求数列前N项和的七种方法(含例题和答案)
数列求和专题,方法大全,7种方法(全面模型+精选例题+习题附答案)精编材料word版

七、数列求和专题1.公式法等差数列求和公式: 11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 等比数列求和公式:111(1)(1)(1)11n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩.常用求和公式:1123(1)2n n n ++++=+L22221123(1)(21)6n n n n ++++=++L333321123[(1)]2n n n ++++=+L2.分组求和法如果一个数列的通项可以写成n n n c a b =±的形式,而数列{}n a ,{}n b 是等差或等比数列或可转化为能够求和的数列,可采用分组求和法.3.错位相减法{}n a 是等差数列,{}n b 是等比数列,求数列{}n n a b ⋅的前n 项和时,采用错位相减法求解,在等式的两边同乘以{}n b 的公比,然后错位一项与{}n n a b ⋅的同次项对应相减,转化为特殊数列求和问题.需注意{}n b 共比为参数字母时,要对公比是否为1做讨论.它是等比数列前n 项和公式的推导方法.4.裂项相消法将数列每一项拆成两项或若干项,使得相加后有一些项可以相互抵消,从而求得其和.一般未被消去的项有前后对称的特点.常见裂项方法:①111(1)1n n n n=-++②1111()()n n k k n n k=-++③1111()(21)(21)22121n n n n=--+-+④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n=-+++++1k=⑥1log(1)log(1)logaa an nn+=+-注:(1)裂项常见公式没有必要死记硬背,例如对1(5)n n+裂项,可直接把分式从中间截断,变为115n n-+,再通分求得1155(5)n n n n-=++,与原式比较分母变为5倍,则把裂项后的结果115n n-+前面乘以15就变为与原式相等的裂项,即1111()(5)55n n n n=-++.(2)分母为根式相加形式的裂项,本质就是对分母有理化,即=1k=.(3)对数形式的裂项,考察的是对数的基本计算,利用对数性质巧妙构造相消项,如11log(1)log()log(1)loga a a ann nn n++==+-.5.倒序相加法一个数列中,与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和,那么把正着写与倒着写的两个和式相加,就得到一个常数列的和,这一求和的方法称为倒序相加法.它是等差数列前n 项和公式的推导方法.6.并项求和法一个数列的前n 项和中,若项与项之间能两两结合求解,则称为并项求和.形如(1)()n n a f n =-的数列,可用此法.7.含有绝对值的求和关键找到正负转折项进行分类讨论.练习题:答案解析:1n=也适合上式,故3104na n=-+令31040na n=-+≥,解得34.7n≤即当34n≤时,0na>;当35n≥时,0na<(1)当34n≤时,12||||||n nT a a a=+++L12na a a=+++L2320522nS n n==-+(2)当35n≥时,12||||||n nT a a a=+++L12343536()()na a a a a a=+++-+++L L342nS S=-23205350222n n=-+综上:223205(34)2232053502(35)22nnn nTnn n⎧-+≤⎪⎪=⎨⎪-+≥⎪⎩数学浪子整理制作,侵权必究。
专题4-2 数列前n项和的求法(解析版)

专题数列前n 项和的求法知识点一.公式法求和公式法求和中的常用公式有:(1)等差、等比数列的前n 项和①等差数列:S n =na 1+n (n -1)2d (d 为公差)或S n =n (a 1+a n )2.②等比数列:S n ,=a 1-a n q 1-q,q ≠1,其中q 为公比.(2)四类特殊数列的前n 项和①1+2+3+…+n =12n (n +1).②1+3+5+…+(2n -1)=n 2.③12+22+32+…+n 2=16n (n +1)(2n +1).④13+23+33+…+n 3=14n 2(n +1)2.知识点二.分组转化法求和某些数列,通过适当分组,可得出两个或几个等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和,从而得出原数列的和.知识点三.倒序相加法求和(1)倒序相加法类比推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法,就是将一个数列倒过来排列(反序),再把它与原数列相加,就可以得到n 个(a 1+a n ).(2)如果一个数列{a n },首末两端等“距离”的两项的和相等,那么求其和可以用倒序相加法.知识点四.裂项相消法求和(1)对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列,在求和时常用“裂项法”,分式的求和多利用此法,可用待定系数法对通项公式拆项,相消时应注意消去项的规律,即消去哪些项,保留哪些项.(2)常见的拆项公式有①1n (n +1)=1n -1n +1.②1n (n +k )=③1(2n -1)(2n +1)=④1n +n +1=n +1-n .⑤1n (n +1)(n +2)=121n (n +1)-1(n +1)(n +2).知识点五.错位相减法求和一般地,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,可采用错位相减法求和,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”以便于下一步准确写出“S n -qS n ”的表达式.知识点六.并项求和法求和通项中含有(-1)n 的数列求前n 项和时可以考虑使用奇偶并项法,分项数为奇数和偶数分别进行求和.题型1裂项相消法形如1n(n+k)1k 1n 1n+k 考点1保留2项型【例题1-1】(2022·陕西·西安市鄠邑区第二中学高二阶段练习)已知数列a n 的通项公式为a n n ∈N *),数列的前2022项和为()A .20192020B .20222023C .20202021D .20212022【答案】B【分析】利用裂项相消法求和.【详解】a n 1n−1n +1,则数列的前2022项和为S 2022=1−12+12−13+⋯+12022−12023=1−12023=20222023.故选:B【变式1-1】1.(2022·重庆市广益中学校高二阶段练习)已知数列a n 的前n 项和为S n =(n −1)2−1.(1)求a n 的通项公式.(2)若数列b n =1a n a n+1,求数列b n 前n 项和T n .【答案】(1)a n =2n −3(n ∈N *)(2)T n =−n2n −1【分析】(1)根据a n =S 1,n =1S n −S n −1,n ≥2作差即可得解;(2)由(1)可得b n (1)解:数列a n 的前n 项和为S n =(n −1)2+1,当n ≥2时,S n −1=(n −2)2+1=n 2−4n +5,所以S n −S n −1=2n −3,即a n =2n −3(n ≥2),当n =1时,a 1=S 1=(1−1)2−1=−1符合上式,所以a n =2n −3(n ∈N *);(2)解:由(1)可得b n =1an a n +1T n =1a1a 2+1a2a 3+1a3a 4+⋯+1an a n +1=−1−1+⋯13+⋯+12n −3=−n2n −1.【变式1-1】2.(广东省湛江市2023届高三上学期调研测试数学试题)设数列a n 的前n项和为S n ,已知a 1=−3,2的等差数列.(1)求a n 的通项公式;(2)设b n =1a n a n +1,求数列b n 前n 项和T n .【答案】(1)a n =2n −5;(2)T n =−n6n −9.【分析】(1)利用等差数列通项公式求出S n ,再利用前n 项和求数列a n 的通项作答.(2)由(1)求出b n ,再利用裂相消法求解作答.(1)依题意,2S 11=2a 1=−6,因此2S nn=−6+2(n −1)=2n −8,即S n =n 2−4n ,当n ≥2时,a n =S n −S n −1=n 2−4n −[(n −1)2−4(n −1)]=2n −5,而a 1=−3满足上式,所以数列a n 的通项公式是a n =2n −5.(2)由(1)知,b n =1(2n −5)(2n −3)=12(12n −5−12n −3),因此(3)T n =12[(1−3−1−1)+(1−1−11)+(11−13)+(13−15)+⋯+(12n −5−12n −3)]=12(−13−12n −3)=−n6n −9,所以数列b n 前n 项和T n =−n6n −9.【变式1-1】3.(2022·甘肃·宁县第二中学高二阶段练习)已知在数列a n 中,其前n 项和为S n =2n 2−n .(1)求数列a n 的通项公式;(2)a n ⋅a n +1=1b n ,数列b n 的前n 项和为T n ,求T n 的取值范围.【答案】(1)a n =4n −3n ∈N ∗【分析】(1)利用前n 项和S n 与通项a n 的关系求解通项公式即可;(2)首先根据(1)的结果求解b n 的通项公式,然后利用裂项相消的方法求出T n ,最后结合数列的单调性求解T n 的取值范围.(1)当n ≥2时,a n =S n −S n −1=4n −3.当n =1时,a 1=1,适合上式.故a n =4n −3n ∈N ∗.(2)由a n a n +1=1bn 得b n =1a n a n +1,因此b n∴T n ++⋅⋅⋅+=n4n +1.∵T n =n 4n +1=n +14−144n +1=14∵T n =14n ∈1,+∞,n ∈N ∗上单调递增,∴当n =1时,T n 取得最小值T 1=15.又T n =1414,故15≤T n <14.考点2保留4项型【变式1-2】1.(2022·广东·华南师大附中高三阶段练习)已知等差数列{a n }中,S n +2=S n +2n +3(n ∈N *).(1)求a n ;(2)设b n =1an (a n +2),{b n }的前n 项和为T n ,证明:T n <34.【答案】(1)a n =n (2)证明见解析【分析】(1)根据S n +2=S n +2n +3(n ∈N *)可得a n +1+a n +2=2n +3以及a n +2+a n +3=2n +5,求得公差,继而求得数列通项公式;(2)由(1)可得b n =1n (n+2){b n }的和T n ,即可证明结论.(1)设等差数列{a n }的公差为d ,∵S n +2=S n +2n +3(n ∈N *),所以S n +2−S n =a n +1+a n +2=2n +3,可得a n +2+a n +3=2n +5,两式相减可得:2d =2,所以d =1,所以a n +1+a n +2=a n +1+a n +2=2n +3,可得:a n =n ;(2)由(1)知:a n =n ,所以b n =1n (n +2),T n =b 1+b 2+⋯+b n =11×3+12×4+13×5+⋯+1(n −1)(n +1)+1n (n +2)13+12−14+13−15+⋯+1n −1−1n +1+1n12−1n +11n +1∵n ∈N *,∴1n +1>0,1n+2>0,∴T n <12×32=34,即T n <34.【变式1-2】2.(2022·江苏·南京市秦淮中学高三阶段练习)已知数列a n 各项均为正数,且a 1=2,a n +12−2a n +1=a n 2+2a n .(1)求a n 的通项公式;(2)n 项的和S n ,证明:S n <316.【答案】(1)a n =2n ;(2)证明见解析.【分析】(1)化简已知得a n +1−a n =2,得到数列{a n }是以首项为2,公差为2的等差数列,即得解;(2)求出1an a n +2=18(1n−1n +2),再利用裂项相消化简证明.(1)因为a n +12−2a n +1=a n 2+2a n ,所以(a n +1−a n )(a n +1+a n )=2(a n +1+a n ),因为{a n }各项均为正数,a n >0,所以a n +1−a n =2,所以数列{a n }是以首项为2,公差为2的等差数列,a n =2+(n −1)×2所以a n =2n .(2)1an a n +2=12n ×2(n +2)=14×1n (n +2)=18(1n −1n +2),S n =18(1−13+12−14+13−15+……+1n −1−1n +1+1n −1n +2)=18(1+12−1n +1−1n +2)=316−18(1n +1+1n +2)因为n ∈N ∗,故1n +1+1n +2>0所以S n <316.【变式1-2】3.(2022·广东广州·高三阶段练习)已知正项数列a n ,a 1=1,a 2=2,a n +12−a n 2是公差为2的等差数列.(1)求a n 的通项公式;(2)设b n =a n +a n +1,记数列b n 的前n 项和为S n ,求1S 1+1S 2+1S 3+⋯+1Sn.【答案】(1)a n =n 1n +1【分析】(1)由题意可得a n +12−a n 2=2n +1,又a n 2=a n 2−a n −12+a n −12−a n −22+⋅⋅⋅+a 22−a 12+a 12,再结合等差数列的求和公式即可求出a n ;(2)由裂项相消法求解即可.