01题型突破·析典例
题型一 分组转化法求和【例1】 已知各项都不相等的等差数列{an}，a6＝6，又a1，a2，a4成等比数列.（1）求数列{an}的通项公式；解 （1）∵{an}为各项都不相等的等差数列，a6＝6，且a1，a2，a4成等比数列.∴解得∴数列{an}的通项公式an＝1＋（n－1）×1＝n.
（2）设bn＝＋2n，求数列{bn}的前n项和Sn. 解 （2）∵bn＝＋2n＝2n＋2n，∴数列{bn}的前n项和Sn＝（2＋22＋23＋…＋2n）＋2（1＋2＋3＋…＋n）＝＋2×＝2n＋1－2＋n2＋n. 通性通法 若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后相加减.分组时有分项分组、并项分组、裂项分组、奇偶项分组等不同的分组形式，但不论哪种形式，必须保证所分各组能够分别求和.
（2021·新高考Ⅰ卷·节选）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝求{an}的前20项和. 解：因为an＋1＝所以k∈N＋时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，
即a2k＝a2k－1＋1， ①a2k＋1＝a2k＋2， ②a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1， ③所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.所以数列{an}的前20项和S20＝（a1＋a3＋a5＋…＋a19）＋（a2＋a4＋a6＋…＋a20）＝10＋×3＋20＋×3＝300.
题型二 裂项相消法求和【例2】 已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－1，数列{bn}是等差数列，且b1＝a1，b6＝a5.（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；解 （1）由Sn＝2an－1，可得n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1，n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，又Sn＝2an－1，两式相减可得an＝Sn－Sn－1＝2an－1－2an－1＋1，即有an＝2an－1，数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝2n－1；设等差数列{bn}的公差为d，且b1＝a1＝1，b6＝a5＝16，可得d＝＝3，所以bn＝1＋3（n－1）＝3n－2.
（2）若cn＝，记数列{cn}的前n项和为Tn，证明：3Tn＜1. 解 （2）证明：cn＝＝＝，所以Tn＝（1－＋－＋－＋…＋－）＝＜，则3Tn＜1.
通性通法 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点进行裂项，其实质是把通项an化成一个数列{bn}的两项之差，即an＝bn＋k－bn，常见的裂项技巧如下：（1）＝； （2）＝（－）；
（4）＝ . 此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.一般地，当an＝bn＋1－bn时，Sn＝bn＋1－b1；当an＝bn＋2－bn时，Sn＝bn＋1＋bn－b1－b2. （3）＝；
已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，＝＋2（an＋1＋an）. （1）求{an}的通项公式；解：（1）各项均为正数的数列{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：（2）由（1）可得，bn＝＝＝，所以Sn＝×（－1＋－＋…＋－）＝（－1）.
题型三 错位相减法求和【例3】 （2021·全国乙卷）设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列. （1）求{an}和{bn}的通项公式；解 （1）设{an}的公比为q，则an＝qn－1.因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝，故an＝，bn＝.
（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn＜. 解 （2）证明：由（1）知Sn＝＝，Tn＝＋＋＋…＋， ①Tn＝＋＋＋…＋＋， ②①－②得Tn＝＋＋＋…＋－，即Tn＝－＝－， 整理得Tn＝－，则2Tn－Sn＝2－＝－＜0，故Tn＜.
通性通法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.3.检验：对于最后求出的前n项和可取n＝1和2检验是否正确.
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：（1）设数列{an}的公差为d，法一 a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝12.又a1＝2，得d＝2，∴an＝2n，n∈N＋.法二 ∵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，①3Sn＝2·32＋4·33＋…＋（2n－2）·3n＋2n·3n＋1，②①－②得－2Sn＝2（3＋32＋33＋…＋3n）－2n·3n＋1＝3（3n－1）－2n·3n＋1，∴Sn＝＋n·3n＋1＝＋·3n＋1. （2）令bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Sn.
1.数列{（
2023-2024学年湘教版高中数学选择性必修第一册数列求和课件
