2015江苏高三数列求和教师篇

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2015年高考数学总复习教案：5.4数列的求和

第五章数列第4课时数列的求和(对应学生用书(文)、(理)76～78页)1. 在数列{an}中，若a1＝1，an ＋1＝an ＋2(n≥1)，则该数列的通项an ＝________．答案：an ＝2n －1解析：由已知{an}为等差数列，d ＝an ＋1－an ＝2， ∴ an ＝2n －1.2. 已知数列{an}中，a1＝1，(n ＋1)an ＋1＝nan(n ∈N*)，则该数列的通项公式an ＝________．答案：an ＝1n解析：an a1＝an an －1×an －1an －2×…×a2a1＝1n .3. (必修5P44习题2(2)改编) 20n =å（1+2 n ）=________．答案：441解析：200n =å(1＋2n)＝1＋(1＋2×1)＋(1＋2×2)＋…＋(1＋2×20)＝21＋2×20（1＋20）2＝441. 4. (必修5P60复习题8(1)改编)数列{an}的前n 项和为Sn ，若an ＝1n （n ＋1），则S4＝________．答案：45解析：an ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴ S4＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＝45.5. (必修5P51例3改编) 数列112，214，318，4116，…的前n 项和是 __________．答案：Sn ＝n （n ＋1）2＋1－12n解析：Sn ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝n （n ＋1）2＋1－12n.1. 当已知数列{an}中，满足an ＋1－an ＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.2. 当已知数列{an}中，满足an ＋1an ＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用迭乘法求数列的通项an.3. (1) an ＝⎩⎪⎨⎪⎧S1，n ＝1，Sn －Sn －1，n ≥2.(2) 等差数列前n 项和Sn ＝n （a1＋an ）2，推导方法：倒序相加法． (3) 等比数列前n 项和Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧na1，q ＝1，a1－anq 1－q ＝a1（1－qn ）1－q ，q ≠1.推导方法：错位相减法．4. 常见数列的前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)＝n2；(4) 12＋22＋32＋…＋n2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6． 5. (1) 分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(2) 拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．(3) 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． (4) 倒序相加：例如，等差数列前n 项和公式的推导方法． 6. 常见的拆项公式有： (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；(2) 1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(3) 1n （n ＋1）（n ＋2）＝12⎣⎡⎦⎤1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）；(4)1a ＋b ＝1a －b(a －b).题型1 求简单数列的通项公式例1 求下列数列{an}的通项公式： (1) a1＝1，an ＋1＝an ＋2n ＋1； (2) a1＝1，an ＋1＝2nan.解：(1) an ＝n2 (2) an ＝2n （n －1）2 变式训练求下列数列{an}的通项公式： (1) a1＝1，an ＋1＝2an ＋1；(2) a1＝1，an ＋1＝2an2＋an ；(3) a1＝2，an ＋1＝a2n . 解：(1) an ＝2n －1 (2) an ＝2n ＋1(3) an ＝22n －1 题型2 分组转化求和例2 求下面数列的前n 项和： 112，314，518，7116， …解：Sn ＝112＋314＋518＋7116＋…＋⎣⎡⎦⎤（2n －1）＋12n＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋14＋18＋…＋12n ＝n[1＋（2n －1）]2＋12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝n2－12n ＋1.备选变式（教师专享）已知an ＝⎩⎪⎨⎪⎧5n ＋1，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(1) 求数列{an}的前10项和S10； (2) 求数列{an}的前2k 项和S2k.解：(1) S10＝(6＋16＋26＋36＋46)＋(2＋22＋23＋24＋25) ＝5（6＋46）2＋2（1－25）1－2＝192. (2) 由题意知数列{an}的前2k 项中，k 个奇数项组成首项为6，公差为10的等差数列，k 个偶数项组成首项为2，公比为2的等比数列．∴ S2k ＝[6＋16＋…＋(10k －4)]＋(2＋22＋…＋2k)＝k[6＋（10k －4）]2＋2（1－2k ）1－2＝5k2＋k ＋2k ＋1－2.题型3 裂项相消求和例3 求下面各数列的前n 项和： (1) 11×5，13×7，15×9，17×11， (2)2222－1，4242－1，6262－1，8282－1，… 解：(1) ∵ an ＝1（2n －1）（2n ＋3）＝14(12n －1－12n ＋3)，∴ Sn ＝14(1－15＋13－17＋15－19＋…＋12n －3－12n ＋1＋12n －1－12n ＋3)＝14(1＋13－12n ＋1－12n ＋3)＝n （4n ＋5）3（2n ＋1）（2n ＋3）.(2) ∵ an ＝（2n ）2（2n －1）（2n ＋1）＝1＋1（2n －1）（2n ＋1）＝1＋12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴ Sn ＝n ＋12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝2n （n ＋1）2n ＋1. 备选变式（教师专享）求1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n .解：∵ak ＝2⎝⎛⎭⎫1k －1k ＋1，∴Sn ＝2n n ＋1.题型4 倒序相加求和例4 设f(x)＝13x ＋3，求f(－12)＋f(－11)＋f(－10)＋…＋f(0)＋…＋f(11)＋f(12)＋f(13)的值．解：∵ f(x)＋f(1－x)＝33，∴ 原式＝133 3.备选变式（教师专享）一个等差数列前4项之和为26，最末4项之和为110，所有项之和为187，则它的项数为________．答案：11解析：∵a1＋a2＋a3＋a4＝26，an ＋an －1＋an －2＋an －3＝110，∴a1＋an ＝26＋1104＝34. 又Sn ＝n （a1＋an ）2＝187，∴n ＝11. 题型5 错位相减求和例5 在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2＝2a1＋3，且3a2，a4，5a3成等差数列． (1) 求数列{an}的通项公式；(2) 设bn ＝log3an ，求数列{anbn}的前n 项和Sn. 解：(1) 设{an}公比为q ，由题意得q>0，且⎩⎪⎨⎪⎧a2＝2a1＋3，3a2＋5a3＝2a4，即⎩⎪⎨⎪⎧a1（q －2）＝3，2q2－5q －3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝3，q ＝3或⎩⎨⎧a1＝－65，q ＝－12(舍)，所以数列{an}的通项公式为an ＝3·3n －1＝3n ，n ∈N (2) 由(1)可得bn ＝log3an ＝n ，所以anbn ＝n·3n. 所以Sn ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n ，所以3Sn ＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n ＋1，两式相减得，2Sn ＝－3－(32＋33＋…＋3n)＋n·3n ＋1＝－(3＋32＋33＋…＋3n)＋n·3n ＋1＝－3（1－3n ）1－3＋n ·3n ＋1＝3＋（2n －1）·3n ＋12，所以数列{anbn}的前n 项和Sn ＝3＋（2n －1）·3n ＋14. 备选变式（教师专享）已知数列{an}的前n 项和为Sn ＝3n －1. (1) 求数列{an}的通项公式；(2) 若bn ＝log 13(Sn ＋1)，求数列{bnan}的前n 项和Tn.解：(1) 当n ＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝(3n －1)－(3n －1－1)＝2×3n －1，综上所述，an ＝2×3n －1.(2) bn ＝log 13(Sn ＋1)＝log 133n ＝－n ，所以bnan ＝－2n×3n －1，Tn ＝－2×1－4×31－6×32－…－2n×3n －1，3Tn ＝－2×31－4×32－…－2(n －1)×3n －1－2n×3n ，相减，得－2Tn ＝－2×1－2×31－2×32－…－2×3n －1＋2n×3n ＝－2×(1＋31＋32＋…＋3n －1)＋2n×3n ，所以Tn ＝(1＋31＋32＋…＋3n －1)－n×3n ＝1－3n1－3－n×3n＝－（2n －1）×3n ＋12，n ∈N*.1. 数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn ＝an ＋1－an(n ∈N )．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝________．答案：3解析：已知bn ＝2n －8，an ＋1－an ＝2n －8，由叠加法(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝－6－4－2＋0＋2＋4＋6＝0a8＝a1＝3. 2. (2013·大纲)等差数列{an}中，a7＝4，a19＝2a9. (1) 求{an}的通项公式；(2) 设bn ＝1nan ，求数列{bn}的前n 项和Sn.解：(1) 设等差数列{an}的公差为d ，则an ＝a1＋(n －1)d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧a7＝4，a19＝2a9，所以⎩⎪⎨⎪⎧a1＋6d ＝4，a1＋18d ＝2（a1＋8d ）.解得a1＝1，d ＝12.所以{an}的通项公式为an ＝n ＋12. (2) bn ＝1nan ＝2n （n ＋1）＝2n －2n ＋1，所以Sn ＝⎝⎛⎭⎫21－22＋⎝⎛⎭⎫22－23＋…＋⎝⎛⎭⎫2n －2n ＋1 ＝2n n ＋1. 3. (2013·湖南)设Sn 为数列{an}的前n 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．解：(1) ∵ S1＝a1.∴ 当n ＝1时，2a1－a1＝S1·S1a1≠0，a1＝1. 当n>1时，an ＝Sn －Sn －1＝2an －a1S1－2an －1－a1S1＝2an －2an －1an ＝2an －1{an}是首项为a1＝1公比为q ＝2的等比数列，an ＝2n －1，n ∈N*.(2) 设Tn ＝1·a1＋2·a2＋3·a3＋…＋n·an qTn ＝1·qa1＋2·qa2＋3·qa3＋…＋n·qan qTn ＝1·a2＋2·a3＋3·a4＋…＋n·an ＋1，上式左右错位相减：(1－q)Tn ＝a1＋a2＋a3＋…＋an －nan ＋1＝a11－qn1－q －nan ＋1＝2n －1－n·2nTn ＝(n －1)·2n ＋1，n ∈N*.4. 已知等差数列{an}前三项之和为－3，前三项积为8. (1) 求等差数列{an}的通项公式；(2) 若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n 项和．解：(1) 设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧3a1＋3d ＝－3，a1（a1＋d ）（a1＋2d ）＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－4，d ＝3. ∴ an ＝－3n ＋5或an ＝3n －7.(2) 当an ＝－3n ＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4，2不成等比数列；当an ＝3n －7时，a2，a3，a1分别为－1，2，－4成等比数列，满足条件．当|an|＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.n ＝1，S1＝4；n ＝2时，S2＝5；当n≥3时，Sn ＝|a1|＋…＋|an|＝32n2－112n ＋10. 又n ＝2满足此式，∴ Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），32n2－112n ＋10（n ＞1）.1. 已知数列an ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，求a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100的值．解：由题意得a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝0＋2＋2＋4＋4＋…＋98＋98＋100＝2(2＋4＋6＋…＋98)＋100＝2×49×（2＋98）2＋100＝5 000. 2. 已知各项均为正数的数列{an}的前n 项的乘积Tn ＝⎝⎛⎭⎫14n2－6n(n ∈N*)，bn ＝log2 an ，则数列{bn}的前n 项和Sn 取最大时，n ＝________．答案：3解析：当n ＝1时，a1＝T1＝45＝210，当n≥2时，an ＝Tn Tn －1＝⎝⎛⎭⎫14n2－6n －（n －1）2＋6（n －1）＝⎝⎛⎭⎫142n －7＝214－4n ，此式对n ＝1也成立，所以an ＝214－4n ，从而bn ＝log2an ＝14－4n ，可以判断数列{bn}是首项为10，公差为－4的等差数列，因此Sn ＝－2n2＋12n ，故当n ＝3时，Sn 有最大值．3. 已知数列{an}的前n 项和为Sn ，对一切正整数n ，点Pn(n ，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x 的图象上，且在点Pn(n ，Sn)处的切线的斜率为kn. (1) 求数列{an}的通项公式；(2) 若bn ＝2knan ，求数列{bn}的前n 项和Tn. 解： (1) ∵ 点Pn(n ，Sn)在函数f(x)＝x2＋2x 的图象上， ∴ Sn ＝n2＋2n(n ∈N*)，当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a1＝S1＝3满足上式，所以数列{an}的通项公式为an ＝2n ＋1. (2) 由f(x)＝x2＋2x ，求导得f ′(x)＝2x ＋2. ∵ 在点Pn(n ，Sn)处的切线的斜率为kn ， ∴ kn ＝2n ＋2，∴ bn ＝2knan ＝4·(2n ＋1)·4n ， ∴ Tn ＝4×3×4＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4×(2n ＋1)×4n ，用错位相减法可求得Tn ＝6n ＋19·4n ＋2－169.4. 已知等差数列{an}是递增数列，且满足a4·a7＝15，a3＋a8＝8. (1) 求数列{an}的通项公式；(2) 令bn ＝19an －1an (n≥2)，b1＝13，求数列{bn}的前n 项和Sn.解：(1) 根据题意：a3＋a8＝8＝a4＋a7，a4·a7＝15，知：a4，a7是方程x2－8x ＋15＝0的两根，且a4<a7，解得a4＝3，a7＝5，设数列{an}的公差为d ，由a7＝a4＋(7－4)·d ，得d ＝23.故等差数列{an}的通项公式为an ＝a4＋(n －4)·d ＝3＋23(n －4)＝2n ＋13.(2) 当n≥2时，bn ＝19an －1an ＝19⎝⎛⎭⎫23n －13⎝⎛⎭⎫23n ＋13＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.又b1＝13＝12⎝⎛⎭⎫1－13，∴ Sn ＝b1＋b2＋…＋bn＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.1. an 的两种常见变形an ＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an －an －1)(累加法)an ＝a1·a2a1·a3a2·…anan －1(累乘法)2. 数列求和的方法技能 ① 倒序相加 ② 错位相减 ③ 分组求和 ④ 拆项相消3. 方程思想、函数思想、化归思想、整体思想、分类讨论等数学思想在数列中均得到广泛应用，尤其是运用化归的思想将问题转化为等差、等比数列问题来研究是解决数列综合问题的最基本思维方法．请使用课时训练（B ）第4课时（见活页）.[备课札记]。

