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1、淘宝店铺：漫兮教育第四节数列求和数列求和掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法知识点数列求和的常用方法(1)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(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)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(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
2、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：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易误提醒1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，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点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1两种情况求解必记结论常见数列的求和公式：(1)122232n2.(2)132333n32.自测练习1数列1，3，5，7，(2n1)，的前n项和Sn的值等于()An21 B2n2n1Cn21 Dn2n1解析：该数列的通项公式为a
3、n(2n1)，则Sn135(2n1)n21.答案：A2已知等比数列an中，a13，a481，若数列bn满足bnlog3an，则数列的前n项和Sn_.解析：设等比数列an的公比为q，则q327，解得q3.所以ana1qn13×3n13n，故bnlog3ann，所以.则数列的前n项和为11.答案：3若数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a10_.解析：an(1)n(3n2)a1a2a1014710131619222528(14)(710)(1316)(1922)(2528)3×515.答案：154已知数列an的前n项和为Sn，且ann·2n，则Sn_
4、.解析：ann·2n，Sn1·212·223·23n·2n.2Sn1·222·23(n1)·2nn·2n1，得Sn222232nn·2n1n·2n12n12n·2n1(1n)2n12.Sn(n1)2n12.答案：(n1)2n12考点一分组转化求和|(2015·高考福建卷)等差数列an中，a24，a4a715.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an2n，求b1b2b3b10的值解(1)设等差数列an的公差为d.由已知得解得所以ana1(n1)dn2.(2)由(
5、1)可得bn2nn，所以b1b2b3b10(21)(222)(233)(21010)(22223210)(12310)211532 101.分组转化法求和的两种常见类型(1)若anbn±cn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求an的前n项和；(2)通项公式为an的数列，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和1已知数列an的通项公式是an2·3n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，求其前n项和Sn.解：Sn2(133n1)111(1)n·(ln 2ln 3)123(1)nnln 3，所以当n为偶数时，Sn2×
6、;ln 33nln 31；当n为奇数时，Sn2×(ln 2ln 3)ln 33nln 3ln 21.综上所述，Sn考点二裂项求和|(2015·高考安徽卷)已知数列an是递增的等比数列，且a1a49，a2a38.(1)求数列an的通项公式；(2)设Sn为数列an的前n项和，bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由题设知a1a4a2a38，又a1a49，可解得或(舍去)设等比数列an的公比为q，由a4a1q3得q2，故ana1qn12n1.(2)Sn2n1，又bn ，所以Tnb1b2bn1.裂项求和常用的四种变形. 2已知函数f(x)xa的图象过点(4,2)，令an，nN*.
7、记数列an的前n项和为Sn，则S2 014()A.1 B.1C.1 D.1解析：由f(4)2可得4a2，解得a.则f(x)x.an，S2 014a1a2a3a2 014()()()()()1.答案：C3(2016·曲靖一模)的值为()A. B.C. D.解析：，.答案：C考点三错位相减求和|(2015·高考山东卷)已知数列an是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(an1)·2an，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设数列an的公差为d.令n1，得，所以a1a23，令n2，得，所以a2a315，由解得a11，d2，所以a
