等差数列求和练习

等差数列求和练习（精选16篇）

等差数列求和练习 篇1

1、有一个数列，4、10、16、22 …… 52，这个数列有多少项？

2、一个等差数列，首项是3，公差是2，项数是10。它的末项是多少？

3、求等差数列1、4、7、10 ……，这个等差数列的第30项是多少？ 4、6＋7＋8＋9＋……＋74＋75＝（）5、2＋6＋10＋14＋ …… ＋122＋126＝（）

6、已知数列2、5、8、11、14 ……，47应该是其中的第几项？

7、有一个数列：6、10、14、18、22 ……，这个数列前100项的和是多少？ 练习题： 1、3个连续整数的和是120，求这3个数。2、4个连续整数的和是94，求这4个数。

3、在6个连续偶数中，第一个数和最后一个数的和是78，求这6个连续偶数各是多少？

4、丽丽学英语单词，第一天学会了6个，以后每天都比前一天多学会1个，最后一天学会了16个。丽丽在这些天中共学会了多少个单词？

5、有80把锁的钥匙搞乱了，为了使每把锁都配上自己的钥匙，至多要试多少次？

等差数列求和练习 篇2

一、周期法

数列是一种特殊的函数, 所以数列中也必然存在着周期问题.有些数列题, 表面上看与周期无关, 但实际上隐含着周期性, 一旦揭示了其周期性, 问题便迎刃而解.

例1数列{an}中, a1=1, a2=2, 若对一切n∈N*有anan+1an+2=an+an+1+an+2, 且an+1an+2≠1, 则该数列前2008项的和S2008的值是_______.

解:由a1=1, a2=2, 得a3=3, 所以S3=6.

两式相减得an+1an+2 (an+3-an) =an+3-an, 又an+1an+2≠1, 所以an+3=an, 故周期T=3.

所以S2008=S2007+a2008=669S3+a1=4015.

二、并项法

有些题目可根据题目特点合理并项, 从而简化运算.

例2已知数列{an}的前n项和Sn=1-5+9-13+…+ (-1) n-1· (4n-3) .求S16的值.

解:把和式依次两项一组, 分为8组, 并项求和.

三、裂项相消法

把数列的通项分裂成几项的和或差, 求和时一些正负项相互抵消, 于是前n项的和变成首尾若干项之和, 这一求和方法称为裂项相消法.

四、拆项分组法

把数列的每一项分拆成几项, 然后重新组合, 使其化归为特殊数列 (可直接用等差数列、等比数列求和公式, 正整数平方和公式或无穷递缩等比数列求和公式) , 再进行求和, 这一求和方法称为拆项分组法.

例4求数列1×n, 2 (n-1) , 3 (n-2) , …, (n-1) 2, n×1的和.

解:由ak=k (n-k+1) =nk-k2+k (k=1, 2, …, n) .

例5数列{an}的相邻两项an, an+1是方程的两根, 又a1=2, 求无穷数列c1, c2, …, cn, …所有项的和.

故数列{a2n-1}是首项为2, 公比为的等比数列;数列{a2n}是首项为, 公比为的等比数列.

五、错位相减法

高中数学教材中推导等比数列前n项和公式的思想方法, 为我们提供了一种数列求和的重要方法, 即错位相减法.这种方法求解“等差数列{an}与等比数列{bn}对应项之积构成的数列{anbn}的求和问题”, 很奏效, 因为SnqSn (Sn为数列{anbn}的前n项和, q为数列{bn}的公比) 必是一个易于求和的形式.

得

六、倒序相加法

如果一个数列, 与首末等距离的两项之和等于首末两项之和, 则可把“正着写的和式”与“倒着写的和式”相加, 得到一个常数列的和, 这种求和方法称为倒序相加法.

七、导数法

抓住数列通项的结构特征, 启迪直觉, 类比“记忆模式”, 精心联想, 构造恒等式, 借助导数, 获得新的恒等式, 出奇制胜.

例8已知n∈N*, 求和Cn1+2Cn2+3Cn3+…+nCnn

解:由 (1+x) n=1+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn, 两边求导得

令x=1, 得Cn1+2Cn2+3Cn3+…+nCnn=n·2n-1.

评注:此题也可用倒序相加法.

八、数学归纳法

有些题目可通过求出{an}的前几项之和, 猜想出Sn, 然后用数学归纳法给予严格的证明.

例9设数列{bn}的前n项之和为Sn, 满足3 (Sn+nbn) =1+2bn (n∈N*) , 求Sn.

解:因为S1=b1, 由3 (Sn+nbn) =1+2bn, 得3 (S1+S1) =1+2S1, 所以.

而b2=S2-S1, 所以3[S2+2 (S2-S1) ]=1+2 (S2-S1) , 得.

下面用数学归纳法加以证明.

(1) 当n=1时, 结论显然成立.

(2) 假设n=k时, 结论成立, 即.

由题设有3[Sk+1+ (k+1) bk+1]=1+2bk+1, 得.

又因为Sk+1=Sk+bk+1, 所以, 解得.

这就是说n=k+1时, 结论亦成立.

根据 (1) 、 (2) , 对于n∈N*, 总成立.

九、通项法

通项法是指求出数列的通项公式, 借助数列通项公式研究其规律, 进而解决问题的方法, 是一种重要的数列求和方法.

所以, 原式, 故选 (C) .

例11已知等差数列{an}的公差d≠0, 在{an}中取出部分项ak1, ak2, ak3, …, akn恰好为等比数列, 其中k1=1, k2=5, k3=17.求数列{kn}的前n项和Sn.

因为 (a1+4d) 2=a1 (a1+16d) a1=2d, 所以ak2=6d, 所以q=3.

所以akn=a1+ (kn-1) d= (kn+1) d, akn+1= (kn+1+1) d.

所以kn+1=2×3n-1, 所以kn=2×3n-1-1, 所以Sn=3n-n-1.

十、综合法

将自己置身于解题的更高境界:灵活运用数学思想方法, 高屋建瓴, 把握知识的本质和内在规律, 迅速找到突破口, 机智转化, 绕过难点, 顺利获解.

