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数列求和的常用方法


数列求和的常用方法
永德二中 王冬梅
数列是高中数学的重要内容, 又是学习高等数学的基础。 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位。 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一定 的技巧。 下面,简单介绍下数列求和的基本方法和技巧。

第一类:公式法
利用下列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

Sn =

n(a1 + a n ) n(n ? 1)d = na1 + 2 2

2、等比数列的前 n 项和公式

?na1 (q = 1) ? S n = ? a1 (1 ? q n ) a1 ? a n q ? 1 ? q = 1 ? q (q ≠ 1) ?
3、常用几个数列的求和公式 (1) S n = 、

∑ k = 1 + 2 + 3 + … + n = 2 n(n + 1)
k =1 n

n

1

(2) S n = 、

∑k
k =1 n

2

= 12 + 2 2 + 3 2 + … + n 2 =

1 n(n + 1)(2n + 1) 6

(3) S n = 、

∑k
k =1

3

1 = 13 + 2 3 + 33 + … + n 3 = [ n(n + 1)] 2 2

等比) 第二类:乘公比错项相减(等差 × 等比) 乘公比错项相减(
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 {a n × bn } 的前 n 项和,其中 {a n } , {bn } 分别是等差数列和等比数列。 例 1:求数列 {nq n ?1 } ( q 为常数)的前 n 项和。 解:Ⅰ、若 q =0, 则 S n =0 Ⅱ、若 q =1,则 S n = 1 + 2 + 3 + … + n = Ⅲ、若 q ≠0 且 q ≠1, 则 S n = 1 + 2q + 3q + … + nq
2 n ?1

1 n(n + 1) 2

① ②
n ?1

qS n = q + 2q 2 +3q 3 + … + nq n
2 3

①式—②式: (1 ? q ) S n = 1 + q + q + q + … + q

? nq n

1

? Sn =

1 (1 + q + q 2 + q 3 + … + q n?1 ? nq n ) 1? q

? Sn =

1 1? qn ( ? nq n ) 1? q 1? q

1? qn nq n ? ? Sn = (1 ? q ) 2 1 ? q
? ?0(q = 0) ? ?1 综上所述: S n = ? n( n + 1)( q = 1) ?2 ? 1? qn nq n ? (q ≠ 0且q ≠ 1) ? 2 1? q ? (1 ? q )
解析:数列 {nq
n ?1

} 是由数列 {n}与 q n ?1 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) ,但要注意应按以上三种情况进行分类讨论,最后 再综合成三种情况。

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: (1) a n = 、

1 1 1 = ? n(n + 1) n n + 1

( 2n ) 2 1 1 1 (2) an = 、 = 1+ ( ? ) (2n ? 1)(2n + 1) 2 2n ? 1 2n + 1
(3) a n = 、

1 1 1 1 = [ ? ] n(n + 1)(n + 2) 2 n(n + 1) (n + 1)(n + 2)
n+2 1 2(n + 1) ? n 1 1 1 1 ? n = ? n = ? , 则S n = 1 ? n ?1 n n(n + 1) 2 n(n + 1) 2 n?2 (n + 1)2 (n + 1)2 n

(4) a n = 、

2、根式形式,如:

an =

1 n +1 + n

= n +1 ? n

例 2:求数列

1 1 1 1 , , ,…, ,…的前 n 项和 S n 1× 2 2 × 3 3 × 4 n(n + 1)

解:∵

1 1 1 = ? n(n + 1) n n + 1
2

1 1 1 1 1 1 + ? + +…+ ? 2 2 3 3 n n +1 1 ? Sn = 1 ? n +1 Sn = 1 ?
例 3:求数列

1 1 1 1 , , ,…, ,…的前 n 项和 S n 1× 3 2 × 4 3 × 5 n ( n + 2)

解:由于:

1 1 1 1 = ( ? ) n ( n + 2) 2 n n + 2

则: S n =

1? 1 1 1 1 1 ? ?(1 ? 3 ) + ( 2 ? 4 ) + ? ? ? + ( n ? n + 2 )? 2? ?

