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+…+cn1,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Tn0,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d5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=