《数列求和---错位相减法》导学案

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高中数学必修五《错位相减法求和》优秀教学设计

教师布置各组讨论任务定好讨论时间，学生小组讨论并主动展示。
培养学生的合作交流能力，分析问题并解决问题的能力，通过展示也可以进一步深化对问题的认识，并能及时地暴露问题。
题型一分类讨论求前 n 项和
n
1.求数列 {nx } 的前 n 项和
组（ 1）学生代表展示解答并讲解解题思路，同组学生补充，
四、教具：投影仪、多媒体课件。
五、教学环节
（一） A 课成果展示，分享收获（二） B 课课标解读，知识梳理
（三）效果检测，合
作探究（四）分组展示，小结反思
六、教学过程
教学环节
教学程序
师生活动
设计意图
成果展示
在自主学习任务单中选出做的好的同学的任务单展示
调动学习的热情教师展示，学生观看。
《错位相减法求和》教学设计
一、目标分析
1. 知识目标使学生掌握等差、等比数列求通项的基本方法，掌握错位相减法求和，熟练
解决数列中与错位相减法相关的综合问题。
2. 能力目标培养学生观察、归纳能力，在学习过程中，体会归纳思想、化归思想和方程
思想并加深认识；通过等差、等比数列、通项与前 n 项和关系以及错位相减法之间的综合问
(1)求 an；
(2)求数列 { nan} 的前 n 项和 Tn. 作
3、已知正项数列 { an} 的前 n 项和为 Sn，业且 an 和 Sn 满足： 4Sn＝ (an＋ 1)2(n＝ 1,2,3
)．
(1)求数列 { an} 的通项公式；
(2)设
bn＝
ห้องสมุดไป่ตู้
an
1 ·an＋1
，求数列

微课：数列求和-错位相减法

数列求和————错位相减法教学目标让学生能理解错位相减法，并能够应用错位相减法求数列的前n 项和。

教学重点错位相减法的应用教学难点错位相减法的计算过程。

教学准备课件及课本插图教学内容一、问题的引入对于已知的等差、等比数列的求和问题，我们可以使用求前n 项和公式来解决，但对于一些特殊的数列，我们怎样来求它们的和呢？本课题将阐明一种特定数列的求和方法---错位相减法。

1、错位相减法的来源（人教必修五P55）学生活动学生回忆等比数列求和公式的推导过程教师活动错位相减法在高中课本出现时在必修五等推导等比数列的求和公式的过程中使用，在讲新课时大部分学生没有掌握其推导的过程，导致后面的应用困惑。

二、典型例题例题1:)1(,22≠+⋯⋯++x nx x x n 求和：分析：一般地，如果数列{an }是等差数列，{bn }是等比数列，求数列{an 〃bn }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn }的公比，然后作差求解．13232)1(......232++-+++=++++=n n n nn nx x n x x xS nx x x x S 解：令两式相减得：11321)1()1()1(++---=--++++=-n n n n n n nx x x x S x nx x x x x S x()211)1(2x n x x S n n -+-=+小结：（1）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解（2）在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n qS S -”的表达式．三、练习反馈1、已知数列的等比数列公比是首项为41,41}{1==q a a n ，设 1423log (*)n n b a n +=∈N ，数列n n n n b a c c ⋅=满足}{（1）求证：}{n b 是等差数列；（2）求数列}{n c 的前n 项和n S ．解（1）由题意知，1()(*)4n n a n =∈N ，12log 3,2log 3141141=-=-=a b a b n n ， ∴111111144443log 3log 3log 3log 3n n n n n n a b b a a q a +++-=-=== ∴数列3,1}{1==d b b n 公差是首项的等差数列；（2）由（1）知，1(),32(*)4n n n a b n n ==-∈N ．∴1(32)(),(*)4n n c n n N =-⨯∈， ∴2311111114()7()(35))(32)(),44444n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⨯(+-⨯ 于是1432)41()23()41)53()41(7)41(4)41(141+⨯-+(⨯-++⨯+⨯+⨯=n n n n n S ，两式相减得：132)41()23(])41()41()41[(34143+⨯--++++=n n n n S 111(32)()24n n +=-+⨯． ∴121281()(*)334n n n S n ++=-⋅∈N ．四、总结1、用错位相减法的数列特征：已知数列 {}Cn 满足n n b a Cn =的形式，其中{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，等比且公比不等于1。

专题07 数列求和-错位相减、裂项相消(解析版)

