1) 4
(1 4
1) 5
(1 1 ) n
2 n 2 2(n 2)
(
n
1 1
n
1
2
)
变式1
求11121213121341231n,(nN*)。
解：由题知
··· ···
··· 2[ 1 1 1 1 ]
1 2 2 3 3 4 n(n 1) ···
2n n 1
变式２：已知 an
Sn
na1
2
an
na1
nn 1
2
d
2.等比数列前n项和:
na1
q 1
Sn
a1
1
qn
q 1
1 q
基础训练
1． S n 为数列an 的前n项和an n(n 1)，则
S5 _______
2. 2 4 6 ... 2n _________
11 1
3.
1 ... _________
1 n n1
，若 an 前n项和
为10，则项数n为____1_2_0____.
即时小结
在什么情况下，用裂项求和？
点评：如果数列的通项公式可转化为 f n 1 f (n) 形式，常采用裂项求和的方法．特别地，
当数列形如
an
1 an
1
，其中
a
n
是等差数列，可尝试采用此法．
小结:
1.公式法:直接利用等差等比数列的求和公式
2.倒序相加法：如果一个数列{an}，与首末两项等距的两项之和等于首末两项 之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，有公因式可提，并且剩余的 项的和可求出来，这一求和的方法称为倒序相加法
3.错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个 等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法.
4.分组转化法：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这 类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和， 再将其合并即可.
5.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此 法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首 尾若干少数项之和，这一求和方法称 为裂项相消法.
巩固练习
1、求和：1 1 2 1 3 1 [n (1)n ]
2 48
2
1 2
n(n 1)
1 2n
1
1 2、求和：1 3
基础训练:
1． S n 为数列an 的前n项和an n(n 1)，则
S5 __7__0___
2. 2 4 6 ... 2n __n__2___n__
11
1
2 1
3. 1 2 4 ... 2n ______2_n__
复习:
数列{a }的前n项和 n
S n
a1
a2
an
1.等差数列前n项和:
化简数列 an
f (0)
f (1) n
f (2) n
f (n 1) n
f (1)
分析:
数列特点：与首末等距离的两项之和等于首末两项之和。 根据数列的特点，将其倒写后与原数列相加，以达到求和 的目的。（联系：等差数列的前n项和推导过程以及高斯小
时候巧解算术题）。
倒序相加法
（2）求数列前n项的和2 224 Nhomakorabea2n
公式求和
变式1
···
=(2+4+···+2n)
··· ···
变式2：求和 ···
解：由题知
···
···
(2 1) (22 1) (2n 1)
···
想一想
···
分组求和
❖ 即时总结： 求前n项和关键的第一步：
例1
(1) 函数 f (x) 对任意 x R 都有 f (x) f (1 x) 1 2
1 3
5
(2n
1 1)(2n
1)
n 2n 1
3． f (x) 1 ，则 f (5) f (4) f (0) f (6) 3 2
2x 2
4．502 492 482 472 ... 22 12 _1__2__7__5
设 Sn
2 4 2 22
6 23
2n 2n
①
1
246
2n
2 Sn
22
23
24
2 n1
②（设制错位）
①－②得(1
1 2
)S
n
2 2
2 22
2 23
2 24
2 2n
22nn（1 错位相减）
∴
1
2n
2
n2
2 n1
2 n1
Sn 4 2n1
例2
裂项相
消
求和
Sn
1 23
1 3 4
1 45
,
4 22
,
6 23
, ,
2n 2n
,
分析
如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列 对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法.
错位相减法
求数列前n项的和.
2, 2
4 22
,
6 23
, ,
2n 2n
,
解：由题可知，{
2n
}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{
1
}的通项之积
2n
2n
(n
1 1)(n
2)
分析：此 数列为特殊数列，其 通项的 分母是两个因式之积，且两数 相差1
若把通项作适当变形为 1 1 1 ，
(n 1)(n 2) n 1 n 2
求和
Sn
1 23
1 3 4
1 45
(n
1 1)(n
2)
解:
1
11
an
(n
1)(n
2)
n
1
n
2
Sn
(
1 2
1) 3
(1 3