裂项法求数列的和
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裂项相消法求和利用解析式变形,将一个数列分成若干个可以直接求和的数列,即进行拆项重组,或将通项分裂成几项的差,通过相加过程中的相互抵消,最后剩下有限项的和。
这是一种非常常见的题型,也是高考中的热点考题。
相对于其它题型来说,这种题目的难度大,有一定的思维能力,对于培养学生的思维有常见的拆项公式有: ○1()11111+-=+n n n n○2()()()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=++2111121211n n n n n n n○3()()⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-1211212112121n n n n○4()ba ba b a --=+11○5()!!1!n n n n -+=⋅○6mn m n m n C C C -=+-11○7()21≥-=-n S S a n n n○8()()112+<<-n n n n n ,()()111112-<<+∴n n n n n , 即nn n n n 11111112--<<+- 例1、已知数列{}n a 的各项如下:1,211+,3211++,…………,n++++ 3211。
求它的前n 项和n S 。
解析:()()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+=+=++++=1112122113211n n n n n n n a n所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++++=111413131212112321n n a a a a S n n121112+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n n 例2、已知数列{}n a 是等差数列,其前n 项和n S ,且123=S ,63=a 。
○1求数列{}n a 的通项公式;○2求证:11111321<++++nS S S S解析:○1n a d a d a d a S a n 22212336212611133=⇒⎪⎩⎪⎨⎧⎩⎨⎧⎩⎨⎧==⇒=+=+⇒==○2()()()11111112222642+-=+=⇒+=+=++++=n n n n S n n n n n S n n所以1111111413131212111111321<+-=+-++-+-+-=++++n n n S S S S n 例3、数列{}n a 的通项公式是12-=nn a ,如果数列{}n b 是12++=n n nn a a b ,试求{}n b 的前n项和n S 。
姓名: _______________ 班级: _____________________________数列求和(二)一一 裂项相消法目标:1理解裂项相消法思想。
2使用裂项相消法解决特殊数列求和问题。
3在自学与探究中体验数学方法的形成过程。
一、复习巩固1公式求和法 适用于求 的和。
2 分组求和法 适用于求 的和。
3 错位相减法适用于求的和。
1 1(1 -)(-,、2 2 33 4nn 1二、自学讨论学习以下例题,完成填空。
(限时8分钟)思考与讨论:什么数列可用裂项相消法求和? 如何裂项?你有好的方法吗?如何相消?你能发现其中的规律吗? 利用裂项相消法求和的一般步骤是什么?例一:已知a n解:a nn(n 1) n n裂项:①你能证明 ②猜想:S na 1 a 2a 3a n 1结论: (n 1)n n(n 1)1吗?n(n 1) n n 1n n 2 11 n n :1n(n 2)③一般地;1) 相消:怎么消? 哪些项是不能消去的?a n验证:变式训练:已知a n(2)已知a n (1)三、增效练习(限时 10分钟)5、已知数列 a n 的各项如下:求它的前 n 项和 S n = _______________四、能力提升五、课堂小结 裂项相消法求和: 对于通项公式可拆成两项的数列,我们通常采用裂项相消法逐项消去前后项求数列的和。
裂项相消法求和的一般步骤:求通项一一裂项一一相消一一求和。
六、作业(背面)1 1 123 55 72n 1 2n 33、1 1 11(只需把消完后的项列出,3 54 65 7n(n 2)*34已知a n6n 5 n N ,b n,求T nbi b 2b na n a n 1无需化简)1、已知a n1(2n 1)(2n 1),S若a n 是等差数列,则a n 1a n d ,所以 a *a n 11a n (a n d)进而,S n1a 2 a 31a n 1a n,若前n 项和为10,则项数为( n + n +1B . 99 D . 121112123123412.已知数列{a n } = {2, § + 2 4 + 4+ 4, 5+ 2 + 3+5 …},那么数列{b n } = {爲二}前 n 项 的和为( )1 1 1A. 4(1 -帶)B .屿-帚)1D.2 —3.