在线|二轮辅导[13][等比数列概念和相关性质+数列求和05]

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思维导图

• 数列专题；

典例剖析

[微专题07]

• 等比数列的概念和性质

---

前言

• 重新编辑于2020-02-26 by WangHai.

相关概念

刻画等比数列的几种语言

[自然语言]：从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数的数列称为等比数列，这个常数称为公比，常用(q)来表示。

[符号语言]：

(cfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=q)，(ngeqslant 1)，(nin N^*)，(q)为常数。

(cfrac{a_n}{a_{n-1}}=q)，(ngeqslant 2)，(nin N^*)，(q)为常数。

[图形语言]：

• 等比中项：如果三个实数(a，G，b)成等比数列，则(G)称为(a，b)的等比中项，满足(G^2=ab)。^[1]

• 等比数列的通项公式：(a_n=a_1cdot q^{n-1})，推广形式为(a_n=a_mcdot q^{n-m})，

• 等比数列的前(n)项和公式：(S_n=left{egin{array}{l}{na_1，q=1}\{cfrac{a_1cdot (1-q^n)}{1-q}=cfrac{a_1-a_nq}{1-q}，q eq 1}end{array} ight.)

其中(n)为参与求和的项数，而不是最后一项的指数。上述公式体现的是分段函数，当知道(q)的值的时候，自然是确定的某一段函数，题目考查第二段的时候居多，当不知道(q)的值时，应该分类讨论，尤其容易漏掉对第一段的说明；实际应用中，当(q>1)时，为减少运算步骤，常用(S_n=cfrac{a_1cdot(q^n-1)}{q-1})；

相关性质

• ①在等比数列({a_n})中，若(m+n=p+q=2k(m，n，p，q，kin N^*))，则(a_mcdot a_n=a_pcdot a_q=a_k^2)。

• ②若数列({a_n})，({b_n})(项数相同)是等比数列，则({lambda a_n}(lambda eq 0))，({cfrac{1}{a_n}})，({a_n^2})，({a_ncdot b_n})，({cfrac{a_n}{b_n}})仍然是等比数列；其公比的求解依然利用等比数列进行，比如数列({a_ncdot b_n})的公比应该是(cfrac{a_2cdot b_2}{a_1cdot b_1})(=cfrac{a_2}{a_1})( imescfrac{b_2}{b_1})，其他同理；

• ③在等比数列({a_n})中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即(a_m，a_{m+k}，a_{m+2k}，a_{m+3k}，cdots)为等比数列，公比为(q^k)；^[2]

• ④公比(q eq -1)的等比数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，则(S_n，S_{2n}-S_n，S_{3n}-S_{2n}，cdots ，)仍成等比数列，其公比为(q^n)，当公比(q=-1)时，(S_n，S_{2n}-S_n，S_{3n}-S_{2n}，cdots ，)不一定成等比数列，若(n)为偶数，则其不能构成等比数列，若(n)为奇数，则可以构成等比数列。

比如数列(2，-2，2，-2，2，-2，cdots，2，-2)，则(S_2=0)，(S_4=0)，(S_6=0)，则(S_2)，(S_4-S_2)，(S_6-S_4)，(cdots)，就不能构成等比数列；

• ⑤(q eq 1)的等比数列的前(2n)项，

(S_{偶}=a_2+a_4+a_6+cdots+a_{2n})，(S_{奇}=a_1+a_3+a_5+cdots+a_{2n-1})，则(cfrac{S_{偶}}{S_{奇}}=q)；

说明：(S_{偶}=a_2+a_4+a_6+cdots+a_{2n}=cfrac{a_2cdot [1-(q^2)^n]}{1-q^2})，(S_{奇}=a_1+a_3+a_5+cdots+a_{2n-1}=cfrac{a_1cdot [1-(q^2)^n]}{1-q^2})，则(cfrac{S_{偶}}{S_{奇}}=q)；

• ⑥等比数列的单调性判断，依然遵从函数的单调性判断，取决于两个参数(a_1)和(q)的取值，由于

[a_n=a_1cdot q^{n-1} ]

