多招助你巧过数列求和关

黄应姬

数列求和问题历来都是高考命题的热点，也是高中数学教学的重点.求解这类问题的关键是抓住数列通项的结构特征，联系基本数列的求和技巧构造性解题.本文通过一些典型的范例，对数列求和的基本方法进行归类解析，供读者参考.

一、公式法

例1 等比数列{an}中，a3+a4=5，a6+a7=40，求数列{an}的前n项和Sn.

解 由已知得a1q2+a1q3=5，

a1q5+a1q6=40.①

②

②÷①得q3=8，所以q=2，a1=512.

所以Sn=512（1-2n）1-2=512（2n-1）.

二、拆项法

例2 求和13×7+15×9+17×11+…+1（2n+1）（2n+5）.

解析 因为1（2n+1）（2n+5）=14[12n+1-12n+5]，

所以原式=14[（13-17）+（15-19）+…+（12n-1-12n+3）+（12n+1-12n+5）]=14（13+15-12n+3-12n+5）=8n2+17n15（2n+3）（2n+5）.

三、整体法

例3 等差数列{an}的前m项的和为30，前2m项的和为100，求它的前3m项的和.

解 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由前n项和公式有Sm=ma1+m2（m-1）d=30，

S2m=2ma1+2m2（2m-1）d=100.①

②

②-①得ma1+m2（3m-1）d=70.

所以S3m=3ma1+3m2（3m-1）d=3[ma1+m2（3m-1）d]=3×70=210.

四、导数法

例4 求数列1，2x，3x2，…，nxn-1，…的前n项和Sn，其中x≠0且x≠1.

解 因为（xn）′=nxn-1，所以可先求得数列{xn}的前n项和，即x+x2+x3+…+xn=x-xn+11-x，两边同时对x求导有1+2x+3x2+…+nxn-1=[1-（n+1）xn]（1-x）+x-xn+1（1-x）2=nxn+1-（n+1）xn+1（1-x）2.

五、归纳法

例5 设数列{bn}的前n项和Sn满足3（Sn+nbn）=1+2bn，n∈N*.

（1）求S1，S2，S3的值；（2）根据上述结果猜测Sn关于n的关系式，并用数学归纳法证明.

解 （1）因为S1=b1，由3（Sn+nbn）=1+2bn，得3（S1+S1）=1+2S1，所以S1=14.又b2=S2-S1，所以3[S2+2（S2-S1）]=1+2（S2-S1），解得S2=27.同理S3=310.

（2）由（1）的结果猜测Sn=n3n+1（n∈N*）.下面用数学归纳法证明：①当n=1时，结论显然成立.②假设n=k时结论成立，即Sk=k3k+1，则当n=k+1时，3[Sk+1+（k+1）bk+1]=1+2bk+1，即3[Sk+1+（k+1）（Sk+1-Sk）]=1+2（Sk+1-Sk），

所以Sk+1=3k+13k+4Sk+13k+4=k+13（k+1）+1，即当n=k+1时结论成立.由①、②可知Sn=n3n+1（n∈N*）.

六、结合法

例6 求数列1，-22，32，-42，…，（-1）n-1n2，…的前n项和Sn（n∈N*）.

解 （1）当n为偶数，设n=2k，Sn=（1-22）+（32-42）+…+[（2k-1）2-（2k）2]=-（1+2）-（3+4）-…-（2k-1+2k）=-（1+2+3+…+2k-1+2k）=-2k（2k+1）2=-n（n+1）2；（2）当n为奇数，设n=2k+1，Sn=（1-22）+（32-42）+…+[（2k-1）2-（2k）2]+（2k+1）2=-（1+2）-（3+4）-…-（2k-1+2k）+（2k+1）2=-2k（2k+1）2+（2k+1）2=（k+1）（2k+1）=n（n+1）2.

综上所述，Sn=-n（n+1）2

n（n+1）2 （n为偶数），

（n为奇数）.

七、转化法

例7 已知数列{an}中，a1=-1，a2=2，anan+2+2=0，求a1+a2+…+a2009的值.

解 由anan+2+2=0，得anan+2=-2，

an+2an+4=-2.①

②

①÷②得an=an+4，即数列{an}的周期为4.

又a3=-2a1=2， a4=-2a2=-1，

所以a1+a2+a3+a4=2，a2009=a4×502+1=a1=-1，

所以a1+a2+…+a2008+a2009=502（a1+a2+a3+a4）+a2009=502×2+a2009=1004+（-1）=1003.