(1)由题意,a 22−a 12=3,因为a n +12−a n 2是首项为3公差为2的等差数列,所以a n +12−a n 2=2n +1,当n ≥2时,a n 2=a n 2−a n −12+a n −12−a n −22+⋅⋅⋅+a 22−a 12+a 12=2n −1+2n −3+⋅⋅⋅+5+3+1=n 2,又因为a 12=1满足,所以a n 2=n 2,结合a n >0,所以a n =n .(2)由(1)和b n =a n +a n +1得b n =2n +1,所以b 1=3,又S n =n +2n ,故1Sn==−,1S1+1S 2+1S 3+⋅⋅⋅+1S n=−13+12−14+13⋅⋅⋅+1n =+12−1n +1−=−1n +1◆类型2=1k (n +k −n )型【例题1-3】已知数列{a n }的通项公式为a n =1n +n +1,若前n 项和为10,则项数n 为________.【答案】120【解析】∵a n =1n +n +1=n +1-n ,∴S n =a 1+a 2+…+a n=(2-1)+(3-2)+…+(n +1-n )=n +1-1.令n +1-1=10,得n =120.【变式1-3】已知函数f (x )=x a 的图象过点(4,2),令a n =1f(n+1)+f(n),n ∈N *.记数列{a n }的前n项和为S n ,则S 2017=________.【答案】2018-1【解析】由f(4)=2,可得4a=2,解得a=12,则f(x)=x12.∴a n=1f(n+1)+f(n)=1n+1+n=n+1-n,S2017=a1+a2+a3+…+a2017=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(2017-2016)+(2018-2017)=2018-1.题型2错位相减法n是等比数列nS3=14,S6=126.(1)求数列a n的通项公式;(2)记b n=n+1a n,数列b n的前n项和为T n,求T n.【答案】(1)a n=2n;(2)T n=n⋅2n+1.【分析】(1)根据给定条件,求出等比数列a n公比及首项即可作答.(2)由(1)求出b n,再用错位相减法求解作答.(1)设等比数列a n的公比为q,因S3=14,S6=126,即a4+a5+a6=S6−S3=112,而a4+a5+a6=q3(a1+a2+a3)=14q3,于是得q3=8,解得q=2,显然S3=a1(1+q+q2)=7a1=14,解得a1=2,因此a n=a1q n−1=2n,所以数列a n的通项公式是a n=2n.(2)由(1)知,b n=(n+1)⋅2n,则T n=2×21+3×22+4×23+⋯+(n+1)×2n,于是得2T n=2×22+3×23+4×24+⋯+n×2n+(n+1)×2n+1,两式相减得:−T n=4+22+23+⋯+2n−(n+1)×2n+1=4+22(1−2n−1)1−2−(n+1)×2n+1=−n×2n+1,所以T n=n⋅2n+1.【变式2-1】1.(2022·福建省华安县第一中学高二阶段练习)正项数列a n的前n项和S n 满足:S n2−n2+n−1S n−n2+n=0.(1)求数列a n的通项公式a n;(2)令b n=3a n−2⋅2n,求数列b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=2n(2)T n=(3n−4)2n+2+16【分析】(1)利用数列通项a n与前n项和S n的关系即可求得数列a n的通项公式a n;(2)利用错位相减法即可求得数列b n的前n项和T n.(1)当n=1时,S12−12+1−1S1−12+1=0,即S12−S1−2=0解得S1=2或S1=−1,因为数列a n为正项数列,所以S1=2,因为S n2−n2+n−1S n−n2+n=0,所以S n−n2+n S n+1=0,解得S n=n2+n或S n=−1,因为数列a n各项都是正数,所以S n=n2+n,当n≥2时,有a n=S n−S n−1,所以a n=n2+n−n−12+n−1,解得a n=2n,又当n=1时,a1=S1=2,符合a n=2n.所以数列a n的通项公式a n=2n(2)设数列b n的前n项和为T n,则b n=3a n−2⋅2n=6n−2⋅2n,T n=4×2+10×22+16×23+⋯+(6n−2)×2n2T n=4×22+10×23+16×24+⋯+(6n−8)×2n+(6n−2)×2n+1,上述两式相减,得−T n=4×2+6×22+6×23+⋯+6×2n−(6n−2)×2n+1n−2)×2n+1=−(3n−4)×2n+2−16.则T n=(3n−4)2n+2+16所以,数列b n的前n项和为(3n−4)2n+2+16.【变式2-1】2.(2022·江苏常州·高三阶段练习)已知各项均不为零的数列{a n}的前n项的和为S n,且满足a1=4,S n+1=4S n+4(n∈N∗).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{b n}满足a n b n=log2a n,{b n}的前n项和为T n,证明T n<89.【答案】(1)a n=4n;(2)证明见解析.【分析】(1)利用给定的递推公式,探求数列{a n}相邻两项的关系,即可求解作答.(2)由(1)结合已知求出b n,再利用错位相减法求和推理作答.(1)n∈N∗,S n+1=4S n+4,当n≥2时,S n=4S n−1+4,两式相减得:a n+1=4a n,由S2=a1+a2=4a1+4得:a2=16,即a2=4a1,满足上式,因此∀n∈N∗,a n+1=4a n,于是得数列{a n}是首项为4,公比为4的等比数列,a n=a1×4n−1=4n,所以数列{a n}的通项公式是a n=4n.(2)由(1)知,a n=4n,而a n b n=log2a n,则4n⋅b n=2n,即b n=2n4n,则T n=24+442+643+⋯+2(n−1)4n−1+2n4n,于是得14T n=242+443+⋯+2(n−2)4n−1+2(n−1)4n+2n4n+1,两式相减得:34T n=24+242+243+⋯+24n−2n4n+1=24[1−(14)n]1−14−2n4n+1=23−8+6n3⋅4n+1,所以T n=89−8+6n9⋅4n<89.【变式2-1】3.(2022·陕西·乾县第一中学高三阶段练习(理))已知数列a n的前n项和为S n,且S n=4−2n+2,数列b n的前n项和B n=2n2−n.(1)求数列a n,b n的通项公式;(2)设c n=b n·a n,求数列c n的前n项和T n.【答案】(1)a n=−2n+1;b n=4n−3.(2)T n=(7−4n)⋅2n+2−28【分析】(1)根据S n与a n之间的关系即可推出a n=−2n+1,b n=4n−3;(2)利用乘公比错位相减法,即可解出:T n=7−4n⋅2n+2−28.(1)因为S n=4−2n+2,当n≥2时,S n−1=4−2n+1,两式相减得:a n=−2n+1n≥2,n∈N∗,当n=1时,a1=−4满足上式,所以a n=−2n+1;同理,当n≥2时,B n−1=2n−12−n−1,两式相减得:b n=4n−3n≥2,n∈N∗,当n=1时,b1=1满足上式,所以b n=4n−3(2)由(1),c n=−4n−3×2n+1,−T n=1×22+5×23+9×24+⋯+4n−32n+1−2T n=1×23+5×24+9×25+⋯+4n−32n+2两式相减得:T n=22+423+24+⋯+2n+1−4n−32n+2=4+4×23(1−2n−1)1−2−(4n−3)2n+2整理得:T n=7−4n⋅2n+2−28【变式2-1】4.(2022·云南·昆明一中高三阶段练习)己知数列a n满足,a1=1,且a n+1=n+1n a n+(n+1)⋅2n.(1)设b n=a n n,求数列b n的通项公式;(2)求数列a n的前n项和S n.【答案】(1)b n=2n−1(2)S n=n−12n+1【分析】(1)由题意可得a n+1n+1=a n n+2n,即b n+1−b n=2n,再利用累加法即可得出答案;(2)由(1)求出数列a n的通项公式,再利用错位相减法和分组求和法即可得出答案.(1)解:因为a n+1=n+1n a n+(n+1)⋅2n,所以a n+1n+1=a n n+2n,即b n+1−b n=2n,又a1=1,所以b1=1,所以b n=b n−b n−1+b n−1−b n−2+b n−2−b n−3+⋯+b2−b1+b1=2n−1+2n−2+2n−3+⋯+2+1 =1−2n1−2=2n−1,n=1也符合,所以b n=2n−1;(2)解:由(1)得a n=n⋅2n−n,设数列n⋅2n的前n项的和为T n,则T n=2+2×22+3×23+⋯+n⋅2n①,2T n=22+2×23+3×24+⋯+n−12n+n⋅2n+1②,由①−②得:−T n=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1n⋅2n+1=1−n2n+1−2,所以T n=n−12n+1+2,所以S n=T n=n−12n+1题型3分组转化求和法数列a n的前n项和为S n,且a2=9,S3−a1=36.(1)求a n的通项公式;(2)若b n=a n+log3a n,求数列b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=3n(2)3n+1+n2+n−32【分析】(1)结合题干条件求解基本量a1,q,利用等比数列的通项公式求解即可;(2)分组求和即可得解.(1)设数列a n的公比为q,则a2=a1q=9,S3-a1=a2+a3=a1q+a1q2=36,解得a1=3,q=3.故a n=a1q n−1=3×3n−1=3n.(2)由(1)可得b n =3n +log 33n =3n +n .则T n =(3+1)+32+2+⋯+3n +n =3+32+⋯+3n +(1+2+⋯+n (1+n )n 2=3n +1+n 2+n −32.【变式3-1】1.(2022·甘肃·宁县第二中学高二阶段练习)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=6,S 8=72.(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 .【答案】(1)a n =2n (2)3n +12+n 2+n −32.【分析】(1)利用等差数列的通项公式和求和公式列方程解得a 1,d ,再写通项即可;(2)利用等差数列和等比数列的求和公式求和即可.(1)设{a n }的公差为d ,由已知得a 1+2d =68a 1+8⋅8−12d =72,解得a 1=2d =2,则a n =2n ;(2)∵b n =a n +3n =3n +2n,∴T n =21+2+3+⋅⋅⋅+n +3+32+33+⋅⋅⋅+3n =n n +1=3n +12+n 2+n −32.【变式3-1】2.(2022·四川省内江市第六中学高一阶段练习(理))数列a n 的前n 项和记为S n ,己知a n >0,a n 2+2a n =4S n +3.(1)求a n 的通项公式;(2)设b n =2a n ⋅a n +1+12a n ,T n 为数列b n 的前n 项和,证明:T n <12.【答案】(1)a n =2n +1(2)证明见解析【分析】(1)根据a n =S 1,n =1S n −S n −1,n ≥2,作差得到a n −a n −1=2,结合等差数列定义及通项公式,即可求解;(2)由(1)得到b n =12n +1−12n +3+122n +1,结合裂项相消法求和、分组求和法求和,即可得证.(1)解:因为a n >0,a n 2+2a n =4S n +3,令n=1可得,a12+2a1=4a1+3,解得a1=3或a1=−1(舍去).当n≥2时可得a n−12+ 2a n−1=4S n−1+3,两式相减得a n2−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,可得a n−a n−1=2,所以数列a n是以3为首项,以2为公差的等差数列,所以数列a n的通项公式为a n=3+(n−1)×2=2n+1.(2)解:由(1)知a n=2n+1,所以b n=2an⋅a n+1+12a n=2(2n+1)(2n+3)+122n+1=12n+1−12n+3+122n+1,所以数列b n的前n项和T n=15+15−17+⋯+12n+1++125+⋯+=13−12n+31−122=13−12n+3+16−16×22n<13+16=12【变式3-1】3.(2022·甘肃省临洮中学高二阶段练习)已知数列a n满足a2=1,1 a n+1=12+1an.等比数列b n的公比为3,且b2+b4=30.(1)求数列a n和b n的通项公式;(2)记数列c n=a n2n+2+b n,求数列c n的前n项和T n.【答案】(1)a n=2n,b n=3n−1(2)3n−12+n n+1【分析】(1)依题意可得1an+1−1an=12,是公差为12的等差数列,从而求出a n的通项公式,再根据等比数列的通项公式求出b1,即可求出b n的通项公式;(2)由(1)可得a n2n+2=1n−1n+1,利用裂项相消法和分组求和法计算可得.(1)解:由题可得1an+1−1an=12,故数列是公差为12的等差数列,故1a2−1a1=12,即1a1=12故1an=n2,故a n=2n.因为数列b n的公比为3,所以b2+b4=30b1=30,解得b1=1,故b n=3n−1.【变式3-1】4.