(共48张PPT)
培优课 数列前n项和的求法
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 并项转化法求和
【例1】 已知数列 an ＝（－1） nn ，求数列{ an }的前 n 项和 Sn .
解：若 n 是偶数，则 Sn ＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋（－5＋6）＋…
＋[－（ n －1）＋ n ]＝ .
若 n 是奇数，则 Sn ＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋（－5＋6）＋…＋
[－（ n －2）＋（ n －1）]＋（－ n ）＝ － n ＝－ .
综上所述， Sn ＝
通性通法
并项转化法求和的解题策略
（1）一般地，当数列中的各项正负交替，且各项的绝对值成等差数
列时，可以采用并项转化法求和；
（2）在利用并项转化法求和时，因为数列的各项是正负交替的，所
以一般需要对项数 n 进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用
分段形式来表示.
【跟踪训练】
若数列{ an }的通项公式是 an ＝（－1） n＋1·（3 n －2），则 a1＋ a2＋…
＋ a2 024＝（ ）
A. －3 027 B. 3 027
C. －3 036 D. 3 036
解析： S2 024＝（1－4）＋（7－10）＋…＋（6 067－6 070）＝
1 012×（－3）＝－3 036.
题型二 分组转化法求和
【例2】 若数列{ an }满足 an ＝则 a1＋ a2＋ a3
＋…＋ a10＝ .（用具体数值作答）
解析：由题意可得： a1＋ a2＋ a3＋…＋ a10＝1＋2＋5＋22＋…＋17＋
25＝（1＋5＋…＋17）＋（2＋22＋…＋25）＝ ＋
＝45＋62＝107.
107
通性通法
分组求和的适用题型
一般情况下，形如 cn ＝ an ± bn ，其中数列{ an }与{ bn }一个是等
差数列，另一个是等比数列，求数列{ cn }的前 n 项和，分别利用等差
数列和等比数列前 n 项和公式求和即可.
【跟踪训练】
已知数列{ an }满足 a1＝1， an＋1＝2 Sn ＋1，其中 Sn 为{ an }的前 n 项
和， n ∈N*.
（1）求数列{ an }的通项公式；
解： 当 n ＝1时， a2＝2 a1＋1＝3.当 n ≥2时， an ＝2 Sn－1＋
1，则 an＋1－ an ＝2 an ，即 an＋1＝3 an ，且 a2＝3 a1.故{ an }是以1
为首项，3为公比的等比数列，所以 an ＝3 n－1.
（2）设{ bn － an }是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{ bn }的前
n 项和 Tn .
解： 由题意 bn － an ＝1＋2（ n －1）＝2 n －1，所以 bn ＝3 n
－1＋2 n －1，所以 Tn ＝ b1＋ b2＋…＋ bn ＝（30＋31＋…＋3 n－1）
＋（1＋3＋…＋2 n －1）＝ ＋ n2＝ ＋ n2.
题型三 裂项相消法求和
【例3】 已知各项均为正数的等差数列{ an }满足 a1＝1， ＝
＋2（ an＋1＋ an ）.
（1）求{ an }的通项公式；
解： 各项均为正数的等差数列{ an }满足 a1＝1，
＝ ＋2（ an＋1＋ an ），
整理得（ an＋1＋ an ）（ an＋1－ an ）＝2（ an＋1＋ an ），
由于 an＋1＋ an ≠0，所以 an＋1－ an ＝2，
故数列{ an }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以 an ＝2
n －1.
（2）记 bn ＝ ，求数列{ bn }的前 n 项和 Sn .
解： 由（1）可得 bn ＝ ＝ ＝
，
所以 Sn ＝ ×（ －1＋ － ＋…＋ － ）
＝ （ －1）.
通性通法
1. 裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使
之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂
项与消项.
（1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被
消去项的规律为止；
（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几
项，后边就剩倒数第几项.
2. 裂项时常用的三种变形
（1） ＝ （ － ）（ k ≠0）；
（2） ＝ （ － ）；
（3） ＝ （ － ）（ k ≠0）.
【跟踪训练】
求数列 an ＝ 的前 n 项和.
