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数列求和方法总结[1]1


数列求和方法总结

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 a1 , d (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 a1 , n, a n 时,利用公式 S n =
n(a1 + a n ) 求和; 2

已知 a1 , d , n 时,利用公式 S n = na1 +

a1 1 ? q n 等比数列前 n 项和公式: 已知 a1 , n, q 时,利用公式 S n = (q ≠ 1) 求和; 1? q
已知 a1 , q, a n 时,利用公式 S n =
1 1 1 (? 1) + ? + ? + n ?1 . 2 4 8 2
n ?1

(

n(n ? 1) d 求和. 2

)

a1 ? a n q ( q ≠ 1 )求和. 1? q

例 1 1?

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 ? 故可直接运用等比数列前 n 项和公式 S n =

1 , 2

a1 (1 ? q n ) ( q ≠ 1 ) 求和. 1? q

(?1) n 1? n 2 ? (?1) n ? 2 = ?1 ? n ? . 解 Sn = 1 3 ? 2 ? 1+ 2 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 m + n 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 a1 与公差
d ,然后运用 S n = na1 + n(n ? 1) d 求和. 2 解 设这个数列的首项为 a ,公差为 d ,根据已知条件,有 n(n ? 1) ? d = m ???? (1) ?na + ? 2 ? ?ma + m(m ? 1) d = n ???? (2) ? ? 2

(1) × m ? (2) × n 得
mnd [(n ? 1) ? (m ? 1)] = m 2 ? n 2 . 2

因为 n ≠ m, 所以 d = ? 由此得
2( m + n ) . mn

m 2 + mn + n 2 ? m ? n a= , mn

于是,这个数列的前 m + n 项和为 (m + n )(m + n ? 1) d S m + n = (m + n )a + 2

? m 2 + mn + n 2 ? m ? n n + m ? 1 2(m + n ) ? = (m + n ) ? ? ? ? mn 2 mn ? ? = ?(m + n ).

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 S n = a1 + a 2 + ? + a n 与 S n = a n + a n ?1 + ? + a1 两式相加,如果得到一个常 数列,其和为 A ,那么 S n =
A . 2

例 3 已 知 f ( x ) 满 足 x1 , x 2 ∈ R , 当 x1 + x 2 = 1 时 , f ( x1 ) + f ( x 2 ) =
?1? ?2? ? n ?1 ? S n = f (0 ) + f ? ? + f ? ? + ? + f ? ? + f (1) , n ∈ N , 求 S n . ?n? ?n? ? n ?

1 ,若 2

由 f ( x1 ) + f ( x 2 ) =
0 +1 = 1?

1 n ?1 + = 1 ,…,则易求 S n . n n

1 知只要自变量 x1 + x 2 = 1 即成立,又知 2

?1? 解 因为 S n = f (0 ) + f ? ? + ?n?

?2? f ? ? +? + ?n?

? n ?1 ? f? ? + f (1) , ? n ?



? n ?1? ?1? 所以 S n = f (1) + f ? ? + ? + f ? ? + f (0). ? n ? ?n?



①+②,得 ? ?1? ? n ? 1 ?? 2 S n = [ f (0 ) + f (1)] + ? f ? ? + f ? ?? + ? + [ f (1) + f (0 )] ? n ?? ? ?n?
n +1个

=

1 1 1 + +?+ 2 2 2 1 = (n + 1) . 2

所以 S n =

1 (n + 1) . 4

2.2 错项相减法
如果数列 {a n ? bn } 中的 {a n } 和 {bn } 分别是等差数列和等比数列且等比数列 公比为 q (q ≠ 1) ,那么 S n = a1b1 + a 2 b2 + ? + a n bn 与 qS n = a1b2 + a 2 b3 + ? + a n bn +1 两 式“错项相减”可以求出 S n . 例 4 求和:1 ? 2 n + 2 ? 2 n ?1 + 3 ? 2 n ? 2 + ? + n ? 2 + (n + 1) ? 1 . 数列 2 n ,2 n?1 ,2 n ?2 ,…,2,1 与 1,2,3,…, n , n + 1 分别是等比数列( q = 差数列( d = 1 ),可考虑用“错项相减法”求和. 解 令 S n = 1 ? 2 n + 2 ? 2 n ?1 + 3 ? 2 n ? 2 + ? + n ? 2 + (n + 1) ? 1 则
1 Sn = 2 1 ? 2 n ?1 + 2 ? 2 n ? 2 + ? + (n ? 1) ? 2 + n ? 1 + (n + 1) ? 1 2 1 )与等 2

