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高中数学典型例题分析与解答:数列的求和


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数列的求和
【例 1】 求下列数列的前 n 项和 Sn: 】

1 1 1 1 (1)1 , 2 , 3 ,…, ( n + n ) ,…; 2 4 8 2 1 2 1 2 1 2 1 2 (2) + 2 , 3 + 4 , 5 + 6 ,…, 2 n 1 + 2 n ,…; 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 (3)1,1+ ,1+ + ,…,1+ + +…+ n 1 ,…. 2 2 4 2 4 2
1 1 1 1 解 (1)S n = 1 + 2 + 3 + … + ( n + n ) 2 4 8 2 1 1 1 1 = (1+ 2 + 3+…+n) + ( + + + … + n ) 2 4 8 2

1 1 (1 n ) n(n +1) 2 2 = + 1 2 1 2 n( n + 1) 1 = 1+ n 2 2
(2)S n = 1 2 1 2 1 2 + 2 + 3 + 4 + … + 2 n 1 + 2 n 3 3 3 3 3 3 1 1 1 2 2 2 = ( + 3 + … + 2n-1 ) + ( 2 + 4 + … + 2n ) 3 3 3 3 3 3

1 1 2 1 (1 2 n ) 2 (1 2 n ) 3 3 3 +3 = 1 1 1 2 1 2 3 3 5 1 = (1 2 n ) 8 3
(3)先对通项求和

an = 1+

1 1 1 1 + + … + n 1 = 2 n 1 2 4 2 2 1 1 1 ∴ S n = (2 + 2 +…+ 2) - (1+ + + … + n-1 ) 2 4 2 = 2n- (1+ 1 1 1 + + … + n-1 ) 2 4 2 1 = 2n- 2 + n 1 2

【例 2】 求和: 】
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1 1 1 1 + + +…+ 1 2 2 3 3 4 n( n + 1) 1 1 1 1 (2) + + +…+ 15 3 7 5 9 (2 n 1)(2 n + 3) 1 1 1 1 (3) + + +…+ 2 5 58 811 (3n 1)(3n + 2) (1)

解 (1)

1 1 1 = n(n + 1) n n + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴S n = ( ) + ( ) + ( ) + … + ( ) 1 2 2 3 3 4 n n +1
= 1 = 1 n +1

n n +1

(2)

1 1 1 1 = ( ) (2n 1)(2n + 3) 4 2 n 1 2 n + 3 1 1 1 1 1 1 1 ∴ S n = [1 + + + … + 4 5 3 7 5 9 2n 3 1 1 1 + ] 2 n + 1 2 n 1 2n + 3

1 1 1 1 = [1 + ] 4 3 2n + 1 2n + 3 n(4 n + 5) = 3(2 n + 1)(2 n + 3) (3) 1 1 1 1 = ( ) (3n 1)(3n + 2) 3 3n 1 3n + 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ S n = [( ) + ( ) + ( ) + … + ( )] 3 2 5 5 8 8 11 3n 1 3n + 2
1 1 1 = ( ) 3 2 3n + 2 n = 6n + 4
【例 3】 求下面数列的前 n 项和: 】

1 1 1 1+1, + 4 , 2 + 7 ,…, n1 + (3n- 2) ,… a a a 1 分析 将数列中的每一项拆成两个数,一个数组成以 为公比的等 a
比数列,另一个数组成以 3n-2 为通项的等差数列,分别求和后再合并.
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解 设数列的通项为 an,前 n 项和为 Sn

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则a n =

1 a n 1

+ (3n 2) 1 1 1 + 2 + … + n 1 ) +[1+ 4 + 7 +…+ (3n- 2)] a a a

∴ S n = (1 +

[1 + ( 3n 2)]n 3n 2 + n = 2 2 1 1 n (1 + 3n 2) n an 1 ( 3n 1) n a 当a≠1时,S n = + = n n 1 + 1 2 2 a a 1 a 当a = 1时,S n = n+
说明 等比数列的求和问题,分 q=1 与 q≠1 两种情况讨论.

