最新求数列的前n项和列(教案-例题-习题)
数列前n项和教案
数列前n项和教案一、教学目标1. 理解数列前n项和的概念。
2. 掌握计算等差数列和等差数列和的方法。
3. 能够应用数列前n项和的知识解决实际问题。
二、教学重点1. 数列前n项和的定义。
2. 等差数列和的求解方法。
三、教学难点1. 理解数列前n项和的概念。
2. 运用等差数列和的方法解题。
四、教学准备1. 教师准备：教案、黑板、白板、教学课件等。
2. 学生准备：课本、习题、笔记本等。
五、教学过程Step 1 引入知识（10分钟）1. 教师引导学生思考：数列的概念及其应用领域。
2. 教师通过实例引导学生思考数列前n项和的概念，并解释其意义。
Step 2 讲解概念与方法（20分钟）1. 教师简要介绍数列前n项和的定义和表示方法。
2. 教师详细讲解等差数列和的求解方法，并通过示例演示。
Step 3 练习与巩固（30分钟）1. 学生独立解答课本上的习题，教师巡回指导。
2. 学生互相讨论解题方法，教师进行答疑解惑。
3. 教师选取几道习题进行板书，让学生上台讲解解题思路和方法。
Step 4 拓展应用（20分钟）1. 教师给学生提供一些实际问题，引导学生应用数列前n项和的知识解决问题。
2. 学生独立或合作完成实际问题，并向全班汇报解题过程和结果。
Step 5 总结归纳（10分钟）1. 教师指导学生总结数列前n项和的概念和计算方法。
2. 学生反思学习过程，提出问题和建议。
3. 教师对学生的提问进行解答，并进一步强化学生对数列前n项和的理解。
六、教学反思通过本堂课的教学，学生对数列前n项和和等差数列和有了初步的了解。
在教学过程中，教师充分引导学生思考并解答问题，提高了学生的参与度和实际应用能力。
通过练习与巩固环节，学生对所学知识进行了巩固，并能够独立解决问题。
在拓展应用环节，学生充分运用数列前n项和的知识解决实际问题，并获得了解题的成就感。
在总结归纳环节，学生对所学知识进行了总结并提出问题，教师则进行了解答，并加深了学生对数列前n项和的理解。
专题4-2 数列前n项和的求法(解析版)
专题数列前n 项和的求法知识点一.公式法求和公式法求和中的常用公式有:(1)等差、等比数列的前n 项和①等差数列：S n ＝na 1＋n (n －1)2d (d 为公差)或S n ＝n (a 1＋a n )2.②等比数列：S n ，＝a 1－a n q 1－q，q ≠1，其中q 为公比．(2)四类特殊数列的前n 项和①1＋2＋3＋…＋n ＝12n (n ＋1)．②1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.③12＋22＋32＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)．④13＋23＋33＋…＋n 3＝14n 2(n ＋1)2.知识点二.分组转化法求和某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和．知识点三.倒序相加法求和(1)倒序相加法类比推导等差数列的前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(a 1＋a n )．(2)如果一个数列{a n }，首末两端等“距离”的两项的和相等，那么求其和可以用倒序相加法．知识点四.裂项相消法求和(1)对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法，可用待定系数法对通项公式拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项．(2)常见的拆项公式有①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋k )＝③1(2n －1)(2n ＋1)＝④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝121n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).知识点五.错位相减法求和一般地，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，可采用错位相减法求和，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”以便于下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．知识点六.并项求和法求和通项中含有(－1)n 的数列求前n 项和时可以考虑使用奇偶并项法，分项数为奇数和偶数分别进行求和．题型1裂项相消法形如1n(n+k)1k 1n 1n+k 考点1保留2项型【例题1-1】（2022·陕西·西安市鄠邑区第二中学高二阶段练习）已知数列a n 的通项公式为a n n ∈N *），数列的前2022项和为（）A ．20192020B ．20222023C ．20202021D ．20212022【答案】B【分析】利用裂项相消法求和.【详解】a n 1n−1n +1，则数列的前2022项和为S 2022=1−12+12−13+⋯+12022−12023=1−12023=20222023.故选：B【变式1-1】1.（2022·重庆市广益中学校高二阶段练习）已知数列a n 的前n 项和为S n =(n −1)2−1．(1)求a n 的通项公式.(2)若数列b n =1a n a n+1，求数列b n 前n 项和T n .【答案】(1)a n =2n −3(n ∈N *)(2)T n =−n2n −1【分析】（1）根据a n =S 1,n =1S n −S n −1,n ≥2作差即可得解；（2）由（1）可得b n （1）解：数列a n 的前n 项和为S n =(n −1)2+1，当n ≥2时，S n −1=(n −2)2+1=n 2−4n +5，所以S n −S n −1=2n −3，即a n =2n −3(n ≥2)，当n =1时，a 1=S 1=(1−1)2−1=−1符合上式，所以a n =2n −3(n ∈N *)；（2）解：由（1）可得b n =1an a n +1T n =1a1a 2+1a2a 3+1a3a 4+⋯+1an a n +1=−1−1+⋯13+⋯+12n −3=−n2n −1.【变式1-1】2．（广东省湛江市2023届高三上学期调研测试数学试题）设数列a n 的前n项和为S n ，已知a 1=−3,2的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =1a n a n +1，求数列b n 前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n −5；(2)T n =−n6n −9.【分析】（1）利用等差数列通项公式求出S n ，再利用前n 项和求数列a n 的通项作答.（2）由（1）求出b n ，再利用裂相消法求解作答.（1）依题意，2S 11=2a 1=−6，因此2S nn=−6+2(n −1)=2n −8，即S n =n 2−4n ，当n ≥2时，a n =S n −S n −1=n 2−4n −[(n −1)2−4(n −1)]=2n −5，而a 1=−3满足上式，所以数列a n 的通项公式是a n =2n −5.（2）由（1）知，b n =1(2n −5)(2n −3)=12(12n −5−12n −3)，因此（3）T n =12[(1−3−1−1)+(1−1−11)+(11−13)+(13−15)+⋯+(12n −5−12n −3)]=12(−13−12n −3)=−n6n −9，所以数列b n 前n 项和T n =−n6n −9.【变式1-1】3．（2022·甘肃·宁县第二中学高二阶段练习）已知在数列a n 中，其前n 项和为S n =2n 2−n .(1)求数列a n 的通项公式;(2)a n ⋅a n +1=1b n ，数列b n 的前n 项和为T n ，求T n 的取值范围.【答案】(1)a n =4n −3n ∈N ∗【分析】（1）利用前n 项和S n 与通项a n 的关系求解通项公式即可；（2）首先根据（1）的结果求解b n 的通项公式，然后利用裂项相消的方法求出T n ，最后结合数列的单调性求解T n 的取值范围.（1）当n ≥2时，a n =S n −S n −1=4n −3.当n =1时，a 1=1，适合上式.故a n =4n −3n ∈N ∗.（2）由a n a n +1=1bn 得b n =1a n a n +1，因此b n∴T n ++⋅⋅⋅+=n4n +1.∵T n =n 4n +1=n +14−144n +1=14∵T n =14n ∈1,+∞，n ∈N ∗上单调递增，∴当n =1时，T n 取得最小值T 1=15.又T n =1414，故15≤T n <14.考点2保留4项型【变式1-2】1．（2022·广东·华南师大附中高三阶段练习）已知等差数列{a n }中，S n +2=S n +2n +3(n ∈N *).(1)求a n ；(2)设b n =1an (a n +2)，{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n <34.【答案】(1)a n =n (2)证明见解析【分析】（1）根据S n +2=S n +2n +3(n ∈N *)可得a n +1+a n +2=2n +3以及a n +2+a n +3=2n +5，求得公差，继而求得数列通项公式；（2）由（1）可得b n =1n (n+2){b n }的和T n ，即可证明结论.（1）设等差数列{a n }的公差为d ，∵S n +2=S n +2n +3(n ∈N *)，所以S n +2−S n =a n +1+a n +2=2n +3，可得a n +2+a n +3=2n +5，两式相减可得：2d =2，所以d =1，所以a n +1+a n +2=a n +1+a n +2=2n +3，可得：a n =n ；（2）由（1）知：a n =n ，所以b n =1n (n +2)，T n =b 1+b 2+⋯+b n =11×3+12×4+13×5+⋯+1(n −1)(n +1)+1n (n +2)13+12−14+13−15+⋯+1n −1−1n +1+1n12−1n +11n +1∵n ∈N *，∴1n +1>0,1n+2>0,∴T n <12×32=34，即T n <34．【变式1-2】2．（2022·江苏·南京市秦淮中学高三阶段练习）已知数列a n 各项均为正数，且a 1=2,a n +12−2a n +1=a n 2+2a n .(1)求a n 的通项公式；(2)n 项的和S n ，证明：S n <316.【答案】(1)a n =2n ；(2)证明见解析.【分析】（1）化简已知得a n +1−a n =2，得到数列{a n }是以首项为2，公差为2的等差数列，即得解；（2）求出1an a n +2=18(1n−1n +2)，再利用裂项相消化简证明.（1）因为a n +12−2a n +1=a n 2+2a n ，所以（a n +1−a n ）（a n +1+a n ）=2（a n +1+a n ），因为{a n }各项均为正数，a n >0，所以a n +1−a n =2，所以数列{a n }是以首项为2，公差为2的等差数列，a n =2+（n −1）×2所以a n =2n .（2）1an a n +2=12n ×2(n +2)=14×1n (n +2)=18(1n −1n +2)，S n =18(1−13+12−14+13−15+……+1n −1−1n +1+1n −1n +2)=18(1+12−1n +1−1n +2)=316−18（1n +1+1n +2)因为n ∈N ∗，故1n +1+1n +2>0所以S n <316.【变式1-2】3．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知正项数列a n ，a 1=1，a 2=2，a n +12−a n 2是公差为2的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +a n +1，记数列b n 的前n 项和为S n ，求1S 1+1S 2+1S 3+⋯+1Sn．