专题07数列求和-错位相减、裂项相消◆错位相减法错位相减法是求解由等差数列{}n a 和等比数列{}n b 对应项之积组成的数列{}n c (即n n n c a b =)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.在讲等比数列的时候,我们推导过等比数列的求和公式,其过程正是利用错位相减的原理,等比数列的通项n b 其实可以看成等差数列通项()1n n a a =与等比数列通项n b 的积.公式秒杀:()n n S A n B q B =⋅+-(错位相减都可化简为这种形式,对于求解参数A 与B ,可以采用将前1项和与前2项和代入式中,建立二元一次方程求解.此方法可以快速求解出结果或者作为检验对错的依据.)【经典例题1】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若111,1n n a S a +==-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设1n n nb a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)()12n n a n -*=∈N ；(2)222n nn T +=-.【解析】(1)因为111,1n n a S a +==-．所以121S a =-，解得22a =．当2n ≥时，11n n S a -=-，所以11n n n n n a S S a a -+=-=-，所以12n n a a +=，即12n na a +=．因为212a a =也满足上式，所以{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，所以()12n n a n -*=∈N ．(2)由（1）知12n n a +=，所以2n nn b =，所以2311111232222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭…①2311111112(1)22222nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭…②①-②得231111*********n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 11112211212nn n +⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-⨯ ⎪⎝⎭-11122nn ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以222n n n T +=-．【经典例题2】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且111a b ==，32312S b ==．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若1n n n c a b +=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)32n a n =-，14n n b -=(2)()1414n n T n +=+-【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，由题意得：13312a d +=，解得：3d =，所以()13132n a n n =+-=-，由2312b =得：24b =，所以214a q a ==，所以14n n b -=(2)()1324nn n n c a b n +==-⋅，则()2344474324nn T n =+⨯+⨯++- ①，()2341444474324n n T n +=+⨯+⨯++- ②，两式相减得：()23413434343434324n n n T n +-=+⨯+⨯+⨯++⨯-- ()()111164433241233414n n n n n +++-=+⨯-=-+--，所以()1414n n T n +=+-【经典例题3】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26S =，314S =．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若21n nn b a -=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)()*2n n a n =∈N (2)2332n nn T +=-【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，当1q =时，1n S na =，所以2126S a ==，31314S a ==，无解．当1q ≠时，()111n n a q S q-=-，所以()()21231316,1114.1a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩解得12a =，2q =或118a =，23q =-（舍）．所以()1*222n n n a n -=⨯=∈N ．(2)21212n n n n n b a --==．所以231135232122222n n n n n T ---=+++++L ①，则234111352321222222n n n n n T +--=+++++ ②，①－②得，2341112222212222222n n n n T +-=+++++-L 234111111212222222n n n +-⎛⎫=+++++- ⎪⎝⎭L 1111111213234221222212-++⎛⎫- ⎪-+⎝⎭=+⨯=--n n n n n ．所以2332n nn T +=-．【练习1】已知数列{}n a 满足11a =，()121n n a a n *+=+∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列(){}1n n a +的前n 项和n S .【答案】(1)21nn a =-(2)()1122n n S n +=-⋅+【解析】(1)由121n n a a +=+得：()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，21n n a ∴=-.(2)由（1）得：()12nn n a n +=⋅；()1231122232122n n n S n n -∴=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，()23412122232122n n n S n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，()()2311121222222212212n nn n n n S n n n +++-∴-=++++-⋅=-⋅=-⋅--，()1122n n S n +∴=-⋅+.【练习2】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n S a =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)12n n a -=(2)(1)21n n T n =-⋅+【解析】(1)令1n =得11121S a a ==-，∴11a =，当2n ≥时，1121n n S a --=-，则1122n n n n n a S S a a --=-=-，整理得12n n a a -=，∴12nn a a -=，∴数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，∴12n n a -=；(2)由（1）得12n n n b na n -==⋅，则01211222322n n T n -=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，12321222322n n T n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，两式相减得0123112222222212n n nn n T n n ---=++++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅-，化简得122(1)21n n nn T n n =-+⋅=-⋅+．【练习3】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且342n n S a =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设12log n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)212n n a -=(2)234065299n n n T +-=+⨯【解析】(1)当1n =时，1113423S a a =-=，解得12a =．当2n ≥时，()113334242n n n n n a S S a a --=-=---，整理得14n n a a -=，所以{}n a 是以2为首项，4为公比的等比数列，故121242n n n a --=⨯=．(2)由（1）可知，()2112log 212n n n n b a a n ++=⋅=-⨯，则()35211232212n n T n +=⨯+⨯++-⨯L ，()572341232212n n T n +=⨯+⨯++-⨯L ，则()368222332222212n n n T n ++-=++++--⨯L ()62432323224065221221433n n n n n +++--=+--⨯=--⨯-．故234065299n n n T +-=+⨯．【练习4】已知数列{}n a 满足11a =，1122n nn n n a a a ++=+（n +∈N ）.(1)求证数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；(2)设()1n n b n n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析(2)()1122n n S n +=-⋅+【解析】(1)由已知可得1122n n n n n a a a ++=+，即11221n n n n a a ++=+，即11221n nn n a a ++-=，2n n a ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是等差数列.(2)由（1）知，()122111n n n n a a =+-⨯=+，21n n a n ∴=+，2nn b n ∴=⋅231222322=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅nn S n ()23121222122n n n S n n +=⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+⋅相减得，()23111121222222222212nn n n n n n S n n n ++++--=+++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=--⋅-()1122n n S n +∴=-⋅+◆裂项相消法把数列的通项拆成相邻两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.在消项时要注意前面保留第几项,最后也要保留相对应的倒数几项.例如消项时保留第一项和第3项,相应的也要保留最后一项和倒数第三项.常见的裂项形式:(1)1111()n n k k n n k⎛⎫=-⎪++⎝⎭;(2)1111(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭;(3)1k=;(4)22222111(1)(1)n n n n n +=-++;(5)()()1121121212121nn n nn ++=-----;(6)12(41)22(1)1n n n n n n n n+-=-++;(7)12111(21)(21)2(21)2(21)2n n n n n n n n +++=--+-+;(8)1(1)(1)1(1)(1)(21)(23)42123n n n n n n n n +⎛⎫-+--=- ⎪++++⎝⎭(9)(1)(1)(1)nn n n -⎡=-=--⎣(10)1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦.(11)()!1!!n n n n ⋅=+-(12)()()111!!1!k k k k =-++【经典例题1】已知正项数列{}n a 中，11a =，2211n n a a +-=，则数列11n n a a +⎧⎫⎨+⎩⎭的前99项和为（）A ．4950B ．10C ．9D ．14950【答案】C 【解析】因为2211n n a a +-=且211a =，所以，数列{}2n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，211na n n =+-=，因为数列{}n a为正项数列，则n a =，则11n na a +=-+，所以，数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前99项和为11019-=-= .故选：C.【经典例题2】数列{}n a 的通项公式为()()*22211n n a n n n +=∈+N ，该数列的前8项和为__________．【答案】8081【解析】因为()22222111(1)1n n a n n n n +==-++，所以822222*********((1223898181S =-+-++-=-= ．故答案为：8081．【经典例题3】已知数列{}n a 的前n 项和为2n S n =，若11n n n b a a+=，则数列{}n b 的前n 项和为________．【答案】21n n +【解析】当1n =时，21111a S ===，当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-，且当1n =时，1211n a -==，故数列{}n a 的通项公式为21n a n =-，111111(21)(21)22121n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭，则数列{}n b 的前n 项和为：1111111113352215721n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎝⎭⎣-⎭⎦11122121n n n ⎡⎤=-=⎢++⎣⎦.故答案为：21nn +【练习1】数列的前2022项和为（）A．12B．12C1D1【答案】B 【解析】=记的前n 项和为n T ，则202212T =+ )112=；故选：B【练习2】数列{}n a 的各项均为正数，n S 为其前n 项和，对于任意的*N n ∈，总有n a ，n S ，2n a 成等差数列，又记21231n n n b a a ++=⋅，数列{}n b 的前n 项和n T =______．【答案】69n n +【解析】由对于任意的*N n ∈，总有n a ，n S ，2n a 成等差数列可得：22n n n S a a =+，当2n ≥时可得21112n n n S a a ---=+，所以22111222n n n n n n n a S S a a a a ---=-=+--，所以22110n n n n a a a a -----=，所以11()(1)0n n n n a a a a --+--=，由数列{}n a 的各项均为正数，所以11n n a a --=，又1n =时20n n a a -=，所以11a =，所以n a n =，212311111()(21)(23)22123n n n b a a n n n n ++===-⋅++++，1111111111()(235572123232369n n T n n n n =-+-+-=-=++++ .故答案为：69nn +.【练习3】()1232!3!4!1!n n +++⋅⋅⋅+=+_______.【答案】()111!n -+【解析】()()()11111!1!!1!k k k k k k +-==-+++ ，()()()12311111111112!3!4!1!2!2!3!3!4!1!!!1!n n n n n n ∴+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+-+-+-+()111!n =-+.故答案为：()111!n -+.【练习4】设数列{}n a 满足124(32)3n a a n a n +++-= .(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列31n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .