数列求和知识点总结(学案)

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数列知识点求和方法总结

数列知识点求和方法总结

数列知识点求和方法总结一、数列知识点1. 什么是数列数列是指按照一定的规律排列的一组数,其中每个数称为数列的项。

通常用a1, a2, a3,...表示数列的各个项,其中ai表示第i个项。

数列可以是有限的,也可以是无限的。

2. 数列的常见形式(1)等差数列:如果一个数列中任意两个相邻的项之间的差值都相等,那么这个数列就是等差数列。

例如:1,3,5,7,9...就是一个等差数列,其公差为2。

(2)等比数列:如果一个数列中任意两个相邻的项之间的比值都相等,那么这个数列就是等比数列。

例如:1,2,4,8,16...就是一个等比数列,其公比为2。

(3)等差-等比数列:某些数列既是等差数列又是等比数列,这种数列就是等差-等比数列。

3. 数列的通项公式数列的通项公式是数列中各项的一般表示形式,通常用an表示第n项的表达式。

例如:等差数列的通项公式为an=a1+(n-1)d,其中a1为首项,d为公差。

4. 数列的前n项和数列的前n项和表示数列中前n项的总和,通常用Sn表示。

例如:等差数列前n项和的公式为Sn=(a1+an)n/2,其中a1为首项,an为第n项。

二、数列求和方法总结1. 等差数列求和(1)公式法:根据等差数列的通项公式和前n项和的公式,可以直接利用这两个公式求得等差数列的前n项和。

(2)差值法:等差数列的求和还可以利用差值法,即将数列的首项和末项相加,然后将第二项和倒数第二项相加,以此类推,最终得到数列的总和。

(3)递推法:递推法即通过递推关系式将数列的前n项和与前n-1项和联系起来,从而求得前n项和。

例如对于等差数列an=a1+(n-1)d,可得出递推关系式为Sn=Sn-1+an。

2. 等比数列求和(1)公式法:根据等比数列的通项公式和前n项和的公式,可以利用这两个公式求得等比数列的前n项和。

(2)通项公式变形法:对于等比数列an=a1*q^(n-1),公比为q,可以对通项公式进行变形,然后用前n项和的公式来求和。

数列的通项公式及前n项和的求法(自己整理的学案)

数列的通项公式及前n项和的求法(自己整理的学案)

数列:通项公式的求法一 、公式法(定义法):适用于等差或等比数列等差数列的通项公式: 1(1)n a a n d =+-;等比数列的通项公式: 11n n a a q -= 等差数列的定义: 1n n a a d --=;变式:112n n n a a a +-=+,1n n a a d -=+; 等比数列的定义:1n n a q a -=;变式:211n n n a a a +-=,1n n a qa -=; 二 、利用n S 求n a (知n S 求n a )⎩⎨⎧-=-11n n n S S S a )2()1(≥=n n ; 利用n S 求n a 一般为三步:(1)当n=1时利用S 1=a 1求出a 1 (2)当2n ≥时,利用1n n n S S a --=求出n a ; (3)检验a 1的值合不合由第二步求出的n a 的表达式; 例一:数列{a n }中,S n 是其前n 项和,若S n =2a n -1, ((1)求1a 的值(2)求数列的通项公式a n解:(1)当n=1时,有S 1=2a 1-1即a 1=2a 1-1求得a 1=1;(2)当2n ≥时,S n =2a n -1① S n-1=2a n-1-1②; ①—②有a n =2a n —2a n-1 得1122n n n n a a a a --=⇒=,所以{a n }为一以2为公比1为首项的等比数列,所以11122n n n a --=⨯= (3)经检验,11a =也合12n n a -=,所以数列{a n }的通项公式为12n n a -=。

练习1、数列{a n }的各项为正数, 11a =且有2211230n n n n a a a a ++--=,则{a n }的通项公式是__________.2、已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =3n +n ,则数列的通项公式a n =________.3、各项都为正数的数列{a n }中,有11a =且331log 3log n n a a --=,则通项公式a n =________.4、数列{a n }中,11a =,且当1n >时有13n n a a -=,求数列的通项公式a n ________.5、数列{a n }中,11a =且点1(,)n n a a +在直线2y x =-上,通{a n }的通项公式为________.6、数列{a n }中,S n 是其前n 项和,若2S n =3a n —3,(1)求1a 的值(2)求数列的通项公式a n三、形如sra pa a n n n +=--11型(取倒数法)例3. 已知数列{}n a 中,21=a ,)2(1211≥+=--n a a a n n n ,求通项公式n a解:取倒数:⇔+=-2111n n a a 2111=--n n a a 1113(1)222n n n a a ∴=+-⋅=- 2.43n a n ∴=- 练习1。