【答案】(1)a n =n 1n +1【分析】（1）由题意可得a n +12−a n 2=2n +1，又a n 2=a n 2−a n −12+a n −12−a n −22+⋅⋅⋅+a 22−a 12+a 12，再结合等差数列的求和公式即可求出a n ；（2）由裂项相消法求解即可.（1）由题意，a 22−a 12=3，因为a n +12−a n 2是首项为3公差为2的等差数列，所以a n +12−a n 2=2n +1，当n ≥2时，a n 2=a n 2−a n −12+a n −12−a n −22+⋅⋅⋅+a 22−a 12+a 12=2n −1+2n −3+⋅⋅⋅+5+3+1=n 2，又因为a 12=1满足，所以a n 2=n 2，结合a n >0，所以a n =n .（2）由（1）和b n =a n +a n +1得b n =2n +1，所以b 1=3，又S n =n +2n ，故1Sn==−，1S1+1S 2+1S 3+⋅⋅⋅+1S n=−13+12−14+13⋅⋅⋅+1n =+12−1n +1−=−1n +1◆类型2=1k （n +k −n ）型【例题1-3】已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为________．【答案】120【解析】∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.令n ＋1－1＝10，得n ＝120.【变式1-3】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 2017＝________.【答案】2018－1【解析】由f(4)＝2，可得4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝x12.∴a n＝1f(n+1)+f(n)＝1n＋1＋n＝n＋1－n，S2017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2017－2016)＋(2018－2017)＝2018－1.题型2错位相减法n是等比数列nS3=14，S6=126．(1)求数列a n的通项公式；(2)记b n=n+1a n，数列b n的前n项和为T n，求T n．【答案】(1)a n=2n；(2)T n=n⋅2n+1.【分析】（1）根据给定条件，求出等比数列a n公比及首项即可作答.（2）由（1）求出b n，再用错位相减法求解作答.（1）设等比数列a n的公比为q，因S3=14，S6=126，即a4+a5+a6=S6−S3=112，而a4+a5+a6=q3(a1+a2+a3)=14q3，于是得q3=8，解得q=2，显然S3=a1(1+q+q2)=7a1=14，解得a1=2，因此a n=a1q n−1=2n，所以数列a n的通项公式是a n=2n.（2）由（1）知，b n=(n+1)⋅2n，则T n=2×21+3×22+4×23+⋯+(n+1)×2n，于是得2T n=2×22+3×23+4×24+⋯+n×2n+(n+1)×2n+1，两式相减得：−T n=4+22+23+⋯+2n−(n+1)×2n+1=4+22(1−2n−1)1−2−(n+1)×2n+1=−n×2n+1，所以T n=n⋅2n+1.【变式2-1】1.（2022·福建省华安县第一中学高二阶段练习）正项数列a n的前n项和S n 满足：S n2−n2+n−1S n−n2+n=0.(1)求数列a n的通项公式a n；(2)令b n=3a n−2⋅2n，求数列b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=2n(2)T n=(3n−4)2n+2+16【分析】（1）利用数列通项a n与前n项和S n的关系即可求得数列a n的通项公式a n；（2）利用错位相减法即可求得数列b n的前n项和T n.（1）当n=1时，S12−12+1−1S1−12+1=0，即S12−S1−2=0解得S1=2或S1=−1，因为数列a n为正项数列，所以S1=2，因为S n2−n2+n−1S n−n2+n=0，所以S n−n2+n S n+1=0，解得S n=n2+n或S n=−1，因为数列a n各项都是正数，所以S n=n2+n，当n≥2时，有a n=S n−S n−1，所以a n=n2+n−n−12+n−1，解得a n=2n，又当n=1时，a1=S1=2，符合a n=2n.所以数列a n的通项公式a n=2n（2）设数列b n的前n项和为T n，则b n=3a n−2⋅2n=6n−2⋅2n，T n=4×2+10×22+16×23+⋯+(6n−2)×2n2T n=4×22+10×23+16×24+⋯+(6n−8)×2n+(6n−2)×2n+1，上述两式相减，得−T n=4×2+6×22+6×23+⋯+6×2n−(6n−2)×2n+1n−2)×2n+1=−(3n−4)×2n+2−16.则T n=(3n−4)2n+2+16所以，数列b n的前n项和为(3n−4)2n+2+16.【变式2-1】2．（2022·江苏常州·高三阶段练习）已知各项均不为零的数列{a n}的前n项的和为S n，且满足a1=4，S n+1=4S n+4(n∈N∗)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足a n b n=log2a n,{b n}的前n项和为T n，证明T n<89．【答案】(1)a n=4n；(2)证明见解析.【分析】（1）利用给定的递推公式，探求数列{a n}相邻两项的关系，即可求解作答.（2）由（1）结合已知求出b n，再利用错位相减法求和推理作答.（1）n∈N∗，S n+1=4S n+4，当n≥2时，S n=4S n−1+4，两式相减得：a n+1=4a n，由S2=a1+a2=4a1+4得：a2=16，即a2=4a1，满足上式，因此∀n∈N∗，a n+1=4a n，于是得数列{a n}是首项为4，公比为4的等比数列，a n=a1×4n−1=4n，所以数列{a n}的通项公式是a n=4n.（2）由（1）知，a n=4n，而a n b n=log2a n，则4n⋅b n=2n，即b n=2n4n，则T n=24+442+643+⋯+2(n−1)4n−1+2n4n，于是得14T n=242+443+⋯+2(n−2)4n−1+2(n−1)4n+2n4n+1，两式相减得：34T n=24+242+243+⋯+24n−2n4n+1=24[1−(14)n]1−14−2n4n+1=23−8+6n3⋅4n+1，所以T n=89−8+6n9⋅4n<89．【变式2-1】3．（2022·陕西·乾县第一中学高三阶段练习（理））已知数列a n的前n项和为S n，且S n=4−2n+2，数列b n的前n项和B n=2n2−n．(1)求数列a n，b n的通项公式；(2)设c n=b n·a n，求数列c n的前n项和T n．【答案】(1)a n=−2n+1；b n=4n−3．(2)T n=(7−4n)⋅2n+2−28【分析】（1）根据S n与a n之间的关系即可推出a n=−2n+1，b n=4n−3；（2）利用乘公比错位相减法，即可解出：T n=7−4n⋅2n+2−28.（1）因为S n=4−2n+2，当n≥2时，S n−1=4−2n+1，两式相减得：a n=−2n+1n≥2,n∈N∗，当n=1时，a1=−4满足上式，所以a n=−2n+1；同理，当n≥2时，B n−1=2n−12−n−1，两式相减得：b n=4n−3n≥2,n∈N∗，当n=1时，b1=1满足上式，所以b n=4n−3（2）由（1），c n=−4n−3×2n+1，−T n=1×22+5×23+9×24+⋯+4n−32n+1−2T n=1×23+5×24+9×25+⋯+4n−32n+2两式相减得：T n=22+423+24+⋯+2n+1−4n−32n+2=4+4×23(1−2n−1)1−2−(4n−3)2n+2整理得：T n=7−4n⋅2n+2−28【变式2-1】4．（2022·云南·昆明一中高三阶段练习）己知数列a n满足，a1=1，且a n+1=n+1n a n+(n+1)⋅2n．(1)设b n=a n n，求数列b n的通项公式；(2)求数列a n的前n项和S n．【答案】(1)b n=2n−1(2)S n=n−12n+1【分析】（1）由题意可得a n+1n+1=a n n+2n，即b n+1−b n=2n，再利用累加法即可得出答案；（2）由（1）求出数列a n的通项公式，再利用错位相减法和分组求和法即可得出答案.（1）解：因为a n+1=n+1n a n+(n+1)⋅2n，所以a n+1n+1=a n n+2n，即b n+1−b n=2n，又a1=1，所以b1=1，所以b n=b n−b n−1+b n−1−b n−2+b n−2−b n−3+⋯+b2−b1+b1=2n−1+2n−2+2n−3+⋯+2+1 =1−2n1−2=2n−1，n=1也符合，所以b n=2n−1；（2）解：由（1）得a n=n⋅2n−n，设数列n⋅2n的前n项的和为T n，则T n=2+2×22+3×23+⋯+n⋅2n①，2T n=22+2×23+3×24+⋯+n−12n+n⋅2n+1②，由①−②得：−T n=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1n⋅2n+1=1−n2n+1−2，所以T n=n−12n+1+2，所以S n=T n=n−12n+1题型3分组转化求和法数列a n的前n项和为S n，且a2=9，S3−a1=36．(1)求a n的通项公式；(2)若b n=a n+log3a n，求数列b n的前n项和T n．【答案】(1)a n=3n(2)3n+1+n2+n−32【分析】（1）结合题干条件求解基本量a1,q，利用等比数列的通项公式求解即可；（2）分组求和即可得解.（1）设数列a n的公比为q，则a2=a1q=9,S3-a1=a2+a3=a1q+a1q2=36,解得a1=3，q=3．故a n=a1q n−1=3×3n−1=3n．（2）由（1）可得b n =3n +log 33n =3n +n ．则T n =(3+1)+32+2+⋯+3n +n =3+32+⋯+3n +(1+2+⋯+n (1+n )n 2=3n +1+n 2+n −32．【变式3-1】1.（2022·甘肃·宁县第二中学高二阶段练习）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=6，S 8=72.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =a n +3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .【答案】(1)a n =2n (2)3n +12+n 2+n −32.【分析】（1）利用等差数列的通项公式和求和公式列方程解得a 1，d ，再写通项即可；（2）利用等差数列和等比数列的求和公式求和即可.（1）设{a n }的公差为d ，由已知得a 1+2d =68a 1+8⋅8−12d =72，解得a 1=2d =2，则a n =2n ；（2）∵b n =a n +3n =3n +2n，∴T n =21+2+3+⋅⋅⋅+n +3+32+33+⋅⋅⋅+3n =n n +1=3n +12+n 2+n −32.【变式3-1】2.（2022·四川省内江市第六中学高一阶段练习（理））数列a n 的前n 项和记为S n ，己知a n >0，a n 2+2a n =4S n +3．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =2a n ⋅a n +1+12a n ，T n 为数列b n 的前n 项和，证明：T n <12．【答案】(1)a n =2n +1(2)证明见解析【分析】（1）根据a n =S 1,n =1S n −S n −1,n ≥2，作差得到a n −a n −1=2，结合等差数列定义及通项公式，即可求解；（2）由（1）得到b n =12n +1−12n +3+122n +1，结合裂项相消法求和、分组求和法求和，即可得证.