数列求和公式例题

数列求和公式例题（精选11篇）

数列求和公式例题 第1篇

1）1^2+2^2+3^2+......+n^2=n(n+1)(2n+1)/6从左边推到右边

数学归纳法可以证

也可以如下做 比较有技巧性

n^2=n(n+1)-n

1^2+2^2+3^2+......+n^

2=1*2-1+2*3-2+....+n(n+1)-n

=1*2+2*3+...+n(n+1)-(1+2+...+n)

由于n(n+1)=[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)]/

3所以1*2+2*3+...+n(n+1)

=[1*2*3-0+2*3*4-1*2*3+....+n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)]/3

[前后消项]

=[n(n+1)(n+2)]/3

所以1^2+2^2+3^2+......+n^2

=[n(n+1)(n+2)]/3-[n(n+1)]/2

=n(n+1)[(n+2)/3-1/2]

=n(n+1)[(2n+1)/6]

=n(n+1)(2n+1)/6

2）1×2+2×3+3×4+...+n×（n+1）=？

设n为奇数,1*2+2*3+3*4+...+n(n+1)=

=(1*2+2*3)+(3*4+4*5)+...+n(n+1)

=2(2^2+4^2+6^2+...(n-1)^2)+n(n+1)

=8(1^2+2^2+3^2+...+[(n-1)/2]^2)+n(n+1)

=8*[(n-1)/2][(n+1)/2]n/6+n(n+1)

=n(n+1)(n+2)/3

设n为偶数,请你自己证明一下！

所以，1*2+2*3+3*4+...+n(n+1)=n(n+1)(n+2)/3

设an=n×（n+1）=n^2+n

Sn=1×2+2×3+3×4+...+n×（n+1）

=(1^2+2^2+3^2+……+n^2)+(1+2+3+……+n)=n(n+1)(2n+1)/6+n(n+1)/2

=n(n+1)(n+2)/3

数列求和的几种方法

1.公式法：

等差数列求和公式:

Sn=n(a1+an)/2=na1+n(n-1)d/2

等比数列求和公式：

Sn=na1(q=1)Sn=a1(1-q^n)/(1-q)=(a1-an×q)/(1-q)(q≠1)

2.错位相减法

适用题型：适用于通项公式为等差的一次函数乘以等比的数列形式{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.Sn=a1b1+a2b2+a3b3+...+anbn

例如：an=a1+(n-1)dbn=a1·q^(n-1)Cn=anbn

Tn=a1b1+a2b2+a3b3+a4b4....+anbn

qTn= a1b2+a2b3+a3b4+...+a(n-1)bn+anb(n+1)

Tn-qTn= a1b1+b2(a2-a1)+b3(a3-a2)+...bn[an-a(n-1)]-anb(n+1)

Tn(1-q)=a1b1-anb(n+1)+d(b2+b3+b4+...bn)

=a1b1-an·b1·q^n+d·b2[1-q^(n-1)]/(1-q)Tn=上述式子/(1-q)

3.倒序相加法

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)

Sn =a1+ a2+ a3+......+anSn =an+ a(n-1)+a(n-3)......+a1上下相加 得到2Sn 即 Sn=（a1+an)n/

24.分组法

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.例如：an=2^n+n-1

5.裂项法

适用于分式形式的通项公式，把一项拆成两个或多个的差的形式，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加时抵消中间的许多项。常用公式：

（1）1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)

（2）1/(2n-1)(2n+1)=1/2[1/(2n-1)-1/(2n+1)]

（3）1/n(n+1)(n+2)=1/2[1/n(n+1)-1/(n+1)(n+2)]

（4）1/(√a+√b)=[1/(a-b)](√a-√b)

（5）n·n!=(n+1)!-n!

