数列求和方法
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文档简介
数列的通项与数列求和方法的探讨
一、求数列的通项公式方法的归纳：
求数列通项公式常用观察法、公式法、等差或等比通项公式法、递增关系变形法（累加、累乘）等。
公式法： ，注意两种情况能合并，则合并，不能合并，则分段表示。
常见递推数列通项公式的求法：
（1）、型（用累加法）
即：，
…，，将上述个式子相加，
可得：
（2）、型（用累乘法）
即，，…….. 将上述个式子相乘，
可得：。
（3）型（
方法一：待定系数法
，通过待定系数法求出的值，构造成以为首项，以为公比的等比数列。
方法二：迭代法
=
=
=
而是一个等比数列，求出其和，即可求出通项。
（4）型
方法一：待定系数法
通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列。
方法二：等式两边同时除以有，转化为型。
（5）型
两边取倒数有转化为型。
二、数列求和的方法
（1）公式法：
等差数列：；等比数列：；
（2）错位相减法:
这是推导等比数列前项和公式时所使用的方法，这种方法主要用于求数列的前项和，其中分别是等差数列和等比数列。
（3）倒序相加法
将一个数列倒过来排序，当它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和。
（4）分组求和法
数列既不是等差数列又不是等比数列时，但它可以通过适当拆分，分为几个等差、等比数列或常见的数列，即能分别求和，然后再合并。
（5）裂项法
这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，其实质是将数列中的某些项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的。
常见的裂项法有：
三、考题精析
例1：设数列满足
求数列的通项公式；
令，求数列的前n项和
解：（Ⅰ）由已知，当n≥1时，
。
而 所以数列{}的通项公式为。
（Ⅱ）由知
①
从而
②
①-②得
。
即
点评：本题主要考察由递推关系求数列通项的方法以及运用错位相减法求数列的和。熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。
例2：已知等差数列满足：，，的前n项和为．
（Ⅰ）求及；
（Ⅱ）令bn=(nN*)，求数列的前n项和．
【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为d，因为，，所以有
，解得，
所以；==。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以bn===，
所以==，
即数列的前n项和=。
【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。
例3：已知数列{an}满足a1＝0，a2＝2，且对任意m、n∈N*都有
a2m－1＋a2n－1＝2am＋n－1＋2(m－n)2
（Ⅰ）求a3，a5；
（Ⅱ）设bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列；
（Ⅲ）设cn＝(an+1－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Sn.
解：(1)由题意，零m＝2,n－1,可得a3＝2a2－a1＋2＝6
再令m＝3,n＝1，可得a5＝2a3－a1＋8＝20………………………………2分
(2)当n∈N *时，由已知(以n＋2代替m)可得
a2n＋3＋a2n－1＝2a2n＋1＋8
于是[a2(n＋1)＋1－a2(n＋1)－1]－(a2n＋1－a2n－1)＝8
即 bn＋1－bn＝8
所以{bn}是公差为8的等差数列………………………………………………5分
(3)由(1)(2)解答可知{bn}是首项为b1＝a3－a1＝6,公差为8的等差数列
则bn＝8n－2，即a2n+=1－a2n－1＝8n－2
另由已知(令m＝1)可得
an＝-(n－1)2.
那么an＋1－an＝－2n＋1
＝－2n＋1
＝2n
于是cn＝2nqn－1.
当q＝1时，Sn＝2＋4＋6＋……＋2n＝n(n＋1)
当q≠1时，Sn＝2·q0＋4·q1＋6·q2＋……＋2n·qn－1.
两边同乘以q，可得
qSn＝2·q1＋4·q2＋6·q3＋……＋2n·qn.
上述两式相减得
(1－q)Sn＝2(1＋q＋q2＋……＋qn－1)－2nqn
＝2·－2nqn
＝2·
所以Sn＝2·
综上所述，Sn＝…………………………12分
【命题意图】本小题主要考查数列的基础知识和化归、分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力.
