数列求和错位相减法与列项相消法
高三总复习--数列求前n项和方法分组求和法错位相减法裂项相消法题型总结归纳
分组求和法：适用于两个相加减的数列再求和，例如：①等差+等比②等比+等比③等比+常数列，同理减的时候也可以用。
具体做法就是两个数列分别求前项和之后再求和或差。
这里一定要知道等差数列与等比数列各自的通式。
等差：,等比：1、数列1,前项和为（ ） A. B. C. D.2、已知数列的通项公式为, 从中依次取出第3，9，27，…, …项，按原来的顺序排成一个新的数列，则此数列的前项和为（ ）A. B. C. D. 3、已知数列的通项公式，求前项的和.4、数列的前项之和是_________。
5、已知，求的前项和。
6、求数列的前项和：7、求之和。
8、计算。
5错位相减法，可用于以下三种题型：①等比数列前项和公式的证明；②等差×等比；③等差÷等比。
错位相减法时一个比较常考也较为简单的方法，但是在具体用的时候有很多的注意事项，并且，不同的老师或教材对于错位相减法的讲解也是不尽相同的，这时更需要学生注意，方法之间的注意事项可能是不同的，如果用混了结果肯定对不了。
1、求数列前项的和。
2、设数列的前项和为，为等比数列，且（1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 3、已知等比数列的公比，且与的一个等比中项为，与的等差中项为6.若数列满n b kn a n +=n n b k a ⋅=⋯,1617,815,413,21n 1212+-n n 212112+-+n n 1212+--n n n 212112+--+n n n {}n a 5+=n a n {}n a n 3n 2)133(+n n 53+n 23103-+n n 231031-++n n 321n n a n =++n 1615,814,413n 3log 1log 23-=x ⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32n n 231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++)()2()1(2n a a a n -++-+- n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n n {}n a n 22n S n =}{n b .)(,112211b a a b b a =-={}n a {}n b nn n b a c ={}n c n n T {}n a 1>q 1a 4a 2a 3a {}n b足（1）求数列的通项公式（2）求的前项和.4、已知（为常数，）．设是首项为，公比为的等比数列。
新人教版高中数学选择性必修第二册错位相减法、裂项相消法求和
习题课错位相减法、裂项相消法求和学习目标1.熟练掌握等差和等比数列前n 项和的结构特点以及各个符号的意义.2.掌握错位相减和裂项相消求和的一般过程和思路．一、错位相减法例1求和：S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n (x ≠0)．解当x ＝1时，S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；当x ≠1时，S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，xS n ＝x 2＋2x 3＋3x 4＋…＋(n －1)x n ＋nx n ＋1，∴(1－x )S n ＝x ＋x 2＋x 3＋…＋x n －nx n ＋1＝x (1－x n )1－x －nx n ＋1，∴S n ＝x (1－x n )(1－x )2－nx n ＋11－x.综上可得，S n x ＝1，－nx n ＋11－x ，x ≠1且x ≠0.反思感悟(1)一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法．(2)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”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．跟踪训练1已知数列{a n }的前n 项和为S n1的等差数列，且a 2＝3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ·3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)1的等差数列，∴Sn n＝a 1＋n －1，可得S n ＝n (a 1＋n －1)，∴a 1＋a 2＝2(a 1＋1)，且a 2＝3.解得a 1＝1.∴S n ＝n 2.∴n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1(n ＝1时也成立)．∴a n ＝2n －1.(2)b n＝a n·3n＝(2n－1)·3n，∴数列{b n}的前n项和T n＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，∴3T n＝32＋3×33＋…＋(2n－3)×3n＋(2n－1)×3n＋1，∴－2T n＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×9(3n－1－1)3－1－(2n－1)×3n＋1，可得T n＝3＋(n－1)×3n＋1.二、裂项相消法问题已知数列a n＝1n(n＋1)，如何求{a n}的前n项和S n.提示a n＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，S n＝a1＋a2＋…＋a n＝1－1n＋1＝nn＋1.知识梳理常见的裂项求和的形式：①1n(n＋k)＝②1(2n－1)(2n＋1)＝③2n(2n＋1)(2n＋1＋1)＝12n＋1－12n＋1＋1④1n(n＋1)(n＋2)＝121n(n＋1)－1(n＋1)(n＋2)；⑤1n＋1＋n＝n＋1－n；⑥ln(n＋1)－ln n.注意点：(1)裂项前要先研究分子与分母的两个因式的差的关系；(2)若相邻项无法相消，则采用裂项后分组求和，即正项一组，负项一组；(3)检验所留的正项与负项的个数是否相同．例2已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S2＝2，S4＝16，{a n＋1}是等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若a n>0，设b n＝log2(3a n＋3)n项和．解(1)设等比数列{a n ＋1}的公比为q ，其前n 项和为T n ，因为S 2＝2，S 4＝16，所以T 2＝4，T 4＝20，易知q ≠1，所以T 2＝(a 1＋1)(1－q 2)1－q ＝4，①T 4＝(a 1＋1)(1－q 4)1－q ＝20，②由②①得1＋q 2＝5，解得q ＝±2.