数列求和
【复习目标】
理解数列求和的基本思路，熟练掌握以下方法： 1．公式法求和（等差（比）数列求和. ） 2．错位相减法. 3．倒序相加法.
4．裂项相消法求和与并项求和. 5．分组转化法求和 【知识要点】
求数列的前n 项和S n 通常要掌握以下方法：
1．直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意等比数列求和时分的讨论. 2法即等比数列求和公式的推导方法.
3．分组求和法：把数列的每一项分成几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求和. 4．裂项相消法：把数列的通项折成几项求和，正负相消剩下（首尾）若干项求和. （111
=；= ；（2
n (n +1) (2n -1)(2n +1)
（3）
1a +b
=
5．倒序相加法：即等差数列求和公式的推导方法. 6．公式法(注意公式的推导). 常用的公式有：
k
k =1
n
2
=1+2+ +n = ；∑k 3=13+23+33+ +n 3
2
2
2
n
k =1
【基础训练】
1、 写出等差数列{a n }的前n 项和的推导过程： 这种求和方法称为 2、写出等比数列{a n }的前n 项和的推导过程： 这种求和方法称为 3．数列1
1111
, 3, 5, 7, „的前n 项和S n 24168
4．a n =⎨
n 为正奇数⎧1,
，求{a n }前n 项和S n -4, n 为正偶数⎩
1
，求{a n }，前n 项之和S n = n ⋅(n +1)
5．已知a n =
【典型例题】
例1、求下面各数列的前n 项和：
（1）1×2，2×3，3×4，4×5。。。 （2）
例2、 设f (x ) =
12+2
x
1111⋅⋅⋅⋅ 1⨯53⨯75⨯97⨯11
，利用课本中推导等差数列前n 项和公式的方法，可求得f (–5) +
f (– 4) +„+ f (0) +„+f (5) + f (6)的值为32.
变式：求和：
（n +1）C n +2C n +3C n +⋅⋅⋅+C n
013n
例3、数列{a n }的通项公式为a n =n*
2则求S
n
n
⎧1
⎪a +n , n 为奇数,
例4 （2006年·北京海淀期中）已知数列{a n }满足：a 1 = 1，a n +1 =⎨2n
⎪a n -2n , n 为偶数. ⎩
（1）求a 2，a 3；
（2）当n ≥2时，求a 2n –2与a 2n 的关系式，并求数列{a n }中偶数项的通项公式； （3）求数列{a n }前100项中所有奇数项的和.
【规律总结】
1．若是等差(比) 数列求和问题，则直接用公式求和时，注意公式的应用范围(q = 1和q ≠1两类).
2．非等差(比) 数列求和，关键在于转化为等差(比) 数列求和；写出通项公式，观察通项形式与特点、或拆项或并项、或错位相减或倒序相加.
3．数列求和需熟练基本方法，积累一定经验. 【考题链接】
1．(05山东文21) 已知数列{a n }的首项a 1=5, 前n 项和为S n ，且S n +1=S n +n +5(n ∈N ) *
（I ）证明数列{a n +1}是等比数列；
（II ）令f (x ) =a 1x +a 2x 2+ +a n x n ，求函数f (x ) 在点x =1处的导数f '(1)， 并比较2f '(1)与23n -13n 的大小.
2、（06湖北）设数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n , S n )(n ∈N *) 均在函数y ＝3x －2的图像上。（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n =求使得T n
2
3
，T n 是数列{b n }的前n 项和，
a n a n +1
m *
对所有n ∈N 都成立的最小正整数m 。 20
数列求和08016
1．数列
31⋅22
，
522⋅32
，
732⋅42
，„，
2n +1n 2(n +1) 2
的前n 项和是 （ ）
A ．1–C ．1 +
1n
2
1
B ．1+D ．1–
1n
2
1
(n +1) 2(n +1) 2
2．已知数列{a n }的前n 项和S n = 1 – 5 + 9 – 13 + 17 – 21 +„+(–1) n –1 (4n – 3)，则S 15 + S 22 – S 31的值为 A ．3 C ．46
（ ）
B ．-76 D ．6
a 1+a 2+ +a n
所确定的数列{b n }的前n 项之和
n
3．数列{a n }的通项a n = 2n + 1，则由b n =
是
B ．
（ ）
A ．n (n + 2) C ．
1
n (n + 4) 2
11n (n +5) D ．n (n +7) 22111
+2+ +4．S n =22
2-14-1(2n ) -1
5．已知数列{a n }满足a 1 = 1，a n = a 1 + 2a 2 + 3a 3 +„+ (n – 1) a n –1 (n ≥2) ，则{a n }的通项公式a n = 6．求和：（1）S n =
123n
+2+3+ +n ； a a a a
（2）S n = 1 + 2 × 3 + 3 × 7+„+n (2n – 1).
7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4 = 5a 2，a 3 = 3. 令b n = （1）求数列{b n }的通项公式；（2）求T n = b 1 + b 2 +„+b n .
