，且Tn0，T13TnT12，由T12，T13，Tn.考点三错位相减法求和【例3】
9、设数列an的前n项和为Sn2n21，bn为等比数列，a1b1，b2(a2a1)b1.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)设cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn12n212(n1)214n2，故an的通项公式为an又b1a13，b21，bn的公比q，故bn的通项公式为bn.(2)当n1时，c11；当n2时，cn(4n2)3n2，当n1时，Tnc11，当n2时，Tnc1c2c3cn163010311432(4n6)3n3(4n2)3n2，3Tn363110321433(4n6)3n2(4n2)3n1，两式相减得2Tn443143243n2(4n2
10、)3n14(4n2)3n1(44n)3n12，Tn(2n2)3n11，上式对n1也成立，Tn(2n2)3n11.规律方法(1)一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法求和.(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式.【训练3】 (2020嘉、丽、衢模拟)设等比数列an的前n项和为Sn，若an12Sn1(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)在an和an1之间插入n个实数，使得这n2个数依次组成公差为dn的等差数列，记数列的前n项和为Tn，求证：Tn2.(1)解因为an1
11、2Sn1，故an2Sn11(n2)，两式相减可得an1an2(SnSn1)2an(n2)，故an13an(n2)，所以an是等比数列，且a22a11，所以3a12a11，故a11，所以an3n1.(2)证明由题设可得an1an(n1)dn，所以，所以Tn1，则Tn，得Tn11.所以Tn2，得证.基础巩固题组一、选择题1.数列an的前n项和为Sn，已知Sn1234(1)n1n，则S17()A.9 B.8 C.17 D.16解析S171234561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119.答案A2.数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则它的前100项之和S1
12、00()A.200 B.200 C.400 D.400解析S100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200.答案B3.已知数列an满足an1an2，a15，则|a1|a2|a6|()A.9 B.15 C.18 D.30解析an1an2，a15，数列an是公差为2的等差数列.an52(n1)2n7.数列an的前n项和Snn26n.令an2n70，解得n.n3时，|an|an；n4时，|an|an.则|a1|a2|a6|a1a2a3a4a5a6S62S362662(3263)18.答案C4.已知数列an满足a11，a23，an1an1an(n2)
13、，则数列an的前40项和S40()A.20 B.40 C.60 D.80解析由an1(n2)，a11，a23，可得a33，a41，a5，a6，a71，a83，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为，又40664，所以S406133160.答案C5.已知数列an满足a11，an1an2n(nN*)，则S2 018()A.22 0181 B.321 0093C.321 0091 D.321 0092解析a11，a22，又2，2.a1，a3，a5，成等比数列；a2，a4，a6，成等比数列，S2 018a1a2a3a4a5a6a2 017a2 018(a1a3a5a2 017)(a2a4a6a
14、2 018)321 0093.答案B6.在数列an中，an1(1)nan2n1，则数列an的前12项和为()A.76 B.78 C.80 D.82解析因为an1(1)nan2n1，所以a2a11，a3a23，a4a35，a5a47，a6a59，a7a611，a11a1019，a12a1121，所以a1a32，a4a28，a12a1040，所以从第一项开始，依次取两个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取两个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，以上式相加可得，S12a1a2a3a12(a1a3)(a5a7)(a9a11)(a2a4)(a6a8)(a10a12)328244
15、078.答案B二、填空题7.有穷数列1，12，124，1242n1所有项的和为_.解析由题意知所求数列的通项为2n1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为n2n12n.答案2n12n8.数列an满足anan1(nN*)，且a11，Sn是数列an的前n项和，则S21_.解析由anan1，S21a1(a2a3)(a4a5)(a20a21)1106.答案69.在数列an中，a11，a22，且an2an1(1)n(nN*)，则an_，S100_.解析当n为奇数时，an2an0；当n为偶数时，an2an2，an的一个通项公式为anS100S奇S偶5012 600.答案2 60010.若数列an的通
