数列求和方法十篇

数列求和方法篇1

【关键词】数列；求和；公式；方法

求数列的前n项和是高中数学的教学重点之一，也是高考常考察的知识点之一，有些数列比较有特点，我们可以总结一些方法来求和，也有些一些数列既非等差数列，又非等比数列，那么这些数列该怎样求和呢？下面举例说明一些特殊和不特殊的数列求和的常用方法。

一、公式法

如果是等差、等比数列可直接利用其求和公式求和，而有些特殊的常见数列则应记住其求和结果，以便于应用。如

本题中，如果不能确定x的值，那么用公式求和时还得注意对x进行分类讨论，即：x=1和x≠1两类。

这道例题是可以直接应用公式进行求和的，所以这种求和方法称之为“公式法”，在数列求和中能直接用公式求和的是最为简单的数列求和了。

二、分组求和法

有些数列，通过合理分组，从而改变原数列的形式，转换成新数列，再利用我们熟悉的等差、等比公式法求和。

分组求和要注意对数列的通项的研究，从通项入手发现数列求和时应该怎样分组才合适。

三、倒序相加法求和

这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（倒序），再把它与原数列相加，就可以得到n个.

四、裂项相消法求和

这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。通项分解（裂项）如：

这道例题是应用裂项相消的方法求和的，在高考中尤其是文科对这种求和方法的掌握要求是比较高的，从例题不难看出一般能用到此种方法求和的题型应该是分式型、入手时数列通项应该可以裂开的这种，掌握题型可以在更短的时间内选择有效的求和方法来节约时间提高解题效率。

五、错位相减法

这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an・bn}的前n项和，其中{an}、{bn}}分别是等差数列和等比数列。

错位相减法是以上所有数列求和方法中最容易出错也最复杂的一个，也是高考中对理科生常考察的一种方法，应用这种方法时要注意观察题型是否是{an・bn}型，且其中{an }、{bn}分别是等差数列和等比数列时才可用此种方法，在应用方法过程中还要注意当两式相减后最后一项的符号问题，这是最容易出错的地方。

六、归纳法

[例6]求数列1/1×2，1/2×3，1/3×4，…，1/n（n+1），…的前n项和。

解：

S1=a1=1/2，S2=S1+a2=2/3，S3=S2+a3=3/4，S4=S3+a4=4/5，…

数列求和方法篇2

1、1.公式法：使用已知求和公式求和的方法。2.列项相消法：把数列的通项拆分为两项之差，使之在求和时产生前后相互抵消的项的求和方法。3.错位相减法：适用于{等差*等比}这类数列。4.分解法：分解为基本数列求和。5.分组法：分为若干组整体求和。6.倒序相加法：把求和式倒序后两式相加。7.特殊数列求和。

2、项数=（末项-首项）÷公差+1。

（来源：文章屋网 ）

数列求和方法篇3

【关键词】直接求和法（公式法）；分组求和法；裂项相消求和法

一、直接求和法（公式法）

如果所给数列是等差数列或等比数列，那么它们的求和问题，可以直接利用等差或等比数列求和公式解决。

（1）等差数列的前n 项和公式： ；

（2）等比数列的前n 项和公式：①当q=1时，Sn=na1；②当q≠1时， 。

例1：求1，2，3，…，100 这样一个等差数列的和。

解：

二、分组求和法

若数列的通项是若干项的代数和，可将其分成几部分来求。一般为{等差+等比}的形式出现时用到分组求和法。

例2：求数列 ，…的前n项和Sn.

分析：此数列的通项公式是 ，而数列{2n}是一个等差数列，数列 是一个等比数列，故采用分组求和法求解.

解： .

小结：在求和时，一定要认真观察数列的通项公式，如果它能拆分成几项的和，而这些项分别构成等差数列或等比数列，那么我们就用此方法求和。

三、裂项相消法

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通项分解（裂项）如：

四、小结

数列求和方法篇4

摘 要：数列求和既是数列部分的基本内容也是重要内容， 同时还是高考考查的热点和重点，题型复杂多变， 技巧性也较强，以致成为数列的一个难点。因此，本文根据不同题型总结出一些常见题型及解法技巧，以帮助同学们提高数列求和的能力。

关键词：数列求和；解法。

【中图分类号】G623.5

数列求和既是数列部分的基本内容也是重要内容， 同时还是高考考查的热点和重点，题型复杂多变， 技巧性也较强，以致成为数列的一个难点。因此，本文根据不同题型总结出一些常见题型及解法技巧，以帮助同学们提高数列求和的能力。

一、公式法

若所给数列的通项是关于n的多项式，此时可采用公式法求和，利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法之一。常用求和公式列举如下：

等差数列求和公式： ，

等比数列求和公式：

自然数的方幂和：

二、错位相减法

若数列 的通项公式为 ，其中 ， 中有一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q，然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法。它是教材中推导等比数列的前n项和公式所用的方法。

变式训练：已知 ，当 时，求数列 的前n项和 。

三、裂项相消法

有些数列求和的问题，可以对相应的数列的通项公式加以变形，将其写成两项的差，这样整个数列求和的各加数都按同样的方法裂成两项之差，其中每项的被减数一定是后面某项的减数，从而经过逐项相互抵消仅剩下有限项，可得出前 项和。它适用于 型（其中{ }是各项不为0的等差数列，c为常数）等。常见裂项公式有：

四、倒序相加法

将一个数列倒过来排列，再把它与原数列相加，就可以得到n个 ，Sn表示从第一项依次到第n项的和，然后又将Sn表示成第n项依次倒序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到Sn的一种求和方法。这是在推导等差数列的前n项和公式时所用的方法.

例3设 ，利用课本中推导等差数列的前 项和的公式的方法，可求得 的值为： 。

解：因为f（x）= ，f（1—x）=

f（x）+f（1—x）= .

设S=f（—5）+f（—4）+…+f（6），则S=f（6）+f（5）+…+f（—5）

2S=（f（6）+f（—5））+（f（5）+f（—4））+…+（f（—5）+…f（6））=6

S=f（—5）+f（—4）+…+f（0）+…+f（6）=3 .

五、分组求和法

某些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当分组，能分为几个等差、等比或常见的数列的和、差，则对分组后的数列分别求和，再将其合并即可求出原数列的和。

1、拆项求和法.

