并项求和法

前言

如何区分分组求和法与并项求和法？

比如将原数列拆分为奇数项为一组偶数项为另一组[分了两组]，这就是分组求和法，当然也可能是第 $1$,$4$,$7$,$10$,$\cdots$ 构成一组，第 $2$,$5$,$8$,$11$,$\cdots$ 构成一组，第 $3$,$6$,$9$,$12$,$\cdots$ 构成一组[分了三组]；

比如将原数列的第 $1$,$2$ 两项合并为一项[作为第一项]，第 $3$,$4$ 两项合并为一项[作为第二项]，第 $5$,$6$ 两项合并为一项[作为第三项]，以此类推，这样的方法就是并项求和法，当然也可以将第 $1$,$2$,$3$ 三项合并为一项[作为第一项]，第 $4$,$5$,$6$ 三项合并为一项[作为第二项]，第 $7$,$8$,$9$ 三项合并为一项[作为第三项]，以此类推；

适用范围

①当数列中常含有$(-1)^k$或者$(-1)^{k+1}$等符号数列，则其项常常体现为正负项间隔出现，此时常将相邻的正负两项(或三项等)并成一组，然后求和；

②或当数列中常含有$(-1)^k$或者$(-1)^{k+1}$等符号数列时，可以考虑将数列分组为奇数项数列和偶数项数列，然后采用分组求和法；

③当数列中含有 $a_n+a_{n+1}=2^n$ 的形式，或者 $a_n+a_{n+1}+a_{n+2}=2^n$ 的形式，其实是将两项或三项的和并成一项，构成一个新的等比数列再求和，此时考查了并项求和法和等比公式法求和。如 2018海口调研例。

④当数列中含有 $a_n+a_{n+1}=2n+1$ 的形式，或者 $a_n+a_{n+1}+a_{n+2}=2n+1$ 的形式，其实是将两项或三项的和并成一项，构成一个新的等差数列再求和，此时考查了并项求和法和等差公式法求和。

⑤当数列中含有 $a_n+a_{n+1}=\cfrac{1}{n(n+1)}$ 的形式，或者 $a_n+a_{n+1}+a_{n+2}=\cfrac{1}{n(n+1)}$ 的形式，其实是将两项或三项的和并成一项，而这一项又可以裂项拆分，再利用裂项相消法数列求和，此时考查了并项求和法和裂项相消法求和。

运算技巧

①指数运算：

$4^n=(2^2)^n=(2^n)^2;$

$2^n+2^n=2^{n+1};$

$2^{n+1}-2^n=2^n;$

$2^{n}-2^{n-1}=2^{n-1}$；

$2^{n+1}+2^n=3\cdot 2^n$；

$2^{-(n+1)}\cdot 2=2^{-n}$；

$2^n\cdot 2^n=2^{2n}$；

$3^{n-1}-3^n=-2\cdot 3^{n-1}$；

$2^{n+1}÷2^n=2;$

$\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}}=\frac{3}{2^{n+1}}$；

$3^{n-1}\cdot 3^n=3^{2n-1}$；

$2^{n+1}\cdot 2^n=2^{2n+1};$

②利用等差数列求项数：

由$a_n=a_1+(n-1)\cdot d$，可得项数$n=\cfrac{a_n-a_1}{d}+1$，推广得到项数$n=\cfrac{a_n-a_m}{d}+m$，

