数列求和问题

(一)分组转化法求和

例2 设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(an－an

＋1

π

＋an＋2)x＋an＋1cosx－an＋2sinx满足f ′()＝0.

2(1)求数列{an}的通项公式；

1

(2)若bn＝2(an＋)，求数列{bn}的前n项和Sn.

2an[解析] (1)由题设可得

f ′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sinx－an＋2cosx. π

对任意n∈N*，f ′()＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，

2即an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列． 由a1＝2，a2＋a4＝8，解得{an}的公差d＝1， 所以an＝2＋1·(n－1)＝n＋1. (2)因为bn＝2(an＋

1) 2an

11

＝2(n＋1＋n＋1)＝2n＋n＋2，

22所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn

111

＝(2＋2＋…＋2)＋2(1＋2＋…＋n)＋(＋2＋…＋n)

22211

[1－n]

2nn＋12

＝2n＋2·＋

21

1－21

＝n2＋3n＋1－n.

2(二)裂项相消法求和

例3 (2017·全国卷Ⅲ，17)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.

(1)求{an}的通项公式； an

(2)求数列{}的前n项和．

2n＋1

[解析] (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n， 故当n≥2时，

a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)， 两式相减得(2n－1)an＝2，

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2

所以an＝(n≥2)．

2n－1

又由题设可得a1＝2，满足上式， 所以{an}的通项公式为an＝(2)记{

2. 2n－1

an

}的前n项和为Sn. 2n＋1

an211

由(1)知＝＝－，

2n＋12n＋12n－12n－12n＋1111111

则Sn＝－＋－＋…＋－ 13352n－12n＋1＝2n. 2n＋1

(三)错位相减法求和

例4 (2018·郴州二模)已知等差数列{an}，满足：an＋1>an(n∈N*)，a1＝1，该数

列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列，an＋2log2bn＝－1.

(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.

[解析] (1)设d为等差数列{an}的公差，且d>0，

由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上1,1,3后成等比数列， 得(2＋d)2＝2(4＋2d)， 因为d>0，所以d＝2， 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. 又因为an＝－1－2log2bn， 1

所以log2bn＝－n，即bn＝n.

22n－1135

(2)Tn＝1＋2＋3＋…＋n①，

22222n－11135

Tn＝2＋3＋4＋…＋n＋1②， 22222

2n－1111111

①－②，得Tn＝＋2×(2＋3＋4＋…＋n)－n＋1.

222222211－n－1

22n－1

所以Tn＝1＋－n 121－

22n－12n＋31

＝3－n－2－n＝3－n.

222(四)奇(偶)数项和问题

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例5 (2018·潍坊二模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，S4＝40；数

列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式．

an，n为奇数，

(2)设cn＝ 求数列{cn}的前n项和Pn.

bn，n为偶数，

[解析] (1)设等差数列{an}的公差为d，

a1＋d＝8，a1＝4，由题意，得所以an＝4n， 4a1＋6d＝40，d＝4，

因为Tn－2bn＋3＝0，所以当n＝1时，b1＝3， 当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0， 两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)， 数列{bn}为等比数列，所以bn＝3·2n1.

－

4n，n为奇数，

(2)cn＝n－1

3·2，n为偶数.

当n为偶数时，

Pn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(b2＋b4＋…＋bn) nn4＋4n－4·61－4

22＋

＝＋＝2n1＋n2－2.

21－4当n为奇数时， 方法一：n－1为偶数， Pn＝Pn－1＋cn＝2(n方法二：

Pn＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(b2＋b4＋…＋bn－1) n＋1n－1

61－44＋4n·22

＝＋＝2n＋n2＋2n－1.

21－4

2n1＋n2－2，n为偶数，

所以Pn＝n 22＋n＋2n－1，n为奇数.

＋

－1)＋1

＋(n－1)2－2＋4n＝2n＋n2＋2n－1.

『规律总结』

1．分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组．

(2)根据正号、负号分组，此时数列的通项式中常会有(－1)n等特征． 2．裂项相消的规律

(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．

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(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多． 3．错位相减法的关注点

(1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘{an·bn}型数列求和． (2)步骤：

①求和时先乘以数列{bn}的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式． 4．分奇偶的求和问题

如果数列的奇数项与偶数项有不同的规律，当n为奇数或偶数时Sn的表达式不一样，因此需要分奇偶分别求Sn.

(1)分组直接求和：相邻的奇偶项合并为一项，组成一个新的数列bn，用S′n表示其前



n项和，则S＝n－1

S′2＋a，n为奇数.

n

n

n

S′，n为偶数，2

(2)分奇偶转化求和：先令n为偶数，求出其前n项和Sn；当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋an. 跟踪训练Gen zong xun lian

(文)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1. (1)求数列{bn}的通项公式；

an＋1n1

(2)令cn＝.求数列{cn}的前n项和Tn.

bn＋2n

[解析] (1)由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5， 当n＝1时，a1＝S1＝11，

所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为d，

a1＝b1＋b2，11＝2b1＋d，由得 a2＝b2＋b3，17＝2b1＋3d，

＋

可解得b1＝4，d＝3. 所以bn＝3n＋1.

6n＋6n1

n＋1

(2)由(1)知cn＝. n＝3(n＋1)·23n＋3又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，

所以Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n1]， 2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n2]， 两式作差，得－Tn

＋＋

＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n1－(n＋1)×2n2]＝3×[4＋

＋

＋

＋

41－2n

－(n1－2

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＋1)×2n2]＝－3n·2n2，所以Tn＝3n·2n2.

(理)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3. (1)求{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn. [解析] (1)因为2Sn＝3n＋3， 所以2a1＝3＋3，故a1＝3. 当n＞1时，2Sn－1＝3n1＋3，

此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n1＝2×3n1， 即an＝3n1，

3， n＝1，

所以an＝n－1

3，n＞1.

－

－

－

－

＋＋＋

1

(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝.

3当n＞1时，bn＝31nlog33n1＝(n－1)·31n. 1

所以T1＝b1＝；

3当n＞1时，

Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn

1－－－

＝＋[1×31＋2×32＋…＋n－1×31n]， 3所以3Tn＝1＋[1×30＋2×31＋…＋(n－1)×32n]． 两式相减，得

2－－－－

2Tn＝＋(30＋31＋32＋…＋32n)－(n－1)×31n

321－31n136n＋31－n＝＝＋－， －1－(n－1)×331－362×3n136n＋3所以Tn＝－.

124×3n经检验，n＝1时也适合． 136n＋3

综上可得Tn＝－.

124×3n

－

－

－

－

－

－

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