当q ＝2时，a 1＝13，所以a n ＋1＝43×2n －1＝2n ＋13；当q ＝－2时，a 1＝－5，所以a n ＋1＝(－4)×(－2)n －1＝－(－2)n ＋1.所以a n ＝2n ＋13－1或a n ＝－(－2)n ＋1－1.(2)因为a n >0，所以a n ＝2n ＋13－1，所以b n ＝log 2(3a n ＋3)＝n ＋1，所以1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，n 项和为…＝12－1n ＋2＝n 2(n ＋2).反思感悟(1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的．(2)裂项原则：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．(3)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．跟踪训练2设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3.(1)求a n ；(2)设b n ＝1S n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)设数列{a n }的公差为d ，a 1＋3d ＝a 1＋6d ，a 1＋7d )－2(a 1＋2d )＝3，解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (n ＋2)，∴b n＝1n(n＋2)＝∴T n＝b1＋b2＋…＋b n－1＋b n＋12－1n＋1－＝34－1．知识清单：(1)错位相减法求和．(2)裂项相消法求和．2．方法归纳：公式法、错位相减法、裂项相消法．3．常见误区：错位相减法中要注意项的符号以及化简合并；裂项求和中要关注正项与负项的个数是否相同．1．已知a n＝1n＋1＋n(n∈N*)，则a1＋a2＋a3＋…＋a80等于()A．7B．8C．9D．10答案B解析因为a n＝1n＋1＋n＝n＋1－n(n∈N*)，所以a1＋a2＋a3＋…＋a80＝2－1＋3－2＋…＋81－80＝9－1＝8.2．数列12×5，15×8，18×11，…，1(3n－1)×(3n＋2)，…的前n项和为()A.n3n＋2B.n6n＋4C.3n6n＋4D.n＋1n＋2答案B解析由数列通项公式1(3n－1)(3n＋2)＝得前n 项和S n－15＋15－18＋18－111＋…＋13n －1－＝n 6n ＋4.32021项和为________．答案20211011解析因为2n (n ＋1)＝所以S 2021＝－12＋12－13＋…＋12021－＝＝20211011.4．已知a n ＝2n ，b n ＝1a n ·a n ＋2，则{b n }的前n 项和T n ＝__________________.答案－1n ＋1－解析1a n a n ＋2＝T n －13＋12－14＋13－15＋…＋1n －＋12－1n ＋1－－1n ＋1－课时对点练1．数列214，418，6116，…的前n 项和S n 为()A ．n 2＋1＋12n＋1B ．n 2＋2－12n＋1C ．n (n ＋1)＋12－12n ＋1D ．n (n ＋1)＋12n＋1答案C解析S n ＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋18＋…＝12n (2＋2n )＋41－12＝n (n ＋1)＋12－12n ＋1.2．等比数列{a n }中，a 5＝2，a 6＝5，则数列{lg a n }的前10项和等于()A ．6B ．5C ．4D ．3答案B解析∵数列{a n }是等比数列，a 5＝2，a 6＝5，∴a 1a 10＝a 2a 9＝a 3a 8＝a 4a 7＝a 5a 6＝10，∴lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 10＝lg(a 1·a 2·…·a 10)＝lg(a 5a 6)5＝5lg 10＝5.3．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020答案D解析设数列{a n }的公差为d ，a 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，1＋9d ＝19，1＝1，＝2，∴a n ＝2n －1.设b n ＝a n cos n π，∴b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos n π}的前2020项和S 2020＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2019＋b 2020)＝2×20202＝2020.4．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，那么数列{b n }n 项的和为()A ．B ．C ．1－1n ＋1 D.12－1n ＋1答案A解析∵a n＝1＋2＋3＋…＋nn＋1＝n(n＋1)2n＋1＝n2，∴b n＝1a n a n＋1＝4n(n＋1)＝∴S n＝－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－＝5．谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》，文章告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为1的分数(称为埃及分数)．则下列埃及分数11×3，13×5，15×7，…，12019×2021的和是()A.2020 2021B.1010 2021C.1009 2019D.2018 2019答案B解析∵1(2n－1)(2n＋1)＝∴11×3＋13×5＋15×7＋…＋12019×2021－13＋13－15＋15－17＋…＋12019－＝10102021.6．(多选)设等差数列{a n}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列说法正确的是()A．a n＝2n＋1B．d＝2C.1a2n－1＝n项和为n4(n＋1)答案ABD解析设等差数列{a n}的公差为d.∵{a n}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，又a 2＝5，∴a 7－a 2＝5d .∴d ＝2.∴a n ＝2n ＋1.故AB 正确；∴1a 2n －1＝14n (n ＋1)＝C 错误；n 项和为S n －12＋12－13＋…＋1n －＝n 4(n ＋1).故D 正确．7．在数列{a n }中，a1＝2，a n ＋1＝a n＋n ∈N *，则a n ＝________答案2＋ln n解析∵a n ＋1＝a n ＋∴a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n＝ln(n ＋1)－ln n .