1 1 1 1 (1 ? ? ? ) 2 2 n +1 n + 2 3 1 1 ? Sn = ? ? 4 2 n + 2 2n + 4 ? Sn =
解析:要先观察通项类型,在裂项求和时候,尤其要注意:究竟是像例 2 一样剩下首尾两项,还是像 例 3 一样剩下四项。

第四类: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 + a n ) 。 例 4:若函数 f (x ) 对任意 x ∈ R 都有 f ( x ) + f (1 ? x) = 2 。 (1) a n = f (0) + f ( ) + f ( ) + … + f ( (2)求数列 {

1 n

2 n

n ?1 ) + f (1) ,数列 {a n } 是等差数列吗?是证明你的结论; n

1 } 的的前 n 项和 Tn 。 a n × a n +1

解: 、 a n = f (0) + f ( ) + f ( ) + … + f ( (1)

n ?1 1 2 ) + f (1) (倒序相加) n n n n ?1 n?2 1 ? a n = f (1) + f ( )+ f( ) + … + f ( ) + f ( 0) n n n 1 n ?1 2 n ? 2 1+ 0 = + = + =…=1 n n n n

则,由条件:对任意 x ∈ R 都有 f ( x ) + f (1 ? x) = 2 。

? 2 a n = 2 + 2 + 2 + … + 2 = (n + 1 2 ) ? a n = n + 1 ? a n+1 = n + 2 ? a n+1 ? a n = 1
从而:数列 {a n } 是 a1 = 2, d = 1 的等差数列。

3

(2) 、

1 1 1 1 = = ? a n × a n +1 (n + 1)(n + 2) n + 1 n + 2

? Tn = ? Tn =

1 1 1 1 + + +…+ 2× 3 3× 4 4× 5 (n + 1) (n + 2) ×

1 1 1 1 1 1 1 1 n ? + ? +…+ ? = ? = 2 3 3 4 n + 1 n + 2 2 n + 2 2n + 4 n 故: Tn = 2n + 4
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,还利用了裂项相消法。在数列问题中,要学会灵活应用不同的方法加 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,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。 例 5:求数列{

1 n ?1 + n × 2 }的前 n 项和 S n n(n + 1)
bn = n × 2 n ?1

解:令 a n =

1 n(n + 1)

S n = (a1 + b1 ) + (a 2 + b2 ) + (a 3 + b3 ) + … + (a n + bn )

? S n = (a1 + a 2 + a 3 + … + a n ) + (b1 + b2 + b3 + … + bn )
1 1 1 1 1 1 + ? + +…+ ? ) + (1 + 2 × 2 + 3 × 2 2 + … + n × 2 n ?1 ) 2 2 3 3 n n +1 1 ? S n = (1 ? ) + (1 + 2 × 2 + 3 × 2 2 + … + n × 2 n?1 ) n +1

? S n = (1 ?

令 Tn = 1 + 2 × 2 + 3 × 2 + … + n × 2
2

n ?1

① ②

2Tn = 2 + 2 ×2 2 +3 × 2 3 + … + n × 2 n
2 3

①式—②式: (1 ? 2)Tn = 1 + 2 + 2 +2 + … + 2

n ?1

? n × 2n

? Tn = ?(1 + 2 + 2 2 +2 3 + … + 2 n ?1 ? n × 2 n )
1 ? 2n ? Tn = ?( ? n × 2n ) 1? 2

? Tn = (n ? 1) × 2 n + 1
故: S n = (1 ?

