数列求和

数列求与得基本方法与技巧(配以相应得练习)

一、总论:数列求与7种方法:

利用等差、等比数列求与公式

错位相减法求与

反序相加法求与

分组相加法求与

裂项消去法求与

二、等差数列求与得方法就是逆序相加法,等比数列得求与方法就是错位相

减法,

三、逆序相加法、错位相减法就是数列求与得二个基本方法。

一、利用常用求与公式求与

利用下列常用求与公式求与就是数列求与得最基本最重要得方法、

1、等差数列求与公式:d

nn

na

aan

Sn

n2

)1(

2

)(

1

1









2、等比数列求与公式:



























)1(

11

)1(

)1(

1

1

1

q

q

qaa

q

qa

qna

S

n

n

n

3、)1(

2

1

1





nnkS

n

k

n

4、)12)(1(

6

1

1

2



nnnkS

n

k

n

5、2

1

3)]1(

2

1

[



nnkS

n

k

n

[例1]已知

2

1

x,求nxxxx32得前n项与、

解:由等比数列求与公式得n

n

xxxxS32(利用常用公式)

＝

x

xxn





1

)1(

＝

2

1

1

)

2

1

1(

2

1





n

＝1－

n2

1

[例2]设S

n

＝1+2+3+…+n,n∈N*,求

1

)32(

)(







n

n

Sn

S

nf得最大值、

解:由等差数列求与公式得)1(

2

1

nnS

n

,)2)(1(

2

1

nnS

n

(利用常用公式)

∴

1

)32(

)(







n

n

Sn

S

nf＝

64342nn

n

＝

n

n

64

34

1



＝

50)

8

(

1

2

n

n

50

1



∴当

n

n

8

,即n＝8时,

50

1

)(

max

nf

二、错位相减法求与

这种方法就是在推导等比数列得前n项与公式时所用得方法,这种方法主要用于求数列{a

n

·b

n

}得前

n项与,其中{a

n

}、{b

n

}分别就是等差数列与等比数列、

[例3]求与:132)12(7531n

n

xnxxxS

………………………①

解:由题可知,{1)12(nxn}得通项就是等差数列{2n－1}得通项与等比数列{1nx}得通项之积

设n

n

xnxxxxxS)12(7531432

………………………、②(设制错位)

①－②得nn

n

xnxxxxxSx)12(222221)1(1432(错位相减)

再利用等比数列得求与公式得:n

n

n

xn

x

x

xSx)12(

1

1

21)1(

1











∴

2

1

)1(

)1()12()12(

x

xxnxn

S

nn

n







[例4]求数列,

2

2

,,

2

6

,

2

4

,

2

2

32n

n

前n项得与、

解:由题可知,{

n

n

2

2

}得通项就是等差数列{2n}得通项与等比数列{

n2

1

}得通项之积

设

n

n

n

S

2

2

2

6

2

4

2

2

32

…………………………………①

14322

2

2

6

2

4

2

2

2

1





n

n

n

S………………………………②(设制错位)

①－②得

14322

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

)

2

1

1(





nn

n

n

S(错位相减)

112

2

2

1

2





nn

n

∴

12

2

4







n

n

n

S

练习题1已知,求数列｛an｝得前n项与Sn、

答案:

练习题得前n项与为____

答案:

三、逆序相加法求与

这就是推导等差数列得前n项与公式时所用得方法,就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)(

1n

aa、

[例5]求证:nn

nnnn

nCnCCC2)1()12(53210

证明:设n

nnnnn

CnCCCS)12(53210…………………………、、①

把①式右边倒转过来得

0113)12()12(

nn

n

n

n

nn

CCCnCnS(反序)

又由mn

n

m

n

CC

可得

n

n

n

nnnn

CCCnCnS1103)12()12(

…………、、……、、②

①+②得nn

n

n

nnnn

nCCCCnS2)1(2))(22(2110(反序相加)

∴n

n

nS2)1(

题1已知函数

(1)证明:;

(2)求得值、

解:(1)先利用指数得相关性质对函数化简,后证明左边=右边

(2)利用第(1)小题已经证明得结论可知,

两式相加得:

所以、

四、分组法求与

有一类数列,既不就是等差数列,也不就是等比数列,若将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常

见得数列,然后分别求与,再将其合并即可、

[例7]求数列得前n项与:23

1

,,7

1

,4

1

,11

12





n

aa

an

,…

解:设)23

1

()7

1

()4

1

()11(

12





n

aa

a

S

n

n

将其每一项拆开再重新组合得

)23741()

111

1(

12





n

aa

a

S

n

n

(分组)

当a＝1时,

2

)13(nn

nS

n



＝

2

)13(nn

(分组求与)

当1a时,

2

)13(

1

1

1

1

nn

a

a

S

n

n









＝

2

)13(

1

1nn

a

aan







[例8]求数列{n(n+1)(2n+1)}得前n项与、

解:设

kkkkkka

k

2332)12)(1(

∴





n

k

n

kkkS

1

)12)(1(＝)32(23

1

kkk

n

k





将其每一项拆开再重新组合得

S

n

＝kkk

n

k

n

k

n

k







1

2

1

3

1

32(分组)

＝)21()21(3)21(2222333nnn

＝

2

)1(

2

)12)(1(

2

)1(22







nnnnnnn

(分组求与)

＝

2

)2()1(2nnn

五、裂项法求与

这就是分解与组合思想在数列求与中得具体应用、裂项法得实质就是将数列中得每项(通项)分解,然后

重新组合,使之能消去一些项,最终达到求与得目得、通项分解(裂项)如:

