数列求和公式证明

数列求和公式证明（精选9篇）

数列求和公式证明 篇1

数学归纳法可以证

也可以如下做 比较有技巧性

n^2=n(n+1)-n

1^2+2^2+3^2+......+n^

2=1*2-1+2*3-2+....+n(n+1)-n

=1*2+2*3+...+n(n+1)-(1+2+...+n)

由于n(n+1)=[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)]/

3所以1*2+2*3+...+n(n+1)

=[1*2*3-0+2*3*4-1*2*3+....+n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)]/3

[前后消项]

=[n(n+1)(n+2)]/3

所以1^2+2^2+3^2+......+n^2

=[n(n+1)(n+2)]/3-[n(n+1)]/2

=n(n+1)[(n+2)/3-1/2]

=n(n+1)[(2n+1)/6]

=n(n+1)(2n+1)/6

2）1×2+2×3+3×4+...+n×（n+1）=？

设n为奇数,1*2+2*3+3*4+...+n(n+1)=

=(1*2+2*3)+(3*4+4*5)+...+n(n+1)

=2(2^2+4^2+6^2+...(n-1)^2)+n(n+1)

=8(1^2+2^2+3^2+...+[(n-1)/2]^2)+n(n+1)

=8*[(n-1)/2][(n+1)/2]n/6+n(n+1)

=n(n+1)(n+2)/3

设n为偶数,请你自己证明一下！

所以，1*2+2*3+3*4+...+n(n+1)=n(n+1)(n+2)/3

设an=n×（n+1）=n^2+n

Sn=1×2+2×3+3×4+...+n×（n+1）

=(1^2+2^2+3^2+……+n^2)+(1+2+3+……+n)=n(n+1)(2n+1)/6+n(n+1)/2

=n(n+1)(n+2)/3

数列求和的几种方法

1.公式法：

等差数列求和公式:

Sn=n(a1+an)/2=na1+n(n-1)d/2

等比数列求和公式：

Sn=na1(q=1)Sn=a1(1-q^n)/(1-q)=(a1-an×q)/(1-q)(q≠1)

2.错位相减法

适用题型：适用于通项公式为等差的一次函数乘以等比的数列形式{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.Sn=a1b1+a2b2+a3b3+...+anbn

例如：an=a1+(n-1)dbn=a1·q^(n-1)Cn=anbn

Tn=a1b1+a2b2+a3b3+a4b4....+anbn

qTn= a1b2+a2b3+a3b4+...+a(n-1)bn+anb(n+1)

Tn-qTn= a1b1+b2(a2-a1)+b3(a3-a2)+...bn[an-a(n-1)]-anb(n+1)

Tn(1-q)=a1b1-anb(n+1)+d(b2+b3+b4+...bn)

=a1b1-an·b1·q^n+d·b2[1-q^(n-1)]/(1-q)Tn=上述式子/(1-q)

3.倒序相加法

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（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1+an)

Sn =a1+ a2+ a3+......+anSn =an+ a(n-1)+a(n-3)......+a1上下相加 得到2Sn 即 Sn=（a1+an)n/

24.分组法

有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.例如：an=2^n+n-1

5.裂项法

适用于分式形式的通项公式，把一项拆成两个或多个的差的形式，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加时抵消中间的许多项。常用公式：

（1）1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)

（2）1/(2n-1)(2n+1)=1/2[1/(2n-1)-1/(2n+1)]

（3）1/n(n+1)(n+2)=1/2[1/n(n+1)-1/(n+1)(n+2)]

（4）1/(√a+√b)=[1/(a-b)](√a-√b)

（5）n·n!=(n+1)!-n!

[例] 求数列an=1/n(n+1)的前n项和.解：an=1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)（裂项）

则Sn =1-1/2+1/2-1/3+1/4…+1/n-1/(n+1)（裂项求和）＝ 1-1/(n+1)＝ n/(n+1)

小结：此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了。只剩下有限的几项。注意： 余下的项具有如下的特点1余下的项前后的位置前后是对称的。2余下的项前后的正负性是相反的。

6.数学归纳法

一般地，证明一个与正整数n有关的命题，有如下步骤：

（1）证明当n取第一个值时命题成立；

（2）假设当n=k（k≥n的第一个值，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。

例：求证：1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + n(n+1)(n+2)(n+3)=

[n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)]/5证明： 当n=1时，有：1×2×3×4 + 2×3×4×5 = 2×3×4×5×(1/5 +1)= 2×3×4×5×6/5假设命题在n=k时成立，于是：1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3)=

[k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5则当n=k+1时有：1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… +(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)= 1×2×3×4 + 2×3×4*5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3)+(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)=

[k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5 +(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)=

(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)*(k/5 +1)= [(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)]/5即n=k+1时原等式仍然成立，归纳得证

7.通项化归

先将通项公式进行化简，再进行求和。如：求数列1，1+2，1+2+3，1+2+3+4,……的前n项和。此时先将an求出，再利用分组等方法求和。

8.并项求和：

例：1－2+3－4+5－6+……+（2n-1）-2n（并项）

数列求和公式证明 篇2

关键词：Lucas数列,归纳,求和公式

0 引言

在文[1]中给出了Fibonacci的一些恒等式,广义的Fibonacci序列被定义为:

在文献[1-4]中研究了广义Fibonacci序列的求和公式,定义广义的Lucas数列:

其中n=0,1,2,…,k为任意给定的非零实数,当k=1时上式为Lucas数,设wj=f(k,j),本文将证明广义Lucas数的一些恒等式。

1 引理及引理的证明

为了证明一些结论,我们先给出几个相关的引理。

证明:容易算出w0=2,w1=1,w2=k+2;当n=1时,

2×(k+2)-1=2k+3=(2k+3)(-1)n+1显然成立;

