數(shù)列求和的統(tǒng)一方法

在高中數(shù)列求和的教學(xué)中，我們常可看到老師們介紹了多種方法，比如倒序相加法、錯(cuò)位相減法、裂項(xiàng)求和法，等等. 其實(shí)數(shù)列求和有一種統(tǒng)一的方法，即為了求得數(shù)列｛ａｎ｝的前ｎ項(xiàng)和Ｓｎ，我們?cè)噲D將數(shù)列ａｎ拆成（分解為）兩項(xiàng)之差，使得在求和的時(shí)候正負(fù)相抵消，從而達(dá)到求其和的表達(dá)式的目的. 也就是，只要找到一個(gè)數(shù)列｛ｆ（ｎ）｝，使通項(xiàng)ａｎ ＝ ｆ（ｎ） － ｆ（ｎ － １），便有Ｓｎ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋ … ＋ ａｎ ＝ ［ｆ（１） － ｆ（０）］ ＋ ［ｆ（２） － ｆ（１）］ ＋ … ＋ ［ｆ（ｎ） － ｆ（ｎ － １）］ ＝ ｆ（ｎ） － ｆ（０）.

當(dāng)然，找到一個(gè)合適的ｆ（ｎ）常有一定的難度，但對(duì)于一些常見(jiàn)數(shù)列，只要注意觀察其通項(xiàng)的特征，始終瞄準(zhǔn)“將ａｎ分解成一個(gè)新的數(shù)列的相鄰兩項(xiàng)之差”這一目標(biāo)，發(fā)揮想象，考察與ａｎ“相近”的數(shù)列，很多時(shí)候這樣的ｆ（ｎ）是可以找到的.

１． 等差數(shù)列及其相關(guān)數(shù)列的求和

對(duì)于等差數(shù)列｛ａｎ｝，ａｎ ＝ ａ１ ＋ （ｎ － １）ｄ，則Ｓｎ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋ … ＋ ａｎ ＝ ｎａ１＋［１ ＋ ２ ＋ … ＋ （ｎ － １）］ｄ，因此求Ｓｎ就歸結(jié)為求１ ＋ ２ ＋ ３ ＋ … ＋ （ｎ － １） ＋ ｎ.

考慮通項(xiàng)｛ｎ｝. 為了保持ｎ這一因式，考察ｎ（ｎ ＋ １）與（ｎ － １）ｎ這兩項(xiàng)，它們是數(shù)列｛ｎ（ｎ ＋ １）｝的前后兩項(xiàng)，其差ｎ（ｎ ＋ １）－（ｎ － １）ｎ ＝ ２ｎ，于是n = ■ － ■.

令ｆ（ｎ） = ■，則有１ ＋ ２ ＋ ３ ＋ … ＋ ｎ ＝ ｆ（ｎ） － ｆ（０） ＝ ■，代入即可求得等差數(shù)列的求和公式.

引申１ 求和Ｓｎｒ ＝ １·２ ·… ·ｒ ＋ ２·３·…·（ｒ ＋ １） ＋ … ＋ ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）.

考察數(shù)列｛ｎ（ｎ ＋ １）（ｎ ＋ ２）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）（ｎ ＋ ｒ）｝相鄰兩項(xiàng)的差，得ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １） ＝ ■［ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）（ｎ ＋ ｒ） － （ｎ － １）ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）］.

于是可得Ｓｎｒ ＝ ■ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）（ｎ ＋ ｒ）．

引申２ 求冪和Ｓｐ（ｎ） ＝ １ｐ ＋ ２ｐ ＋ ３ｐ ＋ … ＋ ｎｐ（ｐ為某一自然數(shù)）.

以ｐ ＝ ３為例.

方法１ 由ｎ３ ＝ ｎ（ｎ ＋ １）（ｎ ＋ ２） － ３ｎ２ － ２ｎ ＝ ｎ（ｎ ＋ １）（ｎ ＋ ２） － ３ｎ（ｎ ＋ １） ＋ ｎ，利用公式可得Ｓｎｒ.

方法２ 設(shè)ｎ３ ＝ ａｎ４ ＋ ｂｎ３ ＋ ｃｎ２ ＋ ｄｎ － ［ａ（ｎ － １）４ ＋ ｂ（ｎ － １）４ ＋ ｃ（ｎ － １）２ ＋ ｄ（ｎ － １）］，待定系數(shù)可得ａ ＝ ■，ｂ ＝ ■，ｃ ＝ ■，ｄ ＝ ０，令ｆ（ｎ） ＝ ■ｎ４ ＋ ■ｎ３ ＋ ■ｎ２．

于是Ｓ３（ｎ） ＝ １３ ＋ ２３ ＋ ３３ ＋ … ＋ ｎ３ ＝ ｆ（ｎ） － ｆ（０） ＝ ■ｎ４ ＋ ■ｎ３ ＋ ■ｎ２ = ［■］2.