故当(left{egin{array}{l}{a_1>0}\{q>1}end{array} ight.)或(left{egin{array}{l}{a_1<0}\{0<q<1}end{array} ight.)时，(a_n)单调递增；

当(left{egin{array}{l}{a_1>0}\{0<q<1}end{array} ight.)或(left{egin{array}{l}{a_1<0}\{q>1}end{array} ight.)时，(a_n)单调递减；

判定证明

证明方法：

• 定义法：(cfrac{a_n}{a_{n-1}}=q(nge 2))，或者(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q(nge 1))；

• 等比中项法：(a_{n+1}^2=a_ncdot a_{n+2}(nge 1))，或者(a_n^2=a_{n+1}cdot a_{n-1}(nge 2))；

判定方法：除了上述的两种方法以外，还有

• 通项公式法：(a_n=ccdot q^n(nin N^*))，(c)，(q)均为不为零的常数，

说明：(a_n=a_1cdot q^{n-1}=cfrac{a_1}{q}cdot q^n=ccdot q^n)[指数型函数]，

• 前(n)项和法：(S_n=kcdot q^n-k)，(k eq 0)，(q eq 0)且(q eq 1)，

说明：(S_n=cfrac{a_1cdot (1-q^n)}{1-q}=cfrac{a_1}{1-q}-cfrac{a_1}{1-q}cdot q^n)，令(-cfrac{a_1}{1-q}=k)，则(S_n=kcdot q^n-k)。

如果判定某数列不是等比数列，只需要判定其有连续三项不成等比数列即可，这样就可以联系到赋值法，比如常常判断(a_2^2 eq a_1cdot a_3)。

变形技巧

• 数学公式：

$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$；

$a_4^2+2a_4a_6+a_6^2=(a_4+a_6)^2$；

$1-q^2=(1-q)(1+q)$；

$1-q^3=(1-q)(1+q+q^2)$；

$1-q^6=1-(q^3)^2=(1+q^3)(1-q^3)$；

$frac{S_6}{S_3}=frac{frac{a_1(1-q^6)}{1-q}}{frac{a_1(1-q^3)}{1-q}}=1+q^3$

• 整体思想的运用，解方程组时整体相除，

如(left{egin{array}{l}{a_1q^3-a_1q=6①}\{a_1q^4-a_1=15②}end{array} ight.)

两式相除得到，(cfrac{a_1(q^3-q)}{a_1(q^4-1)}=cfrac{a_1q(q^2-1)}{a_1(q^2+1)(q^2-1)}=cfrac{q}{1+q^2}=cfrac{2}{5})，从而解得(q=2)或(q=cfrac{1}{2})。

• 求比值时整体思想的运用；

再比如给定等比数列({a_n})的公比为(q=2)，求(cfrac{a_8+a_9+a_{10}}{a_5+a_6+a_7})的值。

由题目可知，(cfrac{a_8+a_9+a_{10}}{a_5+a_6+a_7}=cfrac{(a_5+a_6+a_7)cdot q^3}{a_5+a_6+a_7}=q^3=8)

• 当涉及(S_n)的下标比较小的运算题目时，常常利用定义式。

比如已知等比数列的(S_3=8)，则可知(S_3=a_1+a_2+a_3=8)，这样可以有效的避免分类讨论，而不是利用(cfrac{a_1(1-q^3)}{1-q}=8)来计算，

如果非要利用这个公式，你就必须先分类讨论排除(q eq 1)，否则使用就是错的。

• 比例因子的运用。设等比数列({a_n})的前(n)项的和为(S_n)，若(cfrac{S_6}{S_3}=cfrac{1}{2})，则(cfrac{S_9}{S_6})=？

分析：引入比例因子，设(cfrac{S_6}{S_3}=cfrac{1}{2}=cfrac{k}{2k}(k eq 0))，

则(S_6=k)，(S_3=2k)，(S_6-S_3=-k)，由(S_3，S_6-S_3，S_9-S_6)成等比数列，

可知(S_9-S_6=cfrac{k}{2})，则(S_9=cfrac{3k}{2})，故(cfrac{S_9}{S_6}=cfrac{frac{3k}{2}}{2k}=cfrac{3}{4})。

