详解数列求和的方法+典型例题[1]

详解数列求和的常用方法

数列求和是数列的重要内容之一，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。

第一类：公式法

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、等差数列的前n项和公式

Sn

n(a1an)n(n1)d

na1 22

2、等比数列的前n项和公式

na1(q1)

Sna1(1qn)a1anq

1q1q(q1)

3、常用几个数列的求和公式 （1）、Sn

n

k123n

k1n

1

n(n1) 2

1

n(n1)(2n1) 6

（2）、Sn

k2122232n2

k1n

（3）、Sn

133333

k123n[n(n1)]2 2k1

第二类：乘公比错项相减（等差等比）

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

{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列。

例1：求数列{nq

n1

}(q为常数)的前n项和。

解：Ⅰ、若q=0， 则Sn=0

Ⅱ、若q=1，则Sn123nⅢ、若q≠0且q≠1， 则Sn12q3qnq

2

n1

1

n(n1) 2

①

qSnq2q23q3nqn ②

①式—②式：(1q)Sn1qq2q3qn1nqn

Sn

1

(1qq2q3qn1nqn) 1q

11qn

(nqn) Sn

1q1q

1qnnqn

Sn2

(1q)1q



0(q0)1

综上所述：Snn(n1)(q1)

21qnnqn

(q0且q1)2

1q(1q)

解析：数列{nqn1}是由数列n与qn1对应项的积构成的，此类型的才适应错位相减，（课本中的的等比数列前n项和公式就是用这种方法推导出来的），但要注意应按以上三种

情况进行分类讨论，最后再综合成三种情况。



第三类：裂项相消法

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：

1、乘积形式，如：

（1）、an

111



n(n1)nn1

(2n)2111

（2）、an1()

(2n1)(2n1)22n12n1

（3）、an（

1111

[]

n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)

4

）

、

an

n212(n1)n1111

nn,则S1 nn1nn

n(n1)2n(n1)2n2(n1)2(n1)2

2、根式形式，如：

an

1n1n

n1n

例2：求数列

1111，，，…，，…的前n项和Sn 122334n(n1)

解：∵

111

=

n(n1)nn1

Sn1

111111 2233nn11 Sn1

n1

1111，，，…，，…的前n项和Sn 132435n(n2)

例3：求数列

解：由于：

1111

=(）

n(n2)2nn2

则：Sn

111111(1)()() 2324nn2

1111

)  Sn(1

22n1n2311

  Sn

42n22n4

解析：要先观察通项类型，在裂项求和时候，尤其要注意：究竟是像例2一样剩下首尾两项，还是像例3一样剩下四项。

第四类：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)。

例4：若函数f(x)对任意xR都有f(x)f(1x)2。 （1）anf(0)f()f()f(证明你的结论；

（2）求数列1

n2nn1

)f(1)，数列{an}是等差数列吗？是n

1

的的前n项和Tn。

anan1

1n

2n

n1

)f(1)（倒序相加） n

解：（1）、anf(0)f()f()f(

n1n21

)f()f()f(0) nnn

1n12n2

101

nnnn

anf(1)f(

则，由条件：对任意xR都有f(x)f(1x)2。 2n1）2an2222（

ann1an1n2 an1an1

从而：数列{an}是a12,d1的等差数列。 （2）、

1111



anan1(n1)(n2)n1n21111 233445（n1）(n2)

Tn=

11111111n

 Tn=

2334n1n22n22n4

n

故：Tn=

2n4

解析：此类型关键是抓住数列中与首末两端等距离的两项之和相等这一特点来进行倒序相加的。

此例题不仅利用了倒序相加法，还利用了裂项相消法。在数列问题中，要学会灵活应用不同的方法加以求解。

第五类：分组求和法

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，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可。

例5：求数列{

1n1

+n2}的前n项和Sn

n(n1)

解：令an

1

bnn2n1

n(n1)

Sn(a1b1)(a2b2)(a3b3)(anbn)

Sn(a1a2a3an)(b1b2b3bn)

111111)(122322n2n1) 2233nn11

)(122322n2n1) Sn(1

n1

Sn(1

令Tn122322n2n1 ①

2Tn2222323n2n ②

①式—②式：(12)Tn1222232n1n2n

Tn(1222232n1n2n)