又a 1＝2，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n －ln(n －1)]＝2＋ln n －ln 1＝2＋ln n .8．设数列{nan }的前n 项和为T n ，若na n＝n －1，则T n ＝________.答案49－解析T n＝＋＋＋…＋n－1，－12Tn ＝＋＋…＋(n －－1＋n，两式相减得32T n＝1＋…－1－n1n＝23－.所以数列{na n }的前n 项和T n ＝49－.9．已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解(1)a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，1＝1，＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝所以T n －13＋13－15＋…＋12n －1－＝n 2n ＋1.10．已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1n 项和T n .解(1)设数列{a n }的公比为q ，由题意知，a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)由题意知，S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝bn a n ，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得12T n ＝32＋＋122＋…－2n ＋12n ＋1＝32＋121－11－12－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n.11．在各项都为正数的等比数列{a n }中，若a 1＝2，且a 1·a 5＝64前n 项和是()A ．1－12n ＋1－1B ．1－12n ＋1C ．1－12n＋1D ．1－12n －1答案A解析在各项都为正数，公比设为q (q >0)的等比数列{a n }中，若a 1＝2，且a 1·a 5＝64，则4q 4＝64，解得q ＝2，则a n ＝2n .∵2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1∴n 项和是12－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，故选A.12．设S ＝1＋112＋122＋1＋122＋132＋1＋132＋142＋…＋1＋120202＋120212，[S ]表示不大于S 的最大整数(例如：[2.34]＝2，[－π]＝－4)，则[S ]等于()A ．2019B ．2020C ．2021D ．2022答案B 解析因为1＋1n 2＋1(1＋n )2＝(n2＋n)2＋2(n2＋n)＋1n2(1＋n)2＝n2＋n＋1n(n＋1)＝1所以S＝11…＋12021－12021，所以[S]＝2020.13．在数列{a n}中，a1＝1，对于任意自然数n，都有a n＋1＝a n＋n·2n，则a15等于() A．14·215＋2B．13·214＋2C．14·215＋3D．13·215＋3答案D解析a n＋1－a n＝n·2n，∴a2－a1＝1·21，a3－a2＝2·22，a4－a3＝3·23…a n－a n－1＝(n－1)·2n－1，以上n－1个等式，累加得a n－a1＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1，①又∵2a n－2a1＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－2)·2n－1＋(n－1)·2n，②①－②得a1－a n＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)·2n＝2(1－2n－1)1－2－(n－1)·2n＝(2－n)·2n－2，∴a n＝(n－2)·2n＋3(n≥2)，∴a15＝(15－2)·215＋3＝13·215＋3.14．已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n＝2a n－1(n∈N*)，则数列{na n}的前n项和T n 为________．答案(n－1)2n＋1解析∵S n＝2a n－1(n∈N*)，∴n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1，n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n－1－(2a n－1－1)，化为a n ＝2a n－1，∴数列{a n}是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n＝2n－1.∴na n＝n·2n－1.则数列{na n}的前n项和T n＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1.∴2T n＝2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n·2n，∴－T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴T n ＝(n －1)2n ＋1.15．在古希腊，毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28,36,45，…这些数叫做三角形数．设第n 个三角形数为a n ，则下面结论错误的是()A ．a n －a n －1＝n (n >1)B ．a 20＝210C ．1024是三角形数D.1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝2n n ＋1答案C 解析∵a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，…，由此可归纳得a n －a n －1＝n (n >1)，故A 正确；将前面的所有项累加可得a n ＝(n －1)(n ＋2)2＋a 1＝n (n ＋1)2，∴a 20＝210，故B 正确；令n (n ＋1)2＝1024，此方程没有正整数解，故C 错误；1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝…＝＝2n n ＋1，故D 正确．16．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋λ(λ为常数)．(1)试探究数列{a n ＋λ}是不是等比数列，并求a n ；(2)当λ＝1时，求数列{n (a n ＋λ)}的前n 项和T n .解(1)因为a n ＋1＝2a n ＋λ，所以a n ＋1＋λ＝2(a n ＋λ)．