数列求和
2014-12-13郑灿基
郑灿基
重点：掌握等差数列、等比数列的求和公式;掌握特殊的非等差、等比数列求和的几种常见方法.
难点：通过分析数列的通项，能快速选择适当的方法进行数列求和;分类讨论思想和转化思想的运用.
1. 公式法
利用以下常用的求和公式求和是数列求和的最基本、最重要的方法.
（1）等差数列的前n项和公式：Sn==na1+.
（2）等比数列的前n项和公式：Sn=na1，q=1，=，q≠1.
（3）几个常用的数列求和公式：Sn=k=n（n+1），Sn=k2=n·（n+1）（2n+1），Sn=k3=n（n+1）2.
2.分组求和法
一个数列的通项公式由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可进行拆分，分别用常用的求和公式求和后相加减，例如求{n+2n}的前n项和.
3. 倒序相加法
若将一个数列{an}的前n项倒过来排序，它与{an}的前n项分别对应“配对”相加时，若每对的和相等或等于同一个常数，则求{an}的前n项和可用倒序相加法. 例如等差数列{an}的前n项和公式即是用此法推导的.
4.错位相减法
若数列{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. 一般是和式两边同乘等比数列{bn}的公比（若公比为参数，应分公比为1和不为1两类讨论），然后作差求解. 例如求{n·2n}的前n项和. 注意在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出表达式.
5.并项求和法
数列{an}的前n项和Sn中，某些项合在一起就具有特殊的性质，因此可以几项结合求和，再求Sn，则称之为并项求和. 形如an=（-1）nf（n）的类型，可以采用相邻两项合并求解;如周期为4的数列求其前n项和，可以采用相邻四项合并求解.
6.裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，求和过程中能够前后相互抵消，从而求得其和. 本法常适用于通项的结构中含有的前n项求和. 分裂通项时，应注意通项是否恰好等于相应的两项之差;在求和时还要注意，抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也可能是前面剩两项，后面也剩两项，例如求的前n项和.
常见的拆项公式有：
（1）=-;（2）=-;
（3）=-（其中{an}是一个公差d不为0的等差数列）;
（4）=-;
（5）=-;
（6）=-;（7）=-.
例1 （2014年高考湖南卷）已知数列{an}的前n项和Sn=，n∈N？鄢.
（1）求数列{an}的通项公式;？摇
（2）设bn=2+（-1）nan，求数列{bn}的前2n项和.
？摇 思索 本题主要考查数列前n项和Sn与通项an的关系，等差数列和等比数列的前n项和公式以及分组求和法与并项求和法. 对于（1），已知Sn求an，应分两种情况，灵活运用结论an=S1，n=1，Sn-Sn-1，n≥2 来求解数列的通项公式. 对于（2），将（1）得到的通项公式代入，可得bn由2n和（-1）nn相加，所以求{bn}的前2n项和要用分组求和法，而（-1）nn的求和则需要用到并项求和法.
？摇破解 （1）当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-=n. 当n=1时，a1=S1=1，满足上式，故an=n（n∈N？鄢）.
（2）由（1）知，bn=2n+（-1）nn. 记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n=（21+22+…+22n）+[-1+2-3+4-…-（2n-1）+2n]=+（1+1+…+1）=22n+1+n-2. 故数列{bn}的前2n项和为22n+1+n-2.
例2 （2014年高考全国大纲卷）等差数列{an}的前n项和为Sn. 已知a1=10，a2为整数，且Sn≤S4.
（1）求{an}的通项公式;？摇
（2）设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn.
思索 本题主要考查等差数列的概念与性质、等差数列的通项公式和前n项和公式，以及裂项相消法，重点考查运算求解能力和转化化归能力. 对于（1），目标就是求出{an}的公差d. 由a1=10和a2为整数，可知公差d是整数. 由Sn≤S4可知当n=4时，Sn取得最大值，所以d<0，a4≥0，a5≤0，建立不等式组可以求出整数d. 也可以直接由Sn≤S4得到S3≤S4，S5≤S4， 即不等式组3a1+3d≤4a1+6d，5a1+10d≤4a1+6d，求出整数d. 对于（2），由于{an}是等差数列，可以拆分=-，采用裂项相消法求和.
破解 （1）由a1=10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d是整数. 由Sn≤S4可知，当n=4时，Sn取得最大值，所以d<0，a4≥0，a5≤0. 所以a1+3d≥0且a1+4d≤0，即10+3d≥0且10+4d≤0，解得-≤d≤-. 所以d=-3. 故数列{an}的通项公式an=10-3（n-1）=13-3n.
（2）bn===
--，所以Tn=b1+b2+
…+bn=--+--+…+--=
--+-+…+-=--=.
例3 （2014年高考四川卷）设等差数列{an}的公差为d，点（an，bn）在函数f（x）=2x的图象上（n∈N？鄢）.
