第三节求数列的前n项和复习讲义

1、第三节求数列的前n项和-备若方向明确墓学法指导复习目标1. 等差、等比数列的前 n项和公式.2. 等差、等比数列的求1. 从求等差数列前n项和公式中体现高斯算和公式应用.(发展要法(即倒序相加法)的实质.2. 从求等比数列的前n项和公式中体会错位3. 常见求数列前n项相减法的作用.和的方法.3.注意把握各种特殊数列.比如通项是分式(1)倒序相加法形式,一般采取裂项求和；能转化为等差、等(2) 错位相减法比的可以分组求和等.(3) 裂项法(4) 分组求和法4. 特殊数列求和.-知识链棗完善网络构建、等差数列与等比数列的前 n项和项目等差数列等比数列公式S=UH nai+NnT)d2 2S二|呵(

2、q =1 )1T1 T 丿倒序相加错位相减(使用时需对q=1和qM 1分类讨论)五个基本量ai,an,n,d(q),S n,知道任意三个建立方程(组)可求其余的的无常数项的一次函(1)q=1时,Sn是关于n(1)S n=nai+d=d n2+(ai-1)n=An2+Bn.d=0时,Sn是关于n的一次函数.(2)q工1时,dM0时,Sn是关于n的无常数项的二次函S弋亍 qn=A-Aqn.S是关于n的指数型函(2)若S是关于n的有非零常数项的二次数与常数项之和，且指函数,则从第二项起为等差数列数型函数的系数与常 数项互为相反数S,S 2k-S k,S 3k-S 2k 仍成等s,s 2k-S k,S

3、 3k-S2k 仍成等差数列.等差数列中，等长连续片断的和仍成等比数列(其中SkM 0).等比数列中，等长连续 片断的和仍成等比数数列二、求前n项和1.求和问题的切入口 ：对通项公式的分析研究，首先要准确识别出是等差数列还是等比数列.(1)从通项公式上识别，若an是关于n的一次函数，则数列an 是等差 数列.(2)从前n项和公式上识别，若S是关于n的无常数项的二次函数，则数列a n是等差数列；若S是关于n的有非零常数项的二次函数，则从第二项起a n为等差数列；若S是关于n的指数型函数与常数项之和，且指数型函数的系数与常数项互为相反数，则数列a n为等比数列.2.三种常见求和类型,常用错,常用拆

4、(1) 若数列的通项公式是由等差数列与等比数列之积构成的位相减法 求和. 若数列的通项公式是由等差数列和等比数列之和构成的 项分组法 求和.若数列的通项是分式结构，分母所含因式是等差数列中相邻项时， 常用裂项相消法求和.三、与等差、等比数列相关联的结论1.在等差数列中，若n为偶数，则S偶-S奇二号;若n为奇数，则S奇-S偶=a中(中间项).2.在等比数列中，若数列项数为2n,则鱼=q.S奇2 ,3.1+2+3+ +n=yi24.2+4+6+ +2n 二n+n.25.1+3+5+7+2n-1二n .四、数列求和的基本思路1. 一般的数列求和，应从通项入手，若无通项,则先求通项，然后通过 对通项变

5、形，转化为与特殊数列有关或具有某种方法适应特点的形式 从而选择合适的方法求和.2.解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：一是转化的思想,即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通 项分解或错位相减来完成；二是不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.等价转换思想是解决数列求和问题的基本思想方法，它可将复杂的数列转化为 等差、等比数列问题来解决.1.数列an的前 n 项和 S=1-2+3-4+ +(-1) n-1 n,则 S7等于(A )(A)9(B)8(C)17(D)16解析:Si7=1-2+3-4+5-6+ + 15-16+1

