1．公式法
(1)等差數(shù)列的前n項和公式：
Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d.
(2)等比數(shù)列的前n項和公式：
Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1（1－qn）,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
2．分組轉(zhuǎn)化法
一個數(shù)列的通項公式是由若干個等差數(shù)列或等比數(shù)列或可求和的數(shù)列組成，則求和時可用分組轉(zhuǎn)化法，分別求和后再相加減．
3．并項求和法
一個數(shù)列的前n項和，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解．
4．錯位相減法
如果一個數(shù)列的各項是由一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列的對應項之積構(gòu)成的，那么這個數(shù)列的前n項和即可用此法來求，如等比數(shù)列的前n項和就是用此法推導的．
5．倒序相加法
如果一個數(shù)列{an}的前n項中首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一個常數(shù)，那么求這個數(shù)列的前n項和即可用倒序相加法，如等差數(shù)列的前n項和即是用此法推導的．
6．裂項相消法
把數(shù)列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和．
常見的拆項類型
(1)分式型：eq \f(1,n（n＋k）)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))，
eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
eq \f(1,n（n＋1）（n＋2）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n（n＋1）)－,\f(1,（n＋1）（n＋2）)))等．
(2)指數(shù)型：eq \f(2n,（2n＋1－1）（2n－1）)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，eq \f(n＋2,n（n＋1）·2n)＝eq \f(1,n·2n－1)－
eq \f(1,（n＋1）·2n)等．
(3)根式型：eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))等．
(4)對數(shù)型：lgmeq \f(an＋1,an)＝lgman＋1－lgman，an>0，m>0且m≠1.
1．(人教B選擇性必修第三冊習題5－5B T4改編)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若an＝eq \f(1,n（n＋1）)，則S5＝( )
A．1 B.eq \f(5,6)
C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,30)
答案 B
解析 ∵an＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,5)－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).故選B.
2．若數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n＋2n－1，則數(shù)列{an}的前n項和為( )
A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
答案 C
解析 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＋2×eq \f(n（n＋1）,2)－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故選C.
3．數(shù)列{an}的通項公式是an＝(－1)n·(2n－1)，則該數(shù)列的前100項和為( )
A．－200 B．－100
C．200 D．100
答案 D
解析 根據(jù)題意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故選D.
4．(人教B選擇性必修第三冊習題5－5B T3改編)Sn＝eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,42－1)＋…＋eq \f(1,（2n）2－1)＝________．
答案 eq \f(n,2n＋1)
解析 通項公式為an＝eq \f(1,（2n）2－1)
＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
∴Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
5．(人教A選擇性必修第二冊習題4.3 T3(2)改編)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________．
答案 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1－xn,（1－x）2)－\f(nxn,1－x)，x≠1，,\f(n（n＋1）,2)，x＝1))
解析 記Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，當x＝1時，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2)，當x≠1時，xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋(n－1)xn－1＋nxn，(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋x3＋…＋xn－1－nxn，所以Sn＝eq \f(1－xn,（1－x）2)－eq \f(nxn,1－x)(x≠1)．原式＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1－xn,（1－x）2)－\f(nxn,1－x)，x≠1，,\f(n（n＋1）,2)，x＝1.))
多角度探究突破
角度分組求和
例1 (2023·廣東深圳模擬)已知數(shù)列{an}為正項等差數(shù)列，數(shù)列{bn}為遞增的正項等比數(shù)列，a1＝1，a1－b1＝a2－b2＝a4－b3＝0.
(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；
(2)數(shù)列{cn}滿足cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an，n為奇數(shù)，,bn，n為偶數(shù)，))求數(shù)列{cn}的前2n項和．
解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，
因為a1＝1，a1－b1＝a2－b2＝a4－b3＝0，
所以得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋d＝q，,1＋3d＝q2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝1，,d＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝2，,d＝1，))
因為數(shù)列{bn}為正項遞增數(shù)列，
所以q＝2，d＝1，
所以an＝1＋(n－1)×1＝n，
bn＝1×2n－1＝2n－1.
(2)由(1)得cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n，n為奇數(shù)，,2n－1，n為偶數(shù)，))
所以數(shù)列{cn}的前2n項和為
T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(21＋23＋…＋22n－1)＝eq \f(（1＋2n－1）n,2)＋eq \f(21×（1－4n）,1－4)
＝eq \f(3n2＋22n＋1－2,3).
分組轉(zhuǎn)化求和的常見類型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數(shù)列，可采用分組求和法求{an}的前n項和．
(2)若an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bn，n為奇數(shù)，,cn，n為偶數(shù)，))且數(shù)列{bn}，{cn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組求和法求和．
(2020·新高考Ⅰ卷)已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通項公式；
(2)記bm為{an}在區(qū)間(0，m](m∈N*)中的項的個數(shù)，求數(shù)列{bm}的前100項和S100.
解 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的首項為a1，公比為q，
依題意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))
解得a1＝2，q＝2或a1＝32，q＝eq \f(1,2)(舍去)，
所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n.
(2)由于21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，
b1對應的區(qū)間為(0，1]，則b1＝0；
b2，b3對應的區(qū)間分別為(0，2]，(0，3]，
則b2＝b3＝1，即有2個1；
b4，b5，b6，b7對應的區(qū)間分別為(0，4]，(0，5]，(0，6]，(0，7]，則b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有22個2；
b8，b9，…，b15對應的區(qū)間分別為(0，8]，(0，9]，…，(0，15]，則b8＝b9＝…＝b15＝3，即有23個3；
b16，b17，…，b31對應的區(qū)間分別為(0，16]，(0，17]，…，(0，31]，則b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24個4；
