2019年高考数学北师大版文科第5章数列第4节数列求和学案文

高二数学求数列的和的方法北师大版必修5【本讲教育信息】一、教学内容：必修5 求数列的和的方法二、教学目标（1）熟练地掌握等差数列、等比数列求和公式及其应用。

（2）体会并掌握用倒序相加、错位相减、裂项、并项等数学方法求数列的前n 项的和。

三、知识要点分析1、求等差、等比数列的前n 项和。

若由已知条件可以判断一个数列是等差、等比数列，或可以转化为等差数列、等比数列的，则可用等差、等比数列求和公式求数列的前n 项的和。

2、对于非等差、等比数列求和，可采用下面的方法求： （1）倒序相加法：将一个数列倒过来排列（反序），当它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加的方法求和。

（2）错位相减法：这是推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要求数列{}n n a b ⋅（其中数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是等比数列）的前n 项的和。

（3）裂项法：求数列{}n a 的前n 项和时，若能将n a 拆分为：1n n n a b b +=-的形式 则，常见的裂项公式有： （i ）数列{}n a 是公差为d 的等差数列， 则12121231111()(1)k k ka a a k d a a a a a a -=-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯如1111[](1)(2)2(1)(1)(2)nn n n nn n =-+++++ （ii 1a b=--。

（4）并项法：已知数列{}n a 的相邻两项的和是相等的，可以采用并项法。

（5）公式法（利用公式直接求和），如：3332(1)12[]2n n n ++++= 2135(21)n n ++++-=，222112(1)(21),6n n n n +++=++（以上的公式在数列求和中常用，要熟练地掌握）【典型例题】考点一：等差、等比数列或可以转化为等差、等比数列的数列的求和 例1、（1）求和：12+1122+111222++1111222 2 （2）求和：2+（4+6）+（8+10+12）++（n 个偶数） 【思路分析】（1）由所给出的和式观察得到数列的通项公式，然后化简通项。