解：由 an ＝ ，
设2 n ＋3＝ m ，则 an ＝ ＝ （ － ），
即 an ＝ （ － ），
所以 Sn ＝ ［（ － ）＋（ － ）＋…＋（ － ）］＝
.
题型四 错位相减法求和
【例4】 求 an ＝ 的前 n 项和.
解：由 an ＝ ，则其前 n 项和 Tn ＝ ＋ ＋ ＋…＋ ， ①
Tn ＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＋ ， ②
①－②得 Tn ＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ，
即 Tn ＝ － ＝ － ，整理得 Tn ＝ － .
通性通法
错位相减法的使用范围和注意事项
（1）使用范围：如果数列{ an }是等差数列，{ bn }是等比数列，求数
列{ an · bn }的前 n 项和时，可采用错位相减法；
（2）注意事项：在写出“ Sn ”与“ qSn ”的表达式时应特别注意将两
式“错项对齐”，以便下一步准确写出“ Sn － qSn ”的表达式.
【跟踪训练】
已知数列{ an }是等差数列，且 a1＝2， a1＋ a2＋ a3＝12.
（1）求数列{ an }的通项公式；
解： 设数列{ an }的公差为 d ，
∵ a1＋ a3＝2 a2，∴ a2＝4.
又 a1＝2，∴ d ＝4－2＝2.
∴ an ＝2 n ， n ∈N*.
（2）令 bn ＝ an ·3 n ，求数列{ bn }的前 n 项和 Sn .
解： 由 bn ＝ an ·3 n ＝2 n ·3 n ，得
Sn ＝2·3＋4·32＋…＋（2 n －2）·3 n－1＋2 n ·3 n ， ①
3 Sn ＝2·32＋4·33＋…＋（2 n －2）·3 n ＋2 n ·3 n＋1， ②
①－②得－2 Sn ＝2（3＋32＋33＋…＋3 n ）－2 n ·3 n＋1
＝3（3 n －1）－2 n ·3 n＋1，
∴ Sn ＝ ＋ n ·3 n＋1， n ∈N*.
1. 求值：1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 021－2 023＝（ ）
A. －2 024 B. －1 012
C. －506 D. 1 012
解析： 1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 021－2 023＝（1－3）＋
（5－7）＋（9－11）＋…＋（2 021－2 023）＝－2×506＝－1
012.
2. 数列 an ＝2 n ＋ n 的前 n 项和为（ ）
A. 2 n －2＋ B. 2 n＋1－2＋
C. 2 n＋1－2＋ D. 2 n －2＋
解析： 由 an ＝2 n ＋ n ，所以 Sn ＝（2＋22＋…＋2 n ）＋（1＋2
＋…＋ n ）＝2 n＋1－2＋ .
3. 化简 Sn ＝ n ＋（ n －1）×2＋（ n －2）×22＋…＋2×2 n－2＋2 n－1的
结果是（ ）
A. 2 n＋1＋ n －2 B. 2 n＋1－ n ＋2
C. 2 n － n －2 D. 2 n＋1－ n －2
解析： Sn ＝ n ＋（ n －1）×2＋（ n －2）×22＋…＋2×2 n－2＋
2 n－1，①，2 Sn ＝ n ×2＋（ n －1）×22＋（ n －2）×23＋…＋2×2
n－1＋2 n ，②，②－①得， Sn ＝－ n ＋2＋22＋…＋2 n－1＋2 n ＝－ n
＋ ＝－ n ＋2 n＋1－2＝2 n＋1－ n －2.
4. 已知数列{ an }中， an ＝ ，则此数列的前8项和为
.
解析： an ＝ ＝ － ，{ an }的前8项和为（ －
）＋（ － ）＋…＋（ － ）＝ － ＝ .
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 数列 an ＝ 的前10项和 S10＝（ ）
A. B.
C. D.
解析： 因为 an ＝ ＝ （ － ），所以 Sn
＝ （1－ ＋ － ＋ － ＋…＋ － ）＝ （1－
），所以 S10＝ （1－ ）＝ .
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2. 数列 an ＝4 n－1＋ n 的前 n 项和 Sn ＝（ ）
A. ＋ B. ＋
C. ＋ D. ＋
解析： Sn ＝（40＋1）＋（41＋2）＋…＋（4 n－1＋ n ）＝（40＋
41＋…＋4 n－1）＋（1＋2＋…＋ n ）＝ ＋ .