假设当n=m时成立,即

wm-1wm+1-wn2=(2k+3)(-1)m+1,那么有wm2=wm-1wm+1-(2k+3)(-1)m+1,

当n=m+1时有wmwm+2-w2m+1

应用定义有wm+2=kwm+1+wm,则

而wm2=wm-1wm+1-(2k+3)(-1)m+1,那么

引理1得证。

假设当n=m时成立,即,那么当n=m+1时有:

从而有,

(3)式得证。

假设当n=m时成立,即,则当n=m+1时,有

(4)式得证。

2 定理及定理的证明

证明:因为wn=kwn-1+wn-2,wn-1wn+1-wn2=(2k+3)(-1)n+1,

从而有wn2=kwn-1wn+wn-2wn=kwn-1wn+wn-12+(2k+3)(-1)n

定理1得证。

定理2 wn-1wnwn+1=wn3+(2k+3)(-1)n+1w

证明:因为wn-1wn-2-wn2=(2k+3)(-1)n+1,

从而有wn-1wnwn+1-wn2=(2k+3)(-1)n+1wn

所以:wn-1wnwn+1=wn3+(2k+3)(-1)n+1wn

定理2得证。

参考文献

[1]张之正.广义Fibonacci序列和Lucas序列的求和公式[J].烟台师范学院学报(自然科学版),1995,6(2):4-7.

[2]张之正.广义Fibonacci_Lucas序列的求和公式[J].宁夏大学学报(自然科学版),1994,9(3):22-24.

[3]吴茂念.广义Fibonacci数列的一些前项和公式[J].贵州大学学报(自然科学版),2005,(4):343-347.

数列求和不等式的证明 篇3

题目 已知数列[an]的通项公式是[an=3n-2n].求证：对一切正整数[n]，有[1a1+1a2+???+1an<32].

思路1：放缩为可求和的等比（等差）数列

证明 因为[3n-3n-1=2?3n-12?2n-1=2n]，

所以[3n-2n3n-1]，所以[1an13n-1].

于是[1a1+1a2+…+1an1+13+…+13n-1]

[=1-13n1-13][=321-13n<32].

思路2：放缩后能裂项相消

证明 当[n=1]时，[1a1=1<32]；

当[n=2]时，[1a1+1a2=1+15<32]，显然成立.

当[n3]时，[an=3n-2n=1+2n-2n]

[=1+C1n?2+C2n?22+…+Cn-1n?2n-1+2n-2n]

[=1+C1n?2+C2n?22+…+Cn-1n?2n-1>C2n?22]

[=2nn-1]，

又因为[a2=5>2×2×2-1]，

所以[an>2nn-1]（[n2]），

所以[1an<12nn-1=121n-1-1n]（[n2]），

所以[1a1+1a2+1a3+…+1an]

[<1+121-12+13-14+…+1n-1-1n=1+121-1n<32.]

思路3：构造加强不等式，借助数学归纳法

①当[n=1]时，左边[=1a1=1]，右边[=32]，命题成立.

②假设当[n=k]（[k2]，[k∈][N]）时成立，即[i=1k13i-2i<32]成立.为了证明当[n=k+1]时命题也成立，我们首先证明不等式：[13i+1-2i+1<13?13i-2i]（[i1]，[i∈][N]）.

要证[13i+1-2i+1<13?13i-2i]，

只需证[13i+1-2i+1<13i+1-3?2i]，

只需证[3i+1-2i+1>3i+1-3?2i]，

只需证[-2i+1>-3?2i]，

只需证[-2>-3]，该式子明显成立，

所以[13i+1-2i+1<13?13i-2i].

于是当[n=k+1]时，[i=1k+113i-2i=13-2+i=2k+113i-2i][<1+13i=1k13i-2i<1+13×32=32]，

所以在[n=k+1]时命题也成立.

数列求和公式证明 篇4

广东省南雄市第一中学 512400 摘 要：与数列求和有关的不等式在近年高考题中频繁出现，但却是考生感到困难的一类题目。这类题虽然无固定的模式和方法，但还是可以总结出若干解题方向和策略。主要有先求和后放缩、先放缩后求和策略。

关键词：数列；求和；不等式

1．考题频现考能力，细细品味有规循

近几年，形如“aiM(或aif(n))，aiM(或aif(n))，其

i1i1i1i1nnnn中M为常数”的与数列求和有关的不等式频频出现在各地高考或高考模拟试题中，而且常常是压轴题、创新题，如2004年全国卷三22（Ⅲ）、2005年辽宁19（2）、2006年全国Ⅰ理22（2）、2007年浙江理21（3）等等。由于这类题涉及多知识、多方法的交汇，条件与结论间的跨度大，解这类题常常要用到放缩法，而对解题方向的判断和放缩程度的把握要求高，能充分检测学生观察、分析、联想、灵活和综合运用所学知识分析解决问题能力，因此受到命题者青睐。学生面对这类试题往往感到难度大，无从入手，甚至有如坠云里雾里之感。

不过，虽然这类问题确有较大难度，但细心分析还是有规律可循。从解题方向上看主要有：（1）先求和再放缩 ；（2）先放缩再求和；（3）利用数学归纳法证明；（4）构造函数证明等。从解题策略上看，主要应重视对不等式结构特征和通项特征进行细微分析，初步明确证题方向。可先求和再放缩的题目，一般较简单；而需要先放缩再求和的题目一般难度较大，这类题往往要从待证的不等式出发，逆向探路，放缩转化，先变为等差数列求和、等比数列求和、裂项求和或错位相减法求和等我们熟悉的数列求和问题，最终通过适当的变形或放缩获证。2．执果溯因探路径，放缩求和巧证明 2．1先求和，再放缩证明

例1(2005年高考湖南（文）16)已知数列{log2(an1)}(nN)为等差数列，且a13，a39，（1）求数列{an}的通项公式；（2）证明

1。

a2a1a3a2an1an解：（1）过程略，an2n1(nN)。

（2）证明：∵对任意nN，恒有

111，n1nnan1an222∴111111123n

a2a1a3a2an1an222211[1()n]12 21()n1。

1212评析：对于与数列求和有关的不等式，若能先求和，我们常常会先求和，再考虑用放缩法证明。能先求和的这类题一般较简单，因此常为文科考题。2．2先放缩，再求和证明