① ②

1 1 ①-②,得 S n = 2 n + 2 n ?1 + 2 n ? 2 + ? + 2 + 1 ? (n + 1) 2 2 1 = 2 0 + 21 + ? + 2 n?1 + 2 n ? (n + 1) 2

=

2 n+1 ? 1 n + 1 ? 2 ?1 2

= 2 n +1 ?
则 S n = 2 n+2 ? n ? 3 .

n 3 ? . 2 2

2.3 组合数法
m m m 原数列各项可写成组合数形式,则可利用公式 C n + C n ?1 = C n +1 求解.

例 5 求 1,1 + 2,1 + 2 + 3, ? ,1 + 2 + 3 + ? + n 的和 . 由1 + 2 + 3 + ? + n = 解
1 2 n(n + 1 = ) C n +1 知可利用“组合数法”求和 . 2

S n = 1 + (1 + 2 ) + (1 + 2 + 3) + ? + (1 + 2 + 3 + ? + n )
= 1+ 3 + 6 +

n(n + 1) 2

2 2 2 = C 2 + C 32 + C 4 + ? + C n +1 3 2 2 = C 3 + C 32 + C 4 ? + C n +1

=…
3 = C n+2

=

1 n(n + 1)(n + 2) . 6

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.
n个 5

例 6 求 S n = 5 + 55 + 555 + ? + 555? 5
5 5 此数列 a n = 555? 5 = (999 ? 9) = (10 n ? 1) 故知拆项后是一个等比数列. 9 9 5 5 解 因为 a n = 555? 5 = (999 ? 9) = (10 n ? 1) , 9 9
n个 5 n个 9
n个 5

n个 9

所以 S n =

5 5 5 (10 ? 1) + (10 2 ? 1) + ? + (10 n ? 1) 9 9 9 5 = (10 + 10 2 + ? + 10 n ? n) 9

=

? 5 ?10(10 n ? 1) ? n? ? 9 ? 10 ? 1 ?
50(10 n ? 1) 5 ? n. 81 9

=
例 7 求证

1 1 1 1 1 + + +?+ < 3 ? 1! 4 ? 2! 5 ? 3! 102 ? 100! 2 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 所以

k +1 1 1 1 = = ? (k + 2) ? k! (k + 2)! (k + 1)! (k + 2)!

( k = 1,2, ? ,100 )

1 1 1 1 + +?+ + 3 ? 1! 4 ? 2! 5 ? 3! 102 ? 100! 1 1 1 1 1 1 1 1 ? = ( ? ) + ( ? ) + ( ? ) +?+ ( ) 2! 3! 3! 4! 4! 5! 101! 102! 1 1 1 < . = ? 2! 102! 2

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 1 每个分点上写上该点相邻两数之和,然后把分得的四个 圆周各自对分,在所分点 4 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 S n 是多少? 由题意知 S1 = 1 + 1 = 2 ,

S 2 = S1 + 2 S1 = 3S1 = 2 × 3 ,
S 3 = S 2 + 2 S 2 = 3S 2 = 2 × 3 2 , S 4 = S 3 + 2 S 3 = 3S 3 = 2 × 3 3 ,

由此可猜想出 S n = 2 × 3 n ?1 ,则可利用数学归纳法证明. 解 由题意有

S1 = 1 + 1 = 2 , S 2 = S1 + 2 S1 = 3S1 = 2 × 3 ,
S 3 = S 2 + 2 S 2 = 3S 2 = 2 × 3 2 , S 4 = S 3 + 2 S 3 = 3S 3 = 2 × 3 3 ,

故猜想 S n = 2 × 3 n ?1 ,下面利用数学归纳法给予严格的证明. 当 n = 1 时,命题显然成立;