等差数列求和练习 篇3

1.学习一个数学公式的基本任务有哪些？

（1）等差数列、等比求和公式内容是什么？公式怎么用？

（2）推导公式的方法怎么用？

2.拿到一个新题目怎么想？

（1）现有的相关公式能否用上？

（2）非等差、等比数列求和能否化为等差、等比数列求和？

（3）已经用过的相关方法能否用上？

问题一：求数列，，，…，，…的前n项和;

分析：数列的分子成等差数列，分母成等比数列，可用错位相减法求和;

Sn=+++…++其中等比数列的公比q=;

Sn=+++…++;

两式错位相减得：

Sn=++++…-

=-+2（++++…+）-

∴Sn=3-

小结：设数列an的等比数列，数列bn是等差数列，则数列anbn的前n项和Sn求解，均可用错位相减法.

问题二：已知a≠0，求数列a，2a2，3a3，…，nan，…前n项和.

点拨：字母的系数等差，字母项等比，但需要对字母讨论.

解：Sn=a+2a2+3a3+…+nan，

当a=1时，Sn=1+2+3+…+n=，

当a≠1时，Sn=a+2a2+3a3+…+nan，

aSn=a2+2a3+3a4+…+nan+1，

两式相减（1-a）Sn=a+a2+a3+…+an-nan+1，

=-nan+1

∴Sn=.

小结：采用乘公比，错位相减，可以得到一组等比数列，求和用公式但必须注意公比是否为1，否则须讨论.

问题三：设Sn=-1+3-5+7-9+…+（-1）n（2n-1），则Sn=（-1）nn

方法一：分析：由此数列的通项an=（-1）n（2n-1）;其是等差数列与等比数列的积这一类型的数列求和，故用错位相减法.

所以Sn=-n（n为奇数）

n（n为偶数），即Sn=（-1）nn.

总结：一个数列cn可以看成是一个以公差为d的等差数列（d不等于零）和一个是公比为q的等比数列（q不等于1）的乘积形式，则数列cn的前n项求和的方法可采用做错位相减法.

方法二：分析：通过观察可发现此数列具有正负相间，且正数项和负数项分别成等差数列这一特征.因此可以将正数项和负数项分别进行分组求和.但此数列有多少正数项和负数项呢？还要对项数n的奇偶性进行讨论.

略解：Sn=-n（n为奇数）

n（n为偶数），即Sn=（-1）nn.

总结：我们通过分组转化成两个等差数列，然后通过已有的等差数列求和求解。这种方法叫做分组求和法。

方法三：分析：通过观察可发现此数列具有这样的特征，即第一项与第二项，第三项与第四项，第五项与第六项，……，第n-1项与第n项的和都等于2，共多少个2呢？还要对项数n进行奇偶性讨论.

总结：通过将数列相邻的两项并成一项得到一个新的容易求和的数列，这种方法叫做并项求和。

通过对以上问题几种方法的探讨，不难看出，实际上所有与项的序号的奇偶性有关的数列求和问题，通过认真审题，抓住数列的通项，灵活地运用分类讨论、转化和化归数学思想，就可将其变为熟悉、简单的等差数列或等比数列来处理，辅助以适当的解题方法技巧，问题就会迎刃而解.

三年级奥数等差数列求和教学设计 篇4

【教学目标】：

1、通过学习，初步建立配对求和的逻辑推理，简便计算的能力。

2、培养学生的观察和思考的能力。

3、学习本课知识有助于养成全面地，由浅入深、由简到繁观察思考问题的良好习惯。【教学重点】

用配对求和的简便方法解决问题，推导等差数列的求和公式。【教学难点】

等差数列求和公式的推导。【教学过程】

一、激趣引入

老师：同学们，如果，我说的是如果。你们第一次来上课老师奖励你们没人一块钱，第二次奖励两块，第三次奖励三块，„„请问，到第10次课后，你们每人得到了多少钱？（学生在草稿纸上计算，老师板书；1+2+3+4+5+6+7+8+9+10）老师：你们有什么简便的方法计算出这个式子的结果吗？ 学生：凑十法！老师：怎么凑？

学生：1+9，2+8，3+7，4+6。

老师：很好，凑十法也能够很快算出结果。不过，凑十法也有缺陷，你们看，用凑十法最后还剩下走不到伴的数。大家想想，还有什么办法计算？（学生思考，讨论。）老师：请同学来回答。

学生：第一个数和最后一个数相加，第二个数和倒数第二个数相加„„

老师：这位同学观察很仔细。1加上10等于11，2加上9等于11„„这里面十个数刚好分为了5组，每组的和都是11.。所以我们也可以这样来计算这个式子的和。（板书：

（小结：在这里，我们使用了一种简便的计算方法：配对求和。即先配对再求和。）

二、讲授新课

老师：如果，还是如果。老师爱心泛滥，继续奖励你们money。请问，第一百天后，你们每人得到多少钱呢？

（板书：例题一＋ 2 ＋ 3 ＋ 4＋ „ ＋ 98 ＋ 99 ＋ 100）

老师：这个式子又该怎样计算呢？就用刚才老师教的配对求和的方法。谁和谁配对呢？ 学生：1和100，2和99，3和98„„（副板书：

老师：总共有多少对呢？ 学生：50对。

老师：没错，一百个数，两个数一对，可以分为100除以2等于50对。所以在这道题中，我们也可以这样计算。（板书：

老师：1＋2＋3＋4＋5＋…＋98＋99＋100。这是一个自然数列，它们有着这样的规律。从第二项起每一项与它前面一项的差都相等，这样的数列叫做等差数列。后项与前项的差叫该数列的公差。我们把数列的第一项叫首项，最后一项叫末项。

等差数列的求和，我们可以根据刚才的计算的两个式子总结出一道公式。大家说是什么？ 学生：总和=（首项＋ 末项）×项数÷2 板书：总和=（首项＋ 末项）×项数÷2）

老师：使用这个公式要注意，首先要判断这个数列是不是等差数列。（怎么判段？）首项、末项和项数（项数怎么求？）下面我们看例题二。（板书：例题2 2＋5＋8＋11＋14＋17＋20）老师：这个式子能不能用公式进行求和？ 学生：可以。

老师：好，请一个同学说一下他是怎么做的。学生A：2加20的和乘以7除以2.结果等于77.老师：非常好，现学现用。其他同学有什么问题吗。用些同学可能会有疑问，这里面只有七个数，不够分对啊，还剩下一个光棍呢？这个公式还能不能呢？大家说能不能？ 学生：能！

