高中数学-数列公式及解题技巧
贺岁词-
数列求和的基本方法和技巧
除了等
差数列和等比数列有求和公式外，
大部分数列的求和都需要一定的技巧
< br>.
下面，
就几个历届高
考数学
来谈谈数列求和的基本方法和技巧
.
一、利用常用求和公式求和
利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法
.
1
、
等差数列求和公式：
S
n
< br>
n
(
a
1
a
n
)
n
(
n
1
)
na
1
d
2
2
(
q
1
)
na
1
n
2
、
等比数列求和公式：
S<
/p>
n
a
1
(
1
q
)
a
1
a
n
q
(
q
1
)
1<
/p>
q
1
q
自然数方幂和公式：
n
1
1
2
3
、
S<
/p>
n
k
n
(
n
1
)
4
、
S
n
k
n
(
n
< br>1
)(
2
n
1
)
6
2
k
1<
/p>
k
1
n
5
、
S
n
1
3
k
[
n
(
n
1
)]
2
2
k
1
n
[
例
]
求和
1
＋
x
2
＋
x
4
＋
x
6
＋…x
2n+4
(x≠0)
解：
∵x≠0
∴该数列是首项为
1
，公比为
x
2
的等比数列而且有
n+3
项
当
x
2
＝
1
即
x
＝±1<
/p>
时
和为
n+3
评注：
(1)
利用等比数列求和公式．当
公比是用字母表示时，应对其是否为
1
进行讨论，如本
题若为“等比”的形式而并未指明其为等比数列，还应对
x
是否为
0
进行讨论．
(2)
要弄清数列共有多少项，末项不一定是第
n
项．
对应高考考题：设数列<
/p>
1
，
（
1+2<
/p>
）
，…，
（
1+
2+
2
2
2
n
1
）
，……的前顶和为
s
n
，则
s
n
的值。
第
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1
二、错位相减法求和
错位相减法求和在高考中占有相当重要的位置，
近几年来的高考题其中的数列方面都出
了这方面的内容。需要我们的学生认真
掌握好这种方法。这种方法是在推导等比数列的前
n
项和公式时
所用的方法，这种方法主要用于求数列
{a
n
< br>·
b
n
}
的前
n
项和，其中
{ a
n
}
、
{ b
n
}
分别是等差数列和等比数列
.
求和时
一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列
的公比
q
；然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比
数列求和，这种方法
就是错位相减法。
2
3
n
1
[
例
]
求和
：
S
n
1<
/p>
3
x
5
x
7
x
(
2
n
1
)
x
（
x
1<
/p>
）
………………………
①
n
1
解：由题可知，
{
(
2
n
1
)
x
n
1
}
的通项是等差数列
{2n
－
1}
的通项与等比数列
{
< br>x
}
的通项之积
2
3
4
n
< br>设
xS
n
1
x
3
x
5
x
<
/p>
7
x
(
2
n
1
)
x
……………………….
②
（设制错位）
2
3
4
n
1
n
①－②得
(
1
x
)
S
n
1
2
x
2
x
2
x
2
< br>x
2
x
(
2
n
1
)
x
（错位相减
）
1
x
n
1
(
2
n
1
)
x
n
再利用等比数列
的求和公式得：
(
1
x
)
S
n
1
2
x
1
x<
/p>
(
2
n
1
)
x
n
1
(
2
n
1
)
x
n
(
1
x
)<
/p>
∴
S
n
2
(
1
x
)
注意、
1
要考虑
当公比
x
为值
1
时为特殊情况
2
错位相减时要注意末项
此类题的特点是所求数列是由一个
等差数列与一个等比数列对应项相乘。
对
应
高
考
考
题
：
设
正
项<
/p>
等
比
数
列
a
n
的
首
项
a
1
1
，
前
n
项
和
为
S
n
，
且<
/p>
2
2
10
S
30
(
2
10
1
)
S
20
S
10
0
。
（Ⅰ）求
a
n
的通项；
（Ⅱ）求
nS
n
的前
n
项和
T
n
。
三、反序相加法求和
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
(
a
1
a
n
)<
/p>
.
0
1
2
n
n
[
例
]
求证：
C
n
3
C
n
5
C
< br>n
(
2
n
1
)
C
n
(
n
1
)
2
0
1
2
< br>n
证明：
设
< br>S
n
C
n
3
C
n
5
C
n
(
2
n
1
)
C
< br>n
…………………………..
