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
数列的求和方法课件-2024届高考数学一轮复习
其中{ bn }，
，为偶数.
{ cn }
分别为等差或等比数列时，可采用分组转化法求解.
2. 利用分组转化法求和的关键点
观察数列的通项公式的特征，若数列由若干个简单数列（如等差数
列、等比数列、常数列等）组成，则求其前 n 项和时可用分组转化
法，把数列分成几个可以直接用公式法求和的数列.
列.所以 an －1＝ −
.所以数列{ an }的通项公式为 an ＝1＋ −
.因
+
2
为 nbn ＋1－（ n ＋1） bn ＝ n ＋ n ＝ n （ n ＋1），所以
－ ＝1.所以
+
数列
是以1为公差的等差数列.所以 ＝ ＋（ n －1）.因为 b 1＝1，
−
＋1·n
＝2 2 n ＋1 ＋ n －2，即 T 2 n ＝2 2 n ＋1 ＋ n －2.
返回目录
[变式演练]
1. 若例1（2）中的条件不变，求数列{ bn }的前 n 项和 Tn .
解：由例1（2）知， bn ＝2 n ＋（－1） nn.当 n 为偶数时， Tn ＝（2＋22
）
（
−
＝2.所以数列{ bn }的通项公式为 bn ＝2 n .
返回目录
（2） 数列{ anbn }的前 n 项和 Tn .
解：（2） 由（1），得 anbn ＝（3 n －1）·2 n .所以 Tn ＝2×2＋5×22＋
＋23＋24＋…＋2 n ）＋[－1＋2－3＋4＋…－（ n －1）＋ n ]＝
高考数学专题—数列求前n项和的5种常用方法总结
高考数学专题——数列（求S n ）求s n 的四种方法总结常考题型：共5种大题型（包含倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、并项求和法。
1、倒序相加法：实质为等差数列求和。
例1、【2019·全国2·文T18】已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n .求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2. 2、错位相减法：实质为等差×等比求和。
错位相减法的万能公式及推导过程：公式：数列c n =(an +b )q n−1，(an +b )为等差数列，q n−1为等比数列。
前n 项和S n =(An +B )q n +C A =a q −1，B =b −Aq −1，C =−B S n =(a +b )+(2a +b )q +(3a +b )q 2+⋯[(n −1)a +b ]q n−2+(an +b )q n−1 ① qS n =(a +b )q +(2a +b )q 2+(3a +b )q 3+⋯[(n −1)a +b ]q n−1+(an +b )q n ② ②-①得：(q −1)s n =−(a +b )−a (q +q 2+⋯q n−1)+(an +b )q n=−(a +b )−a ⋅q(1−q n−1)1−q+(an +b )q n=(an +b −aq−1)q n −(b −aq−1)S n =(aq −1⋅n +b −a q −1q −1)⋅q n −b −aq −1q −1例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+ 即21112a a q a q =+.所以220,q q +-= 解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例3、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-． （1）计算a 2，a 3，猜想{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）235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①② 得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列.（I ）求12,a a 的值；（Ⅱ）试求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】（Ⅰ）方法一：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列 21221a a ∴=⨯ 214a a ∴=又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列 2121122a a ∴-=,解得1228a a =⎧⎨=⎩方法二：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列,1112,n n a n a n+∴=1(1)2n n n a a n ++∴=.①又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列, 11122n nn na a ++∴-=② 由①②解得：2nn a n =⋅1228a a =⎧⎨=⎩ （Ⅱ）1122,1n n n a a n -=⋅= 2n n a n ∴=⋅123n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+1231222322n n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ 234121222322n n S n +∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅两式作差可得：23122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅()1212212n n n n S +-=-⋅--1(1)22n n n S +=⋅---, 1(1)22n n S n +∴=-⋅+.例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a S +-=．（I ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若3log n n b a =，数列2221n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：12nT <．【解析】（I ）当1n =时，由11a =，2121a a -=得23a =；当2n ≥时，121n n a S --=，两式相减得()1120n n n n a a S S +----=， 即13n n a a +=(2)n ≥，又2133a a ==， 故13n n a a +=恒成立，则数列{}n a 是公比为3的等比数列，可得13-=n n a ． （Ⅱ）由（I ）得313log log 31n n n b a n -===-，则22211111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭，则111111123352121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭． 1021n >+ 11112212n ⎛⎫∴-< ⎪+⎝⎭ 故12n T <例6、【2017·天津·理T18】已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,而b 1=2,所以q 2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8.①由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16,②联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n )1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n -23×4n+1+83. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n -23×4n+1+83. 例7、【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. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由2S n ＝3a n －1，① 得2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②，得2a n ＝3a n －3a n －1， 所以a n a n －1＝3(n ≥2)，又2S 1＝3a 1－1，2S 2＝3a 2－1， 所以a 1＝1，a 2＝3，a 2a 1＝3， 所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列， 所以a n ＝3n －1.(2)由(1)得，b n ＝n3n －1，所以T n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，③13T n ＝131＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ，④ ③－④得，23T n ＝130＋131＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝1－13n1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以T n ＝94－6n ＋94×3n . 3、裂项相消法：实质为a n =b n (n+a )形式的求和。
高中数学数列求和的七种方法
高中数学数列求和的七种方法
1、倒序相加法
倒序相加法如果一个数列{an}满足与首末两项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，可用倒序相加法。
2、分组求和法
分组求和法一个数列的通项公式是由几个等差或等比或可求和的数列的通项公式组成，求和时可用分组求和法，分别求和而后相加。
3、错位相减法
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项和可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的。
4、裂项相消法
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，从而求得其和。
5、乘公比错项相减(等差等比)
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{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别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可直接用等差、等比数列的
前n项和公式进行求解。
运用公式求解的注意事项：首先要注意公式的应
用范围，确定公式适用于这个数列之后，再计算。
7、迭加法
主要应用于数列{an}满足an+1=an+f(n)，其中f(n)是等差数列或等
比数列的条件下，可把这个式子变成an+1-an=f(n)，代入各项，得到一
系列式子，把所有的式子加到一起，经过整理，可求出an，从而求出Sn。
数列求和的3种方法——分组转化裂项相消和错位相减PPT共28页
31、只有永远躺在泥坑里的人，才不会再掉进坑里。——黑格尔 32、希望的灯一旦熄生的乳母。——科策布 34、形成天才的决定因素应该是勤奋。——郭沫若 35、学到很多东西的诀窍，就是一下子不要学很多。——洛克
