乐学辅导高中数学专题5 数列求和及数列应用学案

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中学数学数列求和教案

中学数学数列求和教案一、教学目标1. 理解数列的基本概念，并能正确判断是否为等差数列或等比数列。

2. 掌握等差数列和等比数列的通项公式，并能正确计算相应的数值。

3. 理解数列的求和公式，并能运用求和公式计算数列的和值。

二、教学准备教师：备好黑板、粉笔，准备好习题和板书内容。

学生：纸、铅笔、计算器等。

三、教学过程1. 知识点引入教师向学生展示一些数字序列（如1, 3, 5, 7, 9...）并问学生如何判断它们是否为等差数列。

引导学生发现其中的规律，并引入等差数列的概念。

2. 等差数列的定义和性质教师将等差数列的定义和性质进行讲解，并帮助学生掌握等差数列的通项公式 an = a1 + (n-1)d。

3. 等差数列的求和公式教师引导学生思考如何求等差数列的和值，并引出等差数列的求和公式 Sn = n/2 (a1+an)。

4. 例题演练教师出示一个等差数列的例题，引导学生使用通项公式和求和公式计算数列的某一项和总和。

全班共同讨论，并解释结果的意义。

5. 等比数列的定义和性质教师将等比数列的定义和性质进行讲解，并帮助学生掌握等比数列的通项公式 an = a1 * r^(n-1)。

6. 等比数列的求和公式教师引导学生思考如何求等比数列的和值，并引出等比数列的求和公式 Sn = a1 * (1 - r^n) / (1 - r)。

7. 例题演练教师出示一个等比数列的例题，引导学生使用通项公式和求和公式计算数列的某一项和总和。

全班共同讨论，并解释结果的意义。

8. 综合练习教师布置一些综合性的练习题，让学生运用所学知识解答，并及时给予指导和纠正。

9. 课堂总结教师对本节课的重点内容进行总结，并强调数列求和在数学及现实生活中的应用价值。

四、巩固练习教师布置相关题目作为课后作业，要求学生用所学知识独立解答，并在下节课前交给教师检查。

五、教学拓展教师鼓励学生积极参与数学竞赛、参观数学实验室等拓展活动，加深对数列求和的理解和应用。

高中数学精讲教案-数列求和、数列的综合应用

高中数学-数列求和、数列的综合应用考点一数列求和知识点数列的求和方法 (1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和 ①等差数列的前n 项和公式： S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d . ②等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.③常见数列的前n 项和公式： a ．1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2； b ．2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2＋n ； c ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2； d ．12＋22＋32＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6；e ．13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)22.(2)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．常见的裂项公式有： ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2；③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．(5)分组求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．注意点裂项相消法求和时注意事项(1)在把通项裂开后，应验证其是否恰好等于相应的两项之差．(2)在正负项抵消后，应注意是否只剩下第一项和最后一项，有时是前面剩下两项(或几项)，后面也剩下两项(或几项).入门测1．思维辨析(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n 项和时使用公式S n ＝n (a 1＋a n )2较为合理．( )(2)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (3)当n ≥2时，1n 2－1＝1n －1－1n ＋1.( ) (4)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(5)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数). ( ) 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)√ 2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( ) A ．1＋2n B ．2＋2n C ．n ＋2n －1 D ．n ＋2＋2n答案 C解析由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1，故选C.3．在10到2000之间，形如2n (n ∈N *)的各数之和为( ) A ．1008 B ．2040 C ．2032 D ．2016答案 C解析 S ＝24＋25＋…＋210＝24(1－27)1－2＝(27－1)·24＝2032.[考法综述] 高考中主要考查等差等比数列的前n 项和公式及非等差等比数列的求和方法．一般综合性较强，对分析能力、运算能力要求高．命题法给出数列求和典例 (1)已知等差数列{a n }，公差d >0，前n 项和为S n ，且满足a 2a 3＝45，a 1＋a 4＝14. ①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ； ②设b n ＝S nn ＋c ，若{b n }也是等差数列，试确定非零常数c ，并求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n ·b n ＋1的前n 项和T n . (2)数列{a n }的前n 项的和为S n ，对于任意的自然数a n >0,4S n ＝(a n ＋1)2. ①求证：数列{a n }是等差数列，并求通项公式；②设b n ＝a n3n ，求和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n .[解] (1)①依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 3＝45a 1＋a 4＝a 2＋a 3＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝5a 3＝9或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝9a 3＝5(舍去)，∴a n ＝4n －3，S n ＝2n 2－n .②由①知b n ＝2n 2－n n ＋c.数列{b n }是等差数列，则2b 2＝b 1＋b 3，即 2·62＋c ＝11＋c ＋153＋c ，解得c ＝－12，∴b n ＝2n .则1b n ·b n ＋1＝12n ·(2n ＋2)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n4(n ＋1).(2)①证明：令n ＝1,4S 1＝4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1，由4S n ＝(a n ＋1)2，得4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，两式相减得4a n ＋1＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2，整理得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0， ∵a n >0， ∴a n ＋1－a n ＝2，则数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列， a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. ②由①得b n ＝2n －13n， T n ＝131＋332＋533＋…＋2n －13n ，①13T n ＝132＋333＋534＋…＋2n －13n ＋1，② ①－②得23T n ＝13＋2⎝⎛⎭⎫132＋133＋…＋13n －2n －13n ＋1 ＝13＋2×19⎝⎛⎭⎫1－13n －11－13－2n －13n ＋1 ＝23－2n ＋23n ＋1，所以T n ＝1－n ＋13n. 【解题法】错位相减法求和的步骤步骤1→写出S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ；步骤2→等式两边同乘以等比数列的公比q ，即qS n ＝qc 1＋qc 2＋…＋qc n ；步骤3→两式错位相减转化成等比数列求和；步骤4→两边同除以1－q ，求出S n .同时注意对q 是否为1进行讨论．1.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若S n ＝10，则n 的值是( )A ．11B ．99C ．120D ．121答案 C 解析 ∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(n －n －1)＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.令S n＝10，解得n ＝120.故选C.2．在正项等比数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且－a 3，a 2，a 4成等差数列，则S 7的值为( )A ．125B ．126C ．127D ．128答案 C解析设数列{a n }的公比为q (q >0)， ∵－a 3，a 2，a 4成等差数列， ∴2a 2＝a 4－a 3， ∴2a 1q ＝a 1q 3－a 1q 2，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)，∴S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝1－271－2＝27－1＝127.故选C.3.设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意有，⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，或⎩⎨⎧a n ＝19(2n ＋79)，b n＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是 T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1. 4．已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，2,2＋d,2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋(4n －2)]2＝2n 2，令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0，解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.5．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n－14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n－1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎨⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.考点二数列的综合应用知识点1 等差数列与等比数列比较表等差数列等比数列通项公式(1)a n ＝a 1＋(n －1)d (1)a n ＝a 1q n －1 (2)a n ＝a m ＋(n －m )d(2)a n ＝a m ·q n －m续表等差数列等比数列前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2 d S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1常用性质若m ，n ，p ，q ∈N *，m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q若m ，n ，p ，q ∈N *，m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q2 数列实际应用中的常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑是a n 与a n ＋1的递推关系，还是前n 项和S n 与前n ＋1项和S n ＋1之间的递推关系．3 数列与函数、不等式的综合问题 (1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； ②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．注意点等差与等比模型的区别一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题是可以通过转化得到等差或等比数列.入门测1．思维辨析(1)若{ln a n}是等差数列，则{a n}是等比数列．()(2)1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5＝1－b51－b.()(3)利用函数的方法研究数列问题时应注意题目中的限制条件，尤其是定义域．()答案(1)√(2)×(3)√2．一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是()A．100＋200×(1－2－9) B．100＋100(1－2－9)C．200(1－2－9) D．100(1－2－9)答案 A解析当第10次着地时，经过的路程为：100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋200×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200(1－2－9)．3．设曲线y＝x n＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为x n，令a n＝lg x n，则a1＋a2＋…＋a99的值为________．答案－2解析因为y＝x n＋1(n∈N*)，所以y′＝(n＋1)x n(n∈N*)，所以y′|x＝1＝n＋1，所以在点(1,1)处的切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，即(n＋1)x－y－n＝0，当y＝0时，x＝nn＋1，所以x n＝nn＋1，所以a n＝lg x n＝lgnn＋1＝lg n－lg (n＋1)，所以a1＋a2＋…＋a99＝(lg 1－lg 2)＋(lg 2－lg 3)＋(lg 3－lg 4)＋…＋(lg 99－lg 100)＝lg 1－lg 100＝－2.[考法综述]高考中对于数列的综合问题，多以等差数列、等比数列的交汇，数列与函数、不等式交汇等方式考查，以数列知识为主，同时考查“等价转化”“变量代换”思想的应用．命题法1等差等比的综合应用典例1(1)在等差数列{a n}中，a10＝30，a20＝50.①求数列{a n}的通项公式；②令b n＝2an－10，证明：数列{b n}为等比数列；③求数列{nb n}的前n项和T n.(2)某国采用养老储备金制度，要求公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0)，因此，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策：不仅采用固定利率，而且复利计算．这就是说，如果固定年利率为r(r>0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n －1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，….以T n表示到第n年末所累计的储备金总额．①写出T n与T n－1(n≥2)的递推关系式；②求证：T n＝A n＋B n，其中{A n}是一个等比数列，{B n}是一个等差数列．[解](1)①设数列{a n}的公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，由a10＝30，a20＝50，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋9d ＝30a 1＋19d ＝50，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12d ＝2. 所以a n ＝12＋(n －1)·2＝2n ＋10. ②证明：由①，得b n ＝2an －10＝22n＋10－10＝22n ＝4n ，所以b n ＋1b n ＝4n ＋14n ＝4.所以{b n }是首项为4，公比为4的等比数列．③由nb n ＝n ×4n ，得T n ＝1×4＋2×42＋…＋n ×4n ①， 4T n ＝1×42＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1 ②， ①－②，得－3T n ＝4＋42＋…＋4n －n ×4n ＋1＝4(1－4n )－3－n ×4n ＋1.所以T n ＝(3n －1)×4n ＋1＋49.(2)①T n ＝T n －1(1＋r )＋a n (n ≥2)．②证明：T 1＝a 1，对n ≥2反复使用(1)中关系式，得T n ＝T n －1(1＋r )＋a n ＝T n －2(1＋r )2＋a n －1(1＋r )＋a n ＝…＝a 1(1＋r )n －1＋a 2(1＋r )n －2＋…＋a n －1(1＋r )＋a n ①.在①式两端同乘以(1＋r )，得(1＋r )T n ＝a 1(1＋r )n ＋a 2(1＋r )n －1＋…＋a n －1(1＋r )2＋a n (1＋r ) ②.②－①，得rT n ＝a 1(1＋r )n ＋d [(1＋r )n －1＋(1＋r )n －2＋…＋(1＋r )]－a n ＝d r [(1＋r )n －1－r ]＋a 1(1＋r )n －a n ，即T n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n －dr n －a 1r ＋d r2. 如果记A n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n，B n ＝－a 1r ＋d r 2－d rn ，则T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是以a 1r ＋d r 2(1＋r )为首项，1＋r (r >0)为公比的等比数列，{B n }是以－a 1r ＋d r 2－dr 为首项，－dr为公差的等差数列．【解题法】 1.等差、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题，如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．2．数列综合应用题的解题步骤(1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题． (2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个小“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．(3)求解——分别求解这些小题或这些小“步骤”，从而得到整个问题的解答．具体解题步骤如下：命题法2 数列与函数、不等式的综合应用典例2 已知函数f (x )＝2x ＋33x，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝⎛⎭⎫1a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －20042对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .[解] (1)∵a n ＋1＝f ⎝⎛⎭⎫1a n ＝2＋3a n 3＝a n ＋23， ∴{a n }是以23为公差，首项a 1＝1的等差数列，∴a n ＝23n ＋13.(2)当n ≥2时， b n ＝1a n －1a n＝1⎝⎛⎭⎫23n －13⎝⎛⎭⎫23n ＋13＝92⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，当n ＝1时，上式同样成立． ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝92⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1， ∵S n <m －20042，即92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<m －20042对一切n ∈N *成立，又92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1随n 递增，且92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<92， ∴92≤m －20042，∴m ≥2013，∴m min ＝2013. 【解题法】 1.解决数列与函数问题的注意点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．2．数列中的不等式问题处理方法(1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．(2)放缩法：数列中不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到． (3)比较法：作差或者作商比较法．1．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9 答案 D解析由题可知a ，b 是x 2－px ＋q ＝0的两根， ∴a ＋b ＝p >0，ab ＝q >0，故a ，b 均为正数． ∵a ，b ，－2适当排序后成等比数列， ∴－2是a ，b 的等比中项，得ab ＝4， ∴q ＝4.又a ，b ，－2适当排序后成等差数列，所以－2是第一项或第三项，不防设a <b ，则－2，a ，b 成递增的等差数列，∴2a ＝b －2，联立⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝b －2，ab ＝4，消去b 得a 2＋a －2＝0，得a ＝1或a ＝－2，又a >0， ∴a ＝1，此时b ＝4， ∴p ＝a ＋b ＝5， ∴p ＋q ＝9，选D.2.