[例] 求数列an=1/n(n+1)的前n项和.解：an=1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)（裂项）

则Sn =1-1/2+1/2-1/3+1/4…+1/n-1/(n+1)（裂项求和）＝ 1-1/(n+1)＝ n/(n+1)

小结：此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了。只剩下有限的几项。注意： 余下的项具有如下的特点1余下的项前后的位置前后是对称的。2余下的项前后的正负性是相反的。

6.数学归纳法

一般地，证明一个与正整数n有关的命题，有如下步骤：

（1）证明当n取第一个值时命题成立；

（2）假设当n=k（k≥n的第一个值，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。

例：求证：1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + n(n+1)(n+2)(n+3)=

[n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)]/5证明： 当n=1时，有：1×2×3×4 + 2×3×4×5 = 2×3×4×5×(1/5 +1)= 2×3×4×5×6/5假设命题在n=k时成立，于是：1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3)=

[k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5则当n=k+1时有：1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… +(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)= 1×2×3×4 + 2×3×4*5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3)+(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)=

[k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5 +(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)=

(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)*(k/5 +1)= [(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)]/5即n=k+1时原等式仍然成立，归纳得证

7.通项化归

先将通项公式进行化简，再进行求和。如：求数列1，1+2，1+2+3，1+2+3+4,……的前n项和。此时先将an求出，再利用分组等方法求和。

8.并项求和：

例：1－2+3－4+5－6+……+（2n-1）-2n（并项）

求出奇数项和偶数项的和，再相减。

数列求和公式例题 第2篇

数列求和是历年高考的必考内容，重点要熟练掌握等差数列、等比数列的求和公式，其中错位相减法和裂项相消法也是考查的重点。下面为大家发分享了数列求和公式方法，希望对大家有帮助！

一、分组转化求和法

若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列构成，则求这个数列的前n项和Sn时可以用分组求和法求解。一般步骤是：拆裂通项――重新分组――求和合并。

例1求Sn=1×4+2×7+3×10+…+n（3n+1）的和

解由和式可知，式中第n项为an=n（3n+1）=3n2+n

∴Sn=1×4+2×7+3×10+…+n（3n+1）

=（3×12+1）+（3×22+2）+（3×32+3）+…+（3n2+n）

=3（12+22+32+…+n2）+（1+2+3+…+n）

=3×16n（n+1）（2n+1）+n（n+1）2

=n（n+1）2

二、奇偶分析求和法

求一个数列的前n项和Sn，如果需要对n进行奇偶性讨论或将奇数项、偶数项分组求和再求解，这种方法称为奇偶分析法。

例2：求和：Sn=-1+3-5+7-9+11-…+（-1）n（2n-1）

分析：观察数列的通项公式an=（-1）n（2n-1）可知Sn与数列项数n的奇偶性有关，故利用奇偶分析法及分组求和法求解，也可以在奇偶分析法的基础上利用并项求和法求的`结果。

解：当n为偶数时，

Sn=-1+3-5+7-9+11-…+（-1）n（2n-1）

=-（1+5+9+…+2n-3）+（3+7+11+…+2n-1）

=-n2（1+2n-3）2+n2（3+2n-1）2

=-n2-n2+n2+n2=n

当n为奇数时，

Sn=-1+3-5+7-9+11-…+（-1）n（2n-1）

=-（1+5+9+…+2n-3）+（3+7+11+…+2n-1）

=-n+12（1+2n-1）2+n-12（3+2n-3）2

=-n2+n2+n2-n2=-n

综上所述，Sn=（-1）nn

三、并项求和法

一个数列an的前n项和Sn中，某些项合在一起就具有特殊的性质，因此可以几项结合求和，再求Sn，称之为并项求和法。形如an=（-1）nf（n）的类型，就可以采用相邻两项合并求解。如例3中可用并项求和法求解。

