1、第4讲数列求和,学生用书P101)1等差数列的前n项和公式Snna1d2等比数列的前n项和公式Sn3一些常见数列的前n项和公式(1)1234n；(2)1357(2n1)n2；(3)24682nn2n1辨明两个易误点(1)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解2数列求和的常用方法(1)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
2、n项和即是用此法推导的(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)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和(4)分组转化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，则求和时可用分组转化法，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数列an的前n项和为Sn，已知Sn1234(1)n1n，则S17()A9B8C17 D16
3、解析：选A.S171234561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119.2(必修5 P47习题2.3 B组T4改编)数列an中，an，若an的前n项和为，则项数n为()A2 014 B2 015C2 016 D2 017解析：选B.an，Sn11，所以n2 015.3等差数列an的通项公式为an2n1，其前n项的和为Sn，则数列的前10项的和为()A120 B100C75 D70解析：选C.因为Snn(n2)，所以n2.故75.4若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为_解析：Sn2n12n2.答案：2n1n225已知数列an的前n项和为Sn
4、且ann2n，则Sn_解析：Sn12222323n2n，所以2Sn122223324n2n1，得Sn222232nn2n1n2n1，所以Sn(n1)2n12.答案：(n1)2n12考点一分组转化法求和学生用书P102(2015高考福建卷)等差数列an中，a24，a4a715.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an2n，求b1b2b3b10的值解(1)设等差数列an的公差为d.由已知得解得所以ana1(n1)dn2.(2)由(1)可得bn2nn，所以b1b2b3b10(21)(222)(233)(21010)(22223210)(12310)(2112)55211532 101.分组转化
5、法求和的常见类型(1)若anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求an的前n项和； (2)通项公式为an的数列，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和1.已知等比数列an中，首项a13，公比q1，且3(an2an)10an10(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列bn的通项公式和前n项和Sn.解：(1)因为3(an2an)10an10，所以3(anq2an)10anq0，即3q210q30.因为公比q1，所以q3.又首项a13，所以数列an的通项公式为an3n.(2)因为是首项为1，公差为2的等差数列，所以
6、bnan12(n1)即数列bn的通项公式为bn2n13n1，前n项和Sn(13323n1)13(2n1)(3n1)n2.考点二错位相减法求和学生用书P103(2015高考湖北卷)设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q.已知b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意有 即解得 或 故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.用错位相减法求和时应注意的两点(1)要善于识别题目类型， 特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S
7、n”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. 2.(2014高考江西卷)已知首项都是1的两个数列an，bn(bn0，nN*)满足anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令cn，求数列cn的通项公式；(2)若bn3n1，求数列an的前n项和Sn.解：(1)因为anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以2，即cn1cn2，所以数列cn是以首项c11，公差d2的等差数列，故cn2n1.(2)由bn3n1知ancnbn(2n1)3n1，于是数列an的前n项和Sn130331532(2n1)3n1，3Sn131332(2n3)3n1(
8、2n1)3n，相减得2Sn12(31323n1)(2n1)3n2(2n2)3n，所以Sn(n1)3n1.考点三裂项相消法求和(高频考点)学生用书P104裂项相消法求和是每年高考的热点，题型多为解答题，难度适中，属中档题高考对裂项相消法的考查常有以下两个命题角度：(1)求前n项和；(2)比较大小或不等式证明(2015高考安徽卷)已知数列an是递增的等比数列，且a1a49，a2a38.(1)求数列an的通项公式；(2)设Sn为数列an的前n项和，bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由题设知a1a4a2a38，又a1a49，可解得或(舍去)由a4a1q3得公比q2，故ana1qn12n1.(2)