例4求数列{n（n+1）（2n+1）}的前n项和.

解：设

=

将其每一项拆开再重新组合得：

Sn =

=

=

=

2、并项求和法

例5 求 。

解： …

… 。

六、叠加法

给出数列{ }的递推式和初始值，若递推式可以巧妙地转化为 型，可以考虑利用叠加法求和。

例 6 数列 的前 项和为 ，已知 ，求

解：由 得： ，

即 ，

，对 成立。

由 ， ，…，

累加得： ，又 ，

所以 ，当 时，也成立。

七、综合求和法

根据数列的通项进行分析，找出其特征，然后再利用其所揭示的规律来求数列的前n项和，它通常集公式、错位、裂项、分组求和于一体，是一个解决综合性数列求和的重要途径。

例7 已知数列{an}： 的值.

解：

=

=

= =

例8 已知数列 的首项 ， ， ….

（Ⅰ）证明：数列 是等比数列；

（Ⅱ）数列 的前 项和 .

解：（Ⅰ） ， ，

，又 ， ，

数列 是以为 首项， 为公比的等比数列.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，即 ， .

设 … ， ①

则 … ，②

由① ②得

… ，

.又 … .

数列求和方法篇5

关键词：高中；数学；数列；解题方法

中图分类号：G63 文献标识码：A 文章编号：1673-9132（2016）22-0030-02

DOI：10.16657/ki.issn1673-9132.2016.22.017

一、数列的介绍

（一）数列的概念

数列是以整数集（或他的有限子集）为定义域的函数，是一列有序的数，其中的每个数都称为这个数列的项，第n位的数是这个数列的第n项，通常用an表示。其一般形式可写为a1，a2，…，an，an+1，…，简记为{an}。

（二）数列的重要性

学习数列，可以培养学生的数学思维能力，强化学生观察、分析、归纳、推理、运算、应用等多种能力的培养。数列还可与函数、不等式、立体几何、解析几何等多种数学知识相联系，具有较强的综合性，使学习数列的同时，增强学生的数学综合能力的培养。

二、解题方法浅析

（一）定义法

例：有如下三个结论：①数列{an}是等比数列，则{an}是一个关于n的指数函数；②bn是n的一次函数的充要条件是数列{bn}是等差数列；③数列{bn}是等差数列的充要条件是数列{bn}的前n项和Sn是二次函数。其中叙述正确的个数为（）

A . 0 B. 1 C. 2 D. 3

解析：对于①，我们根据等比数列的定义可知，等比数列{an}的通项公式为an=a1qn-1，a1qn-1不是关于n的指数函数。对于②和③，我们根据等差数列的定义可知，等比数列{bn}的通项公式为bn =b1+（n-1）d=dn+（b1-d），其前n 项和Sn=nb1+n（n-1）d/2=dn2/2+（b1-d/2）n；当d=0时，bn= b1，bn不是n的一次函数，Sn=nb1，Sn不是二次函数。因此本次选择A。

（二）画图法

画图法是指根据题目给出的已知条件，通过画图的方法找出不同条件之间的关系，进而了解问题的关键所在，解答数列问题。

例：等差数列{an}中，am=n，an=m，且d≠0，m≠n，则am+n是多少？

解析：

通过{an}是等差数列且d≠0可知an是关于n的一次函数，则如上图所示，坐标（n，m），（m，n），（m+n，am+n）三点共线，所以利用直线处处斜率相等可得（n-m）/（m-n）=（am+n Cn）/[（m+n）-m]，可解得am+n=0。

（三）公式法

公式法是指运用数列中等差、等比数列的相关公式解决问题的方法。

例：已知各项均为正数的数列{an}前n项和Sn满足6Sn=（an+1）（an+2）， S1>1，n∈N*，求{an}的通项公式。

解析：当n=1时，a1=S1=（a1+1）（a1+2）/6，且a1=S1>1，解得a1=1（舍）或2，所以a1=2。由公式可知an+1=Sn+1 - Sn=（an+1+1）（an+1+2）/6 -（an+1）（an+2）/6，整理得（an-1- an-3）（ an+1+ an）=0，又an>0，解得an+1- an=3。因此，可得知数列{an}是以2为首项以3为公差的递增等差数列，通项公式an=2+3（n-1）=3n-1。

（四）函数思想求解

数列是特殊的函数，因此通过函数的思想对数列问题进行求解是有效方法之一。

例1：已知f（x）=a・bx的图像经过A（4，1/4）和B（5，1）两点。①求f（x）的解析式；②已知an=log2f（n），n∈N*，数列{an}的前n项和为Sn，解不等式an・Sn≤0。

解析：对于①，由题知a・b4=1/4，a・b5=1，解得a=1/1024，b=4，因此函数解析式f（x）= 4x/1024。对于②，由题知an= log2（4n/1024）= log24n- log21024=2n-10，则数列{an}是以-8为首项以2为公差的等差数列，an=2n-10，Sn=n（-8+2n-10）/2= （n-9）n，所以由an・Sn≤0可得（2n-10）（n-9）n≤0，解得5≤n≤9，又n∈N*，所以n=5，6，7，8，9。

例2：已知数列{an}递增， an=n2+λn，n∈N*，求λ。

解析：由数列{an}递增知an+1-an>0，即[（n+1）2+λ（n+1）]-[n2+λn]=2n+1+λ>0恒成立，因此λ>-1-2n恒成立（n∈N*）。设f（n）= -1-2n，则需求出f（n）的最大值，由上面可知f（n）最大值为f（1）=3（n∈N*），所以λ的取值范围是λ>3。

（五）方程求解法

方程求解法是指在解答数列问题时，根据等差、等比数列的相关公式，构造出方程组，通过求解方程组解答数列问题的方法。

例：等差数列{an}的前n 项和是Sn，S10=30，S15=195，求S20。

解析：解答此题的关键在于求出其通项公式，下面有两种解答方法，均为方程思想求解法。

法1：设数列的前n项和Sn=kn2+tn，由题得方程组S10=100k+10t=30，S15=225k+15t=195，解得k=2，t=-17，所以Sn=2n2-17n。代入n=20得S20=460。

