数列求和方法
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数列求和方法范文第1篇
等差数列求和的公式：
1.等差数列求和公式：Sn==na1+d
2.等比数列求和公式：Sn=na1 （q=1）
=
（q≠1）
例1.（1）求数列3，6，9，12…的前n项和：
（2）求数列1，2，4，8…的前n项和：2n-1
注：①等差数列求和注意三点：首项，公差，项数
②等比数列求和注意三点：首项，公比，项数
③等差等比求和公式中项数易错
二、数列通项an=等差+等比――分组法求和
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，但这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常数列的和或差，用分组求和.
例2.（1）数列{an}的通项公式an=2n+2n-1，求前n项和.
【分析】数列的通项公式为an=2n+2n-1，而数列{2n}和{2n-1}分别是等比数列、等差数列，用分组结合法：
解：Sn=（21+1）+（22+3）+…+（2n+2n-1）
=（21+22+…+2n）+（1+3+…+2n-1）
=2n+1-2+n2
三、an=――列项求和
列项求和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.
例3.求Sn=1+++…+
【分析】.求和先看通项，此数列的通项an==2（-），用列项求和.
解：Sn=2[（1-）+（-）+（-）+…+（-）]
=
练习：在数列{an}中，an=++…+，又bn=，求数列{bn}的前n项的和.
注：裂项后返回去验证配凑k.
四、an=等差-等比――错位相减法
求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q；然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法，错位相减是推导等比数列求和的方法。
例4.求Sn=1+3x+5x2+7x3+…+（2n-1）xn-1（x≠1）
【分析】{（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，用错位相减法.
解：Sn=1+3x+5x2+7x3+…+（2n-1）xn-1（x≠1）………①
xSn=1x+3x2+5x3+7x4+…+（2n-1）xn………（设制错位）②
①-②得（1-x）Sn=1+2x+2x2+2x3+2x4+…+2xn-1-（2n-1）xn
x≠1
（1-x）Sn=1+2x・-（2n-1）xn
Sn=
注：①要考虑当公比x为值1时为特殊情况
②错位相减时要注意末项
练习：设a≠0求数列a，2a2，3a3…nan…的前n项和
五、距首末距离相等的两项和相等――倒序相加
倒序相加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.
例5.求证：C0
n+3C1
n+5C2
n+…+（2n+1）Cn
n=（n+1）2n
证明：设Sn=C0
n+3C1
n+5C2
n+…+（2n+1）Cn
n…………①
把①式右边倒转过来得：
Sn=（2n+1）Cn
n+（2n-1）Cn-1
n+…+3C1
n+C0
n
QCm
n=Cn-m
n
Sn=（2n+1）C0
n+（2n-1）C1
n+…+3Cn-1
n+Cn
n…………②
①+②得：2Sn=（2n+2）（C0
n+C1
n+…+Cn-1
n+Cn
n）=2（n+1）・2n
Sn=（n+1）・2n
数列求和方法范文第2篇
1、1.公式法：使用已知求和公式求和的方法。2.列项相消法：把数列的通项拆分为两项之差，使之在求和时产生前后相互抵消的项的求和方法。3.错位相减法：适用于{等差*等比}这类数列。4.分解法：分解为基本数列求和。5.分组法：分为若干组整体求和。6.倒序相加法：把求和式倒序后两式相加。7.特殊数列求和。
2、项数=（末项-首项）÷公差+1。
（来源：文章屋网 ）
数列求和方法范文第3篇
[关键词]数列求和；数列的分类；方法的选择
中图分类号：G623.5
数列求和是数列的重要内容之一，在新课标高考和各种考查中都占有重要的地位。由于数列求和没有通性通法，学生在解题时，只能盲目地照搬教辅资料上的方法。针对这种情况，笔者有一点求解心得，即依据通项公式的结构将求和数列进行分类，运用转化思想，有针对性地将通项公式整理变形后，同等差、等比数列相联系，从而求和。
1.求和数列的分类
1.1 等差、等比型数列：即数列通项公式最终可化简整理成一次函数模型或者指数型函数模型的数列。
如：an=kn+b和an=kqn型的数列。
1.2 组合数列：即由一个等差和一个等比数列构造而成的数列。
设{an}是等差数列、{bn}是等比数列
1.2.1 加减组合数列：即由一个等差和一个等比数列相加减组成的数列。
如：数列{cn}的通项公式为cn=an+bn
1.2.2 乘除组合数列：即由一个等差和一个等比数列相乘除组成的数列。
如：cn=an·bn和
相除时，等差数列做分子，等比数列做分母，此时依然为等比数列。
1.3 分式型数列：即通项公式可整理成分式的数列。
如：
2.各类数列求和的解法分析
在新课标中，常用的求和方法有：公式法、分组求和法、错位相减法、裂项法。
2.1 等差、等比型数列
此类数列最终可化简成等差、等比数列，故可采用公式法求和，即直接用求和公式求解。
例1、（2010陕西卷）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1=1且a1，a3，a9成等比数列。
（1）求数列{an}的通项；（2）求数列的前n项和Sn
解：（1）由已知得
解得d=1，d=0 （舍去）故{an}的通项an=1+（n-1）×1=n
（2）由（1）知
由等比数列前n项和公式得
注意：求和时，搞清楚首项、公差、公比（是否为1）的值，以及求多少项的和，不一定是n项
2.2 组合数列
2.2.1 加减组合数列：采用分组求和法求和，即将数列分成几个等差、等比、或常见的数列，然后分别求和再合并。
例2、求数列的前n项的和。
解：因为
所以
注意：分组求和法实际上是公式法的延伸运用。
2.2.2 乘除组合数列：此类数列的求和在高考中占有相当重要的位置，一般可采用错位相减法求和。此方法的目的是将原数列转化成等比数列后再求和。
例3、（2010新课标全国卷）设数列{an}满足a1=2，an+1-an=3×22n-1
（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn=nan，求数列{bn}的前n项和Sn
解：（1）由已知，当n≥1时，
an+1=[（an+1-an）+（an-an-1）+…+（a2-a1）]+a1
=3（22n-1+22n-3+…+2）+2=22（n+1）-1。
而a1=2，所以数列{an}的通项公式为an=22n-1。
（2）由bn=nan=n·22n-1知
①
故有②
①-②得
。
即
注意：相减过程中项的正负号及项的取舍，以及相减后求和时，项的个数为项。
2.3 分式型数列：可采用裂项法求和。此方法的特点是将原数列每一项拆为两项之差，通过相加相消后，只剩下有限的几项。
例4、（2010山东卷）已知等差数列{an}满足：a3=7，a5+a7=26，{an}的前n项和为Sn.
