数列求和的八种方法

（高考专题）数列求和的九种方法

公式索引：

1 运用公式法

很多数列的前n项和Sn的求法，就是套等差、等比数列Sn的公式，因此以下常用公式应当熟记：

1n(n?1)21?3?5???(2n?1)?n21?2?3???n?1?2?2???2?2?111111?2?3???n?1?n22222还要记住一些正整数的幂和公式：

2n?1n

1n(n?1)(2n?1)6

113?23?33???n3?n2(n?1)2412?22?32???n2?n(a1?an)n(n?1)?na1?d 22(q?1)?na1?n2、等比数列求和公式：Sn??a1(1?q)a1?anq

?(q?1)?1?q?1?q1、 等差数列求和公式：Sn?n113、 Sn??k?n(n?1) 4、Sn??k2?n(n?1)(2n?1)

62k?1k?1n15、 Sn??k3?[n(n?1)]2

2k?1?1[例] 已知log3x?，求x?x2?x3?????xn????的前n项和.

log23n解：由log3x??11?log3x??log32?x? log232 由等比数列求和公式得 Sn?x?x2?x3?????xn （利用常用公式） 11(1?n)x(1?x)22＝1－1 ＝＝

12n1?x1?2n[例] 设Sn＝1+2+3+…+n，n∈N*,求f(n)?Sn的最大值.

(n?32)Sn?1 解：由等差数列求和公式得 Sn?11n(n?1)， Sn?(n?1)(n?2) （利用常用公式） 22 ∴ f(n)?nSn＝2

(n?32)Sn?1n?34n?64 ＝

1n?34?64n＝

(n?18n?)2?501 50 ∴ 当 n?81，即n＝8时，f(n)max?

508题1.等比数列的前ｎ项和Sｎ＝2－１，则＝

22232

题2．若1+2+…+(n-1)=an+bn+cn，则a= ,b= ,c= . 解： 原式=

答案：

ｎ

例 已知数列{an}的前n项和Sn?32n?n2，求数列{an}的前n项和Tn.

解 由Sn?32n?n2,可得an?33?2n,an?0?n?16，所以： (1)当n?16时,Tn=Sn?32n?n2. (2)当n?17时，

Tn?a1?a2???an?(a1?a2???a16)?(a17?a18???an)?S16?(Sn?S16)?2S16?Sn?n2?32n?5122??32n?n所以 Tn??2??n?32n?512

(n?1,2,?,16)(n?17,且n?N)?

例 求Sn?1?n?2?(n?1)?3?(n?2)???n?1.

解 设ak?k(n?1?k)?k(n?1)?k2，本题即求数列{ak}的前n项和.

Sn?(1?2?3???n)(n?1)?(12?22?32???n2)11n(n?1)?(n?1)?n(n?1)(2n?1)261?n(n?1)(n?2)6?

高考题 求数列?2n?1?的前n项和Sn. 答案：Sn?n2. 高考题 求数列?2n?4?的前n项和Sn. 答案：Sn?n2?3n.

高考题 在等比数列{an}中，a2?3,a5?81. (1)求an；

(2)设bn?log3an，求数列{bn}的前n项和Sn.

答案：(1)an?3n?1n2?n；(2)Sn?.

2高考题 已知?an?是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示?an?的前n项和. (1)求an及Sn；

2(2)设?bn?是首项为2的等比数列，公比q满足q?(a4?1)q?S4?0，求?bn?的通 项公

式及其前n项和Tn.

答案：(1)an?2n?1,Sn?n2；(2)bn?22n?1,Tn?2n(4?1). 32 倒序相加法

事实上，等差数列的前n项和Sn的公式推导方法就是倒序相加法.

这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1?an).

