数列求和方法归纳

数列求和一、直接求和法（或公式法）掌握一些常见的数列的前n项和：123……+n=(1)2nn，1+3+5+……+(2n-1)=2n2222123……+n=(1)(21)6nnn，3333123……+n=2(1)2nn等.例1求2222222212345699100．解：原式22222222(21)(43)(65)(10099)3711199．由等差数列求和公式，得原式50(3199)50502．变式练习：已知3log1log23x，求............32nxxxx的前n项和.解：1－n21二、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.例2求222222222222123101102938101的和．解：设222222222222123101102938101S则222222222222109811012938101S．两式相加，得2111105SS，．三、裂项相消法常见的拆项公式有：1()nnk111()knnk，1nkn1()nknk，1(21)(21)nn111()22121nn，等.例3已知222112(1)(21)6nnnn，求22222222235721()11212312nnnN的和．解：22221216112(1)(1)(21)6nnnannnnnn，11161223(1)111116122311611ln.1nSnnnnnn小结：如果数列{}na的通项公式很容易表示成另一个数列{}nb的相邻两项的差，即1nnnabb，则有11nnSbb.这种方法就称为裂项相消求和法.变式练习：求数列311，421，531，…，)2(1nn，…的前n项和S.解：∵)2(1nn=211(21nn）Sn=)211()4121()311(21nn=)2111211(21nn=42122143nn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{}nnab的数列，其中{}na为等差数列，{}nb为等比数列，均可用此法.例4求2335(21)nxxxnx的和．解：当1x时，21122(1)(21)1(1)1nnnxxxnxSxxx；当1x时，2nSn．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{}nb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.)1(2)1(ann变式练习：求数列a,2a2,3a3,4a4,…,nan,…(a为常数)的前n项和。解：（1）若a=0,则Sn=0（2）若a=1,则Sn=1+2+3+…+n=(1)2nn（3）若a≠0且a≠1则Sn=a+2a2+3a3+4a4+…+nan，∴aSn=a2+2a3+3a4+…+nan+1∴(1-a)Sn=a+a2+a3+…+an-nan+1=∴Sn=当a=0时，此式也成立。∴Sn=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求数列11111246248162nn，，，，，的前n项和nS．23411111111(2462)(1)222222nnnSnnn．变式练习：求数列11111,2,3,4,392781的前n项和解：211223nnn数列求和基础训练1.等比数列{}na的前ｎ项和Sｎ＝2ｎ－１，则2232221naaaa＝413n2.设1357(1)(21)nnSn，则nS＝(1)nn.3.1111447(32)(31)nn31nn.4.1111...243546(1)(3)nn=1111122323nn5.数列2211,(12),(122),,(1222),n的通项公式na12n，前n项和nS221nn111nnnaaaa)1(1)1(121aanaaaann)1(1)1(121aanaaaann6.;,212,,25,23,2132nn的前n项和为2332nnnS数列求和提高训练1．数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有：am＋n＝am＋an＋mn，则20083211111aaaa(A)A．20094016B．20092008C．10042007D．20082007解：∵am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋a1＋n＝an＋1＋n，∴利用叠加法得到：2)1(nnan，∴)111(2)1(21nnnnan，∴)200911(2)20091200813121211(211112008321aaaa20094016．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，b1∈N*，则数列{nba}前10项的和等于(B)A．100B．85C．70D．55解：∵an＝a1＋n－1，bn＝b1＋n－1∴nba＝a1＋bn－1＝a1＋(b1＋n―1)―1＝a1＋b1＋n－2＝5＋n－2＝n＋3则数列{nba}也是等差数列，并且前10项和等于：85102134答案：B.3．设m=1×2+2×3+3×4+…+(n-1)·n，则m等于(A)A.3)1(2nnB.21n(n+4)C.21n(n+5)D.21n(n+7)3．解：因为an=n2-n.，则依据分组集合即得.答案;A.4．若Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n，则S17+S33＋Ｓ50等于(A)A.1B.-1C.0D.2解：对前n项和要分奇偶分别解决，即：Sn=)(2)(21为偶为奇nnnn答案：A5．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)A.978B.557C.467D.979解由题意可得a1=1,设公比为q,公差为d,则2212dqdq∴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：A6.若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝(A)()A．15B.12C．－12D.－15解析A设bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.7．一个有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:100010018．若12+22+…+(n-1)2=an3+bn2+cn，则a=,b=,c=.解：原式=.6326)12()1(23nnnnnn答案：61;21;319．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1332211nnnabcbcbcbc成立．求c1＋c2＋c3＋…＋c2014的值．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＝3n－1(2)当n＝1时，c1＝3；当n≥2时，由nnnnaabc1，得cn＝2·3n－1，故).2(32),1(31nncnn故c1＋c2＋c3＋…＋c2014＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×32002＝32015．10.设数列{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7＝7，S15＝75，Tn为数列nSn的前n项和，求Tn.解析设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋12n(n－1)d.∵S7＝7，S15＝75，∴7a1＋21d＝7，15a1＋105d＝75，即a1＋3d＝1，a1＋7d＝5，解得a1＝－2，d＝1.∴Snn＝a1＋12(n－1)d＝－2＋12(n－1)．∴Sn＋1n＋1－Snn＝12，∴数列nSn是首项为－2，公差为12的等差数列．∴Tn＝14n2－94n.11.已知数列{an}的首项a1＝23，an＋1＝2anan＋1(1)证明：数列11na是等比数列；(2)求数列nan的前n项和Sn.解析(1)∵an＋1＝2anan＋1，∴1an＋1＝an＋12an＝12＋12an，∴1an＋1－1＝1121na，又a1＝23，∴1a1－1＝12≠0，∴1an－1≠0，∴1an＋1－11an－1＝12，∴数列11na是以12为首项，12为公比的等比数(2)由(1)知1an－1＝12·nn21211即1an＝12n＋1∴nan＝n2n＋n.设Tn＝12＋222＋323＋…＋n2n.......①则12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1．．．．．．．②，①－②得12Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1＝21121121n－n2n＋1＝1－12n－n2n＋1，∴Tn＝2－12n－1－n2n＝2－2＋n2n.又∵1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12，∴数列nan的前n项和Sn＝2－2＋n2n＋nn＋12＝n2＋n＋42－n＋22n.