对于求和困难的形如“aiM或aiM，其中M为常数”的不等式，i1i1nn很多情况下用数学归纳法也往往难于凑效。这时我们常用先放缩再求和证明或将其加强为形如aif(n)或aif(n)的不等式，再考虑用数学归纳法证明。

i1i1nn2．2．1逐项放缩，再求和证明

例2．已知函数f(x)x24，设曲线yf(x)在点(xn,f(xn))处的切线与x轴的交点为(xn1,0)(nN)。

（1）用xn表示xn1；（2）若x14，记anlgxn2，证明：数列{an}是等xn2比数列，并求数列{xn}的通项公式；（3）x14，bnxn2，Tn是数列{bn}的前n项和，证明：Tn3。

解：（1）过程略，xn1xn42(321)。（2）过程略，xn2n1。

2xn312n1 2

（3）由（2）知xnn12(323n11)12n1，于是bnxn2432n110。

bn132111112n12n12n1211, ∵bn3313133当n1时，显然T1b123，111当n1时，bnbn1()2bn2()n1b1，333∴Tnb1b2bn11b1[1()n]1113b1b1()n1b133()n3

133313综上可得，对于任意nN，Tn3。

评析：考虑到数列{bn}的通项公式中有指数式，而待证不等式右边为常数，于是联想到等比数列求和问题，我们尝试利用递推放缩的方法构造等比数列。将非特殊数列向特殊数列转化，这是本文的一个主体思想和关键策略。2．2．2局部放缩，再求和证明

例1（3）也可以采取局部放缩，再求和证明。

另证：易得b12，b2时，bn432n111141，于是猜想当n3b32，b483，22023121412n1。

132n1由于32n132n1112n1112n132n12n11，所以下面只需证2n11。下面利用二项式定理证明：

因为当n3，nN时，01n1∵2n1(11)n1Cn1Cn1Cn11n11n1，∴32n10n11nn1n13n1(21)n1CnCn1。1212Cn12所以，当n1时，显然T1b123； 当n2，Tnb1b2bn21112n1 222 3

11[1()n1]123()n13。221212故对于任意nN，Tn3。

评析：从数列{bn}的通项结构我们猜想应将{bn}放缩为一个等比数列。通过计算，我们从第三项开始通过放缩发现了数列{bn}的项所呈现的规律性，对于本题的证明，这是重大突破。此外，本题从第3项开始放缩，恰当使用了局部放缩。G.波利亚曾说：“先猜，后证——这是大多数的发现之道。”先猜后证，也是我们常用的数学解题方法和策略。2．2．3并项放缩，再求和证明

例3．由原点O向已知的三次曲线yx33x2bx引切线，切于不同于点O的点P1(x1,y1)，再由P1引此曲线的切线，切于不同P1的点P2(x2,y2)，如此继续作下去，„„，得到点列{Pn(xn,yn)}（nN）。试解答下列问题：

（1）求x1的值；（2）求数列{xn}通项公式；（3）若bn前n项和，求证：Sn1。

解：（1）过程略，易得x131。（2）过程略，易得xn1()n（nN）。221，Sn是数列{bn}2nxn1（3）∵xn1()n，2111n∴bnn。n12(1)2xn2n[1()n]22n2n11n1n当n为偶数时，bn1bnn1 nnn122221212112n2n1n1n，n12221又当n2时，2n121，即2n110，于是

2n2n111bn1bnn1nn1n，2222

∴Snb1b2bn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)

11[1()n]11111112(2)(34)(n1n)21n1。

1222222212当n为奇数时，因为bn10，n1偶数，所以有 n2xnSnb1b2bnb1b2bnbn1

111111(b1b2)(b3b4)(bnbn1)(2)(34)(nn1)

22222211[1()n1]1221n11。

1212综上可知，Sn1。

评析：由于数列{bn}的通项公式的分母中有随n的奇偶+1与-1交替出现的项，于是单项放缩困难，而采取奇偶项并项放缩，则恰好利用其奇偶项特点，成功放缩。

例4．已知数列{an}和{bn}满足a12，an1an(an11)，bnan1，Sn是数列{bn}前n项和。

（1）求数列{bn}的通项公式；（2）设TnS2nSn，求证：Tn1Tn；（3）求证：对任意的nN，有1解：（1）过程略，bnn1S2nn。221。（2）证明略。n（3）方法一（数学归纳法），略。

方法二（并项放缩法）：

当n1时，S2n11； 2

当n2，nN时，S2nb1b2b2n1111111111n 234567892 5

1111111111()()(n1n1n)23456782122211111111111()()(nnn)

244888822211111222232n1n

2222111n11，22221另一方面，S2nb1b2b2n1111111111n 234567892

11111111111111()()()(n1n1n)23456789101621222

11111111111111()(2222)(333)(n1n1n1)***111122222332n1n1 22222111(n1)n，22n1综上可知，对任意的nN，有1S2nn。

