数列前n项和题型方法总结(含例题解析)

高考数学专题——数列（求S n ）求s n 的四种方法总结常考题型：共5种大题型（包含倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、并项求和法。

1、倒序相加法：实质为等差数列求和。

例1、【2019·全国2·文T18】已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n .求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2. 2、错位相减法：实质为等差×等比求和。

错位相减法的万能公式及推导过程：公式：数列c n =(an +b )q n−1，(an +b )为等差数列，q n−1为等比数列。

前n 项和S n =(An +B )q n +C A =a q −1，B =b −Aq −1，C =−B S n =(a +b )+(2a +b )q +(3a +b )q 2+⋯[(n −1)a +b ]q n−2+(an +b )q n−1 ① qS n =(a +b )q +(2a +b )q 2+(3a +b )q 3+⋯[(n −1)a +b ]q n−1+(an +b )q n ② ②-①得：(q −1)s n =−(a +b )−a (q +q 2+⋯q n−1)+(an +b )q n=−(a +b )−a ⋅q(1−q n−1)1−q+(an +b )q n=(an +b −aq−1)q n −(b −aq−1)S n =(aq −1⋅n +b −a q −1q −1)⋅q n −b −aq −1q −1例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+ 即21112a a q a q =+.所以220,q q +-= 解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例3、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-． （1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【解析】（1）235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①② 得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列.（I ）求12,a a 的值；（Ⅱ）试求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】（Ⅰ）方法一：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列 21221a a ∴=⨯ 214a a ∴=又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列 2121122a a ∴-=,解得1228a a =⎧⎨=⎩方法二：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列,1112,n n a n a n+∴=1(1)2n n n a a n ++∴=.①又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列, 11122n nn na a ++∴-=② 由①②解得：2nn a n =⋅1228a a =⎧⎨=⎩ （Ⅱ）1122,1n n n a a n -=⋅= 2n n a n ∴=⋅123n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+1231222322n n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ 234121222322n n S n +∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅两式作差可得：23122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅()1212212n n n n S +-=-⋅--1(1)22n n n S +=⋅---, 1(1)22n n S n +∴=-⋅+.例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a S +-=．（I ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若3log n n b a =，数列2221n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：12nT <．【解析】（I ）当1n =时，由11a =，2121a a -=得23a =；当2n ≥时，121n n a S --=，两式相减得()1120n n n n a a S S +----=， 即13n n a a +=(2)n ≥，又2133a a ==， 故13n n a a +=恒成立，则数列{}n a 是公比为3的等比数列，可得13-=n n a ． （Ⅱ）由（I ）得313log log 31n n n b a n -===-，则22211111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭，则111111123352121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭． 1021n >+ 11112212n ⎛⎫∴-< ⎪+⎝⎭ 故12n T <例6、【2017·天津·理T18】已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,而b 1=2,所以q 2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8.①由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16,②联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n )1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n -23×4n+1+83. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n -23×4n+1+83. 例7、【2020·石家庄模拟】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由2S n ＝3a n －1，① 得2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②，得2a n ＝3a n －3a n －1， 所以a n a n －1＝3(n ≥2)，又2S 1＝3a 1－1，2S 2＝3a 2－1， 所以a 1＝1，a 2＝3，a 2a 1＝3， 所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列， 所以a n ＝3n －1.(2)由(1)得，b n ＝n3n －1，所以T n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，③13T n ＝131＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ，④ ③－④得，23T n ＝130＋131＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝1－13n1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以T n ＝94－6n ＋94×3n . 3、裂项相消法：实质为a n =b n (n+a )形式的求和。

求数列前N 项和的七种方法1. 公式法等差数列前n 项和：特别的，当前n 项的个数为奇数时，211(21)k k S k a ++=+，即前n 项和为中间项乘以项数。

这个公式在很多时候可以简化运算。

等比数列前n 项和： q=1时，1n S na =()1111n n a q q S q-≠=-，，特别要注意对公比的讨论。

其他公式： 1、)1(211+==∑=n n k S nk n 2、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n3、213)]1(21[+==∑=n n k S nk n[例1] 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n项和.[例2] 设S n ＝1+2+3+…+n，n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.2. 错位相减法这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和，其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列. [例3] 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①[例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n 前n 项的和.练习： 求：S n=1+5x+9x 2+······+(4n -3)xn-13. 分组法求和有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.[例5] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa a n ，…[例6] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解：设kk k k k k a k ++=++=2332)12)(1(∴∑=++=nk n k k k S 1)12)(1(＝)32(231k k k n k ++∑=将其每一项拆开再重新组合得S n＝kk k nk nk nk ∑∑∑===++1213132（分组）＝)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++＝2)1(2)12)(1(2)1(22++++++n n n n n n n（分组求和）＝2)2()1(2++n n n练习：求数列∙∙∙+∙∙∙),21(,,813,412,211n n 的前n 项和。

等比数列的前n 项和 一、等比数列的前n 项和公式 1．乘法运算公式法∵S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝a 1(1＋q ＋q 2＋…＋q n －1)＝a 1·1－q 1＋q ＋q 2＋…＋q n －11－q ＝a 11－q n1－q， ∴S n ＝a 11－q n1－q. 2．方程法 ∵S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n －2)＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n －1－a 1q n －1)＝a 1＋q (S n －a 1q n －1)，∴(1－q )S n ＝a 1－a 1q n .∴S n ＝a 11－q n1－q. 3．等比性质法∵{a n }是等比数列，∴a 2a 1＝a 3a 2＝a 4a 3＝…＝a n a n －1＝q . ∴a 2＋a 3＋…＋a n a 1＋a 2＋…＋a n －1＝q ， 即S n －a 1S n －a n ＝q 于是S n ＝a 1－a n q 1－q ＝a 11－q n1－q. 二、等比数列前n 项和公式的理解(1)在等比数列的通项公式及前n 项和公式中共有a 1，a n ，n ，q ，S n 五个量，知道其中任意三个量，都可求出其余两个量．(2)当公比q ≠1时，等比数列的前n 项和公式是S n ＝a 11－q n 1－q ，它可以变形为S n ＝－a 11－q ·q n ＋a 11－q ，设A ＝a 11－q，上式可写成S n ＝－Aq n ＋A .由此可见，非常数列的等比数列的前n 项和S n 是由关于n 的一个指数式与一个常数的和构成的，而指数式的系数与常数项互为相反数．当公比q ＝1时，因为a 1≠0，所以S n ＝na 1是n 的正比例函数(常数项为0的一次函数)．等比数列前n 项和性质（1）在等比数列{a n }中，连续相同项数和也成等比数列，即：S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…仍成等比数列．（2）当n 为偶数时，偶数项之和与奇数项之和的比等于等比数列的公比，即S 偶S 奇＝q . （3）若一个非常数列{a n }的前n 项和S n ＝－Aq n ＋A (A ≠0，q ≠0，n ∈N *)，则数列{a n }为等比数列，即S n ＝－Aq n ＋A ⇔数列{a n }为等比数列．题型一 等比数列前n 项和公式的基本运算（在等比数列{a n }的五个量a 1，q ，a n ，n ，S n 中，a 1与q 是最基本的元素，当条件与结论间的联系不明显时，均可以用a 1和q 表示a n 与S n ，从而列方程组求解，在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的，这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用；在解决与前n 项和有关的问题时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论．）1、在等比数列{a n}中，(1)若S n＝189，q＝2，a n＝96，求a1和n；(2)若q＝2，S4＝1，求S8.2、设等比数列{a n}的前n项和为S n，若S3＋S6＝2S9，求数列的公比q.题型二等比数列前n项和性质的应用3、一个等比数列的首项为1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项和为170，求出数列的公比和项数．4、等比数列{a n}中，若S2＝7，S6＝91，求S4.题型三等比数列前n项和的实际应用5、借贷10 000元，以月利率为1%，每月以复利计息借贷，王老师从借贷后第二个月开始等额还贷，分6个月付清，试问每月应支付多少元？(1.016≈1.061,1.015≈1.051)[规范解答] 方法一设每个月还贷a元，第1个月后欠款为a0元，以后第n个月还贷a元后，还剩下欠款a n元(1≤n≤6)，则a0＝10 000，a1＝1.01a0－a，a2＝1.01a1－a＝1.012a0－(1＋1.01)a，……a6＝1.01a5－a＝……＝1.016a0－[1＋1.01＋…＋1.015]a.由题意，可知a6＝0，即1.016a0－[1＋1.01＋…＋1.015]a＝0，a＝1.016×1021.016－1.因为1.016＝1.061，所以a＝1.061×1021.061－1≈1 739.故每月应支付1 739元．方法二一方面，借款10 000元，将此借款以相同的条件存储6个月，则它的本利和为S1＝104(1＋0.01)6＝104×(1.01)6(元)．另一方面，设每个月还贷a元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为S2＝a(1＋0.01)5＋a(1＋0.01)4＋…＋a＝a[1＋0.016－1]1.01－1＝a[1.016－1]×102(元)．由S1＝S2，得a＝1.016×1021.016－1. 以下解法同法一，得a≈1 739.故每月应支付1 739元．方法技巧错位相减法求数列的和若数列{a n}为等差数列，数列{b n}为等比数列，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，并向后错位一项与{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．6、已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为－4.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .数列归纳整合一、数列的概念及表示方法(1)定义：按照一定顺序排列着的一列数．(2)表示方法：列表法、图象法、通项公式法和递推公式法．(3)分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列．(4)a n 与S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2. 等差数列 等比数列性质 ①设{a n }是等差数列，若s ＋t ＝m ＋n ，则a s＋a t ＝a m ＋a n ；②从等差数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等差数列；③等差数列中连续m 项的和组成的新数列是等差数列，即：S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…是等差数列 ①设{a n }是等比数列，若s ＋t ＝m ＋n ，则a s ·a t ＝a m ·a n ； ②从等比数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等比数列； ③等比数列中连续m 项的和组成的新数列是等比数列，即：S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…是等比数列(注意：当q ＝－1且m 为偶数时，不是等比数列)函数特性 ①等差数列{an}的通项公式是n 的一次函数，即an ＝an ＋b(a≠0，a ＝d ，b ＝a1－d)； ②等差数列{an}的前n 项和公式是一个不含常数项的n 的二次函数，即Sn ＝an2＋bn(d≠0) ①等比数列{an}的通项公式是n 的指数型函数，即an ＝c·qn ，其中c≠0，c ＝a1q ； ②等比数列{an}的前n 项和公式是一个关于n 的指数型函数，即Sn ＝aqn －a(a≠0，q≠0，q≠1)三、等差数列、等比数列的判断方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)⇔{a n }是等差数列；a n ＋1a n＝q (q 为常数，q ≠0)⇔{a n }是等比数列． (2)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2⇔{a n }是等差数列；a n ＋12＝a n ·a n ＋2(a n ≠0)⇔{a n }是等比数列．(3)通项公式法：a n ＝an ＋b (a ，b 是常数)⇔{a n }是等差数列；a n ＝c ·q n (c ，q 为非零常数)⇔{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝an 2＋bn (a ，b 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列；S n ＝aq n －a (a ，q 为常数，且a ≠0，q ≠0，q ≠1，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．专题一 数列通项公式的求法数列的通项公式是数列的核心之一，它如同函数中的解析式一样，有解析式便可研究函数的性质，而有了数列的通项公式，便可求出数列中的任何一项及前n 项和．常见的数列通项公式的求法有以下几种：(1)观察归纳法求数列的通项公式就是观察数列的特征，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与序号n 的内在联系，结合常见数列的通项公式，归纳出所求数列的通项公式．(2)利用公式法求数列的通项公式数列符合等差数列或等比数列的定义，求通项时，只需求出a 1与d 或a 1与q ，再代入公式a n ＝a 1＋(n －1)d 或a n ＝a 1q n －1中即可．(3)利用a n 与S n 的关系求数列的通项公式如果给出的条件是a n 与S n 的关系式，可利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2，先求出a 1＝S 1，再通过计算求出a n (n ≥2)的关系式，检验当n ＝1时，a 1是否满足该式，若不满足该式，则a n 要分段表示．(4)利用累加法、累乘法求数列的通项公式形如：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；形如：已知a 1，且a n ＋1a n＝f (n )(f (n )是可求积数列)的形式均可用累乘法． (5)构造法(利用数列的递推公式研究数列的通项公式)若由已知条件直接求a n 较难，可以通过整理变形等，从中构造出一个等差数列或等比数列，从而求出通项公式．1、已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋3n ＋2且a 1＝2，求a n .2、数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n ＋2a n (n ∈N *)，求通项公式a n . 3、已知数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)，a 1＝1，求通项公式．4、设S n 为数列{a n }的前n 项的和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式． 专题二 数列求和求数列的前n 项和S n 通常要掌握以下方法：1、公式法：直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意对等比数列q ≠1的讨论．2、错位相减法：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．3、分组转化法：把数列的每一项分成两项，使其转化为几个等差、等比数列再求和．4、裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．5、倒序相加法：把数列正着写和倒着写再相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广)．1、求数列214，418，6116，…，2n ＋12n ＋1的前n 项和S n . 2、在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项的和． 3、求和S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n .专题三 数列的交汇问题数列是高中代数的重点内容之一，也是高考的必考内容及重点考查的范围，它始终处在知识的交汇点上，如数列与函数、方程、不等式等其他知识交汇进行命题．1、已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且 a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围． 2、数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n 2·b n ，证明：当且仅当n ≥3时，c n ＋1<c n .。

求数列前N 项和的七种方法1. 公式法等差数列前n 项和：11()(1)22n n n a a n n S na d ++==+特别的，当前n 项的个数为奇数时，211(21)k k S k a ++=+ ，即前n 项和为中间项乘以项数。