法2：设等差数列{an}公差为d，首项为a1，由等差数列前n项和公式得方程组S10=10a1+10（10-1）d/2=30，S15=15a1+15（15-1）d/2=195，解得a1=-15，d=4，所以Sn=-15n + 4n（n-1） /2=2n2-17n。将n=20代入解得S20=460。

（六）构造数列法

构造数列是解决数列问题的重要方法之一，它包括构造等差数列、构造等比数列等多种方法。

1.构造成差数列

例：已知数列{an}满足an=2an-1+2n-1，n≥2且n∈N*，a4=81。

（1）求a1、a2、a3；

（2）是否存在实数λ使得数列为等差数列

若存在求出λ和an的值，若不存在说明理由。

解析：（1）已知a4=81，将n=4代入an=2an-1+2n-1中得a3=33，再将n=3代入an=2an-1+2n-1中得a2=13，再将n=2代入得出a1=5。

（2）设存在实数λ使

为等差数列，则-=（an-2 an-1-λ）/2n=（2n-1-λ）/2n=1-（λ+1）/2n，因此常数λ=-1，可求得等差数列

的首项（a1-1）/2=2，公差d=1。因此λ=-1，=n+1，an=（n+1）2n+1。

2.构造等比数列

例：现存在数列{an}，其首项a1=2，an+1=3an+2，n∈N*，求数列{an}的通项公式。

解析：此数列{an}既非等差数列又非等比数列，根据题我们可自行构造等比数列，利用此等比数列进行求解。设数列{an+k}是以an的系数3为公比的等比数列，即an+1+k=3（an+k），整理得an+1=3an+2k，又an+1=3an+2，解得k=1，即{an+1}是以an+1=3为首项，以3为公比的等比数列，an+1=3・3n-1=3n，所以an=3n-1。

（七）分类讨论法

在数列解题过程中，有些复杂的问题是无法直接一次性解答的，这时就需要化整为零将问题进行分类讨论。

例：已知数列{an}的前n项和Sn= -n2+5n，求{|an|}的前n项和Tn的表达式。

解析：已知Sn= -n2+5n，则当n=1时，a1= S1=4；当n≥2时，an=Sn -Sn-1= （-n2+5n）-[-（n-1）2+5（n-1）]=-2n+6。因此，当n≤3时an≥0，|an|= an；当n≥4时，an

所以，当1≤n≤3时，Tn=|a1|+|a2|+…+|an|= a1+a2+…+an =Sn= -n2+5n；当n≥4时，Tn=|a1|+|a2|+|a3|…+|an|= a1+a2+ a3- a4-…-an = -Sn+2S3 =-Sn+12= n2-5n+12。因此Tn= -n2+5n，（1≤n≤3）

n2-5n+12，（n≥4） 。

（八）递推法

递推法是指根据问题中所提供的递推关系以探求、构造等方法解决数列问题的方法。

例：Sn是数列{an}的前n项和，对于任意自然数n，都有2 Sn=n（a1+an），试证明数列{an}为等差数列。

解析：要证明数列{an}为等差数列，我们先要了解等差数列的定义，等差数列是指从第二项起，每一项与它前一项的差都为同一个常数的数列，通项公式为an= a1+（n-1）・d。因此可通过已知条件进行递推，求得结果。首先，我们将Sn转化为an：当n≥2时，an=Sn-Sn-1= n（a1+an）/2- （n-1）（a1+an-1）/2=[n（an-an-1）+ a1+an-1]/2，整理得①a1+ （n-2）an-（n-1）an-1=0，同理知②a1+ （n-1）an+1- nan=0。由②-①得：（n-1）an+1-2 （n-1） an+（n-1） an-1=0，又n-1≠0，则an+1-2an+an-1=0，即当n≥2时，an+1-an=an-an-1。因此数列{an}为等差数列。

总之，在高中数学数列部分学习的过程中，学生应该学会灵活运用函数法、画图法、构造数列法、递推法、归纳猜想法等多种方法对不同的数列问题进行解答。

参考文献：

[1] 李瑾.基于数学史的高中数学数列教学[J].上海师范大学，2010（3）.

数列求和方法篇6

（）必做1 已知数列｛an｝满足：a1=m（m为正整数），an+1=，当an为偶数时，3an+1，当an为奇数时.若a4=7，则m所有可能的取值为________．

精妙解法 由a4=7a3=14或2（舍去）；由a3=14a2=28或（舍去）；由a2=28a1=56或9；所以a1=56或9，即m=56或9．

误点警示 分段数列问题是数列中的难点，对每一项计算、区分的细心程度是解决问题的关键．

极速突击 可从通项关系寻求数列规律，采用排除法逆向探求数列｛an｝的每一项都是整数的方法比正向推导更简洁．

（）必做2 已知数列：，，，，，，，，，，…，依它的前10项的规律，这个数列的第2010项a2010等于________．

精妙解法 将上述数列看成，，，，，，，，，，…，找寻其规律，设第n组有n个数，可知Sn=1+2+…+n=2010．当n=63时，Sn=2016，故第2016个数是，倒推至第2010个数，这个数列的第2010项a2010=．

极速突击 善于总结规律，掌握从特殊到一般的思想．

金刊提醒

根据数列的前若干项写出数列的一个通项公式，解决这一题型的关键是通过观察、分析、比较、归纳去发现项数与项之间的关系，如果关系不明显，就应将项作适当变形或分解，让规律凸显出来，便于找到通项公式．

等差数列

（）必做3 设｛an｝是一个公差为d（d>0）的等差数列． 若++=，且其前6项的和S6=21，则an=_________．

精妙解法 由题意有－+－+－=，且=21，即－=，且2a1+5d=7，联立求解得a1=d=1，所以通项an=n.

