习题课 求数列的和
题型一 分组分解求和
【例1】 已知正项等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝24.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前n项和.
解 (1)设数列{an}的公比为q(q>0)，
则解得
∴an＝a1·qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)bn＝log22n＝n，设{an＋bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(an＋bn)
＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)
＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)
＝＋
＝2n＋1－2＋n2＋n.
规律方法 1.若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
2.若数列{cn}的通项公式为cn＝其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和.
【训练1】 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由S3＋S4＝S5可得a1＋a2＋a3＝a5，
即3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1×(2n－1)，
∴T2n＝(1－3)＋(5－7)＋…＋[(4n－3)－(4n－1)]
＝(－2)·n＝－2n.
题型二 裂项相消法求和
【例2】 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S2＝2，S4＝16，{an＋1}是等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若an>0，设bn＝log2(3an＋3)，求数列的前n项和.
解 (1)设等比数列{an＋1}的公比为q，其前n项和为Tn，
因为S2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20，
易知q≠1，所以T2＝＝4①，
T4＝＝20②，
由得1＋q2＝5，解得q＝±2.
当q＝2时，a1＝，所以an＋1＝×2n－1＝；
当q＝－2时，a1＝－5，所以an＋1＝(－4)×(－2)n－1＝－(－2)n＋1.
所以an＝－1或an＝－(－2)n＋1－1.
(2)因为an>0，所以an＝－1，所以bn＝log2(3an＋3)＝n＋1，
所以＝＝－，
所以数列的前n项和为
＋＋…＋
＝－＝.
规律方法 (1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的.
常见的拆项公式：
(ⅰ)＝－；
(ⅱ)＝；
(ⅲ)＝－.
(2)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.
(3)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.
【训练2】 设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.
(1)求an；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和为Tn.
解 (1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，
由题意得
解得a1＝3，d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2)由(1)得Sn＝na1＋d＝n(n＋2)，
∴bn＝＝.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝[＋＋…＋＋]＝
＝－.
题型三 错位相减法求和
【例3】 已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn.
解 (1)设{an}的公比为q，
由题意知：a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2，
又an>0，
解得：a1＝2，q＝2，所以an＝2n.
(2)由题意知：S2n＋1＝
＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，
所以bn＝2n＋1.
令cn＝，则cn＝，
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋＋…＋＋，
又Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝＋－
＝＋－
＝－，
所以Tn＝5－.
规律方法 1.一般地，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.用错位相减法求和时，应注意：
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
【训练3】 已知数列{an}的通项公式为an＝3n－1，在等差数列{bn}中，bn>0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列.
(1)求数列{anbn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
解 (1)∵an＝3n－1，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9.
∵在等差数列{bn}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，则b2＝5.
设等差数列{bn}的公差为d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，
∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2.
∵bn>0，∴d＝－10应舍去，∴d＝2，
∴b1＝3，∴bn＝2n＋1.
故anbn＝(2n＋1)·3n－1，n∈N＋.
(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1，①
3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，②
①－②，得
－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n
＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n
＝3＋2×－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n.
∴Tn＝n·3n，n∈N＋.
题型四 并项求和
【例4】 求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1).
解 当n为奇数时，Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)
＝2·＋(－2n＋1)＝－n.
当n为偶数时，Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·＝n.
∴Sn＝(－1)n·n(n∈N＋).
规律方法 奇偶并项求和的基本思路：有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和.但当求前n项和而n是奇数还是偶数不确定时，往往需要讨论.
【训练4】 已知数列－1，4，－7，10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn.
解 n为偶数时，令n＝2k(k∈N＋)，
Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)2k(6k－2)
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]
＝3k＝n；
当n为奇数时，令n＝2k＋1(k∈N＋).
Sn＝S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝3k－(6k＋1)＝.
∴Sn＝
一、素养落地
1.通过学习数列求和的方法，提升数学运算和逻辑推理素养.
2.求数列的前n项和，一般有下列几种方法.
(1)错位相减
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.
(2)分组求和
把一个数列分成几个可以直接求和的数列.
(3)裂项相消
有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.
(4)奇偶并项
当数列通项中出现(－1)n或(－1)
n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论.