如数列$2^1，2^3，2^5，\cdots ，2^{2n-1}$的项数的计算，其项数可以利用上标来计算，其上标刚好成等差数列，

项数$r=\cfrac{a_n-a_1}{d}+1=\cfrac{(2n-1)-1}{3-1}+1=n$；

典例剖析

已知$S_n=1-2+3-4+5-6+\cdots+(-1)^{n-1}\cdot n$，

分析：若数列中包含因子$(-1)^n、(-1)^{n-1}$，一般和并项求和法建立关联，且常常还需要针对$n$分奇偶讨论。

解析：

当$n$为偶数时，$S_n=1-2+3-4+5-6+\cdots+(-1)^{n-1}\cdot n$

$=(1-2)+(3-4)+(5-6)+\cdots+[(n-1)-n]$，

$=(-1)\times \cfrac{n}{2}$；

当$n$为奇数时，$S_n=1-2+3-4+5-6+\cdots+(-1)^{n-1}\cdot n$

$=(1-2)+(3-4)+(5-6)+\cdots+[(n-2)-(n-1)]+n$，

$=(-1)\times \cfrac{n-1}{2}+n=\cfrac{n+1}{2}$；

求和：$-1^2+2^2-3^2+4^2+\cdots-99^2+100^2$

法1：采用分组求和法转化如下，

$S=-(1^2+3^2+5^2+\cdots+99^2)+(2^2+4^2+6^2+\cdots+100^2)$，

这样转化后，基于学生的学习实际，此思路基本停滞；

法2：采用并项求和法，转化如下

$S=-1^2+2^2-3^2+4^2+\cdots-99^2+100^2$

$=100^2-99^2+98^2-97^2+\cdots+2^2-1^2$，

$=(100-99)(100+99)+(98-97)(98+97)+\cdots+(2-1)(2+1)$

$=(100+99)+(98+97)+\cdots+(2+1)=5050$

【2018海口调研】【并项求和】设数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且$a_1=1$，$a_n+a_{n+1}=\cfrac{1}{2^n}(n\in N^*)$，则$S_{2n+3}$=____________。

分析：由已知可得，当$n=2$时，$a_2+a_3=\cfrac{1}{2^2}$，$n=4$时，$a_4+a_5=\cfrac{1}{2^4}$，

$S_{2n+3}=a_1+(a_2+a_3)+(a_4+a_5)+\cdots+(a_{2n}+a_{2n+1})+(a_{2n+2}+a_{2n+3})$

$=1+\cfrac{1}{2^2}+\cfrac{1}{2^4}+\cfrac{1}{2^6}+\cdots+\cfrac{1}{2^{2n}}+\cfrac{1}{2^{2n+2}}$

$=(\cfrac{1}{2})^0+(\cfrac{1}{2})^2+(\cfrac{1}{2})^4+(\cfrac{1}{2})^6+\cdots+(\cfrac{1}{2})^{2n}+(\cfrac{1}{2})^{2n+2}$

$=\cfrac{1-[(\cfrac{1}{2})^2]^{n+2}}{1-(\cfrac{1}{2})^2}$

$=\cfrac{4}{3}(1-\cfrac{1}{4^{n+2}})$；

说明：本题中的项数求法，项数$r=\cfrac{(2n+2)-0}{2}+1=n+2$。

已知等差数列 $\{a_{n}\}$ 前 $n$ 项和为 $S_{n}$， $a_{1}=3$，公差 $d>0$，且 $a_{1}4$， $a_{3}-1$， $a_{5}+1$ 成等比数列.

(1) 求 $S_{n}$；

解析：已知 $a_{1}=3$，由于$a_{1}$， $a_{3}-1$， $a_{5}+1$ 成等比数列，

所以， $(a_{3}-1)^{2}=a_{1}(a_{5}+1)$，

所以 $(2+2d)^{2}=3(4+4d)$，即$d^{2}-d-2=0$，解得 $d=-1$ (舍去) 或 $d=2$，

所以，$S_{n}=na_{1}+\cfrac{n(n-1)}{2}d=3n+\cfrac{n(n-1)}{2}\times 2=n^{2}+2n$；

(2) 若数列 $\{b_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}$，且 $b_{n}+b_{n+1}=\cfrac{2}{S_{n}}$，求 $T_{2 n}$.

解析：由于 $b_{n}+b_{n+1}=\cfrac{2}{S_{n}}=\cfrac{2}{n^{2}+2n}=\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+2}$，

当 $n=1$，$3$，$5$， $\cdots$， $2n-1$ 时，

有 $b_{1}+b_{2}=1-\cfrac{1}{3}$，

$b_{3}+b_{4}=\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{5}$，

$b_{5}+b_{6}=\cfrac{1}{5}-\cfrac{1}{7}$，

$\ldots$，

$b_{2n-1}+b_{2n}=\cfrac{1}{2 n-1}-\cfrac{1}{2 n+1}$，

所以，$T_{2n}=b_{1}+b_{2}+b_{3}+b_{4}+\cdots+b_{2n-1}+b_{2n}=1-\cfrac{1}{2n+1}=\cfrac{2n}{2n+1}$.