在数列{a n }中,a 1 = 2, na n +1= (n + 1)a n + 2(n € N *),贝U a 10等于()A . 34B . 36C . 38D . 401 1 14•等差数列{a n }中,a 1= 3,公差d = 2, S 为前n 项和,求§ +至+…+5.等差数列{a n }的各项均为正数,a 1 = 3,前n 项和为S n ,{b n }为等比数列,b 1= 1,且b 2S 2=64 , b 3S 3= 960.(1)求 a n 与 b n ;1 1 1⑵求和:S 1+ S 2+…+ £1数列{a n }的通项公式是A . 11 C . 120C .6设正数数列的前n项和S n满足S n 1a n 14C求数列a n的通项公式;②设b n1,记数列b n的前n项和T n。
数列中裂项求和的几种常见模型模型一:数列{}n a 是以d 为公差的等差数列,且),3,2,1(0,0 =≠≠n a d n ,则)11(1111++-=n n n n a a d a a 例1已知二次函数()y f x ==3x 2-2x ,数列{}n a 的前n 项和为n S ,点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅱ)设11n n n b a a +=,n T 是数列{}n b 的前n 项和,求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m; (2006年湖北省数学高考理科试题)解:(Ⅰ)因为点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上,所以n S =3n 2-2n.当n =1时,a 1=S 1=3×12-2=6×1-5,当n ≥2时, a n =S n -S n -1=(3n 2-2n )-[])1(2)132---n n (=6n -5。
(n=1也符合) 所以,a n =6n -5 (n N *∈) (Ⅱ)分析:恒成立问题.求m 则m 为参数,n 为变量由(Ⅰ)得知13+=n n n a a b =[]5)1(6)56(3---n n =)161561(21+--n n ,故T n =∑=ni i b 1=21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-)161561(...)13171()711(n n =21(1-161+n ). 因此,要使21(1-161+n )〈20m (n N *∈)成立的m,必须且仅须满足21≤20m ,即m ≥10,所以满足要求的最小正整数m 为10..例2在xoy 平面上有一系列点),,(111y x P ),(222y x P ,…,),(n n n y x P ,…,(n ∈N *),点P n 在函数)0(2≥=x x y 的图象上,以点P n 为圆心的圆P n 与x 轴都相切,且圆P n 与圆P n +1又彼此外切。
裂项相消法求数列的前n项和
分裂项相消法是指对某个数列进行分裂,使其合并后形成一个可求得前n项和的数列,而后再进行逆运算,来求出数列的前n项和。
它主要应用在求等差数列前n项和的问题上,其基本思想是把等差数列分解成容易相加的形式,在其中可以特定某些项,然后再将它们重新组合,从而使得每一次所做的加法更简单,最后可得到累加的结果。
这种分裂项相消法的实现过程中,首先需要把数列分解成容易相加的表达式,而后再根据相关公式来求解。
例如某一等差数列的前n项和问题,可以把数列分解成2(a1+an),再通过公式a1+an=(n+1)d/2(d为数列的公差),根据前面的和来求得等差数列前n项和,最终可求得所求答案。
分裂项相消法也可以用在其他无法明确表达的问题上,比如多项式的前n项和求解。
在这种情况下,首先需要把多项式分解成有限个同类项的形式,设置两个变量,一个是粗变项,一个是细变项,进行分解项的求解,然后运用合并项法,最终可以得到多项式前n项和的结果。
总体而言,分裂项相消法是一种较为复杂的求解数列前n项和的方法,它可以起到节省计算时间和错误概率,特别适用于求解较复杂的数列前n项和问题。
数列中裂项求和的几种常见模型数列问题是高考的一大热点,而且综合性较强,既注重基础知识的掌握,又注重数学思想与方法的运用。
而此类问题大多涉及数列求和,所以数列求和方法是学生必须掌握的,主要的求和方法有:公式法、拆项重组法、并项求和法,裂项相消法、错位相加法、倒序相加法等等,而裂项相消法是其中较为基础、较为灵活的一种,也是出现频率最高,形式最多的一种。
下面就例举几种裂项求和的常见模型,以供参考。
模型一:数列{}n a 是以d 为公差的等差数列,且),3,2,1(0,0 =≠≠n a d n ,则)11(1111++-=n n n n a a d a a 例1已知二次函数()y f x =的图像经过坐标原点,其导函数为'()62f x x =-,数列{}n a 的前n 项和为n S ,点(,)()nn S n N *∈均在函数()y f x =的图像上。