16、项公式an(1)n，则它的前n项和Sn_.解析an(1)n(1)n，Sn(1)n，当n为偶数时，Sn1，当n为奇数时，Sn1，综上所述Sn1.答案1或三、解答题11.已知an是等差数列，bn是等比数列，且b23，b39，a1b1，a14b4.(1)求an的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和.解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，由得bnb1qn13n1，又a1b11，a14b434127，1(141)d27，解得d2.ana1(n1)d1(n1)22n1.(2)由(1)知an2n1，bn3n1，因此cnanbn2n13n1.从而数列cn的前n项和Sn13(
17、2n1)133n1n2.12.(2020浙江新高考仿真卷一)设等比数列an的前n项和为Sn，已知a12，且4S1，3S2，2S3成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn|2n5|an，求数列bn的前n项和Tn.解(1)4S1，3S2，2S3成等差数列，6S24S12S3，即6(a1a2)4a12(a1a2a3).则a32a2，q2，an2n(nN*).(2)当n1，2时，2n50，当n3时，2n50，T16，T210，当n3时，Tn10123324(2n5)2n，2T220124325(2n7)2n(2n5)2n1，两式相减得Tn1082(24252n)(2n5)2n122(2n5
18、)2n134(72n)2n1，Tn34(2n7)2n1.Tn能力提升题组13.(2019合肥质检二)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在梦溪笔谈中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件.已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是100200万元，则n的值为()A.7 B.8 C.9 D.10解析由题意知茭草垛自上而下堆放的货物件数构成一个等差数列，其通项ann，货物单价构成一个等比数
19、列，其通项bn，所以每一层货物的总价为anbn，这堆货物的总价为Sna1b1a2b2anbn，即Sn1123(n1)n，所以Sn12(n1)n，两式相减得Sn1nn10(10n)，所以Sn10010(10n)，于是由10010(10n)100200，得10(10n)200，解得n10，故选D.答案D14.已知数列an的通项公式为an(nN*)，其前n项和为Sn，则在数列S1，S2，S2 016中，有理数项的项数为()A.42 B.43 C.44 D.45解析an.所以Sn11，因此S3，S8，S15为有理项，又下标3，8，15，的通项公式为n21(n2)，所以n212 016，且n2，所以2n
20、44，所以有理项的项数为43.答案B15.(一题多解)(2020浙江教育绿色联盟适考)已知数列an满足an1(1)nann(nN*)，记数列an的前n项和为Sn，则S60_.解析法一因为a2ka2k12k1，a2k1a2k2k(kN*)，两式相减，则a2k1a2k11，即an的相邻两个奇数项之和恒为1；又a2k1a2k2k，a2k2a2k12k1(kN*)，两式相加，则a2k2a2k4k1，所以S60(a1a3a59)(a2a4)(a58a60)15(411)(431)(4291)930.法二一般递推关系中出现(1)n，应分奇偶项进行讨论，以简化递推关系.同时，对于首项未定的数列求和，可以考虑
21、从特殊到一般归纳其规律：设a1x，则由递推关系，得a21x，a31x，a44x，a5x，a65x，a71x，a88x，则有a1a2a3a46，a5a6a7a814，可猜想a4m1a4m2a4m3a4m48m6(mN)，故S606158930.答案93016.已知公差不为零的等差数列an中，a11，且a2，a5，a14成等比数列，an的前n项和为Sn，bn(1)nSn，则an_，数列bn的前n项和Tn_.解析设等差数列an的公差为d(d0)，则由a2，a5，a14成等比数列得aa2a14，即(14d)2(1d)(113d)，解得d2，则ana1(n1)d2n1，Snna1dn2，当n为偶数时，T
22、nS1S2S3S4Sn1Sn12223242(n1)2n237(2n1)；当n为大于1的奇数时，TnS1S2S3S4Sn1Sn12223242(n2)2(n1)2n237(2n3)n2，当n1时，也符合上式.综上所述，Tn(1)n.答案2n1(1)n17.(2019浙江新高考仿真卷二)已知正项数列an的前n项和为Sn，且a4Sn2an1(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，数列bn的前n项和为Tn，证明：T2n11T2n(nN*).(1)解当n1时，a11；当n2时，因为an0，a4Sn2an1，所以a4Sn12an11，两式相减得aa4an2an2an12(anan1)，所以
23、anan12，所以数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an2n1.(2)证明由(1)知bn(1)n1，所以T2n111，T2n11，所以T2n11T2n(nN*).18.(2020浙江十校联盟适考)若数列an前n项和为Sn，且满足Sn(an2)(t为常数，且t0，t1).(1)求数列an的通项公式；(2)设bn1Sn，且数列bn为等比数列，令cnan|log3bn|，求证：c1c2cn.(1)解由题意得Sn(an2)，当n1时，得S1(a12)，得a12t.由得antan1，数列an是首项为2t，公比为t的等比数列，故an2tn.(2)证明bn1Sn1(2tn2)1(tn1)，由bn为等比数列可知bb1b3，求得t，所以bn，即cn，由错位相减法得c1c2cn.