22评析：从待证不等式的特点和项数两方面产生了并项放缩的想法。并项放缩常常涉及如何并项、怎样放缩等问题，因此，并项放缩比逐项放缩往往难度更大，要求更高。

2．2．4构造放缩，再求和证明 例5．在数列{an}中，an11，求证a1a2a50。

(2n1)(2n2)4证明：由题设，a1a2a50111。3456101102111111设S，构造T。显34561011022345100101然ST。

111111 2334455610010110110211111111111()()()()，***221022∴2STS 6

故S11，即a1a2a50。

评析：本题虽然可先裂项，但不便求和，证明受阻。利用对偶式进行构造性放缩后，巧妙实现了裂项求和，证明简捷明快，赏心悦目。

例6．设函数f(x)lnxpx1(pR)，（1）求f(x)极值点；

（2）当p0时，若对于任意的x0，恒有f(x)0，求p的取值范围；

ln22ln32lnn22n2n1（3）证明：当nN，n2时，222。

2(n1)23n解：（1）f(x)的定义域为(0,)。当p0时，f(x)1 p0，f(x)在其定义域上是增函数，故没有极值点。

x111px当p0时，若x(0,)，则f(x)0；若x(,)，则

ppxf(x)11px0，于是f(x)有极小值点x。

px11（2）由（1）知，p0时，f(x)有极小值点f()ln，由于f(x)在其

pp11定义域上只有一个极值点，因此f(x)的最大值为f()ln。所以

ppf(x)0ln10p1。p（3）由（2）知，当p1，x0时，f(x)0lnxx1ln22ln32lnn2111于是222(12)(12)(12)

23n23nlnx1 1。

xx (n1)(又当nN，n2时，111)。22223n1111，于是 2(n1)nnn1n 7

11111111111，()()()2334nn12n12232n2ln22ln32lnn2111∴222(n1)(222)

23n23n2n2n111 (n1)(，)2(n1)2n1ln22ln32lnn22n2n1即222。

数列求和教学反思 篇5

针对数列问题的考试重点及学生的薄弱环节，《数列求和》的系列专题复习课《数列求和1》的教学重点放在了数列求和的前两种重要方法：

1、公式法求和（即直接利用等差数列和等比数列的求和公式进行求和）；

2、利用叠加法、叠乘法将已知数列转化为等差数列或等比数列再行求和。

从实际教学效果看教学内容安排得符合学生实际，由浅入深，比较合理，基本达到了这节课预期的教学目标及要求。结合自我感觉、工作室评课、学生反馈，这节课比较突出的有以下几个优点。

1、注重“三基”的训练与落实

数列部分中两种最基本最重要的数列就是等差数列和等比数列，很多数列问题包括数列求和都是围绕这两种特殊数列展开的，即使不能直接利用等差数列和等比数列公式求和，也可根据所给数列的不同特点，合理恰当地选择不同方法转化为等差数列或等比数列再行求和。因此上课伊始做为本节课的知识必备，就要求学生强化等差数列和等比数列求和公式的记忆。其次本节课充分渗透了转化的数学思想方法，并且通过典型例题使学生体会并掌握根据所给求和数列的不同特点，分别采用叠加法或叠乘法将所给数列转化为等差数列或等比数列再行求和的基本技能。

2、例、习题的选配典型，有层次

一方面精选近年典型的高考试题、模拟题做为例、习题，使学生通过体会和掌握，达到举一反三的目的；另一方面结合学生实际，自行编纂或改编了一些题目，或在原题基础上降低了难度，设计出了层次，或在学生易错的地方设置了陷阱，提醒学生留意。同时所配的课堂练习也充分注意了题目的难易梯度，把握了层次性，由具体数字运算到字母运算，由直接给出数列各项到用分段函数形式抽象表述数列，由单一方法适用到能够一题多解等等。

3、对学生可能出现的问题有预见性，并能有针对性地对症下药进行设计 对于直接利用公式求和的等差数列或等比数列求和问题，预见到学生的关键问题应该出在搞不清求和的项数上，因而在求和的项数上做了文章，有意设计了求和而非求，并且通过这两道题特别强调了算清项数、如何算清项数等问题，抓住了学生解决这类问题的软肋。

4、教学过程中充分关注到了学生的反应和状态

在解题教学中比较注意启发引导学生，通过自然习得，从而顺理成章达到水到渠成。从题目的设计到解题思路的分析都考虑到了学生的接受能力，从具体到抽象，通常是把问题摆出来、提一句、点一下，尽量不包办代替，努力引发学生的体验和思考，比较注重知识形成过程的教学。同时注意通过多种途径，多种角度，一题多解解决问题，杜绝直接把结果强加给学生，使学生不知所云。

当然这节课的教学也存在着这样那样的不足，比较典型的有以下两点。

1、对于基本公式的掌握仍需加强落实

部分同学公式的记忆仍成问题，本以为课上可以一带而过，不成想主动举手、信心满满、自以为可以完美表现的同学站起来仍然把等比数列的公式说错了，可想而知其他同学的情况了，恐怕也不容乐观，可见连基本公式的强化记忆都是需要老师不厌其烦加以督促的。

《等比数列求和》教案 篇6

一、教材分析

1.从在教材中的地位与作用来看

《等比数列的前n项和》是数列这一章中的一个重要内容，从教材的编写顺序上来看，等比数列的前n项和是第三章“数列”第五节的内容，一方面它是“等差数列的前n项和”与“等比数列”内容的延续、与前面学习的函数等知识也有着密切的联系，另一方面它又为进一步学习“数列的极限”等内容作准备。就知识的应用价值上来看，它不仅在现实生活中有着广泛的实际应用，如储蓄、分期付款的有关计算等等，而且公式推导过程中所渗透的类比、化归、分类讨论、整体变换和方程等思想方法，都是学生今后学习和工作中必备的数学素养。就内容的人文价值上来看，等比数列的前n项和公式的探究与推导需要学生观察、分析、归纳、猜想，有助于培养学生的创新思维和探索精神,是培养学生应用意识和数学能力的良好载体。2.从学生认知角度来看

从学生的思维特点看，很容易把本节内容与等差数列前n项和从公式的形成、特点等方面进行类比，这是积极因素，应因势利导．不利因素是：本节公式的推导与等差数列前n项和公式的推导有着本质的不同，这对学生的思维是一个突破，另外，对于q = 1这一特殊情况，学生往往容易忽视，尤其是在后面使用的过程中容易出错。3.学情分析