012n[例] 求证：Cn?3Cn?5Cn?????(2n?1)Cn?(n?1)2n

012n证明： 设Sn?Cn………………………….. ① ?3Cn?5Cn?????(2n?1)Cn 把①式右边倒转过来得

nn?110 （反序） Sn?(2n?1)Cn?(2n?1)Cn?????3Cn?Cnmn?m 又由Cn可得 ?Cn01n?1n Sn?(2n?1)Cn…………..…….. ② ?(2n?1)Cn?????3Cn?Cn01n?1n ①+②得 2Sn?(2n?2)(Cn?Cn?????Cn?Cn)?2(n?1)?2n （反序相加）

∴ Sn?(n?1)?2n

[例] 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 （反序相加）

2S?(sin21??cos21?)?(sin22??cos22?)?????(sin289??cos289?)＝89

∴ S＝44.5

题 已知函数（1）证明：

；

（2）求的值.

解：（1）先利用指数的相关性质对函数化简，后证明左边=右边 （2）利用第（1）小题已经证明的结论可知，

两式相加得：

所以.

练习、求值：

例 求正整数m与n(m?n)之间的分母为3的所有既约分数的和S. 解 显然，这些既约分数为：

124421m?,m?,m?,?,n?,n?,n?

333333有 S?(m?)?(m?)?(m?)??(n?)?(n?)?(n?) 也有 S?(n?)?(n?)?(n?)??(m?)?(m?)?(m?)

132343432313132343432313所以 2S?(m?n)?2(n?m)?2(n2?m2),S?n2?m2

4x例 设f(x)?x，求和

4?2?1?f???2002???2?f???2002???3?f?????2002???2001?f??. 2002??解 可先证得f(x)?f(1?x)?1，由此结论用倒序相加法可求得答案为

3 裂项相消法

2001. 2这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：

sin1???（1）an?f(n?1)?f(n) （2） ?tan(n?1)?tann??cosncos(n?1)(2n)2111111（3）an? （4）an????1?(?)

n(n?1)nn?1(2n?1)(2n?1)22n?12n?1（5）an?(6) an?1111?[?]

n(n?1)(n?2)2n(n?1)(n?1)(n?2)n?212(n?1)?n1111 ?n??n??,则S?1?nn(n?1)2n(n?1)2n?2n?1(n?1)2n(n?1)2n（7）an?（8）an?1111?(?)

(An?B)(An?C)C?BAn?BAn?C1n?n?1?n?1?n

111n. ?????a1a2a2a3anan?1a1an?1例 若{an}是各项均不为0的等差数列，求证：

证明 设等差数列{an}的公差为d：若d?0，要证结论显然成立；若d?0，得

1111

?(?)anan?1danan?1111????a1a2a2a3anan?1??1?111111?(?)?(?)???(?)? ?d?a1a2a2a3anan?1?1?11?1ndn??????d?a1an?1?da1an?1a1an?1 例 证明

1111??????2(n?N?且n?2). 2222123n1111????? 2222123n 证明

?1?111????1?22?3(n?1)?n ?1??????1??11??11??1????????

?12??23??n?1n??11??1?????2?1n?高考题 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?1，求数列{bn}的前n项和Tn. anan?1答案：(1)an?13?3n；(2)Sn?n.

10(10?3n)高考题 设各项均为正数的数列?an?的前n项和为Sn，且Sn满足

2Sn?n2?n?3Sn?3n2?n?0,n?N?.

????(1)求a1的值；

(2)求数列?an?的通项公式； (3)证明：对一切正整数n，有

1111?????.

a1(a1?1)a2(a2?1)an(an?1)3答案：(1)a1?2；(2)an?2n；(3)当n?1时，可得欲证成立.当n?2时，

1111?11???????，再用裂项相消法可得欲证.

an(an?1)2n(2n?1)(2n?1)(2n?1)2?2n?12n?1? 高考题 已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn=(?1)n?14n,求数列{bn}的前n项和Tn. anan?1?2n?2??2n?1答案：(1)an?2n?1，Tn???2n??2n?1[例] 求数列

n为奇数.

n为偶数11?2,12?31,???,1n?n?1,???的前n项和.

