题型总结之数列求和.docx

1、题型总结之数列求和 数列求和历年来是高考中的必考内容。此类题型模式特点容易总结，解题 模板也容易复制，属于中档难度。需要学生在做题时快速找到相应的突破口， 要求学生有扎实的基本功，而且经过训练后很容易形成考试分数。下面我们详 细讲解： 一、公式法 1、等差数列的前n项和公式： BnAnn d an d d nn na aan S n n 2 1 2 1 1 222 ) 1( 2 )( ， 其中 2 , 2 1 d aB d A 2、等差数列的前n项和公式： 1, 111 )1 ( 1 1, 1111 1 qkqkq q a q a q qa q qaa qna S nn n n n ，其中 1

2、 1 q a k 注明： 1、等差数列、等比数列的通项公式容易判断，而相应的前n项和求解时利 用公式直接求和即可。但是在运用公式时特别要注意公式的应用条件，尤其是 等比数列的公比q是否为 1？当公比以公比以字母或参数形式出现时，别忘记要 对字母或参数进行分类讨论，以确保正确选用公式。 2、等差数列和等比数列的前n项和公式都有相应的函数解析式，其性质和 函数息息相关，注意函数性质的应用。 例 1、求 n n xxxS 2 1 分析：首先数列 n xxx、 2 1，不一定是等比数列，如果是等比数列，也 需要对公比x其进行讨论，其次这个数列的项数为1n项，而不是n项。 解： （1）当0 x时，1 n

3、 S； （2）当0 x时，1 nSn； （3）当10 xx且时， x x S n n 1 1 1 。 二、分组求和法 当数列 n c的通项公式可以写成 nnn bac时，其中数列 n a、 n b是等差数列 或等比数列时，可用分组求和法，即：设数列 n a的前n项和 nn aaaS 21 ， 数列 n b的前n项和 nn bbbT 21 ，则数列 n c的前n项和 nn cccH 21 = nn bababa 2211 = nn bababa 2211 =)()( 2121nn bbbaaa = nn TS 同理，当 nnn bac时， n H nn TS 。 注明： 1、当数列 n a、 n

4、 b均是等差数列时，数列 nn ba 也是等差数列，此时直接 用公式法即可； 2、当数列 n a、 n b均是等比数列时，数列 nn ba 不一定是等比数列，此时 采用分组求和法； 3、当数列 n a、 n b一个是等差数列，另一个等比数列时，也可分组求和； 4、当数列 n a、 n b是其它数列，但是可以用其它方法求和时，也可分组求 和。 例 2、已知 12 2 n n a， nnn aab 2 log， Nn，求数列 n b的前n项和。 解析：由题意可知， 12 2 12 2log2 nn n b=122 12 nb n n ， 设 nn bbbS 21 122523212 1253 n

5、n ) 12531 ()2222( 1253 n n 2 ) 121 ( 41 )41 (2 nn n 3 232 212 n n 注明： 1、题中未给出符号时，解题过程中要提前设出； 2、刚开始时，如果计算不够熟练，可以分部分计算，分步得分。 三、等差数列的绝对值求和法 当数列 n a是等差数列时，求数列 n a的前n项和。 例3、已知数列 n a的通项公式为233 nan， Nn，求数列 n a的前n项和 n T. 解析：由题意可知数列 n a的首项20 1 a，公差3d的等差数列，其前n项 和 2 433 2 )23320( 2 nnnn Sn ，而 8,233 7,323 nn nn

6、an 所以，当 7n 时， nn aaaT 21n aaa 21 )( 21n aaa 2 343 2 nn Sn 当8n时， nn aaaaaaT 98721 n aaaaaa 98721 )()( 98721n aaaaaa 777 2SSSSS nn 154 2 433 2 nn 综上所述： 8,154 2 433 7, 2 343 2 2 n nn n nn Tn 注明： 当求数列各项绝对值之和时，需要弄清各项的正负后去掉绝对值，因此需 要对 n a和n进行讨论： 1、当等差数列 n a的首项0 1 a，公差0d时，各项加绝对值后各项仍然还 是非负数，此时 nn ST ； 2、当等差数

