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【摘要】
求数列的前n项和，是高中数学教学内容的重点和难点之一。在近几年的高考中求数列的前n项和几乎是必考内容。下面我来谈一谈在不同条件下，怎样求解数列的前n项和。
【关键词】数列 数列的前n项和
1.公式法: 直接运用等差数列、等比数列求和公式
例1：（2011全卷国第17题）设等比数列an的前n项和为Sn,已知a2=6,6a1+a3=30,求an和Sn
解：设{an}的公比为q，由题设得
a1q=6,6a1+a1q2=30.
解得a1=3,q=2, 或a1=2,q=3.
当a1=3,q=2时,an=3×2n－1,Sn=3×(2n－1);
当a1=2,q=3时,an=2×3n－1,Sn=3n－1.
2.化归法: 将已知数列的求和问题化为等差数列、等比数列求和问题
例2：(2010全国2第18题）已知是各项均为正数的等比例数列，且
a1+a2=2(1a1+1a2),
a3+a4+a5=64(1a3+1a4+1a5).
(Ⅰ) 求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=(an+1an)2,求数列{bn}的前n项和Tn.
解：（Ⅰ）设公比为q，则an=a1qn－1.由已知有
a1+a1q=21a1+1a1q,a1q2+a1q3+a1q4=641a1q2+1a1q3+1a1q4.
化简得
又a1>0，故q=2,a1=1
所以 an=2n－1
（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn = an + 1an 2 = a2n + 1a2n + 2 = 4n-1 + 14n-1 + 2
因此Tn=1+4+...+4n－1+1+14+…
+14n－1+2n=4n－14－1+1－14n1－14+2n
∴Tn=134n－41－n+2n+1
3.倒序相加法: 对某些前后具有对称性的数列，可运用倒序相加法求其前n项和
例3：（2009广东理第4题）已知等比数列{an}满足an＞1,2,…，且
a5•a2n-5=22n(n≥3),则当n≥1时，
log2a1+
log2a3+…+log2a2n-1=
A. n(2n-1)B. (n+1)2 C. n2D. (n-1)2
解法一：由a5•a2n-5=22n(n≥3)得a2n=22n，an>0，则an=2n，
log2a1+log2a3+…+ log2a2n－1=1+3+…+(2n－1)=n2，选C.
解法二：由等比数列的性质知，a1•a2n－1=a3•a2n－3=a5•a2n－5=…=a2n－1•a1
log2a1+log2a3+…+log2a2n－1
=(log2a1+log2a2n－1)+.....+(log2a2n－1+log2a1)2=log2(a1•a2n－1)+log2(a3•a2n－3)+…+log2(a2n－1•a1)2=2n•n2=n2
4.错位相减法: 对等比数列与等差数列组合数列求和
例4： （2009山东第20题）等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N+，点(n,Sn)，均在函数y=bx+r(b>0且b≠1,b,r均为常数)的图像上
（1）求r的值；
（2）当b=2时，记bn=n+14an(n∈N+)求数列{bn}的前n项和Tn
分析:本题主要考查了等比数列的定义,通项公式,以及已知Sn求an的基本题型,并运用错位相减法求出一等比数列与一等差数列对应项乘积所得新数列的前n项和Tn.
解:（1） 因为对任意的n∈N+,点(n,Sn)，均在函数y=bx+r(b>0且b≠1,b,r均为常数)的图像上.所以得Sn=bn+r,
当n=1时,a1=S1=b+r,
当n≥2时,an=Sn－Sn－1=bn+r－(bn－1+r)=bn－bn－1=(b－1)bn－1,
当n=2时，a2=(b－1)b
又因为{an}为等比数列,所以a2a1=b，即b(b－1)b+r=b
解得r=－1
（2）由（1）知，n∈N+，an=(b－1)bn－1=2n－1,
所以 bn=n+14an=n+14×2n－1=n+12n+1
Tn=222+323+424+…+n+12n+1,
12Tn=223+324+425+…+n2n+1+n+12n+2
两式相减,得
12Tn=222+123+124+125+…+12n+1－n+12n+2
=12+123×(1－12n－1)1－12－n+12n+2
=34－12n+1－n+12n+2
所以Tn=32－12n－n+12n+1=32－n+32n+1
5.分组求和法：将一个数列分成n部分求和
例5：（2011山东第20题）等比数列{an}中，分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且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3210
第二行6414
第三行9818
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}满足：bn=an+(－1)nlnan，求数列的前项和．
解：（I）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,
所以公式q=3，
故an=2•3n－1.
（Ⅲ）因为bn=an+(－1)nlnan
=2•3n－1+(－1)nln(2•3n－1)
=2•3n－1+(－1)n［ln2+(n－1)ln3］
=2•3n－1+(－1)n(ln2－ln3)+(－1)nnln3,
所以S2n=b1+b2+…+b2n
=2(1+3+…+32n－1)+［－1+1－1+…
+(－1)2n］(ln2－ln3)
+［－1+2－3+…
+(－1)2n2n］ln3
=2×1－32n1－3+nln3=32n+nln3－1.