(2022·江西·临川一中高三阶段练习(文))已知等差数列a n的前n项和为S n,且关于x的不等式a1x2−S2+2x+6<0的解集为(2,3).(1)求数列a n的通项公式;(2)若数列b n满足b n=a2n+2a n−1,求数列b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=n(2)T n=n2+2n+1−2【分析】(1)先设等差数列a n的首项a1,公差为d,根据不等式a1x2−S2+2x+6<0的解集求出首项与公差,进而可求出通项公式;(2)由(1)得b n =2n +2a n −1=2n −1+2n ,再根据等差数列与等比数列的求和公式,即可求出结果.(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 2+2x +6<0的解集为(2,3),所以a 1x 2−S 2+2x +6=0的根为x 1=2,x 2=3,所以2+3=S 2+2a 12×3=6a 1,所以a 1=1,S 2=3又S 2=2a 1+d ,所以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 =n (1+2n −1)2+=n 2+2n +1−2.◆类型1含有(−1)n型【例题4-1】已知数列{a n }的通项公式是a n =2·3n -1+(-1)n ·(ln 2-ln 3)+(-1)n n ln 3,求其前n 项和S n .【解析】S n =2(1+3+…+3n -1)+[-1+1-1+…+(-1)n ]·(ln 2-ln 3)+[-1+2-3+…+(-1)n n ]ln 3,所以当n 为偶数时,S n =2×1-3n 1-3+n 2ln 3=3n +n2ln 3-1;当n 为奇数时,S n =2×1-3n 1-3-(ln 2-ln 3)+(n -12-n )ln 3=3n -n -12ln 3-ln 2-1.综上所述,S n n +n2ln 3-1,n 为偶数,n -n -12ln 3-ln 2-1,n 为奇数.【变式4-1】1.(2022·江苏苏州·高三阶段练习)已知数列a n各项均为正数,且a1=2,a n+12−2a n+1=a n2+2a n(1)求a n的通项公式;(2)设b n=−1n a n,求b1+b2+b3+⋯+b20.【答案】(1)a n=2n;(2)20.【分析】(1)根据给定的递推公式,推得a n+1−a n=2,再利用等差数列通项求解作答.(2)由(1)求出b n,再利用并项求和法计算作答.(1)由a n+12−2a n+1=a n2+2a n得:(a n+1−a n)(a n+1+a n)=2(a n+1+a n),而n∈N∗,a n>0,因此a n+1−a n=2,即数列a n是首项a1=2,公差d=2的等差数列,a n=a1+(n−1)d=2n,所以数列a n的通项公式是a n=2n.(2)由(1)知,b n=(−1)n⋅2n,则有b2n−1+b2n=(−1)2n−1×2(2n−1)+(−1)2n×2×2n=2,所以b1+b2+b3+⋯+b20=(b1+b2)+(b3+b4)+⋯+(b19+b20)=2×10=20.【变式4-1】2.(2023·上海·高三专题练习)设数列a n的前n项和为S n,满足S n=1−na n n∈N∗.(1)求数列a n的通项公式;(2)n项和为T n,求T2n的表达式.【答案】(1)a n=1n(n+1)(2)T2n=2n(n+1)=≥2,再根据n n+1a n=n−【分析】(1)根据通项与前n项和的关系可得a na n−11na n−1求解即可;(2)先化简b n=a2n−1+a2n,再根据T2n=b1+b2+b3+…+b n求解即可.(1)当n=1时,a1=1−a1,所以a1=12.当n≥2时,S n=1−na n,S n−1=1−n−1a n−1.两式相减得:a n=n−1a n−1−na n,即a n a n−1=≥2.故n n+1a n=n−1na n−1= n−2n−1a n−2=...=1×2a1=1.故a n=(3=−1n n n+1,令b n=a2n−1+a2n=−2n−12n+2n2n+1=4n,则b n +1−b n =4n +1−4n =4,∴{bn}为等差数列.∴T 2n =b 1+b 2+b 3+…+b n =n (b 1+b n )2=n (4+4n )2=2n (n +1).【变式4-1】3.(2021·吉林吉林市)已知等比数列{}n a 的前n 项和为132n n S m +=-.(1)求m 的值,并求出数列{}n a 的通项公式;(2)令3(1)log nn n b a =-,设n T 为数列{}n b 的前n 项和,求2n T .【答案】(1)32m =,3nn a =;(2)2n T n =.【解析】(1)法一:当1n =时,1192a S m ==-当2n ≥时,1133()322n nnn n n a S S m m +-=-=---=∵{}n a 是等比数列,∴13a =,即932m -=,解得32m =综上,m 的值为32,数列{}n a 的通项公式为3nn a =.法二:∵1192a S m ==-,2219a S S =-=,33227a S S =-=∵{}n a 是等比数列,∴2213a a a =,即9()27812m -⨯=,解得32m =,设{}n a 的公比为q ,∴213a q a ==,11a =,则1333n n n a -=⨯=.(2)∵3(1)log (1)nnn n b a n =-=-⋅,∴21234212n n n T b b b b b b -=++++⋅⋅⋅++(1)2(3)4[(21)]2n n=-++-++⋅⋅⋅+--+(12)(34)[(21)2]n n =-++-++⋅⋅⋅+--+n =.◆类型2不含(−1)n型考点1两项并在一起型【例题4-2】(2021·江苏徐州市·高三三模)设各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ,S 7=35,且a 1,a 4-1,a 7成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)数列{b n }满足b n +b n +1=a n ,求数列{b n }的前2n 项的和T 2n .【答案】(1)1n a n =+;(2)2n n +.【解析】(1)设数列{a n }的公差为d (d ≥0),则747S a ==35,即4a =5,所以14353a a d d =-=-,74353a a d d =+=+.因为1a ,41a -,7a 成等比数列,所以()24171=a a a -,即42=(5-3d )(5+3d ),解得d =-1(舍去)或d =1,所以1n a n =+(2)因为1n n n b b a ++=,所以21234212...+-=+++++n n nT b b b b b b ()()()1234212...+n n b b b b b b -=+++++1321...n a a a -=+++2(22)2+==+n n n n 考点2前后相消型【例题4-3】(2021·简阳市阳安中学高三二模(理))记n S 为等比数列{}n a 的前n 项的和,且{}n a 为递增数列.已知24a =,314S =.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设22121(1)log log nn n n n b a a ++=-⋅,求数列{}n b 的前n 项之和n T .【答案】(1)2nn a =;(2)(1)11nn T n -=-++.【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ,则212312322414a a q a S a a a a a q q ==⎧⎪⎨=++=++=⎪⎩,解得122a q =⎧⎨=⎩或1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩,因为{}n a 为递增数列,所以只有122a q =⎧⎨=⎩符合题意,故2nn a =;(2)由题意,1122212111(1)(1)(1)(1)(1))log 2log 2(11()1n n nn n n n n n n b n n n n n n ++++--=-=-=-+=-⋅⋅+++,∴12n nT b b b =++⋅⋅⋅+122311(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)[][][]111223111n n n nn n n n ++--------=-+-++-=---++++.【变式4-3】(2021·广东揭阳市·高三其他模拟)已知正项等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,满足()*162+⋅=+∈Nn n n n a S a ,12a<,(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)若()()11lg +⋅=-nn n n a b a ,记数列{}n b 的前n 项和n T ,求33T .【答案】(1)32n a n =-;(2)2-.【解析】(1)当2n ≥时,由162+⋅=+n n n a a S ,得1162n n n S a a --⋅=+,两式相减可得62n n a a d ⋅=,从而可求出3d =,当1n =时,11262⋅=+S a a ,求出1a ,进而可出数列{}n a 的通项公式;(2)由(1)可得()()1l g 1g l nn n n b a a ++=-,从而可求出33T 【详解】解:(1)设等差数列{}n a 的公差为d ,则由162+⋅=+n n n a a S ,得()11622n n n S a n a --⋅=+≥相减得()()1116n n n n n a S a S a +----=即()622n n a a n d ⋅≥=,又0n a >,所以3d =,由11262⋅=+S a a ,得()111623a a a ⋅+=+,解得11a =,(12a =舍去)由()11n a a n d +-=,得32n a n =-;(2)()()()()111lg 1lg lg nnn n n n n a b a a a ++=-=+-⋅33T 12333b b b b +++⋅⋅⋅+=1223343334lg lg lg lg l lg lg g lg a a a a a a a a -++--+⋅--⋅⋅=-341lg lg lg1002a a =--=-=-.考点3分段函数型【例题4-4】(2020·全国高考真题(文))数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-,前16项和为540,则1a =______________.【答案】7【解析】分析:对n 为奇偶数分类讨论,分别得出奇数项、偶数项的递推关系,由奇数项递推公式将奇数项用1a 表示,由偶数项递推公式得出偶数项的和,建立1a 方程,求解即可得出结论.详解:2(1)31nn n a a n ++-=-,当n 为奇数时,231n n a a n +=+-;当n 为偶数时,231n n a a n ++=-.设数列{}n a 的前n 项和为n S ,16123416S a a a a a =+++++13515241416()()a a a a a a a a =+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++11(102)(140)(5172941)a a ++++++++118392928484540a a =++=+=,17a ∴=.故答案为:7.【变式4-4】1.已知数列{}n a 满足11a =,11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数(1)记2n n b a =,写出1b ,2b ,并求数列{}n b 的通项公式;(2)求{}n a 的前20项和.【答案】(1)122,5b b ==;(2)300.【解析】(1)根据题设中的递推关系可得13n n b b +=+,从而可求{}n b 的通项.(2)根据题设中的递推关系可得{}n a 的前20项和为20S 可化为()2012910210S b b b b =++++-,利用(1)的结果可求20S .【详解】(1)由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++=又22211k k a a ++=+,2122k k a a +=+,*()k N ∈故2223k k a a +=+,即13n n b b +=+,即13n n b b +-=所以{}n b 为等差数列,故()21331n b n n =+-⨯=-.(2)设{}n a 的前20项和为20S ,则2012320S a a a a =++++,因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=-,所以()20241820210S a a a a =++++-()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭.【变式4-4】2.(2019·天津高考真题(文))设{}n a 是等差数列,{}n b 是等比数列,公比大于0,已知113a b ==,23b a =,3243b a =+.