数列求和的几种方法

数列求和的几种方法（精选7篇）

数列求和的几种方法 篇1

数列求和是数列的一个重要内容, 题型灵活多样, 它是数列与极限、数列与数学归纳法有机联系的桥梁, 在高考中经常出现, 所以学好数列求和是非常必要的.首先要认真分析数列的通项, 其次应熟练掌握常见的几种求和方法.

一、分组求和:根据所给式子的特点, 进行适当分组, 然后分别求和.

例1求Sn=-1+3-5+7-…+ (-1) n (2n-1)

解:按n为奇偶数进行分组, 连续两项为一组.当n为奇数时,

当n为偶数时

例2数列{an}, 若an的通项公式an=2n+2n+1, 求此数列的前n项和Sn.

分析:由通项公式可以发现此数列是由三部分构成, 2n, 2n, 1也就是构成了三个数列的求和一个等比, 一个等差, 一常数列.

点评:在直接运用公式法求和有困难时, 常将“和式”中“同类项”先合并在一起, 再运用公式法求和.

二、倒序相加:把数列倒写和正写再相加, (即等差数列求和公式的推导过程和推广)

例3求证Cn0+3Cn1+5Cn2+…+ (2n+1) Cnn=2n (n+1) .

分析:由于等差数列{2n+1}中与首末两端等距离的两项之和相等, 数列{Cnk}中与首末两端等距离的两项之和相等, 因此可采用倒序相加法.

解:设Sn=Cn0+3Cn1+5Cn2+…+ (2n+1) Cnn

则Sn= (2n+1) Cnn+ (2n-1) Cnn-1+ (2n-3) Cnn-2+…+Cn0

所以2Sn= (2n+2) (Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn) = (2n+2) ×2n

所以Sn= (n+1) 2n

点评: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.等差数列的求和公式也是通过倒序相加的方法求出来的, 但此方法应用范围有些窄.

三、错位相减

如果数列的每一项可分解成两个数列的乘积, 各项的第一个因子成公差为d的等差数列, 第二个因子成公比为q的等比数列, 可将此数列的前n项和乘以公比q, 然后进行错位相减, 从而求出前n项和.

例4求数列a, 2a2, 3a3, 4a4…nan (a为常数) 的前n项和.

解: (1) 若a=1, 则.

点评:数列{nan}是由数列{n}与{an}对应项的积构成的, 只有此类型的才适合用错位相减, (课本中的等比数列的前n项和公式就是用这种方法推导出来的) , 但要注意应按以上两种情况进行讨论, 最后再综合成两种情况 (注意:一般错位相减后, 其中“新等比数列的项数是原数列的项数减一”!)

四、绝对值类型求和, 求一个数列的各项的绝对值之和, 一般是等差数列的各项绝对值之和, 重点要找出哪些项是正的, 哪些项是负的

例5数列{an}中, a1=8, a4=2, 且满足an+2-2an+1+an=0 (N+)

(1) 求数列{an}的通项公式, (2) 求Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|

分析: (1) 由条件可知数列{an}为等差数列, 由定义写出通项公式. (2) 注意到n≤5, |an|=an, n>5时, |an|=-an.应分为n≤5和n>5两种情况进行分类讨论.

解: (1) 由an+2-2an+1+an=0知an+2-an+1=an+1-an, 所以{an}为等差数列.

又因为a4=a1+3d所以d=-3所以an=a1+ (n-1) d=8+ (n-1) × (-2) =10-2n.

当n>5时, Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+a5-a6-a7-…-an=S5- (Sn-S5) =2S5-Sn=40-9n+n2

点评:这道数列题综合性较强, 主要考查等差数列定义、通项、求和、单凋性, 基本上都是先判断后计算.首先根据数列的定义, 判出{an}为等差数列, 求出通项;根据通项, 判断从几项开始变号, 然后分两种情形分别求和, 最后综合到一起;数列求和的重点是化简数列的通项公式, 整理化简数列的通项公式, 应是数列求和首先考虑的问题, 非等差、等比数列转化为等差、等比数列, 把多项求和转化为少项求和, 把无规律的求和化为有规律的求和.数列求和的关键还要把握数列特征.总之, 数列求和既是重点又是难点, 我们只有在熟悉了各种题型, 积累了各种题型的常用方法后, 再加上认真计算, 才能又快又准的解题, 提高自信, 赢得高分.