b32，b33，…，b63對應的區(qū)間分別為(0，32]，(0，33]，…，(0，63]，則b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25個5；
b64，b65，…，b100對應的區(qū)間分別為(0，64]，(0，65]，…，(0，100]，則b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37個6.
所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.
角度并項求和
例2 已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a5＝9，S5＝25.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式及Sn；
(2)設(shè)bn＝(－1)nSn，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
解 (1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，
由S5＝5a3＝25得a3＝a1＋2d＝5，
又a5＝9＝a1＋4d，所以d＝2，a1＝1，
所以an＝2n－1，Sn＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＝n2.
(2)結(jié)合(1)知bn＝(－1)nn2，當n為偶數(shù)時，
Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋…＋(bn－1＋bn)
＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2]
＝(2－1)×(2＋1)＋(4－3)×(4＋3)＋(6－5)×(6＋5)＋…＋[n－(n－1)]×[n＋(n－1)]
＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2)；
當n為奇數(shù)時，n－1為偶數(shù)，
Tn＝Tn－1＋(－1)nn2＝eq \f(（n－1）n,2)－n2
＝－eq \f(n（n＋1）,2).
綜上，Tn＝eq \f(（－1）nn（n＋1）,2).
形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.
已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)設(shè)bn＝2an＋(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前2n項和．
解 (1)當n＝1時，a1＝S1＝1；
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1
＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n.
a1＝1也滿足an＝n，
故數(shù)列{an}的通項公式為an＝n.
(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
記數(shù)列{bn}的前2n項和為T2n，
則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋[－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n]．
記A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n，
則A＝eq \f(2（1－22n）,1－2)＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故數(shù)列{bn}的前2n項和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
例3 (2023·承德模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且eq \f(an＋1,Sn)＝eq \f(2,n).
(1)證明：數(shù)列{an}是等差數(shù)列；
(2)若a2＋1，a3＋1，a5成等比數(shù)列．從下面三個條件中選擇一個，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
①bn＝eq \f(n,aeq \\al(2,n)aeq \\al(2,n＋1))；②bn＝eq \f(1,\r(an)＋\r(an＋1))；
③bn＝eq \f(2n＋3,anan＋12n＋1).
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
解 (1)證明：因為eq \f(an＋1,Sn)＝eq \f(2,n)，即n(an＋1)＝2Sn，當n＝1時，a1＋1＝2S1，解得a1＝1，
當n≥2時，(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－1，
所以n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－2Sn－1，
即n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2an，
所以(n－2)an－(n－1)an－1＋1＝0，
當n＝2時，上述式子恒成立，
當n>2時，兩邊同除以(n－2)(n－1)可得
eq \f(an,n－1)－eq \f(an－1,n－2)＝－eq \f(1,（n－1）（n－2）)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n－2)，
即eq \f(an,n－1)－eq \f(1,n－1)＝eq \f(an－1,n－2)－eq \f(1,n－2)，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,n－1)))為常數(shù)列，即eq \f(an－1,n－1)＝a2－1，
所以an－1＝(n－1)(a2－1)，
即an＝(n－1)(a2－1)＋1，
當n＝1時，也適合上式，
所以an＋1－an＝n(a2－1)＋1－(n－1)(a2－1)－1＝a2－1，
所以數(shù)列{an}是以1為首項，a2－1為公差的等差數(shù)列．
(2)設(shè){an}的公差為d，因為a2＋1，a3＋1，a5成等比數(shù)列，
所以(a3＋1)2＝a5(a2＋1)，即(2＋2d)2＝(1＋4d)(2＋d)，
解得d＝2，所以an＝2n－1.
若選①bn＝eq \f(n,aeq \\al(2,n)aeq \\al(2,n＋1))，
則bn＝eq \f(n,（2n－1）2（2n＋1）2)＝eq \f(1,8)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,（2n－1）2)－\f(1,（2n＋1）2)))，
所以Tn＝eq \f(1,8)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,12)－\f(1,32)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,（2n－1）2)－\f(1,（2n＋1）2)))＝eq \f(1,8)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,（2n＋1）2))).
若選②bn＝eq \f(1,\r(an)＋\r(an＋1))，
則bn＝eq \f(1,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))
＝eq \f(\r(2n＋1)－\r(2n－1),（\r(2n－1)＋\r(2n＋1)）（\r(2n＋1)－\r(2n－1)）)
＝eq \f(1,2)(eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))，
所以Tn＝eq \f(1,2)(eq \r(3)－eq \r(1)＋eq \r(5)－eq \r(3)＋…＋eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))＝eq \f(1,2)(eq \r(2n＋1)－1)．
若選③bn＝eq \f(2n＋3,anan＋12n＋1)，
則bn＝eq \f(2n＋3,（2n－1）（2n＋1）2n＋1)＝eq \f(1,（2n－1）×2n)－eq \f(1,（2n＋1）×2n＋1)，
所以Tn＝eq \f(1,1×21)－eq \f(1,3×22)＋eq \f(1,3×22)－eq \f(1,5×23)＋…＋eq \f(1,（2n－1）×2n)－eq \f(1,（2n＋1）×2n＋1)
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,（2n＋1）×2n＋1).
利用裂項相消法求和的注意事項
(1)抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項；或者前面剩幾項，后面也剩幾項．
(2)將通項裂項后，有時需要調(diào)整前面的系數(shù)，使裂開的兩項之差和系數(shù)之積與原通項相等．如：若{an}是等差數(shù)列，則eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq \f(1,anan＋2)＝eq \f(1,2d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).
1.數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若{an}的前n項和為24，則n＝( )
A．25 B．576
C．624 D．625
答案 C
解析 an＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，所以Sn＝(eq \r(2)－eq \r(1))＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＝eq \r(n＋1)－1，令Sn＝24，得n＝624.故選C.
2．(2022·新高考Ⅰ卷)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，已知a1＝1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差為eq \f(1,3)的等差數(shù)列．
(1)求{an}的通項公式；
(2)證明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)

