数列求和的种方法

数列求和的基本方法和技巧（配以相应的练习）一、总论：数列求和7种方法:利用等差、等比数列求和公式错位相减法求和反序相加法求和分组相加法求和裂项消去法求和分段求和法（合并法求和）利用数列通项法求和二、等差数列求和的方法是逆序相加法，等比数列的求和方法是错位相减法，三、逆序相加法、错位相减法是数列求和的二个基本方法。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，就几个历届高考数学和数学竞赛试题来谈谈数列求和的基本方法和技巧.、利用常用求和公式求和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、等差数列求和公式:na122、等比数列求和公式：Snng內(1qn)1q(q1)a1anq1q(q1)3、nSnkk1h(n1)4、2nk2k16n(n1)(2n1)［例1］已知lOg3X—，求X的前n项和.log23解：由log3X1log23log3xlog32由等比数列求和公式得SnXX2X3Xn（利用常用公式）ii=x(ixn)=2(1R=1x112点石的最大值.［例2］设S=1+2+3+…+n,n€N，求f(n)解：由等差数列求和公式得Snin(n1)，Sni(n1)(n2)(利用常用公式)二f(n)n3464(n82-)50nnSn=n(n32)Sn1n234n6411150二当川，即n=8时，f叽再题1.等比数列的前n项和Sn=2n—1,则题2•若12+22+…+(n-1)2=an3+bn2+cn，贝Sa=,b=,c=二、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.［例3］求和:Sn13x5x27x3(2n1)xn1①•…解：由题可知，｛(2n1)xn1｝的通项是等差数列｛2n—1｝的通项与等比数列｛Xn1｝的通项之积设xSn1x3x25x37x4(2n1)xn②(设制错位)2xn1(2n1)xn(错位相减)①一②得(1x)Sn12x2x22x32x4再利用等比数列的求和公式得:(1x)Sn2x1xn1(2n1)xn二Sn(2n1)xn1(2n1)xn(1x)(1x)2［例4］求数列2,^2，-222解：由题可知,222尹12Sn①一②得,李，前n项的和.2｛肆｝的通项是等差数列｛2n｝的通项与等比数列｛*｝的通项之积6歹614224(1—)Sn…Sn42n.....2n2n尹…2222②（设制错位）练习题1已知答案:2242nfl(错位相减)22,求数列｛an｝的前n项和Sn.练习题2的前n项和为答案：三、反序相加法求和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(aian).［例5］求证：Co3C：5C；(2n1)C；；(n1)2 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：设SnC°3C15C：(2n1)C：把①式右边倒转过来得Sn(2n1)C(2n1)C；13QC0(反序)又由cmC：m可得Sn(2n1)C°(2n1)C：3C；1②…..①+②得2Sn(2n2)(C0CnCn1C；)2(n1)2n(反序相加)(n1)2n［例6］求sin21sin22sin23sin288sin289的值解：设Ssin21sin22sin23sin288sin289①.将①式右边反序得22Ssin289sin288sin23sin22sin21②..(反序)又因为sinxcos(90x),sin2xcos2x1①+②得(反序相加)2S(sin21cos21)(sin22cos22)(sin289cos289)=89•••S=44.5题1已知函数(1)证明:(2)求的值.=右边解：(1)先利用指数的相关性质对函数化简，后证明左边(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:练习。已知fX满足x1,x2R,当x1x21时，fx1fX22'若12n1Snf0ffff1,nN,求Sn.nnn解答：Sn4(n1).由f洛fX212知只要自变量X1X21即成立，又知011-n11,…,则易求Snnn四、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.［例7］求数列的前n项和：11,-4厶7,,吕3n2,…aaa(丄an13n2)11Sn(12aa当a_1时，1E(1-a(3n1)nn23n2)(分组)1)n2（分组求和）当a1时，Sn>IZ1na11a(3n1)n_aa1na1(3n1)n2解：设Sn（11）（丄4）（丄7）aa将其每一项拆开再重新组合得k)（分组）_2(13233\n)3(1222\2n)(12n)22n(n1)2n(n1)(2n21)n(n1）（分组求和）2n(n1)2(n22)［例8］求数列｛n（n+1）（2n+1）｝的前n项和.解：设akk(k1)(2k1)2k33k2TOC\o"1-5"\h\znnSnk(k1)(2k1)_(2k33k2k1k1将其每一项拆开再重新组合得nnS1_2k33k2k1■,-五、裂项法求和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.通项分解如:（裂项）(1)f(n1)f(n)(2)Sin1tan(ncosncos(n1)1)tann(3)1n(n1)(4)an(2n)2(2n1)(2n1)(5)n(n1)(n2)2n(n1)(6)an21n(n1)2n2(n1)nn(n1)(nW，则Sn1(n1)2n(7)an(AnB)(AnC)CB(AnBAnC)(8)an1、.n［例9］求数列1O.2‘3」、n,n1’的刖"项和.解：设an1...n(裂项)则Sn（裂项求和）=(、2.1)［例10］在数列｛刘中,1,又bnan1求数列｛bn｝的前n项的解:8(1n1n1nJ2n1(裂项)=8(1n12二数列｛bn｝的前n项和1111J(丿(o2233Sn8[(114)（裂项求和）8nn1［例11］求证:cosOCOS11cos1cos2cos88cos89cos1sin21解：设S1cosOcos11cos1cos2cos88cos89sin1cosncos(n1)tan(n1)tann(裂项)cosOcoslcoslcos2cos88cos89（裂项求和）tan1)(tan3tan2)[tan89tan88]}=1{(tan1tanO)(tan2sin1—(tan89tanO)=—cot1=co^1sin1sin1sin1原等式成立例求证131!1142!53!11<—102100!2此为分数数列求和问题，仍然用裂项求和法，难点在于分母出现了阶乘，为此,需将数列的第k项作一些恒等变形，以便将其分裂为两项之差解因为1(k2)k!k111—1—(k1,2,,100)(k1)!