等比数列求和教案

等比数列求和教案（共15篇）

1.等比数列求和教案 篇一

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

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．

．

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。.

2.等比数列求和教案 篇二

数列求和的常用方法有:公式法、分组求和、裂项相消法、倒序求和、错位相减法等, 这些方法具有一定的通性, 是必须掌握的, 下面笔者举例谈几点数列求和的方法:

例1:求和, 1+2·2+3·22+……+n·2n-1

解析:本题是典型的运用错位相减法的题型, 大多数学生看到此结构, 均会用错位相减进行求和, 还有其它方法吗?从形式上看, n·2n-1= (xn) 1 (x=2) , 由此得到另一种解法。

点评:本例运用导数, 进行数列求和, 其方法具有一定的迁移性, 对学生数学思维的提高有一定的帮助。

例2:求和, Sn=1-3+5-7+……+ (-1) n-1 (2n-1)

解析:本题解法多种多样, 由 (-1) n-1不难想到, 对n进行奇、偶性的讨论, 在教学发现大多数的学生, 分别计算n为奇数及偶数的情形, n为偶数, 计算不易出错, 但n为奇数时, 求和时次数是易错点。若能利用n为偶数时, n-1为奇数, 计算量会降低许多。

解:n为偶数时:

n为奇数时, Sn=Sn-1+an=- (n-1) + (-1) n-1 (2n-1) =n (n≥3)

例3:在一个圆直径的两端写上自然数1, 将此直径分得的两个半圆都对分, 在每一个分点上, 写上该点相邻两数之和, 然后把分得的四个1/4圆周各自对分, 在所得分点上写上该点相邻两数之和, 如此继续下去, 问这样做第几步后, 圆周所胡分点上数字之和Sn是多少?

解析:本题在实际教学中, 学生做对的人数极少, 大多数学生关注于分点的数字, 想将其通项写出, 但又不得其法, 若能注意到求Sn, 即其通项这一基本方法思想, 运用求通项公式中, 寻找递推式的方法可得下面的解法。

解:设第n步之后, 圆周所有分点上数字之和为Sn, 则第n-1步之后, 圆周所有分点之数字之和为Sn-1 (n≥2) 显然n=1时S1=2,

又Sn=Sn-1+2Sn-1=3Sn-1

∴{Sn}是以2为首项, 3为公比的等比数列

例4:推导等比数列求和公式

已知数列{an}为等比数列, 分比为q, 其前几项和为Sn, 求Sn

解析:教材中运用的是错位相减法, 求和, 在这里本文给出另一种常用方法, 裂项求和。

解:∵{an}是等比数列, 首项为a1, 公比为q

3.例析数列求和 篇三

1. 直接求和法（或公式法）

将数列转化为等差或等比数列，直接运用等差或等比数列的前[n]项和公式求得.

等差数列的求和公式[Sn=n(a1+an)2=na1+n(n-1)2d]，等比数列的求和公式[Sn=na1(q=1),a1(1-qn)1-q(q≠1).]（切记：公比含字母时一定要讨论.）

如：已知等差数列[an]的通项公式为[an=3n-2]，求它的前[n]项和公式.

2. 倒序相加法

此方法源于等差数列前[n]项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和. 对某些具有对称性的数列，可运用此法.

例1 已知函数[fx=2x2x+2].

（1）证明：[fx+f1-x=1]；

（2）求[f110+f210+⋯+f810+f910]的值.

解析 （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，

[f110+f910=f210+f810=⋯]

[=f510+f510=1].

[令S=f110+f210+⋯+f810+f910]，

[则S=f910+f810+⋯+f210+f110].

两式相加得：

[2S=9×f110+f910=9,]所以[S=92].

3. 错位相减法

此方法源于等比数列前[n]项和公式的推导，对于形如[{anbn}]的数列，其中[an]为等差数列，[bn]为等比数列，均可用此法.

例2 已知数列[1,3a,5a2,⋯,(2n-1)an-1(a≠0)]，求前[n]项和.

分析 已知数列各项是等差数列1，3，5，…，[2n-1]与等比数列[a0,a,a2,⋯,an-1]对应项的积，可用错位相减法求和.

解 [Sn=1+3a+5a2+⋯+(2n-1)an-1①]

[aSn=a+3a2+5a3+⋯+(2n-1)an②]

[①-②得]

[(1-a)Sn=1+2a+2a2+2a3+⋯][+2an-1-(2n-1)an.]

当[a=1时,Sn=n2.]

当[a≠1时,]

[(1-a)Sn=1+2a(1-an-1)(1-a)-(2n-1)an，]

[Sn=1+a-(2n+1)an+(2n-1)an+1(1-a)2.]

点拨 错位相减法的步骤是：（1）在等式两边同时乘以等比数列[bn]的公比；（2）将两个等式相减；（3）利用等比数列的前[n]项和公式求和.

4. 裂项相消法

如果一个数列的每一项都能化为两项之差，而前一项的减数恰与后一项的被减数相同，一减一加，中间项全部相消为零，那么原数列的前[n]项之和等于第一项的被减数与最末项的减数之差.多用于分母为等差数列的相邻[k]项之积，且分子为常数的分式型数列的求和.一些常见的裂项方法：

（1）[1nn+k=1k1n-1n+k]，

当[k=1]时，[1nn+1=1n-1n+1].

（2）[1n+k+n=1kn+k-n]，

当[k=1]时，[1n+1+n=n+1-n].

例3 数列[an]的通项公式为[an=1n(n+1)]，求它的前[n]项和[Sn].

解 [Sn=a1+a2+a3+⋯+an-1+an]

[=11×2+12×3+13×4+⋯+1n-1n+1nn+1]

=[1-12+12-13+13-14+⋯+1n-1-1n]

[+1n-1n+1]

[=1-1n+1=nn+1].

点拨 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.

5. 分组求和法

若数列的通项是若干项的代数和，可将其分成几部分来求.

例4 求数列[214，418，6116，⋯，2n+12n+1]，[⋯]的前[n]项和[Sn]．

分析 此数列的通项公式是[an=2n+12n+1]，而数列[{2n}]是一个等差数列，数列[12n+1]是一个等比数列，故采用分组求和法求解．

解 [Sn=(2+4+6+⋯+2n)+(122+123+124]

[+⋯+12n+1)]

[=n(n+1)+12-12n+1]．

点拨 在求和时，一定要认真观察数列的通项公式，如果它能拆分成几项的和，而这些项分别构成等差数列或等比数列，那么我们就用此方法求和.

6. 分奇偶讨论

分奇偶讨论的关键是对数列的项数进行分类，然后按规律结合，另外套用公式时注意认清项数与项的关系.

例5 已知数列[an]的通项[an=6n-5(n为奇数),2n (n为偶数),]求其前[n]项和[Sn]．

解 奇数项组成以[a1=1]为首项，公差为12的等差数列. 偶数项组成以[a2=4]为首项，公比为4的等比数列.

当[n]为奇数时，奇数项有[n+12]项，偶数项有[n-12]项，

∴[Sn=n+12(1+6n-5)2+4(1-4n-12)1-4]

[=(n+1)(3n-2)2+4(2n-1-1)3].

当[n]为偶数时，奇数项和偶数项分别有[n2]项，

∴[Sn=n2(1+6n-5)2+4(1-4n2)1-4]

[=n(3n-2)2+4(2n-1)3].

[∴Sn=(n+1)(3n-2)2+4(2n-1-1)3(n为奇数)，n(3n-2)2+4(2n-1)3(n为偶数).]

求下列数列的前[n]项和[Sn]：

（1）5，55，555，5555，…，[59(10n-1)]，…；

（2）[11×3,12×4,13×5,⋯,1n(n+2),⋯]；

（3）[an=1n+n+1]；

（4）[a,2a2,3a3,⋯,nan,⋯]；

（5）[Sn=2-3×5-1+4-3×5-2+6-3×5-3][+⋯+2n-3×5-n]；

（6）[sin21∘+sin22∘+sin23∘+⋯⋯+sin289∘]．

（1）[Sn=5+55+555+⋯+55⋯n个5]

[=59(9+99+999+⋯+99⋯n个9)]

[=59[(10-1)+(102-1)+(103-1)+⋯+(10n-1)]]

[=59[10+102+103+⋯+10n-n]]

[=5081(10n-1)-59n.]