(Ⅰ)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(Ⅱ)设数列{}n c 满足21,,,n n n c bn ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数求()*112222n na c a c a c n N ++⋅⋅⋅+∈.【答案】(I )3n a n =,3nn b =;(II )22(21)369()2n n n n N +*-++∈【解析】(I )解:设等差数列{}n a 的公差为d ,等比数列{}n b 的公比为q ,依题意,得23323154q d q d =+⎧⎨=+⎩,解得33d q =⎧⎨=⎩,故33(1)3n a n n =+-=,1333n n n b -=⨯=,所以,{}n a 的通项公式为3n a n =,{}n b 的通项公式为3nn b =;(II )112222n na c a c a c ++⋅⋅⋅+135212142632()()n n n a a a a ab a b a b a b -=+++++++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅123(1)[36](6312318363)2n n n n n -=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⨯⋅+⋅21236(13233)n n n ⋅=+⨯⨯+⨯++⨯⋅⋅,记1213233nn T n ⋅=⨯+⨯++⨯⋅⋅①则231313233n n T n +=⨯+⨯++⨯⋅⋅⋅②②-①得,231233333nn n T n +⋅=-----+⨯⋅⋅113(13)(21)333132n n n n n ++--+=-+⨯=-,所以122112222(21)3336332n n n n n a c a c a c n T n +-++++=+=+⨯⋅⋅⋅22(21)369()2n n n n N +*-++=∈.【变式4-4】3.(2021·河北衡水中学高三其他模拟)已知正项数列{}n a ,其前n 项和为(),12n n n S a S n N *=-∈.(1)求数列{}n a 的通项公式:(2)设()112n n n b n a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭,求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)13n n a ⎛⎫= ⎪⎝⎭;(2)1173,4433,4n n n n n T n n ++⎧---⎪⎪=⎨+-⎪⎪⎩为奇数为偶数.【解析】1)由已知12n n a S =-,①所以有1112n n a S ++=-,②②-①,得112n n n a a a ++-=-,即13n n a a +=,∴113n n a a +=,所以数列{}n a 是公比为13的等比数列.又1111212a S a =-=-,∴113a =.所以1111333n nn a -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭(2)由(1)得()()()()1121312nn nn n n b n n a ⎛⎫=-+=-⋅+-⋅ ⎪⎝⎭,当n 为奇数时,()()2343333321234nn T n =-+-+-⋯-+-+-+-⋯-()()()3131121122132222nn n n n -----++--⎛⎫⎛⎫=+⋅+⋅ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭113373144n n n n++----=--=-当n 为偶数时,()()2343333321234nn T n =-+-+-⋯++-+-+-⋯+()()()()31311222132222nn n n n ----+-+⎛⎫+⎛⎫=+⋅+⋅ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭113343344n n n n ++-++-=+=综上所述,1173,4433,4n n n n n T n n ++⎧---⎪⎪=⎨+-⎪⎪⎩为奇数为偶数【变式4-4】4.(2021·宁波市北仑中学高三其他模拟)已知数列{}n a 满足1122,1,1,n n n a n n a a a n n ++⎧==⎨---⎩为奇数为偶数,记数列{}n a 的前n 项和为n S ,2,n n b a n N*=∈(1)求证:数列{}n b 为等比数列,并求其通项n b ;(2)求{}n nb 的前n 项和n T 及{}n a 的前n 项和为n S .【答案】(1)证明见解析;()12n n b +=-;(2)()2412939n n n T +⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭;2212(1)2,42(2),4n n n n S n n +⎧+-⎪⎪=⎨⎪-+-⎪⎩为奇数为偶数.【解析】(1)因为11a =,122,1,n n n a n n a a n n ++⎧=⎨---⎩为奇数为偶数,2n n b a =,所以()()122212222212214222n n n n n n b a a n a n n a b +++==++=---++=-=-,又121224b a a ==+=,所以数列{}n b 是以4为首项,以2-为公比的等比数列,因此()()11422n n n b -+=⨯-=-;(2)由(1)可得()()()()234112323222322n n n T b b b nb n +=+++⋅⋅⋅+=-+⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯-①,则()()()()34522222322n n T n +-=-+⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯-②,①-②得()()()()()()()()()222345122223222222212n n n n n T n n ++++---=-+-+-+-+⋅⋅⋅+--⨯-=-⨯-+,则()2412939n n n T +⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭;设()221n n n c a a n N*+=+∈,则()221222121n n n n n c a a a a n n +=+=+---=--,所以()()()2112345221112n n n nS a a a a a a a a c c c ++=+++++⋅⋅⋅++=+++⋅⋅⋅+()121212n n c c n n +=+=--+;2212121221n n n n n S S a S a n +++=-=+++()()11222212122n n n n n n ++=---++=--++++;因此()()()22221122111212,2242222,24n n nn n n n S n n n ++⎧+--⎛⎫--⨯+=-⎪ ⎪⎪⎝⎭=⎨⎪⎛⎫-+-+=-+- ⎪⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数.题型5倒序相加法【例题5】(2022·北京市第十二中学高二阶段练习)已知正数数列a n 是公比不等于1的等比数列,且a 1a 2019=1,试用推导等差数列前n 项和的方法探求:若f (x )=41+x 2,则f a 1+f a 2+⋯+f a 2019=()A .2018B .4036C .2019D .4038【答案】D【分析】利用f(x)+f=4,再等差数列前n项和的方法倒序相加法求和即可.【详解】a1⋅a2019=1,∵函数f(x)=4 1+x2∴f(x)+f=41+x2+41+1x2=4+4x21+x2=4,令T=f(a1)+f(a2)+⋅⋅⋅+f(a2019),则T=f(a2019)+f(a2018)+⋅⋅⋅+f(a1),∴2T=f(a1)+f(a2019)+f(a2)+f(a2018)+⋅⋅⋅+f(a2019)+f(a1)=4×2019,∴T=4038.故选:D.【变式5-1】1.(2022·全国·高三专题练习)已知定义在R上的函数f(x)=(x−20233898)3+732022,则f(11949)+f(21949)+f(31949)+⋅⋅⋅+f(20221949)=___________.【答案】73【分析】根据已知条件得f(x)+f(20231949−x)=731011,再利用倒序相加法即可求解.【详解】由f(x)=(x−20233898)3+732022,得f(20231949−x)=(20231949−x−20233898)3+732022=(20233898−x)3+732022,所以f(x)+f(20231949−x)=(x−20233898)3+732022+(20233898−x)3+732022=731011,设S=f(11949)+f(21949)+f(31949)+⋅⋅⋅+f(20221949)①,S=f(20221949)+f(20211949)+f(20201949)+⋅⋅⋅+f(11949)②,由①+②,得2S=(f(11949)+f(20221949))+(f(21949)+f(20211949))+⋅⋅⋅+f(20221949)+f(11949)即2S=731011+731011+⋅⋅⋅+731011,于是有2S=731011×2022,解得S=73,所以f(11949)+f(21949)+f(31949)+⋅⋅⋅+f(20221949)=73.故答案为:73.【变式5-1】2.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x=x+1−1,数列a n是正项等比数列,且a1011=1,f a1+f a2+f a3+⋅⋅⋅+f a2020+f a2021=______.【答案】20212【分析】由题意可得f x+f=1,利用倒序相加法求和即可.【详解】解:由数列a n是正项等比数列,且a1011=1,可得a1a2021=a2a2020=⋅⋅⋅=a1011a1011=1,=1x+1+x1+x=1,因为f x+f=1x+1+11x+1可设S=f a1+f a2+f a3+⋅⋅⋅+f a2020+f a2021,又S=f a2021+f a2020+f a2019+⋅⋅⋅+f a2+f a1,两式相加可得2S=f a1+f a2021+f a2+f a2020+⋅⋅⋅+f a2021+f a1=1+1+⋅⋅⋅+1=2021,所以S=20212.故答案为:20212.【变式5-1】3.(2022·湖南·麻阳苗族自治县第一中学高三开学考试)德国大数学家高斯年少成名,被誉为数学界的王子.在其年幼时,对1+2+3+⋯+100的求和运算中,提出了倒序相加法的原理,该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成;因此,此方法也称之为高斯算法.现有函数f(x)=4x4x+2,则f(12019)+f(22019)+f(32019)+⋯+f(20182019)等于()A.1008B.1009C.2018D.2019【答案】B【分析】根据f(x)+f(1−x)=1,利用倒序相加法求解.【详解】解:因为f(x)=4x4x+2,且f(x)+f(1−x)=4x4x+2+41−x41−x+2=4x4x+2+42×4x+4=1,令S=f(12019)+f(22019)+f(32019)+⋯+f(20182019),又S=f(20182019)+f(20172019)+f(20162019)+⋯+ f(12019),两式相加得:2S=1×2018,解得S=1009,故选:B∈R,等差数列a n【变式5-1】4.(2022·全国·高三专题练习)已知函数f x=满足a2022=0,则f a1+f a2+f(a3)+⋯+f a4043=__________.【答案】40432##2011.5【分析】利用倒序相加法求得正确答案.【详解】f(x)+f(−x)=2x2x+1+2−x2−x+1=2x2x+1+12x+1=1.依题意{a n}是等差数列,令S=f(a1)+f(a2)+f(a3)+⋯+f(a4043),S=f(a4043)+f(a4042)+f(a4041)+⋯+f(a1),结合等差数列的性质,两式相加得2S=1×4043,S=40432.故答案为:40432.。
求数列前N项和的七种方法(含例题和答案)

求数列前N 项和的七种方法1. 公式法等差数列前n 项和:特别的,当前n 项的个数为奇数时,211(21)k k S k a ++=+,即前n 项和为中间项乘以项数。
这个公式在很多时候可以简化运算。
等比数列前n 项和: q=1时,1n S na =()1111n n a q q S q-≠=-,,特别要注意对公比的讨论。
