数列求和的8种常用方法最全1最新修正版Word文件下载.docx
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设S=sinS^+sin22Q+sin^^+…+sin288°
+sin289Q①
将①式右边反序得
(反序)
S=sin2890+sin288+■…+sin23°
+sin22°
+sin21②
又因为sinX=cos(90°
-x),sin2x+cos2x=1
(反序相加)
①+②得
2S=(sin1+cos1)+(sin2+cos2)+…+(sin89+cos89)=89
•••S=44.5
99999
.错位相减法:
适用于差比数列(如果{aj等差,{bn}等比,那么{anbj叫做差比数列)即把每一项都乘以{bn}
的公比q,向后错一项,再对应同次项相减,即可转化为等比数列求和
女口:
等比数列的前n项和就是用此法推导的.
例5求和:
Sn=1+3x+5x2+7x3+…+(2n-彷心①
由题可知,{(2n-1)xn」}的通项是等差数列bn-1的通项与等比数列{x^}的通项之积
设xSn=1x+3x2+5x3+7x4+…+(2n_1)xn②(设制错位)
①一②得(1-x)Sn=1+2x+2x2+2x3+2x4+…+2x2—(2门_〔用(错位相减)
1_xn^
即:
(1-x)Sn=1+2x”-(2n-1)xn
1-x
.c(2n-1)xn*-(2n+1)xn+(1+x)
…Sn二
二Sn十器
四.裂项相消法:
即把每一项都拆成正负两项,使其正负抵消,只余有限几项,可求和。
这是分解与组合思想(分是为了更好地合)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.适用于其中{aj是各项不为
:
an£
nH1J
0的等差数列,c为常数;
部分无理数列、含阶乘的数列等。
其基本方法是an=f(n+1)—f(n).
常见裂项公式:
111
n(n-M)nn+1
1
an
11
—(2n-1)(2n+1)=2(2n-1
(5)
n+2
-n(n+1)
1_2(n+1)-n
n(n+1)
(6)
sin1
cosncos(n+1)
(7)
(8)
(2n)2
2n+1);
an-(2n-1)(2n+1)
=—
2nn
i=tan(n+1)-tann;
n1
(n+1)!
~n!
(n+1)!
十(冇一話;
K-帚話;
则i
常见放缩公式:
2(7^-扁)=~2__厂<
丁<
―_:
Jn-H+VnJnJn+Vn—1
=2(7n-s^).
求数列1,””;
1——,…的前n项和.
1+V2V2+J3Vn+Jn+1
设an=—:
=Jn+1—jn
Vn+Vn+1
贝Hs=一——++
则Sn1+Vi72+逅需*0
=(运-#1)+(J3-(0)+…+(Jn+1-Ui)=Jn+1-1
求和Sn=丄+川+
1咒33咒55^7(2n—1)(2n+1)
解:
在数列{an}中,an=…,又b
nn+1n+1n+1
亠2亠亠nn
-an=++…+=—
n+1n+1n+12
211
-bn=nn+彳=8(--〒)
n.n1nn+1
(裂项)
(裂项求和)
,求数列tbj的前n项的和.
an2时
•••数列{bn}的前n项和
1111111
Sn=8[(1—+…+(————
223"
=8(1-—)n+1
=_8l
n+1
例9求证:
——1—+—忑—+”
cosOcos1cos1cos2
变式
)]
nn+1
…+
cos1
00—2
cos88cos89sin1
设S=忑忑+不O中”
cos0cos1cos1cos2cos88cos89
・A0Sin1£
忑=tan(n+1)-tanncosncos(n+1)
+…+
二S=W+云—
COS0cos1cos1cos2
=—^{(tanr-tanOJ+(tan2"
-tan1(tan3〕—tan2°
)+[tan89"
-tan88”]}
sin1
1/丄ccG丄cm1
=忑(tan89-tan0}=^cot1
sin1sin1
•••原等式成立
+1111
求&
=一+—+——+——.
3153563
COS88COS89
sin21
1+丄+丄+丄
=丄+丄+丄+丄
1X33X55X77X9
=丄(1_1)+丄(1_1)+丄(1_丄)+丄(丄_1)
23235257279
1「1111111"
t
T(1—1)+(1T+(1T+(1—1)
2^3355779」
=丄(1—丄)
29
4
—9
五.分组求和法:
有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,重新组合,使其转化成常见的数列,然后分别求和,
例11求数列的前n项和:
1+1,-+4,-y+7,…;
+3n—2,…
aaa
设Sn=(1+1)+(-+4)+(-2+7)+…+(「^7+3n-2)
将其每一项拆开再重新组合得
SnP+—+—+…+—
aa
可把数列的每一项分成多个项或把数列的项再将其合并即可.