（2）∵[1n(n+2)=12(1n-1n+2)]，

∴[Sn=12[(1-13)+(12-14)+(13-15)+⋯+]

[(1n-1n+2)]][=12(1+12-1n+1-1n+2)]．

（3）∵[an=1n+n+1]

[=n+1-n(n+n+1)(n+1-n)=n+1-n，]

∴[Sn=12+1+13+2+⋯+1n+1+n.]

[=(2-1)+(3-2)+⋯+(n+1-n)]

[=n+1-1]．

（4）[Sn=a+2a2+3a3+⋯+nan]，

当[a=1]时，[Sn=1+2+3+⋯][+n=n(n+1)2]，

当[a≠1]时，[Sn=a+2a2+3a3+⋯][+nan]，

[aSn=a2+2a3+3a4+⋯][+nan+1]，

两式相减得 [(1-a)Sn=a+a2+a3+⋯][+an-nan+1=a(1-an)1-a-nan+1]，

∴[Sn=nan+2-(n+1)an+1+a(1-a)2]．

（5）[Sn=2-3×5-1+4-3×5-2+6-3×5-3]

[+⋯+2n-3×5-n]

[=2+4+6+⋯+2n-35-1+5-2+5-3+⋯+5-n]

[=nn+1-3×151-15n1-15=n2+n-341-15n.]

（6）设[S=sin21∘+sin22∘+sin23∘+⋯+sin289∘]，

又∵[S=sin289∘+sin288∘+sin287∘+⋯+sin21∘]，

4.等比数列求和作业 篇四

1、在等比数列中，a1a2a36,a2a3a43，则a3a4a5a6a7（）A.11

8B.1916C.98D.342、在等比数列an中，a15,S555，则公比q等于（）

A.4B.2C.2D.2或43、若等比数列an的前n项和Sn2r，则r（）n

A.2B.1C.0D.14、等比数列前n项和为54，前2n项和为60，则前3n项和为（）A.54B.64C.66

23D.60235、已知公比为qq1的等比数列an的前n项和为Sn，则数列

n1的前n项和为（）an

A.qSnB.SnqnC.1Snqn1D.Sna1q2n16、设等比数列an的前n项和为Sn，若S3S62S9，求公比q。

已知实数a,b,c成等差数列，a1,b1,c4成等比数列，且abc15。

5.数列求和教学反思 篇五

针对数列问题的考试重点及学生的薄弱环节，《数列求和》的系列专题复习课《数列求和1》的教学重点放在了数列求和的前两种重要方法：

1、公式法求和（即直接利用等差数列和等比数列的求和公式进行求和）；

2、利用叠加法、叠乘法将已知数列转化为等差数列或等比数列再行求和。

从实际教学效果看教学内容安排得符合学生实际，由浅入深，比较合理，基本达到了这节课预期的教学目标及要求。结合自我感觉、工作室评课、学生反馈，这节课比较突出的有以下几个优点。

1、注重“三基”的训练与落实

数列部分中两种最基本最重要的数列就是等差数列和等比数列，很多数列问题包括数列求和都是围绕这两种特殊数列展开的，即使不能直接利用等差数列和等比数列公式求和，也可根据所给数列的不同特点，合理恰当地选择不同方法转化为等差数列或等比数列再行求和。因此上课伊始做为本节课的知识必备，就要求学生强化等差数列和等比数列求和公式的记忆。其次本节课充分渗透了转化的数学思想方法，并且通过典型例题使学生体会并掌握根据所给求和数列的不同特点，分别采用叠加法或叠乘法将所给数列转化为等差数列或等比数列再行求和的基本技能。

2、例、习题的选配典型，有层次

一方面精选近年典型的高考试题、模拟题做为例、习题，使学生通过体会和掌握，达到举一反三的目的；另一方面结合学生实际，自行编纂或改编了一些题目，或在原题基础上降低了难度，设计出了层次，或在学生易错的地方设置了陷阱，提醒学生留意。同时所配的课堂练习也充分注意了题目的难易梯度，把握了层次性，由具体数字运算到字母运算，由直接给出数列各项到用分段函数形式抽象表述数列，由单一方法适用到能够一题多解等等。

3、对学生可能出现的问题有预见性，并能有针对性地对症下药进行设计 对于直接利用公式求和的等差数列或等比数列求和问题，预见到学生的关键问题应该出在搞不清求和的项数上，因而在求和的项数上做了文章，有意设计了求和而非求，并且通过这两道题特别强调了算清项数、如何算清项数等问题，抓住了学生解决这类问题的软肋。

4、教学过程中充分关注到了学生的反应和状态

在解题教学中比较注意启发引导学生，通过自然习得，从而顺理成章达到水到渠成。从题目的设计到解题思路的分析都考虑到了学生的接受能力，从具体到抽象，通常是把问题摆出来、提一句、点一下，尽量不包办代替，努力引发学生的体验和思考，比较注重知识形成过程的教学。同时注意通过多种途径，多种角度，一题多解解决问题，杜绝直接把结果强加给学生，使学生不知所云。

当然这节课的教学也存在着这样那样的不足，比较典型的有以下两点。

1、对于基本公式的掌握仍需加强落实

部分同学公式的记忆仍成问题，本以为课上可以一带而过，不成想主动举手、信心满满、自以为可以完美表现的同学站起来仍然把等比数列的公式说错了，可想而知其他同学的情况了，恐怕也不容乐观，可见连基本公式的强化记忆都是需要老师不厌其烦加以督促的。

6.数列求和的常见方法 篇六

一、通项分解法

将数列中的每一项拆成几项, 然后重新分组, 将一般数列的求和问题转化为特殊数列的求和问题, 把这种方法称为通项分解法, 运用这种方法的关键是通项变形.

例1 ( 2010. 全国卷Ⅱ文) 已知{ a n } 是各项均为正数的等比数列, 且a1+ a2= 2 (1/a1+1/a2) , a3+ a4+ a5= 64 (1/a3+1/a4+1/a5) , 1求{ an} 的通项公式;

②设b n = (a n + 1/a n ) 2 , 求数列{ b n} 的前n项和T n .

解析①设公比为q, 则a n = a 1 qn - 1, 由已知有

所以an= 2n - 1.

二、裂项相消法

裂项相消法求和就是将数列中的每一项拆成两项或多项, 使这些拆开的项出现有规律的相互抵消, 把没有抵消掉的合并化简, 从而达到求和目的.

例2 ( 2010山东理) 已知等差数列{ an } 满足: a3 = 7, a 5 + a 7 = 26, { a n } 的前几项和为Sn . ①求an 及Sn , ②令bn =1 / (a2 n - 1) ( n∈N+) , 求数列{ bn } 的前几项和 Tn .

解①设等差数列{ an } 的首项为a1 , 公差为d, 由于a 3 = 7, a 5 + a 7 = 26.

由公式知an= 2n + 1, Sn= n ( n + 2) .

②因为a n = 2n + 1, 所以a2 n - 1 = 4n ( n + 1) ,

因此b n =1/ 4n ( n1 + 1) = 1/4 (1/ n - 1/ (n + 1 ) )

故 T n = b 1 + b 2 + … + b n = 1/4 ( 1 - 1 /2 + 1/ 2 - 1/3 + … +1/ n - 1/n + 1 ) =1 /4 (1 - 1 /n+ 1 ) = n/4 ( n + 1 ) .

所以数列{ b n } 的前几项和T n =n/ 4 ( n + 1) .

三、错位相减法

如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成, 则求和可采用错位相减法. 运用此方法时, 一般和式比较复杂, 运算量大, 易会不易对, 应特别细心, 解题时若含参数, 要注意分类讨论.

