5.4 数列求和
[知识梳理]
1．基本数列求和公式法 (1)等差数列求和公式：
n?a1＋an?n?n－1?Sn＝＝na1＋d.
2
2
(2)等比数列求和公式：
na1，q＝1，??
Sn＝?a1－anqa1?1－qn?
＝，q≠1.?1－q?1－q2．非基本数列求和常用方法
(1)倒序相加法；(2)分组求和法；(3)并项求和法；(4)错位相减法；(5)裂项相消法． 常见的裂项公式： ①②③④
1?11?1＝?－?；
n?n＋k?k?nn＋k?
1?11?1－＝??；
?2n－1??2n＋1?2?2n－12n＋1?111?1?； －＝??n?n＋1??n＋2?2?n?n＋1??n＋1??n＋2??
1
n＋n＋kk1
＝(n＋k－n)．
3．常用求和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝
n?n＋1?
2
；
2
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n； (3)1＋2＋3＋…＋n＝
3
3
3
3
2
2
2
2
n?n＋1??2n＋1?
6
；
(4)1＋2＋3＋…＋n＝?[诊断自测] 1．概念辨析
?n?n＋1??2.
??2?
(1)已知等差数列{an}的公差为d，则有1
anan＋1d?
1?1?1
＝?－.( )
aa?
nn＋1
?
(2)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin1°＋sin2°＋sin3°＋…＋sin88°＋sin89°＝44.5.( )
(3)求Sn＝a＋2a＋3a＋…＋na时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．( )
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是(n>1，n∈N)首项为1，公比为3的等比数列，
*
2
3
2
2
2
22
n
3－1
则数列{an}的通项公式是an＝.( )
2
答案 (1)3 (2)√ (3)3 (4)√ 2．教材衍化
(1)(必修A5 P47T4)数列{an}中，an＝
12017
，若{an}的前n项和为，则项数n为( )
n?n＋1?2018
nA．2014 B．2015 C．2016 D．2017 答案 D
111n2017
解析 an＝－，Sn＝1－＝，又前n项和为，所以n＝2017.故选D.
nn＋1n＋1n＋12018111?1?(2)(必修A5 P61T4)已知数列：1，2，3，…，?n＋n?，…，则其前n项和关于n的
248?2?表达式为________．
答案
n?n＋1?
21
＋1－n 2
解析 将通项式分组转化为等差与等比两数列分别求和，即Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
?1＋12＋…＋1n?＝n?n＋1?＋1－1. ?22n2?22??
3．小题热身
(1)数列{an}的通项公式为an＝ncos
nπ
2
，其前n项和为Sn，则S2018等于( )
A．－1010 B．2018 C．505 D．1010 答案 A
解析 易知a1＝cos
π
＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝0，a4＝4，…. 2
2018π
＝－2018，∴S2018＝S2016＋a2018＝1008－2018＝－2
所以数列{an}的所有奇数项为0，前2016项中所有偶数项(共1008项)依次为－2,4，－ 1008.a2017＝0，a2018＝20183cos1010.故选A.
(2)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________. 1
答案 － n11
解析 ∵an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，又由a1＝－1，知Sn≠0，∴－＝1，
SnSn＋1
?1?111
∴??是等差数列，且公差为－1，而＝＝－1，∴＝－1＋(n－1)3(－1)＝－n，∴SnS1a1Sn?Sn?
1
＝－. n
题型1 错位相减法求和
2
已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1. 典例
(1)求数列{bn}的通项公式；
?an＋1?(2)令cn＝n，求数列{cn}的前n项和Tn.
?bn＋2?利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)、方程思想、错位相减法． 解 (1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5. 当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5. 设数列{bn}的公差为d.
??a1＝b1＋b2，由???a2＝b2＋b3，
n＋1
2
??11＝2b1＋d，
即???17＝2b1＋3d，
可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1. ?6n＋6?n＋1
(2)由(1)知cn＝. n＝3(n＋1)22
?3n＋3?又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝33[232＋332＋…＋(n＋1)322Tn＝33[232＋332＋…＋(n＋1)32
2
3
43
n＋1
n＋1
]，
4
n＋23
]，
n＋1
两式作差，得－Tn＝33[232＋2＋2＋…＋2
n－(n＋1)32
n＋2
]＝
?4?1－2?－?n＋1?32n＋2?＝－3n22n＋2，所以T＝3n22n＋2. 33?4＋?n1－2??
方法技巧
利用错位相减法的一般类型及思路
1．适用的数列类型：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q≠1的等比数列．
2．思路：设Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，(*) 则qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1，(**)
(*)－(**)得：(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就转化为根据公式可求的和．
提醒：用错位相减法求和时容易出现以下两点错误： (1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．
(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和． 冲关针对训练
已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0. (1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式； (2)若bn＝3
n－1
*
anbn，求数列{an}的前n项和Sn.
*
解 (1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0(bn≠0，n∈N)， 所以
an＋1an－＝2，即cn＋1－cn＝2. bn＋1bn所以数列{cn}是以1为首项，2为公差的等差数列，
故cn＝2n－1. (2)由bn＝3
n－1
知an＝cnbn＝(2n－1)3
n－1
，
于是数列{an}的前n项和
Sn＝1330＋3331＋5332＋…＋(2n－1)33n－1，
3Sn＝133＋333＋…＋(2n－3)33相减得－2Sn＝1＋23(3＋3＋…＋3所以Sn＝(n－1)3＋1.
n1
2
1
2
n－1n－1
＋(2n－1)33，
)－(2n－1)33＝－2－(2n－2)3，
nnn题型2 裂项相消法求和
2
Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，an＋2an＝4Sn＋3. 典例
(1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝
1
anan＋1
2
，求数列{bn}的前n项和．
利用递推公式，an＝Sn－Sn－1(n≥2)求通项，裂项相消求和． 解 (1)由an＋2an＝4Sn＋3，可知an＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3. 可得an＋1－an＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝an＋1－an＝(an＋1＋an)(an＋1－an)． 由于an>0，所以an＋1－an＝2.
又由a1＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1. (2)由an＝2n＋1可知
－bn＝＝＝??. anan＋1?2n＋1??2n＋3?2?2n＋12n＋3?设数列{bn}的前n项和为Tn，则
1??1
1?
1
1
1?1
1
2
2
2
2
2
2
?Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝??－?＋?－?＋…
2??35??57?
?11?
?1－1??＝n. ＋???
?2n＋12n＋3??3?2n＋3?
[条件探究] 将典例中的条件变为：已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且
S1，S2，S4成等比数列．
求解仍为(1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝
1
anan＋1
，求数列{bn}的前n项和．
231
32＝2a1＋2， 2
解 (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋
S4＝4a1＋
433
32＝4a1＋12， 2
2
由题意得(2a1＋2)＝a1(4a1＋12)，
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