等差数列与求和

等差数列与求和（精选8篇）

等差数列与求和 篇1

导学目标： 1.能利用等差、等比数列前n项和公式及其性质求一些特殊数列的和.2.能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．

自主梳理

1．求数列的通项S1，n＝1，(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：an＝ Sn－Sn－1，n≥2.(2)当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋„＋f(n)可求，则可用________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋„＋(an－an－1)．

an＋1(3)当已知数列{an}中，满足a＝f(n)，且f(1)·f(2)·„·f(n)可求，则可用__________求数列的通项an，n

aaa常利用恒等式an＝a1„a1a2an－1.(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项．

(5)归纳、猜想、数学归纳法证明．

2．求数列的前n项的和

(1)公式法

①等差数列前n项和Sn＝____________＝________________，推导方法：____________；

，q＝1，②等比数列前n项和Sn＝＝，q≠1.

推导方法：乘公比，错位相减法．

③常见数列的前n项和：

a．1＋2＋3＋„＋n＝__________；b．2＋4＋6＋„＋2n＝__________；

c．1＋3＋5＋„＋(2n－1)＝______； d．12＋22＋32＋„＋n2＝__________；

e．13＋23＋33＋„＋n3＝__________________.(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．

(3)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．常见的裂项公式有：

11111111①n22n－12n＋1； ③n＋1n.nn＋1n＋12n－12n＋1n＋n＋

1(4)错位相减：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．

(5)倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导．

自我检测

1．(原创题)已知数列{an}的前n项的乘积为Tn＝3n2(n∈N*)，则数列{an}的前n项的()

3939A.2n－1)B.2(3n－1)C.8n－1)D.8n－1)

2．(2011·邯郸月考)设{an}是公比为q的等比数列，Sn是其前n项和，若{Sn}是等差数列，则q为()

A．－1B．1C．±1D．0

3．已知等比数列{an}的公比为4，且a1＋a2＝20，设bn＝log2an，则b2＋b4＋b6＋„＋b2n等于()

A．n2＋nB．2(n2＋n)C．2n2＋nD．4(n2＋n)

n＋14．(2010·天津高三十校联考)已知数列{an}的通项公式an＝log2(n∈N*)，设{an}的前n项的和为Sn，n＋

2则使Sn<－5成立的自然数n()

A．有最大值63B．有最小值63C．有最大值31D．有最小值31

5．(2011·北京海淀区期末)设关于x的不等式x2－x<2nx(n∈N*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．

探究点一 求通项公式

2n＋1·an

例1 已知数列{an}满足an＋1＝a＝2，求数列{an}的通项公式．

an＋2＋1

变式迁移1 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.(1)设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．

探究点二 裂项相消法求和

例2 已知数列{an}，Sn是其前n项和，且an＝7Sn－1＋2(n≥2)，a1＝2.(1)求数列{an}的通项公式；

1m

(2)设bn＝Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn20对所有n∈N*都成立的最小正整

log2an·log2an＋1

数m.111

变式迁移2 求数列1，n项和．

1＋21＋2＋31＋2＋3＋„＋n

探究点三 错位相减法求和 例3(2011·荆门月考)已知数列{an}是首项、公比都为q(q>0且q≠1)的等比数列，bn＝anlog4an(n∈N*)．

(1)当q＝5时，求数列{bn}的前n项和Sn；

4(2)当q＝15时，若bn

123n

变式迁移3 求和Sn＝a＋a＋a＋„＋a.分类讨论思想的应用

例(5分)二次函数f(x)＝x2＋x，当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，f(x)的函数值中所有整数值的个数为g(n)，2n3＋3n2an＝(n∈N*)，则Sn＝a1－a2＋a3－a4＋„＋(－1)n－1an＝()

gn

nn＋1nn＋1n－1nn＋1nnn＋1A．(－1)B．(－1)C.2 D．－

222

【答题模板】答案 A

解析 本题考查二次函数的性质以及并项转化法求和．

当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，函数f(x)＝x2＋x的值随x的增大而增大，则f(x)的值域为[n2＋n，n2＋3n

322n＋3n

＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝＝n2.gn

方法一 当n为偶数时，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋„＋an－1－an＝(12－22)＋(32－42)＋„＋[(n－1)2－n2]

