32 数列求和

【教学目标】 一、知识目标

1. 熟练掌握等差、等比数列的求和公式； 2. 掌握数列求和的几种常用方法 二、能力目标

通过不同数列的特征分析回归到等差与等比数列上，利用等差与等比的求和公式进行计算，并掌握几种特殊的数列模型及其求和方法 情感目标

通过公式的推导使学生进一步体会从特殊到一般，再从一般到特殊的思想方法。 【教学重点】

通过学习让学生能够熟练准确的数列求和的求法，并能解决实际问题。 【教学难点】

1.如何针对不同的数列选用不同的方法求和 2.准确无误的计算 【考点分析】

数列的求和也是高考中的热点内容，考察学生能否把一般数列转化为特殊数列求和，

体现了化归的思想方法，其中错位相减和裂项相消是高考命题的热点。估计在以后的高考中不会有太大的改变。 【知识点梳理】 1．公式法：

（1）等差数列的求和公式：Snn(a1an)n(n1)na1d 22na1(q1)n（2）等比数列的求和公式Sna1(1q)（切记：公比含字母时一定要讨论）

(q1)1q（3）

k2122232n2k1nn(n1)(2n1)

62n(n1)33333 k123n2（4） k12. 分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和。 3. 错位相减法：设数列an的等比数列，数列bn是等差数列，则数列anbn的前n项和

nSn求解，均可用错位相减法。

4. 裂项相消法： （1）an111 n(n1)nn1（2）1n1n n1n(2n)2111（3）an1()

(2n1)(2n1)22n12n1（4）an1111[]等。

n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)5. 倒序相加法把数列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） 【典型例题】

题型1 公式法、性质法求和

，2，2，2,中的第5项到第10项的和为： 【例1】⑴等比数列1 ⑵等差数列an的前n项和为18，前2n项为和28，则前3n项和为

【解题思路】⑴可以先求出S10，再求出S4，利用S10S4求解；也可以先求出a5及a10， 由a5,a6,a7,,a10成等比数列求解；⑵利用等差数列的性质求解. 【解析】⑴利用等比数列前n项和公式求解. 由a11,a22，得q2，

231(1210)1(124)1023，S415，S10S41008. S101212⑵利用等差数列的性质求解.

SSSSan是等差数列，n为等差数列，n,n,2n,2n,3n,3n三点共线.

2n3nnn2818S3n282nn3n2nS3n30.

2nn3n2n【名师指引】利用等差（等比）数列的有关性质解题，可以简化运算.

变式1：在项数为2n1的等差数列中，所有奇数项和与偶数项和的比是( )

A.

2n1n1n1 B. C.

nn2nD.2n1 2n【解析】A.利用等差数列的性质

题型2. 分组法求和

【例2】求数列(2n1)2的前n项和Sn.

【解题思路】根据通项公式，通过观察、分析、研究，可以分解通项公式中的对应项，达到求和的目的.

【解析】(2n1)24n24n1

Sn123252(2n1)2

4(122232n2)4(123n)n 4111n(n1)(2n1)4n(n1)nn(4n21).

362【名师指引】若数列的通项公式可分解为若干个可求和的数列，则将数列通项公式分解，分

别求和，最终达到求和目的.

2，3，，(n变式：1. 求数列1，

【解析】Sn11214181)，的前n项和Sn. 2n111123(nn) 24821111(123n)n

224811(1n)121n(n1)11. n(n1)2122n2122. 求和：求数列1,12,123,,123n,的前n项和Sn.

【解析】123nn(n1)n2n

222

111Sn121(12232n2)(123n)2211111n(n1)(2n1)n(n1)n(n1)(n2). 26226

3. 数列an中，a160,an1an3，则数列an的前30项的绝对值之和为( )

A.120 B.495 C.765 D.3105

【解析】C.an603(n1)3n63，Sn1n(3n123)，所求绝对值之和为 2T30S302S201130(33)220(63)765. 22

题型3 裂项相消法求和

【例3】求和：

【解题思路】观察通项公式的特点，发现an1111. 122334n(n1)111.

n(n1)nn1【解析】111

n(n1)nn1n11111111)1. 原式(1)()()(n1n122334nn1【名师指引】数列的常见拆项有：

1111n1n； ；

n(n1)nn1nn1n111111；. (n1)!n!(n1)!n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)

变式：⑴ 求和：

1111； 132435n(n2)⑵ 求和：

1111； 1447710(3n2)(3n1)1111. 213243n1n1111()

n(n2)2nn2⑶ 求和：

【解析】⑴原式11111111(1)()()() 232435nn2 1111132n3= 122n1n222(n1)(n2)1111

(3n2)(3n1)33n23n1⑵ 原式11111111(1)()()() 34477103n23n1n11. 133n13n1 ⑶1n1n

n1n1111 213243n1n  

213243n1nn11.