数列求和的3种方法——分组转化裂项相 消和错位相减
11、获得的成功越大，就越令人高兴 。野心 是使人 勤奋的 原因， 节制使 人枯萎 。 12、不问收获，只问耕耘。如同种树 ，先有 根茎， 再有枝 叶，尔 后花实 ，好好 劳动， 不要想 太多， 那样只 会使人 胆孝懒 惰，因 为不实 践，甚 至不接 触社会 ，难道 你是野 人。(名 言网) 13、不怕，不悔(虽然只有四个字，但 常看常 新。 14、我在心里默默地为每一个人祝福 。我爱 自己， 我用清 洁与节 制来珍 惜我的 身体， 我用智 慧和知 识充实 我的头 脑。 15、这世上的一切都借希望而完成。 农夫不 会播下 一粒玉 米，如 果他不 曾希望 它长成 种籽； 单身汉 不会娶 妻，如 果他不 曾希望 有小孩 ；商人 或手艺 人不会 工作， 如果他 不曾希 望因此 而有收 益。-- 马钉路 德。
浅析数列求和中的三种重要方法
浅析数列求和中的三种重要方法望江县赛口中学 檀速兵数列是中学数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。
在高考中占有重要的地位。
数列求和是数列中的重点内容，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列求和都需要一定的技巧。
下面，就数列求和的三种重要方法——裂项相消法、错位相减法，倒序相加法作一个探究，以期拓展自我反思的深度和广度。
一、 裂项相消法如果数列{}n a 的通项公式能拆成两项之差的形式，而且在求和时中间大部分项相抵消，常采用裂项相消法求和。
使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项。
使用裂项相消法求和，要掌握常见的裂项相消技巧： ○1111)1(1+-=+n n n n ○2)11(1)(1k n n k k n n +-=+ ， )121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n○3n n nn -+=++111，)(11n k n knk n -+=++ ○4若{}n a 为等差数列，公差0≠d ，则)11(1111++-=⋅n n n n a a d a a 一般地，通项公式是分数形式并且分母是积的形式的数列，通常使用裂项相消法求和，下面分别举例说明。
例1：+⨯311+⨯531+⨯751…+?)12)(12(1=+-n n解析：)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n原式＝⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-+-)121121()7151()5131()311(21n n=)1211(21+-n=12+n n 在上述“中括号”里，头项中的1消不掉，因为后面的数都比1小，末项中的121+n 也消不掉，因为前面的数都比121+n 大。
在裂项相消的过程中，正负项是成对地相消，如果头项剩下的是“头”，那么末项剩下的就是“尾”，叫做“头项头，末项尾”， 如果头项剩下的是“尾”，那么末项剩下的就是“头”，叫做“头项尾，末项头”。
例2，数列{}n a 的通项公式是11++=n n a n ，若前几项和为10，则项数为多少？解析：先对数列{}n a 的通项公式11++=n n a n 进行分母有理化，得到n n n n a n -+=++=111，再写出n s 中的各项，再把中间的正负项相消，剩下头尾两项，它遵循的原则是：如果头项剩下的是“头”，那么末项剩下的就是“尾”，如果头项剩下的是“尾”，那么末项剩下的就是“头”。
高考数学数列求和错位相减裂项相消(解析版)全
数列求和-错位相减、裂项相消◆错位相减法错位相减法是求解由等差数列a n 和等比数列b n 对应项之积组成的数列c n (即c n =a n b n )的前n 项和的方法.这种方法运算量较大,要重视解题过程的训练.在讲等比数列的时候, 我们推导过等比数列的求和公式,其过程正是利用错位相减的原理, 等比数列的通项b n 其实可以看成等差数列通项a n a n =1 与等比数列通项b n 的积.公式秒杀:S n =(A ⋅n +B )q n -B (错位相减都可化简为这种形式,对于求解参数A 与B ,可以采用将前1项和与前2项和代入式中,建立二元一次方程求解.此方法可以快速求解出结果或者作为检验对错的依据.)【经典例题1】设数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=1,S n =a n +1-1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =na n +1，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1n ∈N ∗ ； (2)T n =2-n +22n.【解析】(1)因为a 1=1,S n =a n +1-1．所以S 1=a 2-1，解得a 2=2．当n ≥2时，S n -1=a n -1，所以a n =S n -S n -1=a n +1-a n ，所以2a n =a n +1，即a n +1a n=2．因为a 2a 1=2也满足上式，所以a n 是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n =2n -1n ∈N ∗ ．(2)由(1)知a n +1=2n ，所以b n =n2n ，所以T n =1×12+2×12 2+3×12 3+⋯+n ×12 n⋯①12T n =1×12 2+2×12 3+⋯+(n -1)×12 n +n ×12n +1⋯②①-②得12T n =12+12 2+12 3+⋯+12 n -n ×12 n +1=121-12 n1-12-n ×12 n +1=1-1+n 2 12 n ，所以T n =2-n +22n．【经典例题2】已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，数列b n 为等比数列，且a 1=b 1=1，S 3=3b 2=12．(1)求数列a n ，b n 的通项公式；(2)若c n =a n b n +1，求数列c n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n -2，b n =4n -1(2)T n =4+n -1 4n +1【解析】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，由题意得：3a 1+3d =12，解得：d =3，所以a n =1+3n -1 =3n -2，由3b 2=12得：b 2=4，所以q =a2a 1=4，所以b n =4n -1(2)c n =a n b n +1=3n -2 ⋅4n ，则T n =4+4×42+7×43+⋯+3n -2 4n ①，4T n =42+4×43+7×44+⋯+3n -2 4n +1②，两式相减得：-3T n =4+3×42+3×43+3×44+⋯+3×4n -3n -2 4n +1=4+3×16-4n +11-4-3n -2 4n +1=-12+3-3n 4n +1，所以T n =4+n -1 4n +1【经典例题3】已知各项均为正数的等比数列a n 的前n 项和为S n ，且S 2=6，S 3=14．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =2n -1a n，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n n ∈N * (2)T n =3-2n +32n 【解析】(1)设等比数列a n 的公比为q ，当q =1时，S n =na 1，所以S 2=2a 1=6，S 3=3a 1=14，无解．当q ≠1时，S n =a 11-q n 1-q ，所以S 2=a 11-q 21-q =6,S 3=a 11-q 31-q=14.解得a 1=2，q =2或a 1=18，q =-23(舍)．所以a n =2×2n -1=2n n ∈N * ．(2)b n =2n -1a n =2n -12n ．所以T n =12+322+523+⋯+2n -32n -1+2n -12n ①，则12T n=122+323+524+⋯+2n -32n+2n -12n +1②，①-②得，12T n =12+222+223+224+⋯+22n -2n -12n +1=12+2122+123+124+⋯+12n -2n -12n +1=12+2×141-12n -1 1-12-2n -12n +1=32-2n +32n +1．所以T n =3-2n +32n．【练习1】已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n +1n ∈N ∗ .(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列n a n +1 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =2n -1(2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【解析】(1)由a n +1=2a n +1得：a n +1+1=2a n +1 ，又a 1+1=2，∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1=2n ，∴a n =2n -1.(2)由(1)得：n a n +1 =n ⋅2n ；∴S n =1×21+2×22+3×23+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n -1+n ⋅2n ，2S n =1×22+2×23+3×24+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n +n ⋅2n +1，∴-S n =2+22+23++2n-n ⋅2n +1=21-2n1-2-n ⋅2n +1=1-n ⋅2n +1-2，∴S n =n -1 ⋅2n +1+2.【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =na n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =(n -1)⋅2n +1【解析】(1)令n =1得S 1=a 1=2a 1-1，∴a 1=1，当n ≥2时，S n -1=2a n -1-1，则a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1，整理得a n =2a n -1，∴an a n -1=2，∴数列a n 是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n =2n -1；(2)由(1)得b n =na n =n ⋅2n -1，则T n =1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋅⋅⋅+n ⋅2n -1，2T n =1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n ，两式相减得-T n =20+21+22+23+⋅⋅⋅+2n -1-n ⋅2n =1-2n1-2-n ⋅2n ，化简得T n =1-2n +n ⋅2n =(n -1)⋅2n +1．【练习3】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且3S n =4a n -2．