老师：我们一起来验算一下。（副板书：

老师：两次计算的结果一样吧！说明这个公式是正确的。

老师：这个公式看似很简单，只要一套数字就行了。但是在实际应用中并没那么简单，请看例题三。

（学生读题：小红读一本长篇小说，第一天读了30页，从第二天起，每天读的页数都比前一天多4页，最后一天读了70页，刚好读完。问：这本小说共有多少页？）

老师：这道题求这本小说共有多少页。因为每天读“每天读的页数都比前一天多4页”，第一天30页，第二天34页，第三天38页„„最后一天看了70页。我们要求这本小说共有多少页，只要把每天看的页数加起来就行了。可是，我们要一个个加起来吗？ 学生：不用。

老师：不用。小红每天看的页数构成了一个等差数列。我们可以用公式计算。大家看一下这个公式里还有什么不知道？ 学生：项数。

老师：其实天数就是项数。看了多少天，就有多少项。那要怎么求项数呢？（副板书：

（学生观察并思考。）

学生：项数就等于70减去30的差除以4。老师：就这样了吗。学生：还要加上1.老师：很好。（板书：

（小结：在这里，我们来小结一下求项数的公式：项数=(末项－首项)÷公差＋1）

老师：在这里，我改一下题目，把“最后一天读了70页”改为“第十一天刚好读完。问这本书共有多少页？怎么算呢。（学生思考讨论。）学生：还是用等差数列求和公式。老师：这个公式里面还有哪个量不知道？ 学生：末项。老师：怎么求？（副板书：

（小结：在这里，我们来小结一下求末项的公式： 末项=首项＋(项数-1)×公差）

三、完成课堂练习。

学生完成讲义上的课堂练习。

四、布置作业。

五、课后总结。等差数列相关公式： 总和=(首项＋末项)×项数÷2 项数=(末项－首项)÷公差＋1 末项=首项＋(项数-1)×公差

六、板书设计（附后）

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。

数列求和教学设计 篇6

铜仁一中 吴 瑜

【教学目标】 1、知识与技能

掌握几种解决数列求和问题的基本思路、方法和适用范围，进一步熟悉数列求和的不同呈现形式及解决策略。2、过程与方法

经历数列几种求和方法的探究过程、深化过程和应用过程，培养学生发现问题、分析问题和解决问题的能力，体会知识的发生、发展过程，培养学生的学习能力。3、情感与价值观

通过数列几种求和法的归纳应用，激发学生的学习热情和创新意识，形成锲而不舍的钻研精神和合作交流的科学态度。感悟数学的简洁美﹑对称美。【教学重点】

本节课的教学重点为倒序相加、裂项相消、分组求和、错位相减求和的方法和形式，能将一些特殊数列的求和问题转化上述相应模型的求和问题。【教学难点】

本节课的教学难点为建构几种求和方法模型的思维过程，不同的数列采用不同的方法，运用转化与化归的思想分析问题和解决问题。【课堂设计】

一、知识回顾

1、等差数列通项公式ana1(n1)d，前n项和公式Snn(a1an)

2na(1q)1n1(q1)

2、等比数列通项公式ana1q，前n项和公式Sn1q

二、合作探究

1、倒序相加法：

例

1、求和：snsin21sin22sin23sin289 设计意图：应用倒序相加并感受此种方法的优越性——简洁美、对称美。

2、裂项相消法： 例

2、求数列 1111，,, 的前n项和。122334n(n1)一般化：1111()

n(nk)knnk设计意图：体验通分和裂项这对运算的互逆关系以及相消过程的简洁美、对称美。【变式1】已知数列{an}的通项公式为an2n1,求数列

1的前n项和。

anan1【变式2】求和：sn

3、分组求和法：

1111 1447710(3n2)(3n1)例

3、求和：sn123456(2n1)2n 【变式1】求和：sn

14、错位相减法：

例

4、求和：sn12222323n2n

三、归纳小结 数列求和常用的方法：

1、倒序相加法：数列an中，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，求和时可把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和。

2、裂项相消法：设法将数列an的每一项拆成两项或若干项，并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项外，其余各项都能前后正负相消，进而求出数列的前n项和。

3、分组求和法：an，bn是等差数列或等比数列，求数列anbn的前n项和。

4、错位相减法：an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和。思考题：

1.求数列1,12,122,,122222n1111135(2n1)n 2482前n项的和。

数列求和的常见方法 篇7

一、通项分解法

将数列中的每一项拆成几项, 然后重新分组, 将一般数列的求和问题转化为特殊数列的求和问题, 把这种方法称为通项分解法, 运用这种方法的关键是通项变形.

例1 ( 2010. 全国卷Ⅱ文) 已知{ a n } 是各项均为正数的等比数列, 且a1+ a2= 2 (1/a1+1/a2) , a3+ a4+ a5= 64 (1/a3+1/a4+1/a5) , 1求{ an} 的通项公式;

②设b n = (a n + 1/a n ) 2 , 求数列{ b n} 的前n项和T n .

解析①设公比为q, 则a n = a 1 qn - 1, 由已知有

所以an= 2n - 1.

二、裂项相消法

裂项相消法求和就是将数列中的每一项拆成两项或多项, 使这些拆开的项出现有规律的相互抵消, 把没有抵消掉的合并化简, 从而达到求和目的.

例2 ( 2010山东理) 已知等差数列{ an } 满足: a3 = 7, a 5 + a 7 = 26, { a n } 的前几项和为Sn . ①求an 及Sn , ②令bn =1 / (a2 n - 1) ( n∈N+) , 求数列{ bn } 的前几项和 Tn .

解①设等差数列{ an } 的首项为a1 , 公差为d, 由于a 3 = 7, a 5 + a 7 = 26.

由公式知an= 2n + 1, Sn= n ( n + 2) .

②因为a n = 2n + 1, 所以a2 n - 1 = 4n ( n + 1) ,

因此b n =1/ 4n ( n1 + 1) = 1/4 (1/ n - 1/ (n + 1 ) )

故 T n = b 1 + b 2 + … + b n = 1/4 ( 1 - 1 /2 + 1/ 2 - 1/3 + … +1/ n - 1/n + 1 ) =1 /4 (1 - 1 /n+ 1 ) = n/4 ( n + 1 ) .

所以数列{ b n } 的前几项和T n =n/ 4 ( n + 1) .

三、错位相减法

如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成, 则求和可采用错位相减法. 运用此方法时, 一般和式比较复杂, 运算量大, 易会不易对, 应特别细心, 解题时若含参数, 要注意分类讨论.

例3 ( 09山东) 等比数列{ an} 的前n项和为Sn, 已知对任意的n∈N+, 点 ( n, Sn) 均在函数y = bx+ r ( b > 0且b≠1, b、r均为常数) 的图像上, 1求r的値;

2当 b = 2 时, 记 bn=n + 1/4a n ( n∈N+) , 求数列{ bn} 的前几项和T n .