• 在数列题目中，若出现各项为正数或(a_n>0)，则有(a_n+a_{n+1}>0)，或者(a_n+a_{n-1}>0)，这样就为约分埋下了伏笔。

比如某个题目变形得到((a_n+a_{n-1})(a_n-a_{n-1})=a_n+a_{n-1})，约掉(a_n+a_{n-1})，得到(a_n-a_{n-1}=1)，即({a_n})是等差数列。

• 若出现证明数列({a_n+1})为等比数列，则你必须意识题目已经给了变形的提示，因为变形到最后必然会出现(a_n+1=p(a_{n-1}+1)(p为常数))，

或者出现同类型的(a_{n+1}+1=p(a_n+1)(p为常数))，这样你往上回溯，自然就会看到题目应该怎么变形了。

• 等比数列求和中的项数的计算

如数列求和：(S=2^1+2^3+2^5+cdots+2^{2n+3})；

其项数的计算，可以利用上标来计算，其上标刚好成等差数列，

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

则(S=cfrac{2cdot (4^{n+2}-1)}{4-1}=cfrac{2}{3}(4^{n+2}-1))。

给出方式

• 直接给出：(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=3)

• 变形给出：(S_{n+1}-S_n=3(S_n-S_{n-1}))

• 变形给出：(a_n>0)，点((a_{n+1}^2，a_n^2))在直线(x-9y=0)上，则(a_{n+1}^2=9a_n^2)，即(a_{n+1}=3a_n)；

• 构造给出：如(a_{n+1}=2a_n+1)，构造得到(a_{n+1}+1=2(a_n+1))，即数列({a_n+1})为等比数列；

其他变形请参阅常见构造方法

典例剖析

例1【2018·广州综合测试】已知数列({a_n})为等比数列，若(a_4＋a_6＝10)，则(a_7(a_1＋2a_3)＋a_3a_9)的值为 【】

$A.10$ $B.20$ $C.100$ $D.200$

【法1】分析：(a_7(a_1＋2a_3)＋a_3a_9=a_7a_1+2a_3a_7+a_3a_9)