（1）若a1=-2，点（a8，4b7）在函数f（x）的图象上，求数列{an}的前n项和Sn;endprint
（2）若a1=1，函数f（x）的图象在点（a2，b2）处的切线在x轴上的截距为2-，求数列的前n项和Tn.
思索 本题将数列、函数与导数有机结合在一起，考查等差数列、等比数列的通项公式和前n项和公式，错位相减法以及导数的几何意义;重点考查运算求解能力和分析处理综合问题的能力.对于（1），不难得bn=2，4b7=2，由于所求目标是an，所以应将两个条件进行化简，消去bn得到关于an的式子，再利用a1，d这两个基本量代入求解得d，最后利用等差数列的前n项和公式求出Sn. 对于（2），求出f（x）的图象在点（a2，b2）处的切线，令y=0求出x的值，结合x=2-和b2=2两式可求得a2=2，从而求得an=n，由于<，应考虑错位相减法求和.
破解 （1）因为点（an，bn）在函数f（x）=2x的图象上（n∈N？鄢），所以bn=2，所以b=2. 又因为点（a8，4b7）在函数f（x）的图象上，所以4b7=2，所以4·2=2，即a+2=a，所以等差数列{an}的公差d=a8-a7=2. 所以{an}的前n项和Sn=n×（-2）+×2=n2-3n.
（2）因为f（x）=2x，所以f ′（x）=2xln2，所以函数f（x）=2x在点（a2，b2）处的切线方程为y-b2=（2ln2）（x-a2）. 令y=0，得x=a2-. 因为b2=2，所以x=a2-. 因为x=2-，所以a2=2，由a1=1可得公差d=1，所以an=n. 又因为bn=2，所以bn=2n，所以==n·n.因为Tn=+2·2+3·3+…+（n-1）·n-1+n·n，所以Tn=2+2·3+3·4+
…+（n-1）·n+n·n+1，两式相减得：Tn=+2+3+4+
…+n-n·n+1=-n·n+1=1--，所以Tn=21--=2-.
1. 数列2，2，3，4，…，n+，…的前n项和为（ ）
A. +2-
B. +1-
C. -
D. -
2. 已知函数f（x）对任意x∈R，都有f（x）+f（1-x）=，则f（0）+f+f+…+f+f（1）=________.
3. 已知{an}是首项为1、公差为2的等差数列，S表示{an}的前n项和.{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2-（a4+1）q+S4=0，则{bn}的前n项和Tn=________.
4. （2014年高考新课标卷I）已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2-5x+6=0的根.
（1）求{an}的通项公式;（2）求数列的前n项和.
5. 正项数列{an}的前项和Sn满足：S2n-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0.
（1）求数列{an}的通项公式an;
（2）令bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N？鄢，都有Tn<.
参考答案
1. C 2. 504？摇 3. （4n-1）
4. （1）an=n+1.
（2）设的前n项和为Sn，由（1）可得==，则Sn=++…++，则Sn=++
…++，两式相减可得Sn=++…+-=+-=+1--，所以Sn=2-.
5. （1）由S-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0，得[Sn-（n2+n）]（Sn+1）=0. 由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn=n2+n. 于是a1=S1=2，n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n. 综上，数列{an}的通项an=2n.
（2）由于an=2n，bn=，所以bn==-，Tn=1-+-+-+…+-+-=1+--<1+=.endprint
（2）若a1=1，函数f（x）的图象在点（a2，b2）处的切线在x轴上的截距为2-，求数列的前n项和Tn.
思索 本题将数列、函数与导数有机结合在一起，考查等差数列、等比数列的通项公式和前n项和公式，错位相减法以及导数的几何意义;重点考查运算求解能力和分析处理综合问题的能力.对于（1），不难得bn=2，4b7=2，由于所求目标是an，所以应将两个条件进行化简，消去bn得到关于an的式子，再利用a1，d这两个基本量代入求解得d，最后利用等差数列的前n项和公式求出Sn. 对于（2），求出f（x）的图象在点（a2，b2）处的切线，令y=0求出x的值，结合x=2-和b2=2两式可求得a2=2，从而求得an=n，由于<，应考虑错位相减法求和.
破解 （1）因为点（an，bn）在函数f（x）=2x的图象上（n∈N？鄢），所以bn=2，所以b=2. 又因为点（a8，4b7）在函数f（x）的图象上，所以4b7=2，所以4·2=2，即a+2=a，所以等差数列{an}的公差d=a8-a7=2. 所以{an}的前n项和Sn=n×（-2）+×2=n2-3n.
（2）因为f（x）=2x，所以f ′（x）=2xln2，所以函数f（x）=2x在点（a2，b2）处的切线方程为y-b2=（2ln2）（x-a2）. 令y=0，得x=a2-. 因为b2=2，所以x=a2-. 因为x=2-，所以a2=2，由a1=1可得公差d=1，所以an=n. 又因为bn=2，所以bn=2n，所以==n·n.因为Tn=+2·2+3·3+…+（n-1）·n-1+n·n，所以Tn=2+2·3+3·4+
…+（n-1）·n+n·n+1，两式相减得：Tn=+2+3+4+
…+n-n·n+1=-n·n+1=1--，所以Tn=21--=2-.