数列求和的几种常用方法 篇2

数列求和是数列的一个重要内容, 往往是数列知识的综合体现, 求和题在试题中更为常见, 它常用来考查我们的基础知识, 分析问题和解决问题的能力.有时也可使用数列的前n项和来求数列中的某些元素, 如求a1, an, n, d, q等, 数列的求和主要有以下7种求解法.

一、公式法

能直接应用等差数列或等比数列的求和公式及其他公式求和的方法.

例1 数列{an}的通项为an=n2+2n+1, 求前n项的和Sn.

$\begin{array}{l}\text{解}\text{S}{}_{\text{n}}=1{}^2+2\times 1+1+2{}^2+2\times 2+1+\cdots +\text{n}{}^2+2\text{n}+1.\\ \text{S}{}_{\text{n}}=(1{}^2+2{}^2+\cdots +\text{n}{}^2)+(3+5+\cdots +2\text{n}+1)\\ =\frac{\text{n}(\text{n}+1)(2\text{n}+1)}{6}+\frac{3+2\text{n}+1}{2}\times \text{n}\\ =\frac{\text{n}(2\text{n}{}^2+9\text{n}+13)}{6}.\end{array}$

说明 常用数列求和公式

(1) 等差数列前n项和公式:

$\text{S}{}_{\text{n}}=\frac{\text{n}(\text{a}{}_1+\text{a}{}_{\text{n}})}{2}=\text{n}\text{a}$${}_1+\frac{\text{n}(\text{n}-1)}{2}\text{d}.$

(2) 等比数列前n项和公式:

①q=1时, Sn=na1.

②q≠1时, $\text{S}{}_{\text{n}}=\frac{\text{a}{}_1(1-\text{q}{}^{\text{n}})}{1-\text{q}}=\frac{\text{a}{}_1-\text{a}{}_{\text{n}}\text{q}}{1-\text{q}}.$

(3) 正整数的平方的前n项和公式:

$1{}^2+2{}^2+3{}^2+\cdots +\text{n}{}^2=\frac{\text{n}(\text{n}+1)(2\text{n}+1)}{6}.$

(4) 正整数的立方的前n前和公式:

$1{}^3+2{}^3+3{}^3+\cdots +\text{n}{}^3=\left[\frac{\text{n}(\text{n}+1)}{2}\right]{}^2.$

二、倒序相加 (乘) 法

例2 设数列{an}是公差为d, 且首项a0=d的等差数列.

求和:Sn+1=anC${}_{\text{n}}^0$+a1C${}_{\text{n}}^1$+…+anC${}_{\text{n}}^{\text{n}}$.

解 ∵Sn+1=anC${}_{\text{n}}^0$+a1C${}_{\text{n}}^1$+…+anC${}_{\text{n}}^{\text{n}}$,

Sn+1=anC${}_{\text{n}}^{\text{n}}$+an-1C${}_{\text{n}}^{\text{n}-1}$+…+a0C${}_{\text{n}}^0$,

∵C${}_{\text{n}}^0$=C${}_{\text{n}}^{\text{n}}$, C${}_{\text{n}}^1$=C${}_{\text{n}}^{\text{n}-1}$, ……

又 ∵a0+an=a1+an-1=……

∴2Sn+1= (a0+an) C${}_{\text{n}}^0$+ (a1+an-1) C${}_{\text{n}}^1$+…+ (an+a0) C${}_{\text{n}}^{\text{n}}$

= (a0+an) (C${}_{\text{n}}^0$+C${}_{\text{n}}^1$+…+C${}_{\text{n}}^{\text{n}}$) = (a0+an) 2n,

∴Sn+1= (a0+an) 2n-1= (n+2) d·2n-1.