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 答案 3n －1解析由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.3．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________. 答案－1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1，∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.4.设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标． (1)求数列{x n }的通项公式；(2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n. 解 (1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x 2n ＋1，曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1. (2)证明：由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫342…⎝⎛⎭⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫2n －12n 2＝(2n －1)2(2n )2>(2n －1)2－1(2n )2＝2n －22n ＝n －1n .所以T n >⎝⎛⎭⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n . 综上可得对任意的n ∈N *，都有T n ≥14n.5．设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N *)． (1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n .解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2.解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n . (2)函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1.因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n2n ＝2n ＋1－n －22n .所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 6．已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n (n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n . 解 (1)由题意a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn ，b 3－b 2＝6，知a 3＝(2)b 3－b 2＝8，又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)，所以数列{a n }的通项为a n ＝2n (n ∈N *)．所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n (n ＋1)2＝(2)n (n＋1)．故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)，所以S n ＝1n ＋1－12n (n ∈N *)．②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0，当n ≥5时，c n ＝1n (n ＋1)⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)2n －1，而n (n ＋1)2n －(n ＋1)(n ＋2)2n ＋1＝(n ＋1)(n －2)2n ＋1>0，得n (n ＋1)2n ≤5·(5＋1)25<1. 所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *恒有S 4≥S n ，故k ＝4.7．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d <0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．解 (1)证明：由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．(2)由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1.因为d <0，所以m －2<0，故m ＝1，从而d ＝－1.当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n (3－n )2是小于2的整数，n ∈N *.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n (3－n )2，使得S n ＝2－m ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．因此d 的值为－1.(3)证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)．令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)．下证{b n }是“H 数列”．设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n (n ＋1)2a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n (n ＋1)2，使得T n ＝b m .所以{b n }是“H 数列”．同理可证{c n }也是“H 数列”．所以，对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{na n }的前n 项和． [错解][错因分析] 本题用错位相减法求{na n }的前n 项和时，易出现以下三个错误：一是出现某些项的遗漏；二是项数的计算错误；三是两式相减时，等比数列前面的系数出错．[正解] (1)同上 (2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1.记数列{n ·2n －1}的前n 项和为B n ，于是 B n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，③ 2B n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .④ ③－④得－B n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n . 从而B n ＝1＋(n －1)·2n . [心得体会]课时练基础组1.已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且5a 1，12a 3,4a 2成等差数列，则a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝( )A ．－1B ．1C ．52nD ．52n －1答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则依题意有a 3＝5a 1＋4a 2，即a 1q 2＝5a 1＋4a 1q ，q 2－4q －5＝0，解得q ＝－1或q ＝5.又q >0，因此q ＝5，所以a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝a 1q 2n ＋a 2q 2na 1＋a 2＝q 2n ＝52n ，选C.2．已知正项等差数列{a n }满足：a n ＋1＋a n －1＝a 2n (n ≥2)，等比数列{b n }满足：b n ＋1b n －1＝2b n (n ≥2)，则log 2(a 2＋b 2)＝( )A ．－1或2B ．0或2C ．2D ．1答案 C解析由题意可知a n ＋1＋a n －1＝2a n ＝a 2n ，解得a n ＝2(n ≥2)(由于数列{a n }每项都是正数，故a n ＝0舍去)，又b n ＋1b n －1＝b 2n ＝2b n (n ≥2)，所以b n ＝2(n ≥2)，所以log 2(a 2＋b 2)＝log 24＝2.3．已知等比数列{a n }的公比q ＝2，且2a 4，a 6,48成等差数列，则{a n }的前8项和为( ) A ．127 B ．255 C ．511 D ．1023 答案 B解析 ∵2a 4，a 6,48成等差数列，∴2a 6＝2a 4＋48，∴2a 1q 5＝2a 1q 3＋48，解得a 1＝1，∴S 8＝1×(1－28)1－2＝255.4．已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值等于 ( )A ．126B ．130C ．132D ．134 答案 C解析 ∵b n ＋1－b n ＝lg a n ＋1－lg a n ＝lg a n ＋1a n为常数， ∴{b n }为等差数列．设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋2d ＝18，b 1＋5d ＝12，∴⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－2，b 1＝22.由b n ＝－2n ＋24≥0，得n ≤12，∴{b n }的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负， ∴S 11，S 12最大且S 11＝S 12＝132.5.设数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，记数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n .若a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，则a 7＋a 5b 7＋b 5＝________. 答案－513解析由S 7－S 5＝4(T 6－T 4)得，a 6＋a 7＝4(b 5＋b 6)，又a 5＝b 5，a 6＝b 6，所以a 6＋a 7＝4(a 5＋a 6)，所以6a 1＋25d ＝0，所以a 1＝－256d ，又q ＝b 6b 5＝a 6a 5＝－256d ＋5d －25d6＋4d ＝－5，所以a 7＋a 5b 7＋b 5＝2a 6b 5(q 2＋1)＝2b 6b 5(q 2＋1)＝2q q 2＋1＝－513. 6．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝25－n，数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋k ，设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，a n ≤b n ，a n ，a n >b n ，若在数列{c n }中，c 5≤c n 对任意n ∈N *恒成立，则实数k 的取值范围是________．答案 [－5，－3]解析 c n 是取a n 和b n 中的较大值，又c 5是数列{c n }中的最小项，由于函数y ＝25－n 是减函数，函数y ＝n ＋k 是增函数，所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4，即5＋k ≤25－5≤6＋k 或25－5≤5＋k ≤25－4，解得－5≤k ≤－4或－4≤k ≤－3，所以－5≤k ≤－3.7．如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{a n }(n ∈N *)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a 2011＋a 2012＋a 2013＝________.a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 11 a 12 x 1y 1x 2y 2x 3y 3x 4y 4x 5y 5x 6y 6答案 1007解析由a 1＝1，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝2，a 6＝3，a 7＝－2，a 8＝4可知，这个数列的规律是奇数项为1，－1,2，－2，3，－3，…，偶数项为1,2,3，…，故a 2011＋a 2013＝1，a 2012＝1006，故a 2011＋a 2012＋a 2013＝1007.8．等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若S 4≥4，S 7≤28，则a 10的最大值为________．答案 16解析 ∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4≥4，S 7≤28，∴⎩⎨⎧S 4＝4a 1＋4×32d ≥4，S 7＝7a 1＋7×62d ≤28，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥2，a 1＋3d ≤4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 10＝a 1＋9d ＝a 1＋3d ＋6d ≤4＋6d ，a 10＝a 1＋9d ＝12(2a 1＋3d )＋15d 2≥2＋15d2， ∴2＋15d 2≤a 10≤4＋6d ，∴2＋15d2≤4＋6d ，解得d ≤2， ∴a 10≤4＋6×2＝16.9. 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1，前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，不等式S 2n－S n >m16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为________．答案 5解析要使S 2n －S n >m 16恒成立，只需(S 2n －S n )min >m16.因为(S 2(n ＋1)－S n ＋1)－(S 2n －S n )＝(S 2n ＋2－S 2n )－(S n ＋1－S n )＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2－a n ＋1＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2>12n ＋2＋12n ＋4－1n ＋2＝12n ＋2－12n ＋4>0，所以{S 2n －S n }为递增数列，所以S 2n －S n ≥S 2－S 1＝13，所以m 16<13⇒m <163，m 所能取得的最大整数为5.10．数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)等差数列{b n }的各项为正，其前n 项和为T n ，且T 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n .解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，则a n ＋1＝3a n (n ≥2)．又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1.故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1. (2)设{b n }的公差为d .由T 3＝15，即b 1＋b 2＋b 3＝15，可得b 2＝5，故b 1＝5－d ，b 3＝5＋d ，又a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9，由a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列可得(5－d ＋1)·(5＋d ＋9)＝(5＋3)2，解得d ＝2或d ＝－10.∵等差数列{b n }的各项为正，∴d >0， ∴d ＝2，b 1＝3，∴T n ＝3n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋2n . 11．某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？(参考数据：取1.0510＝1.629,1.310＝13.786,1.510＝57.665)解甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(1＋30%)，所以10年所获得的总利润为S 10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝1.310－10.3＝42.62(万元)，贷款到期时，需要偿还银行的本息是10(1＋5%)10＝16.29(万元)，故使用甲方案所获纯利润为42.62－16.29＝26.33(万元)．乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为0.5，所以10年所获得的总利润为T 10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋10×92×0.5＝32.5(万元)，从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(1＋5%)10万元，公比为11＋5%，故贷款到期时，需要偿还银行的本息是1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)]＝1.05×1.0510－10.05≈13.21(万元)，故使用乙方案所获纯利润为32.5－13.21＝19.29(万元)．综上可知，甲方案获利更多． 12. 数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n >n n ＋1.解 (1)证明：∵a n ＋1＝a n2a n ＋1， ∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ，即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n ＝2n －1，∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2.证法一：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.证法二：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>1，又∵1>n n ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.能力组13.设f (x )是定义在R 上的恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2 C.⎣⎡⎭⎫12，1 D.⎣⎡⎦⎤12，1 答案 C解析因为对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，所以令x ＝n ，y ＝1，得f (n )·f (1)＝f (n ＋1)，即a n ＋1a n ＝f (n ＋1)f (n )＝f (1)＝12，所以数列{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，所以S n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－12n ，则S n ∈⎣⎡⎭⎫12，1.故选C. 14．已知函数f (x )＝log 2x －log x 2(0<x <1)，数列{a n }满足f (2an )＝2n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)判断数列{a n }的单调性．解 (1)由已知得log 22an －1log 22a n＝2n ， ∴a n －1a n ＝2n ，即a 2n －2na n －1＝0，∴a n ＝n ±n 2＋1. ∵0<x <1，∴0<2a n <1，∴a n <0.∴a n ＝n －n 2＋1.(2)∵a n ＋1－a n ＝(n ＋1)－(n ＋1)2＋1－(n －n 2＋1)＝1－2n ＋1(n ＋1)2＋1＋n 2＋1>1－2n ＋1(n ＋1)＋n＝0，∴a n ＋1>a n ，∴{a n }是递增数列．15．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1·a n ＝a n －a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝lga n ＋2a n，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由题意得1a n ＋1－1a n ＝1，又因为a 1＝1，所以1a 1＝1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1n .(2)由(1)得b n ＝lg n －lg(n ＋2)，所以S n ＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg (n －2)－lg n ＋lg (n －1)－lg (n ＋1)＋lg n －lg (n ＋2)＝lg 1＋lg 2－lg (n ＋1)－lg (n ＋2)＝lg2(n ＋1)(n ＋2).16．已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a (单位：m 2)，其中有部分旧住房要拆除．当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同时也拆除面积为b (单位：m 2)的旧住房．(1)分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式；(2)如果第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b 是多少？(计算时取1.15＝1.6)．解 (1)第一年末的住房面积为a ·1110－b ＝1.1a －b (m 2)．第二年末的住房面积为⎝⎛⎭⎫a ·1110－b 1110－b ＝a ·⎝⎛⎭⎫11102－b ⎝⎛⎭⎫1＋1110＝1.21a －2.1b (m 2)．(2)第三年末的住房面积为⎣⎡ a ⎝⎛⎭⎫11102－⎦⎤b ⎝⎛⎭⎫1＋11101110－b ＝a ⎝⎛⎭⎫11103－b ⎣⎡⎦⎤1＋1110＋⎝⎛⎭⎫11102(m 2)，第四年末的住房面积为a ⎝⎛⎭⎫11104－b ⎣⎡⎦⎤1＋1110＋⎝⎛⎭⎫11102＋⎝⎛⎭⎫11103(m 2)，第五年末的住房面积为a ⎝⎛⎭⎫11105－b ⎣⎡⎦⎤1＋1110＋⎝⎛⎭⎫11102＋⎝⎛⎭⎫11103＋⎝⎛⎭⎫11104 ＝1.15a －1－1.151－1.1b ＝1.6a －6b (m 2)．依题意，得1.6a －6b ＝1.3a ，解得b ＝a 20. 所以每年拆除的旧房面积为a20m 2.。