1
，n ∈N *. S n
8．设数列{a n }对所有正整数n 都满足：
a 1 + 2a 2 +2 2a 3+„+2n 1a n = 8 –5n .
－
求数列{a n }的前n 项和S n .
【知识要点】
求数列的前n 项和S n 通常要掌握以下方法：
1．直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意等比数列求和时q = 1、q ≠1的讨论. 2
法即等比数列求和公式的推导方法.
3．分组求和法：把数列的每一项分成几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求和. 4．裂项相消法：把数列的通项折成几项求和，正负相消剩下（首尾）若干项求和. （1）（2）（3）
111
=-；
n (n +1) n n +1
1111
=(-) ；
(2n -1)(2n +1) 22n -12n +1
1a +b
=
1
(a -b ) . a -b
5．倒序相加法：即等差数列求和公式的推导方法. 6．公式法(注意公式的推导). 常用的公式有：
k
k =1
n
2
=12+22+ +n 2=n (n +1) (2n + 1)；
12
n (n + 1)2. 4
16
k =1
n
k 3=13+23+33+ +n 3=
【基础训练】
1、 写出等差数列{a n }的前n 项和的推导过程： 【解析】S n = a 1 + a 2 +„+ a n – 1 + a n
S n = a n + a n – 1 +„+a 2 + a 1，
两式相加：
2S n = (a 1 + a n ) + (a 2 + a n – 1)+„+(a n + a 1) = (a 1 + a n ) ·n 1． 得S n =
a 1+a n
⋅n . 2
这种求和方法称为倒序相加法
.2、写出等比数列{a n }的前n 项和的推导过程： 【解析】S n = a1 + a 1q +„+a 1q n – 1
qS n = a 1q + a1q 2 +„+ a1q n
由错位相减，得 (1 – q ) S n = a 1 – a 1q n
a 1(1-q n ) S n =.
1-q
这种求和方法称为错位相减法 3．数列1
11111
, 3, 5, 7, „的前n 项和S n =n 2+1-n . 241682
【解析】裂项法：
111
S = (1 + 3 + 5 +„+2n –1)+(++ +n )
242
【点评】通过裂项，将数列转化为等差、等比数列求和，这是数列求和的基本思路.
⎧3n
-, ⎪n 为正奇数⎪2⎧1,
4．a n =⎨，求{a n }前n 项和S n = ⎨
-4, n 为正偶数⎩⎪-3⋅n +1+4,
⎪⎩2
【解析】当n = 2k (k ∈N +) 时， S n = (1 – 4) + (1 – 4) +„+ (1 – 4) = –3k ， 当n = 2k – 1 (k ∈N *) 时， S n = S 2k + 4 = – 3k + 4，
n 为偶数
.
n 为奇数
⎧3n
-, ⎪⎪2
故S n =⎨
⎪-3⋅n +1+4, ⎪⎩2
n 为偶数
n 为奇数
【点评】并项求和. 并项后转化为易求和型. 5．已知a n =
1n
，求{a n }，前n 项之和S n =.
n ⋅(n +1) n +1
111
++ + 1⋅22⋅3n (n +1)
【解析】S n =
11111n
=1-+-+ +-=
223n n +1n +1
【点评】拆项相消法. 【典型例题】
例1、求下面各数列的前n 项和：
（1）1×2，2×3，3×4，4×5。。。 （2）
1111⋅⋅⋅⋅ 1⨯53⨯75⨯97⨯11
1
12x +2
例2【解析】∵f (x ) =，∴f (1-x ) =
121-x +2
=
2
x
2+2⋅2x
=
， x
2+2
⋅2x
1+
1
∴f (x ) +f (1-x ) =
22
，设S = f (–5) + f (– 4) +„+ f (6)， =
x 22+2
⋅2x
则S = f (6) + f (5) +„+ f (– 5)，∴2S = (f (6) + f (–5) + (f (5) + f (– 4)) +„+ (f (–5) + f (6)) = 62，∴S = f (–5) + f (– 4)+„+f (6) =32.
【点评】使用“倒序相加法”求和的题型特征是“与首末两端距离相等的两项的和都相等”. 本题中，倒序相加后，对应项的和中自变量的和都等于1，故需探求f (x ) + f (1 – x ) 的值. 变式：求和：
（n +1）C n +2C n +3C n +⋅⋅⋅+C n
013n
例3、数列{a n }的通项公式为a n =n*
拓展：设f 1(x ) =
2则求S
n
n
f (0) -12
，定义f n +1 (x ) = f 1[f n (x )]，a n =n ，其中n ∈N *.
f n (0) +21+x
（1）求数列{a n }的通项公式；
（2）若T 2n = a 1 + 2a 2 + 3a 3 +„+2na 2n ，Q n =与Q n 的大小，并说明理由.
