高中数学数列求和教案模板

数列求和

数列求和常见的几种方法：
（1） 公式法：①等差（比）数列的前n项和公式；

1n(n1) 21222n2nn(

123......6② 自然数的乘方和公式：123......n（2） 拆项重组：适用于数列

1n)(2 1)an的通项公式anbncn，其中bn、cn为等差数列或者等比数列或者自然数的乘方；

（3） 错位相减：适用于数列an的通项公式anbncn，其中bn为等差数列，cn为等比数列；

（4） 裂项相消：适用于数列a的通项公式：aknnn(n1),a1nn(nk)（其中k为常数）型；

（5） 倒序相加：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）

分段求和：数列an的通项公式为分段形式

二、例题讲解

例

1、（拆项重组）求和：311254718......[(2n1)12n]

练习1：求和Sn122334......n(n1)

例

2、（裂项相消）求数列11113,35,57,179,...,1(2n1)(2n1)的前n项和

练习2：求S11n11212311234...1123...n

1

例

3、（错位相减）求和：1473n222223...2n

练习3：求Sn12x3x24x3...nxn1(x0)

例

4、（倒序相加）设f(x)4x4x2，利用课本中推导等差数列前n项和的方法，求：f(11001)f(21001)f(31001)...f(10001001)的值

a3n2(n4)例

5、已知数列n的通项公式为an2n3(n5)(nN*) 求数列an的前n项和Sn

检测题

1.设f(n)22427210...23n10(nN)，则f(n)等于（

）

2n222n4(81)

B.(8n11)

C.(8n31)

D.(81) 777712.数列{an}的前n项和为Sn，若an，则S5等于（

）

n(n1)511A．1

B．

C．

D．

66303.设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S37，且a13， 3a2，a34构成等差数列． A.（1）求数列{an}的通项公式． （2）令banln3n1，n1，2...，，求数列{bn}的前n项和Tn。

4.设数列a2nn满足a13a23a3…3n1a

3，aN*n． （Ⅰ）求数列an的通项；

（Ⅱ）设bnna，求数列bn的前n项和Sn n

5.求数列22,462n22,23,,2n,前n项的和.6：求数列112,123,,1nn1,的前n项和.

7：数列{an}的前n项和Sn2an1，数列{bn}满b13,bn1anbn(nN) .（Ⅰ）证明数列{an}为等比数列；
（Ⅱ）求数列{bn}的前n项和Tn。

8：

求数列21，41，6114816，，2n2n1，...的前n项和Sn．

．

3

9、已知数列an的前n项和Sn123456...1n1n，求S100.

10：在各项均为正数的等比数列中，若a5a69,求log3a1log3a2log3a10的值.

11：求数列的前n项和：11,1a4,11a27,,an13n2，…

12：求S12223242...(1)n1n2（nN）

13：已知函数fx2x2x2 （1）证明：fxf1x1；

（2）求f1f10210f810f910的值。

.

课题：数列求和

教学目标

（一） 知识与技能目标

数列求和方法．

（二） 过程与能力目标

数列求和方法及其获取思路．

教学重点：数列求和方法及其获取思路． 教学难点：数列求和方法及其获取思路．

教学过程

1．倒序相加法：等差数列前n项和公式的推导方法：
（1）Sna1a2an2Snn(a1an)

Snanan1a112223210222 例1．求和：2110222923282101分析：数列的第k项与倒数第k项和为1，故宜采用倒序相加法．

小结: 对某些前后具有对称性的数列,可运用倒序相加法求其前n项和.2．错位相减法：等比数列前n项和公式的推导方法：

（2）Sna1a2a3an(1q)Sna1an1 qSaaaa23nn1n23n例2．求和：x3x5x(2n1)x(x0)

3．分组法求和

1的前n项和；

161例4．设正项等比数列an的首项a1，前n项和为Sn，且210S30(2101)S20S100

2例3求数列1,2,3,4（Ⅰ）求an的通项；

（Ⅱ）求nSn的前n项和Tn。

例5．求数列 1, 1a, 1aa,,1aaa121418,的前n项和Sn.

n(n1)解:若a1,则an111n, 于是Sn12n;2 n1a1 若a1,则an1aan1 (1an)1a1a1a1a21an11a(1an)2n于是Sn [n(aaa)][n]

1a1a1a1a1a1a111 1212312n22n14．裂项法求和 例6．求和：12112(),

n(n1)nn11111112n Sna1a2an2[(1)()()]2(1)223nn1n1n1解：设数列的通项为an，则an例7．求数列112,1231,,1nn1,的前n项和.解：设annn11n1n

（裂项）

1nn1则 Sn12312

（裂项求和）

＝(21)(32)(n1n)

＝n11

三、课堂小结：

1．常用数列求和方法有：

(1) 公式法: 直接运用等差数列、等比数列求和公式; (2) 化归法: 将已知数列的求和问题化为等差数列、等比数列求和问题；

(3) 倒序相加法: 对前后项有对称性的数列求和；

(4) 错位相减法: 对等比数列与等差数列组合数列求和；

(5) 并项求和法: 将相邻n项合并为一项求和；

(6) 分部求和法：将一个数列分成n部分求和；

(7) 裂项相消法：将数列的通项分解成两项之差，从而在求和时产生相消为零的项的求和方法.

