《直接求和公式法》由会员分享，可在线阅读，更多相关《直接求和公式法（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、直接求和公式法对等差数列、等比数列，求前n项和Sn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。例题：求数列的前n项和Sn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 = 12 - 22 + 32 - 42 + + (-1)n-1n2(n
2、N*)解：当n是偶数时：S = (12 - 22) + (32 - 42) + + (n - 1)2 - n2= - (1 + 2 + + n) = - 当n是奇数时：S = (12 - 22) + (32 - 42) + + (n - 2)2 - (n - 1)2 + n2= - 1 + 2 + + (n - 1) + n2= -综上所述：S = (-1)n+1n(n+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。例题：求数列(nN*)的和解：点拨
3、：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anbn中，an成等差数列，bn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nan(nN*)的和解：设 Sn = a + 2a2 + 3a3 + + nan则：aSn = a2 + 2a3 + + (n-1)an + nan+1-得：(1-a)Sn = a + a2 + a3 + + an - nan+1若a = 1则：Sn = 1
4、+ 2 + 3 + + n = 若a 1则：点拨：此数列的通项是nan,系数数列是：1，2，3n，是等差数列；含有字母a的数列是：a,a2,a3,，an,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a1时，可以把式的两边同时除以（1-a），即可得出结果。倒序相加法如果一个数列an，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
5、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an，公差为d，求证：an的前n项和Sn=n(a1+an)/2解：Sn=a1+a2+a3+.+an 倒序得：Sn=an+an-1+an-2+a1 +得：2Sn=(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)+(an+a1)又a1+an=a2+an-1=a3+an-2=an+a12Sn=n(a2+an) Sn=n(a1+an)/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a1+an=a2+an-1=a3+an-2=an+a1即与首末项等距的两项之
6、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an满足an+1=an+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an+1-an=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an ，从而求出Sn。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：a2 - a1 = 3, a3 - a2 = 5, a4 - a3 = 7 , an - an-1 = 2n-1把各项相加得：an - a1 = 3 + 5 + 7 + + (2n - 1) =an = n2 - 1 + a1 =
7、 n2 + 5Sn = 12 + 22 + + n2 + 5n =+ 5n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12 + 22 + + n2=因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an=Aan1B型数列通项例:数列an满足a1=1且an12an=1，求其通项公
8、式。解：由已知，an12an=1，即an=2an11令anx=2（an1x），则an=2an13x，于是3x=1，故x=13 an13 =2（an113 ）故an13是公比q为2，首项为an13 =23 的等比数列an13 =23（2）n1=1（2）n3 评注：一般地，当A1时令anx=A（an1x）有an=A an1（A1）x，则有（A1）x=B知x=BA1 ，从而anBA1 =A（an1+BA1），于是数列anBA1 是首项为a1+BA1 、公比为A的等比数列，故anBA1 =（a1+BA1 ）An1，从而an=（a1+BA1 ）An1BA1 ；特别地，当A=0时an为等差数列；当A0，B
9、=0时，数列an为等比数列。推广：对于anan=Aan1f（n）（A0且AR）型数列通项公式也可以用待定系数法求通项公式。例:数列an满足a1=1且an=2an113n（n2），求an。解：令anx13n=2（anx13n-1）则an=2an1+ 2x13n-1x13n=53 x13n-1=5x13n而由已知an=2an113n故5x=1，则x=15 。故an15 13n2（an115 13n-1）从而an15 13n是公比为q=2、首项为a115 13=1615 的等比数列。于是an15 13n=1615 2n1，则an=1615 2n115 13n=115 （2n+313n1）评注：一般情
10、况，对条件an=Aan1+f（n）而言，可设an+g（n）=Aan1+g（n1），则有Ag（n1）g（n）=f（n），从而只要求出函数g（n）就可使数列 an+g（n）为等比数列，再利用等比数列通项公式求出an。值得注意的是an+g（n）与an1+g（n1）中的对应关系。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an=f（n）an1+g（n）型数列可否用待定系数法求通项公式呢？我们姑且类比做点尝试：令an+k（n）=f（n）an1+k（n1），展开得到an =f（n）an1+f（n）k（n1）k（n），从而f（n）k（n1）k（n）= g（n），
11、理论上讲，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an满足a1=1且an=n2nan1+1n+1 ，求其通项公式。在这种做法下得到n2nk（n1）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Sn求an例10：数列an满足an =5Sn3，求an。解：令n=1，有a1=5an3，a1=34 。由an于an =5Sn3则 an-1 =5 Sn-13得到anan-1=5（SnSn-1） anan1 =5an 故an=14 an-1，则an是公比为q=14 、首项an=34 的等比数列，则an=34（14）n-1评
12、注：递推关系中含有Sn，通常是用Sn和an的关系an=SnSn1（n2）来求通项公式，具体来说有两类：一是通过an= SnSn1将递推关系揭示的前n项和与通项的关系转化为项与项的关系，再根据新的递推关系求出通项公式；二是通过an= SnSn1将递推关系揭示的前n项和与通项的关系转化为前n项和与前n1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a1=1, an+1=an+2n 求an解：由递推公式知：a2-a1=2, a3-a2=22, a4-a3=23, an-an-1=2n-1 将以上n-1个式子相加可得 an=a1+2+22+23+24+2n-1=1+2+22+23+2n-1=2n-1 注：对递推公式形如an+1=an+f(n)的数列均可用逐差累加法 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a1=1, an=2nan-1(n2)求an解：当n2时， =22, =23, =24, =2n 将以上n-1个式子相乘可得 an=a1.22+3+4+n=2 当n=1时，a1=1满足上式 故an=2 (nN*) 注：对递推公式形如an+1an=g(n)的数列均可用逐商叠乘法求通项公式，特别的，当g (n)为常数时，数列即为等比数列。 合并法.