【解析】（1）f 1(0) = 2，a 1=f n +1 (0) = f 1[f n (0)] =
2
，
1+f n (0)
4n 2+n 4n +4n +1
2
，其中n ∈N *，试比较9T 2n
2-11
=， 2+24
a n +1
2
-1
f n +1(0) -11+f n (0) ==
2f n +1(0) +2
+2
1+f n (0)
=
1-f n (0) 1f (0) -11
=-⋅n =-a n .
4+2f n (0) 2f n (0) +22
∴数列{a n }是首项为
1111
，公比为-的等比数列，∴a n =(-) n -1. 4242
111
（2）T 2a =a 1+2a 2+3a 3+ +(2n -1) a 2n -1+ 2na 2n ，-T 2n =(-) a 1+(-) 2a 2+„
22211
+(-)(2n -1) a 2n -1+(-) 2na 2n = a 2 + 2a 3 +„+(2n –1) a 2n – na 2n ，
22
31
∴T 2n =T 2n -(-T 2n ) = a 1 + a 2 +„+a 2n +na 2n 2211[1-(-) 2n ]
11=+n ⨯(-) 2n -1
1421+2
111n 1
=-(-) 2n +(-) 2n -1， 66242111n 1
∴T 2n =-(-) 2n +(-) 2n -1
99262
13n +1=(1-2n ) ， 92
∴9T 2n =1-
=1-
3n +1
, Q n =2
22n 4n +4n +13n +1
4n 2+n
(2n +1) 2
，
当n = 1时，22n = 4，(2n +1)2 = 9，∴9T 2n ＜Q n ； 当n =2时，22n =16，(2n +1)2 = 25，∴9T 2n ＜Q n ； 当n ≥3时，
012n 2+C n +C n + +C n 22n = [(1 + 1)n ]2 = (C n ) ＞(2n +1)2，
∴9T 2n ＞Q n .
综上，当n = 1，2时，9T 2n ＜Q n ；
当n ≥3时，9T 2n ＞Q n .
【点评】数列求和中的错位相减法是最近几年高考题中常考内容，往往和解析几何、函数、不等式等知识联系较多，且涉及分类讨论等思想方法，考生须熟练掌握，“错位”是为了对齐同类项，最后一项符号易错，求和时，只有部分成等比（差）数列.
例4 【解析】（1）a 2=
35
, a 3=-. （2）a 2n -2+1=a 2n -2-2(2n -2) ， 22
1
a 2n -1+(2n -1) ， 2
即a 2n –1 = a 2n –2 – 2 (2n – 2).a 2n -1+1=即a 2n =
11
a 2n -2-(2n -2) +(2n -1) . ∴a 2n =a 2n -2+1. 22
∴a 2n -2=
11
(a 2n -2-2) ，∴a 2n =-() n +2(n ∈N *).
22
（3）∵当n = 2k 时，a 2k +1 = a 2k – 2×2k (k = 1, 2,„, 49). ∴叠加可得所有奇数项的和
1
1 – 2×(2 + 4 +„+98) + a 2 + a 4 +„+a 98 =() 49-4802.
2
【考题链接】
解：由已知S n +1=S n +n +5(n ∈N *) 可得n ≥2, S n =2S n -1+n +4两式相减得
S n +1-S n =2(S n -S n -1)+1即a n +1=2a n +1从而a n +1+1=2(a n +)1当
n =1时
S 2=2S 1+1+5所以a 2+a 1=2a 1+6又a 1=5所以a 2=11从而a 2+1=2(a 1+1)
故总有a n +1+1=2(a n +1) ，n ∈N 又a 1=5, a 1+1≠0从而等比数列；
（II ）由（I ）知a n =3⨯2n -1
因为f (x ) =a 1x +a 2x + +a n x 所以f '(x ) =a 1+2a 2x + +na n x
2
n
n -1
*
a n +1+1
=2即数列{a n +1}是a n +1
2n
从而f '(1)=a 1+2a 2+ +na n =(3⨯2-1)+23⨯2-1+ +n (3⨯2-1)
()
n +12n
=32+2⨯2+ +n ⨯2-(1+2+ +n )=3(n -1)⋅2-
()
n (n +1)
+6 2
2n 2
由上2f '(1)-23n -13n =12(n -1)⋅2-122n -n -1= n
12(n -1)⋅2n -12(n -1)(2n +1) =12(n -1) ⎡⎣2-(2n +1) ⎤⎦①
()
()
当n =1时，①式=0所以2f '(1)=23n 2-13n ； 当n =2时，①式=-12
n 01n -1n
当n ≥3时，n -1>0又2=(1+1)=C n +C n + +C n +C n ≥2n +2>2n +1 n 2
所以(n -1)⎡⎣2-(2n +1)⎤⎦>0即①>0从而2f '(1)>23n -13n
n
数列求和08016
1．数列
31⋅22
，
522⋅32
，
732⋅42
，„，
2n +1n 2(n +1) 2
的前n 项和是
（ D ） 1n
2
A ．1–C ．1 +
1
B ．1+D ．1–
1n
2
1
(n +1) 2(n +1) 2
【解析】拆项相消法，或特殊值验证法，选D.