四、课外作业：
1．《学案》P62面《单元检测题》 2．思考题

11146前n项的和.481612n2（2）．在数列{an}中，an，又bn，求数列{bn}的前n项的和.n1n1n1anan12（1).求数列：（3）．在各项均为正数的等比数列中，若a5a69,求log3a1log3a2log3a10的值.解：设Snlog3a1log3a2log3a10

由等比数列的性质 mnpqamanapaq

（找特殊性质项） 和对数的运算性质 logaMlogaNlogaMN

得

Sn(log3a1log3a10)(log3a2log3a9)(log3a5log3a6)

（合并求和）

＝(log3a1a10)(log3a2a9)(log3a5a6)

＝log39log39log39

＝10

湖南师范大学附属中学高一数学教案：数列求和

教材：数列求和

目的：小结数列求和的常用方法，尤其是要求学生初步掌握用拆项法、裂项法和错位法求一些特殊的数列。

过程：

一、提出课题：数列求和——特殊数列求和

常用数列的前n项和：123nn(n1) 2135(2n1)n2

n(n1)(2n1)

6n(n1)2132333n3[]

2122232n2

二、拆项法：

例

一、（《教学与测试》P91 例二）

11114,27,310,,n1(3n2),的前n项和。

aaaa1 解：设数列的通项为an，前n项和为Sn，则 ann1(3n2)

a111Sn(12n1)[147(3n2)]

aaa求数列11,(13n2)n3n2n当a1时，Snn

221n(13n2)nan1(3n1)na

当a1时，Sn nn1122aa1a1

三、裂项法：

例

二、求数列6666,,,,,前n项和 122334n(n1)116()

n(n1)nn1解：设数列的通项为bn，则bn

11111Snb1b2bn6[(1)()()]223nn16(116n)n1n1 例

三、求数列111,,,,前n项和 1212312(n1)12112()

12(n1)(n1)(n2)n1n211111111n)()()]2() 2334n1n22n2n2 解：an Sn2[(

四、错位法：

1}前n项和 n21111 解：Sn123nn ①

2482111111Sn123(n1)nnn1 ② 248162211(1n)1111112n 两式相减：Snnnn1212248222n1121n1nSn2(1nn1)2n1n

2222例

四、求数列{n例

五、设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn(求数列{an}的前n项和

解：取n =1，则a1(an12)(nN*)， 2a112)a11 2又：
Snn(a1an)n(a1an)a12(n)

可得：222an1(nN*)an2n1

Sn135(2n1)n2

五、作业：《教学与测试》P91—92 第44课 练习 3，4，5，6，7 补充：1.求数列1,4,7,10,,(1)(3n2),前n项和

n3n1n为奇数2 (Sn)

3nn为偶数22n32n1 2.求数列{n3}前n项和 (8n3)

22 3.求和：(1002992)(982972)(2212) (5050) 4.求和：1×4 + 2×5 + 3×6 + ……+ n×(n + 1) ( 5.求数列1，(1+a)，(1+a+a)，……，(1+a+a+……+a

22n(n1)(n5))

3n

1)，……前n项和

a0时，Snn a1时，Snn(n1)2

n(n1)aan1a

1、0时，Sn(1a)2

题组教学：“探索—研究—综合运用”模式

——“数列的裂差消项求和法解题课”教学设计

【课例解析】

1 教材的地位和作用

本节课是人教A版《数学（必修5）》第2章 数列学完基础知识后的一节针对数列求和方法的解题课。通过本节课的教学让学生感受裂差消项求和法在数列求和中的魅力，体会裂项相消的作用，达到提高学生运用裂项相消求和的能力，并把培养学生的建构意识和合作，探索意识作为教学目标。

2 学情分析

在此之前，学生学习了数列的一般概念，又对等差、等比数列从定义、通项、性质、求和等方面进行了深入的研究。在研究过程中，数列求和问题重点学习了通过转化为等差、等比数列求和的方法，在推导等差、等比数列求和公式时用到了错位相减法、倒序相加法和裂差消项求和法，本节课在此基础上进一步对裂差消项求和法做深入的研究。本节课的内容和方法正处于学生的认知水平和知识结构的最近发展区，学生能较好的完成本节课的教学任务。

【方法阐释】

本节课的教学采用心智数学教育方式之“题组教学”模式，分为“创设情景、导入新课，题组探索、自主探究，题组研究、汇报交流，题组综合、巩固提高，归纳总结、提升拓展”五个教学环节．

