1、16.4 数列求和最新考纲 考情考向分析1.熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前 n 项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点题型以解答题的形式为主，难度中等或稍难一般第一问考查求通项，第二问考查求和，并与不等式、函数、最值等问题综合.1等差数列的前 n 项和公式Sn na1 d.na1 an2 nn 122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)1234 n .nn 12(2)13572 n1 n2.(3)24682 n
2、n(n1)(4)122 2 n2 .nn 12n 16知识拓展数列求和的常用方法(1)公式法直接利用等差、等比数列的求和公式求和(2)分组转化法把数列转化为几个等差、等比数列，再求解2(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 ；1nn 1 1n 1n 1 ；12n 12n 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(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
3、之为并项求和形如 an(1) nf(n)类型，可采用两项合并求解题组一 思考辨析1判断下列结论是否正确(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 .( )a1 an 11 q(2)当 n2 时， .( )1n2 1 12( 1n 1 1n 1)(3)求 Sn a2 a23 a3 nan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 的前 n 项和为 n2 .( )12n 2n 1 12n(5)推导等差数列求和公式的方法叫作倒序求和法，利用此法可求得 sin21sin 22sin 23sin 288sin 2
4、8944.5.( )(6)如果数列 an是周期为 k 的周期数列，那么 Skm mSk(m， k 为大于 1 的正整数)( )题组二 教材改编2一个球从 100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第 10次着地时，经过的路程是( )A100200(12 9 ) B100100(12 9 )C200(12 9 ) D100(12 9 )3答案 A解析 第 10 次着地时，经过的路程为 1002(50251002 9 )1002100(2 1 2 2 2 9 )100200 100200(12 9 )2 11 2 91 2 1312 x3 x2 nxn1 _.( x0 且
5、 x1)答案 1 xn1 x2 nxn1 x解析 设 Sn12 x3 x2 nxn1 ，则 xSn x2 x23 x3 nxn，得(1 x)Sn1 x x2 xn1 nxn nxn，1 xn1 x Sn .1 xn1 x2 nxn1 x题组三 易错自纠4(2017潍坊调研)设 an是公差不为 0 的等差数列， a12，且 a1， a3， a6成等比数列，则 an的前 n 项和 Sn等于( )A. B.n2 7n4 n2 5n3C. D n2 n2n2 3n4答案 A解析 设等差数列的公差为 d，则 a12，a322 d， a625 d.又 a1， a3， a6成等比数列， a a1a6.23即
6、(22 d)22(25 d)，整理得 2d2 d0. d0， d .12 Sn na1 d n.nn 12 n24 745(2018日照质检)数列 an的通项公式为 an(1) n1 (4n3)，则它的前 100 项之和 S100等于( )A200 B200C400 D400答案 B解析 S100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)4(99100)4(50)200.6数列 an的通项公式为 an ncos ，其前 n 项和为 Sn，则 S2 017_.n2答案 1 008解析 因为数列 an ncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：n2a10， a22， a30，
7、 a44.故 S4 a1 a2 a3 a42.a50， a66， a70， a88，故 a5 a6 a7 a82，周期 T4. S2 017 S2 016 a2 017 22 017cos 2 0164 2 01721 008.题型一 分组转化法求和典例 (2018合肥质检)已知数列 an的前 n 项和 Sn ， nN .n2 n2(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn2 an(1) nan，求数列 bn的前 2n 项和解 (1)当 n1 时， a1 S11；当 n2 时， an Sn Sn1 n.n2 n2 n 12 n 12a1也满足 an n，故数列 an的通项公式为 an n.(
8、2)由(1)知 an n，故 bn2 n(1) nn.记数列 bn的前 2n 项和为 T2n，则 T2n(2 12 22 2n)(12342 n)记 A2 12 22 2n， B12342 n，则 A 2 2n1 2，21 22n1 2B(12)(34)(2 n1)2 n n.故数列 bn的前 2n 项和 T2n A B2 2n1 n2.引申探究本例(2)中，求数列 bn的前 n 项和 Tn.解 由(1)知 bn2 n(1) nn.5当 n 为偶数时，Tn(2 12 22 n)1234( n1) n 2 2n 11 2 n22 n1 2；n2当 n 为奇数时， Tn(2 12 22 n)123
