1、1等差数列的前 n 项和公式Sn na 1 d.n(a1 an)2 n(n 1)22等比数列的前 n 项和公式SnError!3一些常见数列的前 n 项和公式(1)1234n .n(n 1)2(2)13572n1n 2.(3)24682nn(n 1)(4)122 2n 2 .n(n 1)(2n 1)6【知识拓展】数列求和的常用方法(1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和(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常见的裂项公式 ；1n(n 1) 1n 1n 1
2、；1(2n 1)(2n 1) 12( 12n 1 12n 1) .1n n 1 n 1 n(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(n)类型，可采用两项合并求解例如，S n100 299 298 297 22 21 2(10099)(9897)(2 1)5050.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打 “”或“”)(1)如果数列a n为等比
3、数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sn .( )a1 an 11 q(2)当 n2 时， ( )( )1n2 1 12 1n 1 1n 1(3)求 Sna2a 23a 3na n 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 2 n1的前 n 项和为 n2 .( )12n 12n(5)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 sin21sin 22sin 23sin 288 sin28944.5.( )1(2016潍坊模拟)设a n是公差不为 0 的等差数列，a 12，且 a1，a 3，a 6 成等比数列，则an的前 n 项和 Sn 等
4、于( )A. B.n2 7n4 n2 5n3C. Dn 2n2n2 3n4答案 A解析 设等差数列的公差为 d，则 a12，a322d，a 625d.又a 1，a 3，a 6 成等比数列，a a 1a6.23即(22d) 22(25d)，整理得 2d2d0.d0，d .12S nna 1 d n.n(n 1)2 n24 742(教材改编)数列 an中，a n ，若a n的前 n 项和 Sn ，则 n 等于( )1n(n 1) 20172018A2016 B2017C2018 D2019答案 B解析 a n ，1n(n 1) 1n 1n 1Sna 1a 2a n(1 )12 12 13 1n 1
5、n 11 .1n 1 nn 1令 ，得 n2017.nn 1 201720183数列a n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 S 100(413)(4 23) (433)(4 1003)4(12)(34)(99100) 4(50)200.4数列a n的通项公式为 anncos ，其前 n 项和为 Sn，则 S2017_.n2答案 1008解析 因为数列 anncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：n2a10，a 22，a 30，a 44.故 S4a 1a 2a 3a 42.a50，a 66，
6、a 70，a 88，故 a5a 6a 7a 82，周期 T4.S 2017S 2016a 2017 22017cos 20164 201721008.题型一 分组转化法求和例 1 已知数列a n的前 n 项和 Sn ，nN *.n2 n2(1)求数列a n的通项公式；(2)设 bn2a n(1) nan，求数列b n的前 2n 项和解 (1)当 n1 时，a 1S 11；当 n2 时，a nS nS n1 n.n2 n2 (n 1)2 (n 1)2a1 也满足 ann，故数列a n的通项公式为 ann.(2)由(1)知 ann，故 bn2 n( 1) nn.记数列b n的前 2n 项和为 T2
7、n，则 T2n(2 12 22 2n)(12342n) 记 A2 12 22 2n，B12342n，则 A 2 2n1 2，2(1 22n)1 2B(12) (34) (2n1)2n n.故数列b n的前 2n 项和 T2nAB2 2n1 n2.引申探究例 1(2)中，求数列b n的前 n 项和 Tn.解 由(1)知 bn2 n(1) nn.当 n 为偶数时，Tn(2 12 2 2 n)1234(n1) n 2 n1 2；2 2n 11 2 n2 n2当 n 为奇数时，T n(2 12 22 n)1234 ( n2)(n1) n2 n1 2 n2 n1 .n 12 n2 52T nError!
