数列求和经典题型分析

数列求和的常用方法

数列求和是数列的重要内容之一，也是高考数学的重点考查对象。数列求和的基本思路是，抓通项，找规律，套方法。下面介绍数列求和的几种常用方法：

一、直接（或转化）由等差、等比数列的求和公式求和

利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.1、等差数列求和公式：Sn

n(a1an)

2na1

n(n1)

2d

2、等比数列求和公式：Sn

n

na1n

aanqa1(1q)



11q1q

(q1)(q1)

n

3、Sn

5、Sn



k1n

k

1

2(n1)

4、Sn



k

1k

216

n(n1)(2n1)

1

32k[n(n1)] 2k1

例1（07高考山东文18）设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S37，且

a13，3a2，a34构成等差数列．

（1）求数列{an}的等差数列．

2，，（2）令bnlna3n1，n1，求数列{bn}的前n项和T．

a1a2a37，



解：（1）由已知得:(a3)(a4)解得a22．

13

3a2.

2

设数列{an}的公比为q，由a22，可得a1又S37，可知

2q

2

2q

，a32q．

22q7，即2q5q20，

12

解得q12，q2

．由题意得q1，q2．

n1

a11．故数列{an}的通项为an2

．

3n

2，，（2）由于bnlna3n1，n1，由（1）得a3n12

bnln2

3n

3nln2，又bn1bn3ln2n

{bn}是等差数列． Tnb1b2bn



n(b1bn)

2

n(3ln23ln2)

2

3n(n1)

ln2.

故Tn

2

3n(n1)

2

ln2．

练习：设Sn＝1+2+3+…+n，n∈N,求f(n)

解：由等差数列求和公式得 Sn∴ f(n)＝

Sn

(n32)Sn1

*

Sn

(n32)Sn112

的最大值.

12

(n1)(n2)（利用常用公式）

n(n1)， Sn

＝＝

nn34n6

4150

1n34

64n

(n

8n)50

150

∴ 当 n

88

，即n＝8时，f(n)max

二、错位相减法

设数列an的等比数列，数列bn是等差数列，则数列anbn的前n项和Sn求解，均可用错位相减法。

例2（07高考天津理21）在数列an中，a12，an1ann1(2)2n(nN)，其中0． （Ⅰ）求数列an的通项公式； （Ⅱ）求数列an的前n项和Sn；

n1n

(2)2(nN)，0， （Ⅰ）解：由an1an

可得

an

1

n1

2



n1

2

n1， 

n

an

n

n

a2an2

所以n为等差数列，其公差为1，首项为0，故nn1，所以数列an的通项公

nnn

式为an(n1)2．

234n1n

（Ⅱ）解：设Tn23(n2)(n1)，①

Tn23(n2)(n1)

345nn1

②

n1

当1时，①式减去②式，

得(1)Tn(n1)Tn

n

n1



1

n1

(n1)

n1

，



2n1

2(1)



(n1)1

n1



(n1)

n2

n



(1)

(n1)

n2

．

这时数列an的前n项和Sn当1时，Tn

n(n1)2

n

n1



(1)

2

n1

2．

2

n1

．这时数列an的前n项和Sn

n(n1)2

2．

例3（07高考全国Ⅱ文21）设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1b11，

a3b521，a5b31

3（Ⅰ）求{an}，{bn}的通项公式； an

（Ⅱ）求数列的前n项和Sn．

bn

12dq21，

解：（Ⅰ）设an的公差为d，bn的公比为q，则依题意有q0且

14dq13，

解得d2，q2．

所以an1(n1)d2n1，

bnq

n1

2

n1

． ．

2n322n3222

n3n2

（Ⅱ）

anbn32



2n12

n1

Sn1

52

5



2n122n12

n2n1

，① ，②

2n12

n1

2Sn23

②－①得Sn22



22



22

n2

，

1112n1

2212n2n1

2222

1

22

1n1

1

6

2n32

n1

12



2n12

n1

．

三、逆序相加法

把数列正着写和倒着写再相加（即等差数列求和公式的推导过程的推广） 例4（07豫南五市二联理22.）设函数f(x)

OP

1

222

x

x

的图象上有两点P1(x1, y1)、P2(x2, y2)，若

1

2(OP1OP2),且点P的横坐标为

3nn

.（I）求证：P点的纵坐标为定值，并求出这个定值； （II）若Snf()f()f()f(),

n

n

n

nN,求Sn;

*

（III）略 （I）∵OP

12

(OP1OP2),且点P的横坐标为

12

.