这个公式在很多时候可以简化运算。

等比数列前n 项和：q=1时，1n S na = ()1111nn a q q S q-≠=-，，特别要注意对公比的讨论。

[例1] 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n 项和.解：由212loglog3log1log3323=⇒-=⇒-=x x x由等比数列求和公式得 n n x x x x S +⋅⋅⋅+++=32 （利用常用公式）＝xx x n--1)1(＝211)211(21--n＝1－n21[例2] 设S n ＝1+2+3+…+n ，n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解：由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n ， )2)(1(211++=+n n S n∴ 1)32()(++=n nS n S n f ＝64342++n n n ＝nn 64341++＝50)8(12+-n n 501≤∴ 当 88-n ，即n ＝8时，501)(max =n f2. 错位相减法这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和，其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列.[例3] 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ……………①解：由题可知，{1)12(--n xn }的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列{1-n x}的通项之积设nn x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=………. ② （设制错位）①－②得 nn n x n xx x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=-- 再利用等比数列的求和公式得：nn n x n xxx S x )12(1121)1(1----⋅+=--∴ 21)1()1()12()12(x x x n xn S nn n -+++--=+[例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232nn 前n 项的和.解：由题可知，{nn 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n21}的通项之积设nn n S 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n n S ………………………………②①－②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n nn n S （错位相减）1122212+---=n n n ∴ 1224-+-=n n n S3. 反序相加法求和这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +.[例5] 求 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1s i n 2s i n 3s i n 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S ……..② （反序） 又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得 （反序相加）)89cos 89(sin)2cos 2(sin)1cos 1(sin 2222222++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴ S ＝44.54. 分组法求和有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可. [例6] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa an ，… 解：设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aaaS n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aaaS n n （分组） 当a ＝1时，2)13(nn n S n -+=＝2)13(nn + （分组求和）当1≠a 时，2)13(1111n n aa S nn -+--=＝2)13(11nn a a a n-+---[例7] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解：设k k k k k k a k ++=++=2332)12)(1(∴ ∑=++=n k n k k k S 1)12)(1(＝)32(231k k knk ++∑=将其每一项拆开再重新组合得S n ＝k k k nk nk nk ∑∑∑===++1213132 （分组）＝)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++＝2)1(2)12)(1(2)1(22++++++n n n n n n n ＝2)2()1(2++n n n练习：求数列∙∙∙+∙∙∙),21(,,813,412,211nn 的前n 项和。

求数列前n 项和8种的方法一.公式法（定义法）： 1.等差数列求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d ++==+特别地，当前n 项的个数为奇数时，211(21)k k S k a ++=+，即前n 项和为中间项乘以项数。

这个公式在很多时候可以简化运算； 2.等比数列求和公式： （1）1q =时，1n S na =； （2）()1111nn a q q S q-≠=-，，特别要注意对公比的讨论；3.可转化为等差、等比数列的数列；4.常用公式:（1）1nk k ==∑12123(1)n n n ++++=+；（2）21nk k ==∑222216123(1)(21)n n n n ++++=++；（3）31nk k ==∑33332(1)2123[]n n n +++++=；（4）1(21)n k k =-=∑2n 1)-(2n ...531=++++.例1 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n 项和. 解：由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x由等比数列求和公式得 n n x x x x S +⋅⋅⋅+++=32＝xx x n--1)1(＝211)211(21--n ＝1－n 21例2 设123n s n =++++，*n N ∈,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解：易知 )1(21+=n n S n ， )2)(1(211++=+n n S n∴ 1)32()(++=n nS n S n f ＝64342++n n n＝n n 64341++＝50)8(12+-nn 501≤∴ 当 88-n ，即n ＝8时，501)(max =n f .二.倒序相加法:如果一个数列{a n }，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法。

等比数列的前n项和例题详细解法・例题解析【例1】设等比数列的首项为a(a＞0)，公比为q(q＞0)，前n项和为80，其中最大的一项为54，又它的前2n项和为6560，求a和q.解：由S n=80，S2n=6560，故q≠1∵a＞0，q＞1，等比数列为递增数列，故前n项中最大项为an．∴a n=aq n-1=54④将③代入①化简得a=q－1 ⑤由⑤，⑥联立方程组解得a=2，q=3证∵Sn=a1＋a1q＋a1q2＋...＋a1q n-1S2n=S n＋(a1q n＋a1q n+1＋...＋a1q2n-1)=S n＋q n(a1＋a1q＋...＋a1q n-1)=S n＋q n S n=S n(1＋q n)类似地，可得S3n=S n(1＋q n＋q2n)说明本题直接运用前n项和公式去解，也很容易．上边的解法，灵活地处理了S2n、S3n与S n的关系．介绍它的用意在于让读者体会利用结合律、提取公因式等方法将某些解析式变形经常是解决数学问题的关键，并且变得好，则解法巧．【例2】一个有穷的等比数列的首项为1，项数为偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求这个数列的公比和项数．分析设等比数列为{a n}，公比为q，取其奇数项或偶数项所成的数列仍然是等比数列，公比为q2，首项分别为a1，a1q．解设项数为2n(n∈N*)，因为a1=1，由已知可得q≠1．即公比为2，项数为8．说明运用等比数列前n项和公式进行运算、推理时，对公比q要分情况讨论．有关等比数列的问题所列出的方程(组)往往有高次与指数方程，可采用两式相除的方法达到降次的目的．【例3】已知S n是数列{a n}的前n项和，S n＝p n(p∈R，n∈N*)，那么数列{a n}．[ ]A．是等比数列B．当p≠0时是等比数列C．当p≠0，p≠1时是等比数列D．不是等比数列分析：由S n＝p n(n∈N*)，有a1=S1＝p，并且当n≥2时，a n=S n－S n-1＝p n－p n-1＝(p－1)p n-1但满足此条件的实数p是不存在的，故本题应选D．【例4】已知等比数列1，x1，x2，...，x2n，2，求x1・x2・x3*...・x2n．解∵1，x1，x2，...，x2n，2成等比数列，公比q∴2＝1・q2n+1x1x2x3...x2n＝q・q2・q3...q2n=q1+2+3+ (2)式；(2)已知a3・a4・a5＝8，求a2a3a4a5a6的值．∴a4＝2【例5】设a、b、c、d成等比数列，求证：(b－c)2＋(c－a)2＋(d－b)2＝(a－d)2．证法一∵a、b、c、d成等比数列∴b2＝ac，c2＝bd，ad＝bc∴左边=b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2＋d2－2bd＋b2=2(b2－ac)＋2(c2－bd)＋(a2－2bc＋d2)＝a2－2ad＋d2＝(a－d)2＝右边证毕．证法二∵a、b、c、d成等比数列，设其公比为q，则：b＝aq，c＝aq2，d=aq3∴左边＝(aq－aq2)2＋(aq2－a)2＋(aq3－aq)2＝a2－2a2q3＋a2q6=(a－aq3)2＝(a－d)2=右边证毕．说明这是一个等比数列与代数式的恒等变形相综合的题目．证法一是抓住了求证式中右边没有b、c的特点，走的是利用等比的条件消去左边式中的b、c的路子．证法二则是把a、b、c、d 统一化成等比数列的基本元素a、q去解决的．证法二稍微麻烦些，但它所用的统一成基本元素的方法，却较证法一的方法具有普遍性．【例6】求数列的通项公式：(1){an}中，a1＝2，a n+1＝3a n＋2(2){an}中，a1=2，a2＝5，且a n+2－3a n+1＋2a n＝0思路：转化为等比数列．∴{a n＋1}是等比数列∴a n＋1=3・3n-1 ∴a n=3n－1∴{a n+1－a n}是等比数列，即a n+1－a n=(a2－a1)・2n-1=3・2n-1再注意到a2－a1=3，a3－a2=3・21，a4－a3=3・22，...，a n－a n-1=3・2n-2，这些等式相加，即可以得到说明解题的关键是发现一个等比数列，即化生疏为已知．(1)中发现{a n＋1}是等比数列，(2)中发现{a n+1－a n}是等比数列，这也是通常说的化归思想的一种体现．证∵a1、a2、a3、a4均为不为零的实数∴上述方程的判别式Δ≥0，即又∵a1、a2、a3为实数因而a1、a2、a3成等比数列∴a4即为等比数列a1、a2、a3的公比．。

数列通项公式方法求前n项和例题讲解和方法总结数列的通项公式1.通项公式如果数列的第n项与项数n之间的函数关系可以用一个公式来表达，叫做数列的通项公式。

2.数列的递推公式（1）如果已知数列的第一项，且任一项与它的前一项之间的关系可以用一个公式来表示。

（2）递推公式是数列所特有的表示方法，它包含两部分，一是递推关系，二是初始条，二者缺一不可3.数列的前n项和与数列通项公式的关系数列的前n项之和，叫做数列的前n项和，用表示，即与通项的关系是4.求数列通项公式的常用方法有：(前6种常用，特别是2,5,6)1）、公式法，用等差数列或等比数列的定义求通项2）前n项和与的关系法，求解.(注意：求完后一定要考虑合并通项)3）、累（叠）加法：形如∴4）.累（叠）乘法：形如∴5）.待定系数法：形如a=pa+q（p≠1，pq≠0），（设a+k=p（a+k）构造新的等比数列）6)倒数法：形如（两边取倒，构造新数列，然后用待定系数法或是等差数列）7).对数变换法：形如，（然后用待定系数法或是等差数列）8).除幂构造法:形如(然后用待定系数法或是等差数列)9).归纳—猜想—证明”法直接求解或变形都比较困难时，先求出数列的前面几项，猜测出通项，然后用数学归纳法证明的方法就是“归纳—猜想—证明”法．递推数列问题成为高考命题的热点题型，对于由递推式所确定的数列通项公式问题，通常可对递推式的变形转化为等差数列或等比数列.下面将以常见的几种递推数列入手，谈谈此类数列的通项公式的求法.通项公式方法及典型例题1.前n项和与的关系法例1、已知下列两数列的前n项和sn的公式，求的通项公式。

（1）(1)Sn＝2n2－3n；（2）解：(1)a1＝S1＝2－3＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.（1），当时===3经验证也满足上式∴=3（2），当时，由于不适合于此等式。