(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅱ)设11n n n b a a +=,n T 是数列{}n b 的前n 项和,求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m ;(2006年湖北省数学高考理科试题)解:(Ⅰ)设这二次函数f(x)=ax 2+bx (a ≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x -2,得a=3 , b=-2, 所以 f(x)=3x 2-2x. 又因为点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上,所以n S =3n2-2n.当n ≥2时,a n =S n -S n -1=(3n 2-2n )-[])1(2)132---n n (=6n -5. 当n =1时,a 1=S 1=3×12-2=6×1-5,所以,a n =6n -5 (n N *∈) (Ⅱ)由(Ⅰ)得知13+=n n na ab =[]5)1(6)56(3---n n =)161561(21+--n n ,故T n =∑=ni i b 1=21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-)161561(...)13171()711(n n =21(1-161+n ). 因此,要使21(1-161+n )<20m (n N *∈)成立的m,必须且仅须满足21≤20m ,即m ≥10,所以满足要求的最小正整数m为10..例2在xoy 平面上有一系列点),,(111y x P),(222y x P ,…,),(n n n y x P ,…,(n ∈N *),点P n 在函数)0(2≥=x x y 的图象上,以点P n 为圆心的圆P n 与x 轴都相切,且圆P n 与圆P n +1又彼此外切. 若n n x x x <=+11,1且. (I )求数列}{n x 的通项公式; (II )设圆P n的面积为,,:2n n n n S T S T =+<求证解:(I )圆P n 与P n+1彼此外切,令r n 为圆P n 的半径, ,)()(,||1212111++++++=-+-+=∴n n n n n n n n n n y y y y x x r r P P 即 两边平方并化简得,4)(121++=-n n n n y y x x由题意得,圆P n 的半径,4)(,212212++=-==n n n n n n n x x x x x y r),(211,2,01111*++++∈=-=-∴>>N n x x x x x x x x nn n n n n n n 即11}1{1=∴x x n 是以数列为首项,以2为公差的等差数列, 所以121,122)1(11-=-=⨯-+=n x n n x n n 即(II )4422)12(-====n x y r S n n n n ππππ,])12(1311[2221-+++=+++=n S S S T n n π因为 ))12)(32(15.313.111(--++++≤n n π .23)12(223)]1211(211[)]}121321()5131()311[(211{πππππ<--=--+=---++-+-+=nn n n所以,.23π<nT模型二:分母有理化,如:n n n n -+=++111例3已知)2(41)(2-<-=x x x f ,)(x f 的反函数为)(x g ,点)1,(1+-n n a a A 在曲线)(x g y =上)(*∈N n ,且11=a(I)证明数列{21na }为等差数列;(Ⅱ)设1111++=n n n a a b ,记n n b b b S +++= 21,求n S解(I)∵点A n (11,+-n n a a )在曲线y =g (x )上(n ∈N +),∴点(n n a a ,11+-)在曲线y =f (x )上(n ∈N +)4)1(12--=nna a ,并且a n >021141nn a a +=∴+,),1(411221N n n a a nn ∈≥=-∴+,∴数列{21na }为等差数列 (Ⅱ)∵数列{21na }为等差数列,并且首项为211a =1,公差为4,∴21na =1+4(n —1),∴3412-=n a n ,∵a n >0,∴341-=n a n ,b n =1111++n n a a =4341414341--+=++-n n n n ,∴S n =b 1+b 2+…+b n =43414.......459415--+++-+-n n =4114-+n 例4设40122N =,则不超过1Nn =的最大整数为 。
