数列的前n项和求法

1数列的前n项和一、公式法1、通项公式：（1）、等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；（2）、等比数列的通项公式：11nnqaa＝mnmnqaa；2、an与Sn的有关系：an＝)2(,)1(,11nSSnSnn3、前n项和：（1）、等差数列前n项和：Sn＝2)(1naan＝na1＋dnn2)1(（2）、等比数列前n项和：Sn＝)1(11)1()1(,111qqqaaqqaqnann例1：已知nS＝1＋2＋3＋4＋……＋n，（n∈N＋），求1)32(nnSnS的最大值。【解析】：)1(21nnSn，1)32(nnSnS＝64342nnn＝34641nn≤501变式练习1：在等比数列{na}中，2a－1a＝2，且22a为31a和3a的等差中项，求数列{na}的通项公式及前n项和。【解析】：设该数列的公比为q，由已知，可得a1q－a1＝2,4a1q＝3a1＋a1q2，所以，a1(q－1)＝2，q2－4q＋3＝0，解得q＝3或q＝1.由于a1(q－1)＝2，因此q＝1不合题意，应舍去．故公比q＝3，首项a1＝1.所以，数列的前n项和Sn＝312n.变式练习2：已知{na}是公差不为零的等差数列，1a＝1，且1a，3a，9a成等比数列。（1）求数列{na}的通项公式；（2）求数列{na2}的前n项和nS。【解析】：na＝nnS＝221n二、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2合并在一起，再运用公式法求和。例2：求数列的前n项和：121，241，381，……(n＋n21)【解析】：nnnnS2112)1(变式练习1：求数列0.9，0.99，0.999，0.9999，0.99999……的前n项和Sn。【解析】：nna)101(1)1.01(911nnS变式练习2：已知数列{na}的前n项分别是3＋2－1，6＋4－1，9＋8－1，12＋16－1，15＋32－1……，则数列{na}的通项公式为na＝___________；其前n项和nS＝__________。【解析】：na＝3n＋n2－1nS＝22)13(211nnn变式练习3：在等差数列{na}中，42a，1574aa。（1）求数列{na}的通项公式；（2）设nb＝nna22，求1b＋2b＋3b＋……＋10b【解析】：nb＝nn2，10S＝2011三、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：1、111)1(1nnnn)(1knn＝k1(n1－kn1)2、11nnaa＝d1(na1－11na)21nnaa＝d21(na1－21na)3、)12)(12(1nn＝21×(121121nn)4、)2)(1(1nnn＝21×[)1(1nn－)2)(1(1nn]5、knn1＝k1(kn－n)例3：在数列{na}中，11211nnnnan，又12nnnaab，求数列{bn}的前n项的和。3【解析】∵211211nnnnnan∴)111(82122nnnnbn∴)]111()4131()3121()211[(8nnSn＝)111(8n＝18nn变式练习1：计算1＋211＋3211……＋n3211＝__________。【解析】：na＝)1(2nnnS＝12nn变式练习2：已知数列{na}是由正数组成的等比数列，1a＝2，且3a、32a、4a成等差数列。（1）求数列{na}的通项公式；（2）设nb＝na2log，求数列{11nnbb}的前n项和nT【解析】：（1）由已知，324,3,aaa成等差数列4326aaa21a，322226qqq又0q，解得2q数列{}na的通项公式为nna2（2）由已知得nabnn2log111)1(111nnnnbbnn记数列11nnbb的前n项和为nT，则nT1113121211nn1111nnn变式练习3：若数列{na}的前n项和nS满足nS＝2na＋n。（1）求证：数列{na－1}是等比数列；（2）设nb＝)1(log2na，求数列{11nnbb}的前n项和nT。