其他公式: 1、)1(211+==∑=n n k S nk n 2、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n3、213)]1(21[+==∑=n n k S nk n[例1] 已知3log 1log 23-=x ,求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n项和.[例2] 设S n =1+2+3+…+n,n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.2. 错位相减法这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和,其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列. [例3] 求和:132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①[例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n 前n 项的和.练习: 求:S n=1+5x+9x 2+······+(4n -3)xn-13. 分组法求和有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将其合并即可.[例5] 求数列的前n 项和:231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa a n ,…[例6] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解:设kk k k k k a k ++=++=2332)12)(1(∴∑=++=nk n k k k S 1)12)(1(=)32(231k k k n k ++∑=将其每一项拆开再重新组合得S n=kk k nk nk nk ∑∑∑===++1213132(分组)=)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++=2)1(2)12)(1(2)1(22++++++n n n n n n n(分组求和)=2)2()1(2++n n n练习:求数列∙∙∙+∙∙∙),21(,,813,412,211n n 的前n 项和。
数列求和7种方法(方法全-例子多)

数列求和的基本方法和技巧一、总论:数列求和7种方法: 利用等差、等比数列求和公式错位相减法求和 反序相加法求和 分组相加法求和 裂项消去法求和分段求和法(合并法求和) 利用数列通项法求和二、等差数列求和的方法是逆序相加法,等比数列的求和方法是错位相减法,三、逆序相加法、错位相减法是数列求和的二个基本方法。
一、利用常用求和公式求和利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. 1、 等差数列求和公式:d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、等比数列求和公式:⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn3、 )1(211+==∑=n n k S nk n 4、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n5、 213)]1(21[+==∑=n n k S nk n [例1] 已知3log 1log 23-=x ,求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx x x x 32的前n 项和. 解:由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x由等比数列求和公式得 nn x x x x S +⋅⋅⋅+++=32 (利用常用公式)=x x x n--1)1(=211)211(21--n =1-n 21[例2] 设S n =1+2+3+…+n ,n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解:由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n , )2)(1(21++=n n S n (利用常用公式) ∴ 1)32()(++=n n S n S n f =64342++n n n=nn 64341++=50)8(12+-nn 501≤∴ 当 88-n ,即n =8时,501)(max =n f题1.等比数列的前n项和S n=2n-1,则=题2.若12+22+…+(n -1)2=an 3+bn 2+cn ,则a = ,b = ,c =.解: 原式=答案:二、错位相减法求和这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和,其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列.[例3] 求和:132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①解:由题可知,{1)12(--n xn }的通项是等差数列{2n -1}的通项与等比数列{1-n x}的通项之积设nn x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=………………………. ② (设制错位) ①-②得 nn n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=-- (错位相减)再利用等比数列的求和公式得:n n n x n xx x S x )12(1121)1(1----⋅+=--∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+[例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232nn前n 项的和. 解:由题可知,{n n 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21}的通项之积设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n nS ………………………………② (设制错位) ①-②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS (错位相减)1122212+---=n n n∴ 1224-+-=n n n S练习题1 已知 ,求数列{a n }的前n 项和S n .答案:练习题2 的前n 项和为____答案:三、反序相加法求和这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法,就是将一个数列倒过来排列(反序),再把它与原数列相加,就可以得到n 个)(1n a a +.[例5] 求证:n nn n n nn C n C C C 2)1()12(53210+=++⋅⋅⋅+++ 证明: 设nn n n n n C n C C C S )12(53210++⋅⋅⋅+++=………………………….. ①把①式右边倒转过来得113)12()12(n n n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=- (反序)又由mn n m n C C -=可得nn n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=-1103)12()12(…………..…….. ②①+②得 nn n n n n n n n C C C C n S 2)1(2))(22(2110⋅+=++⋅⋅⋅+++=- (反序相加)∴ nn n S 2)1(⋅+=[例6] 求 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解:设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..② (反序) 又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得 (反序相加))89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S =89∴ S =44.5题1 已知函数 (1)证明:;(2)求的值.解:(1)先利用指数的相关性质对函数化简,后证明左边=右边 (2)利用第(1)小题已经证明的结论可知,两式相加得:所以.练习、求值:四、分组法求和有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将其合并即可.[例7] 求数列的前n 项和:231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n ,… 解:设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aa a S n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aa a S n n (分组) 当a =1时,2)13(n n n S n -+==2)13(nn + (分组求和)当1≠a 时,2)13(1111n n aa S n n -+--==2)13(11n n a a a n-+---[例8] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解:设k k k k k k a k ++=++=2332)12)(1(∴ ∑=++=n k n k k k S 1)12)(1(=)32(231k k knk ++∑=将其每一项拆开再重新组合得S n =k k k nk n k nk ∑∑∑===++1213132(分组)=)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++=2)1(2)12)(1(2)1(22++++++n n n n n n n (分组求和) =2)2()1(2++n n n五、裂项法求和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:(1))()1(n f n f a n -+= (2)n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ (3)111)1(1+-=+=n n n n a n (4))121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n(5)])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n(6) nnn n n n n n S n n n n n n n n n a 2)1(11,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=-则 (7))11(1))((1CAn B An B C C An B An a n +-+-=++=(8)n a ==[例9] 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.解:设n n n n a n -+=++=111(裂项)则 11321211+++⋅⋅⋅++++=n n S n (裂项求和)=)1()23()12(n n -++⋅⋅⋅+-+- =11-+n[例10] 在数列{a n }中,11211++⋅⋅⋅++++=n nn n a n ,又12+⋅=n n n a a b ,求数列{b n }的前n 项的和. 解: ∵ 211211nn n n n a n =++⋅⋅⋅++++=∴ )111(82122+-=+⋅=n n n n b n (裂项)∴ 数列{b n }的前n 项和)]111()4131()3121()211[(8+-+⋅⋅⋅+-+-+-=n n S n (裂项求和) =)111(8+-n = 18+n n [例11] 求证:1sin 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 12=+⋅⋅⋅++ 解:设89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S∵n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ (裂项)∴89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S (裂项求和) =]}88tan 89[tan )2tan 3(tan )1tan 2(tan )0tan 1{(tan 1sin 1-+-+-+- =)0tan 89(tan 1sin 1 -=1cot 1sin 1⋅= 1sin 1cos 2∴ 原等式成立练习题1.答案:.练习题2。
求数列前n项和8种的方法(史上最全)

求数列前n 项和8种的方法一.公式法(定义法): 1.等差数列求和公式:11()(1)22n n n a a n n S na d ++==+特别地,当前n 项的个数为奇数时,211(21)k k S k a ++=+,即前n 项和为中间项乘以项数。