教学对象是刚进入高中的学生，虽然具有一定的分析问题和解决问题的能力，逻辑思维能力也初步形成，但由于年龄的原因，对问题的分析缺乏深刻性和严谨性。4.重点、难点

教学重点：公式的推导、公式的特点和公式的运用． 教学难点：公式的推导方法和公式的灵活运用．

公式推导所使用的“错位相减法”是高中数学数列求和方法中最常用的方法之一，它蕴含了重要的数学思想，所以既是重点也是难点。

二、目标分析

1．知识与技能目标：理解等比数列的前n项和公式的推导方法；掌握等比数列的前n项和公式并能运用公式解决一些简单问题。

2.过程与方法目标：通过公式的推导过程，培养学生猜想、分析、综合的思维能力，提高学生的建模意识及探究问题、分析与解决问题的能力，体会公式探求过程中从特殊到一般的思维方法，渗透方程思想、分类讨论思想及转化思想，优化思维品质。

3．情感态度与价值观：通过经历对公式的探索，激发学生的求知欲，鼓励学生大胆尝试、勇于探索、敢于创新，磨练思维品质，从中获得成功的体验，感受思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美。用数学的观点看问题，一些所谓不可理解的事就可以给出合理的解释，从而帮助我们用科学的态度认识世界。

三、教学方法与教学手段

本节课属于新授课型，主要利用计算机和实物投影等辅助教学，采用启发探究，合作学习，自主学习等的教学模式.四、教学过程分析

学生是认知的主体，也是教学活动的主体，设计教学过程必须遵循学生的认知规律，引导学生去经历知识的形成与发展过程，结合本节课的特点，我按照自主学习的教学模式来设计如下的教学过程，目的是在教学过程中促使学生自主学习，培养自主学习的习惯和意识，形成自主学习的能力。

1．创设情境，提出问题

在古印度，有个名叫西萨的人，发明了国际象棋，当时的印度国王大舍罕为赞赏，对他说：我可以满足你的任何要求。西萨说：请给我棋盘的64个方格上，第一格放1粒小麦，第二格放2粒，第三格放4粒，往后每一格都是前一格的两倍，直至第64格．国王觉得太容易了，就同意了他的要求。国王令宫廷数学家计算，结果出来后，国王大吃一惊．为什么呢？大家想一下，这个国王能够满足宰相的要求吗？

【教师提问】

同学们，你们知道西萨要的是多少粒小麦吗？引导学生写出麦粒总数．带着这样的问题，学生会动手算了起来，他们想到用计算器依次算出各项的值，然后再求和．这时我对他们的这种思路给予肯定． 2．学生探究，解决情境

263在肯定他们的思路后，我接着问：1，2，2，„，2是什么数列？有何特征？ 应归结为什么数学问题呢？

探讨1：，记为（1）式，注意观察每一项的特征，有何联设s=1+2+22+23++26364系？（学生会发现，后一项都是前一项的2倍）

探讨2： 如果我们把每一项都乘以2，就变成了它的后一项，（1）式两边同乘以2则2s64=2+22+23++263+264，记为（2）式．比较（1）(2）两式，你有什么发现？ 有

【设计意图】留出时间让学生充分地比较，等比数列前n项和的公式推导关键是变“加”为“减”，在教师看来这是很显然的事，但在学生看来却是“不可思议”的，因此教学中应着力在这儿做文章，从而培养学生的辩证思维能力．

解决情境问题：经过比较、研究，学生发现：（1）、（2）两式有许多相同的项，把两

s642641式相减，相同的项就可以消去了，得到：。老师强调指出：这就是错位相减法，并 2 要求学生纵观全过程，反思：为什么（1）式两边要同乘以2呢？

【设计意图】经过繁难的计算之苦后，突然发现上述解法，不禁惊呼：真是太简洁了，让学生在探索过程中，充分感受到成功的情感体验，从而增强学习数学的兴趣和学好数学的信心，同时也为推导一般等比数列前n项和提供了方法。3．类比联想，解决问题

这时我再顺势引导学生将结论一般化，设等比数列为an，公比为q，如何求它的前n项和？让学生自主完成，然后对个别学生进行指导。

一般等比数列前n项和：Sna1a2a3an1an?

即Sna1a1qa1q2a1qn2a1qn1?

方法1：错位相减法

2n2a1qn1Sna1a1qa1qa1q 23n1na1qqSna1qa1qa1qa1qa1(1qn)(1q)Sna1a1q1q这里的q能不能等于1？等比数列中的公比能不能为1？q=1时是什么数列？此时sn=？

na1(1qn)Sn1qna1q1

q1na1a1qn在学生推导完成之后，我再问：由(1q)Sna1a1q得Sn

1q【设计意图】在教师的指导下，让学生从特殊到一般，从已知到未知，步步深入，让学生自己探究公式，从而体验到学习的愉快和成就感。4．讨论交流，延伸拓展

探究等比数列前n项和公式，还有其它方法吗？我们知道, sn=a1+a1q+a1q2++a1qn-1=a1+q(a1+a1q++a1qn-2)那么我们能否利用这个关系而求出Sn呢？ 方法2：提取公比q Sna1a1qa1q2a1qn2a1qn1 a1q（a1a1qa1qn2）a1q（Sna1qn1）(1q)Sna1a1qn

根据等比数列的定义又有呢？

方法3：利用等比定理

a2a3a4an=====q，能否联想到等比定理从而求出sna1a2a3an-13

aaa2a34nq a1a2a3an1a2a3anSa1qn(1q)Sna1anq

Saa1a2an1nn„„

【设计意图】以疑导思，激发学生的探索欲望，营造一个让学生主动观察、思考、讨论的氛围.以上两种方法都可以化归到Sna1qsn1, 这其实就是关于Sn的一个递推式，递推数列有非常重要的研究价值，是研究性学习和课外拓展的极佳资源，它源于课本，又高于课本，对学生的思维发展有促进作用.领悟数学应用价值，从特殊到一般,从模仿到创新，有利于学生的知识迁移和能力提高。5．巩固提高，深化认识

