优选第四节 数列求和1．等差数列的前n项和公式Sn＝＝na1＋d．2．等比数列的前n项和公式Sn＝3．数列求和方法(1)公式法求和：使用已知求和公式求和的方法，即等差、等比数列或可化为等差、等比数列的求和方法．(2)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．(3)倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“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，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．(4)分组求和法：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．(5)并项求和法：-15-/15
优选一个数列的前n项和，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．1．先看数列通项特点，再想求和方法．2．常见的拆项公式：(1)若{an}为各项都不为0的等差数列，公差为d(d≠0)，则＝；(2)＝；(3)＝－；(4)loga＝loga(n＋1)－logan(a＞0且a≠1).3．一些常见数列的前n项和公式：(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2.(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.(4)12＋22＋…＋n2＝.(5)13＋23＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2＝.1．(基本方法：裂项求和)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于( )-15-/15
优选A．1B．C．D．答案：B2．(基本方法：错位相减法求和)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1).答案：－3．(基本能力：分组转化法求和)(2－1)＋(22－2)＋…＋(210－10)＝________．答案：211－574．(基本能力：并项求和)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝________．答案：95．(基本应用：数列的递推关系)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则其前6项之和是________．答案：33题型一 分组、并项转化法求和 [典例剖析]类型1 分组转化求和[例1](2021·某某某某重点中学高三检测)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，a2＋b2＝7，a3＋b3＝13.(1)求{an}和{bn}的通项公式；-15-/15
优选(2)若＝求数列{}的前2n项和S2n.解析：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)，依题意有，解得故an＝2n－1，bn＝2n.(2)由已知c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，所以数列{}的前2n项和S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝＋＝2n2－n＋(4n－1).类型2 并项转化法求和[例2](2020·高考全国卷Ⅰ)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________．解析：法一：因为an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1，所以a2＋a4＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.因为数列{an}的前16项和为540，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448.①因为当n为奇数时，an＋2－an＝3n－1，所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38，所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80.②-15-/15
优选由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184.又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，a9＝a7＋20＝a1＋44，a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102，所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以a1＝7.法二：同法一得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝448.当n为奇数时，有an＋2－an＝3n－1，由累加法得an＋2－a1＝3(1＋3＋5＋…＋n)－＝(1＋n)·－＝n2＋n＋，所以an＋2＝n2＋n＋＋a1，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝a1＋＋＋＋＋＋＋＝8a1＋392＝448，解得a1＝7.答案：7方法总结方法解读适合题型分组转化法数列的每一项都可拆分成等差(等比)数列的和或差的形式①an＝bn±.②an＝并项转化法常见的有首末并项、隔项并项、分段并项、周期并项并项后的数列构成一个特殊数列并项求和时，分析是“两项之并”“三项之并”或“四项之并”一般常与周期结合起来．-15-/15
优选如例2，当n为偶数时“两项之并”，再组合为“两组之和”．当n为奇数时“两项之并”，再组合为“两组之差”．[题组突破]1．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为( )A.2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2D．2n＋n－2解析：Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝＋2·－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.答案：C2．已知数列{an}的通项公式是an＝n2sin，则a1＋a2＋a3＋…＋a2020＝( )A．B．C．D．解析：an＝n2sin＝-15-/15