2022届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和学案含解析新人教版

2022届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和学案含解析新人教版

第四节 数列求和热点命题分析学科核心素养本节是高考的热点,其中等差、等比数列的通项与求和、数列与不等式的综合、以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点,多以解答题的形式呈现. 本节通过数列求和以与数列的综合应用提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养.授课提示:对应学生用书第108页 知识点 数列前n 项和的求法 1.公式法(1)等差数列的前n 项和公式S n =n a 1+a n2=na 1+n n -12d .(2)等比数列的前n 项和公式 ①当q =1时,S n =na 1; ②当q ≠1时,S n =a 11-q n1-q=a 1-a n q1-q.2.分组转化法把数列的每一项分成两项或几项,使其转化为几个能求和的数列,再求解. 3.裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消剩下首尾假如干项. 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,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,如此称之为并项求和.形如a n =(-1)n f (n )类型,可采用两项合并求解. •温馨提醒• 二级结论1.常见的裂项公式 (1)1n n +1=1n -1n +1.(2)12n -12n +1=12⎝⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1. (3)1n +n +1=n +1-n .2.常见数列的求和公式 (1)12+22+32+…+n 2=n n +12n +16.(2)13+23+33+…+n 3=⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n +122.必明易错1.在应用错位相减法时,注意观察未合并项的正负号;结论中形如a n ,a n +1的式子应进展合并.2.在应用裂项相消法时,要注意消项的规律具有对称性,即前剩多少项如此后剩多少项.1.在数列{a n }中,a n =1n n +1,假如{a n }的前n 项和为2 0192 020,如此项数n 为( )A .2 016B .2 017C .2 018D .2 019答案:D2.数列:112,214,318,…,⎝ ⎛⎭⎪⎫n +12n ,…,如此其前n 项和关于n 的表达式为________. 答案:n n +12+1-12n 3.数列{a n }的前n 项和为S n 且a n =n ·2n ,如此S n =________. 答案:(n -1)2n +1+24.(易错题)求1+2x +3x 2+…+nx n -1(x ≠0且x ≠1)的和. 解析:设S n =1+2x +3x 2+…+nx n -1,① 如此xS n =x +2x 2+3x 3+…+nx n ,②①-②得:(1-x )S n =1+x +x 2+…+x n -1-nx n =1-x n 1-x -nx n ,所以S n =1-x n 1-x 2-nx n1-x.授课提示:对应学生用书第109页题型一 分组转化法求和 合作探究[例] 等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足关于x 的不等式a 1x 2-S 2x +2<0的解集为(1,2). (1)求数列{a n }的通项公式;(2)假如数列{b n }满足b n =a 2n +2a n -1,求数列{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ,因为关于x 的不等式a 1x 2-S 2x +2<0的解集为(1,2), 所以S 2a 1=1+2=3,得a 1=d ,又易知2a 1=2,所以a 1=1,d =1.所以数列{a n }的通项公式为a n =n . (2)由(1)可得,a 2n =2n,2a n =2n . 因为b n =a 2n +2a n -1,所以b n=2n-1+2n,所以数列{b n}的前n项和T n=(1+3+5+…+2n-1)+(2+22+23+…+2n)=n1+2n-12+21-2n1-2=n2+2n+1-2.分组转化法求和的常见类型[对点训练](2021·某某质检)等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S4=24,S7=63.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)假如b n=2a n+a n,求数列{b n}的前n项和T n.答案:(1)a n=2n+1 (2)T n=83(4n-1)+n2+2n题型二裂项相消法求和合作探究[例] 数列{a n}满足a1=1, a2n+2=a n+1(n∈N*).(1)求证:数列{a2n}是等差数列,并求出{a n}的通项公式;(2)假如b n=2a n+a n+1,求数列{b n}的前n项和.[解析] (1)证明:由a 2n +2=a n +1得a 2n +1-a 2n =2,且a 21=1,所以数列{a 2n }是以1为首项,2为公差的等差数列,所以a 2n =1+(n -1)×2=2n -1, 又由易得a n >0,所以a n =2n -1(n ∈N *).(2)b n =2a n +a n +1=22n -1+2n +1=2n +1-2n -1, 故数列{b n }的前n 项和T n =b 1+b 2+…+b n =(3-1)+(5-3)+…+(2n +1-2n -1)=2n +1-1.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解,然后重新组合,使之能消去一些项,最终达到求和的目的,其解题的关键就是准确裂项和消项.(1)裂项原如此:一般是前边裂几项,后边就裂几项,直到发现被消去项的规律为止. (2)消项规律:消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边剩第几项,后边就剩倒数第几项.[对点训练](2020·高考某某卷)数列{a n },{b n },{}满足a 1=b 1=c 1=1,=a n +1-a n ,+1=b nb n +2,n ∈N *.(1)假如{b n }为等比数列,公比q >0,且b 1+b 2=6b 3,求q 的值与数列{a n }的通项公式; (2)假如{b n }为等差数列,公差d >0,证明:c 1+c 2+c 3+…+<1+1d,n ∈N *.解析:(1)由b 1+b 2=6b 3,得1+q =6q 2, 解得q =12.由+1=4得=4n -1. 由a n +1-a n=4n -1,得a n =a 1+1+4+…+4n -2=4n -1+23.(2)证明:由+1=b nb n +2,得=b 1b 2c 1b n b n +1=1+d d ⎝⎛⎭⎪⎫1b n -1b n +1,所以c 1+c 2+c 3+…+=1+d d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1b n +1, 由b 1=1,d >0,得b n +1>0,因此c 1+c 2+c 3+…+<1+1d,n ∈N *. 题型三 错位相减法求和 合作探究[例](2020·高考全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1=3,a n +1=3a n -4n . (1)计算a 2,a 3,猜测{a n }的通项公式并加以证明; (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n . [解析](1)a 2=5,a 3a n =2n +1.证明:由可得a n +1-(2n +3)=3[a n -(2n +1)],a n -(2n +1)=3[a n -1-(2n -1)],…,a 2-5=3(a 1-3).因为a 1=3,所以a n =2n +1. (2)由(1)得2n a n =(2n +1)2n ,所以S n =3×2+5×22+7×23+…+(2n +1)×2n .① 从而2S n =3×22+5×23+7×24+…+(2n +1)×2n +1.②①-②得-S n =3×2+2×22+2×23+…+2×2n -(2n +1)×2n +1,所以S n =(2n -1)2n +1+2.运用错位相减法求和的关键:一是判断模型,即判断数列{a n },{b n }一个为等差数列,一个为等比数列;二是错位相减;三是注意符号,相减时要注意最后一项的符号.[对点训练](2021·某某市局部区联考)数列{a n }是等差数列,数列{b n }是等比数列,且a 1=1,a 3+a 4=12,b 1=a 2,b 2=a 5.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设=(-1)n a n b n (n ∈N *),求数列{}的前n 项和S n . 解析:(1)设等差数列{a n }的公差为d , 因为a 1=1,a 3+a 4=12, 所以2a 1+5d =12,所以d =2, 所以a n =2n -1.设等比数列{b n }的公比为q ,因为b 1=a 2,b 2=a 5, 所以b 1=a 2=3,b 2=a 5=9, 所以q =3,所以b n =3n .(2)由(1)知,a n =2n -1,b n =3n ,所以=(-1)n ·a n ·b n =(-1)n ·(2n -1)·3n =(2n -1)·(-3)n , 所以S n =1·(-3)+3·(-3)2+5·(-3)3+…+(2n -1)·(-3)n ,①所以-3S n =1·(-3)2+3·(-3)3+…+(2n -3)·(-3)n +(2n -1)·(-3)n +1,② ①-②得,4S n =-3+2·(-3)2+2·(-3)3+…+2·(-3)n -(2n -1)·(-3)n +1 =-3+2·-32[1--3n -1]1+3-(2n -1)·(-3)n +1=32-4n -12·(-3)n +1. 所以S n =38-4n -18·(-3)n +1.数列求和中的核心素养数学运算——数列求和的创新交汇应用[例](2021·某某重点中学联考)设x =1是函数f (x )=a n +1x 3-a n x 2-a n +2x +1(n ∈N *)的极值点,数列{a n }中满足a 1=1,a 2=2,b n =log 2a n +1,假如[x ]表示不超过x 的最大整数,如此⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2+2 018b 2b 3+…+ 2 018b 2 018b 2 019=( ) A .2 017 B .2 018 C .2 019D .2 020解析:由题可知,f ′(x )=3a n +1x 2-2a n x -a n +2,如此f ′(1)=3a n +1-2a n -a n +2=0,即a n +2-3a n +1+2a n =0.a n +2-a n +1=2(a n +1-a n ),a 2-a 1=1,a 3-a 2=2×1=2,a 4-a 3=2×2=22,…,a n -a n -1=2n -2,累加得a n =2n -1,故b n =n .如此2 018b 1b 2+2 018b 2b 3+…+2 018b 2 018b 2 019=2 018×⎝ ⎛⎭⎪⎫11×2+12×3+…+12 018×2 019=2 018×⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12 019=2 018-2 0182 019=2 017+12 019,所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2+2 018b 2b 3+…+ 2 018b 2 018b 2 019=2 017. 答案:A此题的关键是利用累加法求通项后,利用裂项相消法求和.[题组突破]1.(2021·某某摸底)定义n∑i =1nu i为n 个正数u 1,u 2,u 3,…,u n 的“快乐数〞.假如正项数列{a n }的前n 项的“快乐数〞为13n +1,如此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫36a n +2a n +1+2的前2 019项和为( )A.2 0182 019 B .2 0192 020C.2 0192 018D .2 0191 010答案:B2.(2021·某某期末测试)我国古代数学名著《九章算术》中,有长方形面积求一边的算法,其方法的前两步为:第一步:构造数列1,12,13,14,…,1n.①第二步:将数列①的各项乘以n ,得到一个新数列a 1,a 2,a 3,…,a n ,如此a 1a 2+a 2a 3+…+a n -1a n =( )A .n 2B .(n -1)2C .n (n -1)D .n (n +1) 答案:C。