八、相消法

例8 已知数列{an}的前n项和Sn满足：

Sn+Sn-n2-n=0，求数列{1an·an+1}的前n项和Tn.

解 由已知得（Sn-n）（Sn+n+1）=0，

所以Sn+n+1=0（舍去）或Sn-n=0，

即Sn=n2.当n=1时，a1=S1=1.

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-（n-1）2=2n-1.

所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.

因为1an·an+1=1（2n-1）·（2n+1）=12（12n-1-12n+1）

所以，Tn=12（1-13）+12（13-15）+…+12（12n-1-12n+1）=12（1-12n+1）=n2n+1.

九、相减法

例9 已知数列{an}，对n∈N*，都有a12+a222+a323+

…+an2n=n2，求数列{an}的前n项和Sn.

解 由已知得（n-1）2+an2n=n2，an2n=n2-（n-1）2=2n-1，所以an=（2n-1）·2n.

Sn=1·2+3·22+5·23+…+（2n-1）·2n，①

2Sn=1·22+3·23+5·24+…

+（2n-3）·2n+（2n-1）·2n+1.②

①-②得

-Sn=2+（3·22-1·22）+（5·23-3·23）+…+[（2n-1）·2n-（2n-3）·2n]-（2n-1）·2n+1=2+2（22+23+24+…+2n）-（2n-1）·2n+1=2+2·4（1-2n-1）1-2-（2n-1）·2n+1，所以Sn=6+（2n-3）·2n+1.

数列求和问题历来都是高考命题的热点，也是高中数学教学的重点.求解这类问题的关键是抓住数列通项的结构特征，联系基本数列的求和技巧构造性解题.本文通过一些典型的范例，对数列求和的基本方法进行归类解析，供读者参考.

一、公式法

例1 等比数列{an}中，a3+a4=5，a6+a7=40，求数列{an}的前n项和Sn.

解 由已知得a1q2+a1q3=5，

a1q5+a1q6=40.①

②

②÷①得q3=8，所以q=2，a1=512.

所以Sn=512（1-2n）1-2=512（2n-1）.

二、拆项法

例2 求和13×7+15×9+17×11+…+1（2n+1）（2n+5）.

解析 因为1（2n+1）（2n+5）=14[12n+1-12n+5]，

所以原式=14[（13-17）+（15-19）+…+（12n-1-12n+3）+（12n+1-12n+5）]=14（13+15-12n+3-12n+5）=8n2+17n15（2n+3）（2n+5）.

三、整体法

例3 等差数列{an}的前m项的和为30，前2m项的和为100，求它的前3m项的和.

解 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由前n项和公式有Sm=ma1+m2（m-1）d=30，

S2m=2ma1+2m2（2m-1）d=100.①

②

②-①得ma1+m2（3m-1）d=70.

所以S3m=3ma1+3m2（3m-1）d=3[ma1+m2（3m-1）d]=3×70=210.

四、导数法

例4 求数列1，2x，3x2，…，nxn-1，…的前n项和Sn，其中x≠0且x≠1.

解 因为（xn）′=nxn-1，所以可先求得数列{xn}的前n项和，即x+x2+x3+…+xn=x-xn+11-x，两边同时对x求导有1+2x+3x2+…+nxn-1=[1-（n+1）xn]（1-x）+x-xn+1（1-x）2=nxn+1-（n+1）xn+1（1-x）2.

五、归纳法

例5 设数列{bn}的前n项和Sn满足3（Sn+nbn）=1+2bn，n∈N*.

（1）求S1，S2，S3的值；（2）根据上述结果猜测Sn关于n的关系式，并用数学归纳法证明.

解 （1）因为S1=b1，由3（Sn+nbn）=1+2bn，得3（S1+S1）=1+2S1，所以S1=14.又b2=S2-S1，所以3[S2+2（S2-S1）]=1+2（S2-S1），解得S2=27.同理S3=310.

（2）由（1）的结果猜测Sn=n3n+1（n∈N*）.下面用数学归纳法证明：①当n=1时，结论显然成立.②假设n=k时结论成立，即Sk=k3k+1，则当n=k+1时，3[Sk+1+（k+1）bk+1]=1+2bk+1，即3[Sk+1+（k+1）（Sk+1-Sk）]=1+2（Sk+1-Sk），

所以Sk+1=3k+13k+4Sk+13k+4=k+13（k+1）+1，即当n=k+1时结论成立.由①、②可知Sn=n3n+1（n∈N*）.