2．已知数列{a n }的前n 项和S n = 1 – 5 + 9 – 13 + 17 – 21 +„+(–1) n –1 (4n – 3)，则S 15 + S 22 – S 31的值为 A ．3 C ．46
（ B ）
B ．-76 D ．6
【解析】并项求和，选B.
3．数列{a n }的通项a n = 2n + 1，则由b n =
是
B ．
a 1+a 2+ +a n
所确定的数列{b n }的前n 项之和
n
（ C ）
A ．n (n + 2)
1
n (n + 4) 2
C ．
1
n (n +5) 2
D ．
1
n (n +7) 2
【解析】裂项求和，或特殊值验之，选C. 二、填空题 4．S n =
122-1
+
142-1
+ +
1(2n ) 2-1
=
n
. 2n +1
【解析】拆项相消法.
5．已知数列{a n }满足a 1 = 1，a n = a 1 + 2a 2 + 3a 3 +„+ (n – 1) a n –1 (n ≥2) ，则{a n }的通项公式⎧1⎪
a n = a n =⎨n !
⎪⎩2
(n =1) (n ≥2)
.
【解析】当n =1时, a 1=1，当n ≥2时，由a n -a n -1=(n -1) a n -1，从而化成递推数列用累乘. 三、解答题 6．求和：（1）S n =
123n
+2+3+ +n ； a a a a
（2）S n = 1 + 2 × 3 + 3 × 7+„+n (2n – 1). 【解析】（1）分a =1和a ≠1两种情况. 当a = 1时，S n = 1 + 2 + 3 +„+n = 当a ≠1时，S n =两边同乘以
n (n +1)
； 2
123n +2+3+ +n ， a a a a
1
，得 a
1123n
S n =2+3+4+ +n +1， a a a a a
两式相减，得
1111n
(1-) S n =+2+ +n -n +1，
a a a a a
即S n =
a (a n -1) -n (a -1)
a (a -1)
n
2
.
综上所述，得
⎧⎪n (n +1) (a =1)
S n = ⎪⎨2
⎪a (a n
-1) -n (a -1) ⎪a n (a ≠1).
⎩
(a -1) 2（2）S n = (1 × 2 – 1) + (2 × 22 – 2)+„+(n ·2n –n )
= (1×2+2×22 +„+n ·2n ) – (1 + 2 +„+n ) ， 令 S 'n
=1⨯2+2⨯22+ +n ⋅2n . 2S 'n
=1⨯22+2⨯23+ +n ⋅2n +1， ∴-S 'n
=2+22+23+ +2n -n ⋅2n +1 =2(2n – 1) –n ·2n +1= –(n – 1) ·2n +1–2， ∴S 'n
=(n -1) ⋅2n +1+2， ∴S n =(n -1) ⨯2n +1+2-
1
2
n (n +1). 7．等差数列{a }的前n 项和为S b 1
n n ，且S 4 = 5a 2，a 3 = 3. 令n = S ，n ∈N *. n
（1）求数列{b n }的通项公式；（2）求T n = b 1 + b 2 +„+b n .
【解析】法一：（1）设等差数列{ an }的公差为d ，依题意得
⎧⎨
4a 1+6d =5(a 1+d ), 解得a ⎩a 1 = 1，d = 1.∴S n (n +1)
n = 1
+2d =3. 2. ∴b 2
n =
n (n +1)
. 法二：设等差数列{a n }的公差为d .
由S 4 = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = 2(a 2 + a 3). 又∵S 4 = 5a 2，∴2(a 2 + a 3) = 5a 2. ∵a )
3 = 3，解得a 2 = 2，∴a 1 = 1，d = 1，a n = n ，S n = n (n +122
. ∴b n = n (n +1) .
（2）T n =
21⨯2+22⨯3+ +2n (n +1)
= 2[
11⨯2+12⨯3+ +1
n (n +1)
]=
2[(11-12) +(1111
2-3) + +(n -n +1
)]=
2(1-
12n
. ) =
n +1n +1
－
8．设数列{a n }对所有正整数n 都满足：a 1 + 2a 2 +2 2a 3+„+2n 1a n = 8 –5n .
求数列{a n }的前n 项和S n . 【解析】∵a 1 + 2a 2+22a 3+„+2n 1a n
－
= 8–5n
①∴a 1 + 2a 2 +22a 3+„+2n 2a n －1= 8–5(n –1) ②
－
－
①–②得2n 1a n = –5，所以a n = –令n = 1，由①得a 1 = 3， 令n = 2，由①得a 2 = –
52n -1
，a n +1 = -
52n
，
a n +11
=(n ≥2). a n 2
a 551
，2= –≠. a 1262
所以数列{a n }不是等比数列，但从第二项起以后各项构成等比数列. 当n ≥2时，
51
-[1-() n -1]
12∴S n = 3 +2=-2+5() n -1(n ∈N *).
121-2
又当n = 1 ，也适合上式， 1
∴S n = –2 + 5() n -1(n ∈N *).
