PAGE5-第四節數列求和[考綱傳真]1.駕馭等差、等比數列的前n項和公式.2.駕馭特別的非等差、等比數列的幾種常見的求和方法．1．公式法(1)等差數列的前n項和公式：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d；(2)等比數列的前n項和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))2．幾種數列求和的常用方法(1)分組求和法：一個數列的通項公式是由若干個等差或等比或可求和的數列組成的，則求和時可用分組求和法，分別求和而后相加減．(2)裂項相消法：把數列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得前n項和．裂項時常用的三種變形：①eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)；②eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；③eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).(3)錯位相減法：假如一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列的對應項之積構成的，那么求這個數列的前n項和即可用錯位相減法求解．(4)倒序相加法：假如一個數列{an}與首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一個常數，那么求這個數列的前n項和即可用倒序相加法求解．(5)并項求和法：一個數列的前n項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采納兩項合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.[常用結論]常用求和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2.(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.(4)12＋22＋…＋n2＝eq\f(nn＋12n＋1,6).[基礎自測]1．(思索辨析)推斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)已知等差數列{an}的公差為d，則有eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1))).()(2)當n≥2時，eq\f(1,n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1))).()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和時只要把上式等號兩邊同時乘以a即可依據錯位相減法求得．()(4)假如數列{an}是周期為k(k為大于1的正整數)的周期數列，那么Skm＝mSk.()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√2．(教材改編)數列{an}的前n項和為Sn，若an＝eq\f(1,nn＋1)，則S5等于()A．1 B.eq\f(5,6)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,30)B[∵an＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).]3．數列{an}的通項公式是an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，前n項和為9，則n等于()A．9 B．99C．10 D．100B[∵an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＋(eq\r(n)－eq\r(n－1))＋…＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(2)－eq\r(1))＝eq\r(n＋1)－1，令eq\r(n＋1)－1＝9，得n＝99，故選B.]4．數列{1＋2n－1}的前n項和為()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2nC[Sn＝(1＋1＋…＋1)＋(20＋21＋…＋2n－1)＝n＋eq\f(1－2n,1－2)＝2n＋n－1.故選C.]5．數列{an}的前n項和為Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，則S17＝________.9[S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.]分組轉化法求和【例1】(2024·合肥檢測)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且滿意S4＝24，S7＝63.(1)求數列{an}的通項公式；(2)若bn＝2an＋(－1)n·an，求數列{bn}的前n項和Tn.[解](1)因為{an}為等差數列，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋\f(4×3,2)d＝24,S7＝7a1＋\f(7×6,2)d＝63))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3,d＝2))?an＝2n＋1.(2)因為bn＝2an＋(－1)n·an＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，所以Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n·(2n＋1)]＝eq\f(84n－1,3)＋Gn.當n＝2k(k∈N*)時，Gn＝2×eq\f(n,2)＝n，所以Tn＝eq\f(84n－1,3)＋n；當n＝2k－1(k∈N*)時，Gn＝2×eq\f(n－1,2)－(2n＋1)＝－n－2，所以Tn＝eq\f(84n－1,3)－n－2，所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(84n－1,3)＋nn＝2k，k∈N*，,\f(84n－1,3)－n－2n＝2k－1，k∈N*.)).[規律方法]分組轉化法求和的常見類型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數列，則可采納分組求和法求{an}的前n項和．(2)通項公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn，n為奇數，,cn，n為偶數))的數列，其中數列{bn}，{cn}是等比數列或等差數列，可采納分組求和法求和．易錯警示：留意在含有字母的數列中對字母的分類探討．(2024·北京高考)已知{an}是等差數列，{bn}是等比數列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通項公式；(2)設cn＝an＋bn，求數列{cn}的前n項和．[解](1)設等比數列{bn}的公比為q，則q＝eq\f(b3,b2)＝eq\f(9,3)＝3，所以b1＝eq\f(b2,q)＝1，b4＝b3q＝27，所以bn＝3n－1(n∈N*)．設等差數列{an}的公差為d.因為a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2.所以an＝2n－1(n＝1,2,3，…)．(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1.因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.從而數列{cn}的前n項和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝eq\f(n1＋2n－1,2)＋eq\f(1－3n,1－3)＝n2＋eq\f(3n－1,2).裂項相消法求和【例2】(2024·唐山五校聯考)已知數列{an}滿意：eq\f(1,a1)＋eq\f(2,a2)＋…＋eq\f(n,an)＝eq\f(3,8)(32n－1)，n∈N*.