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数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础，在高考和数学竞赛中都占有十分重要的地位，数列求和问题是数列的基本内容之一，也是高考命题的热点和重点.数列求和问题题型多变，思维要求高，是数列的一个难点.鉴于此，下面将数列求和问题的常见解题策略作一归纳，供2013届考生复习参考.
一、利用常用数列求和公式求和
若所给数列的通项是关于n的多项式，此时可采用公式法求和，常用求和公式列举如下：
等差数列求和公式：Sn=n（a1+an）2=na1+n（n—1）2d，
等比数列求和公式：
Sn=na1（q=1）
a1（1—qn）1—q=a1—anq1—q（q≠1）
自然数的方幂和：∑nk=1k3=13+23+33+…+n3=14n2（n+1）2，∑nk=1k=1+2+3+…+n=12n（n+1），
∑nk=1k2=12+22+32+…+n2=16n（n+1）（2n+1）.
例1设Sn=1+2+3+…+n，n∈N*，求f（n）=Sn（n+32）Sn+1的最大值.
解：由等差数列求和公式得 Sn=12n（n+1），Sn+1=12（n+1）（n+2）
∴f（n）=Sn（n+32）Sn+1=nn2+34n+64
=1n+34+64n=1（n—8n）2+50≤150
∴当n=88，即n=8时，f（n）max=150
二、错位相减法求和
若数列{cn}的通项公式为cn=anbn，其中{an}，{bn}中有一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q，然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法.
例2求和：Sn=1+3x+5x2+7x3+…+（2n—1）xn—1（x≠1）……①
解：由题可知，{（2n—1）xn—1}的通项是等差数列{2n—1}的通项与等比数列{xn—1}的通项之积
设xSn=1x+3x2+5x3+7x4+…+（2n—1）xn……②（设制错位）
①—②得（1—x）Sn=1+2x+2x2+2x3+2x4+…+2xn—1—（2n—1）xn（错位相减）
再利用等比数列的求和公式得：（1—x）Sn=1+2x·1—xn—11—x—（2n—1）xn
∴Sn=（2n—1）xn+1—（2n+1）xn+（1+x）（1—x）2
例3求数列22，422，623，…，2n2n，…前n项的和.
解：由题可知，{2n2n}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{12n}的通项之积
设Sn=22+422+623+…+2n2n……①
12Sn=222+423+624+…+2n2n+1……②（设制错位）
①—②得（1—12）Sn=22+222+223+224+…+22n—2n2n+1（错位相减）
=2—12n—1—2n2n+1
∴Sn=4—n+22n—1
三、倒序相加法求和
将一个数列倒过来排列（倒序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an），Sn表示从第一项依次到第n项的和，然后又将Sn表示成第n项依次倒序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到Sn的一种求和方法.也称倒序相加法.
例4求证：C0n+3C1n+5C2n+…+（2n+1）Cnn=（n+1）2n.
证明：设Sn=C0n+3C1n+5C2n+…+（2n+1）Cnn……①
把①式右边倒转过来得
Sn=（2n+1）Cnn+（2n—1）Cn—1n+…+3C1n+C0n（反序）
又由Cmn=Cn—mn可得
Sn=（2n+1）C0n+（2n—1）C1n+…+3Cn—1n+Cnn……②
①+②得2Sn=（2n+2）（C0n+C1n+…+Cn—1n+Cnn）=2（n+1）·2n（反序相加）
∴Sn=（n+1）·2n.
例5求sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°的值.
解：设S=sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°……①
将①式右边反序得
S=sin289°+sin288°+…+sin23°+sin22°+sin21°……②（反序）
又因为 sinx=cos（90°—x），sin2x+cos2x=1，
①+②得2S=（sin21°+cos21°）+（sin22°+cos22°）+…+（sin289°+cos289°）=89（反序相加）
∴S=892.
四、分组求和法
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，能分为几个等差、等比或常见的数列的和、差，则对拆开后的数列分别求和，再将其合并即可求出原数列的和.
例6求数列{n（n+1）（2n+1）}的前n项和.
解：设ak=k（k+1）（2k+1）=2k3+3k2+k， ∴Sn=∑nk=1k（k+1）（2k+1）=∑nk=1（2k3+3k2+k），
将其每一项拆开再重新组合得：
Sn=2∑nk=1k3+3∑nk=1k2+∑nk=1k
=2（13+23+…+n3）+3（12+22+…+n2）+（1+2+…+n）
=n2（n+1）22+n（n+1）（2n+1）2+n（n+1）2
=n（n+1）2（n+2）2.