高考数学-等差数列、等比数列与数列求和(教师版)

例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.【高考命题】一般数列求和，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．(1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；(2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n（4）{}n a 为等差数列，公差为d ，则11n n a a += 【小测】1．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.解析设等比数列的首项为a 1，公比为q .因为8a 2＋a 5＝0，所以8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 11－q 51－q·1－q a 11－q 2＝1－q 51－q 2＝1－－251－4＝－11.3．(2012·无锡市第一学期期末考试)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝2a m ，则m ＝________.解析设等比数列{a n }的公比为q ，显然q ≠1.由2S 9＝S 3＋S 6得2·a 11－q 91－q＝a 11－q 31－q＋a 11－q 61－q，所以2q 9＝q 3＋q 6，即1＋q 3＝2q 6.由于a 2＋a 5＝2a m ，所以a 1q ＋a 1q 4＝2a 1q m －1，即1＋q 3＝2q m －2，所以m －2＝6，所以m ＝8.4．数列{a n }是等差数列，若a 11a 10＜－1，且它的前n 项和S n 有最大值，那么当S n 取得最小正值时，n ＝________.解析由题意，可知数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，所以公差小于零，故a 11＜a 10，又因为a 11a 10＜－1，所以a 10＞0，a 11＜－a 10，由等差数列的性质有a 11＋a 10＝a 1＋a 20＜0，a 10＋a 10＝a 1＋a 19＞0，所以S n 取得最小正值时n ＝19.【考点1】等差数列与等比数列的综合【例1】 (2011·江西卷)(1)已知两个等比数列{a n }，{b n }，满足a 1＝a (a ＞0)，b 1－a 1＝1，b 2－a 2＝2，b 3－a 3＝3，若数列{a n }唯一，求a 的值；(2)是否存在两个等比数列{a n }，{b n }，使得b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列？若存在，求{a n }，{b n }的通项公式；若不存在，说明理由．解 (1)设{a n }的公比为q ，则b 1＝1＋a ，b 2＝2＋aq ，b 3＝3＋aq 2，由b 1，b 2，b 3成等比数列得(2＋aq )2＝(1＋a )(3＋aq 2)，即aq 2－4aq ＋3a －1＝0.*由a ＞0得，Δ＝4a 2＋4a ＞0，故方程*有两个不同的实根．再由{a n }唯一，知方程*必有一根为0，将q ＝0代入方程*得a ＝13.(2)假设存在两个等比数列{a n }，{b n }使b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列．设{a n }的公比为q 1，{b n }的公比为q 2，则b 2－a 2＝b 1q 2－a 1q 1，b 3－a 3＝b 1q 22－a 1q 21，b 4－a 4＝b 1q 32－a 1q 31. 由b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成等差数列，得 ⎩⎨⎧2b 1q 2－a 1q 1＝b 1－a 1＋b 1q 22－a 1q 21，2b 1q 22－a 1q 21＝b 1q 2－a 1q 1＋b 1q 32－a 1q 31，即⎩⎨⎧b 1(q 2－1)2－a 1(q 1－1)2＝0， ①b 1q 2(q 2－1)2－a 1q 1(q 1－1)2＝0. ②①×q 2－②得a 1(q 1－q 2)(q 1－1)2＝0，由a 1≠0得q 1＝q 2或q 1＝1.(ⅰ)当q 1＝q 2时，由①②得b 1＝a 1或q 1＝q 2＝1，这时(b 2－a 2)－(b 1－a 1)＝0，与公差不为0矛盾． (ⅱ)当q 1＝1时，由①②得b 1＝0或q 2＝1，这时(b 2－a 2)－(b 1－a 1)＝0，与公差不为0矛盾．综上所述，不存在两个等比数列{a n }，{b n }使b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列．[方法总结] 对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n 项和；分析等差、等比数列项之间的关系．往往用到转化与化归的思想方法．【变式】 (2012·苏州市自主学习调查)已知数列{a n }各项均为正数，其前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在曲线(x ＋1)2＝4y 上．(1)求数列{a n }的通项公式；第(2)问求出{b n }的通项公式，用裂项相消求和．解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)， ∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)又b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. [方法总结] 使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．【变式】在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n n ＋12n ＋1＝n2.∴b n ＝2a n ·a n ＋1＝2n 2·n ＋12＝8nn ＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴S n ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝8nn ＋1. 【考点4】错位相减法求和【例4】设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .审题视点 (1)由已知写出前n －1项之和，两式相减．(2)b n ＝n ·3n 的特点是数列{n }与{3n }之积，可用错位相减法．解 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，① ∴当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，② ①－②得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n .在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ，∴a n ＝13n . (2)∵b n ＝na n，∴b n ＝n ·3n .∴S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ，③ ∴3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1.④ ④－③得2S n ＝n ·3n ＋1－(3＋32＋33＋…＋3n )，即2S n ＝n ·3n ＋1－31－3n 1－3，∴S n ＝2n －13n ＋14＋34.[方法总结] 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n －1a n }的前n 项和，从而利用a n 与S n 的关系求出通项3n －1a n ，进而求得a n ；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养．【变式】 (2011·辽宁卷)已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎨⎧ a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n . (2)n2n －1.即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12(舍去)．又∵a 25＝a 10＝a 5·q 5，∴a 5＝q 5＝25＝32， ∴32＝a 1·q 4，解得a 1＝2，∴a n ＝2×2n －1＝2n ，故a n ＝2n .4．(2012·重庆卷)已知数列{a n }为等差数列，且a 1＋a 3＝8，a 2＋a 4＝12. (1)求{a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，若a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，求正整数k 的值．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎨⎧a 1＋a 3＝8，a 2＋a 4＝12，得⎩⎨⎧2a 1＋2d ＝8，2a 1＋4d ＝12，解得a 1＝2，d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n . (2)由(1)得S n ＝na 1＋a n 2＝n2＋2n 2＝n (n ＋1)．因为a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，所以a 2k ＝a 1·S k ＋2，即(2k )2＝2(k ＋2)(k ＋3)，也即k 2－5k －6＝0，解得k ＝6或k ＝－1(舍去)．7．(2012·常州一中期中)已知数列{a n }与{2a n ＋3}均为等比数列，且a 1＝1，则a 168＝________.解析设{a n }公比为q ，a n ＝a 1q n －1＝q n －1，则2a 1＋3,2a 2＋3,2a 3＋3也为等比数列， ∴5,2q ＋3,2q 2＋3也为等比数列，则(2q ＋3)2＝5(2q 2＋3)，∴q ＝1，从而a n ＝1为常数列，∴a 168＝1.10．已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________.13(4n－1)． 14.(2012·盐城市二模)在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m 15对n ∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为________．解析由条件得公差d ＝21－54＝4，从而a 1＝1，所以a n ＝4n －3，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ＝1＋15＋…＋14n －3.11。