5.4 数列求和[知识梳理]1．基本数列求和公式法 (1)等差数列求和公式： S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d . (2)等比数列求和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.2．非基本数列求和常用方法(1)倒序相加法；(2)分组求和法；(3)并项求和法；(4)错位相减法；(5)裂项相消法．常见的裂项公式： ①1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ； ②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)；④1n ＋n ＋k ＝1k (n ＋k －n )．3．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)22. [诊断自测] 1．概念辨析(1)已知等差数列{a n }的公差为d ，则有1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1.( )(2)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是(n >1，n ∈N *)首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( )答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√2．教材衍化(1)(必修A5 P 47T 4)数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为20172018，则项数n 为( )A ．2014B ．2015C ．2016D ．2017 答案 D解析 a n ＝1n －1n ＋1，S n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，又前n 项和为20172018，所以n ＝2017.故选D.(2)(必修A5 P 61T 4)已知数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________．答案 n (n ＋1)2＋1－12n解析 将通项式分组转化为等差与等比两数列分别求和，即S n＝(1＋2＋3＋…＋n )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n (n ＋1)2＋1－12n .3．小题热身(1)数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2018等于( )A ．－1010B ．2018C ．505D ．1010 答案 A解析 易知a 1＝cos π2＝0，a 2＝2cosπ＝－2，a 3＝0，a 4＝4，…. 所以数列{a n }的所有奇数项为0，前2016项中所有偶数项(共1008项)依次为－2,4，－6,8，…，－2014,2016.故S 2016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2014＋2016)＝1008.a 2017＝0，a 2018＝2018×cos 2018π2＝－2018，∴S 2018＝S 2016＋a 2018＝1008－2018＝－1010.故选A.(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n＝________.答案 －1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1，∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n .题型1 错位相减法求和典例 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n，求数列{c n }的前n 项和T n .利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)、方程思想、错位相减法．解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d .由⎩⎨⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎨⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4(1－2n)1－2－(n ＋1)×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2. 方法技巧利用错位相减法的一般类型及思路1．适用的数列类型：{a n b n }，其中数列{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q ≠1的等比数列．2．思路：设S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，(*) 则qS n ＝a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n －1b n ＋a n b n ＋1，(**)(*)－(**)得：(1－q )S n ＝a 1b 1＋d (b 2＋b 3＋…＋b n )－a n b n ＋1，就转化为根据公式可求的和．提醒：用错位相减法求和时容易出现以下两点错误： (1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n －1项和当作n 项和．冲关针对训练已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a nb n，求数列{c n }的通项公式；(2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0(b n ≠0，n ∈N *)， 所以a n ＋1b n ＋1－a nb n ＝2，即c n ＋1－c n ＝2.所以数列{c n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故c n＝2n－1.(2)由b n＝3n－1知a n＝c n b n＝(2n－1)3n－1，于是数列{a n}的前n项和S n＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3S n＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，相减得－2S n＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)3n，所以S n＝(n－1)3n＋1.题型2裂项相消法求和典例S n为数列{a n}的前n项和，已知a n>0，a2n＋2a n＝4S n＋3.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝1a n a n＋1，求数列{b n}的前n项和．利用递推公式，a n＝S n－S n－1(n≥2)求通项，裂项相消求和．解(1)由a2n＋2a n＝4S n＋3，可知a2n＋1＋2a n＋1＝4S n＋1＋3.可得a2n＋1－a2n＋2(a n＋1－a n)＝4a n＋1，即2(a n＋1＋a n)＝a2n＋1－a2n＝(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n)．由于a n>0，所以a n＋1－a n＝2.又由a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{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.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…⎦⎥⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n 3(2n ＋3). [条件探究] 将典例中的条件变为：已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．求解仍为(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2， S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12， 由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)由a n ＝2n －1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1. [结论探究] 条件探究中的条件不变，求解(2)变为：令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1.方法探究几种常见的裂项相消及解题策略(1)常见的裂项方法(其中n 为正整数)(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使前后相等．冲关针对训练已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n <34.解 (1)∵S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)，∴当n ＝1时，－2＝12a 2＋2，解得a 2＝－8， 当n ≥2时，S n －1＝12a n ＋n ，两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2， 即a n ＋1－1＝3(a n －1)，n ＝1时，a 2－1＝3(a 1－1)＝－9，所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列， 所以a n －1＝(－3)·3n －1＝－3n . 故a n ＝－3n ＋1.(2)证明：由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n＝n ，得1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)<34. 题型3 分组转化法求和典例1在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N *)，a 1a 3＝4，且a 3＋1是a 2和a 4的等差中项，若b n ＝log 2a n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1，求数列{c n }的前n 项和．分组求和，裂项相消法．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，且q >0， 在等比数列{a n }中，由a n >0，a 1a 3＝4得，a 2＝2，① 又a 3＋1是a 2和a 4的等差中项， 所以2(a 3＋1)＝a 2＋a 4，②把①代入②得，2(2q ＋1)＝2＋2q 2，解得q ＝2或q ＝0(舍去)，所以a n ＝a 2q n －2＝2n －1，则b n ＝log 2a n ＋1＝log 22n ＝n .(2)由(1)得，c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1＝2n＋1(2n －1)(2n ＋1)＝2n＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以数列{c n }的前n 项和S n ＝2＋22＋ (2)＋12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1＝2(1－2n )1－2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n ＋1＝2n ＋1－2＋n2n ＋1.典例2设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S 4＝40.数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n －2b n ＋3＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和P n .分组求和，分类讨论法．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意，得⎩⎨⎧a 1＋d ＝8，4a 1＋6d ＝40，解得⎩⎨⎧a 1＝4，d ＝4，∴a n ＝4n .∵T n －2b n ＋3＝0，①∴当n ＝1时，b 1＝3，当n ≥2时，T n －1－2b n －1＋3＝0，② ①－②，得b n ＝2b n －1(n ≥2)， 则数列{b n }为等比数列， ∴b n ＝3·2n －1.(2)c n ＝⎩⎨⎧4n ，n 为奇数，3·2n －1，n 为偶数.当n 为偶数时，P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝(4＋4n －4)·n22＋6⎝⎛⎭⎪⎫1－4n 21－4＝2n ＋1＋n 2－2.当n 为奇数时，n ＝1时，P 1＝c 1＝a 1＝4，解法一：n －1为偶数，P n ＝P n －1＋c n ＝2(n －1)＋1＋(n －1)2－2＋4n ＝2n ＋n 2＋2n －1，解法二：P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －2＋a n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1)＝(4＋4n )·n ＋122＋6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－4n －121－4＝2n ＋n 2＋2n －1.∴P n ＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋n 2＋2n －1，n 为奇数.方法技巧分组转化法求和的常见类型1．若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．如典例1.2．通项公式为a n ＝⎩⎨⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．如典例2.冲关针对训练1．数列{(－1)n ·n }的前2018项的和S 2018为( ) A ．－2018 B ．－1009 C ．2018 D ．1009 答案 D2．已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和．解 (1)设数列{a n }的公比为q . 由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2，解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1(1－26)1－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1) ＝12(log 22n －1＋log 22n)＝n －12，即{b n }的首项为12，公差为1的等差数列．设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫(－1)n b 2n 的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n＝2n (b 1＋b 2n )2＝2n 2. 题型4 倒序相加法典例 设f (x )＝4x4x ＋2，若S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫20162017，则S ＝________.利用函数性质f (x )＋f (1－x )＝1倒序相加求和．答案 1008解析 ∵f (x )＝4x4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x . ∴f (x )＋f (1－x )＝4x4x ＋2＋22＋4x＝1. S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫20162017，① S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫20162017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫20152017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017，② ①＋②，得2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫20162017＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫20152017＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫20162017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017＝2016. ∴S ＝20162＝1008. 方法技巧如果一个数列{a n }，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用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，这一求和方法称为倒序相加法．冲关针对训练已知定义在R 上的函数f (x )的图象的对称中心为(1008,2)．数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＝f (n )，n ∈N *，求S 2015.解 由条件得f (2×1008－x )＋f (x )＝2×2， 即f (2016－x )＋f (x )＝4. 于是有a 2016－n ＋a n ＝4(n ∈N *)． 又S 2015＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2014＋a 2015， S 2015＝a 2015＋a 2014＋…＋a 2＋a 1.两式相加得2S 2015＝(a 1＋a 2015)＋(a 2＋a 2014)＋…＋(a 2014＋a 2)＋(a 2015＋a 1)＝2015(a 1＋a 2015)＝2015×4.故S 2015＝2015×2＝4030.1．(2018·江西九校联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于( )A ．