例3 ( 09山东) 等比数列{ an} 的前n项和为Sn, 已知对任意的n∈N+, 点 ( n, Sn) 均在函数y = bx+ r ( b > 0且b≠1, b、r均为常数) 的图像上, 1求r的値;

2当 b = 2 时, 记 bn=n + 1/4a n ( n∈N+) , 求数列{ bn} 的前几项和T n .

解析①由题意, S n = bn+ r, 当n≥2时, S n - 1 = bn - 1+ r,

解析①由题意, S n = 所以a n = S n - S n - 1 = bn - 1 ( b -1) .

由于b >0且b≠1, 所以当n≥2时, { a n } 是以b为公比的等比数列

又 a 1 = b + r, a 2 = b ( b - 1) , a 2 /a 1 = b, 即b ( b - 1) / (b + r) = b.

∴ r = - 1.

②由①知, n∈N+, a n = ( b - 1 ) bn - 1, 当b = 2时, a n = 2n - 1.

7.高考数列求和问题的破解策略 篇七

一、利用常用数列求和公式求和

若所给数列的通项是关于n的多项式，此时可采用公式法求和，常用求和公式列举如下：

等差数列求和公式：Sn=n（a1+an）2=na1+n（n—1）2d，

等比数列求和公式：

Sn=na1（q=1）

a1（1—qn）1—q=a1—anq1—q（q≠1）

自然数的方幂和：∑nk=1k3=13+23+33+…+n3=14n2（n+1）2，∑nk=1k=1+2+3+…+n=12n（n+1），

∑nk=1k2=12+22+32+…+n2=16n（n+1）（2n+1）.

例1设Sn=1+2+3+…+n，n∈N*，求f（n）=Sn（n+32）Sn+1的最大值.

解：由等差数列求和公式得 Sn=12n（n+1），Sn+1=12（n+1）（n+2）

∴f（n）=Sn（n+32）Sn+1=nn2+34n+64

=1n+34+64n=1（n—8n）2+50≤150

∴当n=88，即n=8时，f（n）max=150

二、错位相减法求和

若数列{cn}的通项公式为cn=anbn，其中{an}，{bn}中有一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q，然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法.

例2求和：Sn=1+3x+5x2+7x3+…+（2n—1）xn—1（x≠1）……①

解：由题可知，{（2n—1）xn—1}的通项是等差数列{2n—1}的通项与等比数列{xn—1}的通项之积

设xSn=1x+3x2+5x3+7x4+…+（2n—1）xn……②（设制错位）

①—②得（1—x）Sn=1+2x+2x2+2x3+2x4+…+2xn—1—（2n—1）xn（错位相减）

再利用等比数列的求和公式得：（1—x）Sn=1+2x·1—xn—11—x—（2n—1）xn

∴Sn=（2n—1）xn+1—（2n+1）xn+（1+x）（1—x）2

例3求数列22，422，623，…，2n2n，…前n项的和.

解：由题可知，{2n2n}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{12n}的通项之积

设Sn=22+422+623+…+2n2n……①

12Sn=222+423+624+…+2n2n+1……②（设制错位）

①—②得（1—12）Sn=22+222+223+224+…+22n—2n2n+1（错位相减）

=2—12n—1—2n2n+1

∴Sn=4—n+22n—1

三、倒序相加法求和

将一个数列倒过来排列（倒序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an），Sn表示从第一项依次到第n项的和，然后又将Sn表示成第n项依次倒序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到Sn的一种求和方法.也称倒序相加法.

例4求证：C0n+3C1n+5C2n+…+（2n+1）Cnn=（n+1）2n.

证明：设Sn=C0n+3C1n+5C2n+…+（2n+1）Cnn……①

把①式右边倒转过来得

Sn=（2n+1）Cnn+（2n—1）Cn—1n+…+3C1n+C0n（反序）

又由Cmn=Cn—mn可得

Sn=（2n+1）C0n+（2n—1）C1n+…+3Cn—1n+Cnn……②

①+②得2Sn=（2n+2）（C0n+C1n+…+Cn—1n+Cnn）=2（n+1）·2n（反序相加）

∴Sn=（n+1）·2n.

例5求sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°的值.

解：设S=sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°……①

将①式右边反序得

S=sin289°+sin288°+…+sin23°+sin22°+sin21°……②（反序）

又因为 sinx=cos（90°—x），sin2x+cos2x=1，

①+②得2S=（sin21°+cos21°）+（sin22°+cos22°）+…+（sin289°+cos289°）=89（反序相加）

∴S=892.

四、分组求和法

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、等比或常见的数列的和、差，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.

例6求数列{n（n+1）（2n+1）}的前n项和.

解：设ak=k（k+1）（2k+1）=2k3+3k2+k，

∴Sn=∑nk=1k（k+1）（2k+1）=∑nk=1（2k3+3k2+k），

将其每一项拆开再重新组合得：

Sn=2∑nk=1k3+3∑nk=1k2+∑nk=1k

=2（13+23+…+n3）+3（12+22+…+n2）+（1+2+…+n）

=n2（n+1）22+n（n+1）（2n+1）2+n（n+1）2

=n（n+1）2（n+2）2.

五、裂项相消法求和

有些数列求和的问题，可以对相应的数列的通项公式加以变形，将其写成两项的差，这样整个数列求和，各加数都按同样的方法裂成两项之差，其中每项的被减数一定是后面某项的减数，从而经过逐项相互抵消仅剩下有限项，可得出前n项和公式.这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，也称为分裂通项法.它适用于{canan+1}型（其中{an}是各项不为0的等差数列，c为常数）、部分无理数列、含阶乘的数列等.常见拆项公式有：

an=f（n+1）—f（n）；1（2n—1）（2n+1）=12（12n—1—12n+1）；1n（n+1）=1n—1n+1；1n（n+1）（n+2）=12（1n（n+1）—1（n+1）（n+2））；1a+b=1a—b（a—b）；

（2n）2（2n—1）（2n+1）=1+12（12n—1—12n+1）；sin1°cosn°cos（n+1）°=tan（n+1）°—tann°.

例7求数列11+2，12+3，…，1n+n+1，…的前n项和.

解：设an=1n+n+1=n+1—n，

则Sn=11+2+12+3+…+1n+n+1

=（2—1）+（3—2）+…+（n+1—n）

=n+1—1.

例8设数列{an}的前n项的和

Sn=43an—13×2n+1+23，n=1，2，3，…，令Tn=2nSn，n=1，2，3，…，求∑ni=1Ti.

解：由题意得：an=4n—2n（其中n为正整数）

Sn=43an—13×2n+1+23=43（4n—2n）—13×2n+1+23=23（2n+1—1）（2n—1）

Tn=2nSn=32×2n（2n+1—1）（2n—1）=32×（12n—1—12n+1—1）

所以：∑ni=1Ti=32×（121—1—12n+1—1）

=3（2n—1）2n+1—1.

六、并项求和

针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求和Sn.

例9设数列{an}的首项为a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn—（2t+3）Sn—1=3t，（t>0，n=2，3，4，…）设数列{an}的公比为f（t），作数列{bn}使b1=1，bn=f（1bn—1），（n=2，3，4，…），求和：b1b2—b2b3+b3b4—b4b5…+b2n—1b2n—b2nb2n+1.

解：由题意知{an}为等比数列，得an=（2t+33t）n—1，故f（t）=2t+33t

故：bn=2n+13，可知{b2n—1}和{b2n}是首项分别为1和53，公差均为43的等差数列.

于是b1b2—b2b3+b3b4—b4b5+…+b2n—1b2n—b2nb2n+1

=b2（b1—b3）+b4（b3—b5）+b6（b5—b7）+…+b2n（b2n—1—b2n+1）

=—43（b2+b4+…+b2n）=—4312n（53+4n+13）

=—49（2n2+3n）.

七、利用数列的通项求和

先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，是一个重要的方法.

例10求1+11+111+…+111…1n个1之和.