（1）求an及Sn；（2）令bn=（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn.
解：（1）设等差数列{an}的公差为d，因为a3=7，a5+a7=26，所以有
，解得a1=3，d=2，
所以an=3+2（n-1）=2n+1；==。
（2）由（1）知an=2n+1，所以bn===，
所以，
即数列{bn}的前n项和。
注意：裂项时可采用待定系数法进行裂项，另外在相加相消的过程中，分清楚留下的项和消去的项。
2.4 其它求和方法：如倒序相加法，这是在推导等差数列求和公式时所用的方法，但这种方法在解题中很少应用。
3.数列求和的解题过程
通过以上的分析可看出，数列求和的关键不在于求和本身，而在于通项公式的求解。每一种方法使用的前提都和通项公式相关，每一种方法的选择都是从通项公式的结构中观察得来的，所以数列求和的解题步骤是：
（1）求通项公式an，（2）化简整理an，
（3）依据an的结构选择方法，下面是通项公式结构对应的方法：
an是等差、等比型则用公式法；an是加减组合形式则用分组求和法；
an是乘除组合形式则用错位相减法；an是分式形式则用裂项法。
另外在近几年的高考中，也出现了多种求和方法综合在一起考查的例子，如：
例5、（2009全国卷）在数列{an}中，
（1）设，求数列{bn}的通项公式；（2）求数列{an}的前n项和Sn
解：（1）由已知有
利用累差迭加即可求出数列{bn}的通项公式：（）
（2）由（1）知，
=
而，又是一个典型的错位相减法模型，
易得用分组求和的方法得：Sn=n（n+1）+-4
综上所述，依据通项公式的结构将求和数列进行分类，可使数列求和问题的求解具有规律性和针对性。同时我们也可看出，数列求和是一个复杂的问题，并非所有数列我们都能求和。在新课标中大多数求和的数列都是由我们所学过的等差、等比数列构造而来的新数列，因此数列求和问题的基本思想是以转化为基础，合理地进行变形，将新数列同我们所学过的等差、等比数列相联系，从而达到以旧解新的目的。
参考文献
数列求和方法范文第4篇
【关键词】高考数学 数列求和 题型 解法技巧
数列求和是数列的重要内容，也是高考的重点考察对象。它几乎涵盖了数列中所有的思想、策略、方法、技巧，对学生的知识和思维能力都有很高的训练价值。考试时把求和作为大题的一个不可缺少的一问单列，其重要性不言而喻。因此，我们根据不同题型总结出一些常见题型及解法技巧，以提高同学们数列求和的能力。
1.公式法（常规公式）
（1）直接利用等差数列和等比数列求和均可直接利用求和公式。
a 等差数列{an} 的前n项和Sn=(a1+an)・n2=na1+n(n-1)2d
b 等比数列{an} 的前n项和Sn=a1(1-qn)1-q=a1-anqn1-q（q≠1）
2.倒序相加法
如果一个数列，与首末两项等距离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求和法。这种求和方法在推导等差数列的前n项和也曾用过。
例1： 求sin21°+sin23°+…+sin288°+sin289° 的值。
【解题思路】
本题是求函数值的和，通过对其解析式的研究，寻找它们的规律然后进行解决。
解：求sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289° 的值。
解：设S=sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°①
将①右边反序得
S=sin289°+sin288°+…+sin23°+sin22°+sin21° ②
即
S=cos21°+cos22°+cos23°+…+cos288°+cos289° ③
①+③得
2S=(sin21°+cos21°)+(sin22°+cos22°)+(sin23°+cos23°)+…+(sin288°+cos288°) +(sin289°+cos289°)=89，
S=4412。
3.错位相减法
错位相减法：
若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，求数列{anbn}（差比数列）前n项和，可由Sn-qSn求Sn，其中q为{bn} 的公比。
例2：已知等比数列｛an｝ 的前n 项和为Sn=a・2n+b ，且a1=3
（1）求a 、b 的值及数列{an} 的通项公式；
（2）设bn=nan ，求数列{bn} 的前n 项和Tn。
解：（1）n ≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-1 。而{an} 为等比数列，得a1=21-1・a=a ，
又a1=3 ，得a=3 ，从而an=3・2n-1 。又a1=2a+b=3,b=-3 。
（2）bn=nan=n3・nn-1 ，Tn=13(1+22+322+…+n2n-1)…①
12Tn=13(12+222+323+…+n-12n-1+n2n)…②
①-②得 ，12Tn=13(1+12+122+…+12n-1-n2n)，
Tn=23［1・（1-12n）1-12-n2n］=43(1-12n-n2n+1)
练习：求和：Sn=1+2a+3a2+…+nan-1 （a≠1）。
练习：已知数列{an}的前n项和为Sn，对任何正整数n，点Pn（n，Sn）都在函数 的图象上，且过点Pn（n，Sn）的切线的斜率为Kn.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn=2knan ，求数列{bn}的前n项和Tn
4. 裂项项消法
“裂项项消法”就是把数列的项拆成几项，并使它们求和的过程中出现相同的项，且这些相同的项能够相互抵消，从而达到将求n个数的和的问题转化为求少数的几项的和的目的。
例3: 把正偶数列{2n} 中的数按上小下大，左小右大的顺序排序成下图“三角形”所示的数表．设amn 是位于这个三角形数表中从上到下的第m 行，从左到右的第n 列的数．
（1）若记三角形数表中从上往下数第n 行各数之和为bn ，求数列{bn} 的通项公式．
（2）记cn-1=nbn+n(n-1) （n…2 ），数列{cn} 的前 n项和为 Sn．