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +1⋅log 2a n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =22n -1(2)T n =409+6n -59×22n +3【解析】(1)当n =1时，3S 1=4a 1-2=3a 1，解得a 1=2．当n ≥2时，3a n =3S n -3S n -1=4a n -2-4a n -1-2 ，整理得a n =4a n -1，所以a n 是以2为首项，4为公比的等比数列，故a n =2×4n -1=22n -1．(2)由(1)可知，b n =a n +1⋅log 2a n =2n -1 ×22n +1，则T n =1×23+3×25+⋯+2n -1 ×22n +1，4T n =1×25+3×27+⋯+2n -1 ×22n +3，则-3T n =23+26+28+⋯+22n +2-2n -1 ×22n +3=23+26-22n +41-4-2n -1 ×22n +3=-403-6n -53×22n +3．故T n =409+6n -59×22n +3．【练习4】已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2n +1a na n +2n(n ∈N +).(1)求证数列2n a n 为等差数列；(2)设b n =n n +1 a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析 (2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【解析】(1)由已知可得a n +12n +1=a n a n +2n ，即2n +1a n +1=2n a n +1，即2n +1a n +1-2n a n =1，∴2n a n 是等差数列.(2)由(1)知，2n a n =2a 1+n -1 ×1=n +1，∴a n =2nn +1，∴b n =n ⋅2nS n =1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n2S n =1⋅22+2⋅23+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n +n ⋅2n +1相减得，-S n=2+22+23+⋅⋅⋅+2n-n⋅2n+1=21-2n1-2-n⋅2n+1=2n+1-2-n⋅2n+1∴S n=n-1⋅2n+1+2◆裂项相消法把数列的通项拆成相邻两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.在消项时要注意前面保留第几项,最后也要保留相对应的倒数几项.例如消项时保留第一项和第3项,相应的也要保留最后一项和倒数第三项.常见的裂项形式:(1)1n(n+k)=1k1n-1n+k;(2)1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1;(3)1n+k+n=1k(n+k-n);(4)2n+1n2(n+1)2=1n2-1(n+1)2;(5)2n2n-12n+1-1=12n-1-12n+1-1;(6)2n(4n-1)n(n+1)=2n+1n+1-2nn;(7)n+1(2n-1)(2n+1)2n =1(2n-1)2n+1-1(2n+1)2n+2;(8)(-1)n(n+1)(2n+1)(2n+3)=14(-1)n2n+1-(-1)n+12n+3(9)(-1)nn-n-1=(-1)n(n+n-1)=(-1)n n-(-1)n-1n-1(10)1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)-1(n+1)(n+2).(11)n⋅n!=n+1!-n!(12)kk+1!=1k!-1k+1!【经典例题1】已知正项数列a n中，a1=1，a2n+1-a2n=1，则数列1a n+1+a n的前99项和为( )A.4950B.10C.9D.14950【答案】C【解析】因为a2n+1-a2n=1且a21=1，所以，数列a2n是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，a2n=1+n-1=n，因为数列a n为正项数列，则a n=n，则1a n+1+a n=1n+1+n=n+1-nn+1+nn+1-n=-n+n+1，所以，数列1a n+1+a n的前99项和为-1+2-2+3-⋯-99+100=10-1=9.故选：C.【经典例题2】数列a n 的通项公式为a n =2n +1n 2n +12n ∈N *，该数列的前8项和为__________．【答案】8081【解析】因为a n =2n +1n 2n +12=1n 2-1(n +1)2，所以S 8=1-122+122-132 +⋯+182-192 =1-181=8081．故答案为：8081．【经典例题3】已知数列a n 的前n 项和为S n =n 2，若b n =1a n a n +1，则数列{b n }的前n 项和为________．【答案】n 2n +1【解析】当n =1时，a 1=S 1=12=1，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n 2-n -1 2=2n -1，且当n =1时，2n -1=1=a 1，故数列a n 的通项公式为a n =2n -1，b n =1a n a n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 ，则数列{b n }的前n 项和为：121-13 +13-15 +15-17 +⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 =n 2n +1.故答案为：n2n +1【练习1】数列12n +1+2n -1的前2022项和为( )A.4043-12B.4045-12C.4043-1D.4045-1【答案】B 【解析】解：12n +1+2n -1=2n +1-2n -12n +1+2n -1 2n +1-2n -1=2n +1-2n -12记12n +1+2n -1 的前n 项和为T n ，则T 2022=123-1+5-3+7-5+⋯+4045-4043=124045-1 ；故选：B 【练习2】数列a n 的各项均为正数，S n 为其前n 项和，对于任意的n ∈N *，总有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，又记b n =1a 2n +1⋅a 2n +3，数列b n 的前n 项和T n =______．【答案】n6n +9【解析】由对于任意的n ∈N *，总有a n ，S n ，a 2n 成等差数列可得：2S n =a 2n +a n ，当n ≥2时可得2S n -1=a 2n -1+a n -1，所以2a n =2S n -2S n -1=a 2n +a n -a 2n -1-a n -1，所以a 2n -a n -a 2n -1-a n -1=0，所以(a n +a n -1)(a n -a n -1-1)=0，由数列a n 的各项均为正数，所以a n -a n -1=1，又n =1时a 2n -a n =0，所以a 1=1，所以a n =n ，b n =1a 2n +1⋅a 2n +3=1(2n +1)(2n +3)=1212n +1-12n +3 ，T n =1213-15+15-17+⋯12n +1-12n +3 =1213-12n +3 =n 6n +9.故答案为：n6n +9.【练习3】12!+23!+34!+⋅⋅⋅+nn +1 !=_______.【答案】1-1n +1 !【解析】∵k k +1 !=k +1-1k +1 !=1k !-1k +1 !，∴12!+23!+34!+⋅⋅⋅+n n +1 !=1-12!+12!-13!+13!-14!+⋅⋅⋅+1n -1 !-1n !+1n !-1n +1 !=1-1n +1 !.故答案为：1-1n +1 !.【练习4】设数列a n 满足a 1+4a 2+⋯+(3n -2)a n =3n .(1)求a n 的通项公式；(2)求数列a n3n +1 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =33n -2(2)T n =3n3n +1【解析】(1)解：数列a n 满足a 1+4a 2+⋯+(3n -2)a n =3n ，当n =1时，得a 1=3，n ≥2时，a 1+4a 2+⋯+(3n -5)a n -1=3(n -1)，两式相减得：(3n -2)a n =3，∴a n =33n -2，当n =1时，a 1=3，上式也成立.∴a n =33n -2；(2)因为a n 3n +1=3(3n -2)(3n +1)，=13n -2-13n +1，∴T n =11-14+14-17+⋯+13n -2-13n +1，=1-13n +1=3n3n +1.【练习5】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =1-a n n ∈N ∗ .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =log 13a n ，C n =n +1-nb n b n +1，求数列C n 的前n 项和T n【答案】(1)a n =13n (2)T n =1-1n +1【解析】(1)当n =1时，2a 1=2S 1=1-a 1，解得：a 1=13；当n ≥2时，2a n =2S n -2S n -1=1-a n -1+a n -1，即a n =13a n -1，∴数列a n 是以13为首项，13为公比的等比数列，∴a n =13 n =13n .(2)由(1)得：b n =log 1313 n =n ，∴C n =n +1-n n n +1=1n -1n +1，∴T n =1-12+12-13+13-14+⋅⋅⋅+1n -1-1n +1n -1n +1=1-1n +1.【练习6】已知数列a n 中，2n a 1+2n -1a 2+⋯+2a n =n ⋅2n ．(1)证明：a n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)设b n =(n -1)a nn (n +1)，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)证明见解析；a n =2n -1n ∈N *(2)2n n +1-1【解析】(1)解：2n a 1+2n -1a 2+⋯+2a n =n ⋅2n ，即为a 1+a 22+⋯+a n2n -1=n ·······①，又a 1+a 22+⋯+a n -12n -2=n -1，········②，①-②得a n2n -1=1，即a n =2n -1(n ≥2)，又当n =1时，a 1=1=21-1，故a n =2n -1n ∈N * ；从而a n +1a n =2n2n -1=2n ∈N * ，所以a n 是首项为1，公比为2的等比数列；(2)由(1)得b n =(n -1)2n -1n (n +1)=2n n +1-2n -1n ，所以S n =212-201 +223-212 +⋯+2n n +1-2n -1n =2nn +1-1.【练习7】记S n 是公差不为零的等差数列a n 的前n 项和，若S 3=6，a 3是a 1和a 9的等比中项.(1)求数列a n 的通项公式；(2)记b n =1a n ⋅a n +1⋅a n +2，求数列b n 的前20项和.