1、1等差数列的前n项和公式Snna1d.2等比数列的前n项和公式Sn3一些常见数列的前n项和公式(1)1234n.(2)13572n1n2.(3)24682nn(n1)(4)1222n2.【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；.(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
2、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例如，Sn10029929829722212(10099)(9897)(21)5 050.【思考辨析】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.()(2)当n2时，()()(3)求Sna2a23a3nan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2n1的前n项和为n2.()(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s
3、in21sin22sin23sin288sin28944.5.()1(2017阳泉质检)已知数列an的前n项和为Sn，并满足an22an1an，a54a3，则S7等于()A7 B12 C14 D21答案C解析由an22an1an知数列an为等差数列，由a54a3，得a5a34a1a7，所以S714.2(教材改编)数列an中，an，若an的前n项和Sn，则n等于()A2 016 B2 017C2 018 D2 019答案B解析an，Sna1a2an(1)1.令，得n2 017.3数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则它的前100项之和S100等于()A200 B200 C400 D40
4、0答案B解析S100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200.4若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和Sn_.答案2n12n2解析Sn2n12n2.5数列an的通项公式为anncos ，其前n项和为Sn，则S2 017_.答案1 008解析因为数列anncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a10，a22，a30，a44.故S4a1a2a3a42.a50，a66，a70，a88，故a5a6a7a82，周期T4.S2 017S2 016a2 01722 017cos 1 008.题型一分组转化法求和例1已知数列an的前n
5、项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an(1)nan，求数列bn的前2n项和解(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n.a1也满足ann，故数列an的通项公式为ann.(2)由(1)知ann，故bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.引申探究本例(2)中，求数列bn的前n项和Tn.解由(1)知bn2n(1)nn.当n为偶数时，Tn(21222n)1234(n1)n2n12
6、；当n为奇数时，Tn(21222n)1234(n2)(n1)n2n12n2n1.Tn思维升华分组转化法求和的常见类型(1)若anbncn，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已知数列an的通项公式是an23n1(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
7、偶数时，Sn2ln 33nln 31；当n为奇数时，Sn2(ln 2ln 3)(n)ln 33nln 3ln 21.综上所述，Sn题型二错位相减法求和例2(2016山东)已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111，满足上式，所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即可解得所以bn3n1.(2)由(1)知，cn3(n1)2n1，又Tnc1c2cn，得Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2两式作差，得
8、Tn322223242n1(n1)2n233n2n2，所以Tn3n2n2.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“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；(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b1a1，b22，qd，S10100.(1) 求数列an，bn的通项公式；(2) 当d1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意有即解得或故或(2)由d
9、1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.题型三裂项相消法求和命题点1形如an型例3(2015课标全国)Sn为数列an的前n项和已知an0，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a2an14Sn13.两式相减，得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由an0，可得an1an2.又a2a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以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Tn