五、裂项相消法求和
有些数列求和的问题，可以对相应的数列的通项公式加以变形，将其写成两项的差，这样整个数列求和，各加数都按同样的方法裂成两项之差，其中每项的被减数一定是后面某项的减数，从而经过逐项相互抵消仅剩下有限项，可得出前n项和公式.这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，也称为分裂通项法.它适用于{canan+1}型（其中{an}是各项不为0的等差数列，c为常数）、部分无理数列、含阶乘的数列等.常见拆项公式有：
an=f（n+1）—f（n）；1（2n—1）（2n+1）=12（12n—1—12n+1）；1n（n+1）=1n—1n+1；1n（n+1）（n+2）=12（1n（n+1）—1（n+1）（n+2））；1a+b=1a—b（a—b）；
（2n）2（2n—1）（2n+1）=1+12（12n—1—12n+1）；sin1°cosn°cos（n+1）°=tan（n+1）°—tann°.
例7求数列11+2，12+3，…，1n+n+1，…的前n项和.
解：设an=1n+n+1=n+1—n，
则Sn=11+2+12+3+…+1n+n+1
=（2—1）+（3—2）+…+（n+1—n）
=n+1—1.
例8设数列{an}的前n项的和
Sn=43an—13×2n+1+23，n=1，2，3，…，令Tn=2nSn，n=1，2，3，…，求∑ni=1Ti.
解：由题意得：an=4n—2n（其中n为正整数）
Sn=43an—13×2n+1+23=43（4n—2n）—13×2n+1+23=23（2n+1—1）（2n—1）
Tn=2nSn=32×2n（2n+1—1）（2n—1）=32×（12n—1—12n+1—1）
所以：∑ni=1Ti=32×（121—1—12n+1—1）
=3（2n—1）2n+1—1.
六、并项求和
针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求和Sn.
例9设数列{an}的首项为a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn—（2t+3）Sn—1=3t，（t>0，n=2，3，4，…）设数列{an}的公比为f（t），作数列{bn}使b1=1，bn=f（1bn—1），（n=2，3，4，…），求和：b1b2—b2b3+b3b4—b4b5…+b2n—1b2n—b2nb2n+1.
解：由题意知{an}为等比数列，得an=（2t+33t）n—1，故f（t）=2t+33t
故：bn=2n+13，可知{b2n—1}和{b2n}是首项分别为1和53，公差均为43的等差数列.
于是b1b2—b2b3+b3b4—b4b5+…+b2n—1b2n—b2nb2n+1
=b2（b1—b3）+b4（b3—b5）+b6（b5—b7）+…+b2n（b2n—1—b2n+1）
=—43（b2+b4+…+b2n）=—4312n（53+4n+13）
=—49（2n2+3n）.
七、利用数列的通项求和
先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，是一个重要的方法.
例10求1+11+111+…+111…1n个1之和.
解：由于111…1k个1=19×999…9k个9=19（10k—1）（找通项及特征）
∴1+11+111+…+111…1n个1
=19（101—1）+19（102—1）+19（103—1）+…+19（10n—1）（分组求和）
=19（101+102+103+…+10n）—19（1+1+1+…+1n个1）
=19·10（10n—1）10—1—n9=181（10n+1—10—9n）.
八、累加法
给出数列{Sn}的递推式和初始值，若递推式可以巧妙地转化为Sn—Sn—1=f（n）型，可以考虑利用累加法求和，此法也叫叠加法.
例11已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=12，Sn=n2an—n（n—1），n∈N，求Sn
解：由Sn=n2an—n（n—1）（n≥2）得：Sn=n2（Sn—Sn—1）—n（n—1），
即（n2—1）Sn—n2Sn—1=n（n—1），
∴n+1nSn—nn—1Sn—1=1，对n≥2成立.
将n+1nSn—nn—1Sn—1=1，nn—1Sn—1—n—1n—2Sn—2=1，…，32S2—21S1=1累加，则n+1nSn—2S1=n—1，又S1=a1=12，
所以Sn=n2n+1，当n=1时，也成立.
九、多法并举求和
根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，它通常集分组、裂项、公式求和于一体，是一个解决综合性数列求和的重要途径.
例12已知数列{an}：an=8（n+1）（n+3），求∑nk=1（k+1）（ak—ak+1）的值.
解：∵（k+1）（ak—ak+1）
=8（k+1）[1（k+1）（k+3）—1（k+2）（k+4）]
=4·（1k+2—1k+4）+8（1k+3—1k+4），
∴ ∑nk=1（k+1）（ak—ak+1）
=4∑nk=1（1k+2—1k+4）+8∑nk=1（1k+3—1k+4）
=13n2+43n3（n+4）（n+3）.