(=a_4^2+2a_4a_6+a_6^2=(a_4+a_6)^2=10^2=100)。故选(C)。

【法2】：特殊化策略，由于题目数列({a_n})为等比数列，(a_4＋a_6＝10)，则可以将其特殊化为(a_4=a_6=5)的特殊的等比数列，即常数列，

此时(a_n=5)，代入运算得到(a_7(a_1＋2a_3)＋a_3a_9=100)，故选(C)。

例2【2018(cdot)宁夏石嘴山高三联考】在各项均为正数的等比数列({a_n})中，(a_2cdot a_{10}=9)，则(a_5+a_7) 【 】

$A.有最小值6$ $B.有最大值6$ $C.有最大值6$ $D.有最小值3$

分析：由(a_n>0)，(a_2cdot a_{10}=9)，则可知(a_5cdot a_7=9)，

则由均值不等式可知，(a_5+a_7ge 2sqrt{a_5a_7}=6)，

当且仅当(a_5=a_7=3)时取得等号，

故(a_5+a_7)有最小值(6)，故选(A)。

例3【】已知方程((x^2-mx+2)(x^2-nx+2)=0)的四个根组成以(cfrac{1}{2})为首项的等比数列，则(cfrac{m}{n})等于【】

$A.cfrac{3}{2}$ $B.cfrac{3}{2}或cfrac{2}{3}$ $C.cfrac{2}{3}$ $D.以上都不对$

分析：设(a，b，c，d)是方程((x^2-mx+2)(x^2-nx+2)=0)的四个根，

不妨设(a<c<d<b)，则有(ab=cd=2)，且(a=cfrac{1}{2})，则(b=4)，

根据等比数列的性质可知，(c=1)，(d=2)，

则(m=a+b=cfrac{1}{2}+4=cfrac{9}{2})，(n=c+d=3)，

或者(n=a+b=cfrac{1}{2}+4=cfrac{9}{2})，(m=c+d=3)，

故(cfrac{m}{n}=cfrac{3}{2})或(cfrac{m}{n}=cfrac{2}{3})，故选(B)。

例4【2018奉贤区一模】已知数列({a_n})的首项(a_1=1)，(a_{n+1}=3S_n(nin N^*))，则下列结论正确的是【】

$A.数列{a_n}是等比数列$

$B.数列a_2,a_3,cdots,a_n是等比数列$

$C.数列{a_n}是等差数列$

$D.数列a_2,a_3,cdots,a_n是等差数列$

分析：由(a_{n+1}=3S_n(nge 1))，可得(a_n=3S_{n-1}(nge 2))，两式做差，得到

(a_{n+1}-a_n=3a_n(nge 2))，整理得到，

当(nge 2)时，满足(a_{n+1}=4a_n)，

由于(a_1=1)，(a_{n+1}=3S_n(nge 1))，故得到(a_2=3)，

故数列({a_n})的通项公式为(a_n=left{egin{array}{l}{1，n=1}\{3cdot 4^{n-2}，nge 2}end{array} ight.)

即数列({a_n})不是等比数列，但是数列(a_2)，(a_3)，(cdots)，(a_n)是等比数列；故选(B)。

例5【等比中项，易错题】已知等比数列({a_n})中， (a_3=4)， (a_9=1)， 求(a_6=)？

分析：(a_6^2=a_3cdot a_9=4)，故(a_6=pm 2)。原因是(a_6=a_3cdot q^3)，(q^3)可取正负两种情形，故(a_6=pm 2)。

• 对照：已知等比数列({a_n})中， (a_3=4)， (a_{11}=1)， 则(a_7=)？

分析：(a_7^2=a_3cdot a_{11}=4)，故(a_7=pm 2)。又由于(a_7=a_3cdot q^4)，(q^4)只能取正值一种情形，故(a_7=2)。

例6【2018漳州八校联考】等比数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，若(S_3=2)，(S_6=18)，则(cfrac{S_{10}}{S_5})等于【】

$A.-3$ $B.5$ $C.-31$ $D.33$

分析：由题目可知(q eq 1)，则(cfrac{S_6}{S_3}=frac{cfrac{a_1(1-q^6)}{1-q}}{cfrac{a_1(1-q^3)}{1-q}}=1+q^3=9)，

则(q=2)，同理，(cfrac{S_{10}}{S_5}=frac{cfrac{a_1(1-q^{10})}{1-q}}{cfrac{a_1(1-q^5)}{1-q}}=1+q^5=33)，

故选(D)。

例7【2018辽宁沈阳二模】已知数列({a_n})是等比数列，且(a_2a_3a_4=-a_7^2=-64)，则(tan(cfrac{a_4a_6}{3}cdot pi))=【】

$A.sqrt{3}$ $B.-sqrt{3}$ $C.-cfrac{sqrt{3}}{3}$ $D.pm sqrt{3}$

分析：由(a_2a_3a_4=-a_7^2=-64)，可知(a_3^3=-64)，故(a_3=-4)，又(a_7=a_3cdot q^4<0)，故由(a_7^2=64)，可得(a_7=-8)，这样(a_4a_6=a_3a_7=32)，

故(tan(cfrac{a_4a_6}{3}cdot pi)=tan(cfrac{32}{3}cdot pi)=tan(cfrac{2pi}{3})=-sqrt{3})，故选(B).

例8【2017全国卷2，文科第17题高考真题】已知等差数列 ({a_n})的前(n)项和为(S_n)，等比数列 ({b_n})的前(n)项和为(T_n)，(a_1=-1，b_1=1，a_2+b_2=2)，

