资源简介

(共50张PPT)
培优课　数列前n项和的求法 能力提升
1.熟练掌握等差、等比数列的求和公式（数学运算）.
2.掌握并项转化法、分组转化法、裂项相消法、错位相减法等求和方法（数学运算）.
重点解读
一、并项转化法求和
【例1】 已知数列an＝（－1）nn，求数列{an}的前n项和Sn.
解：若n是偶数，则Sn＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋（－5＋6）＋…＋[－
（n－1）＋n]＝ ；
若n是奇数，则Sn＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋（－5＋6）＋…＋[－（n
－2）＋（n－1）]＋（－n）＝ －n＝－ .
综上所述，Sn＝
【规律方法】
并项转化法求和的解题策略
（1）一般地，当数列中的各项正负交替，且各项的绝对值成等差数列
时，可以采用并项转化法求和；
（2）在利用并项转化法求和时，因为数列的各项是正负交替的，所以一
般需要对项数n进行分类讨论，最终的结果往往可以用分段形式来表示.
训练1　若数列{an}的通项公式是an＝（－1）n＋1·（3n－2），则a1＋a2
＋…＋a2 025＝（　　）
A. －3 037 B. 3 037
C. －3 036 D. 3 036
解析：S2 025＝（1－4）＋（7－10）＋…＋（6 067－6 070）＋6 073＝
1 012×（－3）＋6 073＝3 037.
B　
二、分组转化法求和
【例2】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝t，点（Sn，an＋1）在直线y
＝3x＋1上.
（1）当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？
解：因为点（Sn，an＋1）在直线y＝3x＋1上，
所以an＋1＝3Sn＋1，
当n≥2时，an＝3Sn－1＋1，
于是an＋1－an＝3（Sn－Sn－1），即an＋1－an＝3an，即an＋1＝4an.
又当n＝1时，a2＝3S1＋1，即a2＝3a1＋1＝3t＋1，
所以当t＝1时，a2＝4a1，此时数列{an}是等比数列.
（2）在（1）的结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的
前n项和，求Tn.
解：由（1）可得an＝4n－1，an＋1＝4n，
所以bn＝log4an＋1＝n，cn＝4n－1＋n，
所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝（40＋1）＋（41＋2）＋…＋（4n－1＋n）
＝（40＋41＋…＋4n－1）＋（1＋2＋…＋n）
＝ ＋ .
【规律方法】
分组转化法求和的适用题型
一般情况下，形如cn＝an±bn，其中数列{an}与{bn}一个是等差数列，另
一个是等比数列，求数列{cn}的前n项和，分别利用等差数列和等比数列
前n项和公式求和即可.
训练2　设等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项都为正
数，且满足a1＝b1＝2，a3＝b1＋b2，S3＝b3＋4.
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
解：设等差数列{an}的公差为d，正项等比数列{bn}的公比为q（q＞
0），
依题意得 解得d＝q＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
（2）记cn＝ （k∈N*），求数列{cn}的前21项的和.
解：由（1）知，a2k－1＝4k－2，数列{a2k－1}是等差数列，首项为2，公差
为4，b2k＝22k＝4k，数列{b2k}是等比数列，首项为4，公比为4，
而cn＝ （k∈N*），
则数列{cn}的前21项的和T21＝（a1＋a3＋…＋a21）＋（b2＋b4＋…＋
b20）＝11×2＋ ×4＋ ＝ ，
所以数列{cn}的前21项的和为 .
三、裂项相消法求和
【例3】 已知各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1， ＝ ＋2（an
＋1＋an）.
（1）求{an}的通项公式；
解：各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1， ＝ ＋2（an＋1＋
an），
整理得（an＋1＋an）（an＋1－an）＝2（an＋1＋an），
由于an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝2，
故数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1.
（2）记bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：由（1）可得bn＝ ＝ ＝ ，
所以Sn＝ ×（ －1＋ － ＋…＋ － ）＝
（ －1）.
【规律方法】
1. 裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能
消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项与消项.
（1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项
的规律为止；
（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后
边就剩倒数第几项.
2. 裂项时常用的三种变形
（1） ＝ （ － ）（k≠0）；
（2） ＝ （ － ）；
（3） ＝ （ － ）（k≠0）.
训练3　求数列an＝ 的前n项和Sn.
解：由an＝ ，
设2n＋3＝m，则an＝ ＝ （ － ），
即an＝ （ － ），
所以Sn＝ ［（ － ）＋（ － ）＋…＋（ － ）］＝
.
四、错位相减法求和
【例4】 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2（n∈N*）.
（1）求数列{an}的通项公式；
解：因为Sn＝2an－2，
当n＝1时，S1＝2a1－2，解得a1＝2，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，
所以an＝Sn－Sn－1＝（2an－2）－（2an－1－2）＝2an－2an－1，即an＝
2an－1（n≥2）.
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
故an＝2×2n－1＝2n.