(1)求數列{an}的通項公式；(2)設bn＝log3eq\f(an,n)，求eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1).[解]eq\f(1,a1)＝eq\f(3,8)(32－1)＝3，當n≥2時，因為eq\f(n,an)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(2,a2)＋…＋\f(n,an)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(2,a2)＋…＋\f(n－1,an－1)))＝eq\f(3,8)(32n－1)－eq\f(3,8)(32n－2－1)＝32n－1，當n＝1時，eq\f(n,an)＝32n－1也成立，所以an＝eq\f(n,32n－1).(2)bn＝log3eq\f(an,n)＝－(2n－1)，因為eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).[規律方法]1利用裂項相消法求和時，應留意抵消后并不肯定只剩下第一項和最終一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項.2將通項公式裂項后，有時侯須要調整前面的系數，使裂開的兩項之差和系數之積與原通項公式相等.(2024·銀川質檢)正項數列{an}的前n項和Sn滿意：Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求數列{an}的通項公式an；(2)令bn＝eq\f(n＋1,n＋22a\o\al(2,n))，數列{bn}的前n項和為Tn，證明：對于隨意的n∈N*，都有Tn＜eq\f(5,64).[解](1)∵Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，∴[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0，∴Sn＝n2＋n或Sn＝－1(舍去)當n＝1時，a1＝S1＝2，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n，∴an＝2n(n∈N*)．(2)bn＝eq\f(n＋1,4n2n＋22)＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22))).∴Tn＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)＋\f(1,4)－\f(1,16)＋\f(1,9)－\f(1,25)＋…＋\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))＝eq\f(1,16)1＋eq\f(1,4)－eq\f(1,n＋12)－eq\f(1,n＋22)＝eq\f(5,64)－eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋12)＋\f(1,n＋22)))又n∈N*，∴Tn＜eq\f(5,64).錯位相減法求和【例3】已知數列{an}的首項a1＝3，前n項和為Sn，an＋1＝2Sn＋3，n∈N*.(1)求數列{an}的通項公式．(2)設bn＝log3an，求數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n項和Tn.[解](1)由an＋1＝2Sn＋3，得an＝2Sn－1＋3(n≥2)，兩式相減得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，故an＋1＝3an(n≥2)，所以當n≥2時，{an}是以3為公比的等比數列．因為a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，eq\f(a2,a1)＝3，所以{an}是首項為3，公比為3的等比數列，an＝3n.(2)an＝3n，故bn＝log3an＝log33n＝n，eq\f(bn,an)＝eq\f(n,3n)＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，Tn＝1×eq\f(1,3)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，①eq\f(1,3)Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1.②①－②，得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1＝eq\f(\f(1,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1,1－\f(1,3))－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1＝eq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，所以Tn＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n.[規律方法]錯位相減法求和的詳細步驟步驟1→寫出Sn＝c1＋c2＋…＋cn；步驟2→等式兩邊同乘等比數列的公比q，即qSn＝qc1＋qc2＋…＋qcn；步驟3→兩式錯位相減轉化成等比數列求和；步驟4→兩邊同除以1－q，求出Sn.同時留意對q是否為1進行探討.(2024·天津高考)已知{an}為等差數列，前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項為2的等比數列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)求數列{a2nb2n－1}的前n項和(n∈N*)．[解](1)設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因為q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②聯立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以數列{an}的通項公式為an＝3n－2，數列{bn}的通項公式為bn＝2n.(2)設數列{a2nb2n－1}的前n項和為Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，①4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，②①－②，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝eq\f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8，得Tn＝eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).所以數列{a2nb2n－1}的前n項和為eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).1．(2024·全國卷Ⅱ)等差數列{an}的前n項和為Sn，a3＝3，S4＝10，則eq\o(∑,\s\up12(n))eq\o(,\s\do4(k＝1))eq\f(1,Sk)＝________.eq\f(2n,n＋1)[設等差數列{an}的公差為d，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝3，,S4＝4a1＋\f(4×3,2)d＝10，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.))∴Sn＝n×1＋eq\f(nn－1,2)×1＝eq\f(nn＋1,2)，eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴eq\o(∑,\s\up12(n))eq\o(,\s\do4(k＝1))eq\f(1,Sk)＝eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\