[冲关锦囊] 分组求和常见类型及方法
(1)an＝kn＋b，利用等差数列前n项和公式直接求解； (2)an＝a·qn－1，利用等比数列前n项和公式直接求解； (3)an＝bn±cn，数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，
采用分组求和法求{an}的前n项和.
[精析考题] [例2] (2011·辽宁高考)已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{2an－n 1}的前n项和．
(12分)(2010·四川高考)已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项 和为－4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)an＝3－(n－1)＝4－n (2)由(1)可得，bn＝n·qn－1，于是 Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1 若 q≠1，将上式两边同乘以 q 有 qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn
解：(1)证明：由题意得2bn＋1＝bn＋1， ∴bn＋1＋1＝2bn＋2＝2(bn＋1)． 又∵a1＝2b1＋1＝1， ∴b1＝0，b1＋1＝1≠0. 故数列{bn＋1}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)可知，bn＋1＝2n－1，∴an＝2bn＋1＝2n－1. 故Cn＝an·2ann＋1＝2n－122nn＋1－1＝2n－1 1－2n＋11－1. ∴Tn＝C1＋C2＋…＋Cn ＝(1－13)＋(13－17)＋…＋(2n－1 1－2n＋11－1) ＝1－2n＋11－1.由Tn>22 001112，得2n＋1>2 013，解得n≥10. ∴满足条件的n的最小值为10.
解：Sn＝a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an① 2Sn＝2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan② ①－②得－Sn＝a1＋2(a2－a1)＋22(a3－a2)＋…＋2n－1(an－an－1)－2nan ＝1－(2＋22＋…＋2n－1)－2n(2－n)＝1－211－－22n－1－2n＋1＋n·2n ＝1＋2－2n－2n＋1＋n·2n＝(n－3)2n－3， ∴Sn＝3－(n－3)·2n.
一、公式法
1．如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等
差、等比数列的前n项和公式，注意等比数列公比q的取值情况要
分q＝1或q≠1.
(1)1＋2＋3＋4＋ … ＋n＝
nn＋1 2
(2)1＋3＋5＋7＋ … ＋2n－1＝ n2
(3)2＋4＋6＋8＋ … ＋2n＝ n2＋n
二、非等差、等比数列求和的常用方法 1．倒序相加法
两式相减得到
(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1(7分)
＝nqn－qqn－－11＝n
qn＋1－n＋1qn＋1
q－1
.
于是，Sn＝nqn＋1－q－n＋112qn＋1.(9分)
[例1] (2011·山东高考)等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表
第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不
在下表的同一列.
第一列 第二列 第三列
第一行 3
2
10
第二行 6 (1)求数列{an}的通项公式；第三行 9
4
14
8
18
(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求 {bn}的前2n项和S2n
所以S2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝2(1＋3＋…＋32n－1)＋[－1＋1－1＋…＋ (－1)2n](ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n2n]ln 3＝2×11－－332n＋ nln 3＝32n＋nln 3－1.
1．(2012·临沂模拟)数列112，314，518，7116，…的前n项和Sn为 (
)
A．n2＋1－21n
B．n2＋2－21n
C．n2＋1－2n1－1
D．n2＋2－2n1－1
解析：因为an＝2n－1＋21n， 则Sn＝1＋22n－1n＋1211－－1221n＝n2＋1－21n.
2．(2011·北京东城二模)已知{an}是首项为19，公差为－2的等差 数列，Sn为{an}的前n项和．
3．错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应 项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求.
【错位相减法】设 {an}的前n项和为Sn，an＝n·2n，则Sn＝
解析：∵Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…
＋n·2n
①
∴2Sn＝
1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1②
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3．(2012·温州调研)将函数 f(x)＝sin14x·sin14(x＋2π)·sin12(x＋3π)在区间 (0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{an}(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2nan，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn 的表达式．
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解：(1)f(x)＝sin14x·sin14(x＋2π)·sin12(x＋3π) ＝－14sin x. 其极值点为x＝kπ＋π2(k∈Z)． 它在(0，＋∞)内的全部极值点构成以π2为首项，π为公差的等差数列． ∴an＝π2＋(n－1)·π＝2n2－1π(n∈N*)．
(2)∵bn＝2nan＝π2(2n－1)·2n， ∴Tn＝π2[1·2＋3·22＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n]， 2Tn＝π2[1·22＋3·23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1]， 两式相减，得 －Tn＝π2[1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－(2n－1)·2n＋1]， ∴Tn＝π[(2n－3)·2n＋3]．
[自主解答] (1)设数列{an}的公比为q.由a23＝9a2a6得 a23＝9a24，所以q2＝19.由条件可知q＞0，故q＝13. 由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，得a1＝13. 故数列{an}的通项公式为an＝31n.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an ＝－(1＋2＋…＋n)＝－nn2＋1. 故b1n＝－nn2＋1＝－2n1－n＋1 1. b11＋b12＋…＋b1n＝－21－12＋12－13＋…＋
数列求和的方法
(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通 项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备 某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．
(2)解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路： ①转化的思想，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减来 完成． ②不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项 相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．
n＋2 B.n＋1
n C.n－1
n＋1 D. n
解析：∵f′(x)＝mxm－1＋a，∴m＝2，a＝1. ∴f(x)＝x2＋x，f(n)＝n2＋n， ∴f1n＝n2＋1 n＝nn1＋1＝n1－n＋1 1， ∴Sn＝f11＋f12＋f13＋…＋fn－1 1＋f1n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋n－1 1－n1＋n1－n＋1 1 ＝1－n＋1 1＝n＋n 1.
[自主解答] (1)当a1＝3时，不合题意； 当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意； 当a1＝10时，不合题意． 因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3， 故an＝2·3n－1.
(2)因为bn＝an＋(－1)nln an＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1) ＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，
[理](2012·西南大学附中月考)已知函数f(x)＝2x＋1，g(x)＝x，x∈ R，数列{an}，{bn}满足条件：a1＝1，an＝f(bn)＝g(bn＋1)，n∈N*. (1)求证：数列{bn＋1}为等比数列； (2)令Cn＝an·2ann＋1，Tn是数列{Cn}的前n项和，求使Tn>22 001112成立的 最小的n值．
21－2n
① －②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝
－n·2n+1
1－2
＝2n+1－2－n·2n+1
∴Sn＝(n－1)·2n+1＋2
4．裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可 以相互抵消，从而求得其和．
【裂项求和法】{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝nn1＋1，则 Sn=
(1)求通项an及Sn； (2)设{bn－an}是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}
的通项公式及其前n项和Tn
解：(1)因为{an}是首项为a1＝19，公差为d＝－2的等差数列，所以an＝ 19－2(n－1)＝－2n＋21. Sn＝19n＋nn2－1·(－2)＝－n2＋20n. (2)由题意知bn－an＝3n－1，所以bn＝3n－1＋an＝3n－1－2n＋21. Tn＝Sn＋(1＋3＋…＋3n－1)＝－n2＋20n＋3n－2 1.
如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等 或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒 序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．
2．分组求和法 若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列 或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别 求和而后相加减．
【分组求和法】数列{(－1)n·n}的前n项和Sn=？
n1－n＋1 1＝－n2＋n1. 所以数列{b1n}的前n项和为－n2＋n1.
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4．(2012·青田模拟)设函数 f(x)＝xm＋ax 的导函数 f′(x)＝2x＋1，
则数列{f1n}(n∈N*)的前 n 项和是