说明 此类问题还可以变为探索题型, 已知数列{an}的前n项和Sn= (n-1) 2n+1, 是否存在等差数列{bn}, 使得an=b1C${}_{\text{n}}^0$+b2C${}_{\text{n}}^1$+…+bnC${}_{\text{n}}^{\text{n}}$对于一切自然数n都成立.

三、错位相减法

一般地, 如果数列{an}是等差数列, {bn}是等比数列, 求数列{an·bn}的前n项和时, 可采用错位相减法.

例3 已知an=nxn-1 (x≠1, 且x≠0) , 求前n项和Sn.

解 ∵Sn=1+2x+3x2+…+nxn-1, ①

∴xSn=x+2x2+…+ (n-1) xn-1+nxn. ②

$\begin{array}{l}①-②‚\text{得}(1-\text{x})\text{S}{}_{\text{n}}=1+\text{x}+\text{x}{}^2+\cdots +\text{x}{}^{\text{n}-1}-\text{n}\text{x}{}^{\text{n}}‚\\ \therefore \text{S}{}_{\text{n}}=\frac{1-(1+\text{n})\text{x}{}^{\text{n}}+\text{n}\text{x}{}^{\text{n}+1}}{(1-\text{x}){}^2}.\end{array}$

说明 利用错位相减法时应注意:

(1) 要符合此类型, 特别是公比为负数的情形.

(2) 写出“Sn”与“qSn”的表达式应注意“错位对齐”, 以便于下一步写出“Sn-qSn”的表达式.

四、裂项法

如果通项公式可转化为f (n+1) -f (n) 特别地形如$\left\{\frac{1}{\text{a}{}_{\text{n}+1}\text{a}{}_{\text{n}}}\right\}$, 其中{an}是等差数列, 常用此裂项法.

例4 若$\text{a}{}_{\text{n}}=\frac{1}{1+2+\cdots +\text{n}}$, 求an的前n项和Sn.

$\begin{array}{l}\text{解}\text{易}\text{得}\text{a}{}_{\text{n}}=\frac{1}{\frac{(1+\text{n})\text{n}}{2}}=\frac{2}{\text{n}(\text{n}+1)}=2\left(\frac{1}{\text{n}}-\frac{1}{\text{n}+1}\right).\\ \text{S}{}_{\text{n}}=\text{a}{}_1+\text{a}{}_2+\cdots +\text{a}{}_{\text{n}}\\ =2\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{\text{n}}-\frac{1}{\text{n}+1}\right)\right]\\ =2\left(1+\frac{1}{\text{n}+1}\right)=\frac{2\text{n}}{\text{n}+1}.\end{array}$

说明 (1) 裂项常用技巧:$\frac{1}{\text{n}(\text{n}+\text{k})}=\frac{1}{\text{k}}\left(\frac{1}{\text{n}}-\frac{1}{\text{n}+\text{k}}\right)$;$\frac{1}{\sqrt{\text{n}+\text{k}}+\sqrt{\text{n}}}=\frac{1}{\text{k}}(\sqrt{\text{n}+\text{k}}-\sqrt{\text{n}})$等.

(2) 注意裂项相消的项和剩余的项, 前后的对称性.

五、并项法

例5 求S1000=1-2+3-4+…+999-1000的值.

解 S1000= (1-2) + (3-4) +…+ (999-1000) =-500.

说明 本类题型可视为两个等差数列的代数和, 但运算量较大, 若并项求和, 轻而易举可得到解决.

六、分解法

如例1 (此处不另举例子) .

说明 这种求和方法很常用, 可称为分解求和法, 主要是把通项合理地进行重新组合, 转化为易求数列的求和问题.

七、分组数列求和

例6 求数列1, (3+5) , (7+9+11) , (13+15+17+19) , …前n项的和Sn.

解 由题意数列第n项中有n个奇数, 在数列的前n项中共有$1+2+\cdots +\text{n}=\frac{1}{2}\text{n}(\text{n}+1)$个奇数, 最后一个奇数为$2\times \left(\frac{\text{n}(\text{n}+1)}{2}-1\right)+1=\text{n}{}^2+\text{n}-1$, 即求前$\frac{1}{2}\text{n}(\text{n}+1)$个连续奇数和, 故$\text{S}{}_{\text{n}}=\frac{1}{2}\text{n}(\text{n}+1)\frac{(1+\text{n}{}^2+\text{n}-1)}{2}=\frac{\text{n}{}^2(\text{n}+1){}^2}{4}$.