数列求和的七种方法｜数列求和教案

数列求和是知识掌握的重点，下面是为大家带来的数列求和教案，希望能帮助到大家!数列求和教案篇一汉滨高中李安锋教学目标:知识目标①复习等差和等比数列的前n项和公式、回忆公式推导过程所用倒序想加和错位相减的思想方法,及用数列求和公式求和时,应弄清基本量中各基本量的值,特别是用等比数列求和公式求和时,应关注公比q是否为1;②记住一些常见结论便于用公式法对数列求和;③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. 教学重点与难点教学重点等差等比数列求和及特殊数列求和的常用方法教学难点分析具体数列的求和方法及实际求解过程.教学方法、手段通过设问、启发、当堂训练的教学程序,采用启发式讲解、互动式讨论、反馈式评价的授课方式,培养学生的自学能力和分析与解决问题的能力,借助幻灯片辅助教学,达到增加课堂容量、提高课堂效率的目的,营造生动活泼的课堂教学氛围. 学法指导为了发挥学生的主观能动性,提高学生的综合能力,确定了三种学法(1)自主性学习法,(2)探究性学习法,(3)巩固反馈法,教学过程(一)情景导入复习回顾:等差数列和等比数列的前n项和公式?n(a1?an)n(n?1)?na1?d 等差数列求和公式Sn?22(q?1)?na1? 等比数列求和公式Sna1(1?qn)a1?anq ?(q?1)?1?q?1?q 教师引导学生回忆数列几种常见的求和方法?①公式法②分组求和法③裂项相消法④错位相减法(充分发挥学生学习的能动性,以学生为主体,展开课堂教学)(二)自学指导若已知一个数列的通项,如何对其前n项求和?①an?3n ②an?3n?2n?1 ③an?n(n?1)④an?1 ⑤an?n?3n n(n?1)(通过学生对几种常见的求和方法的归纳、总结,结合具体的实例、简单回忆各方法的应用背景.把遗忘的知识点形成了一个完整的知识体系)巩固检测题(1) a?a2?a3?an?________(2) 1+3+5+?+(2n+1)=(3)12?22?32n2?(复习等差与等比数列的求和公式:(1)中易忘讨论公比是否为1(2)中易错项数(3)与(4)是为用公式法求和作铺垫.)(三)例题展示例设Sn=1-3+5-7+9++101 求Sn分析: 拆并项求和思路? Sn=(1-3)+(5-7)+(9-11)+(97-99)+101=?Sn=1+(-3+5)+(-7+9)+(-11+13)+(-99+101)=? Sn=(1+5++101)-(3+7++99)=意图通过一题多解,开阔学生的思维.，分析①②③培养学生的拆项求和与并项求和的意识, 比较分析①②思考应留下。

2015江苏高考数学数列求和复习

大方向教育个性化辅导教案教师：徐琨学生：周苏湘学科：数学时间：课题（课型）数列求和教学方法：知识梳理、例题讲解、归纳总结、巩固训练【高考考情解读】高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题.2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．1．数列求和的方法技巧(1)分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．(2)错位相减法这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}，{b n}分别是等差数列和等比数列．(3)倒序相加法这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，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)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．这种方法，适用于求通项为1a n a n＋1的数列的前n项和，其中{a n}若为等差数列，则1a n a n＋1＝1d⎝⎛⎭⎫1a n－1a n＋1.常见的拆项公式：①1n(n＋1)＝1n－1n＋1；②1n(n＋k)＝1k(1n－1n＋k)；③1(2n－1)(2n＋1)＝12(12n－1－12n＋1)；④1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)．考点一分组转化求和法例1 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行9818(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．(2013·安徽)设数列{a n }满足a 1＝2，a 2＋a 4＝8，且对任意n ∈N *，函数f (x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x ＋a n ＋1cos x －a n ＋2sin x 满足f ′⎝⎛⎭⎫π2＝0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2⎝⎛⎭⎫a n ＋12a n，求数列{b n }的前n 项和S n .考点二错位相减求和法例2 (2013·山东)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，求{b n }的前n 项和T n .错位相减法求数列的前n 项和是一类重要方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n .考点三裂项相消求和法例3 (2013·广东)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，n ∈N *, 且a 2，a 5，a 14构成等比数列． (1)证明：a 2＝4a 1＋5； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<12.数列求和的方法：(1)一般地，数列求和应从通项入手，若无通项，就先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备适用某种特殊方法的形式，从而选择合适的方法求和得解．(2)已知数列前n 项和S n 或者前n 项和S n 与通项公式a n 的关系式，求通项通常利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)S n －S n －1(n ≥2).已知数列递推式求通项，主要掌握“先猜后证法”“化归法”“累加(乘)法”等．已知x ，f (x )2，3(x ≥0)成等差数列．又数列{a n }(a n >0)中，a 1＝3，此数列的前n 项和为S n ，对于所有大于1的正整数n 都有S n ＝f (S n －1)．(1)求数列{a n }的第n ＋1项；(2)若b n 是1a n ＋1，1a n的等比中项，且T n 为{b n }的前n 项和，求T n .1．数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题型的关键．若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：(1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)S n －S n －1(n ≥2).(2)递推关系形如a n ＋1－a n ＝f (n )，常用累加法求通项． (3)递推关系形如a n ＋1a n＝f (n )，常用累乘法求通项．(4)递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q (p 、q 是常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，此类通项问题，常用待定系数法．可设a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，经过比较，求得λ，则数列{a n ＋λ}是一个等比数列． (5)递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q n (q ，p 为常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以q n 转化为类型(4)，或同除以p n＋1转为用迭加法求解．2．数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：(1)错位相减法求和时将问题转化为等比数列的求和问题求解． (2)并项求和时，将问题转化为等差数列求和．(3)分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解．提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n ＋1项中的前n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．3．数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力．其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在试题中主要有：一是，构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；二是，通过归纳得到结论，再用数列知识求解.1．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么称这个数列为等积数列，称k为这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.2．秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院30天入院治疗甲流的人数为________．3．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和S n ，且满足：a 2·a 4＝65，a 1＋a 5＝18.(1)若1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，求i 的值；(2)设b n ＝n (2n ＋1)S n，是否存在一个最小的常数m 使得b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正一、填空题1．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n ＝________.2．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 013，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 013的值等于________．3．对于数列{a n }，a 1＝4，a n ＋1＝f (a n )，n ＝1,2，…，则a 2 013＝________.x 1 2 3 4 5 f (x )543124．设{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，记M n ＝ab 1＋ab 2＋…＋ab n ，则数列{M n }中不超过2 013的项的个数为________．5．在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15>0，S 16<0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是________．6．数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012＝________.7．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(n 为奇数)，－n 2(n 为偶数)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012＝________.8．数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝________.9．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝4(n ≥1)且a 1＝9，其前n 项之和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1125的最小整数n 是________．二、解答题10．已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋qa n (q >0)，求数列{b n }的前n 项和S n .11．将函数f (x )＝sin 14x ·sin 14(x ＋2π)·sin 12(x ＋3π)在区间(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{a n }(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的表达式．12.(2013·高考天津卷)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且－2S 2，S 3，4S 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明S n ＋1S n ≤136(n ∈N *).学生对本次课的评定：○特别满意 ○满意 ○一般 ○差学生签字：教导主任签字：大方向教育教务。

高考数学数列专题复习二数列求和素材(教师版)

数列专题复习二数列求和（教师版）1.基本公式法：()1等差数列求和公式：()()11122n n n a a n n S na d +-==+()2等比数列求和公式：()111,11,111n n n na q S a q a a qq q q =⎧⎪=-⎨-=≠⎪--⎩()3* ()()2221121216n n n n +++=++ ；()4* ()23333112314n n n ++++=+⎡⎤⎣⎦ ； 2.错位相消法：给12n n S a a a =+++ 各边同乘以一个适当的数或式，然后把所得的等式和原等式相减，对应项相互抵消，最后得出前n 项和n S .一般适应于数列{}n n a b 的前n 向求和，其中{}n a 成等差数列，{}n b 成等比数列。

3.分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列，然后利用公式法求和。

4.拆项（裂项）求和：把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩下有限项再求和.常见的拆项公式有：()1若{}n a 是公差为d 的等差数列，则111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭； ()2()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭；()3* ()()()()()1111122112n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦；()41a b=--；()5*1k=；5.倒序相加法：根据有些数列的特点，将其倒写后与原数列相加，以达到求和的目的。