1 1 ) + (n ? 1) × 2 n + 1 = 2 ? + (n ? 1) × 2 n n +1 n +1

4

1 2 ) }的前 n 项和 S n xn 1 2 n 分析:将 a n = ( x + n ) 用完全平方和公式展开,再将其分为几个数列的和进行求解。 x 1 2 1 1 2 2n 1 1 2n n n 2 n 2n 解: a n = ( x + n ) = ( x ) + 2 × x × n + ( n ) = x + 2 + 2 n = x + 2 + ( ) x x x x x 1 1 1 S n = [ x 2 + 2 + ( ) 2 ] + [ x 4 + 2 + ( ) 4 ] + … + [ x 2n + 2 + ( ) 2n ] x x x 1 1 1 ? S n = ( x 2 + x 4 + … + x 2 n ) + (2 + 2 + … + 2) + [( ) 2 + ( ) 4 + … + ( ) 2 n ] x x x
例 6:求数列{ ( x +
n

(首项 x ,公比 x 等比数列) (常数列) Ⅰ、令 Tn = x + x + … + x
2 4 2 4 2n

2

2

(首项 ( ) ,公比 ( ) 等比数列)

1 x

2

1 x

2

① x = 1 时, Tn = x + x + … + x ② x ≠ 1 时, Tn = x + x + … + x
2 4

2n

=1 + 1 + … + 1 = n

2n

x 2 ? x 2n × x 2 x 2n+2 ? x 2 = = 1? x2 x2 ?1
Ⅱ、令 M n = 2 + 2 + … + 2 = 2n Ⅲ、令 G n = ( ) + ( ) + … + ( )
2 4

1 x

1 x

1 x

2n

1 2 1 4 1 2n = 1+1+…+1 = n x x x 1 2 1 4 1 2n ② x ≠ 1 时, G n = ( ) + ( ) + … + ( ) x x x
① x = 1 时, G n = ( ) + ( ) + … + ( )

1 1 x 2n+2 ? x 2 1 1 1 ? 2n+2 ( ) 2 ? ( ) 2n × ( ) 2 2 2n+2 x x = x2 x = x = x ×x 1 x2 ?1 x2 ?1 1? ( )2 x x2 x2
x 2n+2 ? x 2 x2 x 2 × ( x 2 n ? 1) = 2 × = x × x 2 n+ 2 x 2 ? 1 x 2 n × x 2 × ( x 2 ? 1)
= 综上所述: ① x = 1 时, S n = Tn + M n + G n = n + 2n + n = 4n

x 2n ? 1 x 2 n ( x 2 ? 1)

5

② x ≠ 1 时, S n = Tn + M n + G n =

x 2n+2 ? x 2 x 2n ? 1 + 2n + 2 n 2 x2 ?1 x ( x ? 1) 第六类:拆项求和法

这个题,除了注意分组求和外,还要注意分类讨论思想的应用。 在这类方法中,我们先研究通项,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 a n = 10 ? 1 可转化为一
n

个等比数列与一个常数列。分别求和后再相加。 解:由于: a n = 10 ? 1
n

则: S n = 9 + 99 + 99 + …

? S n = (101 ? 1) + (10 2 ? 1) + (10 3 ? 1) + … + (10 n ? 1) ? S n = (101 + 10 2 + 10 3 + … + 10 n ) ? (1 + 1 + 1 + … + 1)
10 ? 10 n × 10 ? Sn = ?n 1 ? 10

? Sn =

10 n+1 ? 10 ?n 9

1 1 1 1 + 2 + 3 + ??? + n n 2 4 8 2 1 1 解:由于: a n = n n = n + n 2 2 1 1 1 1 则: S n = (1 + 2 + 3 + … + n) + ( + + + ? ? ? + n ) (等差+等比,利用公式求和) 2 4 8 2 1 1 (1 ? ( ) n ) 1 2 = n( n + 1) + 2 1 2 1? 2 1 1 n = n( n + 1) + 1 ? ( ) 2 2
例 8: S n = 1 解析:根据通项的特点,通项可以拆成两项或三项的常见数列,然后再分别求和。 这篇文章中,有 6 类重要方法,8 个典型例题,大部分常见数列的前 n 项和都可以求出来了,由于知 识的不完备,在该类知识上还有些缺憾,在此希望这篇文章可以带给学习数列的同学们多一些帮助。

6


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