10、b1b2bn.命题点2形如an型例4已知函数f(x)xa的图象过点(4,2)，令an，nN*.记数列an的前n项和为Sn，则S2 017_.答案1解析由f(4)2，可得4a2，解得a，则f(x)x.an，S2 017a1a2a3a2 017(1)()()()()1.思维升华(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：()，()，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，后面也剩两项在数列an中，a11，当n2时，其前n项和Sn满足San.(1)求Sn的表达式；(2)设bn，求bn的前n项和Tn.解(1)San，anSnSn1 (n2)，S
11、(SnSn1)，即2Sn1SnSn1Sn，由题意得Sn1Sn0，式两边同除以Sn1Sn，得2，数列是首项为1，公差为2的等差数列12(n1)2n1，Sn.(2)bn，Tnb1b2bn(1)()().四审结构定方案典例(12分)已知数列an的前n项和Snn2kn(其中kN*)，且Sn的最大值为8.(1)确定常数k，并求an；(2)设数列的前n项和为Tn，求证：Tn4.(1)(2)规范解答(1)解当nkN*时，Snn2kn取得最大值，即8Skk2k2k2，故k216，k4.当n1时，a1S14，3分当n2时，anSnSn1n.当n1时，上式也成立综上，ann.6分(2)证明，Tn1，2Tn22.7
12、分，得2TnTn2144.11分Tn4.Tn4.12分1数列1，3，5，7，(2n1)，的前n项和Sn的值等于()An21 B2n2n1Cn21 Dn2n1答案A解析该数列的通项公式为an(2n1)，则Sn135(2n1)()n21.2(2016西安模拟)设等比数列an的前n项和为Sn，已知a12 016，且an2an1an20(nN*)，则S2 016等于()A0 B2 016C2 015 D2 014答案A解析an2an1an20(nN*)，an2anqanq20，q为等比数列an的公比，即q22q10，q1.an(1)n12 016，S2 016(a1a2)(a3a4)(a2 015a2
13、 016)0.3等差数列an的通项公式为an2n1，其前n项和为Sn，则数列的前10项的和为()A120 B70C75 D100答案C解析因为n2，所以的前10项和为10375.4在数列an中，若an1(1)nan2n1，则数列an的前12项和等于()A76 B78C80 D82答案B解析由已知an1(1)nan2n1，得an2(1)n1an12n1，得an2an(1)n(2n1)(2n1)，取n1,5,9及n2,6,10，结果相加可得S12a1a2a3a4a11a1278.故选B.5已知函数f(n)n2cos(n)，且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100等于()A100 B0C10
14、0 D10 200答案A解析若n为偶数，则anf(n)f(n1)n2(n1)2(2n1)，所以an是首项为a25，公差为4的等差数列；若n为奇数，则anf(n)f(n1)n2(n1)22n1，所以an是首项为a13，公差为4的等差数列所以a1a2a3a100(a1a3a99)(a2a4a100)503450(5)(4)100.6设数列an的通项公式为an2n7，则|a1|a2|a15|等于()A153 B210C135 D120答案A解析令an2n70，解得n.从第4项开始大于0，|a1|a2|a15|a1a2a3a4a5a1553113(2157)9153.7(2016福州模拟)已知数列an
15、的通项公式为an，若前n项和为10，则项数n为_答案120解析an，Sna1a2an(1)()()1.令110，得n120.8在等差数列an中，a10，a10a110，若此数列的前10项和S1036，前18项和S1812，则数列|an|的前18项和T18的值是_答案60解析由a10，a10a110可知d0，a100，a110，T18a1a10a11a18S10(S18S10)60.9(2016大连模拟)若已知数列的前四项是，则数列的前n项和为_答案解析由前四项知数列an的通项公式为an，由()知，Sna1a2a3an1an1()()()1.*10.若数列an是正项数列，且n23n(nN*)，则
16、_.答案2n26n解析令n1，得4，a116.当n2时，(n1)23(n1)与已知式相减，得(n23n)(n1)23(n1)2n2.an4(n1)2.当n1时，a1适合an.an4(n1)2.4n4，2n26n.11已知数列an中，a13，a25，且an1是等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若bnnan，求数列bn的前n项和Tn.解(1)an1是等比数列且a112，a214，2，an122n12n，an2n1.(2)bnnann2nn，故Tnb1b2b3bn(2222323n2n)(123n)令T2222323n2n，则2T22223324n2n1.两式相减，得T222232nn2n1
17、n2n1，T2(12n)n2n12(n1)2n1.123n，Tn(n1)2n1.12(2016天津)已知an是等比数列，前n项和为Sn(nN*)，且，S663.(1)求数列an的通项公式；(2)若对任意的nN*，bn是log2an和log2an1的等差中项，求数列(1)nb的前2n项和解(1)设数列an的公比为q.由已知，有，解得q2或q1.又由S6a163，知q1，所以a163，得a11.所以an2n1.(2)由题意，得bn(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，即bn是首项为，公差为1的等差数列设数列(1)nb的前n项和为Tn，则T2n(bb)(bb)(bb)b1b2b3b4b2n1b2n2n2.*13.已知数列an与bn，若a13且对任意正整数n满足an1an2，数列bn的前n项和Snn2an.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列的前n项和Tn.解(1)因为对任意正整数n满足an1an2，所以an是公差为2的等差数列又因为a13，所以an2n1.当n1时，b1S14；当n2时，bnSnSn1(n22n1)(n1)22(n1)12n1，对b14不成立所以数列bn的通项公式为bn(2)由(1)知当n1时，T1.当n2时，()，所以Tn()()()().当n1时仍成立，所以Tn.