例3：求S=-12+22-32+42-…-992+1002

解S=（-12+22）+（-32+42）+…+（-992+1002）

=（1+2）+（3+4）+…+（99+100）=5050

四、基本公式法

如果一个数列是符合以下某种形式，如等差、等比数列或通项为自然数的平方、立方的，那么可以直接利用以下数列求和的公式求和。

常用公式有

（1）等差数列求和公式：Sn=na1+n（n-1）2d=n（a1+an）2

（2）等比数列求和公式：Sn=na1a1（1-qn）1-q=a1-anq1-q（q=1）（q≠1）

（3）1+2+3+…+n=n（n+1）2

（4）1+3+5+…+2n-1=n2

（5）2+4+6+…+2n=n（n+1）

（6）12+22+32+…+n2=16n（n+1）（2n+1）

（7）13+23+33+…+n3=14n2（n+1）2

例1：已知等比数列an的通项公式是an=12n-1，设Sn是数列an的前n项和，求Sn。

解：∵an=12n-1∴a1=1，q=12

∴Sn=1+12+14+…+12n-1=1（1-12n）1-12=2-12n-1

五、裂项相消法

如果一个数列an的通项公式能拆分成两项差的形式，并且相加过程中可以互相抵消至只剩下有限项时，这时只需求有限项的和，把这种求数列前n项和Sn的方法叫做裂项相消法。

裂项相消法中常用的拆项转化公式有：

（1）1n（n+1）=1n-1n+1，1n（n+k）=1k（1n-1n+k）

（2）1（2n-1）（2n+1）=12（12n-1-12n+1）

（3）1n（n+1）（n+2）=12[1n（n+1）-1（n+1）（n+2）]

（4）1n+n+1=n+1-n，1n+n+k=1k（n+k-n），

其中n∈N，k∈R且k≠0

例5：求数列1，11+2，11+2+3，…，11+2+3+…+n，…的前n和Sn。

解由题知，an=11+2+3+…+n=2n（n+1）=2（1n-1n+1）

∴Sn=1+11+2+11+2+3+…+11+2+3+…+n

=2（1-12）+2（12-13）+2（13-14）+…+2（1n-1n+1）

=2（1-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1）

数列求和公式例题 第3篇

关键词：Lucas数列,归纳,求和公式

0 引言

在文[1]中给出了Fibonacci的一些恒等式,广义的Fibonacci序列被定义为:

在文献[1-4]中研究了广义Fibonacci序列的求和公式,定义广义的Lucas数列:

其中n=0,1,2,…,k为任意给定的非零实数,当k=1时上式为Lucas数,设wj=f(k,j),本文将证明广义Lucas数的一些恒等式。

1 引理及引理的证明

为了证明一些结论,我们先给出几个相关的引理。

证明:容易算出w0=2,w1=1,w2=k+2;当n=1时,

2×(k+2)-1=2k+3=(2k+3)(-1)n+1显然成立;

假设当n=m时成立,即

wm-1wm+1-wn2=(2k+3)(-1)m+1,那么有wm2=wm-1wm+1-(2k+3)(-1)m+1,

当n=m+1时有wmwm+2-w2m+1

应用定义有wm+2=kwm+1+wm,则

而wm2=wm-1wm+1-(2k+3)(-1)m+1,那么

引理1得证。

假设当n=m时成立,即,那么当n=m+1时有:

从而有,

(3)式得证。

假设当n=m时成立,即,则当n=m+1时,有

(4)式得证。

2 定理及定理的证明

证明:因为wn=kwn-1+wn-2,wn-1wn+1-wn2=(2k+3)(-1)n+1,

从而有wn2=kwn-1wn+wn-2wn=kwn-1wn+wn-12+(2k+3)(-1)n

定理1得证。

定理2 wn-1wnwn+1=wn3+(2k+3)(-1)n+1w

证明:因为wn-1wn-2-wn2=(2k+3)(-1)n+1,

从而有wn-1wnwn+1-wn2=(2k+3)(-1)n+1wn

所以:wn-1wnwn+1=wn3+(2k+3)(-1)n+1wn

定理2得证。

参考文献

[1]张之正.广义Fibonacci序列和Lucas序列的求和公式[J].烟台师范学院学报(自然科学版),1995,6(2):4-7.

[2]张之正.广义Fibonacci_Lucas序列的求和公式[J].宁夏大学学报(自然科学版),1994,9(3):22-24.

[3]吴茂念.广义Fibonacci数列的一些前项和公式[J].贵州大学学报(自然科学版),2005,(4):343-347.