解：（1）若数列{xn} 的通项公式为xn=2n ，则其前m 项和Tn=n(n+1)
bnn(n+1)2 ［n(n+1)2+1］-(n-1)n2［(n-1)n2+1］=n3+n
（2）cn-1=nn3+n+n(n-1)=nn3+n2=1n(n+1)
cn=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2
Sn=12 -13+13-14+…+1n+1-1n+2=12-1n+2
练习：对于每一个正整数n ，抛物线y=(n2+n)x2-(2n+1)x+1 与 x轴交于An,Bn 两点，则|A1B1|+|A2B2|+…+|A2004B2004| 的值为。
数列求和方法范文第5篇
【关键词】高中数学；数列；解题技巧
数列问题是高中必修课程中的重难点，是高中数学的重要环节，在整个高中数学知识体系及高考命题中都占据着十分重要的地位，近些年，数列课程比重日渐增多，高考中经常出现创新题型，因此，在学习中掌握高考数列的命题规律及解题相关技巧显得尤为重要。
一、数列基础知识一定要掌握牢
从2003年实行新课标后，数列就被列入到必修五教材中，数列在教材中重点是等差等比数列的概念，通项及前n项和公式及应用，数列与函数的关系等；难点是等差等比数列的通项及前n项和公式的灵活应用，求一些特殊数列的前n项和等；关键是等差等比数列的基本元素（a1，an，Sn，d，q）间的换算及恒等变形。
二、数列知识在高考中的地位一定要明确
数列知识是高中数学教材中的一个独立章节，具有十分重要的地位，是必考内容，无论是全国卷还是省卷都占据一席之地。
数列近三年在高考中的出题方向及趋势是：一般数列问题会有5-15分值，如果两道题常出现在选择和填空中，一般考查基础知识，分值为10分。若出现在解答题中，一般一道题，分值一般为10-15分。解答题近两年在全国理科卷里出现的情况较少，但对于今后的学习却不课忽视，因为数列在今后的数学学习中起着基础作用，我们断不可轻视。
三、数列的常用解题技巧
（一）掌握数列常用的数学思想
数学思想方法成为近两年高考考点，在解决数列问题时常用到的思想方法有：方程思想、等价转化思想、类比思想、函数思想、不等式思想、分类讨论思想等。解题不要囿于一种数学思想，两种数学思想混合应用的情况很常见。
如2013年的大纲卷（理）17题（10分）：等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S3=a22，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项式。
这道题就是主要考查等差数列的通项、 前n项和公式，以及利用裂项相消法求前n项和；考查的数学思想就是方程思想、转化思想及逻辑思维能力的。
如2016年全国II卷，（理）17题（12分）：Sn等差数列{an}的前n项和，且a1=1，S7=28，bn=[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[lg99]=1。（I）求b1，b11，b101；（II）求数列{bn}的前1000项和。也是考查等价转化思想及分类讨论思想的应用。
（二）掌握数列的性质
数列作为一种特殊的函数，因此它具有函数的性质，比如单调性、最值、周期性等等，数列的函数性质，作为数列与函数的交汇点的知识考查，是近几年高考试题的热点，也是考查学生综合能力的出发点。
1.数列的单调性
数列的单调性是指：一般的，如果数列{an}满足，对于任意的正整数n，都有an+1>an（或an+1
如2013年全国II卷（理）16题（5分）：等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10=0，S15=25，则nSn的最小值为_______。就是考查等差数列的前n项和公式以及通过转化利用函数的单调性判断数列的单调性来做答。
2.数列的周期性是指：对于数列{an}如果存在确定的数T和n0，（T≠0，n0∈N+）使得n≥n0恒有an+T=an，则称{an}是从第n0项起周期为T的数列
在高考中对数列周期性的考查主要涉及到以下两种形式的题目：（1）已知周期，求数列中的项；（2）已知数列，求周期进而解决其他问题。
2014年全国II卷，（文）16题（5分）：数列{an}满足an+1= ，a2=2，则a1=_________。该题是填空题的压轴题，主要考查数列的递推关系式，且无法转化成特殊的数列，则可通过递推关系式求出数列中的若干项，发现数列的周期性特点，从而得到所求。
另外，数列的最值在高考中考查的次数较少，这里就不赘述了。
（三）数列的解题方法
1.熟练基础方法
通项与求和公式的直接应用，只要理解并熟用等差等比数列的通项公式及求和公式即可。
2.求数列的通项公式
累差叠加，累商叠乘法是高考中常用的方法，从而考查对数列的掌握情况。
3.划归转化法解题
化归转化技巧就是把一些不能直接解的数列问题转化为简单的、已知的问题来求解。例如把数列问题转化成等差、等比数列的问题求解；或者把数列问题转化为函数问题求解；把数列的通项公式和求和公式看成是n的函数。
如2014辽宁高考（理）8题，（5分）设等差数列{an}的公差为d，若数列{2 an}为递减数列，则（ ）
A.d0 C.a1d0
主要考查等差数列的通项公式，函数的单调性等知识，体现了对数列和函数的综合考查。
4.运用公式由sn求an
这种类型的题目常给出Sn与n的关系，或者Sn与an的关系，进而求数列的通项公式。可利用公式
anS1 n=1
Sn-Sn-1 n≥2 求其通项。
5.用数学归纳法求数列的通项公式
数学归纳法常常也用在求解数列通项公式类型的题目中，在由递推公式求数列的通项时，如果常规的方法难以解决，那么通常可以采用“数学归纳法”。如2008年辽宁卷（理）21题（12分），数列{an}，{bn}中，a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比盗校n∈N ）
（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；
（Ⅱ）证明：++…+