（2）若bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：由（1）知an＝2n，
则bn＝ ＝ ＝ ，
所以Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ，　①
Tn＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，　②
①－②得 Tn＝1＋（ ＋ ＋…＋ ）－ ＝1＋ －
＝1＋ － － ＝ － ，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝3－ .
【规律方法】
错位相减法的使用范围和注意事项
（1）使用范围：如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列
{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法；
（2）注意事项：在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错
项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式.
训练4　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝ S2，a2n＝2an＋1，
n∈N*.
（1）求数列{an}的通项公式；
解：设等差数列{an}的公差为d，则由S5＝ S2，a2n＝2an＋1，n∈N*，
可得 解得
因此an＝2n－1（n∈N*）.
（2）若bn＝3n，令cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：由（1）知cn＝（2n－1）3n，
∴Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋（2n－1）·3n，　①
3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋（2n－1）·3n＋1，　②
①－②得：－2Tn＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－（2n－1）·3n＋1
＝3＋2×（32＋33＋…＋3n）－（2n－1）·3n＋1＝3＋2× －
（2n－1）·3n＋1＝－6－（2n－2）·3n＋1，
∴Tn＝（n－1）·3n＋1＋3.
1. 求值：1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 021－2 023＝（　　）
A. －2 024 B. －1 012
C. －506 D. 1 012
解析：　1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 021－2 023＝（1－3）＋（5－7）
＋（9－11）＋…＋（2 021－2 023）＝－2×506＝－1 012.
√
2. 化简Sn＝n＋（n－1）×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果
是（　　）
A. 2n＋1＋n－2 B. 2n＋1－n＋2
C. 2n－n－2 D. 2n＋1－n－2
解析：　Sn＝n＋（n－1）×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，
①，2Sn＝n×2＋（n－1）×22＋（n－2）×23＋…＋2×2n－1＋2n，
②，②－①得，Sn＝－n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n＝－n＋ ＝－n
＋2n＋1－2＝2n＋1－n－2.
√
3. 已知数列{an}中，an＝ ，则此数列的前8项和为 　 　.
解析：an＝ ＝ － ，{an}的前8项和为（ － ）＋（
－ ）＋…＋（ － ）＝ － ＝ .

4. 若数列{an}满足an＝ 则a1＋a2＋a3＋…＋a10
＝ .（用具体数值作答）
解析：由题意可得：a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1＋2＋5＋22＋…＋17＋25＝
（1＋5＋…＋17）＋（2＋22＋…＋25）＝ ＋ ＝45＋
62＝107.
107
课堂小结
1. 理清单
（1）并项转化法求和；
（2）分组转化法求和；
（3）裂项相消法求和；
（4）错位相减法求和.
2. 应体会
并项求和、分组求和时利用了转化与化归思想.
3. 避易错
（1）并项求和易忽略总项数的奇偶；
（2）裂项相消求和易忽略正负项个数是否相同；
（3）错位相减法中要注意项的符号以及化简合并.
课时作业
1. 数列an＝ 的前10项和S10＝（　　）
A. B.
C. D.
解析：　因为an＝ ＝ （ － ），所以Sn＝ （1
－ ＋ － ＋ － ＋…＋ － ）＝ （1－ ）＝ ，所以
S10＝ .
√
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2. 已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝（－1）n（3n－1），则S20＋S21
＝（　　）
A. 122 B. 120
C. 2 D. －2
解析：　因为an＝（－1）n（3n－1），所以S20＝（－2）＋5＋（－8）
＋11＋…＋（－56）＋59＝（－2＋5）＋（－8＋11）＋…＋（－56＋59）
＝3×10＝30，S21＝S20＋a21＝30－62＝－32，所以S20＋S21＝－2.故选D.
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3. 数列{an}的通项公式为an＝（－1）n－1·（4n－3），则它的前100项
之和S100＝（　　）
A. 200 B. －200
C. 400 D. －400
解析：　依题意S100＝（4×1－3）－（4×2－3）＋（4×3－3）－…－
（4×100－3）＝4×[（1－2）＋（3－4）＋…＋（99－100）]＝4×（－
50）＝－200.故选B.
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4. 德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，在历史上有很大的影响.他幼
年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求
和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项
的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称为高斯算法.已知数列an＝
，则a1＋a2＋…＋a98＝（　　）
A. 48 B. 50
C. 98 D. 100
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解析：　令S＝a1＋a2＋…＋a97＋a98＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，S＝a98
＋a97＋…＋a2＋a1＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，两式相加得，2S＝（ ＋
＋…＋ ＋ ）＋（ ＋ ＋…＋ ＋ ）＝（ ＋ ）＋（ ＋ ）
＋…＋（ ＋ ）＋（ ＋ ）＝98×2，∴S＝98.
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5. 在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an（n∈N*），则该数
列的前100项之和是（　　）
A. 18 B. 8
C. 5 D. 2
解析：　因为a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an（n∈N*），所以a3＝3－1
＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3
＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，所以{an}是周期为6的周期数列，
因为100＝16×6＋4，所以S100＝16×（1＋3＋2－1－3－2）＋（1＋3＋2
－1）＝5.故选C.