比内公式推广及斐波那契数列求和 第4篇

关键词：斐波那契数列比内公式推广通项公式前n项和公式前10n项和

意大利数学家斐波那契在1202年完成了《算法之书》，在书中曾经提出有趣的问题：假定一对刚出生的兔子一个月后就能长成大兔，再过一个月便能生下一对小兔，并且此后每个月都生一对小兔，一年内没有发生死亡，问一对刚出生的兔子，一年后能繁殖成多少对兔子？逐月推算,得到一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233.这个数列后来便以斐波那契的名字命名。很多数学爱好者都对斐波那契數列进行了研究。法国数学家比内首先提出并证明了斐波那契数列的通项公式：

这就是著名的比内公式。但对于更一般的斐波那契数列，通项公式是怎样的，前n项和公式又是怎样的？这是本文所要解决的问题。

一、通项公式

斐波那契数列的一般形式为：a,b,a+b,a+2b,2a+3b, 3a+5b,….满足递推关系 ，其通项公式为

证明如下：

（1）当n=1,2,3时

通项公式皆成立。

（2）假设当n

通项公式亦成立。

由(1)和(2)可知，对于任意自然数n这个通项公式都是成立的。

（3）如果注意到 ，当n=1,2,3…时的展开式，它们都能化成 的形式，其中 是斐波那契数列1，3，4，7，11，…的项，其通项公式是

是另一个斐波那契数列1，1，2，3，5，…的项，其通项公式就是比内公式

这一规律对求 很有益处。

另外，斐波那契数列的项和项之间还有很多规律如：

二、前n项和

斐波那契数列a,b,a+b,a+2b,2a+3b, 3a+5b,…的前n项和公式为：

证明：

(1)当n=1时，

结论成立。

(2)假设假设当n=k(k是任意自然数) 结论成立，即 。

那么，当n=k+1时，

结论也成立。

由(1)和(2)可知斐波那契数列的前n项和公式就是 。

令a=b=1得

这就是特殊斐波那契数列1，1，2，3，5，8，…的前n项和公式。

三、某些连续项的和

1.任意连续十项的和

斐波那契数列中任意连续十项的和等于这十项中第七项的11倍。即：

证明：

2.前10n项的和

由斐波那契数列任意连续十项的和的公式可以推出，斐波那契数列前10n项的和公式为：

证明：

（1）当n=1时， ，结论成立。

（2）假设当n=k时，结论成立。即

那么，当n=k+1时，

结论亦成立。

由(1)和(2)可知，斐波那契数列前10n项和公式成立。

另外，斐波那契数列某些连续的和还有如下的规律：

（1） ，

（2） ，

（3） ，

（4） ，

（5）

等比数列求和公式的推导 第5篇

都不为0，

即：A(n+1)/A(n)=q (n∈N*)，

这个数列叫等比数列，其中常数q 叫作公比。

如：

2、4、8、16......2^10

就是一个等比数列，其公比为2，

可写为 an=2×2^(n-1)

等比数列求和公式的推导

首项a1,公比q

a(n+1)=an*q=a1*q^(n

Sn=a1+a2+..+an

q*Sn=a2+a3+...+a(n+1)

qSn-Sn=a(n+1)-a1

数列求和公式例题 第6篇

一、[要点梳理]：

1、等比数列的前n项和公式：

2、等比数列的前n项和的性质

二、基础练习：

1、等比数列an中，已知a14,q

1则s10=__________________；

2、等比数列

an

中，已知a11,ka24q3则,Sk=___________________；

3、设等比数列{an}的前n项和为sn，若sm=10，s2m=30，则

s3m=_________________；

4、设等比数列{aS6S9

n}的前n项和为SnS＝3，则＝________；

3S65、等比数列an共有偶数项，且所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为45，则公比

q

三、典型例题：

例

1、等比数列{an}的前n项和为sn，已知a1an66，a2an1128，sn126，求n和公比q的值。

变式1：等比数列an的公比q1，前n项和为Sn，已知a32,S45S2，求an的通项公式。

变式2：等比数列｛an｝的前n项和为Sn，已知S1，2S2，3S3成等差数列，则｛an｝的公比为。

例

2、设数列an前n项和为Sn

naqb(a,b为非零实数，q0,q1)。（1）a,b满足什么关系时，an是等比数列；

（2）若an是等比数列，证明：(an,Sn)为坐标的点都落在同一条直线上。

变式：设数列an前n项和为Snn2an2.（1）求a3,a4；（2）证明：an12an是等比数列；

（3）求an的通项公式。3

例

3、已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a11,a2b12，bn2bn1，（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）设数列cnanbn的前n项和为Tn，求Tn。