8、思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若 anb ncn，且b n，c n为等差或等比数列，可采用分组求和法求a n的前 n 项和(2)通项公式为 anError!的数列，其中数列 bn，c n是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和提醒：某些数列的求和是将数列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，注意在含有字母的数列中对字母的讨论已知数列a n的通项公式是 an23 n1 ( 1) n(ln2ln3)(1) nnln3，求其前n 项和 Sn.解 S n2(133 n1 )111(1) n(ln2ln3)123(1) nnln3，所以当 n 为偶数时，Sn2 ln33 n
9、 ln31；1 3n1 3 n2 n2当 n 为奇数时，Sn2 (ln2ln3)( n)ln31 3n1 3 n 123 n ln3ln21.n 12综上所述，S nError!题型二 错位相减法求和例 2 (2016山东)已知数列a n的前 n 项和 Sn3n 28n， bn是等差数列，且 anb nb n1 .(1)求数列b n的通项公式；(2)令 cn ，求数列c n的前 n 项和 Tn.(an 1)n 1(bn 2)n解 (1)由题意知，当 n2 时，a nS nS n1 6n5，当 n1 时，a 1S 111，满足上式，所以 an6n5.设数列b n的公差为 d.由Error!即Er
10、ror! 可解得Error! 所以 bn3n1.(2)由(1)知，c n 3(n1)2 n1 ，(6n 6)n 1(3n 3)n又 Tnc 1c 2c n，得 Tn322 232 3 (n1)2 n1 ，2Tn322 332 4( n 1)2n2 两式作差，得T n322 22 32 42 n1 ( n1)2 n2 3 4 4(1 2n)1 2 (n 1)2n 23n2 n2 ，所以 Tn3n2 n2 .思维升华 错位相减法求和时的注意点(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 n”与“qS n”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“Sn
11、qS n”的表达式；(3)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 两种情况求解设等差数列a n的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等比数列 bn的公比为 q，已知b1a 1，b 22，qd，S 10100.(1) 求数列a n，b n的通项公式；(2) 当 d1 时，记 cn ，求数列 cn的前 n 项和 Tn.anbn解 (1)由题意得Error!解得Error! 或Error!故Error! 或Error!(2)由 d1，知 an2n1，b n2 n1 ，故 cn ，于是2n 12n 1Tn1 ， 32 522 723 924 2n 12n 1Tn
12、. 12 12 322 523 724 925 2n 12n可得Tn2 3 ，12 12 122 12n 2 2n 12n 2n 32n故 Tn6 .2n 32n 1题型三 裂项相消法求和命题点 1 形如 an 型1n(n k)例 3 (2015课标全国)S n 为数列 an的前 n 项和已知 an0，a 2a n4S n3.2n(1)求a n的通项公式；(2)设 bn ，求数列 bn的前 n 项和1anan 1解 (1)由 a 2a n4S n3，2n可知 a 2a n1 4S n1 3.2n 1两式相减，得 a a 2(a n1 a n)4a n1 ，2n 1 2n即 2(an1 a n)
13、a a (a n1 a n)(an1 a n)2n 1 2n由 an0，可得 an1 a n2.又 a 2a 14a 13，解得 a11(舍去) 或 a13.21所以a n是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an2n1.(2)由 an2n1 可知bn .1anan 1 1(2n 1)(2n 3) 12( 12n 1 12n 3)设数列b n的前 n 项和为 Tn，则Tnb 1b 2b n .12(13 15) (15 17) ( 12n 1 12n 3) n3(2n 3)命题点 2 形如 an 型1n n k例 4 已知函数 f(x)x a 的图象过点(4,2)，令 an ，nN
14、 *.记数列a n的前 n 项1f(n 1) f(n)和为 Sn，则 S2017_.答案 12018解析 由 f(4)2，可得 4a2，解得 a ，12则 f(x)1.a n ，1f(n 1) f(n) 1n 1 n n 1 nS2017a 1a 2a 3a 2017( 1) ( )( )( )2 3 2 4 3 2017 2016( ) 1.2018 2017 2018思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如： ( )，1n n k 1k n k n ( )，裂项后可以产生连续相互抵消的项 (2)抵消后并不一定只剩下第一项1n(n k) 1k1n 1n k和最后一项，也有可能