小升初数学总复习知识点:数列求和

小升初数学总复习知识点:数列求和

2019小升初数学总复习知识点:数列求和
小升初数学考试复习知识点众多,下面查字典数学网为大家分享小升初数学总复习知识点数列求和,供大家参考!数列求和
等差数列:在一列数中,任意相邻两个数的差是一定的,这样的一列数,就叫做等差数列。

基本概念:首项:等差数列的第一个数,一般用a1表示; 项数:等差数列的所有数的个数,一般用n表示;
公差:数列中任意相邻两个数的差,一般用d表示;
通项:表示数列中每一个数的公式,一般用an表示;
数列的和:这一数列全部数字的和,一般用Sn表示。

基本思路:等差数列中涉及五个量:a1 ,an, d, n, sn,,通项公式中涉及四个量,如果己知其中三个,就可求出第四个;求和公式中涉及四个量,如果己知其中三个,就可以求这第四个。

基本公式:通项公式:an = a1+(n-1)d;
通项=首项+(项数一1) ×公差;
数列和公式:sn,= (a1+ an)×n÷2;
数列和=(首项+末项)×项数÷2;
项数公式:n= (an+ a1)÷d+1;
项数=(末项-首项)÷公差+1;
公差公式:d =(an-a1))÷(n-1);
公差=(末项-首项)÷(项数-1);
关键问题:确定已知量和未知量,确定使用的公式。

以上是查字典数学网为大家分享的小升初数学总复习知识点数列求和,希望对大家有所帮助!。

高中数学教学备课教案数列与级数的性质与求和方法总结

高中数学教学备课教案数列与级数的性质与求和方法总结

高中数学教学备课教案数列与级数的性质与求和方法总结高中数学教学备课教案数列与级数的性质与求和方法总结一、数列的基本概念在高中数学中,数列是指按照一定规律排列的一组数。

数列可以有限也可以无限,其中每一个数的位置都有特定的序号。

数列中的每一项称为项,用a1、a2、a3...表示,而项所对应的序号则用n表示。

二、数列的性质1. 等差数列等差数列是指数列中每一项与它后一项的差值都相等的数列。

用a1表示首项,d表示公差,那么有an = a1 + (n-1)d。

等差数列的求和公式为:Sn = (n/2)(a1 + an),其中Sn表示前n项和。

2. 等比数列等比数列是指数列中每一项与它前一项的比值都相等的数列。

用a1表示首项,r表示公比,那么有an = a1 * r^(n-1)。

等比数列的求和公式为:Sn = (a1 * (1 - r^n)) / (1 - r),其中Sn表示前n项和。

3. 斐波那契数列斐波那契数列是指数列中每一项都是前两项的和,其中首项和第二项为1。

用F1 = 1,F2 = 1表示,那么有Fn = Fn-1 + Fn-2。

斐波那契数列有许多重要的性质和应用,在数学和自然界中均有广泛的存在。

三、数列求和方法1. 直接相加法对于规律明显的数列,可以直接将所有项相加来求和。

这种方法适用于有限的数列或数列项间规律简单的情况。

2. 通项求和法通过推导数列的通项公式,可以得到数列的前n项和的表达式,从而求得数列的总和。

四、级数的基本概念级数是指数列的无限和,即将数列中的所有项加起来的结果。

级数常用符号∑表示,表示将数列的所有项相加。

五、级数的性质1. 收敛与发散级数的收敛性与发散性是指级数的和是否存在。

如果级数的和存在,则称级数收敛;反之,如果级数的和不存在,则称级数发散。

2. 绝对收敛如果级数的每一项都是正数,并且级数对应的绝对值数列收敛,则称级数绝对收敛。

3. 条件收敛如果级数是收敛但不是绝对收敛的,称之为条件收敛。

数列求和的知识点总结

数列求和的知识点总结

数列求和的知识点总结一、数列求和的基本概念1. 数列的定义数列是按照一定的规律排列的一组数,数列中的每个数被称为该数列的项。

数列一般用{}表示,其中n是数列的下标,表示数列的第n个项。

2. 数列的性质(1)有限项数列和无限项数列数列的项的个数有限时,称为有限项数列,否则称为无限项数列。

(2)等差数列和等比数列等差数列是指数列中相邻两项之间的差是常数的数列,其通项公式为an=a1+(n-1)d。

等比数列是指数列中相邻两项之间的比是常数的数列,其通项公式为an=a1*q^(n-1)。

3. 数列求和的基本概念数列求和指的是将数列的各项相加的操作,可以分为有限项求和和无限项求和。

有限项数列的求和可以用公式进行计算,而无限项数列的求和需要通过取极限的方法进行求解。

二、数列求和的常用公式1. 等差数列求和公式在等差数列an=a1+(n-1)d中,前n项和Sn的计算公式为Sn=n/2*(a1+an)。

2. 等比数列求和公式在等比数列an=a1*q^(n-1)中,前n项和Sn的计算公式为Sn=a1*(q^n-1)/(q-1)。

3. 平方和与立方和公式在数列1,2,3,4,...,n中,平方和S(n^2)=n*(n+1)*(2n+1)/6,立方和S(n^3)=[n*(n+1)/2]^2。