5B ．6C ．7D ．16 答案 C解析 根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.故选C.2．(2017·湘潭三模)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1013恒成立，则整数m 的最小值为( )A ．1026B ．1025C ．1024D ．1023 答案 C解析 ∵2n ＋12n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴T n ＝n ＋1－12n ，∴T 10＋1013＝11－1210＋1013＝1024－1210， 又m >T 10＋1013，∴整数m 的最小值为1024.故选C.3．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． 解 (1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎨⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23 ＝2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ， 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．4．(2018·河南质检)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 (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，解得q ＝2或q ＝－3， 又因为q ＞0，所以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，得a 2nb 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.[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2＝10，S 5＝55，则a n ＋100＋a n －98＝( )A ．8n ＋6B ．4n ＋1C ．8n ＋3D ．4n ＋3 答案 A解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，由S 2＝10，S 5＝55，可得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋2(2－1)2d ＝10，5a 1＋5(5－1)2d ＝55，得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝4，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4n －1，则a n ＋100＋a n －98＝2a n ＋1＝8n ＋6.故选A.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差是( )A ．1B ．2C ．4D ．6 答案B解析 由S 33－S 22＝1得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝a 1＋d －2a 1＋d 2＝d 2＝1，所以d ＝2.故选B.3．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n ，T n ，已知S n Tn＝7n n ＋3，则a 5b 5＝( ) A.23 B.278 C ．7 D.214 答案 D解析 a 5b 5＝2a 52b 5＝a 1＋a 9b 1＋b 9＝9(a 1＋a 9)29(b 1＋b 9)2＝S 9T 9＝7×99＋3＝214.故选D.4．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，当n 为正奇数时，－n 2，当n 为正偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．102 答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.5．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2018项的和等于( )A ．1512B ．1513C ．1513.5D ．2018 答案 C解析 因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1， 即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1(k ∈N *)，1，n ＝2k (k ∈N *)，故数列的前2018项的和S 2018＝1009×⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＝1513.5.故选C.6．在数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n－1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A ．(3n －1)2 B.12(9n －1) C ．9n－1 D.14(3n－1)答案 B解析 因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，所以a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n－1－1(n ≥2)．则n ≥2时，a n ＝2×3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式，所以a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列．故选B.7．设直线nx ＋(n ＋1)y ＝2(n ∈N *)与两坐标轴围成的三角形面积为S n ，则S 1＋S 2＋…＋S 2017的值为( )A.20142015B.20152016C.20162017D.20172018 答案 D解析 直线与x 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ，0，与y 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，2n ＋1，∴S n ＝12·2n ·2n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12017－12018＝1－12018＝20172018.故选D.8．已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 3a 5＝14a 1，且a 4与a 7的等差中项为98，则S 5等于( )A ．35B ．33C ．31D ．29 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比是q ，所以a 3a 5＝a 21q 6＝14a 1，得a 1q 6＝14，即a 7＝14.又a 4＋a 7＝2×98，解得a 4＝2，所以q 3＝a 7a 4＝18，所以q＝12，a 1＝16，故S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1321－12＝31.故选C.9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列说法中一定成立的是( )A ．若a 3>0，则a 2017<0B ．若a 4>0，则a 2018<0C ．若a 3>0，则S 2017>0D ．若a 4>0，则S 2018>0 答案 C解析 等比数列{a n }的公比q ≠0.对于A ，若a 3>0，则a 1q 2>0，所以a 1>0，所以a 2017＝a 1q 2016>0，所以A 不成立；对于B ，若a 4>0，则a 1q 3>0，所以a 1q >0，所以a 2018＝a 1q 2017>0，所以B 不成立；对于C ，若a 3>0，则a 1＝a 3q 2>0，所以当q ＝1时，S 2017>0，当q ≠1时，S 2017＝a 1(1－q 2017)1－q >0(1－q 与1－q 2017同号)，所以C 一定成立，易知D 不一定成立．故选C.10．(2017·江西九校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1 B.22 C ．－22 D ．－3 答案 D解析 {a n }是等比数列，{b n }是等差数列，且a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π，∴a 6＝3，b 6＝7π3，∴tanb 3＋b 91－a 4·a 8＝tan2b 61－a 26＝tan 2×7π31－(3)2＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3.故选D.二、填空题11．S n ＝1＋11＋111＋…＋＝________.答案 10n ＋1－9n －108112．数列{a n }满足：a 1＝43，且a n ＋1＝4(n ＋1)a n 3a n ＋n (n ∈N *)，则1a 1＋2a2＋3a 3＋…＋2018a 2018＝________.答案 201723＋13×42018解析 由题意可知n ＋1a n ＋1＝34＋14·n a n ⇒n ＋1a n ＋1－1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫n a n －1，又1a 1－1＝－14，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n －1是以－14为首项，以14为公比的等比数列，所以n a n＝1－14n ，所以1a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋n a n＝n －14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝n －13＋13·14n ， 则1a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋2018a 2018＝2018－13＋13×142018＝201723＋13×42018.13．设f (x )＝12x ＋2，利用课本中推导等差数列前n 项和的公式的方法，可求得f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)的值为________．答案 3 2解析 ∵6＋(－5)＝1，∴f (－5)，f (－4)，…，f (5)，f (6)共有11＋1＝12项．由f (－5)，f (6)；f (－4)，f (5)；…；f (0)，f (1)共有6对，且该数列为等差数列．又f (0)＋f (1)＝11＋2＋12＋2＝11＋2＋12(1＋2)＝2＋12(1＋2)＝12＝22，∴f (－5)＋f (－4)＋…＋f (6)＝6×22＝3 2.14．已知数列{a n }的各项均为正整数，其前n 项和为S n ，若a n ＋1＝⎩⎨⎧a n ＋12，a n 是奇数，3a n －1，a n 是偶数且S 3＝10，则S 2016＝________.答案 6720解析 当a 1为奇数时，a 2＝a 1＋12，此时若a 2为奇数，则a 3＝a 2＋12＝a 1＋12＋12＝a 1＋34，∴S 3＝a 1＋a 1＋12＋a 1＋34＝7a 1＋54＝10，解得a 1＝5，此时数列{a n }为5,3,2,5,3,2，….当a 1为奇数时，a 2＝a 1＋12，此时若a 2为偶数，则a 3＝3a 2－1＝3(a 1＋1)2－1＝3a 1＋12，∴S 3＝a 1＋a 1＋12＋3a 1＋12＝3a 1＋1＝10，解得a 1＝3，此时数列{a n }为3,2,5,3,2,5，….当a 1为偶数时，a 2＝3a 1－1，此时a 2为奇数，则a 3＝a 2＋12＝(3a 1－1)＋12＝3a 12，∴S 3＝a 1＋3a 1－1＋3a 12＝112a 1－1＝10，解得a 1＝2，此时数列{a n }为2,5,3,2,5,3，….上述三种情况中，数列{a n }均为周期数列．∵672×3＝2016，∴S 2016＝672S 3＝6720.B 级三、解答题15．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4. (1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n .解 (1)证明：由题意知S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)，即S n ＝2S n－1－n ＋4，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2]， 又易知a 1＝3，所以S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列． (2)由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1， 所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝4(1－2n )1－2＋n (n ＋1)2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82. 16．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋4，a 2－1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前3项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若c n ＝log 2b n b n－1a n a n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)因为a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋4，所以a 2n ＝2S n －1＋n －1＋4(n ≥2)，两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝2a n ＋1，所以a 2n ＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2，所以a n ＋1－a n ＝1.又a 23＝(a 2－1)a 7，所以(a 2＋1)2＝(a 2－1)(a 2＋5)，解得a 2＝3，又a 22＝2a 1＋1＋4，所以a 1＝2，所以{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n ＋1.故b 1＝2，b 2＝4，b 3＝8，所以b n ＝2n .(2)由(1)得，c n ＝n 2n －1(n ＋1)(n ＋2)，故T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋24＋…＋n 2n －⎣⎢⎡12×3＋13×4＋…＋⎦⎥⎥⎤1(n ＋1)(n ＋2).设F n ＝12＋24＋…＋n 2n ，则12F n ＝122＋223＋…＋n 2n ＋1，作差得12F n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1，所以F n ＝2－n ＋22n .设G n ＝12×3＋13×4＋…＋1(n ＋1)(n ＋2)＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2，所以T n ＝2－n ＋22n －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－1n ＋2＝32－n ＋22n ＋1n ＋2. 17．(2017·山东高考)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＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n . 解 (1)设{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，由以上两式联立方程组解得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 ＝b na 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＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1， 所以T n ＝5－2n ＋52n .18．在等比数列{a n }中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1，a 5的等比中项为16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <k 对任意n ∈N *恒成立，若存在，求出正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由题意可得a 3＝16， a 3－a 2＝8，则a 2＝8，q ＝2，a 1＝4，所以a n ＝2n ＋1.(2)b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (n ＋3)4. 1S n ＝4n (n ＋3)＝43⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋3， 所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3 ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3 ＝43×116－43×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3 ＝229－43×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3. 当n ＝1时，1S 1＝1<2<229；当n ≥2时，1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝229－43⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3<229<3. 故存在k ＝3时，对任意的n ∈N *都有 1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <3.。