解析①由题意, S n = bn+ r, 当n≥2时, S n - 1 = bn - 1+ r,

解析①由题意, S n = 所以a n = S n - S n - 1 = bn - 1 ( b -1) .

由于b >0且b≠1, 所以当n≥2时, { a n } 是以b为公比的等比数列

又 a 1 = b + r, a 2 = b ( b - 1) , a 2 /a 1 = b, 即b ( b - 1) / (b + r) = b.

∴ r = - 1.

②由①知, n∈N+, a n = ( b - 1 ) bn - 1, 当b = 2时, a n = 2n - 1.

再论一类数列求和问题 篇8

[关键词] 数列；求和；列项；（-1）n

数列是高中数学的重要内容，是高考的热点，也是进一步学习数学的基础，因此高考对这部分知识的考查的题型多样. 在必修部分内容中解答题的难度也是较高的. 纵观近几年的高考，关于数列的考查主要有以三个方面的内容：一是数列本身的知识，主要是等差数列、等比数列概念、通项公式、性质、前n项和公式；二是数列与其他知识的交汇，如与函数、方程、不等式、三角函数、解析几何等知识的结合；三是数列的应用问题，主要是增长率、分期付款等.数列的通项以及求和问题是重点，也是这几年考试的热点，无论是期中、期末还是会考、高考，都是高中数学的必考内容之一. 2015年3月青岛市一模考试数学理科卷19题与2014年山东高考数学理科卷第19题如出一辙，把大家又一次聚焦到了数列裂项求和符号调节器（-1）n的作用上，对此本文尝试做一些分析.

首先，我们从2015年3月青岛市一模考试数学理科卷19题目和解法入手.

已知数列{an}是等差数列，Sn为{an}的前n项和，且a10=19，S10=100；数列{bn}对任意n∈N*，总有b1·b2·b3·…·bn-1·bn=an+2成立.

拓展思考一：通项公式具有什么特点时适合裂和？

观察该数列通项公式cn=（-1）n·，不难发现，分母2n-1与2n+1的和恰好为分母4n，适合裂和.

又如：2013年高考数学江西卷理科第17题的第二问正是这样一个混合型的裂解，在第一问中已经求出an=2n，第二问中令bn=，数列{bn}的前n项和为Tn. 要求证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.

在平日教学过程中，只要我们善于发现，不断总结，总会有“创新的火花”在闪烁，这些难能可贵的见解也是对课堂教学的补充与完善，可以不断拓宽教师的教学思路，提高教学水平，促进教师的专业化成长.

数列求和的解题方法总结 篇9

数列通项与数列求和

二. 教学要求：

掌握数列的通项公式的求法与数列前n 项和的求法。能通过转化的思想把非等差数列与非等比数列转化为两类基本数列来研究其通项与前n项的和。

三. 教学重点、难点：

重点：等差数列与等比数列的求和，及其通项公式的求法。

难点：转化的思想以及转化的途径。

四. 基本内容及基本方法

1、求数列通项公式的常用方法有：观察法、公式法、待定系数法、叠加法、叠乘法、Sn法、辅助数列法、归纳猜想法等;

(1)根据数列的前几项，写出它的一个通项公式，关键在于找出这些项与项数之间的关系，常用的方法有观察法、通项法，转化为特殊数列法等.

(2)由Sn求an时，用公式an=Sn-Sn-1要注意n≥2这个条件，a1应由a1=S1来确定，最后看二者能否统一.

(3)由递推公式求通项公式的常见形式有：an+1-an=f(n)，

=f(n)，an+1=pan+q，分别用累加法、累乘法、迭代法(或换元法).

2、数列的前n项和

(1)数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、错位相减法、裂项相消法、倒序求和法等。

求数列的前n项和，一般有下列几种方法：

(2)等差数列的前n项和公式：

Sn= = .

(3)等比数列的前n项和公式：

①当q=1时，Sn= .

②当q≠1时，Sn= .

(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排列与原数列相加.主要用于倒序相加后对应项之和有公因子可提的数列求和.

(5)错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.

(6)裂项求和法：把一个数列分成几个可直接求和的数列.

方法归纳：①求和的基本思想是“转化”。其一是转化为等差、等比数列的求和，或者转化为求自然数的方幂和，从而可用基本求和公式;其二是消项，把较复杂的数列求和转化为求不多的几项的和。

②对通项中含有(-1)n的数列，求前n项和时，应注意讨论n的奇偶性。

③倒序相加和错位相减法是课本中分别推导等差、等比数列前n项和用到的方法，在复习中应给予重视。

【典型例题】

例1. 已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n.

(1)求证：{an}为等差数列;

(2)求S n的最小值及相应的n;

(3)记数列{

}的前n项和为Tn，求Tn的表达式。

解：(1)n=1时，a1=S1=-8

n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-10

∴ an=2n-10 an+1-an=2

∴ {an}是等差数列.

(2)Sn=n2-9n=(n-

)2-

∴当n=4或n=5时，Sn有最小值-20.

(3)an=2n-10 ∴ | an |=| 2n-10 |

令an≥0

n≥5 ∴ 当n≤4时，| an |=10-2n

Tn=

，当n≥5时，

Tn=-a1-a2-a3-a4+a5+a6+…+an

=(a1+a2+…+an)-(a1+a2+a3+a4)=Sn-2S4

=n2-9n-2×(-20)=n2-9n+40

山东省等比数列求和教案 篇10

1.知识与技能目标: 1)掌握等比数列求和公式,并能用之解决简单的问题。2)通过对公式的推导,对学生渗透分类讨论思想以。2过程与方法目标：

通过对公式的推导提高学生研究问题、分析问题、解决问题能力；体会公式探求中从特殊到一般的数学思想，同时渗透如上所说的数学思想。3.情感与态度目标：

通过公式的推导与简单应用，激发学生求知欲，鼓励学生大胆尝试，敢于探索、创新的学习品质。二 教学重点：

等比数列项前n和公式的推导与简单应用。三 教学难点：

等比数列n项和公式的推导。

四、教学过程分析 复习等比数列的相关知识：

（1）等比数列的定义以及数学表达式（2）等比数列的通项公式（3）等比中项以及各项之间的关系 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． 3学生探究，解决情境 应归结为什么数学问题呢？