(1)若(a_3+b_3=5)，求({b_n})的通项公式。

分析：设等差数列的公差为(d)，等比数列的公比为(q)，

则由题目可知(egin{cases}-1+d+1cdot q=2\-1+2d+1cdot q^2=5end{cases})，

即(egin{cases}d+ q=3\2d+ q^2=6end{cases})，

解得(q^2-2q=0)，故(q=2或q=0(舍去))，

故等比数列({b_n})的通项公式为(b_n=2^{n-1})。

(2)若(T_3=21)，求(S_3)。

分析：由于(b_1=1，T_3=21)，故(1+q+q^2=21)，解得(q=-5)或(q=4)；

当(q=-5)时，由(a_2+b_2=2)得到(d=8)，此时(S_3=-1+7+15=21)；

当(q=4)时，由(a_2+b_2=2)得到(d=-1)，此时(S_3=-1-2-3=-6)；

例9【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})。

例10已知数列({a_n})是递增等比数列，(a_1+a_4=9)，(a_2cdot a_3=8)，求其前(n)项和(S_n)。

分析：由题目可知(a_2cdot a_3=a_1cdot a_4=8)，

故得到二元二次方程组(egin{cases}a_1+a_4=9\a_1cdot a_4=8end{cases})，

将(a_1=9-a_4)代入(a_1cdot a_4=8)，解得(a_1=1)或(a_1=8)，

对应得到(a_4=8)或(a_4=1)，即得到两组解，

(egin{cases}a_1=1\a_4=8end{cases})或者(egin{cases}a_1=8\a_4=1end{cases}(由递增舍去))，

故有(a_1=1，a_4=8)，则(q=2)，

故(a_n=2^{n-1})，(S_n=2^n-1)。

例11在等比数列({a_n})中， (a_4=2)， (a_5=5)， 则数列({lga_n})的前8项之和(T_8)为多少？

法1：由(a_4=2)， (a_5=5)，求得(q=cfrac{5}{2})，

则(a_n=a_4cdot q^{n-4}=2cdot (cfrac{5}{2})^{n-4})，

故(lga_n=lg2+(n-4)lgcfrac{5}{2})，故({lga_n})为等差数列。

又可以计算(a_1=cfrac{16}{125})，

故(T_8=8lgcfrac{16}{125}+cfrac{8 imes7}{2}cdot lgcfrac{5}{2}=cdots=4)。

法2：由于({a_n})为等比数列，则有(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q)；

故有(lga_{n+1}-lga_n=lgq)，即数列({lga_n})为等差数列。

(T_8=cfrac{lga_1+lga_8}{2}cdot 8=4lg(a_1cdot a_8)=4lg(a_4cdot a_5)=4lg10=4)。

例12【2017全国卷1，文科第17题高考真题】记(S_n)为等比数列({a_n})的前(n)项和，已知(S_2=2，S_3=-6)。

（1）求数列({a_n})的通项公式。

分析：本问比较简单，你能说出怎么个简单法吗？

解方程组得到(a_1=-2，q=-2)，

故({a_n})的通项公式(a_n=-2cdot (-2)^{n-1}=(-2)^n)。

（2）求(S_n)，并判断(S_{n+1}，S_n，S_{n+2})是否成等差数列。

分析：先求解

(S_n=cfrac{a_1(1-q^n)}{1-q})

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

(=cfrac{-2+2cdot (-1)^ncdot 2^n}{3})

(=-cfrac{2}{3}+(-1)^ncfrac{2^{n+1}}{3})。

接下来你得意识到，

(S_n)是个关于自变量(n)的函数，

故由此我们应该能写出(S_{n+1})，(S_{n+2})

至于等差数列的判断，我们依据等差中项法判断即可，

即验证(S_{n+2}+S_{n+1})是否等于(2S_n)。

判断如下：(S_{n+2}+S_{n+1})

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

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

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

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

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

(=2[-cfrac{2}{3}+(-1)^ncfrac{2^{n+1}}{3}]=2S_n)，

故(S_{n+1}，S_n，S_{n+2})成等差数列。

[微专题08][数列求和]

• 错位相减法

---

前言

等比数列的前(n)项的求和公式的推导方法，就是错位相减求和法。

适用范围

①等比数列[基本]；

②差比数列[拓展]；错位相减求和法适用于由等差数列({a_n})和等比数列({b_n})对应相乘得到的差比数列({a_ncdot b_n})；比如有题目给定一个数列({cfrac{n}{2^n}})，我们先将其适当变形为({ncdot (cfrac{1}{2})^n})，则可以看出其第一个因子数列(a_n=n)就是个等差数列，第二个因子数列(b_n=(cfrac{1}{2})^n)就是个等比数列；故数列({a_ncdot b_n})就是差比数列；