8、n2n1.经验验，符合题意(2)由(1)知bn2n·22n1n·4n，所以Tn1· 412·42n·4n，所以4Tn1· 422·43n·4n1，两式相减，得3Tn41424nn·4n1n·4n1·4n1，所以Tn·4n1.错位相减法求和时两个注意点(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“Sn”与“qSn”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“SnqSn”的表达式4(2016·九江一模)已知各项不为零的数列an的
9、前n项和为Sn，且满足Sna1(an1)(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足anbnlog2an，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)当n1时，a1S1a1(a11)aa1，a10，a12；当n2时，Sna1(an1)，Sn1a1(an11)，得ana1(anan1)2an2an1，an2an1.数列an是首项为2，公比为2的等比数列，an2n.(2)bn，Tn，Tn，两式相减得Tn1，Tn2.9.通项遗漏导致错位相减求和错误【典例】已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2n2n3，nN*，数列bn满足an4log2bn3，nN*.(1)求an，bn；(2)求数列an·bn
10、的前n项和Tn.解(1)由Sn2n2n3，得n2时，Sn12(n1)2(n1)3，an2n22(n1)214n1，由4n1an4log2bn3，得bn2n1，nN*.当n1时，a1S10，不适合an4n1(n2)，因此ana14log2b13，b12，于是bn(2)Tna1b1a2b2a3b3anbn，当n1时，T1a1b10×20，当n2时，Tn7×211×2215×23(4n1)·2n1，2Tn7×2211×23(4n5)·2n1(4n1)·2n，则Tn2TnTn(4n1)·2n144(22
11、232n1)(4n1)·2n14(4n5)·2n2，又n1时，T10适合上式，故Tn(4n5)·2n2，nN*.易误点评(1)求an，忽视n1的情形，错求an，导致后续问题不能正确求解(2)错位相减求和时，弄错等比数列的项数，盲目认为除首、末项外成等比数列防范措施(1)由Sn求an，当n1时，a1S1检验是否满足anSnSn1(n2)，若不满足，应分段表示an，从而求Tn时，应分类讨论(2)由于anbn的通项分段表示，求Tn时，不仅要注意对n进行讨论，而且在写出“Tn”与“qTn”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跟踪
12、练习已知等差数列an的前n项和Sn满足S36，S5，则数列的前n项和为()A1B2C2 D2解析：设等差数列an的公差为d，则Snna1d，因为S36，S5，所以解得所以ann1，设数列的前n项和为Tn，则Tn，Tn，两式相减得Tn，所以Tn2.答案：BA组考点能力演练1已知Sn为数列an的前n项和，且满足a11，a23，an23an，则S2 014()A2×31 0072B2×31 007C. D.解析：由an23an可得数列an的奇数项与偶数项分别构成等比数列，所以S2 014(a1a3a2 013)(a2a4a2 014)(2)×(131 007)2
13、5;31 0072，故选择A.答案：A2(2016·长沙质检)已知数列an的前n项和为Sn，a11，当n2时，an2Sn1n，则S2 015的值为()A2 015 B2 013C1 008 D1 007解析：因为an2Sn1n，n2，所以an12Snn1，n1，两式相减得an1an1，n2.又a11，所以S2 015a1(a2a3)(a2 014a2 015)1 008，故选择C.答案：C3已知数列an满足a11，a22，an2ansin2，则该数列的前18项的和为()A2 101 B2 012C1 012 D1 067解析：当n为奇数时，an2an1，即奇数项构成首项为1、公差为1
14、的等差数列；当n为偶数时，an22an，即偶数项构成首项为2、公比为2的等比数列，所以该数列的前18项和为9451 0221 067，故选择D.答案：D4(2016·贵阳一模)已知等差数列an的前n项和为Sn，a44，S410，则数列的前2 015项和为()A. B.C. D.解析：设等差数列an的公差为d，则a4a13d4，S44a16d10，联立解得a1d1，所以ana1(n1)dn，所以数列的前2 015项和为1，故选择B.答案：B5已知等差数列an的前n项和为Sn，且Sn，Sm(m，nN*且mn)，则下列各值中可以为Snm的值的是()A2 B3C4 D.解析：由已知，设SnA
15、n2Bn，则两式相减得B(mn)0，故B0，A.SmnA(mn)2>4，故只有D符合，故选D.答案：D6已知数列an的通项公式为an则其前10项和为_解析：依题意，注意到a1a3a5a7a9341，a2a4a6a8a1085，因此题中的数列的前10项和等于34185256.答案：2567数列an满足a1a2ann2(nN*)，设bn，Tn是数列bn的前n项和，则Tn_.解析：本题考查数列的前n项和与通项间的关系、裂项相消法依题意，当n2时，ann2(n1)22n1；又a1122×11，因此an2n1，bn，因此Tn.答案：8在数列an中，a11，an2(1)nan1，记Sn是数