数列求和的几类常见方法 篇3

类型1: 直接用等差数列或等比数列的求和公式求和

例1求和

分析数列1,a,a2,a3,…,an - 1的通项公式为an=an - 1,因此数列是等比数列,用等比数列求和方法求之.

相关试题: 已知数列7,77,…,777…7( n个7) ,求sn.

类型2: 若数列{ an} 是等差数列或等比数列,{ bn} 是等差数列或等比数列,求{ an±bn} 的前n项和sn. ( 用重新分组法)

例2已知数列,求 sn.

分析数列1,2,3,…,n是等差数列,数列是等比数列,求和时用重新分组法.

类型3: 若数列的通项公式,求其前n项和. ( 用裂项相消法)

例3已知数列的通项公式,求 sn.

分析数列的 通项公式具有的特点求其前n项和用裂项相消法.

相关试题: 设数列{ an} 是等差数列且an≠0,求和

类型4: 若数列{ an} 是等差数列,{ bn} 是等比数列,求数列{ cn} 的前n项和. ( 其中cn= an·bn,用错位相减法)

分析数列1,3,5,…,2n - 1是等差数列,是等比数列,因此求和用错位相减法.

类型5: 在数列{ an} 中,若,…具有相同的特点,求数列{ an} 的前n项和. ( 用倒序相加法)

摘要：数列求和在高考中具有极其重要的地位,是高考必考内容之一,而数列的求和主要看数列的通项公式的特点,数列的通项公式具有什么样的特点数列的求和就有相应的方法.

求数列前项和的几种方法 篇4

二、裂项相消法:对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列,在求和时常用“裂项法”,分式的求和常用此法.可用待定系数法对通项公式进行拆项,相消时注意消去项的规律,即消去哪些项,保留哪些项.

三、错位相减法:若数列{an}为等差数列,数列{bn}为等比数列,由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{anbn},当求该数列的前n项和时,常常采用将{anbn}的各项乘以公比q,并向后错一项与{anbn}的同次项对应相减,即可转化为特殊数列的求和,所以,我们把这种数列求和的方法称为错位相减法.(注意:若公比是字母,需对其进行讨论.)

例3:已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.

(1)求{an}的通项公式;(2)求数列的前n项和.

解:(1)方程x2-5x+6=0的两个根为2,3;由题意得a2=2,a4=3,,设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=1/2,从而a1=3/2.所以{an}的通项公式为.

四、倒序相加求和法:如果一个数列{an},与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和,可采用把正着写与倒着写的两个和式相加,就得到一个常数列的和,这一求和方法为倒序相加求和法.

五、并项求和法:在数列中有相邻两项或几项的和是同一常数或有规律可循时,采用并项求和法较简洁.

例5:已知数列-1,4,-7,10,…,(-1)n(3n-2),…,求其前n项和Sn.

结语

数列是高中代数的重要内容之一,而数列求和更是高考考查的重点内容,学生要熟练掌握数列求和的解题方法并从多个角度看待问题,培养灵活运用知识解决问题的能力,希望本文提供的数列求和的方法对读者有所帮助.

摘要：在高中阶段,对于求数列的前n项和,很多学生找不到合适的解题方式,这就使问题变得复杂化.本文给出5种数列常见的题型和相应的解题方法,只要我们掌握了解题方法,很多问题都会迎刃而解.

关键词：数列,前n项和,求解方法

参考文献

[1]李士芳.数列求和的几种常用方法[J].北京工业职业技术学院学报,2009,8(2):69.

递推数列求通项的几种常见方法 篇5

一、型如an+1=an+f (n) 可用迭加法求通项

例1已知数列满足, 求通项an.