6.裂项相消法：将数列的通项分解成两项之差，从而在求和时产生相消为零的项的求和方法.
例6： （2010山东）第18题 已知等差数列{an}满足：a3=7,a5+a7=26．{an}的前n 项和为Sn。
（Ⅰ）求an及Sn；
（Ⅱ）令bn=1a2n－1(n∈N+)，求数列an的前n项和Tn．
分析：本小题主要考察等差数列的基本知识，考查逻辑推理、等价变形和运算能力。
解：（Ⅰ）设等差数列｛an｝的首项为a1，公差为d，
由于a3=7，a5+ a7=26，
所以 a1+2d=7，2a1+10d=26，
解得 a1=3，d=2.
由于 an= a1+（n-1）d，Sn= bn=1a2n－1=14n(n+1)=14(1n－1n+1)［n(a1+ an),
所以an=2n-1, Sn=n2+n,
（Ⅱ）因为an=2n-1，
所以 a2n-1=4n（n+1），即bn=1a2n－1=14n(n+1)=14(1n－1n+1)
因此 Tn=b1+ b2+…+ bn
= 14(1- 12+ 12- 12+…+1n-1n－1)
=14(1-1n－1) =n4(n+1)
所以数列{bn}的前n项和Tn=n4(n+1) 。
7.分类讨论求和法: 一个数列中的各项的正负符号呈周期性变化，可考虑分类讨论求和
例7： (2009江西卷第21题)数列{an}的通项an=n2(cos2nπ3－sin2nπ3)，其前n项和为Sn
(1) 求Sn，(2) bn=S3nn•4n,求数列｛bn｝的前n项和Tn.
解: （1）由于cos2nπ3－sin2nπ3=cos2nπ3,
故S3k=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+…+(a3k－2+a3k－1+a3k)
=(－12+222+32)+(－42+522+62)+…+(－(3k－2)2+(3k－1)22+(3k)2))
=132+312+…+18k－52
=k(9k+4)2,
S3k－1=S3k－a3k=k(4－9k)2,
S3k－2=S3k－1－a3k－1=k(4－9k)2+(3k－1)22=12－k
=－3k－23－16,
故Sn=－n3－16,n=3k－2(n+1)(1－3n)6,n=3k－1n(3n+4)6,n=3k
(k∈N*)
（2）略
求数列的前n项和，是高中数学教学内容的重点和难点之一。在近几年的高考中求数列的前n项和几乎是必考内容。下面我来谈一谈在不同条件下，怎样求解数列的前n项和。
【关键词】数列 数列的前n项和
1.公式法: 直接运用等差数列、等比数列求和公式
例1：（2011全卷国第17题）设等比数列an的前n项和为Sn,已知a2=6,6a1+a3=30,求an和Sn
解：设{an}的公比为q，由题设得
a1q=6,6a1+a1q2=30.
解得a1=3,q=2, 或a1=2,q=3.
当a1=3,q=2时,an=3×2n－1,Sn=3×(2n－1);
当a1=2,q=3时,an=2×3n－1,Sn=3n－1.
2.化归法: 将已知数列的求和问题化为等差数列、等比数列求和问题
例2：(2010全国2第18题）已知是各项均为正数的等比例数列，且
a1+a2=2(1a1+1a2),
a3+a4+a5=64(1a3+1a4+1a5).
(Ⅰ) 求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=(an+1an)2,求数列{bn}的前n项和Tn.
解：（Ⅰ）设公比为q，则an=a1qn－1.由已知有
a1+a1q=21a1+1a1q,a1q2+a1q3+a1q4=641a1q2+1a1q3+1a1q4.
化简得
又a1>0，故q=2,a1=1
所以 an=2n－1
（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn = an + 1an 2 = a2n + 1a2n + 2 = 4n-1 + 14n-1 + 2
因此Tn=1+4+...+4n－1+1+14+…
+14n－1+2n=4n－14－1+1－14n1－14+2n
∴Tn=134n－41－n+2n+1
3.倒序相加法: 对某些前后具有对称性的数列，可运用倒序相加法求其前n项和
例3：（2009广东理第4题）已知等比数列{an}满足an＞1,2,…，且
a5•a2n-5=22n(n≥3),则当n≥1时，
log2a1+
log2a3+…+log2a2n-1=
A. n(2n-1)B. (n+1)2 C. n2D. (n-1)2
解法一：由a5•a2n-5=22n(n≥3)得a2n=22n，an>0，则an=2n，
log2a1+log2a3+…+ log2a2n－1=1+3+…+(2n－1)=n2，选C.