6导数法：灵活利用求导法则有时也可以完成数列求和问题的解答. 7.递推法.8.奇偶分析法.一．基本公式法例1． =+++++13742222n 练1．=++++98852 练2.123232323232-++++n =二．错位相消法例).0()12(531:112≠⋅-++++=-a an a a S n n ：求和.)1()1(21)12(1,1)1(2)12(1)12()(21)(1② ①②)12()32(53①)12(53101.2)]12(1[)12(531121112132122a aa aan S a aa an an aaa S a a n an a a a aSan a a S a a n nn n S a n nn n nnn n nn nn n n --+-⋅--=∴--+--=--++++=---+-++++=-++++=≠≠=⋅-+=-++++==----- 得时，，当时，解：当例2．已知数列{n a }满足：}{,2)32()12(3121n n n b n a n a a 数列+⋅-=-+++ 的前n 项和n n n n W n b a n n S 项和的前求数列}{.222⋅-+=. 解．当),12(22)52(2)32()12(,21-=⋅--⋅-=⋅-≥+n n n a n n nnn n 时;14,2.4)2(2,4;2111-=-=≥⎩⎨⎧-=≥=-==∴-n S S b n a n a a a n n n n n nn 时当得而而.)2(141,111⎩⎨⎧≥-===n n b b b n得 )14(215211272)],14(211272[443232-++⨯+⨯+⨯=-++⨯+⨯+-=∴n s n W nnn 记)14(2)54(2112722143-+-++⨯+⨯=∴+n n s n n ②， ①－②得)14(2)222(428143--++++=-+n s n n).54(2),54(24),45(24)14(2)12(322811112-=-+=∴-+-=---+=++++-n W n s n n n n n n n n 得练1. 已知数列.}{,)109()1(n n nn S n a n a 项和的前求⨯+=解. nn n b n a )109(,1=+=为等差数列为等比数列，∴应运用错位求和方法：.)109()10(999),10()109(1099)109()1(])109(1[108159)109()1(])109()109()109[(59101:,)109()1()109(3)109(2109;)109()1()109(31092111321322nn n n nn nn n n nn n S n n n S n S n S ⨯+-=∴+-=⨯+--⨯+=⨯+-++++=⨯+++⨯+⨯=∴⨯+++⨯+⨯=++++ 两式相减得①练2. 已知数列nn n b 4249⋅+=，求数列{}n b 的前n 项和n T 。

江苏省高中数学苏教版必修5《2.1数列求和》学案

数列求和【学习目标】掌握数列求和的常用方法【学习过程】数列求和的常用方法如下：⑴公式法：利用已知的求和公式来求和，如等差数列与等比数列求和公式；例1：已知数列{}n a 中，3,6011+=-=+n n a a a ，则30321a a a a ++++ =（2）分组求和法：所谓分组求和法，即将一个数列中的项拆成几项，转化成特殊数列求和。

例2、求数列 ,1614,813,412,211的前n 项和；练习：求和：∑=+n k kk 1)312(（3）倒序相加法：将一个数列倒过来排序（倒序），当它与原数列相加时，若有因式可提，并且剩余的项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和。

如等差数列的求和公式2)(1n n a a n S +=的推导。

例3、已知)(x f 满足R x x ∈21,，当121=+x x 时，21)()(21=+x f x f ，求*∈+-++++N n f nn f n f n f f ),1()1()2()1()0( 的值；练习：求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222+++++的值。

（4）裂项相消法：若数列}{n a 能裂项成)()1(n f n f a n -+=，即所裂两项具有传递性（即关于n 的相邻项，使展开后中间项能全部消去）。

例4、已知数列}{n a 满足)1(1+=n n a n ，求数列}{n a 的前n 项和n S练习：1、求数列n+++++++ 3211,,3211,211,1的前n 项和n S2、已知数列}{n a 的通项公式为n a =n 项的和n S ．总结规律：裂项相消求和就是将数列的每一项拆成两项或多项，使数列中的项出现有规律的抵消项，从而达到求和的目的。

常见的拆项公式有：)1(1+=n n a n = ；)13)(23(1+-=n n a n = )2)(1(1++=n n n a n = ；b a a n +=1=（5）错位相减法：这是推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列}{n n b a ⋅的前n 项和，其中}{n a 、}{n b 分别是等差数列和等比数列。

高中数学：数列求和方法归纳教师版

数列求和方法一、利用常用求和公式求和 1、等差数列求和公式:d n n na a a n S n n 2 1(2 (11-+=+=2、等比数列求和公式:⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==1(11 1( 1(111q q q a a q q a q na S n nn[例 1] 已知 3log 1log 23-=x ,求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前 n 项和 . 解:由 212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x 由等比数列求和公式得:n n x x x x S +⋅⋅⋅+++=32= xx x n--1 1(=21111(1--n =1-n 21 [例 2] 设S n =1+2+3+…+n, n ∈ N *, 求 132( (++=n nS n S n f 的最大值 .解:由等差数列求和公式得 1(21+=n n S n , 2(1(21++=n n S n ∴ 1 32( (++=n n S n S n f =64342++n n n =n n 64341++=50 8(12+-nn 501≤∴当 8-n ,即 n =8时, 501 (max =n f二、错位相减法求和这种方法是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法, 这种方法主要用于求数列 {an · b n }的前 n 项和,其中 { an }、 { bn }分别是等差数列和等比数列 . [例 3] 求和:132 12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ……………………… ①解:由题可知, {1 12(--n x n }的通项是等差数列 {2n-1}的通项与等比数 {1-n x }的通项之积:设 n n x n x x x x xS 12(7531432-+⋅⋅⋅++++=… ② (设制错位①-②得 n n n x n x x x x x S x 12(222221 1(1432--+⋅⋅⋅+++++=--(错位相减再利用等比数列的求和公式得:n n n x n xx x S x 12(1121 1(1----⋅+=--。

《数列求和》教学设计

《数列求和》教学设计高三文科数学第一轮复习（第1课时）邵武一中杜海光一、学情分析：学生在前一阶段的学习中已经基本掌握了等差、等比数列这两类最基本的数列的定义、通项公式、求和公式，同时也掌握了与等差、等比数列相关的综合问题的一般解决方法。

本节课作为一节专题探究课，将会根据已知数列的特点选择适当的方法求出数列的前n项和，从而培养学生观察、分析、归纳、猜想的能力、逻辑思维能力以及演绎推理的能力。

二、教法设计：本节课设计的指导思想是：讲究效率，加强变式训练、合作学习。

采用以问题情景为切入点，引导学生进行探索、讨论，注重分析、启发、反馈。

先引出相应的知识点，然后剖析需要解决的问题，在例题及变式中巩固相应方法，再从讨论、反馈中深化对问题和方法的理解，从而较好地完成知识的建构，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：①诱导思维法：使学生对知识进行主动建构，有利于调动学生的主动性和积极性，发挥其创造性；②分组讨论法：有利于学生进行交流，及时发现问题，解决问题，调动学生的积极性；③讲练结合法：可以及时巩固所学内容，抓住重点，突破难点。

三、教学设计：1、教材的地位与作用：对数列求和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的内容；另一个面，数学思想方法的考查在高考中逐年加大了它的份量。

化归与转化思想是本课时的重点数学思想方法，化归思想就是把不熟悉的问题转化成熟悉问题的数学思想，即把数学中待解决或未解决的问题，通过观察、分析、联想、类比等思维过程，选择恰当的方法进行变换、转化，归结到某个或某些已经解决或比较容易解决的问题上，最终解决原问题的一种数学思想方法；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。