對(duì)于一般的Ｓｐ（ｎ），我們考慮（ｎ ＋ １）ｐ＋１ － ｎｐ＋１的展開(kāi)式，（ｎ ＋ １）ｐ ＋ １ － ｎｐ＋１ ＝ Ｃ■■ｎｐ＋Ｃ■■ｎｐ-1 ＋ … ＋ Ｃ■■ｎ＋１，對(duì)上式求和，得（ｎ ＋ １）ｐ ＋ １ － １ ＝ Ｃ■■Ｓｐ（ｎ）＋Ｃ■■Ｓｐ－１（ｎ） ＋ … ＋ Ｃ■■Ｓ１（ｎ） ＋ Ｓ０（ｎ）.

這樣借助上述遞推式與Ｓ１（ｎ），Ｓ２（ｎ），…，Ｓｐ － １（ｎ），就可得Ｓｐ（ｎ）的表達(dá)式.

引申３ 設(shè)｛ａｎ｝是公差為ｄ（ｄ ≠ ０）的等差數(shù)列，求

■anan + 1…an + r - 1（ｒ是某一正整數(shù)）.

由于ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ａｎ＋ｒ － ａｎ－１ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ ＝

（ａｎ＋ｒ－ａｎ－１）ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ ＝ （ｒ ＋ １）ｄａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１，

所以ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ ＝ ■（ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ａｎ＋ｒ － ａｎ－１ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１），因此■anan + 1…an + r - 1 ＝

ａ１ａ２…ａｒ ＋ ■（ａｍａｍ＋１…ａｍ＋ｒ－１ａｍ＋ｒ － ａ１ａ２…ａｒａｒ＋１）.

２． 等比數(shù)列以及等差數(shù)列與等比數(shù)列乘積型數(shù)列的求和

對(duì)于首項(xiàng)是ｂ公比為ｑ（ｑ ≠ ０，ｑ ≠ １）的等比數(shù)列｛ｂｎ｝，考察其通項(xiàng)ｂｑｎ－１.

由于ｑｎ－ｑｎ－１＝（ｑ － １）ｑｎ－１，于是ｂｑｎ－１ ＝ ■（ｑｎ － ｑｎ－１），對(duì)上式兩邊求和，得■bqn-1 =■（ｑm － 1）.

引申 設(shè)｛ａｎ｝是首項(xiàng)為ａ公差為ｄ的等差數(shù)列，｛ｂｎ｝是首項(xiàng)為ｂ公比為ｑ（ｑ ≠ ０，ｑ ≠ １）的等比數(shù)列，由于ａｎ·ｂｎ＝［ａ ＋ （ｎ － １）ｄ］·ｂｑｎ－１ ＝ （ａ － ｄ）ｂｑｎ－１ ＋ ｂｄｎｑｎ－１，于是，數(shù)列｛ａｎ·ｂｎ｝求和的關(guān)鍵在于求出■nqn-1 .

方法１ 考慮到ｎｑｎ － （ｎ － １）ｑｎ－１ ＝ （ｑ － １）ｎｑｎ－１ ＋ ｑｎ－１，對(duì)其兩邊求和，

得■［nqn - （ｎ － １）ｑｎ-1］ ＝ （ｑ － １）·■nqn-1 ＋ ■qn-1，即

ｍｑｍ ＝ （ｑ － １）■nqn-1 ＋ ■，得

■nqn-1 ＝ ■ - ■，

由此就可求出■an·bn ＝ （ａ － ｄ）ｂ■ ＋ bd（■ - ■）.

方法２ ■nqn-１ ＝ １ ＋ ２ｑ ＋ ３ｑ２ ＋ ４ｑ３ ＋ … ＋ （ｍ － １）ｑｍ－２ ＋ ｍｑｍ－１ ＝ （１ ＋ ｑ ＋ ｑ２ ＋ ｑ３ ＋ … ＋ ｑｍ－２ ＋ ｑｍ－１） ＋ （ｑ ＋ ｑ２ ＋ ｑ３ ＋ … ＋ ｑｍ－２ ＋ ｑｍ－１） ＋ （ｑ２ ＋ ｑ３ ＋ … ＋ ｑｍ－２ ＋ ｑｍ－１） ＋ …＋ （ｑｍ－２ ＋ ｑｍ－１） ＋ ｑｍ－１ ＝ ■ + ■ + ■ + … + ■ ＋ ■ ＝ ■（１ ＋ ｑ ＋ ｑ２ ＋ … + qm-2 + qm-1） - ■ = ■ - ■ = ■ - ■.

綜上所述，只要一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)可以“分解”，便可求和，從這個(gè)意義上說(shuō)，這種求和方法具有高度的統(tǒng)一性，而這種統(tǒng)一性正是數(shù)學(xué)美的基本特征之一，它追求的是部分與部分、部分與整體之間的和諧協(xié)調(diào)以及數(shù)學(xué)方法的融會(huì)貫通. 用數(shù)學(xué)的統(tǒng)一性指導(dǎo)數(shù)學(xué)解題，會(huì)使我們對(duì)問(wèn)題的認(rèn)識(shí)更加深入.