直接求和公式法

直接求和公式法 对等差数列、等比数列，求前n 项和S 可直接用等差、等比数列的前n 项和公式进行求解。运用公式求解的注意事项：首先要注意公式的应用范围，确定公式适用于这个数列之后，再计算。 n

例题：求数列的前n 项和S

解：

点拨：这道题只要经过简单整理，就可以很明显的看出：这个数列可以分解成两个数列，一个等差数列，一个等比数列，再分别运用公式求和，最后把两个数列的和再求和。 分组求和法

所谓分组求和法就是对一类既不是等差数列，也不是等比数列的数列，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。

例题：求S = 1 - 2 + 3 - 4 + „ + (-1) n (n∈N)

解：①当n 是偶数时：S = (1 - 2) + (3 - 4) + „ + [(n - 1) - n]

= - (1 + 2 + „ + n) = -

②当n 是奇数时：S = (1 - 2) + (3 - 4) + „ + [(n - 2) - (n - 1)] + n = - [1 + 2 + „ + (n - 1)] + n

= - n 2222n-12*[1**********]222

综上所述：S = (-1)

点拨：分组求和法的实质是：将不能直接求和的数列分解成若干个可以求和的数列, 分别求和。

裂项相消法

裂项相消法是将数列的一项拆成两项或多项，使得前后项相抵消，留下有限项，从而求出数列的前n 项和。 n+1n(n+1)

例题：求数列(n∈N) 的和

解：

点拨：此题先通过求数列的通项找到可以裂项的规律，再把数列的每一项拆开之后，中间部分的项相互抵消，再把剩下的项整理成最后的结果即可。 错位相减法

错位相减法是一种常用的数列求和方法，应用于等比数列与等差数列相乘的形式。即若在数列{a·b}中，{a}成等差数列，{b}成等比数列，在和式的两边同乘以公比，再与原式错位相减整理后即可以求出前n 项和。

例题：求数列{na}(n∈N) 的和

解：设 S = a + 2a + 3a + „ + na①

则：aS = a + 2a + „ + (n-1)a + na②

①-②得：(1-a)S = a + a + a + „ + a - na③ *n n n n n *23n n 23n n+1

n

23n n+1

n

若a = 1则：S = 1 + 2 + 3 + „ + n =

若a ≠ 1则：

点拨：此数列的通项是na , 系数数列是：1，2，3„„n，是等差数列；含有字母a 的数列是：a,a ,a ,„„，a , 是等比数列，符合错位相减法的数列特点，因此我们通过错位相减得到③式，这时考虑到题目没有给定a 的范围，因此我们要根据a 的取值情况分类讨论。我n n 23n

们注意到当a=1时数列变成等差数列，可以直接运用公式求值；当a≠1时，可以把③式的两边同时除以（1-a ），即可得出结果。

倒序相加法 如果一个数列{a}，与首末项等距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相加法。我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前n 项和公式的推导，用的就是“倒序相加法”。

例题：设等差数列{a}，公差为d ，求证：{a}的前n 项和S =n(a+a)/2

解：S =a+a+a+...+a ①

倒序得：S =a+a+a+„+a ②

①+②得：2S =(a+a)+(a+a)+(a+a)+„+(a+a)

又∵a+a=a+a=a+a=„=a+a

∴2S=n(a+a) S=n(a+a)/2

点拨：由推导过程可看出，倒序相加法得以应用的原因是借助a +a=a+a=a+a=„=a+a即与首末项等距的两项之和等于首末两项之和的这一等差数列的重要性质来实现的。 迭代法

迭加法主要应用于数列{a}满足a =a+f(n)，其中f(n)是等差数列或等比数列的条件下，可把这个式子变成a -a =f(n)，代入各项，得到一系列式子，把所有的式子加到一起，经过整理，可求出a ，从而求出S 。

例题：已知数列6,9,14,21,30,„„其中相邻两项之差成等差数列，求它的前n 项和。 解：∵a - a = 3, a - a = 5, a - a = 7 ,„, a - a = 2n-1 n n n n 1n n 123n n n n-1n-21n 1n 2n-13n-2n 11n 2n-13n-2n 1n 2n n 1n 1n 2n-13n-2n 1n n+1n n+1n n n 213243n n-1

把各项相加得：a - a = 3 + 5 + 7 + „ + (2n - 1) =

∴a = n - 1 + a = n + 5 n 1

22

n 1

∴S = 1 + 2 + „ + n + 5n =+ 5n 222

n

点拨：本题应用迭加法求出通项公式，并且求前n 项和时应用到了1 + 2 + „ + n=因222此问题就容易解决了。

构造法

所谓构造法就是先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项的特征，构造出我们熟知的基本数列的通项的特征形式，从而求出数列的前n 项和。

例题：求的和

解：

点拨：本题的关键在于如何构造出等差或等比数列的特征的通项，在这道题的解法中巧妙的运用了这一转化，使得数列的通项具备了等比数列的特征，从而为解题找到了突破口。 待定系数法

