1、数列求和问题要点梳理 1.等差数列前 n 项和 Sn_na1an2_ na1nn12d _，推导方法：_倒序相加法_；等比数列前 n 项和 Sn ，q1，q1.na1 a11qn1q a1anq1q推导方法：乘公比，错位相减法.2.常见数列的前 n 项和(1)123n_nn12_；(2)2462n_ n2n _；(3)135(2n1)_ n2_；(4)122232n2_nn12n16_；(5)132333n3_nn122_.3.数列求和的常用方法（1）公式法：能直接用等差或等比数列的求和公式的方法。（2）拆项求和法：将一个数列拆成若干个简单数列（等差、等比、常数列）然后分别求和的方法。（3）并
2、项求和法：将数列相邻的两项或几项并成一组，得到一个新的更易求和的数列的方法。（4）裂项相消法：将数列的通项分成二项的差的形式，相加消去中间项，剩下有限项再求和的方法。（5）错位相减法：将一个数列的每一项都作相同的变换，然后将得到的新数列错动一个位置与原数列的各项相减，也即是仿照推导等比数列前 n 项和公式的方法。若 na为等差、nb为等比数列，则求数列nnba的前 n 项和可用此法。（6）倒序求和法：即仿照推导等差数列前n 项和公式的方法(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过观察数列通项公式特点和规律，判断求和类型，寻找合适的求和方法.求和过程中同时要对项数作出准确判
3、断.含有字母的数列求和，常伴随着分类讨论.(2)解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：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减来完成.不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.4.常见的拆项公式)11(1)(1knnkknn；)(11nknknkn)121121(21)12)(12(1nnnn；)2)(1(1)1(121)2)(1(1nnnnnnn基础自测1.若数列an的通项公式为 an2n2n1，则数列an的前 n 项和为()A.2nn21B.2n1n21C.2n1n22D.2nn22.已知an是
4、首项为 1 的等比数列，Sn 是an的前 n 项和，且 9S3S6，则数列1an 的前5 项和为()A.158 或 5B.3116或 5C.3116D.1583.已知等比数列an的各项均为不等于 1 的正数，数列bn满足 bnlg an，b318，b612，则数列bn的前 n 项和的最大值 等于()A.126B.130C.132D.1344.已知an为等差数列，其公差为2，且 a7 是 a3 与 a9 的等比中项，Sn 为an的前 n 项和，nN*，则 S10 的值为()A.110B.90C.90D.1105.如果数列an满足 a1，a2a1，a3a2，anan1，是首项为 1，公比为 3 的
5、等比数列，则 an 等于()A.3n12B.3n32C.3n12D.3n32 6.数列 1，112，1123，的前 n 项和 Sn_ 2nn1_.7.已知数列an的通项公式是an2n12n，其中前n项和Sn32164，则项数n_6 _.8.已知数列an中，a160，an1an3，则这个数列前 30 项的绝对值的和是_765_.9.设数列an是公差大于 0 的等差数列，a3，a5 分别是方程 x214x450 的两个实根.则数列an的通项公式是 an_.2n1_；若 bnan12n1，则数列bn的前 n 项和 Tn_2n22n _.例题分析：题型一 分组转化求和例 1 求和：(1)Sn32942
6、58 6516n2n12n；(2)Snx1x2x21x2 2xn1xn 2.解(1)由于 ann2n12nn12n，Sn1121 2 122 3123 n12n(123n)12 122 12312nnn12121 12n112nn1212n1.(2)当 x1 时，Sn4n.当 x1 时，Snx1x2x21x2 2xn1xn 2x221x2 x421x4x2n2 1x2n(x2x4x2n)2n1x21x4 1x2n x2x2n1x21x21x2n1x22nx2n1x2n21x2nx212n.Sn4n x1，x2n1x2n21x2nx212nx1.探究提高 某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可
7、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.变式训练 1（1）)()2()1(2naaan 解：（1）)()2()1(2naaaSnn)21()(2naaan当1a时，22)1(2nnnnnSn当1a时，2)1(1)1(nnaaaSnn（2）求和 Sn1112 11214 11214 12n1.解 和式中第 k 项为ak11214 12k11 12k1122112k.Sn2112 1 122 1 12n 2(111 n个(12122 12n)2n12112n112 12n12n2.题型二