变式：求和：sn12x3x2nxn

1四、巩固练习：

1、已知x≠0，则1+x+x2+…+xn。

2、设Sn是等差数列an的前n项和，S636,Sn324,Sn6144(n6)，则n=_______。

3、设等比数列{an}的前n项和为sn，s41,s817,则an=______________。

4、在等比数列{an}中，已知sn48，s2n60，则

s3n=_________________。

5、如果数列的前n项和sn

数列求和问题 第7篇

教学目标

1．初步掌握一些特殊数列求其前n项和的常用方法．

2．通过把某些既非等差数列，又非等比数列的数列化归成等差数列或等比数列求和问题，培养学生观察、分析问题的能力，以及转化的数学思想．

教学重点与难点

重点：把某些既非等差数列，又非等比数列的数列化归成等差数列或等比数列求和． 难点：寻找适当的变换方法，达到化归的目的． 教学过程设计

（一）复习引入

在这之前我们知道一般等差数列和等比数列的求和,但是有时候题目中给我们的数列并不是一定就是等比数列和等差数列,有可能就是等差数列和等比数列相结合的形式出现在我们面前,对于这样形式的数列我们该怎么解决,又该用什么方法?

二、复习预习

通过学习我们掌握了是不是等差等比数列的判断,同时我们也掌握也一般等差或者等比数列的一些性质和定义,那么对于题中给我们的数列既不是等差也不是等比的数列怎么求和呢,带着这样的问题来学习今天的内容

三、知识讲解 考点

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 22(q1)na1

2、等比数列求和公式：Sna1(1qn)a1anq

(q1)1q1qn113、Snkn(n1)

4、Snk2n(n1)(2n1)

26k1k1n15、Snk3[n(n1)]2

2k1n

考点

2、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.例求和：Sn2351435263532n35n 解：Sn2351435263532n35n

2462n35152535n

4，6，，2n练习：求数列2，14181161，的前n项和Sn． 2n111{2n}，而数列是一个等差数列，数列n1是一个等比

2n12分析：此数列的通项公式是an2n数列，故采用分组求和法求解．

111111解：Sn(2462n)234n1n(n1)n1．

222222小结：在求和时，一定要认真观察数列的通项公式，如果它能拆分成几项的和，而这些项分别构成等差数列或等比数列，那么我们就用此方法求和.考点

3、、倒序相加

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.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).例求sin21sin22sin23sin288sin289的值

解：设Ssin21sin22sin23sin288sin289„„„„.①

将①式右边反序得

Ssin289sin288sin23sin22sin21„„„„..②（反序）

又因为 sinxcos(90x),sin2xcos2x1

①+②得（反序相加）

2S(sin21cos21)(sin22cos22)(sin289cos289)＝89 ∴ S＝44.5

2x练习：已知函数fxx 22（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8f108f102f105f105f1 101令Sf109则Sf102f108f109f 101f 10两式相加得：

2S9

1f1099f9 所以S.210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.考点

4、裂相相消法

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，求它的前n项和Sn

n(n1)例、数列an的通项公式为an解：Sna1a2a3an1an

11111 122334n1nnn1111111111 =1

22334n1nnn1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、求数列 1111，,，的前n项和Sn.122332nn1练习：求数列112,1231,,1nn1,的前n项和.解：设annn11n1n（裂项）

1nn1则 Sn12312（裂项求和）

＝(21)(32)(n1n)

＝n11

作业：基本练习

2221、等比数列{an}的前ｎ项和Sｎ＝2ｎ－１，则a12a2＝________________.a3an2、设Sn1357(1)n(2n1)，则Sn＝_______________________.3、111.1447(3n2)(3n1)

4、1111=__________ ...243546(n1)(n3)

5、数列1,(12),(1222),,(12222n1),的通项公式an，前n项和Sn 综合练习1、1222324252629921002＝____________；