此题是考查等差数列，等比数列知识，综合运用合情推理通过观察，找出规律，提出猜想，再利用数学归纳法证明来解题。
6.裂项相消法
裂项相消是分解和组合思想在数列求和中的应用，其实质是将数列中的每一项（通项）分解，然后重新组合，使之能够消去一些项，最终达到求和的目的。
2015年全国I卷（理）17题（12分），Sn为数列{an}的前n项和。已知an>0，an2+an=4Sn+3。
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=，求数列{bn}的前n项和。
此题是考查利用an与Sn的关系求数列的通项公式以及裂项相消法求和，先利用an与sn的关系，an=Sn-Sn-1（n≥2）推导出数列{an}的通项公式，然后利用裂项相消法求数列{bn}的前n项和即可。
7.e位相减求和法
在推导等比数列前n项和公式时采用的是错位相减的求和方法，该方法中“相减”突破了学生以往“求和即相加”的固有思想，高考中常会遇到。
由于错位相减法计算量较大，学生在考场上有限的时间里很容易因为计算失误失分，提高计算的准确性尤为重要。
8.放缩法解决数列不等式
放缩法是不等式证明的一种基本方法，而数列不等式也常常通过放缩法来证明。通常我们把数列的通项放缩成可求和或可求积的数列，进而证明结论。
2014年全国II卷（理），17题，（12分）已知数列an满足a1=1，an+1=3an+1。
（I）证明：{an+}是等比数列，并求{an}的通项公式；
（II）证明：++…+
此题是考查数列的递推关系，不等式的证明及数列求和等知识，而不等式的证明就用到了放缩法进行处理，一是求和中的放缩；二是求和后比较中的放缩。一般情况，数列求和中的放缩的“目标数列”为“可求和数列”，如等比数列，可裂项相消法求和的数列等。
除以上方法外，还有分组求和法、利用构造法和单调性、归纳法解决数列不等式问题。
四、考点变化
等比数列的考点仍是基本量的计算，等差数列的难度略有下降，递推数列的设置难度略有提高，位于填空题的压轴位置，这对今后的数学学习起到一定的引导作用，就要求我们除了要有准确的计算能力，更应重视方法的研究。
【参考文献】
[1]赵昱.数列问题的教学思考.辽宁师范大学硕士学位论文，2013年
[2]华玲蓉.2010年高考数列问题类型及解题策略.基础教育论坛，2010年11期
数列求和方法范文第6篇
（）必做1 若数列{an}满足an+1=2an，0≤an
≤，
2an-1，
≤an
[牛刀小试]
精妙解法 由a1=，得a2=，a3=，a3=，…，{an}是以3为周期的数列，所以a20=a2=.
极速突击 数列核心在于“律”，数列考查一定会予以体现. 本题及类似问题往往具有一定的规律，如周期性，与自然数列、偶数数列、奇数数列等有某种对应关系，大家应善于总结规律，从数列的概念出发，根据条件，从特殊到一般，抽象概括，归纳规律.
误点警示 非基本数列是难点，应从特殊情况入手，以两个基本数列、特殊数列为基础，重点在思维，掌握观察的步骤（整体―局部―整体），会归纳概括是突破点.
（）必做2 观察下列算式：
13=1，
23=3+5，
33=7+9+11，
43=13+15+17+19，
……
若某数m3按上述规律展开后，发现等式右边含有“2013”这个数，则m=_______.
[牛刀小试]
精妙解法 某数m3按上述规律展开后，则等式右边为m个连续奇数的和，注意每行的最后一个数的规律，1=12+0，5=22+1，11=32+2，19=42+3，…，m3的最后一个数为m2+（m-1）. 当m=44时，m2+（m-1）=1979，当m=45时，m2+（m-1）=2069，所以要使当等式右面含有“2013”这个数，则m=45.
极速突击 本题考查了归纳推理. 解决此类问题时，要注意分析题目给定的信息，找到题目满足的规律. 要从一个“点”入手，如分式中的分子或者分母，一列数中的第一个数或者最后一个数等.
等差数列
等差数列及其前n项和的基本解题思路是：
（1）方程法，即将an与Sn统一表示为a1和d的方程（组），以求其基本量（五个基本量中，通常先求出a1和d，然后求其他的基本量）.
（2）函数法，即利用函数思想解决数列问题，等差数列的通项、求和公式可分别表示成an=kn+b（一次函数），Sn=An2+Bn（不带常数项的二次函数）（n∈N?）等.
（3）性质法，即运用等差数列的相关性质解题，常可整体代换，回避单个求值，较为常用的如：a，b，c成等差?2b=a+c；m+n=p+q?am+an=ap+aq（n，m，p，q∈N?）；有关和的性质，Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…仍成等差数列等.
（）必做3 等差数列{an}中，如果a1+a4+a7=39，a3+a6+a9=27，数列{an}前9项的和为（ ）
A. 297 B. 144
C. 99 D. 66
[牛刀小试]
精妙解法 由a1+a4+a7=39，得3a4=39，a4=13. 由a3+a6+a9=27，得3a6=27，a6=9，所以可得S9====9×11=99，选C.
或者由a1+a4+a7=3（a1+3d）=39，a3+a6+a9=3（a1+5d）=27，得到S9=9（a1+4d）=99.
极速突击 等差数列问题一般都转化为关于首项a1与公差d的方程或方程组，方程思想与基本量思想在解决基本数列问题中作用突出. 利用等差数列的性质求解就要关注项的下标的规律，数列中的下标就是函数中的自变量x，性质往往可以在下标中体现，不过能利用性质求解的问题，都可以通过整体运算求解，不必过分强调性质的机械记忆.
（）必做4 已知数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2=1+cos2
an+sin2，则该数列的前18项和为（ ）
A. 2101 B. 1067
C. 1012 D. 2012
[牛刀小试]
精妙解法 当n为奇数时，an+2=an+1，这是一个首项为1，公差为1的等差数列；当n为偶数时，an+2=2an，这是一个以2为首项，公比为2的等比数列，
所以S18=a1+a2+…+a17+a18=（a1+a3+…+a17）+（a2+a4+…+a18）=9a1+×1+=9+36+1022=1067.
