数列的前$n$项和$S

数列的前$n$项和$S_n$的求法

廓清认知

求和第一步：欲求和，先认清数列的通项公式，以(a_n)为“抓手”。

如数列(1)，(cfrac{1}{1+2})， (cfrac{1}{1+2+3})，(cdots)，(cfrac{1}{1+2+3+cdots+n})求和时，

必须首先认识到通项公式：(a_n=cfrac{1}{1+2+3+cdots+n})，

求和第二步：认清结构，合理选择恰当的方法，

法1、公式求和法；适用范围：等差类型或等比类型或者能知道求和公式的类型；

法2、分组求和法；适用范围：把数列中的每一项分成两项或者几项，然后有效分组转化为等差求和或等比求和类型或能知道求和公式的类型；

法3、并项求和法；适用范围：数列中常含有((-1)^k)或者((-1)^{k+1})或者正负项间隔出现，常两项(或三项等)并成一组，然后求和；或含有(a_n+a_{n+1}=f(n))的形式，或者(a_n+a_{n+1}+a_{n+2}=f(n))的形式，可以考虑并项求和。

法4、裂项相消法(难点)；适用范围：通项公式能使用裂项公式，裂解为两项之差的数列，求和时能正负抵消的数列；

法5、错位相减法(难点)；适用范围：由等差数列({a_n})和等比数列({b_n})对应相乘得到的差比数列({a_ncdot b_n})；

法6、倒序相加法(函数性质的应用)；适用范围：有对称性的数列；

运算技巧

①指数运算：

$4^n=(2^2)^n=(2^n)^2;$

$2^n+2^n=2^{n+1};$

$2^{n+1}-2^n=2^n;$

$2^{n}-2^{n-1}=2^{n-1}$；

$2^{n+1}+2^n=3cdot 2^n$；

$2^{-(n+1)}cdot 2=2^{-n}$；

$2^ncdot 2^n=2^{2n}$；

$3^{n-1}-3^n=-2cdot 3^{n-1}$；

$2^{n+1}÷2^n=2;$

$frac{1}{2^n}+frac{1}{2^{n+1}}=frac{3}{2^{n+1}}$；

$3^{n-1}cdot 3^n=3^{2n-1}$；

$2^{n+1}cdot 2^n=2^{2n+1};$

②利用等差数列求项数：

由(a_n=a_1+(n-1)cdot d)，可得项数(n=cfrac{a_n-a_1}{d}+1)，推广得到项数(n=cfrac{a_n-a_m}{d}+m)，

如数列(2^1，2^3，2^5，cdots ，2^{2n-1})的项数的计算，其项数可以利用上标来计算，其上标刚好成等差数列，

项数(r=cfrac{a_n-a_1}{d}+1=cfrac{(2n-1)-1}{3-1}+1=n)；

典例剖析

分组求和法和公式法

例1求数列的前(n)项和(S_n=1cfrac{1}{2}+3cfrac{1}{4}+5cfrac{1}{8}+7cfrac{1}{16}+cdots+[(2n-1)+cfrac{1}{2^n}])

分析：必须先能认出其通项公式(a_n=(2n-1)+cfrac{1}{2^n})，从而应该和分组求和法建立关联。

(S_n=[1+3+5+cdots+(2n-1)]+[cfrac{1}{2}+cfrac{1}{4}+cfrac{1}{8}+cdots+cfrac{1}{2^n}])

(=cfrac{1+(2n-1)}{2}cdot n+cfrac{cfrac{1}{2}(1-(cfrac{1}{2})^n)}{1-cfrac{1}{2}})

(=n^2+1-cfrac{1}{2^n})。

裂项求和法 重难点 相关的裂项公式

例2求数列的前(n)项和(S_n=1+cfrac{1}{1+2}+cfrac{1}{1+2+3}+cdots+cfrac{1}{1+2+3+cdots+n})，

分析：必须先能认出其通项公式(a_n=cfrac{1}{1+2+3+cdots+n})，

从而(a_n=cfrac{1}{cfrac{n(n+1)}{2}}=cfrac{2}{n(n+1)}=2(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1}))，故有

