探究数列求和的常用方法与技巧-《中学生数理化》高考数学2026年2月刊

朝器数经娜买壁方清中学生款理化 探究数列求和的常用方法与技巧 ■河南省濮阳市油田第二高级中学王锐 提及“数列求和”，流传最广的经典故事， 莫过于“数学王子”高斯在少年时代对 转换成号(a一2）这一过程叫作裂 “1十2十3十…十100”的巧妙计算，高斯的智 项，将每一个裂项后的式子相加，会有一些项 慧在于他寻求规律、化繁为简的思维方式，而 成对消去，从而使求和变得简单可行，顾名思 这也正是数列求和问题的核心精髓。在高考 义，该方法为“裂项相消”。这里需要注意的 中，数列求和是经久不衰的考查热点，常考方 是前面的系数2，因为我们做的是相等变形， 法有：公式法、倒序相加法、错位相减法、分组 所以有时候裂项后的式子前面需要加权系 求和法、并项求和法及裂项相消法，这些名称 数；其实只要数列通项是分式形式，且分母是 都是我们很熟悉的，但是往往不能明确其使 用条件，导致不知其法，不辨其用，不能快速 结构一致的积的形式，那么该数列一般都可 准确地选择最优求和方法。因此，本文通过 以用裂项相消法进行求和，当然了也有对数 例题演绎对原理进行剖析，对方法进行总结， 裂项和根式裂项等很多裂项形式等待着我们 让同学们学会针对数列的不同通项形式，能 去探索。 快速准确地选择合适的方法进行求和。 题型二、错位相减法 题型一、裂项相消法 有一类数列，虽然它既不是等差数列也 在数列求和中，有一种数列，它既不是等 不是等比数列，但是仔细观察会发现它可以 差数列也不是等比数列，更不能变成与等差 看成是一个等差数列和一个等比数列乘积的 数列和等比数列相关的形式，但是它的通项 形式，我们通常称这样的数列为差比数列，此 时就可以利用错位相减法求和。 公式常常具有分式的特征，并且分母是两项 乘积的形式，此时就可以用裂项相消法求和。 例2已知数列{an}中，a1=1,n(am+1 例1设等差数列{am}的前n项和为 -an)=1一am+1o Sn,已知a2十S3=12,a5=9。 (1)证明：数列{nan}为等差数列； (1)求数列{an}的通项公式； (2)给定正整数n,设函数f(x)=a1x十 (2)求数列{1的前n项和T。 a2x2十…十amx”,求f'(2)。 lanan+I 解析：(1)因为n(am+i一an)=1一am+1, 解析：(1)设等差数列{an}的公差为d, 所以(n+1)a+1-na.=1。 a2+S3=4a1+4d=12, 解得 a1=1, 又因为a1=1,所以数列{na,}是首项为 则 所以 a5=a1+4d=9, d=2, 1,公差为1的等差数列。 an=1+(n-1)×2=2n-1。 (2)由(1)知na,=1十(n一1)×1=n,则 1 an=1。 （2)设b.-aa,=(2m-1)2n十d 所以f(x)=x十x2+…十x”,求导得 f'(x)=1十2x十…+n.xm- 所以f'(2)=1十2·2十3·22+4·2 6.=2[1-3)+(3-号)+…+(2m与 十…十n·2m1,2f'(2)=1·2+2·22十3· 2】=(1-20）=2n- 23十…十(n一1)·2”-1十n·2”,两式相减可 得-(2)=1+2十22+…十2"-1-n·2”= 方法突破：这里将(2n-)2m十D等价 1-2" 1-2-n·2”=(1-n)·2”-1。 41 中学生款理化餐整数学经典翠陵方志 所以f'(2)=(n-1)·2”十1。 方法突破：该题属于有符号交替的数列， 方法突破：对于差比数列，我们在用错位 所以常常将相邻项并项得到一个特殊的数列 相减法求和时需注意以下方面：①需要乘以 进行求和。但并项求和不只限于相邻两项之 等比数列的公比而不是除以公比；②上下两 间并项，也有可能是具有周期性的数列一个 式相减时一定要将乘公比后的和式向后错一 周期的项进行并项，也有可能是奇数项子列 位书写，再两式相减；③在写乘公比的式子时 或偶数项子列构成等差或等比等特殊数列， 后面一定要写出倒数第二项和倒数第一项； 通项公式中包含绝对值符号，且绝对值内的 ④在对相减后的式子求和时一定要数清项数 数值会有正负变换时也可用并项求和，并项 (通过首项和末项来确定)：)一定要记得差 求和的其他很多形式也等待着我们去探索。 项前面的系数需要消掉。 题型四、凑配求和法 题型三、并项求和法 例4已知S,为数列{an}的前n项 并项求和法是一种将数列中的若干项合 和，且Sn-an=(n-1)(n一6)。 并为一项，从而使原数列转化为一个结构简 (1)求a1及数列{an}的通项公式： 单、便于求和的新数列的解题策略。 (2)求数列{|an|}的前n项和T,。 例3设{an}是等差数列，{bn}是等比 解析：(1)当n=2时，a1=S2一a2=1× 数列，且a1=b1=a2一b2=a3一b,=1。 (-4)=-4。 (1)求{an}与{bn}的通项公式； 当n≥2时，Sn-1=Sn-a,=(n-1)(n (2)设cn=[a+1-（-1)”am]b,,求数列 6)=n2-7n+6,Sm=Sn+1-am+1=n2-5n, {cn}的前2n项和Tn。 