• 如何判断一个数列是等差还是等比数列？

①学会将所给的数列的通项公式找出来；

②从函数的角度看，若数列是关于(n)的一次型函数，则此数列一定为等差数列；

③从函数的角度看，若数列是关于(n)的指数型函数，则此数列一定为等差数列；

引例求和：(S_n=1cdot2+2cdot2^2+3cdot2^3+cdots+ncdot2^n)；

分析：认真观察此数列，把数列的每一项由乘号分隔开，都人为的拆分为两项，

每一项的第一个因子构成数列为(1)，(2)，(3)，(cdots)，(n)，是个等差数列，

每一项的第二个因子构成数列为(2)，(2^2)，(2^3)，(cdots)，(2^n)，是个等比数列，故上述求和是个差比数列求和，应该使用错位相减求和法；

或者你的函数知识掌握的不错的话，则一眼就能认出来其通项公式为(ncdot 2^n)，故其第一个因子数列(a_n=n)就是个等差数列，第二个因子数列(b_n=2^n)就是个等比数列；故
上述求和是个差比数列求和，应该使用错位相减求和法，

相关公式

①等差数列的(S_n=cfrac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+cfrac{n(n-1)cdot d}{2})

②等比数列的(S_n=left{egin{array}{l}{na_1，q=1}\{cfrac{a_1cdot (1-q^n)}{1-q}=cfrac{a_1-a_nq}{1-q}，q eq 1}end{array} ight.)

③(1+2+3+cdots+ n=cfrac{n(n+1)}{2})；

④(1+3+5+cdots +(2n-1)=cfrac{[1+(2n-1)]cdot n}{2}=n^2)，注意求和项数为(n)项；

⑤(2+4+6+cdots +2n=cfrac{(2+2n)cdot n}{2}=n^2)，注意求和项数为(n)项；

⑥(1^2+2^2+3^2+cdots+ n^2=cfrac{ncdot (n+1)cdot (2n+1)}{6})；

⑦(1^3+2^3+3^3+cdots+ n^3=[cfrac{n(n+1)}{2}]^2)；

⑧由(a_{n+2}-a_n=2)可知，数列中奇数项成等差，公差为(2)；偶数项成等差，公差为(2)；

⑨由(cfrac{a_{n+2}}{a_n}=2)可知，数列中奇数项成等比，公比为(2)；偶数项成等比，公比为(2)；

典例剖析

例1求和(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：

[egin{equation} S_n=1cdot2+2cdot2^2+3cdot2^3+cdots+ncdot2^nlabel{1} end{equation} ]

[egin{equation} 2S_n=1cdot2^2+2cdot2^3+cdots+(n-1)cdot2^n+ncdot 2^{n+1}label{2} end{equation} ]

具体的错位方法如下图说明：

错位相减法图示 |第一部分| 第二部分 | 第三部分[关键+重点]| 第四部分 | |:-------:|:-----:|:-----------|:-----:| | $S_n=$ |$1cdot 2+$ | $2cdot 2^2+3cdot 2^3+cdots+ncdot 2^n$ | $+0$$quadquadquadquad①$ | | $2S_n=$ |$0+$ | $1cdot 2^2+2cdot 2^3+cdots+(n-1)cdot 2^n$ |$+ncdot2^{n+1}$ $quad ②$| | $1$项 | $1$项 | $(n-1)$项 | $1$项 |

(1)-(2)得到：

[egin{equation} -S_n=1cdot2+[1cdot2^2+1cdot2^3+cdots+1cdot2^n]-ncdot2^{n+1}label{3} end{equation} ]

再次整理为

[egin{equation} -S_n=cfrac{2cdot(1-2^n)}{1-2}-ncdot2^{n+1}label{4} end{equation} ]

最后整理为

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

对应练习

练1【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2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)；

• 裂项求和法

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常用公式

常用式：(cfrac{1}{n(n+1)}=cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})；推广式：(cfrac{1}{n(n+k)}=cfrac{1}{k}(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+k}))；

常用式：(cfrac{1}{sqrt{n+1}+sqrt{n}}=sqrt{n+1}-sqrt{n})；推广式：(cfrac{1}{sqrt{n+k}+sqrt{n}}=cfrac{1}{k}(sqrt{n+k}-sqrt{n}))；

常用式：(cfrac{1}{4n^2-1}=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{2n-1}-cfrac{1}{2n+1}))；

常用式：(ln(1+cfrac{1}{n})=lncfrac{n+1}{n}=ln(n+1)-lnn)。

不常用：(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}})

不常用：(cfrac{2^n}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)}=cfrac{1}{2^n-1}-cfrac{1}{2^{n+1}-1})

记忆方法

引例1(cfrac{2}{(n-1)(n+1)}=2cdot cfrac{1}{(n-1)(n+1)}=2cdot Box (cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n+1}))，

那么小括号前面的系数到底该是多少才能使得原式保持恒等变形呢?