题型4错位相减法求和

【例4】若数列an的通项an(2n1)3n，求此数列的前n项和Sn.

【解题思路】利用等比数列前n项和公式的推导方法求和，一般可解决形如一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题.

【解析】Sn13332533(2n1)3n， ①

3Sn132333534(2n1)3n1 ② ①-②，得

2Sn1323223323423n(2n1)3n1

132(3233343n)(2n1)3n1(22n)3n16.

Sn(n1)3n13.

【名师指引】若一个数列是由一个等差数列与一个等比数列的对应项相乘所得数列，求和问题适用错位相减法.

变式：（1）求数列1,3a,5a，,(2n1)a

【解析】Sn13a5a2(2n1)an1 ① ①a得，aSna3a25a3(2n1)an ② ①-②得，(1a)Sn12a2a22an1(2n1)an 当a1时，Snn2；

2n1(a0)的前n项和Sn.

2a(1an1)(2n1)an 当a1时，(1a)Sn11a1a(2n1)an(2n1)an1. Sn(1a)2（2）（07高考全国I文21）设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且

a1b11，a3b521，a5b313

（Ⅰ）求{an}，{bn}的通项公式； （Ⅱ）求数列anb的前n项和Sn． n

【解析】（1）设an的公差为d,bn的公比为q, 则依题意有q>0且 12dq421 14dq21. 3 解得 d2，q2. ∴ an1(n1)d2n 1 bnqn12n1. （2）

an2n1b2n1. n S3n1215222n32n22n12n1， 2S23522n32n1n2n32n2. ②－①得 s222222n1n2222n22n1

11 222n12n1 112n12 62n32n1

题型5 倒序相加法求和

① ②

x2【例5】设f(x)，求：

1x211⑴f(14)f(3)f(2)f(2)f(3)f(4)；

111⑵f(2010)f(2009)f(1)f(2010). 3)f(2)f(2)f(2009【解题思路】观察f(x)及f的特点，发现f(x)f()1.

1x1xx21f(x)f()1. 【解析】f(x)，2x1x11⑴f(14)f(3)f(2)f(2)f(3)f(4)144

⑵原式1(20101)2009.

【名师指引】通过分析对应的通项，可结合等差数列前n项和的推导方法求解.

变式：求和：Snlnxlnx3lnx5lnx2n1.

【解析】Snlnxlnx3lnx5lnx2n1

lnx3lnx5lnx(2n1)lnx， ①

则 Sn(2n1)lnx(2n3)lnx5lnx3lnxlnx ② ①+②得，2Sn2nlnx2nlnx2nlnx2nlnxSnn2lnx. 【小结】

1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式——第n项。 2．求和过程中注意分类讨论思想的运用；

3．错位相减法中，用原式减变式，指数相等的项对齐。

【巩固练习】

22221. 等比数列{an}的前ｎ项和Sｎ＝2－１，则a1＝________________. a2a3anｎ

2. 设Sn1357(1)n(2n1)，则Sn＝_______________________. 3.

111 . 1447(3n2)(3n1)4.

1111=__________ ...243546(n1)(n3)5. 数列1,(12),(1222),,(12222n1),的通项公式an ，前n项和

Sn 6．

1352n1,2,3,,n,;的前n项和为_________ 22227. 设f(x)a1xa2x2a3x3anxn,nN,若f(1)n2,①求数列an的通项公

a式,②若记bn2n求数列bn的前n项和,③求f()

128．sin21sin22sin23sin2

9.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝(项和Tn．

11111111110.已知数列：1，1，1，1，…，1n1，求它的前n

224248242an12)(nN*)，bn＝an·2n，求数列{bn}的前n2项的和Sn．

【课后作业】

1．数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有：am＋n＝am＋an＋mn，则

1111 ( ) a1a2a3a2008 A．

4016 2009B．

2008 2009C．

2007 1004D．

20072008

2．数列{an}、{bn}都是公差为1的等差数列，若其首项满足a1＋b1＝5，a1＞b1，且a1，b1∈N*，

则数列{abn}前10项的和等于 ( )

A．100 B．85 C．70 D．55

3．设m=1×2+2×3+3×4+…+(n-1)·n，则m等于 ( )

n(n21)111A. B.n(n+4) C.n(n+5) D.n(n+7)

3222

4．若Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n，则S17+S33＋Ｓ50等于 ( ) A.1 B.-1 C.0 D.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}的前10项和为 ( ) A.978 B.557 C.467 D.979

6．1002-992+982-972+…+22-12的值是 ( ) A.5000 B.5050 C.10100 D.20200

7．一个有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，则a= ,b= ,c= .