【答案】(1)332n a n =-(2)331=+n n T n 【解析】(1)解：数列{}n a 满足124(32)3n a a n a n +++-= ，当1n =时，得13a =，2n ≥时，1214(35)3(1)n a a n a n -+++-=- ，两式相减得：(32)3n n a -=，∴332n a n =-，当1n =时，13a =，上式也成立.∴332n a n =-；(2)因为331(32)(31)n a n n n =+-+，113231n n =--+，∴11111114473231n T n n =-+-++--+ ，1313131nn n =-=++.【练习5】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()21n n S a n *=-∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设13log n n b a =，n C ={}n C 的前n 项和nT 【答案】(1)13n na =(2)1n T =【解析】(1)当1n =时，111221a S a =-=，解得：113a =；当2n ≥时，1122211n n n n n a S S a a --=-=--+，即113n n a a -=，∴数列{}n a 是以13为首项，13为公比的等比数列，1133nn n a ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭.(2)由（1）得：131log 3nn b n ⎛⎫== ⎪⎝⎭，n C ∴==11n T ∴=⋅⋅⋅+=【练习6】已知数列{}n a 中，1122222n n nn a a a n -+++=⋅ ．(1)证明：{}n a 为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)设(1)(1)nn n a b n n -=+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)证明见解析；()1*2n n a n -=∈N (2)211nn -+【解析】(1)解：1122222n n nn a a a n -+++=⋅ ，即为21122n n a a a n -+++= ·······①，又1212122n n a a a n --+++=- ，········②，①-②得112nn a -=，即12(2)n n a n -= ，又当1n =时，11112a -==，故()1*2n n a n -=∈N ；从而()*11222nn n n a n a +-==∈N ，所以{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列；(2)由（1）得11(1)222(1)1n n n n n b n n n n---==-++，所以1021122222221321-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n S n n 211=-+nn .【练习7】记n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，若36S =，3a 是1a 和9a 的等比中项.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记121n n n n b a a a ++=⋅⋅，求数列{}n b 的前20项和.【答案】(1)n a n =，*N n ∈(2)115462【解析】(1)由题意知2319a a a =⋅，设等差数列{}n a 的公差为d ，则()()211182a a d a d +=+，因为0d ≠，解得1a d=又31336S a d =+=，可得11a d ==，所以数列{}n a 是以1为首项和公差为1的等差数列，所以()11n a a n d n =+-=，*N n ∈(2)由（1）可知()()()()()1111122112n b n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭，设数列{}n b 的前n 和为n T ，则()()()1111111212232334112n T n n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪⨯⨯⨯⨯+++⎝⎭()()1112212n n ⎛⎫=- ⎪ ⎪++⎝⎭，所以20111115222122462T ⎛⎫=⨯-=⎪⨯⎝⎭所以数列{}n b 的前20和为115462【练习8】已知等差数列{}n a 满足37a =，5726a a +=，211=-n n b a （n +∈N ）．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)数列{}n b 的前n 项和为n S ，求n S ．【答案】(1)21n a n =+，()141n b n n =+(2)()41n n S n =+【解析】(1)由题意，可设等差数列{}n a 的公差为d ，则112721026a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得13a =，d ＝2，∴()32121n a n n =+-=+；∴()()222111114441211n n b a n n n n n ====-+++-；(2)∵()11114141n b n n n n ⎛⎫==- ++⎝⎭，()1111111111422314141n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+=-= ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭．【练习9】已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4、1n a +、n S 成等比数列，其中n *∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设14nn n n S b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)21n a n =-(2)21n n T n n =++【解析】(1)解：对任意的N n *∈，0n a >，由题意可得()224121n n n n S a a a =+=++.当1n =时，则211114421a S a a ==++，解得11a =，当2n ≥时，由2421n n n S a a =++可得2111421n n n S a a ---=++，上述两个等式作差得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，即()()1120n n n n a a a a --+--=，因为10n n a a ->+，所以，12n n a a --=，所以，数列{}n a 为等差数列，且首项为1，公差为2，则()12121n a n n =+-=-.(2)解：()21212n n n S n +-==，则()()()()()()2214441111111121212121212122121n n n n S n n b a a n n n n n n n n +-+⎛⎫====+=+- ⎪-+-+-+-+⎝⎭，因此，11111112335212121n nT n n n n n ⎛⎫=+-+-++-=+ ⎪-++⎝⎭ .【练习10】已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，___________.①n *∀∈N ，14n n a a n ++=；②数列n S n ⎧⎫⎨⎩⎭为等差数列，且n S n ⎧⎫⎨⎩⎭的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解：(1)求n a ；(2)设()121n n n n n a a b a a +++=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)条件选择见解析，21n a n =-(2)()()22121n n n T n +=+【解析】(1)解：选条件①：n *∀∈N ，14n n a a n ++=，得()1241n n a a n +++=+，所以，()24144n n a a n n +-=+-=，即数列{}21k a -、{}()2N k a k *∈均为公差为4的等差数列，于是()()21141432211k a a k k k -=+-=-=--，又124a a +=，23a =，()()224141221k a a k k k =+-=-=⋅-，所以21n a n =-；选条件②：因为数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，且n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前3项和为6，得3122361232S S S S ++=⨯=，所以222S=，所以n S n ⎧⎫⎨⎩⎭的公差为2121121S S d =-=-='，得到()11nS n n n=+-=，则2n S n =，当2n ≥，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-.又11a =满足21n a n =-，所以，对任意的N n *∈，21n a n =-.(2)解：因为()()()()()12222214111221212121n n n n n a a nb a a n n n n ++⎡⎤+===-⎢⎥⋅-+-+⎢⎥⎣⎦，所以()()122222*********213352121n n T b b b n n ⎡⎤=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-⎢⎥-+⎢⎥⎣⎦()()()222111122121n n n n ⎡⎤+=-=⎢⎥++⎢⎥⎣⎦.【过关检测】一、单选题1．1232482n n nS =++++= （）A ．22n nn -B ．1222n nn +--C ．1212n n n +-+D ．1222n nn +-+【答案】B 【解析】由1232482n n n S =++++ ，得23411111112322222n n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，两式相减得234111111112222222nn n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111222211222212n n n n n n n n n ++++⎛⎫- ⎪--⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-=--⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-.所以1222n n nn S +--=.故选：B.2．数列{}2⋅nn 的前n 项和等于（）．A ．222n n n ⋅-+B ．11222n n n ++⋅-+C ．122n n n +⋅-D ．1122n n n ++⋅-【答案】B 【解析】解：设{}2⋅nn 的前n 项和为n S ，则1231222322nn S n =⨯+⨯+⨯++⋅ ，①所以()23121222122n n n S n n +=⨯+⨯++-⋅+⋅ ，②①－②，得()231121222222212nn n n n S n n ++--=++++-⋅=-⋅-L ，所以11222n n n S n ++=⋅-+．3．已知等比数列{an }的前n 项和为Sn ，若S 3=7，S 6=63，则数列{nan }的前n 项和为（）A ．-3+(n +1)×2nB ．3+(n +1)×2nC ．1+(n +1)×2nD ．1+(n -1)×2n【答案】D 【解析】设等比数列{an }的公比为q ，易知q ≠1，所以由题设得()()3136161711631a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩，两式相除得1+q 3=9，解得q =2，进而可得a 1=1，所以an =a 1qn -1=2n -1，所以nan =n ×2n -1.设数列{nan }的前n 项和为Tn ，则Tn =1×20+2×21+3×22+…+n ×2n -1，2Tn =1×21+2×22+3×23+…+n ×2n ，两式作差得-Tn =1+2+22+…+2n -1-n ×2n =1212n---n ×2n =-1+(1-n )×2n ，故Tn =1+(n -1)×2n .故选：D.4．已知等差数列{}n a ，23a =，56a =，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎩⎭的前8项和为（）．A ．15B ．25C ．35D ．45【答案】B 【解析】由23a =，56a =可得公差5213a a d -==，所以()221n a a n d n =+-=+，因此()()111111212n n a a n n n n +==-++++，所以前8项和为11111111223349102105⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()241n n S a n +=++．记128n n n b a a ++=，数列的前n 项和为n T ，则n T 的取值范围为（）A ．84,637⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．191,7⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．4,7⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．11,97⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A 【解析】因为数列{}n a 中，24(1)n n S a n +=++，所以()21142n n S a n +++=++，所以()144n n S S ++-+=123n n a a n +-++，所以23n a n =+．因为128n n n b a a ++=，所以()()811425272527n b n n n n ⎛⎫==- ++++⎝⎭，所以1111111144799112527727n T n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭．因为数列{}n T 是递增数列，当1n =时，863n T =，当n →+∞时，1027n →+，47n T →，所以84637n T ≤<，所以n T 的取值范围为84,637⎡⎫⎪⎢⎣⎭．故选：A ．6．已知数列满足212323na a a na n ++++= ，设n nb na =，则数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2022项和为（）A ．40424043B ．20214043C ．40444045D ．20224045【答案】D 【解析】因为212323n a a a na n ++++= ①，当1n =时，11a =；当2n ≥时，()21231231(1)n a a a n a n -++++-=- ②，①-②化简得21n n a n-=，当1n =时：1121111a ⨯-===，也满足21n n a n -=，所以21n n a n-=，21n n b na n ==-，111111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭所以11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2022项和1111111120221123352202212202212220224045⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪⨯-⨯+⨯+⎝⎭⎝⎭ .故选:D.7．已知数列{}n a 满足11a =，且()11n n n a a a +=+，*n ∈N ，则12233420202021a a a a a a a a ++++= （）A ．2021B ．20202021C ．202112D ．20212【答案】B 【解析】∵()11n n n a a a +=+，即11n n n a a a +=+，则11111n n n na a a a ++==+∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以首项111a =，公差1d =的等差数列则111n n n a =+-=，即1n a n=∴()111111n n a a n n n n +==-++则122334202020211111120201 (223202*********)a a a a a a a a ++++=-+-++-= 故选：B ．