又a 1＝1，所以当λ＝－1时，a 1＋λ＝0，数列{a n ＋λ}不是等比数列，此时a n ＋λ＝a n －1＝0，即a n ＝1；当λ≠－1时，a 1＋λ≠0，所以a n ＋λ≠0，所以数列{a n ＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，此时a n ＋λ＝(1＋λ)2n －1，即a n ＝(1＋λ)2n －1－λ.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以n (a n ＋1)＝n ·2n ，T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，①2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1，②①－②得，－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2.所以T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.。
错位相减与裂项相消
(1)裂项相消求和把数列的通项拆成两项之差再求和,正负相消剩下首尾若干项. 常见的拆项公式:1n×(n＋1) ＝1n －1n＋11n＋k＋n ＝1k(n＋k －n )2n(2n－1)(2n＋1－1) ＝12n－1－12n＋1－1特别提醒：(1)裂项相消法就是把数列的每一项分裂成一正一负的两项，使得相加后，前后的项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次相消，有的是间隔相消．在正负项抵消后，是否只剩下第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项，未消去的项有前后对称的特点．(2)一般地，若{a n}为等差数列，则求数列{1a n a n＋1}的前n项和可尝试此方法，事实上，1a n a n＋1＝dda n a n＋1＝a n＋1－a nda n a n＋1＝1d·(1a n－1a n＋1)．如求12×4 ＋13×5 ＋14×6 ＋…＋1(n＋1)×(n＋3) ＝？解：∵1(n＋1)×(n＋3) ＝12(1n＋1 －1n＋3 )∴12×4 ＋13×5 ＋14×6 ＋…＋1(n＋1)×(n＋3)＝12[(12 －14 )＋(13 －15 )＋(14 －16 )＋…＋(1n －1n＋2 )＋(1n＋1 －1n＋3 )]＝12(12 ＋13 －1n＋2 －1n＋3 )＝512－2 n＋52(n＋2)×(n＋3)12[例1](2011课标Ⅰ)等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n 的前n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q .由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19. 由条件可知q >0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n . (2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n＝－(1＋2＋…＋n ) ＝－n (n ＋1)2.故1b n ＝－2n (n ＋1)＝－2(1n －1n ＋1)，1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝－2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝－2nn ＋1. 所以数列{1b n }的前n 项和为－2nn ＋1.[练1](2013课标全国Ⅰ,17,0.466).已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝0,S 5＝－5.(Ⅰ)求{a n }的通项公式； (Ⅱ)求数列{1 a 2n －1● a 2n ＋1}的前n 项和.解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，∵前n 项和S n 满足S 3＝0，S 5＝－5，∴⎩⎨⎧3a 1＋3d ＝85a 1＋5×42 d ＝－5，4[练2]已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，11n n n n a b S S ++=，求数列{b n }的前n 项和n T .解:（1）∵数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8．∴a 2a 3＝a 1a 4＝8．解得a 1＝1，a 4＝8或a 1＝8，a 4＝1（舍）， 解得q ＝2，即数列{a n }的通项公式a n ＝2n －1； （2）Sn ＝a 1(1－q n )1－q＝2n －1∴b n ＝a n+1 S n S n+1 ＝S n+1－S n S n S n+1 ＝ 1S n－1S n ＋1 ，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(1S 1 －1S 2 )＋(1S 2 －1S 3 )＋…＋(1S n －1S n ＋1 )＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1．[思维发散] 利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.通过纽带：a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，根据题目求解特点，消掉一个a n 或S n .然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解.如需消掉S n ，利用已知递推式，把n 换成n －1得到递推式，两式相减即可. 若消掉a n ，只需把a n ＝S n －S n －1带入递推式即可.不论哪种形式，需要注意公式a n ＝S n －S n －1 成立的条件n ≥2[练1]若数列{a n }的前n 项和为S n ＝23 a n ＋13 ,则{a n }的通项公式是a n ＝______. 答案： (－2)n －15[练2]设n S 为数列{n a }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1,则S n ＝答案：－1n例2.(2015课标Ⅰ, 0.624）S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n ＞0，a n 2＋2a n ＝4S n ＋3. （Ⅰ）求{a n }的通项公式：（Ⅱ）设b n ＝1a n a n ＋1 ,求数列{b n }的前n 项和. 