3＋2n－1nnn＋1

＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－＝－

222；

nn－1nn＋12

当n为奇数时，Sn＝(a1－a2)＋(a3－a4)＋„＋(an－2－an－1)＋an＝Sn－1＋an＝－2n＝2nn＋1

∴Sn＝(－1)n－12

方法二 a1＝1，a2＝4，S1＝a1＝1，S2＝a1－a2＝－3，检验选择项，可确定A正确． 【突破思维障碍】

在利用并项转化求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用一个公式来表示．

1．求数列的通项：(1)公式法：例如等差数列、等比数列的通项；(2)观察法：例如由数列的前几项来求通项；(3)可化归为使用累加法、累积法；

(4)可化归为等差数列或等比数列，然后利用公式法；(5)求出数列的前几项，然后归纳、猜想、证明． 2．数列求和的方法：

一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．

3．求和时应注意的问题：

(1)直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．

(2)注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．

(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2010·广东)已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2·a3＝2a1且a4与2a7的等差中项

5为4，则S5等于()

A．35

B．3

3C．3

1D．29

S7n＋2a2．(2011·黄冈调研)有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，若T则b()

n＋3n5

6537729A.12B.8C.13D.4an－1－anan－an＋1

3．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1且＝(n≥2)，则此数列的第10项()

anan－1anan＋1

1111A.2B.2C.10D.51

4．数列{an}的前n项和为Sn，若anS5等于()

nn＋1

511

A．1B.6C.6D.305．数列1,1＋2,1＋2＋4，„，1＋2＋22＋„＋2n－1，„的前n项和Sn>1 020，那么n的最小值是()A．7B．8C．9D．10

二、填空题(每小题4分，共12分)6．(2010·东北师大附中高三月考)数列{an}的前n项和为Sn且a1＝1，an＋1＝3Sn(n＝1,2,3，„)，则log4S10＝__________.7．(原创题)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－a，则该数列前26项的和为________．

n

8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的 通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝____________.三、解答题(共38分)9．(12分)(2011·河源月考)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)．

(1)若函数f(x)的图象的顶点的横坐标构成数列{an}，试证明数列{an}是等差数列；(2)设函数f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，试求数列{bn}的前n项和Sn.10．(12分)(2011·三门峡月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.(1)求c的值及数列{an}的通项公式；

1(2)证明aaaa8anan＋1122

311．(14分)(2010·北京宣武高三期中)已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn

*

＋1＝bn＋(2n－1)(n∈N)．

(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求数列{bn}的通项公式bn；

a·b(3)若cn＝n，求数列{cn}的前n项和Tn.答案自主梳理

n(a1＋an)n(n－1)a1(1－qn)

1．(2)累加法(3)累积法 2.(1)① na1＋2d 倒序相加法 ②na1 21－q

a1－anqn(n＋1)n(n＋1)(2n＋1)n(n＋1)

2 ③2 n2＋n n261－q2

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1．C 2.B 3.B 4.B5．10 100课堂活动区

例1 解题导引 已知递推关系求通项公式这类问题要求不高，主要掌握由a1和递推关系先求出前几项，再归纳、猜想an的方法，以及累加：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋„＋(a2－a1)＋a1；累乘：an

aan－1a＝·„·a等方法． an－1an－2a11

***

解 已知递推可化为a＋∴aa2，a－a＝2，a－a＝2，„，a－＝2.an＋1n2213243nan－1

11

1－2

1111111212n

将以上(n－1)个式子相加得aa＝2＋2＋2＋„＋2，∴a＝

1＝1－2.∴an＝2－1n1n

1－2

变式迁移1(1)证明 由已知有a1＋a2＝4a1＋2，解得a2＝3a1＋2＝5，故b1＝a2－2a1＝3.又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－(4an＋2)＝4an＋1－4an；于是an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，即bn＋1＝2bn.因此数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．

an＋1an3

(2)解 由(1)知等比数列{bn}中，b1＝3，公比q＝2，所以an＋1－2an＝3×2n－1，于是＋2＝4，a13an1331

因此数列2是首项为2422(n－1)×44－4an＝(3n－1)·2n－2.

