高中数列求和方法

高中数列求和方法（精选11篇）

篇1：高中数列求和方法

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22、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

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nn1nn1

1111

 n1nnn1



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

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)a1a2a3a***20094016

． 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=

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

 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4514221***572=.(m5)()m5

1232355***0821

2

故

1117(m4)a4a5am8

篇2：高中数列求和方法

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、公式法

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、差数列求和公式：Sn(a1an)

n2nan(n1)

12d

na1(q1)

2、等比数列求和公式：San

n1(1q)a

11qanq

1q(q1)

n3、Sk1n

(n1)

4、S

21nn

k12k(n1)(2n1)

k16

n4、Snk3[1(n1)]

2k12

例 ：已知log12

3xlog，求xxx3xn的前n项和.2

3解：由log

13x

log3loglog1

3x32x2

2由等比数列求和公式得Snxx2x3xn

＝x(1xn)

1x 1(11

＝n)

11

＝1－1

2n

解析：如果计算过程中出现了这些关于n的多项式的求和形式，可以直接利用公式。

二、错位相减

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{an·

项和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列。

bn}的前n

1例：求数列a,2a2,3a3,4a4,…,nan, …(a为常数)的前n项和。

解：若a=0, 则Sn=0

若a=1,则Sn=1+2+3+…+n=

若a≠0且a≠1

则Sn=a+2a2+3a3+4a4+…+ nan

∴aSn= a2+2 a3+3 a4+…+nan+1

∴(1-a)Sn=a+ a2+ a3+…+an-nan+1

n1aa= nan1

1an(n1)

2n1n1aana ∴Sn=(a1)2(1a)1a

当a=0时，此式也成立。

∴Sn=

n(n1)(a1)2aan1nan1(a1)2(1a)1a

解析：数列是由数列n与an对应项的积构成的，此类型的才适应错位相减，（课本中的的等比数列前n项和公式就是用这种方法推导出来的），但要注意应按以上三种情况进行讨论，最后再综合成两种情况。

三、倒序相加

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(a1an)。

[例5] 求证：Cn3Cn5Cn(2n1)Cn(n1)

2证明： 设SnCn3Cn5Cn(2n1)Cn…………………………..①

把①式右边倒转过来得

nn110（反序）Sn(2n1)Cn(2n1)Cn3CnCn012n012nn

又由CnCnmnm可得

1n1n…………..……..② CnSn(2n1)Cn(2n1)Cn3Cn0

01n1n①+②得2Sn(2n2)(CnCnCnCn)2(n1)2n（反序相加）

∴Sn(n1)2n

解析：此类型关键是抓住数列中与首末两端等距离的两项之和相等这一特点来进行倒序相加的。

四、分组求和

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：Sn=-1+3-5+7-…+(-1)n(2n-1)

解法：按n为奇偶数进行分组，连续两项为一组。

当n为奇数时：

Sn=(-1+3)+(-5+7)+(-9+11)+…+(-2n+1)

=2×n1+(-2n+1)

2=-n

当n为偶数时：

Sn=(-1+3)+(-5+7)+(-9+11)+…+[(-2n+3)+(2n+1)]

=2×

=n

∴Sn=

n 2

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）anf(n1)f(n)（2）sin1tan(n1)tanncosncos(n1)

111(2n)2111（3）an（4）an1()n(n1)nn1(2n1)(2n1)22n12n

1（5）an1111[] n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)

(6)ann212(n1)n1111nn,则S1 nn1nnn(n1)2n(n1)2n2(n1)2(n1)

21111，，…，…的前n项和S 132435n(n2)例：求数列

解：∵1111=(）n(n2)2nn2

Sn=111111(1)()() 2324nn2

1111(1)22n1n2

311= 42n22n4=

解析：要先观察通项类型，在裂项求和，而且要注意剩下首尾两项，还是剩下象上例中的四项，后面还很可能和极限、求参数的最大小值联系。

六、合并求和

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：数列{an}：a11,a23,a32,an2an1an，求S2002.解：设S2002＝a1a2a3a200