7、列 n a的首项0 1 a，公差0d时，各项加绝对值后各项变为非 正数，此时 nn ST； 3、当等差数列 n a的首项0 1 a，公差0d时，各项加绝对值后，在第k项 大于 0，而从第1k项小于或等于 0，于是有： knSS knS T nk n n ,2 , ； 4、当等差数列 n a的首项0 1 a，公差0d时，各项加绝对值后，在第k项 小于 0，而从第1k项大于或等于 0，于是有： knSS knS T kn n n ,2 , ； 5、当数列 n a不是等差数列时，若对各项加绝对值在求和，可参照上面的 方式进行讨论。 四、错位相减法 当数列 n c的通项公式可以写成 nnn bac时，

8、其中 n a为等差数列， n b为等 比数列，可仿照等比数列求和公式的由来，利用错位相减法求数列 n c的前n项 和（通常我们此时的数列 n c成为差比数列） 。 例4、已知 n n na 3 1 ) 13(， Nn，求数列 n a的前n项和 n S. 分析： 易知数列13 n表示以 2 为首项， 3 为公差的等差数列， 数列 n 3 1 表 示以 3 1 为首项，3 1 为公比的等比数列，所以数列 n a为差比数列，前n项和 n S可用 错位相减法进行求解。 解析：由题意可知 n n nS 3 1 ) 13( 3 1 8 3 1 5 3 1 2 32 132 3 1 ) 13( 3 1 )4

9、3( 3 1 5 3 1 2 3 1 nn n nnS 两式相减得： 132 3 1 ) 13( 3 1 3 1 3 1 3 3 2 3 2 nn n nS 1 12 3 1 ) 13( 3 1 1 3 1 1 3 1 3 3 2 3 2 n n n nS 2 3 3 1 ) 13( 2 3 2 3 3 1 1 3 1 3 2 3 3 2 112 nn n nS nn n n S 3 1 2 13 3 1 1 4 3 1 1 n n n S 3 1 2 13 4 9 4 7 n n n S 3 1 4 76 4 7 注明： 1、错位相减法的基本原理来源于等比数列的前n项和公式的推导，其一般 解

10、题模板为： nnn babababaS 332211 q 得： 113221 nnnnn babababaqS - 得： 13211 1 nnnn babbbdbaSq 然后化简即可。 2、基本步骤可概括为：乘公比、错位、相减、化简； 3、错位相减计算量较大，化简不易，务必细心； 4、最后的化简中，最好把底数相同的指数式进行合并，并通过首项检验结 果的正确性。这种首项检验的方法也可运用到其它数列求和结果的检验，但不 是充分条件。 5、数列 n c的通项公式可以写成 n n n b a c 时， 其中 n a为等差数列， n b为等比 数列，也可以利用错位相减法求和。因为 n nn b ac 1

11、 ，数列 n b 1 也是等比数列。 6、此种题型最考验学生的基本功，属于平时考试和高考中的热门题型。做 题时不可急躁，应当循序渐进，切不可急功近利，否则容易走火入魔，切记！ 切记！切记！ 五、裂项相消法 一般情况下，若 1 1 nn n aa b，其中数列 n a为等差数列，则可以将 n b改写为： daa b nn n 111 1 ， 其中d为等差数列的公差。 例5、已知nan， 1212 1 nn n aa b，求数列 n b的前n项和 n S 解：由题意可知 2 1 12 1 12 1 ) 12)(12( 1 nnnn bn 其前n项和 nn bbbbS 321 2 1 12 1 12

12、 1 7 1 5 1 5 1 3 1 3 1 1 nn 122 1 12 1 1 n n n 注明： 1、裂项相消法是把数列的各项分别裂开后，前后抵消，从而达到求和的目 的； 2、裂项时要保证裂开前后是等价的，有时需要调整前面的系数； 3、裂项时，一般是前面裂几项，后面裂几项，直到发现被消去项的规律为 止； 4、消项时，前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第 几项，即剩余的项前后具有对称性； 5、常见的几种裂项题型： abbnanbnan an 111 )( 1 k nkn nknknn nkn knn an 11 d aa aaaa aa aa a nn nnnn nn nn

13、 n 11 1 11 1 1 n a为等差数列 4 1 2 11 2 1 222 2 nnnn n an nn nn tan) 1tan( ) 1cos(cos 1sin 6、用裂项相消法求差比数列的和 例 4：已知 n n na 3 1 ) 13(， Nn，求数列 n a的前n项和 n S 。 分析： 易知数列13 n表示以 2 为首项， 3 为公差的等差数列， 数列 n 3 1 表 示以 3 1 为首项，3 1 为公比的等比数列，所以数列 n a为差比数列，前n项和 n S可用 错位相减法进行求解。 解法二：令 nnn n BnABAnna 3 1 1 3 1 3 1 ) 13( 1 整理