解法二：由等比数列的性质知，a1•a2n－1=a3•a2n－3=a5•a2n－5=…=a2n－1•a1
log2a1+log2a3+…+log2a2n－1
=(log2a1+log2a2n－1)+.....+(log2a2n－1+log2a1)2=log2(a1•a2n－1)+log2(a3•a2n－3)+…+log2(a2n－1•a1)2=2n•n2=n2
4.错位相减法: 对等比数列与等差数列组合数列求和
例4： （2009山东第20题）等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N+，点(n,Sn)，均在函数y=bx+r(b>0且b≠1,b,r均为常数)的图像上
（1）求r的值；
（2）当b=2时，记bn=n+14an(n∈N+)求数列{bn}的前n项和Tn
分析:本题主要考查了等比数列的定义,通项公式,以及已知Sn求an的基本题型,并运用错位相减法求出一等比数列与一等差数列对应项乘积所得新数列的前n项和Tn.
解:（1） 因为对任意的n∈N+,点(n,Sn)，均在函数y=bx+r(b>0且b≠1,b,r均为常数)的图像上.所以得Sn=bn+r,
当n=1时,a1=S1=b+r,
当n≥2时,an=Sn－Sn－1=bn+r－(bn－1+r)=bn－bn－1=(b－1)bn－1,
当n=2时，a2=(b－1)b
又因为{an}为等比数列,所以a2a1=b，即b(b－1)b+r=b
解得r=－1
（2）由（1）知，n∈N+，an=(b－1)bn－1=2n－1,
所以 bn=n+14an=n+14×2n－1=n+12n+1
Tn=222+323+424+…+n+12n+1,
12Tn=223+324+425+…+n2n+1+n+12n+2
两式相减,得
12Tn=222+123+124+125+…+12n+1－n+12n+2
=12+123×(1－12n－1)1－12－n+12n+2
=34－12n+1－n+12n+2
所以Tn=32－12n－n+12n+1=32－n+32n+1
5.分组求和法：将一个数列分成n部分求和
例5：（2011山东第20题）等比数列{an}中，分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且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3210
第二行6414
第三行9818
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}满足：bn=an+(－1)nlnan，求数列的前项和．
解：（I）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,
所以公式q=3，
故an=2•3n－1.
（Ⅲ）因为bn=an+(－1)nlnan
=2•3n－1+(－1)nln(2•3n－1)
=2•3n－1+(－1)n［ln2+(n－1)ln3］
=2•3n－1+(－1)n(ln2－ln3)+(－1)nnln3,
所以S2n=b1+b2+…+b2n
=2(1+3+…+32n－1)+［－1+1－1+…
+(－1)2n］(ln2－ln3)
+［－1+2－3+…
+(－1)2n2n］ln3
=2×1－32n1－3+nln3=32n+nln3－1.
6.裂项相消法：将数列的通项分解成两项之差，从而在求和时产生相消为零的项的求和方法.
例6： （2010山东）第18题 已知等差数列{an}满足：a3=7,a5+a7=26．{an}的前n 项和为Sn。
（Ⅰ）求an及Sn；
（Ⅱ）令bn=1a2n－1(n∈N+)，求数列an的前n项和Tn．
分析：本小题主要考察等差数列的基本知识，考查逻辑推理、等价变形和运算能力。
解：（Ⅰ）设等差数列｛an｝的首项为a1，公差为d，
由于a3=7，a5+ a7=26，
所以 a1+2d=7，2a1+10d=26，
解得 a1=3，d=2.
由于 an= a1+（n-1）d，Sn= bn=1a2n－1=14n(n+1)=14(1n－1n+1)［n(a1+ an),
所以an=2n-1, Sn=n2+n,
（Ⅱ）因为an=2n-1，
所以 a2n-1=4n（n+1），即bn=1a2n－1=14n(n+1)=14(1n－1n+1)
因此 Tn=b1+ b2+…+ bn
= 14(1- 12+ 12- 12+…+1n-1n－1)
=14(1-1n－1) =n4(n+1)
所以数列{bn}的前n项和Tn=n4(n+1) 。
7.分类讨论求和法: 一个数列中的各项的正负符号呈周期性变化，可考虑分类讨论求和
例7： (2009江西卷第21题)数列{an}的通项an=n2(cos2nπ3－sin2nπ3)，其前n项和为Sn
(1) 求Sn，(2) bn=S3nn•4n,求数列｛bn｝的前n项和Tn.
解: （1）由于cos2nπ3－sin2nπ3=cos2nπ3,
故S3k=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+…+(a3k－2+a3k－1+a3k)
=(－12+222+32)+(－42+522+62)+…+(－(3k－2)2+(3k－1)22+(3k)2))
=132+312+…+18k－52
=k(9k+4)2,
S3k－1=S3k－a3k=k(4－9k)2,
S3k－2=S3k－1－a3k－1=k(4－9k)2+(3k－1)22=12－k
=－3k－23－16,
故Sn=－n3－16,n=3k－2(n+1)(1－3n)6,n=3k－1n(3n+4)6,n=3k
(k∈N*)
（2）略