极速突击 等差数列问题一般都转化为首项a1与公差d的关系来处理，尤其是运用等差数列的性质，通过整体运算求解更为常见．

（）必做4 已知无穷数列｛an｝是各项均为正数的等差数列，则有（ ）

A． < B． ≤

C． > D． ≥

精妙解法 a4 a8 =（a1+3d）（a1+7d）=a+10a1d+21d2，a=（a1+5d）2=a+10a1d+25d2，故≤，当d=0时，取等号，选B．

极速突击 在等差数列中，首项和公差是基本量；a1，an，d，n，Sn五个量中知三求二，一般用方程思想求解，有时也可用首项、末项和中项来表示，并注意整体代换．

金刊提醒

利用等差数列的基本公式和性质是解决等差数列问题的有效手段．

等比数列

（）必做5 设等比数列｛an｝的前n项和为Sn，且a5=S5，则=____．

精妙解法 ｛an｝是等比数列，且a5=S5，所以a1+a2+a3+a4=0，所以a1（1+q+q2+q3）=a1（1+q）（1+q2）=0，所以q=－1，所以S2010==0，即=0．

极速突击 与等差数列一样，在等比数列中，首项和公差是基本量；a1，an，q，n，Sn五个量中知三求二，一般用方程思想求解，但要注意等比数列的一些限制条件．

（）必做6 已知正项等比数列｛an｝满足：a7=a6+2a5，若存在两项am，an使得=4a1，则+的最小值为________．

精妙解法 设此数列的公比为q，由题意a5q2=a5q+2a5，解得q=2，又由条件=4a1，得（a1qm－1・a1qn－1）=a1q=4a1，化简得m+n=6，故+=+=5++≥（5+2）=．

极速突击 数列问题与其他数学内容交汇已成为近年高考的一大热点． 由条件先确定m，n的关系，再考虑利用均值不等式求解．

金刊提醒

利用等比数列的基本公式或性质是解决等比数列问题的有效手段；基本量、方程与函数的思想方法对于等比数列同样重要；等比数列可以类比等差数列的相关性质来研究．

递推数列

（）必做7 若数列｛an｝满足+=k（k为常数），则称数列｛an｝为等比和数列，k称为公比和． 已知数列｛an｝是以3为公比和的等比和数列，其中a1=1，a2=2，则a2010=_______．

精妙解法 令=bn，由已知可得bn+bn+1=3． 因为b1==2，所以b1=b3=…=b2n－1=2，b2=b4=…=b2n=1，所以a2010=・・…・a1=b2009b2008…b1a1=21005．

极速突击 已知数列的递推式求通项公式的常用方法有：（1）叠加法，递推式为an+1=an+f（n）． （2）连乘法，递推式为an+1=an・f（n）． （3）先猜后证法，先根据递推式求出前几项，再归纳猜想，最后用数学归纳法证明． （4）构造化归法，形如an=kan－1+b的递推数列可用待定系数法化归为等比数列an+A=k（an－1+A）来解决；形如an=kan－1+kn的递推数列两边同除以kn后化归为等差数列来解决；形如an=的递推数列可以两边先倒数，再化归为等差数列来解决． （5）先求Sn，再求通项an法． 在一个等式中，既有an又有Sn时，通常采用迭代作差的办法先消去Sn，进而得到an的递推式，再采用以上方法求通项，但有时也可以考虑消去an，即利用an=Sn－Sn－1（n≥2）先得到Sn的递推式，再采用以上方法求Sn，最后利用an=S1，n=1，Sn－Sn－1，n≥2求通项an．

（）必做8 已知定义在［0，+∞）上的函数f（x）满足f（x）＝3f（x＋2），当x∈［0，2）时， f（x）＝－x2+2x． 设f（x）在［2n－2，2n）上的最大值为an（n∈N?鄢），且｛an｝的前n项和为Sn，则Sn=_______．

精妙解法 由题意f（x+2）=f（x），即f（x）=f（x－2），在［2n－2，2n）上，n=1，f（x）max=1，a1=1；n=2，f（x）max=，a2=；n=3， f（x）max=，a3=，…，an=，所以Sn==1－．

极速突击 数列是定义在正整数集上的函数，本题分段函数的最值正好为数列an（n∈N?鄢）的相关项．

金刊提醒

（1）“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要． 解题要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要合理地运用条件，又要时刻注意题的目标．

（2）已知数列的前n项和Sn，求通项an，可利用公式an=S1，n=1，Sn－Sn－1，n≥2，但易忽视an=S1（n=1）．

（3）对于等比数列前n项和Sn，当公比是一字母时，必须分公比等于1和不等于1的情况．

数列求和

（）必做9 已知数列｛an｝是首项为a，公比也为a（a>0，a≠1）的等比数列，令bn=an・lgan（n∈N），则数列｛bn｝的前n项和Sn=_________．

精妙解法 因为an=an，bn=n・anlga，所以Sn=（a+2a2+3a3+…+nan）lga，①

aSn=（a2+2a3+3a4+…+nan+1）lga，②

①-②得：（1－a）Sn=（a+a2+…+an－nan+1）lga，所以Sn=［1－（1+n－na）an］

极速突击 “错位相减”是数列求和最重要的方法之一，等价转换思想是解决数列问题的基本思想方法，能将复杂的数列转化为等差、等比数列．

（）必做10 已知数列｛an｝满足a1=，an+1=a－an+1（n∈N?鄢），

那么M=++…+的整数部分应该是__________．

精妙解法 由已知an+1=an（an－1）+1，则=－=－，故有M=－=2－，由于a3=>2，且an+1>an，则∈（0，1），所以M∈（1，2），其整数部分为1．

金刊提醒

求数列的前n项和Sn，首先要观察数列是否为等差或等比数列，或是否能转化为等差、等比数列来求． 若不是，则先分析属于哪类特殊数列，再用相应的方法求解． “错位相减”法与“裂项相消”法是考查较多的两种方法．

数列在实际生活中的应用

（）必做11 甲、乙两间工厂的月产值在2012年元月份时相同，甲以后每个月比前一个月增加相同的产值；乙以后每个月比前一个月增加产值的百分比相同． 到2012年11月份发现两间工厂的月产值又相同． 比较甲、乙两间工厂2012年6月份的月产值大小，则有（ ）

A． 甲的产值小于乙的产值

B． 甲的产值等于乙的产值

C． 甲的产值大于乙的产值

D． 不能确定

数列求和方法篇7

关键词： 数列 通项公式 求解策略

一、定义法

当已知数列为等差数列或等比数列时，可直接利用等差数列或等比数列的定义求出通项公式.

【例】已知等差数列{a}中，a=，s=-5，a=-，求a.

解：由题意得

s=n+d=-5 （1）a=+（n-1）d=-（2）

由（2）得（n-1）d=-，代入（1）可得n=15，从而d=-，所以a=+（n-1）×（-）=.