解:（Ⅰ）由a n 2＋2a n ＝4S n ＋3可知当n ＝1时，a 12＋2a 1＝4S 1 ＋3＝4a 1 ＋3，因为a n >0，所以a 1＝3， 当n ≥2时，a n －12＋2a n －1＝4S n －1＋3两式相减得 a n 2－a n －12＋2(a n －a n －1)＝4a n即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝2(a n ＋a n －1)，因为a n >0，所以a n －a n －1＝2， 所以数列{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， 通项公式为a n ＝2n ＋1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b n ＝1 a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3) ＝12 (1 2n ＋1 －12n ＋3 ) 所以数列{n b }前n 项和12n b b b +++＝12(13 －1 2n ＋3 )＝16 －1 4n ＋6练1[2020唐山高三二模]已知S n是数列{a n}的前n项和，S n＋1＝3S n＋1，a1＝1.(Ⅰ）求数列{a n}的通项公式：（Ⅱ）若b n＝log3a2n ，c n＝1b n b n＋1 ,求数列{c n}的前n项和T n.6练2[2017唐山一模]已知数列{a n}为单调递增数列，S n为其的前n项和，2 S n＝a n2＋n (Ⅰ）求数列{a n}的通项公式：（Ⅱ）若b n＝a n＋22n＋1•a n•a n＋1, T n为数列{b n}的前n项和，证明: T n<127(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．特别提醒：用乘公比错位相减法求等比数列的和时，应注意：(1) 在写出“S n”与“q·S 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－q·S n”的表达式；(2) “S n－q·S n”化简的关键是化为等比数列求和，一定要明确求和的是n项还是n－1项，一般是n－1项．用错位相减法解决数列求和的步骤：第一步：(判断结构)若数列{a n·b n}是由等差数列{a n}与等比数列{b n}(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和．第二步：(乘公比)设{a n·b n}的前n项和为T n，然后两边同乘以q.第三步：(错位相减)乘以公比q后，向后错开一位，使含有q k(k∈N *)的项对齐，然后两边同时作差．第四步：(求和)将作差后的结果求和化简，从而表示出T n89[例1]已知a n ＝(2n －1)•3n ，求数列{a n }的前n 项和S n .解法1：错位相减法解：S n ＝1•31＋3•32＋5•33＋…＋(2n －3)•3n －1＋(2n －1)•3n ，①3S n ＝ 1•32＋3•33＋5•34＋ … ＋(2n －3)•3n ＋(2n －1)•3n ＋1，② ①－②－2S n ＝1•31＋2•32＋2•33＋…＋2•3n －(2n －1)•3n ＋1＝1•3＋2•32 (1－3n －1)1－3 －(2n －1)•3n ＋1＝1•3＋32 (3n －1－1) －(2n －1)•3n ＋1＝－6＋(2－2n)•3n ＋1∴S n ＝3＋(n －1)•3n ＋1 解法2： 利用公式求解a n ＝(2n －1)•3n ＝(6n －3)•3n －1＝(a n ＋b)•q n －1 a ＝6,b ＝－3, q ＝3 A ＝a q －1 ＝63－1 ＝3, B ＝b －A q －1 ＝－3－3 3－1＝－3 ,C ＝－B ＝3 ∴S n ＝(An ＋B) q n ＋C ＝(3n －3) •3n ＋3 ＝(n －1)•3n ＋1＋3 [总结]第一步：把通项统一化成：c n ＝(a n ＋b)•q n －1． 第二步：把前n 项和化成：S n ＝(An ＋B) q n ＋C第三步：套公式即可：A ＝aq －1 ，B ＝b －A q －1，C ＝－B 第三步公式记不住的，可这样求A,B⎩⎨⎧ S 1＝(A ＋B) •3－B ＝3 S 2＝(2A ＋B) •32－B ＝3＋3•32整理为⎩⎨⎧ 3A ＋2B ＝3 18A ＋8B ＝30解得⎩⎨⎧A ＝3B ＝－310解法3：裂项相消解错位相减令a n ＝(2n －1)•3n ＝[k(n ＋1) ＋b ]•3n ＋1－(kn ＋b )•3n右式＝[2kn ＋(3k ＋2b )]•3n 整理后与左式比较 ∴⎩⎨⎧ 2k ＝2 3k ＋2b ＝－1解得⎩⎨⎧k ＝1 b ＝－2 ∴a n ＝(2n －1)•3n ＝(n －1)•3n ＋1－(n －2)•3n∴S n ＝[0•32－(－1)•31] ＋(1•33－0•32) ＋(2•34－1•33) ＋(3•35－2•34)＋…＋[(n －1)•3n ＋1－(n －2)•3n ] ＝(n －1)•3n ＋1＋311[例3]已知a n＝n3n，求数列{a n}的前n项和S n.解：S n＝13＋232＋333＋…＋n－13n－1＋n3n，13S n＝132＋233＋…＋n－13n＋n3n＋1，两式相减得23S n＝13＋132＋133＋…＋13n－n3n＋1＝13(1－13n)1－13－n3n＋1＝12－12×3n－n3n＋1，∴S n＝34－14×3n－1－n2×3n＝34－2n＋34×3n.解法2：利用公式求解a n＝n3n＝(13n＋0)•13n－1＝(a n＋b)•q n－1a＝13, b＝0, q＝13A＝aq－1 ＝1313－1＝－12, B＝b－Aq－1 ＝0－(－12)13－1＝－34,C＝－B＝34∴S n＝(An＋B) q n＋C＝(－12n－34)•(13)n＋34＝34－2n＋34×3n.1213解法3：裂项相消解错位相减令a n ＝n3n ＝k(n ＋1)＋b 3n ＋1－k n ＋b3n化简比较左右 3n 3n ＋1＝－2k n ＋(k －2b)3n ＋1 ∴⎩⎨⎧－2k ＝3 k －2b ＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－32 b ＝－34∴a n ＝n3n ＝－32(n ＋1) －343n ＋1－－32n －343n∴S n ＝(－32×2 －3432－－32×1－3431)＋(－32×3 －3433－－32×2－3432) ＋…＋(－32(n ＋1) －343n ＋1－－32n －343n )＝－32(n ＋1) －343n ＋1－－32×1－3431＝34－2n ＋34×3n.[2020唐山高三期末]解：（1）在S n＝2n＋1－2中，令n＝1，得a1＝S1＝21＋1－2＝2，当n≥2时，S n－1＝2n－2，则a n＝S n－S n－1＝2n＋1－2n＝2n．又因为a1＝2符合上式，所以，a n＝2n．…4分（2）由（1）得b n＝n＋1a n＝n＋12n，则T n＝ 22＋34＋…＋n2n－1＋n＋12n①，则12T n＝ 24＋38＋…＋n2n＋n＋12n＋1②，①－②，得12T n＝1＋ 14＋18＋…＋12n－n＋12n＋1＝32－n＋32n＋1，则T n＝3－n＋32n．