4.2.2等差数列的前n 项和公式知识点一.前n 项和1．数列的前n 项和：对于数列{a n }，一般地称a 1＋a 2＋…＋a n 为数列{a n }的前n 项和，用S n 表示，即S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .2．等差数列的前n 项和公式已知量首项，末项与项数首项，公差与项数选用公式S n ＝n （a 1＋a n ）2S n ＝na 1＋n （n －1）2d 3、等差数列前n 项和公式的推导对于公差为d 的等差数列，S n ＝a 1＋(a 1＋d )＋(a 1＋2d )＋…＋[a 1＋(n －1)d ]，①S n ＝a n ＋(a n －d )＋(a n －2d )＋…＋[a n －(n －1)d ]，②由①＋②得2S n ＝(a 1＋a n )＋(a 1＋a n )＋…＋(a 1＋a n )n 个＝n (a 1＋a n )，由此得等差数列前n 项和公式S n ＝n (a 1＋a n )2，代入通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d 得S n ＝na 1＋n (n －1)2d .知识点二．等差数列的性质已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n ．(3)若{a n }的公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d ．(4)若{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…构成等差数列．知识点三．等差数列与函数的关系1.通项公式：当公差d ≠0时，等差数列的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d 是关于n 的一次函数，且一次项系数为公差d .若公差d ＞0，则为递增数列，若公差d ＜0，则为递减数列．2.前n 项和：当公差d ≠0时，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 21是关于n 的二次函数且常数项为0.知识点四．两个常用结论1.关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质①若项数为2n ，则S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1；②若项数为2n －1，则S 偶＝(n －1)a n ，S 奇＝na n ，S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝n n －1.2.两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n 之间的关系为S 2n －1T 2n －1＝a n b n.【注意】1．当公差d ≠0时，等差数列的通项公式是n 的一次函数；当公差d ＝0时，a n 为常数．2．注意利用“a n －a n －1＝d ”时加上条件“n ≥2”．题型1等差数列前n 项和基本量的计算【例题1】(一题多解)(2019·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则()A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n【解析】(1)方法一：设等差数列{a n }的公差为d 4＝0，5＝5，a 1＋4×32d ＝0，1＋4d ＝5，解得1＝－3，＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2－4n .故选A.方法二：设等差数列{a n }的公差为d 4＝0，5＝5，a 1＋4×32d ＝0，1＋4d ＝5，1＝－3，＝2.选项A ，a 1＝2×1－5＝－3；选项B ，a 1＝3×1－10＝－7，排除B ；选项C ，S 1＝2－8＝－6，排除C ；选项D ，S 1＝12－2＝－32，排除D.故选A.【变式1-1】1．（2022·甘肃·宁县第二中学高二阶段练习）已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 9=54，a 11+a 12+a 13=27，则S 16=（）A ．120B ．60C ．160D ．80【答案】A【分析】首先根据等差数列通项公式和前n 项和公式将题干条件中的等式转化成基本量a 1和d ，然后联立方程组解出a 1和d ，最后根据公式求解S 16即可.【详解】∵a n 为等差数列，∴S 9=9a 1+9×82d =9a 1+36d =54，a 11+a 12+a 13=a 1+10d +a 1+11d +a 1+12d =3a 1+33d =27，9a 1+36d =543a 1+33d =27，解得a 1=307d =37.S 16=16a 1+16×152d =16×307+120×37=120.故选：A.【变式1-1】2．（2022·湖南省桃源县第一中学高三阶段练习）设等差数列a n 的前n 项和为S n ，已知a 3=11，a 5=19，则S 10=（）A ．310B ．210C ．110D ．39【答案】B【分析】根据等差数列的公差以及求和公式，可得答案.【详解】由等差数列a n ，则公差d =a 5-a 35-3=19-112=4，即S 10=5×a 3+a 8=5×a 3+a 3+5d =5×11×2+5×4=5×42=210.故选：B.【变式1-1】3．（2022·江苏南京·高三阶段练习）设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 8=6,S 21=0，则a 1的值为（）A ．18B ．20C ．22D ．24【答案】B【分析】根据等差数列的通项公式和求和公式代入求解即可.【详解】解：由题意得：设等差数列的通项公式为a n =a 1+(n -1)d ，则S n =na 1+n (n -1)2da 8=6S 21=0⇒a 1+7d =721a 1+20×212d =0解得：d =-2a 1=20故选：B 【变式1-1】4．（2023·上海·高三专题练习）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n =1+(n −1)d ，5a 2=a 8，则S n =___________.【答案】n 2【分析】根据通项公式列出方程求出d ，利用前n 项和公式求解.【详解】因为a n =1+(n −1)d ，5a 2=a 8所以5(1+d )=1+7d ⇒d =2，所以{a n }是以2为公差的等差数列，所以S n =n (1+2n −1)2=n 2，故答案为：n 2【变式1-1】5.(2020·河南部分重点高中联考)记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S 5－5S 3＝135，则数列{a n }的公差d ＝________．【解析】因为3S 5－5S 3＝135，所以a 1＋5×42d a 1＋3×22d135，所以15d ＝135，解得d ＝9.【变式1-2】1．(2020·六校联盟第二次联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＋S 5＝2，S 7＝14，则a 10＝()A ．18B ．16C ．14D ．12【答案】选C.【解析】设{an }的公差为d ，1＋3d ＋5a 1＋5×42d ＝2，a 1＋7×62d ＝14a 1＋13d ＝2，1＋3d ＝2，1＝－4，＝2，所以a 10＝－4＋9×2＝14，选C.【变式1-2】2．已知数列{a n}(n∈N＋)是等差数列，S n是其前n项和，若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．【答案】16【解析】设等差数列{a n}的公差为d，则a2a5＋a8＝(a1＋d)·(a1＋4d)＋a1＋7d＝a21＋4d2＋5a1d ＋a1＋7d＝0，S9＝9a1＋36d＝27，解得a1＝－5，d＝2，则S8＝8a1＋28d＝－40＋56＝16.【变式1-2】3.(2017·全国卷Ⅰ)记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{a n}的公差为()A．1B．2C．4D．8【答案】C【解析】设等差数列{a n}的公差为d4＋a5＝24，6＝48，1＋3d＋a1＋4d＝24，a1＋6×52d＝48，即a1＋7d＝24，a1＋5d＝16，解得d＝4.【变式1-2】4．(2020·高考全国卷Ⅱ)记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________．【答案】25【解析】设等差数列{a n}的公差为d，则a2＋a6＝2a1＋6d＝2.因为a1＝－2，所以d＝1.所以S10＝10×(－2)＋10×92×1＝25.【变式1-2】5．(2020·合肥第一次教学检测)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S4＝4S2.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若a m＋a m＋1＋a m＋2＋…＋a m＋9＝180(m∈N*)，求m的值．【解析】(1)设等差数列{a n}的公差为d，由S4＝4S2得，4a1＋6d＝8a1＋4d，整理得d＝2a1，又a1＝1，所以d＝2，所以a n＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N*)．(2)a m＋a m＋1＋a m＋2＋…＋a m＋9＝180可化为10a m＋45d＝20m＋80＝180.解得m＝5.【变式1-2】6.(2021·新高考卷Ⅱ)记S n是公差不为0的等差数列{a n}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.(1)求数列{a n}的通项公式a n；(2)求使S n＞a n成立的n的最小值．【解析】(1)由等差数列的性质可得S5＝5a3，则a3＝5a3，所以a3＝0，设等差数列的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d，从而－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，数列的通项公式为a n＝a3＋(n－3)d ＝2n－6.(2)由数列的通项公式可得a1＝2－6＝－4，则S n＝n×(－4)＋n（n－1）2×2＝n2－5n，则不等式S n＞a n即n2－5n＞2n－6，整理可得(n－1)·(n－6)＞0，解得n＜1或n＞6，又n为正整数，故n的最小值为7.题型2等差数列前n项和Sn与等差中项的关系2n-1n【例题2-1】等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝20，则S9＝() A．27B．36C．45D．54【答案】选B.【解析】依题意a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝5a5＝20，a5＝4，所以S9＝a1＋a92×9＝9a5＝36.【变式2-1】1．已知数列{a n}为等差数列，S n为其前n项和，2＋a5＝a6＋a3，则S7＝() A．2B．7C．14D．28【答案】选C.【解析】因为2＋a5＝a6＋a3，所以2＋a4＋d＝a4＋2d＋a4－d.解得a4＝2，所以S7＝7（a1＋a7）2＝7a4＝14.【变式2-1】2．（2023·全国·高三专题练习）设公差不为0的等差数列a n的前n项和为S n，已知S9=3a3+a5+a m，则m=（）A．9B．8C．7D．6【答案】C【分析】根据等差数列的前n项和的性质及等差数列通项公式化简可得.【详解】因为S9=3a3+a5+a m，又S9=9a5，所以9a5=3a3+a5+a m，所以a3+a5+ a m=3a5，即a3+a m=2a5，设等差数列a n的公差为d，则a1+2d+a1+(m−1)d=2(a1+ 4d)，所以(m+1)d=8d，又d≠0，所以1+m=8，所以m=7．故选：C.【变式2-1】3．（2021·陕西渭南·一模（理））已知数列a n为等差数列，其前n项和为S n，若S15=90，则a8=（）A．12B．6C．4D．3【答案】B【分析】根据等差数列的性质及前n项和公式即可求出答案.【详解】因为数列a n为等差数列，所以S15=15×2a82=15a8=90，所以a8=6.故选：B.◆类型2a n bn =S2n−1 T2n−1【例题2-2】（2023·全国·高三专题练习）两个等差数列a n和b n的前n项和分别为S n、T n，且S n Tn =5n+2n+3，则a2+a20b7+b15等于（）A．10724B．724C．14912D．1493【答案】A【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式结合等差数列性质计算作答.【详解】两个等差数列a n和b n的前n项和分别为S n、T n，且S n Tn =5n+2n+3，所以a2+a20b7+b15=a1+a21b1+b21=a1+a21 2×21b1+b21 2×21=S21T21=5×21+221+3=10724.故选：A【变式2-2】1．（2022·辽宁·沈阳市第五十六中学高二阶段练习）若等差数列a n 和b n 的前n 项的和分别是S n 和T n ，且an b n=n 2n +1，则S 11T 11=（）A ．1221B ．1123C ．613D ．1223【答案】C【分析】根据等差数列的前n 项的和的公式即可转化成a n b n=n2n +1,进而求解.【详解】因为a n 和b n 是等差数列,故S11T 11==a 6b 6=613故选:C【变式2-2】2．（2022·天津·高二期末）若等差数列a n ，b n 的前n 项和分别为S n ，T n ，满足S n T n=2n −13n +1，则a4b 4=_______.【答案】1322【分析】根据等差数列下标和性质及等差数列前n 项和公式计算可得；【详解】解：依题意可得a4b 4=2a 42b 4=a 1+a 7b 1+b 7=21+a 77b 1+b 7=S 7T 7=2×7−13×7+1=1322；故答案为：1322【变式2-2】3．（2022·全国·高三专题练习）已知S n ，T n 分别是等差数列a n ，b n 的前n 项和，且S n T n=3n +1n +1,n ∈N ∗，则a 10b3+b 18+a 11b6+b 15=______．【答案】6121【答案】利用等差数列的性质和前n 项和公式即可求得.【详解】因为b n 为等差数列，所以b 3+b 18=b 6+b 15，所以a 10b3+b 18+a 11b6+b 15=a 10+a 11b 6+b 15=a 1+a20b 1+b 20=12×a 1+a 20×2012×b 1+b 20×20=S 20T 20=3×20+120+1=6121.故答案为：6121【变式2-2】4．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意自然数n 都有S nT n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________．【答案】1941【解析】∵{a n }，{b n }为等差数列，∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6.∵S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941，∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝1941.【变式2-2】5.等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意正整数n 都有S n T n ＝2n －13n －2，则a 11b 6＋b 10＋a 5b 7＋b 9________．【答案】2943【解析】a 11b 6＋b 10＋a 5b 7＋b 9＝a 11＋a 52b 8＝2a 82b 8＝a 8b 8，又a 8b 8＝S 2×8－1T 2×8－1＝S 15T 15＝2×15－13×15－2＝2943.【变式2-2】6．（2022·陕西·西安工业大学附中高一阶段练习）有两个等差数列a n ,b n ，其前n 项和分别为S n ,T n .（1）若a n b n=2n −13n +1，则S 11T 11=___________.（2）若S n T n=2n −13n +1，则a 5b 4=___________.【答案】11191722【分析】利用S11T 11=11a 611b 6可得填空1的答案；若SnT n=2n −13n +1=2n 2−n 3n 2+n，则可设S n =2n 2−n k ，T n =3n 2+n k ，然后可计算a5b 4的值.【详解】若a n b n=2n −13n +1，则S 11T 11=11a 611b 6=2×6−13×6+1=1119；若S n T n=2n −13n +1=2n 2−n 3n 2+n，则可设S n =2n 2−n k ，T n =3n 2+n k 所以a 5=S 5−S 4=45k −28k =17k ，b 4=T 4−T 3=52k −30k =22k ，所以a 5b 4=1722，故答案为：1119；1722【变式2-2】7．（2023·全国·高三专题练习）设公差不为零的等差数列a n 的前n 项和为S n ，a 4=2a 5，则S7S 4=（）A ．74B ．-1C ．1D ．54【答案】C【分析】利用等差中项2a 5=a 4+a 6，2a 6=a 5+a 7及等差数列前n 项和的性质即可求解.【详解】解：在等差数列a n 中，2a 5=a 4+a 6，a 4=2a 5，故a 6=0，又2a 6=a 5+a 7，故a 7=−a 5，则S 7=S 4+a 5+a 6+a 7=S 4，故S7S 4=1.故选：C.【变式2-2】8．（2023·全国·高三专题练习）设等差数列a n 与等差数列b n 的前n 项和分别为S n，T n.若对于任意的正整数n都有S n Tn =2n+13n−1，则a8b9=（）A．3552B．3150C．3148D．3546【答案】B【分析】先设S n=2n+1nt，T n=3n−1nt，由a8=S8−S7，b9=T9−T8直接计算a8b9即可.【详解】设S n=2n+1nt，T n=3n−1nt，t≠0.则a8=S8−S7=136t−105t=31t，b9= T9−T8=234t−184t=50t，所以a8b9=3150.故选：B.【变式2-2】9．（2022·安徽宿州·高二期中）已知两个等差数列a n和b n的前n项和分别为A n和B n，且A n Bn =2n+1n+4，则b2+b8a3+a5+a7=（）A．43B．3839C．