9、Sn2n1.又bn，所以Tnb1b2bn1.利用裂项相消法求和的注意事项(1)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；或者前面剩几项，后面也剩几项；(2)将通项裂项后，有时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相等如：若an是等差数列，则，. 3.(1)(2015高考江苏卷)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_(2)(2016长春质量监测)等差数列an的前n项和为Sn，且满足a1a79，S9.求数列an的通项公式；设bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn.解：(1)由题意有a2a12，a3a23，anan1
10、n(n2)以上各式相加，得ana123n.又因为 a11，所以an(n2)因为当n1时也满足此式，所以an(nN*)所以2()所以S102()2(1).故填.(2)设数列an的公差为d，则由已知条件可得：解得于是可求得an.证明：由知，Sn，故bn，故Tn，又因为.,学生用书P104)规范解答数列求和(本题满分12分)(2015高考山东卷)设数列an的前n项和为Sn.已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.(1)(2)(1)因为2Sn3n3，所以2a133，故a13.(1分)当n2时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13
11、n3n123n1，即an3n1，所以an(4分)(2)因为anbnlog3an，所以b1.当n2时，bn31nlog33n1(n1)31n.所以T1b1；(6分)当n2时，Tnb1b2b3bn131232(n1)31n，所以3Tn1130231(n1)32n，(8分)两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n，(10分)所以Tn.(11分)经检验，n1时也适合综上可得Tn.(12分)利用Sn求an时不要忽视n1的情况；根据已知条件合理选择数列的求和方法，错位相减时不要漏项或算错项数1在数列an中，a12，a22，an2an1(1)n，nN*，则S60的值为()A990
12、B1 000C1 100 D99解析：选A.n为奇数时，an2an0，an2；n为偶数时，an2an2，ann.故S60230(2460)990.2(2016宁波效实中学检测)已知数列an中，a11，a2nnan，a2n1an1，则a1a2a3a100()A1 275 B1 300C1 306 D1 307解析：选C.由题知，a2n1a2nn1，a1(a2a3)(a4a5)(a98a99)123501 275.a10050a5050(25a25)25a12126(6a6)32(3a3)29(a11)31，所以a1a2a3a1001 275311 306.3(2016瑞安四校联考)已知数列an中
13、，a125，4an14an7，若其前n项和为Sn，则Sn的最大值为()A15 B750C. D.解析：选C.由题知，数列an为等差数列，公差为，故其通项公式为an25(n1)，由an0且an10，解得n15，即数列an的前15项为正值(该数列中没有等于零的项)，第16项开始为负值，故S15最大，S151525375.4(2016青岛模拟)数列an的通项公式是an，若前n项和为10，则项数n为()A120 B99C11 D121解析：选A.an，所以a1a2an(1)()()110.即11，所以n1121，n120.5(2016曲靖模拟)的值为()A. B.C. D.解析：选C.因为，所以.6(
14、2016西安质检)已知数列an满足a11，an1an2n(nN*)，则S2 016()A22 0161 B321 0083C321 0081 D321 0072解析：选B.a11，a22，又2.所以2.所以a1，a3，a5，成等比数列；a2，a4，a6，成等比数列，所以S2 016a1a2a3a4a5a6a2 015a2 016(a1a3a5a2 015)(a2a4a6a2 016)321 0083.故选B.7在等差数列an中，a10，a10a110，a10a110可知d0，a110，所以an12.因为，又b1log2(a12)2，所以数列bn是首项为2，公比为的等比数列(2)由(1)知，bn
15、2，则cn2n.Sn242(n1)2n，Sn242(n1)2n.得Sn22222n2n4(42n).所以Sn8(n2).4(2016浙江严州阶段测试)设等差数列an的前n项和为Sn，已知a74，a192a9，数列bn的前n项和为Tn，满足42an1Tn(a51)(nN*)(1)是否存在非零实数，使得数列bn为等比数列？并说明理由；(2)已知对于nN*，不等式M恒成立，求实数M的最小值解：(1)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)d.因为所以解得a11，d，所以数列an的通项公式为an.因为a53，42an1Tn(a51)，所以4nTn2，Tn4n.当n1时，b1；当n2时，bnTnTn14n4n14n1.所以bn14n4bn(n2)，若数列bn是等比数列，则有b24b1，而b1b2，b2，所以2与b24b1矛盾故不存在非零实数，使得数列bn为等比数列(2)由(1)知Sn，所以，从而，所以M ，故实数M的最小值为.