求数列前n项和的几种方法

2n个
n个
＝ 19×99…92n9个－29×99…n9个
＝ 19[102n－1－2×10n－1] ＝13 10n－12＝13(10n－1)．
所以 Sn＝31×Fra Baidu bibliotek10－1)＋13×(102－1)＋…＋13(10n－1)
＝13×[(10＋102＋…＋10n)－n]← 重组两个和式 ＝13×101100－n－1 1－31×n ＝10n＋217－10－n3.
四、裂项相消法求和 【例 5】 在数列{an}中，an＝n＋1 1＋n＋2 1＋…＋n＋n 1，又 bn＝an·a2n＋1，求数列{bn}的前 n 项的和．
解：an＝n＋1 1(1＋2＋…＋n)＝n2， ∵bn＝an·a2n＋1， ∴bn＝n n2＋1＝8(n1－n＋1 1)，
2· 2 ∴数列{bn}的前 n 项和为 Sn＝8[(1－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(n1－n＋1 1)]＝8(1－n＋1 1)＝n8＋n1.
∴S＝3 2.
答案：3 2
此题运用了倒序相加法求得所给函数值的和，由此可以看出，熟练掌握重 要的定理、公式的推导过程是非常重要的，它有助于同学们理解各种解题方法，强化思维过 程的训练．当数列{an}满足 ak＋an－k＝常数时，可用倒序相加法求数列{an}的前 n 项和．
三、错位相减法求和 【例 3】 求和 a＋2a2＋3a3＋…＋nan(n∈N)．
求数列前 n 项和的几种方法
数列求和是数列的一个重要内容，由于求和形式多样，所以思维容量大，思维层次高， 是高考的热点问题，应给予足够的重视，现总结如下：
一、公式法求和 【例 1】 已知等差数列{an}，a2＝9，a5＝21. (1)求{an}的通项公式； (2)令 bn＝2an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
解：记 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＋nan， 则 aSn＝a2＋2a3＋…＋(n－2)an－1＋(n－1)an＋nan＋1. 两式相减，得(1－a)Sn＝(a＋a2＋a3＋…＋an)－nan＋1. 若 a＝1，则 Sn＝1＋2＋…＋n＝nn2＋1； 若 a≠1，则 Sn＝a11－－aan2－n1a－n＋a1.
∴f(x)＋f(1－x)＝2x＋1
＋ 2
22×＋22x－x 1＝
2 2.
设 S＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)，倒过来，则有
S＝f(6)＋f(5)＋…＋f(0)＋…＋f(－4)＋f(－5)，
∴2S＝[f(－5)＋f(6)]＋[f(－4)＋f(5)]＋…＋[f(6)＋f(－5)]＝6 2.
的特点及 f(－5)，f(6)；f(－4)， 2
f(5)；…的特点，f(x)与 f(1－x)是否有某种特别的联系，如果有则可以用求等差数列前 n 项和
公式的方法倒序相加法解答此题．
解析：∵f(x)＝2x＋1
， 2
∴f(1－x)＝21－x＋1
＝ 2 2＋
2x 2×2x
1 ×2x ＝2 ＝
2＋2x
2×2x－1 2＋2x .
(1)一个等比数列在求前 n 项和时，一定要注意公比 q 是否为 1，若不能确 定，则要分 q＝1 和 q≠1 两种情况讨论．
(2)错位相减法：等比数列前 n 项和公式的推导方法，即将数列中的各项乘以一个适当的 数(式)．然后错开一位相减，使数列中的一些项相互抵消或形成规律，从而得出数列的前 n 项和．此种方法常用于求数列{an·bn}的前 n 项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列．
思路点拨：由 a2，a5 的值列方程组可求得基本量 a1 和 d，即可求 an；再利用等比数列前 n 项和公式求 Sn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为 d，依题意得方程组aa11＋＋d4d＝＝921 解得 a1＝5，d＝4.
∴{an}的通项公式为 an＝4n＋1. (2)由 an＝4n＋1 得 bn＝24n＋1，bn＋1＝24(n＋1)＋1 ∴bbn＋n 1＝242n4＋n＋11＋1＝24. ∴{bn}是以 b1＝25 为首项，公比为 q＝24 的等比数列． 由等比数列前 n 项和公式得： Sn＝2511－－2244n＝32214n5－1.
分析数列是由等差数列或等比数列构成，可直接由等差数列与等比数列的 求和公式求和．
二、倒序相加法求和
【例 2】 设 f(x)＝2x＋1
，利用教科书上推导数列前 n 项和公式的方法，可求得 f(－5) 2
＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值为________．
思路点拨：若直接求解则相当麻烦，考虑 f(x)＝2x＋1
五、分组求和法与并项求和法求和
【例 6】 (1)求和：Sn＝ 11－2＋
1111－22＋…＋
11…1 1 －22… 2 ；
2n个
n个
(2)求和：Sn＝1－3＋5－7＋9－11＋…＋(－1)n－1(2n－1)；
(3)求和：12＋32＋52＋…＋(2n＋1)2.
解：(1)因为
an＝
11…1 1 －22… 2
和．
(1)若数列{an}的通项能转化为 f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项相消法求
(2)使用裂项相消法求和时，要注意正、负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项．
(3)常见的拆项有：①nn1＋1＝n1－n＋1 1，②ab1＝a＋b1，③
1
＝
n＋ n＋1
n＋1－
n，
④2n－112n＋1＝21(2n1－1－2n1＋1)等．
【例 4】 求和 Sn＝1×2＋4×22＋7×23＋…＋(3n－2)×2n.
解：因为 Sn＝1×2＋4×22＋7×23＋…＋[3(n－1)－2]×2n－1＋(3n－2)×2n，① 2Sn＝1×22＋4×23＋…＋[3(n－2)－2]×2n－1＋[3(n－1)－2]×2n＋(3n－2)×2n＋1，② 所以①－②得 －Sn＝1×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－2)×2n＋1 ＝3×(2＋22＋…＋2n)－(3n－2)×2n＋1－4 ＝3×(2n＋1－2)－(3n－2)×2n＋1－4 ＝3×2n＋1－6－3n×2n＋1＋2n＋2－4 ＝2n＋2＋3(1－n)×2n＋1－10＝(5－3n)×2n＋1－10. 所以 Sn＝(3n－5)×2n＋1＋10.