∴P是P1P2的中点，且x1x



1 

y





y



x

1x2

x1



2x



x2





2x





2x

4

1

x2

x1

2x

x11





y

p

由（I）知，x1x

1f

xfx1,且f

12

又S

n

12n1nffff1nnnn

，（1）+（2）得：

S

n

nn121ffff2nnnn

n

2S

1nn12n21f1fffffff1

nnnnnn

2f

1111n3

S

n



n32

四、裂项求和法

这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用.裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后

重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的.通项分解（裂项）如：（1）an（2）an（3）an

1n(n1)

(2n)



1n



1n11

1(



12n

1)

(2n1)(2n1)22n1

1n(n1)(n2)

11

2,



2n(n1),,12

3n

[

1

1(n1)(n2)n1

]等。

例5 求数列

解：设an则 Sn

231n1

2,的前n项和.n1

n1

n（裂项）

1n

n1

n)

（裂项求和）

1

＝(2)(3＝n11

2)(n1

例6（06高考湖北卷理17）已知二次函数yf(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f(x)6x2，数



列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)的图像上。

\'

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）设bn

1anan1

，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn

m20

对所有nN都成立的最小正整数m；



解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得 a=3 ,b=－2, 所以f(x)＝3x2－2x.

2

又因为点(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)的图像上，所以Sn＝3n－2n.

3n1)2(n1)＝6n－5.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n－2n）－（

当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5 （nN） （Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn

3anan1



＝

(6n5)6(n1)5

＝

26n

5(



16n1

)，

n

故Tn＝bi＝

i1

11111111

＝（1－）.(1)()...()226n177136n56n116n1

因此，要使

12

（1－）

m20

（nN）成立的m,必须且仅须满足

12

≤

m20

，即m≥10，所以满足要

求的最小正整数m为10.

评析：一般地，若数列an为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，则求和：

i1

n

n

1aiai1

首先考虑也可



i1

1aiai1

n





i1

dai

(



1ai1

n

)则

i1

1aiai1

=

da1

(



1an1

)

na1an1

n

。下列求和：

i1

1ai

ai1

用裂项求和法。

五、分组求和法

所谓分组法求和就是：对一类既不是等差数列，也不是等比数列的数列，若将这类数列适当拆开，可

分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并。

例7数列{an}的前n项和Sn2an1，数列{bn}满b13,bn1anbn(nN) .（Ⅰ）证明数列{an}为等比数列；（Ⅱ）求数列{bn}的前n项和Tn。

解析：（Ⅰ）由Sn2an1,nN,Sn12an11，

两式相减得：an12an12an,an12an,nN.同a11知an0，

an1an

2,同定义知{an}是首项为1，公比为2的等比数列.bn1bn

2n

1（Ⅱ）an2n1,bn12n1bn

,

b2b120,b3b221,b4b322,

n2

bnbn12,等式左、右两边分别相加得：

bnb122

201n2

3

12

n

112

2

n1

2,

Tn(22)(22)(22)(2

n1

2)(2222

012n1

)2n

=

12

n

12

2n22n1.n

例8求S12223242(1)n1n2（nN） 解：⑴ 当n为偶数时，

S(12)(34)[(n1)n](12n)

n(1n)2

；

n(n1)2

12

⑵ 当n为奇数时，

S(12)(34)[(n2)(n1)]n[12(n1)]n

n

(nn)

综上所

述，S(1)n1

12

n(n1)．

点评：分组求和即将不能直接求和的数列分解成若干个可以求和的数列,分别求和.

六、利用数列的通项求和

先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，是一个重要的方法.例9求1111111111之和.

n个

11解：由于111

k个1

19

9999

k个1

19

(10

k

1)（找通项及特征）

∴ 1111111111 

n个1

＝＝

19

(101)

19

(10

1)

19

n

(10

1)

19

(10

n

1)（分组求和）

9(10101010)

n

19

(1111) 

n个1

110(101)n

＝ 910191n1＝(10109n) 81

例10已知数列{an}：an

8(n1)(n3)



,求(n1)(anan1)的值.

n1

解：∵ (n1)(anan1)8(n1)[＝8[

1(n2)(n4)

1n

2

1(n1)(n3)



1(n2)(n4)

]（找通项及特征）



1(n3)(n4)

)8(

]（设制分组）



)（裂项）

n3n

4

1111

∴ (n1)(anan1)4()8()（分组、裂项求和）

n4n4n1n1n2n1n3

＝4(

1n4

＝4(＝

133

13



14

)8

14

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