8、错位相减法求和例 2 设数列an满足 a13a232a33n1ann3，nN*.(1)求数列an的通项；(2)设 bnnan，求数列bn的前 n 项和 Sn.解(1)a13a232a33n1ann3，当 n2 时，a13a232a33n2an1n13得 3n1an13，an13n.在中，令 n1，得 a113，适合 an13n，an13n.(2)bnnan，bnn3n.Sn3232333n3n，3Sn32233334n3n1.得 2Snn3n1(332333n)，即 2Snn3n1313n13，Sn2n13n1434.变式训练 2 已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 Snn2an(nN
9、*).(1)证明：数列an1为等比数列，并求数列an的通项公式；(2)若 bn(2n1)an2n1，数列bn的前 n 项和为 Tn.求满足不等式Tn22n12 013 的 n 的最小值.(1)证明 因为 Snn2an，即 Sn2ann，所以 Sn12an1(n1)(n2，nN*).两式相减化简，得 an2an11.所以 an12(an11)(n2，nN*)，所以数列an1为等比数列.因为 Snn2an，令 n1，得 a11.a112，所以 an12n，所以 an2n1.(2)解 因为 bn(2n1)an2n1，所以 bn(2n1)2n.所以 Tn32522723(2n1)2n1(2n1)2n，
10、2Tn322523(2n1)2n(2n1)2n1，得Tn322(22232n)(2n1)2n162222n112(2n1)2n122n2(2n1)2n12(2n1)2n1.所以 Tn2(2n1)2n1.若Tn22n12 013，则22n12n122n12 013，即 2n12 013.由于 2101 024,2112 048，所以 n111，即 n10.所以满足不等式Tn22n12 013 的 n 的最小值是 10.已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an12Sn1(nN*)，等差数列bn中，bn0(nN*)，且 b1b2b315，又 a1b1、a2b2、a3b3 成等比数列.(1)求
11、数列an、bn的通项公式；(2)求数列anbn的前 n 项和 Tn.解(1)a11，an12Sn1(nN*)，an2Sn11(nN*，n1)，an1an2(SnSn1)，即 an1an2an，an13an(nN*，n1).而 a22a113，a23a1.数列an是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，an3n1(nN*).a11，a23，a39，在等差数列bn中，b1b2b315，b25.又a1b1、a2b2、a3b3 成等比数列，设等差数列bn的公差为 d，则有(a1b1)(a3b3)(a2b2)2.(15d)(95d)64，解得 d10 或 d2，bn0(nN*)，舍去 d10，取 d2，
12、b13，bn2n1(nN*).(2)由(1)知 Tn3153732(2n1)3n2(2n1)3n1，3Tn33532733(2n1)3n1(2n1)3n，得2Tn312323223323n1(2n1)3n32(332333n1)(2n1)3n3233n13(2n1)3n3n(2n1)3n2n3n.Tnn3n.在等差数列 na中，11a ，前n 项和nS 满足条件242,1,2,1nnSnnSn，（）求数列 na的通项公式；（）记(0)nannba pp，求数列 nb的前n 项和nT。解：（）设等差数列 na的公差为d,由2421nnSnSn得：1213aaa，所以22a，即211daa，所以n
13、an。（）由nannba p，得nnbnp。所以23123(1)nnnTpppnpnp，当1p 时，12nnT；当1p 时，234123(1)nnnpTpppnpnp，23111(1)(1)1nnnnnnppP Tpppppnpnpp即11,12(1),11nnnnpTppnppp。题型三 裂项相消法求和例 3 已知数列an中，a11，当 n2 时，其前 n 项和 Sn 满足 S2nanSn12.(1)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 S
14、n1Sn0，式两边同除以 Sn1Sn，得 1Sn 1Sn12，数列1Sn 是首项为1S11a11，公差为 2 的等差数列.1Sn12(n1)2n1，Sn12n1.(2)又 bnSn2n112n12n11212n112n1，Tnb1b2bn12113 1315 12n112n1 12112n1 n2n1.探究提高 使用裂项法求和时，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，实质上造成正负相消是此法的根源与目的.变式训练 3已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11，an112Sn(n1,2,3，).(1)求数列an的通项公式；(2)令