【2012新课标1卷第16题】已知数列$a_{n+1}+(-1)^n\cdot a_n=2n-1$，求$S_{60}$的值。

法1：并项求和法[此法运算和思维成本最小]，由于题目中有$n$次方，故针对$n$分奇偶讨论如下：

①当$n$为奇数时，则$n+1$为偶数，

由题目可知$a_{n+1}-a_n=2n-1$，则$a_{n+2}+a_{n+1}=2n+1$^[1]

两式相减，得到$a_{n+2}+a_n=2$，即从$a_1$开始，相邻两个奇数项为等和数列；

即$a_1+a_3=2$，$a_5+a_7=2$，$a_9+a_{11}=2$，$\cdots$，$a_{57}+a_{59}=2$，

故前$60$项中的所有奇数项之和为

$S_{奇}=(a_1+a_3)+(a_5+a_7)+\cdots+(a_{57}+a_{59})=15\times 2=30$；

②当$n$为偶数时，则$n+1$为奇数，

由题目可知$a_{n+1}+a_n=2n-1$，则$a_{n+2}-a_{n+1}=2n+1$[原因同上]，

两式相加，得到$a_{n+2}+a_n=4n$，即每相邻两偶数项之和为等差数列；

故前$60$项中的所有偶数项之和为

$S_{偶}=(a_2+a_4)+(a_6+a_8)+\cdots+(a_{58}+a_{60})$

$=4\times 2+4\times 6+4\times 10+\cdots+4\times 58$

$=4(2+6+10+\cdots+58)$

$=4\times\cfrac{(2+58)\times 15}{2}=1800$；

故$S_{60}=1800+30=1830$。

思路2[摘编自网络，学习变形]：从特殊到一般，

对于给出的递推数列，在没有找到更好方法之前，通常可以用特殊值法开路，写出前几项，先归纳，再猜想一般的规律。

设$a_1=a$，由递推公式$a_{n+1}+(-1)^n\cdot a_n=2n-1$，

分别令$n=1,2,3,4,\cdots$，则有

$a_2=1+a$，$a_3=2-a$，$a_4=7-a$，$a_5=a$，

$a_6=9+a$，$a_7=2-a$，$a_8=15-a$，$a_9=a$，$\cdots$，

于是可知，$a_{4k-3}=a$，$a_{4k-2}=a+(8k-7)$，$a_{4k-1}=2-a$，$a_{4k}=-a+(8k-1)$，^[2]

所以，$a_{4k-3}+a_{4k-2}+a_{4k-1}+a_{4k}=16k-6$，

可知每连续四项之和成等差数列，

则$S_{60}=\cfrac{15[10+(16\times 15-6)]}{2}=1830$；

思路3[摘编自网络，学习变形]：分类讨论，

本题目的难点在于$(-1)^n$，于是对其分类讨论，并进行适当的构造以及并项。

当$n$为奇数时，$a_{n+1}-a_n=2n-1$；

当$n$为偶数时，$a_{n+1}+a_n=2n-1$；

于是$a_{4k}+a_{4k-1}+a_{4k-2}+a_{4k-3}=(a_{4k}-a_{4k-1})+2(a_{4k-1}+a_{4k-2})-(a_{4k-2}-a_{4k-3})$^[3]

$=[2(4k-1)-1]+2[2(4k-2)-1]-[2(4k-3)-1]=16k-6$，

可知每连续四项之和成等差数列，

则$S_{60}=\cfrac{15[10+(16\times 15-6)]}{2}=1830$；

思路4[摘编自网络，学习变形]：利用迭代法，

对于给出的递推数列问题，应该关注三个技巧----迭加、迭乘、迭代。特别是迭代法，它是直接反复利用递推公式而进行迭代，可以直接运用，从而使得问题得以解决。

由$a_{n+1}+(-1)^n\cdot a_n=2n-1$得到[用$n+1$替换左式中的$n$]，$a_{n+2}+(-1)^{n+1}\cdot a_{n+1}=2(n+1)-1$，

则$a_{n+2}=-(-1)^{n+1}\cdot a_{n+1}+2n+1$，

$=(-1)^{n}\cdot a_{n+1}+2n+1$ [将已知式改写为$a_{n+1}=(-1)^{n+1}a_n+2n-1$，代入左式，得到下式]

$=(-1)^n[(-1)^{n+1}a_n+2n-1]+2n+1$

$=-a_n+(-1)^{n}(2n-1)+2n+1$

即$a_{n+2}+a_n=(-1)^{n}(2n-1)+2n+1$

也有$a_{n+3}+a_{n+1}=-(-1)^{n}(2n+1)+2n+3$[让上式中$n+1\rightarrow n$得到]

两式相加得到$a_n+a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}=-2(-1)^n+4n+4$，