解：由于111…1k个1=19×999…9k个9=19（10k—1）（找通项及特征）

∴1+11+111+…+111…1n个1

=19（101—1）+19（102—1）+19（103—1）+…+19（10n—1）（分组求和）

=19（101+102+103+…+10n）—19（1+1+1+…+1n个1）

=19·10（10n—1）10—1—n9=181（10n+1—10—9n）.

八、累加法

给出数列{Sn}的递推式和初始值，若递推式可以巧妙地转化为Sn—Sn—1=f（n）型，可以考虑利用累加法求和，此法也叫叠加法.

例11已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=12，Sn=n2an—n（n—1），n∈N，求Sn

解：由Sn=n2an—n（n—1）（n≥2）得：Sn=n2（Sn—Sn—1）—n（n—1），

即（n2—1）Sn—n2Sn—1=n（n—1），

∴n+1nSn—nn—1Sn—1=1，对n≥2成立.

将n+1nSn—nn—1Sn—1=1，nn—1Sn—1—n—1n—2Sn—2=1，…，32S2—21S1=1累加，则n+1nSn—2S1=n—1，又S1=a1=12，

所以Sn=n2n+1，当n=1时，也成立.

九、多法并举求和

根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，它通常集分组、裂项、公式求和于一体，是一个解决综合性数列求和的重要途径.

例12已知数列{an}：an=8（n+1）（n+3），求∑nk=1（k+1）（ak—ak+1）的值.

解：∵（k+1）（ak—ak+1）

=8（k+1）[1（k+1）（k+3）—1（k+2）（k+4）]

=4·（1k+2—1k+4）+8（1k+3—1k+4），

∴ ∑nk=1（k+1）（ak—ak+1）

=4∑nk=1（1k+2—1k+4）+8∑nk=1（1k+3—1k+4）

=13n2+43n3（n+4）（n+3）.

8.数列求和的解题方法总结 篇八

关键词：高中数学;数列求和;方法;归纳

求数列的前n项和是数列题中的高频考点。它的考查十分灵活，题型变化多样，有以选择题的方式出现，有的则是填空题，甚至还会以一道综合大题的.方式进行考查。本文通过用列举典型题的方式，总结归纳了6种常见的数列求和方法，供大家参考。

一、倒序相加法

如果一个数列{an},与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。倒序相加法是数列求和当中应用最广的一种解题方法，它的基本类型可以用公式表示为：a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3…具体解法见下面的例题。

例：设等差数列{an},公差为d,求证：{an}的前n项和Sn=n(a1+an)/2

解：Sn=a1+a2+a3+…+an①

倒序得：Sn=an+an-1+an-2+…+a1②

①+②得：2Sn=(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)+…+(an+a1)

又∵a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=an+a1

∴2Sn=n(a2+an) Sn=n(a1+an)/2

倒序相加法的解题关键就是要能够看到首项和末项之间的关系，这就需学生要有一定的敏感度，一眼就能找准解题的方法，然后就是要细心地做。因此，做数列题除了要注意总结和归纳解题方法外，大量的习题训练也是十分必要的。

二、用公式法

对等差数列、等比数列，求前n项和Sn可直接用等差、等比数列的前n项和公式进行求解。等差数列的基本求和公式为：Sn=(a1+an)n/2;变形公式为Sn=na1+n(n-1)d/2(d为公差)。等比数列的求和公式为：Sn=na1(q=1);Sn=a1(1-qn)/(1-q)=(a1-anq)/(1-q)(q≠1)(q为公比，n为项数)。利用公式来求数列之和是一种比较基本的题型，它的难度不大，只要掌握基本公式，并且具有一定的敏感度就能做对这类型的题。

三、裂项相消法

裂项相消法是数列求和中比较难的一类题型，因为它不好看出数列之间的规律。如果裂项不对，也不能将问题解出。裂项相消法的解题原理是：将数列的一项拆成两项或多项，使得前后项相抵消，留下有限项，从而求出数列的前n项和。

四、错位相减法

若在数列{an·bn}中，{an}成等差数列，{bn}成等比数列，在和式的两边同乘以公比，再与原式错位相减整理后即可以求出{anbn}前n项和。

错位相减法其实并不难，关键是要细心，要能找好两个式子之间的对应项，如果二者相减的时候没有找准对应项，即便思路再对，也会满盘皆输。因此，做任何一道数列题，都要求书写工整，格式规范，以免造成不必要的失分。

五、叠加法

叠加法主要应用于数列{an}满足an+1=an+f(n)，其中f(n)在等差数列或等比数列的条件下，可把这个式子变成an+1-an=f(n)，代入各项，得到一系列式子，把所有的式子加到一起，经过整理，可求出an,从而求出Sn.

六、分组求和法

分组求和法就是对一类既不是等差数列，也不是等比数列的数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，最后将其合并的方法。记住了这一类题型的特点，就能准确找到解题思路。

总之，数列求和以其灵活多变的出题方式和较高的错题率成为高中数学中的难点。这类题虽然难，但也并不是无规律可循的。万变不离其宗，教师在讲课当中应该帮助学生多多总结归纳相关的解题技巧和解题方法，并配合适当的试题训练;学生自身也要多思考，可以准备一个错题记录本时常翻看，有助于将这类问题消化吸收，最终将其完全掌握。

9.幂数列求和公式的推导及证明 篇九

我们把诸如“1k，2k，……，nk（k为自然数）”之类的数列叫做幂数列。如1，2，……，n；12，22，……，n2；13，23，……，n3；14，24，……，n4等。

下面几个公式经数学归纳法证明是正确的：

n(n+1)n2+n=1+2+……+n=，2232n(n+1)(2n+1)2n+3n+n222+n==1+2+……，66432n(n+1)n+2n+n3]2=13+23+……+n=[，245436n+15n+10n-n444+n=1+2+……，3065422n+6n+5n-n515+25+……+n=，1276536n+21n+21n-7n+n661+2+……+n=，426876423n+12n+14n-7n+2n717+27+……+n=，249875310n+45n+60n-42n+20n-3n881+2+……+n=，90810986422n+10n+15n-14n+10n-3n919+29+……+n=，206n11+33n10+55n9-66n7+66n5-33n3+5n1+2+……+n=。

66101010我们把这几个公式叫做幂数列前n项和公式，其中前三个已出现在高中课本上。出人意料的是，这些公式并不随着

幂次数的增高而变得像我们想象的那样复杂，等号右端次数虽高，但项数并不是特别的多，因为某些项被消掉了。并且各项的系数的绝对值也都还没超过1。这些公式是怎样推导出来的呢？

下面以4次幂数列为例介绍一个推导方法。我们先看一个展开式: n(n+1)(n+2)(n+3)=n4+6n3+11n2+6n, 由这个展开式可得n4=n(n+1)(n+2)(n+3)-6n3-11n2-6n。

取n=1，则14=1234-6-11-6，取n=2，则24=2345-623-1122-62，……

这些等式两端分别相加得

34+2345+……+n(n+1)(n+2)(n+3)]-6(13+23+14+24+……+n4=[12……+n3)-11(12+22+……+n2)-6(1+2+……+n)

为了计算中括号里边的值，我们先举一个例子：计算

101102103的值。式子1234+2345+3456+……+100按常规算法，这300次乘法计算和99次加法计算即使使用计算器恐怕1小时之内很难完成任务。若各项都乘5，得12345+23455+34565+……+1001011021035，这样前两项相加得23456,再加第三项得34567，依此类推，加到最后一项，101102103104，故得数应是1001234+2345+3456+……+1001011021031=（100101102103104），由此猜想5

1234+2345+3456+……+n(n+1)(n+2)(n+3)1=n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)，5所以

234+2345+……+n(n+1)(n+2)(n+3)]14+24+……+n4=[1322-6(13+23+……+n)-11(1+2+……+n2)-6(1+2+……+n)，1其中方括号里边的值为n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4),再把1，2，3

