培優(yōu)課數(shù)列求和的常用方法非等差、等比數(shù)列的一般數(shù)列求和，主要有兩種思想1.轉(zhuǎn)化思想，即將一般數(shù)列設(shè)法轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列，這一思想方法往往通過(guò)通項(xiàng)分解或錯(cuò)位相消來(lái)完成；2.不能轉(zhuǎn)化為等差或等比的特殊數(shù)列，往往通過(guò)裂項(xiàng)相消法、錯(cuò)位相減法、倒序相加法等來(lái)求和.類型一公式法【例1】

設(shè){an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)；{bn}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項(xiàng)和為T(mén)n(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6. (1)求Sn和Tn；解設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q.由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，從而a1＝1，d＝1，(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整數(shù)n的值.解由(1)知T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2.由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍去)或n＝4.∴n的值為4.類型二倒序相加法1010類型三裂項(xiàng)相消法【例3】已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足S2＝2，S4＝16，{an＋1}是等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；解

設(shè)等比數(shù)列{an＋1}的公比為q，其前n項(xiàng)和為T(mén)n，因?yàn)镾2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20，當(dāng)q＝－2時(shí)，a1＝－5，所以an＋1＝(－4)×(－2)n－1＝－(－2)n＋1.所以bn＝log2(3an＋3)＝n＋1，所以bn＝log2(3an＋3)＝n＋1，類型四分組求和法【例4】

已知等差數(shù)列{an}滿足a5＝9，a2＋a6＝14.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；解設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.(2)若bn＝an＋qan(q>0)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.解由an＝2n－1得bn＝2n－1＋q2n－1.當(dāng)q＝1時(shí)，bn＝2n，則Sn＝n(n＋1).所以數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝【例5】已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；類型五錯(cuò)位相減法解設(shè){an}的公比為q，由題意知：a1(1＋q)＝6，

q＝a1q2，又an>0，解得：a1＝2，q＝2，所以an＝2n.又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn嘗試訓(xùn)練1.設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N*. (1)求{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn； (2)已知{bn}是等差數(shù)列，Tn為其前n項(xiàng)和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.2.已知定義在R上的函數(shù)f(x)的圖象的對(duì)稱中心為(1011，2).數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足an＝f(n)，n∈N*.求S2021.解由條件得f(2×1011－x)＋f(x)＝2×2，即f(2022－x)＋f(x)＝4.于是有a2022－n＋an＝4(n∈N*).又S2021＝a1＋a2＋a3＋…＋a2020＋a2021，S2021＝a2021＋a2020＋…＋a2＋a1.兩式相加得2S2021＝(a1＋a2021)＋(a2＋a2020)＋…＋(a2020＋a2)＋(a2021＋a1)＝2021(a1＋a2021)＝2021×4.故S2021＝2021×2＝4042.3.設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3. (1)求an；解

設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，解得a1＝3，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn4.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)令bn＝(－1)n－1an，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由S3＋S4＝S5可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1·(2n－1).∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(2n－3)－(2n－1)＝(1－3)＋(5－7)＋…＋[(2n－3)－(2n－1)]＝(－2)×n＝－2n.5.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足an＝3Sn－2(n∈N*). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；解當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝3S1－2＝3a1－2，解得a1＝1.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝3Sn－2，an－1＝3Sn－1－2，(2)求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和Tn.備用工具&資料5.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足an＝3Sn－2(n∈N*). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；解當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝3S1－2＝3a1－2，解得a1＝1.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝3Sn－2，an－1＝3Sn－1－2，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn2.已知定義在R上的函數(shù)f(x)的圖象的對(duì)稱中心為(1011，2).數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足an＝f(n)，n∈N*.求S2021.解由條件得f(2×1011－x)＋f(x)＝2×2，即f(2022－x)＋f(x)＝4.于是有a2022－n＋an＝4(n∈N*).又S2021＝a1＋a2＋a3＋…＋a2020＋a2021，S2021＝a2021＋a2020＋…＋a2＋a1.兩式相加得2S2021＝(a1＋a2021)＋(a2＋a2020)＋…＋(a2020＋a2)＋(a2021＋a1)＝2021(a1＋a2021)＝2021×4.故S2021＝2021×2＝4042.【例5】已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；類型五錯(cuò)位相減法解設(shè){an}的公比為q，由題意知：a1(1＋q)＝6，

q＝a1q2，又an>0，解得：a1＝2，q＝2，所以an＝2n.類型一公式法【例1】

設(shè){an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)；{bn}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項(xiàng)和為T(mén)n(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6. (1)求Sn和Tn；解設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q.由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