详解数列求和的方法+典型例题

1、文档编码 : CJ2T5F8L4U4 HW5O3M5J5R1 ZQ5D7B4W10P9详解数列求和的常用方法数列求和是数列的重要内容之一,除了等差数列和等比数列有求和公式外,大部分数列的求和都需要确定的技巧；第一类：公式法利用以下常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法；1、等差数列的前n 项和公式1 dSnna 12anna1nn22、等比数列的前1 n 项和公式q1na 1qa1anqS na1 1qn1q1q3、常用几个数列的求和公式（1）、Snkn1k123n1nn1 1 2n1 2（2）、Snkn1k2122232n21n n6（3）、Snkn1k33 12333n31nn1

2、22其次类：乘公比错项相减（等差等比）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anb n的前 n 项和,其中an,b n分别是等差数列和等比数列；例 1：求数列nqn1 q 为常数 的前 n 项和；解：、如 q =0, 就S =0 、如 q =1,就Sn123n1n n1 2、如 q 0 且 q 1,就S n12 q3 q2nqn1qS nq2 q2 3 q3nqn式式： 1qS n1qq2q3qn1nqnS n11q 1qq2q3qn1nqnS n11q 11qnnqnqS n1qn2nqn 1q1q综上所述：S n0 q0 1n n1 q121qn2nq

3、n q0 且q1 解析：数列nqn11q 1q是由数列n 与qn1对应项的积构成的, 此类型的才适应错位相减,（课本中的的等比数列前n 项和公式就是用这种方法推导出来的）,但要留意应按以上三种情形进行分类争辩,最终再综合成三种情形；第三类：裂项相消法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：1、乘积形式,如：an（1）、a n1111111 2 n 1n2Sn1n12n、nn1 nn1（2）、an2 n 21 2n1 2 n1 22 n（3）、a n1 2111nn1 n2nn1

4、n1 n（41111）n212n1 n,就nn1 2nnn1 2nn2nn121 2、根式形式,如：a nn1nn1nn11 , 的前 n 项和S n2 一样剩下首尾1例 2：求数列112,213,314, ,n解：n11 =1n111nnSn111111n2233n1S nSn1n11nn12, 的前 n 项和例 3：求数列113,214,315, ,解：由于：n 12 =11n12）2nn12n就：Sn1 111112324nSn111n11n1222Sn32122144nn特殊要留意：究竟是像例解析： 要先观看通项类型,在裂项求和时候,两项,仍是像例3 一样剩下四项；第四类：倒序相加法这

5、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a 1an；x2；例 4：如函数f x 对任意xR都有fx f 1（1）anf0 f1f2fnn1 f 1 ,数列a n是等差数列吗？是nn证明你的结论；（2）求数列an1n1的的前 n项和T ；a解：（1）、a nf0f1f2fnn1f1（倒序相加）nnanf1fnn1fnn2f1f0n101nn12nn21nnn2；就,由条件：对任意xR都有fxf 1x 2an2222（n1）ann1an1n2an1a n1,2d1的等差数列；从而：数列an是a 1（2）、an11n111a

6、n1 n2n1n2T =2133141145（n1）n2T =111111112334n1n22n22n4故：T =2nn4解析：此类型关键是抓住数列中与首末两端等距离的两项之和相等这一特点来进行倒序相加的；此例题不仅利用了倒序相加法,仍利用了裂项相消法；在数列问题中, 要学会灵敏应用不同的方法加以求解；第五类：分组求和法有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,如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；例 5：求数列 n11 +n2n1 的前 n 项和S n anb nnn2n1解：令annn11b n a3b 3S na 1b 1a 2b 2S

7、 na 1a2a 3anb 1b 2b 3b nS n111111n11122322n2n1n2233nS n1n11 122322n2n1令T n12232 2n2n12 T n2222323n2n式式： 12 T n122223n 21nn 2T n 122 23 22n1nn 2Tn12nn2n12T nn12n1故：S n1n1 1n1 2n12n11n1 2n例 6：求数列 xn12的前 n 项和S nxn分析：将anxn12用完全平方和公式开放,再将其分为几个数列的和进行求解；xn解：anxn12=xn22xn112=x2n21n=x2n212xnxnxnx2xS nx2212x4

8、214x2n212nxxxS nx2x4x2n222121412nxxx（首项2 x ,公比2 x 等比数列）（常数列）（首项12,公比12等比数列）xx、令T nx2=x41x2nx2n=1121nx1时,T nx2x4x1时,x2xT nx2x4x2nx2x2nx2n2、令M n22x22 nx212、令Gn1 x21412n2=1n2xx12n11x1时,1214Gnxxxx1时,Gn=1214212nx2n2xxxx1211 2x 1xn12=1x2x122xxx22nx22x2n11x=xxx211x2x2n2x221=xx2xx2nxx2x2n222n2=x2n1x2nx21综上所

9、述：x1时,S nT nMnG nn22 nn4 nxx2n21x1时,S nT nMnGnxn22 x2 n2 x12nx1这个题,除了留意分组求和外,仍要留意分类争辩思想的应用；第六类：拆项求和法在这类方法中, 我们先争辩通项, 通项可以分解成几个等差或等比数列的和或差的形式,再代入公式求和；例 7：求数列 9,99, 999,的前 n 项和S n分 析 ： 此 数 列 也 既 不 是 等 差 数 列 也 不 是 等 比 数 列 启 发 学 生 先 归 纳 出 通 项 公 式an10n1可转化为一个等比数列与一个常数列；分别求和后再相加；解：由于：a n10 n1就：S n99999S n1 101 10213 101n 101S n1 102 103 1010n1111S n1010n10n110S n10n110nn111（等差 +等比,利用公式求和）9例 8：S =1121 431 822nn11解：由于：a nn2n2n11 2就：S =123n 482n=1n n