我们只需要做通分的工作，将

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

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

故上述(Box)位置应该为(cfrac{1}{2})，

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

引例2((sqrt{n+1}+sqrt{n})(sqrt{n+1}-sqrt{n})=1)，故(cfrac{1}{sqrt{n+1}+sqrt{n}}=sqrt{n+1}-sqrt{n})

关联表示

①(cfrac{1}{n^2+2n})

②(b_n=cfrac{1}{a_ncdot a_{n+1}})

③(cfrac{a_{n+1}}{S_ncdot S_{n+1}})

书写模式

如数列(a_n=cfrac{1}{n(n+2)})，求其前(n)项和(S_n)。

分析：先裂项得到，(a_n=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+2}))，

则(S_n=a_1+a_2+a_3+cdots+a_n)

则往下的求和书写格式有以下两种：

第一种书写格式：横向消项，容易出错；

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

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

第二种书写格式：纵向消项，不易出错，如图所示；

先得到如下的表达式，

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

然后如图所示，将每一个小括号写成两列，

$egin{array}{lcl} &1&-&dfrac{1mkern-8.5mu/}{3mkern-8.5mu/}&\ &dfrac{1}{2}&-&dfrac{1mkern-8.5mu/}{4mkern-8.5mu/}&\ &dfrac{1mkern-8.5mu/}{3mkern-8.5mu/}&-&dfrac{1mkern-8.5mu/}{5mkern-8.5mu/}&\ &cdots&cdots&cdots&\ &dfrac{1mkern-8.5mu/}{nmkern-8.5mu/-2mkern-8.5mu/}&-&dfrac{1mkern-8.5mu/}{nmkern-8.5mu/}&\ &dfrac{1mkern-8.5mu/}{nmkern-8.5mu/-1mkern-8.5mu/}&-&dfrac{1}{n+1}&\ &dfrac{1mkern-8.5mu/}{nmkern-8.5mu/}&-&dfrac{1}{n+2}&\ end{array}$

很明显可以斜向消项，第一列剩余前两项，第二列剩余后两项，故结果为

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

典例剖析

例1【2019高三理科数学三轮模拟试题】已知数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，且有(3S_n=4a_n-2)，若(b_n=log_{frac{1}{2}}a_n)，则数列({cfrac{1}{b_ncdot b_{n+1}}})的前(n)项和(T_n)=_____________。

分析：先求得(a_n=2^{2n-1})，则(b_n=1-2n)，

且数列({cfrac{1}{b_ncdot b_{n+1}}})的通项公式为(cfrac{1}{b_ncdot b_{n+1}}=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{2n-1}-cfrac{1}{2n+1}))，

故(T_n=cdots=cfrac{n}{2n+1})。

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})。

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)。

• 并项求和法

• 分组求和法

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1. 对等比中项的理解和把握，要比等差中项难得多。任意两个实数都有等差中项，但任意两个实数不一定都有等比中项。
   注意：①必须(ab>0)才能保证(G)的存在性。比如(-2)和(3)就没有等比中项；
   ②若(1)，(G)，(4)三个数成等比数列，则(G=pm 2)[两个值]；但是若(-1)，(2)，(G)，(8)，(-16)成等比数列，则(G=-4)[一个值，原因是限制条件比前面得情形要多]； ↩︎

2. 由于(a_m=a_1cdot q^{m-1})，(a_{m+k}=a_1cdot q^{m+k-1})，
   则新数列的公比为(cfrac{a_{m+k}}{a_m}=cfrac{a_1cdot q^{m+k-1}}{a_1cdot q^{m-1}}=q^k); ↩︎