六、结合法

例6 求数列1，-22，32，-42，…，（-1）n-1n2，…的前n项和Sn（n∈N*）.

解 （1）当n为偶数，设n=2k，Sn=（1-22）+（32-42）+…+[（2k-1）2-（2k）2]=-（1+2）-（3+4）-…-（2k-1+2k）=-（1+2+3+…+2k-1+2k）=-2k（2k+1）2=-n（n+1）2；（2）当n为奇数，设n=2k+1，Sn=（1-22）+（32-42）+…+[（2k-1）2-（2k）2]+（2k+1）2=-（1+2）-（3+4）-…-（2k-1+2k）+（2k+1）2=-2k（2k+1）2+（2k+1）2=（k+1）（2k+1）=n（n+1）2.

综上所述，Sn=-n（n+1）2

n（n+1）2 （n为偶数），

（n为奇数）.

七、转化法

例7 已知数列{an}中，a1=-1，a2=2，anan+2+2=0，求a1+a2+…+a2009的值.

解 由anan+2+2=0，得anan+2=-2，

an+2an+4=-2.①

②

①÷②得an=an+4，即数列{an}的周期为4.

又a3=-2a1=2， a4=-2a2=-1，

所以a1+a2+a3+a4=2，a2009=a4×502+1=a1=-1，

所以a1+a2+…+a2008+a2009=502（a1+a2+a3+a4）+a2009=502×2+a2009=1004+（-1）=1003.

八、相消法

例8 已知数列{an}的前n项和Sn满足：

Sn+Sn-n2-n=0，求数列{1an·an+1}的前n项和Tn.

解 由已知得（Sn-n）（Sn+n+1）=0，

所以Sn+n+1=0（舍去）或Sn-n=0，

即Sn=n2.当n=1时，a1=S1=1.

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-（n-1）2=2n-1.

所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.

因为1an·an+1=1（2n-1）·（2n+1）=12（12n-1-12n+1）

所以，Tn=12（1-13）+12（13-15）+…+12（12n-1-12n+1）=12（1-12n+1）=n2n+1.

九、相减法

例9 已知数列{an}，对n∈N*，都有a12+a222+a323+

…+an2n=n2，求数列{an}的前n项和Sn.

解 由已知得（n-1）2+an2n=n2，an2n=n2-（n-1）2=2n-1，所以an=（2n-1）·2n.

Sn=1·2+3·22+5·23+…+（2n-1）·2n，①

2Sn=1·22+3·23+5·24+…

+（2n-3）·2n+（2n-1）·2n+1.②

①-②得

-Sn=2+（3·22-1·22）+（5·23-3·23）+…+[（2n-1）·2n-（2n-3）·2n]-（2n-1）·2n+1=2+2（22+23+24+…+2n）-（2n-1）·2n+1=2+2·4（1-2n-1）1-2-（2n-1）·2n+1，所以Sn=6+（2n-3）·2n+1.

数列求和问题历来都是高考命题的热点，也是高中数学教学的重点.求解这类问题的关键是抓住数列通项的结构特征，联系基本数列的求和技巧构造性解题.本文通过一些典型的范例，对数列求和的基本方法进行归类解析，供读者参考.

一、公式法

例1 等比数列{an}中，a3+a4=5，a6+a7=40，求数列{an}的前n项和Sn.

解 由已知得a1q2+a1q3=5，

a1q5+a1q6=40.①

②

②÷①得q3=8，所以q=2，a1=512.

所以Sn=512（1-2n）1-2=512（2n-1）.

二、拆项法

例2 求和13×7+15×9+17×11+…+1（2n+1）（2n+5）.

解析 因为1（2n+1）（2n+5）=14[12n+1-12n+5]，

所以原式=14[（13-17）+（15-19）+…+（12n-1-12n+3）+（12n+1-12n+5）]=14（13+15-12n+3-12n+5）=8n2+17n15（2n+3）（2n+5）.

三、整体法

例3 等差数列{an}的前m项的和为30，前2m项的和为100，求它的前3m项的和.

解 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由前n项和公式有Sm=ma1+m2（m-1）d=30，

S2m=2ma1+2m2（2m-1）d=100.①

②

②-①得ma1+m2（3m-1）d=70.

所以S3m=3ma1+3m2（3m-1）d=3[ma1+m2（3m-1）d]=3×70=210.