2020年第6期(上)中学数学研究37用裂项相消法解多类数列求和问题安徽省芜湖市第一中学(241000)刘海涛数列是高中数学的重要内容之一,数列求和更是高考常考问题,数列求和主要有公式法、裂项相消法、错位相减法、并项转化法、分组转化法等.笔者发现,很多时候我们可以通过待定系数法构造数列{b n }满足a n =b n +1−b n ,利用裂项相消法来对数列{a n }求和,一步到位得到S n =b n +1−b 1,这样的做法可以大大的减少计算量,提高解题效率,现通过具体例题介绍这种做法,供读者参考学习.1解决公式法求和问题例1求12+22+32+···+n 2.解析令a n =n 2,问题转化为求数列{a n }的前n 项和.构造数列{b n }满足a n =b n +1−b n ,设b n =xn 3+yn 2+zn ,则x (n +1)3+y (n +1)2+z (n +1)−(xn 3+yn 2+zn )=n 2,整理得3xn 2+(3x +2y )n +x +y +z =n 2,所以3x =1,3x +2y =0,x +y +z =0,解得x =13,y =−12,z =16,故b n =13n 3−12n 2+16n .12+22+32+···+n 2=(b 2−b 1)+(b 3−b 3)+···+(b n +1−b n )=b n +1−b 1=13(n +1)3−12(n +1)2+16(n +1)−0=16n (n +1)(2n +1).点评自然数平方和公式常见的证明方法有两种,一是先通过不完全归纳法猜想再用数学归纳法证明,这种方法虽容易,但计算繁琐;二是利用公式n 3−(n −1)3=3n 2−3n +1迭加,这种方法的技巧性很强,一时难以想到.在这里,将n 2构造成数列{b n }的前后两项之差,最后成为裂项相消求和形式,一步到位得到答案.2解决错位相减法求和问题例2求公比为q (q =1)的等比数列{a n }的前n 项和S n .解析由题知a n =a 1q n −1,构造数列{b n }满足a n =b n +1−b n ,设b n =xq n ,则xq n +1−xq n =a 1q n −1,解得x =a 1q 2−q ,所以b n =a 1q −1q n −1,故S n =(b 2−b 1)+(b 3−b 3)+···+(b n +1−b n )=b n +1−b 1=a 1q −1q n −a 1q −1=a 1q −1(q n −1)点评等比数列求和公式课本上是用错位相减法推导得到的,利用待定系数法构造新数列裂项相消求和大大简化了计算.另外我们也可以通过a n =a 1qn −1=a 1·q n −q n −1q −1=a 1q −1q n −a 1q −1qn −1直接裂项求和,但是此法技巧性强,难以想到.例3已知数列{a n }为等差数列,前n 项和S n (n ∈N ∗),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4−2a 1,S 11=11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n −1}的前n 项和T n .解析(1)设等差数列{a n }的公差为d ,等比数列{b n }的公比为q (q >0).由题知b 2+b 3b 1=q +q 2=6,解得q =2,则b n =2n ,所以a 4−2a 1=8,S 11=11×16,即3d −a 1=8,11a 1+55d =11×16,解得d =3,a 1=1,则a n =3n −2.(2)由(1)得a 2n b 2n −1=(6n −2)22n −1=(3n −1)4n ,构造数列{c n }满足a 2n b 2n −1=c n +1−c n ,设c n =(xn +y )4n ,则(x (n +1)+y )4n +1−(xn +y )4n =(3n −1)4n ,整理得3xn +4x +3y =3n −1,则3x =3,4x +3y =−1,解得x =1,y =−53,所以c n =(n −53)4n ,故T n =c n +1−c 1=(n −23)4n +1+83.点评对于等差乘等比型数列,通常的做法是错位相减法.虽然错位相减法是一种固定模式的做法,学生容易掌握,但是计算繁琐复杂,学生在实际解题时会做却难以算出正确结果,而用待定系数法构造数列{b n }使得a n =b n +1−b n ,很容易裂项相消求出结果.3解决并项转化法求和问题例4已知数列{a n }的前n 项和S n =2n 2−n .(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =(−1)n a n ,求数列{b n }的前n 项和S n .解析(1)n 2时,a n =S n −S n −1=(2n 2−n )−(2(n −1)2−(n −1))=4n −3,又a 1=1,所以a n =4n −3.(2)由(1)得b n =(−1)n (4n −3),构造数列{c n }满足38中学数学研究2020年第6期(上)b n =c n +1−c n ,设c n =(−1)n (xn +y ),则(−1)n +1(x (n +1)+y )−(−1)n(xn +y )=(−1)n(4n −3),整理得2xn +x +2y =−4n +3,解得x =−2,y =52,则c n =(−1)n (−2n +52),故T n =c n +1−c 1=(−1)n +1(−2n +12)+12=(−1)n (2n −12)+12.