解：设an?则 Sn?n?n?11?1?n?1?n （裂项）

?????1n?n?1 （裂项求和）

1?22?3 ＝(2?1)?(3?2)?????(n?1?n) ＝n?1?1

[例] 在数列{an}中，an?解： ∵ an? ∴ bn?12n2??????，又bn?，求数列{bn}的前n项的和. n?1n?1n?1an?an?112nn??????? n?1n?1n?12211?8(?) （裂项）

nn?1nn?1?22∴ 数列{bn}的前n项和

Sn?8[(1?)?(?)?(?)?????(? ＝8(1?12121313141n1)] （裂项求和） n?118n) ＝ n?1n?1111cos1????????[例] 求证： ??????2?cos0cos1cos1cos2cos88cos89sin1解：设S?111??????

cos0?cos1?cos1?cos2?cos88?cos89?sin1??tan(n?1)??tann? （裂项） ∵??cosncos(n?1) ∴S? ＝

111?????? （裂项求和）

cos0?cos1?cos1?cos2?cos88?cos89?1????????{(tan1?tan0)?(tan2?tan1)?(tan3?tan2)?[tan89?tan88]} ?sin1cos1?11???(tan89?tan0)＝?cot1＝ ＝ sin1?sin1?sin21? ∴ 原等式成立

练习题1.答案：

练习题2。

.

=

答案：

4 分段求和法（合并法求和）

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Sn.

1?11?1??11?S?1?1??1?????1?????例 求nn?1?????22424?????2解 设an?1???. ?1111????n?1，得an?2?n?1. 2422??1?n?1?的前n项和： 2?所以本题即求数列?2?1?11Sn?2n??1?????n?1?2421? ?2n?a?2n?2?n?n?12?2?a?1? 例 设数列{an}的前n项和Sn满足Sn??n?，又bn?(?1)nSn，求数列{bn}的前n项和

?2?Tn.

?a?1?解 在Sn??n?中，令n?1可求得a1?1.

?2?还可得

24Sn?(an?1)2,4Sn?1?(an?1?1)2

相减，得

4an?1?an?1?an?2an?1?2an(an?1?an)(an?1?an?2)?0

an?1?an?2所以{an}是首项为1公差为2的等差数列，得

22an?2n?1

?a?1?所以 Sn??n??n2,bn?(?1)n?n2

?2?当n为偶数时，

2Tn?(?12?22)?(?32?42)???[?(n?1)2?n2]?3?7?11???(2n?1)?当n为奇数时，

n(n?1) 2Tn?Tn?1?bn?总之，Tn?(?1)n?n(n?1)n(n?1)?n2(用以上结论)?? 22n(n?1). 2高考题 已知?an?是等差数列，满足a1?3，a4?12，数列?bn?满足b1?4，b4?20，且

?bn?an?是等比数列.

(1)求数列?an?和?bn?的通项公式； (2)求数列?bn?的前n项和.

答案：(1)an=3n,bn=3n?2n?1；(2)

3n(n?1)?2n?1. 2 高考题 在等差数列{an}中，已知公差d?2，a2是a1与a4的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn?an(n?1)，记Tn??b1?b2?b3?b4?…?(?1)nbn，求Tn.

2?(n?1)2???2答案：(1)an?2n，Tn???n(n?1)??2n为奇数.

n为偶数高考题 求数列?2n???1??的前n项和Sn.

n(n?1)?答案：2n?1?n?2. n?1[例] 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.

解：设Sn＝ cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°

∵ cosn???cos(180??n?) （找特殊性质项） ∴Sn＝ （cos1°+ cos179°）+（ cos2°+ cos178°）+ （cos3°+ cos177°）+···

+（cos89°+ cos91°）+ cos90° （合并求和）

＝ 0

[例] 数列{an}：a1?1,a2?3,a3?2,an?2?an?1?an，求S2002.

解：设S2002＝a1?a2?a3?????a2002

由a1?1,a2?3,a3?2,an?2?an?1?an可得

a4??1,a5??3,a6??2,

a7?1,a8?3,a9?2,a10??1,a11??3,a12??2,

……

a6k?1?1,a6k?2?3,a6k?3?2,a6k?4??1,a6k?5??3,a6k?6??2

∵ a6k?1?a6k?2?a6k?3?a6k?4?a6k?5?a6k?6?0 （找特殊性质项） ∴ S2002＝a1?a2?a3?????a2002 （合并求和） ＝(a1?a2?a3????a6)?(a7?a8????a12)?????(a6k?1?a6k?2?????a6k?6)

?????(a1993?a1994?????a1998)?a1999?a2000?a2001?a2002

＝a1999?a2000?a2001?a2002 ＝a6k?1?a6k?2?a6k?3?a6k?4 ＝5

[例] 在各项均为正数的等比数列中，若a5a6?9,求log3a1?log3a2?????log3a10的值.