（1）口答：

在公比为q的等比数列{an}中

若a12,q1，则Sn________，若a11，q1，则Sn________ 33若a1=—15，a4=96，求q及S4，若a31,S34（2）判断是非：

1(12n)①1248(2)

（）12n23n1(12)②12222

（）

12③若c0且c1，则

n1121，求a1及q.2cccc2462nc2[1(c2)n]1c（）

【设计意图】对公式的再认识，剖析公式中的基本量及结构特征，识记公式,并加强计算能力的训练。

6．例题讲解，形成技能

例1．求和

1aaaa

1111例2．求等比数列，，的第5项到第10项的和．

24816方法1： 观察、发现：a5a6a10S10S4．

方法2： 此等比数列的连续项从第5项到第10项构成一个新的等比数列：首项为a516，公比为q2，项数为n6．

23n1111变式1：求11，2,3,4,5的前n项和． 248163212345变式2：求，，的前n项和．

2481632【设计意图】采用变式教学设计题组，深化学生对公式的认识和理解，通过直接套用公 式、变式运用公式、研究公式特点这三个层次的问题解决，促进学生新的数学认知结构的形成．通过以上形式，让全体学生都参与教学，以此培养学生自主学习的意识．解题时，以学生分析为主，教师适时给予点拨。7.总结归纳，加深理解

以问题的形式出现，引导学生回顾公式、推导方法，鼓励学生积极回答，然后老师再从知识点及数学思想方法两方面总结。

【设计意图】以此培养学生的口头表达能力，归纳概括能力。8．课后作业，分层练习

必做： P129练习3（1）习题3.5 第1题 选作： 思考题(1):求和 x+2x2+3x3++nxn.（2）画一个边长为2cm的正方形, 再将这个正方形各边的中点相连得到第2个正方形,依此类推,这样一共画了10个正方形, 求这10个正方形的面积的和。

【设计意图】布置弹性作业以使各个层次的学生都有所发展.让学有余力的学生有思考的空间，便于学生开展自主学习。

五、评价分析

本节课通过三种推导方法的研究，使学生从不同的思维角度掌握了等比数列前n项和公式．错位相减：变加为减，等价转化；递推思想：纵横联系，揭示本质；等比定理：回归定义，自然朴实．学生从中深刻地领会到推导过程中所蕴含的数学思想，培养了学生思维的深刻性、敏锐性、广阔性、批判性．同时通过精讲一题，发散一串的变式教学，使学生既巩固了知识，又形成了技能，在此基础上，通过民主和谐的课堂氛围，培养了学生自主学习、合作交流的学习习惯，也培养了学生勇于探索、不断创新的思维品质，形成学习能力。

六、教学设计说明 1．情境设置生活化.本着新课程的教学理念，考虑到高一学生的心理特点以及初、高中教学的衔接，让学生学生初步了解“数学来源于生活”，采用故事的形式创设问题情景，意在营造和谐、积极的学习气氛，激发学生主动探究的欲望。2．问题探究活动化．

教学中本着以学生发展为本的理念，充分给学生想的时间、说的机会以及展示思维过程的舞台，通过他们自主学习、合作探究,展示学生解决问题的思想方法，共享学习成果，体验数学学习成功的喜悦.通过师生之间不断合作和交流，发展学生的数学观察能力和语言表达能力，培养学生思维的发散性和严谨性。3．辨析质疑结构化．

在理解公式的基础上,及时进行正反两方面的“短、平、快”填空和判断是非练习.通过总结、辨析和反思，强化了公式的结构特征，促进学生主动建构，有助于学生形成知识模块，优化知识体系。4．巩固提高梯度化．

例题通过公式的正用和逆用进一步提高学生运用知识的能力；由教科书中的例题改编而成，并进行适当的变式,可以提高学生的模式识别的能力，培养学生思维的深刻性和灵活性。5．思路拓广数学化．

从整理知识提升到强化方法，由课内巩固延伸到课外思考，变“知识本位”为“学生本位”，使数学学习成为提高学生素质的有效途径。以生活中的实例作为思考，让学生认识到数学来源于生活并应用于生活，生活中处处有数学． 6．作业布置弹性化．

“四法两计”成就数列求和 篇7

一、 解决数列求和的四种方法

方法一:定义法

定义法亦称公式法,即明确数列的特殊类型之后,利用特殊类型的数列模型求和公式直接求解.

例1 若数列{an}为以1为首项2为公差的等差数列,求数列{an}的前10项和S10.

解析 由题意知a1=1,d=2,所以Sn=na1+,知S10=10×1+×2=100,所以数列{an}的前10项和S10=100.

例2 若数列{an}为以1为首项2为公比的等比数列,求数列{an}的前10项和S10.

解析 由题意知a1=1,q=2,所以Sn=,知S10==1 024,所以数列{an}的前10项和S10=1 024.

总结反思 对于等比数列利用公式求和时,务必注意公比q是否为1,在不确定的情况下一定要分类讨论.

方法二:错位相减法

错位相减法主要解决数列通项是由等差数列和等比数列对应项乘积构成的数列求和问题.

例3 求数列,,,…,,…的前n项和.

解析 由题可知,的通项是等差数列{n}的通项与等比数列的通项之积.

设Sn=+++…+,①

则Sn=++…++(错位),②

①-②得(相减),得1-Sn=+++…+-.

利用等比数列的求和公式,得Sn=1--,所以Sn=2-.

例4 求数列和:1+3x+5x2+…+(2n-1)xn-1.

解析 由题可知,{(2n-1)xn-1}的通项是等差数列{2n-1}的通项与等比数列{xn-1}的通项之积.

设Sn=1+3x+5x2+…+(2n-1)xn-1,①

则xSn=x+3x2+…+(2n-3)xn-1+(2n-1)xn,②

①-②,得(1-x)Sn=1+2x+2x2+2x3+…+2xn-1-(2n-1)xn.

当x≠1时,利用等比数列的求和公式,得(1-x)Sn=1+-(2n-1)xn,故Sn=.

