数列求和方法大全及典题训练.docx
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数列求和方法大全及典题训练
数列求和方法汇编
【教学目标】
一、知识目标
1.熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式；
2.能运用倒序相加、错位相减、裂项相消等重要的数学方法进行求和运算；
3.熟记一些常用的数列的和的公式.
二、能力目标
培养学生的合情推理能力”、等价转化”和演绎归纳”的数学思想方法，以及创新意识，渗透运用定义、分类讨论、转化与化归等数学思想.
三、情感目标
通过数列求和的学习，培养学生的严谨的思维品质，使学生体会知识之间的联系和差异，激发学生的学习兴趣.
【教学重点】
1.求数列的和注意方法的选取：
关键是看数列的通项公式；
2.求和过程中注意分类讨论思想的运用；
3.转化思想的运用；
【教学难点】
错位相减法、裂项相消法的应用
【知识点梳理】
1.直接法：
即直接用等差、等比数列的求和公式求和。
（1）等差数列的求和公式：
Snn⑻an）nc血」）d
22
na（q1）
（2）等比数列的求和公式Sna1（1qn）（（切记：
公比含字母时一定要讨论）
1q（q）
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项和公式就是用此法推导的.
比如an等差,bn等比,求aibia2b2anbn的和•
4.
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.
1
常见拆项公式:
11
n（n1）nn1
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，Sn=1002-992+982—972+…+22-12=（100+99）+（98+97）+…+（2+1）=5050.
7.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项和公式即是用此法推导的.
8.其它求和法：
如归纳猜想法，奇偶法，导数法等
【典型例题】
题型一、公式法求和
例题1：
已知数列｛an｝是首项a1=4,公比q^l的等比数列，S是其前n项和，且4a,a5,-2a3成等差数列.
（1）求公比q的值；
（2）求Ti=a2+a4+a6+…+a2n的值.
【解析】
（1）由题意得2a5=4a1-2a3.
•••｛an｝是等比数列且a1=4,公比qz1，
4242
--2ag=4a1—2ag，…q+q—2=0,
解得q2=—2（舍去）或q2=1,「.q=—1.
（2）va2,a4,a6,…，a2n是首项为a2=4X（—1）=—4,公比为q2=1的等比数列，
…Tn=n©=—4n.
【点评】应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数
列的通项公式及前n项和公式.
变式1:
已知数列an满足an4n21,
（1）证明an是等差数列；
（2）求aia2a3a..
解:
（1）an+1an4（n1）,an是以17为首项，公差为-4的等差数列
当
n
6时，
an>0,当
n6时,
an<0,设Sn
a1a2an
当
n
6时,
a1
|an
a1a2
（17+（-4n+21））n
anc
n
2
当
n
6时，
a1
a?
|
|an
a1a2
a5（a6a7
S5
（Sn
2
S5）2S5Sn2n
19n90
（2）显然an是递减数列，令
an=0，得n
21
4
）
an
n（19-2n）
【点
评】对于等差数列的绝对值的求和,
我们一般是转化为分段求和来解决
题型二、分组求和
111
n个
②Sn
（X
丄）2
X
212（X2）
X
n
（x
丄）2
n/X
【解析】:
①ak11
11
110
10210k
1（10k
1）
k个
9
②Sn（X2
22）
（X4
1
4
2n
2）（x
1
n
2）
X
X
X
（1）当x
1时，
Sn
22n
X（x
2
1）x2（x2n
2,
1）
2n
（x
2n1）（x2n2
X
1X1
x2n（x21）
（2）当x
1时,6
4n
【点评】：
1、通过分组，
直接用公式求和。
例题2:
求和：
①
Sn111
111
1）
2、运用等比数列前n项和公式时，要注意公比q1或q
2n
1讨论。
变式2:
已知数列｛Xn｝的首项X1=3,通项Xn=2np+nq（n€N*，
p，q为常数），且X1，X4，X5
成等差数列.求:
（1）p，q的值；⑵数列｛Xn｝前n项和Sn的公式.
【解析】
（1）由xi=3,得2p+q=3,又因为X4=24p+4q,X5=25p+5q,且xi+X5=2x4,
得3+25p+5q=25p+8q,解得p=1,q=1.
（2）由
（1），知xn=2n+n,所以Sn=（2+2+…+2n）+（1+2+-+n）=2n+1—2+n1
【点评】对于不能由等差数列、等比数列的前n项和公式直接求和的问题，一般需要将数
列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和.