解：设Sn?log3a1?log3a2?????log3a10

由等比数列的性质 m?n?p?q?aman?apaq （找特殊性质项） 和对数的运算性质 logaM?logaN?logaM?N 得

Sn?(log3a1?log3a10)?(log3a2?log3a9)?????(log3a5?log3a6) （合并求和）

＝(log3a1?a10)?(log3a2?a9)?????(log3a5?a6) ＝log39?log39?????log39 ＝10

练习、求和：练习题1 设

，则

＝___

答案：2.

n-1

练习题2 ．若Sn=1-2+3-4+…+(-1)〃n，则S17+S33＋Ｓ50等于 ( ) A.1 B.-1 C.0 D .2

解：对前n项和要分奇偶分别解决，即： Sn=答案：A

222222

练习题 3 100-99+98-97+…+2-1的值是

A.5000 B.5050 C.10100 D.20200

解：并项求和，每两项合并，原式=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5050.答案：B

5 错位相减法求和

这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an· bn}的前n项和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.

高考题 已知首项都是1的两个数列?an??,bn?(bn?0,n?N*)满足anbn?1?an?1bn?2bn?1bn?0. (1)令cn?an，求数列?cn?的通项公式； bn (2)若bn?3n?1，求数列?an?的前n项和Sn.

解 (1)cn?2n?1.

(2)得an?bncn?(2n?1)?3n?1.先写出Sn的表达式：

Sn?1?1?3?31?5?32?7?33???(2n?1)?3n?1 ①

把此式两边都乘以公比3，得

3Sn?1?31?3?32?5?33???(2n?3)?3n?1?(2n?1)?3n ②

①-②，得

?2Sn?1?2?31?2?32?2?33???2?3n?1?(2n?1)?3n ③

?2Sn?(2?30?2?31?2?32?2?33???2?3n?1)?(2n?1)?3n?1 ④

由等比数列的前n项和公式，得

?2Sn?3n?1?(2n?1)?3n?1

2Sn??3n?1?(2n?1)?3n?1?(2n?2)?3n?2 ⑤

Sn?(n?1)?3n?1

因为此解答确实步骤多，且有三步容易出错：(1)等式③右边前n项的符号都是“+”，但最后一项是“—”；(2)当等式③右边的前n项不组成等比数列时，须把第一项作微调，变成等比数列(即等式④)，这增加了难度；(3)等式⑤中最后一步的变形(即合并)有难度.但这种方法(即错位相减法)又是基本方法且程序法，所以备受命题专家的青睐，在高考试卷中频频出现就不足为怪了.考生在复习备考中，应彻底弄清、完全掌握，争取拿到满分.

这里笔者再给出一个小技巧——检验：

算得了Sn的表达式后，一定要抽出万忙的时间检验一下S1,S2是否正确，若它们均正确，一般来说就可以确定算对了，否则就算错了，需要检查(重点是检查容易出错的三点)或重算.

对于本题，已经算出了Sn?(n?1)?3n?1，所以S1?1,S2?10.而由通项公式可知

S1?1?1?1,S2?S1?3?31?10，所以求出的答案正确.

高考题 已知?an?是递增的等差数列，a2,a4是方程x2?5x?6?0的根. (1)求?an?的通项公式；

(2)求数列??an?的前n项和. n??2?1n?1. 2n?4. n?12答案：(1)an?(2)用错位相减法可求得答案为2? 高考题 数列{an}满足a1?1,nan?1?(n?1)an?n(n?1),n?N*.

(1)证明：数列??an??是等差数列； n??(2)设bn?3n?an，求数列{bn}的前n项和Sn. 答案：(1)略.

(2n?1)?3n?1?3(2)由(1)可求得an?n，所以bn?3?n，再用错位相减法可求得Sn?.