(S_n=a_1+a_2+cdots+a_n)

(=2[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+(cfrac{1}{3}-cfrac{1}{4})+cdots+(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})])

(=2(1-cfrac{1}{n+1})=cfrac{2n}{n+1})。

例3【2017全国卷2，理科第15题高考真题】已知等差数列 ({a_n})的前(n)项和为(S_n)，(a_3=3，S_4=10)，则(sumlimits_{k=1}^n{ cfrac{1}{S_k}})

分析：由(a_1+2d=3)和(4a_1+6d=10)，容易计算出(a_n=n)，故(S_n=cfrac{n(n+1)}{2})，

则有(cfrac{1}{S_n}=cfrac{2}{n(n+1)}=2(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1}))，

故(sumlimits_{k=1}^n {cfrac{1}{S_k}})

(=2[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+cdots +(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})])

(=2(1-cfrac{1}{n+1})=cfrac{2n}{n+1})。

并项求和法

例4已知(S_n=1-2+3-4+5-6+cdots+(-1)^{n-1}cdot n)，

分析：若数列中包含因子((-1)^n、(-1)^{n-1})，一般和并项求和法建立关联，如(S_n=(1-2)+(3-4)+(5-6)+cdots+(-1)^{n-1}cdot n)，外加针对(n)的奇偶讨论。

解析：

当(n)为偶数时，(S_n=1-2+3-4+5-6+cdots+(-1)^{n-1}cdot n)

(=(1-2)+(3-4)+(5-6)+cdots+[(n-1)-n])，

(=(-1) imes cfrac{n}{2})；

当(n)为奇数时，(S_n=1-2+3-4+5-6+cdots+(-1)^{n-1}cdot n)

(=(1-2)+(3-4)+(5-6)+cdots+[(n-2)-(n-1)]+n)，

(=(-1) imes cfrac{n-1}{2}+n=cfrac{n+1}{2})；

例5求和：(-1^2+2^2-3^2+4^2+cdots-99^2+100^2)

法1：分组求和，(S=-(1^2+3^2+5^2+cdots+99^2)+(2^2+4^2+6^2+cdots+100^2))，

这样转化后，基于学生的学习实际，此思路基本停滞；

法2：(S=100^2-99^2+98^2-97^2+cdots+2^2-1^2)，

(=(100-99)(100+99)+(98-97)(98+97)+cdots+(2-1)(2+1))

(=(100+99)+(98+97)+cdots+(2+1)=5050)

例5+1【2018海口调研】【并项求和】设数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，且(a_1=1)，(a_n+a_{n+1}=cfrac{1}{2^n}(nin N^*))，则(S_{2n+3})=____________。

分析：由已知可得，当(n=2)时，(a_2+a_3=cfrac{1}{2^2})，(n=4)时，(a_4+a_5=cfrac{1}{2^4})，

(S_{2n+3}=a_1+(a_2+a_3)+(a_4+a_5)+cdots+(a_{2n}+a_{2n+1})+(a_{2n+2}+a_{2n+3}))

(=1+cfrac{1}{2^2}+cfrac{1}{2^4}+cfrac{1}{2^6}+cdots+cfrac{1}{2^{2n}}+cfrac{1}{2^{2n+2}})

(=(cfrac{1}{2})^0+(cfrac{1}{2})^2+(cfrac{1}{2})^4+(cfrac{1}{2})^6+cdots+(cfrac{1}{2})^{2n}+(cfrac{1}{2})^{2n+2})

(=cfrac{1-[(cfrac{1}{2})^2]^{n+2}}{1-(cfrac{1}{2})^2})

(=cfrac{4}{3}(1-cfrac{1}{4^{n+2}}))；

说明：本题中的项数求法，项数(r=cfrac{(2n+2)-0}{2}+1=n+2)。

错位相减法 难点

例6【错位相减法的具体求解过程】求(S_n=1cdot2+2cdot2^2+3cdot2^3+cdots+ncdot2^n)；

分析:首先认清求和的数列的通项公式(a_n=ncdot2^n)，是个差比数列，其中等比数列的公比为(2)，

下来按部就班的使用“错位相减法”求和就成了。解如下：

(S_n=1cdot2+2cdot2^2+3cdot2^3+cdots+ncdot2^n) (1)

