北师大版高中数学必修五课件章末归纳整合1

§2 等差数列2.1 等差数列第1课时等差数列的概念及其通项公式学习目标核心素养1.理解等差数列的概念．(难点)2．掌握等差数列的判定方法．(重点) 3．会求等差数列的通项公式及利用通项公式求特定的项．(重点、难点) 1.通过等差数列概念的学习培养学生的数学抽象素养．2．借助于等差数列的通项公式提升学生的数学运算素养.1．等差数列的概念阅读教材P10～P11例1以上部分,完成下列问题．文字语言从第2项起,每一项与它前一项的差等于同一个常数,这样的数列就叫作等差数列．这个常数称为等差数列的公差,通常用字母d 表示符号语言若a n－a n－1＝d(n≥2),则数列{a n}为等差数列思考：(1)数列{a n}的各项为：n,2n,3n,4n,…,数列{a n}是等差数列吗？[提示] 不是,该数每一项与其前一项的差都是n,不是常数,所以不是等差数列．(2)若一个数列从第二项起每一项与它前一项的差都是常数,这个数列一定是等差数列吗？[提示] 不一定,当一个数列从第二项起每一项与它前一项的差都是同一个常数时,这个数列才是等差数列．如数列：1,2,3,5,7,9,就不是等差数列．2．等差数列的通项公式如果等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,那么它的通项公式为a n＝a1＋(n－1)d．思考：(1)若已知等差数列{a n}的首项a1和第二项a2,可以求其通项公式吗？[提示] 可以,可利用a2－a1＝d求出d,即可求出通项公式．(2)等差数列的通项公式一定是n的一次函数吗？[提示] 不一定,当公差为0时,等差数列的通项公式不是n的一次函数,而是常数函数．3．等差数列通项公式的推导如果等差数列{a n}的首项是a1,公差是d,根据等差数列的定义得到a2－a1＝d,a3－a2＝d,a4－a3＝d,…所以a2＝a1＋d,a 3＝a 2＋d ＝a 1＋d ＋d ＝a 1＋2d, a 4＝a 3＋d ＝a 1＋2d ＋d ＝a 1＋3d, ……由此归纳出等差数列的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ．1．等差数列{a n }中a 1＝2,公差d ＝3,则a n ＝( ) A ．2n ＋1 B ．3n ＋1 C ．2n －1D ．3n －1D [a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋3(n －1)＝3n －1.] 2．在等差数列{a n }中,a 1＝0,a 3＝4,则公差d ＝( ) A ．4 B ．2 C ．－4D ．－2B [a 3－a 1＝4－0＝2d,故d ＝2.]3．等差数列32,－12,－52,…的第10项为( )A ．－372B ．－332C ．372D ．332B [由a 1＝32,d ＝－12－32＝－2,得a n ＝32＋(n －1)(－2)＝－2n ＋72.所以a 10＝－2×10＋72＝－332.]4．已知等差数列{a n }中,d ＝－13,a 7＝8,则a 1＝________.10 [由a 7＝a 1＋6d ＝8且d ＝－13代入解得a 1＝8－6d ＝8＋2＝10.]等差数列的判定【例1(1)a n ＝3－2n ；(2)a n ＝n 2－n.[解] (1)因为a n ＋1－a n ＝[3－2(n ＋1)]－(3－2n)＝－2,是常数,所以数列{a n }是等差数列．(2)因为a n ＋1－a n ＝[(n ＋1)2－(n ＋1)]－(n 2－n)＝2n,不是常数,所以数列{a n }不是等差数列．等差数列的判断方法——定义法等差数列的定义是判断一个数列是否为等差数列的重要依据,要证明一个数列是等差数列,可用a n ＋1－a n ＝d(常数)或a n －a n －1＝d(d 为常数且n≥2)．但若要说明一个数列不是等差数列,则只需举出一个反例即可．[提醒] 当d ＞0时,等差数列{a n }是递增数列； 当d ＜0时,等差数列{a n }是递减数列； 当d ＝0时,等差数列{a n }是常数列．1．若数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1,a 1＝1,求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列．[证明] 由a n ＋1＝a n 2a n ＋1得1a n ＋1＝2a n ＋1a n ＝2＋1a n ,即1a n ＋1－1a n ＝2,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1,公差为2的等差数列．