数列求和复习教案

数列求和教学目标：知识目标：熟练运用求和公式对等差、等比数列求和,能运用分组的方法将一些特殊数列转化为等差、等比数列来求和。

能力目标：培养学生的观察能力、计算能力；加强转化思想方法的渗透教学。

情感目标：培养学生严谨求实的钻研精神。

教学重点：运用分组求和法将特殊数列转化为等差、等比数列来求和,学会如何转化。

教学难点：运用转化的思想方法解决求和问题。

一、导入：我们主要研究了两类特殊的数列——等差数列、等比数列。

其中一项重要的内容就是数列的求和，它是数列知识的综合体现。

求和题在高考试题中很常见，它主要考查我们有关数列的基础知识，分析问题和解决问题的能力。

这节课我们将进一步研究数列的求和问题。

二、知识回顾：1、等差数列和等比数列的前n 项和公式分别是什么？（1）等差数列的前n 项和公式：___________________;（2）等比数列的前n 项和公式：①___________________; ②___________________（3）常用求和公式：=++++2222......321n三、探究例1：(1)等比数列｛n a ｝各项都是正数，且187465=+a a a a ，则=+++1032313log ......log log a a aA 、12B 、10C 、8D 、2(2) 等差数列｛n a ｝中，3a =6，6a =3，则8S = 练习：求和：（1）=++++n ......321_______ ____________;（2）=-++++)12(......531n __________ ___（3）=+++++)12(......531n（4）=++++n2 (842)（5）=++++n 2 (421)（6）=++++n a a a a (32)以上运用了公式法直接求和。

运用公式时要注意以下问题：1、公式熟悉。

2、明确首项和项数。

3、等比数列中要特别注意使用条件。

例2：P61，4（2）求和：)532(1-⨯-+)534(2-⨯-+……+)532(n n -⨯-分析：通项公式：n n n a -⨯-=532，是否等差、等比数列？能否直接套用求和公式？数列各项有何特征？如何利用其特征来求和？分组求和法：分组求和法是将一个数列转化为等差数列、等比数列或者其他能方便求和的数列，然后分别求和的方法。

数列的应用教案

数列的应用教案教案标题：数列的应用教学目标：1.了解数列的概念和基本特点；2.掌握数列的各种应用方法，如递推公式、通项公式等；3.培养学生的分析和解决问题的能力；4.加强学生对数列应用的兴趣和实际运用能力。

