数列求和的基本方法例题

数列求和的基本方法归纳教师：王光明数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础 . 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位. 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 . 下面，就几个历届高考数学和数学竞赛试题来谈谈数列求和的基本方法和技巧 .一、利用常用求和公式求和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、等差数列求和公式：Snn(a1an)na1n(n1)d22na1(q1)2、等比数列求和公式：Sna1(1qn)a1anq(q1)1q1q3、Snnk1n(n1)4、Snnk21n(n1)(2n1)k12k165、Snnk3[1n(n1)]2k12[例1]已知log3x1，求xx2x3xn的前n项和.log23解：由log3x1log3xlog32x12log23由等比数列求和公式得Snxx2x3xn（利用常用公式）x(1xn)1(11)1＝＝22n＝1－1x112n2[例2]n*求f(n)Sn的最大值.(n32)Sn1解：由等差数列求和公式得Sn1n(n1)，Sn1(n1)(n2)（利用常用22公式）∴f(n)Sn＝n(n32)Sn1234n64n＝1＝11850n64()25034nnn∴当n8，即n＝8时，f(n)max1850二、错位相减法求和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·b}的前n项和，其中{an}、{bn}分别是等差数列和等比数列.nn[例3]求和：Sn13x5x27x3(2n1)xn1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯①解：由题可知，{(2n1)xn1}的通项是等差数列{2n－1}的通项与等比数列{xn1}的通项之积设xS1x3x25x37x4(2n1)xn⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.②（设制错n位）①－②得(1x)Sn12x2x22x32x42xn1(2n1)xn（错位相减）再利用等比数列的求和公式得：(1x)Sn12x1xn1(2n1)xn1x∴Sn(2n1)xn1(2n1)xn(1x)(1x)2[例4]求数列2462n,前n项的和.2,22,23,,2n解：由题可知，{2nn}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{1n}的通项之积22设Sn2462n⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯①222232n1Sn2462n⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯②（设制错22223242n1位）①－②得(11)Sn222222n（错位相减）222223242n2n1212n2n12n1∴n2Sn42n119．（2014?濮阳二模）设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=13（Ⅰ）求{an}、{bn}的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和Sn．考点：等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和．专题：计算题；压轴题．分析： （Ⅰ）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，根据等比数列和等差数列的通项公式，联立方程求得d和q，进而可得{an}、{bn}的通项公式．（Ⅱ）数列 的通项公式由等差和等比数列构成，进而可用错位相减法求得前 n项和Sn．解答：解：（Ⅰ）设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q，则依题意有 q＞0且解得d=2，q=2．所以an=1+（n﹣1）d=2n﹣1，bn=qn﹣1=2n﹣1．（Ⅱ） ． ，① ，②②﹣①得 ，= = = ．点评：本题主要考查等差数列的通项公式和用错位相减法求和．21．（2014?天津模拟）在等差数列 {an}中，a1=3，其前n项和为

Sn，等比数列

{bn}的各项均为正数，

b1=1，公比为

q，且

b2+S2=12，

．（Ⅰ）求 an与bn；（Ⅱ）设 cn=an?bn，求数列{cn}的前n项和Tn．考点：等比数列的通项公式；等差数列的通项公式；数列的求和．专题：综合题；等差数列与等比数列．分析：（1）根据

b2+S2=12，{bn}的公比

，建立方程组，即可求出

an与

bn；（2）由an=3n，bn=3n﹣1，知cn=an?bn=n?3n，由此利用错位相减法能求出数列

{cn}的前

n项和

Tn．解答：解：（1）∵在等差数列 {an}中，a1=3，其前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数， b1=1，公比为 q，且b2+S2=12， ．∴b2=b1q=q，，（3分）解方程组得， q=3或q=﹣4（舍去），a2=6（5分）an=3+3（n﹣1）=3n，bn=3n﹣1．（7分）2）∵an=3n，bn=3n﹣1，∴cn=an?bn=n?3n，∴数列{cn}的前n项和2 3 nTn=1×3+2×3+3×3+⋯+n×3，3Tn=1×32+2×33+3×34+⋯+n×3n+1，∴﹣2Tn=3+32+33+⋯+3n﹣n×3n+1n+1= ﹣n×3= ﹣n×3n+1，n+1．∴Tn=×3﹣点评： 本题考查数列的通项公式和前n项和公式的求法，解题时要认真审题，注意等差数列、等比数列的性质和错位相减法的合理运用．三、倒序相加法求和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(aa).1n[例5]求证：Cn03Cn15Cn2(2n1)Cnn(n1)2n证明：设SnCn03Cn15Cn2(2n1)Cnn⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..①把①式右边倒转过来得S(2n1)Cn(2n1)Cn13C1C0（反nnnnn序）又由CnmCnnm可得Sn(2n1)Cn0(2n1)Cn13Cnn1Cnn⋯⋯⋯⋯..⋯⋯..②①+②得2Sn(2n2)(Cn0Cn1Cnn1Cnn)2(n1)2n（反序相加）∴S(n1)2nn[例6]求sin21sin22sin23sin288sin289的值解：设Ssin21sin22sin23sin288sin289⋯⋯⋯⋯.①将①式右边反序得Ssin289sin288sin23sin22sin21⋯⋯⋯⋯..②序）又因为sinxcos(90x),sin2xcos2x1①+②得序相加）2S (sin21 cos21) (sin22 cos22) (sin289 cos289)＝89S＝四、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 .[例7]求数列的前n项和：11,14,17,,13n2，⋯aa2an1解：设Sn(11)(14)(127)(1n13n2)aaa将其每一项拆开再重新组合得Sn111)(1473n2)(1a2an1a组）