【解析】：解：(1)当1n时，11121aSa，解得11a当1n时，由题意，1121nnSan111(2)21221nnnnnnSSananaa，即121nnaa·所以1121nnaa，即1121nnaa所以，数列1na是首项为2，公比为2的等比数列(2)由（1），11222nnna，所以12nna4所以111)1(11,2log12nnnnbbnbnnnn1111)111()3121()211(nnnnnTn四、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4：设nS为数列{na}的前n项和，已知1a≠0，2na－1a＝1S×nS（n∈N＋），（1）求1a、2a，并求数列{na}的通项公式；（2）求数列{n×na}的前n项和nT。【解析】：1a＝1，2a＝2，na＝12nnT＝1)1(2nn变式练习1：已知数列{na}是等比数列，2a＝4，3a＋2是2a和4a的等差中项。（1）求数列{na}，的通项公式；（2）设nb＝na2log2－1，求数列{nanb}的前n项和nT。【解析】：2(3a＋2)＝2a＋4a，2(q4＋2)＝4＋24qna＝n2nanb＝(2n－1)n2nT＝6＋(2n－3)12n变式练习2：已知数列na是各项均为正数的等比数列，{nb}是等差数列，且111ba，3322abb，7325ba。（1）求{na}与{nb}的通项公式；（2）设nc＝na×nb（n∈N＋），求数列{nc}的前n项和。【解析】：na＝12n，nb＝2n－1，Sn＝32)32(nn变式练习3：已知数列{na}是各项均为正数的等差数列，数列{11nnaa}的前n项和为12nn。（1）求数列{na}的通项公式；（2）设nb＝(na＋1)×na2，求数列{nb}的前n项和Tn。【解析】：（1）当n＝1，211aa＝31，即1a×2a＝3，当n＝2，211aa＋321aa＝731533221aaaa得211da∴na＝12n；（2）nb＝(na＋1)×na2＝n2×122n＝n×n45nT＝944)13(1nn课后综合练习1、数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，(1＋2＋22＋23)，……(1＋2＋22＋23……＋2n－1)，……的前n项和为（）A：12nB：nnn2C：nn12D：221nn【解析】：na＝12nD2、若数列{)12()1(nn}的前2016项和2016S等于（）A：－2016B：2016C：－2015D：2015【解析】：B2016S＝－1＋3－5＋7＋……＋)120152()1(2015＋)120162()1(2016＝2×2008＝20163、在数列{na}中，已知对任意n∈N＋，1a＋2a＋……＋na＝13n，则21a＋22a＋……＋2na＝（）A：2)13(nB：)19(21nC：19nD：)13(41n【解析】：na＝132n2na＝194nB4、数列{na}、{nb}满足na×nb＝1，na＝232nn，则数列{nb}的前10项和为（）A：31B：125C：21D：127【解析】：nb＝na1＝2111nnB5、已知数列{na}所通项公式为na＝nn212，若前n项和nS＝64321，则n为（）A：13B：10C：9D：6【解析】：na＝n211nS＝nn211＝5＋641D6、设直线n×x＋(n＋1)y＝2（n∈N＋）与两坐标轴围成的三角形面积为nS，则1S＋2S＋3S＋……＋2015S的值为（）6A：20132012B：20142013C：20152014D：20162015【解析】：(n2，0)，(0，12n)S＝)1(1nnD7、数列{na}满足1a＝1，且1na－na＝n＋1（n∈N＋），则数列{na1}的前10项和为__。【解析】：na＝2)1(nn11208、已知数列{na}是等比数列，nT＝n1a＋(n－1)2a＋……＋21na＋na，且1T＝1，2T＝4。（1）求{na}的通项公式；（2）求{nT}的通项公式。【解析】：当n＝1，1T＝1a＝1，当n＝2，2T＝21a＋2a＝4，2a＝2，na＝12nnT＝n×1＋(n－1)×2＋……＋2×22n＋12n＝221nn9、设nS是数列{na}的前n项和，已知na＞0，且2na＋2na＝4nS＋3。（1）求数列{na}的通项公式；（2）设11nnnaab，求数列{nb}的前n项和。【解析】：21na＋21na＝41nS＋3，2na＋2na＝4nS＋3，两式相减得(1na＋na)(1na－na)＝2(1na＋na)，故1na－na＝2，31ana＝2n＋1)321121(21nnbnnT＝)32(3nn