4. 斐波那契数列求和公式斐波那契数列是指数列的每一项是前两项之和的数列,其前n项和Sn的计算公式为Sn=F(n+2)-1,其中F(n)表示斐波那契数列中的第n项。

5. 其他数列求和公式在一些特殊的数列中,如等差中项数列、调和数列等,也可以根据数列的特性推导出对应的求和公式。

三、数列求和的运算方法1. 直接求和法在有限项数列的求和中,可以直接将数列的各项相加得到结果。

这种方法适用于项数较少或者数列的规律明显的情况。

2. 差分法对于一些复杂的数列,可以通过差分的方法将其转化为等差数列或等比数列,然后利用相应的求和公式进行求解。

3. 递推法递推法是指通过给定的递推关系求解数列的前n项和,常用于斐波那契数列等递归定义的数列。

数列求和知识点总结

数列求和知识点总结

一、数列的概念数列是按一定的顺序排列的一组数。

其中,排在第一位的数叫做第一个数,排在第二位的数叫做第二个数,依此类推,排在第n位的数叫做第n个数。

数列可以按照数值的递增或递减规律进行排列,也可以按照一定的公式进行排列。

比如:1, 2, 3, 4, 5, 6, ...这是一个递增数列;1, 3, 5, 7, 9, ...这是一个按照公式排列的数列。

对于数列的求和,我们主要关注以下几种数列:1. 等差数列:等差数列是指连续的两项之间的差值都是一个常数。

比如:1, 3, 5, 7, ...这是一个公差为2的等差数列。

2. 等比数列:等比数列是指连续的两项之间的比值都是一个常数。

比如:2, 6, 18, 54, ...这是一个公比为3的等比数列。

3. 部分和:对于给定的数列,我们可能不仅仅要求整个数列的和,还会需要求出数列的前n项和。

这个就是部分和的概念。

二、数列求和的基本方法1. 等差数列求和:等差数列的前n项和可以通过以下公式来求得:Sn = (n/2) * (a + l)其中,Sn表示等差数列的前n项和,n表示数列的项数,a表示数列的首项,l表示数列的末项。

这个公式的推导是通过将等差数列的每一项按照首项和末项的规律进行分组求和得到的。

2. 等比数列求和:等比数列的前n项和也有一个相对简单的公式:Sn = a * (1 - r^n) / (1 - r)其中,Sn表示等比数列的前n项和,a表示数列的首项,r表示数列的公比,n表示数列的项数。

这个公式的推导是通过等比数列的前n项和与首项和末项的关系进行递推得到的。

3. 部分和:对于部分和的求解,我们可以通过等差数列的部分和公式来进行求解。

也可以通过等比数列的部分和公式来进行求解。

另外,对于一般的数列,我们也可以通过分组求和的方法来进行求解。

1. 等差数列求和应用于金融学中的资金收益计算,消费指数的计算等等等差数列的求和公式可以应用于金融学中的资金收益计算中。

专题10 数列 10.4数列求和 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习(解析版)

专题10 数列 10.4数列求和 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习(解析版)