优选∴a1＋a2＋a3＋…＋a2020＝－12＋22－32＋42－…－20192＋20202＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(20202－20192)＝1＋2＋3＋4＋…＋2020＝.答案：B题型二 裂项相消法求和 [典例剖析]类型1 裂项为差[例1](2020·某某某某模拟)已知等比数列{an}满足：S1＝1，S2＝4.(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，∵S1＝1，S2＝4，∴a1＝1，a1(1＋q)＝4，解得q＝3，∴an＝3n－1，∴Sn＝＝(3n－1).(2)bn＝＝＝－，∴数列{bn}的前n项和Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.类型2 裂项为和[例2] 已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.-15-/15
优选解析：(1)由于等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，所以Sn＝na1＋·2＝n2－n＋na1，故S1＝a1，S2＝2＋2a1，S4＝12＋4a1.由于S1，S2，S4成等比数列，故(2＋2a1)2＝a1(12＋4a1)，解得a1＝1，故an＝2n－1.(2)由(1)可知bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1·＝(－1)n－1，当n为偶数时，Tn＝－＋－…＋－＝1－＝.当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋＝＋＝.所以Tn＝方法总结1．裂项相消法就是将数列的通项拆分成两个式子的差，然后通过累加抵消掉中间的许多项的求和方法，此种方法适用于通项可以分裂成两式之差，尤其是分母为等差数列的两项之积的类型的数列求和问题．破解此类题的关键点：(1)定通项，即根据已知条件求出数列的通项公式．(2)巧裂项，即根据通项公式的特征进行准确裂项，把数列的每一项，表示为两项之差的形式．(3)消项求和，即通过累加抵消掉中间的项，达到消项的目的，准确求和．2．为了准确裂项、消项，一般先试裂、试消：裂项注意系数“配平”，消项时，前面剩多少项，最后就剩相同的项数．-15-/15
优选3．当每项不能分解成两项之差时，需结合条件中公式的特点，运用裂项前和裂项后相等进行检验，故将每项分解成两项之和．裂项相消法的实质是将数列中的每项进行分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，可能是和式或差式．[题组突破]1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.解析：(1)由Sn＝n2，知a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，n＝1时，an＝2n－1也成立．∴an＝2n－1.(2)由(1)知bn＝＝＝·，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝－.2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*).(1)求a的值及数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(1－an)log3(a·an＋1)，求数列的前n项和Tn.解析：(1)因为6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)，所以当n＝1时，6S1＝6a1＝9＋a，当n≥2时，6an＝6(Sn－Sn－1)＝2×3n，-15-/15
优选即an＝3n－1，因为{an}是等比数列，所以a1＝1，则9＋a＝6，得a＝－3，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*).(2)由(1)得bn＝(1－an)log3(a·an＋1)＝(3n－2)(3n＋1)，所以Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝(1－＋－＋…＋－)＝.题型三 错位相加减法 [典例剖析]类型1 错位相减求和[例1](2020·高考全国卷Ⅰ)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．解析：(1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2，所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2，故{an}的公比为－2.(2)记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得an＝(－2)n－1，所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n·(－2)n－1，－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n·(－2)n，所以3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n·(－2)n-15-/15
优选＝－n·(－2)n，所以Sn＝－.类型2 错位相加法[例2] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝(n∈N*)，记Tn＝a1＋a2·4＋a3·42＋…＋an·4n－1，类比课本中推导等比数列前n项和公式的方法，求5Tn－4nan.解析：Tn＝a1＋a2·4＋a3·42＋…＋an·4n－1，4Tn＝a1·4＋a2·42＋a3·43＋…＋an·4n，两式相加得，5Tn＝a1＋4(a1＋a2)＋42(a2＋a3)＋…＋4n－1(an＋an－1)＋4nan，由a1＝1，an＋an＋1＝(n∈N*)，则5Tn＝1＋4×＋42×＋…＋4n－1·＋4nan＝n＋4nan，所以5Tn－4nan＝n.方法总结1．如果数列{an}是一个由等差数列{bn}及等比数列{}对应项之积组成的数列，即an＝bn·，则其前n项和Sn的求解常用错位相减法．破解此类题的关键点：(1)巧分拆，即将数列的通项公式分拆为等差数列与等比数列积的形式，并求出公差和公比．(2)构差式，即写出Sn的解析式，再乘以公比或除以公比，然后将两式相减．(3)后求和，根据差式的特征准确进行求和．2．在Sn两边同乘公比q时，要保证q≠1，两式相减时，要找q的同次项相减．-15-/15
优选[题组突破]1．(2021·某某某某模拟)已知正项等比数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋2＝Sn＋.(1)求数列{an}的首项a1和公比q；(2)若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解析：(1)∵Sn＋2＝Sn＋，∴S3＝S1＋，S4＝S2＋，两式相减得a4＝a2，∴q2＝，又q＞0，则q＝.又由S3＝S1＋，可知a1＋a2＋a3＝a1＋，∴a1＝a1＋，∴a1＝1.(2)由(1)知an＝，∴bn＝，∴Tn＝1＋＋＋…＋，Tn＝＋＋…＋＋.两式相减得Tn＝1＋＋…＋－＝2－－，-15-/15
优选∴Tn＝4－.2．(2021·某某某某中学诊断)已知等差数列{an}的公差为2，且a1，a1＋a2，2(a1＋a4)成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列的前n项和为Sn，求证：Sn
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