北师⼤版⾼中数学必修五《数列知识点总结》.pdf S=a+a+……+a+an12n?1n相加2S=a+a+a+a+…+a+a…()()()n1n2n?11nS=a+a+……+a+annn?121?2x［练习］已知fx()=，则21+x111f(1)+f(2)+f+f(3)+f+f(4)+f=2342122??11xxx由f(x)+f=+=+=12222x1+x1+x1+x11+x11111∴原式=f(1)+f(2)+f+f(3)+f+f(4)+f=+1+1+1=323422(附：a.⽤倒序相加法求数列的前n项和如果⼀个数列{an}，与⾸末项等距的两项之和等于⾸末两项之和，可采⽤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，这⼀求和⽅法称为倒序相加法。

我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同⼀类知识的⼯具，例如：等差数列前n项和公式的推导，⽤的就是“倒序相加法”。

b.⽤公式法求数列的前n项和对等差数列、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。

c.⽤裂项相消法求数列的前n项和裂项相消法是将数列的⼀项拆成两项或多项，使得前后项相抵消，留下有限项，从⽽求出数列的前n项和。

d.⽤错位相减法求数列的前n项和错位相减法是⼀种常⽤的数列求和⽅法，应⽤于等⽐数列与等差数列相乘的形式。

即若在数列{an·bn}中，{an}成等差数列，{bn}成等⽐数列，在和式的两边同乘以公⽐，再与原式错位相减整理后即可以求出前n项和。

e.⽤迭加法求数列的前n项和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a-a=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a，n+1nn从⽽求出S。