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3. 数列{ an }的通项公式为 an ＝（－1） n－1·（4 n －3），则它的前100
项之和 S100＝（ ）
A. 200 B. －200
C. 400 D. －400
解析： 依题意 S100＝（4×1－3）－（4×2－3）＋（4×3－3）
－…－（4×100－3）＝4×[（1－2）＋（3－4）＋…＋（99－
100）]＝4×（－50）＝－200.故选B.
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4. 德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，在历史上有很大的影响.
他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行1＋2＋3
＋…＋100的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基
于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也
称为高斯算法.已知数列 an ＝ ，则 a1＋ a2＋…＋ a98＝
（ ）
A. 48 B. 50
C. 98 D. 100
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解析： 令 S ＝ a1＋ a2＋…＋ a97＋ a98＝ ＋ ＋…＋ ＋ ， S
＝ a98＋ a97＋…＋ a2＋ a1＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，两式相加得，2 S
＝（ ＋ ＋…＋ ＋ ）＋（ ＋ ＋…＋ ＋ ）＝（ ＋
）＋（ ＋ ）＋…＋（ ＋ ）＋（ ＋ ）＝98×2，∴ S
＝98.
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5. 在数列{ an }中，若 a1＝1， a2＝3， an＋2＝ an＋1－ an （ n ∈N*），则
该数列的前100项之和是（ ）
A. 18 B. 8
解析： 因为 a1＝1， a2＝3， an＋2＝ an＋1－ an （ n ∈N*），所以
a3＝3－1＝2， a4＝2－3＝－1， a5＝－1－2＝－3， a6＝－3＋1＝
－2， a7＝－2＋3＝1， a8＝1＋2＝3， a9＝3－1＝2，…，所以{ an }
是周期为6的周期数列，因为100＝16×6＋4，所以 S100＝16×（1
＋3＋2－1－3－2）＋（1＋3＋2－1）＝5.故选C.
C. 5 D. 2
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6. 已知等差数列{ an }中， a3＋ a5＝ a4＋7， a10＝19，则数列{ an cos n
π}的前2 024项和为（ ）
A. 1 011 B. 1 012
C. 2 022 D. 2 024
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解析： 设数列{ an }的公差为 d ，则解
得∴ an ＝2 n －1，设 bn ＝ an cos n π，∴ b1＋ b2＝ a1 cos π
＋ a2 cos 2π＝2， b3＋ b4＝ a3 cos 3π＋ a4 cos 4π＝2，…，∴数列{ an
cos n π}的前2 024项和 S2 024＝（ b1＋ b2）＋（ b3＋ b4）＋…＋（ b
2 023＋ b2 024）＝2× ＝2 024.
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7. （多选）已知数列{ an }的前 n 项和为 Sn ， a1＝1， a2＝2，且 an＋2－
2 an＋1＋ an ＝0（ n ∈N*）.记 Tn ＝ ＋ ＋…＋ （ n ∈N*），则
下列说法正确的是（ ）
A. { an }为等差数列 B. an ＝ n ＋1
C. Sn ＝ D. Tn ＝
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解析： 由 an＋2－2 an＋1＋ an ＝0变形得 an＋2－ an＋1＝ an＋1－ an ，
即{ an }为等差数列，因为 a1＝1， a2＝2，所以 an ＝ n ， Sn ＝
， ＝ ＝2（ － ），所以 Tn ＝ ＋ ＋…
＋ ＝2（1－ ＋ － ＋…＋ － ）＝2（1－ ）＝ ，故
A、C、D正确.
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8. 若数列{ an }的通项公式是 an ＝其前 n 项和为 Sn ，
则 S30＝ .
解析：由题意得 S30＝（ a1＋ a3＋…＋ a29）＋（ a2＋ a4＋…＋ a30）
＝（1＋2＋…＋15）＋（1＋2＋…＋15）＝ ×2＝240.
240
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9. 数列1，3 a ，5 a2，7 a3，…，（2 n －1） an－1，…（ a ≠0）的前 n
项和 Sn ＝ .
