1、判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sn＝a1－an＋1
1－q .( √ )
(2)当 n≥2 时， 1
n2－1＝1
2( 1
n－1－ 1
n＋1)．( √ )
(3)求 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan 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)数列{ 1
2n＋2n－1}的前 n 项和为 n2＋ 1
2n.( × )
(5)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 sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋
sin288°＋sin289°＝44.5.( √ )
2、设{an}是公差不为 0 的等差数列，a1＝2，且 a1，a3，a6 成等比数列，则{an}的前 n 项和 Sn 等于( )
A.n2＋7n
4 B.n2＋5n
3
C.2n2＋3n
4 D．n2＋n
答案 A
解析 设等差数列的公差为 d，则 a1＝2，
a3＝2＋2d，a6＝2＋5d.
第 1 课时
进门测
又∵a1，a3，a6 成等比数列，∴a23＝a1·a6.
即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得 2d2－d＝0.
∵d≠0，∴d＝1
2.
∴Sn＝na1＋n(n－1)
2 d＝n2
4 ＋7
4n.
3、数列{an}中，an＝ 1
n(n＋1)，若{an}的前 n 项和 Sn＝2 017
2 018，则 n 等于( )
A．2 016 B．2 017
C．2 018 D．2 019
答案 B
解析 an＝ 1
n(n＋1)＝1
n－ 1
n＋1，
Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(1－1
2＋1
2－1
3＋…＋1
n－ 1
n＋1)
＝1－ 1
n＋1＝ n
n＋1.
令 n
n＋1＝2 017
2 018，得 n＝2 017.
4、数列{an}的通项公式为 an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前 100 项之和 S100 等于( )
A．200 B．－200 C．400 D．－400
答案 B
解析 S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－
100)]＝4×(－50)＝－200.
5、数列{an}的通项公式为 an＝ncos nπ
2 ，其前 n 项和为 Sn，则 S2 017＝________.
答案 1 008
解析 因为数列 an＝ncos nπ
2 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.
故 S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.
a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，
故 a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期 T＝4.
∴S2 017＝S2 016＋a2 017
＝2 016
4 ×2＋2 017·cos 2 017
2 π
＝1 008.
无
题型一 分组转化法求和
例 1 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋n
2 ，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
作业检查
阶段训练
第 2 课时
(2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和．
解 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1；
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n
2 －
(n－1)2＋(n－1)
2 ＝n.
a1 也满足 an＝n，
故数列{an}的通项公式为 an＝n.
(2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记 A＝21＋22＋…＋22n，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{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
引申探究
例 1(2)中，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
解 由(1)知 bn＝2n＋(－1)n·n.
当 n 为偶数时，
Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]
＝2－2n＋1
1－2 ＋n
2＝2n＋1＋n
2－2；
当 n 为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]
＝2n＋1－2＋n－1
2 －n＝2n＋1－n
2－5
2.
∴Tn＝Error!
【同步练习】
1、已知数列{an}的通项公式是 an＝2·3n－1＋(－1)n·(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前 n 项和 Sn.
解 Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以当 n 为偶数时，
Sn＝2×1－3n
1－3 ＋n
2ln 3＝3n＋n
2ln 3－1；
当 n 为奇数时，
Sn＝2×1－3n
1－3 －(ln 2－ln 3)＋(n－1
2 －n)ln 3
＝3n－n－1
2 ln 3－ln 2－1.
综上所述，Sn＝Error!
题型二 错位相减法求和
例 2 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且 an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令 cn＝
(an＋1)n＋1
(bn＋2)n
，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解 (1)由题意知，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当 n＝1 时，a1＝S1＝11，满足上式，所以 an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为 d.由Error!
即Error!可解得Error!所以 bn＝3n＋1.
(2)由(1)知，cn＝
(6n＋6)n＋1
(3n＋3)n
＝3(n＋1)·2n＋1，
又 Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得 Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]．
两式作差，得－Tn＝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 Tn＝3n·2n＋2.
【同步练习】
1、设等差数列{an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}的公比为 q，已知 b1＝a1，b2＝2，q＝
d，S10＝100.
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2) 当 d>1 时，记 cn＝an
bn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解 (1)由题意得Error!
解得Error!或Error!
故Error!或Error!
(2)由 d>1，知 an＝2n－1，bn＝2n－1，故 cn＝2n－1
2n－1 ，于是
Tn＝1＋3
2＋ 5
22＋ 7
23＋ 9
24＋…＋2n－1
2n－1 ， ①
1
2Tn＝1
2＋ 3
22＋ 5
23＋ 7
24＋ 9
25＋…＋2n－1
2n . ②
①－②可得
1
2Tn＝2＋1
2＋ 1
22＋…＋ 1
2n－2－2n－1
2n ＝3－2n＋3
2n ，
故 Tn＝6－2n＋3
2n－1 .
1．等差数列的前 n 项和公式
Sn＝n(a1＋an)
2 ＝na1＋n(n－1)
2 d.
2．等比数列的前 n 项和公式
Sn＝Error!
3．一些常见数列的前 n 项和公式
第 3 课时
阶段重难点梳理
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝n(n＋1)
2 .
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2.
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)．
(4)12＋22＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)
6 .