（作者：徐玉坤，如皋市职业教育中心校）
一、利用常用数列求和公式求和
若所给数列的通项是关于n的多项式，此时可采用公式法求和，常用求和公式列举如下：
等差数列求和公式：Sn=n（a1+an）2=na1+n（n—1）2d，
等比数列求和公式：
Sn=na1（q=1）
a1（1—qn）1—q=a1—anq1—q（q≠1）
自然数的方幂和：∑nk=1k3=13+23+33+…+n3=14n2（n+1）2，∑nk=1k=1+2+3+…+n=12n（n+1），
∑nk=1k2=12+22+32+…+n2=16n（n+1）（2n+1）.
例1设Sn=1+2+3+…+n，n∈N*，求f（n）=Sn（n+32）Sn+1的最大值.
解：由等差数列求和公式得 Sn=12n（n+1），Sn+1=12（n+1）（n+2）
∴f（n）=Sn（n+32）Sn+1=nn2+34n+64
=1n+34+64n=1（n—8n）2+50≤150
∴当n=88，即n=8时，f（n）max=150
二、错位相减法求和
若数列{cn}的通项公式为cn=anbn，其中{an}，{bn}中有一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q，然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法.
例2求和：Sn=1+3x+5x2+7x3+…+（2n—1）xn—1（x≠1）……①
解：由题可知，{（2n—1）xn—1}的通项是等差数列{2n—1}的通项与等比数列{xn—1}的通项之积
设xSn=1x+3x2+5x3+7x4+…+（2n—1）xn……②（设制错位）
①—②得（1—x）Sn=1+2x+2x2+2x3+2x4+…+2xn—1—（2n—1）xn（错位相减）
再利用等比数列的求和公式得：（1—x）Sn=1+2x·1—xn—11—x—（2n—1）xn
∴Sn=（2n—1）xn+1—（2n+1）xn+（1+x）（1—x）2
例3求数列22，422，623，…，2n2n，…前n项的和.
解：由题可知，{2n2n}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{12n}的通项之积
设Sn=22+422+623+…+2n2n……①
12Sn=222+423+624+…+2n2n+1……②（设制错位）
①—②得（1—12）Sn=22+222+223+224+…+22n—2n2n+1（错位相减）
=2—12n—1—2n2n+1
∴Sn=4—n+22n—1
三、倒序相加法求和
将一个数列倒过来排列（倒序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an），Sn表示从第一项依次到第n项的和，然后又将Sn表示成第n项依次倒序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到Sn的一种求和方法.也称倒序相加法.
例4求证：C0n+3C1n+5C2n+…+（2n+1）Cnn=（n+1）2n.
证明：设Sn=C0n+3C1n+5C2n+…+（2n+1）Cnn……①
把①式右边倒转过来得
Sn=（2n+1）Cnn+（2n—1）Cn—1n+…+3C1n+C0n（反序）
又由Cmn=Cn—mn可得
Sn=（2n+1）C0n+（2n—1）C1n+…+3Cn—1n+Cnn……②
①+②得2Sn=（2n+2）（C0n+C1n+…+Cn—1n+Cnn）=2（n+1）·2n（反序相加）
∴Sn=（n+1）·2n.
例5求sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°的值.
解：设S=sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°……①
将①式右边反序得
S=sin289°+sin288°+…+sin23°+sin22°+sin21°……②（反序）
又因为 sinx=cos（90°—x），sin2x+cos2x=1，
①+②得2S=（sin21°+cos21°）+（sin22°+cos22°）+…+（sin289°+cos289°）=89（反序相加）
∴S=892.
四、分组求和法
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，能分为几个等差、等比或常见的数列的和、差，则对拆开后的数列分别求和，再将其合并即可求出原数列的和.
例6求数列{n（n+1）（2n+1）}的前n项和.
解：设ak=k（k+1）（2k+1）=2k3+3k2+k， ∴Sn=∑nk=1k（k+1）（2k+1）=∑nk=1（2k3+3k2+k），
将其每一项拆开再重新组合得：
Sn=2∑nk=1k3+3∑nk=1k2+∑nk=1k
=2（13+23+…+n3）+3（12+22+…+n2）+（1+2+…+n）
=n2（n+1）22+n（n+1）（2n+1）2+n（n+1）2
=n（n+1）2（n+2）2.