2由a11,a23,a32,an2an1an可得

a41,a53,a62,a71,a83,a92,a101,a113,a122,……

a6k11,a6k23,a6k32,a6k41,a6k53,a6k62

∵ a6k1a6k2a6k3a6k4a6k5a6k60（找特殊性质项）∴ S2002＝a1a2a3a2002（合并求和）

＝(a1a2a3a6)(a7a8a12)(a6k1a6k2a6k6)

(a1993a1994a1998)a1999a2000a2001a2002

＝a1999a2000a2001a2002

＝a6k1a6k2a6k3a6k

4＝

5七、拆项求和

先研究通项，通项可以分解成几个等差或等比数列的和或差的形式，再代入公式求和。

例：求数5，55，555，…，的前n项和Sn

解： 因为5n9(101)

所以 Sn=5+55+555+…=5(101)(1021)(10n

91)

=510(10n1)

9101n



=50

8110n5

9n50

解析：根据通项的特点，通项可以拆成两项或三项的常见数列，然后再分别求和。另外：S1

n=1221

4311

8n2n

可以拆成：S…+n）+(1111

篇3：数列求和的统一方法

当然, 找到一个合适的f (n) 常有一定的难度, 但对于一些常见数列, 只要注意观察其通项的特征, 始终瞄准“将an分解成一个新的数列的相邻两项之差”这一目标, 发挥想象, 考察与an“相近”的数列, 很多时候这样的f (n) 是可以找到的.

1. 等差数列及其相关数列的求和

对于等差数列{an}, an=a1+ (n-1) d, 则Sn=a1+a2+…+an=na1+[1+2+…+ (n-1) ]d, 因此求Sn就归结为求1+2+3+…+ (n-1) +n.

考虑通项{n}.为了保持n这一因式, 考察n (n+1) 与 (n-1) n这两项, 它们是数列{n (n+1) }的前后两项, 其差n (n+1) - (n-1) n=2n, 于是.

令f (n) =, 则有1+2+3+…+n=f (n) -f (0) =, 代入即可求得等差数列的求和公式.

引申1求和Snr=1·2·…·r+2·3·…· (r+1) +…+n (n+1) ·…· (n+r-1) .

考察数列{n (n+1) (n+2) ·…· (n+r-1) (n+r) }相邻两项的差, 得n (n+1) ·…· (n+r-1) =1/(r+1)[n (n+1) ·…· (n+r-1) (n+r) - (n-1) n (n+1) ·…· (n+r-1) ].

于是可得Snr=1/ (r+1) n (n+1) ·…· (n+r-1) (n+r) .

引申2求幂和Sp (n) =1p+2p+3p+…+np (p为某一自然数) .

以p=3为例.

方法1由n3=n (n+1) (n+2) -3n2-2n=n (n+1) (n+2) -3n (n+1) +n, 利用公式可得Snr.

方法2设n3=an4+bn3+cn2+dn-[a (n-1) 4+b (n-1) 4+c (n-1) 2+d (n-1) ], 待定系数可得a=1/4, b=1/2, c=1/4, d=0, 令f (n) =1/4n4+1/2n3+1/4n2.

对于一般的Sp (n) , 我们考虑 (n+1) p+1-np+1的展开式, (n+1) p+1-np+1=C1p+1np+C2p+1np-1+…+Cpp+1n+1, 对上式求和, 得 (n+1) p+1-1=C1p+1Sp (n) +C2p+1Sp-1 (n) +…+Cpp+1S1 (n) +S0 (n) .

这样借助上述递推式与S1 (n) , S2 (n) , …, Sp-1 (n) , 就可得Sp (n) 的表达式.

