重点解读
1.熟练掌握等差、等比数列的求和公式（数学运算）. 2.掌握并项转化法、分组转化法、裂项相消法、错位相减法等求和方法（数学运算）.
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＝
【规律方法】
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，最终的结果往往可以用分段形式来表示.
训练1 若数列{an}的通项公式是an＝（－1）n＋1·（3n－2），则a1＋a2＋…＋a2 025＝（ ）
A.－3 037 B.3 037
C.－3 036 D.3 036
解析：B S2 025＝（1－4）＋（7－10）＋…＋（6 067－6 070）＋6 073＝1 012×（－3）＋6 073＝3 037.
二、分组转化法求和
【例2】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝t，点（Sn，an＋1）在直线y＝3x＋1上.
（1）当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？
解：因为点（Sn，an＋1）在直线y＝3x＋1上，
所以an＋1＝3Sn＋1，
当n≥2时，an＝3Sn－1＋1，
于是an＋1－an＝3（Sn－Sn－1），即an＋1－an＝3an，即an＋1＝4an.
又当n＝1时，a2＝3S1＋1，即a2＝3a1＋1＝3t＋1，
所以当t＝1时，a2＝4a1，此时数列{an}是等比数列.
（2）在（1）的结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn.
解：由（1）可得an＝4n－1，an＋1＝4n，
所以bn＝log4an＋1＝n，cn＝4n－1＋n，
所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝（40＋1）＋（41＋2）＋…＋（4n－1＋n）
＝（40＋41＋…＋4n－1）＋（1＋2＋…＋n）
＝＋.
【规律方法】
分组转化法求和的适用题型
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.
训练2 设等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项都为正数，且满足a1＝b1＝2，a3＝b1＋b2，S3＝b3＋4.
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
解：设等差数列{an}的公差为d，正项等比数列{bn}的公比为q（q＞0），
依题意得解得d＝q＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
（2）记cn＝（k∈N*），求数列{cn}的前21项的和.
解：由（1）知，a2k－1＝4k－2，数列{a2k－1}是等差数列，首项为2，公差为4，b2k＝22k＝4k，数列{b2k}是等比数列，首项为4，公比为4，
而cn＝（k∈N*），
则数列{cn}的前21项的和T21＝（a1＋a3＋…＋a21）＋（b2＋b4＋…＋b20）＝11×2＋×4＋＝，
所以数列{cn}的前21项的和为.
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＝2n－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）.
【规律方法】
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）.
训练3 求数列an＝的前n项和Sn.
解：由an＝，
设2n＋3＝m，则an＝＝（－），
即an＝（－），
所以Sn＝［（－）＋（－）＋…＋（－）］＝.
四、错位相减法求和
【例4】 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2（n∈N*）.
（1）求数列{an}的通项公式；
解：因为Sn＝2an－2，
当n＝1时，S1＝2a1－2，解得a1＝2，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，
所以an＝Sn－Sn－1＝（2an－2）－（2an－1－2）＝2an－2an－1，即an＝2an－1（n≥2）.
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
故an＝2×2n－1＝2n.
（2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：由（1）知an＝2n，
则bn＝＝＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋， ①
Tn＝＋＋…＋＋， ②
①－②得Tn＝1＋（＋＋…＋）－＝1＋－
＝1＋－－＝－，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝3－.
【规律方法】
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“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.
训练4 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝S2，a2n＝2an＋1，n∈N*.
（1）求数列{an}的通项公式；
解：设等差数列{an}的公差为d，则由S5＝S2，a2n＝2an＋1，n∈N*，
可得解得
因此an＝2n－1（n∈N*）.
（2）若bn＝3n，令cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：由（1）知cn＝（2n－1）3n，
∴Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋（2n－1）·3n， ①
3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋（2n－1）·3n＋1， ②
①－②得：－2Tn＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－（2n－1）·3n＋1
＝3＋2×（32＋33＋…＋3n）－（2n－1）·3n＋1＝3＋2×－（2n－1）·3n＋1＝－6－（2n－2）·3n＋1，
∴Tn＝（n－1）·3n＋1＋3.
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：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.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
解析：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.
3.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（－）＋（－）＋…＋（－）＝－＝.
4.若数列{an}满足an＝则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝ 107 .（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.
课堂小结
1.理清单
（1）并项转化法求和；
（2）分组转化法求和；
（3）裂项相消法求和；
（4）错位相减法求和.
2.应体会
并项求和、分组求和时利用了转化与化归思想.
3.避易错
（1）并项求和易忽略总项数的奇偶；
（2）裂项相消求和易忽略正负项个数是否相同；
（3）错位相减法中要注意项的符号以及化简合并.
1.数列an＝的前10项和S10＝（ ）
A. B.
C. D.
解析：C 因为an＝＝（－），所以Sn＝（1－＋－＋－＋…＋－）＝（1－）＝，所以S10＝.
2.已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝（－1）n（3n－1），则S20＋S21＝（ ）
A.122 B.120
C.2 D.－2
解析：D 因为an＝（－1）n（3n－1），所以S20＝（－2）＋5＋（－8）＋11＋…＋（－56）＋59＝（－2＋5）＋（－8＋11）＋…＋（－56＋59）＝3×10＝30，S21＝S20＋a21＝30－62＝－32，所以S20＋S21＝－2.故选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
解析：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.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
解析：C 令S＝a1＋a2＋…＋a97＋a98＝＋＋…＋＋，S＝a98＋a97＋…＋a2＋a1＝＋＋…＋＋，两式相加得，2S＝（＋＋…＋＋）＋（＋＋…＋＋）＝（＋）＋（＋）＋…＋（＋）＋（＋）＝98×2，∴S＝98.
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
解析：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.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
解析：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.〔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＝
解析：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.若数列{an}的通项公式是an＝其前n项和为Sn，则S30＝ 240 .
解析：由题意得S30＝（a1＋a3＋…＋a29）＋（a2＋a4＋…＋a30）＝（1＋2＋…＋15）＋（1＋2＋…＋15）＝×2＝240.
9.数列1，3a，5a2，7a3，…，（2n－1）an－1，…（a≠0）的前n项和Sn＝ .
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.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.
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，
即（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－＋－＋…＋－）＝.
11.已知数列{an}满足a1＝，（4an＋1）an＋1＝3an，Sn为数列{}的前n项和.
（1）求证：数列{－2}是等比数列；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）求数列{}的前n项和Sn.
解：（1）证明：对（4an＋1）an＋1＝3an整理得，4anan＋1＋an＋1＝3an，
等式两边同时除以an＋1an可得4＋＝，
等式两边再同时减6得－2＝3（－2），即－2＝（－2），
又由a1＝，可得－2＝－≠0，故－2≠0，
则数列{－2}是首项为－，公比为的等比数列.
（2）由（1）得{－2}的通项公式为－2＝－，
得＝2－，所以an＝.
（3）由（2）知＝2－，
所以Sn＝（2－）＋（2－）＋…＋（2－）＝2n－（＋＋…＋）＝2n－（1－）＝2n－＋.
12.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.
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，）.
8 / 8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.已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝（－1）n（3n－1），则S20＋S21＝（ ）
A.122 B.120
C.2 D.－2
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.
11.已知数列{an}满足a1＝，（4an＋1）an＋1＝3an，Sn为数列{}的前n项和.
（1）求证：数列{－2}是等比数列；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）求数列{}的前n项和Sn.
12.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.
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