完整版详解数列求和的方法典型例题

详解数列求和的常用方法

数列求和是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧。

第一类：公式法

利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法。

1、等差数列的前n项和公式

n(a-i a n) n(n 1)d

na i

2 2

2、等比数列的前n项和公式

na i（q 1）

S n a i（1 q n） a i a・q（q 1）

1 q 1 q

3、常用几个数列的求和公式

n 1 /

1)

(1)S n k 1 2 3n-n(n

k 12

(2)

、S n

n

k212 2232 2 n丄n(n

1)(2n

1

)

k 16

(3)

、S n

n

k313 2333 3 n G n(n1)]2 k 12

第二类：乘公比错项相减（等差等比）

这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列｛a n b n｝的前n项和，其中｛a n｝，｛b n｝分别是等差数列和等比数列。

例1 ：求数列｛nq n 1｝（q为常数）的前n项和。

解：1、若q=0,则S n=0

n、若q=1，则S n1 2 3n訥1)

『若q丰0且q丰1,

S n

则S n 1 2q 3q2n 1nq①

（课本中的的等比数列前 n 项和公式就是用这种方法推导出来的） ，但要注意应按以上三种

情况进行分类讨论，最后再综合成三种情况。

第三类：裂项相消法

这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用。

裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最 终达到求和的目的通项分解（裂项）

1、乘积形式，如：

qS n q 2q 2

3q 3

n

nq

①式一②式:

(1 q)S n n 1 n

q nq

S n

1 —(1 q

n \

nq )

S n

n \

nq )

S n

1 q n (1 q)2

nq n 1 q

综上所述：S n

0(q 0) 1

—n(n 1)(q 2 1 q n

(1 q)

1) n

nq (

(q 1 q

0且 q 1)

解析：数列｛nq n 1｝是由数列 n 与q n

对应项的积构成的，此类型的才适应错位相减,

如:

(1)、 a n

1 丄 n(n 1)

n (2)、

a n

(2n)2 (2n 1)(2 n 1)

1 1(

2n 1

(3)、

a n

n(n 1)( n 2)

(n 1)(n 2)]

n a n n(n 1)

1 2(n 1) n 1 n

n

2 n(n 1)

2

1 (n 1)2n

这是推导等差数列的前 n 项和公式时所用的方法，

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(a 1 a n )。

例4:若函数f(x)对任意x R 都有f(x) f (1 x) 2。 (1) a n

f(0) f 』)f(-) f(口) f(1)，数列｛%｝是等差数列

吗？是

n n

n

证明你的结论；

1

(2) 求数列｛

｝的的前n 项和T n 。 a n

a

n 1

2、根式形式，如:

a n

例2 :求数列

1

，…的前n 项和s n

n(n 1)

解：•••-

n(n 1)

S n 1 S n 1

例3:求数列

1

，…的前n 项和S n

n(n 2)

解：由于:

n(n 2)

则：S n

2(

1

1) (1

(- n

宀)

S n S n

2(1

3 4 2n 2

解析：要先观察通项类型，在裂项求和时候, 两项，还是像例 3 一样剩下四项。

2n 4

尤其要注意：究竟是像例 2 一样剩下首尾

第四类: 倒序相加法

解:

（1）、

a n f(0)

f(-) f(-)

f(n

1

-）f （1）（倒序相

n n

n

a n f(1)

f(n 1) f(n -2) f 』)f(0)

n

n n

1 0

1 n 1

2 n 2

1

n

n

n n

则

，

由条件 :对任意 x R 都有 f(x)

f(1 x) 2。

2a n 2 2 2

2 2(n 1)

a n n 1 a n 1 n 2 a n 1 a n 1

解析：此类型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 相加的。

此例题不仅利用了倒序相加法， 还利用了裂项相消法。 在数列问题中，要学会灵活应用 不同的方法加以求解。

第五类：分组求和法

有一类数列，既不是等差数列， 等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可。

1

例5:求数列｛

+ n 2n

n(n 1)

解：令

S n ⑻ bj (a 2 b 2)

(a 3 b 3) (a n b n )

S n

(a 1 a 2 a 3

a n ) (

b 1 b 2 b 3

b n )

从而：数列｛a n ｝是a 1

2,d 1的等差数列。

(2)、

a n a n 1

1

(n 1)(n 2)

1 (n 1) (n 2)

1

T n =

2 1 n 2 n 2 2n 4

故：T n =

2n 4

也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个 1

｝的前n 项和S n