14、得： nn BAAnn 3 1 3 2 3 2 3 1 ) 13( 比较系数得： 1 3 2 3 3 2 BA A 解得： 4 21 2 9 B A nnn n nnna 3 1 4 21 1 2 9 3 1 4 21 2 9 3 1 ) 13( 1 4 7 3 1 4 76 3 1 4 21 2 9 3 1 4 21 3 1 4 21 1 2 9 3 1 4 21 2 9 3 1 4 21 2 2 9 3 1 4 21 1 2 9 3 1 4 39 3 1 4 57 3 1 4 21 3 1 4 39 1 1 1 232 121 nn nn nn nnn n n nn nn aaaaS 其结

15、果与错位相减法相同。 注明： 差比数列的通项公式最终都可以化成 n n qbkna的形式，其前n项和的求 解既可以用错位相减法，也可以用裂项相消法。用裂项相消法的基本解法是待 定系数法，解题思路如下： 设： nnn n qBnAqBAnqbkna 1)( 1 整理得： nn qBqAAnqqbkn11)( 比较系数得： bBqA kAq 1 1 解得： 2 1 1 1 q kqb B q k A 于是利用裂项相消可得差比数列 n qbkn的前n项和公式为： qBqbAnS n n 1 六、倒序相加法 倒序相加法是从等差数列求和的方法中抽象概括出来的。这类题有一个明 显的特征：首项与末项相加为定

16、值、第 2 项与倒数第 2 项相加为同一定值。 一般以如下方式出现： 当axx2 21 时，都有 bxfxf2 21 ，即数列的通项公式 nfan是关于点 ba,的对称函数。利用函数的对称性就可以采用倒序相加的方法进行求和。 例6、对任意Rx函数 xf都有 21xfxf。 （1）求 2 1 f的值； （2）若数列 n a满足 1 121 0f n n f n f n ffan ， （） 求 2020 a；（） 判断数列 n a是否为等差数列， 并说明理由。 解： （1）有题意可知，当 2 1 x时，2 2 1 2 1 ff，所以1 2 1 f。 （3）() 1 2020 2019 2020 2

17、 2020 1 0 2020 fffffa ,倒序写之： 0 2020 1 2020 2018 2020 2019 1 2020 fffffa ,两式相加得： 4042202122222 01 2020 1 2020 2019 2020 2019 2020 1 102 2020 ffffffffa 2021 n a （） 1 121 0f n n f n f n ffan ，倒序写之： 0 121 1f n f n n f n n ffan ，两式相加得： 22) 1(2 01 1111 102 nn ff n f n n f n n f n fffan 1nan 易知，数列 n a是以 2

18、为首项，1 为公差的等差数列。 强化练习：已知数列 n a是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，求 ）（ * 1 1 2 1 1 0 NnaCaCaCaCS n n nn n nnnn 提示：利用 mn n m n CC 解：由题意可知12121nnan，根据组合数性质 mn n m n CC ， ）（ * 1 1 2 1 1 0 NnaCaCaCaCS n n nn n nnnn ，倒序写之 ）（ * 1 0 2 11 1 NnaCaCaCaCS nnn n nn n nn ，两式相加 1 110 11 112 1 2 1 11 0 1 0 12 111 2 1 11 0 212121 2

19、 nn n n n nnnn n n nn n nnnnn nn n nnn n nn n nnn n nnn nn CCCCaa aaCaaCaaCaaC aCaCaCaCaCaCaCaCS n n nS21 七、并项求和法 例 7：已知 121na n n ，数列 n a的前n项和 n S 。 分析： 121na n n 中，数列 n 1是等比数列，12 n为等差数列，属于 前面的差比数列，其前n项和 n S可用错位相减法或者裂项相消法进行求解，但是 这两种方法均显繁琐。考虑到 n 1同时也是周期数列，我们也可以对n进行分 类讨论，并项求和。 解： （1）当n为偶数时， n n nn nn aaaaS nnn 2 22222 12129753 12129753 121 （2）当n为奇数时， 1n 为偶数 2121 1121 nnnaSaaaaS nnnnn 综上所述， 为奇数； 为偶数； nn nn Sn , 2 ,