（反（反（分当a＝1时，Snn(3n1)n＝(3n1)n（分组22求和）111n当a1时，Snan(3n1)n＝aa(3n1)n1112a2a[例8]求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n项和.解：设akkkk1)k33k2k(1)(22nn(2k33k2∴Snk(k1)(2k1)＝k)k1k1将其每一项拆开再重新组合得nnnn＝2k33k2kSk1k1k1（分组）＝2(1323n3)3(1222n2)(12n)＝n2(n1)2n(n1)(2n1)n(n1)（分组222求和）＝n(n1)2(n2)227．已知等比数列{an}满足a2=2，且2a3+a4=a5，an＞0．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=（﹣1）n3an+2n+1，数列{bn}的前项和为Tn，求Tn．考点：等比数列的前n项和；数列的求和．专题：计算题；等差数列与等比数列．分析：（Ⅰ）设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则，解方程可求a1，q结合等比数列的通项公式即可求解（Ⅱ）由 bn=（﹣1）n3an+2n+1=﹣3?（﹣2）n﹣1+2n+1，利用分组求和，结合等比与等差数列的求和公式即可求解解答：（本小题满分 12分）解：（Ⅰ）设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则⋯（2分）2﹣q﹣2=0，即q=﹣1或q=2，整理得qan＞0，q=2．代入可得a1=1∴．⋯（6分）（Ⅱ）∵bn=（﹣1）n3an+2n+1=﹣3?（﹣2）n﹣1+2n+1，⋯（9分）n﹣1∴Tn=﹣3[1﹣2+4﹣8+⋯+（﹣2）]+（3+5+⋯+2n+1）=﹣3×=（﹣2）n+n2++2n﹣1．⋯（12分）点评：本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用，分组求和方法的应用，属于数列知识的简单综合五、裂项法求和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）如：（1）anf(n1)f(n)sin1tan(n1)tann（2）cosncos(n1)（3）an1111（4）an(2n(2n)211(111)n(n1)nn1)(2n1)22n2n1（5）an12)1[1(n12)]n(n1)(n2n(n1)1)(n(6)n212(n1)n111则n1ann(n1)2nn(n1)2nn2n1(n1)2n,1(n1)2nS[例9]求数列1,1,,1,的前n项和.22nn131解：设an1n1n（裂nn1项）则Sn111（裂项求1223nn1和）＝(21)(32)(n1n)＝n11[例10]n12n，又bn2，求数列{bn的前n项n1n1n1anan1的和.解：∵an12nnn1n1n1228(11∴bnn)n1nn122（裂项）∴数列{bn}的前n项和Sn8[(11)(11)(11)(11)]（裂项求22334nn1和）＝8(1n1)＝8n1n1[例11]求证：111cos1cos1cos1cos2cos88cos89sin21cos0解：设S111cos1cos2cos88cos89cos0cos1∵sin1tan(n1)tanncosncos(n1)（裂项）∴S111（裂项求cos1cos1cos2cos88cos89cos0和）＝1{(tan1tan0)(tan2tan1)(tan3tan2)[tan89tan88]}sin1＝1(tan89tan0)＝1cot1＝cos1sin1sin1sin21∴原等式成立如：ann1是公差为d的等差数列，求k1akak1解：由11111d0ak·ak1akakddakak1∴n1n11111111⋯⋯11k1dakak1da1a2a2a3anan1k1akak1111da1an1六、合并法求和针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求 Sn.[例12]求cos1°+cos2°+cos3°···+cos178°+cos179°的值.+解：设S＝cos1°+cos2°+cos3°+···+cos178°+cos179°n∵cosncos(180n)（找特殊性质项）∴Sn＝（cos1°+cos179°）+（cos2°+cos178°）+（cos3°+cos177°）+···+（cos89°+cos91°）+cos90° （合并求和）0[例13]n}：a11,a23,a32002数列{a2,an2an1an，求S.解：设S2002＝a1a2a3a2002由a11,a23,a32,an2an1an可得a41,a53,a62,a71,a83,a92,a101,a113,a122,⋯⋯a6k11,a6k23,a6k32,a6k41,a6k53,a6k62∵a6k1a6k2a6k3a6k4a6k5a6k60（找特殊性质项）∴ S2002＝a1 a2 a3 a2002 （合并求和）＝(a1a2a3a6)(a7a8a12)(a6k1a6k2a6k6)(a1993a1994a1998)a1999a2000a2001a2002aa5

1999a2000a2001a20026k1a6k2a6k3a6k4[例14]在各项均为正数的等比数列中，若a5a69,求log3a1log3a2log3a10的值.解：设Snlog3a1log3a2log3a10由等比数列的性质mnpqamanapaq（找特殊性质项）和对数的运算性质logaMlogaNlogaMN得Sn(log3a1log3a10)(log3a2log/r