1319D．2657【答案】D【分析】根据等差数列性质与前n项公式化简即可求解．【详解】由b2+b8a3+a5+a7=b1+b93a1+a9=23⋅B9A9=23×9+42×9+1=2657．故选：D【变式2-2】10．（2022·黑龙江·鹤岗一中高二开学考试）等差数列a n和b n的前n项和分别记为S n与T n，若S2n Tn =6n3n+4，则a3+a12b4=（）A．725B．1425C．2125D．4225【答案】D【分析】根据等差数列的性质，将a3+a12b4变形为数列的前n项和的比的形式，即可求得答案.【详解】a n和b n为等差数列，故a3+a12b4=a1+a1412×2b4=142(a1+a14)72(b1+b7)=S14T7=6×73×7+4=4225,故选：D.【变式2-2】11．两个等差数列{a n}和{b n}的前n项和分别为A n，B n，且满足A nB n ＝7n＋45n＋3，则使得a nb n为正整数的n的个数是() A．5B.4C.3D.2【解析】选A.因为a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1，所以当n ＋1＝2，3，4，6，12，即n ＝1，2，3，5，11时，an b n为正整数．故选A.题型3等差数列前n 项和S n 的性质k 2k k 3k 2k 列【例题3-1】（2022·上海市延安中学高二阶段练习）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10=20，S 30=90，则S 20=___________【答案】50【分析】由等差数列片段和的性质知S 10,S 20−S 10,S 30−S 20成等差数列，再由等差中项的性质求结果.【详解】由题设S 10,S 20−S 10,S 30−S 20成等差数列，所以2(S 20−S 10)=S 10+S 30−S 20，则3S 20=3S 10+S 30=150，所以S 20=50.故答案为：50【变式3-1】1.等差数列前n 项的和为30，前2n 项的和为100，则它的前3n 项的和为()A ．130B ．170C ．210D ．260【答案】C【解析】利用等差数列的性质：S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列．所以S n ＋(S 3n －S 2n )＝2(S 2n－S n )，即30＋(S 3n －100)＝2(100－30)，解得S 3n ＝210.【变式3-1】2．（2022·江西·高三开学考试）等差数列a n 的前n 项和为S n ，若a 3=0，a 4+a 5+a 6=6，则S 7=______．【答案】7【分析】方法一：设出公差，利用题干条件得到a 5=2，进而求出公差，再求出首项，利用求和公式进行求解；方法二：利用题干条件得到a 5=2，再利用求和公式的性质进行求解.【详解】方法一：设公差为d ，由a 4+a 5+a 6=3a 5=6，∴a 5=2，又a 3=0，∴d =a 5−a 35−3=1，a 1=a 3−2d =−2，∴S 7=7a 1+7×6d 2=7．方法二：由已知得a 4+a 5+a 6=3a 5=6，∴a 5=2，又a 3=0，所以S 7===7．故答案为：7【变式3-1】3.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于()A ．63B ．45C ．36D ．27【答案】B【解析】∵a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，而由等差数列的性质可知，S 3，S 6－S 3，S 9－S 6构成等差数列，所以S 3＋(S 9－S 6)＝2(S 6－S 3)，即a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝2×36－3×9＝45.【变式3-1】4.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若488,20S S ==,则13141516a a a a +++=()A ．12B ．8C ．20D ．16【答案】C【解析】∵等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，488,20S S ==，由等差数列的性质得：4841281612,,,S S S S S S S ---成等比数列又4848,20812,S S S =-=-=∴128122012416,S S S -=-=+=16121314151616420S S a a a a -=+++=+=．故选：C ．【变式3-1】5．（2022·全国·高二课时练习）设等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S k =2，S 2k =8，则S 4k =______．【答案】32【分析】由等差数列a n 前n 项和的性质，可得S k ，S 2k −S k ，S 3k −S 2k ，S 4k −S 3k 成等差数列，进而即得.【详解】由等差数列a n 前n 项和的性质，可得S k ，S 2k −S k ，S 3k −S 2k ，S 4k −S 3k 成等差数列，∴2S 2k −S k =S k +S 3k −S 2k ，解得S 3k =18，∴2，6，10，S 4k −18成等差数列，可得2×10=6+S 4k −18，解得S 4k =32.故答案为：32.【变式3-1】6．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末）在等差数列a n 中，其前n 项和为S n ，若S 21:S 7=6:1，则S 28:S 14=（）A ．16:1B ．6:1C ．12:1D ．10:3【答案】D【分析】根据等差数列前n 项和的性质求解即可【详解】由等差数列前n 项和的性质可得，S 7,S 14−S 7,S 21−S 14,S 28−S 21成等差数列，设S 7=s ，则S 21=6s ，即s ,S 14−s ,6s −S 14成等差数列，故2S 14−s =s +6s −S 14，解得S 14=3s ，故S 7,S 14−S 7,S 21−S 14,S 28−S 21即s ,2s ,3s ,4s ，故S 28−6s =4s ，S 28=10s ，故S 28:S 14=10:3故选：D【变式3-1】7.n S 是等差数列n a }的前n 项和，若3613S S =，则612S S 为（）A ．310B ．13C ．18D ．19【答案】A【解析】设36,3S a S a ==，根据36396129,,,S S S S S S S ---是一个首项为a ，公差为a 的等差数列，各项分别为,2,3,4a a a a ，故6123323410S a S a a a a ==+++.故选：A .【变式3-1】8．（2022·全国·高二课时练习）已知一个等差数列a n 的前4项和为32，前8项和为56．(1)求S12、S16的值；(2)通过计算观察，寻找S4、S8、S12、S16之间的关系，你发现什么结论？(3)根据上述结论，请你归纳出对于等差数列而言的一般结论，并证明．【答案】(1)S12=72，S16=80(2)S4，S8−S4，S12−S8，S16−S12成等差数列．(3)已知a n是等差数列，前n项和为S n，则S t，S2t−S t，S3t−S2t，…，S kt−S k−1t，…k,t∈N∗成等差数列；证明见解析．【分析】（1）设{a n}公差为d，由等差数列前n项和公式列方程组求得a1和d，再计算出S12，S16；（2）由（1）求出S4，S8−S4，S12−S8，S16−S12后可得结论；（3）根据等差数列的定义证明．（1）设{a n}公差为d，则S4=4a1+6d=32S8=8a1+28d=56，解得a1=354d=−12，S12=12a1+66d=12×354+66×(−12)=72，S16=16a1+120d=16×354+120×(−12)=80；（2）由（1）得S4=32，S8−S4=24，S12−S8=16，S16−S12=8，所以S4，S8−S4，S12−S8，S16−S12成等差数列；（3）设{a n}公差为d，则S kt−S(k−1)t=(a1+a2+⋯+a kt)−(a1+a2+⋯+a(k−1)t)= a(k−1)t+1+a(k−1)t+2+⋯+a kt，同理S(k+1)t−S kt=a kt+1+a kt+2+⋯+a(k+1)t，所以(S(k+1)t−S kt)−(S kt−S(k−1)t)=(a kt+1−a(k−1)t+1)+(a kt+2−a(k−1)t+2)+⋯+(a(k+1)t−a kt)=td+td+⋯+td=t2d为常数，所以S t，S2t−S t，S3t−S2t，…，S kt−S k−1t，…k,t∈N∗成等差数列．◆类型2数列{a n}是等差数列⇔S n＝an2＋bn(a，b为常数)⇔为等差数列【例题3-2】（2023·全国·高三专题练习）已知S n是等差数列{a n}的前n项和，若a1＝﹣2018，S20192019−S2*******=6，则S2020等于（）A．﹣4040B．﹣2020C．2020D．4040【答案】C【分析】根据等差数列前n 项和的性质，结合等差数列的通项公式进行求解即可.【详解】∵S n 是等差数列{a n }的前n 项和，∴数列{S n n}是等差数列．∵a 1＝﹣2018，S 20192019−S 20132013=6，∴数列{S n n}的公差d =66=1，首项为﹣2018，∴S 20202020=−2018+2019×1＝1，∴S2020＝2020．故选：C ．【变式3-2】1．（2022·河北·河间一中高三开学考试）在等差数列a n 中，a 1=−2021，其前n 项和为S n ，若S 1010−S 88=2，则S 2021等于（）A ．2021B ．−2021C ．−2020D ．2020【答案】Bd =1，结合等差数列通项公式可求得S 20212021，进而得到结果.【详解】∵数列a n 为等差数列，∴设其公差为d ，又S1010−S 88=2d =2，解得：d =1，又S11=a 1=−2021，∴S 20212021=−2021+2020=−1，∴S 2021=−2021.故选：B.【变式3-2】2.在等差数列{a n }中，a 1＝－2018，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2018的值等于()A ．－2018B ．－2016C ．－2019D ．－2017【答案】A【解析】由题意知，数列{S n n }为等差数列，其公差为1，∴S 20182018＝S 11＋(2018－1)×1＝－2018＋2017＝－1.∴S 2018＝－2018.【变式3-2】3．（2022·浙江·高二阶段练习）（多选）若等差数列a n 的公差为d ，前n 项和为S n ，记b n =S nn，则（）A ．数列b n 是公差为12d 的等差数列B ．数列b n 是公差为2d 的等差数列C ．数列a n +b n 是公差为32d 的等差数列D．数列a n−b n是公差为32d的等差数列【答案】AC【分析】利用等差数列的定义可判断各选项的正误.【详解】由已知可得b n=S n n=2n=a1+a n2，对于AB选项，b n+1−b n=a n+1+a12−a n+a12=a n+1−a n2=d2，所以，数列b n是公差为12d的等差数列，A对B错；对于C选项，a n+1+b n+1−a n+b n=a n+1−a n+b n+1−b n=d+d2=3d2，所以，数列a n+b n是公差为32d的等差数列，C对；对于D选项，a n+1−b n+1−a n−b n=a n+1−a n−b n+1−b n=d−d2=d2，所以，数列a n−b n是公差为12d的等差数列，D错.故选：AC.【变式3-2】4．（2021·全国·高二专题练习）等差数列{a n}的通项公式是a n＝2n＋1，其前n项和为S n10项的和．【答案】75【分析】先求得S n，然后求得S n n，进而求得数列10项的和.【详解】a n=2n+1,a1=3,S n=3+2n+12⋅n=n+2⋅n，所以S n n=n+2是首项为1+2=3，公差为1的等差数列，其前10项和为10×3+10×92×1=75.【变式3-2】5．（2022·全国·高三阶段练习（理））已知等差数列a n的前n项和为S n，S10=30，S20=70，则S110=___________.【答案】880【分析】设等差数列a n的公差为d为等差数列，且公差为d2，求出5d的值，可求得S110110的值，即可得解.【详解】设等差数列a n的公差为d，∵S n n=2n=a1+a n2，则S n+1n+1−S n n=a n+1+a12−a n+a12=d2，为等差数列，且公差为d2，所以，S2020−S1010=72−3=12=10×d2=5d，故S110110=S1010+100×d2=3+10×5d=3+10×12=8，所以，S110=880.故答案为：880.【变式3-2】6．（2021·安徽·高三阶段练习（理））在等差数列{a n}中，a1=1，其前n项和为S n，若S6−3S2=24，则S10=_____.【答案】100d，进而得S66−S22=4d=4，故S n n=n，进而得S n=n2，再计算S10即可.【详解】∵数列a n为等差数列，∴设其公差为d，又S66−S22=4d=4，解得：d=1，又∵S11=a1=1，∴S n n=n，即S n=n2∴S10=100故答案为：100.【变式3-2】7．（2021·全国·高二课时练习）设等差数列{a n}的前n项和为Sn，且Sm＝－2，Sm＋1＝0，Sm＋2＝3，则m＝________.【答案】4是等差数列，从而可得S m m＋S m+2m+2＝2S m+1m+1，然后将Sm＝－2，Sm＋1＝0，Sm＋2＝3，代入可求出m的值【详解】因为Sn是等差数列{an}的前n所以S m m＋S m+2m+2＝2S m+1m+1，即−2m＋3m+2＝0，解得m＝4.故答案为：4◆类型3奇偶数项的和为()A．6B．5C．4D．3【答案】D【解析】因为某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，因此数列的第一、三、五、七、九项的和，写出数列的第二、四、六、八、十项的和，都用首项和公差表示，两式相减，得到结果．5a1+20d=15，5a1+25d=30，d=3，选B【变式3-3】1.等差数列{a n}共有2n＋1项，所有的奇数项之和为132，所有的偶数项之和为120，则n等于________．【答案】10【解析】因为等差数列共有2n＋1项，所以S奇－S偶＝a n＋1＝S2n＋12n＋1，即132－120＝132＋1202n＋1，解得n＝10.【变式3-3】2.设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项是________，项数是________．【答案】117【解析】设等差数列{a n}的项数为2n＋1，S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝n＋1a1＋a2n＋12＝(n＋1)a n＋1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝n a2＋a2n2＝na n＋1，所以S奇S偶＝n＋1n＝4433，解得n＝3，所以项数2n＋1＝7，S奇－S偶＝a n＋1，即a4＝44－33＝11为所求中间项．【变式3-3】3．（2022·全国·高三专题练习）已知等差数列a n共有2n+1项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则a n+1的值为（）．A．30B．29C．28D．27【答案】B【分析】由等差数列的求和公式与等差数列的性质求解即可【详解】奇数项共有n+1项，其和为a1+a2n+12⋅n+1=2a n+12⋅n+1=290，∴n+1a n+1=290．偶数项共有n项，其和为a2+a2n2⋅n=2a n+12⋅n=na n+1=261，∴a n+1=290−261=29．故选：B．【变式3-3】4．（2021·全国·高二专题练习）已知某等差数列a n的项数n为奇数，前三项与最后三项这六项之和为78，所有奇数项的和为65，则这个数列的项数n 为（）A ．9B ．11C ．13D ．15【答案】A【分析】由等差数列的性质与求和公式求解即可【详解】由已知，a 1+a 2+a 3+a n +a n −1+a n −2=78，所以a 1+a n =26，所有奇数项的和为a 1+a 3+a 5+⋅⋅⋅+a n =a 1+a n22==65，于是可得n =9.故选：A.【变式3-3】5．（2022·全国·高二课时练习）已知等差数列a n 的前n 项和为377，项数n 为奇数，且前n 项中，奇数项的和与偶数项的和之比为7:6，则中间项为________．【答案】29【分析】由题意可得S 奇S偶=n +1n −1=76，求出n =13，再利用等差数列求和公式的性质可求得答案【详解】因为n 为奇数，所以S奇S 偶=n +1n −1=76，解得n =13．所以S 13=13a 7=377，所以a 7=29．故所求的中间项为29．故答案为：29题型4等差数列前n 项和S n 的最值【例题4-1】已知数列{a n }中，,744,2511-==+n n a a a 若其前n 项和为S n ，则S n 的最大值为（）A.15B.750C.4765 D.2705【解析】由4a n+1=4a n -7，知数列{a n }为等差数列，公差d=-74，{a n }为单调递减数列，其通项公式为a n =25+（n-1)×（-74）=-74n +1074.当a n ≥0且a n+1<0时，S n 最大，得n≤1077且n>1077，所以n=15，即数列{a n }的前15项均为正值，第16项开始为负值，故S 15最大，S 15=15×25＋15×142×（−74）=7654，故选C.【变式4-1】1．（2018·河南信阳·高二期中（文））数列{an}中，如果a n =49﹣2n ，则Sn 取最大值时，n 等于（）A ．23B ．24C ．25D ．26【答案】B【分析】由题意，根据等差数列的求和公式，结合二次函数的性质，可得答案.【详解】由题意，可知数列a n 为等差数列，则S n ==48n −n 2=−n −242+242，则当n =24时，S n 取最大值.故选：B.【变式4-1】2．（2022·北京·高三开学考试）等差数列a n 的前n 项和为S n .已知a 1+2a 3=−1，S 4=0.则S n 的最小值为（）A ．−4B ．−3C ．−2D ．−1【答案】A【分析】根据题意，列方程求得d =2,a 1=−3，再求解S n 的最小值即可.【详解】解：设等差数列a n 的公差为d ，因为等差数列a n 中，a 1+2a 3=−1，S 4=0，所以a 1+2a 3=3a 1+4d =−1S 4=0=4a 1+6d，解得d =2,a 1=−3，所以a 1=−3,a 2=−1,a 3=1，且n ≥3时a n >0，所以S n 的最小值为S 2=a 1+a 2=−4.