15、前面剩两项，后面也剩两项在数列a n中，a 11，当 n2 时，其前 n 项和 Sn 满足 S a n .2n (Sn 12)(1)求 Sn 的表达式；(2)设 bn ，求b n的前 n 项和 Tn.Sn2n 1解 (1)S a n ，2n (Sn 12)anS nS n1 (n2)，S (S nS n1 ) ，2n (Sn 12)即 2Sn1 SnS n1 S n，由题意得 Sn1 Sn0，式两边同除以 Sn1 Sn，得 2，1Sn 1Sn 1数列 是首项为 1，公差为 2 的等差数列1Sn 1S1 1a1 12(n1)2n1，S n .1Sn 12n 1(2)b n ，Sn2n 1 1(2
16、n 1)(2n 1) 12( 12n 1 12n 1)T nb 1b 2b n (1 )( )( ) .12 13 13 15 12n 1 12n 1 12(1 12n 1) n2n 1题型四 数列求和的综合应用例 5 正项数列a n的前 n 项和 Sn 满足：S (n 2n1) Sn(n 2n) 0.2n(1)求数列a n的通项公式 an；(2)令 bn ，数列 bn的前 n 项和为 Tn，证明：对于任意的 nN *，都有 Tn0.所以 Snn 2n(nN *)n2 时，a nS nS n1 2n，n1 时，a 1S 12 适合上式所以 an2n(nN *)(2)证明 由 an2n(nN *
17、)，得bn n 1(n 2)2a2n n 14n2(n 2)2 ，1161n2 1(n 2)2则 Tn Error!Error!116 0，从而 lnan1 2lna nln2，所以 lnan1 ln22(lna nln2)，即 ln 2ln ，an 12 an2所以数列ln 是以 ln 为首项，2 为公比的等比数列，an2 a12所以 ln (ln )2n1 1l ，nan2 a12所以 12 ，n即 an 12. nan2(2)证明 当 t1 时，a n1 .a2nan 2由 a11，a n1 ，得 an0，a2nan 2所以 an1 a n 0， 2anan 2所以a n为递减数列因为
18、1 1 ，an 1an anan 2 2an 2 2a1 2 13所以 an1 an，13所以 ana 1( )n1 ( )n1 .13 13又因为 a na n1 (n N*)，2anan 2所以 2a1a1 2 4a2a2 2 6a3a3 2 2nanan 2(a 1a 2)2(a 2a 3)3(a 3a 4)n( ana n1 )a 1a 2a 3a nna n11 ( )2( )n1 .13 13 13 1 (f(1,3)n1 13 32又因为 ，2a1a1 2 4a2a2 2 6a3a3 2 2nanan 2 2a1a1 2 23所以命题得证四审结构定方案典例 (14 分) 已知数列
19、 an的前 n 项和 Sn n2kn (其中 kN *)，且 Sn 的最大值为 8.12(1)确定常数 k，并求 an；(2)设数列 的前 n 项和为 Tn，求证：T n4.9 2an2n (1)Sn 12n2 kn Sn是 关 于 n 的 二 次 函 数 n k时 ， Sn最 大 根 据 Sn的 结 构 特 征 确 定 k的 值 k 4； Sn 12n2 4n 根 据 Sn 求 an an 92 n(2)9 2an2n n2n 1 根 据 数 列 结 构 特 征确 定 求 和 方 法Tn 1 22 322 n 12n 2 n2n 1 错 位 相 减 法 求 和 计 算 可 得 Tn 证 明
20、： Tn4规范解答(1)解 当 nkN *时，S n n2kn 取得最大值，12即 8S k k2k 2 k2，故 k216，k4.12 12当 n1 时，a 1S 1 4 ， 4 分12 72当 n2 时，a nS nS n1 n.92当 n1 时，上式也成立综上，a n n. 8 分92(2)证明 ，9 2an2n n2n 1T n1 ， 22 322 n 12n 2 n2n 12Tn22 . 32 n 12n 3 n2n 29 分，得2TnT n21 12 12n 2 n2n 14 4 . 13 分12n 2 n2n 1 n 22n 1T n4 .n 22n 1T n4. 14 分1数列
21、 1 ，3 ，5 ，7 ，(2n1) ，的前 n 项和 Sn 的值等于( )12 14 18 116 12nAn 21 B2n 2n112n 12nCn 21 Dn 2n112n 1 12n答案 A解析 该数列的通项公式为 an(2n1) ，12n则 Sn135(2n1)( )n 21 .12 122 12n 12n2(2016西安模拟)设等比数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 a12016，且an2a n1 a n2 0(nN *)，则 S2016 等于( )A0 B2016C2015 D2014答案 A解析 a n2a n1 a n2 0(nN *)，a n2a nqa nq20，q
22、为等比数列a n的公比，即 q22q10，q1.a n(1) n1 2016，S 2016(a 1a 2)( a3a 4)(a 2015a 2016)0.3等差数列a n的通项公式为 an2n1，其前 n 项和为 Sn，则数列 的前 10 项的和为( )SnnA120 B70C75 D100答案 C解析 因为 n2，所以 的前 10 项和为 103 75.Snn Snn 10924在数列a n中，若 an1 (1) nan2n1，则数列a n的前 12 项和等于( )A76 B78C80 D82答案 B解析 由已知 an1 (1) nan2n1，得 an2 (1) n1 an1 2n1，得 a
23、n2 a n(1)n(2n1)(2 n1)，取 n1,5,9 及 n2,6,10，结果相加可得S12a 1a 2a 3a 4a 11a 1278.故选 B.5已知函数 f(n)Error! 且 anf(n)f(n1) ，则 a1a 2a 3a 100 等于( )A0 B100C100 D10200答案 B解析 由题意，得 a1a 2a 3a 1001 22 22 23 23 24 24 25 299 2100 2100 2101 2(12) (32)(43)(99 100)(101 100)(1299100)(23100101)5010150103100.故选 B.6设数列a n的通项公式为