例2 解题导引 1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也

有可能前面剩两项，后面也剩两项．再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．

11111111.2．一般情况如下，若{an}是等差数列，则，anan＋1danan＋1anan＋22danan＋2

此外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相消求和．

解(1)∵n≥2时，an＝7Sn－1＋2，∴an＋1＝7Sn＋2，两式相减，得an＋1－an＝7an，∴an＋1＝8an(n≥2)． 又a1＝2，∴a2＝7a1＋2＝16＝8a1，∴an＋1＝8an(n∈N*)． ∴{an}是一个以2为首项，8为公比的等比数列，∴an＝2·8n－1＝23n－2.11111

(2)∵bn＝＝3，log2an·log2an＋1(3n－2)(3n＋1)3n－23n＋1111111111m1∴Tn＝3－4＋4－7＋„＋＝3(1－3∴20≥3，∴最小正整数m＝7.3n－23n＋13n＋1

121－变式迁移2 解 an＝2nn＋1，n(n＋1)

111112n11－1－∴Sn＝2·[2＋23＋„＋nn＋1]＝2·n＋1＝n＋1.

例3 解题导引 1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法．

2．用乘公比错位相减法求和时，应注意：

(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；

(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．

解(1)由题意得an＝qn，∴bn＝an·log4an＝qn·log4qn＝n·5n·log45，∴Sn＝(1×5＋2×52＋„＋n×5n)log45，设Tn＝1×5＋2×52＋„＋n×5n，①则5Tn＝1×52＋2×53＋„＋(n－1)×5n＋n×5n＋1，②

n

23nn＋15(5－1)① －②得－4Tn＝5＋5＋5＋„＋5－n×5＝4－n×5n＋1，55

∴Tn＝16n×5n－5n＋1)，Sn＝16(4n×5n－5n＋1)log45.141414141414

(2)∵bn＝anlog4an＝n15nlog415，∴bn＋1－bn＝(n＋1)15n＋1log415－n15nlog415

141414n14n14n14n

＝1515－15log415>0，∵15>0，log415，∴1515，∴n>14，即n≥15时，bn

变式迁移3解当a＝1时，Sn＝1＋2＋3＋„＋n＝2a≠1时，Sn＝aaa＋„＋a，①

11123n1111n

∴an＝a＋a＋a＋„＋＋，②①－②，得1－a·Sn＝aaa„＋a＋

aa

11111－a1－1－aaaa1nnn

1－aSn＝－－＋＝＋，∴Sn＝－1aa－1a(a－1)(a－1)·a1－a

∴S＝1

a1an，a≠1.(a－1)(a－1)·a

n

n(n＋1)

2，a＝1，课后练习区1．C 2.A 3.D 4.B 5.D 6．9解析 ∵an＋1＝3Sn，∴an＝3Sn－1(n≥2)．

an＋1

两式相减得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，∴an＋1＝4an，即a＝4.∴{an}为以a2为首项，公比为4的n

n－2

等比数列．当n＝1时，a2＝3S1＝3，∴n≥2时，an＝3·4，S10＝a1＋a2＋„＋a10＝1＋3＋3×4＋3×42

49－1

＋„＋3×4＝1＋3×(1＋4＋„＋4)＝1＋3×1＋49－1＝49.∴log4S10＝log449＝9.4－1

7．－10解析 依题意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝2，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝21

所以数列周期为4，S26＝6×(1－2－1＋2)＋1－2＝－10.8．2n＋1－2解析 依题意，有a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，„，an－an－1＝2n－1，所有的代数式相加得an－a1＝2n－2，即an＝2n，所以Sn＝2n＋1－2.9．解 f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8.……(3分)(1)由题意，an＝n＋1，故an＋1－an＝(n＋1)＋1－(n＋1)＝1，故数列{an}是以1为公差，2为首项的等差数列．…………(5分)

(2)由题意，bn＝|3n－8|……(7分)当1≤n≤2时，bn＝－3n＋8，数列{bn}为等差数列，b1＝5，n(5－3n＋8)－3n2＋13n∴Sn＝；…(9分)当n≥3时，bn＝3n－8，数列{bn}是等差数列，b3＝1.22