本节课从学生在等比数列求和公式推导过程中用到的裂差消项求和法引入，从课本习题的探究入手展开教学，学生能自主发现裂差消项求和法，并很快进入深层次思维状态。接下来的研究性题组和综合性题组又从更深更广的层面加强裂差消项求和法的应用。

【目标定位】

1 知识与技能目标

掌握裂项相消法解决数列求和问题的基本思路、方法和适用范围。进一步熟悉数列求和的不同呈现形式及解决策略。

2 过程与方法目标

经历数列裂差消项求和法的探究过程、深化过程和推广过程。培养学生发现问题、分析问题和解决问题的能力。体会知识的发生、发展过程，培养学生的学习能力。

3 情感与价值观目标

通过数列裂差消项求和法的推广应用，使学生认识到在学习过程中的一切发现、发明，一切好的想法和念头都可以发扬光大。激发学生的学习热情和创新意识，形成锲而不舍的钻研精神和合作交流的科学态度。感悟数学的简洁美﹑对称美。

4教学的重点和难点

本节课的教学重点为裂项相消求和的方法和形式。能将一些特殊数列的求和问题转化为裂项相消求和问题。

本节课的教学难点为用裂项相消的思维过程，不同的数列采用不同的方法，运用转化与化归思想分析问题和解决问题。

【课堂设计】

一、创设情景、导入新课

教师：请同学们回忆一下，我们在推导数列求和公式时，先后发现了哪几种数列求和的方法？

学生1：在等差数列求和公式的推导时我们用到了倒序相加法。在等比数列求和公式的推导中我们发现了错位相减法、裂差消项求和法。

学生2：在学习求和过程中，我们还发现了分组求和法和通项转换法。

我的思考：在推导等比数列求和公式时，有的小组根据等比数列求和公式的形式，想到用裂差消项求和法。这节课就是从学生的这种想法开始，使学生体会到自己的一个想法，再继续下去就能解决一类问题。

等比数列求和公式用裂差消项求和法证明如下：

q1.

a1a1qa1qa1q2a1q2a1q3a1qn1a1qnSn()()()()

1q1q1q1q1q1q1q1qa1a1qna1(1qn) = 1q1q1q

二、题组探索、自主探究

教师：请同学们思考下列探索性题组中问题解法：
出示探索性题组(多媒体投影) 求和: 1．sn(1)()()（2．sn121213131411) nn111111 12233445nn111111 13355779(2n1)2n11111 2558811(3n1)3n23．sn4．sn

学生独立思考后，各小组讨论交流各自的想法，各小组选派代表在全班交流。

学生3；
第一题去掉括号后，除第一项和最后一项外，其余各项都能消去。sn11n n1n1111,

nn1nn11111111n1 122334nn1n1n1学生4：第2题的每一项与第一题相同，每一项都可裂成两项， 数列通项an所以，sn1教师：用an111对吗？为什么？

nn2nn2学生5：不行了，很明显，左右是不相等的关系。

教师：怎样改变呢？

学生5：待定系数法，配平系数，达到平衡。应该乘以

1！ 2和第2题相似，每一项也可裂成两项实现裂差消项求和。

数列的项1111(),

mm22mm2111111111111 2222323422n12n1所以，sn=11n(1), 22n12n1学生6：第4题的变形与第3题类似

an1111 3n13n233n13n2111111111111sn325358381133n13n2111n 323n22(3n2)

变式问题：求和sn1111 1(1k)(1k)(12k)(12k)(13k)(1(n1)k)(1nk)学生7：每一项同样可裂成两项，通过裂差消项求和法求和：

sn111111111k1kk1k12kk1(n1)k1nk11111111(n1)k1nkk1k1k12k11n (1)k1nk1nk教师：通过以上探索性题组我们发现什么结论呢？ （学生表述，教师点评，补充。） 结论：一般地，{an}是公差为d的等差数列， 则：Sn111 a1a2a2a3anan1111111111 da1a2da2a3danan1111naa daan11n11教师小结：分母为等差数列的某相邻两项之积，而分子为常量的分式型数列的求和，将它的每一项分解为两项差的形式，前一项的减数恰与后一项的被减数相同，求和时中间项互相抵消，这种数列求和的方法就是裂差消项求和法。

三、题组研究、汇报交流 出示研究性题组 1． 求数列1的前n项和。

n(n2)2．求数列1111,,,,,的前n项和？ 153759(2n1)(2n3)2242(2n)23．求和：Sn 1335(2n1)(2n1)（学生分组讨论解题思路，教师巡回，对个别学生问题进行指导，师生共同讨论。）

教师：观察研究性题1和探索性问题的解法有何不同呢？

学生8：有所不同，消去的项不一样了。前面和后面各有两项没有消去，前面是两正项，后面是两负项。

解：数列的通项公式可变形为：an1111

nn22nn2所以：sn111111111111232242352nn2111111111232435nn21111132n3122n1n222n1n2n(3n5)4(n1)(n2)学生9：方法与第1题类似 解：通项an