15、 bn3n 12log(3a)，求 Tn 1b1b2 1b2b3 1b3b41bnbn1(1)解 由已知得an112Sn，an12Sn1(n2)，得到 an132an(n2).数列an是以 a2 为首项，以32为公比的等比数列.又 a212S112a112，ana2 32n2 12 32n2(n2).an1，n1，12 32n2，n2.(2)证明 bn3n 12log(3a)n 1323 3log()2 2n.1bnbn11n1n1n 11nTn 1b1b2 1b2b3 1b3b41bnbn11112 1213 1314 1n 11n 1 11n n1n.正项数列 na的前 n 项和为 Sn，
16、且.12nnaS（1）求数列 na的通项公式；（2）设.21:,11nnnnnnTTnbaab求证项和为的前数列解（1）,1211 aS1a=1 ,12,0nnnaSa2)1(4nnaS)2()1(4211naSnn，得1212224nnnnnaaaaa即0)2)(11nnnnaaaa而,0na)2(21naann故数列 na是首项为 1，公差为 2 的等差数列。12 nan（2）)121121(21)12)(12(1nnnnbnnnbbbT21)121121(21)5131(21)311(21nn)1211(21n21)12(2121)1211(21nn21nT题型四倒序求和法例 4（1）设
17、221)(xxf，利用课本中推导等差数列前n 项和公式的方法，可求)0()4()5(fff)6()5(.ff的值为A23B2C22D 22解：由于22)1()(xfxf，则原式)5()4()6()5(21ffff)5()6(ff23221221，选 A题型五并项求和例 5 数列 na的前n 项和为nS，满足：11 a，tSttSnn3)32(31，其中0t，Nn且2n（）求证：数列 na是等比数列；（）设数列 na的公比为)(tf，数列 nb满足1111,()(2),nnbbfnb 求nb 的通项式.（）记,12221254433221nnnnnbbbbbbbbbbbbT求证：.920nT解（
18、）当2n时，tSttSnn3)32(31 ,tSttSnn3)32(31得：0)32(31nnatta1233nnatat（2n）又11211,3()(23)3at aatat，解得：tta3322,nnaaaaaa12312233tt na是首项为 1，公比为 233tt的等比数列。（）32323332,332)(1111nnnnnbbbbbtttf,321 nnbb则313232)1(1nnbn（）)()()(12122534312 nnnnbbbbbbbbbT920954,32,2)32(949)64(22)31435(34)(3422242nnTnnnnnnnnnbbb为增时当变式训练
19、 5 22222212979899100的值是A2525 B5050 C10100 D20200解：原式5050)12()9798()99100(，选 B例 6数列 na的通项222(cossin)33nnnan，其前n 项和为nS.(1)求nS;(2)3,4nnnSbn求数列nb 的前n 项和nT.解:(1)由于222cossincos333nnn,故312345632313222222222()()()1245(32)(31)(3)(6)(3)222kkkkSaaaaaaaaakkk 1331185(94)2222kkk,3133(49),2kkkkkSSa2323131(49)(31)1
20、321,22236kkkkkkkSSak 故1,3236(1)(1 3),316(34),36nnnknnSnknnnk(*kN)(2)394,42 4nnnnSnbn21 132294,2 444nnnT112294413,244nnnT两式相减得1232199199941941944313138,12444242214nnnnnnnnnnT故2321813.33 22nnnnT数列求和练习（1）1数列 na的通项公式是)(11Nnnnan，若它的前n 项和为 10，则其项数n为A11 B99 C120 D121解：nnan1，则由1011nSn，得120n，选 C2数列 na的通项是14
21、nan，naaabnn21，则数列 nb的的前n 项和为A2nB)1(nnC)2(nnD)12(nn解：)12(2)143(21nnnnaaan，则12 nbn221)12(531nnbbbn，选 A3已知数列 na的前n 项和为142nnSn，则|10321aaaa的值是A65 B67 C61 D56解：由0521nSSannn，得3n，则原式210103212SSaaaa67661，选 B4数列,21)12(,815,413,211nn的前n 项和为nS，则nSAnn2112B12211nnCnnn21122Dnnn2112分析：代入检验，因2111S，故选 A5在等比数列 na中，122
