直接求和公式法
海上日出课文-
直接求和公式法
对等差数列、等比数列，求前
n
项和
S
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。
n
例题：求数列的前
n
项和
S
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
= 1
- 2
+ 3
-
4
+ „ + (
-1)
n
(n∈N
)
解
：①当
n
是偶数时：
S = (1
- 2
) +
(3
- 4
) + „ + [(n
- 1)
-
n
]
= -
(1 + 2 + „ + n) =
-
②当
n
是奇
数时：
S = (1
- 2
) +
(3
- 4
) + „ + [(n
- 2)
- (n - 1)
] +
n
= -
[1 + 2 + „
+ (n
- 1)] + n
=
-
n
2
2<
/p>
2
2
n-1
2<
/p>
*
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
综上所述：
S = (-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
< br>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。
< br>
n+1n(n+1)
例题：求数列(n∈N
)
的和
解
：
点
拨
：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
{a
·
b
}
中，
{a
}
成等差数列，
{b
}
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
{na
}(n∈N
)
的和
解
：设
S
= a + 2a
+ 3a
+ „
+ na
①
则：
aS
=
a
+ 2a
+ „ +
(n
-1)a
+
na
②
①
-
②得：
(1-a)S
= a +
a
+ a
+ „ +
a
- na
③
*
n
n
n
n
n
*
2
3<
/p>
n
n
2
3
n
n+1
n
2
3
n
n+1
n
若
a =
1
则：
S
=
1 + 2 + 3 + „ + n =
若
a ≠
1
则：
点
拨
：此数列的通项是
na
,
系数数列是：
1
，
2
，3„„n，是等差数列；含有字母
a
的数<
/p>
列是：
a,a
,a
,„„，
a
,
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③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
n
n
2
3
n
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
a≠1
时，可以把
③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
{a
}
，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
< br>相
加
法
。我们在学知
识时，
不但要知其果，更要索其因，
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
{a
}
，公差为
d
，求证：
{a
}
的前
n
项和
S
=n(a
+a
)/2
解
：
S
=a
+a
+a
+...
+a
①
倒序得：
S
=a
+a
< br>+a
+„+a
②
①+②得：
2S
=(a
+a
)+(a
+a
)+(a
+a
)+„
+(a
+a
)
又∵a
+a
=a
+a
=a
+a
=„=a
+a
∴2S
=n(a
+
a
) S
=n(a
+a
)/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
a
< br>+a
=a
+a
=a
+a
=„=a
+a
即与首末
项等距的两项之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
{a
}
满足
a
=a
+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
a
-a
=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
a
，从而求出
S
。
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
：∵a
-
a
= 3, a
- a
= 5,
a
- a
= 7 ,„,
a
- a
= 2n-1
n
n
n
n
1
n
n
1
< br>2
3
n
n
n
n-1
n-2
1
n
1
n
2
n-1
3
n-2
n
1
1
n
2
n-1
3
n-2
n
1
n
2
n
n
1
n
1
n
2
n-1
3
n-2
n
1
n
n+1
n
n+1
n
n
n
2
1
3
2
4
3
n<
/p>
n-1
把各项相加得：
a
- a
= 3 + 5 + 7 + „ +
(2n
- 1) =
∴a
= n
- 1 +
a
= n
+ 5
n
1
2
2
n
1
∴S
=
1
+ 2
+ „ +
n
+ 5n =+ 5n
2
2
2
n
点
拨
：本题应用迭加法求出通项公式，并且求前
n<
/p>
项和时应用到了
1
+
2
+ „ + n
=
因
2
2
2
此问题就容易解决了。
构造法
所谓
构
造
法<
/p>
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
a
< br>=Aa
－
1
＋
< br>B
型数列通项
n
n
例
:
数列
{a
}
满足
a
=1
且
a
＋
< br>1
＋
2a
=1
< br>，求其通项公式。
n
1
n
n
解：由已知，
a
＋
1
＋
2a<
/p>
=1
，即
a
=<
/p>
－
2a
—
1
＋
1
n
n
n
n
令
a
＋
x=
－
2
（
a
－
1
＋
x
），则
a
=
－
2a
－
1
－
3x
，于是－
3x=1
，故
x=
－
13
n
n
n
n
∴
a
－
13 =
－
2
（
a
－<
/p>
1
－
13
）
n
n