高中数列求和方法及巩固

数列求和的方法

1、公式法：

如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n项和的公式来求.①等差数列求和公式：Snna1annn1na1d 2

2na1q1②等比数列求和公式：Sna11qnaaq 1nq11q1q

n(n1)2常见的数列的前n项和：123……+n=，1+3+5+„„+(2n-1)=n 2

n(n1)(2n1)n(n1)3333122232……+n2=，123……+n=等.622

2、倒序相加法：

类似于等差数列的前n项和的公式的推导方法。如果一个数列an，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用正序写和与倒序写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和。这一种求和的方法称为倒序相加法.x

例

1、已知函数f

x（1）证明：fxf1x1；

1（2）求f102f108f109f的值.10

解：（1）先利用指数的相关性质对函数化简，后证明左边=右边

（2）利用第（1）小题已经证明的结论可知，

1f1092ff1010

2f10

8f108f105f109f 101f 105f1 101令Sf109则Sf108f102f10

两式相加得：

2S9

1f1099f9所以S.210

1小结：解题时，认真分析对某些前后具有对称性的数列，可以运用倒序相加法求和.1222

32针对训练

3、求值：S

2110222923282

102

22 10

13、错位相减法：

类似于等比数列的前n项和的公式的推导方法。若数列各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘得到，即数列是一个“差·比”数列，则采用错位相减法.若anbncn，其中bn是等差数列，cn是公比为q等比数列，令Snb1c1b2c2

bn1cn1bncn



n

则qSnb1c2b2c3bnc1

nn

b c

两式相减并整理即得 例

2、（2008年全国Ⅰ第19题第（2）小题，满分6分） 已知 ann2n1，求数列｛an｝的前n项和Sn.解：Sn

120221(n1)2n2n2n1①

2Sn121222

②—①得

(n1)2n1n2n②

2n1n2n2n

1Snn2n12021

小结：错位相减法的求解步骤：①在等式两边同时乘以等比数列cn的公比

q；②将两个等式相减；③利用等比数列的前n项和的公式求和.针对训练

4、求和：Sn

x2x23x3

nxnx0,x1

4、裂项相消法：

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

c和方法称为裂项相消法。适用于类似（其中an是各项不为零的等差数

aann1

列，c为常数）的数列、部分无理数列等。用裂项相消法求和，需要掌握一些常

见的裂项方法： （1）

1111111

k1，特别地当时， 

nn1nn1nnkknnk

（

2

k

，特别地当k

1例

3、数列an的通项公式为an解：Sna1a2a3

，求它的前n项和Sn

n(n1)

an1an

1

1nn1nn1

1111

 n1nnn1



111

12233

411111

=1



2

2334

1n n1n1

小结：裂项相消法求和的关键是数列的通项可以分解成两项的差，且这两项是同一数列的相邻两项，即这两项的结构应一致，并且消项时前后所剩的项数相同.1

针对训练5的前n项和Sn.

5、分组求和法：

有一类数列，它既不是等差数列，也不是等比数列.若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.例

4、求和：Sn235143526353解：Sn235143526353

246

2n3515253

2n35n

2n35n 5n

n

111n5315

2nn13nn1

1451

5小结：这是求和的常用方法，按照一定规律将数列分成等差（比）数列或常见的数列，使问题得到顺利求解.针对训练

6、求和：Sna1a22a33

ann

提高练习

1．数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有：am＋n＝am＋an＋mn，则

1111() a1a2a3a2008

A．

4016

2009

B．

2008

2009

C．

2007

100

4D．

2007

2008

2．数列{an}、{bn}都是公差为1的等差数列，若其首项满足a1＋b1＝5，a1＞b1，且a1，b

1∈N*，则数列{abn}前10项的和等于()

A．100 B．85 C．70 D．5

53．设m=1×2+2×3+3×4+„+(n-1)·n，则m等于()

n(n21)111A.B.n(n+4)C.n(n+5)D.n(n+7)