专题十《数列》讲义10.4数列求和知识梳理.数列求和1.公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n -1)d 2.推导方法:倒序相加法.(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ,q ≠1.推导方法:乘公比,错位相减法.(3)一些常见的数列的前n 项和:①1+2+3+…+n =n (n +1)2;②2+4+6+…+2n =n (n +1);③1+3+5+…+(2n -1)=n 2.2.几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法:一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和后相加减.(2)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,从而求得前n 项和.(3)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,那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解.(4)倒序相加法:如果一个数列{a n }与首末两端等“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求解.题型一.裂项相消1.数列{a n}的通项公式a n=1or1),已知它的前n项和S n=99100,则项数n=()A.98B.99C.100D.101【解答】解:列{a n}的通项公式a n=1or1)=1−1r1,所以=1−12+12−13+⋯+1−1r1=1−1r1,由于前n项和S n=99100,所以1−1r1=99100,解得n=99.故选:B.2.已知等差数列{a n}满足a3=10,a1+a4=17.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=3r1,求数列{b n}的前n项和S n.【解答】解:(1)设首项为a1,公差为d的等差数列,满足a3=10,a1+a4=17.所以3=101+4=17,解得1=4=3,所以a n=4+3(n﹣1)=3n+1.(2)由(1)得b n=3r1=13r1−13r4,所以S n=b1+b2+…+b n=14−17+17−110+⋯+13r1−13r4=14−13r4.3.已知数列{a n}的前n项和为S n,若4S n=(2n﹣1)a n+1+1,且a1=1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设=1(+2),数列{c n}的前n项和为T n,求T n.【解答】解:(1)在4S n=(2n﹣1)a n+1+1中,令n=1,得a2=3,∵4S n=(2n﹣1)a n+1+1,∴当n≥2时,4S n﹣1=(2n﹣3)a n+1,两式相减,得4a n=(2n﹣1)a n+1﹣(2n﹣3)a n(n≥2),∴(2n+1)a n=(2n﹣1)a n+1,即r1=2r12K1(≥2).∴=K1⋅K1K2⋅K2K3⋯⋅32⋅21⋅1=2K12K3⋅2K32K5⋅2K52K7⋯53⋅31⋅1=2−1,故a n=2n﹣1.(2)=1(+2)=1(2K1)(2r1)=12(12K1−12r1),T n=c1+c2+…+c n=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12K1−12r1)]=12(1−12r1)=2r1,所以=2r1.题型二.错位相减1.已知等差数列{a n}公差不为零,且满足:a1=2,a1,a2,a5成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)设=3,求数列{b n}的前n项和.【解答】解:(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d,d≠0,由题,1=222=15,即(1+p2=1(1+4p,解得d=4.∴a n=2+4(n﹣1)=4n﹣2.(Ⅱ)=3=(4n﹣2)•3n=2(2n﹣1)•3n,设数列{b n}的前n项和为T n,=2×1×31+2×3×32+2×5×33+⋯+2(2n﹣1)×3n,①3=2×1×32+2×3×33+2×5×34+⋯2(2n﹣1)×3n+1,②①﹣②,得:−2=2×1×3+2×2×32+2×2×33+⋯+2×2×3n﹣2(2n﹣1)×3n+1=6+4×32(1−3K1)1−3−2(2−1)×3r1=−12﹣4(n﹣1)•3n+1,∴=6+2(−1)⋅3r1.∴数列{b n}的前n项和=6+2(−1)⋅3r1.2.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,S5=30,S7=56;各项均为正数的等比数列{b n}满足b1b2=13,b2b3=127.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a n•b n}的前n项和T n.【解答】解:(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,由S5=30,S7=56,得51+5×42=3071+7×62=56,解得1=2=2.∴a n=2+2(n﹣1)=2n;设等比数列{b n}的公比为q(q>0),由b1b2=13,b2b3=127,得12=13123=127,解得1=1=13.∴=(13)K1;(2)a n•b n=23K1=2⋅3K1.令{3K1}的前n项和为R n,则=130+231+332+⋯+3K1,13=13+232+333+⋯+K13K1+3两式作差可得:23=1+13+132+⋯+13K1−3=1×(1−13)1−13−3=32−2r32⋅3,∴=94−2r34⋅3K1.则=2=92−2r32⋅3K1.3.(2015·山东)设数列{a n}的前n项和为S n,已知2S n=3n+3.(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅱ)若数列{b n},满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.【解答】解:(Ⅰ)因为2S n=3n+3,所以2a1=31+3=6,故a1=3,=3n﹣1+3,当n>1时,2S n﹣1此时,2a n=2S n﹣2S n﹣1=3n﹣3n﹣1=2×3n﹣1,即a n=3n﹣1,所以a n=3,=13K1,>1..(Ⅱ)因为a n b n=log3a n,所以b1=13,当n>1时,b n=31﹣n•log33n﹣1=(n﹣1)×31﹣n,所以T1=b1=13;当n>1时,T n=b1+b2+…+b n=13+[1×3﹣1+2×3﹣2+…+(n﹣1)×31﹣n],所以3T n=1+[1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+(n﹣1)×32﹣n],两式相减得:2T n=23+[30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣(n﹣1)×31﹣n]=23+1−31−1−3−1−(n﹣1)×31﹣n=136−6r32×3,所以T n=1312−6r34×3,经检验,n=1时也适合,综上可得T n=1312−6r34×3.题型三.分组求和1.已知数列{a n}是公差不为零的等差数列,a1=2,且a1,a2,a4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=a n﹣2,求数列{b n}的前n项和S n.【解答】解:(1)由题意,设等差数列{a n}的公差为d(d≠0),则a2=2+d,a4=2+3d,∵a1,a2,a4成等比数列,∴a22=a1•a4,即(2+d)2=2(2+3d),整理,得d2﹣2d=0,解得d=0(舍去),或d=2,∴a n=2+2(n﹣1)=2n,n∈N*.(2)由(1)知,设b n=a n﹣2=2n﹣22n=2n﹣4n,故S n=b1+b2+…+b n=(2×1﹣41)+(2×2﹣42)+…+(2n﹣4n)=2×(1+2+…+n)﹣(41+42+…+4n)=2×or1)2−4(1−4)1−4=n2+n+43−4r13.2.在公差不为0的等差数列{a n}中,a1,a3,a9成公比为a3的等比数列,又数列{b n}满足=2,=2−1,2,=2,(k∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前2n项和T2n.【解答】解:(1)公差d不为0的等差数列{a n}中,a1,a3,a9成公比为a3的等比数列,可得a32=a1a9,a3=a1a3,可得(a1+2d)2=a1(a1+8d),a1=1,化简可得a1=d=1,即有a n=n,n∈N*;(2)由(1)可得b n=2,=2−12,=2,k∈N*;前2n项和T2n=(2+8+16+…+22n﹣1)+(4+8+12+…+4n)=2(1−4)1−4+12n(4+4n)=2(4−1)3+2n(n+1).3.已知数列{a n}、{b n}满足:a n+1=a n+b n,{b n+2}为等比数列,且b1=2,a2=4,a3=10.(1)试判断数列{b n}是否为等差数列,并说明理由;(2)求数列{a n}的前n项和S n.【解答】解:(1)数列{b n}不是等差数列.理由如下:由a n+1﹣a n=b n,且a2=4,a3=10,b1=2,得b2=a3﹣a2=6,又∵数列{b n+2}为等比数列,∴数列{b n+2}的首项为4,公比为2.∴3+2=4×22=16,得b3=14,显然2b2=12≠b1+b3=16.故数列{b n}不是等差数列;(2)结合(1)知,等比数列{b n+2}的首项为4,公比为2.故+2=4⋅2K1=2r1,∴=2r1−2.∵a n+1﹣a n=b n,b1=2,a2=4,∴a1=2,∴−K1=2−2(n≥2).令n=2,…,(n﹣1).得2−1=22−2,3−2=23−2,…−K1=2−2(n≥2),累加得−2=(22+23+⋯+2)−2(−1)(n≥2).∴=(2+22+23+⋯+2)−2+2=2(2−1)2−1−2+2=2r1−2(n≥2).又a1=2满足上式,∴=2r1−2.∴=(22−2×1)+(23−2×2)+⋯+(2r1−2p=(22+23+…+2n+1)﹣2(1+2+…+n)=4(2−1)2−1−2×or1)2=2r2−2−−4.题型四.讨论奇偶、绝对值求和1.数列{a n}的前n项和记为S n,对任意的正整数n,均有4S n=(a n+1)2,且a n>0.(1)求a1及{a n}的通项公式;(2)令=(−1)K14r1,求数列{b n}的前n项和T n.【解答】解:(1)当n=1时,41=(1+1)2,则a1=1;当n≥2时,由4S n=(a n+1)2,知4S n﹣1=(a n﹣1+1)2,联立两式,得4a n=(a n+1)2﹣(a n﹣1+1)2,化简得(a n+a n﹣1)(a n﹣a n﹣1﹣2)=0,∵a n>0,∴a n﹣a n﹣1﹣2=0,即{a n}是以a1=1为首项,2为公差的等差数列,故a n=2n﹣1;(2)=(−1)K14r1=(−1)K14(2K1)(2r1)=(﹣1)n﹣1(12K1+12r1),下面对n分奇偶数讨论:当n为偶数时,T n=(1+13)﹣(13+15)+…+(12K3+12K1)﹣(12K1+12r1)=1−12r1=22r1,当n为奇数时,T n=(1+13)﹣(13+15)+…﹣(12K3+12K1)+(12K1+12r1)=1+12r12r22r1,所以T n=为奇数为偶数.2.已知等差数列{a n}前n项和为S n,a5=9,S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n;(2)设=(−1),求{b n}前2n项和T2n.【解答】解:(1)由题意,设等差数列{a n}的公差为d,则5=1+4=95=51+5×42=25,整理,得1+4=91+2=5,解得1=1=2,∴a n=1+2(n﹣1)=2n﹣1,n∈N*,=o1+2K1)2=2.(2)由(1)知,设=(−1)=(﹣1)n•n2.T2n=b1+b2+…+b2n=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2n﹣1+b2n)=(﹣12+22)+(﹣32+42)+…+[﹣(2n﹣1)2+(2n)2]=[(2﹣1)×(2+1)]+[(4﹣3)×(4+3)]+…+[2n﹣(2n﹣1)]×[2n+(2n﹣1)]=1+2+3+4+…+(2n﹣1)+2n=2δ(1+2p2=2n2+n.3.已知数列{a n}满足a1=﹣2,a n+1=2a n+4.(1)求a2,a3,a4;(2)猜想{a n}的通项公式并加以证明;(3)求数列{|a n|}的前n项和S n.【解答】解:(1)由已知,易得a2=0,a3=4,a4=12.(2)猜想=2−4.因为a n+1=2a n+4,所以a n+1+4=2(a n+4),r1+4+4=2,则{a n+4}是以2为首项,以2为公比的等比数列,所以+4=2,所以==2−4.