数列求和方法及数学归纳法_高中数学数列求和方法

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数列求和

一、常用公式法

直接利用公式求和是数列求和的最基本的方法．常用的数列求和公式有：

等差数列求和公式:

等比数列求和公式:

二、错位相减法

可以求形如 的数列的和，其中

为等差数列，为等比数列.例1：求和：.设

减法求和.解：，其中 为等差数列，为等比数列，公比为，利用错位相，两端同乘以，得，两式相减得

于是.说明：错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题.三、裂项相消法

适用于 阶乘的数列等 例2

求数列{1/（＋)}的前n项和 其中{

}是各项不为0的等差数列，c为常数；部分无理数列、含解： ∵1/(＋)＝－(n＋1－n＝1)

分母有理化

∴1/（＝

＝＋)＋1/(－－1

＋)＋…＋1/(－

－)－1＋＋…＋说明：对于分母是两二次根式的和，且被开方数是等差数列，利用乘法公式，使分母上的和变成了分子上的差，从

而Sn又因中间项相消而可求。

四、分组转化法

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，能分为几个

等差、等比或常见的数列，则对拆开后的数列分别求和，再将其合并即可求出原数列的和．

n例3 已知集合A＝{a|a＝2＋9n－4，n∈N且a＜2000}，求A中元素的个数，以及这些元素的和

1011解： 由 2＝1024，2＝2048 1010－4＜2000

知 2＋9×1110－4＞2000

2＋9×

∴ A中有10个元素,记这些元素的和为S10，则

(首项为9，公差为9的等差数列)

2310

S10＝2＋2＋2＋…＋2＋9＋18＋…＋90－4×

(首项为2，公比为2的等比数列)

5－40＝2501

＝2(210－1)＋99× 说明：本题中A是一个集合，集合中的元素是不可重复的，也是没有顺序，所以集合与数列是不同的，但在求和时与10个元素的顺序无关，所以可借用数列的方法求和。

五、配对求和法

对一些特殊的数列，若将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，则在数列求和时，可考虑把这些项放在一起先配对求和，然后再求Ｓｎ． 例4, 设数列的首项为，前项和

（1）求证：数列是等比数列。

满足关系式：

（2）设数列的公比为，作数列使，求。（3）对（2）中的数列求和：。

（1997年上海高考试题）

解: 1）略；（2），（提示：）

（3）

（提示：配对求和）

六、数学归纳法

第一数学归纳法：（1）已知命题P(1)成立；

（2）若命题P(k)成立，则P(k1)成立；

由（1）（2）可知命题P(n)都成立。

简单实例：证明12342n22n12n1(nN*)； 第二数学归纳法：（1）已知命题P(1)成立；

（2）若当nk时命题P(k)都成立，则P(k1)成立；

由（1）（2）命题P(n)都成立。

应用的注意点：

（1）两步缺一不可

（2）第二步证明是必须利用归纳假设；

例5．用数学归纳法证明：。

证明：i)当n=2时，左式=，右式=，∵，∴，即n=2时，原不等式成立。

ii)假设n=k(k≥2, k∈Z)时，不等式成立，即 ，则n=k+1时，左边=

右边=，要证左边>右边，只要证，只要证

2，只要证 4k+8k+4>4k+8k+3

只要证4>3。

而上式显然成立，所以原不等式成立，即n=k+1时，左式>右式。

由i), ii)可知，原不等式对n≥2，n∈N均成立。

七.倒序相加法：

如果一个数列｛an｝，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法。

例6.求和

解析：据组合数性质，将倒序写为

以上两式相加得：

八.待定系数法

类似等差数列，如果是关于的次式，那么它的前项和

次式的各项系数即可。

是关于的次式，且不含常数项。因此，只要求出这个例7.求和解析：由于通项是的二次式，则是的三次式，且不含常数项。

设，令得

解得

所以

九．无穷等比数列各项和

符号：Sa1a2...an...limSn

nnn显然：1）q1，limSnlimna1不存在2）q1,，Sn,1a1，n2milSn不存在(mN*)mn0,n2ma1(1qn)3）q1，limSnlim不存在nn1qa1(1qn)a4）q1，limSnlim1