2
数列求和
【复习目标】
理解数列求和的基本思路，熟练掌握以下方法： 1．公式法求和（等差（比）数列求和. ） 2．错位相减法. 3．倒序相加法.
4．裂项相消法求和与并项求和. 5．分组转化法求和 【知识要点】
求数列的前n 项和S n 通常要掌握以下方法：
1．直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意等比数列求和时分的讨论. 2法即等比数列求和公式的推导方法.
3．分组求和法：把数列的每一项分成几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求和. 4．裂项相消法：把数列的通项折成几项求和，正负相消剩下（首尾）若干项求和. （111
=；= ；（2
n (n +1) (2n -1)(2n +1)
（3）
1a +b
=
5．倒序相加法：即等差数列求和公式的推导方法. 6．公式法(注意公式的推导). 常用的公式有：
k
k =1
n
2
=1+2+ +n = ；∑k 3=13+23+33+ +n 3
2
2
2
n
k =1
【基础训练】
1、 写出等差数列{a n }的前n 项和的推导过程： 这种求和方法称为 2、写出等比数列{a n }的前n 项和的推导过程： 这种求和方法称为 3．数列1
1111
, 3, 5, 7, „的前n 项和S n 24168
4．a n =⎨
n 为正奇数⎧1,
，求{a n }前n 项和S n -4, n 为正偶数⎩
1
，求{a n }，前n 项之和S n = n ⋅(n +1)
5．已知a n =
【典型例题】
例1、求下面各数列的前n 项和：
（1）1×2，2×3，3×4，4×5。。。 （2）
例2、 设f (x ) =
12+2
x
1111⋅⋅⋅⋅ 1⨯53⨯75⨯97⨯11
，利用课本中推导等差数列前n 项和公式的方法，可求得f (–5) +
f (– 4) +„+ f (0) +„+f (5) + f (6)的值为32.
变式：求和：
（n +1）C n +2C n +3C n +⋅⋅⋅+C n
013n
例3、数列{a n }的通项公式为a n =n*
2则求S
n
n
⎧1
⎪a +n , n 为奇数,
例4 （2006年·北京海淀期中）已知数列{a n }满足：a 1 = 1，a n +1 =⎨2n
⎪a n -2n , n 为偶数. ⎩
（1）求a 2，a 3；
（2）当n ≥2时，求a 2n –2与a 2n 的关系式，并求数列{a n }中偶数项的通项公式； （3）求数列{a n }前100项中所有奇数项的和.
【规律总结】
1．若是等差(比) 数列求和问题，则直接用公式求和时，注意公式的应用范围(q = 1和q ≠1两类).
2．非等差(比) 数列求和，关键在于转化为等差(比) 数列求和；写出通项公式，观察通项形式与特点、或拆项或并项、或错位相减或倒序相加.
3．数列求和需熟练基本方法，积累一定经验. 【考题链接】
1．(05山东文21) 已知数列{a n }的首项a 1=5, 前n 项和为S n ，且S n +1=S n +n +5(n ∈N ) *
（I ）证明数列{a n +1}是等比数列；
（II ）令f (x ) =a 1x +a 2x 2+ +a n x n ，求函数f (x ) 在点x =1处的导数f '(1)， 并比较2f '(1)与23n -13n 的大小.
2、（06湖北）设数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n , S n )(n ∈N *) 均在函数y ＝3x －2的图像上。（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n =求使得T n
2
3
，T n 是数列{b n }的前n 项和，
a n a n +1
m *
对所有n ∈N 都成立的最小正整数m 。 20
数列求和08016
1．数列
31⋅22
，
522⋅32
，
732⋅42
，„，
2n +1n 2(n +1) 2
的前n 项和是 （ ）
A ．1–C ．1 +
1n
2
1
B ．1+D ．1–
1n
2
1
(n +1) 2(n +1) 2
2．已知数列{a n }的前n 项和S n = 1 – 5 + 9 – 13 + 17 – 21 +„+(–1) n –1 (4n – 3)，则S 15 + S 22 – S 31的值为 A ．3 C ．46
（ ）
B ．-76 D ．6
a 1+a 2+ +a n
所确定的数列{b n }的前n 项之和
n
3．数列{a n }的通项a n = 2n + 1，则由b n =
是
B ．
（ ）
A ．n (n + 2) C ．
1
n (n + 4) 2
11n (n +5) D ．n (n +7) 22111
+2+ +4．S n =22
2-14-1(2n ) -1
5．已知数列{a n }满足a 1 = 1，a n = a 1 + 2a 2 + 3a 3 +„+ (n – 1) a n –1 (n ≥2) ，则{a n }的通项公式a n = 6．求和：（1）S n =
123n
+2+3+ +n ； a a a a
（2）S n = 1 + 2 × 3 + 3 × 7+„+n (2n – 1).
7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4 = 5a 2，a 3 = 3. 令b n = （1）求数列{b n }的通项公式；（2）求T n = b 1 + b 2 +„+b n .