(2S_n=1cdot2^2+2cdot2^3+cdots+(n-1)cdot2^n+ncdot 2^{n+1}) (2)

具体的错位方法如下图说明：

		<tr  class="wwh"> 
			<th   style="text-align:center;"width=20%>$S_n=$ </th>
			<th  style="text-align:center; " width=20%>$1cdot 2+$</th>
                            <th  style="text-align:left; " width=40%>$2cdot 2^2+3cdot 2^3+cdots+ncdot 2^n$</th>
			<th  style="text-align:center; " width=20%></th>
		</tr>

		<tr class="wwh"> 
			<th  style="text-align:center;  ">$2S_n=$</th>
                            <th  style="text-align:center;  "></th>
			<th  style="text-align:left;  auto  "  > $1cdot 2^2+2cdot 2^3+cdots+(n-1)cdot 2^n$</th>
			<th   style="text-align:center;  ">$+ncdot2^{n+1}$</th>
		</tr>
		<tr class="wwh"> 
			<th style="text-align:center;  ">第一部分，有1项</th>
			<th style="text-align:center;  " >第二部分，有1项</th>
    			<th style="text-align:left;  auto  " >第三部分，有$n-1$项</th>   	
                            <th style="text-align:center; ">第四部分，有1项</th>   
		</tr>

(1)-(2)得到：

(-S_n=1cdot2+[1cdot2^2+1cdot2^3+cdots+1cdot2^n]-ncdot2^{n+1}) (hspace{4cm}) (3)

再次整理为

(-S_n=cfrac{2cdot(1-2^n)}{1-2}-ncdot2^{n+1}) (hspace{4cm}) (4)

最后整理为

(S_n=(n-1)cdot2^{n+1}+2)

倒序相加法

例7【倒序相加法】【函数性质的应用】定义在(R)上的函数满足(f(cfrac{1}{2}+x)+f(cfrac{1}{2}-x)=2)

求值：(S=f(cfrac{1}{8})+f(cfrac{2}{8})+f(cfrac{3}{8})+cdots+f(cfrac{7}{8}))．

(S=f(cfrac{1}{8})+f(cfrac{2}{8})+f(cfrac{3}{8})+cdots+f(cfrac{7}{8})①)．

(S=f(cfrac{7}{8})+f(cfrac{6}{8})+f(cfrac{5}{8})+cdots+f(cfrac{1}{8})②)．

相加，求和得到(S=7).

例8【倒序相加法】【函数性质的应用】求值：(sin^21^{circ}+sin^22^{circ}+sin^23^{circ}+cdots+sin^288^{circ}+sin^289^{circ}=)

分析：(sin^21^{circ}+sin^289^{circ}=1)，(sin^22^{circ}+sin^288^{circ}=1)，(cdots)，(sin^244^{circ}+sin^246^{circ}=1)，(sin^245^{circ}=cfrac{1}{2})，

故原式=(44+cfrac{1}{2}=44.5)。

例9【分组求和】【2018东阳市模拟】已知数列({a_n})满足(a_1=1)，(a_{n+1}cdot a_n=2^n(nin N^*))，则(S_{2015})等于【】

$A.2^{2018}-1$ $B.3 imes 2^{1009}-3$ $C.3 imes 2^{1007}-3$ $D.2^{1009}-3$

分析：由(a_1=1)，(a_{n+1}cdot a_n=2^n(nin N^*))①，可得(a_2=2)

当(nge 2)时，(a_ncdot a_{n-1}=2^{n-1})②，

由①②两式相除可得，(cfrac{a_{n+1}}{a_{n-1}}=cfrac{2^n}{2^{n-1}}=2)，

所以数列({a_n})中奇数项、偶数项分别成等比数列，

且奇数项数列的首项为(a_1=1)，公比为(2)，偶数项数列的首项为(a_2=2)，公比为(2)，

故(S_{2015}=(a_1+a_3+a_5+cdots+a_{2015})+(a_2+a_4+a_6+cdots+a_{2014}))