数列的概念按一定次序排列的一列数称为数列（sequence of number）。

数列中的每一个数都叫做这个数列的项。

排在第一位的数称为这个数列的第1项（通常也叫做首项），排在第二位的数称为这个数列的第2项……排在第n位的数称为这个数列的第n项。

所以，数列的一般形式可以写成a1，a2，a3，…，an，…简记为｛an｝，项数有限的数列为“有穷数列”（finite sequence），项数无限的数列为“无穷数列”（infinite sequence）。

从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列叫做递增数列；如：1,2,3，4,5,6,7从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列叫做递减数列；如：8,7,6,5,4,3,2,1,从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列叫做摆动数列；各项呈周期性变化的数列叫做周期数列（如三角函数）；各项相等的数列叫做常数列。

如：2,2,2,2,2,2,2,2,2,。

通项公式：数列的第N项an与项的序数n之间的关系可以用一个公式表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式。

递推公式：如果数列｛an｝的第n项与它前一项或几项的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式。

数列中数的总数为数列的项数。

特别地，数列可以看成以正整数集N*（或它的有限子集｛1，2，…，n｝）为定义域的函数an=f(n)。

如果可以用一个公式来表示,则它的通项公式是a(n)=f(n).表示方法如果数列｛an｝的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式。

如an=(-1)^(n+1)+1如果数列｛an｝的第n项与它前一项或几项的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式。

如an=2a(n-1)+1 (n>1)等差数列【定义】一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列（arithmetic sequence），这个常数叫做等差数列的公差（common difference），公差通常用字母d表示。

S n ＝ ＝na 1＋ n (a 1＋a n ) n (n －1) d ；⎪⎩ 11－q n ＝ 11－q ，q ≠1.n (n ＋1) n n ＋1 11⎛ 1 1 ⎫ ＝ n(2n －1)(2n ＋1) 2⎝2 －1 2n ＋1⎭第四节 数列求和[考纲传真] (教师用书独具)1.掌握等差、等比数列的前 n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．(对应学生用书第 87 页)[基础知识填充]1．公式法(1)等差数列的前 n 项和公式：2 2(2)等比数列的前 n 项和公式：⎧⎪na 1，q ＝1，S n ＝⎨a －a q a (1－q n )2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前 n 项和．裂项时常用的三种变形：①②③1 1 1＝ － ；－ ⎪；1n ＋ n ＋1＝ n ＋1－ n .(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前 n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同 一个常数，那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法求解．(5)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． 例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.[基本能力自测]a 1－a n ＋1(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 S n ＝1－q 1 1⎛ 11 ⎫ ＝ n n 2－1 2⎝ －1 n ＋1⎭30B [∵a n ＝ 1n (n ＋1) n n ＋1B [∵a n ＝11－2 ＋21．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”).()(2)当 n ≥2 时， － ⎪.( )(3)求 S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时只要把上式等号两边同时乘以 a 即可根据错位相减法求得．( )(4)如果数列{a n }是周期为 k (k 为大于 1 的正整数)的周期数列，那么 S km ＝mS k .( )[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√2．(教材改编)数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a n ＝A ．1B. 5 6C.1 6D ．11 1＝ － ，1 1 1 1 5∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－2＋2－3＋…－6＝6.]3．数列{a n }的通项公式是 a n ＝A ．9C ．101n ＋ n ＋1，前 n 项和为 9，则 n 等于(B ．99D ．100)n ＋ n ＋1＝ n ＋1－ n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋ a n ＝( n ＋1－ n )＋( n － n －1)＋…＋( 3－ 2)＋( 2－ 1)＝ n ＋1－1，令 n ＋1－1＝9，得 n＝99，故选 B.]4．数列{a n }的前 n 项和为 S n ，已知 S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则 S 17＝________.9 [S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.]5．若数列{a n }的通项公式为 a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前 n 项和 S n ＝__________.2(1－2n ) n (1＋2n －1)2n ＋1－2＋n 2[S n ＝ ＝2n ＋1－2＋n 2.](对应学生用书第 87 页)b 2 3＝n (1＋2n －1) 1－3n ＋ ＝n ＋ .2(2)通项公式为 a n ＝⎨⎧b n ，n 为奇数，⎪2 {分组转化求和(2016·北京高考)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且 b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设 c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前 n 项和． [解] (1)设等比数列{b n }的公比为 q ，b 9则 q ＝ 3＝ ＝3，b所以 b 1＝ q ＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以 b n ＝3n －1(n ＝1,2,3，…)．设等差数列{a n }的公差为 d . 因为 a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27， 所以 1＋13d ＝27，即 d ＝2.所以 a n ＝2n －1(n ＝1,2,3，…)．(2)由(1)知 a n ＝2n －1，b n ＝3n －1. 因此 c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1. 从而数列{c n }的前 n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －13n －1 2 1－3 2[规律方法] 分组转化法求和的常见类型(1)若 a n ＝b n ±c n ，且{b n }， c n }为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{a n }的前 n 项和．⎪⎩c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．易错警示：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．[跟踪训练] (2018·南昌一模)已知等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，且 a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令 b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前 2n 项和 T 2n . [解] (1)设等差数列{a n }的公差为 d ， 由 S 3＋S 4＝S 5 可得 a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即 3a 2＝a 5， ∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得 d ＝2.∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)可得 b n ＝(－1)n －1·(2n －1)．(2)求数列⎨ n n ⎬的前 n 项和． 2n －1⎧ a ⎬的前 n 项和为 S n . (2)记⎨ a n 2 1 12n ＋1 (2n ＋1)(2n －1) 2n －1 2n ＋1＋ 2n －1 1⎛ 1 1 ⎫ 1 1 ⎛ 1 1 ⎫＝ a －a ⎪. d ⎝a n a n ＋1⎭ a n a n ＋2 2d ⎝ n － ⎪， ⎭(2)若 b n ＝ 1∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1) ＝(－2)×n ＝－2n .裂项相消法求和(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足 a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；⎧ a ⎫ ⎩2 ＋1⎭[解] (1)因为 a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当 n ≥2 时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，两式相减得(2n －1)a n ＝2，2所以 a n ＝2n －1(n ≥2)．又由题设可得 a 1＝2，满足上式，所以{a n }的通项公式为 a n ＝ 2 .n ⎫ ⎩2n ＋1⎭由(1)知 ＝ ＝ － ，1 1 1 1 1 1 2n则 S n ＝1－3 3－5＋…＋ －2n ＋1＝2n ＋1.[规律方法] 利用裂项相消法求和的注意事项一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项抵消后并不一定只剩下第一项和最后消项规律：消项后前边剩几项，后边就将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等.如：若 {a n }是等差数列，则1a n a n ＋1 ＝n ＋2[跟踪训练] (2017·石家庄一模)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；a n a n ＋1，求数列{b n }的前 n 项和.⎧⎪a 1＝1，(2n －1)(2n ＋1) 2⎝2 －1 2n ＋1⎭所以 T n ＝ 1－ ＋ － ＋…＋ n 2 －1 2n ＋1⎭ ＝ 1－ n 2⎝ (2)由题意知 S 2n ＋1＝ ＝(2n ＋1)b n ＋1，n 令 c n ＝ ，则 c n ＝ ＝ ＋ 2＋ 3＋…＋ n －1 ＋1 ⎫1 1⎛ 1(2)b n ＝ ＝ n 1 1 ⎫1⎛ 1 1 1 2⎝ 3 3 5 2 ＋1⎭ 2n ＋1n an2 n 2 2 222⎩⎩ 1 ⎫ 1【导学号：79140181】⎧⎪2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，[解] (1)由已知得⎨ 10×9⎪10a 1＋ 2 d ＝10a 1＋45d ＝100，解得⎨⎪d ＝2，所以数列{a n }的通项公式为 a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.－ ⎪，－ ⎪1⎛ n ⎪＝ .错位相减法求和(2017·山东高考)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；⎧b ⎫ (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 ＋1，求数列⎨a n⎬的⎩ n ⎭前 n 项和 T n .[解] (1)设{a n }的公比为 q ， 由题意知 a 1(1＋q )＝6，a 2q ＝a 1q 2，又 a n >0，由以上两式联立方程组解得 a 1＝2，q ＝2， 所以 a n ＝2n .(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2又 S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以 b n ＝2n ＋1.b 2n ＋1.因此 T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n3 5 7 2n －1 2n ＋1 ，1 3 5 7 2n －1 2n ＋1 又2T n ＝22＋23＋24＋…＋ 2n ＋ 2n ＋1 ，所以 T n ＝5－ n 2T n ＝ ＋ ＋ 2＋…＋ n －1⎪－ n ＋1，2 ⎭两式相减得1 3 ⎛1 1 1 ⎫ 2n ＋12 2 ⎝2 2 22n ＋5.[规律方法]错位相减法求和的适用范围如果数列{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.错位相减法求和的注意事项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”以便下一步准确写出 “S n －qS n ”的表达式.②在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解.[跟踪训练] (2018·石家庄质检(二))已知等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 S m －1＝－4，S m ＝0，S m ＋2＝14(m ≥2，且 m ∈N ＋).【导学号：79140182】(1)求 m 的值；a (2)若数列{b n }满足 2n＝log 2b n (n ∈N ＋)，求数列{(a n ＋6)·b n }的前 n 项和．[解] (1)由已知得 a m ＝S m －S m －1＝4， 且 a m ＋1＋a m ＋2＝S m ＋2－S m ＝14，设数列{a n }的公差为 d ，则 2a m ＋3d ＝14， ∴d ＝2.m (m －1)由 S m ＝0，得 ma 1＋ 2 ×2＝0，即 a 1＝1－m ，∴a m ＝a 1＋(m －1)×2＝m －1＝4， ∴m ＝5.(2)由(1)知 a 1＝－4，d ＝2，∴a n ＝2n －6，∴n －3＝log 2b n ，得 b n ＝2n －3. ∴(a n ＋6)·b n ＝2n ×2n －3＝n ×2n －2. 设数列{(a n ＋6)·b n }的前 n 项和为 T n ，∴T n ＝1×2－1＋2×20＋…＋(n －1)×2n －3＋n ×2n －2， ① 2T n ＝1×20＋2×21＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1， ② ①－②，得－T n ＝2－1＋20＋…＋2n －2－n ×2n －1＝2n －1n －1－ －n ×2， n －1＝ －n ×22－1(1－2n )1－2121∴T n ＝(n －1)·2n －1＋2(n ∈N ＋)．。