5次幂数列求和公式分别代入上式并化简，得

5436n+15n+10n-n441+2+……+n=。

304这个公式的正确性可用数学归纳法来证明，证明过程如 下: 6+15+10-1=1，公式显然成立；假设n=k时公式取n=1，则

306k5+15k4+10k3-k也成立，即1+2+……+k=，则n=k+1时有

304445436k+15k+10k-k444+(k+1)4= 1+2+……+(k+1)=306k5+45k4+120k3+15k2+119k+30，而306(k+1)5+15(k+1)4+10(k+1)3+(k+1)6k5+45k4+120k3+15k2+119k+30=，30306k5+15k4+10k3-k6k5+45k4+120k3+15k2+119k+304+(k+1)=所以。这3030就证明了当n=k+1时公式也成立。通过以上证明可知，n取任 3

5436n+15n+10n-n444+n=何自然数公式1+2+……都成立。

10.等比数列求和教案 篇十

关键词： 数列求和 公式求和 分项求和

数列是高中代数的重要内容，同时数列求和问题是高考的重要考点。近几年高考中数列求和问题的出题形式越来越灵活，且很有可能结合导数相关知识让学生进行不等式证明，作为整张试卷的压轴题，这种题目的难度不言而喻。尽管数列求和有很多种方法，有些学生可能觉得无从下手，但是只要分清每种求和方法的适用题目类型，那么数列求和这个难题便会很快被攻克，下面我将对数列求和方法进行总结。

一、公式求和，熟练记忆

等差数列和等比数列这两类是两种最基本数列，其他一些较复杂的数列往往是在这两种数列基础上变形、转化得来的，所以说掌握这两种数列求和方法是学好数列求和基本条件。

这两种数列的求和都有固定的公式，并不需要学生耗费太多精力。如等差数列的求和公式：Sn= =a n+ n（n-1）d。等比数列的求和公式：Sn= （q≠1）。除此之外，数列求和还有其他固定公式，如Sn=1+2+3+…n= n（n+1），Sn=1 +2 +3 +…n = n（n+1）（2n+1），Sn=1 +2 +3 +…n =[ n（n+1）] 。这些公式都是学生进行复杂数列求和的基础，所以一定要熟练记忆。

对于有些题目来说，可能题干中并没有明确指出数列类型，但是经过对数列的深入分析后便可以得出该数列等差数列或是等比数列这样的结论，就可以套用公式求和。所以我们要引导学生在做题过程中仔细思考、沉着应对，努力使题目向所学知识靠拢。

二、整体求和，分清类型

对数列进行求和时，有些数列既不是等差数列又不是等比数列，无法用公式求和，这时就需要学生采用其他方法求和。有些数列通过对数列整体进行变形和运算巧妙求出数列的和，如数列求和中的错位相减法和倒序相加法就运用这种思想。

错位相减求和适用于通项公式为等差数列乘以等比数列的形式：如“a =3n-1，b =2 ，c =a b ，求c 的前n项和Tn”。仔细观察之后不难发现，a 为等差数列，b 为等比数列，c 为等差数列与等比数列的积，所以这道题毫无疑义要用错位相减法。需要让学生写出Tn的展开式，然后写出2Tn的展开式，两式相减可得-Tn的展开式，而这时-Tn的和正好可以用等比数列的求和公式，就可以得到Tn=8+（3n-4）2 。而对于倒序相加法来说，有着很广的应用范围，如可以用来推导等差数列的求和公式：Sn=a +a +a +…a ，Sn=a +a +a +…a ，因此将二者相加可得2Sn=（a +a ）n，则Sn= 。这种求和适用于第k项与第（n+1-k）项的和为定值的情况。

因此，需要让学生分清整体求和中每种方法适用的题目类型。有效引导学生做题时仔细观察题干中数列的特点，争取将每种类型典型例题和解题思路都铭记于心，这样做起题目来才会得心应手。

三、分项求和，对症下药

这里所说的分项求和有两重含义，一个是将每项拆分成多项求和，这种思路对应的是裂项相消求和法。而另一种则是将数列中所有项的同一类型的项分为一类，这种思路对应的则是分组求和法。

对于裂项相消求和法，针对不同项往往会有不同裂项方法，下面我总结了一些比较常见的裂项方式： = - ， = （ - ）， = （ - ），那么裂项之后又是如何求和的呢？通过观察可以发现，裂项之后的每一项的减数部分与其下一项的被减数部分正好相同，所以相加之后两者相消，这样的话中间相都被消去，只需用首项和末项的剩余部分进行求解即可。而分组求和这种方法则相对来说比较简单，通过对数列进行观察将数列中同类型的数归为一组，然后分别求和即可，如对于数列“Sn=0.9+0.99+0.999+…0.9…9（n个9）”的求和，可以让学生将0.9拆分成1-0.1，将0.09拆分成1-0.01并以此类推，该数列最后就可以变形成一个全1数列的和与一个等比数列的差，这道题解答时充分利用分组求和思想。

总之，要让学生充分掌握分组求和要领，仔细区分每一种方法对应的数列特点，然后对症下药，确保每种方法的应用过程都了然于胸，这样学生做题时才能心中有数、万无一失。

四、其他求和，活学活用

除了以上这些数列求和方法之外，还有一种比较常用的方法就是构造求和法。这种方法应用得十分广泛，出题方式灵活多变，更需要灵活掌握。

构造求和法的出题形式一般都是给出一个递推公式，学生刚接触可能觉得和之前介绍的哪种方法都靠不上，因此可能感觉有些力不从心。其实，这种类型的题目并不难做，需要让学生依据题干给出的关系式进行变形和构造，争取将其改造成我们熟悉的等差和等比数列，这样就可以选择套用公式进行求解。比如：“数列a 中a =1，a =0.5a +1（n>1），求Sn。”通过对a =0.5a +1进行变形可得a -2=0.5（a -2），这样将（a -2）构造成了一个等比数列，根据公式可以求出a 的通项，进而求出Sn。这种方法的出题方式非常灵活，很难像之前介绍的那些方法一样有固定的解题套路，那么我们能做的就只有掌握好最基础的部分，以不变应万变。

此外，还有一些数列求和方法如导数求和法、数学归纳法及通项分析法等，由于其并不太常见因此这里不再详细介绍，但前面提到的构造法是需要学生重点掌握的，教学中要有意识地让学生对此方法多加练习，争取做题时将该方法应用得炉火纯青。

总之，数列求和问题是高中教学的一大重点也是一大难点，要让学生们克服畏难情绪，认真分析每一种求和方法适用的题目类型，然后做题时针对数列的具体特点选择合适的方法求解。相信在老师和学生的共同努力下，数列求和这个难关一定会被攻克，数列求和这个“重头戏”一定会被唱得异常精彩。

参考文献：

[1]王建文.数列求和方法总结[J].新校园，2011（01）.

11.六门绝技在手数列求和无忧 篇十一

数列的前n项和是历年高考的必考内容, 也是各地模拟考试的“常青树”, 它以题目形式灵活多样、解法精妙在数列中占有重要地位.许多同学由于对这类题“不懂章法”, 陷入思维混乱的状态, 兜了一大圈子仍空手而归.本文以近两年的高考题与模拟题为例, 揭秘求数列的前n项和的六种技巧, 希望同学们面对数列求和问题时能做到有的放矢, 化解自如.

1.饮水思源——公式法

公式法是指运用等差数列与等比数列的前n项和公式求数列的前n项和的方法.公式法是数列求和的最基本、最重要的方法.

2.移花接木——错位相减法

3.因果轮回——倒序相加法

倒序相加法是指已知数列特征是“与首末两端等距离的两项之和相等”, 先把数列求和的式子倒过来写, 然后对两个求和的式子进行相加, 即可求出该数列的前n项和的方法.这种题型虽不多见, 但也需掌握其求解思路.

【攻略秘籍】破解此类试题的关键:需观察数列的特点, 观察数列前后是否具有“对称性”, 若首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数, 则采用倒序相加法求这个数列的前n项和.