1111()

(2n1)(2n3)42n12n31111111111Sn[(1)()()()()4537592n32n12n12n3

1111n(4n5)(1)432n12n33(2n1)(2n3)教师分析：研究性题3中数列的分子是偶数的平方，分母是奇数列相邻两项的乘积；
从上面的经验看：该数列求和使用“裂项相消法”的可能性较大，那就看分子能否化为常数。注意到该数列的通项公式的特征：分子、分母同次且没有一次项；

考虑到(2n)(2n)11(2n1)(2n1)1

所以使用处理分式函数的常用手段，分离常数法即可把分子化为常数。变形如下：
22(2n)2(2n)2111学生10：解：an 1(2n1)(2n1)(2n1)(2n1)(2n1)(2n1)1111()

22n12n1∴Snn11111n=n(1 )n1335(2n1)(2n1)22n12n1（学生说题，锻炼学生的表述能力，思维能力）

教师：以上裂项求和类型大家掌握的比较好了，我们一起看下面的问题：

四、题组综合、巩固提高 1．求数列lg(11)前n项的和。

n12．求数列的前n项和

n1n3．已知数列an，an1求数列的前项和sn

nn1n2（分组讨论解题思路，教师做适当点拨和引导，学生展示解题过程。）

n1lg(n1)lgn n1111所以，Snlg(1)lg(1)lg(1)lg(1)

123n234n

1 lg()lg()lg()lg()

123n学生11：lg(1)lg1n(lg2lg1)(lg3lg2)(lg4lg3)(lg(n1)lgn) lg1lg(n1)lg(n1)

学生12：也可不裂项变为各项相乘约项。

解：Snlg(1)lg(1)lg(1)lg(113234n1lg()lg()lg()lg()

123n234n1lg()lg(n1)

123n11121) n教师：很好，这又是一个好想法，课后同学们可探究一下有哪些数列求和适用这种方法。

教师：对于第2题，很明显，我们没法进行合并，分母也不是两个积的乘积形式，不太符合以上方法。我们搜寻一下，以前我们见过这种式子吗？对它有什么变形方法？

学生13：以前我们处理过这种无理式，可以分母有理化。对(大部分学生也发现了这种方法)，有理化后就变成两项之差的形式，同样可用裂差消项求和法。

（学生板演解题过程）

解：分母有理化， ∵

1n1n1n1n

∴121132n1nn1n

2132n11

，且sn9，则n＝_____ 学生开始兴奋起来，课堂上气氛达到了空前高涨。

小试牛刀：在数列an中，an1nn1学生说明答案。

教师：对于第3题，我们又遇到新问题。分母变成三项积的形式，如何变形? （学生纷纷试验各种裂项的方案。） 学生：还是应该考虑裂项的方法。我最先试验的是能否像探索性题组那样分裂成

11、nn111的和差形式。我发现an不能直接化为它们的差，即使化为它们的差

nn1n2n2也解决不了相消的问题。

教师：你们希望什么样的变形？

学生：我希望也像探索性问题一样，每一项分裂成两项的差，并且要能消项才行。

教师：对，“两项、能消项”，你们有想法就要设法按照自己的思路试一下。

学生14：我有了一个想法，按照“两项、能消项”的要求，

1就不能考虑

nn1n21

11、的和差形式。两项又必须相对对称的，我们先考虑最简单的两项的nn1n211变形，中，第一项和第二项都有2出现，是否可考虑让作差的两个式子123234变成中都出现2哪？