§6.4 数列求和1．等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d. 2．等比数列的前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2. (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n(n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.知识拓展数列求和的常用方法 (1)公式法直接利用等差、等比数列的求和公式求和． (2)分组转化法把数列转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n.(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“³”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( √ )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( ³ )(4)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .( ³ )(5)推导等差数列求和公式的方法叫作倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(6)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二 教材改编2．一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( )A ．100＋200(1－2－9) B ．100＋100(1－2－9) C ．200(1－2－9) D ．100(1－2－9)答案 A解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100³2－9)＝100＋2³100³(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200³2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 3．1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________.(x ≠0且x ≠1)答案 1－x n(1－x )2－nxn1－x解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nxn －1，①则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n，②①－②得(1－x)S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n(1－x )2－nxn1－x . 题组三 易错自纠4．(2017²潍坊调研)设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2，且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( ) A.n 2＋7n 4B.n 2＋5n 3C.2n 2＋3n 4D ．n 2＋n答案 A解析 设等差数列的公差为d ，则a 1＝2， a 3＝2＋2d ，a 6＝2＋5d.又∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1²a 6. 即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得2d 2－d ＝0. ∵d ≠0，∴d ＝12.∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 24＋74n.5．(2018²日照质检)数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1²(4n－3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4³1－3)－(4³2－3)＋(4³3－3)－…－(4³100－3)＝4³[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4³(－50)＝－200.6．数列{a n }的通项公式为a n ＝ncos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 因为数列a n ＝ncos n π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8， 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4.∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017＝2 0164³2＋2 017²cos 2 0172π＝1 008.题型一 分组转化法求和典例 (2018²合肥质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N ＋.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n.a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n. (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n＋(－1)nn.记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n)1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n]＝n. 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n＋(－1)nn. 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n] ＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2； 当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n] ＝2n ＋1－2＋n －12－n ＝2n ＋1－n 2－52. ∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．跟踪训练等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n(n ＋2)， 则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n (n ＋2)，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋ (2＋23＋…＋22n －1)＝1－12n ＋1＋2(1－4n)1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．题型二 错位相减法求和典例(2017²天津)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 (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＝2³4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)³4n，故T n ＝2³4＋5³42＋8³43＋…＋(3n －1)³4n，③4T n ＝2³42＋5³43＋8³44＋…＋(3n －4)³4n ＋(3n －1)³4n ＋1，④③－④，得－3T n ＝2³4＋3³42＋3³43＋…＋3³4n－(3n －1)³4n ＋1＝12³(1－4n)1－4－4－(3n －1)³4n ＋1＝－(3n －2)³4n ＋1－8，得T n ＝3n －23³4n ＋1＋83. 所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23³4n ＋1＋83. 思维升华错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式． (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 跟踪训练 (2018²阜阳调研)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d>1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝19(2n ＋79)，b n＝9²⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d>1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是 T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.题型三 裂项相消法求和命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型典例 (2017²郑州市第二次质量预测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n <34. (1)解 由S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N ＋)，得S n －1＝12a n ＋n(n ≥2，n ∈N ＋)，两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2， 即a n ＋1－1＝3(a n －1)， 又a 1－1＝－2－1＝－3≠0，所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列， 所以a n －1＝(－3)²3n －1＝－3n.故a n ＝－3n＋1.(2)证明 由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n＝n ， 得1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝12⎝ ⎛1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1⎭⎪⎫－1n ＋1＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)<34. 命题点2 a n ＝1n ＋n ＋k型典例已知函数f(x)＝x α的图像过点(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 2 017＝________. 答案2 018－1解析 由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f(x)＝12x .∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－2 017)＝ 2 018－1.思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k (n ＋k －n)，1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．跟踪训练 (2018届贵州遵义航天高级中学模拟)已知等差数列{a n }满足(a 1＋a 2)＋(a 2＋a 3)＋…＋(a n ＋a n ＋1)＝2n(n ＋1)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ²a n ＋1，求{b n }的前n 项和S n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 当n ＝1时，a 1＋a 2＝4，当n ＝2时，a 1＋a 2＋a 2＋a 3＝12，即4a 2＝12，a 2＝3， ∴a 1＝1，d ＝a 2－a 1＝2，∴等差数列{a n }的通项公式a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1， ∴a n ＝2n －1. (2)由(1)得b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.四审结构定方案典例 (12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn(其中k ∈N ＋)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2的前n 项和为T n ，求证：T n <4.(1)S n ＝－12n 2＋kn ――――→S n 是关于n 的二次函数n ＝k 时，S n 最大――――――――→根据S n 的结构特征确定k 的值k ＝4；S n ＝－12n 2＋4n ――→根据S n 求a n a n ＝92－n (2)9－2a n 2n＝n 2n －1――――――――→根据数列结构特征确定求和方法T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1――――→错位相减法求和 计算可得T n ―→证明：T n <4规范解答(1)解 当n ＝k ∈N ＋时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[3分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n.当n ＝1时，上式也成立． 综上，a n ＝92－n.[6分](2)证明 ∵9－2a n 2n ＝n2n －1，∴T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2.②[7分]②－①，得2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.[11分]∴T n ＝4－n ＋22n －1.∴T n <4.[12分]1．(2018²广州调研)数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n.2．(2018²长春调研)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1²n，则S 17等于( )A ．9B ．8C ．17D ．16答案 A解析 S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.3．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82 答案 B解析 由已知a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1²a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n(2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.4．(2018²深圳调研)已知函数f(n)＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f(n)＋f(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200 答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50³101＋50³103＝100.故选B.5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos2n π2a n ＋sin 2n π2，则该数列的前12项和为( ) A ．211 B ．212 C ．126 D ．147 答案 D解析 由题意意可得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝a 1＋1＝2，a 4＝2a 2＋0＝4，a 5＝a 3＋1＝3，a 6＝2a 4＝8.即其奇数项构成首项为1，公差为1的等差数列，而其偶数项则构成首项为2，公比为2的等比数列， 所以该数列的前2n 项的和S 2n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋n (n －1)2³1＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n 2＋2n ＋1－2，令n ＝6，可得S 12＝147.6．(2018届南宁二中、柳州高中联考)已知数列2 008，2 009，1，－2 008，…，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 018项之和S 2 018＝________. 答案 4 017解析 由题意可知a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，a 1＝2 008， a 2＝2 009，∴a 3＝1，a 4＝－2 008，a 5＝－2 009，a 6＝－1，a 7＝2 008，…， 所以a n ＋6＝a n ，即数列{a n }是以6为周期的数列， 又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝0，∴S 2 018＝336(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6)＋(a 1＋a 2)＝4 017.7．(2017²全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则k ＝1n 1S k ＝________. 答案2n n ＋1 解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4³32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ³1＋n (n －1)2³1＝n (n ＋1)2， 1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 8．(2018²商丘质检)有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为__________． 答案 2n ＋1－2－n解析 由题意知所求数列的通项为1－2n 1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n.9．(2018届湖南永州模拟)若S n ＝12＋12＋4＋12＋4＋6＋...＋12＋4＋6＋ (2)(n ∈N ＋)，则S 2 017＝________. 答案 2 0172 018解析 令a n ＝12＋4＋6＋…＋2n ＝2(2＋2n )n ＝1n －1n ＋1， 故S 2 017＝1－12＋12－13＋…＋12 017－12 018＝2 0172 018. 10．(2017²安阳二模)已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.答案 4n －1解析 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)³(－4)n －1，∴|b n |＝3³4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3(1－4n )1－4＝4n －1. 11．(2018届广东佛山三水区实验中学模拟)已知等差数列{a n }的公差d 为2，S n 是它的前n 项和，a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求a n 和S n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求T n .解 (1)因为a 4＝a 1＋3d ＝a 1＋6，a 13＝a 1＋12d ＝a 1＋24，而a 1，a 4，a 13成等比数列，所以a 24＝a 1a 13，即(a 1＋6)2＝a 1(a 1＋24)，解得a 1＝3，所以a n ＝3＋(n －1)²2＝2n ＋1，S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n 2＋2n. (2)由(1)知1S n ＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 所以T n ＝12⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15⎦⎥⎤＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32n 2＋6n ＋4. 12．(2017²天津河西区二模)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n(n ＋1)(n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n 3n ＋1，求数列{b n }的通项公式； (3)令c n ＝a n b n 4(n ∈N ＋)，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，可知a 1＝2满足该式， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n(n ∈N ＋)．(2)a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n 3n ＋1(n ≥1)，① a n ＋1＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n 3n ＋1＋b n ＋13n ＋1＋1，② ②－①得b n ＋13n ＋1＋1＝a n ＋1－a n ＝2，b n ＋1＝2(3n ＋1＋1)， 而b 1＝8，故b n ＝2(3n ＋1)(n ∈N ＋)．(3)∵c n ＝a n b n 4＝n(3n ＋1)＝n²3n ＋n ， ∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝(1³3＋2³32＋3³33＋…＋n ³3n )＋(1＋2＋…＋n)． 令H n ＝1³3＋2³32＋3³33＋…＋n ³3n ，③则3H n ＝1³32＋2³33＋3³34＋…＋n ³3n ＋1，④③－④得－2H n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ³3n ＋1 ＝3(1－3n )1－3－n ³3n ＋1， H n ＝(2n －1)²3n ＋1＋34，∴数列{c n }的前n 项和T n ＝(2n －1)²3n ＋1＋34＋n (n ＋1)2.13．(2018届广东珠海一中等六校联考)数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N ＋都有a n ＋1＝a n ＋a 1＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017等于( )A.2 0162 017B.4 0322 017 C.2 0172 018D.4 0342 018 答案 D解析 由题意可得a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a 1＝1，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，以上各式相加可得a n ＝n (n ＋1)2， 则1a n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＝2³⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017－12 018 ＝4 0342 018. 14．设f(x)＝4x 4＋2，若S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017，则S ＝________. 答案 1 008解析 ∵f(x)＝4x 4x ＋2，∴f(1－x)＝41－x41－x ＋2＝22＋4x ， ∴f(x)＋f(1－x)＝4x 4x ＋2＋22＋4x ＝1. S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017，① S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017，② ①＋②，得2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152 017＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017 ＝2 016，∴S ＝2 0162＝1 008.15．(2017²贵州一中、凯里一中联考)已知函数f(x)＝e xe x＋1，{a n}为等比数列，a n>0且a1 009＝1，则f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a2 017)等于( )A．2 007 B.11 009C．1 D.2 017 2答案 D解析∵f(x)＝e xe x＋1，∴f(－x)＋f(x)＝e－xe－x＋1＋e xe x＋1＝1，∵数列{a n}是等比数列，∴a1a2 017＝a2a2 016＝…＝a1 008a1 010＝a21 009＝1，设S2 017＝f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a2 017)，①则S2 017＝f(ln a2 017)＋f(ln a2 016)＋…＋f(ln a1)，②①＋②得2S2 017＝2 017，∴S2 017＝2 0172，故选D.16．(2018²南昌调研)已知正项数列{a n}的前n项和为S n，任意n∈N＋，2S n＝a2n＋a n.令b n＝1a n a n＋1＋a n＋1a n，设{b n}的前n项和为T n，则在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为________．答案9解析∵2S n＝a2n＋a n，①∴2S n＋1＝a2n＋1＋a n＋1，②②－①，得2a n＋1＝a2n＋1＋a n＋1－a2n－a n，a2n＋1－a2n－a n＋1－a n＝0，(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n－1)＝0.又∵{a n}为正项数列，∴a n＋1－a n－1＝0，即a n＋1－a n＝1.在2S n＝a2n＋a n中，令n＝1，可得a1＝1.∴数列{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列．∴a n＝n，∴b n＝1n n＋1＋(n＋1)n＝(n＋1)n－n n＋1[n n＋1＋(n＋1)n][(n＋1)n－n n＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，要使T n为有理数，只需1n＋1为有理数，令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数．∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。