(5)倒序相加
例如，等差数列前n项和公式的推导方法.
二、素养训练
1.数列2，4，6，…的前n项和Sn为( )
A.n2＋1＋
B.n2＋2－
C.n(n＋1)＋－
D.n(n＋1)＋
解析 Sn＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋
＝n(2＋2n)＋＝n(n＋1)＋－.
答案 C
2.数列的前2
020项和为________.
解析 因为＝2，
所以S2
020＝2
＝2＝.
答案
3.已知数列{an}：an＝则S100＝________.
解析 由题意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)
＝5
000.
答案 5
000
4.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N＋.
(1)设bn＝，证明：数列{bn}是等差数列；
(2)在(1)的条件下求数列{an}的前n项和Sn.
(1)证明 由已知an＋1＝2an＋2n，
得bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1.
∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.
∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列.
(2)解 由(1)知，＝bn＝n.∴an＝n·2n－1.
∴Sn＝1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，
两边同时乘以2得
2Sn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n
＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，
∴Sn＝(n－1)×2n＋1.
三、审题答题
示范(一) 数列求和问题
【典型示例】
(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2＝4，2Sn＝nan＋n①，n∈N＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若取出数列{an}中的部分项a2，a6，a22，…依次组成一个等比数列{cn}，若数列{bn}满足an＝bn·cn，求证：数列{bn}的前n项和Tn<.②
联想解题
看到①，想到an＝Sn－Sn－1(n≥2)，利用Sn与an的关系结合定义法或等差中项法证明数列{an}为等差数列并求通项公式.
看到②，想到利用错位相减法求数列{bn}的前n项和Tn，从而得到Tn的取值范围，即可证明Tn<.
满分示范
(1)解 数列{an}的前n项和为Sn，
且2Sn＝nan＋n，n∈N＋，
当n＝1时，2a1＝a1＋1，则a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1①，
an＋1＝Sn＋1－Sn②.2分
由②－①得，Sn＋1－2Sn＋Sn－1＝an＋1－an，
所以－n(an＋1)＋＝an＋1－an，
所以＝(n－1)an，
即＝an，所以数列{an}为等差数列.5分
又a1＝1，且a2＝4，整理得an＝3n－2.6分
(2)证明 由a2＝4，a6＝16，解得cn＝4n，
所以bn＝(3n－2)×.8分
则Tn＝1×＋4×＋…＋(3n－2)×③，
Tn＝1×＋4×＋…＋(3n－2)×④，9分
由③－④得，Tn＝＋3－(3n－2)×＝－，解得Tn＝－<.12分
满分心得
(1)利用数列的递推公式求通项公式主要应用构造法，即构造出等差、等比数列，或可应用累加、累乘求解的形式.
(2)利用错位相减法求数列的和最容易出现运算错误，运算时要注意作差后所得各项的符号，所得等比数列的项数.
(3)与数列的和有关的不等式证明问题，一般是先求和及其范围，再证明不等式.
基础达标
一、选择题
1.已知数列{an}的通项an＝2n＋1，n∈N＋，由bn＝所确定的数列{bn}的前n项的和是( )
A.n(n＋2)
B.n(n＋4)
C.n(n＋5)
D.n(n＋7)
解析 ∵a1＋a2＋…＋an＝(2n＋4)＝n2＋2n.
∴bn＝n＋2，∴{bn}的前n项和Sn＝.
答案 C
2.等比数列{an}中，a5＝2，a6＝5，则数列{lg
an}的前10项和等于( )
A.6
B.5
C.4
D.3
解析 ∵数列{an}是等比数列，a5＝2，a6＝5，
∴a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝a5a6＝10，
∴lg
a1＋lg
a2＋…＋lg
a10＝lg(a1·a2·…·a10)
＝lg(a5a6)5＝5lg
10＝5.故选B.
答案 B
3.数列，，，…，，…的前n项和为( )
A.
B.
C.
D.
解析 由数列通项公式
＝，
得前n项和Sn＝(－＋－＋－＋…＋－)＝＝.
答案 B
4.已知函数f(x)＝(x∈R)，若等比数列{an}满足a1a2
021＝1，则f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2
021)＝( )
A.2
021
B.