2、在数列{an}中，an1，.则前n项和Sn；

n(n1)(n2)n2an(n1)(n2)，n3、已知数列{an}满足：a16，an1（1）求a2，a3；（2）若dn an，求数列{dn}的通项公式；

n(n1)

考点5错位相减

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

则qSnb1c2b2c3bn1cnbncn1 两式相减并整理即得

例4 求和：Sn13x5x27x3(2n1)xn1„„„„„„„„„①

解：由题可知，{(2n1)xn1}的通项是等差数列{2n－1}的通项与等比数列{xn1}的通项之积

设xSn1x3x25x37x4(2n1)xn„„„„„„„„„.②（设制错位）

①－②得(1x)Sn12x2x22x32x42xn1(2n1)xn（错位相减）

1xn1(2n1)xn 再利用等比数列的求和公式得：(1x)Sn12x1x(2n1)xn1(2n1)xn(1x)∴ Sn 2(1x)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{bn}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.2462n练习：

1、求数列,2,3,,n,前n项的和.22222n1解：由题可知，{n}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n}的通项之积

222462n设Sn23n„„„„„„„„„„„„„①

222212462nSn234n1„„„„„„„„„„„„②（设制错22222位）

1222222n①－②得(1)Sn234nn1（错位相减）

222222212n2n1n1

22n2 ∴ Sn4n1

2、已知 ann2n1，求数列｛an｝的前n项和Sn.解：Sn120221(n1)2n2n2n1 ①

2Sn121222(n1)2n1n2n ②

②—①得

Snn2n120212n1n2n2n1

1352n13、6、,2,3,,n,;的前n项和为_________ 222264、数列{an}中, a11,anan1n1,nN*，则前n项和S2n=；

55、已知数列annn!，则前n项和Sn=；

灵活正确地使用等比数列求和公式 第8篇

一、当公比是字母时,必须注意分类讨论

剖析由“an是首项为1,公比为a的等比数列的前n项和”应用公式求an时,忽视了对公比a是否为1进行分类讨论致错.

正解Sn是通项为an=1+a+a2+…+an-1的数列的前n项和;而an是首项为1,公比为a的等比数列的前n项和;

评注:用等比数列前n项和公式求和时,如果公比是字母,应对公比是否为1进行讨论.

正解1观察数列中各项的指数为:1,4,7,10,……,10+3n.

例析数列求和 第9篇

1. 直接求和法（或公式法）

将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.

等差数列的求和公式[Sn=n(a1+an)2=na1+n(n-1)2d]，等比数列的求和公式[Sn=na1(q=1),a1(1-qn)1-q(q≠1).]（切记：公比含字母时一定要讨论.）

如：已知等差数列[an]的通项公式为[an=3n-2]，求它的前[n]项和公式.

2. 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. 对某些具有对称性的数列，可运用此法.

例1 已知函数[fx=2x2x+2].

（1）证明：[fx+f1-x=1]；

（2）求[f110+f210+⋯+f810+f910]的值.

解析 （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，

[f110+f910=f210+f810=⋯]

[=f510+f510=1].

[令S=f110+f210+⋯+f810+f910]，

[则S=f910+f810+⋯+f210+f110].

两式相加得：

[2S=9×f110+f910=9,]所以[S=92].

3. 错位相减法

此方法源于等比数列前[n]项和公式的推导，对于形如[{anbn}]的数列，其中[an]为等差数列，[bn]为等比数列，均可用此法.

例2 已知数列[1,3a,5a2,⋯,(2n-1)an-1(a≠0)]，求前[n]项和.

分析 已知数列各项是等差数列1，3，5，…，[2n-1]与等比数列[a0,a,a2,⋯,an-1]对应项的积，可用错位相减法求和.

解 [Sn=1+3a+5a2+⋯+(2n-1)an-1①]

[aSn=a+3a2+5a3+⋯+(2n-1)an②]

[①-②得]

[(1-a)Sn=1+2a+2a2+2a3+⋯][+2an-1-(2n-1)an.]

当[a=1时,Sn=n2.]

当[a≠1时,]

[(1-a)Sn=1+2a(1-an-1)(1-a)-(2n-1)an，]

[Sn=1+a-(2n+1)an+(2n-1)an+1(1-a)2.]