等差数列的通项公式及应用【例2】 (1)求等差数列8,5,2,…的第20项；(2)在等差数列{a n }中,已知a 6＝12,a 18＝36,求通项公式a n . [解] (1)由a 1＝8,a 2＝5,得d ＝a 2－a 1＝5－8＝－3, 故a n ＝8－3(n －1)＝11－3n, 则a 20＝11－3×20＝－49.(2)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋17d ＝36，解得d ＝2,a 1＝2,故a n ＝2n.等差数列通项公式的四个应用(1)已知a n ,a 1,n,d 中的任意三个量,可以求出第四个量．(2)由等差数列的通项公式可以求出该数列中的任意项,也可以判断某一个数是不是该数列中的项． (3)根据等差数列的两个已知条件建立关于“基本量”a 1和d 的方程组,求出a 1和d,从而确定通项公式,求出待求项．(4)若数列{a n }的通项公式是关于n 的一次函数或常数函数,则可判断数列{a n }是等差数列．2．(1)等差数列{a n }中,a 2＝4,公差d ＝3,a n ＝22,求n ；(2)判断－401是不是等差数列－5,－9,－13,…的项,如果是,是第几项？[解] (1)由条件知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3＝4，a 1＋3(n －1)＝22，解得a 1＝1,n ＝8；(2)由a 1＝－5,d ＝－9－(－5)＝－4,得这个数列的通项公式为a n ＝－5＋(n －1)×(－4)＝－4n －1. 由题意,令－401＝－4n －1,得n ＝100, 即－401是这个数列的第100项．等差数列的实际应用[1．一种游戏软件的租金,第一天5元,以后每一天比前一天多1元,那么第n(n≥2)天的租金怎样表示？每天的租金数有什么特点？[提示] 每天的租金构成以5为首项,以1为公差的等差数列,a n ＝5＋(n －1)×1＝n ＋4(n≥2)． 2．直角三角形三边长成等差数列,你能求出三边的比吗？[提示] 设直角三角形的三边长分别为a,a ＋d,a ＋2d(a ＞0,d ＞0),则(a ＋2d)2＝a 2＋(a ＋d)2,即a 2－2ad －3d 2＝0,解得a ＝3d,则三边长分别为3d,4d,5d, 故三边长的比为3∶4∶5.【例3】 某市出租车的计价标准为1.2 元/km,起步价为10元,即最初的4 km(不含4 km)计费10元,如果某人乘坐该市的出租车去往14 km 处的目的地,且一路畅通,等候时间为0,那么需要支付多少车费？思路探究：某人需支付的车费构成等差数列,运用等差数列的知识去解决．[解] 根据题意,当该市出租车的行程大于或等于4 km 时,每增加1 km,乘客需要支付1.2元．所以,可以建立一个等差数列{a n }来计算车费． 令a 1＝11.2,表示4 km 处的车费,公差d ＝1.2, 那么当出租车行至14 km 处时,n ＝11,此时需要支付车费a 11＝11.2＋(11－1)×1.2＝23.2(元)．即需要支付车费23.2元．1．(变条件)在例3中,若某人乘坐该市的出租车去往18.5 km(不足1 km,按1 km 计费),且一路畅通,等候时间为0,那么,需支付多少车费？[解] 由题意知,当出租车行至18.5 km 处时,n ＝16,此时需支付车费a 16＝11.2＋(16－1)×1.2＝29.2(元)．2．(变结论)在例3中,若某人乘坐该市的出租车去往n km(n ∈ N ＋)处的目的地,求其需支付的车费a n .[解] 当n ∈{1,2,3}时,a n ＝10,当n ∈N ＋,且n≥4时,a n ＝11.2＋(n －4)×1.2＝1.2n ＋6.4.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10，n ∈{1，2，3}，1.2n ＋6.4，n≥4且n ∈N ＋.应用等差数列解决实际问题的步骤(1)审题,读懂题意,把握已知条件与求解问题． (2)将实际问题抽象为等差数列模型． (3)利用等差数列解决问题．(4)验证答案是否符合实际问题的意义．1．等差数列的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d,已知a 1,n,d,a n 这四个量中的三个,可以求得另一个量． 2．