第四节 数列求和.docx
第四节数列求和
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式及倒序相加求和、错位相减求和法.
2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.
1.数列{1＋2n－1}的前n项和为（）
A.1＋2n B.2＋2n
C.n＋2n－1 D.n＋2＋2n
解析：C由题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋1－2n1－2＝
2.数列{an}的通项公式是an＝（－1）n（2n－1），则该数列的前100项之和为（）
A.－200 B.－100
C.200 D.100
解析：DS100＝（－1＋3）＋（－5＋7）＋…＋（－197＋199）＝2×50＝100.
3.等差数列{an}中，已知公差d＝12，且a1＋a3＋…＋a99＝50，则a2＋a4＋…＋a100＝（
A.50 B.75
C.100 D.125
解析：Ba2＋a4＋…＋a100＝（a1＋d）＋（a3＋d）＋…＋（a99＋d）＝（a1＋a3＋…＋a99）＋50d＝50＋25＝75.
4.已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝.
答案：（n－1）2n＋1＋2
解析：因为an＝n·2n，所以Sn＝1·21＋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）1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝（1－n）2n＋1－2.所以Sn＝（n
常见的裂项技巧
（1）1n（n＋k）＝1
（2）1（2n－1)(2n
（3）1n＋n＋k＝1
（4）1n（n+1)(n+2）
（5）12n－1＋2n+1
1.（2024·杭州一模）数列{an}的通项公式为an＝1n＋n+1，若{an}的前n项和为9，则n
A.576 B.99
C.624 D.625
解析：B由结论（3），Sn＝（2－1）＋（3－2）＋…＋（n+1－n）＝n+1－1，又因为Sn＝n+1－1＝9，所以n＝
2.已知数列1（2n－1)(2n+1）的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，不等式12Tn＜a2
答案：（－∞，－2]∪[3，＋∞）
解析：由结论（2），Tn＝12（1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n－1－12n+1）＝12（1－12n+1）＝12－12·12n+1＜12，又因为12Tn＜a2
3.在数列{an}中，an＝1n（n+1），若{an}的前n项和为2
答案：2024
解析：由结论（1）知，an＝1n（n+1）＝1n－1n+1，∴Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n
分组转化法求和
【例1】（2021·新高考Ⅰ卷17题）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a
（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
（2）求{an}的前20项和.
解：（1）因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝a
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3（n－1）＝3n－1，n∈N*.
（2）因为an＋1＝a
所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1，①
a2k＋1＝a2k＋2，②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，③
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.
所以数列{an}的前20项和S20＝（a1＋a3＋a5＋…＋a19）＋（a2＋a4＋a6＋…＋a20）＝10＋10×92×3＋20＋10×
解题技法
分组转化法求和的常见类型
数列{an}的特征
求前n项和的方法
数列{an}可以看作其他两个（或更多个）数列之和，即an＝bn＋cn
分别求数列{bn}，{cn}的前n项和，相加得解
数列的奇偶项满足不同规律，即an＝…
把奇数项和偶数项看作两个数列，分别求和，相加得解，往往需要分n为奇数和偶数进行讨论
数列通项中含绝对值
先不考虑绝对值，求解数列从哪一项开始变号，把正数项和非正数项分开看作两个数列，分别求和（此时需考虑绝对值），相加得解
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n＋a.
（1）求an；
（2）定义[x]为取整数x的个位数，如[1]＝1