(k2)!(k2)!所以111131!42!53!102100!111'l1——<—2!102!2练习题1.答案：练习题2答案:六、分段求和法（合并法求和）精心整理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S.［例12］求cos1°+cos2°+cos3°+•…+cos178°+cos179°的值.解：设Sn=cos1°+cos2°+cos3°+•••+cos178°+cos179°Tcosncos(180n)(找特殊性质项)二Sn=(cos1°+cos179°)+(cos2°+cos178°)+(cos3°+cos177°)+•••+(cos89°+cos91°)+cos90°(合并求和)=0［例13］数列{an}:a11,a23,a32,an2an1an，求S2002.解：设S2oo2=a1a2a3a2002'iZr|.x、津//由a11,a23,a32,an2an1an可得•a6k1a6k2a6k3a6k4a6k5a6k60(找特殊性质项)二S2oo2=a1a2a3a2002(合并求和)=(a1a2a3a6)(a7a8a12)(a6k1a6k2a6k6)—a1999a2000a2001a2002—a6k1"la6k2a6k3a6k4=5［例14］在各项均为正数的等比数列中，若a§a69,求Iog3a1logsa?log3a®的值.解：设Snlog3a1log3a2log3由等比数列的性质mnpqamanapaq(找特殊性质项)和对数的运算性质logaMlogaNlogaMN得Sn(log3a1logsag)(log3a2log389)(log3aslog3a6)(合并求和)=(log3a1a10)(log3a?a?)(log3asa§)精心整理=log39呱9log39=10练习、求和:练习题1设答案：2.练习题2.若Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1n,则S17+S33+S50等于()精心整理A.1B.-1C.0D.2解：对前n项和要分奇偶分别解决，即：Sn=答案：A练习题31002-992+982-972+…+22-12的值是A.5000B.5050C.10100D.20200解：并项求和，每两项合并，原式=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5050.答案：B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15］求1111111111之和.n个1解：由于111119999」(10k1)(找通项及特征)k个19k个19二1111111111n个111=-(10191)12-(102911)-(19031)」(10n1)(分组求和)9=1(10110210310n)丄(1111)99n个1丄10(10n1)n91019=丄(10n1109n)81［例16］已知数列&}:an(n3)，求ni(n1)(anan1)的值.解：•••(n1)(an8(n1)[1(n1)(n3)Eh(找通项及特征)十］(设制分组)=4(-11)18(-n2n4n3(n1)(anan1)4(丄n1n1n2111=4(34)84_133提高练习：1.已知数列an中,Sn是其前n项和，⑴设数列bnan12an(n1,：2,),⑵设数列Cnan2n,(n1,2,)，求证4)=8[市?n^―)(裂项)n41)8(11)(分组、裂项求和)n4n1n3n4并且Sn14an2(n1,2,L),印1，求证：数列bn是等比数列；:数列Cn是等差数列；原数列各项可写成组合数形式例5求1,12,123,,121由123nnn12解Sn1121231—n(n1)(n2).6例9求数列212,432,6八、组合数法求和，则可利用公式cmCnm1C：1求解3n的和.C；1知可利用“组合数法”求和.123n待定归纳法52,…,2n(2n1)2的前n项和Sn.因为数列的通项公式为an2n(2n1)28n38n22n它是关于n的多项式，与之类似的数列求和问题我们熟悉的有2(1)1352n1n(2)12231n(n1)n(n1)(n2)3⑶1323333122nn(n1)4以上各式中，左端的通项公式及右端的和展开后都是关于n的多项式，对其次数进行比较便可得到这样的结论：若数列an的通项公式是关于n的多项式，则其前n项和是比通项公式高一次的多项式.对本题来讲，因为通项公式是关于n的三次多项式，所以我们猜想该数列的前n项和Sn是关于n的四次多项式，故可设432SnAnBnCnDnE.解令SnAn4Bn3Cn2DnE满足数学归纳法的各个步骤，即n1,nk,nk1时上式均成立，有SiABCDEai2①Ak4(4AB)k3(6A3BC)k2(4A3B2CD)k(ABCDE)②又因为Sk1Skak1Ak4(B8)k3(C16)k2(D10)k(E2)③比较②、③两式同类项系数可得TOC\o"1-5"\h\z41解万程得A2,B4,C1,D'.代入①式有E0,33故Sn2n44n3n2433例10求数列5,6,9,16,31,62,…的前n项和Sn.考虑数列的各差数列：原数列:5,6,9,16,31,62…-一阶差数列：1,3,7,15,31，…二阶差数列：2,4,8,16，…由于二阶差数列是等比数列，可用逐差法求数列的通项，然后再求其前n项和Sn.解设原数列为an,一阶差数列为bn,二阶差数列为Cn那么b2b1c,,以上n1个式子相加，有bnb|c1c2c3cn12n2.精心整理因为b,1,所以bn2n212n1.^又a?a,b,i所以ana1b1b2n1n1b3bn1bm(2m1)m1m1n12m(n1)2nn1.m1因为a15,所以an2nn152nn4.数列an的前n项和为.设二次方程anX?-an+ix+仁0(n€N)有两根a和B，且满足6a-2ap+6B=3.(1)试用an表示an1；.数列an中，a18,a42且满足an22a.1a.nN*⑴求数列an的通项公式；⑵设Sn|a1||a2llanl，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。