等差数列的判定关键是看a n ＋1－a n (或a n －a n －1(n≥2))是否为一个与n 无关的常数． 3．对于通项公式的理解．a n ＝a 1＋(n －1)d ⇒a n ＝nd ＋(a 1－d),所以,当d≠0时,a n 是关于n 的一次函数,一次项系数就是等差数列的公差,当d ＝0时,等差数列{a n }为常数列：a 1,a 1,a 1,…,a 1,…1．判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)常数列是等差数列．( )(2)－1,－2,－3,－4,－5不是等差数列．( ) (3)若数列{a n }是等差数列,则其公差d ＝a 7－a 8.( ) [答案] (1)√ (2)× (3)×[提示] (1)正确,(2)不正确,数列－1,－2,－3,－4,－5是公差为－1的等差数列；(3)不正确,公差d ＝a 8－a 7.2．下列数列是等差数列的是( ) A ．13,15,17,19 B ．1,3,5,7 C ．1,－1,1,－1D ．0,0,0,0D [由等差数列的定义知：0,0,0,0是等差数列,选D ．] 3．在等差数列{a n }中,a 2＝4,a 8＝a 6＋3,则a 1＝________.52 [由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，a 1＋7d ＝a 1＋5d ＋3，解得a 1＝52.]4．在等差数列{a n }中,a 5＝10,a 12＝31,求a 20,a n . [解] 由a 5＝10,a 12＝31, 得7d ＝a 12－a 5＝21,所以d ＝3,a 1＝a 5－4d ＝10－4×3＝－2. 所以a 20＝a 1＋19d ＝－2＋19×3＝55,a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2＋3(n －1)＝3n －5(n ∈N ＋)．。

第一章归纳总结知识结构知识梳理一、数列的概念与函数特征1.数列的定义:按一定次序排列的一列数叫做数列，数列还可以看作一个定义域为N（或它的有限子集＋{1,2,…,n}）的函数的一列函数值.2.通项公式：如果数列{a n}的第n项与n之间的函数关系可以用一个公式来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式.3.a n与S n之间的关系：如果S n是数列{a n}的前n项和，则S n=a1+a2+…+a n.S1, (n=1)数列{a n}的前n项和S n与a n之间的关系是a n= .S n-S n-1，(n≥2)4.数列的分类(1)根据数列的项数可以对数列进行分类：项数有限的数列叫作有穷数列，项数无限的数列叫作无穷数列.(2)按照项与项之间的大小关系、数列的增减性，可以分为以下几类：①一般地，一个数列{a n}，如果从第2项起，每一项都大于它前面的一项，即a n+1>a n，那么这个数列叫作递增数列.②一个数列{a n}，如果从第2项起，每一项都小于它前面的一项，即a n+1<a n，那么这个数列叫作递减数列.③一个数列{a n }，如果从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项，那么这个数列叫作摆动数列.④一个数列{a n }，如果它的每一项都相等，那么这个数列叫作常数列. 5.根据数列的通项公式判定数列的单调性(1)已知a n =f (n )，若f (x )的单调性可以确定，则{a n }的单调性可以确定. (2)比较法 ①作差比较法n ∈N ＋，a n+1-a n >0⇒{a n }为递增数列； n ∈N ＋，a n+1-a n =0⇒{a n }为常数列； n ∈N ＋，a n+1-a n <0⇒{a n }为递减数列.②对各项同号的数列，可用作商比较法.n ∈N ＋，a n >0(<0)，n n a a 1+>1(<1) ⇔{a n }为递增数列；n ∈N ＋，a n >0(<0)，n n a a 1+=1⇔{a n }为常数列；n ∈N ＋，a n >0(<0)，nn a a 1+<1(>1) ⇔{a n }为递减数列.二、等差数列1.定义：若一个数列从第二项起，每一项与其前一项的差等于同一个常数，则这个数列就叫等差数列，其中的常数叫等差数列的公差，它常用字母d 表示.即定义的表达式为a n+1-a n =d (n ∈N ＋)或a n -a n-1=d (n ≥2，n ∈N ＋).2.通项公式：若数列{a n }为等差数列，则a n =a 1+(n -1)d .3.