42n 高考题 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)证明：数列{bn}为等比数列；

(2)若a1?1，函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2?2{anbn}的前n项和Sn.

1，求数列ln2答案：(1)略.

(3n?1)?4n?1?4(2)可求得an?n,bn?2，所以ab?n?4，再用错位相减法可求得Sn?.

9n2nnn 高考题 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；

(2)若a1?1，函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2?的前n项和Tn.

答案：(1)Sn=n2?3n. (2)可求得an?n,bn?2n，所以

?a?1，求数列?n?ln2?bn?annn?2?n，再用错位相减法可求得答案为Tn?2?n.

2bn2[例] 求和：Sn?1?3x?5x2?7x3?????(2n?1)xn?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）

1?xn?1?(2n?1)xn 再利用等比数列的求和公式得：(1?x)Sn?1?2x?1?x(2n?1)xn?1?(2n?1)xn?(1?x) ∴ Sn? 2(1?x)2462n[例] 求数列,2,3,???,n,???前n项的和.

2222解：由题可知，{

设Sn?2n1}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{}的通项之积 2n2n2462n?2?3?????n…………………………………① 222212462nSn?2?3?4?????n?1………………………………② （设制错位） 22222①－②得(1?)Sn? ?2?12222222n?2?3?4?????n?n?1 （错位相减） 222222?2n 2n?112n?1 ∴ Sn?4?n?2 2n?1练习题1 已知 答案：练习题2 答案：

，求数列｛an｝的前n项和Sn.

的前n项和为____

6 待定系数法

例 数列{(2n?1)?3n}的前n项和Sn? . 解 设等差数列{am}的公差为d，等比数列{bm}的公比为q(q?1)，得

am?bm?[a1?(m?1)d]?b1qm?1(m?1,2,?,n)

先用错位相减法求数列{am?bm}的前n项和Sn：

Sn?b1{a1?(a1?d)q?(a1?2d)q2???[a1?(n?1)d]qn?1}qSn?b1{a1q?(a1?d)q2???[a1?(n?2)d]qn?1?[a1?(n?1)d]qn}

(1?q)Sn?b1{a1?dq?dq2???dqn?1?[a1?(n?1)d]qn}?b1{(d?dq?dq2???dqn?1)?[a1?(n?1)d]qn?a1?d}?d?dqn?＝b1??[a1?(n?1)d]qn?a1?d??1?q??q?1d?nd Sn??dn?a1?d?q?a?d?1?b1q?1?q?1?所以有下面的结论成立：

若{am},{bm}分别是等差数列、等比数列(其公比q?1)，且a1,b1均是与n无关的常数，则数列

{am?bm}的前n项和Sn?(an?b)qn?b，其中a,b是与n无关的常数.

由此结论就可以用待定系数法快速求解本题： 可设Sn?(an?b)?3n?b(其中a,b是常数).

?3(a?b)?b?3?a?3可得S1?3,S2?3?27?30，所以?，解得?，所以

b??39(2a?b)?b?30??Sn?(n?1)?3n?1?3.

例 求和Sn?1?2n+2?2n?1+3?2n?2+?+(n?1)?22+n?2.

Sn?1??1??1??1?解 得n?1??+2??+3??+?+n??2?2??2??2??2?用待定系数法可求出该等式的右边为4?012n?1.

n?2，所以Sn?2n?2?2n?4. n?127 分组法求和

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，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.

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] 求数列的前n项和：1?1,111?4,2?7,???,n?1?3n?2，… aaa解：设Sn?(1?1)?(?4)?(1a11?7)?????(?3n?2) 2n?1aa将其每一项拆开再重新组合得

Sn?(1?111?2?????n?1)?(1?4?7?????3n?2) （分组） aaa当a＝1时，Sn?n?(3n?1)n(3n?1)n＝ （分组求和） 221n(3n?1)na?a1?n(3n?1)na?当a?1时，Sn?＝ ?1a?1221?a1?[例] 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??k(k?1)(2k?1)＝?(2kk?1k?1nn3?3k2?k)