这个公式在很多时候可以简化运算; 2.等比数列求和公式: (1)1q =时,1n S na =; (2)()1111nn a q q S q-≠=-,,特别要注意对公比的讨论;3.可转化为等差、等比数列的数列;4.常用公式:(1)1nk k ==∑12123(1)n n n ++++=+;(2)21nk k ==∑222216123(1)(21)n n n n ++++=++;(3)31nk k ==∑33332(1)2123[]n n n +++++=;(4)1(21)n k k =-=∑2n 1)-(2n ...531=++++.例1 已知3log 1log 23-=x ,求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n 项和. 解:由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x由等比数列求和公式得 n n x x x x S +⋅⋅⋅+++=32=xx x n--1)1(=211)211(21--n =1-n 21例2 设123n s n =++++,*n N ∈,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解:易知 )1(21+=n n S n , )2)(1(211++=+n n S n∴ 1)32()(++=n nS n S n f =64342++n n n=n n 64341++=50)8(12+-nn 501≤∴ 当 88-n ,即n =8时,501)(max =n f .二.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常数,那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法。
数列求和的七种基本方法

数列求和的七种根本方法甘志国局部容(已发表于 数理天地(高中),2014(11):14-15)数列求和是数列问题中的基此题型,但具有复杂多变、综合性强、解法灵活等特点,本文将通过例题(这些例题涵盖了2014年高考卷中的数列求和大题)简单介绍数列求和的七种根本方法.1 运用公式法很多数列的前n 项和n S 的求法,就是套等差、等比数列n S 的公式,因此以下常用公式应当熟记:还要记住一些正整数的幂和公式:例1 数列}{n a 的前n 项和232n n S n -=,求数列}{n a 的前n 项和n T . 解 由232n n S n -=,可得n a n 233-=,160≤⇔>n a n ,所以: (1)当16≤n 时,n T =232n n S n -=. (2)当17≥n 时,所以 2232(1,2,,16)32512(17,)n n nn T n n n n *⎧-=⎪=⎨-+≥∈⎪⎩N 且例2 求1)2(3)1(21⋅++-⋅+-⋅+⋅=n n n n S n .解 设2)1()1(k n k k n k a k -+=-+=,此题即求数列}{k a 的前n 项和.高考题1 (2014年高考卷文科第19题(局部))求数列{}21n -的前n 项和n S . 答案:2n S n =.高考题2 (2014年高考卷理科第19题(局部))求数列{}24n -的前n 项和n S . 答案:23n S n n =-.高考题3 (2014年高考卷文科第17题)在等比数列{}n a 中,253,81a a ==.(1)求n a ; (2)设3log nn b a =,求数列{}n b 的前n 项和n S .答案:(1)13n na -=;(2)22n n nS -=.高考题4 (2014年高考卷文科第16题){}n a 是首项为1,公差为2的等差数列,n S 表示{}n a 的前n 项和.(1)求n a 及n S ;(2)设{}n b 是首项为2的等比数列,公比q 满足244(1)0q a q S -++=,求{}n b 的通项公式及其前n 项和n T .答案:(1)221,n n a n S n =-=;(2)2122,(41)3n n n n b T -==-.2 倒序相加法事实上,等差数列的前n 项和n S 的公式推导方法就是倒序相加法. 例3 求正整数m 与()n m n <之间的分母为3的所有既约分数的和S . 解 显然,这些既约分数为:有 )31()32()34()34()32()31(-+-+-++++++=n n n m m m S 也有 )31()32()34()34()32()31(++++++-+-+-=m m m n n n S所以 2222),(2)(2)(2m n S m n m n n m S -=-=-⋅+=例4 设4()42xx f x =+,求和12320012002200220022002f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.解 可先证得()(1)1f x f x +-=,由此结论用倒序相加法可求得答案为20012. 3 裂项相消法例5 假设}{n a 是各项均不为的等差数列,求证:1113221111++=+++n n n a a n a a a a a a . 证明 设等差数列}{n a 的公差为d :假设0d =,要证结论显然成立;假设0≠d ,得例8 证明222211112(123n n*++++<∈N 且2)n ≥. 证明 22221312111n++++高考题5 (2014年高考全国大纲卷理科第18题)等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,110a =,2a 为整数,且4n S S ≤.(1)求{}n a 的通项公式;(2)设11n n n b a a +=,求数列{}n b 的前n 项和n T . 答案:(1)133n a n =-;(2)10(103)n nS n =-.高考题6 (2014年高考卷文科第19题)设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ,且n S 满足()()*∈=+--+-N n n n S n n S n n ,033222.(1)求1a 的值;(2)求数列{}n a 的通项公式; (3)证明:对一切正整数n ,有31)1(1)1(1)1(12211<++++++n n a a a a a a .答案:(1)12a =;(2)2n a n =;(3)当1n =时,可得欲证成立.当2n ≥时,111111(1)2(21)(21)(21)22121n n a a n n n n n n ⎛⎫=<=- ⎪++-+-+⎝⎭,再用裂项相消法可得欲证.高考题7 (2014年高考卷理科第19题)等差数列}{n a 的公差为2,前n 项和为n S ,且1S ,2S ,4S 成等比数列.(1)求数列}{n a 的通项公式;(2)令n b =,4)1(11+--n n n a a n求数列}{n b 的前n 项和n T . 答案:(1)21n a n =-,2221221n n n n T n n n +⎧⎪⎪+=⎨⎪⎪+⎩为奇数为偶数.4 分组求和法例9 求11111111111224242n nS -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++++++++⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 解 设11111242n n a -=++++,得1122n n a -=-.所以此题即求数列1122n -⎧⎫-⎨⎬⎩⎭的前n 项和: 例10 设数列}{n a 的前n 项和n S 满足221⎪⎭⎫⎝⎛+=n n a S ,又n n n S b )1(-=,求数列}{n b 的前n 项和n T .解 在221⎪⎭⎫⎝⎛+=n n a S 中,令1n =可求得11=a .还可得相减,得所以}{n a 是首项为1公差为2的等差数列,得所以 222)1(,21n b n a S n n n n ⋅-==⎪⎭⎫⎝⎛+=当n 为偶数时, 当n 为奇数时, 总之,2)1()1(+⋅-=n n T nn . 高考题8 (2014年高考卷文科第15题){}n a 是等差数列,满足13a =,412a =,数列{}n b 满足14b =,420b =,且{}n n b a -是等比数列. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式; (2)求数列{}n b 的前n 项和.答案:(1)1=3,=32n n n a n b n -+;(2)3(1)212n n n ++-. 高考题9 (2014年高考卷文科第19题)在等差数列{}n a 中,公差2d =,2a 是1a 与4a 的等比中项.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设(1)2n n n b a +=,记1234(1)nn n T b b b b b =-+-+-+-…,求n T .答案:(1)2n a n =,2(1)2(1)2n n n T n n n ⎧+-⎪⎪=⎨+⎪⎪⎩为奇数为偶数.高考题10 (2014年高考卷理科第19题(局部))求数列12(1)n n n ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n S .答案:1221n nn +--+. 5 错位相减法高考题11 (2014年高考卷理科第17题)首项都是1的两个数列{}{}∈≠n b b a n n n ,0(,N *)满足02111=+-+++n n n n n n b b b a b a .(1)令nnn b a c =,求数列{}n c 的通项公式; (2)假设13-=n n b ,求数列{}n a 的前n 项和n S .解 (1)12-=n c n .(2)得13)12(-⋅-==n n n n n c b a .先写出n S 的表达式:13213)12(37353311-⋅-++⋅+⋅+⋅+⋅=n n n S ①把此式两边都乘以公比3,得n n n n n S 3)12(3)32(35333131321⋅-+⋅-++⋅+⋅+⋅=- ②①-②,得n n n n S 3)12(32323232121321⋅--⋅++⋅+⋅+⋅+=-- ③13)12()3232323232(213210-⋅--⋅++⋅+⋅+⋅+⋅=--n n n n S ④由等比数列的前n 项和公式,得23)22(13)12(132+⋅-=+⋅-++-=n n n n n n S ⑤因为此解答确实步骤多,且有三步容易出错:(1)等式③右边前n 项的符号都是"+〞,但最后一项为哪一项"—〞;(2)当等式③右边的前n 项不组成等比数列时,须把第一项作微调,变成等比数列(即等式④),这增加了难度;(3)等式⑤中最后一步的变形(即合并)有难度.但这种方法(即错位相减法)又是根本方法且程序法,所以备受命题专家的青睐,在高考试卷中频频出现就缺乏为怪了.考生在复习备考中,应彻底弄清、完全掌握,争取拿到总分值.这里笔者再给出一个小技巧——检验:算得了n S 的表达式后,一定要抽出万忙的时间检验一下21,S S 是否正确,假设它们均正确,一般来说就可以确定算对了,否则就算错了,需要检查(重点是检查容易出错的三点)或重算.对于此题,已经算出了13)1(+⋅-=n n n S ,所以10,121==S S .而由通项公式可知1033,1111121=⋅+==⋅=S S S ,所以求出的答案正确.高考题12 (2014年高考课标全国卷I 文科第17题){}n a 是递增的等差数列,42,a a 是方程2560x x -+=的根.(1)求{}n a 的通项公式;(2)求数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和. 答案:(1)121+=n a n . (2)用错位相减法可求得答案为1242++-n n . 高考题13 (2014年高考卷文科第18题)数列{}n a 满足111,(1)(1),n n a na n a n n n +==+++∈N *.(1)证明:数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列;(2)设3nn b =,求数列{}n b 的前n 项和n S . 答案:(1)略.(2)由(1)可求得2n a n =,所以3n n b n =⋅,再用错位相减法可求得433)12(1+⋅-=+n n n S .高考题14 (2014年高考卷文科第19题)设等差数列{}n a 的公差为d ,点(,)n n a b 在函数()2xf x =的图象上(n ∈N *). (1)证明:数列{}n b 为等比数列;(2)假设11a =,函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线在x 轴上的截距为12ln 2-,求数列2{}n n a b 的前n 项和n S .答案:(1)略.(2)可求得,2n n n a n b ==,所以24n n n a b n =⋅,再用错位相减法可求得944)13(1+⋅-=+n n n S .高考题15 (2014年高考卷理科第19题)设等差数列{}n a 的公差为d ,点(,)n n a b 在函数()2xf x =的图象上(n ∈N *).(1)假设12a =-,点87(,4)a b 在函数()f x 的图象上,求数列{}n a 的前n 项和n S ; (2)假设11a =,函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线在x 轴上的截距为12ln 2-,求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T . 答案:(1)2=3n S n n -.(2)可求得,2n n n a n b ==,所以2n n n a nb =,再用错位相减法可求得答案为nn n T 222+-=. 6 待定系数法例11 数列}3)12{(nn ⋅-的前n 项和=n S .解 设等差数列{}m a 的公差为d ,等比数列{}m b 的公比为(1)q q ≠,得 先用错位相减法求数列{}m m a b ⋅的前n 项和n S :所以有下面的结论成立:假设{},{}m m a b 分别是等差数列、等比数列(其公比1≠q ),且11,a b 均是与n 无关的常数,则数列{}m m a b ⋅的前n 项和b q b an S n n -+=)(,其中,a b 是与n 无关的常数.