【答案】(1)a n =n ，n ∈N *(2)115462【解析】(1)由题意知a 23=a 1⋅a 9，设等差数列a n 的公差为d ，则a 1a 1+8d =a 1+2d 2，因为d ≠0，解得a 1=d又S 3=3a 1+3d =6，可得a 1=d =1，所以数列a n 是以1为首项和公差为1的等差数列，所以a n =a 1+n -1 d =n ，n ∈N *(2)由(1)可知b n =1n n +1 n +2 =121n n +1 -1n +1 n +2，设数列b n 的前n 和为T n ，则T n =1211×2-12×3+12×3-13×4+⋅⋅⋅+1n n +1 -1n +1 n +2=1212-1n +1 n +2，所以T 20=12×12-121×22 =115462所以数列b n 的前20和为115462【练习8】已知等差数列a n 满足a 3=7，a 5+a 7=26，b n =1a 2n -1(n ∈N +)．(1)求数列a n ，b n 的通项公式；(2)数列b n 的前n 项和为S n ，求S n ．【答案】(1)a n =2n +1，b n =14n n +1(2)S n =n 4n +1【解析】(1)由题意，可设等差数列a n 的公差为d ，则a 1+2d =72a 1+10d =26，解得a 1=3，d =2，∴a n =3+2n -1 =2n +1；∴b n =1a 2n -1=12n +1 2-1=14n 2+4n =14n n +1 ；(2)∵b n =14n n +1=141n -1n +1 ，S n =141-12+12-13+⋯+1n -1n +1 =141-1n +1 =n 4n +1．【练习9】已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且4、a n +1、S n 成等比数列，其中n ∈N ∗．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =4S na n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =n +n2n +1【解析】(1)解：对任意的n ∈N ∗，a n >0，由题意可得4S n =a n +1 2=a 2n +2a n +1.当n =1时，则4a 1=4S 1=a 21+2a 1+1，解得a 1=1，当n ≥2时，由4S n =a 2n +2a n +1可得4S n -1=a 2n -1+2a n -1+1，上述两个等式作差得4a n =a 2n -a 2n -1+2a n -2a n -1，即a n +a n -1 a n -a n -1-2 =0，因为a n +a n -1>0，所以，a n -a n -1=2，所以，数列a n 为等差数列，且首项为1，公差为2，则a n =1+2n -1 =2n -1.(2)解：S n =n 1+2n -12=n 2，则b n =4S n a n a n +1=4n 22n -1 2n +1 =4n 2-1+12n -1 2n +1 =1+12n -1 2n +1=1+1212n -1-12n +1，因此，T n =n +121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =n +n2n +1.【练习10】已知S n 是数列a n 的前n 项和，a 1=1，___________.①∀n ∈N ∗，a n +a n +1=4n ；②数列S n n 为等差数列，且S nn 的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解：(1)求a n ；(2)设b n =a n +a n +1a n ⋅a n +1 2，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)条件选择见解析，a n =2n -1(2)T n =2n n +12n +12【解析】(1)解：选条件①：∀n ∈N ∗，a n +a n +1=4n ，得a n +1+a n +2=4n +1 ，所以，a n +2-a n =4n +1 -4n =4，即数列a 2k -1 、a 2k k ∈N ∗ 均为公差为4的等差数列，于是a 2k -1=a 1+4k -1 =4k -3=22k -1 -1，又a 1+a 2=4，a 2=3，a 2k =a 2+4k -1 =4k -1=2⋅2k -1，所以a n =2n -1；选条件②：因为数列S n n 为等差数列，且S nn 的前3项和为6，得S 11+S 22+S 33=3×S 22=6，所以S 22=2，所以S n n 的公差为d=S 22-S 11=2-1=1，得到Sn n =1+n -1 =n ，则S n =n 2，当n ≥2，a n =S n -S n -1=n 2-n -1 2=2n -1.又a 1=1满足a n =2n -1，所以，对任意的n ∈N ∗，a n =2n -1.(2)解：因为b n =a n +a n +1a n ⋅a n +1 2=4n 2n -1 22n +1 2=1212n -1 2-12n +1 2，所以T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =12112-132+132-152+⋅⋅⋅+12n -1 2-12n +1 2 =121-12n +1 2 =2n n +1 2n +12.【过关检测】一、单选题1.S n=12+24+38+⋯+n2n=( )A.2n-n2n B.2n+1-n-22nC.2n-n+12n+1D.2n+1-n+22n【答案】B 【解析】由S n=12+24+38+⋯+n2n，得12S n=1×122+2×123+3×124+⋯+n⋅12n+1，两式相减得12S n=12+122+123+124+⋯+12n-n⋅12n+1=121-12n1-12-n12 n+1=1-12n-n⋅12 n+1=2n+1-n-22n+1.所以S n=2n+1-n-22n.故选：B.2.数列n⋅2n的前n项和等于( )．A.n⋅2n-2n+2B.n⋅2n+1-2n+1+2C.n⋅2n+1-2nD.n⋅2n+1-2n+1【答案】B【解析】解：设n⋅2n的前n项和为S n，则S n=1×21+2×22+3×23+⋯+n⋅2n， ①所以2S n=1×22+2×23+⋯+n-1⋅2n+n⋅2n+1， ②①-②，得-S n=2+22+23+⋯+2n-n⋅2n+1=21-2n1-2-n⋅2n+1，所以S n=n⋅2n+1-2n+1+2．故选:B．3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3=7，S6=63，则数列{nan}的前n项和为( )A.-3+(n+1)×2nB.3+(n+1)×2nC.1+(n+1)×2nD.1+(n-1)×2n【答案】D【解析】设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，所以由题设得S3=a11-q31-q=7S6=a11-q61-q=63 ，两式相除得1+q3=9，解得q=2，进而可得a1=1，所以an=a1qn-1=2n-1，所以nan=n×2n-1.设数列{nan }的前n 项和为Tn ，则Tn =1×20+2×21+3×22+⋯+n ×2n -1，2Tn =1×21+2×22+3×23+⋯+n ×2n ，两式作差得-Tn =1+2+22+⋯+2n -1-n ×2n =1-2n1-2-n ×2n =-1+(1-n )×2n ，故Tn =1+(n -1)×2n .故选：D .4.已知等差数列a n ，a 2=3，a 5=6，则数列1a n a n +1的前8项和为( )．A.15B.25C.35D.45【答案】B 【解析】由a 2=3，a 5=6可得公差d =a 5-a 23=1 ，所以a n =a 2+n -2 d =n +1，因此1a n a n +1=1n +1 n +2 =1n +1-1n +2 ，所以前8项和为12-13 +13-14 +⋯+19-110 =12-110=25故选：B 5.已知数列a n 的前n 项和为S n ，S n +4=a n +n +1 2．记b n =8a n +1a n +2，数列的前n 项和为T n ，则T n 的取值范围为( )A.863,47 B.19,17C.47,+∞D.19,17【答案】A 【解析】因为数列a n 中，S n +4=a n +(n +1)2，所以S n +1+4=a n +1+n +2 2，所以S n +1+4-S n +4 =a n +1-a n +2n +3，所以a n =2n +3．因为b n =8a n +1a n +2，所以b n =82n +5 2n +7=412n +5-12n +7 ，所以T n =417-19+19-111+⋅⋅⋅+12n +5-12n +7=417-12n +7 ．因为数列T n 是递增数列，当n =1时，T n =863，当n →+∞时，12n +7→0，T n →47，所以863≤T n <47，所以T n 的取值范围为863,47 ．故选：A ．6.已知数列满足a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n 2，设b n =na n ，则数列1b n b n +1的前2022项和为( )A.40424043B.20214043C.40444045D.20224045【答案】D【解析】因为a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n 2①，当n =1时，a 1=1；当n ≥2时，a 1+2a 2+3a 3+⋯+n -1 a n -1=(n -1)2②，①-②化简得a n =2n -1n ，当n =1时：a 1=2×1-11=1=1，也满足a n =2n -1n，所以a n =2n -1n ，b n =na n =2n -1，1b n b n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 所以1b n b n +1的前2022项和121-13+13-15+⋯+12×2022-1-12×2022+1 =121-12×2022+1 =20224045.故选:D .7.已知数列a n 满足a 1=1，且a n =1+a n a n +1，n ∈N *，则a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯⋯+a 2020a 2021=( )A.2021 B.20202021C.122021D.22021【答案】B 【解析】∵a n =1+a n a n +1，即a n +1=a n 1+a n ，则1a n +1=1+a n a n =1a n +1∴数列1a n是以首项1a 1=1，公差d =1的等差数列则1a n =1+n -1=n ，即a n =1n∴a n a n +1=1n n +1=1n -1n +1则a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯⋯+a 2020a 2021=1-12+12-13+...+12020-12021=20202021故选：B ．8.等差数列a n 中，a 3=5,a 7=9，设b n =1a n +1+a n，则数列b n 的前61项和为( )A.7-3B.7C.8-3D.8【答案】C 【解析】解：因为等差数列满足a 3=5,a 7=9，所以d =a 7-a 37-3=1，所以a n =a 3+n -3 d =n +2，所以b n =1n +3+n +2=n +3-n +2，令数列b n 的前n 项和为S n ，所以数列b n 的前n 项和S n =4-3+5-4+⋯+n +3-n +2=n +3-3，所以S 61=8-3．故选：C ．9.