数列求和

数列求和方法总结

1直接求和

适用于等差数列或等比数列的求和（指前n项和）问题,在四

个量da,

1

（或q）,

n

an,中,已知三个量时,可以求出

S

n

来,我们简

称为“知三求和”问题.它们的求和问题可以直接利用求和公式解

决.

等差数列前n项和公式：已知

n

ana,,

1

时,利用公式



2

1n

n

aan

S



求和；

已知nda,,

1

时,利用公式



d

nn

naS

n2

1

1





求和.

等比数列前n项和公式：已知qna,,

1

时,利用公式



)1(

1

1

1





q

q

qa

S

n

n

求和；

已知

n

aqa,,

1

时,利用公式

n

S

q

qaa

n





1

1(q

1)求和.

例1



.

2

1

8

1

4

1

2

1

1

1

1







n

n



此式可看为一个等比数列的前n项和,且此等比数列首项为1,

公比为

2

1

,故可直接运用等比数列前n项和公式

n

S

q

qan





1

)1(

1

(q

1)求和.

解

n

S

2

1

1

2

)1(

1







n

n



3

2

















n

n

2

)1(

1.

例2一个等差数列的前n项和等于m,前m项和等于n（其中

mn）,试求这个数列的前nm项和.

根据等差数列前n项和公式运用所需的条件最好先求出数列

首项

1

a与公差

d

,然后运用



d

nn

naS

n2

1

1





求和.

解设这个数列的首项为a,公差为

d

,根据已知条件,有



























)2(

2

)1(

)1(

2

)1(





nd

mm

ma

md

nn

na

nm21得)1()1(

2

mn

mnd

=.22nm

因为

,mn

所以d

mn

nm)(2

.

由此得a

mn

nmnmnm22

，

于是,这个数列的前nm项和为





anmS

nm



d

nmnm

2

1

nm

























mn

nmmn

mn

nmnmnm2

2

122

.nm

2转化求和

适用于不是等差数列或等比数列,不便直接求其前n项和的数列.

倒序相加法

将

n

S

n

aaa

21

与

n

S

11

aaa

nn





两式相加,如

果得到一个常数列,其和为A,那么

n

S

2

A

.

例3已知xf满足

21

,xxR,当1

21

xx

时,

2

1

21

xfxf

,若



n

S1

121

0f

n

n

f

n

f

n

ff













































Nn,

,

求.

n

S

由

2

1

21

xfxf

知只要自变量1

21

xx即成立,又知

101

1

11







n

n

n

,…,则易求.

n

S

解因为

n

S1

121

0f

n

n

f

n

f

n

ff











































,①

所以.0

11

1f

n

f

n

n

ffS

n































②

①+②,得

01

11

102ff

n

n

f

n

fffS

n



















































个1

2

1

2

1

2

1





n

1

2

1

n.所以

n

S)1(

4

1

n.

错项相减法

如果数列

nn

ba中的

n

a和

n

b分别是等差数列和等比数

列且等比数列公比为)1(qq,那么

n

S

nn

bababa

2211

与



n

qS

13221



nn

bababa两式“错项相减”可以求出.

n

S

例4求和：11122322221nnnnn.

数列2n,21n,22n,…,2,1与1,2,3,…,n,

1n

分别是等比数列

（q

2

1

）与等差数列（

1d

）,可考虑用“错项相减法”求和.

解令

n

S11122322221nnnnn①

则

2

1



n

S112)1(22221nnnn＋

2

1

1n

②

①-②,得1

2

1

12222

2

1

21nSnnn

n



1

2

1

2222110nnn



2

1

12

121





nn



2

3

2

21

n

n.

则

n

S322nn.

3裂项求和

将数列的每一项分裂成两项之差,如果求数列的前n项和时,除

首尾若干项外,其余各项可以交叉相消.

例6求555555

n

S





5

5555

个n

此数列





5

5555

个n

n

a



)9999(

9

59



个n



)110(

9

5

n故知拆项后是一

个等比数列.

解因为





5

5555

个n

n

a



)9999(

9

59



个n



)110(

9

5

n,

所以

n

S

)110(

9

5

)110(

9

5

)110(

9

5

2n



)101010(

9

5

2nn





















n

n

110

)110(10

9

5



n

n

9

5

81

)110(50





.

例7求证

!13

1





!100102

1

!35

1

!24

1













<

2

1

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.

因为

)!2(

1

)!1(

1

)!2(

1

!)2(

1















kkk

k

kk

（

k100,,2,1

）

所以

!13

1





!100102

1

!35

1

!24

1















)

!102

1

!101

1

()

!5

1

!4

1

()

!4

1

!3

1

()

!3

1

!2

1

(



!102

1

!2

1

<

2

1

.