数列求和的基本方法和技巧数列求和是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧。

一、公式法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 n n 3、)1(211+==∑=n n k S nk n 4、)12)(1(6112++==∑=n n n k S n k n 5、213)]1(21[+==∑=n n k S n k n 例：已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n 项和. 解析：如果计算过程中出现了这些关于n 的多项式的求和形式，可以直接利用公式。

二、错位相减主要用于求数列{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：设数列{}n a 满足：.,333313221+-∈=++++N n n a a a a n n （1） 求数列{}n a 的通项；（2）设nn a n b =，求数列{}n b 的前n 项和n S 。

三、倒序相加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：已知,222)(x x f +=求)2009()2008()0()1()2009()2010(-+-+++++=f f f f f f S 。

解析：此类型关键是抓住数列中与首末两端等距离的两项之和相等这一特点来进行倒序相加的。

四、分组求和有一类数列，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1：S n =-1+3-5+7-…+(-1)n (2n-1)解法：按n 为奇偶数进行分组，连续两项为一组。

第四节 数列求和[考纲传真] 1.掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． 3．裂项相消法(1)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．(2)裂项时常用的三种变形： ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； ③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .4．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，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解．5．倒序相加法如果一个数列{a n}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．6．并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n＝(－1)n f(n)类型，可采用两项合并求解．例如，S n＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)如果数列{a n}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和S n＝a1－a n＋11－q.()(2)当n≥2时，1n2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n＋1.()(3)求S n＝a＋2a2＋3a3＋…＋na n之和时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．()(4)如果数列{a n}是周期为k(k为大于1的正整数)的周期数列，那么S km＝mS k.()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√2．(教材改编)数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝1n(n＋1)，则S5等于()A．1 B.5 6C.16D．130B[∵a n＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.]3．(2016·广东中山华侨中学3月模拟)已知等比数列{a n}中，a2·a8＝4a5，等差数列{b n}中，b4＋b6＝a5，则数列{b n}的前9项和S9等于()A ．9B ．18C ．36D ．72B [∵a 2·a 8＝4a 5，即a 25＝4a 5，∴a 5＝4， ∴a 5＝b 4＋b 6＝2b 5＝4，∴b 5＝2， ∴S 9＝9b 5＝18，故选B.]4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝__________.【导学号：57962259】2n ＋1－2＋n 2 [S n ＝2(1－2n)1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1－2＋n 2.]5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n ＝__________. 4－n ＋42n [设S ＝3×12＋4×122＋5×123＋…＋(n ＋2)×12n ， 则12S ＝3×122＋4×123＋5×124＋…＋(n ＋2)×12n ＋1.两式相减得12S ＝3×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －n ＋22n ＋1.∴S ＝3＋⎝⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－n ＋22n ＝3＋12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n.]n n b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．[解] (1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q ＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1(n ＝1,2,3，…). 2分设等差数列{a n }的公差为d.因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ＝1,2,3，…). 5分(2)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝3n －1. 因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1. 7分从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1 ＝n (1＋2n －1)2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.12分[规律方法] 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．易错警示：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．[变式训练1] (2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n＋1＝2S n ＋1，n ∈N *. (1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝3.2分又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *. 5分(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，则b 1＝2，b 2＝1. 当n ≥3时，由于3n －1>n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3. 8分 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，T n ＝3＋9(1－3n －2)1－3－(n ＋7)(n －2)2＝3n －n 2－5n ＋112，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112， n ≥2，n ∈N *. 12分(2015·全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和． [解] (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，①可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n ).3分由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{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. 5分 (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 8分设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n 3(2n ＋3).12分[规律方法] 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵捎，要注意消去了哪些项，保留了哪些项，从而达到求和的目的．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．[变式训练2] (2017·石家庄一模)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． 【导学号：57962260】[解](1)由已知得⎩⎨⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，3分所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. 5分 (2)b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 8分所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 12分(2016·山东高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n ，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式． 所以a n ＝6n ＋5. 2分设数列{b n }的公差为d.由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.5分(2)由(1)知c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n＝3(n ＋1)·2n ＋1. 7分又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，9分两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤4＋4(1－2n )1－2－(n ＋1)×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2， 所以T n ＝3n ·2n ＋2.12分[规律方法] 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，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，若{b n }的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论．2．在书写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，即公比q 的同次幂项相减，转化为等比数列求和．[变式训练3] (2016·广东肇庆第三次模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝6，S 5＝15.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2a n，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，首项为a 1. ∵S 3＝6，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋12×3×(3－1)d ＝6，5a 1＋12×5×(5－1)d ＝15，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，a 1＋2d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.3分∴{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n .5分(2)由(1)得b n ＝a n 2a n＝n2n ，6分∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，①①式两边同乘12， 得12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，②①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1， 10分∴T n ＝2－12n －1－n2n .12分[思想与方法]解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：(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减来完成．(2)不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和．[易错与防范]1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．利用裂项相消法求和的注意事项：(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差与系数之积与原通项相等．如：若{a n}是等差数列，则1a n a n＋1＝1d⎝⎛⎭⎪⎫1a n－1a n＋1，1a n a n＋2＝12d⎝⎛⎭⎪⎫1a n－1a n＋2.。