9、4( n2)( n1) n2 n1 2 nn 122 n1 .n2 52 TnError!思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若 an bncn，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 anError!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跟踪训练 等差数列 an的前 n 项和为 Sn，数列 bn是等比数列，满足a13， b11， b2 S210， a52 b2 a3.(1)求数列 an和
10、bn的通项公式；(2)令 cnError!设数列 cn的前 n 项和为 Tn，求 T2n.解 (1)设数列 an的公差为 d，数列 bn的公比为 q，由Error! 得Error!解得Error! an32( n1)2 n1， bn2 n1 .(2)由 a13， an2 n1 得 Sn n(n2)，na1 an2则 cnError!即 cnError! T2n( c1 c3 c2n1 )( c2 c4 c2n) (113) (13 15) ( 12n 1 12n 1)(22 32 2n1 )1 (4n1)12n 1 21 4n1 4 2n2n 1 236题型二 错位相减法求和典例 (2017天
11、津)已知 an为等差数列，前 n 项和为 Sn(nN )， bn是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0， b2 b312， b3 a42 a1， S1111 b4.(1)求 an和 bn的通项公式；(2)求数列 a2nb2n1 的前 n 项和( nN )解 (1)设等差数列 an的公差为 d，等比数列 bn的公比为 q.由已知 b2 b312，得 b1(q q2)12，而 b12，所以 q2 q60.又因为 q0，解得 q2，所以 bn2 n.由 b3 a42 a1，可得 3d a18，由 S1111 b4，可得 a15 d16，联立，解得 a11， d3，由此可得 an3 n2.所以数列
12、an的通项公式为 an3 n2，数列 bn的通项公式为 bn2 n.(2)设数列 a2nb2n1 的前 n 项和为 Tn，由 a2n6 n2， b2n1 24 n1 ，得a2nb2n1 (3 n1)4 n，故 Tn2454 284 3(3 n1)4 n，4Tn24 254 384 4(3 n4)4 n(3 n1)4 n1 ，得3 Tn2434 234 334 n(3 n1)4 n1 4(3 n1)4 n1121 4n1 4(3 n2)4 n1 8，得 Tn 4n1 .3n 23 83所以数列 a2nb2n1 的前 n 项和为 4n1 .3n 23 83思维升华 错位相减法求和时的注意点(1)要
13、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“ 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“ Sn qSn”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 两种情况求解跟踪训练 (2018阜阳调研)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 b1 a1， b22， q d， S10100.(1) 求数列 an， bn的通项公式；7(2)当 d1 时，记 cn ，求数列 cn的前 n 项和 Tn.anbn解 (1)由题意得Error!即Error!解得Erro
14、r! 或Error!故Error! 或Error!(2)由 d1，知 an2 n1， bn2 n1 ，故 cn ，于是2n 12n 1Tn1 ，32 522 723 924 2n 12n 1Tn .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1nn k典 例 (2017郑 州 市 第 二 次 质 量 预 测 )已 知 数 列 an的 前 n 项 和 为 Sn， a1 2， 且 满 足Sn an1 n1( nN )12(1)求数列
15、an的通项公式；(2)若 bnlog 3( an1)，设数列 的前 n 项和为 Tn，求证： Tn0,6Sn a 3 an， nN ， bn 12()nna，若任意 nN ， kTn恒成立，则 k 的2n最小值是( )16A. B. C49 D.17 149 8441答案 B解析 当 n1 时，6 a1 a 3 a1，21解得 a13 或 a10.由 an0，得 a13.由 6Sn a 3 an，得 6Sn1 a 3 an1 .2n 2n 1两式相减得 6an1 a a 3 an1 3 an.2n 1 2n所以( an1 an)(an1 an3)0.因为 an0，所以 an1 an0， an1
16、 an3.即数列 an是以 3 为首项，3 为公差的等差数列，所以 an33( n1)3 n.所以 bn 12()nna .8n8n 18n 1 1 17( 18n 1 18n 1 1)所以 Tn Error!17Error! Tn恒成立，只需 k .故选 B.14916(2018南昌调研)已知正项数列 an的前 n 项和为 Sn，任意 nN ，2 Sn a an.令2nbn ，设 bn的前 n 项和为 Tn，则在 T1， T2， T3， T100中有理数的1anan 1 an 1an个数为_答案 9解析 2 Sn a an，2n2 Sn1 a an1 ，2n 1，得 2an1 a an1 a
17、 an，2n 1 2na a an1 an0，( an1 an)(an1 an1)0.2n 1 2n又 an为正项数列， an1 an10，即 an1 an1.在 2Sn a an中，令 n1，可得 a11.2n数列 an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列17 an n， bn1nn 1 n 1nn 1n nn 1nn 1 n 1nn 1n nn 1 ，n 1n nn 1nn 1 1n 1n 1 Tn1 1 ，12 12 13 1n 1 1n 1n 1n 1 1n 1要使 Tn为有理数，只需 为有理数，1n 1令 n1 t2，1 n100， n3,8,15,24,35,48,63,80,99，共 9 个数 T1， T2， T3， T100中有理数的个数为 9.
