1樓：紫蘭風雲
數列1/n的前n項和沒有通項公式，但它存在極限值，當n趨於無窮大時，其極限值為ln2,下面給出證明：
設a(n)=1/（n+1）+…+1/2n,(少了1/n,多了1/2n)
lim (1+1/n)^n=e,且(1+1/n)^nln2/1+ln3/2+ln4/3+...+ln(1+1/n)-lnn
=ln(n+1)-lnn>0
故lim b(n)=c,c為常數
由上題a(n)=b(2n)-b(n)+ln(2n)-lnn
lim a(n)=lim b(2n)-lim b(n)+ln2 ---當n趨於無窮大時，lim b(2n)＝lim b(n)＝c
=c-c+ln2
=ln2
--------2n-1
故 lim∑1/n=lim [a(n)+1/n-1/2n]=lim a(n)+lim 1/n-lim 1/2n=ln2+0-0=ln2
-------i=n
2樓：我不是他舅
這個沒有通項公式的
只有一個極限
lim(x→∞)(1+1/2+1/3+……+1/n)=lnn+cc是尤拉常數
3樓：匿名使用者
a(n)=1/n,
s(n)=a(1)+a(2)+...+a(n)=[1+2+...+n]/n = (n+1)/2
數列an=1/n前n項和的求法 20
4樓：關鍵他是我孫子
數列an=1/n前n項和的求法要運用近似計算：
1+1/2+1/3+...+1/n>ln(n+1)，當n很大時，它們之間的差就非常小，這時就可以近似用ln(n+1)來代替。
由x>ln(x+1)(x>0)，這可以利用導數證明。
然後取x=1/n，所以1/n>ln(1/n+1)=ln(n+1)-lnn。
然後由1/n>ln(n+1)-lnn進行累加，就可得1+1/2+1/3+...+1/n>ln(n+1)。
sn=1+1/2+1/3+...+1/n是調和級數，也是一個發散級數，它沒有通項公式。但它可以用一些公式去逼近它的和。
擴充套件資料：
常見的數列求和法：
1、裂項相消法（最常見的就是an=1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)）
sn=1/1*2+1/2*3+.+1/n(n+1)
=1-1/2+1/2-1/3+1/3-1/4+.+1/(n-1)-1/n+1/n-1/(n+1)（中間相消,最後只剩首尾兩項）
=1-1/(n+1)
2、錯位相減法
sn= 1/2+1/4+1/8+.+1/2^n
兩邊同時乘以1/2
1/2sn= 1/4+1/8+.+1/2^n+1/2^(n+1)(注意根原式的位置的不同,這樣寫看的更清楚些）
兩式相減
1/2sn=1/2-1/2^(n+1)
sn=1-1/2^n
3、倒序相加法
sn=1+2+..+n
sn=n+n-1+.+2+1
兩式相加
2sn=(1+n)+(2+n-1)+...+(n+1)
=(n+1)*n
sn=n(n+1)/2
5樓：池初夏侯
這是調和級數，它是沒有通項公式的，只能近似計算：
n很大時，有個近似公式： 1+1/2+1/3+1/4+...+1/n=γ+ln(n)
γ為尤拉常數γ=0.57721566490...