故选：A【变式4-1】3．（2022·甘肃·永昌县第一高级中学）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3=-7，S 4=-32．(1)求{a n }的公差d ；(2)求S n 的最小值．【答案】(1)d =2(2)-36【分析】（1）依题意得到方程组，解得即可；（2）由（1）求出a n 的通项公式及S n ，再根据二次函数的性质计算可得.（1）解：依题意得a 3=a 1+2d =-7S 4=4a 1+6d =-32，解得a 1=-11d =2，所以{a n }的公差d =2；（2）解：由（1）知a n =-11+2(n -1)=2n -13，所以S n =n (a 1+a n )2=n (-11+2n -13)2=n 2-12n =n -62-36，由二次函数性质得，当n =6时，(S n )min =-36．【变式4-1】4.已知数列{}n a 中1116,2(*)n n a a a n N +=-=-∈，则数列{}n a 的前n 项和n S 最大时，n 的值为（）A ．8B ．7或8C ．8或9D ．9【答案】C 【解析】12n n a a +-=-，∴数列{}n a 是等差数列，并且公差为2-，()()21162172n n n S n n n -=⨯+⨯-=-+21728924n ⎛⎫=--+⎪⎝⎭，对称轴是178.52n ==，*n N ∈，所以当8n =或9时，n S 取得最大值.故选：C ◆类型2相邻两项异号【例题4-2】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＞0，a 3＋a 10＞0，a 6a 7＜0，则满足S n ＞0的最大自然数n 的值为()A ．6B ．7C ．12D ．13【答案】选C.【解析】因为在等差数列{a n }中a 1＞0，a 6a 7＜0，所以a 6＞0，a 7＜0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12＞0，a 1＋a 13＝2a 7＜0，所以S 12＞0，S 13＜0，所以满足S n ＞0的最大自然数n 的值为12.【变式4-2】1．（2022·浙江·高一期中）若等差数列满足a 7+a 8+a 9>0，a 7+a 10<0，则当a n 的前n 项和最大时，n 的值为________.【答案】8【分析】利用等差数列的性质可得3a8=a7+a8+a9>0,a8+a9=a7+a10<0，分析即得解【详解】∵等差数列{a n}满足a7+a8+a9>0，a7+a10<0∴3a8=a7+a8+a9>0,a8+ a9=a7+a10<0∴a8>0,a9<0∴d=a9−a8<0∴等差数列{a n}的前8项为正数，从第9项开始为负数，∴当{a n}的前n项和最大时n的值为8故答案为：8【变式4-2】2．（2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习）（多选）已知等差数列a n 中，a3+a9=0，公差d<0，则使其前n项和S n取得最大值的自然数n是（）A．4B．5C．6D．7【答案】BC【分析】由等差数列a n中，a3+a9=0可求出a6=0，从而判断a5>0，a7<0，即可求得答案.【详解】∵在等差数列a n中，a3+a9=0，∴a6=0.又公差d<0，∴a5>0，a7<0，∴使其前n项和S n取得最大值的自然数n是5或6,故选：BC.【变式4-2】3．（2022·江苏·无锡市第一中学高三阶段练习）已知{a n}为等差数列，S n为{a n}的前n项和．若S10<0,a3+a7>0，则当S n取最大值时，n的值为（）A．3B．4C．5D．6【答案】C【分析】根据等差数列的前n项和公式及等差数列下角标的性质即可求解.=5(a1+a10)=5(a5+a6)<0，所以a5+a6<0，又a3+a7=【详解】因为S10=10(a1+a10)22a5>0，所以a5>0，所以a6<0，则(S n)max=S5.故选:C.【变式4-2】4．（2022·全国·高三专题练习）设等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4045>0，S4044<0，则S n取最小时，n=（）A．4045B．4044C．2023D．2022【答案】D【分析】由已知，利用等差数列前n项和公式及其性质得a2023>0，a2022+a2023<0，进而得出结论．【详解】∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4045>0，S 4044<0，∴4045(a 1+a 4045)2=4045×2a 20232>0，4044(a 1+a 4044)2=2022(a 2022+a 2023)<0，∴a 2023>0，a 2022+a 2023<0，∴a 2023>0，公差d >0，则当n =2022时S n 最小．故选：D【变式4-2】5.等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 100＞0，S 101＜0，则满足a n a n +1＜0的n ＝（）A ．50B ．51C ．100D ．101【答案】A【解析】根据题意，等差数列{}n a 中，1000S >，1010S <，则有110010*********()10050()50()02a a S a a a a +⨯==+=+>，则有50510a a +>；又由110110151()10110102a a S a +⨯==<，则有510a <；则有500a >，若10n n a a +<，必有50n =；故选：A【变式4-2】6.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若190S >，200S <，则11S a ，22S a ，…，2020S a 中最大的是（）A ．88S a B ．99S a C ．1100S a D ．1111S a 【答案】C 【解析】由119191019()1902a a S a +==>，得到100a >；由12020101120()10()02a a S a a +==+<，得到110a <，∴等差数列{}n a 为递减数列，且1231011120a a a a a a >>>>>>>>，12100S S S <<<<,1011121920210S S S S S S >>>>>>>>,当10n ≤时，0,0n n S a >>，且10S 最大，10a 最小，所以110S a 最大；当1119n ≤≤时，0,0n n S a ><，此时0nnS a <；当20n =时，20200,0S a <<，且20100S S <<，20100a a >>，所以202010202010S S S a a a =<，综上所述，11S a ，22S a ，…，2020S a 中最大的是1100S a .故选：C ．【变式4-2】7.在等差数列{}n a 中，其前n 项和是n S ，若90S >，100S <，则在912129,,,S S S a a a ⋯中最大的是（）A ．11S a B ．88S a C ．55S a D ．99S a 【答案】C 【解析】由于191109510569()10()9050222a a a a S a S a a ++====+＞，（）＜，所以可得5600a a ＞，＜．这样569121256900...0,0,...0S S S S S a a a a a ，，，>>><<，而125125S S S a a a ⋯⋯＜＜＜，＞＞＞>0，，所以在912129...S S S a a a ，，，中最大的是55S a ．故选C ．◆类型3利用前n 项和的函数特征（二次函数）【例题4-3】在等差数列{a n }中，a 1＞0，S 4＝S 11，则S n 取最大值时n 的值是________．【答案】7或8【解析】设S n ＝An 2＋Bn.由a 1＞0，S 4＝S 11可知，d ＜0，则d2＝A ＜0.易知{S n }是y ＝Ax 2＋Bx 图象上一系列孤立的点的纵坐标，y ＝Ax 2＋Bx 的图象开口向下，对称轴是直线x ＝4＋112＝152.故S n 取最大值时n 的值是7或8.【变式4-3】1.在等差数列{a n }中，设S n 为其前n 项和，且a 1＞0，S 3＝S 11.则当n 为多少时，S n 最大？【解析】方法一：设公差为d .由S 3＝S 11，可得3a 1＋3×22d ＝11a 1＋11×102d ，即d ＝－213a 1.所以S n ＝d 2n 21＝－a 113(n －7)2＋4913a 1，因为a 1＞0，所以－a 113＜0.故当n ＝7时，S n 最大．方法二：易知S n ＝An 2＋Bn 是关于n 的二次函数，由S 3＝S 11，可知S n ＝An 2＋Bn 的图象关于直线n ＝3＋112＝7对称．由方法一可知A ＝－a 113＜0.故当n ＝7时，S n 最大．【变式4-3】2.在等差数列{a n }中，a 1＝25，S 17＝S 9，求前n 项和S n 的最大值．【解析】由S 17＝S 9，得25×17＋17×17－12d ＝25×9＋9×9－12d ，解得d ＝－2，法一公式法]S n ＝25n ＋nn －12×(－2)＝－(n －13)2＋169.由二次函数性质得，当n ＝13时，S n 有最大值169.法二邻项变号法]∵a 1＝25＞0n ＝25－2n －1≥0，n ＋1＝25－2n ≤0，≤1312，≥1212，即1212≤n ≤1312.又n ∈N *，∴当n ＝13时，S n 有最大值169.【变式4-3】3.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n,7a 5＋5a 9＝0，且a 9>a 5，则S n 取得最小值时n 的值为()A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】B【解析】由7a 5＋5a 9＝0，得a 1d ＝－173.又a 9>a 5，所以d >0，a 1<0.因为函数y ＝d221的图象的对称轴为x ＝12－a 1d ＝12＋173＝376，取最接近的整数6，故S n 取得最小值时n 的值为6.【变式4-3】4．（2022·全国·高二课时练习）已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，若a 2+a 5=24，S 3=S 9，求S n 的最大值．【答案】72【分析】由题意可求出数列的首项和公差，即可求得数列的S n ，结合二次函数性质，求得答案.【详解】解法一（函数法）：等差数列a n 中，由S 3=S 9，得a 4+a 5+⋅⋅⋅+a 9=0，则a 6+a 7=0．又a 2+a 5=24，设数列a n 的公差为d ，可得a 1+5d +a 1+6d =0a 1+d +a 1+4d =24，解得a 1=22d =−4，所以S n =−2n 2+24n =−2n −62+72，故当n =6时，S n 有最大值，为72．解法二（通项变号法）：由S 3=S 9，得a 4+a 5+⋅⋅⋅+a 9=0，则a 6+a 7=0，又a 2+a 5=24，可得a 1+5d +a 1+6d =0a 1+d +a 1+4d =24，解得a 1=22>0d =−4<0，故结合a 6+a 7=0，可知数列a n 的前6项为正，从第7项开始为负，所以当n =6时，S n 有最大值，且最大值为S 6=3a 1+a 6=3a 2+a 5=72．【变式4-3】5．（2022·全国·高二课时练习）设a n 为等差数列，a 1=13，且前3项和与前11项和相等．问：前多少项和最大？并求前n 项和的最大值．【答案】前7项和最大，最大值为49【分析】先根据已知条件求出等差数列的公差，再表示出求和公式，配方后利用二次函数的性质可求得结果.【详解】设等差数列a n 的公差为d ，因为a 1=13，且前3项和与前11项和相等，所以3×13+3×22d =11×13+11×102d ，解得d =−2，所以前n 项和为S n =na 1+n (n −1)2d =13n +n (n −1)2×(−2)=−n 2+14n =−(n −7)2+49，所以当n =7时，前n 项和最大为49，◆类型4S n >0和S n <0问题【例题4-4】若数列{a n }是等差数列，首项a 1<0，a 203＋a 204>0，a 203·a 204<0，则使前n 项和S n <0的最大自然数n 是________．【答案】405【解析】由a 203＋a 204>0⇒a 1＋a 406>0⇒S 406>0，又由a 1<0且a 203·a 204<0，知a 203<0，a 204>0，所以公差d >0，则数列{a n}的前203项都是负数，那么2a203＝a1＋a405<0，所以S405<0，所以使前n项和S n<0的最大自然数n＝405.【变式4-4】1.在等差数列{a n}中，a10<0，a11>0，且a11>|a10|，则满足S n<0的n的最大值为________．【答案】19【解析】因为a10<0，a11>0，且a11>|a10|，所以a11>－a10，a1＋a20＝a10＋a11>0，所以S20＝20a1＋a202>0.又因为a10＋a10<0，所以S19＝19×a10＋a102＝19a10<0，故满足S n<0的n的最大值为19.【变式4-4】2.已知数列{a n}是等差数列，若a9+3a1<0，a10·a11<0，且数列{a n}的前n项和S n 有最大值，那么S n取得最小正值时n等于（）A．1B．20C．10D．19【答案】D【解析】因为等差数列的前n项和有最大值，故可得d<0因为a9+3a1<0，故可得a9+a10+a11+a12<0，2(a10+a11)<0,a10+a11<0又因为a10·a11<0，故可得a10>0,a11<0又因为S n=19a n>0，S20=10(a10+a11)<0，故S n取得最小正值时n等于19.故选：D.【变式4-4】3．（2022·全国·高一专题练习）等差数列a n的前n项和为S n，公差为d，已知a1<0且2a1+7d=0．则使S n>0成立的最小正整数n的值为______．【答案】9【分析】先由2a1+7d=0求得d=−27a1，由S n>0求得n的取值范围，从而求得正确答案.【详解】因为2a1+7d=0，d=−27a1，所以S n=na1=−a17n2+87a1n，又a1<0，由S n=−a17n2+87a1n>0，可得n2−8n=n n−8>0，即n>8，所以使S n>0成立的最小正整数n的值为9.故答案为：9【变式4-4】4．(2022·广东韶关一模)设S n为等差数列{a n}的前n项和，a6＋a7＝1，则S12＝________，若a7＜0，则使得不等式S n＜0成立的最小整数n＝________．【答案】613【解析】根据{a n }为等差数列，且a 6＋a 7＝1，得S 12＝6(a 6＋a 7)＝6；若a 7＜0，则S 13＝（a 1＋a 13）×132＝13a 7＜0，又S 12＞0，所以使不等式S n ＜0成立的最小整数n ＝13.题型5等差数列含有绝对值的求和【例题5】在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________．【答案】60【解析】由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0，∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18＝S 10－(S 18－S 10)＝60.【变式5-1】1.记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 2=−3a 3,S 3=−9.(1)求{a n }的通项公式；(2)求|S n |的最小值，以及此时n 的值.【答案】(1)a n =4n −11.(2)|S n |的最小值及对应n 均为4.【分析】（1）设公差，由已知结合等差数列通项公式、前n 项和公式求基本量，写出通项公式即可.（2）由{a n }的前n 项和公式，根据|S n |的非负性质，易知最小值出现在S n 零点附近的自然数n 处，代入相应n 值计算即可.(1)设等差数列{a n }的公差为d ,由题意，{a 1+d =−3(a 1+2d )3a 1+3d =−9,，解得a 1=−7,d =4，∴a n =−7+4(n −1)=4n −11.(2)由（1）知，S n =n (−7+4n −11)2=n (2n −9)，由f (x )=x (2x −9)的零点为0和92，∴|f (x )|的最小值是靠近零点处的函数值，又|S 1|=7,|S 4|=4,|S 5|=5，∴当n =4时，|S n |取得最小值为4.【变式5-1】2．（2022·全国·高二课时练习）记S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 5=−35，S 7=−21.(1)求{a n}的通项公式，并求S n的最小值；(2)设b n=a n，求数列{b n}的前n项和T n.【答案】(1)a n=4n−19，-36；(2)T n=17n−2n2,n≤4,2n2−17n+72,n≥5.【分析】（1）求出a n=4n−19，再求出n=1，2，3，4时a n<0，n≥5时，a n>0，即得解；（2）对n分n≤4和n≥5两种情况讨论得解.（1）解：设{a n}的公差为d，则5a1+5×42d=−35，7a1+7×62d=−21，∴a1=−15，d=4，∴a n=−15+4(n−1)=4n−19.由a n=4n−19≥0得，n≥194，∴n=1，2，3，4时a n<0，n≥5时，a n>0，∴S n的最小值为S4=4a1+4×32d=−36.（2）解：由(1)知，当n≤4时，b n=|a n|=−a n;n≥5时，b n=|a n|=a n，S n=na1+n(n−1)2d=2n2−17n，当n≤4时，T n=−S n=17n−2n2.当n≥5时，T n=S n−2S4=2n2−17n−2×(−36)=2n2−17n+72，∴T n= 17n−2n2,n≤4,2n2−17n+72,n≥5.【变式5-1】3．（2021·北京·海淀教师进修学校附属实验学校高二期末）在①a1=−8,a2=−7,a n+1=ka n+1n∈N∗,k∈R②若{a n}为等差数列，且a3=−6,a7=−2③设数列{a n}的前n项和为S n，且S n=12n2−∈N∗．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答(1)求数列{a n}的通项公式(2)求数列{a n}的前n项和为S n的最小值及n的值(3)记T n=a1+a2+a3+...+a n，求T20【答案】(1)a n=n−9(2)当n=8或n=9时，S n取得最小值为−36.(3)102【分析】（1）选①结合等差数列的定义求得a n；选②通过求a1,d来求得a n；选③利用a n= S1,n=1S n−S n−1,n≥2求得a n.（2）由a n≤0求得S n的最小值以及对应n的值.（3）结合等差数列前n项和公式求得T20.。