8．等差数列{}n a 中，375,9a a ==，设n b =，则数列{}n b 的前61项和为（）A．7-B ．7C．8D ．8【答案】C 【解析】解：因为等差数列满足375,9a a ==，所以73173a a d -==-，所以()323n a a n d n =+=+-，所以n b ={}n b 的前n 项和为n S ，所以数列{}n b 的前n项和n S =--++618S =．故选：C ．9．设数列()()22121n n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-+⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则（）A ．25<S 100<25.5B ．25.5<S 100<26C ．26<S 100<27D ．27<S 100<27.5【答案】A 【解析】由22214(21)(21)441n n n n n =⋅-+-211(1)441n =+-111()]42(21)(21)n n =+-+1111()482121n n =+--+，∴11111111(1)(1)(1)48335212148212(21)n nn n n S n n n n +=+-+-+⋅⋅⋅+-=+-=-+++，∴10010010125.122(21001)S ⨯=≈⨯+，故选：A ．10．已知数列{}n a 满足11242n n a -=++++ ，则数列12n n n a a +⎧⎫⎨⎩⎭的前5项和为（）A ．131B ．163C ．3031D ．6263【答案】D 【解析】因为111124221,21n n n n n a a -++=++++=-=- ，所以()()()()()()1111121212211212121212121n n n n n n n n n n n n a a +++++---===-------.所以12n n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭前5项和为1223561611111111162121212121212121216363⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=-=-= ⎪ ⎪ ⎪--------⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 故选：D11．已知数列{}n a 的首项11a =，且满足()*12n n n a a n +-=∈N ，记数列()()1122n n n a a a +⎧⎫+⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n T ，若对于任意*n ∈N ，不等式n T λ>恒成立，则实数λ的取值范围为（）A ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】解：因为()*12n n n a a n +-=∈N ，所以1212a a -=，2322a a -=，3432a a -=，……，112n n n a a ---=，所以()()1121121222222212n n nn a a n ----=+++==-≥- ，，又11a =，即21nn a =-，所以12n n a +=，所以()()()()11112112221212121n n n n n n n n a a a ++++==-++++++，所以1223111111111112121212121213213n n n n T ++=-+-++-=-<+++++++ 所以λ的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.故选：C12．在数列{}n a 中，23a =，其前n 项和n S 满足12n n a S n +⎛⎫= ⎪⎝⎭，若对任意n ∈+N 总有12111414141n S S S λ+++≤--- 恒成立，则实数λ的最小值为（）A ．1B ．23C ．12D ．13【答案】C 【解析】当2n ≥时，2n n S na n =+，()()11211n n S n a n --=-+-，两式相减，整理得()112(1)n n n a n a --=--①，又当3n ≥时，()()12321n n n a n a ---=--②，①-②，整理得()()()21224n n n n a a n a ---+=-，又因20n -≠，得212n n n a a a --+=，从而数列{}n a 为等差数列，当1n =时，1112a S +=即1112a a +=，解得11a =，所以公差212d a a =-=，则21n a n =-，21(1)2n n n S na d n -=+=，故当2n ≥时，()22212111111414141214121n S S S n +++=+++------ ()()11111111111111335212123352121221n n n n n ⎡⎤⎛⎫=+++=-+-++-=- ⎪⎢⎥⨯⨯-+-++⎣⎦⎝⎭，易见111221n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭随n 的增大而增大，从而11112212n ⎛⎫-< ⎪+⎝⎭恒成立，所以12λ≥，故λ的最小值为12，故选：C ．二、填空题13．已知正项数列{an }满足a 1＝2且an +12﹣2an 2﹣anan +1＝0，令bn ＝（n +2）an ，则数列{bn }的前8项的和等于__．【答案】4094【解析】由221120n n n n a a a a ++--=，得（an +1+an ）（an +1−2an ）＝0，又an ＞0，所以an +1+an ＞0，所以an +1−2an ＝0，所以12n na a +=，所以数列{an }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以1222n n n a -=⨯=，所以()()222n n n b n a n =+=+⋅，令数列{bn }的前n 项的和为Tn ，1288324292T =⨯+⨯++⨯ ，则23982324292T =⨯+⨯++⨯ ，()23898622292T -=++++-⨯ ()27921269212-=+-⨯-＝2−8×29＝−4094，则T 8＝4094，故答案为：4094．14．已知数列{an }的前n 项和为Sn ，且Sn ＝2an ﹣2，则数列{nn a }的前n 项和Tn ＝__．【答案】222n n +-.【解析】解：∵Sn ＝2an ﹣2，∴Sn ﹣1＝2an ﹣1﹣2（n ≥2），设公比为q ，两式相减得：an ＝2an ﹣2an ﹣1，即an ＝2an ﹣1，n ≥2，又当n ＝1时，有S 1＝2a 1﹣2，解得：a 1＝2，∴数列{an }是首项、公比均为2的等比数列，∴an ＝2n ，2n n n n a =，又Tn 1231232222n n =++++ ，12Tn 2311212222n n n n +-=++++ ，两式相减得：12Tn 231111[1)111122122222212n n n n n n ++⎛⎤- ⎥⎝⎦=++++-=-- ，整理得：Tn ＝222nn +-．故答案为：Tn ＝222nn +-．15．将()1n x +（n +∈N ）的展开式中2x 的系数记为n a ，则232015111a a a ++⋅⋅⋅+=__________．【答案】40282015【解析】()1n x +的展开式的通项公式为1C k k k n T x +=，令2k =可得()21C 2n n n n a -==；()1211211n a n n n n ⎛⎫== ⎪--⎝⎭；所以23201511111111212222320142015a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 140282120152015⎛⎫=-= ⎪⎝⎭.故答案为：40282015.16．数列{}n a 的前项n 和为n S ，满足112a =-，且()*1222n n a a n n n ++=∈+N ，则2n S =______．【答案】221n n +【解析】由题意，数列{}n a 满足1222n n a a n n ++=+，可得21222(21)2(21)n n a a n n -+=-+-211(21)(21)2121n n n n ==-+-+，所以2n S =1113-+1135-+…+112121n n --+1212121n n n =-=++，故答案为：221nn +三、解答题17．已知数列{}n a 满足11a =，1120n n n n a a a a +++-=.(1)求证：数列1n a 禳镲睚镲铪为等差数列；(2)求数列{}1n n a a +的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析；(2)21n n S n =+.【解析】(1)令1n n b a =，因为1111112n n n n n n n n a a b b a a a a ++++--=-==⋅，所以数列{}n b 为等差数列，首项为1，公差为2；(2)由（1）知：21n b n =-；故121n a n =-；所以()()11111212122121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭；所以()()1223111113352121n n n S a a a a a a n n +=+++=+++⨯⨯-+ 11111112335212121n n n n ⎛⎫=-+-++-= ⎪-++⎝⎭ ；18．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*13n n a a n +-=∈N ，且318S =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)3n a n=(2)99n n T n =+【解析】(1)∵13n n a a +-=，∴数列{}n a 是以公差为3的等差数列.又318S =，∴13918a +=，13a =，∴3n a n =.(2)由（1）知()()111133191n b n n n n ⎛⎫==⨯- ⎪⨯++⎝⎭，于是12311111111111192233419199n n n T b b b b n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦19．已知数列{}n a 的首项为3，且()()1122n n n n a a a a ++-=--．(1)证明数列12n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求{}n a 的通项公式；(2)若()11n n n a b n =-+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)证明见解析；12n a n =+(2)()1111n n -+-+【解析】(1)因为()()1122n n n n a a a a ++-=--，所()()()()112222n n n n a a a a ++---=--，则111122n n a a +-=--，所以数列12n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是以1132=-为首项，公差等于1的等差数列，∴()1112n n n a =+-=-，即12n a n=+；(2)()()()()12111111111n n n n n a b n n n n n n ⎡⎤⎛⎫=-=-+=-+⎢⎥ ⎪++++⎝⎭⎣⎦，则()()1111111111112233411n n n S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++⋅⋅⋅+-+=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭；综上，12n a n =+，()1111n n S n =-+-+.20．已知数列{}n a 中，11a =-，且满足121n n a a +=-.(1)求证：数列{}1n a -是等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)若111n n n b a ++=-，求数列{}n b 的前n 项和为n T .【答案】(1)证明见解析，21n n a =-+(2)13322n n n T ++=-【解析】（1）解：对任意的N n *∈，121n n a a +=-，所以()1121n n a a +-=-，且112a -=-，所以数列{}1n a -是以2-为首项，2为公比的等比数列．所以12n n a -=-，所以21n n a =-+．（2）解：由已知可得111112n n n n n b a ++++==-，则234123412222n n n T ++=++++ ，所以，3412123122222n n n n n T +++=++++ ，两式相减得1231221118212111111222222212n n n n n n n T -+++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭++⎢⎥⎣⎦=+++-=+-- 1223113342242n n n n n +++++=--=-，因此，13322n n n T ++=-.21．已知等比数列{}n a ，12a =，532a =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n a 为正项数列（各项均为正），求数列{}(21)n n a +⋅的前n 项和n T .【答案】(1)2n n a =或()12·2n n a -=-；(2)12(21)2n n T n +=+-⋅.【解析】(1)等比数列{}n a 的公比为q ，12a =，532a =，则45116a q a ==，解得2q =±，所以当2q =时，2n n a =，当2q =-时，12(2)n n a -=⋅-.(2)由（1）知，2n n a =，则有(21)(21)2n n n a n +⋅=+⋅，则123325272(21)2n n T n =⨯+⨯+⨯+++⋅ ，于是得23123252(21)2(21)2n n n T n n +=⨯+⨯++-⋅++⋅ ，两式相减，得23162(222)(21)2n n n T n +-=+⨯+++-+⋅ 211121262(21)2(21)212()2n n n n n -++-=+⨯+---⋅=⋅-⨯，所以12(21)2n n T n +=+-⋅.22．已知等差数列{}n a 满足11a =，2318a a a a ⋅=⋅，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且32n n S b =.(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b 的前n 项和n T .【答案】(1)1n a =或21n a n =-；3n n b =；(2)若1n a =，则()3313n n T -=；若21n a n =-，则()1133n n T n +=-+.【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ， 11a =，2318a a a a ⋅=⋅，∴()()11217d d d ++=+，化简得2240d d -=，解得：0d =或2d =，若0d =，则1n a =；若2d =，则21n a n =-；由数列{}n b 的前n 项和为3322n n S b =-①，当1n =时，得13b =，当2n ≥时，有113322n n S b --=-②；①-②有13322n n n b b b -=-，即13n n b b -=，2n ≥，所以数列{}n b 是首项为3，公比为3的等比数列，所以3n n b =，综上所述：1n a =或21n a n =-；3n n b =；(2)若1n a =，则3n n n n a b b ==，则()()2313331333132nn n n T --=+++==- ，若21n a n =-，则()213n n n a b n =-，则()21333213n n T n =⨯+⨯++-⨯ ③；③×3得()23131333213n n T n +=⨯+⨯++-⨯ ④；③-④得：()23123232323213n n n T n +-=+⨯+⨯++⨯--⨯ 2113(13)32(21)313n n n -+-=+⨯--⨯-整理化简得：()1133n n T n +=-+，综上所述：若1n a =，则()3313n n T -=；若21n a n =-，则()1133n n T n +=-+.。