－3n2＋13n

22，1≤n≤2，(n－2)(1＋3n－8)3n－13n＋28

∴Sn＝S2＋分)∴Sn＝2

223n－13n＋28

n≥3.2

(12分)

10．(1)解 因为Sn＝2nan＋an－c，所以当n＝1时，S1＝2a1＋a1－c，解得a1＝2c，(2分)当n＝2时，S2＝a2＋a2－c，即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，……(3分)所以3c＝6，解得c＝2；……(4分)

则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.……(6分)

111111

(2)证明 因为aaaa„＋„＋anan＋14×66×8(2n＋2)(2n＋4)1223

***1＝24－6)＋268＋„＋2(＝246＋(68＋„＋(……(8分)

2n＋22n＋42n＋22n＋4

111111111＝24－)＝8……(10分)因为n∈N*，所以aa＋aa＋„＋<8.…(12分)

2n＋44(n＋2)anan＋11223

－－

11．解(1)∵Sn＝3n，∴Sn－1＝3n1(n≥2)．∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n1＝2×3n－1(n≥2)．…(3分)

3，n＝1，1－1

当n＝1时，2×3＝2≠S1＝a1＝3，…(4分)∴an＝n－1*…(5分)

2×3，n≥2，n∈N

(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，„，bn－bn－1＝2n－3.(n－1)(1＋2n－3)2

以上各式相加得bn－b1＝1＋3＋5＋„＋(2n－3)＝＝(n－1).∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.……(7分)

－3，n＝1，(3)由题意得cn＝n－1*………(9分)

2(n－2)×3，n≥2，n∈N.当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋„＋2(n－2)×3n－1，∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋„＋2(n－2)×3n，相减得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋„＋2×3n－1－2(n－2)×3n.3n－3(2n－5)3n＋3n23n－1n

∴Tn＝(n－2)×3－(3＋3＋3＋„＋3)＝(n－2)×3－2……(13分)

(2n－5)3n＋3*

等差数列与求和 篇2

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.

第19讲 数列的通项与求和 篇3

求数列通项公式和数列前[n]项的求和是高考重点考查的内容，也是考纲明确提出的知识点，年年在考，年年有变，但变的是试题的外壳，即在题设条件上有变化、有变革、有创新，但在这些变中更有不变的主题，即各种问题的解答方法大致可以归纳为平平常常的几种.因此，考生有效地进行化归是正确、准确、迅速解题的前提，而合理地构建方法是成功解题的关键，正确的处理过程是制胜的法宝.这部分内容在高考中既有以选择题、填空题形式的简单考查，也有以解答题重点考查的情况.求通项公式时，往往是把非等差等比类数列通过方法（待定系数法、特征方程法、不动点法等）转化成等差等比数列，有时需要反复转化最终才能达到求解的目的，分值在6分左右；数列求和方法也是常规的几种（错位相减、交叉相消、分组求和等），更多的考题在求和完成后要利用结果完成方程或不等式等类型的运算或证明，分值在8分左右.各地文、理科试卷在选择部分出现时的差别不大，往往文理科试卷题完全一样，而若在填空题或大题中出现时文理通常以姊妹题的方式出现.

命题特点

数列这讲内容的考点主要包括三个方面：一是要求求非等差等比数列的通项公式，更多试题是借助整体换元的方式把普通数列转化成特殊数列；二是求数列前[n]项，数列求和主要是分析通项，然后根据通项选择相应的求和方法.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.通过数列求和考查学生的观察能力、分析问题与解决问题的能力以及计算能力；三是数列求和常与其它知识点的交互考查，尤其与函数、方程、不等式、等内容有机地结合在一起，既重视对数列的基础知识的考查，又突出对数学思想方法和数学能力的考查.其类型如下：

1. 利用含[an，Sn]的等式求数列通项公式，并对求和公式加以考查

例1 设[Sn=（-1）nan-12n]为数列的前[n]项和，则

（1）[a3]=_____；

（2）[S1+S2+???+S100=]___________.

解析 （1）由[Sn=（-1）nan-12n]得：

[Sn+1=（-1）n+1an+1-12n+1]，[a1=（-1）1a1-121?a1=-14].