24、an2n7，则|a 1|a 2|a 15|等于( )A153 B210C135 D120答案 A解析 令 an2n70，解得 n .72从第 4 项开始大于 0，|a 1| |a2| | a15|a 1a 2a 3a 4a 5a 1553113(2157)9 153.12(1 23)27(2016福州模拟)已知数列 an的通项公式为 an ，若前 n 项和为 10，则项数 n1n n 1为_答案 120解析 a n ，1n n 1 n 1 nS na 1a 2a n( 1)( )( ) 1.2 3 2 n 1 n n 1令 110，得 n120.n 18在等差数列a n中，a 10，a 10a
25、110，若此数列的前 10 项和 S1036，前 18 项和S1812，则数列|a n|的前 18 项和 T18 的值是_答案 60解析 由 a10，a 10a110 可知 d0，a 100，a 110，T 18a 1a 10a 11a 18S 10(S 18S 10)60.9(2016余姚中学模拟)若已知数列的前四项是 ， ， ， ，则数列的前 n 项112 2 122 4 132 6 142 8和为_答案 34 2n 32(n 1)(n 2)解析 由前四项知数列a n的通项公式为 an ，1n2 2n由 ( )知，1n2 2n 121n 1n 2Sna 1a 2a 3a n1 a n 1
26、( )( )( )12 13 12 14 13 15 1n 2 1n 1n 1 1n 1 1n 1n 2 1 12 12 1n 1 1n 2 .34 2n 32(n 1)(n 2)*10.已知正项数列a n的前 n 项和为 Sn，任意 nN *,2Sna a n.令2nbn ，设 bn的前 n 项和为 Tn，则在 T1，T 2，T 3，T 100 中有理数的1anan 1 an 1an个数为_答案 9解析 2S na a n， 2n2S n1 a a n1 ， 2n 1，得 2an1 a a n1 a a n，2n 1 2na a a n1 a n0，(a n1 a n)(an1 a n1)0
27、.2n 1 2n又a n为正项数列，a n1 a n10，即 an1 a n1.在 2Sna a n 中，令 n1，可得 a11.2n数列a n是以 1 为首项，1 为公差的等差数列a nn，b n1nn 1 (n 1) n(n 1) n nn 1nn 1 (n 1) n(n 1) n nn 1 ，(n 1) n nn 1n(n 1) 1n 1n 1T n1 ，1n 1T 1，T 2，T 3， ，T 100 中有理数的个数为 9.11已知数列a n中，a 13，a 25，且a n1 是等比数列(1)求数列a n的通项公式；(2)若 bnna n，求数列b n的前 n 项和 Tn.解 (1)a
28、n 1是等比数列且 a112，a214， 2，a2 1a1 1a n122 n1 2 n，a n 2n1.(2)bnna nn2 nn，故 Tnb 1b 2b 3b n(2 22 232 3n2 n)(123n)令 T222 232 3n2 n，则 2T2 222 332 4n2 n1 .两式相减，得T22 22 32 nn2 n1 n2 n1 ，2(1 2n)1 2T2(1 2 n)n2 n1 2( n1)2 n1 .123n ，n(n 1)2T n(n1)2 n1 .n2 n 4212(2016天津)已知a n是等比数列，前 n 项和为 Sn(n N*)，且 ，S 663.1a1 1a2
29、2a3(1)求a n的通项公式；(2)若对任意的 nN *，b n 是 log2an 和 log2an1 的等差中项，求数列(1) nb 的前 2n 项和2n解 (1)设数列a n的公比为 q.由已知，有 ，1a1 1a1q 2a1q2解得 q2 或 q1.又由 S6a 1 63，知 q1，1 q61 q所以 a1 63，得 a11.1 261 2所以 an2 n1 .(2)由题意，得 bn (log2anlog 2an1 )12 (log22n1 log 22n)n ，12 12即b n是首项为 ，公差为 1 的等差数列12设数列(1) nb 的前 n 项和为 Tn，则2nT2n( b b
30、)(b b )(b b )21 2 23 24 22n 1 2nb 1b 2b 3b 4b 2n1 b 2n 2n 2.2n(b1 b2n)2*13.若数列a n的前 n 项和为 Sn，点(a n，S n)在 y x 的图象上 (nN *)16 13(1)求数列a n的通项公式；(2)若 c10，且对任意正整数 n 都有 cn1 c n 12log.na求证：对任意正整数 n2，总有 13 .1c2 1c3 1c4 1cn 34(1)解 S n an，16 13当 n2 时，a nS nS n1 an1 an，13 13a n an1 .14又S 1a 1 a1，a 1 ，16 13 18a n n1 2n1 .18(14) (12)(2)证明 由 cn1 c n 2logn2n1，得当 n2 时，c nc 1(c 2c 1)(c 3c 2)( cnc n1 )035(2n1)n 21(n1)( n1)， ( )，1cn 1(n 1)(n 1) 12 1n 1 1n 1 1c2 1c3 1c4 1cn Error!12Error!12(1 12) (1n 1n 1) .34 12(1n 1n 1) 34又 ，1c2 1c3 1c4 1cn 1c2 13原式得证