教学内容：1.数列的基本概念和特点的讲解；2.数列的递推公式和通项公式的推导；3.通过实例分析数列的应用：等差数列的求和、等比数列的求和、斐波那契数列等；4.通过实例练习巩固学生对数列应用的掌握。

教学步骤：Step 1：引入通过一个生活场景或问题引入数列的概念和应用意义，如电影院里的座位排列、兔子繁殖等。

Step 2：梳理基本知识讲解数列的基本概念，如数列的定义、项、公式等，并引导学生发现数列的规律和特点。

Step 3：递推公式和通项公式的推导介绍递推公式和通项公式的概念和作用，并通过具体的数列例子进行推导的过程和方法讲解。

Step 4：数列应用实例分析选择一些常见的数列应用例子，如等差数列的求和、等比数列的求和、斐波那契数列等，让学生通过观察和分析找出解题的关键思路，并进行详细的解题过程讲解。

Step 5：实例练习提供一些练习题，让学生进行实际操作和巩固，分级设计不同难度的题目，逐渐提高学生的应用能力。

Step 6：总结和归纳对本节课的内容进行总结和归纳，强调数列的应用价值和重要性，激发学生对数学学科的兴趣和探索欲望。

Step 7：拓展延伸针对学生的个别能力和兴趣，提供更多数列应用的实例和挑战题，鼓励学生深入研究和探索数列的更多应用领域。

教学评估：1.课堂讨论：观察学生在课堂上的积极参与和思考表现；2.练习题表现：根据学生的练习题答案和解题过程评估其掌握程度；3.个别测试：选择性地进行小测验，检查学生对数列应用的准确性和独立解题能力。

教学资源：1.教材：数学教材中的相关章节；2.实例材料：生活中的例子、数列的实际应用问题；3.练习题集：根据学生能力，选择相应难度的练习题。

教学反思：教师应关注学生对数列的理解和应用能力的培养，通过丰富的实例和问题设计，引导学生主动思考、探索和动手解决问题的能力。

高中数学数列的求和教案

高中数学数列的求和教案
一、教学目标
1. 知识与技能：了解数列的基本概念与性质，掌握等差数列、等比数列的求和公式，能够熟练计算数列的和。

2. 过程与方法：通过理论学习和实际练习，培养学生的数学思维能力和解决问题的方法。

3. 情感态度：培养学生对数学的兴趣，激发学生学习数学的积极性。

二、教学重点和难点
1. 等差数列、等比数列的求和公式的掌握和应用。

2. 解题方法的灵活应用和实际问题的转化。

三、教学内容
1. 数列的基本概念与性质
2. 等差数列的求和公式
3. 等比数列的求和公式
四、教学过程
1. 导入：通过提出一个生活中的实际问题，引出数列的概念和重要性。

2. 讲解：介绍数列的基本概念和性质，重点讲解等差数列、等比数列的求和公式。

3. 实例讲解：通过几个具体的例题，讲解如何应用求和公式计算数列的和。

4. 练习：学生独立或分组完成一些练习题，巩固所学知识。

5. 拓展：带领学生思考更复杂的数列求和问题，引导学生拓展思维。

6. 讲评：对学生的练习情况进行总结和讲评，指导学生做好巩固练习。

五、板书设计
1. 数列的概念与性质
2. 等差数列的求和公式
3. 等比数列的求和公式
六、教学反思
通过本节课的教学，学生能够较好地掌握数列求和的基本方法和技巧，但是在应用中还存在一定的困难，需要通过更多的实践和练习加以巩固。

下节课可以通过更复杂的案例实践来提高学生的解题能力。

高中数学_数列求和及其综合应用教学设计学情分析教材分析课后反思

教学设计一、学情分析和教法设计：1、学情分析：通过对数列基本知识的学习学生已经掌握了数列求和的基本方法即：公式求和、分组求和、并项求和、裂项分解求和、错位相减求和、倒序相加求和，但是在这几种求和方法中，学生对于裂项分解求和、错位相减求和、并项求和掌握的不是太好，察看近五年的高考题对于数列求和的考查，错位相减和裂项分解求和两种方法考查的频率较高，这两种方法都体现了数学学科的数学运算这一核心素养，因此本节课的主要目标是带领学生突破数列求和中的错位相减和裂项分解这两个难点。

2、教法设计：本节课设计的指导思想是：先向学生展示近五年高考对于数列考查的双向细目表，引导学生观察高考的动向预测18年高考的命题方向。

再通过热身练习把近五年的高考题用到的求和方法进行简单的回顾。

在典例精析环节通过高考题的改编把各种求和方法融合在变式训练中引导学生进行探索、讨论，分析、启发、总结。

再从讨论中加深对求和方法的理解，更好地锻炼学生探索和解决问题的能力。

在教学过程中采取如下方法：先把导学案前置下发学生提前做，老师抽批一部分，找到学生存在的主要问题，课前让学生板演例题和变式一，课上针对学生出现的主要问题进行讲解和训练。

在巩固提高中检验课堂效果。

二、教学设计：1、教材的地位与作用：数列求和是数列的重要内容，是研究数列的一种方法。

对数列的内容的考查是近几年高考的热点内容之一，属于高考命题中常考常新的内容；化归思想是解决数学问题的基本思想，解题的过程实际上就是转化的过程。

2、教学目标:◆知识目标：①重点讲解数列求和中的错位相减法和列项相消法；②学会分析通项的结构并且对通项进行分拆;能运用拆并项求和思想方法解决非特殊数列求和问题。

◆能力目标：培养学生用联系和变化的观点,结合转化的思想来分析问题和解决问题的能力。

◆情感目标：培养学生用数学的观点看问题,从而帮助他们用科学的态度认识世界.3、教学重、难点本节课作为一节专题复习课，重点是给同学们突破数列求和方法中的错位相减和列项分解两种方法，难点是错位相减的运算。

【精品】数列求和及综合应用辅导教案

[活学活用]
3．在数列{an}中，an＝＋＋…＋，且bn＝，求数列{bn}的前n项的和．
解：an＝ (1＋2＋…＋n)＝，
∵bn＝，
∴bn＝＝8( － )，
∴数列{bn}的前n项和为
Sn＝8[(1－ )＋( － )＋( － )＋…＋( － )]＝8(1－ )＝ .
题型四、等差数列与等比数列的综合问题
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．
(4)倒序相加法
5)错位相减法
主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．
2．常见的裂项公式
(1) ＝－ .
(2) ＝ .
题型三、裂项相消法求和
[例3]已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝ (n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解](1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由于a3＝7，a5＋a7＝26，
∴a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，
解得a1＝3，d＝2.
由于an＝a1＋(n－1)d，Sn＝，
∴an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．
(2)∵an＝2n＋1，
∴a －1＝4n(n＋1)，
因此bn＝＝ .
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝
＝ .
∴数列{bn}的前n项和Tn＝ .
[类题通法]
裂项法的实质是将数列中的每项(通项)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．利用裂项法的关键是分析数列的通项，考察是否能分解成两项的差，这两项一定要是同一数列相邻(相间)的两项，即这两项的结论应一致．

高中数学数列求和教案模板

高中数学数列求和教案模板
一、教学目标：
1. 知识与技能：掌握数列求和的基本方法，能够运用公式求解数列求和问题。

2. 过程与方法：培养学生分析问题、归纳规律和运用公式求解问题的能力。

3. 情感态度与价值观：激发学生对数学的兴趣，培养学生坚持不懈、勇于探索的学习态度。

二、教学重点和难点：
1. 掌握等差数列求和公式和等比数列求和公式。

2. 解决实际问题中的数列求和问题。

三、教学过程：
1. 导入：通过一个生活中的实际问题引入数列求和的概念，引起学生兴趣。

2. 提出问题：给学生几道数列求和的练习题，让学生自己尝试解答。

3. 教学讲解：介绍等差数列求和公式和等比数列求和公式，讲解求解数列求和的基本方法。

4. 拓展练习：让学生做一些更复杂的数列求和题，巩固所学知识。

5. 实际应用：引导学生应用所学知识解决实际问题，提高学生的综合应用能力。

6. 总结：对本堂课所学内容进行总结，巩固学生的学习成果。

四、课堂作业：
1. 完成课堂练习题。

2. 设计一个与生活相关的数列求和问题，并用公式解决。

五、教学反思：
1. 教学过程中是否引入了生活实例，激发了学生的学习兴趣？
2. 是否根据学生的实际情况，调整了教学内容和难度？
3. 学生能否掌握数列求和的基本方法和公式，是否能够独立解决数列求和问题？
六、板书设计：
1. 等差数列求和公式：Sn = n(a1 + an)/2
2. 等比数列求和公式：Sn = a1(1-q^n)/(1-q)
七、教学反馈：
通过课堂练习和作业的批改，及时了解学生对数列求和知识的掌握情况，做好巩固和拓展工作。

人教A版高中数学必修五第二章复习课《数列求和》的教学设计

人教A版高中数学必修五第二章《数列求和》的教学设计数列是高考的重点内容，也是一个难点，那么如何才能做到有效复习呢？很多老师可能用最短的时间讲完知识点，然后对学生进行题海式的专题训练，但是一轮复习后没有达到预期的效果。