两式相减得：[an+1=（-1）n+1（an+1+an）+12n+1]，

①当[n]为奇数时，[an+1=an+1+an+12n+1]，

即[an=-12n+1].

②当[n]为偶数时，

[an+1=-（an+1+an）+12n+1?an=-2an+1+12n+1]，

而此时[an+1=-12n+2]，

[∴an=-2?（-12n+2）+12n+1=12n].

[∴a3=-116].

（2）由（1）[an=-12n+1（n为奇数），12n（n为偶数），]结合题给条件

[Sn=（-1）nan-12n]可得，[Sn=-12n+1（n为奇数），0（n为偶数）.]

于是[S1+S2+???+S100=S1+S3+S5+???+S99]，

即[S1+S2+???+S100=-14[1-（14）50]1-14=13?（12）100-13].

点拨 本例题给条件是含[an，Sn]的混合恒等式，通过衍生含[an+1，Sn+1]的等式后作差，使恒等式中的[Sn]消失，变换为该数列[an]相邻两项的递推关系式，从而使混合式变成单一的我们熟悉的式子.考虑到有[（-1）n]出现，通过对[n]的奇偶性讨论来发现观察问题，最终解决了第一个问题；在第二问中尽管[Sn]是数列[an]前[n]项的和，但实际上又构成了新数列[Sn]，并要求求新数列[Sn]前100项的和，于是先须求[Sn]的通项公式，再根据需要求解.

例2 已知等差数列[an]的前[n]项和为[Sn=（a+1）n2+a]，一个三角形三边之比为[a2：a3：a4]，则该三角形最大角的正切值为 （ ）

A. [33] B. [1]

C. [3] D. [-3]

解析 因为数列[an]是等差数列， [∴a=0，∴Sn=n2].[∴a2=3，a3=5，a4=7]，设三角形最大角为[θ]，由余弦定理得，[cosθ=-12，∴θ=2π3，tanθ=-3]，故选D.

点拨 本题运用等差数列的前[n]项和公式的结构特点：[Sn=An2+Bn]，公式中缺常数项，得到[a=0].因此，在解题时要善于捕捉题给条件中所涉及的相关信息，形成最好的解题方案.

2. 利用特殊数列基本量去求解通项公式，并对求和公式加以考查

例3 已知等比数列[an]满足：[|a2-a3| =10]，[a1a2a3=125].

（1）求数列[an]的通项公式；

（2）是否存在正整数[m]，使得[1a1+1a2+…+1am≥1]？若存在，求[m]的最小值；若不存在，说明理由.

解析 （1） 设等比数列[an]的公比为q，

则由已知可得[a13q3=125，|a1q-a1q2|=10，]

解得[a1=53，q=3，]或[a1=-5，q=-1.]

故所求通项公式为[an=53?3n-1]，或[an=-5?（-1）n-1]. （2）若[an=53?3n-1]，则[1an=35?（13）n-1].

故[1an]是首项为[35]，公比为[13]的等比数列.

从而[n=1m1an=35?[1-（13）m]1-13=910?[1-（13）m]<910<1].

若[an=（-5）?（-1）n-1]，则[1an=-15（-1）n-1]，

nlc202309032007

故[1an]是首项为[-15]，公比为[-1]的等比数列.

从而[n=1m1an=-15， m=2k-1 （k∈N+），0， m=2k （k∈N+）.]故[n=1m1an<1].

综上，对任何正整数[m]，总有[n=1m1an<1].

故不存在正整数[m]，使得[1a1+1a2+…+1am≥1]成立.

点拨 本题主要考查等比数列的通项公式、数列求和及不等式运算.考查灵活运用基本知识解决问题的能力、运算求解能力和创新思维能力.对于通项公式，可以利用基本量求出首项和公比；对于数列求和，是通过对等比数列求和运算来展开的，重视基础，然后与不等式知识简单交叉.

例4 等差数列[an]中，[a1+a2+a3=-24，][a18+a19][+a20=78]，则数列前20项和等于_________.

解析 由已知可得，

[（a1+a2+a3）+（a18+a19+a20）][=-24+78=54].

∴[（a1+a20）+（a2+a19）+（a3+a18）=54?a1+a20=18.]

[∴S20=20（a1+a20）2=20×182=180].