解:由递推公式得an-an-1=2 (n-1)

an-an-2=2 (n-2) ……

a3-a2=2·2

a2-a1=2·1

以上 (n-1) 个等式相加得

又a1=1∴an=1+n (n-1) =n2-n+1

注:一般地, f (n) 可分解成等差数列、等比数列求和 (或常用的数列和公式, 如12+22+32+…+n2=n (n+1) (2n+1) 等) 。

二、型如an+1=f (n) an (f (n) 不是常数) 可用迭乘法求通相

解:当n≥2时, an=Sn-Sn-1=n2an- (n-1) 2an-1

以上 (n-1) 个等式相乘得:

注:一般地, 数列an+1=f (n) an, f (n) 是分式的形式, 且是n的关系式。

三、型如an+1=pan+f (n) (p为常数且p≠0, p≠1可用转化为等比数列等

(1) f (n) =q (q为常数) , 可转化为an+1+k=p (an+k) , 得{an+k}是以a1+k为首项, P为公比的等差数列。

例3已知数列{an}中, a1=1, an+1=3an+2, 求通项an.

解:设an+1+k=3 (an+k) , 得an+1=3an+2k与an+1=3an+2比较得k=1∴原递推式可变为an+1+1=3 (an+1)

∴{an+1}是一个以a1+1=2为首项, 以3为公比的等比数列

∴a1+1=2·3n-1∴an=2·3n-1-1

注:一般地, 对递推关系式an+1=pan+q (p、q为常数, 且p≠0, p≠1) , 可等价地改写成

则成等比数列, 实际上, 这里的是特征方程x=px+q的根。

(2) f (n) 为等比数列, 如f (n) =qn (q为常数) , 两边同除以qn, 得:

注:一般地, 这类数列是递推数列的重点与难点内容, 要理解掌握。

注:一般地, 设α、β是递推关系的 (p、q、r、s为常数) 的特征方程 (p≠0、rq-ps≠0) 的两根。 (1) 若α=β可令则{bn}成等比数列; (2) 可令则{bn}成等差数列。

五、型如an+2=pan+1+qan (p、q为常数) 变形为an+2-αan+1=β (an+1-αan) 可转化为等比数列

解法略。

求数列通项公式常用的几种方法 篇6

类型一:归纳法

归纳推理法就是指从数列的前若干项中项与项数的变化规律归纳总结出项an与项数n之间的关系式an=f (n) .归纳推理法得到的通项公式不一定正确, 还需要用数学归纳法证明.例如:由1, 3, 7, 15, 31, 63, …的变化规律可得an=2n-1.

类型二:公式法

对于等差数列和等比数列, 可以由等差数列和等比数列的通项公式, 确定基本量, 直接写出数列的通项公式.

例1:等差数列{an}满足a3=8, a7=12, 求an.等比数列{bn}满足

解析:由等差数列和等比数列的通项公式计算基本量, 确定通项公式.

类型三:由Sn=f (n) 求通项公式an

由数列的前n项和Sn求数列的通项an, 即需要验证n≥2是否包含a1, 若包含, 则an=Sn-Sn-1, 否则

例2:数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n, 求数列{an}的通项公式.

解析:当n=1时, a1=S1=2×12-3×1=-1;当n≥2时, an=Sn-Sn-1=4n-5, 经验证4×1-5=-1=a1, 所以an=4n-5.

类型四:累加法求通项公式an

形如an+1-an=f (n) 或可化为此形式的数列{an}, 可用累加法求通项公式an.如下

a2-a1=f (1) , a3-a2=f (2) , a4-a3=f (3) , …, an-an-1=f (n-1) .

将上述n-1个等式相加得an-a1=f (1) +f (2) +f (3) + … +f (n-1) , 其中等式右边可化简, 即

例3:在数列{an}中, 已知a1=2, an+1=an+3n+2, 求数列{an}的通项公式.

解析:由an+1=an+3n+2得an+1-an=3n+2, 所以

a2-a1=3×1+2, a3-a2=3×2+2, a4-a3=3×3+2, … , an-an-1=3× (n-1) +2.