16、列an的前n项和，则S60_.解析：依题意得，当n是奇数时，an2an1，即数列an中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1a3a5a5930×1×1465；当n是偶数时，an2an1，即数列an中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2a4a6a8a58a60(a2a4)(a6a8)(a58a60)15.因此，该数列的前60项和S6046515480.答案：4809(2016·南昌模拟)设数列an的前n项和为Sn,4Sna2an3，且a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，当n5时，an>0.(1)求证：当n5时，an成等差数列；(2)求an的前n
17、项和Sn.解：(1)证明：由4Sna2an3,4Sn1a2an13，得4an1aa2an12an，(an1an)(an1an2)0.当n5时，an>0，所以an1an2，所以当n5时，an成等差数列(2)由4a1a2a13，得a13或a11，又a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，所以an1an0(n5)，q1，而a5>0，所以a1>0，从而a13，所以an所以Sn10(2016·石家庄一模)设数列an的前n项和为Sn，a11，an1Sn1(nN*，1)，且a1,2a2，a33为等差数列bn的前三项(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和解
18、：(1)法一：an1Sn1(nN*)，anSn11(n2)，an1anan，即an1(1)an(n2)，10，又a11，a2S111，数列an是以1为首项，公比为1的等比数列，a3(1)2，4(1)1(1)23，整理得2210，解得1，an2n1，bn13(n1)3n2.法二：a11，an1Sn1(nN*)，a2S111，a3S21(11)1221，4(1)12213，整理得2210，解得1，an1Sn1(nN*)，anSn11(n2)，an1anan(n2)，即an12an(n2)，又a11，a22，数列an是以1为首项，公比为2的等比数列，an2n1，bn13(n1)3n2.(2)由(1)
19、知，anbn(3n2)×2n1，设Tn为数列anbn的前n项和，Tn1×14×217×22(3n2)×2n1，2Tn1×214×227×23(3n5)×2n1(3n2)×2n.得，Tn1×13×213×223×2n1(3n2)×2n13×(3n2)×2n，整理得：Tn(3n5)×2n5.B组高考题型专练1(2015·高考天津卷)已知an是各项均为正数的等比数列，bn是等差数列，且a1b11，b2b32a3，
20、a53b27.(1)求an和bn的通项公式；(2)设cnanbn，nN*，求数列cn的前n项和解：(1)设数列an的公比为q，数列bn的公差为d，由题意知q>0.由已知，有消去d，整理得q42q280.又因为q>0，解得q2，所以d2.所以数列an的通项公式为an2n1，nN*；数列bn的通项公式为bn2n1，nN*.(2)由(1)有cn(2n1)×2n1，设cn的前n项和为Sn，则Sn1×203×215×22(2n3)×2n2(2n1)×2n1，2Sn1×213×225×23(2n3)
21、15;2n1(2n1)×2n，上述两式相减，得Sn122232n(2n1)×2n2n13(2n1)×2n(2n3)×2n3，所以，Sn(2n3)×2n3，nN*.2(2015·高考全国卷)Sn为数列an的前n项和，已知an>0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和解：(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.由可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由于an>0，可得an1an2.又a2a14a13，解得a11(舍去)或a13.所
22、以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.3(2014·高考浙江卷)已知数列an和bn满足a1a2a3an()bn(nN*)若an为等比数列，且a12，b36b2.(1)求an与bn；(2)设cn(nN*)记数列cn的前n项和为Sn.求Sn；求正整数k，使得对任意nN*，均有SkSn.解：(1)由题意得a1a2a3an()bn，b3b26，知a3()b3b28.又由a12，得公比q2(q2舍去)，所以数列an的通项为an2n(nN*)所以a1a2a3an2()n(n1)故数列bn的通项为bnn(n1)(nN*)(2)由(1)知cn(nN*)，所以Sn1(nN*)因为c10，c2>0，c3>0，c4>0；当n5时，cn，而>0，得<1，所以，当n5时，cn<0.综上，对任意nN*恒有S4Sn，故k4.