数列求和的基本方法和技巧

数列求和基本方法：公式法分组求和法错位相减法裂项相消法并项求合法一.公式法：①等差数列的前n项和公式：②等比数列的前n项和公式：③④⑤11()(1)22nnnaannSnadn即直接用求和公式，求数列的前n和S111(1)(1)(1)11nnnnaqSaaqaqqqq123n2222123n3333123n1(1)(21)6nnn2(1)2nn1(1)2nn例1：求和：1.468+2n+2……（）231111212222n.一、分组法求和有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.cn=an+bn({an}、{bn}为等差或等比数列。）项的特征反思与小结：要善于从通项公式中看本质：一个等差{n}＋一个等比{2n}，另外要特别观察通项公式，如果通项公式没给出，则有时我们需求出通项公式，这样才能找规律解题.分组求和法,+n11.求数列+23,+的前n项和。,222,32n2+123n解：=(1+2+3+…+n)Sn=(1+2)+(2+)+(3+)+…+(ｎ+)2232ｎ2+(2+2+2+…+2)n23=n(n+1)22(2-1)2-1n+=n(n+1)2+2-2n+1…分组求和法题型二分组转化求和例2求和Sn＝1＋1＋12＋1＋12＋14＋…＋1＋12＋14＋…＋12n－1.思维启迪：数列的通项an＝21－12n，求Sn可用分组求和法．解ak＝1＋12＋14＋…＋12k－1＝1－12k1－12＝21－12k.∴Sn＝21－12＋1－122＋…＋1－12n＝2[(1＋1＋…＋1)－(12＋122＋…＋12n)]＝2n－121－12n1－12＝12n－1＋2n－2.n个二、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，此时求和可采用错位相减法.既{anbn}型等差等比2．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求.【错位相减法】设{an}的前n项和为Sn，an＝n·2n，则Sn＝解析：∵Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n①∴2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1②①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝21－2n1－2－n·2n+1＝2n+1－2－n·2n+1∴Sn＝(n－1)·2n+1＋2[例1]求数列前n项的和,22,,26,24,2232nn解：由题可知，{}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{}的通项之积nn22n21设…………………………………①nnnS222624223214322226242221nnnS………………………………②（设制错位）1432222222222222)211(nnnnS1122212nnn①－②得∴1224nnnS2020/6/2613已知数列.}{,)109()1(nnnnSnana项和的前求2020/6/2614解：第一步，写出该数列求和的展开等式nnnnnS1091109......109410931092132第二步，上式左右两边乘以等比数列公比109nS10914321091109...109410931092nnnn2020/6/2615第三步，两式进行错位相减得：1321091109......1091091092101nnnnS化简整理得:1109111099nnnS2020/6/2619项和。前求数列nnann.2341、2、已知数列)0()12(,,5,3,112aanaan求该数列的前n项和。三、裂项求和法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为分裂通项法.（见到分式型的要往这种方法联想）常见的裂项公式有：111)1(1.1nnnn)11(1)(1.2knnkknn)121121(21)12)(12(1.3nnnn])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1.5nnnnnnn)(11.4bababa常见的裂项公式有：16.11nnnn221117.1212122121nnnnn例1：求和裂项法求和13)1311(31)]131231()7141()411[(31)13)(23(1741411nnnnnnn)13)(23(1nn31)131231(nn提示：∴)13)(23(11071741411nn.11321211:3的值求练习nnSn11nnan解：设nn11111321211nnnnSn)1()1()23()12(nnnn11n1-22+32-42+…+(2n-1)2-(2n)2=？局部重组转化为常见数列四、并项求和练习：已知Sn=-1+3-5+7+…+(-1)n(2n-1),1)求S20,S212)求SnS20=-1+3+(-5)+7+……+（-37）+39S21=-1+3+(-5)+7+（-9）+……+39+（-41）=20=-21五.相间两项成等差等比综合∴{an}是等差数列，an=1+(n-1)=n奎屯王新敞新疆·2007·新疆奎屯[e-mail]特级教师=1,且an+am=an+m(n,m∈N*),则an=_______解:n=m=1时，a2=a1+a1=2,得a1=1,a2=2m=1时,由an+am=an+m得an+1=an+1，即an+1-an=1n2.若b1=2，且bmbn=bm+n，则bn=_____________解：n=m=1时，b2=b1·b1=4,即b1=2，b2=4，m=1时,由bnbm=bn+m得bn+1=bn·b1=2bn，故{bn}是首项为b1=2，公比为q=2的等比数列，bn=2·2n-1=2n2n练习5．