12n

n2n) Tn(

12

Tn(n1)2n1

11)(n1)2n12(n1)2n n1n1

12n

例6：求数列{(xn)}的前n项和Sn

x12n

分析：将an(xn)用完全平方和公式展开，再将其分为几个数列的和进行求解。

x121122n112nnn2n2n

解：an(xn)=(x)2xn(n)=x22n=x2()

xxxxx

111

Sn[x22()2][x42()4][x2n2()2n]

xxx

111

Sn

(x2x4x2n)(222)[()2()4()2n]

xxx

故：Sn(1

22

（首项x，公比x等比数列） （常数列） （首项()，公比()等比数列）

1x

2

1x

2

Ⅰ、令Tnx2x4x2n

①x1时，Tnx2x4x2n=111n ②x1时，Tnx2x4x2n

x2x2nx2x2n2x2

= 22

1xx1

Ⅱ、令Mn2222n

Ⅲ、令Gn()()()

1x

2

1x

4

1x

2n

111xxx121412n

②x1时，Gn()()()

xxx

242n

①x1时，Gn()()()111n

x2n2x211212n121

2n2()()()22n22

xxx=== 22

12x1x11()xx2x2

x2n2x2x2x2(x2n1)=2=

xx2n2x21x2nx2(x21)

x2n1=2n2 x(x1)

综上所述：

①x1时，SnTnMnGnn2nn4n

x2n2x2x2n1

②x1时，SnTnMnGn 2n2n2

2

x1x(x1)

这个题，除了注意分组求和外，还要注意分类讨论思想的应用。

第六类：拆项求和法

在这类方法中，我们先研究通项，通项可以分解成几个等差或等比数列的和或差的形式，再代入公式求和。

例7：求数列9，99，999，… 的前n项和Sn

分析：此数列也既不是等差数列也不是等比数列启发学生先归纳出通项公式

an10n1 可转化为一个等比数列与一个常数列。分别求和后再相加。

解：由于：an10n1 则：Sn99999

Sn(1011)(1021)(1031)(10n1) Sn(10110210310n)(1111)

1010n10

n Sn

110

10n110

n Sn

9

111123nn 2482

11

解：由于：annnnn

22

1111

则：Sn=(123n)(n)（等差+等比，利用公式求和）

2482

11(1()n)

1=n(n1)

12

12

11n=n(n1)1() 22

例8：Sn=1

解析：根据通项的特点，通项可以拆成两项或三项的常见数列，然后再分别求和。

这篇文章中，有6类重要方法，8个典型例题，大部分常见数列的前n项和都可以求出来了，由于知识的不完备，在该类知识上还有些缺憾，在此希望这篇文章可以带给学习数列的同

详解数列求和的常用方法

数列求和是数列的重要内容之一，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。

第一类：公式法

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、等差数列的前n项和公式

Sn

n(a1an)n(n1)d

na1 22

2、等比数列的前n项和公式

na1(q1)

Sna1(1qn)a1anq

1q1q(q1)

3、常用几个数列的求和公式 （1）、Sn

n

k123n

k1n

1

n(n1) 2

1

n(n1)(2n1) 6

（2）、Sn

k2122232n2

k1n

（3）、Sn

133333

k123n[n(n1)]2 2k1

第二类：乘公比错项相减（等差等比）

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

{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列。

例1：求数列{nq

n1

}(q为常数)的前n项和。

解：Ⅰ、若q=0， 则Sn=0

Ⅱ、若q=1，则Sn123nⅢ、若q≠0且q≠1， 则Sn12q3qnq

2

n1

1

n(n1) 2

①

qSnq2q23q3nqn ②

①式—②式：(1q)Sn1qq2q3qn1nqn

Sn

1

(1qq2q3qn1nqn) 1q

11qn

(nqn) Sn

1q1q

1qnnqn

Sn2

(1q)1q



0(q0)1

综上所述：Snn(n1)(q1)

21qnnqn

(q0且q1)2

1q(1q)

解析：数列{nqn1}是由数列n与qn1对应项的积构成的，此类型的才适应错位相减，（课本中的的等比数列前n项和公式就是用这种方法推导出来的），但要注意应按以上三种

情况进行分类讨论，最后再综合成三种情况。



第三类：裂项相消法

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：

1、乘积形式，如：

（1）、an

111



n(n1)nn1

(2n)2111

（2）、an1()

(2n1)(2n1)22n12n1

（3）、an（

1111

[]

n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)

4

）

、

an

n212(n1)n1111

nn,则S1 nn1nn

n(n1)2n(n1)2n2(n1)2(n1)2

2、根式形式，如：

an

1n1n

n1n

例2：求数列

1111，，，…，，…的前n项和Sn 122334n(n1)

解：∵

111

=

n(n1)nn1

Sn1

111111 2233nn11 Sn1

n1

1111，，，…，，…的前n项和Sn 132435n(n2)