(3)当n=1时,a1=﹣2<0,S1=|a1|=2;当n≥2时,a n≥0,所以=−1+2+⋯+=2+(22−4)+⋯+(2−4)=2+22+⋯+2−4(−1)=2(1−2)1−2−4(−1)=2r1−4+2,又n=1时满足上式.所以,当n∈N*时,=2r1−4+2.题型五.数列求和选填综合1.首项为正数的等差数列{a n}中,34=75,当其前n项和S n取最大值时,n的值为()A.5B.6C.7D.8【解答】解:∵首项为正数的等差数列{a n}中,34=75,∴5(a1+2d)=7(a1+3d),整理,得:1=−112,∵a1>0,∴d<0,∴=−112B+oK1)2=2(n﹣6)2﹣18d,∴当其前n项和S n取最大值时,n的值为6.故选:B.2.在等比数列{a n}中,a2•a3=2a1,且a4与2a7的等差中项为17,设b n=a2n﹣1﹣a2n,n∈N*,则数列{b n}的前2n项和为112(1−42).【解答】解:等比数列{a n}中,a2•a3=2a1,且a4与2a7的等差中项为17,设首项为a1,公比为q,则:23=214+27=34,整理得:13=213+216=34,解得:1=14=2.则:=1K1=2K3,所以:b n =a 2n ﹣1﹣a 2n =22K32−22K3=−22n ﹣4,则:T 2n =−14(1−42)1−4=112(1−42).故答案为:112(1−42).3.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a 2=2且对于任意n >1,n ∈N *满足S n +1+S n ﹣1=2(S n +1),则()A .a 4=7B .S 16=240C .a 10=19D .S 20=381【解答】解:当n ≥2时,S n +1+S n ﹣1=2(S n +1)⇒S n +1﹣S n =S n ﹣S n ﹣1+2⇒a n +1=a n +2.所以数列{a n }从第2项起为等差数列,a n =1,=12−2,≥2,所以,a 4=6,a 10=18.S n =a 1+(2+)(K1)2=n (n ﹣1)+1,S 16=16×15+1=241,S 20=20×19+1=381.故选:D .4.已知数列{a n }是首项为1,公差为2的等差数列,数列{b n }满足关系11+22+33+⋯+=12−1,数列{b n }的前n 项和为S n ,则S 5的值为()A .﹣454B .﹣450C .﹣446D .﹣442【解答】解:数列{a n }是首项为1,公差为2的等差数列,可得a n =1+2(n ﹣1)=2n ﹣1,由11+22+33+⋯+=12−1,可得11=12−1=−12,可得b 1=﹣2,又11+22+⋯+K1K1=12K1−1,且11+22+33+⋯+=12−1,两式相减可得=12−12K1=−12,可得b n=﹣(2n﹣1)•2n,则S5=﹣2﹣3•4﹣5•8﹣7•16﹣9•32=﹣454,故选:A.5.已知数列{a n}满足1=32,r1=3+3,若=3,则c1+c2+⋅⋅⋅+c n=(2r1)⋅3−14.【解答】解:因为1=32,r1=3+3,所以1r1=+33=13+1,即1r1−1=13,所以数列{1}是首项11=23,公差为13的等差数列,所以1=23+13(−1)=r13,则=3=(+1)3K1,则1+2+⋅⋅⋅+=2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+(+1)×3K1,设T=2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+(n+1)×3n﹣1①,则3T=2×3+3×32+……+n×3n﹣1+(n+1)×3n②,①﹣②可得:﹣2T=2+3+32+……+3n﹣1﹣(n+1)×3n=1+3−13−1−(n+1)×3n,则=(2r1)⋅3−14.即1+2+⋅⋅⋅+=(2r1)⋅3−14.故答案为:(2r1)⋅3−14.6.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,S n=λa n﹣2,其中λ为常数,若a n b n=13﹣n,则数列{b n}中的项的最小值为−1214.【解答】解:根据题意,数列{a n}的满足a1=2,S n=λa n﹣2,当n=1时,有a1=S1=λa1﹣2,即2=2λ﹣2,解可得λ=2,则S n=2a n﹣2,①=2a n﹣1﹣2,②则有S n﹣1①﹣②:a n=2a n﹣2a n﹣1,变形可得a n=2a n﹣1,则数列{a n }是首项为a 1=2,公比为2的等比数列,则a n =2n ,又由a n b n =13﹣n ,则b n =13−2,当n ≤13时,b n ≥0,当n ≥14时,b n <0,且{b n }为递增数列,则当n =14时,b n 取得最小值,此时b 14=−1214;故答案为:−1214.7.已知数列{a n }和{b n }首项均为1,且a n ﹣1≥a n (n ≥2),a n +1≥a n ,数列{b n }的前n 项和为S n ,且满足2S n S n +1+a n b n +1=0,则S 2019=()A .2019B .12019C .4037D .14037【解答】解:∵a n ﹣1≥a n (n ≥2),a n +1≥a n ,∴a n ≥a n +1≥a n ,∴a n =a n +1,另外:a 1≥a 2≥a 1,可得a 2=a 1=1,∴a n =1.∵2S n S n +1+a n b n +1=0,∴2S n S n +1+b n +1=0,∴2S n S n +1+S n +1﹣S n =0,∴1r1−1=2.∴数列{1}是等差数列,首项为1,公差为2.∴1=1+2(n ﹣1)=2n ﹣1,∴S n =12K1.∴S 2019=14037.故选:D .8.已知数列{a n }满足:a 1=1,a 2=13,11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6(n ≥2且n ∈N +),等比数列{b n }公比q =2,令c n =为奇数,为偶数,则数列{c n }的前n 项和S 2n =2n 2﹣n +4r1−43.【解答】解:因为a1=1,a2=13,11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6(n≥2且n∈N+),①可得n=2时,11+22=31+6,即b1+3b2=b3+6,由等比数列的{b n}的公比为q=2,即b1+6b1=4b1+6,解得b1=2,所以b n=2n,当n=3时,11+22+33=42+6,即2+3×4+83=3×16+6,解得a3=15,又11+22+⋯+K1K1=K2+6(n≥3,且n∈N+),②①﹣②可得,=r1K1−K2,即2=2r1K1−2K2,化为1+1K2=2K1,又11+13=6=22,所以{1}为等差数列,且公差d=12−11=2,则1=11+2(n﹣1)=2n﹣1,所以c n=2−1,为奇数2,为偶数,所以S2n=1+22+5+24+…+(4n﹣3)+22n=(1+5+…+4n﹣3)+(22+24+…+22n)=o1+4K3)2+4(1−4)1−4=2n2﹣n+4r1−43.故答案为:2n2﹣n+4r1−43.9.已知数列{a n}满足2a n a n+1+a n+3a n+1+2=0,其中1=−12,设=K+1,若b3为数列{b n}中唯一最小项,则实数λ的取值范围是(5,7)【解答】解:∵2a n a n+1+a n+3a n+1+2=0,∴a n+1=−(+2)2+3,∴r1+1=−(+2)2+3+1=+12+3,∴1r1+1=2+3+1=2+1+1,即1r1+1−1+1=2,所以数列{1+1}是公差为2的等差数列,∵11+1=2,∴1+1=2+(−1)×2=2n,∴b n=2n(n﹣λ),∴b n+1﹣b n=2(n+1)(n+1﹣λ)﹣2n(n﹣λ)=4n+2﹣2λ,因为b3为数列{b n}中唯一最小项,所以b1>b2>b3<b4<b5<…,∴当n=1时,b2﹣b1=6﹣2λ<0,得λ>3,当n=2时,b3﹣b2=10﹣2λ<0,得λ>5,当n≥3时,4n+2﹣2λ>0恒成立,即λ<2n+1,即有λ<7.所以5<λ<7.故答案为:(5,7).课后作业.数列求和1.已知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设T n为数列{1r1}的前n项和,若λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立,求实数λ的最大值.【解答】解:(1)各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比.设公差为d,由已知得:41+6=14(1+2p2=1(1+6p,,联立解得d=1或d=0(舍去),a1=2,故:a n=n+1.(2)由(1)得:1r1=1(r1)(r2)=1r1−1r2,所以:=12−13+13−14+⋯+1r1−1r2.=12−1r2,=2(r2).由于:λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立,所以:2(r2)≤+2,解得:≤2(r2)2+4)+8,由于:+4≥≥4故:2(+4)+8≥16,即:λ≤16.故λ的最大值为16.2.设等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=6,a7=14.(1)求数列{a n}的通项公式及S n;(2)若_____,求数列{b n}的前n项和T n.在①b n=2•a n;②b n=2+r12;③b n=(﹣1)n•a n这三个条件中任选一个补充在第(2)问中,并对其求解.【解答】解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,由a3=6,a7=14.得4d=a7﹣a3=14﹣6=8,解得d=2,所以a1=a3﹣2d=6﹣4=2,所以a n=2+2(n﹣1)=2n;S n=2(2+2n)=n2+n.(2)若选择条件①:由(1)可知a n=2n,则b n=2•a n=2n•4n,所以T n=b1+b2+…+b n=2×41+4×42++6×43…+(2n)•4n;4T n=2×42+4×43+6×44+…+(2n)•4n+1,两式相减得:﹣3T n=2×41+2×42+2×43+…+2×4n﹣2n•4n+1=2×4(1−4)1−4−2n•4n+1=−83(1﹣4n)﹣2n•4n+1,所以T n=89(1﹣4n)+23•4n+1;若选择条件②:由a n=2n,S n=n2+n,得b n=2+r12=82+8r4or1)=8+4or1)=8+4(1−1r1),所以T n=b1+b2+b3+…+b n=8n+4(1−12+12−13+⋯+1−1r1)=8n+4r1=82+12r1;若选择条件③:由a n=2n,得b n=(﹣1)n•a n=(﹣1)n•2n,所以T n=﹣2+4﹣6+8+…+(﹣1)n•2n,当n为偶数时,T n=(﹣2+4)+(﹣6+8)++[﹣2(n﹣1)+2n]=2×2=n,当n为奇数时,T n=(﹣2+4)+(﹣6+8)+…+[﹣2(n﹣2)+2(n﹣1)]﹣2n=K12×2n =﹣n﹣1,所以T n=,为奇数−−1,为偶数.3.已知数列{a n}的各项均为正数,前n项和为S n,且S n=(+1)2(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=2(−2)(r1),T n=b1+b2+…+b n,求T n.【解答】解:(1)S n=(+1)2(n∈N*),当n=1时,1=1(1+1)2,∴a1=1,当n≥2时,由S n=(+1)2,得2=2+①取n=n﹣1,得2K1=K12+K1②①﹣②得:2=2(−K1)=2−K12+−K1,∴(a n+a n﹣1)(a n﹣a n﹣1﹣1)=0,∵a n+a n﹣1>0,∴a n﹣a n﹣1=1,n≥2,∴数列{a n}是等差数列,则a n=n;(2)由S n=(+1)2,a n=n,∴=or1)2,则=2(−2)(r1)=(−2),∴=1−2+2(−2)2+⋯+K1(−2)K1+(−2),−2=1+2−2+⋯+K1(−2)K2+(−2)K1,两式作差得:∴−3=1+1−2+⋯+1(−2)K1−(−2)=1−(−12)1−(−12)−(−2)=2+(−12)K13−(−2),∴=3(−2)−2+(−12)K19=3r29(−2)−29.4.在数列{a n}中,a1=12,对任意的n∈N*,都有1(r1)r1=B+1B成立.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)求数列{a n}的前n项和S n;并求满足S n<1516时n的最大值.【解答】解:(I)∵a1=12,对任意的n∈N*,都有1(r1)r1=B+1B成立,∴1(r1)r1−1B=1.∴1B=2+(n﹣1)=n+1,∴a n=1or1).(II)a n=1or1)=1−1r1.∴数列{a n}的前n项和S n=(1−12)+(12−13)+⋯+(1−1r1)=1−1r1,S n<1516,即1−1r1<1516,解得n<15,因此满足S n<1516时n的最大值为14.。