笔者认为高三的课堂教学要达到预期的效果，重要的是理清主线，变式推进，注重反思。

理清主线能让学生知识框架清晰，能认清知识的本质；变式推进能让学生从多重角度理解知识；注重反思能让学生从错误中理解知识。

下面是笔者在“一师一优课”视频公开课中的教学设计：一、课前热身，唤醒记忆（1）等差数列的通项公式是什么？（2）等差数列的求和公式是什么？（3）等差数列前n项和的公式推导过程是怎样的？用了什么方法？（4）等比数列的通项公式是什么？（5）等比数列的求和公式是什么？（6）等比数列前n项和的公式推导过程是怎样的？用了什么方法？设计意图：在学习本节课之前，学生已经系统的学习了求数列通项的方法，特别是等差数列与等比数列的通项推导，因此，笔者想通过这几个问题唤醒学生对等差数列、等比数列求和公式中的一些基本概念，方法。

其实，在公式的推导过程成就已经蕴含了几种数列求和的方法，例如，在推导等差数列求和公式时用了倒序相加法；在推导等比数列公式时使用的是错位相减法等。

这些问题书本上都有提到，只要课前翻看书本是能够解决的，也为后面的学习做铺垫。

二、课前测试，查漏补缺)0(124211n 253199975312≠++++++++-+++++++++a a a a n n ④③②①、求下列数列的和设计意图：这几组题主要让学生熟悉等差数列与等比数列求和公式，并针对其中几个易错点设计：项数问题，应用等比数列求和公式时对公比的讨论等等。

2、你所知道的求和方法有那些？设计意图：引导学生归纳回忆所学过的求和方法有哪些，主要也是理清求和方法的主线，让学生的复习不要偏离轨道。

学生归纳出的数列的求和方法有以下几种：（1）公式法：当数列是等差或等比数列的时候，可以直接使用这两种数列的求和公式；（2）错位相减法：这种方法是在推导等比数列求和公式时应用到的，不过却难倒了很多学生，因为他们认识不到错位的目的是什么，因此这是复习的难点；（3）裂项相消法：这个方法主要是把数列的项裂开，使得求和时可以有些项抵消，以达到求和的目的；（4）分组求和：这里实际上与公式法一致，当数列是等差数列与等比数列之和时，可以分开来用公式法求和。

数列求和导学案

辽宁省本溪市高级中导学案
【学习目标】
1．能熟练地应用等差数列、等比数列前 n 项和公式解决有关数列求和问题； 2．掌握非等差数列、等比数列求和的几种常用方法.
【学习重、难点】
1．重点是倒序相加法、裂项相消法、错位相减法； 2．难点是能根据通项选择合适的方法求和.
课前自学案
n
项可以裂项吗？如果可以，用到的运算方法是什么？
[归纳领悟]：
4、错位相减求和法：例 4.（2010· 四川高考)已知等差数列{an}的前 3 项和为 6，前 8 项和为－4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
问题 3、我们知道通分运算：
1 1 1 1 ，也就是说可以裂项为 n n 1 n(n 1) n(n 1)
1 1 .你能尝试仿照上述过程写出一些裂项运算的等式吗？ n n 1
问题 4、等比数列的前 n 项和公式推导过程对解自主探究第 5 题有什么启示作用？学法指导：感知模型，听分析，归纳通性通法，看规范格式、书写. 例 1 中应用等比数列求和公式要注意什么？
例 4 中如对字母有什么要求？怎么解决呢？
[归纳领悟]：
【整合提升】------ 谈收获
世间没有一种具有真正价值的东西，可以不经过艰苦辛勤的劳动而得到。
数列求和的几种方法：
心得体会：【课后强化】------ 一定行 1．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝ 2 A. 5 1 B. 30 7 C. 30 5 D. 6 ) 1 ，则 S8 等于( （n＋1）（n＋2） )
世间没有一种具有真正价值的东西，可以不经过艰苦辛勤的劳动而得到。

数列的求和公式的教案

数列的求和公式的教案教案标题：数列的求和公式的教案教案目标：1. 学生能够理解数列的概念和性质。

2. 学生能够推导数列的求和公式。

3. 学生能够应用数列的求和公式解决实际问题。

4. 学生能够发展数学思维和解决问题的能力。

教学资源：1. 教材：包含数列的相关知识和例题。

2. 白板、黑板、彩色粉笔。

3. 计算器。

4. 练习题和答案。

教学过程：引入（5分钟）：1. 引导学生回顾数列的概念和常见类型，如等差数列、等比数列等。

2. 提问：你们知道如何求一个数列的前n项和吗？探索（15分钟）：1. 给出一个等差数列的例子，如2, 5, 8, 11, 14, ...2. 引导学生思考如何求这个数列的前n项和。

3. 鼓励学生尝试列出数列的前几项，并观察数列的规律。

解决问题（20分钟）：1. 引导学生发现等差数列的前n项和可以通过求平均值乘以项数得到。

2. 引导学生推导等差数列的求和公式Sn = (a1 + an) * n / 2，其中a1为首项，an为末项。

3. 提供几个例子，让学生应用求和公式计算数列的前n项和。

拓展（15分钟）：1. 引导学生思考如何求解等比数列的前n项和。

2. 引导学生推导等比数列的求和公式Sn = a1 * (1 - r^n) / (1 - r)，其中a1为首项，r为公比。

3. 提供几个例子，让学生应用求和公式计算等比数列的前n项和。

总结（5分钟）：1. 归纳总结等差数列和等比数列的求和公式。

2. 强调数列的求和公式在解决实际问题中的应用。

3. 鼓励学生在日常学习中多关注数列的性质和规律。

作业：1. 布置练习题，要求学生应用数列的求和公式计算前n项和。

2. 检查学生的作业并给予反馈。

教学反思：本节课通过引导学生思考和探索，让学生主动发现等差数列和等比数列的求和公式。

通过实际问题的应用，提高学生对数列求和公式的理解和掌握。

同时，通过引导学生思考拓展问题，拓宽学生的数学思维和解决问题的能力。

《数列求和及综合应用专题》导学案(高三数学)

数列求和及综合应用专题一、学习目标熟练掌握数列求和的4种方法二、考情分析：通过对近5年全国高考试题分析，可以预测：此专题主要考查两类基本数列(等差、等比数列)、两种数列求和(裂项求和法，错位相减法)，两类综合(与函数、不等式综合)主要突出数学思想的运用.若以解答题形式考查，往往与三角函数交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等较多，但有时出现在第12或16题位置上，难度偏大.三、课前自主学习.类型一. 等差等比数列直接代公式[典例1]在公差为d的等差数列{a n}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．(1)求d，a n；(2)若d＜0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|..类型二分组转化法求和[典例2] (2016·高考全国卷Ⅱ)S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记b n＝[lg a n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列{b n}的前1 000项和．练习：2.已知{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{a n}的通项公式；(2)设c n＝a n＋b n，求数列{c n}的前n项和分组求和中的分组策略(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组．[自我挑战].已知{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{a n}的通项公式；(2)设c n＝a n＋b n，求数列{c n}的前n项和．方法总结：.若一个数列由若干个等差数列或等比数列组成，则求和时可用分组转化法分别求和再相加减．形如a n＝(－1)n f(n)类型，可采用相邻两项并项(分组)后，再分组求和．类型三错位相减法求和[典例3] (2016·高考山东卷)已知数列{a n}的前n项和S n＝3n2＋8n，{b n}是等差数列，且a n＝b n＋b n＋1.(1)求数列{b n}的通项公式．(2)令.c n＝(a n＋1)n＋1(b n＋2)n求数列{c n}的前n项和T n.适用题型：等差数列{a n}与等比数列{b n}对应项相乘({a n·b n})型数列求和．练习：已知数列{a n}的前n项和为S n，数列{b n}的前n项和为T n，且有S n＝1－a n(n∈N*)，点(a n，b n)在直线y＝nx上．(1)求T n；(2)试比较T n和2－n22n的大小，并说明理由．类型四裂项相消法求和[典例4] .已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足：1a1＋1＋2a2＋1＋3a3＋1＋…＋na n＋1＝n，n∈N*.(1)求a n.(2)设T n＝1S n＋1＋1S n＋2＋1S n＋3＋…＋1S2n，是否存在整数m，使对任意n∈N*，不等式T n≤m恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于{1a n a n＋1}或{1a n a n＋2}(其中{a n}为等差数列)等形式的数列求和．2．裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．1a n a n＋1＝dda n a n＋1＝a n＋1－a nda n a n＋1＝1d·⎝⎛⎭⎪⎪⎫1a n－1a n＋1.练习1.已知数列{a n}的前n项和是S n，且S n＋13a n＝1(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式．(2)设b n＝log4(1－S n＋1)(n∈N*)，T n＝1b1b2＋1b2b3＋…＋1b n b n＋1，求使T n≥1 0082 018成立的最小的正整数n的值．（理科）2. 已知的展开式中的系数恰好是数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，记数列的前项和为，求证：.四、课堂合作学习１、自测问题展示.２、小组讨论３、学生展讲４、学生质疑５、教师点评６、学生更正７、知识总结五、高考真题再现1.(2016·高考全国卷Ⅰ)(本小题满分12分)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式． (2)求{b n }的前n 项和．2.(2016·高考全国卷Ⅲ)(本小题满分12分)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．3.(2017·高考全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则k ＝1n1S k________.4.(2017·高考全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和。