1
，n ∈N *. S n
8．设数列{a n }对所有正整数n 都满足：
a 1 + 2a 2 +2 2a 3+„+2n 1a n = 8 –5n .
－
求数列{a n }的前n 项和S n .
【知识要点】
求数列的前n 项和S n 通常要掌握以下方法：
1．直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意等比数列求和时q = 1、q ≠1的讨论. 2
法即等比数列求和公式的推导方法.
3．分组求和法：把数列的每一项分成几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求和. 4．裂项相消法：把数列的通项折成几项求和，正负相消剩下（首尾）若干项求和. （1）（2）（3）
111
=-；
n (n +1) n n +1
1111
=(-) ；
(2n -1)(2n +1) 22n -12n +1
1a +b
=
1
(a -b ) . a -b
5．倒序相加法：即等差数列求和公式的推导方法. 6．公式法(注意公式的推导). 常用的公式有：
k
k =1
n
2
=12+22+ +n 2=n (n +1) (2n + 1)；
12
n (n + 1)2. 4
16
k =1
n
k 3=13+23+33+ +n 3=
【基础训练】
1、 写出等差数列{a n }的前n 项和的推导过程： 【解析】S n = a 1 + a 2 +„+ a n – 1 + a n
S n = a n + a n – 1 +„+a 2 + a 1，
两式相加：
2S n = (a 1 + a n ) + (a 2 + a n – 1)+„+(a n + a 1) = (a 1 + a n ) ·n 1． 得S n =
a 1+a n
⋅n . 2
这种求和方法称为倒序相加法
.2、写出等比数列{a n }的前n 项和的推导过程： 【解析】S n = a1 + a 1q +„+a 1q n – 1
qS n = a 1q + a1q 2 +„+ a1q n
由错位相减，得 (1 – q ) S n = a 1 – a 1q n
a 1(1-q n ) S n =.
1-q
这种求和方法称为错位相减法 3．数列1
11111
, 3, 5, 7, „的前n 项和S n =n 2+1-n . 241682
【解析】裂项法：
111
S = (1 + 3 + 5 +„+2n –1)+(++ +n )
242
【点评】通过裂项，将数列转化为等差、等比数列求和，这是数列求和的基本思路.
⎧3n
-, ⎪n 为正奇数⎪2⎧1,
4．a n =⎨，求{a n }前n 项和S n = ⎨
-4, n 为正偶数⎩⎪-3⋅n +1+4,
⎪⎩2
【解析】当n = 2k (k ∈N +) 时， S n = (1 – 4) + (1 – 4) +„+ (1 – 4) = –3k ， 当n = 2k – 1 (k ∈N *) 时， S n = S 2k + 4 = – 3k + 4，
n 为偶数
.
n 为奇数
⎧3n
-, ⎪⎪2
故S n =⎨
⎪-3⋅n +1+4, ⎪⎩2
n 为偶数
n 为奇数
【点评】并项求和. 并项后转化为易求和型. 5．已知a n =
1n
，求{a n }，前n 项之和S n =.
n ⋅(n +1) n +1
111
++ + 1⋅22⋅3n (n +1)
【解析】S n =
11111n
=1-+-+ +-=
223n n +1n +1
【点评】拆项相消法. 【典型例题】
例1、求下面各数列的前n 项和：
（1）1×2，2×3，3×4，4×5。。。 （2）
1111⋅⋅⋅⋅ 1⨯53⨯75⨯97⨯11
1
12x +2
例2【解析】∵f (x ) =，∴f (1-x ) =
121-x +2
=
2
x
2+2⋅2x
=
， x
2+2
⋅2x
1+
1
∴f (x ) +f (1-x ) =
22
，设S = f (–5) + f (– 4) +„+ f (6)， =
x 22+2
⋅2x
则S = f (6) + f (5) +„+ f (– 5)，∴2S = (f (6) + f (–5) + (f (5) + f (– 4)) +„+ (f (–5) + f (6)) = 62，∴S = f (–5) + f (– 4)+„+f (6) =32.
【点评】使用“倒序相加法”求和的题型特征是“与首末两端距离相等的两项的和都相等”. 本题中，倒序相加后，对应项的和中自变量的和都等于1，故需探求f (x ) + f (1 – x ) 的值. 变式：求和：
（n +1）C n +2C n +3C n +⋅⋅⋅+C n
013n
例3、数列{a n }的通项公式为a n =n*
拓展：设f 1(x ) =
2则求S
n
n
f (0) -12
，定义f n +1 (x ) = f 1[f n (x )]，a n =n ，其中n ∈N *.
f n (0) +21+x
（1）求数列{a n }的通项公式；
（2）若T 2n = a 1 + 2a 2 + 3a 3 +„+2na 2n ，Q n =与Q n 的大小，并说明理由.