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解析：当 a ≠1时，由于 an ＝（2 n －1） an－1（ n ∈N*），则 Sn ＝1
＋3 a ＋5 a2＋…＋（2 n －1） an－1， aSn ＝ a ＋3 a2＋5 a3＋…＋（2 n
－1） an ，两式相减得（1－ a ） Sn ＝1＋2 a ＋2 a2＋2 a3＋…＋2 an－1
－（2 n －1） an ＝2· －（2 n －1） an ＋1，∴ Sn ＝2· －
，当 a ＝1时， Sn ＝1＋3＋5＋7＋…＋（2 n －1）＝
＝ n2，∴ Sn ＝
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10. 已知数列 an ＝求数列{ nan }的前 n 项和 Tn .
解：因为 Tn ＝ a1＋2 a2＋3 a3＋…＋ nan ，
所以当 n ＝1时， T1＝1；
当 n ≥2时， Tn ＝1＋4×30＋6×31＋…＋2 n ·3 n－2， ①
3 Tn ＝3＋4×31＋6×32＋…＋2 n ·3 n－1， ②
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①－②，得－2 Tn ＝－2＋4＋2（31＋32＋…＋3 n－2）－2 n ·3 n－1
＝2＋2× －2 n ·3 n－1
＝－1＋（1－2 n ）·3 n－1.
所以 Tn ＝ ＋（ n － ）·3 n－1（ n ≥2）.
因为 T1＝1也满足上式，
所以 Tn ＝ ＋（ n － ）·3 n－1（ n ∈N*）.
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11. 已知数列{ an }是公比不为1的等比数列，且 a3＋ a4＝12，3 a1，2
a2， a3成等差数列.
（1）求 an ；
解：设等比数列{ an }的公比为 q （ q ≠1），
∵ a3＋ a4＝12，且3 a1，2 a2， a3成等差数列，
∴解得或（舍去），
∴ an ＝ a1 qn－1＝3 n－2.
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（2）设 bn ＝求数列{ bn }的前2 n 项的和 S2 n .
解： ∵ bn ＝∴ bn ＝
∴ S2 n ＝1＋30＋3＋32＋5＋34＋…＋（2 n －1）＋32 n－2
＝[1＋3＋5＋…＋（2 n －1）]＋（30＋32＋34＋…＋32 n－2）
＝ ＋ ＝ n2＋ .
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12. 已知公差不为零的等差数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，若 S5＝30，且
a1， a2， a4成等比数列.
（1）求数列{ an }的通项公式；
解： 由{ an }为等差数列， d ≠0，前 n 项和为 Sn ，且 S5
＝30，得30＝5 a1＋10 d ， ①
∵ a1， a2， a4成等比数列，∴ ＝ a1· a4，
∴（ a1＋ d ）2＝ a1（ a1＋3 d ）， ②
由①②解得∴数列{ an }的通项公式为 an ＝2 n .
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（2）若 bn ＝ ，求数列{ bn }的前 n 项和 Tn .
解： 由 bn ＝ ， an ＝2 n ，得 bn ＝
＝ .则数列{ bn }的前 n 项和 Tn
＝ b1＋ b2＋…＋ bn ＝ （1－ ＋ － ＋…＋ － ）
＝ .
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13. 已知等比数列{ an }的公比 q ＞1，且 a3＋ a5＝40， a4＝16.
（1）求数列{ an }的通项公式；
解： 因为
所以 q ＝2， a3＝8，
所以数列{ an }的通项公式为 an ＝ a3 qn－3＝2 n .
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解： 因为 bn ＝ ，所以 Sn ＝ ＋ ＋ ＋…＋ ，
Sn ＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＋ ，
两式相减得， Sn ＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ，
所以 Sn ＝1＋ ＋ ＋…＋ － ＝ － ＝2－ .
（2）设 bn ＝ ， Sn 是数列{ bn }的前 n 项和，对任意正整数 n ，不
等式 Sn ＋ ＞（－1） n · a 恒成立，求 a 的取值范围.
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所以不等式 Sn ＋ ＞（－1） n · a 对任意正整数 n 恒成立，
即2－ ＞（－1） n · a 对任意正整数 n 恒成立.