设数列n 22n -1 2n +1的前n 项和为S n ，则( )A.25<S 100<25.5B.25.5<S 100<26C.26<S 100<27D.27<S 100<27.5【答案】A 【解析】由n 2(2n -1)(2n +1)=14⋅4n 24n 2-1=141+14n 2-1 =141+121(2n -1)(2n +1)=14+1812n -1-12n +1，∴S n =n 4+181-13+13-15+⋅⋅⋅+12n -1-12n +1 =n 4+181-12n +1 =n (n +1)2(2n +1)，∴S 100=100×1012(2×100+1)≈25.12，故选：A ．10.已知数列a n 满足a n =1+2+4+⋯+2n -1，则数列2n a n a n +1 的前5项和为( )A.131B.163C.3031D.6263【答案】D 【解析】因为a n =1+2+4+⋯+2n -1=2n -1,a n +1=2n +1-1，所以2n a n a n +1=2n 2n -1 2n +1-1 =2n +1-1 -2n-1 2n -1 2n +1-1=12n -1-12n +1-1.所以2n a n a n +1 前5项和为121-1-122-1 +122-1-123-1 +⋯+125-1-126-1 =121-1-126-1=1-163=6263故选：D 11.已知数列a n 的首项a 1=1，且满足a n +1-a n =2n n ∈N * ，记数列a n +1a n +2 a n +1+2的前n 项和为T n ，若对于任意n ∈N *，不等式λ>T n 恒成立，则实数λ的取值范围为( )A.12,+∞ B.12,+∞C.13,+∞D.13,+∞【答案】C 【解析】解：因为a n +1-a n =2n n ∈N * ，所以a 2-a 1=21，a 3-a 2=22，a 4-a 3=23，⋯⋯，a n -a n -1=2n -1，所以a n -a 1=21+22+⋯+2n -1=21-2n -1 1-2=2n -2，n ≥2 ，又a 1=1，即a n =2n -1，所以a n +1=2n ，所以a n +1a n +2 a n +1+2 =2n 2n +1 2n +1+1=12n +1-12n +1+1，所以T n =121+1-122+1+122+1-123+1+⋯+12n +1-12n +1+1=13-12n +1+1<13所以λ的取值范围是13,+∞ .故选：C 12.在数列a n 中，a 2=3，其前n 项和S n 满足S n =n a n +12 ，若对任意n ∈N +总有14S 1-1+14S 2-1+⋯+14S n -1≤λ恒成立，则实数λ的最小值为( )A.1B.23C.12D.13【答案】C 【解析】当n ≥2时，2S n =na n +n ，2S n -1=n -1 a n -1+n -1 ，两式相减，整理得n -2 a n =(n -1)a n -1-1①，又当n ≥3时，n -3 a n -1=n -2 a n -2-1②，①-②，整理得n -2 a n +a n -2 =2n -4 a n -1，又因n -2≠0，得a n +a n -2=2a n -1，从而数列a n 为等差数列，当n =1时，S 1=a 1+12即a 1=a 1+12，解得a 1=1，所以公差d =a 2-a 1=2，则a n =2n -1，S n =na 1+n (n -1)2d =n 2，故当n ≥2时，14S 1-1+14S 2-1+⋯+14S n -1=122-1+142-1+⋯+12n 2-1=11×3+13×5+⋯+12n -1 2n +1=121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 ，易见121-12n +1 随n 的增大而增大，从而121-12n +1 <12恒成立，所以λ≥12，故λ的最小值为12，故选：C ．二、填空题13.已知正项数列{an }满足a 1=2且an +12-2an 2-anan +1=0，令bn =(n +2)an ，则数列{bn }的前8项的和等于__．【答案】4094【解析】由a 2n +1-2a 2n -a n a n +1=0，得(an +1+an )(an +1-2an )=0，又an >0，所以an +1+an >0，所以an +1-2an =0，所以an +1a n=2，所以数列{an }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n =2×2n -1=2n ，所以b n =n +2 a n =n +2 ⋅2n ，令数列{bn }的前n 项的和为Tn ，T 8=3×21+4×22+⋯+9×28，则2T 8=3×22+4×23+⋯+9×29，-T 8=6+22+23+⋯+28 -9×29=6+221-271-2-9×29=2-8×29=-4094，则T 8=4094，故答案为：4094．14.已知数列{an }的前n 项和为Sn ，且Sn =2an -2，则数列n a n的前n 项和Tn =__．【答案】2-n +22n.【解析】解：∵Sn =2an -2，∴Sn -1=2an -1-2(n ≥2)，设公比为q ，两式相减得：an =2an -2an -1，即an =2an -1，n ≥2，又当n =1时，有S 1=2a 1-2，解得：a 1=2，∴数列{an }是首项、公比均为2的等比数列，∴an =2n ，n a n =n2n ，又Tn =121+222+323+⋯+n2n ，12Tn =122+223+⋯+n -12n +n 2n +1，两式相减得：12Tn =12+122+123+⋯+12n -n 2n +1=121-12n1-12-n2n +1，整理得：Tn =2-n +22n．故答案为：Tn =2-n +22n ．15.将1+x n (n ∈Ν+)的展开式中x 2的系数记为a n ，则1a 2+1a 3+⋅⋅⋅+1a 2015=__________．【答案】40282015【解析】1+xn的展开式的通项公式为T k +1=C k n x k ，令k =2可得a n =C 2n =n n -12；1a n =2n n -1=21n -1-1n ；所以1a 2+1a 3+⋅⋅⋅+1a 2015=21-12 +212-13 +⋯+212014-12015=21-12015 =40282015.故答案为：40282015.16.数列a n 的前项n 和为S n ，满足a 1=-12，且a n +a n +1=2n 2+2nn ∈N * ，则S 2n =______．【答案】2n 2n +1【解析】由题意，数列{a n }满足a n +a n +1=2n 2+2n，可得a 2n -1+a 2n =2(2n -1)2+2(2n -1)=2(2n -1)(2n +1)=12n -1-12n +1，所以S 2n =11-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1=1-12n +1=2n2n +1，故答案为：2n2n +1三、解答题17.已知数列a n 满足a 1=1，2a n +1a n +a n +1-a n =0.(1)求证：数列1a n 为等差数列；(2)求数列a n a n +1 的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析；(2)S n =n2n +1.【解析】(1)令b n =1a n ，因为b n +1-b n =1a n +1-1a n =a n -a n +1a n ⋅a n +1=2，所以数列b n 为等差数列，首项为1，公差为2；(2)由(1)知：b n =2n -1；故a n =12n -1；所以a n a n +1=12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 ；所以S n =a 1a 2+a 2a 3+⋯+a n a n +1=11×3+13×5+⋯+12n -1 2n +1=121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =n 2n +1；18.已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，a n +1-a n =3n ∈N * ，且S 3=18.(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T n .【答案】(1)a n =3n (2)T n =n9n +9【解析】(1)∵a n +1-a n =3，∴数列a n 是以公差为3的等差数列.又S 3=18，∴3a 1+9=18，a 1=3，∴a n =3n .(2)由(1)知b n =13n ×3n +1=19×1n -1n +1 ，于是T n =b 1+b 2+b 3+⋅⋅⋅+b n =191-12 +12-13 +13-14 +⋅⋅⋅+1n -1n +1 =191-1n +1 =n 9n +919.已知数列a n 的首项为3，且a n -a n +1=a n +1-2 a n -2 ．(1)证明数列1a n -2 是等差数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =-1 n an n +1，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)证明见解析；a n =1n+2(2)-1+-1 n1n +1【解析】(1)因为a n -a n +1=a n +1-2 a n -2 ，所a n -2 -a n +1-2 =a n +1-2 a n -2 ，则1a n +1-2-1a n -2=1，所以数列1a n -2 是以13-2=1 为首项，公差等于1的等差数列，∴1a n -2=1+n -1 =n ，即a n =1n+2；(2)b n =-1 n a n n +1=-1 n 1n n +1+2n +1 =-1 n 1n +1n +1 ，则S n =-1+12 +12+13 -13+14 +⋅⋅⋅+-1 n 1n +1n +1 =-1+-1 n 1n +1；综上，a n =1n +2，S n =-1+-1 n 1n +1 .20.已知数列a n 中，a 1=-1，且满足a n +1=2a n -1.(1)求证：数列a n -1 是等比数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =n +11-a n +1，求数列b n 的前n 项和为T n .【答案】(1)证明见解析，a n=-2n+1(2)T n=32-n+32n+1【解析】(1)解：对任意的n∈N∗，a n+1=2a n-1，所以a n+1-1=2a n-1，且a1-1=-2，所以数列a n-1是以-2为首项，2为公比的等比数列．所以a n-1=-2n，所以a n=-2n+1．(2)解：由已知可得b n=n+11-a n+1=n+12n+1，则T n=222+323+424+⋯+n+12n+1，所以，12T n=223+324+⋯+n 2n+1+n+12n+2，两式相减得12T n=222+123+⋯+12n+1-n+12n+2=12+181-12n-11-12-n+12n+2=34-1 2n+1-n+12n+2=34-n+32n+2，因此，T n=32-n+32n+1.21.已知等比数列a n，a1=2，a5=32.(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列a n为正项数列(各项均为正)，求数列(2n+1)⋅a n的前n项和T n.【答案】(1)a n=2n或a n=2·-2n-1；(2)T n=2+(2n-1)⋅2n+1.【解析】(1)等比数列a n的公比为q，a1=2，a5=32，则q4=a5a1=16，解得q=±2，所以当q=2时，a n=2n，当q=-2时，a n=2⋅(-2)n-1.