当a=1a=1时,Sn=n+
n斗)+(1+4+7+…*+3n—2)a
(3n-1)n(3n+1)n
(分组)
(分组求和)
1_n
+(3n-1)n
2
当aH1时,Sn=—g^+(3n—1)n=土兰
1_丄2a—1
a
例12求数列5(n+q2n+1)}的前n项和.解:
设a^k(k+1)(2k+1)=2k3+3k2+k
nn
sn=2k(k+1)(2k+1)=2(2k3+3k2+k)
k^k4
nnn
32
Sn=2送k3+35:
k2+2k
k1kJkA
=2(13+23+…+n3)+3(12+22+…+n2)+(1+2+…+n)
22
_n(n+1)2丄n(n+1)(2n+1)丄n(n+1)
++
222
_n(n+1)(n+2)
2变式求数列11,21,31^|,fn川的前n项和.
248I2丿
1111
S=1-+2-+3-+1||+(n+-)
2482
1111=(1+2+3+1||竹)+(2等+23刊11+歹)
二n(n+1)+1-了
六.并项求和法:
在数列求和过程中,将某些项分组合并后即可转化为具有某种特殊的性质的特殊数列,可将这些项放在一起先求和,最后再将它们求和,则称之为并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用两
项合并求.利用该法时要特别注意有时要对所分项数是奇数还是偶数进行讨论例13求cos1°
+cos2°
+cos3°
+…+cos178°
+cos179°
的值.
设S—cos1°
+…..+cos178°
•••cosn二-cos(180°
-n)(找特殊性质项)
•••Sn—(cos1°
)+(cos2°
+cos178°
)+(cos3°
+cos177°
)+L
+(cos89°
+cos91°
)+cos90°
(合并求和)
—0
例14数列{an}:
a1=Ia2=3,a3=2,an42=an十—an,求S2002•
解牛:
设S2002—a1+a2+a3+…a2002
由a1=1,a2=3,a3=2,a.^=an屮—a*可得
a4=-1,a5=-3,a6=-2,
a7—1,a8=3,a9=2,a10=—ha11=—3,a12=—2,
a6k+—1,a6k*=3,a6k书=2,a6kH4=一1,a6k节=一3,
a6kH1+a6k^2+a6k书+a6k44+a6k韦+a6k书=0
••S2002=a1+a?
+a3+…82002
a6k46=一2
(找特殊性质项)(合并求和)
—(a1+a2+a3+…as)+(a7^ag+-a^)+…+36心+ask^e+…+ask书)
+…(a1993中a1994+…*中a1998)中a1999+a2000+a2001中a2002
—a1999+a2000中a2001+a2002
—a6kH1中a6kH2+a6k^+a6k44
—5
例15在各项均为正数的等比数列中,若a5a^9,求log3a<
^log3a^log3a10的值.
设Sn=log3a1+Iog3a2+…+logsag
(找特殊性质项)
由等比数列的性质m+n=p+q二aman=apaq
和对数的运算性质logaM+loga=logaMN得
Sn=(Iog3a1+log3a10)+(log3a2+log3a9)+、””+(logaas+log3a6)(合并求和)
—(log3a1■a10)+(log3a2a?
)+…中Qog3as£
6)
—log39+log39+…+log39
—10
LJ-
利用数列的通项求和
先根据数列的结构及特征进行分析,找出数列的通项及其特征,然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和,是一个重要的方法.
例16求1+11+111+…+———严1之和.
n个1
(找通项及特征)
由于严1=—x999〜9=—(10*—1)
k个19k个19
•••1+11+111+…+u—严1
n个1
=—(101-1)+-(102-1)+-(103-1)+…■+-(10n-1)
9999
=—(101+102也3+…+10n)--(1+1+1+…+1j
99110(10n-1)n
———
910-19
—丄(10n+—10-9n)
81
例17已知数列{an}:
an
Tan=5(10—)
9
5555
二S^飞⑴1—1)+9(102—1)+9W—1)+L+9(10n—1)
=5[(101+102+103+L+10n)—n]
(10n^-9n—10)
以上七种方法虽然各有其特点,但总的原则是要善于改变原数列的形式结构,使其能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式或进行消项处理来解决,只要很好地把握这一规律,就能使数列求和化难为易,迎刃而解.
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