数列求和方法总结

数列求和方法总结朱亚芬数列求和是中学数学中一个十分有趣的课题，它对于加深巩固中学数学课程的学习,开拓中学生的知识领域都十分有益。

这个开阔、有趣的“数列求和”的世界，可以极大的丰富我们的数学知识，提高我们的数学思维能力。

本文针对数列求和方法加以总结分类，并对各种类型的数列给出其求和的主要方法与实例。

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d a ,1（或q ）, n a n ,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 a n a ,,1时,利用公式()21n n a a n S +=求和； 已知n d a ,,1时,利用公式()d n n na S n 211-+=求和. 等比数列前n 项和公式：已知q n a ,,1时,利用公式())1(111≠--=q qq a S nn 求和；已知n a q a ,,1时,利用公式=n S qqa a n --11(q 1≠)求和. 例1 ().21814121111---++-+-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21-,故可直接运用等比数列前n 项和公式=n S qq a n --1)1(1 (q 1≠) 求和.解 =n S 2112)1(1+--nn =32⎥⎦⎤⎢⎣⎡--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n m +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1a 与公差d ,然后运用()d n n na S n 211-+=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( n d m m ma m d n n na()()n m ⨯-⨯21得[])1()1(2---m n mnd=.22n m - 因为,m n ≠ 所以-=d mnn m )(2+. 由此得 =a mnnm n mn m --++22，于是,这个数列的前n m +项和为()++=+a n m S n m ()()d n m n m 21-++()n m +=()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅-+---++mn n m m n mn n m n mn m 22122().n m +-=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. 2.1反序相加法将=n S n a a a +++ 21与=n S 11a a a n n +++- 两式相加,如果得到一个常数列,其和为A ,那么=n S 2A. 例3已知()x f 满足21,x x ∈R ,当121=+x x 时,()()2121=+x f x f ,若=n S ()()11210f n n f n f n f f +⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+ N n ∈,,求.n S由()()2121=+x f x f 知只要自变量121=+x x 即成立,又知=+101111=-+⋅nn n ,…,则易求.n S 解 因为=n S ()()11210f n n f n f n f f +⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+ , ①所以()().0111f n f n n f f S n +⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+= ②①+②,得()()[]()()[]0111102f f n n f n f f f S n +++⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛++= = 个1212121++++n =()121+n .所以=n S )1(41+n .2.2错项相减法如果数列{}n n b a ⋅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(≠q q ,那么=n S n n b a b a b a +++ 2211与=n qS 13221++++n n b a b a b a 两式“错项相减”可以求出.n S例4求和：1()1122322221⋅++⋅++⋅+⋅+⋅--n n n n n .数列2n ,21-n ,22-n ,…,2,1与1,2,3,…,n ,1+n 分别是等比数列（=q 21）与等差数列（1=d ）,可考虑用“错项相减法”求和.解 令=n S 1()1122322221⋅++⋅++⋅+⋅+⋅--n n n n n ①则21=n S 112)1(22221⋅+⋅-++⋅+⋅--n n n n ＋()211⋅+n ② ①-②,得()121122222121+-+++++=--n S n n n n()1212222110+-++++=-n n n=2112121+---+n n=23221--+n n . 则=n S 322--+n n . 2.3组合数法原数列各项可写成组合数形式,则可利用公式m n m n m n C C C 11+-=+求解.例5求n +++++++ 321,,321,21,1的和. 由()=+=++++121321n n n 21+n C 知可利用“组合数法”求和. 解 ()()()n S n +++++++++++= 321321211 +++=6312)1(+n n =21242322+++++n C C C C =21242333++++n C C C C=…=32+n C=)2)(1(61++n n n . 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++++= 555555n S55555个n此数列 55555个n n a ==)9999(959 个n =)110(95-n 故知拆项后是一个等比数列.