nn1q1q定义：我们把q1的无穷等比数列前n项的和Sn当n时的极限叫做无穷等比数列各项的和，并用S表示，即S=

a1(q1)。1q注：1.无穷等比数列前n项和Sn与它的各项和S的区别与联系； 2.前n项之和Sn是数列中有限个项的和,而无穷等比数列各项的和Sn是数列中所有的项的和,它们之间有着本质的区别。

3.对有无穷多项的等比数列,我们是不可能把它们所有的项一一相加的,而是通过对它的前n项之和取极限运算而求得,是用有限的手段解决无限的问题。

4.求和前提：0q1,q0；公式表明它只求公比0q1,q0 的无穷等比数列各项的和.数学归纳法

●难点磁场

(★★★★)是否存在a、b、c使得等式1·22+2·32+…+n(n+1)2=

n(n1)(an2+bn+c).12●案例探究

［例1］试证明：不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相等时，均有：an+cn＞2bn.命题意图：本题主要考查数学归纳法证明不等式，属★★★★级题目.知识依托：等差数列、等比数列的性质及数学归纳法证明不等式的一般步骤.错解分析：应分别证明不等式对等比数列或等差数列均成立，不应只证明一种情况.技巧与方法：本题中使用到结论：(ak－ck)(a－c)＞0恒成立(a、b、c为正数)，从而ak+1+ck+1＞ak·c+ck·a.b证明：(1)设a、b、c为等比数列，a=,c=bq(q＞0且q≠1)

qbnnnn1∴a+c=n+bq=b(n+qn)＞2bn

qqnn

ancnacn(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想＞()(n≥2且n∈N*)

22下面用数学归纳法证明：

a2c2ac2()①当n=2时，由2(a+c)＞(a+c)，∴

22akckack(), ②设n=k时成立，即

22ak1ck11(ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)则当n=k+1时，2411＞(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=(ak+ck)(a+c)44ackacack+1＞()·()=()

2221［例2］在数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an,Sn,Sn－成等比数列.2(1)求a2,a3,a4，并推出an的表达式；(2)用数学归纳法证明所得的结论；(3)求数列{an}所有项的和.2

22命题意图：本题考查了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识.知识依托：等比数列的性质及数学归纳法的一般步骤.采用的方法是归纳、猜想、证明.错解分析：(2)中，Sk=－

1应舍去，这一点往往容易被忽视.2k3111}是以{}为首项，为公差的等差数列，进而求得SnS12技巧与方法：求通项可证明{通项公式.11成等比数列，∴Sn2=an·(Sn－)(n≥2)

(*)222(1)由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－

3212由a1=1，a2=－,S3=+a3代入(*)式得：a3=－

3315解：∵an,Sn,Sn－

(n1)1 2同理可得：a4=－,由此可推出：an= 2(n1)35(2n3)(2n1)(2)①当n=1,2,3,4时，由(*)知猜想成立.2②假设n=k(k≥2)时，ak=－成立

(2k3)(2k1)故Sk2=－21·(Sk－)

2(2k3)(2k1)∴(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0 11(舍),Sk2k12k311由Sk+12=ak+1·(Sk+1－),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－)

22∴Sk=

2ak1ak11122aaak1k1k12k12k12(2k1)2

2ak1,即nk1命题也成立.[2(k1)3][2(k1)1]1(n1)由①②知，an=对一切n∈N成立.2(n2)(2n3)(2n1)(3)由(2)得数列前n项和Sn=

1,∴S=limSn=0.n2n1数学归纳法的应用

具体常用数学归纳法证明：恒等式，不等式，数的整除性，几何中计算问题，数列的通项与和等.