【知识拓展】
数列求和的常用方法
(1)公式法
等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和．
(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
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
① 1
n(n＋1)＝1
n－ 1
n＋1；
② 1
(2n－1)(2n＋1)＝1
2( 1
2n－1－ 1
2n＋1)；
③ 1
n＋ 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，即等比数列求和公式的推导
过程的推广．
(6)并项求和法
一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如 an＝(－1)nf(n)类型，可采用两
项合并求解．
题型三 裂项相消法求和
命题点 1 形如 an＝ 1
n(n＋k)型
例 3 Sn 为数列{an}的前 n 项和．已知 an>0，a2n＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设 bn＝ 1
anan＋1，求数列{bn}的前 n 项和．
解 (1)由 a2n＋2an＝4Sn＋3，
可知 a 2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
两式相减，得 a 2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即 2(an＋1＋an)＝a 2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由 an>0，可得 an＋1－an＝2.
又 a21＋2a1＝4a1＋3，解得 a1＝－1(舍去)或 a1＝3.
所以{an}是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an＝2n＋1.
(2)由 an＝2n＋1 可知
重点题型训练
bn＝ 1
anan＋1＝ 1
(2n＋1)(2n＋3)＝1
2( 1
2n＋1－ 1
2n＋3).
设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝1
2[(1
3－1
5 )＋(1
5－1
7 )＋…＋( 1
2n＋1－ 1
2n＋3)]＝ n
3(2n＋3).
命题点 2 形如 an＝ 1
n＋ n＋k
型
例 4 已知函数 f(x)＝xa 的图象过点(4,2)，令 an＝ 1
f(n＋1)＋f(n)，n∈N*.记数列{an}的前 n 项和为 Sn，
则 S2 017＝________.
答案 2 018－1
解析 由 f(4)＝2，可得 4a＝2，解得 a＝1
2，
则 f(x)＝
∴an＝ 1
f(n＋1)＋f(n)＝ 1
n＋1＋ n
＝ n＋1－ n，
S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋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： 1
n＋ n＋k
＝1
k( n＋k－ n)， 1
n(n＋k)＝
1
k(1
n－ 1
n＋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．
【同步练习】
1、在数列{an}中，a1＝1，当 n≥2 时，其前 n 项和 Sn 满足 S2n＝an(Sn－1
2).
(1)求 Sn 的表达式；
1
2 .x
(2)设 bn＝ Sn
2n＋1，求{bn}的前 n 项和 Tn.
解 (1)∵S2n＝an(Sn－1
2)，
an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，
∴S2n＝(Sn－Sn－1)(Sn－1
2)，
即 2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①
由题意得 Sn－1·Sn≠0，
①式两边同除以 Sn－1·Sn，得 1
Sn－ 1
Sn－1＝2，
∴数列{ 1
Sn }是首项为 1
S1＝ 1
a1＝1，公差为 2 的等差数列．
∴ 1
Sn＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝ 1
2n－1.
(2)∵bn＝ Sn
2n＋1＝ 1
(2n－1)(2n＋1)＝1
2( 1
2n－1－ 1
2n＋1)，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1
2[(1－1
3)＋(1
3－1
5)＋…＋( 1
2n－1－ 1
2n＋1)]＝1
2(1－ 1
2n＋1)＝ n
2n＋1.
题型四 数列求和的综合应用
例 5 正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式 an；
(2)令 bn＝ n＋1
(n＋2)2a2n，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，证明：对于任意的 n∈N*，都有 Tn< 5
64.
(1)解 由 S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得
[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0，
由于{an}是正项数列，所以 Sn＋1>0.
所以 Sn＝n2＋n(n∈N*)．
n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n，
n＝1 时，a1＝S1＝2 适合上式．
所以 an＝2n(n∈N*)．
(2)证明 由 an＝2n(n∈N*)，得
bn＝ n＋1
(n＋2)2a2n＝ n＋1
4n2(n＋2)2
＝ 1
16[ 1
n2－ 1
(n＋2)2]，
则 Tn＝ 1
16Error!Error!
＝ 1
16[1＋ 1
22－ 1
(n＋1)2
－ 1
(n＋2)2]< 1
16(1＋ 1
22)＝ 5
64(n∈N*)．
即对于任意的 n∈N*，都有 Tn< 5
64.
【同步练习】1、在数列{an}中，已知 a1＝1，an＋1＝ a2n
tan＋2.
(1)若 t＝0，求数列{an}的通项公式；
(2)若 t＝1，求证：2
3≤ 2a1
a1＋2＋ 4a2
a2＋2＋ 6a3
a3＋2＋…＋ 2nan
an＋20，
从而 ln an＋1＝2ln an－ln 2，
所以 ln an＋1－ln 2＝2(ln an－ln 2)，
即 ln an＋1
2 ＝2ln an
2 ，
所以数列{ln an
2 }是以 ln a1
2 为首项，2 为公比的等比数列，
所以 ln an
2 ＝(ln a1
2 )2n－1＝
所以an
2 ＝ 即 an＝
(2)证明 当 t＝1 时，an＋1＝ a2n
an＋2.
由 a1＝1，an＋1＝ a2n
an＋2，得 an>0，
所以 an＋1－an＝
－2an
an＋2
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