类型五:累乘法求通项公式an

形如或可化为此形式的数列{an}, 可用累乘法求通项公式an.如下

将上述n-1个等式相乘法得, …, f (n-1) , 其中等式右边可化简, 即an=f (1) ·f (2) ·f (3) , …, f (n-1) ·a1.

例4:在数列{an} 中, 已知a1=1, nan-1= (1+1) an (n≥2) , 求数列{an}的通项公式.

解析:由nan-1= (n+1) an (n≥2) 变形得, 所以

类型六:构造等比数列求数列通项公式an

形如an+1=Aan+b (A≠0, 且A≠1) , 求an在等式的两边同时加, 由等比数列知识化简得

例5:数列{an}满足a1=1, an+1=3an+2, 求数列{an}的通项公式.

解析:等式an+1=3an+2两边同时加1得an+1+1=3 (an+1) , 所以an+1=2×3n-1, 即an=2×3n-1-1.

数列求和的常见方法 篇7

一、通项分解法

将数列中的每一项拆成几项, 然后重新分组, 将一般数列的求和问题转化为特殊数列的求和问题, 把这种方法称为通项分解法, 运用这种方法的关键是通项变形.

例1 ( 2010. 全国卷Ⅱ文) 已知{ a n } 是各项均为正数的等比数列, 且a1+ a2= 2 (1/a1+1/a2) , a3+ a4+ a5= 64 (1/a3+1/a4+1/a5) , 1求{ an} 的通项公式;

②设b n = (a n + 1/a n ) 2 , 求数列{ b n} 的前n项和T n .

解析①设公比为q, 则a n = a 1 qn - 1, 由已知有

所以an= 2n - 1.

二、裂项相消法

裂项相消法求和就是将数列中的每一项拆成两项或多项, 使这些拆开的项出现有规律的相互抵消, 把没有抵消掉的合并化简, 从而达到求和目的.

例2 ( 2010山东理) 已知等差数列{ an } 满足: a3 = 7, a 5 + a 7 = 26, { a n } 的前几项和为Sn . ①求an 及Sn , ②令bn =1 / (a2 n - 1) ( n∈N+) , 求数列{ bn } 的前几项和 Tn .

解①设等差数列{ an } 的首项为a1 , 公差为d, 由于a 3 = 7, a 5 + a 7 = 26.

由公式知an= 2n + 1, Sn= n ( n + 2) .

②因为a n = 2n + 1, 所以a2 n - 1 = 4n ( n + 1) ,

因此b n =1/ 4n ( n1 + 1) = 1/4 (1/ n - 1/ (n + 1 ) )

故 T n = b 1 + b 2 + … + b n = 1/4 ( 1 - 1 /2 + 1/ 2 - 1/3 + … +1/ n - 1/n + 1 ) =1 /4 (1 - 1 /n+ 1 ) = n/4 ( n + 1 ) .

所以数列{ b n } 的前几项和T n =n/ 4 ( n + 1) .

三、错位相减法

如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成, 则求和可采用错位相减法. 运用此方法时, 一般和式比较复杂, 运算量大, 易会不易对, 应特别细心, 解题时若含参数, 要注意分类讨论.

例3 ( 09山东) 等比数列{ an} 的前n项和为Sn, 已知对任意的n∈N+, 点 ( n, Sn) 均在函数y = bx+ r ( b > 0且b≠1, b、r均为常数) 的图像上, 1求r的値;

2当 b = 2 时, 记 bn=n + 1/4a n ( n∈N+) , 求数列{ bn} 的前几项和T n .

解析①由题意, S n = bn+ r, 当n≥2时, S n - 1 = bn - 1+ r,

解析①由题意, S n = 所以a n = S n - S n - 1 = bn - 1 ( b -1) .

由于b >0且b≠1, 所以当n≥2时, { a n } 是以b为公比的等比数列

又 a 1 = b + r, a 2 = b ( b - 1) , a 2 /a 1 = b, 即b ( b - 1) / (b + r) = b.

∴ r = - 1.

②由①知, n∈N+, a n = ( b - 1 ) bn - 1, 当b = 2时, a n = 2n - 1.