二、观察法（又叫猜想法、不完全归纳法）

观察数列中各项与其序号间的关系，分解各项中的变化部分与不变部分，再探索各项中变化部分与序号间的关系，从而归纳出构成规律写出通项公式.关键是找出各项与项数的关系.

【例】已知数列-1，，-，，…写出数列的一个通项公式.

解：将此数列变形为：-，，-，，…通过观察变形找到其规律，得出数列的通项公式为a=（-1）.

注：用不完全归纳法，只是从数列的有限项通过观察而得到数列所有项的通项公式，不一定可靠.如从数列2，4，8，…可得a=2n或a=n-n+2两个不同的通项公式（从第四项开始便不同）.

三、公式法（已知数列{a}的前n项和s求通项公式）

这类题目比较简单，一般都是利用a=a（n=1）s-s（n≥2）， 求{a}后要注意验证是否能用一个统一的公式来表示.［1］

【例】数列{a}的前n项和为s，且a=1，a=s，n=1，2，3…，求数列{a}的通项公式.

解：因为a=s-s所以3s-3s=s，=，所以{s}是以s=1为首项，q=为公比的等比数列.所以s=，则a=s-s=•（n≥2）.

经验证：n=1时，两式不能统一，所以a=1（n=1）（n≥2）.

点评：先利用a与s的关系，找出s的表达式，再求a.

四、构造新数列法

由递推关系得出数列通项公式的方法多样，累加法、累积法、构造法、迭代法是常用的构造法.对于较复杂的数列可试着用如下方法求通项公式.

1.累加法（又叫叠加法）

一般的，对于形如a=a+f（n）类数列的通项公式，只要f（1）+f（2）+…+f（n）能进行求和，则宜采用此方法求解.

【例】已知数列{a}中，求a=1，a=a+，n≥2，求a.

解: a-a==-a-a=-…a-a=1-a=1

累加得a=2-.

2.累积法（又叫迭乘法）

一般的，对于形如=f（n）类数列的通项公式，只要f（1）+f（2）+…+f（n）能进行求积，则宜采用此方法求解.

【例】已知数列{a}满足a=1，a=a+2a+3a+…（n-1）a，n≥2.求数列通项公式a.

解：由题可知：a=a+2a+3a+…（n-1）a，a=a+2a+3a+…（n-2）a，两式相减可得：a-a=（n-1）a（n≥3），即a=na，所以a=••…•a=n×（n-1）×（n-2）×…×2，即a=n!.

3.构造法

利用数列{a}中的a构造新的数列{b}使之成为等差或等比数列，再求a.常见模型归纳如下.

①a=pa+f（n），p≠1，f（n）为幂函数

【例】在数列{a}中，a=1，a=3a+2•3，求a.

解：由a=3a+2•3得=+，则为公差是的等差数列.

所以=+（n-1）•即a=3（n+）.

②a=pa+q（p≠1，p，q为非零常数）可用待定系数法

【例】已知数列{a}中，a=1，a=2a+1，求a.

解：设a-t=2（a-t）即a=2a-t，故t=-1，原式可变为a+1=2（a+t），所以{a+1}为首项为a+1=2，公比为2的等比数列，所以a+1=2，即a=2-1.

③a=（p，q为常数）型

【例】已知数列{a}满足，a=1，a=求a.

解：将a=两边取倒数，变形为：=×+，即+1=（+1）.

所以+1是首项为+1=2，公比为的等比数列.所以+1=2•（），即a=.

④取对数转化为等比数列a-p=（a）（p，t为常数）［2］

【例】已知数列{a}中，a=3，a=（a-1）+1，求a.

解：由条件可知a-1=（a-1），两边同时取对数得lg（a-1）=2lg（a-1），即=2，所以{lg（a-1）}是首项为lg（a-1）=lg2，公比为2的等比数列，所以lg（a-1）=2lg2，所以a=2+1.通过取对数达到降次的目的，使原来的递推关系转化为等比关系.

⑤通过取方根转化为等比数列

【例】已知f（x）=x+2+2（x≥0），a=2设数列每项都满足a=f（a），求a.

解：因为f（x）=x+2+2（x≥0），所以a=f（a）=a+2+2=（+），又a＞0，两边同时取平方根，得=+，所以，{}为公差为的等差数列.所以=（n-1），即a=2n.

⑥a=pa+qa（p，q为非零常数）型

【例】在数列{a}中，a=1，a=2，a=a+a，求数列{a}的通项公式.

解：由a=a+a两边减去a得a-a=-（a-a），所以{a-a}是以a-a=1为首项，-为公比的等比数列，所以a-a=（-），再用累加法求通项公式.

⑦a+t=（p，q，r为非零常数）型

【例】数列{a}满足a=2，a=，求a.

解：对等式两端同时加参数t，得：a+t=+t=（2t+5）•，令t=，解之得t=-1，2，代入a+t=（2t+5）•，a-1=3×，a+2=9×.相除得：=×，即是首项为=，公比为的等比数列，即=×3，解得a=.

五、数学归纳法

有时一个数列可以由已知条件求出数列的前几项，通过“观察法”，就可以归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之.这种方法是可靠的.［3］

【例】已知数列{a}满足a=1，a=，求数列{a}的通项公式.

解：a=1，a=，a=，a=，a=，猜想a=.

现用数学归纳法证明:

（）当n=1时，a==1成立；

（）假设n=k时，a=.当n=k+1时，因为a===.

由（）（）得a=对n∈N都成立.

六、倒数法

数列有形如f（a，a，a，a）=0的关系，可先求得，再求得a.［4］

【例】已知数列{a}中，a=1，a=，求数列{a}的通项公式.

解：由递推关系变形得=2+，故数列是等差数列，其首项是1，公差是2，所以=1+（n-1）×2=2n-1，即a=.

以上各例虽然是一些具体的例子，但它们往往可以应用于一般情形.数列通项公式的这几种求法，在以上例题中可以看到没有一定的界限，如“数学归纳法”法是“观察法”的延伸，而有的题目往往用到多种求法，有的例题中出了用到了构造法还用了公式法.我们可以看到，求数列通项公式虽然具有很强的技巧性，但是并没有离开我们所学的基本知识与技能、基本思想与方法.因此在平日教与学的过程中，既要加强基本知识、基本方法、基本技能和基本思想的学习，又要注意培养和提高数学素质与能力和创新精神.注意多加总结和反思，注意联想和对比分析，做到触类旁通.这样即使题目再灵活，技巧性再强，做起来亦能得心应手.

