高中数学 数列前n项和的求法

3 7 11 4n 1
n(2n 1)
评注：Baidu Nhomakorabea并项法把相邻的一正一负两项并作 一项，从而使通项降次，得以转化为等差数 列求解。
六、逐差求和法（又叫加减法，迭加法）
当所给数列每依次相邻两项之间的差组成
等差或等比数列时，就可用迭加法进行消元
例8，求数 31，……的
列an{a和n}
：1
sn
，
3
，
an
(2n
1 1)( 2n
1)
1 2
(1 2n 1
1) 2n 1
③:
an
1 n 1
n
n 1
n
④: an n n! (n 1)!n!
⑤:
an
n(n
1 1)(n
2)
1[ 1 2 n(n 1)
(n
1 1)(n
] 2)
⑥: an
n(n
1)
1 [n(n 3
1)(n
2)
(n
1)n(n
1)]
7
，
13
，
21
，
解：a2 a1 2 1
aa43 aa32 2232
a5 …a4…
an an1
24
2n
1
∴两边相加得：an a1 21 2 3 n 1
例8，求数 31，……的
列an{a和n}
：1
sn
，
3
，
7
，
13
，
21
，
a2 a1 2 1
aa43 aa32 2232
a5 …a4…
2n 1 2n 3
1 (1 1 1 1 ) n(4n 5) 4 3 2n 1 2n 3 3(2n 1)(2n 3)
三、 倒序相加法 课本等差数列前n项和
公式 S n就是用倒序相加法推导的。
例5、已知数列{an 是} 首项为1，公差为2的等差
数列，求 Sn
C0 n
a1
C1 n
a2
数列前n项和的求法
求数列前n项和是数列的重要内容， 也是一个难点。求等差（等比）数列的 前n项和，主要是应用公式。对于一些既 不是等差也不是等比的数列，就不能直
接套用公式，而应根据它们的特点，对
其进行变形、转化，利用化归的思想， 来寻找解题途径。
一、拆项转化法
例 1 已 知 数{an列} an t n n 中3，
C2 n
a3
Cnn an1
分析：注意到
Ck n
C n n
k
且当m+n=p+q时，
有：am an a p aq （等差数列的性质）
解： Sn Cn0a1 Cn1a2 Cn2a3 Cnnan1 ，
又
Sn Cnnan1 Cnn1an Cnn2an1 Cn0a1
两式相加得：2Sn (a1 an1)(Cn0 Cn1 Cnn ) (a1 an1) 2n
数列{bn }
的前n项和 S N
1 (12 2
22
n2 )
1 n(n 1)(2n 1)
12
数列{cn} ∴ Sn
的前Snn项 和SSnn 12
(1 2
1 n(n 6
n) 1 n(n 4
1)(n
1)
2)
二、裂项相消法 常用的消项变换有：
①:
an
1 n(n 1)
1 n
1 n 1
: ②
3 2n 3 2n
{an }
五、 并项法
例7，已知数列 的通项an (1) n1 n 2 ，
求数列前2n项和 S 2n
解：S2n 12 22 32 42 (2n 1)2 (2n)2 令 bn a2n1 a2n (2n 1)2 (2n)2 4n 1
∴ {bn }是首项为-3，公差为-4的等差数列 ∴ S2n b1 b2 bn
1 n(n 1)(n 2)(n 3) 4
例4、求
Sn
1 5
1 21
1 45
4n 2
1 4n
3
解：其“通项”an
4n 2
1 4n
3
(2n
1 1)(2n
3)
1( 1 1 )
4 2n 1 2n 3
∴
Sn
1 4
[(1
1) 5
(1 3
1) 7
(1 5
1) 9
(1 2n
3
1) 2n 1
( 1 1 )]
(2)
1 2
1 2 Sn
(1)－(2)，得
1 2
3 4 1 4
1 2
, 3 ,, 2n 1 ,
4
2n
的前n
5 7 2n 1
：
8 16
2n
3 5 2n 3 2n 1
8 16
2n
2 n1
Sn
1 2
2 4
2 2 8 16
2 2n
2n 1 2 n1
Sn
2 1 1 24
1 2 n2
2n 1 2n
且（t 0 n ，N ,且t为常数），S求n
例1已知数列{an } 中，an t n n 3
且 t （0 n N， ,且t为常数）S，n 求
分析：观察数列的通项公式，数列 {an } 可以
“分解”为一个公比为t的等比数列{t n } 和一
个公差为1的等差数列{n 3} ，因此，只要分
别求出这两个数列的前n项之和，再把它们相
∴ Sn (a1 an1) 2n1 (2 2n) 2n1 (n 1) 2n
四、错位相消法 课本推导等比数列前n项和公式的
方法。利用S n qS n 可求两类数列的和，其通项
分别是：系数是等差数列
分子是等差数列
（Ⅰ）字母是等比数列（Ⅱ）分母是等比数列
例6、求数列
项解和S n (1)
加就可得S n 。注意等比数列前n项和公式对
公比q的要求，可得如下解法:
解：当t=1时，S n
n
n[2
(n 2
3)]
n(n 2
3)
t(1 t n ) n(n 5)
当 t 1时， S n 1 t
2
总结：拆项转化常用于通项aann 是多项式
的情况。这时，可把通项 拆成两个
（或多个）基本数列的通项，再求和。
有时也应用自然数的方幂和公式求 Sn ，
常用的有： n k n(n 1)
k 1
2
n k 2 1 n(n 1)( 2n 1)
k 1
6
n k 3 1 n2 (n 1)2
k 1
4
例2、求数列1，1+2，1+2+3，1+2+3+4
·令‥解，b:该n 1数+21列2+n通32+项，c·‥n+ann，121 n·‥2的，3前则na项nn和 S12bnnn。2 12cnn
an an1
24
2n
1
∴两边相加得：an a1 21 2 3 n 1
故 an n2 n 1 n2 n1
取n=1，2，3，…，n，相加得：
Sn
(12
22
32
n2 ) (1 2 3 n) n
1 n(n2 3
2)
二、裂项相消法 常用的消项变换有：
⑦:an n(n 1)(n 2)
1 [n(n 1)(n 2)(n 3) (n 1)n(n 1)(n 2)]
4
例3、求Sn 123 234 n (n 1)(n 2)
解：由上面⑦ 知：
Sn
1 4
{(1
2
3
4
0
1
2
3)
(2
3
4
5
1
2
3
4)
[n(n 1)(n 2)(n 3) (n 1)n(n 1)(n 2)]}