（在教师、学生的启发下，学生纷纷试验着裂项方法）

111学生14：我试验过了an[]，这也符合“对称、和谐”的美

2n(n1)(n1)(n2)学原理。

解：sn1111 123234345nn1n21111111 212232334nn1n1n2111 22n1n2nn3 4n1n2

五、归纳总结、提升拓展

教师：应该注意什么问题？

学生：裂差消项求和法多用于分母为等差数列的某相邻k项之积，而分子为常量的分式型数列的求和，对裂项相消法求和，其裂项可采用待定系数法确定，并注意能否正负抵消。

师生共同小结：
(学生叙述,教师进行补充和整理) 教师板演要点：

1裂项抵消法多用于分母为等差数列的某相邻项之积，而分子为常数的分式型数列的求和。

2裂项有困难时，可采用待定系数法来确定。

3在消项时一定注意消去了哪些项,还剩下哪些项，有困难时可多写几项,然后仔细观察消项规律，一般地剩下的正项与负项一样多。

4对于分母是两个二次根式的和，且被开方数是等差数列，利用分母有理化，使分母上的和变成了分子上的差，从而因中间项相消而可求Sn。

5裂项相消法适用于 c其中an是各项不为0的等差数列，c为常数；
部分

aann1无理数列、含阶乘的数列等。

教师：若求数列14,25,36,,nn3,前n项和sn呢?还能用裂项相消法吗？为什么？请同学们课下探究以下。（为后面数列的分组求和的教学做铺垫）

教师：今天这节课我们主要研究了一些非等差(比)的特殊数列求和方法。同学们回忆一下这些数列求和的指导思想是什么? 学生：将部分数列求和通过变形转化为裂项求和。

教师：对，解决这些数列求和问题的思路是将它们转化基本的裂差消项求和，从而解决问题。这种思想也是我们数学解题中经常用到的一种思想——化归思想。

(给学生时间回顾以上内容及方法。) 教师：能否总结一下裂项相消法所应用的具体公式？ 学生：我们所用的裂项公式有：
（1） 1111111，

nn1nn1nnkknnk1111 2n12n122n12n11111 nn1n22nn1n1n2（2）

（3）

（4） 1n1nn1n

（5） n11 n1!n!n1!教师课堂总结：裂差消项求和法：若一个数列的每一项都可以化为两项之差，并且前一项的减数恰与后一项的被减数相同，求和时中间项互相抵消。以上题目虽然各有其特点，但总的原则是要善于改变原数列的形式结构，使其能进行消项处理，只要很好地把握这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃而解。

此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了。只剩下有限的几项。

注意：余下的项前后的位置前后是对称的，余下的项前后的正负性是相反的。

教师：最后，留几个问题供大家课后继续研究，希望大家能给出解答。大家仔细观察，和习题中的题目具有哪些相似之处，联系在哪里？又有哪些不同，可以类比的方法是哪些？

1．求和：1111 12123123n8n2．求数列an2n12n122的前n项和？

（an222n12n1222n12n12n122n128n12n1212n12）

3．求和：sn1111

123423453456nn1n2(n3)【教有所思】

本节课心智教育方式之题组教学法。充分体现学生是主体，问题是中心，探索是主线。课堂是师生共同参与课堂活动的舞台。“问题”是解决人类思维的一种普遍的表现形式，也是心理学家们热衷的重要研究课题之一。在数学教学中，从课堂提问到新概念的形成与确立，新知识的巩固与应用和学生思维方法的训练与提高，以及实际应用能力和创新能力的增强。无不从“问题”开始，在研究问题﹑解决问题的过程中努力实现。因此，课堂教学实质上就是依据教材内容和学生实际，师生重组旧知识，不断发现问题﹑研究问题﹑解决问题的活动。老师的作用是如何将学生的思路所隐藏的数学思想和方法挖掘出来，深化并完善它。小组讨论的方式有利于培养学生的合作精神，互相启迪，互相促进。从而在活动的过程中不断培养学生的科学素养和创新思维习惯。

本节课通过逐步引导，层层设疑，让学生经历裂差消项求和的过程，使教材更生动，更具亲和力。在裂差消项求和法的教学设计中，设置了恰当的教学情境，引导学生合作与交流，强化学生的合作意识、协作精神，收到了很好的效果，学生学会了如何转化。

新课程的编排特点和学习方式的变化，使课堂教学方法发生了重大变化。新课程提倡教学目标综合化、多元化和均衡性，知识生活化，使学生获得对数学知识理解的同时，在思维能力、观察能力、情感态度与价值观等方面得到进步和发展。

本节内容设计突出了某些重要的数学思想方法，如：类比思想，归纳思想，特殊到一般的思想方法。充分注意了学生的观察，猜想，发现，归纳，总结等学习过程的体验，强化了归纳思想的具体应用。突出体现了特殊到一般的思想，突出了通过对特殊数列的各项关系，运算，性质的研究推广到一般数列相应问题研究的思想。借助函数的背景和研究方法研究有关数列的问题，体现了数学知识的内在关联，培养学生用已知去研究未知的能力。

最后的小结要进一步使学生明白：裂差消项求和法，如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻相邻项分裂后相关联，常选用裂项相消法求和，体现了知识的连贯性，有助于学生构建知识网络。

数列求和的方法

1、公式法：

如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n项和的公式来求.①等差数列求和公式：Snna1annn1na1d 2

2na1q1②等比数列求和公式：Sna11qnaaq 1nq11q1q

n(n1)2常见的数列的前n项和：123……+n=，1+3+5+„„+(2n-1)=n 2

n(n1)(2n1)n(n1)3333122232……+n2=，123……+n=等.622

2、倒序相加法：

类似于等差数列的前n项和的公式的推导方法。如果一个数列an，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用正序写和与倒序写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和。这一种求和的方法称为倒序相加法.x