(2)由(1)知，a n=2n，则有(2n+1)⋅a n=(2n+1)⋅2n，则T n=3×21+5×22+7×23+⋯+(2n+1)⋅2n，于是得2T n=3×22+5×23+⋯+(2n-1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，两式相减，得-T n=6+2×(22+23+⋯+2n)-(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1-2n-1)1-2-(2n+1)⋅2n+1=-2-(2n-1)⋅2n+1，所以T n=2+(2n-1)⋅2n+1.22.已知等差数列a n满足a1=1，a2⋅a3=a1⋅a8，数列b n的前n项和为S n，且S n=32b n.(1)求数列a n，b n的通项公式；(2)求数列a n b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=1或a n=2n-1；b n=3n；(2)若a n=1，则T n=33n-13；若a n=2n-1，则T n=n-13n+1+3.【解析】(1)设等差数列a n的公差为d，∵a1=1，a2⋅a3=a1⋅a8，∴1+d1+2d=1+7d，化简得2d2-4d=0，解得：d=0或d=2，若d=0，则a n=1；若d=2，则a n=2n-1；由数列b n的前n项和为S n=32b n-32①，当n=1时，得b1=3，当n≥2时，有S n-1=32b n-1-32②；①-②有b n=32b n-32b n-1，即b nb n-1=3，n≥2，所以数列b n是首项为3，公比为3的等比数列，所以b n=3n，综上所述：a n=1或a n=2n-1；b n=3n；(2)若a n=1，则a n b n=b n=3n，则T n=3+32+⋯+3n=31-3n1-3=33n-12，若a n=2n-1，则a n b n=2n-13n，则T n=1×3+3×32+⋯+2n-1×3n③；③×3得3T n=1×32+3×33+⋯+2n-1×3n+1④；③-④得：-2T n=3+2×32+2×33+⋯+2×3n-2n-1×3n+1=3+2×32(1-3n-1)1-3-(2n-1)×3n+1整理化简得：T n=n-13n+1+3，综上所述：若a n=1，则T n=33n-13；若a n=2n-1，则T n=n-13n+1+3.。
数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消和错位相减
[方法技巧]
2．常见式的裂项
数列(n为正整数)
裂项方法
1 nn＋k
(k为非零常数)
nn1＋k＝1kn1－n＋1 k
1 4n2－1
4n21－1＝122n1－1－2n1＋1
1
n＋
n＋1
1 n＋
(2017·银川质检)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：S2n－(n2＋n－1) Sn－(n2＋n)＝0.
(2)令 bn＝n＋n＋212a2n，数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明：对于任意的
n∈N*，都有
5 Tn<64.
证明：由于 an＝2n，
则 bn＝n＋n＋212a2n＝4n2nn＋＋122＝116n12－n＋1 22.
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.
在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消， 特别是间隔抵消时要注意规律性．
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
[典例] (2017·沈阳质检)已知数列an是递增的等比数列，且 a1＋a4＝9，a2a3＝8.
数列求和-裂项相消法-PPT课件
为等b比n 数列
②乘公比：等式两边乘以等比数列的公比
③错位：让次数相同的相对齐④相减⑤解出Sn
数列求和-裂项相消法
例题探究·提炼方法
(教材必修5习题2.3B组第四题)
解：
an
1 n(n 1)
1 n
1 n 1
Sn a1 a2 a3
an1 an
(1- 1）（1 - 1）（1 - 1） （ 1 1） (1 1 ) 2 2 3 3 4 n 1 n n n 1
1 (1 1 ) 3 3n 1
数列求和-裂项相消法
规律方法·反思提升
(1)an
1 n(n
k)
1 k
(
1 n
n
1
k
)
(2)bn
1 4n2 1
(2n
1 1)(2n
1)
1 2
(
1 2n 1
1) 2n 1
(3)bn
9n2
1 3n
2
(3n
1 2)(3n
1)
1 3
(1 3n
2
1) 3n 1
数列求和-裂项相消法
1 n＋1＋
＝ n
n＋1－
n，
S2 016＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 016＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3) ＋…＋( 2 016－ 2 015)＋( 2 017－ 2 016)＝ 2 017－1. 答案：C
数列求和-裂项相消法
强化练习·扩展延伸
强化练习2
题型3：
2n
11
an (2n 1)(2n1 1) 2n 1 2n1 1
数列求和 数列求和的基本方法
知识回顾
考点37数列求和(3种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习核心题型讲与练(新高考版)
考点37数列求和（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】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用方法．【知识点】数列求和的几种常用方法1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．(1)等差数列的前n项和公式：S n＝＝.(2)等比数列的前n项和公式：S n＝{na1，q＝1，.2．分组求和法与并项求和法(1)分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n＝(－1)n f(n)类型，可采用两项合并求解．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项和公式就是用此法推导的．4．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，从而求得其和．常见的裂项技巧(1)1n(n＋1)＝1n－1n＋1.(2)1n(n＋2)＝12(1n－1n＋2).(3)1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1).1(5)1n (n ＋1)(n ＋2)＝12[1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)].常用结论常用求和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝n 2.(3)12＋22＋32＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.(4)13＋23＋33＋…＋n 3＝[n (n ＋1)2]2【核心题型】题型一 分组求和与并项求和 (1)若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和．(2)若数列{c n }的通项公式为c n ＝{a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和【例题1】（2024·河北·模拟预测）已知首项为2的数列{}n a 满足114522n n n n a a a a ++--=，当{}n a 的前n 项和16n S ³时，则n 的最小值为（ ）A ．40B ．41C ．42D ．43【变式1】（2024·四川攀枝花·三模）数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =-，*(1)(N )n n na S n n n =+-Î，设(1)nn n b a =-，则数列{}n b 的前51项之和为（ ）A ．149-B ．49-C ．49D ．149【变式2】（2024·山东菏泽·模拟预测）已知正项数列{}n a 的前n 项和为13,1,2n S a a ==，且213n n n n a a a a +++=，则16S 的最小值为 ．【变式3】（2024·全国·高考真题）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1233n n S a +=-.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n S 的前n 项和.题型二 错位相减法求和(1)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，常采用错位相减法．(2)错位相减法求和时，应注意：①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．②应用等比数列求和公式时必须注意公比q 是否等于1，如果q ＝1，应用公式S n ＝na 1【例题2】（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足11121440,2n n n a a a a a +--+===，其前n 项和为n S ，则使得625n n S a -<成立的n 的最小值为（ ）A ．8B ．9C ．10D ．11【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，12a =，()122nn n a a +=+，不等式21212820n n a S n l +--+£对任意的*n ÎN 恒成立，则实数l 的取值范围为（ ）A ．(],32-¥B ．(],16-¥C ．[)32,+¥D ．(],8¥-【变式2】（2023·陕西咸阳·模拟预测）数列{}n a 满足12a =，且123132nn a a n n -=+-（*n ÎN 且1n >），若{}n a 的前n 项和为n S ，则满足21732n S >的最小正整数n 的值为 .【变式3】（2024·陕西渭南·模拟预测）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ,()21n n S n a =+且2132a a =.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若2nn na b =,求数列{}n b 的前n 项和n T .题型三 裂项相消法求和裂项相消法的原则及规律(1)裂项原则一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项【例题3】（2024·福建泉州·一模）记数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n S T ，若{}n a 是等差数列，且6512590,1n n n S S a b a +=+==，则10T =（ ）A ．245B ．845C ．1041D ．4041【变式1】（2024·辽宁大连·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项的积为n T ，1nn n T a T =-，则使得212024ni i a =<å成立的n 的最大值为（ ）A ．2021B ．2022C ．2023D ．2024【变式2】（2024·山西阳泉·三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n S a =-，则数列()()12n n n a a a ìüïïíý++ïïîþ的前100项和100T = ．