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数列求和
1.求数列的前n项和的方法
(1)公式法
①等差数列的前n项和公式②等比数列的前n 项和公式
(2)分组求和法
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)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.
(5)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
2.常见的裂项公式
(1)1n (n +1)=1n -1
n +1
.
(2)1(2n -1)(2n +1)=12⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫12n -1-12n +1.
(3)
1
n +n +1
=n +1-n .
高频考点一 分组转化法求和 例1、已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2
+n
2
,n ∈N *
.
(1)求数列{a n }的通项公式;
(2)设b n =2a n +(-1)n
a n ,求数列{
b n }的前2n 项和. 【感悟提升】某些数列的求和是将数列分解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,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.
【变式探究】已知数列{a n }的通项公式是a n =2·3n
-1
+(-1)n ·(ln2-ln3)+(-1)n
n ln3,求其前n 项和
S n .
高频考点二 错位相减法求和
例2、(2015·湖北)设等差数列{a n }的公差为d ,前
n 项和为S n ,等比数列{b n }的公比为q ,已知b 1=a 1,b 2=2,q =d ,S 10=100.
(1) 求数列{a n },{b n }的通项公式;
(2) 当d >1时,记c n =a n
b n ,求数列{
c n }的前n 项和
T n .
【感悟提升】用错位相减法求和时,应注意: (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“S n -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.
【变式探究】已知数列{a n}满足首项为a1=2,a n+1=2a n(n∈N*).设b n=3log2a n-2(n∈N*),数列{c n}满足c n=a n b n.
(1)求证:数列{b n}为等差数列;
(2)求数列{c n}的前n项和S n.
高频考点三裂项相消法求和
例3、设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,且S n满足S2n-(n2+n-3)S n-3(n2+n)=0,n∈N*.
(1)求a1的值;
(2)求数列{a n}的通项公式;
(3)证明:对一切正整数n,有
1
a1a1+1

