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培优课 数列求和
研究数列求和的关键是研究通项，然后根据通项的形式选择合适的求和方式.常用方法除公式法外，还有分组求和法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等.
类型一 分组法求和
【例1】 已知正项等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝24.
(1)求数列{an}的通项公式；
解 设数列{an}的公比为q(q>0)，
(2)数列{bn}满足bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前n项和.
解
bn＝log22n＝n，设{an＋bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(an＋bn)
＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)
1.若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
思维升华
【例2】 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S2＝2，S4＝16，{an＋1}是等比数列.
类型二 裂项相消法求和
解 设等比数列{an＋1}的公比为q，其前n项和为Tn，
因为S2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20，
(1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的.
常见的拆项公式：
思维升华
(2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止.
(3)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
思维升华
【例3】 已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
类型三 错位相减法求和
1.一般地，如果数列{an}
1.一般地，如果数列{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.
2.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”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
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.
思维升华
【例4】 已知定义在R上的函数f(x)的图象的对称中心为(1
010，2).数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝f(n)，n∈N
，则S2
019＝________.
类型四 倒序相加法
4
038
解析 由条件得f(2×1
010－x)＋f(x)＝2×2，
即f(2
020－x)＋f(x)＝4，
于是有a2
020－n＋an＝4(n∈N
).
又S2
019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2
018＋a2
019，
S2
019＝a2
019＋a2
018＋…＋a2＋a1，
两式相加得2S2
019＝(a1＋a2
019)＋(a2＋a2
018)＋…＋(a2
018＋a2)＋(a2
019＋a1)
＝2
019(a1＋a2
019)＝2
019×4.
故S2
019＝2
019×2＝4
038.
如果一个数列的前n项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n项和.
思维升华
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.
(1)求数列{an}的通项公式；
尝试训练
解 设等差数列{an}的公差为d，
由S3＋S4＝S5可得a1＋a2＋a3＝a5，
即3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)令bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解
由(1)可得bn＝(－1)n－1×(2n－1)，
∴T2n＝(1－3)＋(5－7)＋…＋[(4n－3)－(4n－1)]
＝(－2)·n＝－2n.
2.设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.
解 设数列{an}的公差为d，
解得a1＝3，d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
3.已知数列{an}的通项公式为an＝3n－1，在等差数列{bn}中，bn>0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列.
(1)求数列{anbn}的通项公式；
解 ∵an＝3n－1，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9.
∵在等差数列{bn}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，则b2＝5.
设等差数列{bn}的公差为d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，
∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2.
∵bn>0，∴d＝－10应舍去，∴d＝2，
∴b1＝3，∴bn＝2n＋1.
故anbn＝(2n＋1)·3n－1，n∈N
.
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
解
由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1，①
3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，②
①－②，得
－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n
＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n
本节内容结束培优课 数列求和
研究数列求和的关键是研究通项，然后根据通项的形式选择合适的求和方式.常用方法除公式法外，还有分组求和法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等.
类型一 分组法求和
【例1】 已知正项等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝24.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前n项和.
解 (1)设数列{an}的公比为q(q>0)，
则解得
∴an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)bn＝log22n＝n，设{an＋bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(an＋bn)
＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)
＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)
＝＋
＝2n＋1－2＋n2＋n.
思维升华 1.若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
2.若数列{cn}的通项公式为cn＝其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和.
类型二 裂项相消法求和
【例2】 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S2＝2，S4＝16，{an＋1}是等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若an>0，设bn＝log2(3an＋3)，求数列的前n项和.
解 (1)设等比数列{an＋1}的公比为q，其前n项和为Tn，
因为S2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20，
易知q≠1，所以T2＝＝4①，
T4＝＝20②，
由得1＋q2＝5，解得q＝±2.
当q＝2时，a1＝，所以an＋1＝×2n－1＝；
当q＝－2时，a1＝－5，所以an＋1＝(－4)×(－2)n－1＝－(－2)n＋1.
所以an＝－1或an＝－(－2)n＋1－1.
(2)因为an>0，所以an＝－1，所以bn＝log2(3an＋3)＝n＋1，
所以＝＝－，
所以数列的前n项和为
＋＋…＋
＝－＝.
思维升华 (1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的.
常见的拆项公式：
(ⅰ)＝－；
(ⅱ)＝；
(ⅲ)＝－.
(2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止.
(3)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
类型三 错位相减法求和
【例3】 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}的通项公式；
(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn.
解 (1)设{an}的公比为q，
由题意知：a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2，
又an>0，
解得：a1＝2，q＝2，所以an＝2n.
(2)由题意知：S2n＋1＝
＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，
所以bn＝2n＋1.
令cn＝，则cn＝，
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋＋…＋＋，
又Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝＋－
＝＋－
＝－，
所以Tn＝5－.
思维升华 1.一般地，如果数列{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.
2.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”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
类型四 倒序相加法
【例4】 已知定义在R上的函数f(x)的图象的对称中心为(1
010，2).数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝f(n)，n∈N
，则S2
019＝________.
答案 4
038
解析 由条件得f(2×1
010－x)＋f(x)＝2×2，
即f(2
020－x)＋f(x)＝4，
于是有a2
020－n＋an＝4(n∈N
).
又S2
019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2
018＋a2
019，
S2
019＝a2
019＋a2
018＋…＋a2＋a1，
两式相加得2S2
019＝(a1＋a2
019)＋(a2＋a2
018)＋…＋(a2
018＋a2)＋(a2
019＋a1)＝2
019(a1＋a2
019)＝2
019×4.
故S2
019＝2
019×2＝4
038.
思维升华 如果一个数列的前n项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n项和.
尝试训练
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由S3＋S4＝S5可得a1＋a2＋a3＝a5，
即3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1×(2n－1)，
∴T2n＝(1－3)＋(5－7)＋…＋[(4n－3)－(4n－1)]
＝(－2)·n＝－2n.
2.设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.
(1)求an；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公差为d，
由题意得
解得a1＝3，d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2)由(1)得Sn＝na1＋d＝n(n＋2)，
∴bn＝＝.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝[＋＋…＋＋]＝
＝－.
3.已知数列{an}的通项公式为an＝3n－1，在等差数列{bn}中，bn>0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列.
(1)求数列{anbn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
解 (1)∵an＝3n－1，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9.
∵在等差数列{bn}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，则b2＝5.
设等差数列{bn}的公差为d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，
∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2.
∵bn>0，∴d＝－10应舍去，∴d＝2，
∴b1＝3，∴bn＝2n＋1.
故anbn＝(2n＋1)·3n－1，n∈N
.
(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1，①
3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，②
①－②，得
－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n
＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n
＝3＋2×－(2n＋1)3n
＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n.
∴Tn＝n·3n，n∈N
.