极速突击 在等差数列中，首项和公差是基本量；a1，an，d，n，Sn五个量中知三求二，一般用方程思想求解，有时也可用首项、末项和中项来表示，并注意整体代换.
等比数列
等比数列及其前n项和的基本解题思路是：
（1）方程法，即将an与Sn统一表示为a和q的方程（组），以求其基本量（五个基本量中，通常先求出a1和q，然后求其他的基本量）.
（2）性质法，即运用等比数列的相关性质解题，常可整体代换，回避单个求值，较为常用的如：a，b，c成等比?b2=ac；m+n=p+q?aman=apaq（m，n，p，q∈N?）；有关和的性质，Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…仍成等比数列等.需要指出，等差、等比数列的性质具有对称性，因此可用类比的思想理解和记忆.
（）必做5 设等比数列{an}的前n项和为Sn，且a5=S5，则=________.
[牛刀小试]
精妙解法 {an}是等比数列，且a5=S5，所以a1+a2+a3+a4=0，所以a1（1+q+q2+q3）=a1（1+q）（1+q2）=0，所以q=-1，所以S2010==0，即=0.
极速突击 与等差数列一样，在等比数列中，首项和公差是基本量；a1，an，q，n，Sn五个量中知三求二，一般用方程思想求解，但要注意等比数列的一些限制条件.
（）必做6 已知数列{an}为等比数列，a4+a7=2，a5・a6=-8，则a1+a10的值为______.
[牛刀小试]
精妙解法 在等比数列中，a5・a6=a4・a7=-8，所以公比q
a7=4或a4=4，
a7=-2.由a4=-2，
a7=4解得a1=1，
q3=-2，此时a1+a10=a1+a1q9=1+（-2）3= -7. 由a4=4，
a7=-2解得a1=-8，
q3
=-，此时a1+a10=a1+a1q9=-8
1-=-7. 综上，a1+a10=-7.
极速突击 与等差数列一样，在等比数列中，也是关注基本量：首项和公比；a1，an，q，n，Sn五个量中知三求二，一般用方程思想求解，注意等比数列运算与等差数列的差异，等比数列问题中会用到更多的积、商、幂运算，而等差数列较多的用和、差运算，另外，还要注意等比数列公比对公式应用的限制.
（）必做7 在各项为正数的等比数列{an}中，已知a3+a4=11a2・a4，且前2n项的和等于它的前2n项中偶数项之和的11倍，则数列{an}的通项公式an=_________.
[牛刀小试]
精妙解法 设等比数列{an}的公比为q，前2n项和为S2n，前2n项中偶数项之和为Tn，则S2n=，Tn=，由题意可知S2n=11Tn，即=，解得q=，（或令n=1，则S2=11T1，即a1+a2=11a2，化简得a1=10a2，故q=）. 又a3+a4=11a2・a4，所以a1 q2+a1q3=11aq4，化简得1+q=11a1q2，将q=代入可得a1=10，故an=a1qn-1==102-n.
极速突击 等比数列问题关注两个基本量a1，q，通过列方程或者列方程组求解，还要注意利用求和公式时公比是否可以取到1的情况.
递推数列
（）必做8 数列{an}中，an+1+（-1）nan=2n-1，则数列{an}的前12项和等于（ ）
A. 76 B. 78 C. 80 D. 82
[牛刀小试]
精妙解法 由已知，得（-1）n+1an+1-an=（-1）n+1（2n-1） ①，an+2+（-1）n+1an+1=2n+1 ②，②-①，得an+2+an=（-1）n（2n-1）+（2n+1），取n=1，2，5，6，9，10，结果相加可得S12=a1+a2+a3+a4+…+a11+a12=2×1+1-（2×1-1）+2×2+1+（2×2-1）+…+2×10+1+（2×10-1）=78. 故选B.
极速突击 从递推关系寻求数列规律，观察归纳是关键，“克隆”关系式是利用率极高的方法，通过“克隆”关系式，与原来的关系组合、变换，推出项与项之间的新关系，转化为其子数列或者新数列为特殊数列，从而转化为常规数列问题.
（）必做9 已知数列{an}满足a1=2，an+1+an=4n-3（n∈N?），则数列{an}的通项公式an=______.
[牛刀小试]
精妙解法 由an+1+an=4n-3（n∈N?）得an+2+an+1=4n+1（n∈N?），
两式相减，得an+2-an=4，
所以数列{a2n-1}是首项为a1，公差为4的等差数列；数列{a2n}是首项为a2，公差为4的等差数列.
由a2+a1=1，a1=2，得a2=-1，
所以an=2n，n为奇数，
2n-5，n为偶数.
极速突击 高考考查的趋势已由“套路型”的构造转化为对观察、归纳、抽象、概括、一般与特殊等思维能力的考查，可以先通过个别关系找出规律，一些数列往往不是整体体现一种规律，而是偶数项或者奇数项等子数列具有某些规律. 通过“克隆”关系式产生新的递推关系，找出部分数列的规律，化整为零解决.已知数列的递推式求通项公式根据条件不同，常用方法有：（1）递推式为an+1=an+f（n），累加法，其中f（n）可求和；（2）递推式为an+1=an・f（n），累乘法，其中f（n）可求积；（3）an与Sn关系或者Sn与Sn-1关系，利用an=S1，n=1，
Sn-Sn-1，n≥2 等等.
（）必做10 已知定义在[0，+∞）上的函数f（x）满足f（x）=3f（x+2），当x∈[0，2）时， f（x）=-x2+2x. 设f（x）在[2n-2，2n）上的最大值为an（n∈N?），且{an}的前n项和为Sn，则Sn=_______.
[牛刀小试]
精妙解法 由题， f（x+2）=f（x），即f（x）=f（x-2），在[2n-2，2n）上，n=1，f（x）max=1，a1=1；n=2，f（x）max=，a2=；n=3， f（x）max=
，a3=
，…，an=
，所以Sn==1-
.