设$k$为整数[或令$n=4k+1$]，则

$a_{4k+1}+a_{4k+2}+a_{4k+3}+a_{4k+4}=-2(-1)^{4k+1}+4(4k+1)+4=16k+10$

于是$S_{60}=\sum\limits_{k=0}^{14}{(a_{4k+1}+a_{4k+2}+a_{4k+3}+a_{4k+4})}$^[4]

$=\sum\limits_{k=0}^{14}{(16k+10)}=(16\times 0+10)+(16\times 1+10)+(16\times 2+10)+\cdots+(16\times 14+10)$

$=16\times \cfrac{(0+14)\times 15}{2}+150=1830$

思路5[摘编自网络，学习变形]：构造子数列法，

$\{a_n\}$既不是等差数列也不是等比数列，但是可以发现其子数列$\{a_{4k}\}$，$\{a_{4k-1}\}$，$\{a_{4k-2}\}$，$\{a_{4k-3}\}$是等差数列，于是可对数列$\{a_n\}$分项击破，

当$n$为奇数时，$a_{n+1}-a_n=2n-1$；

当$n$为偶数时，$a_{n+1}+a_n=2n-1$；

由$a_{4k+2}-a_{4k-2}=(a_{4k+2}-a_{4k+1})+(a_{4k+1}+a_{4k})-(a_{4k}-a_{4k-1})-(a_{4k-1}+a_{4k-2})$，^[5]

$=[2(4k+1)-1]+(2\times 4k-1)-[2(4k-1)-1]-[2(4k-2)-1]=8$，

故数列$a_{4k-2}$是等差数列，公差为$8$，首项为$a_2$，所以$a_{4k-2}=a_2+(k-1)8$；

由$a_{4k+4}-a_{4k}=(a_{4k+4}-a_{4k+3})+(a_{4k+3}+a_{4k+2})-(a_{4k+2}-a_{4k+1})-(a_{4k+1}+a_{4k})$，^[6]

$=[2(4k+3)-1]+[2(4k+2)-1)-[2(4k+1)-1]-[2\times 4k-1]=8$，

故数列$a_{4k}$是等差数列，公差为$8$，首项为$a_4$，所以$a_{4k}=a_4+(k-1)8$；^[7]

同理，$a_{4k+1}-a_{4k-3}=0$，故数列$\{a_{4k-3}\}$是常数列，故$a_{4k-3}=a_1$；

$a_{4k+3}-a_{4k-1}=0$，故数列$\{a_{4k-1}\}$是常数列，故$a_{4k-1}=a_3$；

又$a_1+a_2+a_3+a_4=(a_4-a_3)+2(a_3+a_2)-(a_2-a_1)$

$=(2\times 3-1)+2(2\times 2-1)-(2\times 1-1)=5+6-1=10$;

于是$\{a_n\}$的前$60$项的和$S_{60}$为

$S_{60}=(a_1+a_5+a_9+\cdots+a_{57})+(a_2+a_6+a_{10}+\cdots+a_{58})$^[8]

$+(a_3+a_7+a_{11}+\cdots+a_{59})+(a_4+a_8+a_{12}+\cdots+a_{60})$

$=15a_1+(15a_2+840)+15a_3+(15a_4+840)$

$=15(a_1+a_2+a_3+a_4)+1680=1830$

思路6[摘编自网络，学习变形]：构造等差数列法，

由上述解法不难看出，本题目的实质是连续四项的和成等差数列，故还可以如下求解：

当$n$为奇数时，$a_{n+1}-a_n=2n-1$；

当$n$为偶数时，$a_{n+1}+a_n=2n-1$；

由$a_{4k+2}-a_{4k-2}=(a_{4k+2}-a_{4k+1})+(a_{4k+1}-a_{4k})-(a_{4k}-a_{4k-1})-(a_{4k-1}+a_{4k-2})$，

$=[2(4k+1)-1]+(2\times 4k-1)-[2(4k-1)-1]-[2(4k-2)-1]=8$，

故数列$a_{4k-2}$是等差数列，公差为$8$，首项为$a_2$，所以$a_{4k-2}=a_2+(k-1)8$；

由$a_{4k+4}-a_{4k}=(a_{4k+4}-a_{4k+3})+(a_{4k+3}+a_{4k+2})-(a_{4k+2}-a_{4k+1})-(a_{4k+1}+a_{4k})$，