两式相减得a,=Sn一S。-1=(n2一5n)一 解析：(1)设{an}的公差为d,{bn}的公 (n2-7n+6)=2n-6。 比为q,则an=1十(n-1)d,b.=g”-1。 经检验，当n=1时，a1=一4，符合上式， a2-b2=1+d-q=1, 所以an=2n一6。 由题意知{ 解得 aa-b3=1+2d-q2=1, (2)由(1)可得数列{an}为等差数列。 d=2, {d=0, 当n<3时，am<0,|am=6一2n,此时 或 (舍去)。 q=2,q=0 T.=n(6-2+6-2n) 2 =-n2+5n; 所以am=2n-1,bn=2"-1。 (2)由(1)知，c2m-1十c2n=[a 当n≥3时，am≥0，Sm=am十(n-1)· (-1)2m-1am-1门b2n-1十[a2n+1-(-1)2"a2n]b (n-6)=2n-6十n2-7n+6=n(n-5),此 =(4n-1+4n-3)×22m-2+[4n+1-(4n 时Tn=|a1|十|a,|十a?+…十an=-a1 1)]×22m-1=2n·4”。 a2十a3十…十a,=-2(a1十a,)十(a1十a2十 a3+…十an)=12+n(n一5)=n2-5n+12。 所以T.-2[a4-(-1）ay]b (-n2+5n,n<3, k=1 综上可得，T,= +[ag1-(-1)*a]bs}=∑2k·4=2× n2-5n+12,n≥3。 k=司 方法突破：遇到某个和是数列的部分项 4十4×4十6×43十…十2n×4”,则4Tn=2 的和，不够n项时，我们往往可以通过凑配使 ×42+2×43+…+2(n-1)×4"+2n×4m+1, 其凑够n项，从而求前n项的和。该方法不 两式相减得一3T2n=2(4十42+43+41+…十 仅在这种绝对值表示的数列求和中常用，而 4")-2n·4+1= 2×4(1-4") 且在错位相减法求和中也常用。 1-4 -2n×4+1= 题型五、分组求和法 (2-6n)4"+1-8 3 有些数列的通项是多项式的形式，它本 所以T=(6n一2)4*1+8 身不是等差数列、等比数列、差比数列等可以 9 求出和的通项形式，直接求和又算不出，如果 42 管学梳心青室费售中学生表理化 “三角函数、解三角形、数列”试题精选 ■河南省新野县第一高级中学校 李 品 1.将函数f(x)的图像向下平移1个单 位长度，再将所得图像上每个点的横坐标变 (2)若函数f(x)在(，)上单调递增， 为原来的两倍（纵坐标不变），得到函数g(x) 求ω的取值范围。 =Asin(wx+p)(A>0,w>0,-x<p<π)的 3.将函数g(x)=2√3 sin xcos x一 图像，且函数g(x)的部 分图像如图1所示。 2sinx的图像向左平移9(0<p≤罗)个单位 (1)求A,w,9； 长度后得到函数f(x)的图像。 (2)求函数f(x)的 (1)若f(x)≤f(0)恒成立，求p; 解析式与值域； (3)求曲线y= (2)若f(x)在(，石）)上是单调函数，求 图1 f(.x)-2√3cos(4x+ 9的取值范围。 P)的对称轴方程。 4.在△ABC中，角A,B,C的对边分别 2.已知函数f(x)=an(ox+否)(w> 是a,6c:已知5imA-5c0sB士-0 0)。 △ABC的面积为6√5。 (1)若函数∫(x)的最小正周期为π，求 (1)求a的最小值。 f(x)的定义域及单调递增区间； (2)若c=3,D为线段BC上一点。 我们将其化整为零，就会发现它的每一部分 4+…+(n+1)]+(3十32+33+…+3”)= 都可以用我们学过的方法求出，此时就可以 n[2+(n+1)】+31-32_n+3m-3+3+ 对其进行分组求和。 2 1-3 2 例5在等差数列{am}中，a=4,a2十 方法突破：当一个数列的项是由几部分 a8=12,在等比数列{bn}中，b2=9,公比q=3。 组成，并且每一部分又是一个可求和的数列， 这时候我们就可以分而治之，将每一部分求 (1)求数列{a,}和{bn}的通项公式； 和后再合并运算即可。 (2)若cn=an十bn,求数列{cn}的前n项 通过对各类方法原理的剖析与典型例题 和Sm。 的演绎，我们不难发现，数列求和问题的精髓 解析：(1)在等差数列{an}中，a:= 并非是对孤立公式的死记硬背，而是在于能 a十a=6,则公差d=a；二-1，所以a,= 敏锐地观察数列通项的形式特点，从而选择 2 5-3 合适的求和方法。深刻理解每一种方法所蕴 aa+(n-3)d=n+1。 含的“化归”思想，无论是裂项相消的“合二为 在等比数列{bn}中，b2=9,公比g=3,所 一”，错位相减的“构造抵消”，还是分组求和 以bn=b29”-2=9×3m-2=3”。 的“分而治之”，其最终目标都是将未知的、复 所以数列{a,}和{b,}的通项公式分别为 杂的求和问题转化为已知的、简单的模型。 am=n+1,bn=3”。 这种“转化与化归”的能力是解决数学问题的 (2)由(1)得c,=n十1+3”。 核心能力。 所以数列{cn}的前n项和Sn=[2十3十 (责任编辑 王福华) 43