探讨1：

设

s

2 +3 + 

63，记为（1）式，注意观察每一项的特征，有何联=1+2++ 264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？

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

64有s 6

4= 2+

2 + 2 3 +



+ 2 6

3+，记为（2）式．比较（1）(2）两式，你有什么发现？

【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，把两式

s641相减，相同的项就可以消去了，得到：

64。老师强调指出：这就是错位相减法，并要 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。4类比联想，解决问题

这时我再顺势引导学生将结论一般化，设等比数列为项和？让学生自主完成，然后对个别学生进行指导。

an，公比为q，如何求它的前n

Sa1a2a3an1an?一般等比数列前n项和：n

2n2n1Saaqaqaqaq? n11111即

错位相减法

2n2a1qn1Sna1a1qa1qa1q23n1a1qnqSna1qa1qa1qa1q

na1(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=？

a1(1qn)Sn1qna1q1q1a1a1qnSnn(1q)Saaq1q n11在学生推导完成之后，我再问：由得【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。5例题讲解，形成技能

例1．求和

1aaaa

1111，，2例2．求等比数列4816的第5项到第10项的和．

610104． 方法1： 观察、发现：5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

23n

aaaSSa516，公比为q2，项数为n6．

111111，2,3,4,5变式1：求2481632的前n项和．

12345，，2变式2：求481632的前n项和．

【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 2 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。6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。7课后作业，分层练习

数列求和型不等式解法揭秘 篇11

通常情况下，放缩法常常被用于解决数列求和型不等式问题．其求解途径一般有两条：一是先求和再放缩，二是先放缩再求和． 对于第一种途径，需要该数列的前n项和能直接求出，或者通过变形后求出． 求和过程中，一般需用到等差、等比求和公式或者使用分组、裂项、倒序相加等方法． 然而更多的情况，数列是不能直接求和的，因此我们必须选择第二条途径，即先对数列进行放缩处理，再做求和运算．

证明不等式：++…+<21－．

方案一 构造数列

证明 令bn=21－，cn=．

因为bn－bn-1=21－－21－=－=

=

≥

=

=cn，所以bn－bn-1>cn，所以bn-1－bn-2>cn-1，…，b2－b1>c2． 又b1= 21－=2－>=c1，求和得bn>c1+c2+…+cn，即++…+<21－．

思考 上法证明了一个充分条件，即需证明不等式an

方案二 数学归纳法

分析 这是一个典型的数列求和型不等式． 由于不等号两边都含有n，即此为一个与自然数n相关的命题，故可以采取数学归纳法．

证明 ①当n=1时，左边=，右边=21－，左边<右边，显然成立．

②假设n=k时不等式成立，即++…+<21－，则当n=k+1时，左边=++…++<21－+=21－+－+=21－+［2－（2k+3）］，易知2－（2k+3）<0，故上式<21－，即不等式成立．

综合①②知原不等式成立．

思考 对于初学者来说，用数学归纳法证明与自然数相关的命题无疑是最好的选择． 但是对于部分命题，数学归纳法并不是简便的解法，甚至有些命题根本不能应用数学归纳法． 比如我们若将上式稍作变形为++…+<2，则数学归纳法的递推过程就无法实现． 此时我们该怎么办？

方案三 加强数学归纳

++…+<2．

分析 此时不等式的右边是常数，和n无关． 此时数学归纳法已不起作用，必须用其他的方法． 对此，我们先证明++…+<21－，证明见方案一、二． 表面上看，我们把命题加强了，似乎更难以证明． 但通过构建这个加强命题，使得我们可以继续运用数学归纳法，证明了该加强命题，自然也就完成对原命题的证明．

思考 我们在构造加强命题的时候也可以选择其他形式，总体思路就是在不等式只含常数项的一边添加一个与n相关的无穷小量，使得不等号的两边成为都随着n变化的表达式，从而满足数学归纳法的适用条件．对于上面的不等式，同样可以构造成++…+<21－等．

方案四：自裂项

分析 细心的读者可能已经发现，例1的证明其实不必使用数学归纳法． 在此不等式中，不等号左边是数列和的形式，通项为．考虑到形如的分式是可以裂项求和的，对于本题有<2－，而－显然易于累加，故可以尝试用自裂项法求解例1．

证明 略．

思考 此方法的目标是对通项进行放缩，使其成为另一数列连续项之差． 而放缩的度是最难以把握的．下面笔者通过一例说明如何把握放缩的度．

求证：++…+<．

证明 观察通项，令1，即<．

又∈，，故≥q≥2，所以，当q=2时，

<2-，所以

++…+<2－+－+…+－=2－<．

思考 在上述方法中，我们通过待定系数法求得q的取值范围，而q的最终取值由题目对放缩的要求决定．在本例中，若我们对每一项都进行放缩，即≤，解得q≤2，故可取q=2；若保持第一项不动，从第二项开始放缩，则有+≤，解得q≤，则q∈2，，其中任取一值均可． 这样的方法有的放矢，避免盲目放缩．

方案五 自等比

分析 考虑例2中不等号的右边是一常数，可以联想到等比数列求和的极限．因此可将不等式左边放缩至等比数列，其关键是放缩的度．

证明 观察通项an=，则连续两项之比q==∈，． 故an+1

等差数列求和练习 篇12

推广3若等差数列{an}的公差为d，则

推广4若等差数列{an}的公差为d，则

注意:规定a0=a1-d.

摘要：在数列求和问题中, 裂项法是一种较为常见, 也较为简单的方法.所谓裂项就是将数列的每一项拆成两项之差, 以达到正负抵消化繁为简的目的, 它体现了数学的简洁美.裂项的关键是对数列的通项进行裂项.本文对两类与等差数列有关裂项求和进行一些推广.