例3：求数列

解：由于：

1111

=(）

n(n2)2nn2

则：Sn

111111(1)()() 2324nn2

1111

)  Sn(1

22n1n2311

  Sn

42n22n4

解析：要先观察通项类型，在裂项求和时候，尤其要注意：究竟是像例2一样剩下首尾两项，还是像例3一样剩下四项。

第四类：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)。

例4：若函数f(x)对任意xR都有f(x)f(1x)2。 （1）anf(0)f()f()f(证明你的结论；

（2）求数列1

n2nn1

)f(1)，数列{an}是等差数列吗？是n

1

的的前n项和Tn。

anan1

1n

2n

n1

)f(1)（倒序相加） n

解：（1）、anf(0)f()f()f(

n1n21

)f()f()f(0) nnn

1n12n2

101

nnnn

anf(1)f(

则，由条件：对任意xR都有f(x)f(1x)2。 2n1）2an2222（

ann1an1n2 an1an1

从而：数列{an}是a12,d1的等差数列。 （2）、

1111



anan1(n1)(n2)n1n21111 233445（n1）(n2)

Tn=

11111111n

 Tn=

2334n1n22n22n4

n

故：Tn=

2n4

解析：此类型关键是抓住数列中与首末两端等距离的两项之和相等这一特点来进行倒序相加的。

此例题不仅利用了倒序相加法，还利用了裂项相消法。在数列问题中，要学会灵活应用不同的方法加以求解。

第五类：分组求和法

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，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可。

例5：求数列{

1n1

+n2}的前n项和Sn

n(n1)

解：令an

1

bnn2n1

n(n1)

Sn(a1b1)(a2b2)(a3b3)(anbn)

Sn(a1a2a3an)(b1b2b3bn)

111111)(122322n2n1) 2233nn11

)(122322n2n1) Sn(1

n1

Sn(1

令Tn122322n2n1 ①

2Tn2222323n2n ②

①式—②式：(12)Tn1222232n1n2n

Tn(1222232n1n2n)

12n

n2n) Tn(

12

Tn(n1)2n1

11)(n1)2n12(n1)2n n1n1

12n

例6：求数列{(xn)}的前n项和Sn

x12n

分析：将an(xn)用完全平方和公式展开，再将其分为几个数列的和进行求解。

x121122n112nnn2n2n

解：an(xn)=(x)2xn(n)=x22n=x2()

xxxxx

111

Sn[x22()2][x42()4][x2n2()2n]

xxx

111

Sn

(x2x4x2n)(222)[()2()4()2n]

xxx

故：Sn(1

22

（首项x，公比x等比数列） （常数列） （首项()，公比()等比数列）

1x

2

1x

2

Ⅰ、令Tnx2x4x2n

①x1时，Tnx2x4x2n=111n ②x1时，Tnx2x4x2n

x2x2nx2x2n2x2

= 22

1xx1

Ⅱ、令Mn2222n

Ⅲ、令Gn()()()

1x

2

1x

4

1x

2n

111xxx121412n

②x1时，Gn()()()

xxx

242n

①x1时，Gn()()()111n

x2n2x211212n121

2n2()()()22n22

xxx=== 22

12x1x11()xx2x2

x2n2x2x2x2(x2n1)=2=

xx2n2x21x2nx2(x21)

x2n1=2n2 x(x1)

综上所述：

①x1时，SnTnMnGnn2nn4n

x2n2x2x2n1

②x1时，SnTnMnGn 2n2n2

2

x1x(x1)

这个题，除了注意分组求和外，还要注意分类讨论思想的应用。

第六类：拆项求和法

在这类方法中，我们先研究通项，通项可以分解成几个等差或等比数列的和或差的形式，再代入公式求和。

例7：求数列9，99，999，… 的前n项和Sn

分析：此数列也既不是等差数列也不是等比数列启发学生先归纳出通项公式

an10n1 可转化为一个等比数列与一个常数列。分别求和后再相加。

解：由于：an10n1 则：Sn99999

Sn(1011)(1021)(1031)(10n1) Sn(10110210310n)(1111)

1010n10

n Sn

110

10n110

n Sn

9

111123nn 2482

11

解：由于：annnnn

22

1111

则：Sn=(123n)(n)（等差+等比，利用公式求和）

2482

11(1()n)

1=n(n1)

12

12

11n=n(n1)1() 22

例8：Sn=1

解析：根据通项的特点，通项可以拆成两项或三项的常见数列，然后再分别求和。

这篇文章中，有6类重要方法，8个典型例题，大部分常见数列的前n项和都可以求出来了，由于知识的不完备，在该类知识上还有些缺憾，在此希望这篇文章可以带给学习数列的同