322

2n-1

4．若Sn=1-2+3-4+„+(-1)·n，则S17+S33＋Ｓ50等于() A.1B.-1C.0D.2 5．设{an}为等比数列,{bn}为等差数列，且b1=0,cn=an+bn,若数列{cn}是1,1,2,„,则{cn}的前10项和为() A.978B.557C.467D.979

6．1002-992+982-972+„+22-12的值是() A.5000B.5050C.10100D.20200

7．一个有2001项且各项非零的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为8．若12+22+„+(n-1)2=an3+bn2+cn，则a,bc9．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＞0，且其第二项、第五项、第十四项分别是等

比数列{bn}的第

二、

三、四项． (1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(2)设数列{cn}对任意自然数n均有求c1＋c2＋c3＋„＋c2003的值．

10．已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=2an+(-1)n,n≥1.

(1)求证数列{an+

cc1c2c3

nan1成立． b1b2b3bn

(-1)n}是等比数列; 3

1117.a4a5am8

(2)求数列{an}的通项公式； (3)证明：对任意的整数m>4,有

提高练习答案

1．解：∵am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋a1＋n＝an＋1＋n，

∴利用叠加法得到：an

n(n1)1211

，∴2()， 2ann(n1)nn1

∴

1111111111

2(1)2(1) a1a2a3a20082232008200920094016

． 2009



答案：A.

2．解：∵an＝a1＋n－1，bn＝b1＋n－1 ∴abn＝a1＋bn－1＝a1＋(b1＋n―1)―1

＝a1＋b1＋n－2＝5＋n－2＝n＋3

则数列{abn}也是等差数列，并且前10项和等于：答案：B.

3．解：因为 an=n2-n.，则依据分组集合即得.答案;A.

413

1085 2

n1

(n为奇)2

4．解：对前n项和要分奇偶分别解决，即：Sn=

n(n为偶)2

答案：A

5．解由题意可得a1=1,设公比为q,公差为d,则

qd1q2d2

∴q2-2q=0,∵q≠0,∴q=2,∴an=2n-1,bn=(n-1)(-1)=1-n,∴cn=2n-1+1-n,∴Sn=978.答案：A

6．解：并项求和，每两项合并，原式=(100+99)+(98+97)+„+(2+1)=5050.答案：B

7． 解： 设此数列{an},其中间项为a1001,

则S奇=a1+a3+a5+„+a2001=1001·a1001,S偶=a2+a4+a6+„+a2000=1000a1001.答案:

1001

1000

(n1)n(2n1)2n33n2n

.8．解： 原式=

66

111

答案：;;

326

9．解：(1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2(d＞0)

－

解得d＝2，∴an＝2n－1，可得bn＝3n1 (2)当n＝1时，c1＝3；

当n≥2时，由

cn

an1an，得cn＝2·3n－1， n

故cn

3(n1),23

n1

(n2).

故c1＋c2＋c3＋„＋c2003＝3＋2×3＋2×32＋„＋2×32002＝32003． 10．(1)证明由已知得an=Sn-Sn-1=2an+(-1)n-2an-1-(-1)n-1(n≥2),

化简得an=2an-1+2(-1)n-1(n≥2),

2221(-1)n=2［an-1+(-1)n-1］(n≥2),∵a1=1,∴a1+(-1)1=.333321

故数列{an+(-1)n}是以为首项，公比为2的等比数列.

33

n1

2n2(2)解由（1）可知an+(-1)=.

33

1222

∴an=×2n-1-(-1)n=［2n-2-(-1)n］,故数列{an}的通项公式为an=［2n-2-(-1)n］.

3333

上式可化为an+(3)证明由已知得

111

 a4a5am

=

31113111111

3m22

221212(1)m2391533632m2(1)m

1111111111

=(1)(1) 23511212351020

11

(1)m51451422113111310410572=.(m5)()m5

1232355155215120120821

2

故

1117(m4) a4a5am8

数列求和方法总结

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