第四节 数列求和授课提示：对应学生用书第98页[基础梳理]1．等差数列的前n 项和公式S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ． 2．等比数列的前n 项和公式S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.3．数列求和方法 (1)公式法求和：使用已知求和公式求和的方法，即等差、等比数列或可化为等差、等比数列的求和方法．(2)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和就是用此法推导的．(3)倒序相加法：如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和即是用此法推导的． (4)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减． (5)并项求和法：一个数列的前n 项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．1．先看数列通项特点，再想求和方法． 2．常见的拆项公式(1)若{a n }为各项都不为0的等差数列，公差为d (d ≠0)，则1a n ·a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)； (2)1n （n ＋k ）＝1k (1n －1n ＋k)； (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；(4)log a (1＋1n )＝log a (n ＋1)－log a n (a ＞0且a ≠1)． 3．一些常见数列的前n 项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2. (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n 2＋n .(4)12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.(5)13＋23＋…＋n 3＝(1＋2＋…＋n )2.[四基自测] 1．(基础点：裂项求和)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n （n ＋1），则S 5等于( )A ．1B ．56 C.16D ．130答案：B2．(易错点：错位相减法求和)1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．答案：1－x n （1－x ）2－nx n1－x3．(易错点：分组转化法求和)(2－1)＋(22－2)＋…＋(210－10)＝________． 答案：211－574．(基础点：并项求和)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________． 答案：9授课提示：对应学生用书第99页考点一 分组、并项转化法求和挖掘1 分组转化求和/ 互动探究[例1] (1)若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( )A ．2n ＋n 2－1B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2 D ．2n ＋n －2 [解析] S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n ＋2n －1) ＝(2＋22＋…＋2n )＋2(1＋2＋3＋…＋n )－n ＝2（1－2n ）1－2＋2×n （n ＋1）2－n＝2(2n －1)＋n 2＋n －n ＝2n ＋1＋n 2－2. [答案] C(2)直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n ，B n ，n ∈N ＋.数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2. ①求数列{a n }的通项公式；②若b n ＝⎩⎨⎧2n －1（n 为奇数），a n（n 为偶数），求数列{b n }的前n 项和T n .[解析] ①由题意知，圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ，圆C n 的半径r n ＝2a n ＋n ，所以a n ＋1＝(12|A n B n |)2＝r 2n －d 2n ＝2a n ＋n －n ＝2a n ， 又a 1＝1，所以a n ＝2n －1. ②当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1) ＝n （n －1）2＋2（1－2n ）1－4＝n 2－n 2＋23(2n－1)．当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝（n ＋1）2－（n ＋1）2＋23(2n ＋1－1)＝n 2＋n 2＋23(2n ＋1－1)．而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n ，所以T n ＝n 2＋n 2＋13(2n－2)． 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2－n 2＋23（2n －1）（n 为偶数），n 2＋n 2＋13（2n －2）（n 为奇数）.[[例2] (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋ (－1)n －1(4n －3)，则S 15＋S 22－S 31的值是( ) A ．13 B ．76 C ．46 D ．－76[解析] 因为S n ＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n －1(4n －3)，所以S 15＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(49－53)＋57＝(－4)×7＋57＝29，S 22＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(81－85)＝－4×11＝－44，S 31＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(113－117)＋121＝－4×15＋121＝61，所以S 15＋S 22－S 31＝29－44－61＝－76. [答案] D(2)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020＝( )A.2 019×2 0202B.2 020×2 0212C.2 019×2 0192D.2 020×2 0202[解析] a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π＝⎩⎨⎧－n 2 （n 为奇数），n 2 （n 为偶数），∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020＝－12＋22－32＋42－…－2 0192＋2 0202＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0202－2 0192)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 020＝2 020×2 0212.[答案] B [破题技法] 方法 解读 适合题型并项转化法 常见的有首末并项、隔项并项、分段并项、周期并项 并项后的数列构成一个特殊数列 周期结合起来．一个数列通项公式为a n ＝2sin n2π，求S 10.解析：T ＝4，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，∴S 10＝a 9＋a 10＝a 1＋a 2＝2sin π2＋2sin 22π＝2.