当x=1时,Sn=1+3+5+7+…+(2n-1)==n2.

总结反思 错位相减法就是求一个等比数列与一个等差数列对应项乘积所得新数列的前n项和Tn的最好办法.

方法三:累加法

累加法来源于等差数列通项公式的推导,但在一些比较特殊的数列求和中意义重大.

例5 已知数列{an}的通项an=n2,n∈N*,求数列{an}的前n项和Sn.

解析 由Sn=12+22+23+…+n2,

得Sn-Sn-1=n3-(n-1)3=3n2-3n+1,

所以13-03=3×12-3×1+1,

23-13=3×22-3×2+1,

33-23=3×32-3×3+1,

43-33=3×33-3×4+1,

…,

n3-(n-1)3=3×n3-3×n+1,

将上述n个式子左边与右边分别相加,得n3=3(12+22+32+…+n2)-3(1+2+3+…+n)+n,

所以12+22+32+…+n2=.

总结反思 此题可以进一步推广求Sn=13+23+33+…+n3等问题,同时上述结论可以很好的提高我们的解题速度.

方法四:倒序相加法

倒序相加法来源于等差数列求和公式的推导,主要体现在性质的应用上.常见性质如:在等差数列{an}中,若m+n=p+q,则am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*).在问题的分析解答上若能善于应用,一定能起到事半功倍的效果.

例6 (2008年山东卷)已知f(3x)=4xlog23+233,则f(2)+f(4)+f(8)+…+f(28)的值等于______.

解析 由于f(3x)=4log23x+233,可令t=3x,则f(t)=4log2t+233,所以f(x)=4log2x+233.

所以f(2n)+f(29-n)=4log22n+233+4log229-n+233=502,所以f(2)+f(4)+f(8)+…+f(28)=f(21)+f(22)+f(23)+…+f(28)=[f(21)+f(28)]+[f(22)+f(27)]+…+[f(24)+

f(25)]=4×502=2 008.

总结反思 倒序相加法在数量比较少的项求和时,作用非常明显.经常结合函数的运算性质加以考查.

二、 解决数列求和的两种计策

数列的研究关键在于对通项公式的分析.通项公式符合等差、等比这样的特殊数列时,可以直接利用相应求和公式求解问题,但如果不是特殊的数列模型就很难直接解答.在这种情况下,掌握好通项公式的两种分析计策:①分组求和,②裂项求和尤为重要,对于高考数列复习一定能起到积极的作用.

计策一:分组求和

例7 求数列2,2+,3+,4+,…,n+,…的前n项和.

解析 Sn=2+2++3++4++…+n+=(1+2+3+…+n)++++…+=+=+2-n-1,

所以Sn=+2-n-1.

总结反思 分组求和是将数列的一项分成两项或多项,然后重新组合,再利用等差或等比数列的前n项和公式进行求解.

计策二:裂项求和

例8 求数列an=的前n项和.

解析 由于an==2-,

所以Sn=21-+-+-+…+-+-=21-=.

总结反思 裂项法就是对通项进行变形将其拆成几项,然后相加时前后交叉相消为零达到求和的目的.

以上四种方法和两种计策虽然各有其特点,但总的原则是要善于改变原数列的形式结构,使其能进行消项处理或能使用等差数列、等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式来解决,只要很好地把握这一规律,就能使数列求和化难为易,迎刃而解.

1. 设公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4是a3与a7的等比中项,S8=32,求Sn.

2. 设数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+an-1an=,n∈N*.

(1) 求数列{an}的通项;

(2) 设bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.

3. 求sin21°+sin22°+…+sin288°+sin289°的值.

4. 求数列1,1+2,1+2+22,…,1+2+22+…+2n-1,…的前n项和.

5. 求数列,,,…的前n项和.

数列求和奥数训练题 篇8

1.按规律填空

(1)2，5，8，( )，( );

(2)2，7，12，17，22，( )，( );

(3)5，10，15，20，( )，( );

(4)( )，( )，13，19，25，31，37;

(5)1，3，4，7，11，( )，( );

(6)2，6，18，54，( )，( );

(7)( )，4，9，16，25，( );

(8)1，3，2，4，3，5，( )，( );

(9)4，21，6，18，8，15，10，( );

(10)5，20，13，52，3，12，( )，60;

2.(1)有一数列：1，4，7，10，13，16，……。这个数列中第100个数是几?

(2)有一数列：1，5，9，13，17，……，这数列的第300项是几?305是这个数列中的第几项?

(3)数列5，8，11，14，……，179，182，一共有几项?

3.计算下列各式的和

(1)1+2+3+4+……+98+99+100

(2)1+3+5+7+……+197+199

(3)21+23+25+……+143

(4)21+23+25+……+1000

4.一辆汽车作加速运动，在第1分钟内行驶了300米，从第2分钟开始，每分钟都要比前一分钟多行驶50米，照这样计算，当汽车的速度达到每分钟1200米时，这辆汽车一共行驶了多少分钟?

5.一个剧院，第一排有20个座位，以后每排总比前一排多2个座位，一共是’25排。这个剧院共有多少个座位?

6.(1)求自然数中所有三位数的和。

(2)求自然数中所有两位数中的奇数之和。

(3)计算 0.1+0.3+0.5+0.7+0.9+0. 11+0.13+0.15+0.17+0.19+0.21+……+0.99

7.有一数列：1，2，4，8，16，……

(1)这数列中的第11个数是几?

(2)这数列的.前10个数的和是几?

8.若干人围成8圈(一圈套一圈)，从外向内各圈人数依次少4人。

(1)如果最内圈有32人，共有多少人?

(2)如果共有672人，最外圈是几个人?