6、7 =1+(-2+3)+(-4+5)+ +(-14+15)+(-16+17)= 1 + 1 + 1 + 1=9.故选A.2.已知等差数列an的前n项和为S,a5=5,S5=15,则丄的前100anan+1项和为（A ）(A)罟(B)洛(C)益(D)100解析：设数列an的首项为ai,公差为d,因为a5=5,S5=15,!占 +4d =5,所以*5xf5 _1 Vpai +一一d =15,所以孑二1,p =1,所以 an=ai+(n-1)d二n,所以 1 = L =1 -,anan+1 n (n +1) n n +1所以 S00=(1-2)+( 2-3)+ +(禽-1)_彳 1 _100101

7、101故选A.3.3 X 2-1+4X 2-2+5X 2-3+(n+2) - 2-n =解析：设 Sn=3X Qf+AX Q-'+SX Z-3*+(n+2) - 2n,1Sn=3X 2-2+4X 2-3+5X 2-4+(n+2) 2-(n+1),则 1Si=3 X 2-1+22 +23+2-n-(n+2) 2-(n+1)=1 + 2.；-(n+2) 2-n-1=2-A-(n+2) 2-n-1 ,S=4-予-呻=4-n+4答案:4-.nJ2 2 n +44.(2017Z丄二解析：因为丿：3 =3cS4 =10,全国n卷)等差数列an的前n项和为S,a3=3,S4=10,则所以戶1 +2d

8、 =3,J4a1 +6d =10,解得P i p =1,所以 a=n,S"=¥), 所以 S；=£)=2(1- 所以法二妙=2(1-丄) nW_ 2n齐.答案：空n +1-高频考点突破1+12 2角),!+37在训练中掌握方法#考点一分组法求和【例 1 已知数列an,b n满足 ai=5,a n=2an-i+3n-1 (n > 2,n N), bn=an-3 n(n N).(1)求数列bn的通项公式； 求数列a n的前n项和S.n 4*解:(1)因为 an=2a-i+3- (n N,n >2), 所以 an-3n=2(an-i-3n-1),所以 bn=

9、2tn-i(n N,n >2).因为 bi=ai-3=2 工 0,所以bn工0(n > 1),所以 4=2(n > 2),bl _L所以bn是以2为首项,2为公比的等比数列.所以 bn=2 2n-1=2n. 由(1)知 an二b+3n=2n+3n.所以 S=(2+22+2n)+(3+32+3n)= 2C-2 )+3C-= 20-2n )+30)1 /1-3=2n+1+32 - 72 2陵理I勢 分组法求和的常见类型(1)若an = bn± Cn,且bn,C n为等差或等比数列，可采用分组法求© n的前n项和.通项公式为an二,:为奇数，的数列，其中数列bn

10、,c n是等比数列或 等差数列，可采用分组法求和.在数列an中,a i=2,an+i=2an-n+1(n N),数列an的前 n 项和为 S.(1)证明：数列an-n是等比数列，并求数列an的通项公式；求Sn；证明:Sn+i>S+2+ n.(1)证明：因盼十比)=空-2n =2,故数列an-n是公比为2的等比数列. 已口 一n31 n又因 ai-1=1,故 an-n=2n-1, an二n+艺1.(2) 解:Sn=(1+20)+(2+2 1)+(3+2 2)+ +(n+2n"1)=(1+2+3+ n-1、 S 0 亠2-1、+n)+(2 +2+2+2 )= n(n +1)+2n-

11、i2 证明：由得s+iJEy+2)+2n+i-i,故 S+1-(S n+2n+n)= (n+y+T+f-l- )-2 n+1-2n-n.S+i-(S n+2n+n)= (n+qn+2)(n+1 )+(2n+1-2 X 2n)-n=1>0.故 S+i>S+2n+n.考点二 错位相减法求和【例21数列an的前n项和为Sn,对于任意的自然数2an>0,4Sn = (an+1).(1)求证：数列an是等差数列，并求通项公式； 设bn二聖，求和Tn二bl + b2+bn.3(1)证明：令 n=1,4Si=4ai=(ai+1)2,解得 ai=1,Q由 4S=(an+1),得 4S+i=(