9．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；

(2)设数列{cn}对任意自然数n均有求c1＋c2＋c3＋…＋c2003的值．

10．已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=2an+(-1)n,n≥1.

(1)求证数列{an+

cc1c2c3nan1成立． b1b2b3bn2(-1)n}是等比数列; 31117. a4a5am8

(2)求数列{an}的通项公式； (3)证明：对任意的整数m>4,有

【拓展练习】

1、（2008深圳）已知数列{an}的前n项和Sn12nn2.

（1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列{|an|}的前n项和Tn.

2、（2008广东五校联考）已知数列{2n1an}的前n项和Sn96n．

(1) 求数列｛an｝的通项公式； (2)设bnn(3log2

3、（2008揭阳一中）已知函数f(x)是一次函数，且f(8)15,f(2),f(5),f(14)成等比数列，设anf(n)，(nN) （1）求

（2）设ba；

ii1nan1)，求数列｛｝的前n项和． 3bnn2n，求数列{anbn}的前n项和Sn。

4、（2008惠州三模）数列{an}的前n项和记为Sn，a11,an12Sn1n1 （I）求{an}的通项公式;

a3b成 （II）等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T315，又a1b1,a2b2,3等比数列，求Tn

5. 已知函数fx14x2xR，点P1x1,y1，P2x2,y2是函数fx图像上的两个点，

1． 2且线段P1P2的中点P的横坐标为⑴求证：点P的纵坐标是定值；

n⑵若数列an的通项公式为anfmmN,n1,2,,m，求数列an的前

m项的和

Sm；

6n5(n为奇数)6．已知数列{an}的通项ann，求其前n项和Sn

(n为偶数)2

7．设数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(nN)均在函数y＝3x－2的图像上。 （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn3，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得

anan1Tnm对所有nN都成立的最小正整数m。 20

8. 设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2-an，n=1，2，3，…. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式；

(Ⅱ)若数列{bn}满足b1=1，且bn+1=bn+an，求数列{bn}的通项公式； (Ⅲ)设cn=n(3-bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.

9.已知函数f(x)在(1,1)上有意义,f()1,且任意的x、y(1,1)都有

12xyf(x)f(y)f().

1xy （1）若数列{xn}满足x1 （2）求1f()f(

210．数列an：满足a12,an1an6an6(nN).

2xn1,xn1(nN*),求f(xn). 221xn15111)f(2)f()的值. 11n2n3n1(Ⅰ) 设Cnlog5(an3)，求证Cn是等比数列； (Ⅱ) 求数列an的通项公式; （Ⅲ）设bn11512,数列bn的前n项和为Tn,求证: Tn. an6an6an1

【参】 【巩固练习】

n4n1111111、 2、(1)nn 3、 4、5、2n1;2n12n 3n13223n2n36Sn32n3。 n27.解：①由f(1)a1a2a3ann2,得Snn2,易得an2n1.

2a②由bn2n得bn22n1即bn24n1,∴Sn(41).

n3③

f(1)13(12)25(12)3(2n1)(12)n22由S3(12)n2(2n1)(1n2)n

8.解：设Ssin21sin22sin23sin2， 又∵Ssin2sin288sin287sin21， ∴ 2S，S2． 9.解：取n＝1，则a1＝(a112)2a1＝1 又Sn＝

n(a1an)n(aa)2可得：1n2＝(an12)2

∵an≠－1(n∈N*) ∴an＝2n－1

∴Tn＝1·2＋3·22＋5·23＋……＋(2n－1)·2n ① 2Tn＝1·22＋3·23＋5·24＋……＋(2n－1)·2n＋

1②

①－②得：

∴－Tn＝2＋23＋24＋25＋……＋2n＋

1－(2n－1)·2n＋

1

＝2＋23(12n1)2－(2n－1)·2n＋1＝－6＋(1－n)·2n＋

21

∴T＋

n＝6＋(n－1)·2n2

1110.解：∵ an＝1＋12＋14＋……＋12n12n1＝21112n 2则原数列可以表示为：

(2－1)，111122，222，223，…22n1

前n项和Sn＝(2－1)＋11122＋222＋…＋22n1

错位相an＝2－12n1

减法得

∴＝2n－111211 222n11n1＝2n－2＝2n－21n 1212＝

12n1＋2n－2

【课后作业】

1．解：∵am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋a1＋n＝an＋1＋n，

∴利用叠加法得到：ann(n1)1211，∴2()， 2ann(n1)nn1∴

11111111112(1)2(1) a1a2a3a20082232008200920094016． 2009答案：A.

