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§6.5数列求和课标要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法．知识梳理数列求和的几种常用方法(1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和．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 ，＝a 1－a n q 1－q，q ≠1.(2)分组求和法与并项求和法①分组求和法若一个数列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，分别求和后相加减．②并项求和法一个数列的前n 项和中，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．(3)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 项和公式就是用此法推导的．(4)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．常见的裂项技巧①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋2)＝③1(2n －1)(2n ＋1)＝④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝121n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).常用结论常用求和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝n 2.(3)12＋22＋32＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.(4)13＋23＋33＋…＋n 3＝n (n ＋1)22.自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比q 不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .(√)(2)求数列{2n ＋2n }的前n 项和可用分组求和法．(√)(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时，只要把上式等号两边同时乘a 即可根据错位相减法求得．(×)(4)当n ≥2时，1n 2－1＝1n －1－1n ＋1.(×)2．数列{a n }的前n 项和为S n .若a n ＝1n (n ＋1)，则S 5等于()A ．1 B.56C.16D.130答案B 解析因为a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.3．S n ＝12＋12＋38＋…＋n2n 等于()A.2n －n －12n B.2n ＋1－n －22nC.2n －n ＋12n D.2n ＋1－n ＋22n答案B解析由S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，②①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1211－12－n2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1＝2n ＋1－n －22n ＋1，∴S n ＝2n ＋1－n －22n.4．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解析S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1×8＝9.题型一分组求和与并项求和例1(2023·重庆模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n a n ＋1＋log 2(a n a n ＋1)(n ∈N ＋)，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为S n ＋1＝2S n ＋1，所以S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)，又S 1＋1＝a 1＋1＝2，所以数列{S n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以S n ＋1＝2×2n －1＝2n ，即S n ＝2n －1，当n ≥2时，S n －1＝2n －1－1，所以a n ＝S n －S n －1＝2n －1－2n －1＋1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝1成立，故a n ＝2n －1，n ∈N ＋.(2)b n ＝a n a n ＋1＋log 2(a n a n ＋1)＝2n －1·2n ＋log 2(2n －1·2n )＝22n －1＋2n －1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝21＋23＋25＋…＋22n －1＋1＋3＋5＋…＋2n －1＝2(1－4n )1－4＋n (1＋2n －1)2＝23(4n －1)＋n 2.思维升华(1)分组求和法常见题型①若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n}的前n项和．②若数列{c n}的通项公式为c n n ，n为奇数，n，n为偶数，其中数列{a n}，{b n}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n}的前n项和．(2)并项求和法常见题型①数列{a n}的通项公式为a n＝(－1)n f(n)，求数列{a n}的前n项和．②数列{a n}是周期数列或a k＋a k＋1(k∈N＋)为定值，求数列{a n}的前n项和．跟踪训练1数列{a n}的前n项和S n满足S n＝a n＋1－1，n∈N＋，且a1＝1.(1)求a n；(2)设b n＝(－1)n(a n－1)，求数列{b n}的前2n项和T2n.解(1)因为S n＝a n＋1－1，当n＝1时，a1＝S1＝a2－1，由a1＝1可得a2＝2，当n≥2时，S n－1＝a n－1，作差得S n－S n－1＝a n＋1－1－(a n－1)，即2a n＝a n＋1，n≥2，又a2a1＝2，所以数列{a n}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n＝2n－1.(2)由(1)知b n＝(－1)n2n－1－(－1)n，所以b2n＝22n－1－1，b2n－1＝－22n－2＋1，所以b2n－1＋b2n＝4n－1，所以T2n＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2n－1＋b2n)＝1＋4＋…＋4n－1＝1－4n1－4＝4n－13.题型二错位相减法求和例2(12分)(2023·全国甲卷)记S n为数列{a n}的前n项和，已知a2＝1,2S n＝na n.(1)求{a n}的通项公式；[切入点：利用a n＝S n－S n－1(n≥2)找出a n的递推关系](2)n项和T n.