北师大版高中数学必修五第一章数列求和教学设计

数列求和教学设计一、教材分析数列的求和是北师大版高中必修5第一章第内容。

它是等差数列和等比数列的延续，与前面学习的函数也有着密切的联系。

它是从实际问题中抽离出来的数学模型，实际问题中有广泛地应用。

同时，在公式推导过程中蕴含着分类讨论等丰富的数学思想。

二、教法分析基于本节课是专题方法推导总结课，应着重采用探究式教学方法。

在教学中以学生的讨论和自主探究为主，辅之以启发性的问题诱导点拨，充分体现学生是主体，教师服务于学生的思路。

三、学法分析在此之前，已经学习了等差数列与等比数列的概念及通项公式，已经具备了一定的知识基础。

在教师创设的情景中，结合教师点拨提问，经过交流讨论，形成认识过程。

在这个过程中，学生主动参与学习，提高自身的数学修养。

让学生从问题中质疑、尝试、归纳、总结、运用，培养学生发现问题、研究问题和分析解决问题的能力。

四、三维目标1知识与技能理解掌握各种数列求和的方法,学会解析数列解答题,提高解决中难题的能力.2过程与方法通过对例题的研究使学生感受数列求和方法的多样性3情感态度与价值观感受数学问题的差异，但又能以不同的方法加以解决，进而体会到数学知识的灵活性五、教学重点与难点本着课程标准，在吃透教材的基础上，我确立如下教学重点与难点：重点：数列求和公式的推导及其简单应用。

此推导过程中蕴含了分类讨论，递推、转化等重要思想，是解决一般数列求和问题的关键，所以非常重要。

为此，我给出了四种方法进行数列求和，加深学生理解，突出重点。

难点：数列求和公式的推导及应用。

在此之前，已经学习了等差数列与等比数列的前n项和，可由此引发进行数列求和的专题学习，为此，我引导学生先进性等差与等比数列的复习。

由此引入专题学习。

下面，为了讲清重点和难点，达到本节课的教学目标，我再从教法学法上谈谈：六、教学过程a+++1)≠六．教学反思这节课是高中数学必修5第二章数列的重要的内容之一，是在学习了等差、等比数列的前n项和的基础上，对一些非等差、等比数列的求和进行探讨。

高中数学数列求和方法教案

高中数学数列求和方法教案
目标：学生能够熟练掌握数列求和的基本方法并应用于实际问题中。

教学内容：
1. 数列的概念及常见数列的表示方法
2. 等差数列求和公式的推导及应用
3. 等比数列求和公式的推导及应用
4. 各种数列求和的实际应用问题解题
教学步骤：
1. 引入问题：通过展示一段数列并让学生猜测下一个数的规律，引出数列求和的概念。