一、求数列的通项公式方法的归纳：
求数列通项公式常用观察法、公式法、等差或等比通项公式法、递增关系变形法（累加、累乘）等。
公式法： ，注意两种情况能合并，则合并，不能合并，则分段表示。
常见递推数列通项公式的求法：
（1）、型（用累加法）
即：，
…，，将上述个式子相加，
可得：
（2）、型（用累乘法）
即，，…….. 将上述个式子相乘，
可得：。
（3）型（
方法一：待定系数法
，通过待定系数法求出的值，构造成以为首项，以为公比的等比数列。
方法二：迭代法
=
=
=
而是一个等比数列，求出其和，即可求出通项。
（4）型
方法一：待定系数法
通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列。
方法二：等式两边同时除以有，转化为型。
（5）型
两边取倒数有转化为型。
二、数列求和的方法
（1）公式法：
等差数列：；等比数列：；
（2）错位相减法:
这是推导等比数列前项和公式时所使用的方法，这种方法主要用于求数列的前项和，其中分别是等差数列和等比数列。
（3）倒序相加法
将一个数列倒过来排序，当它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和。
（4）分组求和法
数列既不是等差数列又不是等比数列时，但它可以通过适当拆分，分为几个等差、等比数列或常见的数列，即能分别求和，然后再合并。
（5）裂项法
这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，其实质是将数列中的某些项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的。
常见的裂项法有：
三、考题精析
例1：设数列满足
求数列的通项公式；
令，求数列的前n项和
解：（Ⅰ）由已知，当n≥1时，
。
而 所以数列{}的通项公式为。
（Ⅱ）由知
①
从而
②
①-②得
。
即
点评：本题主要考察由递推关系求数列通项的方法以及运用错位相减法求数列的和。熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。
例2：已知等差数列满足：，，的前n项和为．
（Ⅰ）求及；
（Ⅱ）令bn=(nN*)，求数列的前n项和．
【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为d，因为，，所以有
，解得，
所以；==。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以bn===，
所以==，
即数列的前n项和=。
【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。
例3：已知数列{an}满足a1＝0，a2＝2，且对任意m、n∈N*都有
a2m－1＋a2n－1＝2am＋n－1＋2(m－n)2
（Ⅰ）求a3，a5；
（Ⅱ）设bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列；
（Ⅲ）设cn＝(an+1－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Sn.
解：(1)由题意，零m＝2,n－1,可得a3＝2a2－a1＋2＝6
再令m＝3,n＝1，可得a5＝2a3－a1＋8＝20………………………………2分
(2)当n∈N *时，由已知(以n＋2代替m)可得
a2n＋3＋a2n－1＝2a2n＋1＋8
于是[a2(n＋1)＋1－a2(n＋1)－1]－(a2n＋1－a2n－1)＝8
即 bn＋1－bn＝8
所以{bn}是公差为8的等差数列………………………………………………5分
(3)由(1)(2)解答可知{bn}是首项为b1＝a3－a1＝6,公差为8的等差数列
则bn＝8n－2，即a2n+=1－a2n－1＝8n－2
另由已知(令m＝1)可得
an＝-(n－1)2.
那么an＋1－an＝－2n＋1
＝－2n＋1
＝2n
于是cn＝2nqn－1.
当q＝1时，Sn＝2＋4＋6＋……＋2n＝n(n＋1)
当q≠1时，Sn＝2·q0＋4·q1＋6·q2＋……＋2n·qn－1.
两边同乘以q，可得
qSn＝2·q1＋4·q2＋6·q3＋……＋2n·qn.
上述两式相减得
(1－q)Sn＝2(1＋q＋q2＋……＋qn－1)－2nqn
＝2·－2nqn
＝2·
所以Sn＝2·
综上所述，Sn＝…………………………12分
【命题意图】本小题主要考查数列的基础知识和化归、分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力.