数列求和反思

数列求和反思（通用11篇）

数列求和反思 篇1

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。

数列求和反思 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.

数列求和举例 篇3

数列求和的常用方法有：公式法、分组求和、裂项相消法、倒序求和、错位相减法等，这些方法具有一定的通性，是必须掌握的，下面笔者举例谈几点数列求和的方法：

例1：求和，1+2?2+3?22+……+n?2n-1

解析：本题是典型的运用错位相减法的题型，大多数学生看到此结构，均会用错位相减进行求和，还有其它方法吗？从形式上看，n?2n-1=（xn）1(x=2)，由此得到另一种解法。

解：设：f(x)=x+x2+……+xn=

则：f1(x)=1+2x+2x2+3x2+……+nxn-1

∴1+2?2+3?22+……+n?2n-1

=

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

点评：本例运用导数，进行数列求和，其方法具有一定的迁移性，对学生数学思维的提高有一定的帮助。

例2：求和，Sn=1-3+5-7+……+（-1）n-1(2n-1)

解析：本题解法多种多样，由（－1）n-1不难想到，对n进行奇、偶性的讨论，在教学发现大多数的学生，分别计算n为奇数及偶数的情形，n为偶数，计算不易出错，但n为奇数时，求和时次数是易错点。若能利用n为偶数时，n-1为奇数，计算量会降低许多。

解：n为偶数时：

Sn=1-3+5-7+……+（2n-3）-(2n-1)

=(1-3)+(5-7)+……+[（2n-3）-(2n-1)]

=(-2)+(-2)+……+（-2）=(-2)×=-n

个

n为奇数时，Sn=Sn-1+an=-(n-1)+(-1)n-1(2n-1)=n(n≥3)

n=1时，上式成立，∴Sn=

例3：在一个圆直径的两端写上自然数1，将此直径分得的两个半圆都对分，在每一个分点上，写上该点相邻两数之和，然后把分得的四个1/4圆周各自对分，在所得分点上写上该点相邻两数之和，如此继续下去，问这样做第几步后，圆周所胡分点上数字之和Sn是多少？

解析：本题在实际教学中，学生做对的人数极少，大多数学生关注于分点的数字，想将其通项写出，但又不得其法，若能注意到求Sn，即其通项这一基本方法思想，运用求通项公式中，寻找递推式的方法可得下面的解法。

解：设第n步之后，圆周所有分点上数字之和为Sn，则第n-1步之后，圆周所有分点之数字之和为Sn-1 (n≥2)显然n=1时S1=2，

又Sn=Sn-1+2Sn-1=3Sn-1

∴{Sn}是以2为首项，3为公比的等比数列

∴Sn=2?3n-1

例4：推导等比数列求和公式

已知数列{an}为等比数列，分比为q，其前几项和为Sn，求Sn

解析：教材中运用的是错位相减法，求和，在这里本文给出另一种常用方法，裂项求和。

解：∵{an}是等比数列，首项为a1，公比为q

∴an=a1qn-1=（qn-1-qn）（q≠1）

∴Sn=a1+a2+……+an

=[(1-q)+(q-q2)+……+( qn-1-qn)]

=

当q=1时，Sn=na1

数列求和方法总结 篇4

一、教学目标：1．熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式；

2．能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算； 3．熟记一些常用的数列的和的公式．

二、教学重点：特殊数列求和的方法．

三、教学过程：

（一）主要知识：

1．直接法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和。（1）等差数列的求和公式：Snn(a1an)n(n1)na1d 22na1(q1)n（2）等比数列的求和公式Sna1(1q)（切记：公比含字母时一定要讨论）

(q1)1q2．公式法： k2122232k1nn2n(n1)(2n1)

62kk1n3123333n(n1) n233．错位相减法：比如an等差,bn等比,求a1b1a2b2anbn的和.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。常见拆项公式：1111111()；

n(n1)nn1n(n2)2nn21111()nn!(n1)!n!