参考文献：

［1］韩保树.数列通项公式的常见求法，科技资讯，2007，（10）.

［2］孙坤菊.解题方法与技巧，中学教学参考，2009.4.

［3］刘家勇.数列的通项公式的求法，数理化学习，2008，（12）.

数列求和方法篇8

例：已知数列{an}的通项公式an=2n-1.求证：1a1+1a2+…+1an≤2n－1对任意的n∈N都成立.

策略一放缩法

【思路点拨】本题是一个典型的求和型数列不等式，放缩法是证明这类不等式常用方法之一.利用放缩法证明求和型数列不等式问题时，通常有两种方法，一是根据不等式的结构特征，抓住数列的项，先对通项进行放缩后求和；二是先对数列求和，后放缩.

证明：当n=1时，左边=1，右边=1，不等式显然成立（等号成立）.

当n≥2时，

1an=12n－1=222n－1=22n－1+2n－1

故由1a1=1，1a2

1a1+1a2+…+1an≤1+3－1+5－3＋…+2n－1－2n－3=2n－1

从而问题得证.

【点评】本题证明的关键是对通项进行恰当放缩，即当n≥2时，将1an=12n－1放缩为1an

策略二数学归纳法

【思路点拨】数学归纳法也是证明求和型数列不等式常用方法，其关键在于证明当n=k+1时原不等式成立，这一步的证明，综合性强，往往是证明的精华部分，要细心观察，小心求证.

证明：①当n=1时，左边=1=右边，等号成立.

②假设当n≥k时，不等式成立，即1a1+1a2+…+1ak≤2k－1成立.

则当n=k+1时， 1a1+1a2+…+1ak+1ak+1≤2k－1+1ak+1=2k－1+12k+1=2k－1+222k+1

即1a1+1a2+…+1ak+1ak+1≤2(k+1)－1

故当n=k+1时，不等式也成立.

综合①，②知原不等式成立.

【点评】本题是与正整数相关的求和型数列不等式的证明问题，故可顺理成章地考虑利用数学归纳法来证明，证题思路清晰，方向明确.但在证明 n=k+1时不等式成立，需要进行适当的放缩，而这一步恰恰是运用本法证明的关键所在，需要认真思考.

策略三构造数列法

【思路点拨】对求和型数列不等式的证明，常常可以考虑把左右两端看作是两个不同数列的和，故可先构造两个新数列，然后再证明这两个数列的前n项和的不等关系即可.

证明：设数列{1an}的前n项和为Sn，即Sn=1a1+1a2+1a3＋…+1an，设数列{bn}的前n项和为Tn,设Tn=2n－1,从而问题转化为证明：Sn≤Tn.

则当n=1时，S1=T1.也即1a1=b1

当n≥2时，bn=Tn－Tn－1=2n－1－2n－3,1an=12n－1

而1an－bn=12n－1－2n－1+2n－3

=1－(2n－1)+4n2－8n+32n－1

=(2n－2)2－1－(2n－2)2n－1

1an

将1a1=b1,1a2

故原不等式成立.

【点评】本法的关键是根据求和型数列不等式的结构特征构造了两个新数列，从而将证明求和型数列不等式问题转化为比较两个新数列的通项大小问题，然后通过累加法得到两数列的和，从而证得所要结果，构思巧妙，证法简单明了、易懂，从证明过程看，大大减轻了证明的难度.

策略四分析法

【思路点拨】分析法也是证明求和型数列不等式的常用方法.分析法证题的理论依据是执果索因，即寻找出结论成立的充分条件或是充要条件.其基本步骤是：要证……，只需证……，只需证…….

数列求和方法篇9

【关键词】高中数学 数列求和 等差 等比

【中图分类号】G632 【文献标识码】A 【文章编号】1674-4810（2014）33-0149-02

数学是高中阶段的主要学科，对学生的高考有直接的影响，而数列问题又是数学课程的重要组成部分，因此，在高中阶段的数学学习中，教师和学生必须对数列求和问题要有足够的重视。数列求和问题的解决，既可以采用基本的公式法，也可以采用技巧性更强的其他方法，如裂项相消法、分组相加法、倒数相加法等，要根据具体问题具体分析和应用不同解题方法。笔者从事高中数学教学工作多年，现结合自身教学经验，对高中数学数列求和问题进行浅显的探讨。

一 牢固掌握数学基础知识

数列求和问题是高中数学重要的组成部分，要掌握好这部分知识，应当要求学生牢固掌握最基本的数列知识。如数列的定义、性质和基本公式等。等差数列：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，则这个数列叫作等差数列;等比数列：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，则这个数列叫作等比数列。一些重要的数列性质也要认真掌握，如{an}为等差数列，则有：（1）从第二项起，每项

是前一项与后一项的等差中项，（n>1）。（2）

an=am+（n-m）d （m，n∈N*）。（3）若m+n=p+q，则：am+an=ap+aq，特殊的：若m+n=2r，则有：am+an=2ar。（4）若am=n，an=m则有：am+n=0。（5）若Sm=n，Sn =m则有：Sm+n=-（m+n）。

{an}为等比数列，则有：（1）只有同号的两数才存在等比中项。（2）an=amqn-m（m，n∈N*）。（3）若m+n=p+q，则：am・an=ap・aq，特殊的：若m+n=2r，则有：am・an=ar2。

（4）{an}，{bn}为等比数列，则{an・bn}，，{can}为等

比数列（c≠0）。（5）等比数列中连续n项之积构成的新数列仍是等比数列，当q≠1时，连续项之和仍为等比数列。（6）an=cqn（c≠0，q≠0），Sn=kqn-k（q≠0，q≠1）等较多的数列性质。最重要的数列公式更要牢固掌握，这也是解决数列求和问题的基础。例如{an}为等差数列：an=a1+

