數列的求和方法概論

宋文銘

摘 要：隨著素質教育的不斷深入，高考數學試題越來越重視學生數學能力的考查，其中數列的求和就是高考必考的知識點之一，在這個問題上，僅僅掌握等差、等比數列的前n項和公式是遠遠不夠的，為了能夠求出較為復雜的數列前有限項之和，本文就公式求和法、顛倒相加法、裂項相消法、錯位相減法、分項求和法、并項求和法、歸納求和法、遞推求和法等較為重要的、常見的求和方法進行了較為詳細的闡述。

關鍵詞：數列；求和；公式求和法；顛倒相加法；裂項相消法；錯位相減法；分項求和法；并項求和法；歸納求和法；遞推求和法

中圖分類號：G638 文獻標識碼：A 文章編號：1671-2064（2017）08-0253-02

隨著素質教育的不斷深入，高考數學試題越來越重視學生數學能力的考查，其中數列的求和就是高考必考的知識點之一，在這個問題上，僅僅掌握等差、等比數列的前n項和公式是遠遠不夠的，為了能夠求出較為復雜的數列的前有限項之和，還需要掌握一些其它較為常見的方法。現簡介如下，供參考。

1 公式求和法

1.1 方法的來源

等差數列、等比數列的前n項和公式以及一些常見的恒等式：

等差數列的前n項和公式：Sn==na1+

等比數列的前n項和公式：q=1時，Sn=na1

q≠1時，Sn==

常用恒等式：1+2+3+……+n=

1+3+5+……+（2n-1）=n2

2+4+6+……+2n=n（n+1）

12+22+32+……+n2=n（n+1）（2n+1）

13+23+33+……+n3=n2（n+1）2

1.2 適用的范圍

主要適用于由特殊數列尤其是等差數列、等比數列的和、差構成的數列以及可直接利用上述公式的數列的求和問題。

1.3 注意的問題

分組后數列的項數和等比數列中公比是否為1的討論。

例1：是否存在常數a、b、c，使得等式1·22+2·32+……+n（n+1）2=（an2+bn+c）對一切正整數n都成立？并證明你的結論！

分析：這是一道全國高考的壓軸題。事實上，等式的左邊即為數列{n（n+1）2}的前n項和，由n（n+1）2=n3+2n2+n容易看出它實際上是數列{n3}，{2n2}，{n}的和數列，從而可得：

左邊=（3n2+11n+10）。

所以使原等式對一切正整數n均成立的常數a、b、c是存在的。a=3，b=11，c=10。

2 首尾相加法（也稱顛倒相加法）

2.1 方法的來源

等差數列前n項和公式的推導方法，它是根據數列前n項和的定義，將和式首尾顛倒，并與原和相加，通過求其二倍而求前n項和的方法。

2.2 適用的范圍

與首末兩項“等距離”的兩項之和相等的數列的求和。

2.3 注意的問題：項數的確定

例2：求Sn=C+3C+5C+……+（2n-1）C

分析：由組合數公式C=C（r=0，1，2……n）知，C=C，C=C……同時Sn=（2n-1）C+（2n-3） C+……+3C+C與原式相加得2Sn=2nC+2nC+2nC+……+2nC=2n（C+C+C+C）=2n2n∴Sn=n2n

3 裂項相消法（或拆項相消法）

3.1 適用的范圍

主要適用于通項公式為分式或三角形式特別是等差數列相鄰或相間項積的倒數列以及算術根和的倒數列的求和。

3.2 注意的問題

一是恰當地拆項（或裂項）。

二是拆項后的消去規律，也就是說是鄰項相消還是間項相消。

三是剩余項一般具有對稱性。

3.3 常見的裂項

（1）一般地：如果{an}是公差為d的等差數列，那么

（2）常用地：

（3）三角函數的積化差公式。

例3.已知數列{ }的各項如下：1，，，……，，求它的前n項和。

分析：an

所以Sn=a1+a2+a3+……+an=2[（1-）+（-）+（-）+ ……+（）]=2（1-）=

例4.sinα，sin（α+β）， sin（α+2β）， sin（α+3β）， ……sin[α+（n-1）β]的和。

分析：解決這一問題的關鍵是把各項分別拆成兩項使這兩項所含角度之差為β。由此，可設法利用三角函數的積化和差公式，為此用2sin乘數列的各項，得

2sin·an=cos（α+β）-cos（α+β）；因此，2sin·Sn=2sin（α+β）sin

∴Sn=sin（α+β）

誠然，裂項相消法的應用還不只題中所述，只要可以將通項拆成兩項的差之后，可以相互抵消，都可以使用這種方法，但一定要牢記：拆項是手段，相消是目的。拆項之后抵消不了的話，這種拆項是沒有任何作用的。比如=就是一種無效的裂項方式。

4 錯位相減法

4.1 方法的來源

等比數列前n項和公式的推導方法。

4.2 適用的范圍

它主要適用于由一個等差數列與一個等比數列各對應項的積構成的數列的求和。

4.3 注意的問題

一是其中的等比數列中公比q是否為1的討論，二是相減后成等比數列的項數。

例5.設{an}是等差數列，{bn}是各項均為正數的等比數列，且a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=13。