例

1、已知函数f

x（1）证明：fxf1x1；

1（2）求f102f108f109f的值.10

解：（1）先利用指数的相关性质对函数化简，后证明左边=右边

（2）利用第（1）小题已经证明的结论可知，

1f1092ff1010

2f10

8f108f105f109f 101f 105f1 101令Sf109则Sf108f102f10

两式相加得：

2S9

1f1099f9所以S.210

1小结：解题时，认真分析对某些前后具有对称性的数列，可以运用倒序相加法求和.1222

32针对训练

3、求值：S

2110222923282

102

22 10

13、错位相减法：

类似于等比数列的前n项和的公式的推导方法。若数列各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘得到，即数列是一个“差·比”数列，则采用错位相减法.若anbncn，其中bn是等差数列，cn是公比为q等比数列，令Snb1c1b2c2

bn1cn1bncn



n

则qSnb1c2b2c3bnc1

nn

b c

两式相减并整理即得 例

2、（2008年全国Ⅰ第19题第（2）小题，满分6分） 已知 ann2n1，求数列｛an｝的前n项和Sn.解：Sn

120221(n1)2n2n2n1①

2Sn121222

②—①得

(n1)2n1n2n②

2n1n2n2n

1Snn2n12021

小结：错位相减法的求解步骤：①在等式两边同时乘以等比数列cn的公比

q；
②将两个等式相减；
③利用等比数列的前n项和的公式求和.针对训练

4、求和：Sn

x2x23x3

nxnx0,x1

4、裂项相消法：

把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求

c和方法称为裂项相消法。适用于类似（其中an是各项不为零的等差数

aann1

列，c为常数）的数列、部分无理数列等。用裂项相消法求和，需要掌握一些常

见的裂项方法：
（1）

1111111

k1，特别地当时， 

nn1nn1nnkknnk

（

2

k

，特别地当k

1例

3、数列an的通项公式为an解：Sna1a2a3

，求它的前n项和Sn

n(n1)

an1an

1

1nn1nn1

1111

 n1nnn1



111

12233

411111

=1



2

2334

1n n1n1

小结：裂项相消法求和的关键是数列的通项可以分解成两项的差，且这两项是同一数列的相邻两项，即这两项的结构应一致，并且消项时前后所剩的项数相同.1

针对训练5的前n项和Sn.

5、分组求和法：

有一类数列，它既不是等差数列，也不是等比数列.若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.例

4、求和：Sn235143526353解：Sn235143526353

246

2n3515253

2n35n

2n35n 5n

n

111n5315

2nn13nn1

1451

5小结：这是求和的常用方法，按照一定规律将数列分成等差（比）数列或常见的数列，使问题得到顺利求解.针对训练

6、求和：Sna1a22a33

ann

提高练习

1．数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有：am＋n＝am＋an＋mn，则

1111() a1a2a3a2008

A．

4016

2009

B．

2008

2009

C．

2007

100

4D．

2007

2008

2．数列{an}、{bn}都是公差为1的等差数列，若其首项满足a1＋b1＝5，a1＞b1，且a1，b

1∈N*，则数列{abn}前10项的和等于()

A．100 B．85 C．70 D．5

53．设m=1×2+2×3+3×4+„+(n-1)·n，则m等于()

n(n21)111A.B.n(n+4)C.n(n+5)D.n(n+7)

322

2n-1

4．若Sn=1-2+3-4+„+(-1)·n，则S17+S33＋Ｓ50等于() A.1B.-1C.0D.2 5．设{an}为等比数列,{bn}为等差数列，且b1=0,cn=an+bn,若数列{cn}是1,1,2,„,则{cn}的前10项和为() A.978B.557C.467D.979

6．1002-992+982-972+„+22-12的值是() A.5000B.5050C.10100D.20200

7．一个有2001项且各项非零的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为8．若12+22+„+(n-1)2=an3+bn2+cn，则a,bc9．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＞0，且其第二项、第五项、第十四项分别是等

比数列{bn}的第

二、

三、四项． (1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(2)设数列{cn}对任意自然数n均有求c1＋c2＋c3＋„＋c2003的值．

10．已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=2an+(-1)n,n≥1.

(1)求证数列{an+

cc1c2c3

nan1成立． b1b2b3bn

(-1)n}是等比数列; 3

1117.a4a5am8

(2)求数列{an}的通项公式；

(3)证明：对任意的整数m>4,有

提高练习答案

1．解：∵am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋a1＋n＝an＋1＋n，

∴利用叠加法得到：an

n(n1)1211

，∴2()， 2ann(n1)nn1

∴

1111111111

2(1)2(1) a1a2a3a20082232008200920094016

． 2009



答案：A.

2．解：∵an＝a1＋n－1，bn＝b1＋n－1 ∴abn＝a1＋bn－1＝a1＋(b1＋n―1)―1

＝a1＋b1＋n－2＝5＋n－2＝n＋3

则数列{abn}也是等差数列，并且前10项和等于：答案：B.

3．解：因为 an=n2-n.，则依据分组集合即得.答案;A.