【 例 4 】 设a k =12 + 2 2 +…+k 2 (k∈N*),则数列
…的前 n 项之和是

3 5 7 , , , a1 a2 a3
[ ]

A.

6n n +1

B.

3n n +1

C.

6( n 1) n

D.

6( n + 1) n+2

解 设数列 则b n =

3 5 7 , , ,…,的通项为b n . a1 a2 a3

2n + 1 an

又∵ a n = 12 + 2 2 +…+n 2 = ∴ bn =

1 n(n+1)(2n+1) 6

6 1 1 = 6( ) n(n + 1) n n +1

数列{bn}的前 n 项和 Sn=b1+b2+…+bn

1 1 1 1 1 1 1 + +…+ )( + +…+ + )] 2 3 n 2 3 n n+1 1 = 6(1 ) n+1 6n = 选 (A) . n +1 = 6[(1 +
【例 5】 求在区间[a,b](b>a,a,b∈N)上分母是 3 的不可约分数之和. 】

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3a 3a + 1 3a + 2 , , , 3 3 3 3a + 4 3a + 5 3b 2 3b 1 3b a+1, , ,a+ 2 ,…,b-1, , , 它是以 3 3 3 3 3 3a 1 为首项,以 为公差的等差数列. 3 3 解法一 区间[a,b]上分母为 3的所有分数是
项数为 3b- 3a+1,其和S = 1 (3b- 3a+1)(a+b) 2

其中,可约分数是 a,a+1,a+2,…,b

其和S′ =

1 (b-a+1)(a+b) 2

故不可约分数之和为

S -S′ =
=b2-a2 解法二

1 (a+b)[(3b- 3a+1) - (b-a+1)] 2

∵ S=

3a + 1 3a + 2 3a + 4 3a + 5 3b 2 3b 1 + + + +…+ + 3 3 3 3 3 3

1 2 4 5 2 1 ∴ S=(a+ )+(a+ )+(a+ )+(a+ )+…+(b- )+(b- ) 3 3 3 3 3 3 1 2 4 5 2 而又有S=(b- )+(b- )+(b- )+(b- )+…+(a+ )+ 3 3 3 3 3 1 (a+ ) 3
两式相加:2S=(a+b)+(a+b)+…+(a+b) 其个数为以 3 为分母的分数个数减去可约分数个数. 即 3(b-a)+1-(b-a+1)=2(b-a) ∴ 2S=2(b-a)(a+b) ∴ S=b2-a2

【例 6】 求下列数列的前 n 项和 Sn: 】 (1)a,2a2,3a3,…,nan,…,(a≠0、1); (2)1,4,9,…,n2,…; (3)1,3x,5x2,…,(2n-1)xn-1,…,(x≠1)

1 2 3 n (4) , , ,…, n ,…. 2 4 8 2
解 (1)Sn=a+2a2+3a3+…+nan
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∵ ∴ a≠0

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aSn=a2+2a3+3a4+…+(n-1)an+nan+1

Sn-aSn=a+a2+a3+…+an-nan+1 ∵ a≠1

a (1 a n ) ∴(1 a )S n = na n +1 1 a n a (1 a ) na n +1 Sn = 1 a (1 a ) 2
(2)Sn=1+4+9+…+n2 ∵ ∴ (a+1)3-a3=3a2+3a+1 23-13=3×12+3×1+1

33-23=3×22+3×2+1 43-33=3×32+3×3+1 …… n3-(n-1)3=3(n-1)2+3(n-1)+1 (n+1)3-n3=3n2+3n+1 把上列几个等式的左右两边分别相加,得 (n+1)3-13=3(12+22+…+n2)+3(1+2+…+n)+n

= 3(12 + 2 2 + 32 +…+n 2 ) +
∴ 12+22+32+…+n2

3n( n + 1) +n 2

1 3n( n + 1) = [(n+1) 3 -1- -n] 3 2 1 3n( n + 1) = [n 3 + 3n 2 + 3n- -n] 3 2 1 n(2n 2 + 3n+1) 6 1 = n(n+1)(2n+1) 6 =
(3)∵ Sn=1+3x+5x2+7x3+…+(2n-1)xn-1
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xSn=x+3x2+5x3+…+(2n-3)xn-1+(2n-1)xn