4.借石攻玉——裂项相消法

裂项相消法是指把数列的通项公式拆成两项之差, 求和时正负项相消, 只剩下首末若干项 (剩下的项前后位置是对称的) , 达到化简求和目的的方法.用裂项相消法求数列的前n项和的题型在近年高考中常考常新, 应给予关注.

5.中间桥梁——分组求和法

分组求和法是指将一个数列分成若干个简单数列 (如等差数列、等比数列、常数列等) , 然后分别利用等差 (比) 数列的前n项和公式进行求和的方法.

【攻略秘籍】破解此类试题的关键:一是熟练应用数列的前n项和与第n项的关系式, 求数列的通项公式, 同时注意检验是否符合通项;二是观察数列的通项公式的特征, 若其是由若干个等差数列或等比数列或可求其和的数列通项公式组成, 则求和时可用分组求和法, 把数列分成几个可以直接求和的数列;三是会用公式法求和, 对分成的各组的数列的求和, 观察其特点, 经常可采用等差数列或等比数列的前n项和公式求其和.

6.条分缕析——分段讨论法

分段讨论法是指将一个数列分成若干段数列, 然后各段分别利用等差 (比) 数列的前n项和公式、错位相减法等进行求和的方法.常见类型:一是数列的通项公式中含有绝对值符号;二是数列通项公式中含有因子“ (-1) n”.

【攻略秘籍】运用分类讨论法求数列的前n项和的突破口:一是对分类讨论的“度”的把握, 如本题, 因各项前的符号总是以“”、“+”号交叉形式出现, 因此分类的“度”定位到“n分为奇数与偶数”.若遇到含绝对值号的数列, 则其分类的“度”需在零点处下功夫.二是分类标准的确定, 即对各类分法应做到不重不漏, 解题的思路就能顺畅, 问题的解决便可水到渠成.

由以上几例可以看出, 解数列求和问题的关键在于用“慧眼”去找寻“题眼”, 用心灵去感受题意中的数列特征, 科学合理地推理运算.因此, “求和问题”不一定是“难 题”, 只要夯实基础, 掌握好以上六技, 以不变应万变才是我们取胜的法宝.

12.等比数列求和教案 篇十二

（三）等差数列求和

知识精讲

一、定义：一个数列的前n项的和为这个数列的和。

二、表达方式：常用Sn来表示。

三：求和公式：和(首项末项)项数2，sn(a1an)n2。

对于这个公式的得到可以从两个方面入手：

(思路1)1239899100

101505050

（1100）（299）（398）（5051）共50个101(思路2)这道题目，还可以这样理解：

和=12349899100+和100999897321 2倍和101101101101101101101101505050。即，和(1001)100

2四、中项定理：对于任意一个项数为奇数的等差数列，中间一项的值等于所有项的平均数，也等于首项与末项和的一半；或者换句话说，各项和等于中间项乘以项数。

（436）922091800，譬如：① 48123236题中的等差数列有9项，中间一项即第5项的值是20，而和恰等于209；

（165）33233331089，② 656361531题中的等差数列有33项，中间一项即第17项的值是33，而和恰等于3333。

例题精讲： 例1：求和：

（1）1+2+3+4+5+6 =（2）1+4+7+11+13=（3）1+4+7+11+13＋„＋85= 分析：弄清楚一个数列的首项，末项和公差，从而先根据项数公式求项数，再根据求和公式求和。

例如（3）式项数=（85-1）÷3+1=29 和=（1+85）×29÷2=1247 答案：（1）21（2）36（3）1247

例2：求下列各等差数列的和。

（1）1+2+3+4+„+199（2）2+4+6+„+78（3）3+7+11+15+„+207 分析：弄清楚一个数列的首项，末项和公差，从而先根据项数公式求项数，再根据求和公式求和。

例如（1）式=（1+199）×199÷2=19900 答案：（1）19900（2）1160（3）5355

例3：一个等差数列2，4，6，8，10，12，14，这个数列的和是多少？

分析：根据中项定理，这个数列一共有7项，各项的和等于中间项乘以项数，即为：8756

答案：56

例4：求1+5+9+13+17„„+401该数列的和是多少。

分析：这个数列的首项是1，末项是401，项数是（401-1）÷4+1=101，所以根据求和公式，可有：

和=（1+401）×101÷2=20301 答案：20301

例5：有一串自然数2、5、8、11、„„，问这一串自然数中前61个数的和是多少？

分析：即求首项是2，公差是3，项数是61的等差数列的和，根据末项公式：末项=2+（61-1）×3=182 根据求和公式：和=（2+182）×61÷2=5612 答案：5612

例6：把自然数依次排成“三角形阵”，如图。第一排1个数；第二排3个数；第三排5个数；„

求：

（1）第十二排第一个数是几？最后一个数是几？

（2）207排在第几排第几个数？

（3）第13排各数的和是多少？

分析：整体看就是自然数列，每排的个数的规律是1,3,5，7...即为奇数数列 若排数为n（n≥2de 自然数)，则这排之前的数共有（n-1）（n-1)个。

（1）第十二排共有23个数。前面共有（1+21）×11÷2=121个数，所以第十二排的第一个数为122，最后一个数为122+（23-1）×1=144（2）前十四排共有196个数，前十五排共有225个数，所以207在第十五排，第十五排的第一个数是197，所以207是第（207-197=10）个数

（3）前十二排共有144个数，所以第十三排的第一个数是145，而第十三排共有25个数，所以最后一个数是145+（25-1）×1=169，所以和=（145+169）×25÷2=3925 答案：（1）122；144（2）第十五排第10个数（3）3925

例7：15个连续奇数的和是1995，其中最大的奇数是多少？

分析：由中项定理，中间的数即第8个数为：199515133，（158）147。所以这个数列最大的奇数即第15个数是：1332答案：147。

例8：把210拆成7个自然数的和，使这7个数从小到大排成一行后，相邻两个数的差都是5，那么，第1个数与第6个数分别是多少？ 分析：由题可知：由210拆成的7个数必构成等差数列，则中间一个数为210÷7=30，所以，这7个数分别是15、20、25、30、35、40、45。

即第1个数是15，第6个数是40。答案：第1个数：15；第6个数：40。

例9：已知等差数列15，19，23，……443，求这个数列的奇数项之和与偶数项之和的差是多少？

分析：公差=19-15=4 项数=（443-15）÷4+1=108 倒数第二项=443-4=439 奇数项组成的数列为：15，23，31„„439，公差为8，和为（15+439）×54÷2=12258 偶数项组成的数列为：19，27，35„„443，公差为8，和为（19+443）×54÷2=12474 差为12474-12258=216 答案：216

例10：在1~100这一百个自然数中，所有能被9整除的数的和是多少？

分析：每9个连续数中必有一个数是9的倍数，在1~100中，我们很容易知道能被9整除的最小的数是991，最大的数是99911，这些数构成公差为9的等差数列，这个数列一

（999）112594． 共有：111111项，所以，所求数的和是：9182799也可以从找规律角度分析． 答案：594

例11：一串数按下面的规律排列：1、2、3、2、3、4、3、4、5、4、5、6„„问：从左面第一个数起，前105个数的和是多少？

分析：这些数字直接看没有什么规律，但是如果3个一组，会发现这样一个数列：6,9,12,15......即求首项是6，公差是3，项数是105÷3=35的和

末项=6+3×（35-1）=108

和=（6+108）×35÷2=1995 答案：1995

16例12：在下面12个方框中各填入一个数，使这12个数从左到右构成等差数列，其中

10、已经填好，这12个数的和为。

‍‍‍ ‍　‍‍‍ ‍　‍‍‍ ‍　‍‍‍ ‍　‍‍‍ ‍16　‍‍‍ ‍　‍‍‍ ‍10　‍‍‍ ‍　‍‍‍ ‍　‍‍‍ ‍

分析：由题意知：这个数列是一个等差数列，又由题目给出的两个数10和16知：公差为2，那么第一个方格填26，最后一个方格是4，由等差数列求和公式知和为：(426)122180。答案：180。