C.2
D.
解析 ∵函数f(x)＝(x∈R)，∴f(x)＋f＝＋＝＋＝2.
∵数列{an}为等比数列，且a1·a2
021＝1，
∴a1a2
021＝a2a2
020＝a3a2
019＝…＝a2
021a1＝1.
∴f(a1)＋f(a2
021)＝f(a2)＋f(a2
020)＝f(a3)＋f(a2
019)＝…＝f(a2
021)＋f(a1)＝2，∴f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2
021)＝2
021.故选A.
答案 A
5.定义为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”.若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为，又bn＝，则＋＋…＋＝( )
A.
B.
C.
D.
解析 由题意得＝，所以a1＋a2＋…＋an＝n(3n＋1)＝3n2＋n，记数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝3n2＋n.当n＝1时，a1＝S1＝4；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2＋n－[3·(n－1)2＋(n－1)]＝6n－2.经检验a1＝4也符合此式，所以an＝6n－2，n∈N＋，则bn＝＝n，所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝.故选C.
答案 C
二、填空题
6.设an＝，数列{an}的前n项和Sn＝9，则n＝________.
解析 an＝＝－，
故Sn＝－1＋－＋…＋－＝－1＝9.解得n＝99.
答案 99
7.在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，n∈N＋，则S15＋S22－S31的值是________.
解析 S15＝－4×7＋a15＝－28＋57＝29，
S22＝－4×11＝－44，
S31＝－4×15＋a31＝－60＋121＝61，
S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.
答案 －76
8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－1(n∈N＋)，则数列{nan}的前n项和Tn为________.
解析 ∵Sn＝2an－1(n∈N＋)，
∴n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)，化为an＝2an－1，
∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an＝2n－1.∴nan＝n·2n－1.
则数列{nan}的前n项和Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1.∴2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n·2n，
∴－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)·2n－1，
∴Tn＝(n－1)2n＋1.
答案 (n－1)2n＋1
三、解答题
9.已知函数f(x)＝2x－3x－1，点(n，an)在f(x)的图像上，数列{an}的前n项和为Sn，求Sn.
解 由题意得an＝2n－3n－1，
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(2＋22＋…＋2n)－3(1＋2＋3＋…＋n)－n
＝－3·－n＝2n＋1－－2.
10.已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和.
解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
由已知得解得
所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)bn＝＝，
所以Tn＝
＝＝.
能力提升
11.已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos
nπ}的前2
020项和为( )
A.1
009
B.1
010
C.2
019
D.2
020
解析 设数列{an}的公差为d，由解得∴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
020项和S2
020＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2
019＋b2
020)＝2×＝2
020.故选D.
答案 D
12.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数).
(1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an；
(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.
解 (1)因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ).
又a1＝1，
所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列，
此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1；
当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0，
所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，
此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ.
(2)由(1)知an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n·2n，
Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，①
2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，②
①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－
n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
创新猜想
13.(多空题)设等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则an＝________，数列eq
\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)))的前n项和为________.
解析 设等差数列{an}的公差为d.∵{an}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，∴a7－a2＝5d.又a2＝5，则d＝2.∴an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1.
∴eq
\f(1,a－1)＝＝，
∴eq
\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)))的前n项和为
＝＝.
答案 2n＋1
14.(多空题)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，2Sn＝an＋1，bn＝
(－1)n·(log3an)2，则an＝________，数列{bn}的前2n项和为________.
解析 根据题意，数列{an}满足2Sn＝an＋1①，则当n≥2时，有2Sn－1＝an②，由①－②可得(an＋1－3an)＝0，所以an＋1－3an＝0，即an＋1＝3an(n≥2).由2Sn＝an＋1，可求得a2＝3，a2＝3a1，则数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1，bn＝(－1)n·(log3an)2＝(－1)n·(log33n－1)2＝
(－1)n(n－1)2，则b2n－1＋b2n＝－(2n－2)2＋(2n－1)2＝4n－3.所以数列{bn}的前2n项和T2n＝1＋5＋9＋…＋(4n－3)＝＝2n2－n.