12、an+i+1)2,两式相减得 4an+1 = (an+l + 1) 2-(a n+1)；整理得(an+l+an)(a n+1-an-2) = 0,因为an>0,以 an+1-a n = 2,则数列an是首项为1,公差为2的等差数列,an=1+2( n-1)=2 n-1.解:由(1)得bn二零，3Tn=l+3+2+竺二，3333则3Tn=£ + 33+弟+第,3 3333-得2丁1 丄 0/1 丄 1 丄 丄 1、 2n 13Tn=3+2(孑+ ?+ + 孑)-T!"=1+2 X匚二丿-签313n +3_2 2n+2=3-它干，所以Tn = 1-F圆昼I勢(1)新数列c

13、 n=a n - bn,其中数列a n是等差数列，数列bn是等比数列，求数列Cn前n项和分三步：写出数列C n的前n项和S=Cl+C2+C3+Cn；把上述和式等号左右各项都乘以等比数列 bn的公比q得qS二qci+qc2+qc3+qcn；把所得两式相减，注意等号右边要 错位相减,错位相减部分恰好组成一个等比数列的若干项的和式 ，然后整理化简.(2)错位相减法求数列的前n项和是一种重要方法.在应用这种方法时,一定要抓住数列的特征：数列的项可以看作是由一个等差数列和 一个等比数列对应项相乘所得的数列.所谓“错位”，就是要找“同类 项”相减，要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清 其项

14、数.错位相减法在使用时由于运算量较大，易出现因运算不准确 而致错的问题，所以在求解过程中要注意在“两式相减” “结果整理” 这些环节上的检查，最后可将n=1和n=2代入所得表达式进行检验.(2018 浙江卷)已知等比数列an的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a 5的等差中项.数列b n满足bi=1,数列(b n+i-b n)a n的前n项和为22n +n.(1)求q的值;求数列b n的通项公式.解:(1)由a4+2是a3,a 5的等差中项，彳得 a3+a5=2a4+4,所以 a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.由 a3+a5=20,得 8(q+ 1)=

15、20, q解得q=2或q=1.2因为q>1,所以q=2.设Cn = (bn+1-bn)an,数列C n的前n项和为Sn. 由 Cn/WT'pn -Sn 1_n 二2.解得 Cn=4n-1.由(1)可得 an=2n-1,所以 bn+i-bn=(4n-1) X (1)n-1,故 bn-bn-i=(4n-5) X (l)n-2,n >2,bn-b i=(bn-b n-1 )+(b n-1-b n-2)+ +少3七 2)+(b 2-b i)=(4门-5) X ( ) "2+(4门-9)X (丄)n-3+7X 1+3. 2丿 2设 Tn=3+7X 1 +11X (1) 2+

16、(4n-5) X (丄)n-2,n > 2,222则 1Tn=3X i+7X(2)2+(4 n-9) X(l)n-2+(4 n-5) X (£)n-1, 所以 1 Tn=3+4X 1 +4X (1)2+ +4X (丄)n-2-(4n-5) X (1)n-1,22222因此 Tn=14-(4n+3) - (f)n-2,n >2, 又 b1=1,所以 bn=15-(4 n+3) - (f)：考点三裂项相消法求和【例3】数列an的前n项和为S,an是S和1的等差中项，等差数列bn满足 bi+S=0,b9二ai.(1)求数列a n,b n的通项公式；若Cn=1,求数列C n的前n

17、项和W.(bn +16 bn +18 )I J解:(1)因为an是S和1的等差中项， 所以 2an=Sn+1,所以 S=2ai-1.当nA2时,an=S-S nj=(2a n-1)-(2a n-1 -1) = 2a n-2a n-1 ,所以 an=2ai-i,当 n=1 时,a i=S=2ai-1,所以ai=1,所以an工0(n N),西=2,an丄所以数列an是以ai=1为首项，2为公比的等比数列， 所以 an=2n-1,S=ai+a2+an=2n-1,设bn的公差为 d,bi=-S4=-15,b 9=-15+8d=1,所以d=2.所以 bn=-15+(n-1) X 2=2n-17.(2)c