相關(guān)學案

高考數(shù)學科學創(chuàng)新復習方案提升版第47講圓的方程學案（Word版附解析）：

這是一份高考數(shù)學科學創(chuàng)新復習方案提升版第47講圓的方程學案（Word版附解析），共28頁。

高考數(shù)學科學創(chuàng)新復習方案提升版第49講橢圓（一）學案（Word版附解析）：

這是一份高考數(shù)學科學創(chuàng)新復習方案提升版第49講橢圓（一）學案（Word版附解析），共21頁。

高考數(shù)學科學創(chuàng)新復習方案提升版第50講橢圓（二）學案（Word版附解析）：

這是一份高考數(shù)學科學創(chuàng)新復習方案提升版第50講橢圓（二）學案（Word版附解析），共27頁。

英語朗讀寶

相關(guān)學案 更多

高考數(shù)學科學創(chuàng)新復習方案提升版第51講雙曲線（一）學案（Word版附解析）

高考數(shù)學科學創(chuàng)新復習方案提升版第51講雙曲線（一）學案（Word版附解析）
高考數(shù)學科學創(chuàng)新復習方案提升版第52講雙曲線（二）學案（Word版附解析）

高考數(shù)學科學創(chuàng)新復習方案提升版第52講雙曲線（二）學案（Word版附解析）
高考數(shù)學科學創(chuàng)新復習方案提升版第59講排列與組合學案（Word版附解析）

高考數(shù)學科學創(chuàng)新復習方案提升版第59講排列與組合學案（Word版附解析）
高考數(shù)學科學創(chuàng)新復習方案提升版第61講事件與概率學案（Word版附解析）

高考數(shù)學科學創(chuàng)新復習方案提升版第61講事件與概率學案（Word版附解析）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部