数列求和问题的常用解法

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数列求和是高中数学的一个重要知识点，有关这方面的问题在高考中频频出现.下面介绍数列求和问题的几种常用解法，供参考.

一、基本公式法

所谓基本公式法，就是利用熟知的数列公式，直接或间接求和.

如：等差数列的

Sn=n（a1+an）2=na1+n（n―1）2d；

等比数列的

Sn=na1（q=1），

a1（1―qn）1―q=a1―anq1―q（q≠1）；

Sn=∑nk=1k=12n（n+1）；

Sn=∑nk=1k2=16n（n+1）（2n+1）；

Sn=∑nkk3=[n（n+1）2]2；

an=S1，n=1，

Sn―Sn―1，n≥2等等.

例1已知数列{an}前n项和为Sn=n2―4n+1，试求T10=|a1|+|a2|+…+|a10|.

解首先由

an=S1，n=1，

Sn―Sn―1，n≥2

得an=―2，n=1

2n―5，n≥2.

显然第1项、第2项均为负，第3项及以后全是正，而且第2项开始（含第2项）以后各项成等差数列.所以

T10=―a1―a2+a3+a4+…+a10

=（―2）―（―1）+（1+3+…+15）

=67.

练习1已知数列{an}的前n项和Sn=32n―n2，试求数列{|an|}的前n项和Tn.

答案

Tn=32n―n2，1≤n≤16，

512―32n+n2，n≥17.

二、顺序整合法

所谓顺序整合法，就是利用数列本身结构特征，有顺序地对数列各项定额整合，从而构造一个新的易求和的熟知数列.

例2已知Sn=1―5+9―13+17―21+…+（―1）n―1（4n―3），试求S15+S22―S31.

解依次将两项合并成一项，

S15+S22―S31=[7×（―4）+

（―1）15―1（4×15―3）]+[11×（―4）]―[15×（―4）+（―1）31―1（4×31―3）]=―76.

练习2（1）求S100=1002―992+982―972+…+22―12；

（2）已知数列{an}满足：a1=1，a2=3，a3=2，an+2=an+1―an，试求数列{an}前2002项的和S2002.

提示（1）S100=100+99+98+97+…+2+1=5050，

（2）S2002=（a1+a2+…+a6）+…+（a1993+a1994+…+a1998）+1999+a2000+a2001+a2002=5.

三、拆项重组法

所谓拆项重组法，就是将数列的各项有规律地拆成两项或几项和，而后重新分组，使得每组均能用特殊数列求和公式求和.

例3求Sn=112+214+…+n12n.

解Sn=（1+2+…+n）+（12+14+

…+12n）

=n（n+1）2+12（1―（12）n）1―12

=n（n+1）2+1―12n.

练习3求数列{n（n+1）（2n+1）}的前n项和Sn.

提示Sn=∑nk=1k（k+1）（2k+1）

=∑nk=1（2k3+3k2+k）

=2∑nk=1k3+3∑nk=1k2+∑nk=1k

=n（n+1）2（n+2）2.

四、倒序相加法

所谓倒序相加法，就是将原数列顺序和改成逆序和，而后有规律对齐相加为常数.

例4设函数f（x）=4x4x+2，an=f（n2011），求S2010=a1+a2+…+a2010.

解首先，易证f（a）+f（1―a）=1，

即a1+a2010=1，

a2+a2009=1，

…，

a2010+a1=1.

其次，S2010=a1+a2+…+a2010=a2010+a2009+…+a1，

所以2S2010=（a1+a2010）+（a2+a2009）+…+（a2010+a1）=2010，

所以S2010=1005.

练习4（1）设函数f（x）=2x2x+2，求Sn=f（1n）+f（2n）+…+f（nn）；

（2）求证：C0n+3C1n+5C2n+…+（2n+1）Cnn=（n+1）2n.

提示（1）利用f（x）+f（1―x）=1，

2Sn=[f（1n）+f（n―1n）]+[f（2n）+f（n―2n）]+…+[f（n―1n）+f（1n）]+2f（1）=n+3―22；

（2）左式=（2n+1）Cnn+（2n―1）Cn―1n+…+3C1n+C0n，

可得左式=12（2n+2）[C0n+C1n+…+Cn―1n+Cnn=右式.]

五、错位相减法

所谓错位相减法，就是根据原数列结构特征――每项均是等差数列与等比数列对应项的积，将原数列和式子，两边同乘“公比”得新数列和式子，而后两式错位相减，再产生易求和的数列式子.

例5求Sn=1+20+300+…+（n―1）・10n―2+n・10n―1.