413

1085 2

n1

(n为奇)2

4．解：对前n项和要分奇偶分别解决，即：Sn=

n(n为偶)2

答案：A

5．解由题意可得a1=1,设公比为q,公差为d,则

qd1q2d2

∴q2-2q=0,∵q≠0,∴q=2,∴an=2n-1,bn=(n-1)(-1)=1-n,∴cn=2n-1+1-n,∴Sn=978.答案：A

6．解：并项求和，每两项合并，原式=(100+99)+(98+97)+„+(2+1)=5050.答案：B

7． 解：
设此数列{an},其中间项为a1001,

则S奇=a1+a3+a5+„+a2001=1001·a1001,S偶=a2+a4+a6+„+a2000=1000a1001.答案:

1001

1000

(n1)n(2n1)2n33n2n

.8．解：
原式=

66

111

答案：;;

326

9．解：(1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2(d＞0)

－

解得d＝2，∴an＝2n－1，可得bn＝3n1 (2)当n＝1时，c1＝3；

当n≥2时，由

cn

an1an，得cn＝2·3n－1， n

故cn

3(n1),23

n1

(n2).

故c1＋c2＋c3＋„＋c2003＝3＋2×3＋2×32＋„＋2×32002＝32003． 10．(1)证明由已知得an=Sn-Sn-1=2an+(-1)n-2an-1-(-1)n-1(n≥2),

化简得an=2an-1+2(-1)n-1(n≥2),

2221(-1)n=2［an-1+(-1)n-1］(n≥2),∵a1=1,∴a1+(-1)1=.333321

故数列{an+(-1)n}是以为首项，公比为2的等比数列.

33

n1

2n2(2)解由（1）可知an+(-1)=.

33

1222

∴an=×2n-1-(-1)n=［2n-2-(-1)n］,故数列{an}的通项公式为an=［2n-2-(-1)n］.

3333

上式可化为an+(3)证明由已知得

111

 a4a5am

=

31113111111

3m22

221212(1)m2391533632m2(1)m

1111111111

=(1)(1) 23511212351020

11

(1)m51451422113111310410572=.(m5)()m5

1232355155215120120821

2

故

1117(m4) a4a5am8

数列求和

一、常用公式法

直接利用公式求和是数列求和的最基本的方法．常用的数列求和公式有：

等差数列求和公式:

等比数列求和公式:

二、错位相减法

可以求形如 的数列的和，其中

为等差数列，

为等比数列.例1：求和：
.设

减法求和.解：
，其中 为等差数列， 为等比数列，公比为 ，利用错位相

，

两端同乘以 ，得

，

两式相减得

于是 .说明：错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题.

三、裂项相消法

适用于 阶乘的数列等 例2

求数列{1/(

＋

)}的前n项和 其中{

}是各项不为0的等差数列，c为常数；
部分无理数列、含解：
∵1/(＋)＝－ (n＋1－n＝1)

分母有理化

∴1/(

＝

＝＋

)＋1/(－－1

＋

)＋…＋1/(－

－

) －1＋＋…＋说明：对于分母是两二次根式的和，且被开方数是等差数列，

利用乘法公式，使分母上的和变成了分子上的差，从

而Sn又因中间项相消而可求。

四、分组转化法

有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，能分为几个

等差、等比或常见的数列，则对拆开后的数列分别求和，再将其合并即可求出原数列的和．

n例3 已知集合A＝{a|a＝2＋9n－4，n∈N且a＜2000}，求A中元素的个数，以及这些元素的和

1011解：
由 2＝1024，2＝2048 1010－4＜2000

知 2＋9×1110－4＞2000

2＋9×

∴ A中有10个元素,记这些元素的和为S10，则

(首项为9，公差为9的等差数列)

2310

S10＝2＋2＋2＋…＋2＋9＋18＋…＋90－4×

(首项为2，公比为2的等比数列)

5－40＝2501

＝2(210－1)＋99× 说明：本题中A是一个集合，集合中的元素是不可重复的，

也是没有顺序，所以集合与数列是不同的，但在

求和时与10个元素的顺序无关，所以可借用数列

的方法求和。

五、配对求和法

对一些特殊的数列，若将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，则在数列求和时，可考虑把这些项放在一起先配对求和，然后再求Ｓｎ． 例4, 设数列的首项为

，前项和

（1）求证：数列是等比数列。

满足关系式：

（2）设数列的公比为，作数列使，求。

（3）对（2）中的数列求和：。

（1997年上海高考试题）

解: 1）略；
（2），（提示：）

（3）

（提示：配对求和

）

六、数学归纳法

第一数学归纳法：（1）已知命题P(1)成立；

（2）若命题P(k)成立，则P(k1)成立；

由（1）（2）可知命题P(n)都成立。

简单实例：证明12342n22n12n1(nN*)；

第二数学归纳法：（1）已知命题P(1)成立；

（2）若当nk时命题P(k)都成立，则P(k1)成立；

由（1）（2）命题P(n)都成立。

应用的注意点：

（1）两步缺一不可

（2）第二步证明是必须利用归纳假设；

例5．用数学归纳法证明：

。

证明：i) 当n=2时，左式=，

右式=， ∵ ， ∴ ，

即n=2时，原不等式成立。

ii)假设n=k(k≥2, k∈Z)时，不等式成立，即 ,

则n=k+1时，

左边=

右边=，要证左边>右边，

只要证，

只要证

2

2， 只要证 4k+8k+4>4k+8k+3

只要证4>3。

而上式显然成立，所以原不等式成立，即n=k+1时，左式>右式。

由i), ii)可知，原不等式对n≥2，n∈N均成立。

七 .倒序相加法：

如果一个数列｛an｝，与首末两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，这一求和的方法称为倒序相加法。