将其每一项拆开再重新组合得

Sn＝2?k?1nk?3?k??k （分组）

32k?1k?1nn＝2(13?23?????n3)?3(12?22?????n2)?(1?2?????n)

n2(n?1)2n(n?1)(2n?1)n(n?1)?? ＝ （分组求和） 222n(n?1)2(n?2) ＝

2 [例] 求1?11?111?????111????1之和. ??n个1???1?解：由于111???k个111k?999???9?(10?1) （找通项及特征） ?????99k个1∴ 1?11?111?????111????1 ??n个1＝(101?1)?19111(102?1)?(103?1)?????(10n?1) （分组求和） 999??1??1??????1) ＝(101?102?103?????10n)?(1????n个11919110(10n?1)n? ＝?910?19＝

1(10n?1?10?9n) 81?8[例] 已知数列{an}：an?,求?(n?1)(an?an?1)的值.

(n?1)(n?3)n?1解：∵ (n?1)(an?an?1)?8(n?1)[ ＝8?[11?] （找通项及特征）

(n?1)(n?3)(n?2)(n?4)11?] （设制分组） (n?2)(n?4)(n?3)(n?4) ＝4?(?1111?)?8(?) （裂项）

n?2n?4n?3n?4??1111∴ ?(n?1)(an?an?1)?4?(?)?8?(?) （分组、裂项求和）

n?2n?4n?3n?4n?1n?1n?1 ＝4?(?)?8?

1314113＝ 43提高练习：

1．已知数列?an?中，Sn是其前n项和，并且Sn?1?4an?2(n?1,2,?),a1?1，

⑴设数列bn?an?1?2an(n?1,2,??)，求证：数列?bn?是等比数列； ⑵设数列cn?an,(n?1,2,??)，求证：数列?cn?是等差数列； 2n2．设二次方程anx2-an+1x+1=0(n∈N)有两根α和β，且满足6α-2αβ+6β=3．

(1)试用an表示an?1；

3．数列?an?中，a1?8,a4?2且满足an?2?2an?1?an n?N*

⑴求数列?an?的通项公式；

⑵设Sn?|a1|?|a2|???|an|，求Sn；

说明：本资料适用于高三总复习，也适用于高一“数列”一章的学习。

8 求导法、积分法

xn?1?1(x?1)； 例 (1)求证：1?x?x?x???x?x?123n(2)求证：1?2x?3x???nx2n?1[(x?1)n?1]xn?1?(x?1)； 2(x?1)n(3)求数列(2n?1)?3的前n项和Sn(此即例6).

??解 (1)当x?0时，显然成立.当x?0时，由等比数列的前n项和公式知，欲证结论也成立. (2)视(1)的结论为两个函数相等，两边求导后即得欲证成立. (3)(2n?1)?3n=6(n?3n?1)?3n.

(2n?1)?3n?1由(2)的结论中令x?3，得数列?n?3?的前n项和为；又数列3n的前n项

43n?1?3n和为.所以数列?(2n?1)?3?的前n项和为

2n?1??(2n?1)?3n?13n?1?3Sn?6???(n?1)?3n?1?3

42高考题 请先阅读：在等式cos2x?2cos2x?1(x?R)的两边对x求导，得

(cos2x)??(2cos2x?1)?.由求导法则，得(?sin2x)?2?4cosx?(?sinx)，化简后得等式

sin2x?2sinxcosx.

0122nn(1)利用上题的想法(或其他方法)，试由等式(1?x)n?Cn?Cnx?Cnx???Cnx(x?R，整数

n?2)证明：n[(1?x)n?1kk?1?1]??kCnx.

k?2n(2)对于整数n?3，求证：

12n?1?1kCn?(i)?(?1)kC?0； (ii)?(?1)kC?0； (iii)?. 1?kn?1k?1k?1k?0nkknnk2knn答案：(1)在已知等式两边对x求导后移项可得欲证. (2) (i)在结论(1)中令x??1可证.

(ii)由已知等式两边对x求导后再求导，又令x??1，得

?k(k?1)Ck?2nkn(?1)k?2?0，即

?(?1)k?1nkk(k2?k)Cn?0，再由结论(i)得结论(ii)成立.

(iii)在已知等式两边在[0,1]上对x积分后可得欲证.

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