由此结论就可以用待定系数法快速求解此题: 可设()3n n S an b b =+⋅-(其中,a b 是常数).可得123,32730S S ==+=,所以3()39(2)30a b b a b b +-=⎧⎨+-=⎩,解得33a b =⎧⎨=-⎩,所以33)1(1+⋅-=+n n n S .例12 求和12212+22+32++(1)2+2n n n n S n n --=⋅⋅⋅-⋅⋅.解 得012111111+2+3++22222n n n S n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.用待定系数法可求出该等式的右边为1242n n -+-,所以2224n n S n +=--. 七、求导法、积分法例13 (1)求证:)1(111132≠--=++++++x x x x x x x n n; (2)求证:)1()1(1]1)1[(321212≠-+--=++++-x x x n x nx x x n n ;(3)求数列{}(21)3nn -⋅的前n 项和n S(此即例6).解 (1)当0=x 时,显然成立.当0≠x 时,由等比数列的前n 项和公式知,欲证结论也成立.(2)视(1)的结论为两个函数相等,两边求导后即得欲证成立.(3)1(21)3=6(3)3nn n n n --⋅⋅-.由(2)的结论中令3=x ,得数列{}13n n -⋅的前n 项和为413)12(+⋅-n n ;又数列{}3n的前n 项和为2331-+n .所以数列{}(21)3nn -⋅的前n 项和为高考题16 (2008年高考卷第23题)请先阅读:在等式∈-=x x x (1cos 22cos 2R )的两边对*求导,得)1cos 2()2(cos 2'-='x x .由求导法则,得)sin (cos 42)2sin (x x x -⋅=⋅-,化简后得等式x x x cos sin 22sin =.(1)利用上题的想法(或其他方法),试由等式∈++++=+x x C x C x C C x nn n n n n n ()1(2210 R ,整数)2≥n 证明:∑=--=-+nk k k n n x kC x n 211]1)1[(.(2)对于整数3≥n ,求证: (i))1(1=-∑=nk knkkC ; (ii))1(12=-∑=nk k n kC k ;(iii)1121110+-=++=∑n C kn nk kn .答案:(1)在等式两边对x 求导后移项可得欲证. (2) (i)在结论(1)中令1-=x 可证.(ii)由等式两边对x 求导后再求导,又令1-=x ,得0)1()1(22=--∑=-nk k k nCk k ,即0)()1(12=--∑=nk kn kC k k ,再由结论(i)得结论(ii)成立.(iii)在等式两边在[0,1]上对x 积分后可得欲证.。
求数列前n项和的七种方法

求数列前N 项和的七种方法1. 公式法等差数列前n 项和:特别的,当前n 项的个数为奇数时,211(21)k k S k a ++=+g ,即前n 项和为中间项乘以项数。
这个公式在很多时候可以简化运算。
等比数列前n 项和: q=1时,1n S na =()1111n n a q q S q-≠=-,,特别要注意对公比的讨论。
其他公式:1、)1(211+==∑=n n k S nk n 2、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n3、213)]1(21[+==∑=n n k S n k n[例1] 已知3log 1log 23-=x ,求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n 项和. 解:由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x 由等比数列求和公式得 n n x x x x S +⋅⋅⋅+++=32(利用常用公式)=xx x n--1)1(=211)211(21--n =1-n21 [例2] 设S n =1+2+3+…+n,n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解:由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n , )2)(1(211++=+n n S n (利用常用公式)∴ 1)32()(++=n n S n S n f =64342++n n n=nn 64341++=50)8(12+-nn 501≤∴ 当 88-n ,即n =8时,501)(max =n f2. 错位相减法这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和,其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列.[例3] 求和:132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①解:由题可知,{1)12(--n x n }的通项是等差数列{2n -1}的通项与等比数列{1-n x }的通项之积设n n x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=………………………. ②(设制错位)①-②得n n n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=-- (错位相减)再利用等比数列的求和公式得:n n n x n xx x S x )12(1121)1(1----⋅+=--∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+ [例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232nn前n 项的和. 解:由题可知,{n n22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21}的通项之积 设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n nS ……………………………② (设制错位)①-②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS (错位相减)∴ 1224-+-=n n n S 练习:求:S n =1+5x+9x 2+······+(4n -3)x n-1解:S n =1+5x+9x 2+······+(4n -3)x n-1 ①①两边同乘以x ,得x S n =x+5 x 2+9x 3+······+(4n -3)x n ② ①-②得,(1-x )S n =1+4(x+ x 2+x 3+······+ n x )-(4n-3)x n当x=1时,S n =1+5+9+······+(4n-3)=2n 2-n 当x ≠1时,S n = 1 1-x [ 4x(1-x n) 1-x +1-(4n-3)x n ]3. 反序相加法求和这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法,就是将一个数列倒过来排列(反序),再把它与原数列相加,就可以得到n 个)(1n a a +. [例5] 求οοοοο89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解:设οοοοο89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得οοοοο1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …② (反序)又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x ο ①+②得 (反序相加))89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222οοοοοο++⋅⋅⋅++++=S =89∴ S =44.5 4. 分组法求和有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将其合并即可.[例6] 求数列的前n 项和:231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n ,…解:设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aa a S n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aa a S n n(分组)当a =1时,2)13(n n n S n -+==2)13(nn + (分组求和)当1≠a 时,2)13(1111n n aa S n n -+--==2)13(11n n a a a n -+--- [例7] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解:设k k k k k k a k ++=++=2332)12)(1( ∴ ∑=++=nk n k k k S 1)12)(1(=)32(231k k k nk ++∑=将其每一项拆开再重新组合得3211123nnnn k k k S k k k====++∑∑∑(分组)=)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++22(1)(1)(21)(1)222n n n n n n n ++++=++ (分组求和)=2)2()1(2++n n n练习:求数列•••+•••),21(,,813,412,211nn 的前n 项和。
2000.求数列前N项和的七种方法 (1)

求数列前N 项和的七种方法1.公式法等差数列前n 项和:11()(1)22n n n a a n n S na d ++==+特别的,当前n 项的个数为奇数时,211(21)k k S k a ++=+ ,即前n 项和为中间项乘以项数。
这个公式在很多时候可以简化运算。
等比数列前n 项和:q=1时,1n S na =()1111n n a q q S q -≠=-,,特别要注意对公比的讨论。
其他公式:1、)1(211+==∑=n n k S nk n 2、)12)(1(6112++==∑=n n n k S n k n 3、213)]1(21[+==∑=n n kS nk n [例1]已知3log 1log 23-=x ,求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n 项和.[例2]设S n =1+2+3+…+n ,n ∈N *,求1)32()(++=n n S n S n f 的最大值.2.错位相减法这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和,其中{a n }、{b n }分别是等差数列和等比数列.[例3]求和:132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①[例4]求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n 前n 项的和.练习:求:S n =1+5x+9x 2+······+(4n-3)x n-13.分组法求和有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将其合并即可.[例5]求数列的前n 项和:231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa a n ,…练习:求数列∙∙∙+∙∙∙),21(,,813,412,211nn 的前n 项和。
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求数列前N 项和的七种方法点拨:1. 公式法等差数列前n 项和:11()(1)22n n n a a n n S na d ++==+ 特别的,当前n 项的个数为奇数时,211(21)k k S k a ++=+,即前n 项和为中间项乘以项数。
这个公式在很多时候可以简化运算。
等比数列前n 项和: q=1时,1n S na =()1111n n a q q S q-≠=-,,特别要注意对公比的讨论。