因此，研究由递推公式求数列通项公式中的数学思想方法是很有必要的。

2、教学重点、难点：教学重点：根据数列通项求数列的前n项，本节课重点学习并项分组求和与裂项法求和。

教学难点：解题过程中方法的正确选择。

高考数学一轮复习第六章数列 6.4 数列求和教学案苏教版-苏教版高三全册数学教学案

第四节数列求和[最新考纲] 1.掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d ；(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 11－q n1－q ，q ≠1.2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(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(注意消项规律)，从而求得前n 项和．裂项时常用的三种变形：①1nn ＋1＝1n －1n ＋1；②12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(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．(5)并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)已知等差数列{a n }的公差为d ，则有1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1.( )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1. ( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n之和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) 利用倒序相加法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23° ＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5. ( ) [答案](1)√ (2)√ (3)× (4)√二、教材改编1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1nn ＋1，则S 5等于( )A ．1 B.56 C.16 D.130B [∵a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.]2．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( )A ．2n＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n＋n －2C [S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n －1)＝(2＋22＋ (2))＋2(1＋2＋3＋…＋n )－n ＝21－2n1－2＋2×n n ＋12－n＝2(2n－1)＋n 2＋n －n ＝2n ＋1＋n 2－2.]3．S n ＝12＋12＋38＋…＋n2n 等于( )A.2n－n －12nB.2n ＋1－n －22nC.2n－n ＋12nD.2n ＋1－n ＋22nB [由S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1，∴S n ＝2n ＋1－n －22n.] 4．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝ .9 [S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.]考点1 分组转化法求和分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和． [解](1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝n 2＋n2－n －12＋n －12＝n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝1满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n＋(－1)nn . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝21－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.[母题探究] 在本例(2)中，若条件不变求数列{b n }的前n 项和T n .[解] 由本例(1)知b n ＝2n＋(－1)nn . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n ＝2n ＋1－n 2－52. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.常用并项求和法解答形如(－1)na n 的数列求和问题，注意当n 奇偶性不定时，要对n 分奇数和偶数两种情况分别求解．对n 为奇数、偶数讨论数列求和时，一般先求n 为偶数时前n 项和T n .n为奇数可用T n ＝T n －1＋b n (n ≥2)或T n ＝T n ＋1－b n ＋1最好．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2n 项和T 2n .[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)．∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝(－2)×n ＝－2n .考点2 裂项相消法求和形如a n ＝1n n ＋k(k 为非零常数)型a n ＝1nn ＋k＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k .提醒：求和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．(2019·厦门一模)已知数列{a n }是公差为2的等差数列，数列{b n }满足b 1＝6，b 1＋b 22＋b 33＋…＋b nn ＝a n ＋1.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n b n 的前n 项和．[解](1)数列{a n }是公差为2的等差数列，数列{b n }满足b 1＝6，b 1＋b 22＋b 33＋…＋b nn＝a n ＋1.所以当n ＝1时，a 2＝b 1＝6，故a n ＝6＋2(n －2)＝2n ＋2，由于b 1＋b 22＋b 33＋…＋b nn ＝a n ＋1，①当n ≥2时，b 1＋b 22＋b 33＋…＋b n －1n －1＝a n ，②①－②得：b nn＝a n ＋1－a n ＝2，所以b n ＝2n .所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n ＝12nn ≥2.(2)当n ＝1时，S 1＝1a 1b 1＝14×6＝124.当n ≥2时，1a nb n ＝12n 2n ＋2＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则S n ＝124＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1，＝124＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1，＝2n －112n ＋1，当n ＝1时满足上式，故S n ＝2n －112n ＋1.本例第(1)问在求{b n }的通项公式时灵活运用了数列前n 项和与项的关系，注意通项公式是否包含n ＝1的情况；第(2)问在求解中运用了裂项法，即若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1.[教师备选例题](2019·唐山五校联考)已知数列{a n }满足：1a 1＋2a 2＋…＋n a n ＝38(32n－1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a n n ，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1.[解] 1a 1＝38(32－1)＝3，当n ≥2时，因为n a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n －1a n －1 ＝38(32n －1)－38(32n －2－1) ＝32n －1，当n ＝1时，n a n＝32n －1也成立，所以a n ＝n32n －1.(2)b n ＝log 3a nn＝－(2n －1)，因为1b n b n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.(2017·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∑nk ＝11S k ＝ .2nn ＋1[设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n n ＋12，1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，因此∑nk ＝1 1S k ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1.] 形如1n ＋k ＋n (k 为非零常数)型 a n ＝1n ＋k ＋n ＝1k (n ＋k －n )．已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋1＋f n ，n ∈N *，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝( )A. 2 018－1B. 2 019－1C. 2 020－1D. 2 020＋1C [由f (4)＝2得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x .∴a n ＝1f n ＋1＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 020－ 2 019)＝ 2 020－1.]运用分母有理化对分式1n ＋1＋n 正确变形并发现其前后项之间的抵消关系是求解本题的关键．求和S ＝11＋3＋13＋5＋…＋1119＋121＝( )A ．5B ．4C ．10D ．9A [S ＝1－31－3＋3－53－5＋…＋119－121119－121＝1－11－2＝5，故选A.]形如b n ＝q －1a n a n ＋k a n ＋1＋k (q 为等比数列{a n }的公比)型b n ＝q －1a n a n ＋k a n ＋1＋k ＝1a n ＋k －1a n ＋1＋k .(2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n .[解](1)∵a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1，∴a 1＝S 1＝a 22－2＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n ＋12－n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2－n ，即a n ＋1＝3a n ＋2，又a 2＝8＝3a 1＋2， ∴a n ＋1＝3a n ＋2，n ∈N *， ∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是等比数列，且首项为a 1＋1＝3，公比为3，∴a n＋1＝3×3n －1＝3n ，∴a n ＝3n－1.(2)∵2×3na n a n ＋1＝2×3n3n －13n ＋1－1＝13n －1－13n ＋1－1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫13－1－132－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－133－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1. 本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如a n＋1＝λa n ＋μ的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相消法求和．已知 {a n }是等比数列，且a 2＝12，a 5＝116，若b n ＝a n ＋1a n ＋1a n ＋1＋1，则数列{b n }的前n 项和为( )A.2n－122n＋1 B.2n－12n ＋1 C.12n ＋1D.2n－12n ＋2A [a 5＝a 2·q 3，∴q 3＝18，∴q ＝12，a 1＝1，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1，形如a n ＝n ＋1n 2n ＋22型a n ＝n ＋1n 2n ＋22＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋22.正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1n ＋22a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n ＜564.[解](1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n ＞0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n .综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．(2)放缩法常见的放缩技巧有： ①1k 2＜1k 2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1. ②1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . ③2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 4＝2a 4－1，S 3＝2a 3－1.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 2(a n ·a n ＋1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：1T 1＋1T 2＋…＋1T n＜2.[解](1)设{a n }的公比为q ，由S 4－S 3＝a 4得2a 4－2a 3＝a 4，所以a 4a 3＝2，所以q ＝2.又因为S 3＝2a 3－1，所以a 1＋2a 1＋4a 1＝8a 1－1，所以a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)证明：由(1)知b n ＝log 2(a n ·a n ＋1)＝log 2(2n －1×2n)＝2n－1，所以T n ＝1＋2n －12·n ＝n 2，所以1T 1＋1T 2＋…＋1T n ＝112＋122＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋…＋1n －1n＝1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝2－1n＜2.考点3 错位相减法求和错位相减法求和的具体步骤步骤1→写出S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n .步骤2→等式两边同乘等比数列的公比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．(2019·莆田模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1，数列{b n }满足a 1＝b 1，点P (b n ，b n ＋1)在直线x －y ＋2＝0上，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b na n，求数列{c n }的前n 项和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 ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2)．又a 2＝2S 1＋1＝3，所以a 2＝3a 1.故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列．所以a n ＝3n －1.由点P (b n ，b n ＋1)，在直线x －y ＋2＝0上，所以b n ＋1－b n ＝2. 则数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列．则b n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.(2)因为c n ＝b n a n ＝2n －13n －1，所以T n ＝130＋331＋532＋…＋2n －13n －1.则13T n ＝131＋332＋533＋…＋2n －33n －1＋2n －13n ，两式相减得：23T n ＝1＋23＋232＋…＋23n －1－2n －13n .所以T n ＝3－12·3n －2－2n －12·3n －1＝3－n ＋13n －1.本例巧妙地将数列{a n }及其前n 项和为S n ，数列与函数的关系等知识融合在一起，难度适中．求解的关键是将所给条件合理转化，并运用错位相减法求和．(2019·烟台一模)已知等差数列{a n }的公差是1，且a 1，a 3，a 9成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2a n 的前n 项和T n .[解](1)因为{a n }是公差为1的等差数列，且a 1，a 3，a 9成等比数列，所以a 23＝a 1a 9，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋8)，解得a 1＝1. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .(2)T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，12T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n+1，两式相减得12T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n+1，所以12T n ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n+11－12－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1.所以T n ＝2－2＋n2n .在考查概率知识的同时，突出考查学生借用数列的递推关系将实际问题转化为数学问题的能力．数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率，银行信贷，浓度匹配，养老保险，圆钢堆垒等问题，这就要求考生除熟练运用数列的有关概念外，还要善于观察题设的特征，联想有关数学知识和方法，迅速确定解题的方向，以提高解题的速度．直接借助等差(等比)数列的知识建立等量关系态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14.(1)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出a n ，b n 的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？ [解](1)第1年投入为800万元，第2年投入为800×⎝⎛⎭⎪⎫1－15万元，…，第n 年投入为800×⎝⎛⎭⎪⎫1－15n-1万元，所以，n 年内的总投入为：a n ＝800＋800×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15＋…＋800×⎝⎛⎭⎪⎫1－15n-1＝4 000×⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n，第1年旅游业收入为400万元，第2年旅游业收入为400×⎝⎛⎭⎪⎫1＋14万元，…，第n年旅游业收入400×⎝⎛⎭⎪⎫1＋14n -1万元．所以，n 年内的旅游业总收入为b n ＝400＋400×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14＋…＋400×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14n -1＝1 600×⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1. (2)设至少经过n 年旅游业的总收入才能超过总投入，由此b n－a n ＞0，化简得5×⎝ ⎛⎭⎪⎫45n＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n－7＞0，即1 600×⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1－4000×⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n＞0，令x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45n，代入上式得：5x 2－7x ＋2＞0.解得x ＜25，或x ＞1(舍去)．即⎝ ⎛⎭⎪⎫45n＜25，由此得n ≥5. ∴至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.[评析] 本题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点，正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是本题的灵魂，(2)问中指数不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧．【素养提升练习】公民在就业的第一年就交纳养老储备金a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d＞0)，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，而且计算复利．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．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] T1＝a1，对n≥2反复使用上述关系式，得T n＝T n－1(1＋r)＋a n＝T n－2(1＋r)2＋a n－1(1＋r)＋a n＝a1(1＋r)n－1＋a2(1＋r)n－2＋…＋a n－1(1＋r)＋a n，①在①式两端同乘1＋r，得(1＋r)T n＝a1(1＋r)n＋a2(1＋r)n－1＋…＋a n－1(1＋r)2＋a n(1＋r)，②②－①，得rT n＝a1(1＋r)n＋d[(1＋r)n－1＋(1＋r)n－2＋…＋(1＋r)]－a n＝d[(1＋r)n－1－r]＋a1(1＋r)n－a n.r即T n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n－d r 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 ＋dr2(1＋r )为首项，以1＋r (r＞0)为公比的等比数列；{B n }是以－a 1r ＋d r 2－d r 为首项，－dr为公差的等差数列．借助数列的递推关系建立等量关系夏某今年一月初向银行贷款两万元作开店资金，全部用作批发某种商品．银行贷款的年利率为6%，约定一年后一次还清贷款．已知夏某每月月底获得的利润是该月月初投入资金的15%，每月月底需要交纳个人所得税为该月所获利润的20%，当月房租等其他开支1 500元，余款作为资金全部投入批发该商品再经营，如此继续，假定每月月底该商品能全部卖出．(1)设夏某第n 个月月底余a n 元，第n ＋1个月月底余a n ＋1元，写出a 1的值并建立a n ＋1与a n 的递推关系；(2)预计年底夏某还清银行贷款后的纯收入．(参考数据：1.1211≈3.48,1.1212≈3.90,0.1211≈7.43×10－11,0.1212≈8.92×10－12)[解](1)依题意，a 1＝20 000(1＋15%)－20 000×15%×20%－1 500＝20 900(元)，a n ＋1＝a n (1＋15%)－a n ×15%×20%－1 500＝1.12a n －1500(n ∈N *,1≤n ≤11)． (2)令a n ＋1＋λ＝1.12(a n ＋λ)，则a n ＋1＝1.12a n ＋0.12λ，对比(1)中的递推公式，得λ＝－12 500. 则a n －12 500＝(20 900－12 500)1.12n －1，即a n ＝8 400×1.12n －1＋12 500.则a 12＝8 400×1.1211＋12 500≈41 732(元)．又年底偿还银行本利总计20 000(1＋6%)＝21 200(元)，故该生还清银行贷款后纯收入41 732－21 200＝20 532(元)． [评析](1)先求出a 1的值，并依据题设得出a n ＋1与a n 的关系；(2)利用构造法求得{a n }的通项公式，并求相应值．【素养提升练习】如图，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，…，P n (x n ，y n )，…，是曲线C ：y 2＝12x (y ≥0)上的点，A 1(a 1,0)，A 2(a 2,0)，…，A n (a n,0)，…，是x 轴正半轴上的点，且△A 0A 1P 1，△A 1A 2P 2，…，△A n－1A n P n，…，均为斜边在x 轴上的等腰直角三角形(A 0为坐标原点)．(1)写出a n －1、a n 和x n 之间的等量关系，以及a n －1、a n 和y n 之间的等量关系；(2)用数学归纳法证明a n ＝n n ＋12(n ∈N *)；(3)设b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n，对所有n ∈N *，b n ＜log 8t恒成立，求实数t 的取值范围．[解](1)依题意，△A 0A 1P 1，△A 1A 2P 2，…，△A n －1A n P n ，…，均为斜边在x 轴上的等腰直角三角形(A 0为坐标原点)，故有x n ＝a n －1＋a n2，y n ＝a n －a n －12.(2)证明：①当n ＝1时，可求得a 1＝1＝1×22，命题成立；②假设当n ＝k 时，命题成立，即有a k ＝k k ＋12.则当n ＝k ＋1时，由归纳假设及(a k －a k －1)2＝a k －1＋a k ，得⎣⎢⎡⎦⎥⎤a k ＋1－k k ＋122＝k k ＋12＋a k ＋1.即(a k ＋1)2－(k 2＋k ＋1)a k ＋1＋k k －12·k ＋1k ＋22＝0，解得a k ＋1＝k ＋1k ＋22(a k ＋1＝k k －12＜a k ，不合题意，舍去)，即当n ＝k ＋1时，命题成立.综上所述，对所有n ∈N *，a n ＝n n ＋12.(3)b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n＝2n ＋1n ＋2＋2n ＋2n ＋3＋…＋22n 2n ＋1＝2n ＋1－22n ＋1＝2n 2n 2＋3n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋3.因为函数f (x )＝2x ＋1x在区间[1，＋∞)上单调递增，所以当n＝1时，b n 最大为13，即b n ≤13.由题意，有13＜log 8t ，所以t ＞2，所以，t ∈(2，＋∞).。