（1）解：因为a n >0，a n 2+2a n =4S n +3，令n=1可得，a12+2a1=4a1+3，解得a1=3或a1=−1（舍去）．当n≥2时可得a n−12+ 2a n−1=4S n−1+3，两式相减得a n2−a n−12+2(a n−a n−1)=4a n，即(a n−a n−1)(a n+a n−1)= 2(a n+a n−1)，因为a n>0，可得a n−a n−1=2，所以数列a n是以3为首项，以2为公差的等差数列，所以数列a n的通项公式为a n=3+(n−1)×2=2n+1.（2）解：由（1）知a n=2n+1，所以b n=2an⋅a n+1+12a n=2(2n+1)(2n+3)+122n+1=12n+1−12n+3+122n+1，所以数列b n的前n项和T n=15+15−17+⋯+12n+1++125+⋯+=13−12n+31−122=13−12n+3+16−16×22n<13+16=12【变式3-1】3．（2022·甘肃省临洮中学高二阶段练习）已知数列a n满足a2=1，1 a n+1=12+1an．等比数列b n的公比为3，且b2+b4=30．(1)求数列a n和b n的通项公式；(2)记数列c n=a n2n+2+b n，求数列c n的前n项和T n．【答案】(1)a n=2n，b n=3n−1(2)3n−12+n n+1【分析】（1）依题意可得1an+1−1an=12，是公差为12的等差数列，从而求出a n的通项公式，再根据等比数列的通项公式求出b1，即可求出b n的通项公式；（2）由（1）可得a n2n+2=1n−1n+1，利用裂项相消法和分组求和法计算可得.（1）解：由题可得1an+1−1an=12，故数列是公差为12的等差数列，故1a2−1a1=12，即1a1=12故1an=n2，故a n=2n．因为数列b n的公比为3，所以b2+b4=30b1=30，解得b1=1，故b n=3n−1．【变式3-1】4．（2022·江西·临川一中高三阶段练习（文））已知等差数列a n的前n项和为S n，且关于x的不等式a1x2−S2+2x+6<0的解集为(2,3)．(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列b n满足b n=a2n+2a n−1，求数列b n的前n项和T n．【答案】(1)a n=n(2)T n=n2+2n+1−2【分析】（1）先设等差数列a n的首项a1，公差为d，根据不等式a1x2−S2+2x+6<0的解集求出首项与公差，进而可求出通项公式；（2）由（1）得b n =2n +2a n −1=2n −1+2n ，再根据等差数列与等比数列的求和公式，即可求出结果.（1）设等差数列a n 的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2−S 2+2x +6<0的解集为(2,3)，所以a 1x 2−S 2+2x +6=0的根为x 1=2,x 2=3，所以2+3=S 2+2a 12×3=6a 1，所以a 1=1,S 2=3又S 2=2a 1+d ，所以d =1，所以数列a n 的通项公式为a n =n ；（2）由（1）可得，a 2n =2n ,2a n =2n ，因为b n =a 2n +2a n −1，所以b n =2n −1+2n ，所以数列b n 的前n 项和T n =[1+3+5+⋯+(2n −1)]+2+22+23+⋯+2n =n (1+2n −1)2+=n 2+2n +1−2.◆类型1含有（−1）n型【例题4-1】已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，求其前n 项和S n .【解析】S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 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 n ＋n2ln 3－1，n 为偶数，n －n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.【变式4-1】1.（2022·江苏苏州·高三阶段练习）已知数列a n各项均为正数，且a1=2,a n+12−2a n+1=a n2+2a n(1)求a n的通项公式；(2)设b n=−1n a n，求b1+b2+b3+⋯+b20．【答案】(1)a n=2n；(2)20.【分析】（1）根据给定的递推公式，推得a n+1−a n=2，再利用等差数列通项求解作答.（2）由（1）求出b n，再利用并项求和法计算作答.（1）由a n+12−2a n+1=a n2+2a n得：(a n+1−a n)(a n+1+a n)=2(a n+1+a n)，而n∈N∗,a n>0，因此a n+1−a n=2，即数列a n是首项a1=2，公差d=2的等差数列，a n=a1+(n−1)d=2n，所以数列a n的通项公式是a n=2n.（2）由（1）知，b n=(−1)n⋅2n，则有b2n−1+b2n=(−1)2n−1×2(2n−1)+(−1)2n×2×2n=2，所以b1+b2+b3+⋯+b20=(b1+b2)+(b3+b4)+⋯+(b19+b20)=2×10=20.【变式4-1】2．（2023·上海·高三专题练习）设数列a n的前n项和为S n，满足S n=1−na n n∈N∗．(1)求数列a n的通项公式；(2)n项和为T n，求T2n的表达式．【答案】(1)a n=1n(n+1)(2)T2n=2n(n+1)=≥2，再根据n n+1a n=n−【分析】（1）根据通项与前n项和的关系可得a na n−11na n−1求解即可；（2）先化简b n=a2n−1+a2n，再根据T2n=b1+b2+b3+…+b n求解即可.（1）当n=1时，a1=1−a1，所以a1=12．当n≥2时，S n=1−na n，S n−1=1−n−1a n−1．两式相减得：a n=n−1a n−1−na n，即a n a n−1=≥2．故n n+1a n=n−1na n−1= n−2n−1a n−2=...=1×2a1=1.故a n=（3=−1n n n+1，令b n=a2n−1+a2n=−2n−12n+2n2n+1=4n，则b n +1−b n =4n +1−4n =4，∴{bn}为等差数列．∴T 2n =b 1+b 2+b 3+…+b n =n (b 1+b n )2=n (4+4n )2=2n (n +1)．【变式4-1】3.（2021·吉林吉林市）已知等比数列{}n a 的前n 项和为132n n S m +=-.（1）求m 的值，并求出数列{}n a 的通项公式；（2）令3(1)log nn n b a =-，设n T 为数列{}n b 的前n 项和，求2n T .【答案】（1）32m =，3nn a =；（2）2n T n =.【解析】（1）法一：当1n =时，1192a S m ==-当2n ≥时，1133()322n nnn n n a S S m m +-=-=---=∵{}n a 是等比数列，∴13a =，即932m -=，解得32m =综上，m 的值为32，数列{}n a 的通项公式为3nn a =.法二：∵1192a S m ==-，2219a S S =-=，33227a S S =-=∵{}n a 是等比数列，∴2213a a a =，即9()27812m -⨯=，解得32m =，设{}n a 的公比为q ，∴213a q a ==，11a =，则1333n n n a -=⨯=.（2）∵3(1)log (1)nnn n b a n =-=-⋅，∴21234212n n n T b b b b b b -=++++⋅⋅⋅++(1)2(3)4[(21)]2n n=-++-++⋅⋅⋅+--+(12)(34)[(21)2]n n =-++-++⋅⋅⋅+--+n =.◆类型2不含（−1）n型考点1两项并在一起型【例题4-2】（2021·江苏徐州市·高三三模）设各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 7＝35，且a 1，a 4－1，a 7成等比数列．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n ，求数列{b n }的前2n 项的和T 2n ．【答案】（1）1n a n =+；（2）2n n +．【解析】（1）设数列{a n }的公差为d (d ≥0)，则747S a ==35，即4a =5，所以14353a a d d =-=-，74353a a d d =+=+．因为1a ，41a -，7a 成等比数列，所以()24171=a a a -，即42=(5-3d )(5+3d )，解得d =-1(舍去)或d =1，所以1n a n =+（2）因为1n n n b b a ++=，所以21234212...+-=+++++n n nT b b b b b b ()()()1234212...+n n b b b b b b -=+++++1321...n a a a -=+++2(22)2+==+n n n n 考点2前后相消型【例题4-3】（2021·简阳市阳安中学高三二模（理））记n S 为等比数列{}n a 的前n 项的和，且{}n a 为递增数列.已知24a =，314S =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设22121(1)log log nn n n n b a a ++=-⋅，求数列{}n b 的前n 项之和n T .【答案】（1）2nn a =；（2）(1)11nn T n -=-++.【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则212312322414a a q a S a a a a a q q ==⎧⎪⎨=++=++=⎪⎩，解得122a q =⎧⎨=⎩或1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩，因为{}n a 为递增数列，所以只有122a q =⎧⎨=⎩符合题意，故2nn a =；（2）由题意，1122212111(1)(1)(1)(1)(1))log 2log 2(11()1n n nn n n n n n n b n n n n n n ++++--=-=-=-+=-⋅⋅+++，∴12n nT b b b =++⋅⋅⋅+122311(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)[][][]111223111n n n nn n n n ++--------=-+-++-=---++++.【变式4-3】（2021·广东揭阳市·高三其他模拟）已知正项等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()*162+⋅=+∈Nn n n n a S a ，12a<，（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若()()11lg +⋅=-nn n n a b a ，记数列{}n b 的前n 项和n T ，求33T .【答案】（1）32n a n =-；（2）2-.【解析】（1）当2n ≥时，由162+⋅=+n n n a a S ，得1162n n n S a a --⋅=+，两式相减可得62n n a a d ⋅=，从而可求出3d =，当1n =时，11262⋅=+S a a ，求出1a ，进而可出数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）可得()()1l g 1g l nn n n b a a ++=-，从而可求出33T 【详解】解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，则由162+⋅=+n n n a a S ，得()11622n n n S a n a --⋅=+≥相减得()()1116n n n n n a S a S a +----=即()622n n a a n d ⋅≥=，又0n a >，所以3d =，由11262⋅=+S a a ，得()111623a a a ⋅+=+，解得11a =，(12a =舍去)由()11n a a n d +-=，得32n a n =-；（2）()()()()111lg 1lg lg nnn n n n n a b a a a ++=-=+-⋅33T 12333b b b b +++⋅⋅⋅+=1223343334lg lg lg lg l lg lg g lg a a a a a a a a -++--+⋅--⋅⋅=-341lg lg lg1002a a =--=-=-.