ln(n)是n的自然對數（即以e為底的對數，e=2.71828...）
6樓：匿名使用者
數列an=1/n，求前n項和sn
解：s‹n›=1+1/2+1/3+1/4+.....+1/n=0.577216....+lnn+ε‹n›
7樓：匿名使用者
an x n = 1 ,n x n=1/a, n=1/an,1+....+n=(1/an-1)+...+1/an=1/a-(1+n) x n/2
求數列｛1/n｝的前n項和公式
8樓：
1+1/2+1/3+1/4+1/5+...+1/n=γ+ln(n)
γ=0.5772（γ=0.57722......一個無理數,稱作尤拉初始,專為調和級數所用)
9樓：拜佳晨宋資
求數列的前n項和是高中數學《數列》一章的教學重點之一，而對於一些非等差數列，又非等比數列的某些數列求和，是教材的難點。不過，只要認真去探求這些數列的特點。和結構，也並非無規律可循。
典型示例：
1、用通項公式法：
規律：能用通項公式寫出數列各項，從而將其和重新組合為可求數列和。
例1：求5，55，555，…，的前n項和。
解：∵an=
59(10n-1)
∴sn=
59(10-1)+
59(102-1)+5
9(103-1)+…
+59(10n-1)=5
9[（10+102+103+…+10n）-n]
=（10n＋1-9n-10）
2、錯位相減法：
一般地形如的數列，為等差數列，
為等比數列，均可用錯位相減法求和。
例2：求：sn=1+5x+9x2+••••+(4n-3)xn-1
解：sn=1+5x+9x2+••••+(4n-3)xn-1
①①兩邊同乘以x，得
xsn=x+5
x2+9x3+••••+(4n-3)xn
②①-②得，（1-x）sn=1+4（x+
x2+x3+••••+
）-（4n-3）xn
當x=1時，sn=1+5+9+••••+（4n-3）=2n2-n
當x≠1時，sn=
11-x
[4x(1-xn)
1-x+1-（4n-3）xn]3、
裂項抵消法：
這一類數列的特徵是：數列各項是等差數列某相鄰兩項或幾項的積，
一般地，是公差為d的等差數列，則：
即裂項抵消法，
多用於分母為等差數列的某相鄰k項之積，而分子為常量的分式型數列的求和，對裂項抵消法求和，其裂項可採用待定係數法確定。
例3：求13，
115，1
35，163之和。
解：4、
分組法：
某些數列，通過適當分組，可得出兩個或幾個等差數列或等比數列，從而可利用等差數列或等比數列的求和公式分別求和，從而得出原數列之和。
例4：求數列
的前n項和。
解：5、
聚合法：
有的數列表示形式較複雜，每一項是若干個數的和，這時常採用聚合法，
先對其第n項求和，然後將通項化簡，從而改變原數列的形式，有利於找出解題辦法。
例5：求數列2，2+4，2+4+6，2+4+6+8，…，2+4+6+…+2n，…的前n項和
解：∵an=2+4+6+…+2n=
n(n+1)=n2+n
∴sn=(12+1)+(22+2)+(32+3)
+……+(
n2+n)
=（12+22+32+…+
n2）+（+2+3+…+n）
=n（n+1）（2n+1）+
n(n+1)=1
3n（n+1）（n+2）
6、反序相加法：
等差數列前n項和公式的推導，是先將和式中各項反序編排得出另一個和式，然後再與原來的和式對應相加，從而解得等差數列的前n項和公式，利用這種方法也可以求出某些數列的前n項和。
例6：已知lg(xy)=a，求s，其中
s=解:
將和式s中各項反序排列，得
將此和式與原和式兩邊對應相加，得
2s=++•
••+(n+1)項
=n(n+1)lg(xy)
∵lg(xy)=a∴s=
n(n+1)a
以上一個6種方法雖然各有其特點，但總的原則是要善於改變原數列的形式結構，使其能進行消項處理或能使用等差數列或等比數列的求和公式以及其它已知的基本求和公式來解決，只要很好地把握這一規律，就能使數列求和化難為易，迎刃而解。q)
數列{an}的通項公式為1/n ,則數列的前n項和sn的公式為多少。
10樓：☆小陌灬
額樓主也跟我想過同樣的問題…
求不了的，等你到大學就會知道，這是一個調和級數，是發散的，沒有辦法求和。
不過很早以前，數學家尤拉就推出了，當n取很大很大的值的時候，這個調和級數的近似公式：
s=ln(n+1)+γ
其中，尤拉常數γ≈0.57721566490153286060651209，不過這個數～目前還不知道它是有理數還是無理數。
11樓：她有他的好丶
這個沒確定的通項公式，你上百科查一下調和數列
數列8 14 26 50的通項公式是什麼,前n項和是什麼
解 a2 14 8 6 2 0 a3 26 8 6 6 2 1 a4 50 8 6 6 2 6 2 2 an 8 6 6 2 6 2 2 6 2 n 2 8 6 2 n 1 1 2 1 3 2 n 2 通項公式為an 3 2 n 2 前n項和sn 3 2 2 n 1 2 1 2n 6 2 n 2n ...
已知數列前N項和,怎麼求通項公式
an等於前n項和減去前n 1項的和，即an sn s n 1 當n 2時，an sn s n 1 當n 1時，a1 s1 數列前n 1項和 數列前n項和 a1 s1 an sn s n 1 sn s n 1 an一般是這樣 可以看看這個教程 網頁連結 求數列通項公式an和前n項和sn的方法 1，等差...
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