高中数学学案数列求和苏教版必修2

数列求和一、利用常用求和公式求和 1、等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q qa a qq a q na S n n n [例1] 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx x x x 32的前n 项和. 解：由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x由等比数列求和公式得：n n x x x x S +⋅⋅⋅+++=32 = xx x n--1)1(＝211)211(21--n ＝1－n 21 [例2] 设S n ＝1+2+3+…+n ，n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解：由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n ， )2)(1(21++=n n S n ∴ 1)32()(++=n nS n S n f ＝64342++n n n ＝n n 64341++＝50)8(12+-nn 501≤ ∴ 当88-n ，即n ＝8时，501)(max =n f 二、错位相减法求和(推导等比数列前n 项和)这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和，其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列.（差比数列）三、倒序相加法求和(推导等差数列的前n 项和就是用了此方法)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)(1n a a +.[例6] 求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得：1s i n 2s i n 3s i n 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S ……② 又因为1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x ，①+②得：)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89 ∴ S ＝44.5四、分组法求和有一类数列，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7] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n ，… 解：设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aa a S n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aa a S n n （分组）当a ＝1时，2)13(n n n S n -+=＝2)13(n n +（分组求和）当1≠a 时，2)13(1111n n aa S n n -+--=＝2)13(11nn a a a n -+--- [例8] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解：设k k k k k k a k ++=++=2332)12)(1(∴ ∑=++=nk n k k k S 1)12)(1(＝)32(231k k knk ++∑=将其每一项拆开再重新组合得： S n ＝k k k nk nk nk ∑∑∑===++1213132＝)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++= 2)1(2)12)(1(2)1(22++++++n n n n n n n ＝2)2()1(2++n n n 五、裂项法求和这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 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. 通项分解（裂项）如：（1）)()1(n f n f a n -+= （2）n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ （3）111)1(1+-=+=n n n n a n （4）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n（5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a nnnn n n n n n S n n n n n n n n n a 2)1(11,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=-则 [例10] 在数列{a n }中，11211++⋅⋅⋅++++=n nn n a n ，又12+⋅=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项的和.解： ∵ 211211n n n n n a n =++⋅⋅⋅++++=∴ )111(82122+-=+⋅=n n n n b n ∴数列{b n }的前n 项和：)]111()4131()3121()211[(8+-+⋅⋅⋅+-+-+-=n n S n ＝)111(8+-n ＝ 18+n n[例11] 求证：1sin 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 12=+⋅⋅⋅++ 解：设89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S ∵n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S ＝]}88tan 89[tan )2tan 3(tan )1tan 2(tan )0tan 1{(tan 1sin 1-+-+-+- ＝)0tan 89(tan 1sin 1 -＝1cot 1sin 1⋅＝ 1sin 1cos 2 ∴ 原等式成立六、合并法求和针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求S n .[例12] 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.解：设S n ＝ cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°∵)180cos(cos n n --= （找特殊性质项）∴S n ＝（cos1°+ cos179°）+（ cos2°+ cos178°）+ （cos3°+ cos177°）+···+（cos89°+ cos91°）+ cos90°＝ 0 （合并求和）[例13] 数列{a n }：n n n a a a a a a -====++12321,2,3,1，求S 2002.解：设S 2002＝2002321a a a a +⋅⋅⋅+++，由nn n a a a a a a -====++12321,2,3,1可得,2,3,1654-=-=-=a a a ,2,3,1,2,3,1121110987-=-=-====a a a a a a ……2,3,1,2,3,1665646362616-=-=-====++++++k k k k k k a a a a a a ∵0665646362616=+++++++++++k k k k k k a a a a a a∴ S 2002＝2002321a a a a +⋅⋅⋅+++=)()()(66261612876321++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+++k k k a a a a a a a a a a 2002200120001999199819941993)(a a a a a a a +++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+=2002200120001999a a a a +++＝46362616+++++++k k k k a a a a ＝5[例14] 在各项均为正数的等比数列中，若103231365log log log ,9a a a a a +⋅⋅⋅++=求的值。

高中数学数列求和理苏教版必修5

高二数学数列求和理苏教版【本讲教育信息】一. 教学内容：数列求和二. 本周教学目标：小结数列求和的常用方法，初步掌握用拆项法、裂项法和错位法求一些特殊的数列三. 本周知识要点：（一）基本公式：1. 等差数列的前n 项和公式：2)(1n n a a n S +=， 2)1(1dn n na S n -+= 2. 等比数列的前n 项和公式：当1≠q 时，q q a S n n --=1)1(1 ① 或qq a a S n n --=11 ②当q ＝1时，1na S n =（二）数列求和的常用方法：1. 公式法（若问题可转化为等差、等比数列，则直接利用求和公式即可）例1：求2222222210099654321+--+-+-+-Λ之和分析：本题运用平方差公式将原数列变形为等差数列，然后用等差数列的求和公式解：原式＝)99100()56()34()12(22222222-++-+-+-Λ＝)99100)(99100()56)(56()34)(34()12)(12(-+++-++-++-+Λ＝1991173++++Λ其中n ＝50，由等差数列求和公式，得：50502)1993(5050=+=s ；当q ＝1时，1na S n =2. 拆项法(分组求和法)：若数列{}n a 的通项公式为n n n b a c +=，其中{}{}n n b a ,中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般用分组结合法例2：求数列ΛΛΛΛ,)23(1,,101,71,41,11132-+++++-n aa a a n 的前n 项和。

解：设数列的通项为a n ，前n 项和为S n ，则 )23(11-+=-n a a n n)]23(741[)1111(12-+++++++++=∴-n aa a S n n ΛΛΛΛ当1=a 时，232)231(2nn n n n S n +=-++=当1≠a 时，2)13(12)231(11111n n a a a n n aa S n n n nn -+--=-++--=-3. 裂项法：如果一个数列的每一项都能化为两项之差，并且前一项的减数恰与后一项的被减数相同，求和时中间项相互抵消，这种数列求和的方法就是裂项相消法。

高中数学数列求和方法归纳教师版

高中数学数列求和方法归纳教师版----63805869-7166-11ec-8655-7cb59b590d7d高中数学数列求和方法归纳教师版高中数学&科隆；序列教师版的求和法一、利用常用求和公式求和1、等差数列求和公式：sn=n（a1+an）n（n-1）=na1+d2、等比数列求和公22（q=1）⎧na1式：sn=⎧a1(1-q)a1-anq=（q）≠1)⎧1-q⎧1-q[例1]已知log3x=，求X+x2+X3+⋅⋅ + xn+⋅⋅⋅日志23解：由log3x=⇒log3x=-log32⇒x=log232由等比数列求和公式得：sn=x+x2+x3+⋅⋅⋅+xnx（1-x）＝1－1＝12n1-x[例2]设sn＝1+2+3+…+n，n∈n*,求f(n)=解：由等差数列求和公式得sn=∴f(n)=（n+32）序号+1n(n+1)，sn=(n+1)(n+2)2211nsn164850(n+32)sn+1n+34n+64n+34+（n-）2+50nn，即n＝8时，f(n)max=50——当n-二、错位相减法求和该方法用于推导等比序列的前n项和公式。

该方法主要用于求序列{an·BN}的前n项之和，其中{an}，{BN}分别是等差序列和等比序列[例3]求和：SN=1+3x+5x2+7X3+⋅⋅⋅ + （2n-1）XN-1。

①解：由题可知，{(2n-1)xn-1}的通项是等差数列{2n－1}的通项与等比数{xn-1}的通项之积：设xsn=1x+3x2+5x3+7x4+⋅⋅⋅+(2n-1)xn…②（设制错位）① - ② 获取（1-x）序列号=1+2x+2x2+2x3+2x4+⋅⋅⋅ + 2xn-1-（2n-1）xn（错位相减）再利用等比数列的求和公式得：1-xn-1(1-x)sn=1+2x⋅-(2n-1)xn。