考点3分段函数型【例题4-4】（2020·全国高考真题（文））数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a =______________.【答案】7【解析】分析：对n 为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a 表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a 方程，求解即可得出结论.详解：2(1)31nn n a a n ++-=-，当n 为奇数时，231n n a a n +=+-；当n 为偶数时，231n n a a n ++=-.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，16123416S a a a a a =+++++13515241416()()a a a a a a a a =+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++11(102)(140)(5172941)a a ++++++++118392928484540a a =++=+=，17a ∴=.故答案为：7.【变式4-4】1.已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5b b ==；（2）300.【解析】（1）根据题设中的递推关系可得13n n b b +=+，从而可求{}n b 的通项.（2）根据题设中的递推关系可得{}n a 的前20项和为20S 可化为()2012910210S b b b b =++++-，利用（1）的结果可求20S .【详解】（1）由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++=又22211k k a a ++=+，2122k k a a +=+，*()k N ∈故2223k k a a +=+，即13n n b b +=+，即13n n b b +-=所以{}n b 为等差数列，故()21331n b n n =+-⨯=-.（2）设{}n a 的前20项和为20S ，则2012320S a a a a =++++，因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=-，所以()20241820210S a a a a =++++-()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭.【变式4-4】2.（2019·天津高考真题（文））设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0，已知113a b ==，23b a =，3243b a =+.（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足21,,,n n n c bn ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数求()*112222n na c a c a c n N ++⋅⋅⋅+∈.【答案】（I ）3n a n =，3nn b =；（II ）22(21)369()2n n n n N +*-++∈【解析】（I ）解：设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，依题意，得23323154q d q d =+⎧⎨=+⎩，解得33d q =⎧⎨=⎩，故33(1)3n a n n =+-=，1333n n n b -=⨯=，所以，{}n a 的通项公式为3n a n =，{}n b 的通项公式为3nn b =；（II ）112222n na c a c a c ++⋅⋅⋅+135212142632()()n n n a a a a ab a b a b a b -=+++++++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅123(1)[36](6312318363)2n n n n n -=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⨯⋅+⋅21236(13233)n n n ⋅=+⨯⨯+⨯++⨯⋅⋅，记1213233nn T n ⋅=⨯+⨯++⨯⋅⋅①则231313233n n T n +=⨯+⨯++⨯⋅⋅⋅②②-①得，231233333nn n T n +⋅=-----+⨯⋅⋅113(13)(21)333132n n n n n ++--+=-+⨯=-，所以122112222(21)3336332n n n n n a c a c a c n T n +-++++=+=+⨯⋅⋅⋅22(21)369()2n n n n N +*-++=∈.【变式4-4】3.（2021·河北衡水中学高三其他模拟）已知正项数列{}n a ，其前n 项和为(),12n n n S a S n N *=-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式：（2）设()112n n n b n a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）13n n a ⎛⎫= ⎪⎝⎭；（2）1173,4433,4n n n n n T n n ++⎧---⎪⎪=⎨+-⎪⎪⎩为奇数为偶数．【解析】1）由已知12n n a S =-，①所以有1112n n a S ++=-，②②-①，得112n n n a a a ++-=-，即13n n a a +=，∴113n n a a +=，所以数列{}n a 是公比为13的等比数列．又1111212a S a =-=-，∴113a =．所以1111333n nn a -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭（2）由（1）得()()()()1121312nn nn n n b n n a ⎛⎫=-+=-⋅+-⋅ ⎪⎝⎭，当n 为奇数时，()()2343333321234nn T n =-+-+-⋯-+-+-+-⋯-()()()3131121122132222nn n n n -----++--⎛⎫⎛⎫=+⋅+⋅ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭113373144n n n n++----=--=-当n 为偶数时，()()2343333321234nn T n =-+-+-⋯++-+-+-⋯+()()()()31311222132222nn n n n ----+-+⎛⎫+⎛⎫=+⋅+⋅ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭113343344n n n n ++-++-=+=综上所述，1173,4433,4n n n n n T n n ++⎧---⎪⎪=⎨+-⎪⎪⎩为奇数为偶数【变式4-4】4.（2021·宁波市北仑中学高三其他模拟）已知数列{}n a 满足1122,1,1,n n n a n n a a a n n ++⎧==⎨---⎩为奇数为偶数，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，2,n n b a n N*=∈（1）求证：数列{}n b 为等比数列，并求其通项n b ；（2）求{}n nb 的前n 项和n T 及{}n a 的前n 项和为n S ．【答案】（1）证明见解析；()12n n b +=-；（2）()2412939n n n T +⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭；2212(1)2,42(2),4n n n n S n n +⎧+-⎪⎪=⎨⎪-+-⎪⎩为奇数为偶数．【解析】（1）因为11a =，122,1,n n n a n n a a n n ++⎧=⎨---⎩为奇数为偶数，2n n b a =，所以()()122212222212214222n n n n n n b a a n a n n a b +++==++=---++=-=-，又121224b a a ==+=，所以数列{}n b 是以4为首项，以2-为公比的等比数列，因此()()11422n n n b -+=⨯-=-；（2）由（1）可得()()()()234112323222322n n n T b b b nb n +=+++⋅⋅⋅+=-+⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯-①，则()()()()34522222322n n T n +-=-+⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯-②，①-②得()()()()()()()()()222345122223222222212n n n n n T n n ++++---=-+-+-+-+⋅⋅⋅+--⨯-=-⨯-+，则()2412939n n n T +⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭；设()221n n n c a a n N*+=+∈，则()221222121n n n n n c a a a a n n +=+=+---=--，所以()()()2112345221112n n n nS a a a a a a a a c c c ++=+++++⋅⋅⋅++=+++⋅⋅⋅+()121212n n c c n n +=+=--+；2212121221n n n n n S S a S a n +++=-=+++()()11222212122n n n n n n ++=---++=--++++；因此()()()22221122111212,2242222,24n n nn n n n S n n n ++⎧+--⎛⎫--⨯+=-⎪ ⎪⎪⎝⎭=⎨⎪⎛⎫-+-+=-+- ⎪⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数.题型5倒序相加法【例题5】（2022·北京市第十二中学高二阶段练习）已知正数数列a n 是公比不等于1的等比数列，且a 1a 2019=1，试用推导等差数列前n 项和的方法探求：若f (x )=41+x 2，则f a 1+f a 2+⋯+f a 2019=（）A ．2018B ．4036C ．2019D ．4038【答案】D【分析】利用f(x)+f=4，再等差数列前n项和的方法倒序相加法求和即可.【详解】a1⋅a2019=1，∵函数f(x)=4 1+x2∴f(x)+f=41+x2+41+1x2=4+4x21+x2=4，令T=f(a1)+f(a2)+⋅⋅⋅+f(a2019)，则T=f(a2019)+f(a2018)+⋅⋅⋅+f(a1)，∴2T=f(a1)+f(a2019)+f(a2)+f(a2018)+⋅⋅⋅+f(a2019)+f(a1)=4×2019，∴T=4038.故选：D.【变式5-1】1．（2022·全国·高三专题练习）已知定义在R上的函数f(x)=(x−20233898)3+732022，则f(11949)+f(21949)+f(31949)+⋅⋅⋅+f(20221949)=___________.