其他公式:1、)1(211+==∑=n n k S nk n 2、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n3、213)]1(21[+==∑=n n k S nk n [例1] 已知3log 1log 23-=x ,求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx x x x 32的前n 项和. 解:由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x由等比数列求和公式得 nn x x x x S +⋅⋅⋅+++=32 (利用常用公式)=x x x n --1)1(=211)211(21--n =1-n 21 [例2] 设S n =1+2+3+…+n,n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解:由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n , )2)(1(211++=+n n S n (利用常用公式)∴ 1)32()(++=n n S n S n f =64342++n n n=nn 64341++=50)8(12+-nn 501≤∴ 当 nn 8=,即n =8时,501)(max =n f2. 错位相减法这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和,其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列.[例3] 求和:132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①解:由题可知,{1)12(--n x n }的通项是等差数列{2n -1}的通项与等比数列{1-n x}的通项之积设nn x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=………………………. ② ①-②得 nn n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=--(错位相减)再利用等比数列的求和公式得:n n n x n x x x S x )12(1121)1(1----⋅+=-- ∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+ [例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和.解:由题可知,{n n 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21}的通项之积 设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n nS ………………………………② (设制错位)①-②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS(错位相减)1122212+---=n n n∴ 1224-+-=n n n S练习:求:S n =1+5x+9x 2+······+(4n-3)x n-1 解:S n =1+5x+9x 2+······+(4n-3)x n-1 ①①两边同乘以x ,得 x S n =x+5 x 2+9x 3+······+(4n-3)x n ② ①-②得,(1-x )S n =1+4(x+ x 2+x 3+······+n x )-(4n-3)x n当x=1时,S n =1+5+9+······+(4n-3)=2n 2-n当x ≠1时,S n = 1 1-x [ 4x(1-x n ) 1-x +1-(4n-3)x n ]3. 反序相加法求和这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法,就是将一个数列倒过来排列(反序),再把它与原数列相加,就可以得到n 个)(1n a a +.[例5] 求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解:设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..②(反序)又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得(反序相加))89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S =89∴ S =44.54. 分组法求和有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将其合并即可. [例6] 求数列的前n 项和:231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n ,… 解:设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aa a S n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aa a S n n(分组)当a=1时,2)13(nn n S n -+==2)13(nn + (分组求和)当1≠a 时,2)13(1111n n aa S n n -+--==2)13(11n n a a a n -+---[例7] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解:设k k k k k k a k ++=++=2332)12)(1(∴ ∑=++=n k n k k k S 1)12)(1(=)32(231k k knk ++∑=将其每一项拆开再重新组合得S n=k k k nk nk nk ∑∑∑===++1213132(分组)=)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++=2)1(2)12)(1(2)1(22++++++n n n n n n n (分组求和)=2)2()1(2++n n n练习:求数列•••+•••),21(,,813,412,211n n 的前n 项和。
解: n n n n n n n n S 211)1(21)21212121()321()21(81341221132-++=+•••+++++•••+++=++•••+++= 5. 裂项法求和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:(1))()1(n f n f a n -+= (2)n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ (3)111)1(1+-=+=n n n n a n (4))121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n (5)])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n(6)nnn n n n n n S n n n n n n n n n a 2)1(11,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=-则 [例9] 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.解:设n n n n a n -+=++=111(裂项)则11321211+++⋅⋅⋅++++=n n S n(裂项求和)=)1()23()12(n n -++⋅⋅⋅+-+- =11-+n[例10] 在数列{a n }中,11211++⋅⋅⋅++++=n nn n a n ,又12+⋅=n n n a a b ,求数列{b n }的前n 项的和.解: ∵ 211211nn n n n a n =++⋅⋅⋅++++=∴)111(82122+-=+⋅=n n n n b n(裂项)∴ 数列{b n }的前n 项和)]111()4131()3121()211[(8+-+⋅⋅⋅+-+-+-=n n S n (裂项求和)=)111(8+-n =18+n n[例11] 求证:1sin 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 12=+⋅⋅⋅++解:设89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S ∵n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ (裂项)∴89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S (裂项求和)=]}88tan 89[tan )2tan 3(tan )1tan 2(tan )0tan 1{(tan 1sin 1-+-+-+- =)0tan 89(tan 1sin 1 -=1cot 1sin 1⋅= 1sin 1cos 2 ∴ 原等式成立练习:求1 3, 1 1 5, 1 3 5, 1 63之和。
解:94)911(21)9171()7151()5131()311(21)9171(21)7151(21)5131(21)311(2197175153131163135115131=-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-+-=-+-+-+-=⨯+⨯+⨯+⨯=+++6. 合并法求和针对一些特殊的数列,将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质,因此,在求数列的和时,可将这些项放在一起先求和,然后再求S n .[例12] 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.解:设S n = cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°∵ )180cos(cosn n --= (找特殊性质项)∴S n = (cos1°+ cos179°)+( cos2°+ cos178°)+ (cos3°+ cos177°)+···+(cos89°+cos91°)+cos90°(合并求和)= 0[例13] 数列{a n }:n n n a a a a a a -====++12321,2,3,1,求S 2002. 解:设S 2002=2002321a a a a +⋅⋅⋅+++由n n n a a a a a a -====++12321,2,3,1可得,2,3,1654-=-=-=a a a,2,3,1,2,3,1121110987-=-=-====a a a a a a……2,3,1,2,3,1665646362616-=-=-====++++++k k k k k k a a a a a a∵ 0665646362616=+++++++++++k k k k k k a a a a a a (找特殊性质项)∴S 2002=2002321a a a a +⋅⋅⋅+++(合并求和)=)()()(66261612876321++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+++k k k a a a a a a a a a a2002200120001999199819941993)(a a a a a a a +++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+=2002200120001999a a a a +++ =46362616+++++++k k k k a a a a =5[例14] 在各项均为正数的等比数列中,若103231365log log log ,9a a a a a +⋅⋅⋅++=求的值.解:设1032313log log log a a a S n +⋅⋅⋅++=由等比数列的性质 q p n m a a a a q p n m =⇒+=+ (找特殊性质项)和对数的运算性质 N M N M a a a ⋅=+log log log 得)log (log )log (log )log (log 6353932310313a a a a a a S n ++⋅⋅⋅++++=(合并求和)=)(log )(log )(log 6539231013a a a a a a ⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅ =9log 9log 9log 333+⋅⋅⋅++ =107. 利用数列的通项求和先根据数列的结构及特征进行分析,找出数列的通项及其特征,然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n 项和,是一个重要的方法.[例15] 求11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和.解:由于)110(91999991111111-=⋅⋅⋅⨯=⋅⋅⋅k k k个个 (找通项及特征)∴11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++ =)110(91)110(91)110(91)110(91321-+⋅⋅⋅+-+-+-n (分组求和)=)1111(91)10101010(911321 个n n +⋅⋅⋅+++-+⋅⋅⋅+++ =9110)110(1091nn ---⋅=)91010(8111n n --+[例16] 已知数列{a n }:∑∞=+-+++=11))(1(,)3)(1(8n n n n a a n n n a 求的值. 解:∵ ])4)(2(1)3)(1(1)[1(8))(1(1++-+++=-++n n n n n a a n n n (找通项及特征)=])4)(3(1)4)(2(1[8+++++⋅n n n n(设制分组)=)4131(8)4121(4+-+++-+⋅n n n n(裂项)∴ ∑∑∑∞=∞=∞=++-+++-+=-+1111)4131(8)4121(4))(1(n n n n n n n n n a a n (分组、裂项求和)=418)4131(4⋅++⋅=313 练习:求5,55,555,…,的前n 项和。