【解析】（1）f 1(0) = 2，a 1=f n +1 (0) = f 1[f n (0)] =
2
，
1+f n (0)
4n 2+n 4n +4n +1
2
，其中n ∈N *，试比较9T 2n
2-11
=， 2+24
a n +1
2
-1
f n +1(0) -11+f n (0) ==
2f n +1(0) +2
+2
1+f n (0)
=
1-f n (0) 1f (0) -11
=-⋅n =-a n .
4+2f n (0) 2f n (0) +22
∴数列{a n }是首项为
1111
，公比为-的等比数列，∴a n =(-) n -1. 4242
111
（2）T 2a =a 1+2a 2+3a 3+ +(2n -1) a 2n -1+ 2na 2n ，-T 2n =(-) a 1+(-) 2a 2+„
22211
+(-)(2n -1) a 2n -1+(-) 2na 2n = a 2 + 2a 3 +„+(2n –1) a 2n – na 2n ，
22
31
∴T 2n =T 2n -(-T 2n ) = a 1 + a 2 +„+a 2n +na 2n 2211[1-(-) 2n ]
11=+n ⨯(-) 2n -1
1421+2
111n 1
=-(-) 2n +(-) 2n -1， 66242111n 1
∴T 2n =-(-) 2n +(-) 2n -1
99262
13n +1=(1-2n ) ， 92
∴9T 2n =1-
=1-
3n +1
, Q n =2
22n 4n +4n +13n +1
4n 2+n
(2n +1) 2
，
当n = 1时，22n = 4，(2n +1)2 = 9，∴9T 2n ＜Q n ； 当n =2时，22n =16，(2n +1)2 = 25，∴9T 2n ＜Q n ； 当n ≥3时，
012n 2+C n +C n + +C n 22n = [(1 + 1)n ]2 = (C n ) ＞(2n +1)2，
∴9T 2n ＞Q n .
综上，当n = 1，2时，9T 2n ＜Q n ；
当n ≥3时，9T 2n ＞Q n .
【点评】数列求和中的错位相减法是最近几年高考题中常考内容，往往和解析几何、函数、不等式等知识联系较多，且涉及分类讨论等思想方法，考生须熟练掌握，“错位”是为了对齐同类项，最后一项符号易错，求和时，只有部分成等比（差）数列.
例4 【解析】（1）a 2=
35
, a 3=-. （2）a 2n -2+1=a 2n -2-2(2n -2) ， 22
1
a 2n -1+(2n -1) ， 2
即a 2n –1 = a 2n –2 – 2 (2n – 2).a 2n -1+1=即a 2n =
11
a 2n -2-(2n -2) +(2n -1) . ∴a 2n =a 2n -2+1. 22
∴a 2n -2=
11
(a 2n -2-2) ，∴a 2n =-() n +2(n ∈N *).
22
（3）∵当n = 2k 时，a 2k +1 = a 2k – 2×2k (k = 1, 2,„, 49). ∴叠加可得所有奇数项的和
1
1 – 2×(2 + 4 +„+98) + a 2 + a 4 +„+a 98 =() 49-4802.
2
【考题链接】
解：由已知S n +1=S n +n +5(n ∈N *) 可得n ≥2, S n =2S n -1+n +4两式相减得
S n +1-S n =2(S n -S n -1)+1即a n +1=2a n +1从而a n +1+1=2(a n +)1当
n =1时
S 2=2S 1+1+5所以a 2+a 1=2a 1+6又a 1=5所以a 2=11从而a 2+1=2(a 1+1)
故总有a n +1+1=2(a n +1) ，n ∈N 又a 1=5, a 1+1≠0从而等比数列；
（II ）由（I ）知a n =3⨯2n -1
因为f (x ) =a 1x +a 2x + +a n x 所以f '(x ) =a 1+2a 2x + +na n x
2
n
n -1
*
a n +1+1
=2即数列{a n +1}是a n +1
2n
从而f '(1)=a 1+2a 2+ +na n =(3⨯2-1)+23⨯2-1+ +n (3⨯2-1)
()
n +12n
=32+2⨯2+ +n ⨯2-(1+2+ +n )=3(n -1)⋅2-
()
n (n +1)
+6 2
2n 2
由上2f '(1)-23n -13n =12(n -1)⋅2-122n -n -1= n
12(n -1)⋅2n -12(n -1)(2n +1) =12(n -1) ⎡⎣2-(2n +1) ⎤⎦①
()
()
当n =1时，①式=0所以2f '(1)=23n 2-13n ； 当n =2时，①式=-12
n 01n -1n
当n ≥3时，n -1>0又2=(1+1)=C n +C n + +C n +C n ≥2n +2>2n +1 n 2
所以(n -1)⎡⎣2-(2n +1)⎤⎦>0即①>0从而2f '(1)>23n -13n
n
数列求和08016
1．数列
31⋅22
，
522⋅32
，
732⋅42
，„，
2n +1n 2(n +1) 2
的前n 项和是
（ D ） 1n
2
A ．1–C ．1 +
1
B ．1+D ．1–
1n
2
1
(n +1) 2(n +1) 2
【解析】拆项相消法，或特殊值验证法，选D.