（n-1）d，。{bn}为等比数列：

bn=b1qn-1（q≠1）;（q≠1）。

此外，还要注重培养学生敏锐的观察力，让学生能够洞察问题的本质，能够建立起相应的数学模型，将简单个例普遍化。

二 利用数列基本公式进行求和

在牢固掌握数列知识的基础上，遇到数列求和问题时，可首先分析是否可以套用公式进行解答，是数列求和问题中较为容易的一类。在利用数列基本公式进行数列求和时，要注意公式的准确性，如果公式不正确，答案自然也南辕北辙。因此，学生一定要认真记忆公式。例如，下面的问题就可以采用公式进行求和。

求和：（1）;（2）Sn=（x+）2+

;（3）求数列1，3+4，5+6+7，

7+8+9+10，…前n项和Sn。

思路分析：通过分组，直接用公式求和。

解：（1）

（2）

当x≠±1时，

当x=±1时，Sn=4n

（3）ak=（2k-1）+2k+（2k+1）+…+[（2k-1）+

（k-1）]

Sn= a1+a2+…+an=

在解答这个问题时，要注意对公比q=1或q≠1讨论，从而运用等比数列前n项和公式对问题正确解答。

利用公式法求和是数列求和问题中较为简单的一种，一般来说，这类题型可以直接套用公式，或只需要简单的分类合并，再套用公式进行解答。在教学过程中，教师应要求学生牢固掌握这类解题方法，在考试中，这类问题是很容易得分的题型。

三 采用错位相减法求和

错位相减法是一种常用的数列求和方法，应用于等比数列与等差数列相乘的形式。如An=BnCn，其中Bn为等差数列，Cn为等比数列;分别列出Sn，再把所有式子同时乘以等比数列的公比，即kSn;然后错一位，两式相减即可。当有待定系数时，要进行分类讨论。乘以公比，错位相减，数准项数，计算细心，确保结论正确。错位相减法求和是数列求和的重要方法，是高考的常考重点。

错位相减法比公式法的难度有较大提高，是学生得分较低的一类题型，在解题过程中，要注意对问题分析并寻找规律，避免漏项或书写错误，从而得到问题的正确答案。教师在讲解这个方法时，可以结合学生常犯的错误，并按照一定的流程进行讲解，让更多的学生掌握这种求和方法。

四 借助裂项相消法求和

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，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。在学习过程中，应当教育学生掌握“裂项相消求和法”的几个特征：（1）通项的分母是因式相乘的形式;（2）每项裂成两个式子的差;（3）相邻两项裂开后，前一项的后式与后一项的前式互为相反数;（4）裂项的关键是紧抓相邻两项的相同项。裂项相消法求和是一种非常常见的题型，也是高考中的热点考题。相对于其他题型来说，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能力有很大帮助。

在解答此类问题时，应当多写一些项，然后进行观察，才可能看出抵消的规律，从而使用该方法解决求和问题。

五 借助倒序相加法求和

在数列求和中，如果和式到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，那么可考虑选用倒序相加法。

例题：设数列{an}是公差为d，且首项为a0=d的等差数列，求和：

解：因为 （1）

（2）

（1）+（2）得：

利用倒序相加法解决数列求和问题，大都是利用等差数列、等比数列以及函数的重要性质，从而顺利地解答问题。在使用倒序相加法时要注意不断变形，然后用知识具备的特有性质作为条件把和求出。

六 结束语

综上所述，作为高中数学重点内容的数列求和问题，其解答方法有很多种，如公式法、错位相减法、裂项相消法以及倒序相加法，此外，还可以利用其他求和法，如归纳猜想法、奇偶法等。在面对较为复杂的数列求和问题时，应当认真分析，将复杂的问题转化为我们熟悉的等比、等差数列，然后根据题型采取不同的解答方法。解题过程中，应当掌握每个方法的本质，而不能生搬硬套，否则问题答案南辕北辙。要想达到良好的学习效果，教师与学生需要互相配合，才能不断提高教学效率和教学质量。

参考文献 [1]王莹玉.浅谈高中数学教学中学生思维能力的培养[J].科教新报（教育科研），2011（9） [2]於青.高中数学教学中学生解题能力的培养探析[J].语数外学习（数学教育），2013（2） [3]赵翠娥.探讨高中数学教学如何培养学生的解题能力[J].成功（教育），2012（24） [4]张海芳.新课改下高中数学“高效课堂”的构建[J].中国科教创新导刊，2011（21） [5]王锦章.一道高中数学课本例题的解法探究与变式训练[J].考试周刊，2012（92）

ontT ? e 9 ??～ ?? font-family：'Times New Roman'; vertical-align：sub; " >n=cqn（c≠0，q≠0），Sn=kqn-k（q≠0，q≠1）等较多的数列性质。最重要的数列公式更要牢固掌握，这也是解决数列求和问题的基础。例如{an}为等差数列：an=a1+

（n-1）d，。{bn}为等比数列：

bn=b1qn-1（q≠1）;（q≠1）。

此外，还要注重培养学生敏锐的观察力，让学生能够洞察问题的本质，能够建立起相应的数学模型，将简单个例普遍化。

二 利用数列基本公式进行求和

在牢固掌握数列知识的基础上，遇到数列求和问题时，可首先分析是否可以套用公式进行解答，是数列求和问题中较为容易的一类。在利用数列基本公式进行数列求和时，要注意公式的准确性，如果公式不正确，答案自然也南辕北辙。因此，学生一定要认真记忆公式。例如，下面的问题就可以采用公式进行求和。

求和：（1）;（2）Sn=（x+）2+

;（3）求数列1，3+4，5+6+7，

7+8+9+10，…前n项和Sn。

数列求和方法篇10

海南省文昌市田家炳中学 林道武

【摘要】数列是高中数学的重点内容之一，它既能培养学生逻辑思维、抽象思维、归纳思维等能力，也能起到承前启后的作用，把它安排到函数之后教学，有助学生用函数的观点去认识它的本质，也有利于学生对函数概念的理解。