引申3设{an}是公差为d (d≠0) 的等差数列, 求

由于anan+1…an+r-1an+r-an-1anan+1…an+r-1=

2. 等比数列以及等差数列与等比数列乘积型数列的求和

对于首项是b公比为q (q≠0, q≠1) 的等比数列{bn}, 考察其通项bqn-1.

引申设{an}是首项为a公差为d的等差数列, {bn}是首项为b公比为q (q≠0, q≠1) 的等比数列, 由于an·bn=[a+ (n-1) d]·bqn-1= (a-d) bqn-1+bdnqn-1, 于是, 数列{an·bn}求和的关键在于求出.

方法1考虑到nqn- (n-1) qn-1= (q-1) nqn-1+qn-1, 对其两边求和,

由此就可求出

方法2.

篇4：数列求和方法

数列是一个古老的数学问题。在我国古代，数学家对数列的认识特别早，《易经》中有这样的记载“河出图，洛出书，圣人则之；两仪生四象，四象生八卦”[1]，这在世界数学史上都算得上是最早的相关等差数列记载。在国外，古印度宰相西萨发明国际象棋的故事就初步涉及到等比数列求和的问题；古巴比伦人很早就计算出了具体的等比数列之和；欧几里得在著作《几何原本》中对等比数列之和给出了具体的证明。固数列有着非常悠久的历史。

本文总结出高中教材涉及的几种数列求和方法：公式法，倒序相加法，错位相减法。这几种最为基础的求和方法一般用来解决规律性强的数列。对于以上的每种数列求和方法，在介绍、总结了计算法则之后，都用比较具有代表性的计算题或证明题来进行了例题示范。使用以上这些数列求和方法，可以解决生活中常见的比较多的数列求和问题。

2. 数列求和方法

生活中遇到的有关数列的问题，如果数列的规律性较强，比如等差数列、等比数列、等差与等比相乘的数列，如果对这类数列进行求和，可以用高中教材涉及的方法来计算，下面介绍中学教材中涉及的四种基础性的数列求和方法。

2.1 直接求和法

對于数列求和的题目，如果题目是对于等差或等比数列进行求和，可直接根据公式来进行求和。

直接求和法常用公式有：

，

，

，

等差数列前 项和公式：

，

等比数列前 项和公式：

.

2.2 倒序相加法

对于已知的数列 ，如果首尾两项之和等于所有与前后距离相等的项数之和，那么这样的数列 求和就可以采用倒序相加法，其具体操作就是：第一，把数列前 项和按顺序依次展开；第二，把数列的前 项和展开再按倒叙排列；第三，把两个式子对应相加，会发现相加后的数列每一项都相等，即转化为常数列，此时问题就可以迎刃而解了。

例2.2.1 假设已知有一个等差数列 ，此数列的首项和公差都为1，计算出这个数列的前100项之和。

解：由倒叙相加法可得：

由

，

，

.

2.3 错位相减法

给定一个数列 ，该数列的通项公式可以分解，分解后通项成等差与等比的乘积 ，中间 代表等差数列， 代表等比数列，那么求数列 的前 项和的时候可以采用错位相减法。

例2.3.1 已知数列 ， ，求

解： 时，该数列从第二项起都为零，

时，数列是一个常数列， ；

时，数列是一个合成数列，可拆为等差数乘以等比数列的形式

，其中， ，采用错位相减法可以得到如下结果：

，

，

，

.

篇5：数列求和的方法总结

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，最终达到求和的结果，如图。

02公式法：

用常用求和公式求和得到细解结果，也是数列求和的最基本最重要的方法，如图。

03倒序相加法：

篇6：数列求和的解题方法总结

数列通项与数列求和

二. 教学要求：

掌握数列的通项公式的求法与数列前n 项和的求法。能通过转化的思想把非等差数列与非等比数列转化为两类基本数列来研究其通项与前n项的和。

三. 教学重点、难点：

重点：等差数列与等比数列的求和，及其通项公式的求法。

难点：转化的思想以及转化的途径。

四. 基本内容及基本方法

1、求数列通项公式的常用方法有：观察法、公式法、待定系数法、叠加法、叠乘法、Sn法、辅助数列法、归纳猜想法等;

(1)根据数列的前几项，写出它的一个通项公式，关键在于找出这些项与项数之间的关系，常用的方法有观察法、通项法，转化为特殊数列法等.