①
把①式右边倒转过来得
n
n
1
1
0
S
n
(
2
n
1
)
C
n<
/p>
(
2
n
1
)
C
n
3
C
n
C
n
（反序）
第
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2
m<
/p>
n
m
又由
C<
/p>
n
C
n
可得
0
1
n
1
n
S
n
(
2
n
1
)
C
n
(
< br>2
n
1
)
C
n
3
C
n
C
n
…………..……..
②
0
1
n
1
n
n
①
+
②得
2
S
n
(
2
n
2
)(
C
n
C
n
C
n
C
n
)
2<
/p>
(
n
1
)
2
（反序相加）
n
∴
S
n
(
n
1
)
2
四、分组法求和
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，可分为几个等差、等比或
常见的数
列，然后分别求和，再将其合并即可
.
若数列
a
n
的通项公式为
c
n
a
n
b
< br>n
，其中
a
< br>n
,
b
n
中一个是等差数列，另一个是
等比
数列，求和时一般用分组结合法。
1
1
1
1
[
例
]
：求数列
1
,
2
,
3<
/p>
,
4
的前
n
项和；
2
4
8
16
分析：数
列的通项公式为
a
n
n
和时一般用分组结合法；
[
解
]
：因
为
a
n
n<
/p>
1
，所以
<
/p>
n
2
1
1
n
,
，
而数列
n
分别是等差数列、
等比数列，
求
2
n
2
1
1
1
1
s
n<
/p>
(
1
)
(
2
)
(
3
)
(
n
n
)
2<
/p>
4
8
2
1
1
1
1
(
1
2
3
< br>
n
)
(
n
)
（分组）
2
4<
/p>
8
2
前一个括号内是一个等比数列的和，
后一个括号内是一个等差数列的和，因此
< br>1
1
(
1
n
)
n
(
n
1
)
2
n
2
n
1
2
n
1
1
2
2
2
1
2
五、裂项法求和
这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用
.
裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后
重新组合，使之能消去一
些项，最终达到求和的目的
.
通项分解
（裂项）
如：
sin
1
< br>
tan(
n
1
)
tan
n
（
1
）
a
n
f
(
n
1
)<
/p>
f
(
n
)
（
2
）
cos
n
cos
(
n
1
)<
/p>
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3
(
2
n
)
2
1
1
1
1
1
1
1
(
< br>)
（
3
）
a
n
（
4
）
a
n
(
2
n
1
)(
2
n
1
)
2
2
n
1
2
n
<
/p>
1
n
(
n
1
)
n
n
1
（
5
）
a
n
1
1
1
1
[
]<
/p>
n
(
n
1
)(
n
2
)
2
n
(
n
< br>1
)
(
n
1
)(
n
2
)
1
,<
/p>
1
2
3
1
n
n
1
1
1
2
,
,
1
n
n
<
/p>
1
,
的前
n
项和
.
[
例
]
求数列
1
2
解：设
a
n
n
1
n
（裂项）
1
n
n
1<
/p>
则
S
n
1
2
3
（裂项求和）
＝
(
2
1
)
(
3
2
)
< br>
(
n
1
n
)
＝
n
1
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。
[
练习
]
在数列
{a
n
}
中，
a
n
和
.
2<
/p>
1
2
n
，又
b
n
，求数列<
/p>
{b
n
}
的前<
/p>
n
项的
a
a
n
1
n
< br>1
n
1
n
n
1
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4
六、合并法求和
针对一些特殊的数列
，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这
些项放在
一起先求和，然后再求
S
n
.
[
例
]
在各项均为正数的等比数列中，若
a
5
a
6
9
,
求
log
3
a
1
log
3
a
2
log
3
a
10
的值
.