1. 数列2，2，3，4，…，n+，…的前n项和为（ ）
A. +2-
B. +1-
C. -
D. -
2. 已知函数f（x）对任意x∈R，都有f（x）+f（1-x）=，则f（0）+f+f+…+f+f（1）=________.
3. 已知{an}是首项为1、公差为2的等差数列，S表示{an}的前n项和.{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2-（a4+1）q+S4=0，则{bn}的前n项和Tn=________.
4. （2014年高考新课标卷I）已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2-5x+6=0的根.
（1）求{an}的通项公式;（2）求数列的前n项和.
5. 正项数列{an}的前项和Sn满足：S2n-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0.
（1）求数列{an}的通项公式an;
（2）令bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N？鄢，都有Tn<.
参考答案
1. C 2. 504？摇 3. （4n-1）
4. （1）an=n+1.
（2）设的前n项和为Sn，由（1）可得==，则Sn=++…++，则Sn=++
…++，两式相减可得Sn=++…+-=+-=+1--，所以Sn=2-.
5. （1）由S-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0，得[Sn-（n2+n）]（Sn+1）=0. 由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn=n2+n. 于是a1=S1=2，n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n. 综上，数列{an}的通项an=2n.
（2）由于an=2n，bn=，所以bn==-，Tn=1-+-+-+…+-+-=1+--<1+=.endprint
（2）若a1=1，函数f（x）的图象在点（a2，b2）处的切线在x轴上的截距为2-，求数列的前n项和Tn.
思索 本题将数列、函数与导数有机结合在一起，考查等差数列、等比数列的通项公式和前n项和公式，错位相减法以及导数的几何意义;重点考查运算求解能力和分析处理综合问题的能力.对于（1），不难得bn=2，4b7=2，由于所求目标是an，所以应将两个条件进行化简，消去bn得到关于an的式子，再利用a1，d这两个基本量代入求解得d，最后利用等差数列的前n项和公式求出Sn. 对于（2），求出f（x）的图象在点（a2，b2）处的切线，令y=0求出x的值，结合x=2-和b2=2两式可求得a2=2，从而求得an=n，由于<，应考虑错位相减法求和.
破解 （1）因为点（an，bn）在函数f（x）=2x的图象上（n∈N？鄢），所以bn=2，所以b=2. 又因为点（a8，4b7）在函数f（x）的图象上，所以4b7=2，所以4·2=2，即a+2=a，所以等差数列{an}的公差d=a8-a7=2. 所以{an}的前n项和Sn=n×（-2）+×2=n2-3n.
（2）因为f（x）=2x，所以f ′（x）=2xln2，所以函数f（x）=2x在点（a2，b2）处的切线方程为y-b2=（2ln2）（x-a2）. 令y=0，得x=a2-. 因为b2=2，所以x=a2-. 因为x=2-，所以a2=2，由a1=1可得公差d=1，所以an=n. 又因为bn=2，所以bn=2n，所以==n·n.因为Tn=+2·2+3·3+…+（n-1）·n-1+n·n，所以Tn=2+2·3+3·4+
…+（n-1）·n+n·n+1，两式相减得：Tn=+2+3+4+
…+n-n·n+1=-n·n+1=1--，所以Tn=21--=2-.
1. 数列2，2，3，4，…，n+，…的前n项和为（ ）
A. +2-
B. +1-
C. -
D. -
2. 已知函数f（x）对任意x∈R，都有f（x）+f（1-x）=，则f（0）+f+f+…+f+f（1）=________.
3. 已知{an}是首项为1、公差为2的等差数列，S表示{an}的前n项和.{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2-（a4+1）q+S4=0，则{bn}的前n项和Tn=________.
4. （2014年高考新课标卷I）已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2-5x+6=0的根.
（1）求{an}的通项公式;（2）求数列的前n项和.
5. 正项数列{an}的前项和Sn满足：S2n-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0.
（1）求数列{an}的通项公式an;
（2）令bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N？鄢，都有Tn<.
参考答案
1. C 2. 504？摇 3. （4n-1）
4. （1）an=n+1.
（2）设的前n项和为Sn，由（1）可得==，则Sn=++…++，则Sn=++
…++，两式相减可得Sn=++…+-=+-=+1--，所以Sn=2-.
5. （1）由S-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0，得[Sn-（n2+n）]（Sn+1）=0. 由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn=n2+n. 于是a1=S1=2，n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n. 综上，数列{an}的通项an=2n.
（2）由于an=2n，bn=，所以bn==-，Tn=1-+-+-+…+-+-=1+--<1+=.endprint