设 f （ n ）＝2－ （ n ∈N*），易知 f （ n ）单调递增.
当 n 为奇数时， f （ n ）的最小值为1，
所以－ a ＜1，解得 a ＞－1；
当 n 为偶数时， f （ n ）的最小值为 ，所以 a ＜ .
综上， a 的取值范围是（－1， ）.
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谢 谢 观 看！培优课 数列前n项和的求法
1.数列an＝的前10项和S10＝（ ）
A. B. C. D.
2.数列an＝4n－1＋n的前n项和Sn＝（ ）
A.＋ B.＋ C.＋ D.＋
3.数列{an}的通项公式为an＝（－1）n－1·（4n－3），则它的前100项之和S100＝（ ）
A.200 B.－200 C.400 D.－400
4.德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，在历史上有很大的影响.他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称为高斯算法.已知数列an＝，则a1＋a2＋…＋a98＝（ ）
A.48 B.50 C.98 D.100
5.在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an（n∈N*），则该数列的前100项之和是（ ）
A.18 B.8 C.5 D.2
6.已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 024项和为（ ）
A.1 011 B.1 012 C.2 022 D.2 024
7.（多选）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0（n∈N*）.记Tn＝＋＋…＋（n∈N*），则下列说法正确的是（ ）
A.{an}为等差数列 B.an＝n＋1 C.Sn＝ D.Tn＝
8.若数列{an}的通项公式是an＝其前n项和为Sn，则S30＝ .
9.数列1，3a，5a2，7a3，…，（2n－1）an－1，…（a≠0）的前n项和Sn＝ .
10.已知数列an＝求数列{nan}的前n项和Tn.
11.已知数列{an}是公比不为1的等比数列，且a3＋a4＝12，3a1，2a2，a3成等差数列.
（1）求an；
（2）设bn＝求数列{bn}的前2n项的和S2n.
12.已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝30，且a1，a2，a4成等比数列.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
13.已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3＋a5＝40，a4＝16.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝，Sn是数列{bn}的前n项和，对任意正整数n，不等式Sn＋＞（－1）n·a恒成立，求a的取值范围.
培优课 数列前n项和的求法
1.C 因为an＝＝（－），所以Sn＝（1－＋－＋－＋…＋－）＝（1－），所以S10＝（1－）＝.
2.B Sn＝（40＋1）＋（41＋2）＋…＋（4n－1＋n）＝（40＋41＋…＋4n－1）＋（1＋2＋…＋n）＝＋.
3.B 依题意S100＝（4×1－3）－（4×2－3）＋（4×3－3）－…－（4×100－3）＝4×[（1－2）＋（3－4）＋…＋（99－100）]＝4×（－50）＝－200.故选B.
4.C 令S＝a1＋a2＋…＋a97＋a98＝＋＋…＋＋，S＝a98＋a97＋…＋a2＋a1＝＋＋…＋＋，两式相加得，2S＝（＋＋…＋＋）＋（＋＋…＋＋）＝（＋）＋（＋）＋…＋（＋）＋（＋）＝98×2，∴S＝98.
5.C 因为a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an（n∈N*），所以a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，所以{an}是周期为6的周期数列，因为100＝16×6＋4，所以S100＝16×（1＋3＋2－1－3－2）＋（1＋3＋2－1）＝5.故选C.
6.D 设数列{an}的公差为d，则解得∴an＝2n－1，设bn＝ancos nπ，∴b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…，∴数列{ancos nπ}的前2 024项和S2 024＝（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b2 023＋b2 024）＝2×＝2 024.
7.ACD 由an＋2－2an＋1＋an＝0变形得an＋2－an＋1＝an＋1－an，即{an}为等差数列，因为a1＝1，a2＝2，所以an＝n，Sn＝，＝＝2（－），所以Tn＝＋＋…＋＝2（1－＋－＋…＋－）＝2（1－）＝，故A、C、D正确.
8.240 解析：由题意得S30＝（a1＋a3＋…＋a29）＋（a2＋a4＋…＋a30）＝（1＋2＋…＋15）＋（1＋2＋…＋15）＝×2＝240.
9.