(2n1)(2n1)22n12n15．分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和。6．合并求和法：如求10029929829722212的和。7．倒序相加法：

8．其它求和法：如归纳猜想法，奇偶法等

（二）主要方法：

1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式； 2．求和过程中注意分类讨论思想的运用； 3．转化思想的运用；

（三）例题分析：

例1．求和：①Sn111111111 n个 ②Sn(x)2(x21x1212n)(x)x2xn ③求数列1，3+4，5+6+7，7+8+9+10，…前n项和Sn 思路分析：通过分组，直接用公式求和。

111010210k解：①ak11k个1k(101)911Sn[(101)(1021)(10n1)][(1010210n)n]99110(10n1)10n19n10[n] 9981②Sn(x211142n2)(x2)(x2)242nxxx111)2n x2x4x2n(x2x4x2n)(x2(x2n1)x2(x2n1)(x2n1)(x2n21)（1）当x1时，Sn2n2n 222n2x1x1x(x1)（2）当x1时,Sn4n ③ak(2k1)2k(2k1)[(2k1)(k1)]

k[(2k1)(3k2)]523kk222Sna1a2an

5235n(n1)(2n1)3n(n1)(122n2)(12n)2226221n(n1)(5n2)6总结：运用等比数列前n项和公式时，要注意公比q1或q1讨论。2．错位相减法求和

例2．已知数列1,3a,5a2,,(2n1)an1(a0)，求前n项和。

思路分析：已知数列各项是等差数列1，3，5，…2n-1与等比数列a0,a,a2,,an1对应项积，可用错位相减法求和。解：Sn13a5a2(2n1)an1aSna3a25a3(2n1)an1 2

12:(1a)Sn12a2a22a32an1(2n1)an

2a(1an1)n当a1时,(1a)Sn1 (2n1)2(1a)1a(2n1)an(2n1)an1 Sn(1a)2当a1时,Snn2 3.裂项相消法求和

2242(2n)2例3.求和Sn 1335(2n1)(2n1)思路分析:分式求和可用裂项相消法求和.解:(2k)2(2k)2111111ak11()

(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)22k12k1111111112n(n1)Sna1a2ann[(1)()()]n(1)23352n12n122n12n1n(n1)(a1)123n2练习:求Sn23n 答案: Sn

a(an1)n(a1)aaaa(a1)n2a(a1)4.倒序相加法求和

012n例4求证：Cn3Cn5Cn(2n1)Cn(n1)2n mnm思路分析：由Cn可用倒序相加法求和。Cn012n证：令SnCn3Cn5Cn(2n1)Cn(1)

mnm(2)CnCnnn1210则Sn(2n1)Cn(2n1)Cn5Cn3CnCn012n (1)(2)有:2Sn(2n2)Cn(2n2)Cn(2n2)Cn(2n2)Cn012nSn(n1)[CnCnCnCn](n1)2n 等式成立

5．其它求和方法

还可用归纳猜想法，奇偶法等方法求和。例5．已知数列an,an2[n(1)n],求Sn。

思路分析：an2n2(1)n，通过分组，对n分奇偶讨论求和。解：an2n2(1)，若n2m,则SnS2m2(1232m)2n(1)k12mk

Sn2(1232m)(2m1)2mn(n1)

若n2m1,则SnS2m1S2ma2m(2m1)2m2[2m(1)2m](2m1)2m2(2m1)

4m22m2(n1)2(n1)2n2n2

(n为正偶数)n(n1)Sn2nn2(n为正奇数)预备：已知f(x)a1xa2x2anxn,且a1,a2,a3,an成等差数列，n为正偶数，又f(1)n2,f(1)n，试比较f()与3的大小。

12(a1an)nn2aa2nf(1)a1a2a3annn2解： 1nd2f(1)a1a2a3an1anndn22aa1(n1)d2n1a11an2n1

d2f(x)x3x25x3(2n1)xn

11111f()3()25()3(2n1)()n2222212可求得f()3()n2(2n1)()n，∵n为正偶数，f()3

（四）巩固练习：

1．求下列数列的前n项和Sn：

（1）5，55，555，5555，…，(10n1)，…；（2）12121259111，,132435（3）an,1,n(n2)；

1nn1；（4）a,2a2,3a3，nan,；

（5）13,24,35，n(n2),；（6）sin21sin22sin23解：（1）Sn555555sin289．

n个5555(9999999(10n1)]

n个999)