错位相减法教案

数列求和（二）——错位相减法教学设计教材：《数学》必修5（人教版）
课堂小结
通过提问，引导学生
知识与技能，思想与方法
这两个层面进行总结，培
养学生总结知识点的能
力。

§知识与技能
1、什么数列可以用错位相减法来求和？通项公式是“等差×等比”型的数列
2、错位相减法的步骤是什么？每一步要注意哪些问题？
①展开：将Sn 展开
②乘公比：等式两边乘以等比数列的公比
③错位：让次数相同的相对齐
④相减
⑥ 解出Sn §思想方法：
通过本节课的学习，你体会到解决数学问题的什么思想方法？化陌生为熟悉，化未知为已知的转化思想课后作业
作业分层设计，满足不同
板书设计
学生的学习需求： 1、基础题这两道题，
都是对错位相减法的直接应用。

不过第1题的（2）比较容易出错，学生会忘记讨论x=0的情况。

2、提高题是一道综合
题，更前面的知识结合起来考察，比较综合，供基础好的学生选做。

《错位相减法》教学设计方案

《错位相减法》教学设计方案《《错位相减法》教学设计方案》这是优秀的教学设计文章，希望可以对您的学习工作中带来帮助！学习主题介绍学习主题名称：错位相减法主题内容简介：本学习主题属于《普通高中课程标准实验教科书•数学必修5》(人教版A版)第二章数列中的内容，是数列最重要的求和方法之一，也是几种主要求和方法中学生觉得最难的一种，是数列这个单元内容中教学的重难点。

本节微课主要是针对错位相减法里的各个步骤进行逐个分解，突破学习难点。

学习目标分析1.知识与技能：掌握错位相减法的各个步骤和适用条件。

2.过程与方法：通过类比推导等比数列的求和公式的方法来学习错位相减法，体现了类比的思想方法以及从特殊到一般的过程。

3.情感、态度和价值观：通过对不同数列使用不同的求和方法，培养学生分类讨论的数学思想；通过对错位相减法各个步骤的剖析，培养学生细心观察，认真分析的学习态度；通过对解题步骤的严格规范，培养学生良好的思维习惯和严谨的推算能力。

学情分析前需知识掌握情况：1.学生在前面的学习中已经掌握了等比数列和等差数列的通项公式，懂得如何辨别等比数列和等差数列。

2.学生已经基本掌握了等比数列的求和公式，且对等比数列求和公式的推导有了一定的了解。

3.通过前面对数列的学习，学生大概知道了如何确定一个数列的项数。

对微课的认识：之前在课堂上不曾使用过微课形式的教学，不过学生对微课有一定的认识，也有学生在课外通过微课进行学习，因此学生对于微课形式的教学应该基本上是可以接受的。

学生特征分析学习态度：对于高中的学生来说，他们已经具备了一定的自主学习的能力，而且这个阶段的学生喜欢新颖的学习方式，也渴望能够更好更快地学到知识，因而对于利用微课进行自主学习地课堂学习模式基本上是愿意接受的。

学习风格：我两个班的学生的对于学习数学的热情还是比较高的，他们喜欢有师生互动的比较活跃的课堂气氛，也希望在课堂上学到知识，在课后也基本能够自主完成作业进行复习巩固。

数列求和之错位相减法

1
1 22
+2
1 23
(n
1)
1 2n
n
1 2n1
②
1 2 sn
1 2
1 22
+
1 23
1 2n
n
1 2n1
1n 化简整理，得：sn =2- 2n1 - 2n
sn
2- n 2 2n
小技巧:验证n=1
小结：“错位相减法”的解题步骤
第其一中步数：列观{a察n}通为项等是差否数满列足，{a数n b列n}
学习目标
能理解错位相减法，并能够正确地应用错位相减法求数列的前n项和。
等比数列前n项和公式的推导
① ② ① -② 得
这种推导等比数列前n项和的方法叫错位相减法，注意“ 错位”、“相减”的含义，它蕴含了化无限为有限的数学思想方法。
什么样的数列求和可以用“错位相减法”
若这数两列个数{列an为}的等对差应数项列乘，积数组列成的{bn新} 为数等列比{a数n 列 bn，} 由求
的
{bn
形式， } 为公比为q等比数列，由这两个数列的对应
项乘积组成的新数列 {an bn}
第二步：写出 {an bn} 前n项和的展开式，即 sn a1b1 a2b2 a3b3 anbn
第三步在第二步所得式子的两边同乘以公比q，
第四步：第2步与第3步所得的两式相减。相减之后，撇开第一项和最后一项，中间的所有项组成了一个公比为q的等比数列，对其使用等比数列求和公式求和。
10
9 10
Sn
2
9
2

4
...
n
9
n
n
1
9
n1

《数列求和——错位相减法》教学设计新部编版

教师学科教案[ 20 – 20 学年度第__学期]任教学科：_____________任教年级：_____________任教老师：_____________xx市实验学校《数列求和——错位相减法》教学设计数学组：张涛 2017年11月13日教学目标：理解错位相减法，并能够应用错位相减法求数列的前n 项和。