数列前n 项和的求法总结核心提示：求数列的前n 项和要借助于通项公式，即先有通项公式，再在分析数列通项公式的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和。

当遇到具体问题时，要注意观察数列的特点和规律，找到适合的方法解题。

一． 公式法（1） 等差数列前n 项和： S n=n(a 1+a n )2=na 1+n(n+1)2d（2） 等比数列前n 项和： q =1时， S n=na 1；q ≠1时， S n =a 1（1−q n ）1−q（3） 其他公式： S n=1+2+3+⋯+n =12n (n +1)S n =12+22+32+⋯+n 2=16n(n +1)(2n +1)S n =13+23+33+⋯+n 3=[12n (n +1)]2例题1：求数列 112，214，318，……，(n +12n )，…… 的前n 项和S n解：点拨：这道题只要经过简单整理，就可以很明显的看出：这个数列可以分解成两个数列，一个等差数列，一个等比数列，再分别运用公式求和，最后把两个数列的和再求和。

练习：二.倒序相加法如果一个数列{an}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。

我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前n项和公式的推导，用的就是“倒序相加法”。

例题1：设等差数列{an }，公差为d，求证：{an}的前n项和Sn=n(a1+an)/2解：Sn =a1+a2+a3+...+an①倒序得：Sn =an+an-1+an-2+…+a1②①+②得：2Sn =(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)+…+(an+a1)又∵a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=an+a1∴2Sn =n(a2+an) Sn=n(a1+an)/2点拨：由推导过程可看出，倒序相加法得以应用的原因是借助a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=an+a1即与首末项等距的两项之和等于首末两项之和的这一等差数列的重要性质来实现的。

专题49 求数列前n项和常用方法经典例题与练习（解析版）等差数列与等比数列性质的比较数列求和常用的方法(1)公式法：①d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=②⎪⎩⎪⎨⎧≠--==)1(1)1()1(11q qq a q na S nn(2)裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数差，即，然后累加时抵消中间的许多项. 应掌握以下常见的裂项：①111(1)1n n n n =-++②1111()()n n k k n n k =-++ ③222111111111111();12111(1)(1)1k k k k k k k k k k k k k<=--=<<=---+++-- ④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++⑤=<<= (3)错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法(这也是等比数列前n 项和公式的推导方法) .(4)倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和(这是等差数列前n 项和公式的推导方法) .(5)分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和.典型例题方法一：公式法1．已知等差数列{}n a 中，11a =，321a a -=. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列{}n a 的前n 项和n S . 1．（1）n a n =；（2）()12n n n S +=.【分析】（1）根据题中条件，先得出公差，进而可求出通项公式； （2）根据（1）的结果，由等差数列的求和公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为等差数列{}n a 中，首项为11a =，公差为321d a a =-=， 所以其通项公式为()11n a n n =+-=； （2）由（1）可得，数列{}n a 的前n 项和()()1122n n n a a n n S ++==. 2．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，38a =. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列{}n a 的前n 项和n S .2．（1）*2,n n a n N =∈；（2）1*22,n n S n +=-∈N .【分析】（1）根据12a =，38a =，先求解等比数列的公比，然后利用公式可得数列{}n a 的通项公式；（2）根据等比数列的求和公式进行求解. 【详解】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则223128a a q q ===，所以2q或2q =-（舍），所以112n nn a a q -==，*n N ∈.（2）由（1）得2nn a =，所以()()11121222112n n n n a q S q+--===---.【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式，熟记公式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养. 方法二：裂项求和裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数差，即，然后累加时抵消中间的许多项. 应掌握以下常见的裂项：①111(1)1n n n n =-++②1111()()n n k k n n k =-++ ③222111111111111();12111(1)(1)1k k k k k k k k k k k k k<=--=<<=---+++--④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++⑤=<<=3．已知数列{}n a （*n N ∈）是公差不为0的等差数列，若11a =，且2a ，4a ，8a 成等比数列.（1）求{}n a 的通项公式； （2）若11n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S .3．（1）n a n =；（2）1nn +. 【分析】（1）设{}n a 的公差为d ，由2a ，4a ，8a 成等比数列，得()2428a a a =⋅，从而解方程可求出公差，进而可求得{}n a 的通项公式； （2）由（1）得()1111111n n n b a a n n n n +===-⋅++，然后利用裂项相消法可求得n S【详解】解：（1）设{}n a 的公差为d ，因为2a ，4a ，8a 成等比数列，所以()2428a a a =⋅.即()()()211137a d a d a d +=+⋅+，即21d a d =又11a =，且0d ≠，解得1d =所以有()11n a a n d n =+-=. （2）由（1）知：()1111111n n n b a a n n n n +===-⋅++则1111112231n S n n =-+-+⋅⋅⋅+-+.即1111n n S n n =-=++. 【点睛】此题考查等差数列基本量计算，考查裂项相消法求和，考查计算能力，属于基础题4．已知各项均为正数的数列{}n a 的的前n 项和为n S ，对n N *∀∈，有22n n n S a a =+．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）令n b ={}n b 的前n 项和为n T ，求证：1n T <．4．（I ）,*=∈n a n n N ;（Ⅱ）证明过程见解析；【解析】试题分析：（Ⅰ）利用11222n n n a S S ++=- 整理得11n n a a +-= ,进而计算可得结论；（Ⅱ）通过分母有理化可知n b =-. 试题解析：（I ）当1n =时，12112a a a =+，得11a =或0（舍去）． 当2n ≥时，22n n n S a a =+，21112n n n S a a ---=+，两式相减得()112n n a a n --=≥，所以数列{}n a 是以1为首相，1为公差的等差数列，*,n a n n N =∈．（Ⅱ）n b======12311111111223341n n T b b b b n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-+-++-⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11=<方法三：含绝对值的数列求前n 项和5．在数列{}n a 中，148,2a a ==，且满足()2120n n n a a a n N *++-+=∈．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设12n n T a a a =++⋯+，求n T ．5．（1）102,n a n n N *=-∈；（2）229,5,,=940,6,.n n n n n N T n n n n N **⎧-≤∈⎨-+≥∈⎩.【分析】（1）根据递推关系式判断数列{}n a 是等差数列，再利用等差数列的通项公式即可求解. （2）讨论5n ≤或5n >，利用等差数列的前n 项和公式即可求解. 【详解】 （1）2120n n n a a a ++-+=，211n n n n a a a a +++∴-=-，∴数列{}n a 是等差数列，设其公差为d ，148,2a a ，41241a a d，()11102,n a a n d n n N *∴=+-=-∈．（2）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，则由（1）可得，()()218292n n n S n n n -=+⨯-=-，n *∈N ． 由（1）知102n a n =-，令0n a =，得5n =． ∴当5n >时，0n a <，则1212567n n n T a a a a a a a a a =++⋯+=++⋯+-++⋯+（）552n n S S S S S =--=-5（）()()22295259940n n n n =⨯⨯---=-+；当5n ≤时，0n a ≥，则212129n n n T a a a a a a n n =++⋯+=++⋯+=-．229,5,,940,6,.n n n n n N T n n n n N **⎧-≤∈∴⎨-+≥∈⎩ 【点睛】方法点睛：求数列{}n a 的前n 项和，关键在于分清哪些项为非负的，哪些项为负的，最终应化为去掉绝对值符号后的数列进行求和．如果数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，12n n T a a a =++⋯+，那么有：（1）若10,0a d ><，则存在k *∈N ，使得100k k a a +≥<，，从而有()(),2;n n kn S n k T S S n k ⎧≤⎪=⎨->⎪⎩（2）若10,0a d <>，则存在k *∈N ，使得10,0k k a a +≤>，从而有()()2n n nk S n k T S S n k ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩ 6．已知数列{}n a 的前n 项和2252=-n n n S .（1）求证：{}n a 是等差数列； （2）求数列{}n a 的前n 项和n T .6．（1）证明见解析；（2）()22225,6225156,7n n n n T n N n n n *⎧-+≤=∈⎨-+≥⎩. 【分析】（1）现根据已知条件求解出{}n a 的通项公式，然后根据等差数列的定义证明{}n a 为等差数列；（2）先将{}n a 的通项公式分段书写，然后对n 分类讨论，由此求解出n T 的最终结果. 【详解】 （1）由题意得①若2n ≥，则()()22125225121427n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=-----=-+⎣⎦， ②若1n =，则1123a S ==，经检验满足上式. 故427n a n =-+，由14n n a a +-=-可知，数列{}n a 是首项为23，公差为4-的等差数列.（2）易得：()()427,6427,7n n n a n n ⎧-+≤⎪=⎨-≥⎪⎩①若6n ≤，2225n n T S n n ==-+，②若7n ≥，()26662225156n n n T S S S S S n n =--=-+=-+，综上()22225,6225156,7n n n n T n N n n n *⎧-+≤=∈⎨-+≥⎩. 【点睛】思路点睛：已知{}n a 为等差数列，求解{}n a 的前n 项和n S 的思路： （1）先根据项的正负将{}n a 的通项公式分段书写；（2）根据分段的{}n a 通项公式，分别考虑在对应n 的范围下n S 的计算方法，由此求解出结果.方法四：错位相减7．已知递增数列{}n a 满足212n n n a a a +++=，n *∈N ，且24,a a 是方程210210x x -+=的两根，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且()*112n n S b n N =-∈. （1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）记n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和n T . 7．（1）21n a n ∴=-，23n n b =；（2）2223n nn T +=-. 【分析】（1）求出11a =，2d =即得数列{}n a 的通项公式；利用1(2)n n n b S S n -=-≥求{}n b 的通项公式； （2）先求出423n nn c -=，再利用错位相减法求和. 【详解】（1）因为方程210210x x -+=两根为3x =或7，又2a ､4a 是方程210210x x -+=的两根，数列{}n a 是递增的等差数列，23a ∴=，47a =，设公差为d ，则11337a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得11a =，2d =.1(1)12(1)21n a a n d n n ∴=+-=+-=-.对于数列{}n b ，()*112n n S b n N =-∈， 当1n =时，11112b b =-，解得123b =；当2n ≥时，11111122n n n n n b S S b b --⎛⎫⎛⎫=-=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 整理得113n n b b -=，即113n n b b -=，所以数列{}n b 是等比数列， 1212333n n n b -⎛⎫∴=⨯=⎪⎝⎭（2）2(21)4233n n n n nn n c a b --===， ∴数列{}n c 的前n 项和23126104(1)24233333n n nn n T ----=+++++，23126104(1)24233333n n nn n T ----=+++++，216104232333n n n T --∴=++++ (2161042)32333n n n T --∴=++++两式相减可得2144442223333n n n n T --=++++- (2)144442223333n n nn T --=++++-141424432413313n n n n n ⎛⎫- ⎪-+⎝⎭=--=--，2223n nn T +∴=-. 【点睛】方法点睛：数列求和常用的方法有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组求和法；（5）倒序相加法.要根据数列通项的特征灵活选择求和方法.8．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n a 是n S 与2的等差中项，数列{}n b ，11b =，点()1,n n P b b +直线20x y -+=上.（1）求1a 值；（2）求数列{}{},n n a b 的通项公式； （3）设n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和n T .8．（1）12a =；（2）2nn a =，21n b n =-；（3）1(23)26n nT n +=-⋅+.【分析】（1）由题意得出22n n a S =+，令1n =可求得1a 的值；（2）当2n ≥时，由22n n a S =+可得出1122n n a S --=+，两式作差可得出12nn a a -=，可得出数列{}n a 是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列{}n a 的通项公式，由题意可推导出数列{}n b 为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列{}n b 的通项公式； （3）求得12n n c n +=⋅，然后利用错位相减法可求得n T . 【详解】（1）由22n n a S =+得：1122a S =+ 即1122a a =+解得12a = （2）由22n n S a =-1122(2)n n S a n --=-≥①-②1122n n n n n a S S a a --=-=-12(2)nn a n a -=≥ 所以数列{}n a 是以2为首项，以2为公比的等比数列，则2nn a =又由数列{}bn 中，12b =，点()1,n n P b b +在直线20x y -+=上 得1:20n n b b +-+=且11b = 所以：12(1)21n b n n =+-=- （2）(21)2nn n n c a b n ==-数列{}n C 的前n 项和23412325272(21)2nTn n =⨯+⨯+⨯+⨯+⋯+-⋅23451212325272(21)2n n T n +=⨯+⨯+⨯+⨯+⋯+-⋅()23411222222222(21)2n n n T n +∴-=⨯+⨯+⨯+⨯+⋯+⋅--⋅可得：1(23)26n n T n +=-⋅+【点睛】解答特殊数列（等差数列与等比数列）的问题时，根据已知条件构造关于基本量的方程，解方程求出基本量，再根据定义确定数列的通项公式，当数列表示为等差和等比数列之积时，利用错位相减法求其前n 项和.方法五：分组求和9．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =-，数列{}n b 满足24log 3n n b a =+. （1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； （2）设14n n n n c b a a +=+，求数列{}n c 的前n 项和n T . 9．（1）43n a n =-；2n n b =（2）142241n n n ++-+ 【分析】（1）根据当2n ≥时，1n n n a S S -=-可以求出数列{}n a 的通项公式，再验证当1n =时，首项是否适合；再根据24log 3n n b a =+，结合对数与指数互化公式进行求解即可； （2）化简数列{}n c 的通项公式，利用分组求和的方法，结合等比数列前n 项和、裂项相消法进行求解即可. 【详解】（1）由22n S n n =-，当2n ≥时，143n n n a S S n -=-=-，1n =时，11a =对上式也成立，∴43n a n =-；又24log 3n n b a =+，2log n b n =，2nn b =.（2）1441122(43)(41)4341n n n n n n c b a a n n n n +⎛⎫=+=+=+- ⎪-+-+⎝⎭，()212111111125594341n n T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪--+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1114222124141n n n n n +++⎛⎫=-+-=- ⎪++⎝⎭. 【点睛】本题考查了已知数列前n 项和求通项公式，考查了分组求和法，考查了裂项相消法，考查了数学运算能力.10．已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，132a =，22a =，且113210n n n S S S +--++=，其中*2,n n N ≥∈.（1）求证数列{}1n a -是等比数列； （2）求数列{}n a 的前n 项和n S .10．