2．已知数列{a n }的前n 项和S n = 1 – 5 + 9 – 13 + 17 – 21 +„+(–1) n –1 (4n – 3)，则S 15 + S 22 – S 31的值为 A ．3 C ．46
（ B ）
B ．-76 D ．6
【解析】并项求和，选B.
3．数列{a n }的通项a n = 2n + 1，则由b n =
是
B ．
a 1+a 2+ +a n
所确定的数列{b n }的前n 项之和
n
（ C ）
A ．n (n + 2)
1
n (n + 4) 2
C ．
1
n (n +5) 2
D ．
1
n (n +7) 2
【解析】裂项求和，或特殊值验之，选C. 二、填空题 4．S n =
122-1
+
142-1
+ +
1(2n ) 2-1
=
n
. 2n +1
【解析】拆项相消法.
5．已知数列{a n }满足a 1 = 1，a n = a 1 + 2a 2 + 3a 3 +„+ (n – 1) a n –1 (n ≥2) ，则{a n }的通项公式⎧1⎪
a n = a n =⎨n !
⎪⎩2
(n =1) (n ≥2)
.
【解析】当n =1时, a 1=1，当n ≥2时，由a n -a n -1=(n -1) a n -1，从而化成递推数列用累乘. 三、解答题 6．求和：（1）S n =
123n
+2+3+ +n ； a a a a
（2）S n = 1 + 2 × 3 + 3 × 7+„+n (2n – 1). 【解析】（1）分a =1和a ≠1两种情况. 当a = 1时，S n = 1 + 2 + 3 +„+n = 当a ≠1时，S n =两边同乘以
n (n +1)
； 2
123n +2+3+ +n ， a a a a
1
，得 a
1123n
S n =2+3+4+ +n +1， a a a a a
两式相减，得
1111n
(1-) S n =+2+ +n -n +1，
a a a a a
即S n =
a (a n -1) -n (a -1)
a (a -1)
n
2
.
综上所述，得
⎧⎪n (n +1) (a =1)
S n = ⎪⎨2
⎪a (a n
-1) -n (a -1) ⎪a n (a ≠1).
⎩
(a -1) 2（2）S n = (1 × 2 – 1) + (2 × 22 – 2)+„+(n ·2n –n )
= (1×2+2×22 +„+n ·2n ) – (1 + 2 +„+n ) ， 令 S 'n
=1⨯2+2⨯22+ +n ⋅2n . 2S 'n
=1⨯22+2⨯23+ +n ⋅2n +1， ∴-S 'n
=2+22+23+ +2n -n ⋅2n +1 =2(2n – 1) –n ·2n +1= –(n – 1) ·2n +1–2， ∴S 'n
=(n -1) ⋅2n +1+2， ∴S n =(n -1) ⨯2n +1+2-
1
2
n (n +1). 7．等差数列{a }的前n 项和为S b 1
n n ，且S 4 = 5a 2，a 3 = 3. 令n = S ，n ∈N *. n
（1）求数列{b n }的通项公式；（2）求T n = b 1 + b 2 +„+b n .
【解析】法一：（1）设等差数列{ an }的公差为d ，依题意得
⎧⎨
4a 1+6d =5(a 1+d ), 解得a ⎩a 1 = 1，d = 1.∴S n (n +1)
n = 1
+2d =3. 2. ∴b 2
n =
n (n +1)
. 法二：设等差数列{a n }的公差为d .
由S 4 = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = 2(a 2 + a 3). 又∵S 4 = 5a 2，∴2(a 2 + a 3) = 5a 2. ∵a )
3 = 3，解得a 2 = 2，∴a 1 = 1，d = 1，a n = n ，S n = n (n +122
. ∴b n = n (n +1) .
（2）T n =
21⨯2+22⨯3+ +2n (n +1)
= 2[
11⨯2+12⨯3+ +1
n (n +1)
]=
2[(11-12) +(1111
2-3) + +(n -n +1
)]=
2(1-
12n
. ) =
n +1n +1
－
8．设数列{a n }对所有正整数n 都满足：a 1 + 2a 2 +2 2a 3+„+2n 1a n = 8 –5n .
求数列{a n }的前n 项和S n . 【解析】∵a 1 + 2a 2+22a 3+„+2n 1a n
－
= 8–5n
①∴a 1 + 2a 2 +22a 3+„+2n 2a n －1= 8–5(n –1) ②
－
－
①–②得2n 1a n = –5，所以a n = –令n = 1，由①得a 1 = 3， 令n = 2，由①得a 2 = –
52n -1
，a n +1 = -
52n
，
a n +11
=(n ≥2). a n 2
a 551
，2= –≠. a 1262
所以数列{a n }不是等比数列，但从第二项起以后各项构成等比数列. 当n ≥2时，
51
-[1-() n -1]
12∴S n = 3 +2=-2+5() n -1(n ∈N *).
121-2
又当n = 1 ，也适合上式， 1
∴S n = –2 + 5() n -1(n ∈N *).
2