五、裂项相消法求和
有些数列求和的问题，可以对相应的数列的通项公式加以变形，将其写成两项的差，这样整个数列求和，各加数都按同样的方法裂成两项之差，其中每项的被减数一定是后面某项的减数，从而经过逐项相互抵消仅剩下有限项，可得出前n项和公式.这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，也称为分裂通项法.它适用于{canan+1}型（其中{an}是各项不为0的等差数列，c为常数）、部分无理数列、含阶乘的数列等.常见拆项公式有：
an=f（n+1）—f（n）；1（2n—1）（2n+1）=12（12n—1—12n+1）；1n（n+1）=1n—1n+1；1n（n+1）（n+2）=12（1n（n+1）—1（n+1）（n+2））；1a+b=1a—b（a—b）；
（2n）2（2n—1）（2n+1）=1+12（12n—1—12n+1）；sin1°cosn°cos（n+1）°=tan（n+1）°—tann°.
例7求数列11+2，12+3，…，1n+n+1，…的前n项和.
解：设an=1n+n+1=n+1—n，
则Sn=11+2+12+3+…+1n+n+1
=（2—1）+（3—2）+…+（n+1—n）
=n+1—1.
例8设数列{an}的前n项的和
Sn=43an—13×2n+1+23，n=1，2，3，…，令Tn=2nSn，n=1，2，3，…，求∑ni=1Ti.
解：由题意得：an=4n—2n（其中n为正整数）
Sn=43an—13×2n+1+23=43（4n—2n）—13×2n+1+23=23（2n+1—1）（2n—1）
Tn=2nSn=32×2n（2n+1—1）（2n—1）=32×（12n—1—12n+1—1）
所以：∑ni=1Ti=32×（121—1—12n+1—1）
=3（2n—1）2n+1—1.
六、并项求和
针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求和Sn.
例9设数列{an}的首项为a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn—（2t+3）Sn—1=3t，（t>0，n=2，3，4，…）设数列{an}的公比为f（t），作数列{bn}使b1=1，bn=f（1bn—1），（n=2，3，4，…），求和：b1b2—b2b3+b3b4—b4b5…+b2n—1b2n—b2nb2n+1.
解：由题意知{an}为等比数列，得an=（2t+33t）n—1，故f（t）=2t+33t
故：bn=2n+13，可知{b2n—1}和{b2n}是首项分别为1和53，公差均为43的等差数列.
于是b1b2—b2b3+b3b4—b4b5+…+b2n—1b2n—b2nb2n+1
=b2（b1—b3）+b4（b3—b5）+b6（b5—b7）+…+b2n（b2n—1—b2n+1）
=—43（b2+b4+…+b2n）=—4312n（53+4n+13）
=—49（2n2+3n）.
七、利用数列的通项求和
先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，是一个重要的方法.
例10求1+11+111+…+111…1n个1之和.
解：由于111…1k个1=19×999…9k个9=19（10k—1）（找通项及特征）
∴1+11+111+…+111…1n个1
=19（101—1）+19（102—1）+19（103—1）+…+19（10n—1）（分组求和）
=19（101+102+103+…+10n）—19（1+1+1+…+1n个1）
=19·10（10n—1）10—1—n9=181（10n+1—10—9n）.
八、累加法
给出数列{Sn}的递推式和初始值，若递推式可以巧妙地转化为Sn—Sn—1=f（n）型，可以考虑利用累加法求和，此法也叫叠加法.
例11已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=12，Sn=n2an—n（n—1），n∈N，求Sn
解：由Sn=n2an—n（n—1）（n≥2）得：Sn=n2（Sn—Sn—1）—n（n—1），
即（n2—1）Sn—n2Sn—1=n（n—1），
∴n+1nSn—nn—1Sn—1=1，对n≥2成立.
将n+1nSn—nn—1Sn—1=1，nn—1Sn—1—n—1n—2Sn—2=1，…，32S2—21S1=1累加，则n+1nSn—2S1=n—1，又S1=a1=12，
所以Sn=n2n+1，当n=1时，也成立.
九、多法并举求和
根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，它通常集分组、裂项、公式求和于一体，是一个解决综合性数列求和的重要途径.
例12已知数列{an}：an=8（n+1）（n+3），求∑nk=1（k+1）（ak—ak+1）的值.
解：∵（k+1）（ak—ak+1）
=8（k+1）[1（k+1）（k+3）—1（k+2）（k+4）]
=4·（1k+2—1k+4）+8（1k+3—1k+4），
∴ ∑nk=1（k+1）（ak—ak+1）
=4∑nk=1（1k+2—1k+4）+8∑nk=1（1k+3—1k+4）
=13n2+43n3（n+4）（n+3）.
（作者：徐玉坤，如皋市职业教育中心校）