（1）证明见解析；（2）212n n S n -=+【分析】（1）将113210n n n S S S +--++=化为()*121n n a a n N +=-∈，根据等差数列的定义可证结论成立；（2）利用等比数列{}1n a -的通项公式求出221n n a -=+，再分组根据等比数列的求和公式可求得结果. 【详解】（1）证明：∵113210n n n S S S +--++=，∴()1121n n n n S S S S +--=--， ∴121(2)n n a a n +=-≥. 又123,22a a ==也满足上式，()*121n n a a n N +∴=-∈，()()*1121n n a a n N +∴-=-∈，∴数列{}1n a -是公比为2，首项为1112a -=的等比数列.（2）∵数列{}1n a -是公比为2，首项为1112a -=的等比数列， 1211222n n n a --∴-=⨯=，221n n a -∴=+，()()()()101212321212121n n n S a a a a --∴=++++=++++++++()1122122222n n n n ---=+++++=+.【点睛】方法点睛：证明等比数列的常用方法有：一、定义法：若1n na q a +=，0q ≠且为常数，10a ≠，则数列{}n a 为等比数列； 二、等比中项法：若221n n n a a a ++⋅=(0)n a ≠，则数列{}n a 为等比数列.方法六：倒序相加法求和11 设f(x)＝12x ＋2，利用教科书上推导数列前n 项和公式的方法，可求得f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值为________．11解析：∵f(x)＝12x ＋2，∴f(1－x)＝121－x ＋2＝2x2＋2×2x＝12×2x2＋2x ＝2×2x －12＋2x . ∴f(x)＋f(1－x)＝12x ＋2＋2×2x －12＋2x＝22.设S ＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)，倒过来，则有 S ＝f(6)＋f(5)＋…＋f(0)＋…＋f(－4)＋f(－5)，∴2S ＝[f(－5)＋f(6)]＋[f(－4)＋f(5)]＋…＋[f(6)＋f(－5)]＝6 2. ∴S ＝3 2.当堂训练1．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1352a a +=，2454a a +=，则n n S =a （ ）A ．14n -B ．41n -C ．12n -D ．21n -【答案】D 【分析】根据题中条件，先求出等比数列的公比，再由等比数列的求和公式与通项公式，即可求出结果. 【详解】因为等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1352a a +=，2454a a +=，所以2413514522q a a a a =++==， 因此()()111111111221112n nnn n n n n na q S q q a a q q q ---⎛⎫- ⎪--⎝⎭====--⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选：D.2．在等差数列{}n a 中，若n S 为其前n 项和，65a =，则11S 的值是（ ） A ．60 B ．11 C ．50 D ．55【答案】D 【分析】根据题中条件，由等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，即可求出结果. 【详解】因为在等差数列{}n a 中，若n S 为其前n 项和，65a =， 所以()1111161111552a a S a +===.故选：D.3．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2938a a a +=+，则15S =（ ） A ．60 B ．120C ．160D ．240【答案】B 【分析】根据等差数列的性质可知2938a a a a +=+，结合题意，可得出88a =，最后根据等差数列的前n 项和公式和等差数列的性质，得出()11515815152a a S a +==，从而可得出结果.【详解】解：由题可知，2938a a a +=+，由等差数列的性质可知2938a a a a +=+，则88a =， 故()1158158151521515812022a a a S a +⨯====⨯=.故选：B.4．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23S =，415S =，则6S =（ ） A ．31 B ．32 C ．63 D ．64【答案】C 【分析】根据等比数列前n 项和的性质列方程，解方程求得6S . 【详解】因为n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，所以2S ，42S S -，64S S -成等比数列， 所以()()242264S S S S S -=-，即()()62153315-=-S ，解得663S =. 故选：C5．等差数列{}n a 中，12318192024,78a a a a a a ++=-++=，则此数列的前20项和等于（ ） A ．160 B ．180 C ．200 D ．220【答案】B 【分析】把已知的两式相加得到12018a a +=，再求20S 得解. 【详解】由题得120219318()()()247854a a a a a a +++++=-+=， 所以1201203()54,18a a a a +=∴+=. 所以2012020()10181802S a a =+=⨯=. 故选：B6．已知数列{}n a 、{}n b 都是公差为1的等差数列，其首项分别为1a 、1b ，且115a b +=，11,a b *∈N ．设()n n b c a n *=∈N ，则数列{}n c 的前10项和等于（ ）．A ．55B ．70C ．85D ．100【答案】C 【分析】根据已知可求出1b a ，再根据等差数列的性质及求和公式即可求出数列{a bn }的前10项和． 【详解】数列{}n a 、{}n b 都是公差为1的等差数列，其首项分别为1a 、1b ，且115a b +=，11,a b *∈N ．设()n n b c a n *=∈N，又{}nb 都是公差为1的等差数列，所以数列{}nc 也成等差，则数列{}n c 的前10项和等于121011119b b b b b b a a a a a a +++++=+++，又()11114b a a b =+-=，1911(91)113b a a b +=++-⨯=， ∴11119(413)10852b b b a a a +++⨯+++==，故选：C ． 【点睛】性质：若数列{}n a 为等差数列，则项数依次成等差的那些项也依次成等差.7．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯.”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层的灯数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．6【答案】C 【分析】可知每一层灯数形成以2为公比的等比数列{}n a ，根据7381S =即可求出. 【详解】设顶层的灯数是1a ，则每一层灯数形成以2为公比的等比数列{}n a ， 由题可得()7171238112a S -==-，解得13a =，故塔的顶层的灯数是3. 故选：C. 8．数列1，2-，12，4-，14，…的一个通项公式为（ ） A ．112n -⎛⎫-⎪⎝⎭B．2n⎛- ⎝⎭C ．()112n n -⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭D ．()1112n n -+⎛- ⎝⎭【答案】D 【分析】可知该数列是一个以1为首项，2-为公比的等比数列，即可求出通项公式. 【详解】根据数列可知，该数列是一个以1为首项，2-为公比的等比数列，所以该数列的通项公式为()()()11121+11111222n n n n n ----⎛⎛⎛⨯-=-⨯-⨯=-⨯ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选：D.二、填空题9．已知数列{}n a 的通项公式为(1)sin2n n a n n π=+⋅(n ∈+N )，其前n 项和为n S ，则8S =_______.【答案】36- 【分析】由4342414166k k k k k c a a a a k ---=+++=-+,故812S c c =+,进而计算即可. 【详解】4342414(43)(43)(42)sin2k k k k k k c a a a a k k π----=+++=--⋅ (42)(41)4(42)(41)sin (41)4sin 4(41)sin222k k k k k k k k k πππ--+--⋅+-⋅++⋅ (43)(42)1(42)(41)0(41)4(1)4(41)0k k k k k k k k =--⨯+--⨯+-⨯-++⨯166k =-+，∴81216(12)6236S c c =+=-⨯++⨯=-. 故答案为：36- 【点睛】本题考查数列的求和，解题的关键在于注意到4342414166k k k k k c a a a a k ---=+++=-+，进而将问题转化为求812S c c =+得问题，考查运算求解能力，是中档题.10．《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半.问何日相逢，各穿几何？”题意是：有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍：小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半.如果墙足够厚，n S 为前n 天两只老鼠打洞长度之和，则3S =___________尺.【答案】354【分析】大、小老鼠每天打洞的距离符合等比数列，分别计算大、小老鼠打洞长度之和，然后简单计算即可. 【详解】由题意知:大老鼠每天打洞的距离是以1为首项,以2为公比的等比数列,所以大老鼠前n 天打洞长度之和为122112nn -=--,同理小老鼠前n 天打洞长度之和为111()1221212nn --=--, 所以11112122122n nn n n S --=-+-=-+所以33131512324S -=-+=故答案为：35411．在各项均为正数的等比数列{}n a 中，12a =，且2a ，42a +，5a 成等差数列，记n S 是数列{}n a 的前n 项和，则4S ___________. 【答案】30 【分析】设出公比，利用基本量代换求出公比，套公式求出4S . 【详解】设项均为正数的等比数列{}n a 的公比为q ()0q >，则11n n a a q -=，由题意可得：()25422=a a a ++， 即()342=2222q q q ++ 解得：2q ，所以()44212=3012S -=-.故答案为：30 【点睛】等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换.12．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，22a =，0n a ≠，()111122n n n n n a n S a S nS +++--=-，其中2n ≥，且*n ∈N ．设21n n b a -=，数列{}n b 的前n项和为n T ，则100T =______．【答案】9901 【分析】根据已知条件推导出数列{}n a 从第三项开始，奇数项成等差数列，且公差为2，然后利用等差数列的求和公式可求得100T 的值. 【详解】当2n ≥且*n ∈N 时，0n a ≠， 由()111122n n n n n a n S a S nS +++--=-，可得()()11112n n n n n a S S n S S ++-+-=-，即()1112n n n n a a a na ++++=， 可得12n n a a n ++=，①，所以，()2121n n a a n +++=+，②， ②-①得22n n a a +-=，所以，32224a a +=⨯=，则32a =，则3112a a -=≠， 所以，数列{}n a 从第三项开始，奇数项成等差数列，且公差为2，21n n b a -=，10099982199299012T ⨯⨯=+⨯+=. 故答案为：9901. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和； （3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法； （4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法求和.三、解答题13．已知数列{}n a 是公比为2的等比数列，且2a ，31a +，4a 成等差数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n a 的前n 项和. 【答案】（1）12n n a ，（2）21nn S =-.【分析】（1）由2a ，31a +，4a 成等差数列可得32422a a a +=+，然后结合公比为2求出1a 即可； （2）直接根据公式求出答案即可. 【详解】（1）因为数列{}n a 是公比为2的等比数列，且2a ，31a +，4a 成等差数列 所以32422a a a +=+，所以1118228a a a +=+，解得11a = 所以12n na（2）122112nn n S -==--【点睛】本题考查的是等差中项的应用、等比数列的基本运算，考查了学生的计算能力，属于基础题.14．已知公差不为0的等差数列{a n }前9项之和945S =，且第2项，第4项，第8项成等比数列（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足n b = a n+112n -⎛⎫ ⎪⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项的和n T ．【答案】（1）n a n =;（2）n T 214122n n n -++=-【分析】（1）根据945S =，248,,a a a 成等比列两个方程，求出首项和公差，求得通项公式. （2）用分组求和法求和. 【详解】解：（1）设数列{}n a 公差为()d d ≠0，由已知有12428989452a d a a a ⨯⎧+=⎪⎨⎪=⎩ ，得()()()121119364537a d a d a d a d +=⎧⎪⎨+=++⎪⎩，得()11936450a d d a d +=⎧⎨-=⎩,又0d ≠， 解得11a d ==，故n a n =，所以数列{}n a 的通项公式n a n =. （2）由（1）有11()2n n b n -=+ ，则21111(123)(1)222n n T n -=+++++++++=11()(1)21212n n n -++-214122n n n -++=-，即数列{}n b 的前n 项的和n T 214122n n n -++=-【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前n 项和公式，等比数列的前n 项和公式，数列的分组 求和法.15．已知{}n a 是等差数列,212a =,64a =. （1）求{}n a 的通项公式；（2）求{}n a 的前n 项和n S 的最大值. 【答案】（1）216n a n =-+（2）56 【分析】（1）通过等差数列的性质求出公差62262a a d -==--,结合212a =,即可求出通项公式. （2）由公差20d =-<,知数列{}n a 是递减数列,要求和的最大值则根据0n a ≥,求出n ,即可求出和的最大值. 【详解】 解：由题意得62262a a d -==-- （1）2(2)216n a a n d n =+-=-+ （2）由2d =-知数列{}n a 是递减数列 所以令2160n a n =-+≥,解得8n ≤且80a =n S ∴的最大值为:7856S S ==【点睛】本题主要考察邓姝列的简单性质以及求等差数列的前n 项和,是简单题. 16．设函数23()(0)3x f x x x +=>，数列{}n a 满足1111,n n a a f a -⎛⎫== ⎪⎝⎭（*n N ∈，且2n ）． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设212233445221n n n T a a a a a a a a a a +=-+-+-，若22n T tn >对*n N ∈恒成立，求实数t 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）213n n a +=（Ⅱ）20,9⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭【分析】（Ⅰ）根据函数解析式化简题中的递推关系，结合等差数列的概念求解数列的通项公式；（Ⅱ）求出2n T ，进而得到不等式，利用分离变量法求解t 的取值范围． 【详解】解：（Ⅰ）因为111123113n n n n a a f a a ---⨯+⎛⎫==⎪⎝⎭⨯123n a -=+（*n N ∈，且2n ）， 所以123n n a a --=． 因为11a =，所以数列{}n a 是以1为首项，公差为23的等差数列，所以213n n a +=． （Ⅱ）212233445221n n n T a a a a a a a a a a +=-+-+-()()()21343522121n n n a a a a a a a a a -+=-+-++-()246243n a a a a =-++++()22432n a a n +=-⨯⋅()218129n n =-+ 要使22n T tn >对*n N ∈恒成立，只要使()2218129n n tn -+>对*n N ∈恒成立，只要使1289t n+<-对*n N ∈恒成立， 只要max 12209820,9t t n ⎛⎫->+=∴<- ⎪⎝⎭， 故实数t 的取值范围为20,9⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭． 【点睛】本题考查等差数列的概念和性质、数列的综合应用,分离变量法求最值． 17．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4=4，S 8=6S 3. （1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n =2n a ，求数列{b n }的前n 项和T n . 【答案】（1）a n = n ；（2）122n +- 【分析】（1）根据等差数列的通项公式以及前n 项和公式，可得首项和公差，利用公式法可得结果. （2）根据（1）的结论，可得n b ，然后利用公式法，可得结果. 【详解】（1）设等差数列{}n a 公差为d 由4834,6a S S ==则1111341873286322a d a d a d a d +=⎧⎪⇒==⨯⨯⎨⎛⎫+⋅=+ ⎪⎪⎝⎭⎩， 故n a n =（2）由（1）得n a n =，所以22n a nn b ==，则()1212212222221n nn nT +-=+++==--.【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式以及前n 项和公式，关键在于识记公式，属基础题. 18．设{}n a 是等差数列，510a =,且12310,8,6a a a +++成等比数列.（1）求{}n a 的通项公式；（2）记{}n a 的前n 项和为n S ，且1n nb S =,求数列{}n b 的前n 项和为n T . 【答案】（1）2n a n =（2）111n T n =-+ 【分析】（1）利用等差数列和等比数列的的通项公式，即可求出结果； （2）由等差数列的前n 项和可得2n S n n =+，所以111n b n n =-+，采用裂项相消法求和，即可求出结果. 【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ,12310,8,6a a a +++成等比数列, ∴()()()22138106a a a +=++,即2(183)(204)(162)d d d -=--, 解得2d =,∴5(5)102(5)2n a a n d n n =+-=+-=.（2）由（1）知2n a n =,∴2(22)2n n n S n n +==+, ∴111(1)1nb n n nn ,∴111111111112233411n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭, ∴数列{}n b 的前n 项和为111n T n =-+ 【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的通项公式以及裂项相消法求和，属于基础题.。