等差数列求和练习 篇13

011年高考四川卷理科20)(本小题共12分)

设d为非零实数，an = 1122n-1 n-1nn* [Cn d+2Cnd+…+(n—1)Cnd+nCnd](n∈N).n

(I)写出a1,a2,a3并判断{an}是否为等比数列.若是，给出证明；若不是，说明理由；(II)设bn=ndan(n∈N)，求数列{bn}的前n项和Sn．

解析：（1）*

a1d

a2d(d1)

a3d(d1)2

01223n1nanCndCndCndCndd(1d)n1

an1d(1d)n

an1d1an

因为d为常数，所以{an}是以d为首项，d1为公比的等比数列。

bnnd2(1d)n1

（2）Snd2(1d)02d2(1d)13d2(1d)2nd2(1d)n1

d2[(1d)02(1d)13(1d)2n(1d)n1](1)(1d)Snd2[(1d)12(1d)23(1d)3n(1d)n](2)

1(1(1d)n)d2n(1d)nd(d2nd)(1d)n（2）（1）dSnd[1(1d)2

等差数列重点题型练习 篇14

一、选择题

1.在等差数列{an}中，若a3+a4+a5+a6+a7=250，则a2+a8的值等于（）A.50B.100C.150D.200

2.在数列{a2n}中，a1=1,an+1=an－1(n≥1),则a1+a2+a3+a4+a5等于（）A.－1B.1C.0D.2 3.若数列{an}的前n项和Sn=n2－2n+3，则此数列的前3项依次为（）A.－1,1,3B.2,1,3C.6,1,3D.2,3,6

4.等差数列｛an｝中，a4+a7+a10=57,a4+a5+…+a14=275,ak=61,则k等于（）

A.18B.19C.20D.21 5.设Sn是等差数列an的前n项和，若S735，则a4（）A．8B．7C．6D．5

6.已知｛a*n｝是递增数列，且对任意n∈N都有a2n=n+λn恒成立，则实数λ的取值范围是（）

A.(－7,+∞)B.(0,+∞)C.(－2,+∞)D.(－3,+∞)

7.设数列{an}、{bn}都是等差数列，且a1=25,b1=75,a2+b2=100,那么由an+bn所组成的数列的第37项为（）

A.0B.37C.100D.－37

8.数列{a211

2n}中，a1=1,a2=3,且n≥2时，有a

=,则（）n1an1anA.a23)nB.a2n－122

n=(n=(3)C.an=n2D.an=n1

9.在等差数列{an}中，若a3+a4+a5+a6+a7=250，则a2+a8的值等于（）

A.50B.100C.150D.200

10.设{a是公差为d=-1

n}2的等差数列，如果a1+a4+a7…+a58=50，那么a3+a6+a9+…+a60=（）

A.30B.40C.60D.70

11.一个数列的前n项之和为Sn=3n2+2n,那么它的第n(n≥２)项为

（）

A.3n2B.3n2+3nC.6n+1D.6n-1

12.设数列{an}是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（）

A.1B.2C.4D.6

二、填空题

13.等差数列{an}中,a3+a7+2a15=40,则S19=___________

14.有两个等差数列{a若a1a2n}、{bn},an3n1a2n3,则13b1b2bnb=

1315.在等差数列{a公差为1

n}中，2，且a1+a3+a5+…+a99=60，则a2+a4+a6+…+a100=_________

16.在等差数列{an}中，若a1+3a8+a15=120,则2a9－a10=________

17.设Sn为等差数列an的前n项和，S4＝14，S10－S7＝30，则S9＝ 18.等差数列{an}中，a1+a2+a3=－24,a18+a19+a20=78,则此数列前20项的和

等于

19.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S39，S636，则a7a8a9

三、计算题

20.求数列

112,123,1341n(n1)....前n项的和.作者QQ:11689037

21.求数列an=3

n(n2)的前n项和.22.已知等差数列｛an｝中，a1+a4+a7=15,a2a4a6=45,求其通项an.23.已知等差数列{an}前n项和Sn=-n(n-2),求{an}通项公式

24.已知数列｛an｝中,a1=0,a2=2,且an+1+an-1=2(an+1)(n≥2)

(1)求证:｛an+1-an｝是等差数列;(2)求｛an｝通项公式

25.已知等差数列｛an｝前3项和为6,前8项和为-4

(1)求数列｛an｝的前n项和Sn;(2)求数列｛Snn

｝的前n项和Tn

26.已知数列an的首项为a1=3，通项an与前n项和sn之间满足

2an=sn·sn1（n≥2）.（1）求证：1

数列求和更注重思想方法的教学 篇15

一、立足教材突破难点

教材中推导等差数列与等比数列前n项和公式时已展示数列求和的最基本的两个方法:倒序相加法和错位相减法, 所以这是数列求和教学最关键的切入点.

1.倒序相加法

等差数列{an}前n项之和Sn推导过程如下:

上式倒序相加可变为

由 (1) + (2) , 得undefined

2.错位相减法

等比数列{bn}前n项之和Sn (公比q≠1) 推导过程如下:

上式两边都乘以q, 得

qSn=a1q+a1q2+a1q3+…+a1qn-1+a1qn. (2)

(1) 式的第二项与 (2) 式的第一项错位相减,

(1) 式的第三项与 (2) 式的第二项错位相减,

依次类推, 可得Sn-qSn=a1-a1qn,

即undefined

二、因势利导, 拓展知识培养能力

实际上, 等差数列、等比数列前n项和公式的推导是一种算法, 通过观察、分析、抽象、归纳、推理可以进行拓广.

1.倒序相加法

已知函数undefined

求undefined

数学学习绝不是孤立的学习, 数列可看成定义域为正整数集的函数, 通项公式就是相对应的函数解析式.

undefined

以此类推, 可得

undefined

变为倒序

, 得2Sn=n+1, 即undefined

适用条件:与首末项等距离两项和等于首末项之和的数列.

2.错位相减法

适用条件:数列各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘得到的.

设{an}满足undefined为正整数) , undefined, 求数列{bn}的前n项之和Sn.

∵bn=n×3n,

3Sn=1×32+2×33+…+ (n-1) ×3n+n×3n+1. (2)

由 (1) (2) 错位相减, 得

undefined

3.裂项相消法与拆项分组求和法

(1) 拆项分组求和法

教材必修五习题2.5第4题:

求和 (a-1) + (a2-2) + (a3-3) +…+ (an-n) 可分为两组 (a+a2+a3+…+an) - (1+2+3+…+n) , 分别利用等差、等比求和公式进行求解. (在此不详述)

(2) 裂项相消法

把数列通项分成两项之差, 在求和时一些正负项抵消, 从而化成首尾少数项之和.

必修五习题2.3第4题.