解析：当a≠1时，由于an＝（2n－1）an－1（n∈N*），则Sn＝1＋3a＋5a2＋…＋（2n－1）an－1，aSn＝a＋3a2＋5a3＋…＋（2n－1）an，两式相减得（1－a）Sn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－（2n－1）an＝2·－（2n－1）an＋1，∴Sn＝2·－，当a＝1时，Sn＝1＋3＋5＋7＋…＋（2n－1）＝＝n2，∴Sn＝
10.解：因为Tn＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan，
所以当n＝1时，T1＝1；
当n≥2时，Tn＝1＋4×30＋6×31＋…＋2n·3n－2， ①
3Tn＝3＋4×31＋6×32＋…＋2n·3n－1， ②
①－②，得－2Tn＝－2＋4＋2（31＋32＋…＋3n－2）－2n·3n－1
＝2＋2×－2n·3n－1
＝－1＋（1－2n）·3n－1.
所以Tn＝＋（n－）·3n－1（n≥2）.
因为T1＝1也满足上式，
所以Tn＝＋（n－）·3n－1（n∈N*）.
11.解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q≠1），
∵a3＋a4＝12，且3a1，2a2，a3成等差数列，
∴解得或（舍去），
∴an＝a1qn－1＝3n－2.
（2）∵bn＝
∴bn＝
∴S2n＝1＋30＋3＋32＋5＋34＋…＋（2n－1）＋32n－2
＝[1＋3＋5＋…＋（2n－1）]＋（30＋32＋34＋…＋32n－2）
＝＋＝n2＋.
12.解：（1）由{an}为等差数列，d≠0，前n项和为Sn，且S5＝30，得30＝5a1＋10d， ①
∵a1，a2，a4成等比数列，∴＝a1·a4，
∴（a1＋d）2＝a1（a1＋3d）， ②
由①②解得∴数列{an}的通项公式为an＝2n.
（2）由bn＝，an＝2n，得bn＝＝（－）.则数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝（1－＋－＋…＋－）＝.
13.解：（1）因为
所以q＝2，a3＝8，
所以数列{an}的通项公式为an＝a3qn－3＝2n.
（2）因为bn＝，
所以Sn＝＋＋＋…＋，
Sn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得，Sn＝＋＋＋…＋－，
所以Sn＝1＋＋＋…＋－
＝－＝2－.
所以不等式Sn＋＞（－1）n·a对任意正整数n恒成立，
即2－＞（－1）n·a对任意正整数n恒成立.
设f（n）＝2－（n∈N*），易知f（n）单调递增.
当n为奇数时，f（n）的最小值为1，
所以－a＜1，解得a＞－1；
当n为偶数时，f（n）的最小值为，所以a＜.
综上，a的取值范围是（－1，）.
1 / 1培优课 数列前n项和的求法
题型一 并项转化法求和
【例1】 已知数列an＝（－1）nn，求数列{an}的前n项和Sn.
通性通法
并项转化法求和的解题策略
（1）一般地，当数列中的各项正负交替，且各项的绝对值成等差数列时，可以采用并项转化法求和；
（2）在利用并项转化法求和时，因为数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用分段形式来表示.
【跟踪训练】
若数列{an}的通项公式是an＝（－1）n＋1·（3n－2），则a1＋a2＋…＋a2 024＝（ ）
A.－3 027 B.3 027
C.－3 036 D.3 036
题型二 分组转化法求和
【例2】 若数列{an}满足an＝则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝ .（用具体数值作答）
通性通法
分组求和的适用题型
一般情况下，形如cn＝an±bn，其中数列{an}与{bn}一个是等差数列，另一个是等比数列，求数列{cn}的前n项和，分别利用等差数列和等比数列前n项和公式求和即可.
【跟踪训练】
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2Sn＋1，其中Sn为{an}的前n项和，n∈N*.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设{bn－an}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{bn}的前n项和Tn.
题型三 裂项相消法求和
【例3】 已知各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1，＝＋2（an＋1＋an）.
（1）求{an}的通项公式；
（2）记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
通性通法
1.裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项与消项.
（1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止；
（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
2.裂项时常用的三种变形
（1）＝（－）（k≠0）；
（2）＝（－）；
（3）＝（－）（k≠0）.