(1))()1(nfnfa

n

(2)





nn

nn

tan)1tan(

)1cos(cos

1sin





(3)

1

11

)1(

1









nnnn

a

n

(4)

)

12

1

12

1

(

2

1

1

)12)(12(

)2(2













nnnn

n

a

n

(5)]

)2)(1(

1

)1(

1

[

2

1

)2)(1(

1













nnnnnnn

a

n

(6)

n

n

nnnn

nn

S

nn

nn

nn

nn

n

a

2)1(

1

1,

2)1(

1

2

1

2

1

)1(

)1(2

2

1

)1(

2

1

























则

(7))

11

(

1

))((

1

CAnBAnBCCAnBAn

a

n











(8)

1

1

1n

ann

nn





[例9]求数列







,

1

1

,,

32

1

,

21

1

nn

得前n项与、

解:设nn

nn

a

n





1

1

1

(裂项)

则

1

1

32

1

21

1













nn

S

n

(裂项求与)

＝)1()23()12(nn

＝

11n

[例10]在数列{a

n

}中,

11

2

1

1













n

n

nn

a

n

,又

1

2







nn

naa

b,求数列{b

n

}得前n项得与、

解:∵

211

2

1

1n

n

n

nn

a

n















∴)

1

11

(8

2

1

2

2











nn

nn

b

n

(裂项)

∴数列{b

n

}得前n项与

)]

1

11

()

4

1

3

1

()

3

1

2

1

()

2

1

1[(8





nn

S

n

(裂项求与)

＝)

1

1

1(8





n

＝

1

8

n

n

(2009年广东文)20、(本小题满分14分)

已知点(1,

3

1

)就是函数

,0()(aaxfx且1a)得图象上一点,等比数列

}{

n

a

得前n项与为

cnf)(,数列}{

n

b)0(

n

b得首项为c,且前n项与

n

S

满足

n

S

－

1n

S

=

n

S+

1n

S(n2)、

(1)求数列

}{

n

a与}{

n

b得通项公式;

(2)若数列{}

1

1nn

bb

前n项与为

n

T,问

n

T>

2009

1000

得最小正整数n就是多少?

0、【解析】(1)

1

1

3

fa,

1

3

x

fx











1

1

1

3

afcc,

2

21afcfc





2

9

,



3

2

32

27

afcfc





、

又数列

n

a成等比数列,

2

2

1

3

4

21

81

2

33

27

a

ac

a





,所以1c;

又公比2

1

1

3

a

q

a

,所以

1211

2

333

nn

n

a









*nN;

1111nnnnnnnn

SSSSSSSS



2n

又

0

n

b,0

n

S,

1

1

nn

SS



;

数列n

S构成一个首相为1公差为1得等差数列,111

n

Snn,2

n

Sn

当2n,2

2

1

121

nnn

bSSnnn



;

21

n

bn(*nN);

(2)

1223341

1111

n

nn

T

bbbbbbbb







1111

133557(21)21nn





1

2323525722121nn











11

1

22121

n

nn











;

由

1000

212009n

n

T

n





得

1000

9

n,满足

1000

2009n

T得最小正整数为112、

练习题1、

、

练习题2。=

答案:

求数列通项公式得常用方法

(1)求差(商)法

［练习］数列

n

a满足

111

5

4

3nnn

SSaa



，

,求

n

a

注意到

11nnn

aSS



,代入得14n

n

S

S



;

又

1

4S,∴

n

S就是等比数列,4n

n

S

2n

时,1

1

34n

nnn

aSS



……·

(2)叠乘法

如:数列

n

a中,1

1

3

1

n

n

a

n

a

an





，,求

n

a

解3

2

121

121

23

n

n

aa

a

n

aaan





·……·……,∴

1

1

n

a

an



又

1

3a,∴

3

n

a

n



、

(3)等差型递推公式

由

110

()

nn

aafnaa



，,求

n

a,用迭加法

2n

时,

21

32

1

(2)

(3)

()

nn

aaf

aaf

aafn























…………

两边相加得

1

(2)(3)()

n

aafffn……

∴

0

(2)(3)()

n

aafffn……

［练习］数列

n

a中,1

11

132n

nn

aaan



，,求

n

a

(

1

31

2

n

n

a

)

已知数列

n

a

满足

2

1

1

a,

nn

aa

nn





2

1

1

,求

n

a

。

解:由条件知:

1

11

)1(

11

2

1











nnnn

nn

aa

nn

分别令)1(,,3,2,1nn,代入上式得)1(n个等式累加之,即

)()()()(

1342312



nn

aaaaaaaa

)

1

1

1

()

4

1

3

1

()

3

1

2

1

()

2

1

1(

nn







所以

n

aa

n

1

1

1



2

1

1

a,

nn

a

n

1

2

31

1

2

1



(4)等比型递推公式

1nn

acad



(

cd、

为常数,

010ccd，，

)

可转化为等比数列,设

11

1

nnnn

axcaxacacx





令

(1)cxd

,∴

1

d

x

c





,∴

1n

d

a

c











就是首项为

11

d

ac

c





，

为公比得等比数列

∴1

111

n

n

dd

aac

cc













·,∴1

111

n

n

dd

aac

cc













(5)倒数法

如:

11

2

1

2

n

n

n

a

aa

a





，,求

n

a

由已知得:

1

2

111

22

n

nnn

a

aaa





,∴

1

111

2

nn

aa





∴

1

n

a







为等差数列,

1

1

1

a



,公差为

1

2

,∴

111

111

22

n

nn

a

·,

∴

2

1n

a

n