点拨 本题主要运用等差数列的性质，当[p+q=s+r（p，q，s，r∈N*）]时，[ap+aq=as+ar]，同时也考查了等差数列求和公式的运用.

3. 利用化归思想对数列通项、求和公式的考查

例5 已知数列[an]中，[a1=1，an+1=anan+3].

（1）求数列[an]的通项分式；

（2）若数列[bn]满足[bn=（3n-1）n2n?an]，数列[bn]的前[n]项和为[Tn]，若不等式[（-1）nλ

解析 （1）由题知[1an+1=an+3an=3an+1]，

变形为[1an+1+12=3（1an+12）]. [∴1an+12=（1a1+12）?3n-1=3n2，∴an=23n-1].

（2）由（1）可得，[bn=（3n-1）?n2n?23n-1=n?（12）n-1]，

[Tn=1×1+2×12+3×（12）2+…+n×（12）n-1]，

[12Tn=1×12+2×（12）2+3×（12）3+…+n×（12）n].

两式相减得，

[12Tn=1+12+（12）2+（12）3+…+（12）n-1-n×（12）n]

[=1-（12）n1-12-n2n=2-n2n]，

[∴Tn=4-n+22n-1].

[∵Tn+1-Tn=（4-n+32n）-（4-n+22n-1）=n+12n>0]，

所以[Tn]为递增数列.

①当[n]为奇数时，不等式变形为[-λ-1].

②当[n]为偶数时，不等式变形为[λ

综合①②得，[-1<λ<2].

点拨 通过对题给递推公式两次有目的的变形，把原数列[an]问题转化成等比数列[{1an+12}]的问题，通过求数列[{1an+12}]的通项公式达到求原数列[an]通项公式的目的.在对数列[bn]求前[n]项和时运用了错位相减的方法，运算的过程相对固定，但运算中很容易因失误出错，为了避免这个失误，除了严谨认真外，还应该对最后的结果用[n=1，2]等进行检查.本题与恒成立不等式问题交叉，先利用判断数列单调性的方法求得数列最大（小）项的值，然后达到最终要求.

备考指南

（1）要熟练掌握基础知识与基本操作解题技能， 复习时首先要在充分掌握等差、等比数列的通项公式及前[n]项和的公式基础上，利用转化与化归思想方法解决那些非等差、等比的问题，要学会模式化的转换策略，针对相关模式掌握好及时应对方法.

（2）重点掌握数列求和的多种策略与方法，达到准确熟练运用的能力.

（3）善于抓住非等差（比）数列结构特征，通过适当变形与处理，使它转化为特殊的模式，如交叉相消、错位相减等，从而达到我们能从容应对的目的.

（4）数列终归是特殊函数，在与其它知识交叉时多多利用数列的函数特性.

限时训练

1. 设[Sn]为等差数列[an]的前[n]项和，[S8=4a3，][a7=-2]，则[a9]= （ ）

A.[-6] B.[-4]

C.[-2] D.2

2. 设差数列[an]前[n]项和为[Sn，Sm-1=-2，Sm=0，][Sm+1=3]，则[m=] （ ）

A.3 B.4

C.5 D.6

3. 若等比数列[an]的前[n]项和为[Sn]，且[S4S2=5]，则[S8S4=] （ ）

A.35 B.17

C.4 D.25

4. 在等差数列[an]中，[a2=6，a5=15，bn=a2n]，则数列[bn]的前5项和[S5=] （ ）

A.45 B.78

C.90 D.105

5. 已知[an]的通项公式为[an=][1（n+1）n+nn+1][（n∈N*）]，其前[n]项和为[Sn]，则在数列[S1，S2，…，S2014]中，有理数项的项数为 （ ）

A. 42 B. 43

C. 44 D. 45

6. 若等差数列前3项和为3，最后3项和为30，且数列所有项的和为99，则这个数列有 （ ）

nlc202309032007

A. 9项 B. 12项

C. 15项 D. 18项

7. 设[Sn]为等比数列[an]的前[n]项和，若[8a2-a5=0]，则[S4S2=] （ ）

A. [-8] B. [5]

C. [8] D. [15]

8. 已知数列[an]的前[n]项和为[Sn]，且[Sn=2an-2]，数列[bn]满足[b1=1]，且点[P（bn，bn+1） ]在直线[y=x+2]上，则[anbn=] （ ）

