2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第九章第三节　求数列的前n项和

第三节　求数列的前n项和

复习目标
学法指导
1.等差、等比数列的前n项和公式.
2.等差、等比数列的求和公式应用.(发展要求)
3.常见求数列前n项和的方法.
(1)倒序相加法
(2)错位相减法
(3)裂项相消法
(4)分组求和法
4.特殊数列求和.
1.从求等差数列前n项和公式中体现高斯算法(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相减法的作用.
3.注意把握各种特殊数列.比如通项是分式形式,一般采取裂项求和;能转化为等差、等比的可以分组求和等.


一、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
Sn==na1+d
Sn=

推导
方法
倒序相加
错位相减(使用时需对q=1和q≠1分类讨论)
方程
思想
五个基本量a1,an,n,d(q),Sn,知道任意三个建立方程(组)可求其余的
函数
思想
(1)Sn=na1+d=n2+(a1-)n=An2+Bn.
d=0时,Sn是关于n的一次函数.
d≠0时,Sn是关于n的无常数项的二次函数.
(2)若Sn是关于n的有非零常数项的二次函数,则从第二项起为等差数列
(1)q=1时,Sn是关于n的无常数项的一次函数.
(2)q≠1时,Sn=-·qn=A-Aqn.
Sn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
性质
Sk,S2k-Sk,S3k-S2k仍成等差数列.
等差数列中,等长连续片断的和仍成等差数列
Sk,S2k-Sk,S3k-S2k仍成等比数列(其中Sk≠0).
等比数列中,等长连续片断的和仍成等比数列
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Sn是关于n的无常数项的二次函数,则数列{an}是等差数列;若Sn是关于n的有非零常数项的二次函数,则从第二项起{an}为等差数列;若Sn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{an}为等比数列.
2.三种常见求和类型
(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,常用错位相减法求和.
(2)若数列的通项公式是由等差数列和等比数列之和构成的,常用拆项分组法求和.
(3)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=;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=q.
3.1+2+3+…+n=.
4.2+4+6+…+2n=n2+n.
5.1+3+5+7+…+2n-1=n2.
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Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,则S17等于(　A　)
(A)9 (B)8 (C)17 (D)16
解析:S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17
=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Sn,a5=5,S5=15,则{}的前100项和为(　A　)
(A) (B) (C) (D)
解析:设数列{an}的首项为a1,公差为d,因为a5=5,S5=15,
所以
所以
所以an=a1+(n-1)d=n,
所以==-,
所以{}的前100项和为
(1-)+(-)+…+(-)=1-=.
故选A.
3.3×2-1+4×2-2+5×2-3+…+(n+2)·2-n=　　　　. 
解析:设Sn=3×2-1+4×2-2+5×2-3+…+(n+2)·2-n,
Sn=3×2-2+4×2-3+5×2-4+…+(n+2)·2-(n+1),
则Sn=3×2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-(n+1)
=1+-(n+2)·2-n-1
=2--(n+2)·2-n-1,
Sn=4--=4-.
答案:4-
4.等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=　　　　　. 
解析:因为
所以解得
所以an=n,Sn=,
所以==2(-),
所以=2(1-+-+…+-)
=2(1-)
=.
答案:
5.(2019·丽水模拟)已知等差数列{an}的公差d≠0,且a1,a3,a9构成等比数列{bn}的前3项,则=　　　　;若d=2,则数列{bn}的前n项的和Sn=　　　　. 
解析:因为a1,a3,a9构成等比数列{bn}的前3项,所以=a1a9,即(a1+2d)2=a1(a1+8d),解得a1=d,则==.当d=2时,b1=a1=2,b2=a3=6,则等比数列{bn}的首项为2,公比为3,则数列{bn}的前n项和Sn==3n-1.
答案:　3n-1

考点一　分组法求和
[例1] 已知数列{an},{bn}满足a1=5,an=2an-1+3n-1(n≥2,n∈N*),bn=an-3n(n∈N*).
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解:(1)因为an=2an-1+3n-1(n∈N*,n≥2),
所以an-3n=2(an-1-3n-1),
所以bn=2bn-1(n∈N*,n≥2).
因为b1=a1-3=2≠0,
所以bn≠0(n≥1),
所以=2(n≥2),
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.
解:(2)由(1)知an=bn+3n=2n+3n,
所以Sn=(2+22+…+2n)+(3+32+…+3n)
=+
=2n+1+-.
分组法求和的常见类型
(1)若an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组法求{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,可采用分组法求和.