用待定系数法求a =Aa－1＋B 型数列通项 n n

例:数列{a}满足a =1且a ＋1＋2a =1，求其通项公式。 n 1n n

解：由已知，a ＋1＋2a =1，即a =－2a —1＋1 n n n n

令a ＋x=－2（a －1＋x ），则a =－2a －1－3x ，于是－3x=1，故x=－13 n n n n

∴ a －13 =－2（a －1－13 ） n n

故{a－13}是公比q 为－2，首项为a －13 =23 的等比数列 n n

∴a －13 =23（－2）n －1=1－（－2）n3 n

评注：一般地，当A ≠1时令a ＋x=A（a －1＋x ）有a =A a－1＋（A －1）x ，则有 n n n n

（A －1）x=B知x=BA－1 ，从而a ＋BA －1 =A（a －1+BA－1），于是数列{a＋BA －1 }n n n

是首项为a +BA－1 、公比为A 的等比数列，故a ＋BA －1 =（a +BA－1 ）An －1，从而 1n 1

a =（a +BA－1 ）An －1－BA －1 ；特别地，当A=0时{an}为等差数列；当A ≠0，B=0时，n 1

数列{an}为等比数列。

推广：对于a an=Aa－1＋f （n ）（A ≠0且A ∈R ）型数列通项公式也可以用待定系数法求n n

通项公式。

例:数列{a}满足a =1且a =2a－1＋13n （n ≥2），求a 。 n 1n n n

解：令a ＋x •13n=2（a ＋x •13n-1）则a =2a－1+ 2x•13n-1－x •13n=53 x•13n-1=5x•13n n n n n

而由已知a =2a－1＋13n 故5x=1，则x=15 。故a ＋15 •13n ＝2（a －1＋15 •13n-1） n n n n

从而{a＋15 •13n}是公比为q=2、首项为a ＋15 •13=1615 的等比数列。 n 1

于是a ＋15 •13n=1615 ×2n －1，则a =1615 ×2n －1－15 •13n=115 （2n+3－13n －1） n n

评注：一般情况，对条件a =Aa－1+f（n ）而言，可设a +g（n ）=A[a－1+g（n －1）]，则n n n n

有Ag （n －1）－g （n ）=f（n ），从而只要求出函数g （n ）就可使数列{ a+g（n ）}为等比n

数列，再利用等比数列通项公式求出a 。值得注意的是a +g（n ）与a －1+g（n －1）中的n n n

对应关系。特别地，当f （n ）=B（B 为常数）时，就是前面叙述的例8型。

这种做法能否进一步推广呢？对于a =f（n ）a －1+g（n ）型数列可否用待定系数法求通项n n

公式呢？

我们姑且类比做点尝试：令a +k（n ）=f（n ）[a－1+k（n －1）]，展开得到 n n

a =f（n ）a －1+f（n ）k （n －1）－k （n ），从而f （n ）k （n －1）－k （n ）= g（n ），理n n

论上讲，通过这个等式k （n ）可以确定出来，但实际操作上，k （n ）未必能轻易确定出来，请看下题：

数列{a}满足a =1且a =n2na－1+1n+1 ，求其通项公式。 n 1n n

在这种做法下得到n2nk （n －1）－k （n ）=1n+1 ，显然，目前我们用高中数学知识还无法轻易地求出k （n ）来。

通过S 求a n n

例10：数列{a}满足a =5Sn－3，求a 。 n n n

解：令n=1，有a =5a－3，∴a =34 。由a 于a =5Sn－3„„„① 1n 1n n

则 a -1 =5 S-1－3„„„② n n

①－②得到a －a -1=5（S －S -1） ∴a －a －1 =5a n n n n n n n

故a =－14 a-1，则{a}是公比为q=－14 、首项a =34 的等比数列，则a =34（－14）n-1 n n n n n

评注：递推关系中含有S ，通常是用S 和a 的关系a =S－S －1（n ≥2）来求通项公式，n n n n n n

具体来说有两类：一是通过a = S－S －1将递推关系揭示的前n 项和与通项的关系转化为n n n

项与项的关系，再根据新的递推关系求出通项公式；二是通过a = S－S －1将递推关系揭n n n

示的前n 项和与通项的关系转化为前n 项和与前n －1项和的关系，再根据新的递推关系求出通项公式

累加法

例 已知a =1, a+1=a+2n 求a 1n n n

解：由递推公式知：a -a =2, a-a =22, a-a =23, „a -a -1=2n-1 213243n n

将以上n-1个式子相加可得

a =a+2+22+23+24+„+2n-1=1+2+22+23+„+2n-1=2n-1 n 1

注：对递推公式形如a +1=a+f(n)的数列均可用逐差累加法 n n

求通项公式，特别的，当f(n)为常数时，数列即为等差数列。

累乘法

例4 已知a =1, a=2na-1(n≥2) 求a 1n n n

解：当n ≥2时， =22, =23, =24,„ =2n

将以上n-1个式子相乘可得

a =a.22+3+4+„+n=2 n 1

当n=1时，a =1满足上式 1

故a =2 (n∈N*) n

注：对递推公式形如a +1a=g(n)的数列均可用逐商叠乘法求通项公式，特别的，当g (n)为n n

常数时，数列即为等比数列。

合并法

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