2．解：∵an＝a1＋n－1，bn＝b1＋n－1 ∴abn＝a1＋bn－1＝a1＋(b1＋n―1)―1

＝a1＋b1＋n－2＝5＋n－2＝n＋3

则数列{abn}也是等差数列，并且前10项和等于：答案：B.

3．解：因为 an=n2-n.，则依据分组集合即得. 答案;A.

4131085 2n1(n为奇)24．解：对前n项和要分奇偶分别解决，即： Sn=

n(n为偶)2答案：A

qd15．解 由题意可得a1=1,设公比为q,公差为d,则2

q2d2∴q2-2q=0,∵q≠0,∴q=2,∴an=2n-1,bn=(n-1)(-1)=1-n,∴cn=2n-1+1-n,∴Sn=978. 答案：A

6．解：并项求和，每两项合并，原式=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5050. 答案：B

7． 解： 设此数列{an},其中间项为a1001,

则S奇=a1+a3+a5+…+a2001=1001·a1001,S偶=a2+a4+a6+…+a2000=1000a1001.

答案:

1001 1000(n1)n(2n1)2n33n2n. 8．解： 原式=

66111答案：;;

3269．解：(1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2(d＞0)

－

解得d＝2，∴an＝2n－1，可得bn＝3n1 (2)当n＝1时，c1＝3；

当n≥2时，由

cn－

an1an，得cn＝2·3n1， bn3(n1),故cn n123(n2).故c1＋c2＋c3＋…＋c2003＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×32002＝32003． 10．(1)证明 由已知得an=Sn-Sn-1=2an+(-1)n-2an-1-(-1)n-1(n≥2),

化简得 an=2an-1+2(-1)n-1(n≥2),

2221(-1)n=2［an-1+(-1)n-1］(n≥2),∵a1=1,∴a1+(-1)1=. 333321故数列{an+(-1)n}是以为首项，公比为2的等比数列.

33n12n2(2)解 由（1）可知an+(-1)=.

331n-1222∴an=×2-(-1)n=［2n-2-(-1)n］,故数列{an}的通项公式为 an=［2n-2-(-1)n］.

3333上式可化为 an+(3)证明 由已知得

111 a4a5am=

31113111111

22212312m2(1)m2391533632m2(1)m1111111111=(1)(1) 2351121235102011(1)m51451422113111310410572=. (m5)()m512323551552151201208212故

1117(m4) a4a5am8【拓展练习】

1、解：（1）当n1、 时,a1S1121111；

当n2时,anSnSn1(12nn2)[12(n1)(n1)2]132n.、 n1时，

2a111也符合132n的形式.所以,数列{an}的通项公式为an132n.、 （2）令an132n0,又nN*,解得n6.

当n6时,Tn|a1||a2||an|a1a2anSn12nn2； 当n6时,Tn|a1||a2||a6||a7||an| a1a2a6a7a8an

2S6Sn2(12662)(12nn2)n212n72.

212nn,n6,综上，Tn2

n12n72,n6.2、解：(1)n1时，20a1S13,a13;

33n1 当n2时,2anSnSn16,ann2． 通项公式an322n2

(2) 设｛

(n1)(n2)

111｝的前n项和为Tn，当n1时，b13log213,T1；

b13bn311)n(n1)， 32n2bnn(n1) n2时，bnn(3log2 Tn51511111111Tn＝ 6n1n(n1)6n1b1b2bn323343、解：（1）设

f(x)axb，（a0）由f(8)15,f(2),f(5),f(14)成等比数列得

8ab15，----------------①, f2(5)f(2)f(14)得

(5ab)2(2ab)(14ab)3a26ab0

∵a0 ∴a2b---------------② 由①②得a2,b1， ∴

f(x)2x1

∴an2n1，显然数列{an}是首项a11,公差d2的等差数列 ∴

nai＝a1a2ani1n(12n1)n2

2（2）∵anbn(2n1)2n

∴Sna1b1a2b2anbn＝2322523(2n1)2n 2Sn＝23252(2n3)2(2n1)2－Sn＝22(222)(2n1)2∴Sn＝(2n3)2n123nn1234nn1