第4节 数列求和最新考纲 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.知 识 梳 理1.特殊数列的求和公式(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1Ｗ.2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.(2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. (3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解. [微点提醒]1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3.裂项求和常用的三种变形 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.(2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1).( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( )(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n－12.( )解析 (3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2.(必修5P38A9引申改编)数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为( )A.2 018B.2 019C.2 020D.2 021解析 a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0192 020，所以n＝2019. 答案 B3.(必修5P28练习1T1改编)等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________.解析 由a 1＝27，a 9＝1243知，1243＝27·q 8，又由q >0，解得q ＝13，所以S 6＝27⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1361－13＝3649.答案 36494.(2018·东北三省四校二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( ) A.9B.15C.18D.30解析 由题意知{a n }是以2为公差的等差数列，又a 1＝－5，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18. 答案 C5.(2019·榆林调研)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，则2T n ＝________________.解析 由题意知T n －S n ＝b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝n ＋2n ＋1－2，又S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，所以2T n ＝T n －S n ＋S n ＋T n ＝2n ＋2＋n (n ＋1)－4.答案 2n ＋2＋n (n ＋1)－46.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N +)，则数列{a n }的通项公式为________.解析 由f (x )＋f (1－x )＝4，可得f (0)＋f (1)＝4，…，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＝4，所以2a n ＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋[f (1)＋f (0)]＝4(n ＋1)，即a n ＝2(n ＋1). 答案 a n ＝2(n ＋1) 考点一 分组转化法求和【例1】 (2019·郴州质检)已知在等比数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 3－1成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2n －1＋a n (n ∈N +)，数列{b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与n 2＋2n 的大小.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1，a 2，a 3－1成等差数列，∴2a 2＝a 1＋(a 3－1)＝a 3，∴q ＝a 3a 2＝2，∴a n ＝a 1qn －1＝2n －1(n ∈N +).(2)由(1)知b n ＝2n －1＋a n ＝2n －1＋2n －1，∴S n ＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n －1＋2n －1)＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝1＋（2n －1）2·n ＋1－2n1－2＝n 2＋2n －1.∵S n －(n 2＋2n )＝－1<0，∴S n <n 2＋2n.规律方法 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{a n }的前n 项和. 【训练1】 (2019·南昌一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5， ∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2. ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1).∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝(－2)×n ＝－2n . 考点二 裂项相消法求和【例2】 (2019·郑州一模)已知在等差数列{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)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝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）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.规律方法 1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项. 2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.【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 ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 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）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 考点三 错位相减法求和【例3】 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＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{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 ＝b n 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＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .规律方法 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.【训练3】 (2019·太原调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n （n ＋1）2，数列{b n }满足b n ＝a n ＋a n ＋1(n ∈N +)．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若c n ＝2a n ·(b n －1)(n ∈N +)，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n （n ＋1）2－（n －1）n2＝n ，又a 1＝1符合上式，∴a n ＝n (n ∈N +)， ∴b n ＝a n ＋a n ＋1＝2n ＋1.(2)由(1)得c n ＝2a n (b n －1)＝n ·2n ＋1，∴T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n＋n ×2n ＋1①， 2T n ＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋(n －1)×2n ＋1＋n ×2n ＋2②，①－②得，－T n ＝22＋23＋24＋…＋2n ＋1－n ·2n ＋2＝4（1－2n）1－2－n ·2n ＋2＝(1－n )·2n ＋2－4，∴T n ＝(n －1)·2n ＋2＋4.[思维升华]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. [易错防范]1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.3.在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A.－24B.－3C.3D.8解析 设{a n }的公差为d ，根据题意得a 23＝a 2·a 6， 即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )，解得d ＝－2，所以数列{a n }的前6项和为S 6＝6a 1＋6×52d ＝1×6＋6×52×(－2)＝－24. 答案 A2．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( )A ．9B ．8C ．17D ．16解析 S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9. 答案 A3．(2019·株洲联考)数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1n ＋1＋n 的前2 019项的和为( )A. 2 020＋1B. 2 020－1C. 2 019＋1D. 2 019－1 解析 因为a n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，∴S 2 019＝( 2 020－ 2 019)＋( 2 019－ 2 018)＋…＋(2－1)＝ 2 020－1. 答案 B4.(2019·合肥调研)已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1013恒成立，则整数m 的最小值为( ) A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023解析∵2n＋12n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴T n ＝n ＋1－12n ，∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013恒成立， ∴整数m 的最小值为1 024.答案 C5.(2019·厦门质检)已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( ) A.250B.200C.150D.100解析 当n ＝2k (k ∈N +)时，a 2k ＋1－a 2k ＝2，当n ＝2k －1(k ∈N +)时，a 2k ＋a 2k －1＝2，当n ＝2k ＋1(k ∈N +)时，a 2k ＋2＋a 2k ＋1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k－1＝4，a 2k ＋2＋a 2k ＝0，∴{a n }的前100项和＝(a 1＋a 3)＋…＋(a 97＋a 99)＋(a 2＋a 4)＋…＋(a 98＋a 100)＝25×4＋25×0＝100.答案 D 二、填空题6.已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 解析 由a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ， 得(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0， 又a n >0，所以a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， 故S n ＝2（1－3n）1－3＝3n－1.答案 3n－17．(2019·九江联考)若{a n }，{b n }满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋3n ＋2，则{b n }的前2 018项和为________． 解析 ∵a n b n ＝1，且a n ＝n 2＋3n ＋2，∴b n ＝1n 2＋3n ＋2＝1（n ＋2）（n ＋1）＝1n ＋1－1n ＋2， ∴{b n }的前2 018项和为12－13＋13－14＋14－15＋…＋12 019－12 020＝12－12 020＝1 010－12 020＝1 0092 020. 答案 1 0092 0208.(2019·九江调研)已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n，且使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________. 解析 S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n， 则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n）1－2－n ·2n ＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1.又a n ＝2n，∴S n －na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50＝52－2n ＋1，依题意52－2n ＋1<0，故最小正整数n 的值为5.答案 5 三、解答题9.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N +.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和.解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)nn . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n ). 记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2（1－22n）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n (n ∈N +). (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1＋log 2(a n )2，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n <16.(1)解 因为a n ＋1＝2＋S n (n ∈N +)， 所以a n ＝2＋S n －1(n ≥2)， 所以a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ， 所以a n ＋1＝2a n (n ≥2).又因为a 2＝2＋a 1＝4，a 1＝2，所以a 2＝2a 1，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 则a n ＝2·2n －1＝2n(n ∈N +).(2)证明 因b n ＝1＋log 2(a n )2，则b n ＝2n ＋1.则1b n b n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝16－12（2n ＋3）<16. 能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．(2019·漳州调研)等差数列{a n }和等比数列{b n }的首项均为1，公差与公比均为3，则ab 1＋ab 2＋ab 3＝( ) A ．64 B ．32 C ．38D ．33解析 依题意知a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，b n ＝3n －1，则b 1＝1，b 2＝3，b 3＝9，∴ab 1＋ab 2＋ab 3＝a 1＋a 3＋a 9＝1＋7＋25＝33. 答案 D12.已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.解析 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4， ∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列， ∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3（1－4n）1－4＝4n－1.答案 4n－113.(2017·全国Ⅱ卷)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑nk ＝11S k＝________.解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n （n －1）2×1＝n （n ＋1）2，1S n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴∑nk ＝11S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.答案 2nn ＋114．(2019·武汉调研)已知正项等比数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋2＝14S n ＋32.(1)求数列{a n }的首项a 1和公比q ； (2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵S n ＋2＝14S n ＋32，∴S 3＝14S 1＋32，S 4＝14S 2＋32，两式相减得：a 4＝14a 2，∴q 2＝14，又q >0，则q ＝12.又由S 3＝14S 1＋32，可知a 1＋a 2＋a 3＝14a 1＋32，即a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＝14a 1＋32，解得a 1＝1.(2)由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴b n ＝n2n －1，∴T n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，12T n ＝12＋222＋…＋n －12n －1＋n2n . 两式相减得12T n ＝1＋12＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n .∴T n ＝4－n ＋22n －1.。