培优课　数列求和的常用方法

非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想

1.转化思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；

2.不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.

类型一　公式法

例1 设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N＋)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N＋).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.

(1)求Sn和Tn；

(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值.

解　(1)设等比数列{bn}的公比为q.

由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.

∵q>0，∴q＝2，故bn＝2n－1.

∴Tn＝＝2n－1.

设等差数列{an}的公差为d.

由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.

由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，

故an＝n，∴Sn＝.

(2)由(1)知T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2.

由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，

可得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，

整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍去)或n＝4.

∴n的值为4.

类型二　倒序相加法

例2 设f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，则S＝________.

答案　1 011

解析　∵f(x)＝，∴f(1－x)＝＝.

∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.

S＝f＋f＋…＋f，①

S＝f＋f＋…＋f，②

①＋②，得2S＝＋

＋…＋

＝2 022，

∴S＝＝1 011.

类型三　裂项相消法

例3 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＝＝4，①

T4＝＝20，②

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

＋＋…＋

＝－＝.

类型四　分组求和法

例4 已知等差数列{an}满足a5＝9，a2＋a6＝14.

(1)求{an}的通项公式；

(2)若bn＝an＋qan(q>0)，求数列{bn}的前n项和Sn.

解　(1)设数列{an}的公差为d，

则由得

解得

所以{an}的通项公式为an＝2n－1.

(2)由an＝2n－1得bn＝2n－1＋q2n－1.

当q>0且q≠1时，Sn＝[1＋3＋5＋7…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋q7＋…＋q2n－1)＝n2＋；

当q＝1时，bn＝2n，则Sn＝n(n＋1).

所以数列{bn}的前n项和Sn＝

类型五　错位相减法

例5 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－.