数列求和的七种基本方法

甘志国

(北京丰台二中　100071)

一、运用公式法

很多数列的前n项和Sn的求法，就是套等差、等比数列前n项和Sn的公式，因此以下常用公式应当熟记：

还要记住一些正整数的幂和公式：

(1)求{an}的通项公式；

(2)求{bn}的前n项和．

又因为{an}是公差为3的等差数列，所以an=2+3(n-1)=3n-1．

二、倒序相加法

事实上，等差数列的前n项和Sn的公式推导方法就是倒序相加法．

题2求正整数m与n(m

解显然，这些既约分数为：

所以2S=(m+n)·2(n-m)=2(n2-m2),S=n2-m2

题3求数列{1+2+3+…+n}的前n项和Sn.

解法2因为

所以

解法3(倒序相加法)可得

Sn=1+(1+2)+(1+2+3)+…+(1+2+3+…+n),

Sn=1+(2+1)+(3+2+1)+…+[n+(n-1)+(n-2)+…+1],

把它们相加，可得

3Sn=1(n+2)+2(n+2)+3(n+2)+…+n(n+2)

三、裂项相消法

题5(2017年高考全国卷Ⅲ文科第17题)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.

(1)求{an}的通项公式；

解(1)当n≥2时，可得

a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,

a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).

把它们相减后，可得

由题设还可得a1=2，从而{an}的通项公式为

由(1)的答案，可得

四、分组求和法

五、错位相减法

题7(2017年高考天津卷第18题)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12,b3=a4-2a1，S11=11b4.

(1)求{an}和{bn}的通项公式；

(2)(理)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).

(文)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*).

解(1)(过程略)an=3n-2,bn=2n.

(2)用错位相减法可求得答案：

(文)(3n-4)×2n+2+16.

题8(2017年高考山东卷文科第19题)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1+a2=6，a1a2=a3.

(1)求数列{an}通项公式；

解(1)(过程略)an=2n.

又因为S2n+1=bnbn+1，bn+1≠0，所以bn=2n+1.

六、待定系数法

题9数列{(2n-1)·3n}的前n项和Sn=．

解设等差数列{am}的公差为d，等比数列{bm}的公比为q(q≠1)，得

am·bm=[a1+(m-1)d]·b1qm-1(m=1,2,…,n).

先用错位相减法求数列{am·bm}的前n项和Sn：

Sn=b1{a1+(a1+d)q+(a1+2d)q2+…+[a1+(n-1)d]qn-1},

qSn=b1{a1q+(a1+d)q2+…+[a1+(n-2)d]qn-1+[a1+(n-1)d]qn}.

所以有下面的结论成立：若{am},{bm}分别是等差数列、等比数列(其公比q≠1)，且a1,b1均是与n无关的常数，则数列{am·bm}的前n项和Sn=(an+b)qn-b，其中a,b是与n无关的常数．

由此结论就可以用待定系数法快速求解本题：

可设Sn=(an+b)·3n-b(其中a,b是常数)．

可得S1=3,S2=3+27=30，

从而Sn=(n-1)·3n+1+3．

题10求和Sn=1·2n+2·2n-1+3·2n-2+…+(n-1)·22+n·2．

解得

七、求导法、积分法

(3)求数列{(2n-1)·3n}的前n项和Sn．

解(1)当x=0时，显然成立．当x≠0时，由等比数列的前n项和公式知，欲证结论也成立．

(2)视(1)的结论为两个函数相等，两边求导后即得欲证成立．

(3)(2n-1)·3n=6(n·3n-1)-3n．

题12(2008年高考江苏卷第23题)请先阅读：在等式cos2x=2cos2x-1(x∈R)的两边对x求导，得(cos2x)′=(2cos2x-1)′．

由求导法则，得(-sin2x)·2=4cosx·(-sinx)，化简后得等式sin2x=2sinxcosx．

(2)对于整数n≥3，求证：

答案：(1)在已知等式两边对x求导后移项可得欲证．

(2)①在结论(1)中令x=-1可证．

③在已知等式两边在[0,1]上对x积分后可得欲证．