答案 3n－1 2n2－n(共31张PPT)
题型一 分组分解求和
【例1】 已知正项等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝24.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前n项和.
解 (1)设数列{an}的公比为q(q>0)，
习题课 求数列的和
∴an＝a1·qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)bn＝log22n＝n，设{an＋bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(an＋bn)
＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)
＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)
【训练1】 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由S3＋S4＝S5可得a1＋a2＋a3＝a5，
即3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1×(2n－1)，
∴T2n＝(1－3)＋(5－7)＋…＋[(4n－3)－(4n－1)]
＝(－2)·n＝－2n.
解 (1)设等比数列{an＋1}的公比为q，其前n项和为Tn，
因为S2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20，
当q＝－2时，a1＝－5，所以an＋1＝(－4)×(－2)n－1＝－(－2)n＋1.
解 (1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，
解得a1＝3，d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
解 (1)设{an}的公比为q，
又an>0，
解得：a1＝2，q＝2，所以an＝2n.
＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，
所以bn＝2n＋1.
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
规律方法 1.一般地，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.用错位相减法求和时，应注意：
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
【训练3】 已知数列{an}的通项公式为an＝3n－1，在等差数列{bn}中，bn>0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列.
(1)求数列{anbn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
解 (1)∵an＝3n－1，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9.
∵在等差数列{bn}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，则b2＝5.
设等差数列{bn}的公差为d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，
∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2.
∵bn>0，∴d＝－10应舍去，∴d＝2，
∴b1＝3，∴bn＝2n＋1.故anbn＝(2n＋1)·3n－1，n∈N＋.
(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1，①
3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，②
①－②，得
－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n
＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n
∴Tn＝n·3n，n∈N＋.
题型四 并项求和
【例4】 求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1).
解 当n为奇数时，Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)
∴Sn＝(－1)n·n(n∈N＋).
规律方法 奇偶并项求和的基本思路：有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和.但当求前n项和而n是奇数还是偶数不确定时，往往需要讨论.
【训练4】 已知数列－1，4，－7，10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn.
解 n为偶数时，令n＝2k(k∈N＋)，
Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)2k(6k－2)
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]
当n为奇数时，令n＝2k＋1(k∈N＋).
一、素养落地
1.通过学习数列求和的方法，提升数学运算和逻辑推理素养.
2.求数列的前n项和，一般有下列几种方法.
(1)错位相减
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.
(2)分组求和
把一个数列分成几个可以直接求和的数列.
(3)裂项相消
有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.
(4)奇偶并项
当数列通项中出现(－1)n或(－1)
n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论.
(5)倒序相加
例如，等差数列前n项和公式的推导方法.
答案 C
解析 由题意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)
＝5
000.
答案 5
000
(1)证明 由已知an＋1＝2an＋2n，
∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.
∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列.
∴Sn＝1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，
两边同时乘以2得
2Sn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n
＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，
∴Sn＝(n－1)×2n＋1.
三、审题答题
示范(一) 数列求和问题
【典型示例】
(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足
联想解题
看到①，想到an＝Sn－Sn－1(n≥2)，利用Sn与an的关系结合定义法或等差中项法证明数列{an}为等差数列并求通项公式.
a2＝4，2Sn＝nan＋n①，
n∈N＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若取出数列{an}中的部分项a2，a6，a22，…依次组成一个等比数列{cn}，
满分示范
(1)解 数列{an}的前n项和为Sn，
且2Sn＝nan＋n，n∈N＋，
当n＝1时，2a1＝a1＋1，则a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1①，
an＋1＝Sn＋1－Sn②.2分
由②－①得，Sn＋1－2Sn＋Sn－1＝an＋1－an，
又a1＝1，且a2＝4，整理得an＝3n－2.6分
(2)证明 由a2＝4，a6＝16，解得cn＝4n，
满分心得
(1)利用数列的递推公式求通项公式主要应用构造法，即构造出等差、等比数列，或可应用累加、累乘求解的形式.
(2)利用错位相减法求数列的和最容易出现运算错误，运算时要注意作差后所得各项的符号，所得等比数列的项数.
(3)与数列的和有关的不等式证明问题，一般是先求和及其范围，再证明不等式.