∴（2n-1）xn+1-（2n+1）xn+（1+x）2462n2n[例4]求序列前n项的和，2,3，⋅⋅, N⋅⋅⋅ {n}的一般项是等偏差数列{2n}的通项与等比数列{n}的通项之积设置序号=+2+3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅ + N①sn=2+3+4+⋅⋅⋅+n+1…………②22222①－②得12N122N(1-)sn=+2+3+4+⋅⋅⋅+n-n+1=2-n-1-n+1二亿二千二百二十二万二千二百二十二∴sn=4-n-1三、反相加法求和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（按相反顺序），然后将其添加到原始序列中，以获得sin21+sin22+sin23+⋅⋅⋅⋅ + sin288+sin289解：设s=sin21+sin22+sin23+⋅⋅⋅+sin288+sin289………….①颠倒公式的右边① 要获得：S=sin289+sin288+⋅⋅⋅⋅ + sin23+sin22+sin21。

江苏省南京师大附中高三数学周练第十周数列教师

江苏南京师大附中2015届高三数学每周辅导数列辅导（第十周）（教师版）1．若等比数列{a n }中，471,8a a ==，则6a 与10a 的等比中项是．【答案】16±2. 已知{a n }是等比数列，且0n a >，243546225a a a a a a ++=，,那么35a a +的值等于．【答案】53．等差数列{}n a 中，公差21=d ，前100项的和45100=S ，则99531...a a a a ++++= ．【答案】10 100110011001991100100()45,0.9,0.4,2S a a a a a a a a d =+=+=+=+-= "1995050()0.41022S a a =+=⨯=4．一个等比数列前n 项的和为48, 前2n 项的和为60, 则前3n 项的和为．【答案】由于n S ，2n n S S -，32n n S S -成等比数列，∴ 48，12，360n S -成等比数列，即231248(60)n S =-，∴363n S =5．数列11111,2,3,,,2482n n ++++……的前n 项和是．【答案】n n n n S )21(12)1(-++=)(*∈N n 6．设数列{}n a 是单调递增的等差数列,前三项的和是12,前三项的积是48,则它的首项是____. 【答案】设等差数列{}n a 前三项分别为,,a d a a d -+，依题意得 ()()1248a d a a d a d a a d -+++=⎧⎨-⨯⨯+=⎩ 解得42(2a d =⎧⎨=±-⎩由题意舍去）所以首项为2a d -=.7．等比数列各项均为正数，且它的任何一项都等于它的后面两项的和，则公比q 为____. 51- 设221215,10,0,n n n n n a a a qa q a q q q q ++-+=+=++-=>= 8．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，4S ＝14，S 10－7S ＝30，则S 9＝____. 【答案】54 设等差数列{}n a 的首项为a 1，公差为d ，由题意得,142)14(441=-+d a30]2)17(77[]2)110(1010[11=-+--+d a d a ，联立解得a 1=2,d=1，所以S 9＝5412)19(929=⋅-+⨯9．在数列{}n a 中，12a =，1431n n a a n +=-+，n ∈*N ．（Ⅰ）证明数列{}n a n -是等比数列；（Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S ；（Ⅲ）证明不等式14n n S S +≤，对任意n ∈*N 皆成立．【答案】．解：（Ⅰ）证明：由题设1431n n a a n +=-+，得1(1)4()n n a n a n +-+=-，n ∈*N ．又111a -=，所以数列{}n a n -是首项为1，且公比为4的等比数列．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知14n n a n --=，于是数列{}n a 的通项公式为14n n a n -=+．所以数列{}n a 的前n 项和．（Ⅲ）证明：对任意的n ∈*N ，1141(1)(2)41(1)443232n n n n n n n n S S ++⎛⎫-++-+-=+-+ ⎪⎝⎭21(34)02n n =-+-≤．所以不等式14n n S S +≤，对任意n ∈*N 皆成立．10．设{}n a 是等差数列，{}n b 是各项都为正数的等比数列，且111a b ==，3521a b +=，5313a b += （Ⅰ）求{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．【答案】解：（Ⅰ）设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，则依题意有0q >且解得2d =，2q =．所以1(1)21n a n d n =+-=-，112n n n b q --==．（Ⅱ）1212n n n a n b --=．122135232112222n n n n n S ----=+++++，① 3252321223222n n n n n S ----=+++++，② ②－①得22122221222222n n n n S ---=+++++-， 221111212212222n n n ---⎛⎫=+⨯++++- ⎪⎝⎭1111212221212n n n ----=+⨯--12362n n -+=-．41(1)32n n n n S -+=+。