题型三、裂项相消法求和
且这两项是同一数列
【点评】：
裂项相消法求和的关键是数列的通项可以分解成两项的差,的相邻两项，即这两项的结构应一致，并且消项时前后所剩的项数相同
变式3:
求和
Sn
2242
_（2n）2
（2n1）（2n
1）
【解析】ak
（2k）2
（2k1）（2k1）
（2k）211
（2k1）（2k1）
（2k1）（2k1）
-（—1^）
22k12k1
变式4在数列｛an｝中，an=
12
n+1+n+1+^+n+1
n勺
，又b
n=
anan+1
，求数列｛bn｝的前n项和
n
n+1
Sn.
12
【解析】an=n+1+n+1+^+
1+2+・・・+nnn+1
n+1
__n
=2n+1=2.
…bn==
anan+1
1—n+^
8n
n+1
变式5等比数列
an
的各项均为正数，2a4,a3,4a5成等差数列，且a3
2a22.
（1）求数列
a的通项公式;
（2）设bn
2n
hka"，求数列4的前n项和
Sn-
【解析】设等比数列
an的公比为q，依题意，有
2a44a5
a3'即
2a32a22.
a3
a3
a42a5,2a22.
所以
2
a〔q
2
a〔q
34
ag2ag,
22
2a1q.
由于a10，
ai
解之得
1
2
1
2
1
■J
2
1.
0,q
o，所以
1
2，q
1，所以数列
an的通项公式为an
n
1/*、—（nN）.
2
（2）解:
由
（1），得bn
2n
2n1
5a2n3
2n51
2n12n32n
所以
bn
2n
2n32
（2n1）2n1
（2n3）2n
所以Snbi
b2Lbn
1
2n32n
故数列bn的前n项和Sn
1
2n32n
【点评】有时候需要根据实际情况自己去拼凑。
题型四、错位相减法求和
例题4：
已知数列1,3a,5a2,,（2n1）an1（a0），求前n项和
【解析】Sn13a5a2（2n1）an1aSna3a25a3（2n1）an2
当a1时,（1a）Sn1卸叮）（2n常&1a（如⑴二⑷1
（1a）2（1a）2
当a1时,Snn2
【点评】1、已知数列各项是等差数列1,3,5,…2n-1与等比数列a0,a,a2,,an1对应项积,可用错位相减法求和。
2、运用等比数列前n项和公式时，要注意公比q1或q1讨论。
3、错位相减法的求解步骤：
①在等式两边同时乘以等比数列cn的公比q;②将两个等
式相减；③利用等比数列的前n项和的公式求和.
变式5已知ann?
2n1，求数列｛an｝的前n项和S.
【解析】Sn1c202g21L（n1）c2n2n01①
12n1n
2Sn1g22g2L（n1）g2ng2②
②一①得
【点评】注意识别数列形式，运用相应的方法
题型五、倒序相加法求和
例题5:
求证：
Cn3cn
5cn
（2n
1）Cn
（n
1）2n
【解析】令Sn
C03C,
5C：
（2n
1）C；
（1）
则Sn（2n1）C：
（2n1）C
n1
n
5C：
3C1
C0
Cn
（2）
mnm
CnCn
Sn（n1）[C0
12
CnCn
C；1]
（n
1）2n
毕等
式成立
【点评】解题时，认真分析对某些前后具有对称性的数列，可以运用倒序相加法求和
2
10
9
f—的值.
1010
【解析】：
两式相加得:
2S9
题型六、并项求和
例6:
Sn=1002-992+982-972+-+22-12
【解析】Sn=1002—992+982—972+-+22-12=（100+99）+（98+97）+-+（2+1）=5050.
【点评】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.
题型七、其它求和方法（归纳猜想法，奇偶法等供参考）
例7:
已知数列
an,an
2[n
（1）n],求Sn。
【解析】：
an
2n2（
1）n，若n2m,则SnS2m2（123
2m）
2m
2
（1）k
k1
若n2m
1,则S
S2m1
S2ma2m（2m1）2m2[2m
（1）2m]
（2m
1）2m2（2m1）
【点评】：
an
2n2（
1）n，通过分组，对n分奇偶讨论求和。
变式7：
已知数列｛an｝的通项an
6n5（n为奇数）2n
，求其前n项和Sn.（n为偶数）n
【解析】：
奇数项组成以a11为首项，公差为12的等差数列，
偶数项组成以a24为首项，公比为4的等比数列；
—1项，偶数项有n—1项，
2一
n1
42）
14
a2
当n为奇数时，奇数项有
...