解 因为 55555个n n a ==)9999(959个n =)110(95-n ,所以n S =)110(95)110(95)110(952-++-+-n =)101010(952n n -+++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---n n 110)110(1095=n n 9581)110(50--. 例7 求证!131⋅+!1001021!351!241⋅++⋅+⋅ <21 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)!2(1)!1(1)!2(1!)2(1+-+=++=⋅+k k k k k k （=k 100,,2,1 ）所以!131⋅+!1001021!351!241⋅++⋅+⋅ =)!1021!1011()!51!41()!41!31()!31!21(-++-+-+-=!1021!21-<21.4 归纳求和针对可猜想出其前n 项和的数列.4.1直接利用归纳法猜测出数列前n 项和的形式，直接利用数学归纳法证明结论例8在一个圆的直径两端写上自然数1,将此直径分得的两个半圆都对分,在每个分点上写上该点相邻两数之和,然后把分得的四个41圆周各自对分,在所分点上写上该点相邻两数之和,如此继续下去,问这样做第n 步之后,圆周所有分点上之和的和n S 是多少？由题意知2111=+=S ,32321112⨯==+=S S S S ,222233232⨯==+=S S S S ,333343232⨯==+=S S S S ,由此可猜想出n S =132-⨯n ,则可利用数学归纳法证明. 解 由题意有2111=+=S ,32321112⨯==+=S S S S , 222233232⨯==+=S S S S , 333343232⨯==+=S S S S ,故猜想S n ＝132-⨯n ,下面利用数学归纳法给予严格的证明.当1=n 时，命题显然成立;设当k n =时，命题成立，则132-⨯=k k S ; 当1+=k n 时，1)1(13232-++⨯==+=k k k k k S S S S .则证出1+=k n 时命题成立,从而证明对所有的自然数n 都成立.4.2待定归纳法解决与自然数有关的某一问题,首先应对结论的代数形式做一正确推测,并将结论用待定系数设出来,随之令其满足数学归纳法的各个步骤,从中得到待定系数的方程或方程组,求出待定系数,即可使问题得解.例9求数列221⨯,423⨯,625⨯,…,22)12(-n n 的前n 项和n S .因为数列的通项公式为n n n n n a n 288)12(2232+-=-=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（1）()212531n n =-++++（2）1)2)(1(31)1(322++=+++⨯+⨯n n n n n（3）223333)1(41321+=++++n n n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{}n a 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n n n n n a n 288)12(2232+-=-=是关于n 的三次多项式,所以我们猜想该数列的前n 项和n S 是关于n 的四次多项式,故可设=n S E Dn Cn Bn An ++++234.解 令=n S E Dn Cn Bn An ++++234满足数学归纳法的各个步骤,即1,,1+===k n k n n 时上式均成立,有211==++++=a E D C B A S ① E Dk Ck Bk Ak S k ++++=234E k D k C k B k A S k ++++++++=+)1()1()1()1(2341)()234()36()4(234E D C B A k D C B A k C B A k B A Ak ++++++++++++++=②又因为11+++=k k k a S S)1(2)1(8)1(823234+++-++++++=k k k E Dk Ck Bk Ak )2()10()16()8(234++++++++=E k D k C k B Ak ③ 比较②、③两式同类项系数可得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=+++++=++++=+++=++.2,10234,1636,84,E E D C B A D D C B A C C B A B B A A A解方程得.31,1,34,2-=-===D C B A 代入①式有0=E , 故n n n n S n 31342234--+=)126)(1(312--+=n n n n5 逐差法针对一类高阶等差数列求和问题.某些数列的构成规律不十分明显,我们可以逐次求出它的各阶差数列,如果某一阶差数列正好是等差数列或等比数列,那么可以利用这些数列的有限和得出原数列的一个通项公式,然后再求出其前n 项和.n S例10求数列5,6,9,16,31,62,…的前n 项和.n S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.n S解 设原数列为{}n a ,一阶差数列为{}n b ,二阶差数列为{}n c 那么,112c b b =- ,223c b b =- ,334c b b =- ….11--=-n n n c b b以上1-n 个式子相加,有13211-++++=-n n c c c c b b 1216842-+++++=n21)21(21--=-n22-=n . 因为11=b ,所以12122-=+-=n n n b . 又 ,112b a a =- ,223b a a =- ,334b a a =- … .11--=-n n n b a a所以13211-++++=-n n b b b b a a ∑-==11n m m b ∑-=-=11)12(n m m)1(211--=∑-=n n m m 12--=n n .因为51=a ,所以512+--=n a n n 42+-=n n .数列{}n a 的前n 项和为=n S ∑=+-nm mm 1)42(n m nm nm m4211+-=∑∑==n n n n 42)1(21)21(2++---=.22)7(21---=+n n n结 论数列求和问题,一般说来方法灵活多样,解法往往不止一种,很难说尽求全.本文中所介绍的种种求和方法,主要是给出一些解题的思路和方法,若把握好解题思路,则可以熟练掌握数列求和的一般方法.。