解：设
S
n
log
3
a
1
log
3
a
2
log
3
a
10
由等比数列的性质
<
/p>
m
n
p
q
a
m
a
n
a
p
a
q
（找特殊性质项）
和对数的运算性质
log
a
M
log
a
N
log
a
M
N
得
S
n
(log
< br>3
a
1
log
3
a
10
)
(log
3
< br>a
2
log
< br>3
a
9
)
(log
3
a
5
log
3
a
6
)
（合并求和）
＝
(lo
g
3
a
1
<
/p>
a
10
)
(log
3
a
2<
/p>
a
9
)
(log
3
a
5
a
6
)
＝
log
3
9
log
3
9
log
3
9
＝
10
数
列的求和方法多种多样，它在高考中的重要性也显而易见。我们的学生在学习中必须要掌握好
几种最基本的方法，在解题中才能比较容易解决数列问题。
数列通项公式的十种求法
一、公式法
n
例
1
<
/p>
已知数列
{
a
n
}
满足
a
n<
/p>
1
2
a
n
3
2
，
a
1
2
，求数列
{
a
n
}
< br>的通项公式。
a
n
1
a
n
3
a
n
1
a
n
3
a
n
a
1
2<
/p>
{
}
，则
，故数列<
/p>
是以
1
2
n
1
2
n
2
2
n
1
2
< br>n
2
2
n
2
1
2
a
3
3
1
(
n
1)
为首项，以
为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得
n
，所以数列
{
a
n
}
的通项公
n
2
2
2
3
1
n
式为
a
n
(
n
)2
。
< br>2
2
n
n
1
解：
a
n
1
2<
/p>
a
n
3
2
两边除以
2
，得
n
评注：本题解题的关键是把递推关系
式
a
n
1<
/p>
2
a
n
3
2
转化为
a
n
1
a
n
3
a
n
{
}
是等差数
，说明数列
2
n
1
2
n
2
2
< br>n
列，再直接利用等差数列的通项公式求出
a
n
3
1
(
n
1)
，进而求出数列
{
a
n
}
的通项公式。
<
/p>
n
2
2
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5
二、累加法
例
2
已知
数列
{
a
n
}
满足
a
n
<
/p>
1
a
n
2
n
1
，
a
1
1
，求数列
{
a
n
}
的通项公式。
解：由
a
n
1
a
n
2
n
1
得
a
n
1
a
n
2
n<
/p>
1
则
a
n
(
a
n
a
n
1
)
(
a
n
1
a
n<
/p>
2
)
L
(
a
3
a
2
)
(
a
2
a
1
)
a
1
<
/p>
[2(
n
1)
1]
[2
(
n
2)
1]
L
<
/p>
(2
2
1)
(2
1
1)
1
2[(
n
1)
(
n
2)
L
2
1]
(
n
< br>
1)
1
(
n
1)
n
2
(
n
1)<
/p>
1
2
(
n
1)(
n
1)
1
n
2
2
所以数列
{
a
n
}
的通项公式为
a
n
n
。
评
注
：
本
题
解
题
< br>的
关
键
是
把
递
推
关
系
式
a
n
1
a
n
2
n
1
转
化
为
< br>a
n
1
a
n
2
n
1
，
进
而
求
出
(
a
n
a
n
1
< br>)
(
a
n
1
a
n
2
)
L
(
a
3
a
2
)
(
< br>a
2
a
1
)
a
1
，即得数列
{
a
n
}
的通项公式。
n
例
3
<
/p>
已知数列
{
a
n
}
满足
a
n<
/p>
1
a
n
2
3
1
，
a
1
3
，求数列
{
a
n
< br>}
的通项公式。
解
：
由
a
n
1
a
n
2
3
n
1
得<
/p>
a
n
1
a
n
2
3
n
1
则
a
n
(
a
n
a
n
<
/p>
1
)
(
a
n
1
a
n
2
)
L
(
a
3
a
2
)
<
/p>
(
a
2
a
1
)
a
1
(2
3
n
< br>1
1)
(2
3
n
2
1)
L
(2
3
2
1)<
/p>
(2
3
1
1)
3
2(3
n
1
3
n
2
L
3
2
3
1
)
(
n
1)
3
3(1
3
n
1
)
2
(
n
1)
3
1
3
3
n
3
n
1
3
<
/p>
3
n
n
1
n
所以
a
n
3
n
1.