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6. 已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{an cos nπ}的
前2 024项和为（　　）
A. 1 011 B. 1 012
C. 2 022 D. 2 024
√
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解析：　设数列{an}的公差为d，则 解得
∴an＝2n－1，设bn＝an cos nπ，∴b1＋b2＝a1 cos π＋a2 cos 2π
＝2，b3＋b4＝a3 cos 3π＋a4 cos 4π＝2，…，∴数列{an cos nπ}的前2 024
项和S2 024＝（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b2 023＋b2 024）＝2× ＝
2 024.
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7. 〔多选〕已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且an＋2－2an＋
1＋an＝0（n∈N*）.记Tn＝ ＋ ＋…＋ （n∈N*），则下列说法正确
的是（　　）
A. {an}为等差数列 B. an＝n＋1
C. Sn＝ D. Tn＝
√
√
√
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解析： 由an＋2－2an＋1＋an＝0变形得an＋2－an＋1＝an＋1－an，即
{an}为等差数列，因为a1＝1，a2＝2，所以an＝n，Sn＝ ， ＝
＝2（ － ），所以Tn＝ ＋ ＋…＋ ＝2（1－ ＋ －
＋…＋ － ）＝2（1－ ）＝ ，故A、C、D正确.
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8. 若数列{an}的通项公式是an＝ 其前n项和为Sn，则
S30＝ .
解析：由题意得S30＝（a1＋a3＋…＋a29）＋（a2＋a4＋…＋a30）＝（1＋
2＋…＋15）＋（1＋2＋…＋15）＝ ×2＝240.
240
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9. 数列1，3a，5a2，7a3，…，（2n－1）an－1，…（a≠0）的前n项和
Sn＝ .

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解析：当a≠1时，由于an＝（2n－1）an－1（n∈N*），则Sn＝1＋3a＋
5a2＋…＋（2n－1）an－1，aSn＝a＋3a2＋5a3＋…＋（2n－1）an，两式
相减得（1－a）Sn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－（2n－1）an＝
2· －（2n－1）an＋1，∴Sn＝2· － ；当a＝
1时，Sn＝1＋3＋5＋7＋…＋（2n－1）＝ ＝n2，∴Sn＝
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10. 已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝30，且a1，
a2，a4成等比数列.
（1）求数列{an}的通项公式；
解： 由{an}为等差数列，d≠0，前n项和为Sn，且S5＝30，得30＝
5a1＋10d，　①
∵a1，a2，a4成等比数列，∴ ＝a1·a4，
即（a1＋d）2＝a1（a1＋3d），　②
由①②解得 ∴数列{an}的通项公式为an＝2n.
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（2）若bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn.
解： 由bn＝ ，an＝2n，得bn＝ ＝
（ － ）.则数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝ （1－
＋ － ＋…＋ － ）＝ .
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11. 已知数列{an}满足a1＝ ，（4an＋1）an＋1＝3an，Sn为数列{ }的前
n项和.
（1）求证：数列{ －2}是等比数列；
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解： 证明：对（4an＋1）an＋1＝3an整理得，4anan＋1＋an＋1＝3an，
等式两边同时除以an＋1an可得4＋ ＝ ，
等式两边再同时减6得 －2＝3（ －2），即 －2＝ （ －2），
又由a1＝ ，可得 －2＝－ ≠0，故 －2≠0，
则数列{ －2}是首项为－ ，公比为 的等比数列.
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（2）求数列{an}的通项公式；
解： 由（1）得{ －2}的通项公式为 －2＝－ ，
得 ＝2－ ，所以an＝ .
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（3）求数列{ }的前n项和Sn.
解： 由（2）知 ＝2－ ，
所以Sn＝（2－ ）＋（2－ ）＋…＋（2－ ）＝2n－（ ＋ ＋…＋
）＝2n－ （1－ ）＝2n－ ＋ .
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12. 已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3＋a5＝40，a4＝16.
（1）求数列{an}的通项公式；
解： 因为 所以q＝2，a3＝8，
所以数列{an}的通项公式为an＝a3qn－3＝2n.
（2）设bn＝ ，Sn是数列{bn}的前n项和，对任意正整数n，不等式Sn
＋ ＞（－1）n·a恒成立，求a的取值范围.
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解： 因为bn＝ ，所以Sn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ，
Sn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＋ ，
两式相减得， Sn＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ，
所以Sn＝1＋ ＋ ＋…＋ － ＝ － ＝2－ .
所以不等式Sn＋ ＞（－1）n·a对任意正整数n恒成立，即2－ ＞
（－1）n·a对任意正整数n恒成立.
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设f（n）＝2－ （n∈N*），易知f（n）单调递增.
当n为奇数时，f（n）的最小值为1，
所以－a＜1，解得a＞－1；
当n为偶数时，f（n）的最小值为 ，所以a＜ .
综上，a的取值范围是（－1， ）.
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