…12分解法2：利用公式求解解法3：裂项相消解错位相减1415(2020·石家庄模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1 (I)求数列{a n }的通项公式;(II)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和T n解：(Ⅰ)由2S n ＝3a n －1 ①2S n －1＝3a n －1－1 ②(n ≥2)①－②得2a n ＝3a n －3a n －1，∴ a na n －1＝3，…………………3分又当n ＝1时，2S 1＝3a 1－1，即a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴ a n ＝3n －1．…………6分(Ⅱ) 由(Ⅰ)得：b n ＝ n3n －1∴T n ＝ 1 30＋ 2 31＋ 3 32＋…＋ n3n －1，…………………③ 1 3T n ＝ 1 31＋ 232＋…＋ n －1 3n －1＋ n 3n ，…………④…………………8分③－④得： 2 3T n ＝ 1 30＋ 1 31＋ 1 32＋…＋ 1 3n －1－ n3n ………………10分＝1－ 1 3n1－ 1 3－ n 3n ＝ 3 2－2n ＋3 2×3n∴T n ＝ 9 4－ 6n ＋9 4×3n ． ……………………………………………12分解法2： 利用公式求解解法3：裂项相消解错位相减[练2]已知{a n}是递增．．的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根.（I）求{a n}的通项公式；（II）求数列2n na⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和.解法2：利用公式求解解法3：裂项相消解错位相减16。
数列的常见求和方法
数列的常见求和方法
数列求和的七种方法：倒序相加法、分组求和法、错位相减法、裂项相消法、乘公比错项相减（等差×等比）、公式法、迭加法。
1、倒序相加法
倒序相乘法如果一个数列{an}满足用户与首末两项等“距离”的两项的和成正比(或等同于同一常数)，那么谋这个数列的前n项和，需用倒序相乘法。
2、分组求和法
分组议和法一个数列的通项公式就是由几个等差或等比或可以议和的数列的通项公式共同组成，议和时需用分组议和法，分别议和而后相乘。
3、错位相减法
错位二者加法如果一个数列的各项就是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积形成的，那么这个数列的前n项和需用此法xi，例如等比数列的前n项和公式就是用此法推论的。
4、裂项相消法
裂项二者消法把数列的通项切割成两项之差，在议和时中间的一些项可以相互抵销，从而求出其和。
5、乘公比错项相减（等差×等比）
这种方法就是在推论等比数列的'前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用作谋数列{an×bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别就是等差数列和等比数列。
6、公式法
对等差数列、等比数列，求前n项和sn可以轻易用等差、等比数列的前n项和公式展开解。
运用公式解的注意事项：首先必须特别注意公式的应用领域范围，确认公式适用于于这个数列之后，再排序。
7、迭加法
主要应用于数列{an}满足用户an+1=an+f(n)，其中f(n)就是等差数列或等比数列的条件下，可以把这个式子变为an+1-an=f(n)，代入各项，获得一系列式子，把所有的式子提至一起，经过整理，纡出来an，从而算出sn。
数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消和错位相减
一般地，若{an}为等差数列，则求数列ana1n＋1的前 n 项和 可 尝 试 此 方 法 ， 事 实 上 ， 1 ＝ d ＝ an＋1－an ＝
anan＋1 danan＋1 danan＋1 1d·a1n－an1＋1.
数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消和错位相减 结 束
高考研究课（三 数列求和的 3 种方法——分组转化、裂项相消和错位相减
非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想： 1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消来完成. 2不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相 消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.
数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消和错位相减
[即时训练]
结束
1．(2017·福州质检)已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝
fn＋11＋fn，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 016＝(
)
A. 2 015－1
B. 2 016－1
数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消和错位相减 结 束
[方法技巧]
(1)若数列{cn}的通项公式为 cn＝an±bn，且{an}，{bn} 为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前 n 项和．
(2)若数列{cn}的通项公式为
cn＝
an，n为奇数， bn，n为偶数，
其
中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和
数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消和错位相减 结 束
(2017·沈阳质检)已知数列an是递增的等比数列，且 a1＋a4＝9， a2a3＝8. (2)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，bn＝SanSn＋n＋1 1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. [解] Sn＝(a111－－qqn)＝2n－1，又 bn＝SanSn＋n＋1 1＝SSn＋nS1－n＋S1 n ＝S1n－Sn1＋1，所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝S11－S12＋S12－S13＋…＋S1n－Sn1＋1＝S11－Sn1＋1 ＝1－2n＋11－1，n∈N*.