[关键点：错位相减法求和][思路分析](1)由a n＝S n－S n－1(n≥2)→a n与a n－1的递推关系→累乘法求a n(2)求b n→错位相减法求T n解(1)因为2S n ＝na n ，当n ＝1时，2a 1＝a 1，即a 1＝0；(1分)当n ＝3时，2(1＋a 3)＝3a 3，即a 3＝2，(2分)当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1，所以2S n －2S n －1＝na n －(n －1)a n －1＝2a n ，化简得(n －2)a n ＝(n －1)a n －1，(3分)①处利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)找a n 与a n －1的递推关系则当n ≥3时，a n a n －1＝n －1n －2，则a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2＝n －1n －2·n －2n －3·…·21，即an a 2＝n －1，②处累乘法求a n因为a 2＝1，所以a n ＝n －1，(5分)当n ＝1,2时都满足上式，所以a n ＝n －1，n ∈N ＋.(6分)(2)令b n ＝a n ＋12n ＝n2n ，(7分)③处错位相减法求和即T n ＝2－2＋n2n .(12分)思维升华(1)如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，常采用错位相减法．(2)错位相减法求和时，应注意：①在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．②应用等比数列求和公式时必须注意公比q 是否等于1，如果q ＝1，应用公式S n ＝na 1.跟踪训练2(2023·郑州质检)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝7，且数列{a n ＋1－a n }为等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(2n －1)a n ，求{b n }的前n 项和S n .解(1)因为a 1＝1，a 2＝3，a 3＝7，所以a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝4，因为数列{a n ＋1－a n }为等比数列，a 3－a 2a 2－a 1＝2，所以数列{a n ＋1－a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋21＋1＝2n －1，当n ＝1时上式也成立．所以a n ＝2n －1.(2)因为a n ＝2n －1，所以b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)2n －(2n －1)，记数列{(2n －1)2n }的前n 项和为T n ，则T n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n ，2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1，两式相减得－T n ＝1×21＋2×(22＋23＋…＋2n －1＋2n )－(2n －1)·2n＋1＝2＋2×22(1－2n －1)1－2－(2n －1)·2n ＋1＝(3－2n )·2n ＋1－6，所以T n ＝(2n －3)·2n ＋1＋6，所以S n ＝T n －[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＝T n －n (1＋2n －1)2＝T n －n 2＝(2n －3)·2n ＋1－n 2＋6.题型三裂项相消法求和例3(2022·新高考全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n<2.(1)解因为a 1＝1，S1a 1＝1，是公差为13的等差数列，所以S n a n ＝1＋(n －1)×13＝n ＋23，所以S n ＝n ＋23a n .因为当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，所以n ＋13a n －1＝n －13a n (n ≥2)，所以a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)，所以a 2a 1·a3a 2·…·a n －1a n －2·a n a n －1＝31×42×53×…·n n －2·n ＋1n －1＝n (n ＋1)2(n ≥2)，所以a n ＝n (n ＋1)2(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝n (n ＋1)2(n ∈N ＋)．(2)证明因为a n ＝n (n ＋1)2，所以1a n ＝2n (n ＋1)＝所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝…＝思维升华裂项相消法的原则及规律(1)裂项原则一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项．跟踪训练3(2024·海口模拟)已知等差数列{a n }，其前n 项和S n 满足S n ＝n 2＋m ，m 为常数．(1)求m 及{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n ＋2S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)由题意，当n ＝1时，a 1＝S 1＝m ＋1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋m －(n －1)2－m ＝2n －1，则a 2＝3，a 3＝5，因为数列{a n }是等差数列，所以a 1＋a 3＝2a 2，即m ＋1＋5＝2×3，解得m ＝0，则a 1＝1，满足a n ＝2n －1，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N ＋)．(2)由(1)可得S n ＝n 2，则b n ＝a n ＋2S n S n ＋1＝2n ＋1n 2(n ＋1)2＝1n 2－1(n ＋1)2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝112－122＋122－132＋…＋1n 2－1(n ＋1)2＝1－1(n ＋1)2＝n 2＋2n (n ＋1)2.课时精练1．已知等差数列{a n }的首项为1，且a n >0，________.在①S 11＝66；②a 3，a 9，9a 3成等比数列；③S n －na n ＝n －n 22，其中S n 是数列{a n }的前n 项和这三个条件中选择一个，补充在横线上，并进行解答．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝3n a＋2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解(1)若选择①：设{a n }的公差为d ，因为S 11＝66，a 1＝1，所以11＋11×102×d ＝66，解得d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .若选择②：因为a 3，a 9,9a 3成等比数列，所以a 29＝9a 23，又a n >0，所以a 9＝3a 3，又a 1＝1，设{a n }的公差为d (d >0)，所以1＋8d ＝3(1＋2d )，解得d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .若选择③：设{a n }的公差为d ，因为S n －na n ＝n －n 22，所以na 1＋n (n －1)2d －n [a 1＋(n －1)d ]＝n －n 22，又a 1＝1，即n ＋n (n －1)2d －n －n (n －1)d ＝n －n 22d ＝n －n 22，解得d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .(2)由(1)知b n ＝3n a＋2a n ＝3n ＋2n .