0 0 类别 : 课件

数列前 n项和的求法 求数列前 n项和是数列的重要 内容，也是一个难点。求等差（等比） 数列的前 n项和，主要是应用公式。对 于一些既不是等差也不是等比的数列， 就不能直接套用公式，而应根据它们的 特点，对其进行变形、转化，利用化归 的思想，来寻找解题途径。 一、拆项转化法 例 1已知数列 中， 且（ ， ,且 t为常数），求 }{ na 3 nta nn Nn0t nS 例 1已知数列 中， 且 （ ， ,且 t为常数），求 }{ na 3 nta nnNn0t nS 解：当 t=1时， 当 时， 2 )3( 2 )]3(2[  nnnnnS n 1t 2 )5( 1 )1(   nnt ttS n n 分析：观察数列的通项公式，数列 可以 “分解”为一个公比为 t 的等比数列 和一个公差为 1的等差数列 ，因此 ，只要分别求出这两个数列的前 n项之和， 再把它们相加就可得 。注意等比数列前 n项和公式对公比 q的要求，可得如下解法 : }{ na}{ nt }3{ n nS 总结：拆项转化常用于通项 是多项式 的情况。这时，可把通项 拆成两个 （或多个）基本数列的通项，再求和。 有时也应用自然数的方幂和公式求 ， 常用的有： n a na nS )12)(1(6 1 1 2   nnnk n k 22 1 3 )1(4 1   nnk n k 2 )1( 1   nnk n k 例 2、求数列 1， 1+2， 1+2+3， 1+2+3+4 ， · ‥ ， 1+2+3+· +n‥ ， ·‥的前 n项和 Sn。解 :该数列通项 nnan 2 1 2 1321 2   令 ， ，则22 1 nbn  ncn 2 1 nnn cba  数列 的前 n项和}{ nb )21(2 1 222 nS N   )12)(1(12 1  nnn 数列 的前 n项和}{ nc )1(4 1)21(2 1  nnnSn  ∴ )2)(1(6 1  nnnSSS nnn 二、裂项相消法 常用的消项变换有 ： 1 11 )1( 1  nnnnan )12 1 12 1(2 1 )12)(12( 1  nnnnan ])2)(1( 1 )1( 1[2 1 )2)(1( 1  nnnnnnnan !)!1(! nnnnan  )]1()1()2)(1([3 1)1(  nnnnnnnnan ①: ②: ③ nnnnan  11 1: ④: ⑤: ⑥: 二、裂项相消法 常用的消项变换有： ⑦: )2)(1(  nnnan )]2)(1()1()3)(2)(1([4 1  nnnnnnnn 例 3、求 )2)(1(432321  nnnSn  解：由上面⑦ 知：  )43215432()32104321{(4 1 nS )3)(2)(1(4 1  nnnn )]}2)(1()1()3)(2)(1([  nnnnnnnn 例 4、求 344 1 45 1 21 1 5 1 2  nnS n  解：其“通项” )32)(12( 1 344 1 2  nnnnan )32 1 12 1(4 1  nn ∴ )12 1 32 1()9 1 5 1()7 1 3 1()5 11[(4 1  nnS n  )]32 1 12 1(  nn )32)(12(3 )54()32 1 12 1 3 11(4 1   nn nn nn 三、 倒序相加法 课本等差数列前 n项 和公式 就是用倒序相加法推导的。nS 例 5、已知数列 是首项为 1，公差为 2的 等差数列，求 }{ na 13 2 2 1 1 0  nnnnnnn aCaCaCaCS  分析：注意到 且当 m+n=p+q时， 有： （等差数列的性质） kn n k n CC  qpnm aaaa  解： ，又 13 2 2 1 1 0  nnnnnnn aCaCaCaCS  1 0 1 21 1 aCaCaCaCS nnnnnnnnnnn    两式相加得： ∴ n n n nnnnn aaCCCaaS 2)())((2 111011    nnn nn nnaaS 2)1(2)22(2)( 1111   四、错位相消法 课本推导等比数列前 n项和公式 的方法。利用 可求两类数列的和 ，其通项分别是： nn qSS  （Ⅰ） （Ⅱ）  分母是等比数列 分子是等差数列   字母是等比数列 系数是等差数列 例 6、求数列 的前 n项和  ,2 12,,4 3,2 1 n n  解： (1) nn nS 2 12 16 7 8 5 4 3 2 1   (2) 12 12 2 32 16 5 8 3 4 1 2 1   nnn nnS  (1)－ (2)，得 12 12 2 2 16 2 8 2 4 2 2 1 2 1   nnn nS  nnnn nnS 2 3232 12 2 1 4 1 2 12 2   五、  并项法 例 7，已知数列 的通项 ，求数列前 2n项和 }{ na 21)1( na nn  nS 2 解： 2222222 )2()12(4321 nnS n   令 14)2()12( 22212   nnnaab nnn ∴ 是首项为 -3，公差为 -4的等差数 列 }{ nb ∴   )12( 141173 212    nn n bbbS nn   评注：用并项法把相邻的一正一负两项并作 一项，从而使通项降次，得以转化为等差数 列求解。 六、逐差求和法（又叫加减法，迭加 法） 当所给数列每依次相邻两项之间的差 组成等差或等比数列时，就可用迭加法进行 消元 例 8 ， 求 数 列 ： 1， 3， 7， 13 ， 21 ， 31 ，……的 和 }{ na 解： 1212  aa 2223  aa 3 2 3 4   a a 4245  aa  121   naa nn   132121  naan  na ns ∴两边相加得： …… 例 8 ， 求 数 列 ： 1， 3， 7， 13 ， 21 ， 31 ，……的 和 }{ na 1212  aa 2223  aa 3 2 3 4   a a 4245  aa  121   naa nn   132121  naan  na ns ∴两边相加得： …… 故   11 22  nnnnan 取 n=1， 2， 3，…， n，相加得： )2(3 1)321()321( 22222  nnnnnS n 