数列的前n项和求法

数列的前n项和公式法（倒序相加）错位相减裂项相消分组求和公式法：利用常见求和公式求和常见的求和公式等差数列前n项和公式等比数列前n项和公式)Nn(d2)1n(nna2)aa(ns1n1n2n................q1)q1(a1n................................nasn11n2333322222)1n(nn321)1n2)(1n(n61n321例1：已知等差数列中，，求数列的前n项和nanan252b,9a,21anb解：设等差数列的首项为公比为d，则有1a21d4a9da11解得4d5a1等差数列的通项公式为1n4)1n(45an1n4n2b所以由于41n45n4n1n222bb故数列是以为公比以为首项的等比数列nb4252)Nn(3132221)21(2s5n45n45n分组求和：已知数列满足求数列的前100项和na)3n4()1(a1nn100s310043994211713951s10020050)4(解：法一：法二：310043994211713951s100)3100421135()3994(17912002)310045(502)399441(50)31004(21135)3994(1791分组转化求和法：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例1：求n31n,,2713,912,311的前n项和nT解)31n()2713()912()311(Tnn)31313131()n321(n32)Nn(32132)n1(nnn311)311(312)n1(nn一共有多少个数200个n项n项变式：已知数列的通项求数列的前n项和na1nn21n2anans1n210n21n2216214212s)21212121(n26421n210)Nn(212)1n(n2112112)n22(n1nn1n1n1n1nnnn21)2(222212,21)21(解分组转化法求和的常见类型(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和.(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．例二：若数列满足na1n22a1nnn为偶数n为奇数求数列的前n项和1．已知函数f(x)＝2x－3x－1，点(n，an)在f(x)的图像上，an的前n项和为Sn.(1)求使an0的n的最大值．(2)求Sn.思考？解：(1)∵点(n，an)在函数f(x)＝2x－3x－1的图像上，∴an＝2n－3n－1.∵an0，∴2n－3n－10.即2n3n＋1.又∵n∈N＋，∴n≤3，即n的最大值为3.(2)∵an＝2n－3n－1∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21－3×1－1)＋(22－3×2－1)＋…＋(2n－3×n－1)＝(21＋22＋…＋2n)－3(1＋2＋3＋…＋n)－n＝21－2n1－2－3·nn＋12－n＝2n＋1－n3n＋52－2.(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则1anan＋1＝1d1an－1an＋1，1anan＋2＝12d1an－1an＋2.利用裂项相消法求和应注意裂项相消：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，从而求得其即：1nnaac)a1a1(dc1nn变形为其中n1naad例如：)1n(n11n1n1两项相乘裂为两项相减试一试？)1n2)(1n2(1)1n211n21(21注意通分验证是否与原式相等常见的裂项公式：1n1n1)1n(n1)n11n1(k1)kn(n1)1n211n21(21)1n2)(1n2(11nnn1n1分母有理化)n1n)(n1n(n1nn1n1例1：设数列满足，na1a1)Nn(1naan1nna1则数列的前n项和解：2naa1naa)2n(naa3n2n2n1n1nn2aa3aa1223累加求和得:n432aa1n2)2n)(1n(所以：2)1n(n2)2n)(1n(1an当n=1时：12)11(1a1满足通项)Nn(2)1n(nan所以：)1n1n1(2)1n(n2a1n)1n1n1(2)4131(2)3121(2)211(2sn)1n1n141313121211(2)Nn(1nn2)1n11(2所以例2:已知等差数列满足na26aa,7a7531）求数列的前n项和nans2）令，求数列前n项和)Nn(1a1b2nnnbnT26d10a27da112d3a11n2an解：1）设数列的首项为公差为dna1a由题意得：解得所以n4n41)1n2(1a222n)Nn)(1n1n1(41)1n(n41bn)1n1n1(41)4131(41)3121(41)211(41sn)1n(4n)1n1n141313121211(41Nn2):所以练习：已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)∵Sn＝nan－n(n－1)，当n≥2时，Sn－1＝(n－1)·an－1－(n－1)(n－2)，∴an＝Sn－Sn－1＝nan－n(n－1)－(n－1)an－1＋(n－1)·(n－2)，即an－an－1＝2.∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，故an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，n∈N*.(2)由(1)知bn＝2anan＋1＝22n－12n＋1＝12n－1－12n＋1，故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1＝1－12n＋1＝2n2n＋1.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，等比数列的前n项和就是用此法推导的．⑴×q,得nqS.qaqaqaqaqan11n12n1211⑵⑴－⑵，得,111nnqaaSq由此得q≠1时，qqaSnn111等比数列的前N项和nnaaaaS321设等比数列,,,,,321naaaa它的前n项和是.11212111nnnqaqaqaqaaS⑴即说明：这种求和方法称为错位相减法显然，当q=1时，1naSn1n3210nnxx4x3x2xs1n2n3210nnxx)1n(x4x3x2xsn1n4321nxx)1n(x4x3x2xnxs两式相减得：n1n3210nnxxxxxxs)x1(nnnxx1x1)1x(x1nx)x1(x1sn2nn当x=1时：2)1n(nn4321sn)1x(2)1n(n)1x(x1nx)x1(x1sn2nn所以：第三步：Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn的两边同乘以公比q，得qSn＝qa1b1＋qa2b2＋…＋qanbn————————[教你一个万能模板]————————―→―→利用错位相减法求数列的前n项和，一般可用以下几步解答：第一步：将数列{cn}写成两个数列的积的形式cn＝anbn，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列第二步：写出数列{cn}的前n项和Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn第六步：反思回顾，查看关键点，易错点及解题规范.如本题错位相减时，是否有漏项―→―→第四步：两式错位相减得(q－1)Sn第五步：等式两边同时除以q－1，得Sn例1、已知数列{an}是等差数列，且a1=2,a1+a2+a3=12,(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn=anxn(x∈R)，求数列{bn}的前n项和的公式。解：(1)设公差为d,则3a1+3d=12，d=2,an=2n(2)bn=2nxn.232462nnSxxxnx2312x4212nnnxSxnxnx21122nnnxSxxxnx1212x11nnxxnxx12212x1111x=1nnnxxnxxSxnn练习,求和：1＋322＋423＋…＋n2n－1＋n＋12n.解析：设Sn＝22＋322＋423＋…＋n＋12n，①则12Sn＝222＋323＋424＋…＋n＋12n＋1.②由①－②，得12Sn＝22＋322－222＋423－323＋…＋n＋12n－n2n－n＋12n＋1＝22＋122＋123＋…＋12n－n＋12n＋1＝12＋121－12n1－12－n＋12n＋1＝12＋1－12n－n＋12n＋1＝32－n＋32n＋1，∴Sn＝3－n＋32n.