【答案】73【分析】根据已知条件得f(x)+f(20231949−x)=731011，再利用倒序相加法即可求解.【详解】由f(x)=(x−20233898)3+732022，得f(20231949−x)=(20231949−x−20233898)3+732022=(20233898−x)3+732022，所以f(x)+f(20231949−x)=(x−20233898)3+732022+(20233898−x)3+732022=731011，设S=f(11949)+f(21949)+f(31949)+⋅⋅⋅+f(20221949)①,S=f(20221949)+f(20211949)+f(20201949)+⋅⋅⋅+f(11949)②,由①+②，得2S=(f(11949)+f(20221949))+(f(21949)+f(20211949))+⋅⋅⋅+f(20221949)+f(11949)即2S=731011+731011+⋅⋅⋅+731011，于是有2S=731011×2022，解得S=73，所以f(11949)+f(21949)+f(31949)+⋅⋅⋅+f(20221949)=73.故答案为：73.【变式5-1】2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数f x=x+1−1，数列a n是正项等比数列，且a1011=1，f a1+f a2+f a3+⋅⋅⋅+f a2020+f a2021=______．【答案】20212【分析】由题意可得f x+f=1，利用倒序相加法求和即可.【详解】解：由数列a n是正项等比数列，且a1011=1，可得a1a2021=a2a2020=⋅⋅⋅=a1011a1011=1，=1x+1+x1+x=1，因为f x+f=1x+1+11x+1可设S=f a1+f a2+f a3+⋅⋅⋅+f a2020+f a2021，又S=f a2021+f a2020+f a2019+⋅⋅⋅+f a2+f a1，两式相加可得2S=f a1+f a2021+f a2+f a2020+⋅⋅⋅+f a2021+f a1=1+1+⋅⋅⋅+1=2021，所以S=20212．故答案为：20212．【变式5-1】3．（2022·湖南·麻阳苗族自治县第一中学高三开学考试）德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子.在其年幼时，对1+2+3+⋯+100的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成;因此，此方法也称之为高斯算法.现有函数f(x)=4x4x+2，则f(12019)+f(22019)+f(32019)+⋯+f(20182019)等于（）A．1008B．1009C．2018D．2019【答案】B【分析】根据f(x)+f(1−x)=1，利用倒序相加法求解.【详解】解：因为f(x)=4x4x+2，且f(x)+f(1−x)=4x4x+2+41−x41−x+2=4x4x+2+42×4x+4=1，令S=f(12019)+f(22019)+f(32019)+⋯+f(20182019),又S=f(20182019)+f(20172019)+f(20162019)+⋯+ f(12019)，两式相加得：2S=1×2018，解得S=1009，故选：B∈R，等差数列a n【变式5-1】4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f x=满足a2022=0，则f a1+f a2+f(a3)+⋯+f a4043=__________．【答案】40432##2011.5【分析】利用倒序相加法求得正确答案.【详解】f(x)+f(−x)=2x2x+1+2−x2−x+1=2x2x+1+12x+1=1.依题意{a n}是等差数列，令S=f(a1)+f(a2)+f(a3)+⋯+f(a4043)，S=f(a4043)+f(a4042)+f(a4041)+⋯+f(a1)，结合等差数列的性质，两式相加得2S=1×4043,S=40432.故答案为：40432.。
数列前n项和求法
数列求和教学目标：掌握数列求和的方法：等差等比前n 项和公式法、倒序相加法、裂项相消法、错位相减法、分组求和法；没有规定的C 级。
知识点回顾：1、等差数列{}n a 的前n 项和公式n S 的推导过程是，等比数列{}n a 的前n 项和公式n S 的推导过程是.2、倒序相加法（首尾相加出现等值）、裂项相消法（数列通项可以裂项，裂项后相互抵消）、错位相减法（数列通项=等差×等比）、分组求和法（数列通项=等差+等比） 基础训练1.已知数列{a n }的通项，n a nn 21+=则{a n }的前n 项和s n =_______ _ 2.____________21813412211=⨯++⨯+⨯+⨯n n 3.________________432114321132112111=++++++++++++++++n典型例题：已知数列{a n }的通项a n =2n-1+2n-1，求数列{a n }的前n 项和s n已知数列{b n }的通项b n =(2n-1)×2n-1，求数列{b n }的前n 项和s n已知数列{b n }的通项b n =(2n-1)×a n-1，求数列{b n }的前n 项和s n已知数列{c n}的通项c n={)(,12)(,21为奇数为偶数n n n n --，求数列{c n }的前n 项和s n课堂检测： 1.11112231n S n n =+++++++ *()n N ∈=2．已知数列na a n n ++++= 3211:}{满足，则数列}{n a 的前100项的和是3.21123n n S a a na -=++++=4.在各项均为正数的等比数列{}n a 中，已知2123a a =+，且23a ，4a ，35a 成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设3log n n b a =，求数列{}n n a b 的前n 项和n S .5.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足22n n S pa n =-，*n N ∈，其中常数2p >．（1）证明：数列{}1n a +为等比数列；（2）若23a =，求数列{}n a 的通项公式；（3）对于（2）中数列{}n a ，若数列{}n b 满足2log (1)n n b a =+（*n N ∈），设n n n b a c ⨯=，求数列}{n c 的前n 项和n T 。
数列的前n项和求解方法(优质课)教案
数列的前n 项和求解方法（优质课）教案教学目标：教学重点： 掌握数列前n 项和的求和方法，公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化求和法、并项求和等方法的应用。
教学难点： 了解数列求和的方法的应用。
教学过程：一、数列求和基本方法1．拆项求和法：将一个数列拆成若干个简单数列（如等差数列、等比数列、常数数列等等），然后分别求和.2．并项求和法：将数列的相邻的两项（或若干项）并成一项（或一组）得到一个新的且更容易求和的数列.3．裂项求和法：将数列的每一项拆（裂开）成两项之差，使得正负项能互相抵消，剩下首尾若干项. 4．错位求和法：将一个数列的每一项都作相同的变换，然后将得到的新数列错动一个位置与原数列的各项相减，这是仿照推导等比数列前n 项和公式的方法.5．反序求和法：将一个数列的倒数第k 项（k =1，2，3，…，n ）变为顺数第k 项，然后将得到的新数列与原数列进行变换（相加、相减等），这是仿照推导等差数列前n 项和公式的方法. 二．常用结论（1）1nk k ==∑ 1+2+3+...+n =2)1(+n n （2）1(21)nk k =−=∑1+3+5+...+(2n-1) =2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n （5）111)1(1+−=+n n n n)211(21)2(1+−=+n n n n （6）)()11(11q p qp p q pq <−−=类型一： 用公式法、倒序相加法求数列的和 例1. 求和：.3521ln ln ln ln n n S x x x x −=++++解析：法一：①则 ②∴①+②有：∴法二：.答案：见解析练习1. 求和.答案：∴∴∴ 例2. 数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()211,1,1,2,2n n a S n a n n n ==--=鬃? （Ⅰ）写出n S 与1n S -的递推关系式()2n ³，并求n S 关于n 的表达式；（Ⅱ）设()1n n n n b S x x R n +=?，求数列{}n b 的前n 项和n T 。
教案6数列的前n项和(1).docx
教案6数列的前n 项和（1）一、课前检测 1. （09年东城一模理15）已知递增的等比数列｛。
“｝满足a 2+a 3+a A = 28,且色+2是 。
2，為的等差中项•（ I ）求数列也“｝的通项公式；（U ）若b n = log 2 6Z n+1, S”是数列｛仇｝的前 斤项和，求使S “ >42+ 4咒成立的〃的最小值.解：（I ）设等比数列｛%｝的公比为q,依题意有2（a 3+2） = a 2+a 4t （1）又©2 + $ += 28 ,将（1）代入得如=8 •所以色+= 20.又仏｝是递增的，故® =2,g = 2. 所以a n =2n .A ?' + 3n 故由题意可得= >42 + 4,解得心2或心7.又〃所以满足条件的〃的最小值为13.二、知识梳理（一） 前n 项和公式Sn 的定义：Sn=ai+a 2+--ano（二） 数列求和的方法（共8种）1•公式法：1）等差数列求和公式；2）等比数列求和公式:3）可转化为等差、等比数列的 数列；4）常用公式：(1) £^=1 + 2 + 3 -------- 〃 =丄刃(刃 + 1)；A=12 (2) £疋=12 +22 +32 +--- + n 2 =1/?(77 + 1)(2M + 1)；k=} ° £/= ]3 +23 +33 +..・ + 卅=[^±^2； (4) £(2—1)= 1 + 3 + 5 + ・・.+ (2n ・l) = n 2oJt=l2•分组求和法：把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式求解c于是有m 解得仁或. = 32,]_2(II)^=log 22rt+1n 2+3/? ~~2- (3)3 •倒序相加法：如果一个数列｛&｝,与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数, 那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法。
4.2.2-等差数列的前n项和公式 教案(师生互动)
高斯的算法实际上解决了数列
1，2，3，…， 前100项的和问题 。
老师问：高斯解决的是偶数项的问题。实际上我们会遇到的不仅是偶数项的问题。如果是奇数项的问题那又是如何解决？
老师：展示PPT让学生思考几种常用的解决奇数项的问题
老师：总结解决几种常用的奇数项的方法。
高斯（gauss,1777-1855),德国著名数学家，他研究的内容涉及数学的各个领域，是历史上最伟大的数学家之一，被誉为“数学王子”
老师：展示PPT课件。据说，200多年前，高斯的算术老师提出了下面的问题：
1＋2＋3＋…＋100=？
你准备怎么算呢？
三、探究新知，讲授新课
1.老师：展示PPT高斯的算法：
作业布置：1.练习册P13 课后作业 1，4，9题
课后反思
高二年级组
老师：讲解倒序相加法
老师：我们只研究或解决了一些具体的等差数列的求和问题，那么对于一般的等差数列来说又是如何解决呢？
老师板演：等差数列的前n项和公式推导，并跟学生互动推导第1公式。
老师问：这个公式有哪些基本量？能否用_1,,表示_呢
？
老师板演：写出求和公式2.
