数列求和专题方法归纳
方法1：分组转化法求和
1．已知{an}的前n项是3＋2－1,6＋4－1,9＋8－1,12＋16－1，…，3n＋2n－1，则Sn＝________. 2．等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2
＋b3＋…＋b10的值．
方法2裂项相消法求和
3.设数列满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为______．
4.Sn为数列{an}的前n项和．已知an＞0，a＋2an＝4Sn＋3.①求{an}的通项公式；②设bn＝，求数列{bn}的前n项
和．
5．若已知数列的前四项是，，，，则数列的前n项和为________．
6．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.（1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列
{bn}的前n项和Tn.
7．已知数列{an}各项均为正数，且a1＝1，an＋1an＋an＋1－an＝0(n∈N*)．
(1)设bn＝，求证：数列{bn}是等差数列；(2)求数列的前n项和Sn.
方法3：错位相减法求和
8．已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列(bn＞0)，且a1＝b1＝2，a3＋b3＝16，S4＋b3＝34.(1)
求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)记Tn为数列{anbn}的前n项和，求Tn.9．设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)． (1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；
10.已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n?N?)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，
?.1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）求数列{a2nb2n?1}的前n项和(n?N). b2?b3?12,b3?a4?2a1，S11?11b4（
4.数列与不等式的交汇问题
11．设各项为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
1111(3)证明对一切正整数n，有??????。 a1(a1?1)a2(a2?1)an(an?1)312．已知等比数列{an}是递增数列，且a2a5＝32，a3＋a4＝12，数列{bn}满足b1＝1，
且bn＋1＝2bn＋2an(n∈N*)．(1)证明：数列是等差数列；
(2)若对任意n∈N*，不等式(n＋2)bn＋1≥λbn总成立，求实数λ的最大值．
数列求和专题方法归纳参考答案 1.【解析】 由题意知an＝3n＋2n－1，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝3×1＋21－1＋3×2＋22－1＋…＋3n＋2n－1
＝3×(1＋2＋3＋…＋n)＋21＋22＋…＋2n－n
＝3×＋－n＝＋2n＋1－2.
2.解： (1)设等差数列{an}的公差为d，
由已知得解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
(2)由(1)可得bn＝2n＋n，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)
＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)
＝＋
＝(211－2)＋55＝211＋53＝2101.
3.【解析】 (1)由题意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)．以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋
n＝＝.
又∵a1＝1，∴an＝(n≥2)．
∵当n＝1时也满足此式，∴an＝(n∈N*)．
∴＝＝2.∴S10＝2×
＝2×＝.
4.解：①由a＋2an＝4Sn＋3，(1)
可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.(2)
由(2)－(1)，得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由an>0，得an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
②由an＝2n＋1可知bn＝＝＝. 设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝.
5.【解析】 由前四项知数列{an}的通项公式为an＝，
由＝知，
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝
＝ ＝－.
6.【解】 (1)由a1＝10，a2为整数，知等差数列{an}的公差d为整数．
又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0,10＋4d≤0.
解得－≤d≤－.因此d＝－3.数列{an}的通项公式为an＝13－3n.
(2)bn＝＝.
于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋－
＝＝.
7.解：(1)证明：因为an＋1an＋an＋1－an＝0(n∈N*)，
所以an＋1＝.因为bn＝，
所以bn＋1－bn＝－＝－＝1.又b1＝＝1， 所以数列{bn}是以1为首项、1为公差的等差数列．
(2)由(1)知，bn＝n，所以＝n，即an＝，
所以＝＝－， 所以Sn＝＋＋…＋＝1－＝.
8.解： (1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，由已知q＞0，∵a1＝b1＝2，a3＋b3＝16，S4＋b3＝34.∴?
－
∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1，bn＝b1qn1＝2n.
(2)Tn＝2×2＋5×22＋…＋(3n－1)×2n，
＋
2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－1)×2n1，
两式相减得－Tn＝4＋3×22＋…＋3×2n－(3n－1)×2n1＝4＋－(3n－1)×2n1＝－8－(3n－4)2n1.∴Tn＝(3n－4)2n
＋
＋
＋
＋1
＋8.
9.解： (1)由已知，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，
＋
有2a8＝4×2a7＝2a72.解得d＝a8－a7＝2.
所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln2)(x－a2)， 它在x轴上的截距为a2－.由题意知，a2－＝2－，解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1，从而an＝n，bn＝2n，＝.
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
2Tn＝＋＋＋…＋.
因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－
＝2－－＝所以Tn＝.
10.解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q. 由已知b2?b3?12，得b1(q?q2)?12，而b1?2，所以q?q?6?0.
又因为q?0，解得q?2.所以，bn?2n.
由b3?a4?2a1，可得3d?a1?8①.由S11=11b4，可得a1?5d?16②，
联立①②，解得a1?1，d?3，由此可得an?3n?2.
所以，数列{an}的通项公式为an?3n?2，数列{bn}的通项公式为bn?2n.
（2）解：设数列{a2nb2n?1}的前n项和为Tn，
由a2n?6n?2，b2n?1?2?4n?1，有a2nb2n?1?(3n?1)?4n，
故Tn?2?4?5?42?8?43?L?(3n?1)?4n，
24Tn?2?42?5?43?8?44?L?(3n?4)?4n?(3n?1)?4n?1，
上述两式相减，得?3Tn?2?4?3?42?3?43?L?3?4n?(3n?1)?4n?1
12?(1?4n)??4?(3n?1)?4n?13n?2n?18得Tn??4?. 1?433??(3n?2)?4n?1?8.所以，数列{a2nb2n?1}的前n项和为
3n?2n?18?4?. 3311.解: (1)令n＝1代入得a1＝2(负值舍去)．
(2)由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*得[Sn－(n2＋n)](Sn＋3)＝0.
又已知各项均为正数，故Sn＝n2＋n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，
当n＝1时，a1＝2也满足上式，
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