四、导数法

例4 求数列1，2x，3x2，…，nxn-1，…的前n项和Sn，其中x≠0且x≠1.

解 因为（xn）′=nxn-1，所以可先求得数列{xn}的前n项和，即x+x2+x3+…+xn=x-xn+11-x，两边同时对x求导有1+2x+3x2+…+nxn-1=[1-（n+1）xn]（1-x）+x-xn+1（1-x）2=nxn+1-（n+1）xn+1（1-x）2.

五、归纳法

例5 设数列{bn}的前n项和Sn满足3（Sn+nbn）=1+2bn，n∈N*.

（1）求S1，S2，S3的值；（2）根据上述结果猜测Sn关于n的关系式，并用数学归纳法证明.

解 （1）因为S1=b1，由3（Sn+nbn）=1+2bn，得3（S1+S1）=1+2S1，所以S1=14.又b2=S2-S1，所以3[S2+2（S2-S1）]=1+2（S2-S1），解得S2=27.同理S3=310.

（2）由（1）的结果猜测Sn=n3n+1（n∈N*）.下面用数学归纳法证明：①当n=1时，结论显然成立.②假设n=k时结论成立，即Sk=k3k+1，则当n=k+1时，3[Sk+1+（k+1）bk+1]=1+2bk+1，即3[Sk+1+（k+1）（Sk+1-Sk）]=1+2（Sk+1-Sk），

所以Sk+1=3k+13k+4Sk+13k+4=k+13（k+1）+1，即当n=k+1时结论成立.由①、②可知Sn=n3n+1（n∈N*）.

六、结合法

例6 求数列1，-22，32，-42，…，（-1）n-1n2，…的前n项和Sn（n∈N*）.

解 （1）当n为偶数，设n=2k，Sn=（1-22）+（32-42）+…+[（2k-1）2-（2k）2]=-（1+2）-（3+4）-…-（2k-1+2k）=-（1+2+3+…+2k-1+2k）=-2k（2k+1）2=-n（n+1）2；（2）当n为奇数，设n=2k+1，Sn=（1-22）+（32-42）+…+[（2k-1）2-（2k）2]+（2k+1）2=-（1+2）-（3+4）-…-（2k-1+2k）+（2k+1）2=-2k（2k+1）2+（2k+1）2=（k+1）（2k+1）=n（n+1）2.

综上所述，Sn=-n（n+1）2

n（n+1）2 （n为偶数），

（n为奇数）.

七、转化法

例7 已知数列{an}中，a1=-1，a2=2，anan+2+2=0，求a1+a2+…+a2009的值.

解 由anan+2+2=0，得anan+2=-2，

an+2an+4=-2.①

②

①÷②得an=an+4，即数列{an}的周期为4.

又a3=-2a1=2， a4=-2a2=-1，

所以a1+a2+a3+a4=2，a2009=a4×502+1=a1=-1，

所以a1+a2+…+a2008+a2009=502（a1+a2+a3+a4）+a2009=502×2+a2009=1004+（-1）=1003.

八、相消法

例8 已知数列{an}的前n项和Sn满足：

Sn+Sn-n2-n=0，求数列{1an·an+1}的前n项和Tn.

解 由已知得（Sn-n）（Sn+n+1）=0，

所以Sn+n+1=0（舍去）或Sn-n=0，

即Sn=n2.当n=1时，a1=S1=1.

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-（n-1）2=2n-1.

所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.

因为1an·an+1=1（2n-1）·（2n+1）=12（12n-1-12n+1）

所以，Tn=12（1-13）+12（13-15）+…+12（12n-1-12n+1）=12（1-12n+1）=n2n+1.

九、相减法

例9 已知数列{an}，对n∈N*，都有a12+a222+a323+

…+an2n=n2，求数列{an}的前n项和Sn.

解 由已知得（n-1）2+an2n=n2，an2n=n2-（n-1）2=2n-1，所以an=（2n-1）·2n.

Sn=1·2+3·22+5·23+…+（2n-1）·2n，①

2Sn=1·22+3·23+5·24+…

+（2n-3）·2n+（2n-1）·2n+1.②

①-②得

-Sn=2+（3·22-1·22）+（5·23-3·23）+…+[（2n-1）·2n-（2n-3）·2n]-（2n-1）·2n+1=2+2（22+23+24+…+2n）-（2n-1）·2n+1=2+2·4（1-2n-1）1-2-（2n-1）·2n+1，所以Sn=6+（2n-3）·2n+1.