求和undefined

通项分成两项之差

得undefined

等差数列求和练习 篇16

关键词：数列性质 通项 求和

类型一：数列性质

（一）等差数列性质

例1.已知a■为等差数列，若a1+a5+a9=8π，则cos（a3+a7）的值为（ ）。

A.■ B.-■ C.■ D.-■

解析：因为a1+a5+a9=8π，所以a5=■π，所以a3+a7=2a5=■π，所以cos（a3+a7）=cos■π=-■。

考点：等差数列的性质。

变式：设等差数列a■的前n项和为Sn，且S5=10，S10=30，则S15=（ ）。

A.60 B.70 C.90 D.40

解析：因为数列a■为等差数列，所以S5，S10-S5，S15-S10成等差数列，设S15=x，则10，20，x-30成等差数列，所以2×20=10+（x-30），所以x=60，即S15=60。

考点：等差数列的性质，等差中项。

变式：已知两个等差数列a■和b■的前n项和分别为An和Bn，且■=■，则使得■为整数的正整数的个数是（ ）。

A.2 B.3 C.4 D.5

解析：在等差数列中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq。

因为，两个等差数列a■和b■的前n项和分别为An和Bn，且■=■，所以，■=■=■=■=■=■=7+■，为使■为整数，需n+1为2，3，4，6，12，共5个，故选D。

考点：等差数列的性质，等差数列的求和公式。

点评：中档题，在等差数列中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq。本题较为典型。

（二）等比数列性质

例2：在正项等比数列a■中，lga3+lga6+lga9=3，则a1a11的值是 （ ）。

A.10000 B. 1000 C. 100 D. 10

解析：因为lga3+lga6+lga9=3，同底对数相加得a3a6a9=103，用等比数列的性质得，a63=103，所以a6=10，所以a1a11=a62=100。

考点：对数的运算，等比数列的性质。

变式：等比数列a■的各项均为正数，且a3+a8+a5+a6=18，则log3a1+log3a2+…log3a10=（ ）。

A.12 B.10 C.8 D.2+log35

解析：∵a3+a8+a5+a6=18，∴a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=9，∴log3a1+log3a2+…loga3a10应为log■a■■a■■...a■=log■9■=10。故选B。

考点：本题考查了等比数列的性质及对数的运算。

点评：解决此类问题是利用等比数列的性质m+n=p+r，故a■·a■=a■·a■，特别地，当m+n=2k，则am·an=a■■，然后利用对数的运算法则即可。

类型二：数列通项与求和的应用

例3：已知等比数列a■中，a1=2，且a1，a2+1，a3成等差数列，

（1）求数列a■的通项公式；

（2）求数列na■的前n项的和。

解析：（1）根据a1，a2+1，a3成等差数列，建立公比q的方程，确定得到等比数列的通项公式。

（2）较为典型。应用“错位相减法”确定数列的前n项的和。

试题解析：（1）设数列a■的公比为q，a2=2q，a3=2q2，由题设知，a1+a3=2（a2+1）∴2+2q2=4q+2，q=2或0，∵q≠0，∴q=2，an=2n 。

（2）设数列na■的前n项的和为Sn，

sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n（1）

2sn=1×22+2×23+…+（n-1）2n+n×2n+1（2）

（1）—（2）得：-sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=■-n×2n+1

sn=（n-1）×2n+1+2

考点：等差数列，等比数列，“错位相减法”求和。

变式：已知数列{an}的前n项和Sn=-■n■+kn（k∈N*），且Sn的最大值为8。

（1）确定常数k，求an；

（2）求数列■的前n项和Tn。

解析：（1）当n=k∈N*时，Sn=-■n■+kn取最大值，即8=-■k■+k2=■k■，故k=4，从而an=Sn-Sn-1=■-n（n≥2），又a1=S1=■，所以an=■-n。

∵bn=■=■，Tn=b1+b2+…+bn=1+■+■+…+■+■，

∴Tn=2Tn-Tn=2+1+■+…+■-■=4-■-■=4-■。

考点：本题主要考查等差数列、等比数列的概念及其通项公式，数列的求和。

点评：典型题，本题首先由Sn，an的关系，确定数列的通项公式是关键。求和过程中应用了“错位相减法”。在数列问题中，“分组求和法”“裂项相消法”也常常考到。

（责编 金 东）

摘要：数列的基本性质、通项及求和是高考考查的基本内容，属于基础题，一般情况下客观题型小而巧，主要考查等差、等比数列的性质，难度中等。熟练掌握等差、等比数列的有关概念、公式与性质，这是解决数列通项与求和问题的基础。对于常见的数列的求通项、求和的类型题要善于分类归纳整理，掌握各种类型的通解通法。

关键词：数列性质 通项 求和

类型一：数列性质

（一）等差数列性质

例1.已知a■为等差数列，若a1+a5+a9=8π，则cos（a3+a7）的值为（ ）。

A.■ B.-■ C.■ D.-■

解析：因为a1+a5+a9=8π，所以a5=■π，所以a3+a7=2a5=■π，所以cos（a3+a7）=cos■π=-■。

考点：等差数列的性质。

变式：设等差数列a■的前n项和为Sn，且S5=10，S10=30，则S15=（ ）。

A.60 B.70 C.90 D.40

解析：因为数列a■为等差数列，所以S5，S10-S5，S15-S10成等差数列，设S15=x，则10，20，x-30成等差数列，所以2×20=10+（x-30），所以x=60，即S15=60。

考点：等差数列的性质，等差中项。

变式：已知两个等差数列a■和b■的前n项和分别为An和Bn，且■=■，则使得■为整数的正整数的个数是（ ）。

A.2 B.3 C.4 D.5

解析：在等差数列中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq。

因为，两个等差数列a■和b■的前n项和分别为An和Bn，且■=■，所以，■=■=■=■=■=■=7+■，为使■为整数，需n+1为2，3，4，6，12，共5个，故选D。

考点：等差数列的性质，等差数列的求和公式。

点评：中档题，在等差数列中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq。本题较为典型。

（二）等比数列性质

例2：在正项等比数列a■中，lga3+lga6+lga9=3，则a1a11的值是 （ ）。

A.10000 B. 1000 C. 100 D. 10

解析：因为lga3+lga6+lga9=3，同底对数相加得a3a6a9=103，用等比数列的性质得，a63=103，所以a6=10，所以a1a11=a62=100。

考点：对数的运算，等比数列的性质。

变式：等比数列a■的各项均为正数，且a3+a8+a5+a6=18，则log3a1+log3a2+…log3a10=（ ）。

A.12 B.10 C.8 D.2+log35

解析：∵a3+a8+a5+a6=18，∴a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=9，∴log3a1+log3a2+…loga3a10应为log■a■■a■■...a■=log■9■=10。故选B。

