毕业论文-数列求和问题的探讨
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2021年01月27日 22:06
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数列求和问题的探讨
【摘要】数列求和问题是数列的基本内容 之一，由于数列求和问题题
型多样，技巧性也较强，以致成为数列的一个难点。鉴于此，下面就数列求和问题的常见题型及解法技巧逐一探讨。本文将用一些较为简单和具代
表性的例子，探讨将数列求 和的方法和技巧渗透、融合，实现方法与内容
的整合实践，阐述数列求和中一些具体方法与思想。
【关键词】
数列求和
通项公式
方法
一、数列求和的思路
数列是数学的重点内容之一 ，而数列求和是数列中较难的一个问题，
技巧性强，覆盖面广，而且能有效地测试学生的运算能力、逻辑 推理能力
以及分析问题的能力。数列求和是一个较复杂的数学问题，因此必须挖掘
题设条件，从 中发现规律，顺利完成求和问题。等比、等差数列前
n
项和
可以直接用通项公式求和 ；非等比、等差数列前
n
项求和的关键是从通项
出发，
分析其结构特征，若问题能转化为等差
数列或等比数列求和的问题，
则有基本求和公式可用，或变 换通项，经过裂相等方法消去中间相，达到
求和的目的；若通项是项数
n
的一次、二次、三次多项式的
形式，则可以
转化为正整数平方数列、立方数列进行求和。
二、探究数列求和的方法
1.
公式求和法
- 1 -
如 果给定的数列是由等差数列、等比数列、一些已知求和公式的特殊
数列或这些数列通过和的形式组成，其 前
n
项和可用已知公式直接求得。
1
、等差数列求和公式：
S
n
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
n
a
1
(
1
q
)
a
1
a
n
q
(
q
1
)
1
q
1
q
3
、
S
n
k
n
(
n
1
)
k
1
n
n
1
2
4
、
S
n
k
2
n
(
n
1
)(
2
n
1
)
k
1
n
1
6
5
、
S
n
k
3
[
n
(
n
1
)]
2
k
1
1
2
例
1
、
已
知
a
n
是
一
个
首
项
为
a，
公
比
为
q
(0
q
1)
的
等
比
数
列
，
求
S
n
a
1
2
a
2
2
a
3
2
a
n
2
(
n
N
*
)
n
1
2
a
n
a
2
q
2(
n
1)
2
1
，
2
2
2
n
2
q
2
a
n
a
q
解：由已知得
a
n
aq
a
n
2< br>
是首项为
a
2
，公比为
q
2
的等比数列。
2
2
当
q
1
时，
S
n
a
1
2
a
2
a
n
na
2
.
a
1
2
[1
(
q
2
)
n
]
a
2(1
q
2
n
)
当
q
1< br>时，
S
n
1
q
2
1
q
2
例
2
、
已知数列
a
n
为等差数列，
且
a
p
=
，a
q
（
p
q
，
p
，q
N
*
）
，
求
S
p
q
。
1
1
a
p
aq
q
p
1
解：
数列
a
n
为等差数列，
公差
d
=
=
p
q
pq
p
q
1
q
1
p
a
p
a
1
p
1
1
1
1
1
1
a
1
p
1
pq
q
q
pq
pq
由等差数列求和公式，得
- 2 -
S
p
q
a
1
p
q
p
q
p
q
1
2
1
p
q
p
q
1
pq
2
pq
例
3
、已知等差数列
a
n
中，
a
2
9,
a
5
21
,
b
n
2
a
n
，求数 列
b
n
的前
n
项
和
. 解：设等差数列的公差为
d
，则
d
a
5
< br>a
2
21
9
4
，
5
2
3
所以
a
n
a
2
(
n
2)
d
9
4(
n
2)
4
n
1
.< br>由
b
n
2
a
n
得
b
n< br>
2
4
n
1
，
故数列
b
n
是以首项为
b
1
2
5
，公比为
2
的等比数列
.
4
于是得数列
b
n
的前
n
项和
S
n
2< br>、错位相减法
求数列
a
n
b
n
和
4
n
2
5
1
(2
)
1
2
4
32
2
4
n
1
15
.
a
n
数列
a
n
，
b
n
分别为等差与等比数列
.
的前
n
项和，
b
n
求和时 在求式的两边承以公比
q
后，
与原数列的和作差，
即
S
n< br>
qS
n
，
然后求
S
n
即可
.
例
1
、求数列
，
1
2
3
n
，
，„，
的前
n
项和
S
n
。
2
2
2
2
n
2
3
1
2
3
n
1
n
解：
Sn
=
+
2
+
3
+
„
+
n
1
+
n
①
2
2
2
22
1
作辅助数列：上式两边同时乘以
2
1
1
2
3
n
1
n
S
n
=
2
+
3
+
4
+
„
+
n
+
n
1
②
2
2
2
2
2
2
于是①
-
②，得
1
1
2
1
3
2
n
n
1
n
S
n
=
+
（
2
-
2
）
+
（
3
-
3
）
+
„
+
（
n
-
n
）
-
n
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
n
∴
S
n
=
+
2
+
3
+
4
+
„
+
n
-
n
1
2
2
2
2
2
2
2
S
n
-
1
1
1
n
n
1
n
2
2
=
-
n
1
= 1-
n
-
n
1
1
2
2
2
1
2
- 3 -
∴
S
n
=2-
1
2
n
1
-
n
n
2
3
5
7
2
n
1
2
2
2
2< br>2
2
n
3
5
7
2
n
1< br>解：
S
n
2
2
n
，
①
2
2
2
2
1
3
5
7
2
n
1
S
n
2
3
4
< br>
n
1
，
②
2
2
2
2
2
例
2
、求和
S
n
①
②，得
1
3
2
2
2
2
n
1
S
n
2
3
n
n
1
2
2
2
2
2
2
3
1
2
n
1
=
(1
n
1
)
n
1
2
2
2
5
1
2
n
1
=
n
1
n
1
.
2
2
2
1
2
n
1
2
n
5
故
S
n
5
n
2
n
5
n
.
2
2
2
3
、倒序相加法
倒序相加是推导等差数列 的前
n
项和公式时所用的方法。它是由高斯求
和法而来，
如果数列
a
n
的任意第
K
项与倒数第
K
项之和等 于首项与末项之
和（某两项之和、某个定值或相加后成为一个基本数列）
，由此启发出求一类一般数列前
n
项和的方法。
即将数列反序，
再把正序与倒序对应项相 加，
使相加后的数列为一个简单数列，化繁为简，化未知为已知，达到求和的
目的。
例
1
、已知
S
n
sin
2
1< br>
sin
2
2
...
sin
2
89
，求
S
n
解：
S
n
sin
2
1
sin
2
2
...< br>
sin
2
89
（
1
）
S
n
sin
2
89
sin
2
88
...
sin
2
1
（
2
）
（
1
）< br>+
（
2
）得
2
S
n
89
，所以
S
n
44.5
.
4
、分组求和法
- 4 -