数列前n项和的求法一.用倒序相加法求数列的前n项和如果一个数列{a n}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。

我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前n项和公式的推导，用的就是“倒序相加法”。

例题1：设等差数列{a n}，公差为d，求证：{a n}的前n项和S n=n(a1+a n)/2解：S n=a1+a2+a3+...+a n ①倒序得：S n=a n+a n-1+a n-2+…+a1②①+②得：2S n=(a1+a n)+(a2+a n-1)+(a3+a n-2)+…+(a n+a1)又∵a1+a n=a2+a n-1=a3+a n-2=…=a n+a1∴2S n=n(a2+a n) S n=n(a1+a n)/2点拨：由推导过程可看出，倒序相加法得以应用的原因是借助a1+a n=a2+a n-1=a3+a n-2=…=a n+a1即与首末项等距的两项之和等于首末两项之和的这一等差数列的重要性质来实现的。

二.用公式法求数列的前n项和对等差数列、等比数列，求前n项和S n可直接用等差、等比数列的前n项和公式进行求解。

运用公式求解的注意事项：首先要注意公式的应用范围，确定公式适用于这个数列之后，再计算。

例题2：求数列的前n项和S n解：点拨：这道题只要经过简单整理，就可以很明显的看出：这个数列可以分解成两个数列，一个等差数列，一个等比数列，再分别运用公式求和，最后把两个数列的和再求和。

三.用裂项相消法求数列的前n项和裂项相消法是将数列的一项拆成两项或多项，使得前后项相抵消，留下有限项，从而求出数列的前n项和。

例题3：求数列(n∈N*)的和解：点拨：此题先通过求数列的通项找到可以裂项的规律，再把数列的每一项拆开之后，中间部分的项相互抵消，再把剩下的项整理成最后的结果即可。

数列求和方法汇总及经典练习（含答案）一、公式法:利用以下公式求数列的和 1.d n n na a a n Sn n 2)1(2)(11-+=+=({}n a 为等差数列)2.qqa a q q a Sn n n --=--=11)1(11 (1≠q )或)1(1==q na Sn ({}n a 为等比数列) 3.6)12)(1(3212222++=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++n n n n4.23333]2)1([321+=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++n n n 等公式 例已知数列{}n a ，其中()12111,3,22n n n a a a a a n +-===+≥，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}ln n S 的前n 项和为n U ，求n U 。

解：由题意，{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列前n 项和()211212n n S n n ++-=⋅=，2ln ln 2ln n S n n ==()()2ln1ln 2ln 2ln !n U n n =+++=二、分组求和法对于数列{}n a ，若⋅⋅⋅⋅⋅⋅±±=nn nC b a 且数列{}n b 、{}n c ……都能求出其前n 项的和，则在求{}n a 前n 项和时，可采用该法例如：求和：999.09999.0999.099.09.0个n Sn ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++= 解：设n n na --=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=10199.09个 n a a a a a Sn +⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++=∴4321)101()101()101()101()101(4321n ------+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-+-=)1010101010()111(43211n n -----+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++=相加个 )101(91n n ---= 三、倒序相加法（或倒序相乘法）将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +，S n 表示从第一项依次到第n 项的和，然后又将S n 表示成第n 项依次反序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到S n 的一种求和方法。

高中数学-数列求和方法汇总及经典练习（含答案）一、公式法:利用以下公式求数列的和 1.d n n na a a n Snn 2)1(2)(11-+=+=({}n a 为等差数列)2.qqa a q q a Sn n n --=--=11)1(11 (1≠q )或)1(1==q na Sn ({}n a 为等比数列) 3.6)12)(1(3212222++=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++n n n n4.23333]2)1([321+=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++n n n 等公式例已知数列{}n a ，其中()12111,3,22n n n a a a a a n +-===+≥，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}ln n S 的前n 项和为n U ，求n U 。

解：由题意，{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列 前n 项和()211212n n S n n ++-=⋅=，2ln ln 2ln n S n n ==()()2ln1ln 2ln 2ln !n U n n =+++=L二、分组求和法对于数列{}n a ，若⋅⋅⋅⋅⋅⋅±±=n n n C b a 且数列{}n b 、{}n c ……都能求出其前n 项的和，则在求{}n a 前n 项和时，可采用该法例如：求和：321999.09999.0999.099.09.0个n Sn ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++= 解：设n n na --=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=10199.0943421个 n a a a a a Sn +⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++=∴4321)101()101()101()101()101(4321n------+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-+-=)1010101010()111(43211n n -----+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++=4434421相加个 )101(91n n ---= 三、倒序相加法（或倒序相乘法）将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +，S n 表示从第一项依次到第n 项的和，然后又将S n 表示成第n 项依次反序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到S n 的一种求和方法。

等差数列及其前n 项和一、学习目标1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题；4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系． 二、知识讲解知识点一 等差数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示．数学语言表达式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)，或a n －a n －1＝d (n ≥2，d 为常数)． 知识点二 等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)若等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其通项公式为a n ＝ 通项公式的推广：a n ＝ (2)等差数列的前n 项和公式 S n ＝知识点三 等差数列及前n 项和的性质(1)若a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项，且A ＝a ＋b2．(2)若{a n }为等差数列，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列． (4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列． 知识点四 等差数列的前n 项和公式与函数的关系 S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n . 数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)． 知识点五 等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1＞0，d ＜0，则S n 存在最大值；若a 1＜0，d ＞0，则S n 存在最小值． 三、例题辨析考点一 等差数列基本量的运算【典例1】记nS 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则( )A ．25n a n =-B ．310n a n =-C ．228n S n n=- D ．2122n S n n =-【解析】由题知，41514430245d S a a a d ⎧=+⨯⨯=⎪⎨⎪=+=⎩，解得132a d =-⎧⎨=⎩，∴25n a n =-，24n S n n =-，故选A 。

等比数列及其前n 项和一、知识梳理1.等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列.数学语言表达式：a n a n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数).(2)如果三个数a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，其中G ＝2.等比数列的通项公式及前n 项和公式(1)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n －1； 通项公式的推广：a n ＝a m q n －m .(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q .3.等比数列的性质已知{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和. (1)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则有a k ·a l ＝a m ·a n . (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ， a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m .(3)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n .证明：（1）当q ≠-1且q ≠0时，A a a a a S n n =++++=...321，n n n n n n n n n n n Aq q a q a q a a a a a S S =+++=++++=-+++ (2123212)n n n n n n n n n n n Aq q a q a q a a a a a S S 222221332221223......=+++=++++=-+++所以S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n（2）当q= -1时，<1>、当n 为奇数时，1a S n=，132,0a S S n n ==1120a a S S n n -=-=-， 11230a a S S n n =-=-所以S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n<2>、当n 为偶数时，032===n n n S S S ，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n不能构成等比数列小结：1.若数列{a n }为等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n}，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 也是等比数列. 2.由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0. 3.在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误.二、例题精讲 + 随堂练习1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)等比数列公比q 是一个常数，它可以是任意实数.( ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列.( ) 解析 (1)在等比数列中，q ≠0.(2)若a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列. (3)当a ＝1时，S n ＝na .(4)若a 1＝1，q ＝－1，则S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列.答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( ) A.－12B.－2C.2D.12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，即q ＝12.答案 D3.在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________.解析 设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81. 答案 27，814.(2019·天津和平区质检)已知等比数列{a n }满足a 1＝1，a 3·a 5＝4(a 4－1)，则a 7的值为( ) A.2B.4C.92D.6解析 根据等比数列的性质得a 3a 5＝a 24，∴a 24＝4(a 4－1)，即(a 4－2)2＝0，解得a 4＝2.又∵a 1＝1，a 1a 7＝a 24＝4，∴a 7＝4. 答案 B5.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32f B.322fC.1225fD.1227f解析 由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f ，公比为122的等比数列，设此数列为{a n }，则a 8＝1227f ，即第八个单音的频率为1227f . 答案 D6.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和.若S n ＝126，则n ＝________.解析 由a n ＋1＝2a n ，知数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，由S n ＝2（1－2n ）1－2＝126，解得n ＝6.答案 6考点一 等比数列基本量的运算【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________.(2)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析 (1)由{a n }为等比数列，设公比为q .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝－1，①a 1－a 1q 2＝－3，② 显然q ≠1，a 1≠0，②①得1－q ＝3，即q ＝－2，代入①式可得a 1＝1， 所以a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.(2)设数列{a n }首项为a 1，公比为q (q ≠1)，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q＝74，S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝634，解得⎩⎨⎧a 1＝14，q ＝2， 所以a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案 (1)－8 (2)32规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.2.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q.【训练1】 (1)等比数列{a n }中各项均为正数，S n 是其前n 项和，且满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则S 4＝( ) A.9B.15C.18D.30(2)(2017·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析 (1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，则⎩⎪⎨⎪⎧2S 3＝2（a 1＋a 1q ＋a 1q 2）＝8a 1＋3a 1q ，a 1q 3＝16， 解得q ＝2，a 1＝2，所以S 4＝2（1－24）1－2＝30.(2){a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2，∴b 2＝b 1·q ＝2，则a 2b 2＝22＝1.答案 (1)D (2)1考点二 等比数列的判定与证明【例2】 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1， 得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1. (2)解 由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n.由S 5＝3132，得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.【训练2】 (2019·广东省级名校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4.(1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， 所以S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)， 则S n ＝2S n －1－n ＋4(n ≥2)，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2](n ≥2)， 又由题意知a 1－2a 1＝－3， 所以a 1＝3，则S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2等比数列. (2)解 由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1， 所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n＝4（1－2n ）1－2＋n （n ＋1）2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82.考点三 等比数列的性质及应用【例3】 (1)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( ) A.12B.10C.8D.2＋log 35(2)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( ) A.40B.60C.32D.50解析 (1)由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10.(2)数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是首项为4，公比为2的等比数列，则S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝16，S 12－S 9＝a 10＋a 11＋a 12＝32，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60. 答案 (1)B (2)B【训练3】 (1)(2019·菏泽质检)在等比数列{a n }中，若a 3，a 7是方程x 2＋4x ＋2＝0的两根，则a 5的值是( ) A.－2B.－ 2C.± 2D.2(2)(一题多解)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________.解析 (1)根据根与系数之间的关系得a 3＋a 7＝－4， a 3a 7＝2，由a 3＋a 7＝－4<0，a 3a 7>0， 所以a 3<0，a 7<0，即a 5<0， 由a 3a 7＝a 25，得a 5＝－a 3a 7＝－ 2.(2)法一 由等比数列的性质S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，由已知得S 6＝3S 3，∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73.法二 因为{a n }为等比数列，由S 6S 3＝3，设S 6＝3a ，S 3＝a (a ≠0)，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等比数列，即a ，2a ，S 9－S 6成等比数列，所以S 9－S 6＝4a ，解得S 9＝7a ，所以S 9S 6＝7a 3a ＝73.答案 (1)B (2)73数学运算——等差(比)数列性质的应用1.数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展.2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想.类型1 等差数列两个性质的应用 在等差数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和： (1)S 2n －1＝(2n －1)a n ；等差中项）(2)设{a n }的项数为2n ，公差为d ，则S 偶－S 奇＝nd .【例1】 (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m ＝________.(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d ＝________.解析 (1)由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0得2a m －a 2m ＝0，解得a m ＝0或2.又S 2m －1＝（2m －1）（a 1＋a 2m －1）2＝(2m －1)a m ＝38， 显然可得a m ≠0，所以a m ＝2.代入上式可得2m －1＝19，解得m ＝10.(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5. 答案 (1)10 (2)5类型2 等比数列两个性质的应用在等比数列{a n }中，(1)若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a n ·a m ＝a p ·a q ；(2)当公比q ≠－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等比数列(n ∈N *).【例2】 (1)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( )A.6B.5C.4D.3(2)设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( )A.18B.－18C.578D.558 解析 (1)数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.(2)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18，所以a 7＋a 8＋a 9＝18.答案 (1)C (2)A类型3 等比数列前n 项和S n 相关结论的活用(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q . 若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q n S m (q 为公比).【例3】 (1)已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.(2)已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为________. 解析 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160， 所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2. (2)设等比数列{a n }的公比q ，易知S 3≠0.则S 6＝S 3＋S 3q 3＝9S 3，所以q 3＝8，q ＝2.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，其前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116.答案 (1)2 (2)3116三、课后练习1.已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T 1>1的n 的最小值为( )A.4B.5C.6D.7 解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6. 答案 C 2.数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A.(3n －1)2B.12(9n －1)C.9n －1D.14(3n －1)解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1，∴当n ≥2时，a n ＝3n －3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列.因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4(1－9n )1－9＝12(9n －1). 答案 B 3.(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝______.解析 ∵{a n }是等比数列，a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1（1－q 4）1－q ＋a 1（1－q 12）1－q ＝λa 1（1－q 8）1－q， ∴1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)，将q 4＝2代入计算可得λ＝83.答案 834.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋λ(λ为常数).(1)试探究数列{a n ＋λ}是不是等比数列，并求a n ；(2)当λ＝1时，求数列{n (a n ＋λ)}的前n 项和T n . 解 (1)因为a n ＋1＝2a n ＋λ，所以a n ＋1＋λ＝2(a n ＋λ). 又a 1＝1，所以当λ＝－1时，a 1＋λ＝0，数列{a n ＋λ}不是等比数列， 此时a n ＋λ＝a n －1＝0，即a n ＝1； 当λ≠－1时，a 1＋λ≠0，所以a n ＋λ≠0， 所以数列{a n ＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列， 此时a n ＋λ＝(1＋λ)2n －1，即a n ＝(1＋λ)2n －1－λ.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以n (a n ＋1)＝n ×2n ， T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① 2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，② ①－②得：－T n ＝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T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.。

3 A 数 学 教 育 高 三（文） 通项与前n 项和方法总结题型一：分组求和分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和.例1、 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa a n ，…3 A 做题法：拓展变式练习1、求和：1357(1)(21)n n S n =-+-+-+--题型二：倒序相加法倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前n 和公式的推导方法）.例1、求 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值3 A 做题法：拓展变式练习1、已知22()1x f x x=+，则111(1)(2)(3)(4)()()()234f f f f f f f ++++++＝______；题型三：错位相减法错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前n 和公式的推导方法）.例1、 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S3 A 做题法：拓展变式练习1、求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n 前n 项的和.题型四：裂项相消法裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和.常用裂项形式有： ①111(1)1n n n n =-++；②1111()()n n k k n n k=-++； ③2211111()1211k k k k <=---+，211111111(1)(1)1k k k k k k k k k-=<<=-++--； ④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++ ；⑤11(1)!!(1)!n n n n =-++； ⑥2122(1)2(1)11n n n n n n n n n +-=<<=--+++-. 例1、 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.3 A 做题法：拓展变式练习1、求和：1111447(32)(31)n n +++=⨯⨯-⨯+ ；2、在数列{}n a 中，11++=n n a n ，且S ｎ＝９，则n ＝_____ ；题型五：通项转换法通项转换法：先对通项进行变形，发现其内在特征，再运用分组求和法求和。