所以T n ＝(3＋2)＋(32＋4)＋…＋(3n ＋2n )，所以T n ＝3＋32＋…＋3n ＋2＋4＋…＋2n ，所以T n ＝3(1－3n )1－3＋(2＋2n )n 2＝3n ＋1－32＋n 2＋n ，所以T n ＝3n ＋1＋2n 2＋2n －32.2．(2024·枣庄模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝3，且满足a n ＋1＋2a n ＝2n ＋2.(1)证明：数列{a n －2n }为等比数列；(2)已知b n n ，n 为奇数，2a n ，n 为偶数，T n 为数列{b n }的前n 项和，求T 10.(1)证明由a n ＋1＋2a n ＝2n ＋2可得a n ＋1－2n ＋1＝2n ＋1－2a n ＝－2(a n －2n )．又a 1－21＝1≠0，所以数列{a n －2n }是以1为首项，－2为公比的等比数列．(2)解由(1)可得a n －2n ＝(－2)n －1，即a n ＝2n ＋(－2)n －1.当n 为奇数时，b n ＝a n ＝2n ＋(－2)n －1＝3×2n －1；当n 为偶数时，b n ＝log 2a n ＝log 2[2n ＋(－2)n －1]＝log 22n －1＝n －1.所以T 10＝(b 1＋b 3＋b 5＋b 7＋b 9)＋(b 2＋b 4＋b 6＋b 8＋b 10)＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)＝3×(1－45)1－4＋(1＋9)×52＝1048.3．(2023·遂宁模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝3n(a n ＋1)(a n ＋1＋1)，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)由已知得2S n ＝3a n －1，①当n ＝1时，2S 1＝3a 1－1，即2a 1＝3a 1－1，解得a 1＝1，当n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－1，②①－②得2a n ＝3a n －3a n －1，即a n ＝3a n －1，所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝3n (a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝3n (3n －1＋1)(3n＋1)＝32×所以T n ＝32×－13＋1＋13＋1－132＋1＋…＋13n －1＋1－＝32×＝34－32(3n ＋1).4．(2023·邢台模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1－2，等差数列{b n }满足b 2＝a 2＋2，b 3＝S 2＋3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和T n .解(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝22－2＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1－2)－(2n －2)＝2n ，当n ＝1时，上式也成立，所以a n ＝2n .由题意得b 2＝a 2＋2＝22＋2＝6，b 3＝2＋4＋3＝9，设等差数列{b n }的公差为d ，则d ＝b 3－b 2＝3，b 1＝b 2－d ＝3，故b n ＝b 1＋(n －1)d ＝3n .综上，a n ＝2n ，b n ＝3n .(2)由(1)知a n b n ＝3n ·2n ，所以T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n －1b n －1＋a n b n＝3×21＋6×22＋9×23＋…＋3(n －1)·2n －1＋3n ·2n ，①2T n ＝3×22＋6×23＋9×24＋…＋3(n －1)·2n ＋3n ·2n ＋1，②所以①－②得，－T n ＝3×(21＋22＋23＋…＋2n －1＋2n)－3n ·2n ＋1＝3×21－2n ＋11－2－3n ·2n ＋1＝(3－3n )·2n ＋1－6，所以T n ＝(3n －3)·2n ＋1＋6.5．(2023·湘潭模拟)在数列{a n }中，a 12＋a 23＋a 34＋…＋a n n ＋1＝n 2＋n .(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：13a 1＋14a 2＋…＋1(n ＋2)a n <18.(1)解因为a 12＋a 23＋a 34＋…＋a n n ＋1＝n 2＋n ，①则当n ＝1时，a 12＝2，即a 1＝4，当n ≥2时，a 12＋a 23＋a 34＋…＋a n －1n＝n 2－n ，②①－②得a n n ＋1＝2n ，所以a n ＝2n (n ＋1)，n ≥2，a 1＝4也满足a n ＝2n (n ＋1)，故a n ＝2n (n ＋1)(n ∈N ＋)．(2)证明因为1(n ＋2)a n ＝12n (n ＋1)(n ＋2)＝12(n ＋1)·1n (n ＋2)＝14(n ＋1)·＝141n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)，所以13a 1＋14a 2＋…＋1(n ＋2)a n ＝1411×2－12×3＋12×3－13×4＋…＋1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)＝1412－1(n ＋1)(n ＋2)<18.6．(2024·洛阳模拟)已知数列{a n }满足数列{a n ＋1－a n }为等比数列，a 1＝1，a 2＝2，且对任意的n ∈N ＋，a n ＋2＝λa n ＋1－2a n (λ≠1)．(1)求实数λ的值及{a n }的通项公式；(2)当n ∈[a k ，a k ＋1)时，b n ＝k (k ∈N ＋)，求数列{b n }的前2n 项和．解(1)设{a n ＋1－a n }的公比为q .∵a n ＋2＝λa n ＋1－2a n ，∴a n ＋2－a n ＋1＝λa n ＋1－2a n －a n ＋1＝(λ－1)a n ＋1－2a n ＝(λ－n ＋1－2λ－1a q (a n ＋1－a n )．∴2λ－1＝1，解得λ＝3，∴q ＝2.又a 2－a 1＝1，∴a n ＋1－a n ＝2n －1.∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋20＋21＋…＋2n －2＝1＋1－2n －11－2＝2n －1(n ≥2)，当n ＝1时，符合上式，∴{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)当b m ＝k ＝1时，m ∈[1,2)，共2－1＝1项，当b m ＝k ＝2时，m ∈[2,4)，共4－2＝2项，当b m ＝k ＝3时，m ∈[4,8)，共8－4＝4项，…当b m ＝k ＝n 时，m ∈[2n －1,2n )，共2n －2n －1＝2n －1项，又2n b ＝n ＋1，∴{b n }的前2n 项和为1×20＋2×21＋3×22＋…＋n ·2n －1＋n ＋1.记S n ＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n ·2n －1，则2S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，作差可得－S n ＝20＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1.因此，数列{b n }的前2n 项和为S n ＋n ＋1＝(n －1)·2n ＋n ＋2.。