前n 项和公式：若数列{a n }为等差数列，则前n 项和S n =2)(1n a a n +=na 1+2)1(-n n d .4.等差中项：若三个数a,A,b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，并且A =2b a +.5.等差数列的性质:(1)已知等差数列{a n }的公差为d ，且第m 项为a m ，第n 项为a n ，则a n =a m +(n-m )d ; (2)在等差数列{a n }中，若m+n=p+q ，（m,n,p,q ∈N +）则a m +a n =a p +a q ; (3)若数列{a n }满足S n =an 2+bn ，则{a n }为等差数列，且a 1=a+b ，d =2a ; (4)若数列{a n }满足S n =an 2+bn+c (c ≠0)，则{a n }从第2项起成等差数列; (5)等差数列和的最大值、最小值.1° 在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 有最大值；若a 1<0，d >0，则S n 有最小值. 2° 求S n 的最值的方法： ① 因为S n =2d n 2+（a 1-2d ）n ，所以可转化为二次函数求最值，但应注意n ∈N +;a n ≥0, a n ≤0，②利用 则S n 为最大值； 则S n 为最小值.a n+1<0, a n+1>0,三、等比数列1.定义：若一个数列从第二项起，每一项与其前一项的比等于同一个常数，则此数列叫做等比数列；这个常数叫做等比数列的公比，用字母q 表示.2.等比中项：若三个数a,G,b 成等比数列,则G 叫做a 与b 的等比中项，且G =±ab .3.通项公式：等比数列{a n }的通项公式a n =a 1q n-1.4.前n 项和公式：若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比为q ，当q =1时，S n =na 1;当q ≠1时S n =qq a n--1)1(1=qq a a n --11.5.等比数列的重要性质：(1)在等比数列{a n }中，若k +l =m+n ，（k,l,m,n ∈N +）则a k ²a l =a m ²a n . (2)数列{a n }为等比数列，则a n =a 1q n-1=qa 1²q n .①q >1,a 1>0或0<q <1，a 1<0时，{a n }是递增数列； ②q >1，a 1<0或0<q <1，a 1>0时，{a n }是递减数列； ③q =1时，{a n }是常数列； ④q <0时，{a n }是摆动数列.6.等差、等比数列的判定方法的区别.判定方法：(1)定义法：a n+1-a n =d (d 为常数)⇔ {a n }为等差数列；nn a a 1+=q (q 为非零常数) ⇔{a n }为等比数列.(2)中项公式法：2a n+1=a n +a n+2 (n ∈N +)⇔{a n }为等差数列.a 2n+1=a n ²a n+2 (a n ²a n+1²a n+2≠0，n ∈N +)⇔{a n }为等比数列.(3)通项公式法：a n =pn+q (p 、q 为常数) ⇔{a n }为等差数列；a n =cq n (c 、q 均是不为0的常数，n ∈N +)⇔{a n }为等比数列; S n =kq n -k (k 为常数，且q ≠0,1) ⇔{a n }为等比数列.四、数列的综合应用1.函数思想、方程思想、分类讨论等思想在解决数列综合问题时常常用到.2.数列与函数、数列与不等式的综合、用数列知识解决实际问题等内容.3.数列的综合题形式多样，解题思路灵活，但万变不离其宗，都离不开数列的概念和性质，离不开数学思想方法，只要能把握这两方面，就会迅速打通解题思路.4.解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略.5.通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功的经验，吸取失败的教训，增强解综合题的信心和勇气，提高分析问题和解决问题的能力.专题探究专题1 数列通项公式的求法数列的通项公式是给出数列的主要方式，其本质就是函数的解析式.根据数列的通项公式，不仅可以判断数列的类型，研究数列的项的变化趋势与规律，而且有利于求数列的前n项和.求数列的通项公式是数列的核心问题之一.现根据数列的结构特征把常见求通项公式的方法总结如下：1.