n
n
评注：本题解题的关键是把递推关系式
a
n
1
a
n
2
3
1
转化为
a
n
1
<
/p>
a
n
2
3
1
，进而求出
a
n
(
a
n
a
n
1
)
(
a
n
1
a
n
2
)<
/p>
L
(
a
3
a
2
)
(
a
2
a
1
)
a
1
，即得数列
{
a
n
}
的通项公式。
n
例
4
已知数列
{
a
n<
/p>
}
满足
a
n
1
3
a
n
2
3
1
< br>，
a
1
3
，求数列
{
a
n
}
的通项公式。
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n
n
1
解：
a
n
1
3
a
n
2
3
1
两边除以
3
，得
a
n
1
a
n
2
1
，
3
n<
/p>
1
3
n
3
3
n
1
则
a
n
1
a
n
2
1
，故
3
n
1
3
n
3
3
n
1
a
n
a
n
a
n
< br>1
a
n
1
a
n
2
a
n
2
a
n
3
a
2
a
1
a
1
(
< br>
)
(
)
(
)
L
(
1
)
n
n
n
2
n
< br>2
n
3
2
3
3
a
n
1
a
n
1
3
3
3
3
3
3
2
1
2
1
< br>2
1
2
1
3
(
n
)
(
n
1
)
(
n
2
)
< br>L
(
2
)
3
3
3
3
3
3
3
3
3
2(
n
1)
1
1
1
1
1
(
n
< br>
n
n
1
n
2
L
2
)
1
3
3
3
3
3
3
1
< br>n
1
(1
3
)
a
n
2(
n
1
)
3
n
2
n<
/p>
1
1
因此
n
，
1
3
3
1
< br>
3
3
2
2
3
n
则
a
n
2
1
1
n
3
n
3
n
< br>.
3
2
2
a
n
1
a
n
2
1
n
n
1
，进而求出
n
1
3
3
3
3
n
评注：本题解题的关键是把递推关系式
a
n
1
3
a
n
2
< br>
3
1
转化为
(
a
n
a
n
1
a
n
1
a
n
2
a
n
2
a
n
3
a
< br>2
a
1
a
1
a
n
，即得数列
)
(
)
(
)
L
(
)
n
的通项公式，最后再求
3
n
3
n
1<
/p>
3
n
1
3
n
2
3
n
2
3
n
3
3
2
3
1
3
3
数列
{
a
n
}
的通项公式。
第
7
页
共
17
页
7
三、累乘法
n
例
5
<
/p>
已知数列
{
a
n
}
满足
a
n<
/p>
1
2(
n
1)5
a
n
，
a
1
3
，求数列
{
a
n
}
的通项公式。
n
解：因
为
a
n
1<
/p>
2(
n
1)5
a
n
，
a
1
3
，所以
a
n
0
，则
a
n
1
2(
n
1)5
n
，故
a
n
a
n
a
n
a
n
1
a
a
<
/p>
L
3
2
a
1
a
n
1
a
n
2
a
2
a
1
[2(
n
1
1)5
n
1
][2(
n
2
1)5
n
2
]
L
[2(2
1)
5
2
][2(1
1)
5
1
]
3
2<
/p>
n
1
[
n
(
n
1)
L
3
2]
5
(
n
1)
(
n
2)
L
2
1
<
/p>
3
3
2
n
1
n
(
n
1)
2
5
< br>
n
!
n
1
所以数列
{
a
n
}
的通项公式为
a
n
3
< br>
2
5
n
(
n
1
)
2
n
!.
n
评
注
：
本
题
解
题
的
关
键
是
把
递
推
< br>关
系
a
n
1
2(
n
1)5
a
n
转
化
为<
/p>
a
n
1
2(
n
1)5
n
，
进
而
求
出
a
n
a
n
a
< br>n
1
a
a
L
3
2
a
1
，即得数列
{
a
n
}
的通项
公式。
a
n
1
a
n
<
/p>
2
a
2
a
1
例
6
（
2004
年全国
I<
/p>
第
15
题，原题是填空题）已知数列
{
a
n
}
满足
a
1
1
，
a
n
a
1
2
a
2
3
a
3
L<
/p>
(
n
1)
a
n
1
(
n
2)
，求
{
a
n
}
的通项公式。
解：因为
a
n
a
1
2
a
2
3
a
3
L
< br>
(
n
1)
a
n
1
(
n
2)
所以
a<
/p>
n
1
a
1
2
a
2
3
a
3
L
(
n
1)
a
n
1
na
n
用②式－①式得
a
< br>n
1
a
n
na
n
.
则
a<
/p>
n
1
(
n
1)
a
n
(
n
2)
②
①
故
a
n
1
n
1(
n
2)
a
n
a
< br>n
a
n
1
a
n
!
L
3
a
2
[
n
(
n
1)
L
4
3]
< br>a
2
a
2
.
a
n
1
a
n
2
a
2
2
第
8
页
共
17
页
所
以
a
n
③
8