高考数学大一轮复习6.4数列求和教师用书理苏教版

§6.4 数列求和1．求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d .②等比数列的前n 项和公式 (i)当q ＝1时，S n ＝na 1； (ii)当q ≠1时，S n ＝a 1－qn1－q＝a 1－a n q1－q. (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法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)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (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． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 2．常见的裂项公式 (1)1nn ＋＝1n －1n ＋1； (2)1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)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.( √ ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1)．( √ ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n之和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)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)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.( √ )(6)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )1．已知在每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1，且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *且n ≥2)，则a 81＝________. 答案 640解析由已知S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，∴{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2， ∴a 81＝S 81－S 80＝1612－1592＝640. 2．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100＝________.答案－200解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.3．(2014·广东)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________ 答案 50解析因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50.4．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n＝________. 答案 4－n ＋42n解析设S ＝3×12＋4×122＋5×123＋…＋(n ＋2)×12n ，则12S ＝3×122＋4×123＋5×124＋…＋(n ＋2)×12n ＋1. 两式相减得12S ＝3×12＋(122＋123＋…＋12n )－n ＋22n ＋1.∴S ＝3＋(12＋122＋…＋12n －1)－n ＋22n＝3＋12[1－12n －1]1－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n .题型一分组转化法求和例1 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n·(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，求其前n 项和S n . 解 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋(n －12－n )ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.思维升华某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．(1)数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }前12项和为________．(2)已知数列{a n }的前n 项是3＋2－1,6＋4－1,9＋8－1,12＋16－1，…，则数列{a n }的通项公式a n ＝________，其前n 项和S n ＝________. 答案 (1)78 (2)3n －1＋2n 12n (3n ＋1)＋2n ＋1－2解析 (1)由已知a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，① 得a n ＋2＋(－1)n ＋1a n ＋1＝2n ＋1，②由①②得a n ＋2＋a n ＝(－1)n·(2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.(2)由已知得数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2n －1＝3n －1＋2n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2＋5＋…＋3n －1)＋(2＋22＋ (2))＝n＋3n －2＋－2n1－2＝12n (3n ＋1)＋2n ＋1－2. 题型二错位相减法求和例2 已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(4－a n )qn －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .思维点拨 (1)列方程组求{a n }的首项、公差，然后写出通项a n . (2)q ＝1时，b n 为等差数列，直接求和；q ≠1时，用错位相减法求和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.故a n ＝3＋(n －1)·(－1)＝4－n . (2)由(1)得，b n ＝n ·qn －1，于是S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1.若q ≠1，将上式两边同乘以q 有qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n .两式相减得到(q －1)S n ＝nq n－1－q 1－q 2－…－q n －1＝nq n－q n －1q －1＝nq n ＋1－n ＋q n ＋1q －1.于是，S n ＝nq n ＋1－n ＋q n ＋1q －2.若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋2.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n n ＋2，q ＝1，nq n ＋1－n ＋q n ＋1q －2，q ≠1.思维升华 (1)错位相减法是求解由等差数列{b n }和等比数列{c n }对应项之积组成的数列{a n }，即a n ＝b n ×c n 的前n 项和的方法．这种方法运算量较大，要重视解题过程的训练． (2)注意错位相减法中等比数列求和公式的应用范围．已知首项为12的等比数列{a n }是递减数列，其前n 项和为S n ，且S 1＋a 1，S 2＋a 2，S 3＋a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ·log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求满足不等式T n ＋2n ＋2≥116的最大n 值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由题意知a 1＝12，又∵S 1＋a 1，S 2＋a 2，S 3＋a 3成等差数列， ∴2(S 2＋a 2)＝S 1＋a 1＋S 3＋a 3，变形得S 2－S 1＋2a 2＝a 1＋S 3－S 2＋a 3，即得3a 2＝a 1＋2a 3，∴32q ＝12＋q 2，解得q ＝1或q ＝12，又由{a n }为递减数列，于是q ＝12，∴a n ＝a 1qn －1＝(12)n . (2)由于b n ＝a n log 2a n ＝－n ·(12)n，∴T n ＝－[1·12＋2·(12)2＋…＋(n －1)·(12)n －1＋n ·(12)n]，于是12T n ＝－[1·(12)2＋…＋(n －1)·(12)n ＋n ·(12)n ＋1]，两式相减得：12T n ＝－[12＋(12)2＋…＋(12)n －n ·(12)n ＋1]＝－12·[1－12n]1－12＋n ·(12)n ＋1，∴T n ＝(n ＋2)·(12)n－2.∴T n ＋2n ＋2＝(12)n ≥116，解得n ≤4， ∴n 的最大值为4. 题型三裂项相消法求和例3 (2014·山东)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 －14na n a n ＋1＝(－1)n －14nn －n ＋＝(－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＝2n 2n ＋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.(或T n ＝2n ＋1＋－n －12n ＋1)思维升华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．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.四审结构定方案典例：(14分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .S n ＝－12n 2＋kn 及S n 最大值为8――→S n 是n 的函数n ＝k 时S n max ＝S k ＝8(根据S n 的结构特征确定k 值)2利用a n 、S n 的关系a n ＝92－n化简数列{9－2a n2n }9－2a n 2n＝n2n －1 根据数列的结构特征，确定求和方法：错位相减法 T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1①①式两边同乘以22T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2②错位相减T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.规范解答解 (1)当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[3分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .[6分]当n ＝1时，上式也成立，综上，a n ＝92－n .[8分](2)因为9－2a n 2n ＝n2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1， ①所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2 ②[10分]②－①得：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.[13分]2温馨提醒 (1)根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再根据{9－2a n2n }的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案； (2)利用S n 求a n 时不要忽视n ＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数． (3)可以通过n ＝1,2时的特殊情况对结论进行验证.方法与技巧非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．失误与防范1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n，a n ＋1的式子应进行合并．3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.A 组专项基础训练 (时间：40分钟)1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为________．答案 n 2＋1－12n解析该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .2．已知函数f (n )＝n 2cos n π，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________.答案－100解析 f (n )＝n 2cos n π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2n 为奇数n 2n 为偶数＝(－1)n ·n 2，由a n ＝f (n )＋f (n ＋1) ＝(－1)n ·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2＝(－1)n[n 2－(n ＋1)2] ＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201) ＝50×(－2)＝－100.3．数列a 1＋2，…，a k ＋2k ，…，a 10＋20共有十项，且其和为240，则a 1＋…＋a k ＋…＋a 10的值为________．答案 130解析 a 1＋…＋a k ＋…＋a 10 ＝240－(2＋…＋2k ＋…＋20) ＝240－＋2＝240－110＝130.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2n ，n 2－6n ＋n解析 ∵由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2. ∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7， ∴n ≤3时，a n <0，n >3时，a n >0，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2n ，n 2－6n ＋n5．数列a n ＝1nn ＋，其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n＝0在y 轴上的截距为________．答案－9解析数列的前n 项和为 11×2＋12×3＋…＋1n n ＋＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝910，∴n ＝9，∴直线方程为10x ＋y ＋9＝0. 令x ＝0，得y ＝－9，∴在y 轴上的截距为－9.6．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________.答案 6解析由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20， ∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21) ＝1＋10×12＝6.7．已知数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝－n ＋12(n ∈N *)，a 1＝－12，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 013＝________.答案－1 0072解析由题意知，a 1＝－12，a 2＝1，a 3＝－32，a 4＝2，a 5＝－52，a 6＝3，…，所以数列{a n }的奇数项构成了首项为－12，公差为－1的等差数列，偶数项构成了首项为1，公差为1的等差数列，通过分组求和可得S 2 013＝[(－12)×1 007＋1 007×1 0062×(－1)]＋(1×1 006＋1 006×1 0052×1)＝－1 0072.8．设f (x )＝4x4x ＋2，若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________.答案 1 007解析 ∵f (x )＝4x4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x ，∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x ＝1.S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，① S ＝f (2 0142 015)＋f (2 0132 015)＋…＋f (12 015)，② ①＋②得，2S ＝[f (12 015)＋f (2 0142 015)]＋[f (22 015)＋f (2 0132 015)]＋…＋[f (2 0142 015)＋f (12 015)]＝2 014，∴S ＝2 0142＝1 007.9．已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比为q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝143log a n (n ∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n . (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{c n }的前n 项和S n . 解 (1)由题意，知a n ＝(14)n (n ∈N *)，又b n ＝143log a n －2，故b n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)由(1)，知a n ＝(14)n ，b n ＝3n －2(n ∈N *)，所以c n ＝(3n －2)×(14)n (n ∈N *)．所以S n ＝1×14＋4×(14)2＋7×(14)3＋…＋(3n －5)×(14)n －1＋(3n －2)×(14)n，于是14S n ＝1×(14)2＋4×(14)3＋7×(14)4＋…＋(3n －5)×(14)n ＋(3n －2)×(14)n ＋1.两式相减，得34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n ]－(3n －2)×(14)n ＋1＝12－(3n ＋2)×(14)n ＋1. 所以S n ＝23－3n ＋23×(14)n (n ∈N *)．10．(2013·江西)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝n ＋1n ＋2a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. (1)解由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0，由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1>0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明由a n ＝2n (n ∈N *)得b n ＝n ＋1n ＋2a 2n＝n ＋14n 2n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋2T n ＝116⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝⎛⎭⎪⎫132－152＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ＋2＋⎝⎛⎭⎪⎫1n 2－1n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋2－1n ＋2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564(n ∈N *)．即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.B 组专项能力提升 (时间：25分钟)1．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 014项之和S 2 014＝________. 答案 2 010解析由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 014＝6×335＋4，∴S 2 014＝S 4 ＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010. 2．1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝________.答案 (－1)n ＋1n n ＋2解析当n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－(2n －1)＝－n2＋2n －2＝－n n ＋2；当n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－[2(n －1)－1]＋n 2＝－n －12[3＋n －－1]2＋n 2＝n n ＋2，综上可得，原式＝(－1)n ＋1n n ＋2.3．(2013·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则：(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________. 答案 (1)－116 (2)13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1 解析 ∵a n ＝S n －S n －1＝(－1)n a n －12n －(－1)n －1a n －1＋12n －1(n ≥2)，∴a n ＝(－1)na n －(－1)n －1a n －1＋12n (n ≥2)．当n 为偶数时，a n －1＝－12n ，当n 为奇数时，2a n ＋a n －1＝12n ，∴当n ＝4时，a 3＝－124＝－116.根据以上{a n }的关系式及递推式可求．a 1＝－122，a 3＝－124，a 5＝－126，a 7＝－128， a 2＝122，a 4＝124，a 6＝126，a 8＝128.∴a 2－a 1＝12，a 4－a 3＝123，a 6－a 5＝125，…，∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 100－a 99)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋12100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋123＋…＋1299－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ，满足：S n ＝2a n －2n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝log 2(a n ＋2)，T n 为数列{b na n ＋2}的前n 项和，求证：T n ≥12. (1)解当n ∈N *时，S n ＝2a n －2n ，则当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，即a n ＝2a n －1＋2， ∴a n ＋2＝2(a n －1＋2)，∴a n ＋2a n －1＋2＝2，当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2，∴{a n ＋2}是以a 1＋2＝4为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2；(2)证明 b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1，∴b na n ＋2＝n ＋12n ＋1，则T n ＝222＋323＋…＋n ＋12n ＋1， 12T n ＝223＋324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2，两式相减得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝14＋14－12n1－12－n ＋12n ＋2＝14＋12－12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－n ＋32n ＋2， ∴T n ＝32－n ＋32n ＋1，当n ≥2时，T n －T n －1＝－n ＋32n ＋1＋n ＋22n＝n ＋12n ＋1>0，∴{T n }为递增数列，∴T n ≥T 1＝12.5．直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n ，B n ，n ∈N *.数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －n 为奇数，a n n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由题意，知圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ，半径r n ＝2a n ＋n ，所以a n ＋1＝(12|A n B n |)2＝r 2n －d 2n ＝(2a n ＋n )－n ＝2a n .又a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1)＝n n －2＋－2n1－4＝n 2－n 2＋23(2n－1)．当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝n ＋2－n ＋2＋23(2n ＋1－1) ＝n 2＋n 2＋23(2n ＋1－1)．而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n，所以T n ＝n 2＋n 2＋13(2n－2)．所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2－n 2＋23n－n 为偶数，n 2＋n 2＋13n－n 为奇数。

江苏省徐州市高中数学第二章数列数列求和教案2 新

例5、求数列的前项和。
练习：求和：
教学过程设计
教
学
二次备课
（6）奇偶讨论法（或并项求和法）：当数列中的项有符号限制时，应分为奇数、偶数进行讨论。
例6、已知数列的通项公式，求数列的前n项的和 .
例7、求和：
总结：数列求和的方法：
1、在各项为正数的等比数列中，若，求的值。
3、求和：
课外作业ห้องสมุดไป่ตู้
教学小结
数列求和
教学目标
1.掌握求数列求和的几种常用方法。
2.体会转化思想在数列求和中的应用
教学重难点
数列求和的常用方法
教学参考
教材、教参
授课方法
讲练结合
教学辅助手段
多媒体
专用教室
教学过程设计
教
学
二次备课
【学习过程】
数列求和的常用方法如下：
（5）错位相减法：这是推导等比数列的前项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列的前项和，其中、分别是等差数列和等比数列。

教师版数列求和方法

数列的求和一、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：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=（2）等比数列的求和公式⎪⎩⎪⎨⎧≠--==)1(1)1()1(11q qq a q na S nn （切记：公比含字母时一定要讨论）2．公式法：222221(1)(21)1236nk n n n k n =++=++++=∑2333331(1)1232nk n n kn =+⎡⎤=++++=⎢⎥⎣⎦∑ 3．错位相减法：比如{}{}.,,2211的和求等比等差n n n n b a b a b a b a +++ 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：111)1(1+-=+n n n n ；)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n !)!1(!n n n n -+=⋅1111()(2)22n n n n =-++5．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22222212979899100-++-+- 的和。

7．倒序相加法：如果一个数列{an}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法8．其它求和法：如归纳猜想法，奇偶法等二、例题分析： 1.公式求和例1．求和：①个n n S 111111111++++= ②22222)1()1()1(n n n xx x x x x S ++++++= ③求数列1，3+4，5+6+7，7+8+9+10，…前n 项和n S 思路分析：通过分组，直接用公式求和。

解：①)110(9110101011112-=++++==kkk k a个])101010[(91)]110()110()110[(9122n S n n n -+++=-++-+-= 8110910]9)110(10[911--=--=+n n n n ②)21()21()21(224422+++++++++=nnn x x x x x x S n xx x x x x n n 2)111()(242242++++++++=（1）当1±≠x 时，n x x x x n x x x x x x S n n n n n n 2)1()1)(1(21)1(1)1(22222222222+-+-=+--+--=+--- （2）当n S x n 4,1=±=时 ③kk k k k k k k k k a k 23252)]23()12[()]1()12[()12(2)12(2-=-+-=-+-+++++-=2)1(236)12)(1(25)21(23)21(2522221+-++⋅=+++-+++=+++=n n n n n n n a a a S n n)25)(1(61-+=n n n 总结：运用等比数列前n 项和公式时，要注意公比11≠=q q 或讨论。