解易知10Sn=10+200+3000+…+（n―1）・10n―1+n・10n，

所以Sn―10Sn=1+10+100+1000+…+10n―1―n・10n=1―10n1―10―n・10n，

所以Sn=1+（9n―1）・10n81.

练习5求Sn=1+3x+5x2+7x3+…+（2n―1）xn―1.

提示x=0时，Sn=1；

x=1时，Sn=n2；

x≠0，x≠1时，

Sn=（2n―1）xn+1―（2n+1）xn+（1+x）（1―x）2.

六、裂项相消法

所谓裂项相消法，就是根据数列结构特征，将数列各项顺序分解成两项代数和或几项代数和，然后通过相邻或相近项相消，而得到数列的和.

例6求Sn=11×2+12×3+…+1n（n+1）.

解Sn=（1―12）+（12―13）+…+（1n―1n+1）=1―1n+1=nn+1.

练习6（1）Sn=∑nk=11k+k+1；

（2）Sn=∑nk=11（2k―1）（2k+1）；

（3）Sn=∑nk=11k（k+1）（k+2）.

提示（1）1k+k+1=k+1―k；

（2）1（2k―1）（2k+1）=12（12k―1―12k+1）；

（3）1k（k+1）（k+2）=12[1k（k+1）―1（k+1）（k+2）].

七、探寻通项法

所谓探寻通项法，就是根据数列结构特征，先寻求数列通项公式，而后结合熟悉的知识求其数列和.

例7求Sn=9+99+999+…+99…9n个9.

解Sn

=（10―1）+（102―1）+…+（10n―1）

=10（1―10n）1―10―n

=10n+19―109―n.

练习7求Sn=1+11+111+…+11…1n个1.

提示9Sn=9+99+999+…+99…9n个9

=10n+19―109―n.

八、归纳猜想法

所谓归纳猜想法，就是先由特殊情况猜想出结果，再用数学归纳法进行证明.

例8设数列{an}满足：Sn=12（an+1an），an>0，求此数列的前n项和Sn.

解由条件S1=12（S1+1S1），

得S21=1.

而S1=a1>0，所以S1=1.

又S2=12（S2―S1+1S2―S1），

所以S2=2.

类似可求得S3=3，S4=4，…，可猜想Sn=n.

接着用数学归纳法证明：Sn=n对于所有正整数均成立（省略）.

数列求和问题求解方法，除了上面介绍的8种之外，还有多种方法，甚至有的题目，往往要综合几种方法方可凑效.所以，先从基本方法掌握起，而后再一步一步地去提高.

思考已知数列{an}中，a1=1，a2

.

再由题设解集知a

又0

知c

故不等式cx2+bx+a>0的解集为{x|1β

评析借用二次不等式与对应二次方程的关系，韦达定理或待定系数法在处理一元二次不等式的逆向问题中起着导航的作用.

二、一元二次不等式恒成立问题

例4若不等式ax2―2x+2>0对于满足1

解原题化为1

ax2―2x+2>0

1

a>2（x―1）x2.

记M=[2（x―1）x2]max，

令u（x）=2（x―1）x2

=―2（1x―12）2+12，

因为14

所以当1x=12，

即x=2时M=12，故a>12.

评析在x∈（m，n）的条件约束下，一元二次不等式恒成立问题，分离参数a，可以转化为二次函数最值的讨论.

三、一元二次不等式中的条件探索性问题

例5若同时满足不等式

x2―x―2>0，①

2x2+（5+2a）x+5a

的x的整数值只有―2，求a的取值范围.

解不等式①的解为x>2或x

解②得（x+a）（x+52）

（1）当a=52时，不等式②无解，所以原题无解.

（2）当a>52时，②的解为

―a

此时也不满足题意.

（3）当a

―52

所以同时满足x>2或x

―52

从而得―3≤a

评析此类问题可模仿分析法的解题方法，将结果加入条件，逆推导并探索出需要寻求的条件.

四、一元二次不等式中的主次元换位问题

例6若不等式 （m―1）x2―6mx+m+1>0当m∈[0，1]时恒成立，求x的取值范围.

解由于m的范围已知，以m为主元，已知不等式可变形为

（x2―6x+1）m―x2+1>0，

设f（m）=（x2―6x+1）m―x2+1，

因为f（m）是一次函数（或常函数），所以f（m）在[0，1]上恒为正，则有

f（0）=―x2+1>0，

f（1）=―6x+2>0.

―1

评析此类问题如果直接考虑关于x的一元二次不等式，则问题难以处理.通过主次元换位，把问题转化成以参变量为主元的一次函数讨论，最终变成两个端点值不等式问题.