知S n求a n［例1］（1）已知数列{a n}的前n项和S n=(-1)n+1n,求a n;（2）已知数列{a n}的前n项和S n=3+2n,求a n.S1（n=1）［分析］利用a n= ，求数列{a n}的通项公式.S n-S n-1 (n≥2)［解析］(1)当n≥2时，a n=S n-S n-1=(-1) n+1n-(-1) n(n-1)=(-1) n(1-2n),当n=1时，a1=S1=(-1) 2³1=1,适合上式.∴a n=(-1) n(1-2n).(2)当n≥2时，a n=S n-S n-1=3+2n-(3+2n-1)=2n-1,当n=1时，a1=S1=3+21=5,不满足上式.5 (n=1)∴a n= .2n-1(n≥2)［说明］已知S n求a n,即已知数列的前n项和公式，求数列的通项公式，其方法是a n=S n-S n-1 (n≥2),这里常忽略了条件n≥2而导致错误，因此必须验证n=1时是否成立，若不成立，则S1（n=1）通项公式只能用分段函数a n= 来表示.S n-S n-1（n≥2）变式应用1 （1）已知数列｛a n｝的前n项和S n=n2+3n+1,求通项a n;(2)已知数列｛a n｝的前n项和S n=3n+2n，求通项a n.［解析］(1)当n≥2时，a n=S n-S n-1=n2+3n+1-(n-1) 2-3(n-1)-1=2n+2,又n=1时，a1=S1=5不满足上式.5 (n=1)∴a n= .2n+1 (n≥2)（2）当n≥2时，a n=S n-S n-1=3n+2n-［3n-1+2(n-1)］=2²3n-1+2=2(3n-1+1)又n=1时，a1=S1=5不满足上式，5 (n=1)∴a n= .2(3n-1+1) (n≥2)2.累加法［例2］ 已知a 1=1,a n+1-a n =2n-n ,求a n .［分析］ 当n ≥2时，a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1),而a 2-a 1=21-1,a 3-a 2=22-2,…,a n -a n-1=2n-1 -(n -1),层层累加就可以求出a n . ［解析］ ∵a n+1-a n =2n-n , ∴a 2-a 1=21-1,a 3-a 2=22-2, a 4-a 3=23-3,…a n -a n-1=2n-1-(n -1).∴当n ≥2时，有a n -a 1=(2+22+…+2n-1)-［1+2+3+…+(n -1)］. ∴a n =(1+2+22+…+2n-1)-2)1(-n n =2n-2)1(-n n -1，a 1=1也适合上式.∴数列{a n }的通项公式a n =2n -2)1(-n n -1.［说明］ 已知a 1且a n+1-a n =f (n )(f (n )是可求和数列)的形式均可用累加法求a n . 变式应用2 已知｛a n ｝中，a 1＝1，且a n+1-a n =3n (n ∈N +),求通项 a n . ［解析］ ∵a n+1-a n =3n(n ∈N +), ∴a 2-a 1=3,a 3-a 2=32, a 4-a 3=33,……a n -a n-1=3n-1 (n ≥2)，以上各式相加得a n -a 1=3+32+33+…+3n-1=31)31(31---n =23n-23,∴a n =a 1+23n-23=23n-21 (n ≥2).又a 1=1满足上式， ∴a n =23n-21 (n ∈N +).3.累乘法［例3］ 在数列{a n }中，已知a 1=1，a n+1=2n a n ,求a n . ［分析］ 由a n+1=2na n ,可得nn a a 1+=2n,于是12a a =2,23a a =22,34a a =23,…,1-n n a a =2n-1,将上面各式相乘，便可求出数列{a n }的通项公式. ［解析］ 由a n+1=2n a n ,得nn a a 1+=2n ,∴12a a =2,23a a =22,34a a =23,…,1-n n a a =2n-1.将上述(n -1)个式子相乘， 得12a a ²23a a ²34a a ²…²1-n n a a =2²22²23²…²2n-1,∴a n =a 1³21+2+3+…+(n -1)=22)1(-n n .［说明］ 已知a 1且nn a a 1+=f (n )(f (n )是可求积数列)的形式均可用累乘法求a n .变式应用3 已知数列｛a n ｝,a 1=31,前n 项和S n 与a n 的关系是S n =n (2n -1)a n ,求通项a n .