(2)由Sn求an时，用公式an=Sn-Sn-1要注意n≥2这个条件，a1应由a1=S1来确定，最后看二者能否统一.

(3)由递推公式求通项公式的常见形式有：an+1-an=f(n)，

=f(n)，an+1=pan+q，分别用累加法、累乘法、迭代法(或换元法).

2、数列的前n项和

(1)数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、错位相减法、裂项相消法、倒序求和法等。

求数列的前n项和，一般有下列几种方法：

(2)等差数列的前n项和公式：

Sn= = .

(3)等比数列的前n项和公式：

①当q=1时，Sn= .

②当q≠1时，Sn= .

(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排列与原数列相加.主要用于倒序相加后对应项之和有公因子可提的数列求和.

(5)错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.

(6)裂项求和法：把一个数列分成几个可直接求和的数列.

方法归纳：①求和的基本思想是“转化”。其一是转化为等差、等比数列的求和，或者转化为求自然数的方幂和，从而可用基本求和公式;其二是消项，把较复杂的数列求和转化为求不多的几项的和。

②对通项中含有(-1)n的数列，求前n项和时，应注意讨论n的奇偶性。

③倒序相加和错位相减法是课本中分别推导等差、等比数列前n项和用到的方法，在复习中应给予重视。

【典型例题】

例1. 已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n.

(1)求证：{an}为等差数列;

(2)求S n的最小值及相应的n;

(3)记数列{

}的前n项和为Tn，求Tn的表达式。

解：(1)n=1时，a1=S1=-8

n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-10

∴ an=2n-10 an+1-an=2

∴ {an}是等差数列.

(2)Sn=n2-9n=(n-

)2-

∴当n=4或n=5时，Sn有最小值-20.

(3)an=2n-10 ∴ | an |=| 2n-10 |

令an≥0

n≥5 ∴ 当n≤4时，| an |=10-2n

Tn=

，当n≥5时，

Tn=-a1-a2-a3-a4+a5+a6+…+an

=(a1+a2+…+an)-(a1+a2+a3+a4)=Sn-2S4

=n2-9n-2×(-20)=n2-9n+40

篇7：等差数列求和方法总结

一.用倒序相加法求数列的前n项和

如果一个数列{an}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的`和，这一求和方法称为倒序相加法。我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前n项和公式的推导，用的就是“倒序相加法”。

例题1：设等差数列{an}，公差为d，求证：{an}的前n项和Sn=n(a1+an)/2

解：Sn=a1+a2+a3+...+an ①

倒序得：Sn=an+an-1+an-2+…+a1 ②

①+②得：2Sn=(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)+…+(an+a1)

又∵a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=an+a1

∴2Sn=n(a2+an) Sn=n(a1+an)/2

二.用公式法求数列的前n项和

对等差数列、等比数列，求前n项和Sn可直接用等差、等比数列的前n项和公式进行求解。运用公式求解的注意事项：首先要注意公式的应用范围，确定公式适用于这个数列之后，再计算。

三.用裂项相消法求数列的前n项和

裂项相消法是将数列的一项拆成两项或多项，使得前后项相抵消，留下有限项，从而求出数列的前n项和。

四.用错位相减法求数列的前n项和

错位相减法是一种常用的数列求和方法，应用于等比数列与等差数列相乘的形式。即若在数列{an·bn}中，{an}成等差数列，{bn}成等比数列，在和式的两边同乘以公比，再与原式错位相减整理后即可以求出前n项和。