本讲小结：1.一个数列的前n项的和为这个数列的和，我们称为。

2.求和公式：和(首项末项)项数2，sn(a1an)n2。3.对于任意一个奇数项的等差数列，各项和等于中间项乘以项数。

练习：

1.求和：（1）1+3+5+7+9=（2）1+2+3+4＋„＋21=（3）1+3+5+7+9＋„＋39= 分析：弄清楚一个数列的首项，末项和公差，从而先根据项数公式求项数，再根据求和公式求和。答案：（1）25（2）231（3）400

2.求下列各等差数列的和。（1）1+2+3+„+100（2）3+6+9+„+39 分析：弄清楚一个数列的首项，末项和公差，从而先根据项数公式求项数，再根据求和公式求和。答案：（1）5050（2）273

3.一个等差数列4,8,12,16,20,24,28,32，36这个数列的和是多少? 分析：根据中项定理，这个数列一共有9项，各项的和等于中间项乘以项数，即为：20×9=180 答案：180

4.所有两位单数的和是多少？

分析：即求首项是11，末项是99的奇数数列的和为多少。

和=（11+99）×45÷2=2475 答案：2475

5.数列1、5、9、13、„„，这串数列中，前91个数和是多少？ 分析：首项是1，公差是4，项数是91，根据重要公式，可得：

末项=1+（91-1）×4=361 和=（1+361）×91÷2=16471 答案：16471

6.如图，把边长为1的小正方形叠成“金字塔形”图，其中黑白相间染色。如果最底层有15个正方形，问：“金字塔”中有多少个染白色的正方形，有多少个染黑色的正方形？ 分析：由题意可知，从上到下每层的正方形个数组成等差数列，2，an15，所以n（151）218，其中a11，d（18）8236 所以，白色方格数是：1238（17）7228。

黑色方格数是：1237答案：28（2005200620072008200920102011）2008。7.分析：根据中项定理知：200520062007200820092010201120087,所以原式 2008720087。

答案：7。

8.把248分成8个连续偶数的和，其中最大的那个数是多少？

分析：公差为2的递增等差数列。

平均数：248÷8=31，第4个数：31-1=30；首项：30-6=24；末项：24+（8-1）×2=38。

即：最大的数为38。答案：38

9.求从1到2000的自然数中，所有偶数之和与所有奇数之和的差。

分析：解法1：可以看出，2，4，6，„，2000是一个公差为2的等差数列，1，3，5，„，1999也是一个公差为2的等差数列，且项数均为1000，所以：原式=（2+2000)×1000÷2-（1+1999）×1000÷2=1000 解法2：注意到这两个等差数列的项数相等，公差相等，且对应项差1，所以1000项就差了1000个1，即原式=1000×1=1000 答案：1000

10.在1~100这一百个自然数中，所有不能被9整除的数的和是多少？

分析：先计算1~100的自然数和，再减去能被9整除的自然数和，就是所有不能被9整除的12（1）001，自然数和了．9182799（999）112594，所有不能被9整除的自然数和：50505944456．如果直接计算不能被9整除的自然数和，是很麻烦的，所以先计算所有1~100的自然数和，再排除掉能被9整除的自然数和，这样计算过程变得简便多了。答案：594

11.一个建筑工地旁，堆着一些钢管（如图），聪明的小朋友，你能算出这堆钢管一共有多少根吗？

分析：观察发现，这堆钢管的排列就是一个等差数列：首项是3，公差是1，末项是10，项数是8 根据求和公式，和=（3+10）×8÷2=52（根）

所以这堆钢管共有52根。



答案：52根。

12.求100以内除以3余2的所有数的和。

13.等比数列说课教案 篇十三

一、教材分析

1、教学内容

《等比数列》是人教版数学5（必修）中第二章的第四节，本节课是第一课时，主要内容 有：等比数列的概念，通项公式及其简单应用。

2、教材的地位和作用

等比数列是来源于现实生活中的一种特殊数列，是数列的重要组成部分。本节内容在教材中起着承上启下的作用：一方面，学法的承上，本节课之前学习了等差数列，而等比数列和等差数列具有相似性，可以让学生从已有的学习经验出发，将研究等差数列的方法类比到等比数列，促进学生在数学学习活动中获得更扎实的基本技能和基本思想；另一方面，为后续进一步研究等比数列的性质、等比数列前n项和公式，求一般数列的通项公式做好准备。

3、教学目标

（1）正确理解等比数列的定义，了解公比的概念，明确一个数列是等比数列的限定条件，能根据定义判断一个数列是否为等比数列。

（2）正确认识使用等比数列的表示法，能灵活运用通项公式求等比数列的首项、公比、项数及指定的项。

（3）通过通项公式认识等比数列的性质，并解决某些实际问题。

4、教学重难点

（1）教学重点：等比数列的定义及通项公式。

（2）教学难点：灵活应用定义式及通项公式解决相关问题。

二、教法、学法分析

1、学情分析

在本节课之前，学生已经学习了数列的概念和简单表示法，等差数列的概念、通项公式及前n项和公式，了解了数列是一种特殊的函数，初步掌握了用函数观点和方程思想看待数列问题的数学思想方法，但是学生在数学学习过程中，对于数学知识之间的有机联系，感受数学的整体性方面，能力较为欠缺，需要老师在教学过程中抓住时机，加强培养，帮助学生体会类比在数学发现中的作用。

2、教法分析

采用问题教学法和教师指导下的学生探究发现教学法实施教学，提醒学生重视等比与等差数列的类比。通过内因外因的相互作用，促使教师的主导地位作用和学生的主体地位相统一。

3、学法分析

采取“观察分析—→自主探究—→初步运用—→归纳小结”的流程，以学生的自主活动为基础，以智力参与为前提，以个人体验为终结，建构新的知识体系，把发展学生基本活动经验贯穿于课堂之中。

三、教学过程分析（1）提出问题

给出以下几组数列，观察并找出规律 1,2,4,8,16,32，…

111111，，，...248163264

1，-1,1，-1,1，-1，… 1,1,1,1,1,1,1,1，… 0,0,0,0,0,0,0,0，… [设计意图]：让学生畅所欲言，围绕这个共性积极思考，可以激发学生的求知欲望，加深对共性的印象，为学生掌握等比数列的概念做好铺垫。（2）分析问题

由学生发表意见（可能按项与项之间的关系分为递增数列、递减数列、常数数列、摆动数列，也可能分为等差、等比两类），统一一种分法，其中①②③④为有共同性质的一类数列（3）新课讲解

①根据等比数列与等差数列的名字的区别与联系，尝试给等比数列下定义.写出等比数列的定义，标注出重点词语.等比数列的定义：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，这个数列就叫做等比数列。这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示(q≠0)，注：当q1时，数列an称为常数列。

②对定义的认识（1）（2）等比数列的首项不为0，即a10等比数列的每一项都不为0，即an0

（3）公比不为0，即q0

③巩固练习

根据等比数列的定义，判断下列数列是否为等比数列，若是等比数列，问公比为多少。

1181,27,9,3,1，，...39

...2,2，2，2，2，1,2，-4，-8,16,32，-64，-128...a,a,a,a,a,a,...12345[设计意图]：提出一种更特殊的数列，再次强调公比不为0； ④等比数列的通项公式 由等比数列的首项和公比，猜想是否能够像等差数列一样得到一个表达式，由此表达式能够比较直观的看出等比数列的每一项。通项公式：如果数列{an}的第n项

an与n之间的关系可以用一个公式来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式。等比数列通项公式的推导：（叠乘法）

aa2q

321a aaa q

…

n1n2q

aanq n1这

aq个式子相乘得 an1n1，所以

ana1qn1.⑤反馈练习

请写出前面问题①②③④中等比数列的通项公式 1,2,4,8,16,32，…

111111，，，...248163264

1，-1,1，-1,1，-1，… 1,1,1,1,1,1,1,1，…

[设计意图]：使学生进一步理解通项公式中每一个字母所代表的数学含义及它们之间的相互关系，同时培养学生的思维能力。⑥课堂小结

1.本节课研究了等比数列的概念，得到了等比数列的通项公式； 2.注意在研究内容与方法上要与等差数列相类比； ⑦课后思考

是否存在一个数列既是等比数列又是等差数列？如果存在，是否唯一？

14.数列求和的七种基本方法 篇十四

一、运用公式法

很多数列的前n项和Sn的求法, 就是套等差、等比数列Sn的公式, 但以下常用公式应当熟记:

1 + 3 + 5 + … + (2n - 1) = n2

1 + 2 + 22+ … + 2n -1= 2n- 1

还要记住一些正整数的幂和公式:

例1已知数列{an} 的前n项和Sn= 32n - n2, 求数列{| an| } 的前n项和Tn.