点拨 错位相减法的步骤是：（1）在等式两边同时乘以等比数列[bn]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. 裂项相消法

如果一个数列的每一项都能化为两项之差，而前一项的减数恰与后一项的被减数相同，一减一加，中间项全部相消为零，那么原数列的前[n]项之和等于第一项的被减数与最末项的减数之差.多用于分母为等差数列的相邻[k]项之积，且分子为常数的分式型数列的求和.一些常见的裂项方法：

（1）[1nn+k=1k1n-1n+k]，

当[k=1]时，[1nn+1=1n-1n+1].

（2）[1n+k+n=1kn+k-n]，

当[k=1]时，[1n+1+n=n+1-n].

例3 数列[an]的通项公式为[an=1n(n+1)]，求它的前[n]项和[Sn].

解 [Sn=a1+a2+a3+⋯+an-1+an]

[=11×2+12×3+13×4+⋯+1n-1n+1nn+1]

=[1-12+12-13+13-14+⋯+1n-1-1n]

[+1n-1n+1]

[=1-1n+1=nn+1].

点拨 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.

5. 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4 求数列[214，418，6116，⋯，2n+12n+1]，[⋯]的前[n]项和[Sn]．

分析 此数列的通项公式是[an=2n+12n+1]，而数列[{2n}]是一个等差数列，数列[12n+1]是一个等比数列，故采用分组求和法求解．

解 [Sn=(2+4+6+⋯+2n)+(122+123+124]

[+⋯+12n+1)]

[=n(n+1)+12-12n+1]．

点拨 在求和时，一定要认真观察数列的通项公式，如果它能拆分成几项的和，而这些项分别构成等差数列或等比数列，那么我们就用此方法求和.

6. 分奇偶讨论

分奇偶讨论的关键是对数列的项数进行分类，然后按规律结合，另外套用公式时注意认清项数与项的关系.

例5 已知数列[an]的通项[an=6n-5(n为奇数),2n (n为偶数),]求其前[n]项和[Sn]．

解 奇数项组成以[a1=1]为首项，公差为12的等差数列. 偶数项组成以[a2=4]为首项，公比为4的等比数列.

当[n]为奇数时，奇数项有[n+12]项，偶数项有[n-12]项，

∴[Sn=n+12(1+6n-5)2+4(1-4n-12)1-4]

[=(n+1)(3n-2)2+4(2n-1-1)3].

当[n]为偶数时，奇数项和偶数项分别有[n2]项，

∴[Sn=n2(1+6n-5)2+4(1-4n2)1-4]

[=n(3n-2)2+4(2n-1)3].

[∴Sn=(n+1)(3n-2)2+4(2n-1-1)3(n为奇数)，n(3n-2)2+4(2n-1)3(n为偶数).]

求下列数列的前[n]项和[Sn]：

（1）5，55，555，5555，…，[59(10n-1)]，…；

（2）[11×3,12×4,13×5,⋯,1n(n+2),⋯]；

（3）[an=1n+n+1]；

（4）[a,2a2,3a3,⋯,nan,⋯]；

（5）[Sn=2-3×5-1+4-3×5-2+6-3×5-3][+⋯+2n-3×5-n]；

（6）[sin21∘+sin22∘+sin23∘+⋯⋯+sin289∘]．

（1）[Sn=5+55+555+⋯+55⋯n个5]

[=59(9+99+999+⋯+99⋯n个9)]

[=59[(10-1)+(102-1)+(103-1)+⋯+(10n-1)]]

[=59[10+102+103+⋯+10n-n]]

[=5081(10n-1)-59n.]

（2）∵[1n(n+2)=12(1n-1n+2)]，

∴[Sn=12[(1-13)+(12-14)+(13-15)+⋯+]

[(1n-1n+2)]][=12(1+12-1n+1-1n+2)]．

（3）∵[an=1n+n+1]

[=n+1-n(n+n+1)(n+1-n)=n+1-n，]

∴[Sn=12+1+13+2+⋯+1n+1+n.]