5[(101)(1021)(1031)95[101021039（2）∵

10nn]50n5(101)n． 8191111()，n(n2)2nn2111111[(1)()()232435111111()](1)． nn222n1n2∴Sn（3）∵an∴Sn1nn1n1nn1n(nn1)(n1n)1

n1n112132(21)(32)（4）Sna2a23a3(n1n)n11．

nan，当a1时，Sn123…nn(n1)，2 当a1时，Sna2a23a3…nan，aSna22a33a4…nan1，两式相减得(1a)Snaaa…ana23nn1a(1an)nan1，1anan2(n1)an1a∴Sn． 2(1a)（5）∵n(n2)n22n，∴ 原式(122232…n2)2(123…n)（6）设Ssin21sin22sin23 又∵Ssin289sin288sin287 ∴ 2S89，Sn(n1)(2n7)．

6sin289，sin21，89． 26n5(n为奇数)2．已知数列{an}的通项ann，求其前n项和Sn．

2(n为偶数)解：奇数项组成以a11为首项，公差为12的等差数列，偶数项组成以a24为首项，公比为4的等比数列； 当n为奇数时，奇数项有

n1n1项，偶数项有项，22n1n1(16n5)4(142)(n1)(3n2)4(2n11)2∴Sn，21423当n为偶数时，奇数项和偶数项分别有

n项，2nn(16n5)4(142)n(3n2)4(2n1)2∴Sn，21423(n1)(3n2)4(2n11)23所以，Snnn(3n2)4(21)23

(n为奇数)．

(n为偶数)

等比数列求和教案 篇5

教材：人教版必修五§2.5.1

教学目标：（1）知识目标：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）能力目标：提高学生的建模意识，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；

（3）情感目标：培养学生将数学学习放眼生活，用生活眼光看数学的思维品质； 教学重点：（1）等比数列的前n项和公式；

（2）等比数列的前n项和公式的应用； 教学难点：等比数列的前n项和公式的推导； 教学方法：问题探索法及启发式讲授法 教 具：多媒体 教学过程：

一、复习提问

回顾等比数列定义，通项公式。

（1）等比数列定义：（2）等比数列通项公式：

（，（3）等差数列前n项和公式的推导方法：倒序相加法。

二、问题引入：

阅读:课本第55页“国王赏麦的故事”。

问题:如何计算

引出课题:等比数列的前n项和。

三、问题探讨： 问题：如何求等比数列的前n项和公式

回顾：等差数列的前n项和公式的推导方法。

倒序相加法。

等差数列

根据等差数列的定义

它的前n项和是

（1）

（2）

（1）+（2）得：

探究：等比数列的前n项和公式是否能用倒序相加法推导？

学生讨论分析，得出等比数列的前n项和公式不能用倒序相加法推导。

回顾：等差数列前n项和公式的推导方法本质。

构造相同项，化繁为简。

探究：等比数列前n项和公式是否能用这种思想推导？

根据等比数列的定义：

变形：

具体：

„„

学生分组讨论推导等比数列的前n项和公式，学生不难发现：

由于等比数列中的每一项乘以公比都等于其后一项。所以将这一特点应用在前n项和上。

由此构造相同项。数学具有和谐美，错位相减，从而化繁为简。

（1）

（2）

由此构造相同项。数学具有和谐美，错位相减，从而化繁为简。

当q=1时，当时，学生经过讨论还发现了其他的推导方法，让学生课后整合自己的思路，将各自的推导过程展示在班级学习园地，同学们共享探究。由等比数列的通项公式推出求和公式的第二种形式：

当

四.知识整合:

时，1．等比数列的前n项和公式：

当q=1时，当时，2．公式特征：

⑴等比数列求和时，应考虑

与

两种情况。

⑵当时，等比数列前n项和公式有两种形式,分别都涉及四个量，四个量中“知三求一”。

⑶等比数列通项公式结合前n项和公式涉及五个量，五个量中“知三求二”（方程思想）。3．等比数列前n项和公式推导方法：错位相减法。

五、例题精讲：

例1．运用公式解决国王赏麦故事中的难题。

变式练习：⑴求等比数列1,2,4,8„的前多少项和是63.⑵求等比数列1,2,4,8„第4项到第7项的和.，例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，依次类推⑴若一共画了7个正方形，求第7个正方形的面积？

⑵若已知所画正方形的面积和为画的最后一个正方形的面积。，求一共画了几个正方形，及所 解：由题意得：每个正方形的面积构成等比数列，且

（1）

（2）

答：（1）第七个正方形的面积是。

（2）一共测了5个正方形，所画的最后一个正方形的面积是。

巩固练习：⑴已知等比数列中，,求。

⑵已知等比数列

六、课堂小结：

中，,，求n。

1、等比数列的前n项和公式：

当q=1时，当时，2、等比数列的前n项和推导方法：错位相减法。

3、数学思想：类比，分类讨论，方程的数学思想。

七、课后作业：

基础题：课本P61习题2.5 A组1，2

数列求和奥数训练题 篇6

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。

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.