数列求和的八种重要方法与例题
练习10：
已知Sn=-1+3-5+7+…+(-1)n(2n-1),
1)求S20,S21 2)求Sn
=20 S20=-1+3+(-5)+7+……+（-37）+39
S21=-1+3+(-5)+7+（-9）+……+39+（-41）
=-21
总的方向： 1.转化为等差或等比数列的求和 2.转化为能消项的 思考方式：求和看通项（怎样的类型） 若无通项，则须先求出通项 方法及题型： 1.等差、等比数列用公式法 2.倒序相加法 3.错位相减法 4.裂项相消法
1 (1 3
2n )
5
n
12 3
1 (2n 5n 1) 3
热点题型3：递归数列与数学归纳法.
已知数列{an}的各项都是正数，且满足：a01，an1
(nN)
1 2
an (4
an ).
（1）证明an<an+1<2(nN) （2）求数列{an}的通项公式an
用数学归纳法证明：
类型a1+an=a2+an-1=a3+an-2=……
典例. 已知 lg(xy) 2 2.倒序相加法
S =lgxn +lg(xn-·1 y)+ ...+lg(x·1 yn-1)+lgyn,
(x > 0,y > 0) 求S .
S =lgxn +lg(xn-·1 y)+ ...+lgyn
S =lgyn +lg(yn-·1 x)+ ...+lgxn 2S =lg(xy)n +lg(xy)n + ...+lg(xy)n
错位相减法和裂项相消法
错位相减法和裂项相消法错位相减法和裂项相消法是初中数学中常见的两种解题方法。
这两种方法都是通过将原式子变形，使得原本难以计算的式子简化、易于计算。
下面将详细介绍这两种方法。
一、错位相减法1.1 定义错位相减法又称交错相减法，是一种用于解决一些复杂的多项式运算的方法。
它的核心思想是将一个多项式拆分成两个部分，然后交错地进行相减运算，从而达到简化计算的目的。
1.2 原理假设有一个多项式a(x)，它可以被拆分成两个部分：奇数项和偶数项。
a(x) = a(奇)(x) + a(偶)(x)那么我们可以利用下面这个公式来计算a(x)：a(x) = a(奇)(x) - a(偶)(x)这个公式就是错位相减法的核心公式。
通过使用这个公式，我们可以将一个复杂的多项式简化为两个较为简单的多项式之差。
在实际应用中，我们通常会选择拆分出来奇数项或者偶数项较少的那个部分作为a(奇)(x)或者a(偶)(x)，以达到简化计算的目的。
1.3 例子下面我们来看一个例子，假设有一个多项式：a(x) = x^4 - 3x^3 + 2x^2 - x + 1我们可以将它拆分成两个部分：a(奇)(x) = x^4 - 2x^2 + 1a(偶)(x) = 3x^3 - x然后，我们可以利用错位相减法的公式来计算a(x)：a(x) = a(奇)(x) - a(偶)(x)= (x^4 - 2x^2 + 1) - (3x^3 - x)= x^4 - 3x^3 + 2x^2 - x + 1通过使用错位相减法，我们将原本较为复杂的多项式简化为了两个较为简单的多项式之差，从而达到了简化计算的目的。
二、裂项相消法2.1 定义裂项相消法又称因式分解法，是一种用于解决一些复杂方程或者不等式问题的方法。
它的核心思想是将原方程或者不等式中出现的一些复杂项分解成一些简单项之积，并利用这些简单项之间相互抵消或者合并来达到简化计算的目的。
2.2 原理裂项相消法的原理可以用下面这个例子来说明。
错位相减-裂项相消-分组求和
一、错位相减法差比数列：错位相减较常用在数列的通项表现为一个等差数列与一个等比数列的乘积，设数列{}n a 的等比数列，数列{}n b 是等差数列，则数列{}n n b a 的前n 项和n S 求解，均可用错位相减法。
练习：2,n n n a n S =•求 练习：求数列}21{n n ⨯前n 项和 练习：(21)2n n a n =-⋅1、设{}n a 是等差数列，{}n b 是各项都为正数的等比数列，且111a b ==，3521a b +=，5313a b +=（Ⅰ）求{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ． 2、已知等差数列{}n a 的前3项和为6，前8项和为-4。
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设1*(4)(0,)n n n b a q q n N -=-≠∈，求数列{}n b 的前n 项和n S3、设{}n a 是等差数列，{}n b 是各项都为正数的等比数列，且111a b ==，3521a b +=，5313a b += （Ⅰ）求{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ． 4、（本小题满分12分）等比数列{n a }的前n 项和为n S ， 已知对任意的n N +∈ ，点(,)n n S ，均在函数(0x y b r b =+>且1,,b b r ≠均为常数)的图像上.（1）求r 的值；（2）当b=2时，记 1()4n nn b n N a ++=∈ 求数列{}n b 的前n 项和n T 二、裂项求和法这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（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. 通项分解（裂项）如： 常见的拆项公式有：练习：()()111141223341n S n n =+++--+⨯⨯⨯+练习：求和1111133557(21)(21)n n +++⨯⨯⨯-+ 练习：若数列{n a }的通项公式是11++=n n a n ，求数列{n a }的前n 项和；1、已知等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=.{}n a 的前n 项和为n S .（Ⅰ）求n a 及n S ；（Ⅱ）令211n n b a =-（n N +∈）,求数列{}n b 的前n 项和n T . 2、已知二次函数()y f x =的图像经过坐标原点，其导函数为'()62f x x =-，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上。
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人教版理科数学
第七部分
数列
1 变式1、若数列 an 满足 : an (n N ), n(n 2) 求数列an 的前n项和Tn .