（1）求{an}，{bn}的通項公式。

（2）求數列{}的前n項和Sn。

分析：（1）設出{an}的公差d和{bn}的公比q（q>0），則由題設可得d和q的方程組，通過解方程組即得d=2，q=2，于是an=2n-1，bn=2n-1

（2）由（1）可知：，

于是Sn=，

這顯然符合錯位相減法求和的條件，因此在上述等式的兩邊同乘以，再兩個等式相減即可求出Sn。

例6.設實數a≠0，數列{an}是首項為a，公比為-a的等比數列，記bn=anlg│an│（n∈N*），Sn=b1+b2+……+bn，求證當a≠-1時，對任意n∈N*均有Sn=[1+（-1）n+1（1+n+na）an]

分析：由題設an=a（-a）n-1=（-1）n-1an，

∴bn=（-1）n-1 nan lg│a│∣

∴Sn=alg│a│[1-2a+3a2-4a3+……+（-1）n-1nan-1]

這將問題轉化為如何求和S'=1-2a+3a2-4a3+……+（-1）n-1nan-1，這是由等差數列{n}與等比數列{（-1）n-1an-1}各對應項之積構成的數列的求和問題，為此，兩邊同乘以-a得：

（-a）S'n=-a+2a2-3a3+……+（-1）n-1（n-1）an-1+（-1）nnan兩式相減即可得證。

5 分項求和法

5.1 適用的范圍

主要適用于通項公式為分段函數的數列的求和。

5.2 注意的問題

對項數奇偶性的討論。

例7.一個數列{an}，當n為奇數時，an=5n+1，當n為偶數時an=，求這個數列的前n項之和。

分析：其中{an}的通項公式顯然是分段式的，而且不難發現數列{a2m-1}是以6為首項，公差為10的等差數列，數列{a2m}是以2為首項，公比為2的等比數列，這種發現就決定了此題的解法：

當n為偶數的時候，令n=2m，那么m=n/2，于是

Sn=S2m=（a1+a3+……+a2m-1）+（a2+a4+……+a2m）

=[6m+·10]+=5m2+m+2m+1-2=n2++2n/2+1-2

當n為奇數的時候，可以類似求出，或者利用n為偶數的結論，即n為奇數時，n-1為偶數，Sn=Sn-1+an。

6 并項求和法

6.1 適用的范圍

主要適用于正、負項相間的數列的求和問題。

6.2 注意的問題

項數奇偶性的討論

例8.求數列{（-1）nn}的前n項和Sn。

分析：顯然Sn=-1+2-3+4-……+（-1）nn，不難發現，若將相鄰兩項并作一項再進行計算，可使問題大大簡化。當然，n取正奇數和正偶數應分別計算；

當n取正奇數時，Sn=-1+（2-3）+（4-5）+……+（n-1-n）

=-1-1-1-……-1=；

當n取正偶數時，Sn=（-1+2）+（-3+4）+……+（n-1+n）

=1+1+……+1=；當然，最后的結論中Sn要寫成分段函數的形式。

7 歸納求和法

當Sn不易直接求出時，亦可先計算出S1，S2，S3……，通過觀察，用不完全歸納法歸納出Sn的表達式，再用數學歸納法加以證明。

例9.已知數列：，Sn為其前n相和，計算S1，S2，S3，S4，觀察計算結果，推測出計算Sn 的公式，再用數學歸納法加以證明。

分析：不難算出：，觀察這四個結果發現，分母分別32，52，72，92，分子比分母少1，故而猜測：Sn=，再用數學歸納法證明上述猜測是正確的。

當然，觀察變形能力較強的同學也不難看出：

，然后可以用裂項相消法求和。

8 遞推求和法

8.1 適用的范圍

這種方法比較特殊，它主要適用于前n個正整數的一定次冪的求和問題。

8.2 注意的問題

熟記前n個正整數的若干次冪之和。

例10.求和Sn=13+23+33+……+n3

分析：由（R+1）4=R4+4R3+6R2+4R+1得

24=14+4×13+6×12+4×1+1

34=24+4×23+6×22+4×2+1

……

（n+1）4=n4+4n3+6n2+4n+1

將以上各式相加得

（n+1）4=1+4Sn+6（12+22+32+……+n2）+4（1+2+3+……+n）+n=1+4Sn+n（n+1）（2n+1）+2n（n+1）+n

進而求得Sn=n2（n+1）2

以上簡要介紹了數列求和的八種常見方法，它們既是相互區別的，又是相互聯系的；一個復雜的數列求和問題可能會用到其中的一種或幾種方法。在解題實踐中，只要做到以下口訣，即可確保準確無誤。

觀察通項特征，判定數列類型；

若非特殊數列，分析怎樣構成；

是否需要討論，根據范圍確定；

選擇求和方法，再把項數分清。