老师问：我们如何选用以上两种公式？
老师：如果是n项的和的问题，我们又不知道奇数还是偶数项的情况下又是怎么解决呢？
老师：可以考虑分类讨论。
老师问：这个分类讨论有点麻烦，那么还有别的方法吗？
老师：展示PPT，讲解解决的这类问题的另一种问题（通过数形结合的方式引入倒序相加法）
老师：这种方法，使不同数的求和问题转化成了相同数的求和，从而简化了运算。
四．巩固练习
等差数列前n项和教案
等差数列前n项和优秀教案一、教学目标知识与技能：1. 理解等差数列的定义及其性质；2. 掌握等差数列前n项和的公式；3. 会运用等差数列前n项和公式解决实际问题。
过程与方法：1. 通过探究等差数列的性质，引导学生发现等差数列前n项和的规律；2. 利用公式法、图象法、列举法等多种方法求解等差数列前n项和；3. 培养学生的数学思维能力和解决问题的能力。
情感态度与价值观：1. 培养学生对数学的兴趣和自信心；2. 培养学生勇于探索、积极思考的精神；3. 培养学生运用数学知识解决实际问题的能力。
二、教学重点与难点重点：1. 等差数列前n项和的公式；2. 运用等差数列前n项和公式解决实际问题。
难点：1. 等差数列前n项和的公式的推导；2. 灵活运用等差数列前n项和公式解决复杂问题。
三、教学准备教师准备：1. 等差数列的相关知识；2. 等差数列前n项和的公式；3. 教学案例和练习题。
学生准备：1. 掌握等差数列的基本知识；2. 具备一定的数学思维能力；3. 准备笔记本，做好笔记。
四、教学过程1. 导入：通过复习等差数列的基本知识，引导学生回忆等差数列的性质，为新课的学习做好铺垫。
2. 探究等差数列前n项和的公式：引导学生发现等差数列前n项和的规律，引导学生利用已知的等差数列性质推导出前n项和的公式。
3. 讲解等差数列前n项和的公式：讲解公式的含义、推导过程及其应用，让学生理解并掌握公式的运用。
4. 运用公式法、图象法、列举法等多种方法求解等差数列前n项和：通过具体案例，让学生学会运用不同的方法求解等差数列前n项和，培养学生的数学思维能力和解决问题的能力。
5. 练习与巩固：布置一些练习题，让学生运用所学知识解决问题，巩固所学内容。
五、课后反思教师在课后要对教案进行反思，分析教学过程中的优点与不足，针对性地调整教学方法，以提高教学效果。
关注学生的学习情况，了解学生在学习等差数列前n项和过程中遇到的问题，及时给予解答和指导。
等差数列前n项和教案（共5篇）
等差数列前n项和教案（共5篇）第一篇：等差数列前n项和教案等差数列前n项和(第一课时）教案【课题】等差数列前n项和第一课时【教学内容】等差数列前n项和的公式推导和练习【教学目的】（1）探索等差数列的前项和公式的推导方法；（2）掌握等差数列的前项和公式；（3）能运用公式解决一些简单问题【教学方法】启发引导法，结合所学知识，引导学生在解决实际问题的过程中发现新知识，从而理解并掌握.【重点】等差数列前项和公式及其应用。
【难点】等差数列前项和公式的推导思路的获得【教具】实物投影仪，多媒体软件，电脑【教学过程】1.复习回顾 a1 + a2 + a3 +......+ an=sna1 + an=a2 + an-1 =a3 + an-2 2.情景自学问题一：一个堆放铅笔的V形架的最下面一层放1 支铅笔，往上每一层都比它下面一层多放一支，最上面一层放 100支，这个V 形架上共放着多少支铅笔？思考：(1)问题转化求什么能用最短时间算出来吗？(2)阅读课本后回答，高斯是如何快速求和的？他抓住了问题的什么特征？(3)如果换成1+2+3+…+200=？我们能否快速求和？，(4)根据高斯的启示，如何计算18+21+24+27+…+624=？3..合作互学（小组讨论，总结方法）问题二：Sn = 1 + 2 + 3 + … + n = ?倒序相加法探究：能把以上问题的解法推广到求一般等差数列的前n 项和吗？问题三：已知等差数列{an }中，首项a1，公差为d，第n项为an , 如何求前n项和Sn ？等差数列前项和公式： n(a1 + an)=2Sn问题四：比较以上两个公式的结构特征，类比于问题一，你能给出它们的几何解释吗？n(a1 + a n)=2Sn公式记忆——类比梯形面积公式记忆n（a1 + a n)=2S 问题五：两个求和公式有何异同点？能够解决什么问题？展示激学应用公式例1.等差数列－10，－6，－2，2的前多少项的和为-16 例2.已知一个等差数列的前10项和是310,前20项的和是1220,由这些条件能确定这个等差数列的前n项和的公式吗?【思考问题】如果一个数列{an }的前n项和Sn = pn2 + qn + r，(其中p,q,r为常数，且p ≠ 0)，那么这个数列一定是等差数列吗？若是，说明理由，若不是，说明Sn必须满足的条件。
等差数列前n项和优秀教案
等差数列前n项和优秀教案一、教学目标：1. 知识与技能：使学生理解等差数列前n项和的定义，掌握等差数列前n项和的计算公式，能够运用等差数列前n项和的知识解决实际问题。
2. 过程与方法：通过探究等差数列前n项和的规律，培养学生逻辑思维能力和归纳总结能力。
3. 情感态度价值观：激发学生对数学知识的兴趣，培养学生的团队合作精神。
二、教学重点与难点：重点：等差数列前n项和的定义，计算公式。
难点：等差数列前n项和的灵活运用。
三、教学过程：1. 导入新课：回顾等差数列的基本概念，引导学生思考等差数列前n 项和的意义。
2. 探究等差数列前n项和的规律：引导学生分组讨论，总结等差数列前n项和的计算公式。
3. 讲解等差数列前n项和的计算公式：详细讲解等差数列前n项和的计算公式，并通过例题演示应用过程。
4. 练习与拓展：布置适量练习题，巩固等差数列前n项和的计算方法，并引导学生运用所学知识解决实际问题。
四、教学方法：1. 采用问题驱动法，引导学生主动探究等差数列前n项和的规律。
2. 利用多媒体辅助教学，生动展示等差数列前n项和的应用过程。
3. 采用分组讨论法，培养学生的团队合作精神和沟通能力。
4. 运用实例分析法，使学生更好地理解等差数列前n项和的实际意义。
五、教学评价：1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况，了解学生的学习状态。
2. 练习完成情况：检查学生练习题的完成质量，评估学生对等差数列前n项和的掌握程度。
3. 小组讨论：评价学生在分组讨论中的表现，包括逻辑思维、沟通能力等。
4. 课后反馈：收集学生对课堂内容的反馈意见，为后续教学提供改进方向。
六、教学内容与课时安排：第六章：等差数列前n项和的性质与应用课时安排：2课时本章主要内容有：1. 等差数列前n项和的性质；2. 等差数列前n项和在实际问题中的应用。
七、教学内容与课时安排：第七章：等差数列前n项和的计算公式推导课时安排：2课时本章主要内容有：1. 等差数列前n项和的计算公式的推导过程；2. 等差数列前n项和的计算公式的应用。
求数列的前n项和列教案例题习题
四.数列求和的常用方法1.公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式，特别声明：运用等比数列求和公式，务必检查其公比与1的关系，必要时需分类讨论.；③常用公式：1123(1)2n n n ++++=+，222112(1)(21)6n n n n +++=++，33332(1)123[]2n 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 nn x x x x S +⋅⋅⋅+++=32 （利用常用公式）＝x x x n --1)1(＝211)211(21--n ＝1－n 21 练一练：等比数列{}n a 的前n 项和S ｎ＝2ｎ－１，则2232221n a a a a ++++ ＝_____ ；2.分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和.例2、 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa 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(nn + （分组求和）当1≠a 时，2)13(1111n n aa S nn -+--=＝2)13(11n n a a a n -+--- 练一练：求和：1357(1)(21)nn S n =-+-+-+--3.倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前n 和公式的推导方法）.例3、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1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..