22、1nnaaa，则22221naaaA2)12(nB3)12(2nC14 nD314 n分析：有3121,12211qaaa，则2q，12 nna，124 nna故原式)14(314141444112nnn，选 D6数列2211,(12),(122),(1222),n的通项公式na，前 n 项和nS.21n ，122nn 7若数列 na满足12a，1(1)2nnnana，则数列 na的通项公式na _42n _.8数列 na中，2,121aa，nnnaa)1(12)(Nn，则100S_。解：n 为奇数时02nnaa，11 aan；n 为偶数时，22nnaa，nan)()(100429931100
23、aaaaaaS26002)1002(5050)10042(509数列 na中，11 a，0112nnaa，则此数列的前 2009 项之和为_.解：由题设可知，112ka，02 ka（1k），则20091003S 10已知数列 na是等差数列，其前n 项和为.621,33SaSn（I）求数列 na的通项公式；（II）求和：nSSS11121.解：（）设等差数列 na的公差是 d，依题意得，.1222336211dada解得.2,21da,数列 na的通项公式为.2)1(1ndnaan（）解：nan2，).1(2)(1nnaanSnn)1(132121111121nnSSSn=.111)111()
24、3121()3121()2111(nnn11设数列 na的前 n 项和为22nSn，nb为等比数列，且.)(,112211baabba（）求数列 na和 nb的通项公式；（）设nnnbac，求数列 nc的前n 项和nT.解：（1）：当1n 时，112;aS,24)1(22,2221nnnSSannnn时当故an的通项公式为24 nan，即 na是21a，公差4d的等差数列设bn的通项公式为.41,4,11qdbqdbq 则故111412nnnqbb，即 nb的通项公式为142nnb（II）,4)12(422411nnnnnnnbac4)12(4543112121nnnncccT4)12(4)3
25、2(4543414132nnnnnT两式相减得.54)56(9154)56(314)12()4444(2131321nnnnnnnTnnT12.已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an12Sn(nN*).(1)求数列an的通项 an；(2)求数列nan的前 n 项和 Tn.解(1)an12Sn，Sn1Sn2Sn，Sn1Sn 3.又S1a11，数列Sn是首项为 1，公比为 3 的等比数列，Sn3n1(nN*).当 n2 时，an2Sn123n2，an1，n1，23n2，n2.(2)Tna12a23a3nan，当 n1 时，T11；当 n2 时，Tn14306312n3n2，3Tn3431
26、6322n3n1，得：2Tn22(31323n2)2n3n122313n2132n3n11(12n)3n1.Tn12n12 3n1(n2).又T1 也满足上式，故 Tn12n12 3n1(nN*).13设数列 na的前n 项和为nS，且对任意正整数n，4096nnaS。（1）求数列 na的通项公式（2）设数列2logna的前n 项和为nT,对数列 nT，从第几项起509nT？（参考数据：460167.8）解(1)4096nnaS,409611 Sa,20481 a当2n时,)4096()4096(11nnnnnaaSSannaa11nnaa=21nnna 1212)21(2048(2)nann
27、122loglog1222,)23(212nnTn.由509nT,解得n2460123,而 n 是正整数,于是 n46.从第 46 项起509nT.14已知数列 na的前n 项和2nSn，数列 nb中)2(2,211 nbbbnn（1）求nn ba,；（2）若为偶数为奇数nbnacnnn,，求 nC的前n 项和nT数列求和练习（2）1.数列 1，112，1123，的前 n 项和 Sn_.2nn1解：)111(2)1(2211nnnnnan，则12)111(2nnnSn，2Sn 是数列an的前 n 项和，若 an1n22n，则 Sn_.答案：3412n212n4(nN*)3已知等比数列an满足
28、an0，n1,2，且 a5a2n522n(n3)，则当 n1 时，log2a1log2a3log2a2n1_.解析：由题意知 an2n，log2a2n12n1，log2a1log2a3log2a2n113(2n1)n2.答案：n24.数列an的通项公式为 an(1)n1(4n3)，则它的前 100 项之和 S100 等于()A.200B.200C.400D.400解析：S100(15)(913)(4993)(41003)(4)50200.5.已知数列 2 008,2 009,1，2 008，2 009，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前 2 013 项之和 S2 013 等于()A.4 018B.2 010C.1D.06.已知等差数列的公差 d0，S210，Sn 是数列an前 n 项的和，若 Sn 取得最大值，则 n_.解析：设公差为 d，由题设 3(a13d)7(a16d)，所以 d 433a10，即a1(n1)433a1 0，所以 n0，同理可得 n10 时，an0，即 15 56n1 115log56115.85.n16 时 an 0故 n15 时，Sn 取得最小值