［解析］ ∵S n =n (2n -1)a n ,∴S n-1=(n -1)(2n -3)a n-1 (n ≥2)，两式相减，得a n =n (2n -1)a n -(n -1)(2n -3)a n-1 (n ≥2)， 即（2n +1）a n =(2n -3)a n-1, ∴1-n n a a =1232+-n n .∴12a a =51,23a a =73,9534=a a ,……12321+-=-n n a a n n (n ≥2)，以上各式相乘，得)12)(12(31-+=n n a a n ,又∵a 1=31, ∴a n =)12)(12(1-+n n (n ≥2).a 1=31满足上式，∴a n =)12)(12(1-+n n (n ∈N +).4.构造转化法［例4］ 在数列{a n }中，a 1=1,a n+1=32a n+1,求a n .［分析］ 通过整理变形，进而构造等比数列，由等比数列的通项间接求数列{a n }的通项公式. ［解析］ 由已知得a n+1-32a n =1, ①∴a n -32a n-1=1(n ≥2),②①-②，得a n+1-a n =32 (a n -a n-1). 令b n =a n+1-a n ,则1-n nb b =32,∴{b n }为等比数列，公比为32,b 1=a 2-a 1=32a 1+1-a 1=32,∴b n =32³（32）n-1=（32）n,即a n+1-a n =（32）n,③由①③得a n =3-3³（32）n .［说明］ 已知a 1且a n+1=pa n +q (p,q 为常数)的形式均可用上述构造法，特别地，若p =1，则{a n }为等差数列；若q =0,p ≠0，则{a n }为等比数列.变式应用4 已知数列｛a n ｝满足a 1=1,a n+1=3a n +2(n ∈N ＋).求数列｛a n ｝的通项公式. ［解析］ ∵a n+1=3a n +2(n ∈N +), ∴a n+1+1=3(a n +1), ∴111+++n n a a =3(n ∈N +).∴数列｛a n +1｝是以a 1+1=2为首项，3为公比的等比数列. ∴a n +1=2²3n-1, ∴a n =2²3n-1-1(n ∈N ＋). 专题2 数列的前n 项和的求法求数列的前n 项和是数列运算的重要内容之一，也是历年高考考查的热点.对于等差、等比数列，可以直接利用求和公式计算，对于一些具有特殊结构的运算数列，常用倒序相加法、裂项相消法、错位相减法等求和. 1.分组转化法如果一个数列的每一项是由几个独立的项组合而成，并且各独立项也可组成等差或等比数列，则该数列的前n 项和可考虑拆项后利用公式求解. ［例5］ 求下列数列的前n 项和. （1）-1,4,-7,10,…,(-1) n (3n -2),…; (2)121,241,381,…,（n +n21）.［分析］ (1)∵a 2n -1+a 2n =3,故可将其视作一项，但要对n 的奇偶性进行讨论. (2)∵a n =n +n21,即{a n }是一个等差数列{n }与等比数列{n21}的和构成的，故可用拆项分组求和法.［解析］ （1）当n 为偶数时，令n =2k (k ∈N ＋),S n =S 2k =-1+4-7+10+…+(-1) n (3n -2)=3²k =23n ;当n 为奇数时，令n =2k +1(k ∈N +),S n =S 2k +1=S 2k +a 2k +1=3k -(6k +1)=213+-n .213+-n (n 为奇数)∴S n =23n (n 为偶数)（2）S n =121+241+381+…+（n +n21）=(1+2+3+…+n )+（21+41+81+…+n21）=2)1(+n n +21121121--）（n =2)1(+n n +1-n 21.［说明］ 形如{a n +b n }的求和问题，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，可用“拆项分组求和”法. 变式应用5 求和：（x +y1）+(x 2+21y)+…+(x n +ny1)(x ≠0,x ≠y ≠1).［解析］ 当x ≠1,y ≠0,y ≠1时， （x +y1）+(x 2+21y)+…+(x n +ny1) ＝（x +x 2+…+x n ）+(y1+21y+…+ny1)=xx x n--1)1(+yyyn11)11(1--=nn nnyyy xx x --+--+111)1(.2.裂项相消法对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法.可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项.