② （反序）又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得 （反序相加）)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴ S ＝44.5练一练：已知22()1x f x x =+，则111(1)(2)(3)(4)()()()234f f f f f f f ++++++＝______；4.错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前n 和公式的推导方法）. 例4、 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}的通项与等比数列{1-n x }的通项之积设nn x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=………………………. ② （设制错位） ①－②得 nn 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----⋅+=-- ∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+例5、求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和.解：由题可知，{n n 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21}的通项之积设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n nS ………………………………② （设制错位）①－②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS （错位相减）1122212+---=n n n∴ 1224-+-=n n n S练一练：设{}n a 为等比数列，121(1)2n n n T na n a a a -=+-+++，已知11T =，24T =，①求数列{}n a 的首项和公比；②求数列{}n T 的通项公式.；5.裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和.常用裂项形式有：①111(1)1n n n n =-++；②1111()()n n k k n n k=-++； ③2211111()1211k k k k <=---+，211111111(1)(1)1k k k k k k k k k -=<<=-++--； ④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++ ；⑤11(1)!!(1)!n n n n =-++；⑥=<<=. 例6、 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.解：设n n n n a n -+=++=111（裂项）则 11321211+++⋅⋅⋅++++=n n S n （裂项求和）＝)1()23()12(n n -++⋅⋅⋅+-+- ＝11-+n例7、 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： ∵ 211211nn n n n a n =++⋅⋅⋅++++=∴ )111(82122+-=+⋅=n n n n b n （裂项）∴ 数列{b n }的前n 项和)]111()4131()3121()211[(8+-+⋅⋅⋅+-+-+-=n n S n （裂项求和）＝)111(8+-n ＝18+n n练一练：（1）求和：1111447(32)(31)n n +++=⨯⨯-⨯+ ；（2）在数列{}n a 中，11++=n n a n ，且S ｎ＝９，则n ＝_____ ；6.通项转换法：先对通项进行变形，发现其内在特征，再运用分组求和法求和。
等比数列前n项和公式教案
等比数列前n项和公式教案一、教学目标1.理解等比数列的定义和性质。
2.掌握等比数列前n项和公式的推导过程。
3.能够运用等比数列前n项和公式解决实际问题。
二、教学重难点1.等比数列前n项和公式的推导。
2.等比数列前n项和公式的应用。
三、教学准备1.教学课件。
2.等比数列前n项和公式推导过程的相关资料。
3.练习题。
四、教学过程（一）导入1.复习等比数列的定义和性质。
2.提问：等比数列的前n项和如何计算？（二）新课1.等比数列前n项和公式的推导（1）引导学生回顾等差数列前n项和公式的推导过程。
（2）讲解等比数列前n项和公式的推导过程。
设等比数列的首项为a1，公比为q，前n项和为Sn，则有：S_n=a_1+a_1q+a_1q^2++a_1q^{n-1}两边同时乘以q得：qS_n=a_1q+a_1q^2+a_1q^3++a_1q^n将两式相减得：S_nqS_n=a_1a_1q^n化简得：S_n=a_1(1q^n)/(1q)当q=1时，等比数列退化为等差数列，此时S_n=na_1。
S_n=a_1(1q^n)/(1q)，q≠12.等比数列前n项和公式的应用（1）讲解等比数列前n项和公式的应用，如求等比数列的前n项和、通项公式等。
（2）举例讲解：例1：已知等比数列{an}的首项为2，公比为3，求前5项和。
解：由等比数列前n项和公式得：S_5=2(13^5)/(13)=242例2：已知等比数列{an}的前3项和为14，第4项为6，求公比q。
解：由等比数列前n项和公式得：S_3=a_1(1q^3)/(1q)=14又已知a_4=a_1q^3=6联立两式得：q=2或q=-1/2（三）课堂练习1.求等比数列{an}的首项为3，公比为4，前7项和。
2.已知等比数列{an}的前4项和为30，第5项为12，求公比q。
2.鼓励学生提出疑问，共同探讨。
五、课后作业1.复习等比数列前n项和公式，掌握推导过程。
2.完成课后练习题。
六、教学反思本节课通过等比数列前n项和公式的推导和应用，让学生更好地理解等比数列的性质，培养学生的数学思维能力。
高中数学第二章数列第5节等比数列的前n项和第2课时数列求和(习题课)课件新人教A版3必修5
(2)cn＝(3n－2)·2n－1， Tn＝1·20＋4·21＋…＋(3n－2)·2n－1， 2Tn＝1·21＋4·22＋…＋(3n－2)·2n， ∴－Tn＝1＋3×(21＋22＋…＋2n－1)－(3n－2)·2n ＝1＋6(2n－1－1)－(3n－2)·2n ＝(5－3n)·2n－5， Tn＝(3n－5)·2n＋5.
4n，
（x（）x（2－x21n）＋2＋1）＋2n. （x≠±1）
当一个数列本身既不是等差数列也不是等比数 列，但如果它的通项公式可以拆分为几项的和，而这 些项又构成等差数列或等比数列，那么就可以用分组 求和法，即原数列的前 n 项和等于拆分成的每个数列 前 n 项和的和．
讲一讲 3．等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝10，a2 为整 数，且 Sn≤S4. (1)求an的通项公式； (2)设 bn＝ana1n＋1，求数列bn的前 n 项和 Tn.
[尝试解答] (1)由 a1＝10，a2 为整数知：等差数列an 的公差 d 为整数．又 Sn≤S4，故 a4≥0，a5≤0；
和．形如 an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
2．本节课的难点和易错点是“错位相减法”和 “奇偶并项求和法”．如讲 2 和讲 4.
第 2 课时 数列求和（习题课）
[思考]
若数列 c 是公差为 n
d
的等差数列，数列bn
是公比为 q(q≠1)的等比数列，且 an＝cn＋bn，如何求数
列 a 的前 n 项和？ n
名师指津：数列 a 的前 n 项和等于数列 c 和 b n
n
n
的前 n 项和的和．
＝
1 3
＋3×31211－－313n1－1
－
(3n
数列前n项和常见求解方法课件(北师大版)
a2 32 2 1;
an 3n n 1. sn a1 a2 an
3 32 3n 1 2 n 111
3(1 3n ) n(1 n) n
13
2
3n1 n2 3n 3 2
·并项求和是将原数列的项重新组合， 使他们成为一个或几个等差或等比数 列再求和的方法。
n
n
n
求s.
四、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.