18、 n=丄 X ()-J)= J=2n1 2n+1'2 4n+221 '' '(2n 1 2n +1 ) 2' 2n T 2n +1，所以 W=2(;-!)+(3-1)+ +(虞咼&纱(1)裂项相消法一般适用分式数列求和.把数列的通项分解 为两项的差是这种方法使用的关键所在.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，实质上造成正负相消是此 法的根源与目的.裂项相消法的基本思想是把数列的通项an分拆成an二bn+1-b n或者an=bn-b n+1或者an = bi+

19、2-b n等,从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中要善于根据这个基本思想变换数列a n的通项公式，使之符合裂项相消的条件.(3)常见的裂项方法有： an二一 =!-斗an二一1一二丄占亠);n (n F ) nn+1n (n +k) k n n +k an二1= !(丄-(2n -1 pn -M ) 2 ' 2n 1 2n +1 an=卅冷河5 an=7話n=-(kk-而)； an二1=-1-1=丄(丄-丄)-(J)；n(n+1Jn +2) 2n(n +1)(n +1n +2 )2 nn 十1n+1n +2 an二 n+2丄= 2(n+1)n 丄=-1.n(nJ 2nn(n 十1

20、)2n n "2n (n +1 卩b迁極训绦1已知正项数列an满足:4S n二a2 +2a-3,其中S为数列a n的前n项和.(1)求数列an的通项公式；设bn二亡,求数列bn的前n项和Tn.解:(1)令 n=1 得 4ai=a2+2ai-3,且 an>0,解得 ai=3.当 n A 2 时,4S n-4Sn-1 =a； - a21 +2ai-2a n-1,即 4an= a； - a； t +2ai-2a n-1,整理得(an + 3-1)(a n-a n-1-2) = 0.因为an>0,所以 an-a n-1 =2,所以数列an是首项为3,公差为2的等差数列, 故 an

21、=3+(n-1) X 2=2n+1.由(1)知:bn=二一=1 =1(丄-丄)，耳二 4n2 +4n 4n(n +1 ) 4 ' n n +1'所以 Tn二b1+b2+bn=1(1-丄+丄-+ +丄-丄)=1(1-丄)二亠4、223nnWQ nWAn+A考点四含绝对值数列求和【例4】 在公差为d的等差数列an中，已知ai=10,且ai,2a2+2,5a3 成等比数列.(1)求 d,an； 若 d<0,求|a i|+|a 2|+|a 3|+ +|a n|.解:(1)由已知得(2a2)=5aia3? 4(ai+d+12=50(ai+2d)?(11+d) 2=25(5+d) ?

22、 121+22d+d=125+25d? d2-3d-4=0 ? f =4,丄或用"pn =4n 十6Sn =11 n. 由(1)知，当 d<0 时,an=11-n,er p f I I 11 n,1 兰n 兰11, 所以|a n|= ''bj1，nN2.当1< nW 11时， an> 0,所以 |a i|+|a 2|+|a 3|+|a|="+&+3 =怛葺凹=呼)当nA 12时,因为an < 0,所以 |a i|+|a 2|+|a 3|+ +|a|=ai+a2+a3+aii-(a 12+03+i+a2+a3+an)=2(a 1

23、+a2+a3+a11)-(a+an)=2 X 仆一11)- n(21 j)=n2 3+220 丿 2 2综上所述,ln/21 -n (1<n<11 |a1|+|a 2|+|a 牡+|an|=t 二 'In -21n+220i2212慶倉®吗(1)有些数列是因项的正负分布不同而产生分段.对于这种 数列,我们就要按参加求和的项是否是同一种符号的项分为两类来求 和.需要注意的是该数列的项是按照什么规律进行分类的，只有准确 把握项的正负分类才能正确地求解.(2)有些数列是因奇数项和偶数项分别按照不同规律而产生分段.对于这种数列，我们就要按参加求和的奇数项和偶数项的个数是否