点评对于通项公式是a n =(−1)n f (n )的数列求和,还可以采用并项转化求和,如本题可以构造数列{d n }满足d n =b 2n −1+b 2n =4,然后对项数n 分奇偶数讨论,得T n =2n,n 为偶数;−2n +1,n 为奇数.4解决分组转化法求和问题例5在数列{a n }中,a 1=1,a 2=3,a n +2=3a n +1−2a n .(1)证明数列{a n +1−a n }是等比数列,并求数列{a n }的通项公式;(2)若b n=4log 2(a n +1)+3,求数列{(−1)n b n b n +1+n ·2n }的前n 项和T n .解析(1)由题得a n +2−a n +1=2(a n +1−a n ),且a 2−a 1=2,则数列{a n +1−a n }是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n +1−a n =2n .n 2时,a n =(a n −a n −1)+(a n −1−a n −2)+···+(a 2−a 1)+a 1=2n −1+2n −2+···+21+1=2n −1,又a 1=1,因此a n =2n −1.(2)由(1)得b n =4n +3,则(−1)n b n b n +1+n ·2n =(−1)n (4n +3)(4n +7)+n ·2n .构造数列{c n }满足(−1)n b n b n +1+n ·2n =c n +1−c n ,设c n =(−1)n (xn 2+yn +z )+(sn +t )2n ,则(−1)n +1(x (n +1)2+y (n +1)+z )+(s (n +1)+t )2n +1−(−1)n (xn 2+yn +z )−(sn +t )2n =(−1)n (4n +3)(4n +7)+n ·2n ,整理得(−1)n +1(2xn 2+2(x +y )n +x +y +2z )+(sn +2s +t )2n=(−1)n +1(−16n 2−40n −21)+n ·2n ,所以2x =−16,2(x +y )=−40,x +y +2z =−21,s =1,2s +t =0,解得x =−8,y =−12,z =−12,s =1,t =−2,则c n =(−1)n(−8n 2−12n −12)+(n −2)2n=(−1)n +1(8n 2+12n +12)+(n −2)2n ,故T n =c n +1−c 1=(−1)n(8n 2+28n +412)+(n −1)2n +1−372.点评本题也可以用分组转化求和,数列{(−1)n b n b n +1+n ·2n }的通项可以分为两个部分,一是数列{(−1)n b n b n +1},用并项转化求和得(−1)n (8n 2+28n +412)−412;二是数列{n ·2n },用错位相减求和得(n −1)2n +1+2.5解决特殊数列{(An 2+Bn +C )q n }求和问题例6已知数列{a n }满足a 1=2,a n +1−a n =2(n +1).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =(12)n,求数列{a n b n }的前n 项和S n .解析(1)n 2时,a n =(a n −a n −1)+(a n −1−a n −2)+···+(a 2−a 1)+a 1=2n +2(n −1)+···+2×2+2=n 2+n,又a 1=2,因此a n =n 2+n .(2)由(1)得a n b n =(n 2+n)(12)n,构造数列{c n }满足a n b n =c n +1−c n ,设c n =(xn 2+yn +z )(12)n,则(x (n +1)2+y (n +1)+z )(12)n +1−(xn 2+yn +z)(12)n =(n 2+n)(12)n,整理得−xn 2+(2x −y )n +x +y −z =2n 2+2n ,所以−x =2,2x −y =2,x +y −z =0,解得x =−2,y =−6,z =−8,故c n =(−2n 2−6n −8)(12)n =−(n 2+3n +4)(12)n −1,因此S n =c n +1−c 1=8−(n 2+5n +8)(12)n.点评对于数列{(n 2+n)(12)n },平常所用的数列求和法是求不出它的前n 项和的,但是通过待定系数法构造数列{c n },使得c n +1−c n =(n 2+n )(12)n,接着利用裂项相消法求和即可得到答案.本文介绍的通过待定系数法构造新数列,再利用裂项相消法求和,为我们提供了一种新的数列求和方法,但是同学们在日常学习中,要结合自身掌握程度和实际情况,选择最佳的求和方法,不要一味追求某一种解法,要学会从不同解法中汲取不同的数学思想,提高自身的数学核心素养.。
裂项法求数列的和
【内容提要】笔者在多年的教学中遇到裂项法求和的题型,加以总结,供师生们参考.裂项相消法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.适用于分式形式的通项公式,把一项拆成两个或多个的差的形式,即)()1(n f n f a n -+=,然后累加时抵消中间的许多项。
【关键词】裂项法 求数列的和 等差数列
1等差数列积的倒数和
已知等差数列{}n a 首项1a ,公差d 。