当n为偶数时，奇数项和偶数项分别有
4（1
（n1）（3n2）4（2n11）
3
n（16n5）
n
4（142）n（3n2）
（n1）（3n2）
所以，Sn
2
n（3n2）
2
4（2
4（2n1）
，坐存（n为奇数）
（n为偶数）
例8:
借助导数求和
【点评】本题可以用错位相减法完成，用导数法求和也可以
【方法与技巧总结】
1数列求和需注意方法的选取：
关键是看数列的通项公式，根据通项选择适当的方法;
2.求和过程中注意分类讨论思想的运用；
【巩固练习】
（7）
111
1+2+4+…+2nT
4、设｛an｝是等差数列，｛bn｝是各项都为正数的等比数列,
且a1bi1,a3b521,a5
13.
（I）求｛an｝,｛bn｝的通项公式;
（II）求数列岂的前n项和Sn•
bn
，求
（1）/（0）+/
（1）+/
（2）++/（2011）+/（2012）;
（2）「「“-：
＜-C•
【课后作业】
2
an=
1.等比数列｛an｝的前n项和Sn=2"—1,则a：
a；a3
2.设Sn1357L
（1）n（2n1），则&=
5.数列1,（12）,（1222）,L,（1222L2n1）,L的通项公式a.，前n项和Sn
6；的前n项和为
2222
1
7、在数列｛an｝中，a1=1,当n》2时，其前n项和Sn满足S2=anSn—.
（1）求Sn的表达式；
Sn
（2）设bn=，求｛bn｝的前n项和Tn.
2n+1
8、已知等差数列｛an｝满足a2=0，a6+as=—10.
（1）求数列｛an｝的通项公式；
an
（2）求数列尹的前n项和.
9,、设数列｛an｝满足a1+3a2+32a3+…+3n1an=^，n€N.
（1）求数列｛an｝的通项公式；
⑵设bn<7，求数列｛bn｝的前n项和Sn.
an
nn为彳偶数
10、已知数列an的通项为：
an，，求数列an的前n项和Sn.
2n,n为奇数
11、
已知西数rm点号滋叫马（与乃雇函数何湄像上任意两点，且线段耳卩的中点的斗+2
壯标为1-
2
求证：
（1）点P的纵坐标为定值；
⑵在数列匕｝中，若日严乳丄）22丁（—=…凤三列勺（朋儈〉,
rnmm
求数列的前说页和.
【拓展训练】
a1+b1=5,a1>b1，且a1,b1
2.数列｛an｝、｛bn｝都是公差为1的等差数列，若其首项满足
€N*，则数列｛abn｝前10项的和等于（）
A.100B.85C.70D.55
3.设n=1x2+2x3+3x4+…+（n-1）•n,J则m等于（）
2
A.也9B.〔rKn+4）C.丄门5+5）D.1n（n+7）
3222
4.若S=1-2+3-4+…+（-1）n-1•n,则S7+S3+S50等于（）
A.1B.-1C.0D.2
5.
设｛an｝为等比数列,｛bn｝为等差数列，且b1=0,Cn=an+bn,若数列｛Cn｝是1,1,2,…,则｛Cn｝的
（）
A.978B.557C.467D.979
6.1002-992+982-972+…+22-12的值是
A.5000B.5050C.10100D.20200
7.—个有2001项且各项非零的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为
8.若12+22+…+（n-1）2=an3+bn2+cn，贝Ua二,b=,c=.
111*
9、已知数列｛an｝是首项为a1=4,公比q=4的等比数列，设bn+2=3log4an（n€N）,数列｛cn｝满足
Cn=anbn.
（1）求数列｛bn｝的通项公式；
⑵求数列｛cn｝的前n项和S.
10、设数列｛an｝满足a1+3a2+32a3+・・・+3n_1an=；，n€N*.
（1）求数列｛an｝的通项公式；
（2）设bn=n，求数列｛bn｝的前n项和Sn.■W
11、已知等差数列｛an｝的首项a1=1,公差d>0,且其第二项、第五项、第十四项分别是等比数列｛bn｝的第二、三、四项.
（1）求数列｛an｝与｛bn｝的通项公式；
⑵设数列｛cn｝对任意自然数n均有c1c2c3cnam成立.
b1b2b3bn
求C1+C2+C3+…+C2003的值.
12、已知数列｛an｝的前n项和S满足:
Sn=2an+（-1）:
n》1.