极速突击 数列是定义在正整数集上的函数，本题分段函数的最值正好为数列an（n∈N?）的相关项.
（1）“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要. 解题要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要合理地运用条件，又要时刻注意题目要求的目标.
（2）已知数列的前n项和Sn，求通项an，可利用公式an=S1，n=1，
Sn-Sn-1，n≥2，但易忽视an=S1 （n=1）.
（3）对于等比数列前n项和Sn，当公比是一字母时，必须分公比等于1和不等于1两种情况讨论.
数列求和
（）必做11 数列{an}的前n项和为Sn，且有a1=2，3Sn=5an-4an-1+3Sn-1（n≥2）.
若bn=n・an，则数列{bn}的前n项和Tn=________.
[牛刀小试]
精妙解法 3Sn-3Sn-1=5an-4an-1（n≥2），所以an=2an-1，=2. 又a1=2，所以{an}是以2为首项、2为公比的等比数列，所以an=2・2n-1=2n，bn=n・2n，
Tn=1・21+2・22+3・23+…+n・2n，2Tn=1・22+2・23+…+（n-1）・2n+n・2n+1，
两式相减得-Tn=21+22+…+2n-n・2n+1，所以-Tn=-n・2n+1=（1-n）・2n+1-2，所以Tn=2+（n-1）・2n+1.
极速突击 转化与化归是解决数列问题的基本思想方法，“错位相减”是数列求和最重要的方法之一，适应于{anbn}型的数列求和，其中{an}是一个等差数列，{bn}是一个等比数列. 求解过程、步骤具有固定的模式和规律.
误点警示 乘以公比、两式相减后得到的数列一般不是等比数列，相减后注意第一项与最后一项，一般是等比数列的“异类”，中间求和的项数应该是n-1项，而不是n项.
（）必做12 在等差数列{an}中，an=3n，其前n项和为Sn，设数列{cn}满足cn=，{an}的前n项和Tn=_______.
[牛刀小试]
精妙解法 Sn=，所以cn===
-，故Tn=・
1- +
- +…+
- =
1-=.
极速突击 裂项相消求和是涉及分式、无理式求和问题的重要方法，不能转化为基本数列的求和问题，可通过裂项达到化简、求和的目的，常见形式如=
-
.
误点警示 “裂项相消”代数式变形过程较灵活，特别关注裂项后的系数变化，关注裂项相消后保留项的情况，一般保留分母最小、最大的项，前、后保留的项数一致.
数列求和的方法有：
1. 公式法
（1）等差数列{an}的求和公式：Sn==na1+d；
（2）等比数列{an}的求和公式：Sn=na1，q=1，
，q≠1（切记：公比含字母时一定要讨论）；
（3）k=1+2+3+…+n=；
（4）k2=12+22+32+…+n2=；
（5）k3=13+23+33+…+n3=
.
2. 错位相减法
已知等差数列{an}和等比数列{bn}，求数列{anbn}的前n项的和常用此法.
设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
当q=1时，Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an-1bn-1+anbn=b1（a1+a2+…+an）=；
当q≠1时，因为Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an-1bn-1+anbn，qSn=a1b2+a2b3+a3b4+…+an-1bn+anbn+1，
所以（1-q）Sn=a1b1+d（b2+b3+b4+…+bn）-anbn+1，
Sn=+.
3. 裂项相消法
首先往往把数列的通项拆成两项之差，然后前n项求和时，许多项正负相消，剩下首尾若干项.裂项相消法需要一定的技巧，重点和难点都在于对通项的分拆，常见拆项公式有：
（1）an===-；
an==・=・
-；
an==・=・
-
；
（2）an==・=
-
；
（3）an==-；
（4）an==1+・
-；
（5）=-；
（6）an=・=・=-；
（7）=tan（n+1）°-tann°.
4. 分组求和法
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、等比数列或常见的数列，然后将“前n项的和”中的“同类项”先合并在一起，分别求和，再将其合并即可，这就是分组求和法.
5. 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.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（即k∈{1，2，3，…，n-1}，恒有ak+1+an-k=a1+an），则可把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到了一个常数列的和，这种方法称为倒序相加法.
因为Sn=a1+a2+a3+…+an-2+an-1+an，Sn=an+an-1+an-2+…+a3+a2+a1，
所以2Sn=（a1+an）+（a2+an-1）+（a3+an-2）+…+（an-2+a3）+（an-1+a2）+（an+a1），
所以Sn=.
数列单调性与最值项
（）必做13 已知等差数列{an} 的前n项和为Sn，且a1+a3+a5=105，a2+a4+a6=99，则Sn取得最大值时的n=___________.
[牛刀小试]
精妙解法 由a1+a3+a5=105，得3a3=105，a3=35.
由a2+a4+a6=99，得3a4=99，a4=33，
所以解得d=-2，a1=39，所以an=a1+（n-1）d=41-2n.
由an≥0，得n≤=20，所以当n≤20，an>0，所以前20项之和最大，此时n=20.
极速突击 根据等差数列的性质，只要确定“临界项”即可确定其和取最大值的条件. 另外，数列是定义在正整数集上的函数，也可以利用其前n项和公式、二次函数性质或者基本不等式求解.
（）必做14 已知数列{an}满足an=1+
，bn=（n+2）（an-1），当bn取最大值时，n=________.
[牛刀小试]
精妙解法 由已知得bn=（n+2）（an-1）=（n+2）
，
==1+
，
当n1，bn+1>bn；
当n=7时，bn+1=bn，即b8=b7；
当n>7时，bn+1
数列求和方法范文第7篇
一、数列中的递推关系
重难点剖析由递推关系式确定数列的通项公式，通常可对递推关系式进行变形转化成等差数列或等比数列，再由递推关系求通项. 利用递推公式求数列的通项公式，要注重对通解通法的研究，主要掌握由a1和递推关系先求出前几项，再归纳、猜想求an的方法，以及“化归法”“叠加法”“叠乘法”等.