考点二 裂项相消法求和挖掘1 裂项为差/ 互动探究 [例1] (1)(2020·广州天河一模)数列{a n }满足a 1＝1，对任意n ∈N ＋，都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝( )A.9998 B ．2 C.9950 D.99100[解析] 对任意n ∈N ＋，都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ，则a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋1＝n （n ＋1）2，则1a n＝2n （n ＋1）＝2(1n －1n ＋1)，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫199－1100＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1100＝9950.故选C. [答案] C (2)(2020·安徽安庆二模)已知等比数列{a n }满足：S 1＝1，S 2＝4. ①求{a n }的通项公式及前n 项和S n ；②设b n ＝1（n ＋1）log 3a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .[解析] ①设等比数列{a n }的公比为q ，∵S 1＝1，S 2＝4，∴a 1＝1，a 1(1＋q )＝4，解得q ＝3， ∴a n ＝3n －1.∴S n ＝3n －13－1＝12(3n－1)．②b n ＝1（n ＋1）log 3a n ＋1＝1（n ＋1）n ＝1n －1n ＋1，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.[破题技法] 1.裂项相消法就是将数列的通项拆分成两个式子的差，然后通过累加抵消掉中间的许多项的求和方法，此种方法适用于通项可以分裂成两式之差，尤其是分母为等差数列的两项之积的类型的数列求和问题．破解此类题的关键点： (1)定通项，即根据已知条件求出数列的通项公式．(2)巧裂项，即根据通项公式的特征进行准确裂项，把数列的每一项，表示为两项之差的形式．(3)消项求和，即通过累加抵消掉中间的项，达到消项的目的，准确求和． 2．为了准确裂项、消项，一般先试裂、试消． 裂项注意系数“配平”，消项时，前面剩多少项，最后就剩相同的项数． 挖掘2 裂项为和/自主练透[例2] 已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .[解析] (1)由于等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，所以S n ＝na 1＋n （n －1）2×2＝n 2－n ＋na 1，故S 1＝a 1，S 2＝2＋2a 1，S 4＝12＋4a 1.由于S 1，S 2，S 4成等比数列．故(2＋2a 1)2＝a 1(12＋4a 1)，解得a 1＝1，故a n ＝2n －1.(2)由(1)可知b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －1·4n （2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1(12n －1＋12n ＋1)，当n 为偶数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋(15＋17)－…＋(12n －3＋12n －1)－(12n －1＋12n ＋1)＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(12n －1＋12n ＋1)＝2（n －1）2（n －1）＋1＋(12n －1＋12n ＋1)＝2n ＋22n ＋1.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2n ＋1，n 为偶数，2n ＋22n ＋1，n 为奇数.[破题技法] 本题每项不能分解成两项之差，结合条件中公式的特点，运用裂项前和裂项后相等进行检验，故将每项分解成两项之和，裂项相消法的实质是将数列中的每项进行分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，可能是和式或差式．考点三 错位相加减法挖掘1 错位相减求和/ 互动探究[例1] (1)12＋12＋38＋…＋n2n 的值为__________．[解析] 设S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，②①－②得， 12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n 2n ＋1，∴S n ＝2n ＋1－n －22n ＝2－n ＋22n . [答案] 2－n ＋22n(2)(2020·湖北武汉模拟)已知正项等比数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋2＝14S n ＋32. ①求数列{a n }的首项a 1和公比q ；②若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解析] ①∵S n ＋2＝14S n ＋32，∴S 3＝14S 1＋32，S 4＝14S 2＋32，两式相减得：a 4＝14a 2，∴q 2＝14，又q ＞0，则q ＝12.又由S 3＝14S 1＋32，可知：a 1＋a 2＋a 3＝14a 1＋32，∴a 1(1＋12＋14)＝14a 1＋32， ∴a 1＝1.②由①知a n ＝(12)n －1.∴b n ＝n2n －1，∴T n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，12T n ＝12＋222＋…＋n －12n －1＋n 2n .两式相减得12T n ＝1＋12＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n2n .∴T n ＝4－n ＋22n －1.[破题技法] 1.如果数列{a n }是一个由等差数列{b n }及等比数列{c n }对应项之积组成的数列，即a n ＝b n ·c n ，则其前n 项和S n 的求解常用错位相减法．破解此类题的关键点：(1)巧分拆，即将数列的通项公式分拆为等差数列与等比数列积的形式，并求出公差和公比．(2)构差式，即写出S n 的表达式，再乘以公比或除以公比，然后将两式相减． (3)后求和，根据差式的特征准确进行求和．2．在S n 两边同乘以公比q 时，要保证q ≠1，两式相减时，要找q 的同次项相减． 挖掘2 错位相加法/互动探究[例2] 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝(14)n (n ∈N ＋)，记T n ＝a 1＋a 2·4＋a 3·42＋…＋a n ·4n －1，类比课本中推导等比数列前n 项和公式的方法，求5T n －4n a n . [解析] T n ＝a 1＋a 2·4＋a 3·42＋…＋a n ·4n －1， 4T n ＝a 1·4＋a 2·42＋a 3·43＋…＋a n ·4n ， 两式相加得，5T n ＝a 1＋4(a 1＋a 2)＋42(a 2＋a 3)＋…＋4n －1(a n ＋a n －1)＋4n a n ，由a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝(14)n(n ∈N ＋)，则5T n ＝1＋4×14＋42×(14)2＋…＋4n －1×(14)n －1＋4n a n ＝n ＋4n a n ，所以5T n －4n a n ＝n . [破题技法] 本题是类比课本推导等比数列求和公式的错位相减法，学生大部分就照搬课本方法，但是做不出来，因为此题稍微做了创新．注意题目中的条件，突破通法通性，运用错位相加法，即可求得结论．教学中应注重揭示问题的本质，无论是错位相减还是错位相加都是错位相消法．。