求和:=n s ++322111a a a a …+11+n n a a 解:11+n n a a =n n a a -+11(111+-n n a a )=d
1(111+-n n a a ) =n s d 1(+-+-32211111a a a a …+111+-n n a a )=d
1(1111+-n a a ) 其中nd a a n +=+11
求和:(1)=n s +⋅+⋅3
21211…+)1(1+⋅n n (2) =
n s +⋅+⋅741411…+)13()23(1+⋅-n n 2.含二次根式的数列和
已知正项等差数列{}n a 首项1a ,公差d 。
求和:211
a a s n +=+321a a ++…+1
1
++n n a a 。
解:1
1++n n a a =))((111n n n n n
n a a a a a a -+-+++=d 1(n n a a -+1)。
=n s d 1(+-+-2312…+n n a a -+1)=d 1()11-+n a
其中nd a a n +=+11
求和:=n s ++++321
211
…+11
++n n
3.含对数的数列和
已知正项数列{}n a ,求和:=n s ++2312log log a a a a a a
…+n n a a a 1log +(0>a 且1≠a ) 解: n n a
a a 1log +=n a n a a a log log 1-+ =n s +-+-2312log log log log a a a a a a a a …+n a n a a a log log 1-+=11log log a a a n a -+ 求和:=n s ++23
lg 12
lg …+n n 1
lg +
4.含三角函数的数列和
(1)求和:=n s ++x x 2sin sin …+nx sin 解:)]
2cos()2[cos(2
sin 212sin 2sin sin sin x nx x nx x x x
nx nx --+-== =-2
sin 21x [x n x n 21
2cos 212cos --+]
=n s -2
sin 21x [cos 2cos 23x x -+x x 23cos 25cos -+…+x n x n 212cos 212cos --+] =-2
sin 21x [2cos 212cos x
x n -+]
(2)求和:=n s x x x x 3tan 2tan 2tan tan ++…+x n nx )1tan(tan + 解:x tan ==-+])1tan[(nx x n nx x n nx
x n tan )1tan(1tan )1tan(+--+
x nx
x n nx x n tan tan )1tan(1tan )1tan(-+-=+
=n s 1-x x x x x x tan 2tan 3tan 1tan tan 2tan --+-+…+1-x nx x n tan tan )1tan(-+=x x
n x n tan )1tan(tan +-+=x x
n n tan )1tan(1+-+
5含排列组合种数求和
(1) =n s !22!11⋅+⋅+ …+!n n ⋅
解: !n n ⋅=!)!1(n n -+ =n s +-+-!2!3!1!2…!)!1(n n -+=1)!1(-+n
(2) =n s ++!32
!21
…+)!1(+n n
解:)!1(+n n =)!1(1!1)!
1(1)1(+-=+-+n n n n =
n s +-+-!31!21!21!11…+)!1(1!1+-n n =1-)!1(1+n (3) =n s ++2322c c 24c +…+2n c
解:由组合性质3312k k k c c c -=+,得=n s 3435333422c c c c c -+-++…+331n n c c -+=31+n c
6含指数的数列求和
求和:=n s )1)(1()1)(1(3222+++++a a a a a a +…+)
1)(1(1+++n n n
a a a (,0>a 且1≠a ) 解:)1)(1(1+++n n n
a a a =)1
111(111+-+-+n n a a a =n s 1
1111111(11322+-+++-+-a a a a a +…+11111+-++n n a a ) =)1111(111+-+-+n a a a 求和:=n s )12)(12(2)12)(12(23222++++++…+)
12)(12(21+++n n n
7.等差数列的和
已知:12+=n a n 求:n s
解:22)1(n n a n -+= n s =22222312-+-+…+1)1(2-+n =n n 22+
8.等比数列的和
已知:n n a 2=求:n s
解:n n n a 221-=+ n s =2322222-+-+…+n n 221-+=221-+n
9.等差数列乘等比数列的和(主要用错位相减法)
已知:n n n a 5
54-= 求:n s 解:n n n n n n n a 5515541--=-=- n s =+-+-25251510…+n n n n 5511---=n n 5-.。