[=(2-1)+(3-2)+⋯+(n+1-n)]

[=n+1-1]．

（4）[Sn=a+2a2+3a3+⋯+nan]，

当[a=1]时，[Sn=1+2+3+⋯][+n=n(n+1)2]，

当[a≠1]时，[Sn=a+2a2+3a3+⋯][+nan]，

[aSn=a2+2a3+3a4+⋯][+nan+1]，

两式相减得 [(1-a)Sn=a+a2+a3+⋯][+an-nan+1=a(1-an)1-a-nan+1]，

∴[Sn=nan+2-(n+1)an+1+a(1-a)2]．

（5）[Sn=2-3×5-1+4-3×5-2+6-3×5-3]

[+⋯+2n-3×5-n]

[=2+4+6+⋯+2n-35-1+5-2+5-3+⋯+5-n]

[=nn+1-3×151-15n1-15=n2+n-341-15n.]

（6）设[S=sin21∘+sin22∘+sin23∘+⋯+sin289∘]，

又∵[S=sin289∘+sin288∘+sin287∘+⋯+sin21∘]，

数列求和教案 第10篇

教学目标

（一）知识与技能目标

数列求和方法．

（二）过程与能力目标

数列求和方法及其获取思路．

教学重点：数列求和方法及其获取思路． 教学难点：数列求和方法及其获取思路．

教学过程

1．倒序相加法：等差数列前n项和公式的推导方法：（1）Sna1a2an2Snn(a1an)

Snanan1a112223210222 例1．求和：2110222923282101分析：数列的第k项与倒数第k项和为1，故宜采用倒序相加法．

小结: 对某些前后具有对称性的数列,可运用倒序相加法求其前n项和.2．错位相减法：等比数列前n项和公式的推导方法：

（2）Sna1a2a3an(1q)Sna1an1 qSaaaa23nn1n23n例2．求和：x3x5x(2n1)x(x0)

3．分组法求和

1的前n项和； 161例4．设正项等比数列an的首项a1，前n项和为Sn，且210S30(2101)S20S100

2例3求数列1,2,3,4（Ⅰ）求an的通项；（Ⅱ）求nSn的前n项和Tn。例5．求数列 1, 1a, 1aa,,1aaa121418,的前n项和Sn.n(n1)解:若a1,则an111n, 于是Sn12n;2 n1a1 若a1,则an1aan1 (1an)1a1a1a1a21an11a(1an)2n于是Sn [n(aaa)][n]

1a1a1a1a1a1a111 1212312n22n14．裂项法求和 例6．求和：12112()，n(n1)nn11111112n Sna1a2an2[(1)()()]2(1)223nn1n1n1解：设数列的通项为an，则an例7．求数列112,1231,,1nn1,的前n项和.解：设annn11n1n

（裂项）

1nn1则 Sn12312

（裂项求和）

＝(21)(32)(n1n)

＝n11

三、课堂小结：

1．常用数列求和方法有：

(1)公式法: 直接运用等差数列、等比数列求和公式;(2)化归法: 将已知数列的求和问题化为等差数列、等比数列求和问题；(3)倒序相加法: 对前后项有对称性的数列求和；

(4)错位相减法: 对等比数列与等差数列组合数列求和；(5)并项求和法: 将相邻n项合并为一项求和；(6)分部求和法：将一个数列分成n部分求和；

(7)裂项相消法：将数列的通项分解成两项之差，从而在求和时产生相消为零的项的求和方法.四、课外作业： 1．《学案》P62面《单元检测题》 2．思考题

11146前n项的和.481612n2（2）．在数列{an}中，an，又bn，求数列{bn}的前n项的和.n1n1n1anan12（1).求数列：（3）．在各项均为正数的等比数列中，若a5a69,求log3a1log3a2log3a10的值.解：设Snlog3a1log3a2log3a10

由等比数列的性质 mnpqamanapaq

（找特殊性质项）和对数的运算性质 logaMlogaNlogaMN

得

Sn(log3a1log3a10)(log3a2log3a9)(log3a5log3a6)

（合并求和）

＝(log3a1a10)(log3a2a9)(log3a5a6)

＝log39log39log39

数列求和方法总结 第11篇

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