1
a2a2+1+…+
1
a n a n+1

1
3
.
【变式探究】已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),
令a n=
1
f n+1+f n
,n∈N*.记数列{a n}的前n
项和为S n,则S2017=________.
【感悟提升】(1)用裂项相消法求和时,要对通项进行变换,如:1
n +n +k
=1
k
(n +k -n ),
1n n +k
=1k (1n -1n +k
)裂项后可以产生连续可以相互抵消的项.(2)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.
【举一反三】在数列{a n }中,a 1=1,当n ≥2时,其前n 项和S n 满足
S 2n =a n ⎝
⎛⎭⎪⎪
⎫S n -12.
(1)求S n 的表达式;
(2)设b n =S n
2n +1
,求{b n }的前n 项和T n .
练习:
1.已知数列{a n }的通项公式是a n =2n
-1
2n ,其前n 项和
S n =321
64
,则项数n =( )
A .13
B . 10
C .9
D .6 2.已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1·a n =2n
(n ∈N *
),则
S 2 012=( )
A .2
2 012
-1 B .3·2
1 006
-3 C .3·2
1 006
-1
D .3·21 005
-2
3.已知函数f (x )=x 2
+2bx 过(1,2)点,若数列{1
f n
}
的前n 项和为S n ,则S 2 012的值为( )
A.2 0122 011
B.2 0102 011
C.2 0132 012
D.2 0122 013
4.数列{a n }满足a n +a n +1=12(n ∈N *
),且a 1=1,S n 是
数列{a n }的前n 项和,则S 21=( ) A.21
2
B .6
C .10
D .11
5.已知函数f(n)=n2cos(nπ),且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100=( )
A.-100 B.0 C.100 D.10 200 6.在数列{a n}中,已知a1=1,a n+1-a n=
sin n+1π
2
,记S n为数列{a n}的前n项和,则S2 014
=( )
A.1 006 B.1 007 C.1 008 D.1 009 7.在数列{a n}中,a1=1,a n+1=(-1)n(a n+1),记S n 为{a n}的前n项和,则S2 013=__________。

8.等比数列{a n}的前n项和S n=2n-1,则a21+a22+…+a2n=__________。

9.对于每一个正整数n,设曲线y=x n+1在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为x n,令a n=lg x n,则a1+a2+…+a99=__________。

10.已知等比数列{a n}中,首项a1=3,公比q>1,且3(a n+2+a n)-10a n+1=0(n∈N*)。

(1)求数列{a n}的通项公式。

(2)设⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫b n +13a n 是首项为1,公差为2的等差数列,求
数列{b n }的通项公式和前n 项和S n 。

11.设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知2S n =3n +3。

(1)求{a n }的通项公式;
(2)若数列{b n }满足a n b n =log 3a n ,求{b n }的前n 项和T n 。

12.已知数列{a n }是公差为2的等差数列,它的前n 项和为S n ,且a 1+1,a 3+1,a 7+1成等比数列。

(1)求{a n }的通项公式。

(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫1S n 的前n 项和T n 。

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