例6.求和

解析：据组合数性质，将倒序写为

以上两式相加得：

八. 待定系数法

类似等差数列，如果是关于的次式，那么它的前项和

次式的各项系数即可。

是关于的

次式，且不含常数项。因此，只要求出这个例7.求和解析：由于通项是的二次式，则是的三次式，且不含常数项。

设，令得

解得

所以

九．无穷等比数列各项和

符号：Sa1a2...an...limSn

nnn显然：1）q1，limSnlimna1不存在

2）q1,，，Sn,1a1，n2milSn不存在 (mN*)mn0,n2ma1(1qn)3）q1，limSnlim不存在

nn1qa1(1qn)a4）q1，limSnlim1

nn1q1q定义：我们把q1的无穷等比数列前n项的和Sn当n时的极限叫做无穷等比数列各项的和，并用S表示，即S=

a1(q1) 。

1q注：1.无穷等比数列前n项和Sn与它的各项和S的区别与联系；

2.前n项之和Sn是数列中有限个项的和,而无穷等比数列各项的和Sn是数列中所有的项的和,它们之间有着本质的区别。

3.对有无穷多项的等比数列,我们是不可能把它们所有的项一一相加的,而是通过对它的前n项之和取极限运算而求得,是用有限的手段解决无限的问题。

4.求和前提：0q1,q0；
公式表明它只求公比0q1,q0 的无穷等比数列各项的和.

数学归纳法

●难点磁场

(★★★★)是否存在a、b、c使得等式1·22+2·32+…+n(n+1)2=

n(n1)(an2+bn+c).12●案例探究

［例1］试证明：不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相等时，均有：an+cn＞2bn.命题意图：本题主要考查数学归纳法证明不等式，属★★★★级题目.知识依托：等差数列、等比数列的性质及数学归纳法证明不等式的一般步骤.错解分析：应分别证明不等式对等比数列或等差数列均成立，不应只证明一种情况.技巧与方法：本题中使用到结论：(ak－ck)(a－c)＞0恒成立(a、b、c为正数)，从而ak+1+ck+1＞ak·c+ck·a.

b证明：(1)设a、b、c为等比数列，a=,c=bq(q＞0且q≠1)

qbnnnn1∴a+c=n+bq=b(n+qn)＞2bn

qqnn

ancnacn(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想＞()(n≥2且n∈N*)

22下面用数学归纳法证明：

a2c2ac2() ①当n=2时，由2(a+c)＞(a+c)，∴

22akckack(), ②设n=k时成立，即

22ak1ck11 (ak+1+ck+1+ak+1+ck+1) 则当n=k+1时，

2411＞(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=(ak+ck)(a+c) 44ackacack+1＞()·()=()

2221［例2］在数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an,Sn,Sn－成等比数列.

2(1)求a2,a3,a4，并推出an的表达式；

(2)用数学归纳法证明所得的结论；

(3)求数列{an}所有项的和.

2

22命题意图：本题考查了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识.知识依托：等比数列的性质及数学归纳法的一般步骤.采用的方法是归纳、猜想、证明.错解分析：(2)中，Sk=－

1应舍去，这一点往往容易被忽视.2k3111}是以{}为首项，为公差的等差数列，进而求得SnS12技巧与方法：求通项可证明{通项公式.11成等比数列，∴Sn2=an·(Sn－)(n≥2)

(*) 222(1)由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－

3212由a1=1，a2=－,S3=+a3代入(*)式得：a3=－

3315解：∵an,Sn,Sn－

(n1)1 2同理可得：a4=－,由此可推出：an= 2 (n1)35(2n3)(2n1)(2)①当n=1,2,3,4时，由(*)知猜想成立.

2②假设n=k(k≥2)时，ak=－成立

(2k3)(2k1)故Sk2=－21·(Sk－)

2(2k3)(2k1)∴(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0 11 (舍) ,Sk2k12k311由Sk+12=ak+1·(Sk+1－),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－)

22∴Sk=

2ak1ak11122aaak1k1k12k12k12(2k1)2

2ak1,即nk1命题也成立.[2(k1)3][2(k1)1]1(n1)由①②知，an=对一切n∈N成立.2(n2)(2n3)(2n1)(3)由(2)得数列前n项和Sn=

1,∴S=limSn=0.

n2n1数学归纳法的应用

具体常用数学归纳法证明：恒等式，不等式，数的整除性，几何中计算问题，数列的通项与和等.

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