数列求和总结-(2)

-1-/4高考数学复习-数列求和方法大全一、公式法:利用以下公式求数列的和1.dnnnaaanSnn2)1(2)(11(na为等差数列)2.qqaaqqaSnnn11)1(11(1q)或)1(1qnaSn(na为等比数列)3.6)12)(1(3212222nnnn（了解）4.23333]2)1([321nnn（了解）例1已知数列na，其中12111,3,22nnnaaaaan，求数列na的前n项和为nS。解：由题意，na是首项为1，公差为2的等差数列前n项和211212nnSnn。二、分组求和法对于数列na，若nnncba且数列nb、nc……都能求出其前n项的和，则在求na前n项和时，可采用该法例如：求和：999.09999.0999.099.09.0个nSn解：设nnna10199.09个[难点在于通项公式的确定]naaaaaSn4321)101()101()101()101()101(4321n)1010101010()111(43211nn相加个)101(91nn三、倒序相加法（或倒序相乘法）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)(1naa，Sn表示从第一项依次到第n项的和，然后又将Sn表示成第n项依次反序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到Sn的一种求和方法。例设221)(xxf，利用课本中推导等差数列的前n项和的公式的方法，可求得)6()5()0()4()5(fffff的值为：。-2-/4解：因为f（x）=221x，∴f（1－x）=xxxxx2222122222211∴f（x）+f（1－x）=222122)22(2122221122221221xxxxxxx.设S=f（－5）+f（－4）+…+f（6），则S=f（6）+f（5）+…+f（－5）∴2S=（f（6）+f（－5））+（f（5）+f（－4））+…+（f（－5）+…f（6））=62∴S=f（－5）+f（－4）+…+f（0）+…+f（6）=32.四、错位相减法对于数列na，若nnncba且数列nb、nc分别是等差数列、等比数列时，求该数列na前n项和时，可用该方法。一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q，然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法。例1已知数列na：nnna3)12(，求数列na前n项和Sn解：nnnnSn3)12(3]1)1(2[3533311321在上式两边同乘以(或除以)等比数列n3的公比3，得14323)12(3]1)1(2[3533313nnnnSn由①～②（两等式的右边错位相减）1332213)12(3]1)1(2[3)12()3335()3133(312nnnnnnSn13213)12(32323231nnn13213)12()333(231nnn113)12()93(3nnn63)22(1nn∴33)1(1nnSn五、裂项相消法对相应的数列的通项公式加以变形，将其写成两项的差，这样整个数列求和的各加数都按同样的方法裂成两项之差，-3-/4其中每项的被减数一定是后面某项的减数，从而经过逐项相互抵消仅剩下有限项，可得出前项和公式．它适用于型（其中{}是各项不为0的等差数列，c为常数）、部分无理数列、含阶乘的数列（理）等。常见的裂项方法有：1．111)1(1nnnn1111()()nnkknnk2．)121121(21)12)(12(1nnnn3．])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1nnnnnnn（记住即可）4．11()nknknkn还有(了解)：)()1(nfnfan；)(11bababa；)121121(211)12)(12()2(2nnnnn；nnnntan)1tan()1cos(cos1sin等。例1已知数列na：)2(21nnnan，求数列na前n项和解：)2(2121nnnnan)2(21)35(21)24(21)13(21nnSn)]2()35()24()13[(21nn1(121)2nn六、并项法例1已知nSnn2)1(121086421则502015SSS解：3028261210864215S30)2826()1210()86()42(307)2(16-4-/440381210864220S)4038()1210()86()42(10)2(20同理5025)2(50S46)50()20(16502015SSS七、累加法给出数列｛nS｝的递推式和初始值，若递推式可以巧妙地转化为)(1nfSSnn型，可以考虑利用累加法求和，此法也叫叠加法。例数列na的前n项和为nS，已知211,1,1,2,2nnaSnannn，求nS解：由21nnSnann2n得：21()1nnnSnSSnn，即221(1)1nnnSnSnn，1111nnnnSSnn，对2n成立。由1111nnnnSSnn，121112nnnnSSnn，…，2132121SS累加得：1121nnSSnn，又1112Sa，所以21nnSn，当1n时，也成立。数学老师微信：18553542573数学问题留言即可