五.用迭加法求数列的前n项和

迭加法主要应用于数列{an}满足an+1=an+f(n)，其中f(n)是等差数列或等比数列的条件下，可把这个式子变成an+1-an=f(n)，代入各项，得到一系列式子，把所有的式子加到一起，经过整理，可求出an ，从而求出Sn。

六.用分组求和法求数列的前n项和

分组求和法就是对一类既不是等差数列，也不是等比数列的数列，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。

七.用构造法求数列的前n项和

篇8：浅谈数列求和的方法

一、错位相减法求和

高中数学教材中推导等比数列前项和公式的思想方法, 为我们提供了一种数列求和的重要方法, 即错位相减法.一般地, 差比数列———一个数列的项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项相乘得到的, 可以用错位相减法求和, 即在和式两边同时乘以一个量, 错位相减, 转化为一个新的等比数列求和. (对于Sn=a1b1+a2b2+…+anbn, 若其中{an}是等差数列, {bn}是等比数列, 则都可以用错位相减法求和.)

两式相减, 得

一般情况下, 和式两边同乘以的这个量的确定根据具体题目而定, 通常选取中第二项与第一项之比.

二、倒序相加法求和

倒序相加是课本中推导等差数列的前n项和公式所用的方法, 一般适应于下述的这种题型, 即a0+an, a1+an-1, …, an+a0有公因式且剩余项的和易于求得的情形.

例2设数列{an}是公差为d, 首项a0=d的等差数列, 求和:Sn+1=anCn0+a1C1n+…+anCnn.

本题还应用了组合数学中的一些公式, 比如Cn0=Cnn, Cn1=Cnn-1, …, Cnn=Cn0, Cn0+Cn1+…+Cnn=2n, 这些公式在数列解题中会经常用到的, 要给予一定的注意.

三、拆项法求和

在数列求和过程中, 许多数列常常无法直接求和, 而是需要拆项求和, 这时拆项便成为解题的关键, 下面介绍拆项的三种方法.

(一) 直接拆项

许多数列的项都是由两个基本数列对应项的和构成的, 这类数列求和可直接拆成两个基本数列求和.

例3已知数列的通项an=3n+2n, 求Sn.

本题中通项an拆成3n (等差) 和2n (等比) 两项, 一般情况下可拆成若干个等比或等差数列的和, 则可以用这种方法求和, 对于一些比较复杂的数列求和问题, 也可以转化为这种数列的求和问题.

(二) 加减因式拆项

如果一个数列的每一项都可以化为某两项之差, 特别是通项是由一个等差数列几项积的倒数或几项的积构成的, 这类数列常用加减因式的方法求和.这种方法求和技巧性很强, 关键在于如何将数列的每一项拆成两项之差, 并且能够进行有规律的对消, 最主要是能够从各项寻到之间的关系和规律.

(三) 利用已知等式拆项

有些数列的项, 与某些代数等式有密切的联系, 可以借助代数等式拆项.

拆项的方法是数列求和中常用的方法, 怎么拆项才能解决问题, 要在实际解题中不断的探索.

四、递推法求和

在对某些数列进行求和的时候, 要适当注意前后两项之间是否存在一些内在的联系, 我们可根据此来解题.

本题的常规解法是先求通项公式, 然后求和, 相对而言, 逆向思维直接求数列的前项和的递推公式是一种最佳解决方法.

五、归纳法求和

有些数列通过分析可得出其n前项数列的前n项和:由S1, S2, S3猜想出前n项和Sn的表达式, 然后证明其结论的正确性.

当n=1时, 命题显然成立.

这就证明了n=k+1时命题成立, 从而命题对所有的自然数n都成立.

篇9：浅谈高考中数列求和的主要方法

一、倒序相加法

此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和.其实质是对偶原理

小结：对某些具有对称性的数列，可运用此法.

二、公式法（或直接求和法）

此方法仅适用于等差或等比数列。

1.等差数列求和公式：

2.等比数列求和公式：

例2 （2013四川，理16）（本小题满分12分）在等差数列{an}中，a1+a3=8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和.