设当 n = k 时,命题成立,则 S k = 2 × 3 k ?1 ; 当 n = k + 1 时, S k +1 = S k + 2 S k = 3S k = 2 × 3 ( k +1) ?1 . 则证出 n = k + 1 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 2 × 12 ,4 × 3 2 ,6 × 5 2 ,…,2 n(2n ? 1) 2 的前 n 项和 S n . 因为数列的通项公式为 a n = 2n(2n ? 1) 2 = 8n 3 ? 8n 2 + 2n 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) 1 + 3 + 5 + ? + (2n ? 1) = n 2 (2)1 × 2 + 2 × 3 + ? + n(n + 1) = (3) 13 + 2 3 + 33 + ? + n 3 =
1 n(n + 1)(n + 2) 3

1 2 n (n + 1) 2 4 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 {a n } 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
a n = 2n(2n ? 1) 2 = 8n 3 ? 8n 2 + 2n

是关于 n 的三次多项式,所以我们猜想该数列的前 n 项和 S n 是关于 n 的四次多项 式,故可设 S n = An 4 + Bn 3 + Cn 2 + Dn + E . 解 令 S n = An 4 + Bn 3 + Cn 2 + Dn + E 满足数学归纳法的各个步骤, 即 n = 1, n = k , n = k + 1 时上式均成立,有

S1 = A + B + C + D + E = a1 = 2
S k = Ak 4 + Bk 3 + Ck 2 + Dk + E S k +1 = A(k + 1) 4 + B (k + 1) 3 + C (k + 1) 2 + D (k + 1) + E



= Ak 4 + (4 A + B )k 3 + (6 A + 3B + C )k 2 + (4 A + 3B + 2C + D )k + ( A + B + C + D + E )

② 又因为 S k +1 = S k + a k +1 = Ak 4 + Bk 3 + Ck 2 + Dk + E + 8(k + 1) 3 ? 8(k + 1) 2 + 2(k + 1) = Ak 4 + ( B + 8)k 3 + (C + 16)k 2 + ( D + 10)k + ( E + 2) 比较②、③两式同类项系数可得 ? A + A, ?4 A + B = B + 8, ? ? ?6 A + 3B + C = C + 16, ?4 A + 3B + 2C + D = D + 10, ? ? A + B + C + D + E = E + 2. ?
4 1 , C = ?1, D = ? . 3 3 4 1 故 S n = 2n 4 + n 3 ? n 2 ? n 3 3 1 = n(n + 1)(6n 2 ? 2n ? 1) 3



解方程得 A = 2, B =

代入①式有 E = 0 ,

5 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 S n . 例 10 求数列 5,6,9,16,31,62,…的前 n 项和 S n . 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
Sn.

解 设原数列为 {a n } ,一阶差数列为 {bn },二阶差数列为 {c n } 那么 b2 ? b1 = c1 ,
b3 ? b2 = c 2 , b4 ? b3 = c3 ,

… bn ? bn?1 = c n ?1 . 以上 n ? 1 个式子相加,有 bn ? b1 = c1 + c 2 + c3 + ? + c n ?1
= 2 + 4 + 8 + 16 + ? + 2 n ?1 = 2(1 ? 2 n ?1 ) 1? 2

= 2n ? 2 .

因为 b1 = 1 ,所以 bn = 2 n ? 2 + 1 = 2 n ? 1 . 又 a 2 ? a1 = b1 ,
a 3 ? a 2 = b2 , a 4 ? a3 = b3 ,


a n ? a n ?1 = bn ?1 .

所以 a n ? a1 = b1 + b2 + b3 + ? + bn ?1 = ∑ bm = ∑ (2 m ? 1)
m =1 m =1

n ?1

n ?1

= ∑ 2 m ? (n ? 1) = 2 n ? n ? 1 .
m =1

n ?1

因为 a1 = 5 ,所以 a n = 2 n ? n ? 1 + 5 = 2 n ? n + 4 . 数列 {a n } 的前 n 项和为
Sn =

∑ (2
m =1

n

m

? m + 4) = ∑ 2 m ? ∑ m + 4 n
m =1 m =1

n

n

=

2(1 ? 2 n ) n(n + 1) ? + 4n 1? 2 2
n( n ? 7) ? 2. 2

= 2 n +1 ?

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.


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