(=cfrac{1cdot (1-2^{1008})}{1-2}+cfrac{2cdot (1-2^{1007})}{1-2})

(=cfrac{1cdot (2^{1008}-1)}{2-1}+cfrac{2cdot (2^{1007}-1)}{2-1})

(=2^{1008}-1+2^{1008}-2=2^{1009}-3)，故选(D)。

例10【新定义题目】【2019届高三理科数学课时作业】定义(cfrac{n}{p_1+p_2+cdots+p_n})为(n)个正数(p_1，p_2，cdots，p_n)的“均倒数”。若已知正项数列({a_n})的前(n)项和的“均倒数”为(cfrac{1}{2n+1})，又(b_n=cfrac{a_n+1}{4})，则(cfrac{1}{b_1b_2})(+cfrac{1}{b_2b_3})(+cfrac{1}{b_3b_4}+)$cdots $$+cfrac{1}{b_{10}b_{11}}$=【】

$A.cfrac{1}{11}$ $B.cfrac{1}{12}$ $C.cfrac{10}{11}$ $D.cfrac{11}{12}$

分析：由新定义可知，(cfrac{n}{a_1+a_2+cdots+a_n}=cfrac{1}{2n+1})，

则由上式得到，(S_n=n(2n+1))，又由(a_n)与(S_n)的关系可知，

当(ngeqslant 2)时，(S_{n-1}=(n-1)[2(n-1)+1])，则(a_n=S_n-S_{n-1}=4n-1)；

再验证(n=1)时，(a_1=1(2 imes 1+1)=3=4 imes 1-1)，满足上式，

故(a_n=4n-1(nin N^*))，

则结合题目可知，故(b_n=cfrac{a_n+1}{4}=cfrac{4n-1+1}{4}=n)，

则(cfrac{1}{b_1b_2}+cfrac{1}{b_2b_3}+cfrac{1}{b_3b_4}+cdots+cfrac{1}{b_{10}b_{11}})

(=[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+cdots+(cfrac{1}{10}-cfrac{1}{11})]=cfrac{10}{11})，

故选(C)。

例11【2019届高三理科数学课时作业】已知正项数列({a_n})满足(a_{n+1}^2-6a_n^2=a_{n+1}a_n)，则数列({a_n})的前(n)项和(S_n)=_____________。

分析：欲求(S_n)，先求解通项公式(a_n)。注意条件中的“正项”。

由(a_{n+1}^2-6a_n^2=a_{n+1}a_n)，得到(a_{n+1}^2-4a_n^2=2a_n^2+a_{n+1}a_n)，

即((a_{n+1}+2a_n)(a_{n+1}-2a_n)=(a_{n+1}+2a_n)a_n)，由于(a_{n+1}+2a_n>0)，

故两边约分，得到(a_{n+1}=3a_n)，又(a_1=2 eq 0)，

故数列({a_n})为首项为(2)，公比为(3)的等比数列，

故(S_n=cfrac{2 imes(3^n-1)}{3-1}=3^n-1)。

例12【2019届高三理科数学课时作业】已知数列({a_n})中，(a_1=1)，(a_{n+1}=(-1)^n(a_n+1))，记(S_n)为其前(n)项和，则(S_{2018})=_______。

分析：带有((-1)^n)的数列更多的体现出周期性，所以计算其前几项发现：

(a_1=1)，(a_2=-2)，(a_3=-1)，(a_4=0)，(a_5=1)，(a_6=-2)，(cdots)，

即周期(T=4)，且有(a_1+a_2+a_3+a_4=-2)，

故(S_{2018}=504 imes(-2)+a_1+a_2=-1008+1-2=-1009).