解：设该数列公差为d，前n项和为Sn.

由已知，可得2a1+2d=8，（a1+3d）2=（a1+d）（a1+8d）.

所以，a1+d=4，d（d-3a1）=0，解得a1=4，d=0，或a1=1，d=3，即数列{an}的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.

所以，数列的前n项和Sn=4n或Sn=

小结：数列转化为等差或等比数列，直接运用等差或等比数列的前n项和公式求得.

三、裂项相消法

如果数列的通项公式很容易表示成另一个数列的相邻两项的差，即，则有.这种方法就称为裂项相消求和法.

例3  .[2014·全国大纲卷（理18）]等差数列的前n项和为，已知，a2为整数，且.

（I）求的通项公式;

（II）设，求数列的前n项和.

[解析]（I）由，为整数知，等差数列的公差d为整数.又，故于是，解得，因此，故数列的通项公式为.（II），于小结：要先观察通项类型，在裂项求和，而且要注意相消后所剩下的项数，后面还很可能前n项和的最值结合起来考查参数取值范围。

四、错位相减法

源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如的数列，其中为等差数列，为等比数列，均可用此法.

例4 [2014·全国卷Ⅰ（文17）]已知是递增的等差数列，a2，a4是方程的根。

（I）求的通项公式;

（II）求数列的前n项和.

[解析]：（I）方程的两根为2，3，由题意得，，设数列的公差为 d，，则，故d=，从而，

所以的通项公式为：

（Ⅱ）设求数列的前n项和为Sn，由（Ⅰ）知，

则：

两式相减得

所以

小结：错位相减法的步骤是：①在等式两边同时乘以等比数列的公比;②将两个等式相减;③利用等比数列的前n项和公式求和.④注意相减后项数变成n+1項。

五、分组求和法

若数列的通项是若干项的代数和，可将其分成几部分来求.

例5  [2014·北京卷（文15）]已知是等差数列，满足，，数列满足，，且是等比数列.

（1）求数列和的通项公式;

（2）求数列的前n项和.

[解析]（I）设等差数列的公差为d，由题意得：，

所以，

设等比数列的公比为q，由题意得：，解得q=2.

所以，从而.

（II）由（1）知，，

数列的前n项和为，数列的前n项和为，

所以数列的前n项和为.

六、结语

篇10：高中数列求和方法

案 北师大版必修1

两项之和（或等于首末两项“系数” 之和），那么就可以把正着写的和与倒着写的和的两个和式相加，从而可求出数列的前n项和。例1 已知函数f(x)1123af(),af(),af()，„，数列中，a123n4x2nnnkn1nakf()，„，an1f(),anf()，求数列{an}的前n项和Sn

nnn

nn1n22n练习1：已知lgxlgya且Snlgxlgxylgxylgy.求Sn



（六）、裂项相消法求和：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。例2 求数列{1}的前n项和Snn1n练习2：求和：

111（n2）2222131n1

（七）、通项分析法：通过对数列的通项进行分析、整理，从中发现数列求和的方法，这也是求数列前n项和的一种基本方法． 例

3、已知数列{an}中，a11,a2121,a3122221,a41222232221,．

求数列{an}的前n项和Sn．

作业：已知数列{an}的前n项和Sn满足：SnSnn2n0，求数列

1的前n项和Tn．

篇11：高中数列求和方法

cc1c1n=an+1成立，求b1b2cnnlimS2n1.S2n命题意图：本题主要考查等差、等比数列的通项公式及前n项和公式、数列的极限，以及运算能力和综合分析问题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：本题利用函数思想把题设条件转化为方程问题非常明显，而(2)中条件等式的左边可视为某数列前n项和，实质上是该数列前n项和与数列{an}的关系，借助通项与前n项和的关系求解cn是该条件转化的突破口.错解分析：本题两问环环相扣，(1)问是基础，但解方程求基本量a1、b1、d、q，计算不准易出错；(2)问中对条件的正确认识和转化是关键.技巧与方法：本题(1)问运用函数思想转化为方程问题，思路较为自然，(2)问“借鸡生蛋”构造新数列{dn}，运用和与通项的关系求出dn，丝丝入扣.解：(1)∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)=d2，∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d，∵d=2，∴an=a1+(n－1)d=2(n－1)；又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q－1)=(q－2)2，b3(q2)22∴=q，由q∈R，且q≠1，得q=－2，b1q2∴bn=b·qn1=4·(－2)n1 －