[文](2012·莱芜模拟)已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a2，a5，a14成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{1anan＋1}的前n项和Sn.解：(1)设{an}的公差为d，由题知(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，∴d2－2d＝0.解得d＝2或d＝0(舍去)，∴an＝2n－1.(2)1anan＋1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴Sn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.[理](2012·西南大学附中月考)已知函数f(x)＝2x＋1，g(x)＝x，x∈R，数列{an}，{bn}满足条件：a1＝1，an＝f(bn)＝g(bn＋1)，n∈N*.(1)求证：数列{bn＋1}为等比数列；(2)令Cn＝2nan·an＋1，Tn是数列{Cn}的前n项和，求使Tn20112012成立的最小的n值．解：(1)证明：由题意得2bn＋1＝bn＋1，∴bn＋1＋1＝2bn＋2＝2(bn＋1)．又∵a1＝2b1＋1＝1，∴b1＝0，b1＋1＝1≠0.故数列{bn＋1}是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)可知，bn＋1＝2n－1，∴an＝2bn＋1＝2n－1.故Cn＝2nan·an＋1＝2n2n－12n＋1－1＝12n－1－12n＋1－1.∴Tn＝C1＋C2＋…＋Cn＝(1－13)＋(13－17)＋…＋(12n－1－12n＋1－1)＝1－12n＋1－1.由Tn20112012，得2n＋12013，解得n≥10.∴满足条件的n的最小值为10.1．(2012·肇庆二模)数列{an}的前n项和记为Sn，点(n，Sn)在曲线f(x)＝x2－4x(x∈N＋)上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(an＋5)·2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn的值．解：(1)由点(n，Sn)在曲线f(x)＝x2－4x(x∈N＋)上知Sn＝n2－4n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－4n－[(n－1)2－4(n－1)]＝2n－5；当n＝1时，a1＝S1＝－3，满足上式．故数列{an}的通项公式为an＝2n－5.(2)∵由bn＝(an＋5)·2n－1得bn＝n·2n，∴Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，①上式两边同乘以2，得2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，②①－②得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，∴－Tn＝21－2n1－2－n·2n＋1，即Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.2．(2013·唐山统考)在等比数列{an}中，a2a3＝32，a5＝32.解：(1)设等比数列{an}的公比为q，依题意得a1q·a1q2＝32，a1q4＝32，解得a1＝2，q＝2，故an＝2·2n－1＝2n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，求S1＋2S2＋…＋nSn.(2)∵Sn表示数列{an}的前n项和，∴Sn＝21－2n1－2＝2(2n－1)，∴S1＋2S2＋…＋nSn＝2[(2＋2·22＋…＋n·2n)－(1＋2＋…＋n)]＝2(2＋2·22＋…＋n·2n)－n(n＋1)，设Tn＝2＋2·22＋…＋n·2n，①则2Tn＝22＋2·23＋…＋n·2n＋1，②①－②，得－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝21－2n1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2，∴S1＋2S2＋…＋nSn＝2[(n－1)2n＋1＋2]－n(n＋1)＝(n－1)2n＋2＋4－n(n＋1)．3．已知二次函数f(x)＝x2－5x＋10，当x∈(n，n＋1](n∈N*)时，把f(x)在此区间内的整数值的个数表示为an.(1)求a1和a2的值；(2)求n≥3时an的表达式；(3)令bn＝4anan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn(n≥3)．解：(1)f(x)＝x2－5x＋10，又x∈(n，n＋1](n∈N*)时，f(x)的整数个数为an，所以f(x)在(1,2]上的值域为[4,6)⇒a1＝2；f(x)在(2,3]上的值域为154，4⇒a2＝1.(2)当n≥3时，f(x)是增函数，故an＝f(n＋1)－f(n)＝2n－4.(3)由(1)和(2)可知，b1＝42×1＝2，b2＝41×2＝2.而当n≥3时，bn＝42n－42n－2＝212n－4－12n－2.所以当n≥3时，Sn＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋bn＝2＋2＋212－14＋14－16＋…＋12n－4－12n－2＝4＋212－12n－2＝5－1n－1.