例4：设 {an}的前n项和为Sn，an＝n·2n，则求数列{an}的前n项和 Sn
例4：设 {an}的前n项和为Sn，an＝n·2n，则求数列{an}的前n项和Sn
数列前n项和的常见求解方法
年级：高一（24）班 教材：北师大版 必修5
一、公式法
•1、如果一个数列是等差数列：
•
递推关系 an1 an d
•
•
前n项和：Sn
a1
an n
2
na1
n(n 1) 2
d
•
•2、如果一个数列是等比数列：
• 递推关系 an1 qan a1 0
• 前n项和：
sn
三、倒序相加法
如果一个数列{an}，首末两端等“距离” 的两项的和相等或等于同一常数，那么 求这个数列的前n项和即可用倒序相加 法，如等差数列的前n项和即是用此法 推导的．
例3.函数f (x)对任意x R有f (x) f (1 x) 1, S满足
S f (0) f ( 1 ) f ( 2 ) f ( n 1) f (1)
解析：∵Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…
＋n·2n
①
数列前n项和教案
数列前n项和教案一、教学目标1. 理解数列前n项和的概念及求解方法；2. 掌握等差数列和等比数列和的公式；3. 能够灵活运用数列前n项和公式解决实际问题。
二、教学准备课件、黑板、粉笔、练习题、实例题等。
三、教学过程第一阶段：导入1. 创设情境：小明和小红在数学课上参加了数列前n项和的探究活动。
请同学们思考，数列前n项和是什么意思？我们通常用什么公式来计算？2. 引入定义：数列前n项和指的是将数列的前n项相加得到的和。
根据数列的性质，等差数列和等比数列和有相应的公式。
第二阶段：知识讲解1. 等差数列和的公式a) 讲解公式推导过程：设等差数列的首项为a1，公差为d，第n 项为an。
利用数列的性质可知，第n项可以表示为an = a1 + (n-1)d。
因此，数列前n项和可以表示为Sn = (a1 + an) * n / 2。
b) 通过例题进行讲解和巩固：例如，计算等差数列1, 3, 5, 7, 9的前6项和。
2. 等比数列和的公式a) 讲解公式推导过程：设等比数列的首项为a1，公比为q，第n项为an。
利用数列的性质可知，第n项可以表示为an = a1 * q^(n-1)。
因此，数列前n项和可以表示为Sn = a1 * (q^n - 1) / (q - 1)，当q ≠ 1时。
b) 通过例题进行讲解和巩固：例如，计算等比数列2, 4, 8, 16, 32的前5项和。
第三阶段：练习与拓展1. 练习题讲解a) 同学们完成练习题，并在黑板上写出解题步骤；b) 选几道题，随机点名同学上板讲解解题方法和答案。
2. 拓展应用a) 引导同学们思考数列前n项和的实际应用情境，例如小明有一个每天存钱翻倍的计划，第一天存1元，第二天存2元，以后每天存前一天的两倍。
那么，小明存了多少天后，他存的钱总和超过1000元？b) 让同学们自主分组，在小组内设计并解答类似的实际问题。
第四阶段：总结归纳1. 强调公式记忆：通过反复练习，帮助同学们记忆等差数列和和等比数列和的公式。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
精品文档四.数列求和的常用方法1. 公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式，特别声明：运用等比数列求和公式，务必检查其 公比与1的关系，必要时需分类讨论.③常用 公式：1 23山 nn 1 ） 12 22 11（ n 2 二丄n （n 1）（2n 1）,2 613 23 33 川 n 3 <n （n_^]2. 例1、已知iog 3 x1—，求x ■ x 2 ■ x 3亠 亠x n ……的前n 项和. log 2 3- 1log 3 x = - log 3 2 =■ x =—21 1x(1-x n) = 2(1—尹)=J2等比数列｛a n ｝的前n 项和S n = 2n - 1,则a 1 a |2. 分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在 起，再运用公式法求和.1 1 1例2、求数列的前n 项和：11, 4,-y ，7,…；n-2 , a a a1 1 1解：设 S n = （1 1） （ 4）（亍 7）「…（一3n - 2）a a a将其每一项拆开再重新组合得1 1 1S n =(12—^)(1 4 7 囂囂 3n _ 2)a a a当a = 1时，S n 沙 虽1n =鲤卫2 2练一练：求和：S n =-1 • 3-5 • 7-||「(-1)n (2n-1)3. 倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关 联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前 n 和公式的推 导方法）.少.少..少 •• 少 例 3、求 sin 1 sin 2 sin 3飞in 88 sin 89 的值解：由log 2 3 由等比数列求和公式得S n 二 X X 2 X 3 池 叫 x n（利用常用公式）（分组） （分组求当a=1时,__ a 1丄.(3n -1)n2 1 _pa -a (3n -1)n精品文档解：设S = sin 21 sin2 2 sin2 3 亠亠sin2 88 sin2 89 ................................ . ①将①式右边反序得S =sin 89 sin 88 飞in 3 sin 2 sin 1 .............................................. .②(反序)2 2又因为sin x =cos(90 - x), sin x cos x = 1①+②得(反序相加)2 0 2 02。
2 02。
2。
2S = (sin 1 cos 1 ) (sin 2 cos 2 )爲吒(sin 89 cos 89 ) = 89S= 44.52111x练一练：已知f(x) 2，则f(1) f(2) f(3)仁4) f( ) f( ) f ()=1+x 234_____ ;4. 错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前n和公式的推导方法）.例4、求和：S n=1 3x 5x2 7x3…(2n -1)x nJ..................................................... 解：由题可知，｛（2 n- 1）x nd｝的通项是等差数列｛2n —1｝的通项与等比数列｛x n」｝的通项之积设xS n =1x +3x2 +5x3 +7x4+ ■ ■ '+（2n - 1）x n ............................................ ②（设制错位）①—②得（1 -x）S n = 1 2x 2x2 2x3 2x^ — 2x nJ -（2n - 1）x n（错位相减）1 _ x n」再利用等比数列的求和公式得：（1 -x）Sn =1 • 2x（2n -1）x n1 -x(2n -1)x n 4-(2n 1)x n (1 x)S n(1-x)22例5、求数列纟，2,3，2 22 23解：由题可知，｛ I? ｝的通项是等差数列｛2n ｝的通项与等比数列 .2 . A . A . 2n ................................................................ 2 2 2 |3 I nI ? .............................I 2 I 3 24 2 ? 1军，…前n 项的和.24?｝的通项之积2设S n i Sn 位）（设制错1 2 2 2 22 ①—②得(1 -—)S n 二——飞•飞* —n2 2 22 23 242n减) 2n 2*1(错位相S n =42n2 n 1练一练：设｛a .｝为等比数列，T n 二na i • (n - 1)a 2J11 -2a .」-a .，已知 h =1 , T ? = 4，①求数列｛a n ｝的首项和公比；②求数列 ｛T n ｝的通项公式 5.裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那 么常选用裂项相消法求和 ①」 1 一丄； n(n 1) n n 1-1 1 ③P 2 k k -1 1.常用裂项形式有： 1 ___ 1(1 k'n 1 亠)- n k )； 1 1 1 =-------- <^- < ------ (k 1)k k (k -1)k k -1 n 1 1 ]:⑤ (n 1)! n! (n 1)! - -匕：：-2 2(、、n 」n -1).② n(n k) 1 、 _ )， ■ 2 k -1 k 1 1 1 [ 2 n(n 1) (n 1)(n 2) 2 ④ n(n 1)(n 2) ⑥ 2(. n —1 - n) 例6、求数列 解：设a n 项) 则S n 和) 、n 、n 1 、n , n n -1 1 , ,1 • .2’、2 • . n • “1八的前 0 项和. ------ :.n 1 - nn i n 1(裂(裂项求-n 1「1例7、在数列｛a n ｝中，a n—話，又b n，求数列｛b n ｝的前a n an 1n 项的和.1 1 1练一练：（1）求和：1x4 4x7（3n_ 2）x （3 n+1）1（2）在数列｛a n ｝中，a * ： -------------- ，且 S n =9，贝V n = ______________________*'n + J n +16■通项转换法：先对通项进行变形，发现其内在特征，再运用分组求和法求和。
例 8、求 11111^11^-1 之和.n 个11 1解：由于 111 1 999 9(10k -1)k 个 1 9k 个 19征)••• 1 11 111 _ 几111 (1)n 个1111 1 =-(101 -1) (102 -1) (103 -1) (10n -1) 99 9 9=1(101 102 10^-10n ^1(1 1 ^_-1)991 10(10n -1) n— ■-9 10 -1 9=—(10n 1 -10-9n)81练一练：①求数列1X 4, 2X 5, 3X 6，…，n (n • 3)，…前n 项和S n = _____________1 1 1②求和：1 mF ，12 3川n数列求和课后练习解：••• a n1 +2 --- + * nn ..+n 1 n 1 n 12b n2 ~1 1 、 = = 8(-- )n n 1 n n 12 2数列｛b n ｝的前n 项和S n（裂项）詢（1一1） （1」（1」…（1n)]（裂项求和）1=8（1一冷8n n 1（找通项及特（分组求和）精品文档 一、选择题： （本大题共6小题，每 小题6分，共36分，将正确答案的代号填在题后的括号内•）1.数列｛a n ｝的通项公式为a n = （- 1）n T （4n — 3），则它的前100项之和S 100等于（ ）B . — 200C . 400D . — 4003. 设 f(n)= 2+ 24+ 27 +210 +…+ 23n + 10(n € N)，则 f(n)等于()A.7(8n — 1)B.7(8n +1— 1)C.7(8n + 3— 1)D.|(8n +4— 1)34.若数列｛ a n ｝的前n 项和为S n,且满足S n = ~a n — 3,则数列｛ a n ｝的前n 项和S n 等于()A . 3n +1 — 3B . 3n — 3C . 3n +1+ 3D . 3n + 35. 数列12, 34, 58, 7箱，…,(2n — 1) + 2，…的前n 项和S n 的值等于()2 1 2 1 2 1 2 1A . n + 1 —歹B . 2n — n + 1 —刁C . n + 1 —D . n — n + 1 —歹196. 数列a n = ，其前n 项之和为—，则在平面直角坐标系中，直线(n + 1)x + y + nn(n + 1) 10=0在y 轴上的截距为()A . — 10B . — 9C . 10D . 9、填空题：（本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上.）7. 已知函数 f(x)对任意 x € R ,都有 f(x)= 1 — f(1 — x),则 f( — 2)+ f(— 1)+ f(0) + f(1) + f(2) +f(3)8.2+步+》+ 4T +-+步—2等于 ________________11119.数列2^+毎, 齐~6‘ 42+8…的前n 项和等于(n 为奇数)A . 200 2.数列1, 11 +2 + •••+ n 的前n 项和为（A.2n 2n + 1B.2nn + 2 D.n2n + 111 .已知数列｛a n ｝中, a 1 = 1,当n > 2时，其前 项和S n 满足S n = a n S n —.,且 a n = f(n)+ f(n + 1)，贝U a 1 + a 2+•+ a 1ooo = (n 为偶数)三、解答题：（本大题共3小题，11、12题13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤.精品文档⑴求S n 的表达式；⑵设b n = 2n + 1，求｛b n ｝的前n 项和T n .12.等差数列｛a n ｝是递增数列，前n 项和为S n ,且a i , a 3, a ?成等比数列，&= a ：『+ n + 1(1)求数列｛a n ｝的通项公式； ⑵若数列｛b n ｝满足b n = ，求数列｛5｝的前99项的和.a n a n + 113. (2011 沈阳市模拟)在数列｛a n ｝中，a 1= 1, 2a n +1= 1 + 2 a n (n € N *).(1)证明：数列｛誥｝是等比数列，并求数列｛a n ｝的通项公式； ⑵令b n = a n + 1-如，求数列｛b n ｝ 的前n 项和S n .10 .函数 f(n)=—n 2。