－(2)令cn=dn，则d1+d2+„+dn=an+1,(n∈N*), bn京翰教育http://8－=2,即cn=2·bn=8·(－2)n1；∴Sn=［1－(－2)n］.bn3∴S2n11(2)S2n1(2)2n2n11()2n2S2,lim2n12

1nS2n()2n12［例2］设An为数列{an}的前n项和，An=(an－1)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3;2(1)求数列{an}的通项公式；

(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列{dn}的通项公式为dn=32n+1;(3)设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项，Br为数列{bn}的前r项的和；Dn为数列{dn}的前n项和，Tn=Br－Dn，求lim

n

Tn.(an)4命题意图：本题考查数列的通项公式及前n项和公式及其相互关系；集合的相关概念，数列极限，以及逻辑推理能力.知识依托：利用项与和的关系求an是本题的先决；(2)问中探寻{an}与{bn}的相通之处，须借助于二项式定理；而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点.错解分析：待证通项dn=32n+1与an的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r与n的关系，使Tn中既含有n，又含有r，会使所求的极限模糊不清.技巧与方法：(1)问中项与和的关系为常规方法，(2)问中把3拆解为4－1，再利用二项式定理，寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔；(3)问中挖掘出n与r的关系，正确表示Br，问题便可迎刃而解.解：(1)由An=∴an+1－an=33(an－1)，可知An+1=(an+1－1)，22a33(an+1－an)，即n1=3，而a1=A1=(a1－1)，得a1=3，所以数列是以

3an22为首项，公比为3的等比数列，数列{an}的通项公式an=3n.2n12nn1(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n=3·［42n+C1(－1)+„+C22n·4·(－1)+(－1)］2n·

4－=4n+3，n1∴32n+1∈{bn}.而数32n=(4－1)2n=42n+C142n1·(－1)+„+C24·(－1)+(－1)2n=(4k+1)，2n·2n·

－∴32n{bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1.32n13(3)由3=4·r+3，可知r=，4r(74r3)32n1332n172727nr(2r5),Dn(19n)(91)，∴Br=2421982n+

1京翰教育http://CnCn,等n(n1)!n!(n1)!④错项相消法 ⑤并项求和法

数列通项与和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法.●歼灭难点训练

一、填空题

1.(★★★★★)设zn=(则limSn=_________.n

1in)，(n∈N*)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+„+｜zn+1－zn｜，22.(★★★★★)作边长为a的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_________.京翰教育http://=bn－1，则cn=(n1n2)

2anan112n12n111[(1)(1)],22n12n12n12n1b1b2bnnc1c2cn 111111(1)()()1,3352n12n12n11lim(b1b2bnn)lim(1)1.nn2n1歼灭难点训练

一、1.解析:设cn|zn1zn||(1in11in2)()|()n1, 222京翰教育http://222212limSnn1222 22221 22答案：1+2.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{an}，可得an=

a2n1，正三角形的内切圆构成等比数列{rn}，可得rn=

31a,

62n133a，2∴这些圆的周长之和c=lim2π(r1+r2+„+rn)=

n

2a

n933答案：周长之和πa，面积之和a2

29面积之和S=limπ(n2+r22+„+rn2)=

二、3.解：(1）可解得

an1n，从而an=2n，有Sn=n2+n，ann1(2)Tn=2n+n－1.(3)Tn－Sn=2n－n2－1，验证可知，n=1时，T1=S1，n=2时T2＜S2；n=3时，T3＜S3;n=4时，T4＜S4；n=5时，T5＞S5；n=6时T6＞S6.猜想当n≥5时，Tn＞Sn，即2n＞n2+1 可用数学归纳法证明(略）.4.解：(1）由an+2=2an+1－anan+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差数列，

d=a4a1=－2,∴an=10－2n.41(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n2+9n，当n＞5时，Sn=n2－9n+40，21n5n9n 故Sn=