解:由Sn= 32n - n2, 可得an= 33 - 2n, , 所以:

(1) 当 n ≤16 时, Tn= Sn= 32n - n2.

(2) 当 n ≥17 时,

高考题1 (2014年高考福建卷文科第17题) 在等比数列{{an} 中, a2= 3, a5= 81.

(1) 求 an.

(2) 设bn= log3an, 求数列{bn} 的前n项和Sn.

答案: (1) an= 3n -1; (2) Sn= (n2- n) /2.

高考题2 (2014年高考重庆卷文科第16题) 已知{an} 是首项项为1, 公差为2的等差数列, Sn表示{an} 的前n项和.

(1) 求 an及 Sn.

(2) 设{bn} 是首项为2的等比数列, 公比q满足q2- (a4+11) q + S4= 0, 求{bn} 的通项公式及其前n项和Tn.

答案:

二、倒序相加法

事实上, 等差数列的前n项和Sn的公式推导方法就是倒序相加法.

例2 设

解:可先证得f (x) +f (1 -x) = 1, 由此结论用倒序相加法可求得答案为2001/2.

三、裂项相消法

例3若{an} 是各项均不为0的等差数列, 求证:

证明:设等差数列{an} 的公差为d:若d = 0, 要证结论显然成立;若d≠0, 得

高考题3 (2014年高考全国大纲卷理科第18题) 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=1/anan +1, 求数列{bn} 的前n项和Tn.

答案: (1) an= 13 - 3n (2) Sn=n/[10 (10 - 3n) ]

高考题4 (2014年高考广东卷文科第19题) 设各项均为正数的数列{an} 的前n项和为Sn, 且Sn满足S2n- (n2+ n - 3) Sn- 3 (n2+ n) = 0, n∈N*.

(1) 求a1的值; (2) 求数列{an} 的通项公式;

(3) 证明:对一切正整数n, 有

答案: (1) a1= 2; (2) an= 2n; (3) 当n = 1时, 可得欲证成立. 当n≥2时, , 再用裂项相消法可得欲证.

四、分组求和法

例4 求

解:设得

所以本题即求数列{2 -1/2n -1} 的前n项和:

高考题5 (2014年高考北京卷文科第15题) 已知{an} 是等差数列, 满足a1= 3, a4= 12, 数列{bn} 满足b1= 4, b4= 20, 且{bn- an} 是等比数列.

(1) 求数列{an} 和{bn} 的通项公式;

(2) 求数列{bn} 的前n项和.

答案: (1) an= 3n, bn= 3n + 2n -1; (2) (3/2) n (n + 1) + 2n- 1.

高考题6 (2014年高考山东卷文科第19题) 在等差数列{an} 中, 已知公差d = 2, a2是a1与a4的等比中项.

(1) 求数列{an} 的通项公式;

(2) 设, 记, 求 Tn.

答案:

五、待定系数法

例5数列{ (2n - 1) ·3n} 的前n项和Sn=______.

解:设等差数列{an} 的公差为d, 等比数列{bn} 的公比为q (q≠1) , 得

先用错位相减法求数列{am·bm} 的前n项和Sn:

所以有下面的结论成立:

若{am}, {bm} 分别是等差数列、等比数列 (其公比q≠1) , 且a1, b1均是与n无关的常数, 则数列{am·bm}的前n项和Sn= (an + b) qn- b, 其中a, b是与n无关的常数.

由此结论就可以用待定系数法快速求解本题:

15.例析求和型数列不等式的证明策略 篇十五

例：已知数列{an}的通项公式an=2n-1.求证：1a1+1a2+…+1an≤2n－1对任意的n∈N都成立.

策略一放缩法

【思路点拨】本题是一个典型的求和型数列不等式，放缩法是证明这类不等式常用方法之一.利用放缩法证明求和型数列不等式问题时，通常有两种方法，一是根据不等式的结构特征，抓住数列的项，先对通项进行放缩后求和；二是先对数列求和，后放缩.

证明：当n=1时，左边=1，右边=1，不等式显然成立（等号成立）.

当n≥2时，

1an=12n－1=222n－1=22n－1+2n－1<22n－1+2n－3=2n－1－2n－3

故由1a1=1，1a2<3－1,1a3<5－3,…，1an≤2n－1－2n－3累加可得：

1a1+1a2+…+1an≤1+3－1+5－3＋…+2n－1－2n－3=2n－1

从而问题得证.

【点评】本题证明的关键是对通项进行恰当放缩，即当n≥2时，将1an=12n－1放缩为1an<2n－1－2n－3.

策略二数学归纳法

【思路点拨】数学归纳法也是证明求和型数列不等式常用方法，其关键在于证明当n=k+1时原不等式成立，这一步的证明，综合性强，往往是证明的精华部分，要细心观察，小心求证.

证明：①当n=1时，左边=1=右边，等号成立.

②假设当n≥k时，不等式成立，即1a1+1a2+…+1ak≤2k－1成立.

则当n=k+1时， 1a1+1a2+…+1ak+1ak+1≤2k－1+1ak+1=2k－1+12k+1=2k－1+222k+1<2k－1+22k+1+2k－1=2k－1+2k+1－2k－1=2k+1=2(k+1)－1

即1a1+1a2+…+1ak+1ak+1≤2(k+1)－1

故当n=k+1时，不等式也成立.

∴综合①，②知原不等式成立.

【点评】本题是与正整数相关的求和型数列不等式的证明问题，故可顺理成章地考虑利用数学归纳法来证明，证题思路清晰，方向明确.但在证明 n=k+1时不等式成立，需要进行适当的放缩，而这一步恰恰是运用本法证明的关键所在，需要认真思考.

策略三构造数列法

【思路点拨】对求和型数列不等式的证明，常常可以考虑把左右两端看作是两个不同数列的和，故可先构造两个新数列，然后再证明这两个数列的前n项和的不等关系即可.

证明：设数列{1an}的前n项和为Sn，即Sn=1a1+1a2+1a3＋…+1an，设数列{bn}的前n项和为Tn,设Tn=2n－1,从而问题转化为证明：Sn≤Tn.

则当n=1时，S1=T1.也即1a1=b1

当n≥2时，bn=Tn－Tn－1=2n－1－2n－3,1an=12n－1

而1an－bn=12n－1－2n－1+2n－3

=1－(2n－1)+4n2－8n+32n－1

=(2n－2)2－1－(2n－2)2n－1<0

∴ 1an

将1a1=b1,1a2

故原不等式成立.

【点评】本法的关键是根据求和型数列不等式的结构特征构造了两个新数列，从而将证明求和型数列不等式问题转化为比较两个新数列的通项大小问题，然后通过累加法得到两数列的和，从而证得所要结果，构思巧妙，证法简单明了、易懂，从证明过程看，大大减轻了证明的难度.

策略四分析法

【思路点拨】分析法也是证明求和型数列不等式的常用方法.分析法证题的理论依据是执果索因，即寻找出结论成立的充分条件或是充要条件.其基本步骤是：要证……，只需证……，只需证…….

【点评】本题通过构造新数列，研究该数列的单调性，证明该数列为单调递减的，利用单调性构建不等式，确定出数列{bn}的最大项为b1，由此得到bn≤b1=0，从而问题得证.