A. [（2n-1）2n] B. [（2n+1）2n]

C. [2n（2n-1）] D. [2n（2n+1）]

9. 已知等比数列前20项和是21，前30项和为49，则前10项和是 （ ）

A. [7] B. [9]

C. [63] D. [7]或[63]

10.若等差数列[an]的第5项是二项式[（x-13x）6]展开式的常数项，则该数列前9项的和[S9=] （ ）

A. [259] B. [15]

C. [53] D. [-53]

11. 已知等比数列[an]是递增数列，[Sn]是[an]的前[n]项和，若[a1，a3]是方程[x2-5x+4=0]的两个根，则[S6=]________.

12. 已知[an]是等差数列，[a1=1]，公差[d≠0]，[Sn]为其前[n]项和，若[a1，a2，a5]成等比数列，则[S8]=_______.

13. 数列[an]是公差为[d（d>0）]的等差数列，且[a1=2，a3=a22-10]，设[bn]是以函数[y=4sin2πx]的最小正周期为首项[b1]，以3为公比的等比数列，则数列[{an-bn}]的前[n]项和[Sn=]__________.

14. 设[An=12，34，58，…，2n-12n][n≥2]，[An]的所有非空子集中的最小元素的和为[S]，则[S]=__________.

15. 已知在正整数数列[an]中，前[n]项的和[Sn]满足：[Sn=18（an+2）2].

（1）求证：[an]为等差数列；

（2）若[bn=12an-30]，求数列[bn]的前[n]项和的最小值.

16. 已知[Sn]是等比数列[{an}]的前[n]项和，[S4]，[S2]，[S3]成等差数列，且[a2+a3+a4=-18].

（1）求数列[{an}]的通项公式；

（2）是否存在正整数[n]，使得[Sn≥2013]？若存在，求出符合条件的所有[n]的集合；若不存在，说明理由.

17. 设[Sn]为数列[{an}]的前项和，已知[a1≠0]，[2an-a1][=S1?Sn]，[n∈N*]

（1）求[a1]，[a2]，并求数列{[an]}的通项公式；

（2）求数列{[nan]}的前[n]项和.

18.已知数列[an]满足[a1=1]，且对任意非负整数[m，n（m≥n）]均有：[am+n+am-n+m-n-1=12（a2m+a2n）].

（1）求[a0]及[a2]；

（2）求证：数列[{am+1-am}（m∈N*）]是等差数列，并求[{an}（n∈N*）]的通项公式；

（3）令[cn=an+3n-1（n∈N*）]，求证：[k=1n1ck<34].

等差数列求和练习题 篇4

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？

数列求和公式证明 篇5

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）

《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．

常见数列求和七法 篇7

1. 直接法

就是直接用等差、等比数列的求和公式求和 (但要注意等比时讨论q=1和q≠1的情形) .

例1设{an}是等差数列, {bn}是等比数列, a1=b1=1, a2+a4=b3, b2b4=a3, 分别求{an}及{bn}的前10项和S10和T10.

解∵{an}是等差数列, {bn}是等比数列,

2. 分组转化法

就是把数列的每一项分成两项或若干项, 使其转化为几个等差、等比数列, 再求和.

3. 错位相减法

就是主要用于由一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题.

例3求数列a, 2a2, 3a3, …, nan, … (a为常数) 的前n项和.

解析当a=0时, Sn=0.

4. 裂项相消法

就是把数列的通项拆成两项之差求和, 正负相消剩下首尾若干项.

常见拆项公式有下面几个:

例4求数列的前n项和Sn.

5. 倒序相加法

就是把数列正着写和倒着写再相加时, 有公因式可提, 并且剩余的项之和可以求出来, 就可用倒序相加法求和.

例5已知lg x+lg y=a, 且Sn=lg xn+lg (xn-1y) +lg (xn-2y2) +…+lg yn, 求Sn.

6. 公式法

就是用已经证明过的正整数方幂和公式求和的方法, 常用公式有:

例6求数列1×2×3, 2×3×5, 3×4×7, …, n (n+1) (2n+1) , …的前n项和Sn.