2n5n9n40(3)bn=11111()

n(12an)n(2n2)2nn1111111nmTnb1b2bn[(1)()()]；要使Tn＞

2223nn12(n1)32总成立，需1m＜T1=成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的m的最大值为7.4325.解：(1）由已知Sn+1=(m+1)－man+1①，Sn=(m+1)－man②,由①－②，得an+1=man－man+1，即(m+1)an+1=man对任意正整数n都成立.∵m为常数，且m＜－1

京翰教育http:///

高中数学辅导网 http:// ∴an1am，即{n}为等比数列.anm1an1(2)当n=1时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而b1=由(1)知q=f(m)=

1.3bm，∴bn=f(bn－1)=n1(n∈N*,且n≥2)

bn11m1∴11111111，∴{}为等差数列.∴=3+(n－1)=n+2，即bnbn1bnbn1bnbnbn1(n∈N*).n2mn1n1mman(),lim(bnlgan)lim[lg]lg,nnn2m1m1m1111111而lim3(b1b2b2b3bn1bn)lim3()1 nn3445n1n2mm10由题意知lg1,10,mm1m19b116.解：(1)设数列{bn}的公差为d，由题意得：解得b1=1,d=3, 10(101)10b1d1452∴bn=3n－2.(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+=loga［(1+1)(1+

11)+„+loga(1+)43n2111)„(1+)］，logabn+1=loga33n1.43n23111因此要比较Sn与logabn+1的大小，可先比较(1+1)(1+)„(1+)与33n1的大343n2小，取n=1时，有(1+1)＞3311

1)＞3321„ 411 由此推测(1+1)(1+)„(1+)＞33n1

43n2取n=2时，有(1+1)(1+若①式成立，则由对数函数性质可判定：

①

1logabn+1，31当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1，3当a＞1时，Sn＞下面用数学归纳法证明①式.(ⅰ)当n=1时，已验证①式成立.② ③

京翰教育http:///

高中数学辅导网 http://(ⅱ)假设当n=k时(k≥1），①式成立，即：

11(11)(1)(1)33k1.那么当n=k+1时，43k2311113k13(11)(1)(1)(1)3k1(1)(3k2).43k23(k1)23k13k13k1(3k2)2(3k4)(3k1)2233[(3k2)][3k4]3k1(3k1)2339k43k10,(3k2)33k433(k1)123k1(3k1)111因而(11)(1)(1)(1)33(k1)143k23k1

这就是说①式当n=k+1时也成立.由(ⅰ）(ⅱ）可知①式对任何正整数n都成立.由此证得： 当a＞1时，Sn＞11logabn+1；当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1.337.解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t.∴a2=2t3a22t3,.3ta13t

① ② 又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t，3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t

①－②得3tan－(2t+3)an－1=0.∴an2t32t3,n=2,3,4„,所以{an}是一个首项为1公比为的等比数列； an13t3t122t321=,得bn=f()=+bn－1.bn133t3t(2)由f(t)= 可见{bn}是一个首项为1，公差为于是bn=1+

2的等差数列.322n1(n－1)=;33542n1(3)由bn=,可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列，于

3334n1是b2n=, 3∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+„+b2n－1b2n－b2nb2n+1 =b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+„+b2n(b2n－1－b2n+1)=－

京翰教育http:/// 44154n14(b2+b4+„+b2n)=－·n(+)=－(2n2+3n)332393高中数学辅导网 http://