2. 探究数列求和方法：介绍等差数列和等比数列的定义，推导相应的求和公式并演示应用。

3. 练习：让学生通过练习题巩固所学知识，强化数列求和的运算技巧。

4. 实际应用：设计几个实际问题，让学生运用所学方法解决数列求和问题。

5. 总结：总结本节课学习的内容，强调数列求和方法的重要性和实际应用。

教学资源：教材、练习题、黑板、彩色粉笔
评估方式：开展小测验或出一些综合性问题让学生自主解答，检测他们对数列求和方法的
掌握程度。

拓展延伸：让学生自行搜索一些其他类型的数列求和方法，并进行分享，拓展学生的数学
思维。

教学反思：及时寻找学生在数列求和方法中的困难点并进行讲解，促进学生的学习效果。

注：本教案仅作参考，教师可根据实际情况灵活调整教学内容和步骤。

高中数学教案第5讲数列求和

第5讲数列求和1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.1.公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝□1n （a 1＋a n ）2＝□2na 1＋n （n －1）d2.(2)等比数列{a n }的前n 项和S n2.几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或其他可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减.(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和.(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解.(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解.常用结论1.一些常见的数列的前n 项和(1)1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2；(2)2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)；(3)1＋3＋5＋…＋2n －1＝n 2.2.几种常见变形(1)1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)；(2)等差数列{a n }(a n ≠0)的公差为d (d ≠0)，则1a n a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)；(3)1n （n ＋1）（n ＋2）＝121n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）；(4)2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.()(2)当n ≥2时，1n 2－1＝)(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.()(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.()答案：(1)√(2)√(3)×(4)√2.回源教材(1)数列{a n }的前n 项和为S n .若a n ＝1n （n ＋1），则S 5等于()A.1B.56C.16D.130解析：B因为a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56.(2)已知a n ＝2n ＋n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝.解析：S n ＝(2＋22＋ (2))＋(1＋2＋…＋n )＝2（1－2n ）1－2＋12n (n ＋1)＝2n ＋1－2＋12n 2＋12n .答案：2n ＋1－2＋12n 2＋12n(3)数列{(n ＋3)·2n －1}前20项的和为.解析：S 20＝4·1＋5·21＋6·22＋…＋23·219，2S 20＝4·2＋5·22＋6·23＋…＋23·220，两式相减，得－S 20＝4＋2＋22＋…＋219－23·220＝4＋2（1－219）1－2－23·220＝－22·220＋2.故S 20＝22·220－2.答案：22·220－2分组(并项)法求和例1(2024·菏泽模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，它的前n 项和S n 满足2S n ＋a n ＋1＝2n ＋1－1.(1)n (2)求S 1＋S 2＋S 3＋…＋S 2n .解：(1)证明：由2S n ＋a n ＋1＝2n ＋1－1(n ≥1)，①得2S n －1＋a n ＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得a n ＋a n ＋1＝2n (n ≥2)，得a n ＋1＝－a n ＋2n⇒a n ＋1－2n ＋13＝－(a n －2n 3)(n ≥2)，又当n ＝1时，由①得a 2＝1⇒a 2－223＝－(a 1－23)，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1－2n ＋13＝－(a n －2n 3)，故{a n －2n 3}是以13为首项，－1为公比的等比数列.(2)由(1)知a n －2n 3＝（－1）n －13⇒a n ＝2n ＋（－1）n －13，所以a n ＋1＝2n ＋1＋（－1）n 3①得S n ＝2n ＋13－（－1）n 6－12，所以S 1＋S 2＋…＋S 2n ＝13(22＋23＋…＋22n ＋1)－16[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n ]－2n 2＝13×22－22n ＋21－2－0－n ＝22n ＋2－3n －43.反思感悟1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和.训练1已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5，∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2.∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1).当n 为偶数时，T n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝－n .当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋b n ＝－(n －1)＋(－1)n －1(2n －1)＝－(n －1)＋(2n －1)＝n .综上，T n ＝(－1)n ＋1n .裂项相消法求和例2(2023·南京一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＋2S n－1＝3S n (n ≥2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)当n ≥2时，S n ＋1＋2S n －1＝3S n ⇒S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1即a n ＋1＝2a n ，∵{a n }是等比数列，∴q ＝2，又a 1＝1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知，S n＝1×（1－2n）1－2＝2n－1，∴b n＝2n（2n－1）（2n＋1－1）＝12n－1－12n＋1－1，∴T n＝b1＋b2＋…＋b n＝1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n－1－12n＋1－1，即T n＝1－12n＋1－1.反思感悟1.裂项相消法求和的基本步骤2.裂项相消法的原则及规律(1)裂项原则一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止.(2)消项规律消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项.训练2已知S n是数列{a n}的前n项和，S n＝n2.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{1a n a n＋1}的前n项和T n.解：(1)当n≥2时，由S n＝n2，得S n－1＝(n－1)2，则a n＝S n－S n－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.当n＝1时，有S1＝a1＝1，符合上式.综上，a n＝2n－1.(2)由(1)得，1a n a n＋1＝1（2n－1）（2n＋1）＝12(12n－1－12n＋1)，则T n＝12(11－13＋1 3－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1)＝12(1－12n＋1)＝n2n＋1.错位相减法求和例3(2024·盐城模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n，a n＋1＞a n，4S n＝a2n＋4n.(1)求{a n}的通项公式；(2)求数列{a n2n＋1}的前n项和T n.解：(1)∵4S n＝a2n＋4n，①∴n≥2时，4S n－1＝a2n－1＋4(n－1)，②①－②得4a n＝a2n－a2n－1＋4，∴(a n－2)2＝a2n－1(n≥2)，在①式中令n＝1，a21－4a1＋4＝0，(a1－2)2＝0，a1＝2，∵a n＋1>a n，∴数列{a n}为单调递增数列，∴a n≥2，∴a n－2＝a n－1，a n－a n－1＝2，∴{a n}为等差数列且首项为2，公差为2，∴a n＝2＋2(n－1)＝2n.(2)a n2n＋1＝2n2n＋1＝n2n，∴T n＝121＋222＋323＋…＋n2n，③1 2T n＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，④③－④得12T n＝12＋122＋…＋12n－n2n＋1，1 2T n＝12[1－（12）n]1－12－n2n＋1，1 2T n＝1－n＋22n＋1，则T n＝2－n＋2 2n.反思感悟1.如果数列{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，求数列{a n·b n}的前n项和时，常采用错位相减法.2.错位相减法求和时，应注意：(1)在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n－qS n”的表达式.(2)应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式S n＝na1.训练3已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝2，S3＝a3＋6.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{a n b n}的前n项和T n.解：(1)设等比数列{a n}的公比为q.由a1＝2，S3＝a3＋6，得a1(1＋q＋q2)＝6＋a1q2，解得q＝2，所以a n＝2n.(2)由(1)可得b n＝log2a n＝n，所以a n b n＝n·2n，T n＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，2T n＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1，所以－T n＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2（1－2n）1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，所以T n＝(n－1)2n＋1＋2.限时规范训练(四十四)1.(2023·全国乙卷)记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.(1)求{a n}的通项公式；(2)求数列{|a n|}的前n项和T n.解：(1)设{a n}的公差为d，2＝a1＋d＝11，10＝10a1＋45d＝40，解得a1＝13，d＝－2.所以{a n}的通项公式为a n＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.(2)由(1)得|a n|－2n，n≤7，n－15，n≥8.当n≤7时，T n＝13n＋n（n－1）2×(－2)＝14n－n2，当n≥8时，T n＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋（n－7）[1＋2（n－7）－1]2＝98－14n＋n2.综上，T n n－n2，n≤7，－14n＋n2，n≥8.2.已知单调递增的等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝2a n＋1－3n＋2，求数列{b n}的前n项和T n.解：(1)设数列{a n}的公差为d(d＞0)，4＝20，24＝a2·a8，a1＋4×32d＝20，a1＋3d）2＝（a1＋d）（a1＋7d），1＝2，＝21＝5，＝0(舍)，所以a n＝2＋(n－1)·2＝2n.(2)由(1)得，a n＝2n，所以b n＝4(n＋1)－3n＋2，所以T n＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n＋2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n＋2)＝4n·2＋n＋12－27（1－3n）1－3＝2n2＋6n＋272－3n＋32.3.在①S5＝50，②S1，S2，S4成等比数列，③S6＝3(a6＋2)这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题.已知等差数列{a n}的公差为d(d≠0)，前n项和为S n，且满足.(1)求a n；(2)若b n－b n－1＝2a n(n≥2)，且b1－a1＝1，求数列{1b n}的前n项和T n.注：如果选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.解：(1)选择条件①②.由S5＝50，得5a1＋5×42d＝5(a1＋2d)＝50，即a1＋2d＝10.由S1，S2，S4成等比数列，得S22＝S1S4，即4a21＋4a1d＋d2＝4a21＋6a1d，即d＝2a1，解得a1＝2，d＝4，因此a n＝4n－2.选择条件①③.由S5＝50，得5a1＋5×42＝5(a1＋2d)＝50，即a1＋2d＝10.由S 6＝3(a 6＋2)，得6（a 1＋a 6）2＝3a 1＋3a 6＝3a 6＋6，即a 1＝2，解得d ＝4，因此a n＝4n －2.选择条件②③.由S 1，S 2，S 4成等比数列，得S 22＝S 1S 4，即4a 21＋4a 1d ＋d 2＝4a 21＋6a 1d ，则d＝2a 1.由S 6＝3(a 6＋2)，得6（a 1＋a 6）2＝3a 1＋3a 6＝3a 6＋6，即a 1＝2，解得d ＝4，因此a n ＝4n －2.(2)由a 1＝2，a n ＝4n －2可得b 1＝3，b n －b n －1＝2a n ＝8n －4.当n ≥2时，(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＝(8n －4)＋(8n －12)＋…＋12＝[（8n －4）＋12]（n －1）2＝4n 2－4，即b n －b 1＝4n 2－4，则b n ＝4n 2－1.当n ＝1时，b 1＝3，符合b n ＝4n 2－1，所以当n ∈N *时，b n ＝4n 2－1，则1b n ＝14n 2－1＝12(12n －1－12n ＋1)，因此T n ＝12(11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n 2n ＋1.4.(2024·扬州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝4且a n ＋1＝S n ＋4(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n ＋12n ＋1n log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为a n ＋1＝S n ＋4，当n ＝1时，a 2＝S 1＋4＝8，当n ≥2时，a n ＝S n －1＋4，所以a n ＋1－a n ＝a n ，即a n ＋1＝2a n (n ≥2，n ∈N *)，又a 2a 1＝84＝2，满足上式，所以{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，则a n ＝4×2n －1＝2n ＋1.(2)因为b n ＝(－1)n ＋12n ＋1n log 2a n ＝(－1)n＋12n ＋1n （n ＋1）＝(－1)n ＋1(1n ＋1n ＋1)，所以T n ＝(11＋12)－(12＋13)＋…＋(－1)n ＋1(1n ＋1n ＋1)＝1＋（－1）n ＋1n ＋1.5.(2024·宁波模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1a n －2n 2(a n ＋1－a n )＋1＝0，且a 1＝1.(1)求出a 2，a 3的值，猜想数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且b n ＝S na n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知得，当n ＝1时，a 2a 1－2(a 2－a 1)＋1＝0，又a 1＝1，代入上式，解得a 2＝3，同理可求得a 3＝5.猜想a n ＝2n －1.(2)由(1)可知a n ＝2n －1，经检验符合题意，所以S n ＝n 2，则b n ＝n 2（2n －1）（2n ＋1）＝14[1＋1（2n －1）（2n ＋1）]＝14＋18(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝[14＋18(1－13)]＋[14＋18(13－15)]＋…＋[14＋18(12n －1－12n ＋1)]＝n 4＋18(1－12n ＋1)＝n 2＋n 4n ＋2.6.(2023·广西联盟校检测)已知数列{a n }和{b n }的项均为正整数，前n 项和分别为S n ，T n ，且S n ＝12n －T n＋n 2(n ∈N *).(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和.解：(1)因为{a n }和{b n }的项均为正整数，所以前n 项和S n ，T n 也是正整数，又S n ＝12n －T n＋n 2(n ∈N *)，所以(S n －n 2)(2n －T n )＝1，n －n 2＝1，n－T n ＝1n －n 2＝－1，n －T n ＝－1.若S n －n 2＝－1，则a 1＝S 1＝0，与{a n }的项均为正整数相矛盾，故不符合题意，所以S n ＝n 2＋1，T n ＝2n －1.当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n－1，所以a n ，n＝1，n－1，n≥2，同理，b n＝2n－1.(2)记数列{a n b n}的前n项和为C n，当n＝1时，a1＝2，b1＝1，所以C1＝a1b1＝2.当n≥2时，C n＝2×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1，①①×2，得2C n＝2×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，②①－②，得－C n＝4＋8(2n－2－1)－(2n－1)·2n，化简得C n＝(2n－3)·2n＋4.综上，数列{a n b n}的前n项和C n＝(2n－3)·2n＋4.。