【变式3】（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且{}2n S n +也是等差数列．(1)求数列{}n a 的公差；(2)若11a =-，求数列11n n a a +ìüíýîþ的前n 项和n T ．【课后强化】【基础保分练】一、单选题1．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知数列{}n a 各项为正数，{}n b 满足21n n n a b b +=，112n n n a a b +++=，若12a =，11b =，则122024111a a a +++=L （ ）A ．10121013B ．10111012C ．20242025D ．202320242．（2024·河南信阳·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11S =，23S =，且132+n a 是2n a ，2n a +的等差中项，则使得1509128ni i i a =>å成立的最小的n 的值为（ ）A ．8B ．9C ．10D ．113．（2023·黑龙江佳木斯·三模）复数232024i 2i 3i 2024i Z =+++×××+的虚部是（ ）A ．1012B ．1011C ．1011-D ．1012-4．（2024·河北张家口·三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足111,1,2,n n n a n a a a n ++ì==íî为奇数为偶数，则100S =（ ）A ．5132156´-B ．5132103´-C ．5032156´-D ．5032103´-二、多选题5．（2024·全国·模拟预测）已知2n n a =，31n b n =-，数列{}n a 和{}n b 的公共项由小到大排列组成数列{}n c ，则（ ）A ．432c =B ．{}n c 为等比数列C ．数列n n b a ìüíýîþ的前n 项和[)1,5n S ÎD6．（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 中，123,2a a ==，当n 为奇数时，23n n a a +=，当n 为偶数时，22n n a a +=，则（ ）A ．数列{}n a 是递减数列B ．814a =C ．101110aa <D ．10019i i a =<å三、填空题7．（2024·湖南岳阳·模拟预测）设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，131,6a S ==，则数列11n n a a +ìüíýîþ的前10项和为 .8．（2023·河南·模拟预测）已知数列{}n a 满足212n a a a n ++×××+=，则1212222n n a a a ×+×+×××+×= .9．（2024·陕西·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n S a =-，则数列{}2n n a 的则前n 项和n T = .四、解答题10．（2024·湖南岳阳·模拟预测）已知数列的前n 项和为()12n n +.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明：()()33221331n n n a a a n +-=++，并求数列{}n a 的前n 项和n S .11．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）记n S 为数列{}n a 的前n项和，是首项与公差均为1的等差数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()(1)1n n n na b S -+=，求数列{}n b 的前2024项的和2024T ．【综合提升练】一、单选题1．（2024·浙江杭州·二模）设数列{}{},n n a b 满足11111,2,2n n n n n a b a b n a b ++==+=+=．设nS 为数列{}n n a b +的前n 项的和，则7S =（ ）A ．110B ．120C ．288D ．3062．（2024·安徽·三模）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2111,321n n a S S n n +=+=++，则20S =（ ）A ．590B ．602C ．630D ．6503．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知数列{}n a 满足：11a =，()12n n a a n n -=+³，且1n nb a =，则数列{}n b 前n 项的和n S 为（ ）A ．1n n S n =+B ．21n nS n =+C ．2n nS n =+D ．232n n S n =+4．（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足*)2(13)(n n S a n +=ÎN ，若11n n n n a b S S ++=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则2024T =（ ）A ．202511231--B ．202411231--C ．20241131--D ．20251131--5．（2023·江苏南通·三模）复数22021202212i 3i 2022i 2023i z =+++++L 的虚部为( ).A ．1012B ．1011-C ．1011D ．20226．（2024·全国·二模）数列{}n a 的奇数项成等比数列，偶数项成等比数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，13a =，22a =，34a a =，47S =，则（ ）A ．*221,N k k a a k +<Î，且2k ³B ．当5n ³，且*N n Î时，数列{}n a 是递减数列C ．101110a a <D ．1009S <7．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知公差不为零的等差数列{}n a 满足：3820a a +=，且5a 是2a 与14a 的等比中项，设数列{}n b 满足()*11N n n n b n a a +=Î，则数列{}n b 的前n 项和n S 为（ ）A ．1212121nn n -=++B ．12212121n n n ++=++C ．1112212+1æö-=ç÷+èønn n D ．11+112212+1æö+=ç÷+èøn n n 8．（2024·河南·三模）已知等差数列{}n a 的公差大于0且1624a a a +=，若246k ==，则5a =（ ）A ．134B ．94C ．74D ．54二、多选题9．（2024·安徽淮北·二模）已知数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n S T ，若121,22n n n a n T +=-=-，则（ ）A ．10100S =B ．101024b =C ．11n n a a +ìüíýîþ的前10项和为919D ．1n b ìüíîþ的前10项和为1023102410．（23-24高三上·山西忻州·阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项积为n T ，11223n n a T T +=-=，*n ÎN （），则（ ）A ．31=-n n T B ．{}n a 为递增数列C ．13131n n n a --=-D ．{}n T 的前n 项和为13322n n +--11．（2024·山东济南·二模）数列{}n a 满足11a =，*1*1,N 41,N 4n n n n a a n a --ìÎïï=íï+Ïïî，2n ³，m b 表示{}n a 落在区间)12,2m m +éë的项数，其中*m ÎN ，则（ ）A ．310b =B ．33344n n n a +££C ．42163==+ånk k a n nD ．()214413n nk k b ==-å三、填空题12．（2024·江苏泰州·模拟预测）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，()112nn n n S a =--，n *ÎN ，则（1）1a = ；（2）12100S S S ++×××+= .13．（2024·江苏南通·模拟预测）定义：[]x 表示不大于x 的最大整数，{}x 表示不小于x 的最小整数，如[]1.21=，{}1.22=.设函数()[]{}f x x x =在定义域[)()*0,N n n Î上的值域为n C ，记n C 中元素的个数为n a ，则2a =，12111na a a +++=L 14．（2023·全国·模拟预测）已知数列{}n a 为公差不为0的等差数列，35a =，且2514,,a a a 成等比数列，设[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]3.53=，[]1.52-=-，记[]2log n nb a =，n S 为数列{}n b 的前n 项和，则2024S = .四、解答题15．（2024·山东·模拟预测）设数列{}n a 满足()122n n na n a +=+，且14a =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)求{}n a 的前n 项和n S ．16．（2024·河北衡水·三模）已知数列{}n a 满足：1212122n n n a a a a a ++==+=,,．(1)请写出324354a a a a a a ---，，的值，给出一个你的猜想，并证明；(2)设213n n b na +=，求数列{}n b 的前n 项和n S ．17．（2024·福建泉州·二模）己知数列{}n a 和{}n b 的各项为正，且3118a b =，{}n b 是公比3的等比数列．数列{}n a 的前n 项和n S 满足242n n n S a a =+．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)设()()333cos π31n n nn n b C a n b b +++=+--，求数列{}n c 的前n 项和n S ．18．（2024·广西·模拟预测）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，对任意正整数n ，有23322n n n S =-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)对所有正整数m ，若14mk k a a +<<，则在k a 和1k a +两项中插入4m ，由此得到一个新数列{}n b ，求{}n b 的前91项和．19．（2024·四川·模拟预测）已知数列{}n a 满足1111,02n n n n a a a a a ++=--=．(1)求{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足，122121211,n n n n nb b b b b a -+=-=-=，求证：24211134n b b b +++<L ．【拓展冲刺练】一、单选题1．（2023·江苏徐州·模拟预测）函数()f x 满足x ∀、y ÎR ，都有()()()2f x y f x f y +=，且()11f =，则（ ）A ．