已知数列{an},{bn}的各项均不为零,若{bn}是单调递增数列,且2an=bn·bn+1,an+an+1=,a1=b2,a2=b6.
(1)求b1及数列{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足c1=-,cn+cn+1=,求数列{c2n}的前n项的和Sn.
解:(1)因为a1=b2,2a1=b1b2,所以b1=2.
因为+=,则=bn+1,
所以{bn}是等差数列,
又2(2+5d)=(2+d)(2+2d),
所以d=2.
所以bn=2n.
解:(2)因为c1+c2=2,
所以c2=,
当n≥2时,cn+cn+1=2n,cn-1+cn=2n-1,
所以cn+1-cn-1=2n-1(n≥2),
所以c4-c2=22,c6-c4=24,…,c2n-c2n-2=22n-2,
累加得当n≥2时,c2n-c2=(4n-1-1),即c2n=×4n+1,
c2=也适合上式,
故c2n=×4n+1(n∈N*),
所以Sn=n+(4n-1).
考点二　错位相减法求和
[例2] 已知数列{an}为等差数列,Sn是数列{an}的前n项和,且a5=5,S3=a6.数列{bn}满足a1b1+a2b2+…+anbn=(2n-2)bn+2.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)令cn=,n∈N*,证明:c1+c2+…+cn<2.
(1)解:设等差数列{an}的公差为d,
所以
解得
所以数列{an}的通项公式为an=n.
所以b1+2b2+…+nbn=(2n-2)bn+2,
当n≥2时,b1+2b2+…+(n-1)bn-1=(2n-4)bn-1+2
⇒(2n-4)bn-1=(n-2)bn⇒=2,
即{bn}是等比数列,且b1=2,q=2,
所以bn=2n.
(2)证明:cn==,
记T=c1+c2+…+cn=++…+,
则2T=1+++…+,
所以T=2T-T=1+++…+-=2-<2.
(1)新数列{cn}={an·bn},其中数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,求数列{cn}前n项和分三步:①写出数列{cn}的前n项和Sn=c1+c2+c3+…+cn;②把上述和式等号左右各项都乘以等比数列{bn}的公比q得qSn=qc1+qc2+qc3+…+qcn;③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,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.
(1)求q的值;
(2)求数列{bn}的通项公式.
解:(1)由a4+2是a3,a5的等差中项,
得a3+a5=2a4+4,
所以a3+a4+a5=3a4+4=28,
解得a4=8.
由a3+a5=20,得8(q+)=20,
解得q=2或q=.
因为q>1,所以q=2.
解:(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn=
解得cn=4n-1.
由(1)可得an=2n-1,
所以bn+1-bn=(4n-1)×()n-1,
故bn-bn-1=(4n-5)×()n-2,n≥2,
bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)×()n-2+(4n-9)×()n-3+…+7×+3.
设Tn=3+7×+11×()2+…+(4n-5)×()n-2,n≥2,
则Tn=3×+7×()2+…+(4n-9)×()n-2+(4n-5)×()n-1,
所以Tn=3+4×+4×()2+…+4×()n-2-(4n-5)×()n-1,
因此Tn=14-(4n+3)·()n-2,n≥2,
又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·()n-2.
考点三　裂项相消法求和
[例3] (2019·宁波模拟)已知等差数列{an}的公差d≠0,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.
(1)求使不等式an≥0成立的最大自然数n;
(2)记数列{}的前n项和为Tn,求证:-≤Tn≤.
(1)解:由题意,可知=a1·a13,
即(a1+10d)2=a1·(a1+12d),
所以d(2a1+25d)=0.
又a1=25,d≠0,
所以d=-2,
所以an=-2n+27.
所以-2n+27≥0,
所以n≤13.5,
故满足题意的最大自然数为n=13.
(2)证明:=
=-(-),
所以Tn=+++…+
=-[(-)+(-)+…+(-)]
=-(-)
=-+.
从而当n≤12时,Tn=-+单调递增,且Tn>0,
当n≥13时,Tn=-+单调递增,且Tn<0,
所以T13≤Tn≤T12,
由T12=,T13=-知不等式成立.
(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.
(2)裂项相消法的基本思想是把数列的通项an分拆成an=bn+1-bn或者an=bn-bn+1或者an=bn+2-bn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{an}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:
①an==-,an==(-);
②an==(-);
③an==-,
an==(-);
④an==[-]
=[(-)-(-)];
⑤an=·=·=-.