例1（2008江西）在数列｛an｝中，a1=2，an+1=an+ln
1+，则an等于（）
A. 2+lnn B. 2+（n－1）lnn
C. 2+nlnn D. 1+n+lnn
简析因an+1=an+ln
1+，an+1=an+ln（n+1）－lnn，所以a2－a1=ln2－ln1，a3－a2=ln3－ln2，…，an－an－1=lnn－ln（n－1），由此可得an－a1=lnn，又因a1=2，所以an=2+lnn，故选A.
点评由递推关系求通项公式主要有以下几种情况：①已知首项a1，递推关系为an+1=qan+b（n∈N∗），关键是将an+1=qan+b转化为an+1+a=q（an+a）的形式；②已知a1且an－an-1=f（n），可用“逐差法”；③已知a且=f（n），可用“叠乘法”.
二、数列的求和
重难点剖析等比数列求和，分公比等于1和不等于1两种情形，这点容易被忽略． 对其他特殊数列常用的求和方法有倒序相加法、错位相减法、分组转化法、裂项求和法、公式求和法等． 其中裂项求和法的关键是对一般数列合理地拆分，还要注意相消后剩余多少项，剩余的项一般成对出现．
例2（2007福建）数列｛an｝的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn（n∈N∗）．
（Ⅰ）求数列｛an｝的通项an；
（Ⅱ）求数列｛nan｝的前n项和Tn．
简析（Ⅰ）由an+1=Sn+1－Sn=2Sn，分析可得Sn=3n－1（n∈N∗），于是求得an=1，n=1，
2・3n－2，n≥2．
（Ⅱ）Tn=a1+2a2+3a3+…+nan，当n=1时，T1=1；当n≥2时，有
Tn=1+4・30+6・31+…+2n・3n－2①
3Tn=3+4・31+6・32+…+2n・3n－1②
由①②可求得Tn=+
n－3（n≥2）． 又因T1=a1=1也满足上式，故Tn=+
n－3n－1（n∈N∗）．
点评本题考查了分类讨论、化归的数学思想方法以及推理和运算的能力． “把一个数列分成几个可以直接求和的数列”即为分组求和法；一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列的求和可用错位相减法．
三、数列与函数和方程
重难点剖析数列是特殊的函数，是定义在自然数数集上的一列函数值. 通项公式及求和公式揭示了项和项数的依赖关系的本质属性. 若用“函数与方程”的意识解决数列中的综合问题，则“简单且具有操作性”.
例3（2007广东）已知函数f（x）=x2+x－1，α，β是方程f（x）=0的两个根（α>β），f ′（x）是f（x）的导数，设a1=1，an+1=an－（n=1，2，3，…）.
（Ⅰ）求α，β的值；
（Ⅱ）已知对任意的正整数n有an>α，记bn=ln（n=1，2，3，…），求数列｛bn｝的前n项和Sn.
简析（Ⅰ）由求根公式得α=， β=.
（Ⅱ）f ′（x）=2x+1，an+1= ，α2=1－α，β2=1－β，所以bn+1=ln= ln=ln= ln
=2bn，所以数列｛bn｝是首项为b1=ln=4ln，公比为q=2的等比数列. 故Sn==4・（2n－1）ln.
点评本小题主要考查函数、导数、一元二次方程、对数、数列等基础知识，合情推理、化归与转化、特殊与一般等数学思想方法，还考查抽象概括、推理论证及运算求解的能力. 数列是特殊的函数，而不等式是深刻认识函数和数列的重要工具，三者综合的求解题是对基础知识和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是高考命题的新趋向.
四、数列与数学归纳法
重难点剖析使用数学归纳法证明命题时，第一步是验证；第二步是推证，且必须用到归纳假设，否则不是数学归纳法. 第二步从k到k＋1时，要注意项数的变化，这一步是关键.
例4（2008辽宁）在数列｛an｝，｛bn｝中，a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列.
（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测｛an｝，｛bn｝的通项公式，并证明你的结论；
（Ⅱ）证明:++…+
简析（Ⅰ）由条件得2bn=an+an+1，a=bnbn+1. 于是a2=6，b2=9，a3=12，b3=16，a4=20，b4=25. 猜测an=n（n+1），bn=（n+1）2. 现用数学归纳法证明如下：
①当n=1时，由上可得结论成立.
②假设当n=k时，结论成立，即ak=k（k+1），bk=（k+1）2，那么当n=k+1时，ak+1=2bk－ak=2（k+1）2－k（k+1）=（k+1）（k+2），bk+1==（k+2）2.
所以当n=k+1时，结论也成立.
综上可知an=n（n+1），bn=（n+1）2对一切正整数都成立.
（Ⅱ）n=1时，=2（n+1）n.
综上，原不等式成立.
点评本题主要考查了等差数列、等比数列、数学归纳法、不等式等基础知识，同时还考查了综合运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证的能力. 这是数列、不等式混合型考题，也是多年来在高考试卷中出现频率最高的题型.
五、数列与不等式
重难点剖析数列与不等式的综合题蕴涵着丰富的数学思想，解题时通常要用到放缩法以及函数思想（如求函数的最值等）. 这就要求同学们能够灵活地运用数列的相关性质与不等式的方法去解决相关问题.
例5（2007重庆）各项均为正数的数列｛an｝的前n项和满足S1>1，且6Sn=（an+1）（an+2），n∈N∗.
（Ⅰ）求｛an｝的通项公式；
（Ⅱ）设数列｛bn｝满足an（2－1）=1，并记Tn为｛bn｝的前n项和，求证：3Tn+1>log（an+3），n∈N∗.
简析（Ⅰ）由a1=S1=（a1+1）（a1+2），解得a1=1或a1=2. 由已知a1=S1>1，故a1=2. 又由an+1=Sn+1－Sn得（an+1+an）（an+1－an－3）=0，an+1=－an应舍去，故an+1－an=3，从而｛an｝是公差为3，首项为2的等差数列，故an=3n－1.