【跟踪训练】
求数列an＝的前n项和.
题型四 错位相减法求和
【例4】 求an＝的前n项和.
通性通法
错位相减法的使用范围和注意事项
（1）使用范围：如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法；
（2）注意事项：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式.
【跟踪训练】
已知数列{an}是等差数列，且a1＝2，a1＋a2＋a3＝12.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Sn.
1.求值：1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 021－2 023＝（ ）
A.－2 024 B.－1 012
C.－506 D.1 012
2.数列an＝2n＋n的前n项和为（ ）
A.2n－2＋
B.2n＋1－2＋
C.2n＋1－2＋
D.2n－2＋
3.化简Sn＝n＋（n－1）×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是（ ）
A.2n＋1＋n－2 B.2n＋1－n＋2
C.2n－n－2 D.2n＋1－n－2
4.已知数列{an}中，an＝，则此数列的前8项和为 .
培优课 数列前n项和的求法
【典型例题·精研析】
【例1】 解：若n是偶数，则Sn＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋（－5＋6）＋…＋[－（n－1）＋n]＝.
若n是奇数，则Sn＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋（－5＋6）＋…＋[－（n－2）＋（n－1）]＋（－n）＝－n＝－.
综上所述，Sn＝
跟踪训练
C S2 024＝（1－4）＋（7－10）＋…＋（6 067－6 070）＝1 012×（－3）＝－3 036.
【例2】 107 解析：由题意可得：a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1＋2＋5＋22＋…＋17＋25＝（1＋5＋…＋17）＋（2＋22＋…＋25）＝＋＝45＋62＝107.
跟踪训练
解：（1）当n＝1时，a2＝2a1＋1＝3.当n≥2时，an＝2Sn－1＋1，则an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，且a2＝3a1.故{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1.
（2）由题意bn－an＝1＋2（n－1）＝2n－1，所以bn＝3n－1＋2n－1，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝（30＋31＋…＋3n－1）＋（1＋3＋…＋2n－1）＝＋n2＝＋n2.
【例3】 解：（1）各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1，＝＋2（an＋1＋an），
整理得（an＋1＋an）（an＋1－an）＝2（an＋1＋an），
由于an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝2，
故数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1.
（2）由（1）可得bn＝＝＝，
所以Sn＝×（－1＋－＋…＋－）＝（－1）.
跟踪训练
解：由an＝，
设2n＋3＝m，则an＝＝（－），
即an＝（－），
所以Sn＝［（－）＋（－）＋…＋（－）］＝.
【例4】 解：由an＝，则其前n项和Tn＝＋＋＋…＋， ①
Tn＝＋＋＋…＋＋， ②
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－，
即Tn＝－＝（1－）－，
整理得Tn＝－.
跟踪训练
解：（1）设数列{an}的公差为d，
∵a1＋a3＝2a2，∴a2＝4.
又a1＝2，∴d＝4－2＝2.
∴an＝2n，n∈N*.
（2）由bn＝an·3n＝2n·3n，得
Sn＝2·3＋4·32＋…＋（2n－2）·3n－1＋2n·3n， ①
3Sn＝2·32＋4·33＋…＋（2n－2）·3n＋2n·3n＋1， ②
①－②得－2Sn＝2（3＋32＋33＋…＋3n）－2n·3n＋1
＝3（3n－1）－2n·3n＋1，
∴Sn＝＋n·3n＋1，n∈N*.
随堂检测
1.B 1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 021－2 023＝（1－3）＋（5－7）＋（9－11）＋…＋（2 021－2 023）＝－2×506＝－1 012.
2.C 由an＝2n＋n，所以Sn＝（2＋22＋…＋2n）＋（1＋2＋…＋n）＝2n＋1－2＋.
3.D Sn＝n＋（n－1）×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①，2Sn＝n×2＋（n－1）×22＋（n－2）×23＋…＋2×2n－1＋2n，②，②－①得，Sn＝－n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n＝－n＋＝－n＋2n＋1－2＝2n＋1－n－2.
4. 解析：an＝＝－，{an}的前8项和为（－）＋（－）＋…＋（－）＝－＝.
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