已知正项数列{an}满足:4Sn=+2an-3,其中Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)令n=1得4a1=+2a1-3,
且an>0,解得a1=3.
当n≥2时,4Sn-4Sn-1=-+2an-2an-1,
即4an=-+2an-2an-1,
整理得(an+an-1)(an-an-1-2)=0,
因为an>0,
所以an-an-1=2,
所以数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列,
故an=3+(n-1)×2=2n+1.
解:(2)由(1)知:
bn====(-),
所以Tn=b1+b2+…+bn=(1-+-+…+-)=(1-)=.
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a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.
(1)求d,an;
(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
解:(1)由已知得
=5a1a3⇒4=50(a1+2d)⇒
(11+d)2=25(5+d) ⇒121+22d+d2=125+25d⇒d2-3d-4=0⇒或
解:(2)由(1)知,当d<0时,an=11-n,
所以|an|=
①当1≤n≤11时,
an≥0,
所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+an==.
②当n≥12时,
因为an≤0,
所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+a11-(a12+a13+…+an)=2(a1+a2+a3+…+a11)-(a1+a2+a3+…+an)=2×-=.
综上所述,
|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=
(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.

(2019·金色联盟模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2,数列{bn}为等差数列,b1=3a1,b4=a5-2.
(1)求{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=an-bn,求数列{|cn|}的前n项和Tn.
解:(1)当n=1时,a1=S1=2a1-2,得a1=2;
当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,
由an=Sn-Sn-1,得an=2an-1.
故{an}为等比数列,其公比为2,
所以an=2n.
由a1=2,b1=3a1,得b1=6,b4=a5-2=30,
因为{bn}为等差数列,所以其公差为d=8,
所以bn=8n-2.
解:(2)因为cn=an-bn=2n-8n+2,
所以当n≤5时,cn<0,当n>5时,cn>0.
所以当n≤5时,Tn=b1-a1+b2-a2+…+bn-an=4n2+2n+2-2n+1.
当n>5时,Tn=(b1-a1+b2-a2+…+b5-a5)+(a6-b6+…+an-bn)=2n+1-4n2-2n+94.

裂项相消及错位相减法求和
[例题] (2019·浙江学军中学模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,S2=2a2-2,S3=a4-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=Tn为{bn}的前n项和,求T2n.
解:(1)由题意知S2=2a2-2,①
S3=a4-2,②
由②-①得a3=a4-2a2,
即q2-q-2=0,
又因为q>0,
所以q=2.
因为S2=2a2-2,所以a1+a2=2a2-2,
所以a1+a1q=2a1q-2,
所以a1=2,
所以an=2n.
解:(2)由(1)知bn=
即bn=
所以T2n=b1+b2+b3+…+b2n
=(1-+-+…+-)+[2×2-2+4×2-4+6×2-6+…+(2n)·2-2n]
=+[2×2-2+4×2-4+6×2-6+…+(2n)·2-2n].
设A=2×2-2+4×2-4+6×2-6+…+(2n)·2-2n,
则A=2×2-4+4×2-6+6×2-8+…+(2n-2)·2-2n+(2n)·2-2n-2,
两式相减得A=+2(2-4+2-6+2-8+…+2-2n)-(2n)·2-2n-2,
整理得A=-,
所以T2n=-+.