［例6］ 求和:1+n+++++++++ 2113211211 (n ∈N ＋).［分析］ 先分析通项有何特点，本题通项a n =)1(22)1(1211+=+++++n n n n n=2 （n1-11+n ）,因此可采用裂项相消法求和.［解析］ ∵a n =n+++ 211=)1(2+n n =2（111+-n n）,∴a 1=2（1-21）,a 2=2（3121-）,a 3=2（31-41）,…,a n =2（111+-n n ）,∴S n =a 1+a 2+a 3+…+a n =2［（1-21）+(21-31)+(4131-)+…+(111+-n n)］=2（1-11+n ）=12+n n .［说明］ 所谓裂项相消，就是将数列的每一项“一拆为二”，即每一项拆成两项之差，以达到隔项相消之目的.常见的裂项变形有：①a n =111)1(1+-=+n n n n ;②a n =）（12112121)12)(12(1+--=+-n n n n ; ③a n =)2)(1(1++n n n =21［)2)(1(1)1(1++-+n n n n ］;④a n =11++n n =n n -+1.变式应用6 求和：311⨯＋)2(1421+++⨯n n = .［答案］ 43－)2)(1(232+++n n n［解析］ ∵a n =）（21121)2(1+-=+n n n n , ∴)2(1421311+++⨯+⨯n n=21［（1-)211()1111()5131()4121()31+-++--++-+-+n nn n ］=21 (1+21-11+n -21+n )=43-)2)(1(232+++n n n .3.错位相减法若数列｛a n ｝为等差数列，数列｛b n ｝是等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为｛a n b n ｝，当求该数列的前n 项的和时，常常采用将｛a n b n ｝的各项乘以公比q ，并项后错位一项与｛a n b n ｝的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，所以这种数列求和的方法称为错位相减法. ［例7］ 数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=1,a n+1=2S n (n ∈N +). （1）求数列{a n }的通项a n ； （2）求数列{na n }的前n 项和T n . ［解析］ （1）∵a n+1=2S n , ∴S n+1-S n =2S n ,∴nn S S 1+=3.又∵S 1=a 1=1,∴数列{S n }是首项为1,公比为3的等比数列. ∴S n =3n-1(n ∈N +).当n ≥2时，a n =2S n-1=2²3n-2， 1（n =1）a 1=1不满足上式，∴a n = .2²3n-2（n ≥2）（2）T n =a 1+2a 2+3a 3+…+na n . 当n =1时，T 1=1；当n ≥2时，T n =1+4²30+6²31+…+2n ²3n-2, ① ∴3T n =3+4²31+6²32+…+2n ²3n-1,②①-②得：-2T n =-2+4+2(31+32+…+3n-2)-2n ²3n-1 =2+2²31)31(32---n -2n ²3n-1=-1+(1-2n )²3n-1. ∴T n =21+(n -21)3n-1 (n ≥2).又∵T 1=a 1=1也满足上式， ∴T n =21+(n -21)3n-1 (n ∈N +).变式应用7 试求21，1678543，，，…的前n 项和.［解析］ ∵S n =21+43+85+167+…+nn 212-①,21S n =41+83+165+…+nn 232-+1212+-n n ②,①-②得,21S n =21+42+82+162+…+n22-1212+-n n=21+21+1218141-+++n -1212+-n n =21+211)211(211---n -1212+-n n =123223++-n n ,∴S n =3-n n 232+.4.倒序相加法如果求和的结构中“每两项”的和为同一常数，可以用倒序相加法求解.［例8］ 设f (x )= x 222+,类比推导等差数列前n 项和公式的方法，求f (-2008)+f (-2007)+…+f (0)+f (1) +…+f (2008)+f (2009).