數(shù)列求和方法歸納

-.z.數(shù)列求和一、直接求和法〔或公式法〕掌握一些常見的數(shù)列的前n項(xiàng)和：，1+3+5+……+(2n-1)=，等.例1求．解：原式． 由等差數(shù)列求和公式，得原式．變式練習(xí)：，求的前n項(xiàng)和.解：1－二、倒序相加法此方法源于等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式的推導(dǎo)，目的在于利用與首末兩項(xiàng)等距離的兩項(xiàng)相加有公因式可提取，以便化簡后求和.例2求的和．解：設(shè)則．兩式相加，得．三、裂項(xiàng)相消法常見的拆項(xiàng)公式有：，，，等.例3，求的和．解：，小結(jié)：如果數(shù)列的通項(xiàng)公式很容易表示成另一個(gè)數(shù)列的相鄰兩項(xiàng)的差，即，則有.這種方法就稱為裂項(xiàng)相消求和法.變式練習(xí)：求數(shù)列，，，…，，…的前n項(xiàng)和S.解：∵=〕Sn===四、錯(cuò)位相減法 源于等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式的推導(dǎo)，對于形如的數(shù)列，其中為等差數(shù)列，為等比數(shù)列，均可用此法.例4求的和．解：當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．小結(jié)：錯(cuò)位相減法的步驟是：①在等式兩邊同時(shí)乘以等比數(shù)列的公比；②將兩個(gè)等式相減；③利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求和.變式練習(xí)：求數(shù)列a,2a2,3a3,4a4,…,nan,…(a為常數(shù))的前n項(xiàng)和。解：〔1〕假設(shè)a=0,則Sn=0〔2〕假設(shè)a=1,則Sn=1+2+3+…+n=〔3〕假設(shè)a≠0且a≠1則Sn=a+2a2+3a3+4a4+…+nan，∴aSn=a2+2a3+3a4+…+nan+1∴(1-a)Sn=a+a2+a3+…+an-nan+1=∴Sn=當(dāng)a=0時(shí)，此式也成立?！郤n=五、分組求和法假設(shè)數(shù)列的通項(xiàng)是假設(shè)干項(xiàng)的代數(shù)和，可將其分成幾局部來求.例5求數(shù)列，的前項(xiàng)和．．變式練習(xí)：求數(shù)列的前n項(xiàng)和解：數(shù)列求和根底訓(xùn)練1.等比數(shù)列的前ｎ項(xiàng)和Sｎ＝2ｎ－１，則＝2.設(shè)，則＝.3..4.=5.數(shù)列的通項(xiàng)公式，前n項(xiàng)和6.的前n項(xiàng)和為數(shù)列求和提高訓(xùn)練1．?dāng)?shù)列{an}滿足：a1＝1，且對任意的m，n∈N*都有：am＋n＝am＋an＋mn，則(A) A． B． C． D．解：∵am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋a1＋n＝an＋1＋n，∴利用疊加法得到：，∴，∴．2．?dāng)?shù)列{an}、{bn}都是公差為1的等差數(shù)列，假設(shè)其首項(xiàng)滿足a1＋b1＝5，a1＞b1，且a1，b1∈N*，則數(shù)列{}前10項(xiàng)的和等于(B) A．100 B．85 C．70 D．55解：∵an＝a1＋n－1，bn＝b1＋n－1∴＝a1＋bn－1＝a1＋(b1＋n―1)―1＝a1＋b1＋n－2＝5＋n－2＝n＋3則數(shù)列{}也是等差數(shù)列，并且前10項(xiàng)和等于：答案：B.3．設(shè)m=1×2+2×3+3×4+…+(n-1)·n，則m等于(A)A.B.n(n+4)C.n(n+5)D.n(n+7)3．解：因?yàn)閍n=n2-n.，則依據(jù)分組集合即得.答案;A.4．假設(shè)Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n，則S17+S33＋Ｓ50等于(A)A.1B.-1C.0D.2解：對前n項(xiàng)和要分奇偶分別解決，即：Sn=答案：A5．設(shè){an}為等比數(shù)列,{bn}為等差數(shù)列，且b1=0,=an+bn,假設(shè)數(shù)列{}是1,1,2,…,則{}的前10項(xiàng)和為(A)A.978B.557C.467D.979解由題意可得a1=1,設(shè)公比為q,公差為d,則∴q2-2q=0,∵q≠0,∴q=2,∴an=2n-1,bn=(n-1)(-1)=1-n,∴=2n-1+1-n,∴Sn=978.答案：A6.假設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(－1)n(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10＝ (A) ()A．15B.12C．－12 D.－15解析A設(shè)bn＝3n－2，則數(shù)列{bn}是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.一個(gè)有2001項(xiàng)且各項(xiàng)非零的等差數(shù)列，其奇數(shù)項(xiàng)的和與偶數(shù)項(xiàng)的和之比為解：設(shè)此數(shù)列{an},其中間項(xiàng)為a1001,則S奇=a1+a3+a5+…+a2001=1001·a1001,S偶=a2+a4+a6+…+a2000=1000a1001.答案:假設(shè)12+22+…+(n-1)2=an3+bn2+，則a=,b=,c=.解：原式=答案：9．等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，公差d＞0，且其第二項(xiàng)、第五項(xiàng)、第十四項(xiàng)分別是等比數(shù)列{bn}的第二、三、四項(xiàng)．(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{}對任意自然數(shù)n均有成立．求c1＋c2＋c3＋…＋c2014的值．解：(1)由題意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2(d＞0)解得d＝2，∴an＝2n－1，可得bn＝3n－1當(dāng)n＝1時(shí)，c1＝3；當(dāng)n≥2時(shí)，由，得＝2·3n－1，故故c1＋c2＋c3＋…＋c2014＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×32002＝32015．設(shè)數(shù)列{an}為等差數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，S7＝7，S15＝75，Tn為數(shù)列的前n項(xiàng)和，求Tn.解析設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(1,2)n(n－1)d.∵S7＝7，S15＝75，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7a1＋21d＝7，,15a1＋105d＝75，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＝1，,a1＋7d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝1.))∴eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(1,2)(n－1)d＝－2＋eq\f(1,2)(n－1)．∴eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(1,2)，∴數(shù)列是首項(xiàng)為－2，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列．∴Tn＝eq\f(1,4)n2－eq\f(9,4)n.數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝eq\f(2,3)，an＋1＝eq\f(2an,an＋1)(1)證明：數(shù)列是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn.解析(1)∵an＋1＝eq\f(2an,an＋1)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋1,2an)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2an)，∴eq\f(1,an＋1)－1＝，又a1＝eq\f(2,3)，∴eq\f(1,a1)－1＝eq\f(1,2)≠0，∴eq\f(1,an)－1≠0，∴eq\f(\f(1,an＋1)－1,\f(1,an)－1)＝eq\f(1,2)，∴數(shù)列是以eq\f(1,2)為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)(2)由(1)知eq\f(1,an)－1＝eq\f(1,2)·即eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n)＋1∴eq\f(n,an)＝eq\f(n,2n)＋n.設(shè)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n).......①則eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)．．．．．．．②，①－②得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝－eq\f(n,2n＋1)