数列求和不等式的证明 篇8

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.

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？

数列求和反思 篇10

考纲分析与备考策略：

1、考纲分析：

（1）了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能

根据递推公式写出数列的前几项，理解an与sn的转化关系。

（2）对于非等差、等比数列，能够通过变形配凑，构造新的等差、等比数列

模型，再运用等差、等比数列的公式、性质解决问题。

（3）能够运用数学归纳法证明数列中的相关问题。

（4）掌握常见的数列求和类型，能够进行数列求和运算。

2、备考策略

（1）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。

（2）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。

（3）对于递推数列问题，要善于从特例入手，有特殊分析归纳一般，即先猜

再证，其中数学归纳法作为一种工具不会单独命题，只会作为一种证明的手段，在应用时要注意第二步的证明技巧，做到有的放矢，思路鲜明。考点剖析与整合提升：

一、求数列的通项公式方法的归纳：

求数列通项公式常用观察法、公式法、等差或等比通项公式法、递增关系变形法（累加、累乘）等。

1、2、公式法：ans1(n1)snsn1(n2)，注意n1n2两种情况能合并，则合并，不能合并，则分段表示。常见递推数列通项公式的求法：

（1）、an1anf(n)型（用累加法）

即：anan1f(n1)，an1an2f(n2),…，a2a1f(1)，将上述n1个式子相加，可得：ana1f(1)f(2)f(3)Lf(n1)

（2）、anf(n1)an1型（用累乘法）

即an-1f(n2)an2，an-2f(n3)an3，……..a2f(1)a1 将上述n1个式子相乘，可得：anf(1)f(2)f(3)Lf(n1)a1。（3）anpan1q型（p,q)方法一：待定系数法

anpan1qanmp(an1m)，通过待定系数法求出m的值，构造成以

a1m为首项，以p为公比的等比数列。

方法二：迭代法

anpan1q=p(an2q)qpan2pqqp(pan3q)pqq

=p3an3p2qpqq

=pn1a1pn2qpn3qpqq,而qpqp2qpn2q是一个等比数列，求出其和，即可求出通项。（4）anpan1f(n)型 方法一：待定系数法

anmf(n)pan1mf(n1)

通过待定系数法确定m的值，转化成以

a1mf(1)为首项，以p为公比的等比数列。

方法二：等式两边同时除以pn有

pananm

1an

1anp

n



an1p

n1



f(n)p

n，转化为an1anf(n)型。

（5）an1

型

anmpan

1an1

1p

1an

mp

两边取倒数有



转化为anpan1q型。

二、数列求和的方法

（1）公式法： 等差数列：

sn

n(a1an)

na1

n(n1)

2d

；等比数列：



na(q1)

sna1(1qn)aaq； 1n

1(q1)

1q1q

n

k

k1



n(n1)(2n1);

（2）错位相减法:

这是推导等比数列前n项和公式时所使用的方法，这种方法主要用于求数列

anbn分别是等差数列和等比数列。bn的前n项和，其中an、（3）倒序相加法

将一个数列倒过来排序，当它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和。（4）分组求和法

数列既不是等差数列又不是等比数列时，但它可以通过适当拆分，分为几个等差、等比数列或常见的数列，即能分别求和，然后再合并。（5）裂项法

这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，其实质是将数列中的某些项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的。常见的裂项法有：

CnCn

m

nm

1n(n1)



1n



1n

11a

b



1ab

(a

b)

;nn!(n1)!n!

