数列求和方法详细

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1、1.公式法：　　等差数列求和公式:　　Sn=n(a1+an)/2=na1+n(n-1)d/2　　等比数列求和公式：　　Sn=na1(q=1)Sn=a1(1-q^n)/(1-q)=(a1-an×q)/(1-q)(q≠1)　　其他　　1+2^2+3^2+4^2+........+n^2=n(n+1)(2n+1)/6　　1+2^3+3^3+4^3+........+n^3=[n(n+1)/2]^22.错位相减法　　适用题型：适用于通项公式为等差的一次函数乘以等比的数列形式和等差等比数列相乘{an}、{bn}分别是等差数列和等比数列.Sn=a1b1+a2b2+a3b3+...+anbn　

2、　例如：　　an=a1+(n-1)d　　bn=b1·q^(n-1)　　Cn=anbn　　Tn=a1b1+a2b2+a3b3+a4b4....+anbn　　qTn=a1b2+a2b3+a3b4+...+a(n-1)bn+anb(n+1)　　Tn-qTn=a1b1+b2(a2-a1)+b3(a3-a2)+...bn[an-a(n-1)]-anb(n+1)　　Tn(1-q)=a1b1-anb(n+1)+d(b2+b3+b4+...bn)______①　　=a1b1-an·b1·q^n+d·b2[1-q^(n-1)]/(1-q)　　=a1b1-(a1+nd-d)·b1q^n+d·b2[1

3、-q^(n-1)]/(1-q)　　Tn=上述式子/(1-q)　　此外.①式可变形为　　Tn(1-q)=a1b1-anb(n+1)+d(Sn-b1)Sn为{bn}的前n项和.　　此形式更理解也好记3.倒序相加法　　这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1+an)　　Sn=a1+a2+a3+......+an　　Sn=an+a(n-1)+a(n-2)......+a1　　上下相加得到2Sn即Sn=（a1+an)n/24.分组法　　有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等

4、差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.　　例如：an=2^n+n-15.裂项法　　适用于分式形式的通项公式，把一项拆成两个或多个的差的形式，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加时抵消中间的许多项。　　常用公式：　　（1）1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)，1/（n-1）-1/n<1/n2<1/n-1/n+1（n≥2）　　（2）1/(2n-1)(2n+1)=1/2[1/(2n-1)-1/(2n+1)]　　（3）1/n(n+1)(n+2)=1/2[1/n(n+1)-1/(n+1)(n+2)]　　（4）1/(√a+√b)=[1/(a-b)](√a-√b)　　（5

5、）n·n!=(n+1)!-n!　　（6）1/（√n+√（n+a））=1/a（√（n+a）-√n）　　[例]求数列an=1/n(n+1)的前n项和.　　解：an=1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)（裂项）　　则　　Sn　　=1-1/2+1/2-1/3+1/4…+1/n-1/(n+1)（裂项求和）　　=1-1/(n+1)　　=n/(n+1)　　小结：此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了。只剩下有限的几项。　　注意：余下的项具有如下的特点　　1余下的项前后的位置前后是对称的。　　2余下的项前后的正负性是相反的。6.数学归纳法　　一般地，证明一

6、个与正整数n有关的命题，有如下步骤：　　（1）证明当n取第一个值时命题成立；　　（2）假设当n=k（k≥n的第一个值，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。　　例：　　求证：　　1×2×3×4+2×3×4×5+3×4×5×6+……+n(n+1)(n+2)(n+3)=[n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)]/5　　证明：　　当n=1时，有：　　1×2×3×4=24=2×3×4×5/5　　假设命题在n=k时成立，于是：　　1×2×3×4+2×3×4×5+3×4×5×6+……+k(k+1)(k+2)(k+3)=[k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5　　

7、则当n=k+1时有：　　1×2×3×4+2×3×4×5+3×4×5×6+……+(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)　　=1×2×3×4+2×3×4*5+3×4×5×6+……+k(k+1)(k+2)(k+3)+(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)　　=[k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5+(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)　　=(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)*(k/5+1)　　=[(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)]/5　　即n