$=[2(4k+3)-1]+[2(4k+2)-1)-[2(4k+1)-1]-[2\times 4k-1]=8$，

故数列$a_{4k}$是等差数列，公差为$8$，首项为$a_4$，所以$a_{4k}=a_4+(k-1)8$；

同理，$a_{4k+1}-a_{4k-3}=0$，故数列$\{a_{4k-3}\}$是常数列，故$a_{4k-3}=a_1$；

$a_{4k+3}-a_{4k-1}=0$，故数列$\{a_{4k-1}\}$是常数列，故$a_{4k-1}=a_3$；

则数列$b_{n+1}=a_{4n+1}+a_{4n+2}+a_{4n+3}+a_{4n+4}$

$=a_{4n-3}+a_{4n-2}+a_{4n-1}+a_{4n}+16=b_n+16$， ^[9]

即$b_{n+1}-b_n=16$，又$b_1=a_1+a_2+a_3+a_4=10$，

则数列$\{b_n\}$是首项为$10$，公差为$16$的等差数列，

则则$S_{60}=\cfrac{15[10+(16\times 15-6)]}{2}=1830$；

[解释：$a_{(n+1)+1}+(-1)^{n+1}a_{n+1}=2(n+1)-1$] ↩︎
对数列的下标详细说明如下，
所有正整数若除以$4$，就会分为四类，余数分别为$0$，$1$，$2$，$3$，
我们可以将其表达为$4k$，$4k+1$，$4k+2$，$4k+3$，此时$k\in N$；
还可以这样表达为$4k-3$，$4k-2$，$4k-1$，$4k$，此时$k\in N^*$；
故$a_{4k-3}$表达的是$a_1$，$a_5$，$a_9$，$\cdots$，
$a_{4k-2}$表达的是$a_2$，$a_6$，$a_{10}$，$\cdots$，
$a_{4k-1}$表达的是$a_3$，$a_7$，$a_{11}$，$\cdots$，
$a_{4k}$表达的是$a_4$，$a_8$，$a_{12}$，$\cdots$， ↩︎
上述变形很有特点，这样变形的目的，既要保证恒等变形，还要充分利用上述的条件；
比如变形$(a_{4k}-a_{4k-1})$意味着偶数项减去奇数项，即可以利用$a_{n+1}-a_n=2n-1$；
故有$(a_{4k}-a_{4k-1})=2(4k-1)-1$，其余都同理； ↩︎
由于下标的表示形式，故求和时只能从$0\rightarrow 14$，不能是$1\rightarrow 15$，否则求和会丢掉前面的四项而多算了后面的四项。 ↩︎
[此处用$a_{4k+2}-a_{4k-2}$，是为了求公差；由于前一项为$a_{4k-2}$，则其后一项为$a_{4(k+1)-1}=a_{4k+2}$；同时紧接着的变形既要保证恒等变形还要有效利用上述条件]； ↩︎
[此处用$a_{4k+4}-a_{4k}$，是为了求公差；由于前一项为$a_{4k}$，则其后一项为$a_{4(k+1)}=a_{4k+4}$；同时紧接着的变形既要保证恒等变形还要有效利用上述条件]； ↩︎
等差数列通项公式的拓展：$a_n=a_m+(n-m)d$；
此处可以这样理解，数列的公差为$8$，首项为$a_4$，自然能写出$a_4+(k-1)8$，关键是和$a_{?}$对应；
我们知道这个数列的首项应该是$a_4$，故下标应该用$4k$来表达，故$a_{4k}=a_4+(k-1)8$；
或者这样理解，从原来的母数列中间隔$4$项挑出来的项所组成的新数列的公差为$8$，那么回归到母数列里面，
相当于原来母数列的公差为$2$[当然母数列不是等差数列]，这样$a_{4k}=a_4+(4k-4)\times 2=a_4+(k-1)8$；
而不是$a_{4k}=a_4+(4k-4)8$；其他同理； ↩︎
第二组子数列求和，首项是$a_2$，公差为$8$，项数为$15$项，故$S_{2}=15a_2+\cfrac{15(15-1)}{2}\times 8=15a_2+840$. ↩︎
若$b_{n+1}=a_{4n+1}+a_{4n+2}+a_{4n+3}+a_{4n+4}$，用$n-1$替换左式中的$n$，
则得到$b_{n}=a_{4n-3}+a_{4n-2}+a_{4n-1}+a_{4n}$，故有$b_{n+1}-b_n=16$， ↩︎

posted @ 2020-02-23 15:40 静雅斋数学阅读(5206) 评论(0) 编辑收藏举报

会员力量，点亮园子希望

刷新页面返回顶部

并项求和法

前言

适用范围

相关公式

运算技巧

典例剖析

公告