三、考题精析

2n

1例1：设数列an满足a12,an1an3

2（1）求数列an的通项公式；

（2）令bnnan，求数列的前n项和Sn

解：（Ⅰ）由已知，当n≥1时，an1[(an1an)(anan1)(a2a1)]a1

3(2

2n1

2

2n

32)2

2

2(n1)1。

而 a12,所以数列{an}的通项公式为an22n1。（Ⅱ）由bnnann22n1知

Sn122232n2

2n1

①

从而

22Sn123225327n22n1② ①-②得

(122)Sn2232522n1n22n1。即Sn

[(3n1)2

2n1

2]

例2：已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an及Sn；（Ⅱ）令bn=

1an1

(nN*)，求数列bn的前n项和Tn．

【解析】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，因为a37，a5a726，所以有 a12d7，解得a13,d2，

2a10d261

2n1)=2n+1；Sn=3n+所以an3（n(n-1)2

2=n2+2n。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知an2n+1，所以bn=

1an

111111

(-)，== =2

1（2n+1)14n(n+1)4nn+11

41n+1

所以Tn=

(1-

+



++

1n

1n+1)=(1-)=

n4(n+1)，即数列bn的前n项和Tn=

n4(n+1)。

例3：

已知数列{an}满足a1＝0，a2＝2，且对任意m、n∈N*都有 a2m－1＋a2n－1＝2am＋n－1＋2(m－n)

（Ⅰ）求a3，a5；

*

（Ⅱ）设bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N)，证明：{bn}是等差数列；

（Ⅲ）设cn＝(an+1－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Sn.解：(1)由题意，零m＝2,n－1,可得a3＝2a2－a1＋2＝6

再令m＝3,n＝1，可得a5＝2a3－a1＋8＝20………………………………2分(2)当n∈N 时，由已知(以n＋2代替m)可得

a2n＋3＋a2n－1＝2a2n＋1＋8

于是[a2(n＋1)＋1－a2(n＋1)－1]－(a2n＋1－a2n－1)＝8

即bn＋1－bn＝8

所以{bn}是公差为8的等差数列………………………………………………5分(3)由(1)(2)解答可知{bn}是首项为b1＝a3－a1＝6,公差为8的等差数列 则bn＝8n－2，即a2n+=1－a2n－1＝8n－2 另由已知(令m＝1)可得

an＝

a2n1a1

*

-(n－1)2.－2n＋1

那么an＋1－an＝

a2n1a2n1

28n22

＝－2n＋1

＝2n 于是cn＝2nqn－1.当q＝1时，Sn＝2＋4＋6＋……＋2n＝n(n＋1)

当q≠1时，Sn＝2·q0＋4·q1＋6·q2＋……＋2n·qn－1.两边同乘以q，可得

qSn＝2·q1＋4·q2＋6·q3＋……＋2n·qn.上述两式相减得

(1－q)Sn＝2(1＋q＋q2＋……＋qn－1)－2nqn

＝2·

1q

n

1q

－2nq

n

＝2·

1(n1)qnq

1q

n

nn1

所以Sn＝2·

nq

n1

(n1)q1(q1)

n(n1)(q1)

综上所述，Sn＝nqn1(n1)qn1…………………………12分

数列求和反思 篇11

关键词： 数列求和 公式求和 分项求和

数列是高中代数的重要内容，同时数列求和问题是高考的重要考点。近几年高考中数列求和问题的出题形式越来越灵活，且很有可能结合导数相关知识让学生进行不等式证明，作为整张试卷的压轴题，这种题目的难度不言而喻。尽管数列求和有很多种方法，有些学生可能觉得无从下手，但是只要分清每种求和方法的适用题目类型，那么数列求和这个难题便会很快被攻克，下面我将对数列求和方法进行总结。

一、公式求和，熟练记忆

等差数列和等比数列这两类是两种最基本数列，其他一些较复杂的数列往往是在这两种数列基础上变形、转化得来的，所以说掌握这两种数列求和方法是学好数列求和基本条件。

这两种数列的求和都有固定的公式，并不需要学生耗费太多精力。如等差数列的求和公式：Sn= =a n+ n（n-1）d。等比数列的求和公式：Sn= （q≠1）。除此之外，数列求和还有其他固定公式，如Sn=1+2+3+…n= n（n+1），Sn=1 +2 +3 +…n = n（n+1）（2n+1），Sn=1 +2 +3 +…n =[ n（n+1）] 。这些公式都是学生进行复杂数列求和的基础，所以一定要熟练记忆。

对于有些题目来说，可能题干中并没有明确指出数列类型，但是经过对数列的深入分析后便可以得出该数列等差数列或是等比数列这样的结论，就可以套用公式求和。所以我们要引导学生在做题过程中仔细思考、沉着应对，努力使题目向所学知识靠拢。