24、相同 分为两类来求和.在每一类中，要注意奇数项和偶数项分别有多少，避 免 因 分 类 不 清 而 致 错 的 现 象 产生.督迁極训绦已知每一项都是正数的数列an满足a1=1,an+1=*(n N).12an(1)用数学归纳法证明:a2n+1<a2n-1 ； 证明：丄< an< 1;6记S为数列|a n+1-an|的前n项和，证明:Sn<6(n N).证明：(1)由题知,a 1=1>0,an+1二y >0(n N).12an当n=1时,a 1=1月2= =丄， 62=12a1a3二二,a 3<a1 成立;12a212a2n 11因为鉀1=參=汽&quo

25、t;12n J_12 42n 112a13a2n 1 +112(a2n 丄+1 )以 a2k+3-a 2k+113a2k + +113a2 k=a2k 丰一a2k 丄12(a2k 丰)即n二k+1时也成立，吩小宀W1严假设n=k时，结论成立，即a2k+iva2k-i.由可知对于n N,都有a2n+i<a2n-i成立. 由(1)知,a 2n+1<a2n-1 ,所以 仁ai»- >a2n-1 >a2n+1 ,同理由数学归纳法可证a2n<a2n+2,a2n>a2n-2>* >82=-.6猜测:a2n<1<a2n-1,下证这个结论.

26、34an因为an+1- 1二上卫丿，3所以an+1- 1与an-1异号.33注意到 a1- - >0,知 a2n-1 - 1 >0,a 2n- 1 <0,333即卩 a2n< - <a2n-1 .3所以有 a1>- - >a2n-1>a2n+1>1 >a2n>a2n-2 > >a2,3从而可知1 < an<1.1a n+2-an+1|=| 盜-葺冬帶=7|an+1-an|.所以 |a n+1-a n| w 6 |a n-a n-11 w ( 6) |a n-1 -a n-21 w w (-) |a 2-a

27、 11=6 (?)n-1.所以ga a 2a n/S=|a2 -aaa 半4 一日3| 卅 1)斗日"+aj < - 1+ _+(_)+(-)10=5 X丄 <35<6 匸736=6.裂项相消及错位相减法求和【例题】已知等差数列an的公差为2,前n项和为S,且S,S2,S4成等比数列.(1)求数列an的通项公式;n-1an an令bn = (-1) n-1 d ,求数列bn的前n项和Tn.解:(1)d=2,S 1二ai,S2=2ai+d,S4=4a+6d,因为S,S2,S4成等比数列，所以s；=SS.解得 ai=1,所以 an=2n-1.n-1abn = (-1)

28、勺光巩/八是+).当n为偶数时,Tn=(1+1)-( 1+1)+ +(丄 +丄)-(丄 +士) 所以Tn = 1-七二*.2n +1 2n +1当n为奇数时,Tn=(1 + 1)-( 1+1)+ -( 丄 +丄)+(丄 +壬)33 52n3 2n12n1 2n+1所以Tn = 1+七二竺2.2n +1 2n +1i_,n为偶数, 所以門昭为奇数.l2n 41I解题规范因规范要求:(1)对bn中的符号易忽视讨论，当n为偶数时和当n为奇数 时和是不 同的； 裂项相消时，要注意消去了哪些项，余下哪些项；n 12n +1(3) 最后结果要用分段形式表达或写成 Tn=2n+1+L匸形式.温馨提示：(1)