例13【2019届高三理科数学课时作业】已知数列({sqrt{a_n}})的前(n)项和(S_n=n^2)，则数列({cfrac{1}{a_{n+1}-1}})的前(n)项和(T_n)=____________。

分析：由(sqrt{a_1}+sqrt{a_2}+sqrt{a_3}+cdots+sqrt{a_n}=n^2)，

故当(nge 2)时，(sqrt{a_1}+sqrt{a_2}+sqrt{a_3}+cdots+sqrt{a_{n-1}}=(n-1)^2)，

两式相减，得到

当(nge 2)时，(sqrt{a_n}=n^2-(n-1)^2=2n-1)，即(a_n=(2n-1)^2)，

验证(n=1)时，也满足上式。故通项公式为(a_n=(2n-1)^2，nin N^*)，

(a_{n+1}=(2n+1)^2=4n^2+4n+1)，

则(cfrac{1}{a_{n+1}-1}=cfrac{1}{4n(n+1)}=cfrac{1}{4}(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1}))

故(T_n=cfrac{1}{4}[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+cdots+(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})])

(=cfrac{1}{4}cdot cfrac{n}{n+1}=cfrac{n}{4n+4})

对应练习

练1【2018四川内江一模】已知(S_n)是等差数列({a_n})的前(n)项和，(a_1=1)，(a_8=3a_3)，则(cfrac{a_2}{S_1S_2}+cfrac{a_3}{S_2S_3}+cfrac{a_4}{S_3S_4}+cdots+cfrac{a_{n+1}}{S_nS_{n+1}})=___________。

提示：(d=2)，(cfrac{a_{n+1}}{S_ncdot S_{n+1}}=cfrac{S_{n+1}-S_{n}}{S_ncdot S_{n+1}}=cfrac{1}{S_n}-cfrac{1}{S_{n+1}})

(cfrac{a_2}{S_1S_2}+cfrac{a_3}{S_2S_3}+cfrac{a_4}{S_3S_4}+cdots+cfrac{a_{n+1}}{S_nS_{n+1}}=1-cfrac{1}{(n+1)^2})；

练2【2018江西新余一中模拟】设数列({a_n})满足(a_1=2)，(a_2=6)，且(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=2)，若([x])表示不超过(x)的最大整数，则([cfrac{2017}{a_1}+cfrac{2017}{a_2}+cdots +cfrac{2017}{a_{2017}}])=_________。

提示：变形得到((a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_n)=2)，即数列({a_{n+1}-a_n})为等差数列，再用累加法得到(a_n=n(n+1))，则(cfrac{1}{a_n}=cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})，则(cfrac{1}{a_1}+cfrac{1}{a_2}+cdots +cfrac{1}{a_{2017}}=1-cfrac{1}{2018})，

则(2017(cfrac{1}{a_1}+cfrac{1}{a_2}+cdots +cfrac{1}{a_{2017}})=2017(1-cfrac{1}{2018})=2017-cfrac{2017}{2018}=2016+cfrac{1}{2018})，

故([cfrac{2017}{a_1}+cfrac{2017}{a_2}+cdots +cfrac{2017}{a_{2017}}]=[2016+cfrac{1}{2018} ]=2016)。

练3【2018安徽淮南一模】已知数列({a_n})为等差数列，且(a_3=5)，(a_5=9)，数列({b_n})的前(n)项和为(S_n=cfrac{2}{3}b_n+cfrac{1}{3})，

(1).求数列({a_n})和({b_n})的通项公式；

提示：(a_n=2n-1)，(b_n=(-2)^{n-1})；

(2).设(c_n=a_ncdot |b_n|)，求数列({c_n})的前(n)项和(T_n)；

提示：(c_n=(2n-1)2^{n-1})，(T_n=(2n-3)2^n+3)；

练4已知等比数列({a_n})的各项都为正数，且当(nge 3)时，(a_4cdot a_{2n-4}=10^{2n})，则数列(lga_1)，(2lga_2)，(2^2lga_3)，(2^3lga_4)，(cdots)，(2^{n-1}lga_n)的前(n)项和(S_n)等于_________。