教学重点：错位相减法的应用。

教学难点：错位相减法的计算过程。

教学内容：一、课前复习回顾等差、等比数列的通项公式与前n 项和公式：1、等差数列：①通项公式：()d m n a d n a a m n )(11-+=-+=②前n 项和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、等比数列：①通项公式：m n m n n q a q a a --==11；②前n 项和公式：)11)1(1≠--=q qq a S n n （ 3、数列前n 项和S n 与通项a n 的关系式：{1,2,11=≥--=n S n S S n n n a设计意图：由于应用错位相减法解题时必定会使用等比数列前n 项和的通项公式求和，因此有必要做好复习铺垫工作。

二、问题探究典题导入例1、已知;,3,12n n n n n n b a c b n a ⨯==-=求数列}{n c 的前n 项和n S 。

解：由题悟法归纳：“错位相减法”的核心要领：乘公比，错位，相减。

以题试法33)1(63)1(23)12(31)31(32323)12()3333(2323)12()32323232(32②-①②3)12(35333133①①3)12(35333111112143214321432321321+•-=∴-•--=⨯----⨯+=-∴⨯--+++++=-⨯--⨯++⨯+⨯+⨯+=-⨯-++⨯+⨯+⨯=⨯⨯-++⨯+⨯+⨯=∴++++=+++-+++nnnnnnnnnnnnnnnnnnnSnnSnSnSnSnSccccSΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΘ即得得由1. 已知nn n a 3=，求数列}{n a 的前n 项和n S 。

高中数学教案规范审答指导课例3 错位相减法求和

错位相减法求和典例 (12分)(2023·全国甲卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝1，2S n ＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋12n 的前n 项和T n .问题1：如何利用a n 与S n 的关系式求a n ？——→思路利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)求得a n 的递推式，然后利用累乘法求a n .问题2：如何求数列{a n ＋12n }的前n 项和？——→思路根据a n 2n 的结构特征，利用错位相减法求和.(1)第1步：赋值法计算a 1当n ＝1时，2S 1＝a 1，即2a 1＝a 1，所以a 1＝0. 1分第2步：依题意由S n 写出S n －1的对应等式当n ≥2时，由2S n ＝na n ，得2S n －1＝(n －1)·a n －1， 2分第3步：将S n 与S n －1的对应等式作差，得到a n 与a n －1的关系式两式相减得2a n ＝na n －(n －1)a n －1，即(n －1)a n －1＝(n －2)a n ， 3分第4步：确定n ＝2时，a 1＝0成立当n ＝2时，可得a 1＝0，第5步：累乘法计算通项公式故当n ≥3时，a n a n －1＝n －1n －2，则a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2＝n －1n －2·n －2n －3·…·21，4分整理得a n a 2＝n －1，因为a 2＝1，所以a n ＝n －1(n ≥3). 5分第6步：检验并得结论当n ＝1，n ＝2时，均满足上式，所以a n ＝n －1. 6分(2)法一：第1步：写出a n ＋12n 的具体表达式令b n ＝a n ＋12n ＝n 2n ， 7分第2步：利用错位相减法计算数列的前n 项和则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n ＝12＋222＋…＋n －12n －1＋n 2n ， ① 12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， ②10分由①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12（1－12n ）1－12－n 2n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1， 11分第3步：得结论即T n ＝2－2＋n 2n . 12分法二：第1步：写出a n ＋12n 的具体表达式并变形，写出a ，b ，q设b n ＝a n ＋12n ，所以b n ＝a n ＋12n ＝n 2n ＝(12n ＋0)×(12)n －1，故a ＝12，b ＝0，q ＝12. 8分第2步：计算出A ，B ，C故A ＝a q －1＝1212－1＝－1，B ＝b －A q －1＝0＋112－1＝－2， C ＝－B ＝2. 10分第3步：计算并得结论故T n ＝(An ＋B )·q n ＋C ＝(－n －2)(12)n ＋2，整理得T n ＝2－2＋n 2n . 12分1.得步骤分：对于解题过程中是得分点的，有则给分，无则没分，对于得分点步骤一定要写全.第(1)问中先求出数列{a n }的首项得1分，验证n ＝1，n ＝2时均满足a n ＝n －1(n ≥3)得1分.第(2)问中正确写出b n ＝n 2n 得1分. 2.得关键分：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，解题时一定要写清得分的关键点.第(1)问中先分析当n ≥2时情形，由a n ＝S n －S n －1得出2a n ＝na n －(n －1)a n －1，这是解决此题的关键点.3.得计算分：第(1)问中正确求出数列{a n }的通项公式得6分，错误不能得满分.第(2)问采用错位相减法求和，有这个意识方法得3分，但计算错误扣2分.。

数列求和——错位相减法教学设计 2023届高三数学二轮复习

5．已知单调递增的等比数列满足：，且是、的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若，，对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围.
6．(2021·新高考І卷·16)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么 ______ .
设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.
(1)求{an}的公比；
(2)若a1=1，求数列{nan}的前n项和.
解：(1) ；
(2) ，
记{nan}的前n项和为Sn，则
重点讲解求和步骤中
“4．解出和Sn”的注意事项：
两式相减后，等式右边中间的n－1项求和转化成了等比数列求和，应先提公因数——等差数列的公差，再选择适当的求和公式计算；
2.通过课程的学习，学生能进一步发展数学学科核心素养的运算能力；通过运算促进数学思维发展，形成规范化思考问题的品质，养成一丝不苟、严谨求实的科学精神。
教学重点
错位相减法求数列的和
教学难点
错位相减后的项数、符号、化简等易错问题，以及对转化数学思想的理解。
教
教学过程设计
教学
步骤
数列求和——错位相减法教学设计
教学课题
数列求和——错位相减法
课程类型
复习课
教学目标
知识与技能
熟练掌握错位相减法，能够准确、快速地用错位相减法求出“等差×等比”数列的和。
过程与方法
通过两等式的错位相减，将无法求和的问题转化成等比数列求和，在运算的过程中，体会转化与化归的数学思想。

数列求和错位相减法

知识与技能目标：理解用错位相减推导等比数列前n项和公式的过程，掌握公式的特点，并在此基础上能初步应用公式解决与之有关的问题。

过程与方法：通过对公式的研究过程，提高学生探究问题、分析问题与解决问题的能力，体会公式探求过程中从特殊到一般的思维方法，渗透方程思想、分类讨论思想及转化思想，优化思维品质。

知识与技能目标：理解用错位相减推导等比数列前n项和公式的过程，掌握公式的特点，并在此基础上能初步应用公式解决与之有关的问题。

情感、态度和价值目标：通过对公式的探索，激发学生的求知欲，鼓励学生大胆尝试、勇于探索、敢于创新，磨练思维品质，并从中获得成功的经验，感受思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美。

2020年全国Ⅲ卷17题（12分）设数列{}满足1=3，r1=3−4u(1)计算2，3，猜想{}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2}的前n项和.2020年全国Ⅲ卷17题（12分）设数列{}满足1=3，r1=3−4u(1)计算2，3，猜想{}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2}的前n项和.2020年全国Ⅲ卷17题（12分）设数列{}满足1=3，r1=3−4u(1)计算2，3，猜想{}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2}的前n项和.解：（2）解：（2）22)12(.2)12(212122232)12(222222232)12(27252322)12(272523,2)12(2)1(1112132n 1432n 32n n +-=⨯+---⋅+⨯=⨯+-⨯++⨯+⨯+⨯=--⨯+++⨯+⨯+⨯=⨯+++⨯+⨯+⨯=+=++-++n n n n n n n n n n n S n n S n S n S n a 所以）（②得①②从而①所以得由 2020年全国Ⅲ卷17题（12分）设数列{}满足1=3，r1=3−4u(1)计算2，3，猜想{}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2}的前n 项和.复习回顾等比数列的定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列。