考点：本题考查了等比数列的性质及对数的运算。

点评：解决此类问题是利用等比数列的性质m+n=p+r，故a■·a■=a■·a■，特别地，当m+n=2k，则am·an=a■■，然后利用对数的运算法则即可。

类型二：数列通项与求和的应用

例3：已知等比数列a■中，a1=2，且a1，a2+1，a3成等差数列，

（1）求数列a■的通项公式；

（2）求数列na■的前n项的和。

解析：（1）根据a1，a2+1，a3成等差数列，建立公比q的方程，确定得到等比数列的通项公式。

（2）较为典型。应用“错位相减法”确定数列的前n项的和。

试题解析：（1）设数列a■的公比为q，a2=2q，a3=2q2，由题设知，a1+a3=2（a2+1）∴2+2q2=4q+2，q=2或0，∵q≠0，∴q=2，an=2n 。

（2）设数列na■的前n项的和为Sn，

sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n（1）

2sn=1×22+2×23+…+（n-1）2n+n×2n+1（2）

（1）—（2）得：-sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=■-n×2n+1

sn=（n-1）×2n+1+2

考点：等差数列，等比数列，“错位相减法”求和。

变式：已知数列{an}的前n项和Sn=-■n■+kn（k∈N*），且Sn的最大值为8。

（1）确定常数k，求an；

（2）求数列■的前n项和Tn。

解析：（1）当n=k∈N*时，Sn=-■n■+kn取最大值，即8=-■k■+k2=■k■，故k=4，从而an=Sn-Sn-1=■-n（n≥2），又a1=S1=■，所以an=■-n。

∵bn=■=■，Tn=b1+b2+…+bn=1+■+■+…+■+■，

∴Tn=2Tn-Tn=2+1+■+…+■-■=4-■-■=4-■。

考点：本题主要考查等差数列、等比数列的概念及其通项公式，数列的求和。

点评：典型题，本题首先由Sn，an的关系，确定数列的通项公式是关键。求和过程中应用了“错位相减法”。在数列问题中，“分组求和法”“裂项相消法”也常常考到。

（责编 金 东）

摘要：数列的基本性质、通项及求和是高考考查的基本内容，属于基础题，一般情况下客观题型小而巧，主要考查等差、等比数列的性质，难度中等。熟练掌握等差、等比数列的有关概念、公式与性质，这是解决数列通项与求和问题的基础。对于常见的数列的求通项、求和的类型题要善于分类归纳整理，掌握各种类型的通解通法。

关键词：数列性质 通项 求和

类型一：数列性质

（一）等差数列性质

例1.已知a■为等差数列，若a1+a5+a9=8π，则cos（a3+a7）的值为（ ）。

A.■ B.-■ C.■ D.-■

解析：因为a1+a5+a9=8π，所以a5=■π，所以a3+a7=2a5=■π，所以cos（a3+a7）=cos■π=-■。

考点：等差数列的性质。

变式：设等差数列a■的前n项和为Sn，且S5=10，S10=30，则S15=（ ）。

A.60 B.70 C.90 D.40

解析：因为数列a■为等差数列，所以S5，S10-S5，S15-S10成等差数列，设S15=x，则10，20，x-30成等差数列，所以2×20=10+（x-30），所以x=60，即S15=60。

考点：等差数列的性质，等差中项。

变式：已知两个等差数列a■和b■的前n项和分别为An和Bn，且■=■，则使得■为整数的正整数的个数是（ ）。

A.2 B.3 C.4 D.5

解析：在等差数列中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq。

因为，两个等差数列a■和b■的前n项和分别为An和Bn，且■=■，所以，■=■=■=■=■=■=7+■，为使■为整数，需n+1为2，3，4，6，12，共5个，故选D。

考点：等差数列的性质，等差数列的求和公式。

点评：中档题，在等差数列中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq。本题较为典型。

（二）等比数列性质

例2：在正项等比数列a■中，lga3+lga6+lga9=3，则a1a11的值是 （ ）。

A.10000 B. 1000 C. 100 D. 10

解析：因为lga3+lga6+lga9=3，同底对数相加得a3a6a9=103，用等比数列的性质得，a63=103，所以a6=10，所以a1a11=a62=100。

考点：对数的运算，等比数列的性质。

变式：等比数列a■的各项均为正数，且a3+a8+a5+a6=18，则log3a1+log3a2+…log3a10=（ ）。

A.12 B.10 C.8 D.2+log35

解析：∵a3+a8+a5+a6=18，∴a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=9，∴log3a1+log3a2+…loga3a10应为log■a■■a■■...a■=log■9■=10。故选B。

考点：本题考查了等比数列的性质及对数的运算。

点评：解决此类问题是利用等比数列的性质m+n=p+r，故a■·a■=a■·a■，特别地，当m+n=2k，则am·an=a■■，然后利用对数的运算法则即可。

类型二：数列通项与求和的应用

例3：已知等比数列a■中，a1=2，且a1，a2+1，a3成等差数列，

（1）求数列a■的通项公式；

（2）求数列na■的前n项的和。

解析：（1）根据a1，a2+1，a3成等差数列，建立公比q的方程，确定得到等比数列的通项公式。

（2）较为典型。应用“错位相减法”确定数列的前n项的和。

试题解析：（1）设数列a■的公比为q，a2=2q，a3=2q2，由题设知，a1+a3=2（a2+1）∴2+2q2=4q+2，q=2或0，∵q≠0，∴q=2，an=2n 。

（2）设数列na■的前n项的和为Sn，

sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n（1）

2sn=1×22+2×23+…+（n-1）2n+n×2n+1（2）

（1）—（2）得：-sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=■-n×2n+1

sn=（n-1）×2n+1+2

考点：等差数列，等比数列，“错位相减法”求和。

变式：已知数列{an}的前n项和Sn=-■n■+kn（k∈N*），且Sn的最大值为8。

（1）确定常数k，求an；

（2）求数列■的前n项和Tn。

解析：（1）当n=k∈N*时，Sn=-■n■+kn取最大值，即8=-■k■+k2=■k■，故k=4，从而an=Sn-Sn-1=■-n（n≥2），又a1=S1=■，所以an=■-n。

∵bn=■=■，Tn=b1+b2+…+bn=1+■+■+…+■+■，

∴Tn=2Tn-Tn=2+1+■+…+■-■=4-■-■=4-■。

考点：本题主要考查等差数列、等比数列的概念及其通项公式，数列的求和。

点评：典型题，本题首先由Sn，an的关系，确定数列的通项公式是关键。求和过程中应用了“错位相减法”。在数列问题中，“分组求和法”“裂项相消法”也常常考到。