浅谈数列求和 篇8

【关键词】高中数学 数列求和 方法

数列求和是高中数学的一个重要内容，也是高考常考的内容，其主要常见的方法有公式法、错位相减法、裂项法、倒序相加法、分组求和等等。

1、公式法：

适用题型：直接是等差数列或是等比数列形式的可以直接利用公式求和

等差数列求和公式： = = n +

等比数列求和公式： =n （q=1） Sn= （q 1）

例1. （2014·全国卷Ⅱ）等差数列{an}的公差为2，若a2、a4、a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn=________.

答案：n（n+1）

解析：∵ 等差数列{an}的公差为2，且a2、a4、a8成等比数列，∴ a4（2）=a2a8，即（a1+6）2=（a1+2）（a1+14），解得a1=2，则an=2n，∴ Sn=n（n+1）.

例2. （2014·福建卷）在等比数列{an}中，a2=3，a5=81. 若bn=log3an，则数列{bn}的前n项和Sn=________.

答案：2（n2-n）

解析：设{an}的公比为q，依题意得a1q4=81，（a1q=3，）解得q=3.（a1=1，）因为bn=log3an=n-1，所以数列{bn}的前n项和Sn=2（n（b1+bn））=2（n2-n）.

注意：使用公式的前提，需明确基本量。

2、错位相减法

适用题型： 用于等比数列、等差数列与等比数列的积数列求和

例3 （2014·全国卷Ⅰ）已知{an}是递增的等差数列，a2、a4是方程x2-5x+6=0的根，则数列2n（an）的前n项和为________.

答案：Sn=2-2n+1（n+4）

解析：方程x2-5x+6=0的两根为2、3.

由题意得a2=2，a4=3.

设数列{an}的公差为d，则a4-a2=2d，

故d=2（1），从而得a1=2（3）.

所以{an}的通项公式为an=2（1）n+1.

设2n（an）的前n项和为Sn，由（1）知2n（an）=2n+1（n+2），

则Sn=22（3）+23（4）+…+2n（n+1）+2n+1（n+2），

2（1）Sn=23（3）+24（4）+…+2n+1（n+1）+2n+2（n+2），

两式相减得

2（1）Sn=4（3）+2n+1（1）-2n+2（n+2）=4（3）+4（1）2n-1（1）-2n+2（n+2），所以Sn=2-2n+1（n+4）.

注意：在错位相减后要数准形成的等比数列的项数。

3.裂项法

适用于通项公式是分式形式的，可以把一项拆成两个或多个的差的形式，然后进行累加抵消中间的许多项。

例4： 求数列 的前n项和.

解： = （裂项）

则 Sn = =1- =

注意：1、找规律消去重叠的项。即把所有正项放在一起，所有负项放在一起消去重叠的项。

2、数列每一项拆为两项，首尾相消或隔项相消，无限项化为有限项，余下的项首尾前后呼应，即前面剩正项则后面剩负项，，前面剩负项则后面剩正项，前后剩项个数一致。

常用公式：

（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

4.倒序相加法

适用于等差数列、与二项式系数相关联的数列求和

例5（2003年上海春季高考题）设 ，求 的值 。

解析：本题要求利用课本中等差数列的求和方法，如果平时只记忆公式，而缺乏对课本公式来源过程的阅读，就不知道要用“倒序相加法”。

令 ①

则 ②

为化简，应将①、②式相加，类似于等差数列的情形，猜想： 。而

所以：

所以：

5.分组求和法

适用数列表面看既不是等差数列，也不是等比数列，但将这类数列适当分组，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6：求 的前 项和.

解：

.

注意：准确把握通项时的项数及分组求和时的项数。

点评：拆项的目的是把非等差、等比数列的求和问题通过拆项转化为等差、 数列的求和问题.本题中若将数列改为“ ， ， ， ，…”，则需要用错位相减法求其前 项和.

以上是数列求和的常见的几种方法，做题时观察数列的特点和规律选择适当的方法就会轻而易举的进行求解。

【参考文献】

[1]贾鹏云； 高中数学数列教学设计的实践探讨[J]；新课程学习，2010（11）