（Ⅱ）证法1，由an（2－1）=1得bn=log2，从而有
Tn=log2
因（3n+3）3－（3n+5）（3n+2）2=9n+7>0，故f（n+1）>f（n）. 特别地f（n）≥f（1）=>1，故3Tn+1－log2（an+3）=log2f（n）>0，即3Tn+1>log2（an+3）.
数列求和方法范文第8篇
■ 专项模拟
A. ［4，+∞）
B. （－∞，－4］∪［4，+∞）
C. （－∞，0］∪［4，+∞）
D. 不能确定
3. 数列｛an｝中，an=n2+λn（n∈N+），若｛an｝为递增数列，则λ的取值范围为____________.
4. 数列｛an｝中，a1=2，an+1=4an－3n+1（n∈N+）.
（Ⅰ）证明｛an－n｝是等比数列；
（Ⅱ）求｛an｝的前n项和Sn；
（Ⅲ）证明不等式Sn+1≤4Sn对任意n∈N+恒成立.
（Ⅰ）证明｛an｝是等差数列；
6. 设｛an｝的前n项和Sn=n2－4n+4.
（Ⅰ）求数列｛an｝的通项公式.
（Ⅱ）设各项均不为0的数列｛bn｝中，所有满足bi・bi+1
8. 数列｛an｝，｛bn｝中，a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列.
（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测｛an｝，｛bn｝的通项，并证明你的结论；
在x=bn处的切线斜率.
（Ⅰ）求数列｛an｝，｛bn｝的通项公式；
（Ⅱ）若Tn是数列｛bn｝的前n项和，证明：当n≥2时，2Sn>Tn+3n.
10. 数列｛an｝满足a1=1，an+1=2an+1（n∈N+）.
（Ⅰ）求数列｛an｝的通项；
11. 已知定义在R上的单调函数f（x），存在实数x0，使得对于任意实数x1，x2，总有f（x0x1+x0x2）=f（x0）+ f（x1）+f（x2）恒成立.
（Ⅰ）求x0的值.
12. 设an是关于x的方程xn+nx－1=0（n∈N+，x∈R+）的根，试证：
（Ⅰ）an∈（0，1）；
（Ⅱ）an+1
14. 函数f（x）=x2－4，曲线y=f（x）在点（xn，f（xn））?摇处的切线与x轴的交点为（xn+1，0）.
（Ⅰ）用xn表示xn+1；
（Ⅲ）若x1=4，bn=xn－2，Tn是数列｛bn｝的前n项和，证明：Tn
（Ⅰ）求数列｛an｝的通项公式.
（Ⅲ）正数数列｛cn｝中，an+1=（cn）n+1（n∈N+），求数列｛cn｝中的最大项.
（Ⅰ）求a2，a3，并猜想数列｛an｝的通项公式，再用数学归纳法加以证明；
17. 已知函数f（x）=x3+x2，数列｛xn｝（xn>0）的第一项x1=1，以后各项按如下方式取定：曲线y=f（x）在（xn+1，f（xn+1））处的切线与经过（0，0）和（xn，f（xn））两点的直线平行. 求证：当n∈N+时，
18. 已知函数f（x）是在（0，+∞）上每一点都可导的函数，且xf ′（x）>f（x）在x>0上恒成立.
（Ⅱ）当x1>0，x2>0时，求证：f（x1）+f（x2）
N+）.
（Ⅰ）证明：an≥2（n≥2）；
（Ⅱ）已知不等式ln（1+x）0成立，证明：an
（Ⅰ）求数列｛an｝的通项公式；
（Ⅰ）求正实数a的取值范围；
■ 解题反思
1. 研究数列单调性时，既可利用定义，通过比较前项与后项的大小关系得知数列单调性，又可借助与数列对应的函数的单调性得知该数列的单调性. 由于数列是特殊的函数，所以在利用函数的单调性来研究数列的单调性时，还要注意区别. 因为数列定义域中的取值是不连续的，所以数列的图象是一些离散的点，这样就能理解即使数列不在其对应函数的单调区间上，也可能具备单调递增（或减）的性质. 也正因为这点，同学们解题时不能直接对2. 数列与不等式的内容经整合可形成证明不等式、求参量取值范围等问题. 数列不等式的证明方法相当丰富，常见策略有：
（1）根据数列通项的特点直接求和，将式子化简可证得不等式. 直接求和的方法有求和公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等，如第7、8题中的第（Ⅱ）问就是利用裂项相消法求和.
（2）通过放缩，将不便于求和的式子变形为易求和的式子，即将通项化为可裂项相消或可等比求和的结构，缩，将通项化为可裂项求和的结构.
（3）由于数列不等式是关于正整数的不等式，所以可以利用数学归纳法证明，如第9题中的第（Ⅱ）问和第13题.
（4）可利用函数的相关性质证明以数列为载体的不等式问题，如第15题中的第（Ⅲ）问，先构造函数f（x）
1. C
2. C
3. λ>－3
4. （Ⅰ）证明略，提示：an=4n－1+n
5. （Ⅰ）证明略
6. （Ⅰ）an=1，n=1，2n－5，n≥2
7. （Ⅰ）an=6n－5
（Ⅱ）m的最小值为10，提示：利用裂项求和将式子化简
8. （Ⅰ）a2=6，a3=12，a4=20，b2=9，b3=16，b4=25，猜测an=n（n+1），bn=（n+1）2，证明略，提示：用数学归纳法证明
9. （Ⅰ）an=2n，bn=2n－1
（Ⅱ）证明略，提示：其实质是证2n+2>n2+3n+4，可用数学归纳法，也可用二项展开式进行放缩
10. （Ⅰ）an=2n－1
11. （Ⅰ）x0=1
3n+1>2n+1
12. （Ⅰ）证明略
（Ⅱ）证明略
15. （Ⅰ）an=n
（17. （Ⅰ）证明略18. （Ⅰ）证明略
（Ⅱ）证明略，提示：利用（Ⅰ）中证得的单调性
（Ⅲ）证明略，提示：先用数学归纳法证明当xi>0时，f（x1）+f（x2）+…+ f（xn）
19. （Ⅰ）证明略，提示：用数学归纳法证明