人教版高中数学《数列求和方法3——错位相减》教学设计

人教版高中数学《数列求和方法3——错位相减》教学设计教学设计数列求和方法3——错位相减一.教学内容分析本节内容是《普通高中课程标准实验教科书数学》人教A 版必修5第二章中，学生在研究了等差数列和等比数列的通项公式以及前n项和公式的基础上，研究了求和方法：公式法、分组求和法之后的第3种求和方法，主要体现数学中的转化思想。

即将不能直接求和的问题通过错位相减，转化为能用等比求和的问题。

重点：会用错位相减法求通项为等差数列与等比数列对应项乘积的数列前n项和。

难点：错位相减后的项数、符号问题，以及对转化数学思想的理解。

二.教学目标分析1.知识与技能:会用错位相减求通项为等差数列与等比数列对应项乘积的数列前n项和。

2.过程与方法：通过两等式错位相减，将不能求和的问题转化成能用等比数列求和的问题，在探究的过程中让学生体会数学的转化思想。

3.情感、态度与价值观：在问题导练的过程中，培养学生的探究能力、化归能力、运算能力。

三.学情分析本节课之前学生已经研究了等差和等比数列前n项和公式，数列求和方法：公式法、分组求和法，在推导等比数列前n项和公式时，错位相减法已经使用过，本节课需要再次阅读课本，探究方法，通过学生自己的努力学会错位相减的流程，但是错位相减的目的、错位相减后的项数及符号需要在学生尝试练、巩固练之后通过老师的引导、点评才能理解掌握。

同时转化的数学思想更需要在老师的启发中得以理解。

四.教学策略分析数列求和办法3---错位相减，需要学生在不断的测验考试练、巩固练中获得把握，此办法在等比数列前n项和公式推导过程中已经应用过，按照常识的发生、开展过程和学生的思惟规律，本节课第一给出用公式法和分组求和法能够解决的两道练题，对前一节内容进行复，然后对第一道练题目进行变式，设置停滞，创设情境，把学生的注意力引到再读课本，探究办法，引出课题，再次测验考试，提炼办法，限时训练，互命试题，让学生在层层练中把握办法，整个设想过程中学生是进修的主体，老师仅仅是匡助者、服务者，这样设想正视了新旧常识实质性联系，让重点常识和重要数学思想办法获得螺旋式巩固和提高。

《数列求和之错位相减法》学案

《数列求和之错位相减法》学案
学习目标：
能够理解错位相减法，并能够应用错位相减法求数列的前n项和。

重点：错位相减法的应用
难点：错位相减法的计算过程
复习旧知
1.数列求和的方法
（1）公式法
等差数列的前n项和公式：
等比数列的前n项和公式：
（2）分组求和法
数列特征：
2.等比数列前n项和公式的推导过程
引入新知
例题
项和。

的前
求数列
，的通项公式
，数列
的通项公式
数列
n
}
{
2
b
}
b
{ }
{
n
n
n
n
n
n n
b
a n
a a
∙
= =
尝试解答：
归纳方法
变式训练求数列}{n
n b a 的前n 项和
当堂练习
求和：n n 3)12(33312⨯-++⨯+⨯
归纳小结
作业布置。

3.2错位相减法求数列和教案-北师大版高中数学必修五

错位相减法教学设计法门高中教学目标：1. 知识与技能：（1）熟练掌握等差等比数列的前n项和公式（2）掌握非等差等比数列的求和几种常见方法2. 过程与方法：经历等比数列求和推导过程的过程，体验由特殊到一般的数学思想方法，体会错位相减法。

3. 情感与价值：激发学生的学习兴趣，培养学生探究能力，勇于探索，善于发现的创新思想。

教学方法：多媒体，交互式白板教学重难点教学重点：掌握非等差等比数列的求和一种常见方法——错位相减法教学难点：怎样数列才能使用错位相减法，如何使用，巧妙求和。

(四)学情分析[知识储备]高二已经了解学习等差等比数列公式法求和。

[学生特点]我所带班级的学生思维活跃，但对基本概念重视不足，对知识深入理解不够。

善于发现具体事件中的共同点及区别，但从感性认识上升到理性认识有待提高。

(五)教学策略1由身边实例出发，让学生在不断的矛盾冲突中，通过“老师引导”，“小组讨论”，“自主探究”等多种方式逐渐形成发现问题，解决问题的思想。

(六) 教学用具多媒体课件，投影仪。

(七)教学过程新课流程：一：[情景设置]（1）课前预习，导学单检查配合高效课堂教学，使学生带着问题，带着预习来学习，做到有目的性的听课。

预习检查：直接指定二名同学复习等差等比数列的通项公式和前n项和公式设计意图:两名学生板演，直接针对高考题，检验学生掌握情况，做对同学对全班讲，做错地方教师点拨，正正将课堂交给学生。

•师：题后反思，教师点拨：如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式，注意等比数列公比q的取值情况要分q＝1或q≠1.二：考纲分析：•1熟练掌握等差等比数列的前n项和公式•2掌握非等差等比数列的求和几种常见方法三：考情剖析1.该部分常考内容为高考中常考题型，尤其和函数结合在一块在综合题目中出现。

2．从考查形式上来看，选择、填空、解答题都可以出现，突出考查基础知识、基本技能，属于中高档题.11注重基础：回归教材师：让学生推导等比数列的前n 项和公式生：等比数列的前n 项和的推导过程。

错位相减法教案

数列求和（二）——错位相减法教学设计教材:《数学》必修5（人教版）
课
堂
小
结通过提问，引导学生知识与技能，思想与方法这两个层面进行总结，培养学生总结知识点的能力。

§知识与技能 1、什么数列可以用错位相减法来求和？通项公式是“等差×等比”型的数列 2、错位相减法的步骤是什么？每一步要注意哪些问题？ ①展开：将Sn 展开 ②乘公比：等式两边乘以等比数列的公比 ③错位：让次数相同的相对齐 ④相减 ⑥ 解出Sn
§思想方法：
通过本节课的学习，你体会到解决数学问题的什么思想方法？化陌生为熟悉，化未知为已知的转化思想
课后作业作业分层设计，满足不同
板
书
设
计
学生的学习需求：
1、基础题这两道题，
都是对错位相减法
的直接应用。

不过
第1题的（2）比较
容易出错，学生会
忘记讨论x=0的情
况。

2、提高题是一道综合
题，更前面的知识
结合起来考察，比
较综合，供基础好
的学生选做。

高二年级数学数列求和之错位相减法教学设计

qSn
b1c2 b2c3 b3c4 ... bn1cn bncn1
1 qSn b1c1 b2 b1 c2 b3 b2 c3 ... bn bn1 cn bncn1
设等差数列 bn 的公差为d，则上式又可化简为：
1 qSn b1c1 dc2 dc3 ... dcn bncn1
Sn (n 1)2n1 2
求和 232 433 634 ... 2n 13n 2n3n1
解： Sn 2 32 4 33 6 34 ... 2n 1 3n 2n 3n1
3Sn
2 33 4 34 6 35 ... 2n 1 3n1 2n 3n2
两式相减得：
1 1 ,3 1 ,5 1 (2n 1 1 )
248
2n
an
(1) n1
2n 2 n1
1
.
2 , 4 , 6 , , 2n ,
2 22 23
2n
1,3a,5a 2 ,, (2n 1)a n1 (a 0)
若
，其中 bn 与 cn分别是
项数相同的等差数列和以q为公比的等比
数列。则该数列前n项和的展开式为:
2Sn 2 32 2 33 2 34 ... 2 3n1 2n 3n2
整理得：
Sn
2n 1 3n2
2
9
错位相减法
例2、求和 a+2a2+3a3+…+nan (n N *, a 0)
解：记sn=a+2a2+3a3+…+(n-1)an-1+nan
则asn= a2+2a3+…+(n-2)an-1+(n-1)an+nan+1