9.在8与56之间插入3个数，使这样5个数成等差数列。

等比数列求和教学设计 篇9

甘天威

一：教学背景

1.面向学生： 中学 学科： 数学 2.课时： 2个课时 3.学生课前准备：（1）预习书本内容

（2）收集等比数列求和相关实际问题。

二：教学课题

教养方面：

1了解等比数列求和问题，感受数学问题的趣味性。

2尝试用不同的方法解决等比数列求和问题，体会错位相减法的应用 3 能准确地解决等比说列求和有关的实际问题。教育方面：

1培养学生积极探索解决问题的良好习惯。

2感受到我国数学文化历史的悠久与魅力，增强民族自豪感，激发学生努力学习数学的热情

发展方面：

培养学生的逻辑推理能力、分析问题能力、解决问题能力。

三：教材分析 教学目标

知识目标：理解等比数列的前n项和公式及简单应用,掌握等比数列前n项和公式的推导方法。

能力目标：培养学生观察、思考和解决问题的能力；加强特殊到一般、类比与转化、分类讨论等数学思想的培养。

情感目标：培养学生合作交流、独立思考等良好的个性品质；以及勇于批判、敢于创新的科学精神。

教学重点、难点

教学重点：公式的推导和公式的运用．

教学难点：公式的推导方法和公式的灵活运用． 公式推导所使用的“错位相减法”是高中数学数列求和方法中最常用的方法之一，它蕴含了重要的数学思想，所以既是重点也是难点。

教学方法：

对公式的教学，要使学生掌握与理解公式的来龙去脉，掌握公式的推导方法，理解公式的成立条件，充分体现公式之间的联系．在教学中，我采用“问题――探究”的教学模式，把整个课堂分为呈现问题、探索规律、总结规律、应用规律四个阶段．

四：教学过程

学生是认知的主体，设计教学过程必须遵循学生的认知规律，尽可能地让学 生去经历知识的形成与发展过程，结合本节课的特点，设计了如下的教学过程： 1.创设情境，提出问题

引导学生写出麦粒总数 1+2+22+23++263．带着这样的问题，学生会动手算了起来，他们想到用计算器依次算出各项的值，然后再求和．这时我对他们的这种思路给予肯定．

设计意图：在实际教学中，由于受课堂时间限制，教师舍不得花时间让学生去做所谓的“无用功”，急急忙忙地抛出“错位相减法”，这样做有悖学生的认知规律：求和就想到相加，这是合乎逻辑顺理成章的事，教师为什么不相加而马上相减呢？在整个教学关键处学生难以转过弯来，因而在教学中应舍得花时间营造知识形成过程的氛围，突破学生学习的障碍．同时，形成繁难的情境激起了学生的求知欲，迫使学生急于寻求解决问题的新方法，为后面的教学埋下伏笔.2.师生互动，探究问题

在肯定他们的思路后，我接着问：1，2，22，„，263是什么数列？有何特征？ 应归结为什么数学问题呢？

一般的这就是一个等比数列前n项求和的问题，那么一个等比数列

如何求前n项和sn？公比为q，类似等差数列前n项和的表示，等比数列前n项和能否用a1,q,n,an来表示呢？此时要引导学生发现需要构造一个新的等式包含Sn，并且与第一个等式有许多相同的项，从而引导学生发现并利用错位相减法求出Sn。

sn=a1+a1q+a1q2+

qs=aq+aq2+n11

a1-a1qnn 在学生推导完成后,我再问:由(1-q)sn=a1-a1q 得sn=1-q

对不对？这里的q能不能等于1？等比数列中的公比能不能为1？q=1时是什么数列？此时sn=？（这里引导学生对q进行分类讨论，得出公式，同时为后面的例题教学打下基础．）

再次追问：结合等比数列的通项公式an=a1qn-1,如何把sn用a1、an、q表示出来？（引导学生得出公式的另一形式）

设计意图：通过反问精讲，一方面使学生加深对知识的认识，完善知识结构，另一方面使学生由简单地模仿和接受，变为对知识的主动认识，从而进一步提高分析、类比和综合的能力．这一环节非常重要，尽管时间有时比较少，甚至仅仅几句话，然而却有画龙点睛之妙用． 3.公式运用，加深认识 例1在等比数列an中，11已知a4,q,求S10;12 2已知a11,ak243,q3,求Sk.例2在等比数列an中,S37,S663,求an.变式训练： 1：在上题中，已知S3=7,S663求S9.+a1qn-1+a1qn-1a1qn2:已知a24,a532，求S102

首先，学生独立思考，自主解题，然后师生共同进行总结．

设计意图：采用变式教学设计题组，深化学生对公式的认识和理解，通过直接套用公式、变式运用公式、研究公式特点这三个层次的问题解决，促进学生新的数学认知结构的形成．通过以上形式，让全体学生都参与教学，以此培养学生的参与意识和竞争意识．

4.例题讲解，形成技能

例3：求和 1+a+a2+a3++an-1.设计意图：解题时，以学生分析为主，教师适时给予点拨，该题有意培养学生对含有参数的问题进行分类讨论的数学思想． 联系实际

5.总结归纳，加深理解

以问题的形式出现，引导学生回顾公式、推导方法，鼓励学生积极回答，然后老师再从知识点及数学思想方法两方面总结．

设计意图：以此培养学生的口头表达能力，归纳概括能力． 6.故事结束，首尾呼应

最后我们回到故事中的问题，我们可以计算出国王奖赏的小麦约为1.84×1019粒，大约7000亿吨，用这么多小麦能从地球到太阳铺设一条宽10米、厚8米的大道，大约是全世界一年粮食产量的459倍，显然国王兑现不了他的承诺．

设计意图：把引入课题时的悬念给予释疑，有助于学生克服疲倦、继续积极思维．

7.课后作业，分层练习

必做： P129练习1、2、3、4 思考题(1):求和 x+2x2+3x3++nxn.选作：

2）若数列{an}是等比数列,Sn是前n项的和，那么S3,S6S3,S9S6成等比数列吗？设k∈N*那么Sk,S2kSk,S3kS2k成等比数列吗？