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【解】∵an＝2n，∴bn＝log2an＝n.
1 1 1 1 bnbn 1 n(n 1) n n 1
(n 1,2,..., n),
1 1 1 1 1 1 1 Tn (1 ) ( ) ( ) ...... ( ) 2 2 3 3 4 n n 1 1 n 1 . n 1 n 1
④
n＋1－ n ＝________________. n＋ n＋1
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第七部分
数列
例 2 、已知数列{ an }满足：an＝2n , n ∈N* . 且数列{bn}满足 bn＝log2an，求 Tn＝ 数式表示) 1 1 1 ＋ ＋…＋ 的表达式(用含 n 的代 b1b2 b2b3 bnbn＋1
解分
数列
2n－1 1 3 5 Tn＝ a1 a2 a3 ...... an = ＋ 2＋ 3＋…＋ n ，① 2 2 2 2
2n－3 2n－1 1 1 3 Tn＝ 2＋ 3＋…＋ n ＋ n＋1 . 2 2 2 2 2 由①-②式，得
②
2 2 2 2n－1 3 2n－1 ＋ ＋ … ＋ 1 1 1 2 3 n Tn＝ ＋ 2 2 2 － n＋1 ＝ － n－1－ n＋1 ， 2 2 2 2 2 2 2n＋3 所以 Tn＝3－ n . 2
由①-②式，得 ① ②
第七部分
数列
(1 q )Tn q 2 q 2 2 q 3 ...... 2 q n (2n 1) q n 1 2(1 q n ) 2 q (2n 1) q n 1 1 q q 4(1 q n ) (2n 1)q n 1 q 1 (1 q ) 2 1 q 当n 1时，an 2n 1 n(a1 an ) n(1 2n 1) n2 2 2 q 4(1 q n ) (2n 1)q n 1 ,q 1 2 1 q Tn q 1 (1 q ) n 2 ,q 1 Tn
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第七部分
数列
n a ( 2 n 1 ) q ( q 0) ， a 变式 2、已知数列{ n }满足： n ＝
n∈N* .求数列{ an }的前 n 项和 Tn.
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解：当q 1时，Tn a1 a2 a3 ...... an 1 q 3 q 2 5 q 3 ...... (2n 1) q n qTn 1 q 2 3 q 3 5 q 4 ...... (2n 1) q n 1
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第七部分
数列
n a ( 2 n 1 ) 2 a 变式 1、已知数列{ n }满足： n ＝ ，n∈N*
求数列{ an }的前 n 项和 Tn.
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解 an (2n 1) 2 n
第七部分
数列
Tn a1 a2 a3 ...... an 1 2 3 2 2 5 23 ...... (2n 1) 2 n
当n 1时，an a1 , Tn a1 a2 a3 ... an
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第七部分
数列
考点一 错位相减法求和
例如 1、已知数列{ an }满足： an ＝ 求数列{ an }的前 n 项和 Tn. 2n－1 * ， n ∈ N 2n
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第七部分
数列
[考情展望] 错位相减法求和、裂项相消法求和是历年高考的重点， 命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用错位相减与裂 项相消的基本思想，变换数列 an 的通项公式， 达到求解目的.
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第七部分
数列
问题：等比数列的前 n项和公式是怎么推导的 ？
解：设等比数列的通项 公式为an a1q n 1 (q 1), 则Tn a1 a2 a3 ... an a1 a1q1 a3 q 2 ... an q n 1 ① qTn a1q1 a3 q 2 a3 q 3 ... an q n ② 由① - ②得 (1 q )Tn a1 an q n a1 a1 a1 ... a1 na1 ,q 1 na1 Tn a1 an q n ,q 1 1 q a1 an q n Tn 1 q
由①-②式，得 ①
2Tn 1 2 2 3 23 5 2 4 ...... (2n 1) 2 n 1 ②
Tn 2 2 2 2 2 23 ...... 2 2 n (2n 1) 2 n 1 2(1 2 n ) 2 2 (2n 1) 2 n 1 6 (2n 3) 2 n 1 1 2 Tn 6 (2n 3) 2 n 1
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第七部分
数列
考点二 裂项相消法求和
常用的裂项公式有： 1 ① ＝_____________ ； n－n＋1 n n＋1
1
1
1 1 － 1 1 2n－1 2n＋1 ； ② ＝________________ 2 2n－1 2n＋1
(k N ) 1 ③ n(n k ) ＝__________________； 1 1 1 ( ) k n nk