29、第1问实质是基本量的计算，对等差数列的通项公式及 前n项和公式要得心应手； 把bn拆项成(-1) n-1(丄+丄)是本题之关键，正负抵消要看清剩2n -1 2n +1余的项.【规范训练1】(2017 山东卷)已知xn是各项均为正数的等比数列，且 Xi+X2=3,X3-X2 = 2.(1)求数列Xn的通项公式； 如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(X1, 1),P 2(X2,2),P n+1(Xn+1, n+1)得到折线P P2-Pn+1,求由该折线与直线 y=0,x=x 1,x=x n+1所围成的区域的面积Tn.解:(1)设数列x n的公比为q,由题意得广："=3,Xiq

30、 _Xiq =2,所以 3q2-5q-2=0.由已知得q>0, 所以 q=2,xi=1.因此数列X n的通项公式为xn=2n-1.过Pi, P2,P n+1向X轴作垂线，垂足分别为QQ,Qn+1.由(1)得 Xn+1-X n=2n-2 n-1 =2n-1 ,记梯形PnPn+lQ+lQ的面积为bn.由题意得 bn=fU x 2n-1=(2n+1) x 2n"2,所以 Tn=bi+b2+bn=3x 2-1+5X 20+7X 21+- +(2n-1) x 2n-3+(2n+1) x 2：又 2Tn=3X 20+5X 21+7X 22+(2n-1) x 2n-2+(2n+1) x 2n

31、-1.-得-Tn=3x 2-1+(2+22+2n-1)-(2n+1) x 2n-1=-3 + 2<>-(2n+1) x 2n-1,所以Tn = g上.2【规范训练21已知数列an和bn满足ai=2,bi=1,an+i=2a(n N), bi+ib2+1b3+- +1bn=bn+i-1(n N).23n(1)求 an 与 bn；记Cn二一L- -b-,求数列C n的前n项和Tn. 44+ bnbn +解:(1)由 ai=2,an+i=2an,得 an=2n(n N).由题意知, 当 n=1 时,bi=b2-1,故 b2=2,当 nA2 时,b 1+- b2+ Lbn-1 + - bn

32、=bn+1-1,2n _1nb1+1 b2+ 丄 bn-1 =bn-1,2n _1两式相减得Ibn二bn+1-bn,n整理得仏t二町n +1 n所以 bn=n(n N).可知Cn=2-；1，1_1 所以Tn二1 4禽)=6(1-丹-类型一分组法求和1.已知数列an满足ai=1,an+i an=2n(n N),则 S。花等于(B )(A)2 2 016-1(B)3 21 008-3,_1 008,_1 007_(C)3 - 2-1 (D)3 - 2-2解析:a 1=1,a2=-=2,又 an丰an + = 2 a1an + an归=2.an所以所以所以=2.ai,a3,a5,成等比数列 砂砂小，

33、成等比数列，S 016 =ai+a2+a3+a4+a5+a6+a2 015 +02 016=(a 1+a3+a5+a2 015)+(a 2+a4+a5+a2。花)=1 21008 十2。21008 )_3 21 008-31212故选B.2.有穷数列1,1+2,1+2+4,1+2+4+2n-1所有项的和,nn+1=-2-(n-1)- 2 ,解析：由题意知所求数列的通项为 y=2n-1,1-2故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(12)-n=2n+1-n-2.1-2答案：2n+1-n-2 类型二错位相减法求和3. 已知数列a n的前n项和为Sn且an=n 2n,则S=解析:Sn=1 - 2+2 - 22+3 - 23+n - 2n,2S=1 - 22+2 - 23+(n-1) - 2+ n - 2n+1,-得-Sn=2+22+23+2n-n - 2n+1_ ,- 小 n、小门+1=-2(1-2 )-n - 2 =-2+2n+1-n 2n+1所以 S=2+(n-1) - 2n+1.答案:2+( n-1) 2n+1 4.已知数列an,且an=(2n+1) 3n-1,则其前n项和S=解析:Sn=3+5x 3+7X 32+(2n+1) x 3n