提示：(a_n=10^n)，通项(b_n=2^{n-1}lga_n=ncdot 2^{n-1})，差比数列，(S_n=(n-1)cdot 2^n+1)；

练5【2018届山东济南期中】等差数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，数列({b_n})是等比数列，满足(a_1=3)，(b_1=1)，(b_2+S_2=10)，(a_5-2b_2=a_3)，

(1).求数列({a_n})和({b_n})的通项公式；

提示：(a_n=2n+1)，(b_n=2^{n-1})；

(2).若(c_n=left{egin{array}{l}{cfrac{2}{S_n}，n为奇数}\{b_n，n为偶数}end{array} ight.)，设数列({c_n})的前(n)项和为(T_n)，求(T_{2n}).

提示：(c_n=left{egin{array}{l}{cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+2}，n为奇数}\{2^{n-1}，n为偶数}end{array} ight.)，

故(T_{2n}=[(1-cfrac{1}{3})+(cfrac{1}{3}-cfrac{1}{5})+cdots+(cfrac{1}{2n-1}-cfrac{1}{2n+1})]+(2^1+2^3+cdots+2^{2n-1}))

(=cfrac{2n}{2n+1}+cfrac{2(4^n-1)}{3}).

例11【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】已知正项等比数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，若(7S_6=3S_9)，(a_4=2)，则数列({a_{3n-2}+log_2a_n})的前(10)项的和(T_{10})=____________。

分析：先由条件(7S_6=3S_9)，求得(q^3=2)，则(a_n=a_4cdot q^{n-4}=2q^{n-4})，

则(a_{3n-2}=2cdot q^{3n-6}=2cdot (q^3)^{n-2}=2cdot 2^{n-2}=2^{n-1})；

(log_2a_n=log_22cdot q^{n-4}=1+(n-4)log_2q=1+(n-4)cdot cfrac{1}{3}log_2q^3)

(=1+(n-4)cdot cfrac{1}{3}log_22=1+cfrac{n-4}{3})；

则(T_{10}=(2^0+2^1+cdots+2^9)+[(1+cfrac{-3}{3})+(1+cfrac{-2}{3})+cdots+(1+cfrac{6}{3}))

(=cfrac{1(2^{10}-1)}{2-1}+10+cfrac{1}{3} imescfrac{(-3+6)10}{2}=1023+15=1038);

解后反思：巧妙利用指数幂的运算性质，可以大大简化本题目的运算过程，降低运算难度。

例1【绝对值数列求和】已知数列({a_n})的通项公式是(a_n=3n-63)，它的前(n)项和为(S_n)，求数列({|a_n|})的前(n)项和(T_n)。

解析：令(a_n=3n-63leq 0)，则(nleq 21)，

故数列({|a_n|})的通项公式为(|a_n|= egin{cases}63-3n &nleq 21 \ 3n-63 &nge22 end{cases})

[备注：由于数列的通项公式是分段函数，所以其前(n)项和自然也应该用分段函数来表达刻画]

(1^。) 当(nleq 21)，(T_n=|a_1|+|a_2|+cdots+|a_n|)

(=-a_1-a_2-cdots-a_n)

(=-cfrac{(a_1+a_n) imes n}{2})

(=-cfrac{[-60+(3n-63)] imes n}{2})

(=-cfrac{3n^2-123n}{2}=cfrac{123n-3n^2}{2}).

(2^。) 当(nge 22)，(T_n=|a_1|+|a_2|+cdots+|a_n|)

(=-a_1-a_2-cdots-a_{21}+a_{22}+cdots+a_n)

(=(a_1+a_2+cdots+a_{21}+a_{22}+cdots+a_n)-2(a_1+a_2+cdots+a_{21}))

(=S_n-2S_{21})(=cfrac{[-60+(3n-63)]n}{2}-2 imescfrac{[(3 imes 1-63)+(3 imes 21-63)] imes 21}{2})

$=cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 $.

故数列({|a_n|})的前(n)项和(T_n=egin{cases}cfrac{123n-3n^2}{2} &nleq 21 \ cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 &nge 22end{cases})