二、整体求和，分清类型

对数列进行求和时，有些数列既不是等差数列又不是等比数列，无法用公式求和，这时就需要学生采用其他方法求和。有些数列通过对数列整体进行变形和运算巧妙求出数列的和，如数列求和中的错位相减法和倒序相加法就运用这种思想。

错位相减求和适用于通项公式为等差数列乘以等比数列的形式：如“a =3n-1，b =2 ，c =a b ，求c 的前n项和Tn”。仔细观察之后不难发现，a 为等差数列，b 为等比数列，c 为等差数列与等比数列的积，所以这道题毫无疑义要用错位相减法。需要让学生写出Tn的展开式，然后写出2Tn的展开式，两式相减可得-Tn的展开式，而这时-Tn的和正好可以用等比数列的求和公式，就可以得到Tn=8+（3n-4）2 。而对于倒序相加法来说，有着很广的应用范围，如可以用来推导等差数列的求和公式：Sn=a +a +a +…a ，Sn=a +a +a +…a ，因此将二者相加可得2Sn=（a +a ）n，则Sn= 。这种求和适用于第k项与第（n+1-k）项的和为定值的情况。

因此，需要让学生分清整体求和中每种方法适用的题目类型。有效引导学生做题时仔细观察题干中数列的特点，争取将每种类型典型例题和解题思路都铭记于心，这样做起题目来才会得心应手。

三、分项求和，对症下药

这里所说的分项求和有两重含义，一个是将每项拆分成多项求和，这种思路对应的是裂项相消求和法。而另一种则是将数列中所有项的同一类型的项分为一类，这种思路对应的则是分组求和法。

对于裂项相消求和法，针对不同项往往会有不同裂项方法，下面我总结了一些比较常见的裂项方式： = - ， = （ - ）， = （ - ），那么裂项之后又是如何求和的呢？通过观察可以发现，裂项之后的每一项的减数部分与其下一项的被减数部分正好相同，所以相加之后两者相消，这样的话中间相都被消去，只需用首项和末项的剩余部分进行求解即可。而分组求和这种方法则相对来说比较简单，通过对数列进行观察将数列中同类型的数归为一组，然后分别求和即可，如对于数列“Sn=0.9+0.99+0.999+…0.9…9（n个9）”的求和，可以让学生将0.9拆分成1-0.1，将0.09拆分成1-0.01并以此类推，该数列最后就可以变形成一个全1数列的和与一个等比数列的差，这道题解答时充分利用分组求和思想。

总之，要让学生充分掌握分组求和要领，仔细区分每一种方法对应的数列特点，然后对症下药，确保每种方法的应用过程都了然于胸，这样学生做题时才能心中有数、万无一失。

四、其他求和，活学活用

除了以上这些数列求和方法之外，还有一种比较常用的方法就是构造求和法。这种方法应用得十分广泛，出题方式灵活多变，更需要灵活掌握。

构造求和法的出题形式一般都是给出一个递推公式，学生刚接触可能觉得和之前介绍的哪种方法都靠不上，因此可能感觉有些力不从心。其实，这种类型的题目并不难做，需要让学生依据题干给出的关系式进行变形和构造，争取将其改造成我们熟悉的等差和等比数列，这样就可以选择套用公式进行求解。比如：“数列a 中a =1，a =0.5a +1（n>1），求Sn。”通过对a =0.5a +1进行变形可得a -2=0.5（a -2），这样将（a -2）构造成了一个等比数列，根据公式可以求出a 的通项，进而求出Sn。这种方法的出题方式非常灵活，很难像之前介绍的那些方法一样有固定的解题套路，那么我们能做的就只有掌握好最基础的部分，以不变应万变。

此外，还有一些数列求和方法如导数求和法、数学归纳法及通项分析法等，由于其并不太常见因此这里不再详细介绍，但前面提到的构造法是需要学生重点掌握的，教学中要有意识地让学生对此方法多加练习，争取做题时将该方法应用得炉火纯青。

总之，数列求和问题是高中教学的一大重点也是一大难点，要让学生们克服畏难情绪，认真分析每一种求和方法适用的题目类型，然后做题时针对数列的具体特点选择合适的方法求解。相信在老师和学生的共同努力下，数列求和这个难关一定会被攻克，数列求和这个“重头戏”一定会被唱得异常精彩。

参考文献：

[1]王建文.数列求和方法总结[J].新校园，2011（01）.