数列求和问题教案

数列求和问题·教案教学目标1．初步掌握一些特殊数列求其前n项和的常用方法．2．通过把某些既非等差数列，又非等比数列的数列化归成等差数列或等比数列求和问题，培养学生观察、分析问题的能力，以及转化的数学思想．教学重点与难点重点：把某些既非等差数列，又非等比数列的数列化归成等差数列或等比数列求和．难点：寻找适当的变换方法，达到化归的目的．教学过程设计（一）复习引入师：等差数列和等比数列既是最基本的数列又是最重要的数列．我们已经推出了求其前n项和的公式，公式分别是什么？师：我们学习新知识不仅要记住其结论，正确地运用它解决问题，而且要善于在学习新知识的过程中体会研究问题的方法，逐渐地学会思考、学会学习．（不失时机地对学生进行学法指导非常必要）回忆一下推导这两个公式的方法，你有什么收获？（留给学生回忆及思考的时间）生甲：推导等差数列前n项和公式所用的方法是：先把S n中各项“正着”写出来，再把S n中各项次序反过来写出，两式相加．由于对应项和都为（a1+a n），所以2S n=n（a1+a n），进而求出S n．师：推导方法是将要解决的问题通过“逆序相加”的方法转化为我们熟悉的常数列求和问题．（渗透转化的思想）生乙：推导等比数列前n项和所用的方法是：将S n的各项依次写出，再把这个式子的两边同时乘以q，然后两式“错项相减”，相减后等号右边只剩下两项，进而求得S n．师：解决此问题需要同学们有敏锐的观察能力．把S n=a1+a1q+…+a1q n-2+a1q n-2的两边分别乘以公比q，就得到各项后面相邻的一项，因而用“错项相减”的方法就可以消去相同的项．以上两种求和的思路在解决某些特殊数列求和问题时经常用到．这节课我们就来研究既非等差数列又非等比数列的一些特殊数列的求和问题．（板书课题）（二）新课例1 求分母为3，包含在正整数m与n（m＜n）之间的所有不可约的分数之和．师：分母为3，包含在正整数m与n之间的所有不可约分数有哪些？师：本题实质上让我们解决什么问题？生：求由这些分数构成的数列的各项和．此数列是我们熟悉的等差数列或等比数列吗？（稍微停顿）都不是．请同学们观察此数列有什么特点，可用什么方法求和？生甲：此数列的第一项与最后一项的和是m+n，第二项与倒数第二项的和也是m+n，依此类推．根据此数列的特点，可以用刚才复习过的“逆序相加法”求和．（学生叙述解法一，教师板书）解法1：将上式各项次序反过来写出：两式相加得所以S=（m+n）（n-m）=n2-m2生乙：我观察此数列的所有奇数项组成公差为1的等差数列，所有偶数项也组成公差为1的等差数列，它们分别都有（n-m）项．可以转化成等差数列求和问题．（学生叙述解法2，教师板书）解法2：师：解法2是将原数列的各项重新组合，使它转化为等差数列求和（学生进一步体会）师：无论是“逆序相加法”还是“分组求和法”都是通过适当的变换把某些既非等差数列又非等比数列的特殊数列转化为等差或等比数列的求和问题．看下面数列又怎样转化呢？例2 求数列1，3a，5a2，7a3，…（2n-1）a n-1，…（a≠1）的前n项和．师：我们还是从观察数列特点入手．此数列各项有何特点？生：此数列每一项中的字母部分a0，a1，a2，…，a n-1构成以a为公比的等比数列，每一项中的系数部分1，3，5，…，（2n-1）构成以2为公差的等差数列．师：我们不妨把这种数列称为“差比数列”{c n}，c n=a n·b n，其中{a n}为等差数列，{b n}为等比数列．联想我们曾遇到过的数列，有没有“差比数列”呢？生：任何一个等比数列都是特殊的差比数列．师：等比数列求和公式是怎样推导的？生：用错项相减法．师：假如我们也使用错项相减法，把S n=1+3a+5a2+7a3+…+（2n-1）a n-1的两边也同时乘以公比a，却不得各项后面相邻的一项，两式错项相减，并未达到消去绝大部分项的目的．用此法还行吗？生：虽然没消去绝大部分项，却把问题转化成为一个等比数列求和问题．（学生叙述，教师板书）解：因S n=1+3a+2a2+7a3+…+（2n-1）a n-1，（1）（1）×a得aS n=a+3a2+5a3+…（2n-3）a n-1+（2n-1）a n．两式相减得（1-a）S n=1+2a+2a2+2a3+…+2a n-1-（2n-1）a n=2（1+a+a2+a3+…+a n-1）-（2n-1）a n-1师：让我们来回顾一下，错项相减后的式子中只留下第一项和最后一项，其它各项构成等比数列，把未知问题转化成已知的等比数列求和问题．由解题过程可见，此方法可解决哪类数列的求和问题？生：错项相减法可解决差比数列求和问题．师：也就是说，可解决这类数列{c n}的求和问题，c n=a n·b n，其中{a n}为等差数列，{b n}为等比数列．例如求数列{2n-1}×0.1n}的前n项和，你能解决此问题吗？（学生进一步体会）师：这是一个通项是分数形式的数列，分母是相邻两个自然数的积，且相邻两项的分母中有相同因数．（稍微停顿）既然有相同的成分，那么我们能否消去它们，促成求和呢？（留给学生思考的时间）师：正像前面我们推导等差数列通项公式使用叠加法．（板书）a2-a1=da3-a2=da4-a3=d……a n-1-a n-2=da n-a n-1=d．将上面n-1个式子的等号两边分别相加得到a n-a1=（n-1）d，消去了绝大部分的项，只留下了第一项a1和最后一项a n．对于这个题目，同学们能否类似地实现求和呢？（让学生学会类比的思维方法）（学生讨论）生：要达到消去的目的，必须出现差的形式．观察数列的第一项可（学生叙述，教师板书）师：这位同学的解法非常漂亮．他把通项是分数形式的数列的每一项，分裂成两个分数之差，这些分数的和，除首末两项（有时也可能是首末若干项）外，其余各项前后抵消，实现了求和．我们把这种方法叫做裂项求和法．这种方法，在解决通项是分数形式的数列求和问题时经常用到．下面请看第（2）小题．（学生先练习，然后师生共同讨论）师：这个数列有何特点？考虑用什么方法求和？生：这个数列中的每一项都有规律的分数形式，不妨试试裂项求和法解题．师：怎样裂项？师：先从通项入手进行分析，具有一般性，很好．分析裂项时，需师：由（*）式的变形过程可知4是由（4k-3）-（4k+1）得来的．观察数列1，5，9，13，…，4n-3，…是什么数列？生：公差为4的等差数列．生：凑的系数恰为数列1，5，9，…，4n-3，…的公差的倒数．师：能不能推广成更具一般性的结论？（学生讨论）生：如果{a n}为等差数列，d为公差，则师：这样就全面了．同学们得出具有共性的结论．我们要善于解题后回顾与反思，多题归一．当然，有的不具有此规律的分数数列裂项并师：怎样求得A，B，C？生：可用待定系数法．师：课后同学们可继续探讨．例4 求和S n=13+23+33+…+n3（n∈N+）．（学生议论）师：同学们还记得S n=1+3+5+…+（2n-1）=n2可用哪个图形表示出来吗？（学生甲在黑板上画出图形，如图6-2）师：对于S n=13+23+33+…+n3（n∈N+）同学们能否类似地用一图形表示并猜想其结果？（学生讨论，教师用实物投影展示学生乙的图形，图6-3）生乙：我也用一个正方形表示，左下角的第一格表示13，左下角除表示13的方格外的8个格表示23，左下角除表示13和23以外的27个格表示33，以此类推．前n个自然数的立方和S n为正方形中所有方格个数之和（1+2+3+…+n）2师：同学们借助几何图形及其性质，使问题变得直观、简单，猜想除了猜想一证明的方法外，还有没有其它方法？（稍微停顿）想想前n个自然数的平方和是怎样求出来的？生：用构造法．利用构造的恒等式（k+1）3-k3=3k2+3k+1（k∈N+）实现求和．师：对．当k取1，2，…，n时，得到n个恒等式，把这个n个恒等式两边分别相加，由于左边是两个连续自然数的立方差，叠加后式子左边消去了除（n+1）3与13以外的所有项，右边留下了我们需要的S n与可解决的自然数和以及n个常数1之和．构造恒等式的目的是为了把前n个自然数的平方和问题转化为前n个自然数和的问题．那么，对于前n个自然数的立方和问题又怎样转化呢？生：构造恒等式（k+1）4-k4=4k3+6k2+4k+1（k∈N+），当k取1，2，…，n 时，把n个式子叠加，使问题转化为前n个自然数的平方和与前n个自然数和的问题．师：很好．请同学们课后完成．我们把公式叫做自然数的方幂和公式．利用公式，我们又可以解决一类数列求和问题．例5 求和S n=1×2×3+2×3×4+…n（n+1）（n+2）．师：利用公式（1），（2），（3）可解决自然数的方幂和问题，对于各项为n个数的积的形式的数列怎样能实现求和？生：先分析数列的通项，最好是化为n个数的和或差的形式．（学生叙述，教师板书）例因为n（n+1）（n+2）=n3+3n2+2n，则S n=13+3×12+2×1+23+3×22+2×2+…n3+3n2+2n=（13+23…+n3）+3（12+22+…+n2）+2（1+2+…+n）师：请同学们归纳一下，利用公式（1），（2），（3）可解决哪类数列求和问题？生：如果数列{a n}的通项是关于n的多项式或通项可以转化为关于n的多项式就可以利用公式求数列的前n项的和．（三）小结师：数列求和是一个很有趣的问题．最基本的方法是：对于等差数列或等比数列求其前n项和，直接用前n项和公式求得，我们把这种方法叫做直接法．除直接法外，我们还应总结求一些特殊数列前n项和的间接方法．能举例吗？生：如这节课使用的逆序相加法，分组求和法，错项相减法，构造法等．师：使用这些具体方法的指导思想是什么？生：利用转化的思想，把一些既非等差数列又非等比数列的数列求和转化为等差数列或等比数列求和．师：我们可以把这些具体方法归纳为第一种间接求和法——转化求和法．也就是通过适当的变换，化归成等差数列或等比数列求和．还有什么方法？生：裂项求和法．师：如果一个数列的每一项都能排成两项之差，在求和中，一般除首末两项（也可能是首末若干项）外，其余各项先后抵消，那么这个数列前n项和就容易求出来了．在解决分数数列的求和问题时经常用到．师：我们把它归纳为第二种间接求和法——裂项求和法．还有其他方法吗？生：利用自然数的方幂和公式求和．师：对于通项是关于n的多项式或可化为关于n的多项式的数列可利用此公式求和．我们把它归纳为第三种间接求和法——利用自然数的方幂和公式求和．当然，对于某些数列的求和还可以用归纳-猜想-证明的方法，今后同学们可继续讨论．（四）布置作业A组（A组题检查教学目标是否达到，要求学生独立完成）B组（B组题供学有余力的学生使用）课堂教学设计说明在教学过程中，教师对学生进行必要的学法指导，使学生由“学会”到“会学”是课堂教学中实施素质教育的重要手段．这节课一开始的复习，不仅仅是复习旧知识，而且复习研究问题的方法，由此引入新课，让学生体会怎样学习．在学习裂项求和法时，用推导等差数列通项公式使用的叠加法与要解决的问题进行类比，引导学生发现解决新问题的办法，让学生体会类比的思维方法．在解完例3之后，教师引导学生把结论推广到一般情况，进行例题后的回顾与反思，让学生体验如何加强知识之间的联系，使认识不断升华．利用课堂小结将学生零散的知识系统化，并纳入到自己的认知结构中，与此同时，也培养了学生养成善于总结的良好学习习惯．总之，课堂教学中不失时机地对学生进行必要的学习方法指导，让学生学习“怎样思考”、“怎样学习”其意义远比学会知识本身深远得多．。