高中数学必修5《数列求和、错位相减法》

1.让学生模仿等比数列前n项和公式的推导的方法，尝试（1）的变式：
x 0且x 1
（三）.尝试探究形成方法
2.思考问题： 1这种求和方法是不是适用所有数列 2.求和过程有什么特殊的地方
（（四四））..再再次次尝尝试试初初用用方方法法
出示练习，限时规范训练已知数列 a的n 通项公式为 an (求2n 数1)列3n 的前n项和
普通高中课程标准教科书(人民教育出版社)必修5 A版第二章《数列》
数列求和方法-----错位相减法
（一）.回顾旧知引出问题
1.让学生回顾已经学过的数列求和方法：（1）公式法；（2）分组求和法. 2.出示练习：选择适当的方法进行数列求和：
(1).S 1 x x2 x3 xn1 （x 0且x 1）
问题讲解
等比数列{an},公比为 q ,它的前 n 项和 Sn a1a1qa1q2a1qn2 a1qn1 qSn a1q a1q2a1qn2a1qn1a1qn (1 q)Sn a1 a1qn
当 q 1时当 q 1时
sn na1
sn
a1(1 qn ) 1 qΒιβλιοθήκη （三）.尝试探究形成方法
（五）.互命试题提升能力
要求：2人一组，互相出题，测试对方
（六）课堂小结方法巩固
错位相减法解决数列求和的一般步骤是什么？反映了什么数学思想？
四、教学过程设计与实施
（七）作业布置课外延伸
1.求和：Sn 1 2x 3x 2 nxn1 (x R)
请各位专家批评指正！谢谢！
(2).S 1 1 2 1 3 1 [n (1)n ]
2 48
2
（一）.回顾旧知引出问题
3.出示（1）的变式：能用这两种方法解决这个问题吗？

高中数学数列的求和(分组求和、错位相减)教学设计

错位相减法求和适用于：通项公式可以写成 “等差等比”的数列
规
cn anbn ，其中 {an}是公差为d的等差数列
律
{bn}是公比为q ( q≠1)的等比数列
三：导学过程
第一行，写出数列的每一项：
Sn a1b1 a2b2 a3b3 an1bn1 anbn
规
第二行，等比数列公比乘以 Sn：
目录
1 学生X因子分析（教练扮演） 2 第二部分：教学目标 3 第三部分：高级导学过程
1 学生X因子分析（教练扮演） 2 第二部分：教学目标 3 第三部分：高级导学过程
一：学生X因子分析（教练扮演）
学生概括：性格开朗，成绩中等偏上
学习能力
学习习惯
学习心理
注意力：听课专注
思维：接受能力良好，逻辑思维不错；
1 1
(2n
1) (1)n1 3
3
4 ( 2n 4)(1)n
Sn
2
(n
2)(1)n 3
3
33
三：导学过程
分组求和适用于：通项公式可以分解成
规 “等比等比”、“等差等比”的数列 cn an bn ，其中 {an} 、{bn}
分别是等差或等比数列，则分别求和再相加减
律
三：导学过程
记忆力：一般
课下没有温故知新不主动完成作业
容易满足不喜欢受到批评
1 学生X因子分析（教练扮演） 2 第二部分：教学目标 3 第三部分：高级导学过程
二：教学目标
123
掌握方法
分组求和错位相减
123
学会观察
123
快速定位，准确解决
1 学生X因子分析（教练扮演） 2 第二部分：教学目标 3 第三部分：高级导学过程

数列求和教案

数列求和方法错位相减法和裂项相消法一、教学目标知识目标：掌握两种常见的求和方法:错位相减法、裂项相消法；能力目标：通过数列求和方法的学习，从而提高分析问题解决问题的能力，进一步培养学生逻辑推理能力。

情感目标：更多的体现自主学习，体会数学学习中的成功，从而培养逻辑推理能力和辩证唯物主义观点。

二、教学重难点：教学重点：两种重要的数列求和方法的理解和掌握；教学难点：错位相减法和裂项相消法的应用。

三、教学条件支持：多媒体PPT课件、相关练习训练题四、教学手段：启发式，引导学生回答相关内容五、教学过程（一）与学生一起回顾运用已经学过的知识进行数列求和。

以旧引新，让学生明确学习的内容。

已经学过的数列求和的常用方法： 1.公式法求和， 2.倒序相加求和， 3.分组求和公式法求和:（二）讲解错位相减法和裂项相消法例1：求数列}3{n n ⋅的前n 项和解：n s =1⨯13+2⨯23+3⨯33+……+n ⨯n 3 （1）3n s =1⨯23+2⨯33+3⨯43+……+n ⨯13+n （2）(2)-(1)得：2n s =n ⨯13+n -(13+23+33+……+n 3)n s =n ⨯13+n -31)31(3--n n s =43)12(431+⨯-+n n 提问：通项公式什么形式用错位相减法数列求和总结：错位相减法求和，用于{n n b a *}型数列，其中{n a }是等差数列，{n b }是等比数列。

练习一：n s =1+2x +32x +43x +……+n 1-n x例2：求)1(1431321211++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯n n 的值解： n a =)1(1+n n =111+-n n )1(1431321211+++⨯+⨯+⨯=n n s n +-+-+-=)4131()3121()211(n s n s =1111+=+-n n n 练习二：求)12)(12(1751531311+-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯n n 的值（三）小结：1、本节主要讲了2种数列求和方法：错位相减法，裂项相消法2、错位相减法求和：用于{n n b a *}型数列，其中{n a }是等差数列， {n b }是等比数列。

数列求和方法课件

回顾旧知引出问题课堂小结方法巩固
互命试题提升能力
作业布置课后延伸
四、教学过程设计与实施
（一）.回顾旧知
引出问题
1.让学生回顾已经学过的数列求和方法：（1）公式法；（2）分组求和法. 2.出示练习：选择适当的方法进行数列求和：
(1).S 1 x x 2 x 3 x n 1 （x 0且x 1） 1 1 1 1 n (2).S 1 2 3 [n ( ) ] 2 4 8 2
四、教学过程设计与实施
（一）.回顾旧知引出问题Fra bibliotekx 0且x 1
3.出示（1）的变式：能用这两种方法解决这个问题吗？
复习变式设置障碍
创设情境激发求知欲
四、教学过程设计与实施（二）.方法初探课本再读
1.阅读课本必修五P55，等比数列前n项和公式的推导过程（3分钟） 2.要求学生找出推导过程中的两个很重要的做法. 出再课读题课本，探究新方法，引
四、教学过程设计与实施（三）.尝试探究形成方法
培养学生题后反思、总结的习惯
2.思考问题：（小组讨论3分钟，教师启发提问）含思的考数：学思通想项结构、易错点，蕴
四、教学过程设计与实施
（四）.再次尝试初用方法
出示练习，限时规范训练（6分钟）已知数列 an 的通项公式为 an (2n 1)3n 求数列的前n项和限时训练规范做题养考学察生易限错时点规的范掌做握题情的况能，力培
数列求和方法错位相减
数列求和方法3-----错位相减
理念支撑

《数列求和---错位相减法》导学案

高中数学必修五《错位相减法求和》优秀教学设计

微课：数列求和-错位相减法

专题07 数列求和-错位相减、裂项相消(解析版)

错位相减法教案

《错位相减法》教学设计方案

数列求和之错位相减法

《数列求和——错位相减法》教学设计新部编版

高中数学教案 规范审答指导课例3 错位相减法求和

数列求和——错位相减法 教学设计 2023届高三数学二轮复习

数列求和错位相减法

人教版高中数学《数列求和方法3——错位相减》教学设计

《数列求和之错位相减法》学案

3.2错位相减法求数列和 教案-北师大版高中数学必修五

错位相减法 教案

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高中数学必修5《数列求和、错位相减法》

高中数学 数列的求和(分组求和、错位相减)教学设计

数列求和 教案

数列求和方法课件

高中数学教案规范审答指导课例3 错位相减法求和

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3.2错位相减法求数列和教案-北师大版高中数学必修五

错位相减法教案

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