［解析］ ∵f (x )+f (1-x )=x x -+++1222222 =22222222+⋅⋅++x x x =x x x 222222+++=1.设S =f (-2008)+f (-2007)+…+f (0)+f (1)+…+f (2008)+f (2009),则S =f (2009)+f (2008)+…+f (1)+f (0)+…+f (-2007) +f (-2008).∴2S =［f (-2008)+f (2009)］+［f (-2007)+ f (2008)］+…+2［f (0)+f (1)］+…+［f (2009)+ f (-2008)］=2009³2，∴S =2009.变式应用8 设f (x )=244+x x ，求和. S=f （20021）+f （20022）…+f （20022001）.［解析］ ∵f (x )=244+x x , ∴f (1-x )= 24411+--x x =x 4241⋅+=242+x ,∴f (x )+f (1-x )=1.∴S=f （20021）+f （）（）2002200120022f ++ ①S=f （）（）（）200212002200020022001+++ f ②①+②得，2S =2001，∴S =22001.5.分段求和法如果一个数列是由各自具有不同特点的两段构成，则可考虑利用分段求和. ［例9］ 已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，且a n +S n =1(n ∈N +).（1）求数列｛a n ｝的通项公式；（2）若数列｛b n ｝满足b n =3+log 4a n ,设T n ＝|b 1|+|b 2|+…+|b n |,求T n . ［解析］ （1）由a n +S n =1,得a n-1+S n-1=1,两式相减得，a n -a n-1+a n =0,∴2a n =a n-1,即1-n n a a =21(n ≥2).又n =1时，a 1+S 1=1,∴a 1=21.∴数列｛a n ｝是首项为21，公比为21的等比数列.∴a n =a 1q n-1=21²（21）n-1=(21)n .(2)解法一：∵b n =3+log 4(21)n =3-2n =26n-.当n ≤6时，b n ≥0,T n =b 1+b 2+…+b n =4)11(n n -;当n >6时，b n <0,T n =b 1+b 2+…+b 6-(b 7+b 8+…+b n ) =46011)21(2)7)(6()21)(6(4562+-=-⋅--+---⨯n nn n n ］［. 4)11(n n - (n ≤6)综上可知，T n = .460112+-n n (n ≥7)解法二：∵b n =3+log 4(21)n =3-2n=26n-.当n ≤6时，b n ≥0，|b n |=b n .∴T n =b 1+b 2+…+b n =4)11(n n -.当n >6时，b n <0,|b n |=-b n .∴T n =b 1+b 2+…+b 6-b 7-b 8-…-b n=2(b 1+b 2+…+b 6)-(b 1+b 2+…+b n )=2T 6-T n =460112+-n n . 4)11(n n - (n ≤6)综上可知，T n = .460112+-n n (n ≥7) 变式应用9 数列{a n }中，a 1=8,a 4=2,且满足a n +2-2a n+1+a n =0(n ∈N +).（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设S n =|a 1|+|a 2|+…+|a n |,求S n . ［解析］ (1)由{a n }满足2a n+1=a n+2+a n 可知，数列{a n }为等差数列，故可求其通项公式；（2）求S n 关键要搞清{a n }项的符号的变化.(1)∵a n+2-2a n+1+a n =0,∴2a n+1=a n+2+a n , ∴{a n }为等差数列.∵a 1=8,a 4=2,∴d =4128--=-2,∴a n =8-2(n -1)=10-2n .(2)∵a 1>a 2>a 3>a 4>a 5=0>a 6+…>a n (n ≥6),a 6=-2. ∴n ≤5时,S n =8n +21n (n -1)(-2)=9n-n 2;n >5时，S n =S 5-(a 6+a 7+…+a n )=20-2))(5(6n a a n +-=20-2)2102)(5(n n -+--=n 2-9n +40.9n-n 2(n ≤5,n ∈N +)∴S n = .n 2-9n +40(n ≥6,n ∈N +)。