两式相减,得 (1-x)Sn=1+2x(1+x+x2+…+xn-2)-(2n-1)xn

2 x( x n 1 1) = 1- (2n-1)x + x 1 n+1 (2n 1)x (2 n + 1) x n + (1 + x) = 1 x n+1 (2n 1)x (2 n + 1) x n + (1 + x) ∴ Sn = (1 x) 2
n

(4) ∵ S n =

1 2 3 n + 2 + 3 +…+ n 2 2 2 2 1 2 3 1 n S n = 2 + 3 + 4 + … + n +1 2 2 2 2 2

两式相减,得

1 1 1 1 1 n S n = + 2 + 3 + … + n n+1 2 2 2 2 2 2 1 1 (1 n ) 2 2 n = 1 2 n+1 1 2 n 1 n n +1 2 2 1 n ∴ S n = 2 - n1 n 2 2 = 1
说明 求形如{anbn}的数列的前 n 项和,若其中{an}成等差数列,{bn}成等比数列,则可 采用推导等比数列求和公式的方法,即错位相减法,此方法体现了化归思想.

【 例 7 】 设等差数列{a n }的前n项和为S n ,且S n = (
n∈N*,若 bn=(-1)nSn,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

an +1 2 ) , 2

分析 求{bn}的前 n 项和,应从通项 bn 入手,关键在于求{an}的前 n 项和 Sn,而由已知只 需求{an}的通项 an 即可.

解法一 ∵ {a n }是等差数列,S n = ( 当n = 1时,a 1 = ( a1 + 1 2 ) 解得a 1 = 1 2

an +1 2 ) 2

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当n = 2 时,a 1 +a 2 = (

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a2 + 1 2 ) 解得a 2 = 3或a 2 = -1 2 a3 + 1 2 当n = 3时,a 1 +a 2 +a 3 = ( ) ,由a 2 = 3,解得a 3 = 5或a 3 = 2
-3,由 a2=1,解得 a3=1.

又S n = (

an +1 2 ) ≥ 0,∴ a 2 = -1,a 3 = - 3,a 3 = 1( 舍 ) 2

即 a1=1,a2=3,a3=5,∴ d=2 an=1+2(n-1)=2n-1 Sn=1+3+5+…+(2n-1)=n2 bn=(-1)nSn=(-1)nn2 Tn=-12+22-32+42-…+(-1)nn2 当 n 为偶数时,即 n=2k,k∈N* Tn=(-12+22)+(-32+42)+…+[-(2k-1)2+(2k)2] =3+7+…+(4k-1)

[3 + (4k 1)]k 2 = (2k+1)k n( n + 1) = 2 =
当 n 为奇数时,即 n=2k-1,k∈N* Tn=-12+22-32+42-…-(2k-1)2 =-12+22-32+42-…-(2k-1)2+(2k)2-(2k)2 =(2k+1)k-(2k)2 =-k(2k-1)

=-

n( n + 1) 2 n( n + 1) 2 n∈N * (a 1 + a n ) n ,求a n . 2

∴ Tn = ( -1) n

也可利用等差数列的前n项和公式S n =

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解法二 取n = 1,则a 1 = (

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a1 + 1 2 ) ∴ a1 = 1 2 (1 + a n ) n a +1 2 n(a 1 + a n ) =( n ) 又S n = 可得: 2 2 2
an≠-1 ∴ an=2n-1 以下同解法一.



说明 本题以“等差数列”这一已知条件为线索,运用方程思想,求数列{an}的通项 an,在 求数列{bn}的前 n 项和中, 通过化简、 变形把一般数列的求和问题转化为等差数列的求和问题. 由 于(-1)n 的作用,在变形中对 n 须分两种情况讨论

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