122f æö=ç÷èøB ．数列(){}f n 单调递减C ．()()121222f x f x x x f ++æö£ç÷èøD ．()04242nni ni f i =+éù×=-ëûå2．（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足13a =，215a =，且2128n n n a a a ++-+=，若[]x 表示不超过x 的最大整数，则122024403440344034a a a éù++×××+=êúëû（ ）A ．2015B ．2016C ．2017D ．20183．（2024·陕西西安·模拟预测）数列{}n a 满足()1122421n n a a n a n n n -+-==³-，，则12320241111a a a a ++++=L （ ）A ．20212025B ．10122025C ．10124048D ．202340484．（2024·广东深圳·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且23n S n n =+，若首项为12的数列{}n b 满足111n n na b b +-=，则数列{}n b 的前2024项和为（ ）A ．10122023B ．20252024C ．20232024D ．20242025二、多选题5．（2023·山西大同·模拟预测）已知数列{}n a 满足()121nn n a a ++=´-，n Î*N ，且51a =，则下列表述正确的有（ ）A ．15a =-B ．数列{}21n a -是等差数列C ．数列{}n a 是等差数列D ．数列11n n a a +ìüíýîþ的前n 项和为1449nn -6．（2023·浙江·二模）定义：若存在正实数M 使()*N n a M n £Î，则称正数列{}n a 为有界正数列．已知数列{}n a 满足()2ln 11n n a n +=+，n S 为数列{}n a 的前n 项和．则（ ）A ．数列{}n a 为递增数列B ．数列{}n S 为递增数列C ．数列{}n a 为有界正数列D ．数列{}n S 为有界正数列三、填空题7．（2023·陕西西安·模拟预测）已知数列{}n a 和数列{}n b ，21n a n =-，2nn b -=.设n n n c a b =×，则数列{}n c 的前n 项和n S = .8．（2024·四川·三模）在数列{}n a 中，已知112a =，()12n n n a na ++=，则数列{}n a 的前2024项和2024S =．9．（2023·陕西铜川·二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且点(),n n a S 总在直线21y x =-上，则数列{}n n a ×的前n 项和n T = .四、解答题10．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足221n n S a n =+-.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知()23n n n a b -=，求数列{}n b 的前n 项和.11．（2024·江苏宿迁·三模）在数列{}n a 中，113(2,2*)n n n a a n a +==Î+×N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知数列{}n b 满足12111444nnb b b b n a ---=L ；①求证：数列{}n b 是等差数列；②若23b =，设数列1n n n nb bc a +=的前n 项和为n T ，求证：14n T <．。
分组转化法、并项转化法和错位相减法
=
1-4
(4-2)
4
-1
2
+ 2 =2n -n+ 3 ,
所以
4
-1
2
T2n=2n -n+ 3 .
考点二
并项转化法求和
例2(2024·福建泉州模拟)在数列{an}中,a1=1,且an+1=2an+n-1.
(1)证明:数列{an+n}为等比数列,并求出an;
(2)记数列{bn}的前n项和为Sn,若an+bn=2Sn,求S11.
+1
= 1,
51 + 2 = 15,
1
1
1
1
1
1
S100=(1-2)+(2 − 3)+…+(100 − 101)=1-101
=
100
.
101
8.(2020·全国Ⅰ,理17)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.
(1)求{an}的公比;
(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.
n 项和 Sn.
解 (1)因为 an+bn=2n-1,所以数列{an+bn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列,
1
所以其前 n 项和 An+Bn=2(1+2n-1)×n=n2.又因为
(+1)
(-1)
所以 An=
,Bn=
.
2
2
(-1)
(-1)(-2)
(2)当 n≥2 时,bn=Bn-Bn-1= 2 −
①
当 n≥2 时,2Sn-1=(n-1)an-1,
②
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
a1＝1， a1＋a4＝9，可解得 a4＝8
(舍去)．
设等比数列{an}的公比为 q，由 a4＝a1q3 得 q＝2， 故 an＝a1qn－1＝2n－1，n∈N*.
数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消和错位相减
结 束
an＋1 (2)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，bn＝ ，求数列{bn}的前 SnSn＋1 n 项和 Tn.
1 ＝1－ n＋1 ，n∈N*. 2 －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．用裂项法求和的裂项原则及规律 (1)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． (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．
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
an，n为奇数， cn ＝ bn，n为偶数，
(k为非零常数)
1 2 4 n － 1
1 n＋
n＋1
1 loga1＋ n
数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消和错位相减
结 束
分组转化求和法
一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数 列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减． [典例] 已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝2an，数列{bn}满足 b1＝3， b2＝6，且{bn－an}为等差数列． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
1 (2)设bn＋3an是首项为
1，公差为 2 的等差数列，求数列{bn}的通项公
式和前 n 项和 Sn.
解：(1)∵3(an＋2＋an)－10an＋1＝0，∴3(anq2＋an)－10anq＝0， 即 3q2－10q＋3＝0.∵公比 q＞1，∴q＝3. 又首项 a1＝3，∴数列{an}的通项公式为 an＝3n.
a1＋a4＝9，a2a3＝8. (1)求数列 an 的通项公式； an＋1 (2)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和， bn＝ ， 求数列{bn}的前 SnSn＋1 n 项和 Tn.
[ 解] 又
(1)由题设知 a1a4＝a2a3＝8，
a1＝8， 或 a4＝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
1 (2)∵bn＋3an是首项为
1，公差为 2 的等差数列，
1 ∴bn＋ an＝1＋2(n－1)． 3 即数列{bn}的通项公式为 bn＝2n－1－3n－1， Sn＝－(1＋3＋32＋„＋3n－1)＋[1＋3＋…＋(2n－1)] 1 n ＝－ (3 －1)＋n2. 2
n 项和
an＋1－an 1 d 可尝试此方法，事实上， ＝ ＝ ＝ anan＋1 danan＋1 danan＋1 1 1 1 － · . a a d ＋ n n 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
[典例]
(2017· 沈阳质检)已知数列 an 是递增的等比数列，且
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]
2．常见式的裂项
数列(n为正整数)
1 n n ＋ k
裂项方法 1 1 1 1 ＝kn－n＋k nn＋k 1 1 1 1 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ－ ＝ 4n2－1 2 2n－1 2n＋1 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n
其
中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和 法求{cn}的前 n 项和．
数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消和错位相减
结 束
[即时训练] 已知等比数列{an}中，首项 a1＝3，公比 q＞1，且 3(an＋2＋an)－10an＋1 ＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式；
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.
[ 解] (a11－qn) Sn＝ ＝2n－1， 1－ q
an＋1 Sn＋1－Sn 1 1 又 bn＝ ＝ ＝S － ， SnSn＋1 SnSn＋1 Sn＋1 n 所以 Tn＝b1＋b2＋„＋bn
1 1 1 1 1 1 1 1 ＝ S －S ＋ S －S ＋„＋S －S ＝ － S1 Sn＋1 1 2 n＋ 1 2 3 n
数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消和错位相减
结 束
裂项相消求和法
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，从而求得其和． 在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消， 特别是间隔抵消时要注意规律性．
1 一般地，若{an}为等差数列，则求数列 a a 的前 n n＋1
[解]
(1)由题意知数列{an}是首项 a1＝1，公比 q＝2 的等比数列，
所以 an＝2n－1； 因为 b1－a1＝2， b2－a2＝4， 所以数列{bn－an}的公差 d＝2， 所以 bn－an＝(b1－a1)＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n，所以 bn＝2n＋2n－1.
(2)Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(1＋2＋4＋…＋2n－1)