＝22(23n11)(2n1)2n1

6。

4、（I）由an12Sn1可得an2Sn11n2，两式相减得an1an2an,an13ann2

又a22S113 ∴a23a1，故{an}是首项为1，公比为3得等比数列 ∴an3n1. （II）设{bn}的公差为d，由T315得，可得b1b2b315，可得b25，

故可设b15d,b35d 又a11,a23,a39由题意可得

25d15d953解得d12,d210

∵等差数列{bn}的各项为正，∴d0，∴d2 ∴Tn3n5．解：⑴由题可知：x1x2211，所以， 212nn122n22n

114x4x4y1y2fx1fx2x424x24x24x212124x4x44x4x41xx424x4x424x4x42121212

1212

点P的纵坐标yPy1y21是定值，问题得证． 24nmn1⑵由⑴可知：对任意自然数m,n，ff恒成立．

mm2

由于Smf12m2m1mffff，故可考虑利用倒写求和的方mmmmm12m2m1mSmfffffmmmmm法．即由于：

mm1m221fffffmmmmm1m1m12m21m2Smffffff2fmmmmm mm所以，

11m12f(1)3m126

所以，Sm13m1 126.解：奇数项组成以a11为首项，公差为12的等差数列， 偶数项组成以a24为首项，公比为4的等比数列； 当n为奇数时，奇数项有

n1n1项，偶数项有项， 22n1n1(16n5)4(142)(n1)(3n2)4(2n11)2∴Sn， 21423n当n为偶数时，奇数项和偶数项分别有项，

2nn(16n5)4(142)n(3n2)4(2n1)2∴Sn， 21423(n1)(3n2)4(2n11)23所以，Snnn(3n2)4(21)23(n为奇数)．

(n为偶数)7.解：（I）依题意得，

Snn3n2,即Sn3n22n。

当n≥2时，a当n=1时，所以

23n122(n1)6n5; (3n2n)ansnsn12as3×1-2×1-1-6×1-5

11na65(nN)。

n（II）由（I）得bnn31111， anan1(6n5)6(n1)526n56n1故

11111111=1b1...。 Tn771326n126n56n1111m11mnN﹤成立的m必须满足≤，即m≥10,故满足要12022026n1因此，使得

求的最小整数m为10。

8. 解：(Ⅰ)∵n=1时，a1+S1=a1+a1=2 ∴a1=1

∵Sn=2-an即an+Sn=2 ∴an+1+Sn+1=2 两式相减：an+1-an+Sn+1-Sn=0 即an+1-an+an+1=0故有2an+1=an ∵an≠0 ∴

an11(n∈N*) an211

的等比数列.an=()n1(n∈N*) 22

所以，数列{an}为首项a1=1，公比为(Ⅱ)∵bn+1=bn+an(n=1，2，3，…) ∴bn+1-bn=(得b2-b1=1

1n-1

) 21 21b4-b3=()2

2b3-b2=…… bn-bn-1=(

1n-2

)(n=2，3，…) 2将这n-1个等式相加，得

bn-b1=1+

112131()()()n2222211()n11222()n1

12121n-1

)(n=1，2，3，…) 21(Ⅲ)∵cn=n(3-bn)=2n()n-1

211111∴Tn=2[()0+2()+3()2+…+(n-1)()n-2+n()n-1] ①

22222111111而 Tn=2[()+2()2+3()3+…+(n-1)()n1n()n] ②

22222211011121n11n①-②得：Tn2[()()()()]2n()

22222211()n24n(1)n884n(1)n Tn=4n1222121=8-(8+4n)n(n=1，2，3，…)

2又∵b1=1，∴bn=3-2(

9. 解：（1）错误！未找到引用源。

错误！未找到引用源。 错误！未找到引用源。 而错误！未找到引用源。

错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。 （2）由题设，有错误！未找到引用源。

又错误！未找到引用源。

得错误！未找到引用源。上为奇函数. 由 错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。 得错误！未找到引用源。 于是错误！未找到引用源。 故错误！未找到引用源。 10. 解：(Ⅰ)由

22an1an6an6,得an13(an3).

log5(an13)2log5(an3)，即 Cn12Cn，

Cn是以２为公比的等比数列 (Ⅱ) 又C1log551

Cn2n1即 log5(an3)2n1，

an352. 故an52n1n13.

（Ⅲ）bn111111112,Tn2n. an6an6anan6an16a16an159又0

1529n1151,T.n529161