例談數列求和的幾種方法

☉湖北省孝感高級中學 李志紅

例談數列求和的幾種方法

☉湖北省孝感高級中學 李志紅

數列求和具有復雜多變、綜合性強、解法靈活等特點，是數列問題中的基本題型，問題技巧性很強，對同學們來說難度較大.不過，只要弄清規律，數列求和問題便可迎刃而解.本文將通過例題簡單介紹數列求和的一些基本方法.

一、直接用公式法求和

直接利用等差數列、等比數列的前n項和公式求和，除了等差、等比數列的前n項和公式以外，還要常用公式也應當熟記：

還要記住一些正整數的冪和公式：

例1已知等差數列｛an｝中，a3a7=-16，a4+a6=0，求其前n項和Sn.

解：因為a4+a6=a3+a7，則a3a7=-16，a3+a7=0，

所以a3=4，d=-2或a3=-4，d=2.

所以數列的前n項和是Sn=n2-9n或Sn=-n2+9n.

二、通項公式法求和

利用通項公式寫出數列各項，進而將其和重新組合為可求數列的和.

例2求5，55，555，…的前n項和.

三、裂項相消法求和

把數列的通項拆成兩項之差，an=bn-bn+m，n，m∈N，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和.

例3若｛an｝是各項均不為0的等差數列，求證：

證明：設等差數列｛an｝的公差為d.若d=0，要證結論顯然成立；若d≠0，得

四、倒序相加法求和

如果一個數列｛an｝直接求解很困難，它的前n項中首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一個常數，那么求這個數列的前n項和可用倒序相加法.

例4求包含在正整數m與n（m＜n）之間的分母為7的所有不可約分數之和.

五、錯位相減法求和

如果一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列的對應項之積構成的，那么這個數列的前n項和即可用此法來求，如等比數列的前n項和公式就是用此法推導的.

例5已知首項都是1的兩個數列｛an｝，｛bn｝（bn≠0，n∈N*）滿足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.

（2）若bn=3n-1，求數列｛an｝的前n項和Sn.

解：（1）cn=2n-1.

（2）得an=bncn=（2n-1）·3n-1，先寫出Sn的表達式：

Sn=1·1+3·31+5·32+7·33+…+（2n-1）·3n-1.①

把此式兩邊都乘以公比3，得

3Sn=1·31+3·32+5·33+…+（2n-3）·3n-1+（2n-1）·3n.②

①-②，得

-2Sn=1+2·31+2·32+2·33+…+2·3n-1-（2n-1）·3n，

-2Sn=（2·30+2·31+2·32+2·33+…+2·3n-1）-（2n-1）·3n-1.

由等比數列的前n項和公式，得

-2Sn=3n-1-（2n-1）·3n-1，

2Sn=-3n+1+（2n-1）·3n+1=（2n-2）·3n+2，

Sn=（n-1）·3n+1.

此題解答步驟多，每一步都容易出錯，學生在復習備考中，應徹底弄清、完全掌握，爭取做到不丟分.

六、分類討論法求和

對于有些數列的求和問題，需根據不同的情況進行分類討論才能正確地獲解.

例6求Sn=1-3+5-7+…+（-1）n（2n-1）.

解：當n為偶數時，Sn=1-3+5-7+…+［（-1）n-2（2n-3）+

當n為奇數時，Sn=1+（-3+5）+（-7+9）+…+［（-1）n-2

故Sn=（-1）n+1n.

七、分組法求和

一個數列的通項公式是由若干個等差數列或等比數列或可求和的數列組成，則求和時可得出兩個或幾個等差數列或等比數列，進而利用等差數列或等比數列的求和公式分別求和，從而得出原數列的和.

例7數列｛an｝的前n項和記為Sn，a1＝t，點（Sn，an+1）在直線y＝3x+1上，n∈N*.

（1）當實數t為何值時，數列｛an｝是等比數列？

（2）在（1）的結論下，設bn＝log4an+1，cn＝an+bn，Tn是數列｛cn｝的前n項和，求Tn.

解：（1）因為點（Sn，an+1）在直線y＝3x+1上，

所以an+1＝3Sn+1，an＝3Sn-1+1（n＞1，且n∈N*）.

所以an+1-an＝3（Sn-Sn-1）＝3an，所以an+1＝4an（n＞1，n∈N*），a2＝3S1+1＝3a1+1＝3t+1，

所以當t＝1時，a2＝4a1，數列｛an｝是等比數列.

（2）在（1）的結論下，an+1＝4an，an+1＝4n，bn＝log4an+1＝n，cn＝an+bn＝4n-1+n，

所以Tn＝c1+c2+…+cn＝（40+1）+（41+2）+…+（4n-1+n）

＝（1+4+42+…+4n-1）+（1+2+3+…+n）

八、待定系數法求和

當求和過程中一些量直接求比較困難時，可以采取待定系數的方法，先設出相應的量，再列方程求解.

例8數列｛（2n-1）·3n｝的前n項和Sn=________.

解：設等差數列｛an｝的公差為d，等比數列｛bn｝的公比為q（q≠1），得

am·bm=［a1+（m-1）d］·b1qm-1（m=1，2，…，n）.

先用錯位相減法求數列｛an·bn｝的前n項和Sn：

所以有下面的結論成立：

若｛an｝，｛bn｝分別是等差數列、等比數列（其公比q≠1），且a1，b1均是與n無關的常數，則數列｛an·bn｝的前n項和Sn=（an+b）qn-b，其中a，b是與n無關的常數.

由此結論就可以用待定系數法快速求解本題：可設Sn=（an+b）·3n-b（其中a，b是常數），

可得S1=3，S2=3+27=30，所以解得所以Sn=（n-1）·3n+1+3.

九、求導法、積分法求和

觀察所給式子的特征，有時可以通過求導解決.

（3）求數列｛（2n-1）·3n｝的前n項和Sn（例6）.

解：（1）當x=0時，顯然成立；當x≠0時，由等比數列的前n項和公式知，待證結論也成立.

（2）視（1）的結論為兩個函數相等，兩邊求導后即得欲證成立.

（3）（2n-1）·3n=6（n·3n-1）-3n.

由（2）的結論中令x=3，得數列｛n·3n-1｝的前n項和為，又數列｛3n｝的前n項和為所以數列｛（2n-1）·3n｝的前n項和為（n-1）·3n+1+3.

數列求和的方法千變萬化，但是數學試題具有“源自教材，但高于教材；題在書外，但是根在書內”的特點，因而在課堂解題教學活動中，需要時刻注意立足教材，回望教材，“一切從教材中來，一切又回到教材中去”，從教材提煉數學思想方法，使得學生體會到解決問題的思路、策略、方法源自教材，從而有效地提高創新能力.在平時的解題過程中不斷總結，才能取得長期的收益.