【关键词】函数 、数列、渗透

在高中数学教学中，如果能把各个知识版块相互交叉、渗透，往往会让人耳目一新，在开拓思维的同时不但会加深对知识的理解，而且会提高解题的速度。函数与数列就是其中一例，教材中从两个角度对数列给出了定义，一是描述性定义：数列是按照一定顺序排列着的一列数，二是函数性定义：数列是一类定义在整数集或它的有限子集上的一种特殊函数，由此可见，任何数列问题都具有函数的性质以及函数的一些固有特征。因此，在教学中，教师要引导学生充分利用函数的概念、图象、性质去揭示它们之间的内在联系，从而达到更有效、更快捷地解决数列的问题。另外，数列与函数的综合问题也是当今高考命题的重点与热点，本文从几个例子给出了函数知识在数列中的应用。

•1、一次函数的性质在数列中的应用

在等差数列的通项公式教学中，教师主要是引导学生如何使用常规的方法（通项公式法）求数列一些有关的量，此外，由于等差数列｛an｝的通项公式为 (n R),an可以看做n的一次函数（特殊地，d=0为常数函数），它的图象是一次函数上离散点，所有表示（ ， ）的点都在同一直线上，所以教师可以引导学生灵活运用。课本（人教A版必修5）第43页的例1就是其中一例。

例1、（1）求等差数列8，5，2，...的第20项。

（2）-401是不是等差数列-5，-9，-13，...的项?如果是，是第几项？

解：（1）因为（1,8）、（2，5）、（20，a20) 是同一直线上的点。

所以 解之得a20= -49

（2）由题意可知，所求问题就是求n是否为正整数的问题。

因为（1，-5）、（2，-9）、（n,-401) 是同一直线上的点。

所以 解之得n=100

故-401是这个数列的第100项。

例2、等差数列{ }满足 （ 、 是两个不相等的正整数），求 .

分析：例1利用两种方法都很容易把题解出来，但是，学生遇到例2这一道题，利用通项公式法就不容易解出来了，因为首先要把a1和d求出来，但这两个量要通过解方程组才能解出来，所以利用三点共线的方法就较为简单。

解：因为（m、am)、（n,an)、（m+n,am+n ）三点共线，所以

容易求得 .

此外，等差数列前n项和也可以转变为一次函数来解决，因为等差数列｛an｝前项和Sn,可以把它变为： ， 就是n的一次函数，故所有表示（ ， ）都在同一条直线上离散的点。如课本(人教版）第50页例2.

例3、已知一个等差数列{ }前10项的和是310，前20项的和是1220。由这些条件能确定这个等差数列的前n项和的公式吗？

分析：求等差数列前n项和，就要首先把a1和d求出来，但是也要通过解二元一次方程组求得，若用一次函数的方法就不需要求出a1和d。

解：因为（10，31）、（20，61）、（ ， ）三点共线，所以

解之得

Sn=3n2+n

例4 、设等差数列{ }的前 项和为 ，若 （ 、 是两个不相等的正整数），求 .

分析：同样可以利用两种方法来求解，但是，用公式法解难度较大，既要把a1和d求出，又要用字母p和q来表示，学生不容易接受，而利用一次函数法求解，不需要求出a1、d，但是要理解SP和Sq的意义。

解：由于（ ， ），（ ， ），（ ， ）三点共线，从而

解之得 .

类比 对于等比数列的通项公式 （ ， ），取常用对数，得

所以 是 的一次函数。

设等比数列{ }的前 项积为 ，则

从而

所以 是 的一次函数。

对等比数列类比例2有：若等比数列{ }满足 ，则可求得 =1；类比例4有：设等比数列{ }的前 项积为 ，若 （ 、 是两个不相等的正整数），则 .

小结 以上几个问题的常规解法是通过解方程组求出特征参数，之后再代入公式求解，计算较为繁乱。这里我们从函数的角度观察这些问题，得出了新的解法，这些解法新颖、简洁、快速，学生很容易接受，揭示了等差、等比数列特性的另一面。

2、二次函数的性质在数列中的应用

等差数列{ }（公差 ）的前 项和公式

这说明 是 的二次函数，且常数项为0， 。 把下标 换为 ，由此，我们可以利用二次函数的对称性、单调性等性质来研究函数 ，再回到正整数范围内求解等差数列前 项和 的有关问题。

例如课本（人教版）第51页的例4、已知等差数列5， , ，...的前n项和为Sn,求使得最大的序号n的值。这道题的首项为5，公差是- ，代入公式得：Sn= 2 = 2+ 于是，当n取与 最接近的整数7和8时，Sn取最大值。那么下面这一道题又该如何解呢？

例5、在等差数列｛ ｝中,已知a1=25,S17=S9,求n为第几项时Sn取得最大值。

分析：利用等差数列的前 项和公式，先求出公差d，再利用二次函数的性质求解。

解：因为已知S17=S9,得

25×17+ (17-1)d=25×9+ (9-1)d

解得d=-2,

所以Sn=25n + (n-1) (-2)=-(n-13)2+169,

故由二次函数的性质，当n=13时，Sn有最大值169.

以上两题的解法都有共同的特点是先把a1和d代入前n项和Sn,然后把二次函数配方就可以求出n。那么例5是不是一定要把a1求出来呢？回答是否定的，因为根据已知条件可得d<0,再由二次函数图象的性质可知Sn的图象开口向下，S17和S9的对称轴是n= =13，所以当n=13时，Sn最大。因此，这一类题利用图象比配方法简便，例6就是最有力的证明。

例6、设等差数列{ }的前 项和为 ，若 （ 、 是两个不相等的正整数）.

（1）求 .（2）求使 最大的 值。

分析与简解 （1）这道题要把a1求出来，确实很难。由 可知 ，利用二次函数 图象的性质，它的图象开口向下，对称轴为n= ，从而

.

（2）二次函数 有最大值，且最大值为 。在整数范围内考虑 ，可知 的最大值

例7、设等差数列{ }的前 项和为 ，已知 ，则 中最大的是哪个？

分析与简解

由已知可得 ，二次函数 的图象大致如图1所示。由图可见， 离对称轴最近，故 最大．

3、导数在数列中的应用

对形式为某一函数的导数的数列，可以通过构造该导数的原函数，然后用导数法求解问题。

例8、求和（1）

（2） .

分析:（1）这是课本第65页第4题的第（3）小题，当x=1，式子就可变为： 1+2+3+...+n= ,但是，当x≠1时，可利用导数得到 。

解：

(1)

(2)

4、二项式在数列中的应用

例9、（2005天津卷）设

,则 ------

分析与简解：

﹒〔〔( -1〕=