归纳数列求和各种方法

一、公式法1．如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式，注意等比数列公比q的取值情况要分q＝1或q≠1.(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝nn＋12n2n2＋n二、非等差、等比数列求和的常用方法1．倒序相加法如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．2．分组求和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，分别求和而后相加减．【分组求和法】数列{(－1)n·n}的前n项和Sn=？3．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求.【错位相减法】设{an}的前n项和为Sn，an＝n·2n，则Sn＝解析：∵Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n①∴2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1②①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝21－2n1－2－n·2n+1＝2n+1－2－n·2n+1∴Sn＝(n－1)·2n+1＋24．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．【裂项求和法】{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则Sn=(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．数列求和的方法(2)解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：①转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．②不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．[例1](2011·山东高考)等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求{bn}的前2n项和S2n[自主解答](1)当a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3，故an＝2·3n－1.(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，所以S2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝2(1＋3＋…＋32n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n2n]ln3＝2×1－32n1－3＋nln3＝32n＋nln3－1.1．(2012·临沂模拟)数列112，314，518，7116，…的前n项和Sn为()A．n2＋1－12nB．n2＋2－12nC．n2＋1－12n－1D．n2＋2－12n－1解析：因为an＝2n－1＋12n，则Sn＝1＋2n－12n＋121－12n1－12＝n2＋1－12n.2．(2011·北京东城二模)已知{an}是首项为19，公差为－2的等差数列，Sn为{an}的前n项和．(1)求通项an及Sn；(2)设{bn－an}是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn解：(1)因为{an}是首项为a1＝19，公差为d＝－2的等差数列，所以an＝19－2(n－1)＝－2n＋21.Sn＝19n＋nn－12·(－2)＝－n2＋20n.(2)由题意知bn－an＝3n－1，所以bn＝3n－1＋an＝3n－1－2n＋21.Tn＝Sn＋(1＋3＋…＋3n－1)＝－n2＋20n＋3n－12.[冲关锦囊]分组求和常见类型及方法(1)an＝kn＋b，利用等差数列前n项和公式直接求解；(2)an＝a·qn－1，利用等比数列前n项和公式直接求解；(3)an＝bn±cn，数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，采用分组求和法求{an}的前n项和.[精析考题][例2](2011·辽宁高考)已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an2n－1}的前n项和．[自主解答](1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得a1＋d＝0，2a1＋12d＝－10，解得a1＝1，d＝－1.故数列{an}的通项公式为an＝2－n.(2)设数列{an2n－1}的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋a22＋…＋an2n－1，①故S1＝1，Sn2＝a12＋a24＋…＋an2n，②所以，当n＞1时，①－②得Sn2＝a1＋a2－a12＋…＋an－an－12n－1－an2n＝1－12＋14＋…＋12n－1－2－n2n＝1－1－12n－1－2－n2n＝n2n.所以Sn＝n2n－1.综上，数列{an2n－1}的前n项和Sn＝n2n－1.在本例条件不变情况下，求数列{2n－1·an}的前n项和Sn.解：Sn＝a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an①2Sn＝2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan②①－②得－Sn＝a1＋2(a2－a1)＋22(a3－a2)＋…＋2n－1(an－an－1)－2nan＝1－(2＋22＋…＋2n－1)－2n(2－n)＝1－21－2n－11－2－2n＋1＋n·2n＝1＋2－2n－2n＋1＋n·2n＝(n－3)2n－3，∴Sn＝3－(n－3)·2n.[巧练模拟]———————(课堂突破保分题，分分必保！)3．(2012·温州调研)将函数f(x)＝sin14x·sin14(x＋2π)·sin12(x＋3π)在区间(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{an}(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2nan，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的表达式．解：(1)f(x)＝sin14x·sin14(x＋2π)·sin12(x＋3π)＝－14sinx.其极值点为x＝kπ＋π2(k∈Z)．它在(0，＋∞)内的全部极值点构成以π2为首项，π为公差的等差数列．∴an＝π2＋(n－1)·π＝2n－12π(n∈N*)．(2)∵bn＝2nan＝π2(2n－1)·2n，∴Tn＝π2[1·2＋3·22＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n]，2Tn＝π2[1·22＋3·23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1]，两式相减，得－Tn＝π2[1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－(2n－1)·2n＋1]，∴Tn＝π[(2n－3)·2n＋3]．[冲关锦囊]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”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式.[精析考题][例3](2011·全国新课标卷)等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a23＝9a2a6.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{1bn}的前n项和．[自主解答](1)设数列{an}的公比为q.由a23＝9a2a6得a23＝9a24，所以q2＝19.由条件可知q＞0，故q＝13.由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，得a1＝13.故数列{an}的通项公式为an＝13n.(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－nn＋12.故1bn＝－2nn＋1＝－21n－1n＋1.1b1＋1b2＋…＋1bn＝－21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝－2nn＋1.所以数列{1bn}的前n项和为－2nn＋1.[巧练模拟]—————(课堂突破保分题，分分必保！)4．(2012·青田模拟)设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列{1fn}(n∈N*)的前n项和是()A.nn＋1B.n＋2n＋1C.nn－1D.n＋1n答案：A解析：∵f′(x)＝mxm－1＋a，∴m＝2，a＝1.∴f(x)＝x2＋x，f(n)＝n2＋n，∴1fn＝1n2＋n＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴Sn＝1f1＋1f2＋1f3＋…＋1fn－1＋1fn＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.5．[文](2012·莱芜模拟)已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a2，a5，a14成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{1anan＋1}的前n项和Sn.解：(1)设{an}的公差为d，由题知(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，∴d2－2d＝0.解得d＝2或d＝0(舍去)，∴an＝2n－1.(2)1anan＋1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴Sn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.[理](2012·西南大学附中月考)已知函数f(x)＝2x＋1，g(x)＝x，x∈R，数列{an}，{bn}满足条件：a1＝1，an＝f(bn)＝g(bn＋1)，n∈N*.(1)求证：数列{bn＋1}为等比数列；(2)令Cn＝2nan·an＋1，Tn是数列{Cn}的前n项和，求使Tn20112012成立的最小的n值．解：(1)证明：由题意得2bn＋1＝bn＋1，∴bn＋1＋1＝2bn＋2＝2(bn＋1)．又∵a1＝2b1＋1＝1，∴b1＝0，b1＋1＝1≠0.故数列{bn＋1}是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)可知，bn＋1＝2n－1，∴an＝2bn＋1＝2n－1.故Cn＝2nan·an＋1＝2n2n－12n＋1－1＝12n－1－12n＋1－1.∴Tn＝C1＋C2＋…＋Cn＝(1－13)＋(13－17)＋…＋(12n－1－12n＋1－1)＝1－12n＋1－1.由Tn20112012，得2n＋12013，解得n≥10.∴满足条件的n的最小值为10.(12分)(2010·四川高考)已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.(1)an＝3－(n－1)＝4－n(2)由(1)可得，bn＝n·qn－1，于是Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1若q≠1，将上式两边同乘以q有qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn两式相减得到(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1(7分)＝nqn－qn－1q－1＝nqn＋1－n＋1qn＋1q－1.于是，Sn＝nqn＋1－n＋1qn＋1q－12.(9分)若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12.(11分)所以，Sn＝nn＋12q＝1，nqn＋1－n＋1qn＋1q－12q≠1.(12分)