（1）求证数列｛an+2（-1）n｝是等比数列；
3
（2）求数列｛an｝的通项公式；
⑶证明：
对任意的整数m>4,有丄丄
17
am8
f'（x）6x2，数列｛an｝的前n
13、已知二次函数yf（x）的图像经过坐标原点，其导函数为
项和为Sn，点（n,Sn）（nN）均在函数yf（x）的图像上。
（I）求数列｛an｝的通项公式;
（U）设bn,Tn是数列｛bn｝的前门项和，求使得「
a.an1
盘对所有n
N都成立的最小正
整数m;
【参考答案】
巩固练习答案
1、解:
（1）Sn555555
67^8
55L
（2）v
5[10102103
9
1
n（n
1
2[（1
n
10
匕5
5-（999
9
50n
—（10
81
999
67个8
99L
9）
n]
1）
（3）v
an
二Sn
（4）
Sn
2）
1
3）
..n
2.1（'一21）,a2a2
昇
2n
11
（24）
1
、.n1
1
、32
（'一32）
3a3
n12）
1
（3
1
5）
1
（
ni
-n1.n
1
n2）.
1时,
Sn
1时,
aSn
两式相减得
n2
・sqna
…Sn
（、n、；n1）（〒n1、n）
1
2a2
2
a
（1a）Sn
（n1）an1
（1a）2
（5）：
n（n*2）n22n
•••原式（1222
32
.n1n
（、.n1.n）；n11.
n
na,
n（n1）
3a3
2a33a4
2
nna
na
a2
a3
n
na
a（1
1a
n\
©nan
n2）
（1
n）
n（n1）（2n
7）
（6）设S
又•••S
.2*osin1
sin289o
•••2S89,S
（7）和式中第
sin22o
1sin288o
89
2.
k项为
•2I
sin3L
2o
sin87
sin289o,
Lsin21o,
ak=1+2+4+…+ck—1
Ik
2
1—了
12
111
•••Sn=21—2+1—2+…+1—歹
—21+1+-+1g—2+22+・.・+1
11
21—刁—2n—T
1—2
2、⑴设｛an｝的公差为d,
则由已知得
ai+a2+a3=6,ai+a2+—+a8=—4,即3a1+3d—6,
8a1+28d——4,
解得ai=3,d=—1,故an=3—（n—1）=4—n.
（2）由
（1）知，bn—nqn—1,
于是Sn—1q0+2q1+3q2+…+nqn—1,
若qM1，上式两边同乘以q.
qS=1q1+2q2+…+（n—1）qn—〔+nqn,
两式相减得：
（1—q）Sn=1+q1+q2+…+qn—1—nqn
-T-nqn.
1—qnnqnnqn+1—n+1qn+1
•Sn—1—q2—1—q—1—q2
nn+1
若q—1,贝USn—1+2+3+…+n—2,
q—1,
nn+1
2
-s
••5—n+1,n,
nq—n+1q+1
qM1.
a1
d
7
解：
佝
a13d）4
24，
得a1=-9,d=2,an
2n
11
2
3、显然
an是递增数列，令
a
n=0，得n11
2
当n
6时,
an<0,当n
6时,
an>0,设Sna1
a2
an
当n
6时,
a1
a2
an
（a1a2
an）
（-9+2n11）n/
n（n10）
2
当n
6时
a2
an
|（a1a2
a5）
（a6a7an）
S5
（Sn
S5）
Sn2S5n（n
10）
50
4、
5、
B：
aMx）+/（2012-x）=
LOOo-x
2012—土―100§r
+——1
1006-{2012-x>
课后作业答案
1、
n
3n1
•••&=（Sn—Sn—1）Sn—{,
即2Sn—lSn=Sn—1—Sn,①
由题意Sn—1Sn工0,
11
①式两边同除以Sn—1Sn,得芝一一=2,SnSn-1
111
•••数列Q是首项为=—=1,公差为2的等差数列.
SnS1a1
…Tn=b1+b2+…+bn
11
2n—12n+1
1,1n
1———
22n+12n+1.
故数列｛an｝的通项公式为an—2—n.
an
（2）设数列2^刁的前n项和为Sn,
23n
1+2+22+…+2—
an—2—n_1n
2*-1—2*-1—2*-2—2*-1，
1
11
Sn—2+1+，+亍+…+2^~2—
1n
2门-1—2门,
11
①—②得：
2〒n—1+2+2?
+…+
1—Jn
n.
2n
11—2
1—2
即Tn—41—2*—2n-1.
1-+昇
n
+2门_1
n
—2*-1.
9、解
（1）a1+3a2+3a3+…+3n1an—3,①
•••当n》2时，
2n_2n—1
a1+3a2+3a3+・・・+3an—1—,②
1
当n=1时，ai=也适合上式,
--an=尹
⑵bn=an=n3n，•••Sn=ix3+2X32+3X33+…+n3n,则3Sn=32+2X33+3X34+…+n3n+1,二③一④得：
-2Sn=3+32+33+
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