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;
(2)裂项相消时,要注意消去了哪些项,余下哪些项;
(3)若求Tn,则最后结果要用分段形式表达.
温馨提示: (1)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;
(2)当n为奇数时,把bn拆项成(-)是本题之关键,正负抵消要看清剩余的项.
[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x1+x2=3,x3-x2=2.

(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1, 1),P2(x2, 2),…,Pn+1(xn+1, n+1)得到折线P1 P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.
解:(1)设数列{xn}的公比为q,
由题意得
所以3q2-5q-2=0.
由已知得q>0,
所以q=2,x1=1,
因此数列{xn}的通项公式为xn=2n-1.
解:(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.
由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,
记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn.
由题意得bn=×2n-1=(2n+1)×2n-2,
所以Tn=b1+b2+…+bn=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×
2n-2.①
又2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②
①-②得
-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1
=+-(2n+1)×2n-1,
所以Tn=.
[规范训练2] 已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),
b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1(n∈N*).
(1)求an与bn;
(2)记cn=-,求数列{cn}的前n项和Tn.
解:(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(n∈N*).
由题意知,
当n=1时,b1=b2-1,故b2=2,
当n≥2时,b1+b2+…+bn-1+bn=bn+1-1,
b1+b2+…+bn-1=bn-1,
两式相减得bn=bn+1-bn,
整理得=,
所以bn=n(n∈N*).
解:(2)可知cn=-,
所以Tn=-(1-)=(1-)-.

类型一　分组法求和
1.已知数列{an}满足a1=1,an+1·an=2n(n∈N*),则S2 016等于(　B　)
(A)22 016-1 (B)3·21 008-3
(C)3·21 008-1 (D)3·21 007-2
解析:a1=1,a2==2,又==2.
所以=2.
所以a1,a3,a5,…成等比数列;a2,a4,a6,…成等比数列,
所以S2 016=a1+a2+a3+a4+a5+a6+…+a2 015+a2 016
=(a1+a3+a5+…+a2 015)+(a2+a4+a6+…+a2 016)
=+=3·21 008-3.
故选B.
2.有穷数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n-1所有项的和为　　　　. 
解析:由题意知所求数列的通项为=2n-1,
故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为-n=2n+1-n-2.
答案:2n+1-n-2
类型二　错位相减法求和
3.已知数列{an}的前n项和为Sn且an=n·2n,则Sn=　　　　　　　. 
解析:Sn=1·2+2·22+3·23+…+n·2n,①
2Sn=1·22+2·23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,②
①-②得-Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1
=-2(1-2n)-n·2n+1
=-2+2n+1-n·2n+1
=-2-(n-1)·2n+1,
所以Sn=2+(n-1)·2n+1.
答案:2+(n-1)·2n+1
类型三　裂项相消法求和
4.已知数列{an}的通项公式an=.若数列{an}的前n项和Sn=,则n等于(　B　)
(A)6 (B)7 (C)8 (D)9
解析:因为数列{an}的通项公式an=,那么要求解数列的前n项和问题,主要是分析通项公式的特点.因为an==(-),
因此可知,
Sn=a1+a2+a3+…+an
=[(1-)+(-)+(-)+…+(-)]
=(1-)
=,
所以=,所以n=7.故可知n的值为7,故选B.
5.若已知数列的前四项是,,,,则数列的前n项和为　　　　. 
解析:因为通项an==(-),
则数列的前n项和Sn=(-+-+-+…+-+-),
Sn=(+--)=-.
答案:-
类型四　含绝对值数列求和
6.(2016·浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn,已知S2=4,an+1=2Sn+1,
n∈N*.
(1)求通项公式an;
(2)求数列{|an-n-2|}的前n项和.
解:(1)由题意得则
又当n≥2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,
得an+1=3an.
又a2=3a1,
所以,数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*.
解:(2)设bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,b1=2,b2=1.
当n≥3时,由于3n-1>n+2,
故bn=3n-1-n-2,n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3.
当n≥3时,
Tn=3+-=,
所以Tn=