第一篇：學案31 數列的通項與求和

4數列的通項與求和

導學目標： 1.能利用等差、等比數列前n項和公式及其性質求一些特殊數列的和.2.能在具體的問題情境中，識別數列的等差關系或等比關系，并能用有關知識解決相應的問題．

自主梳理

1．求數列的通項?S1，n＝1，(1)數列前n項和Sn與通項an的關系：an＝? ?Sn－Sn－1，n≥2.(2)當已知數列{an}中，滿足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋?＋f(n)可求，則可用________求數列的通項an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋?＋(an－an－1)．

an＋1(3)當已知數列{an}中，滿足a＝f(n)，且f(1)·f(2)·?·f(n)可求，則可用__________求數列的通項an，n

aaa常利用恒等式an＝a1?a1a2an－1.(4)作新數列法：對由遞推公式給出的數列，經過變形后化歸成等差數列或等比數列來求通項．

(5)歸納、猜想、數學歸納法證明．

2．求數列的前n項的和

(1)公式法

①等差數列前n項和Sn＝____________＝________________，推導方法：____________；

?，q＝1，②等比數列前n項和Sn＝?＝，q≠1.?

推導方法：乘公比，錯位相減法．

③常見數列的前n項和：

a．1＋2＋3＋?＋n＝__________；b．2＋4＋6＋?＋2n＝__________；

c．1＋3＋5＋?＋(2n－1)＝______； d．12＋22＋32＋?＋n2＝__________；

e．13＋23＋33＋?＋n3＝__________________.(2)分組求和：把一個數列分成幾個可以直接求和的數列．

(3)裂項(相消)法：有時把一個數列的通項公式分成兩項差的形式，相加過程消去中間項，只剩有限項再求和．常見的裂項公式有：

111111?11①n22n－12n＋1； ③n＋1n.n?n＋1?n＋1?2n－1??2n＋1???n＋n＋

1(4)錯位相減：適用于一個等差數列和一個等比數列對應項相乘構成的數列求和．

(5)倒序相加：例如，等差數列前n項和公式的推導．

自我檢測

1．(原創題)已知數列{an}的前n項的乘積為Tn＝3n2(n∈N*)，則數列{an}的前n項的()

3939A.2n－1)B.2(3n－1)C.8n－1)D.8n－1)

2．(2011·邯鄲月考)設{an}是公比為q的等比數列，Sn是其前n項和，若{Sn}是等差數列，則q為()

A．－1B．1C．±1D．0

3．已知等比數列{an}的公比為4，且a1＋a2＝20，設bn＝log2an，則b2＋b4＋b6＋?＋b2n等于()

A．n2＋nB．2(n2＋n)C．2n2＋nD．4(n2＋n)

n＋14．(2010·天津高三十校聯考)已知數列{an}的通項公式an＝log2(n∈N*)，設{an}的前n項的和為Sn，n＋

2則使Sn<－5成立的自然數n()

A．有最大值63B．有最小值63C．有最大值31D．有最小值31

5．(2011·北京海淀區期末)設關于x的不等式x2－x<2nx(n∈N*)的解集中整數的個數為an，數列{an}的前n項和為Sn，則S100的值為________．

探究點一 求通項公式

2n＋1·an

例1 已知數列{an}滿足an＋1＝a＝2，求數列{an}的通項公式．

an＋2＋1

變式遷移1 設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.(1)設bn＝an＋1－2an，證明數列{bn}是等比數列；(2)求數列{an}的通項公式．

探究點二 裂項相消法求和

例2 已知數列{an}，Sn是其前n項和，且an＝7Sn－1＋2(n≥2)，a1＝2.(1)求數列{an}的通項公式；

1m

(2)設bn＝Tn是數列{bn}的前n項和，求使得Tn20對所有n∈N*都成立的最小正整

log2an·log2an＋1

數m.111

變式遷移2 求數列1，n項和．

1＋21＋2＋31＋2＋3＋?＋n

探究點三 錯位相減法求和 例3(2011·荊門月考)已知數列{an}是首項、公比都為q(q>0且q≠1)的等比數列，bn＝anlog4an(n∈N*)．

(1)當q＝5時，求數列{bn}的前n項和Sn；

4(2)當q＝15時，若bn

123n

變式遷移3 求和Sn＝a＋a＋a＋?＋a.分類討論思想的應用

例(5分)二次函數f(x)＝x2＋x，當x∈[n，n＋1](n∈N*)時，f(x)的函數值中所有整數值的個數為g(n)，2n3＋3n2an＝(n∈N*)，則Sn＝a1－a2＋a3－a4＋?＋(－1)n－1an＝()

g?n?

n?n＋1?n?n＋1?n－1n?n＋1?nn?n＋1?A．(－1)B．(－1)C.2 D．－

222

【答題模板】答案 A

解析 本題考查二次函數的性質以及并項轉化法求和．

當x∈[n，n＋1](n∈N*)時，函數f(x)＝x2＋x的值隨x的增大而增大，則f(x)的值域為[n2＋n，n2＋3n

322n＋3n

＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝＝n2.g?n?

方法一 當n為偶數時，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋?＋an－1－an＝(12－22)＋(32－42)＋?＋[(n－1)2－n2]

3＋?2n－1?nn?n＋1?

＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－＝－

222；

n?n－1?n?n＋1?2

當n為奇數時，Sn＝(a1－a2)＋(a3－a4)＋?＋(an－2－an－1)＋an＝Sn－1＋an＝－2n＝2n?n＋1?

∴Sn＝(－1)n－12

方法二 a1＝1，a2＝4，S1＝a1＝1，S2＝a1－a2＝－3，檢驗選擇項，可確定A正確． 【突破思維障礙】

在利用并項轉化求和時，由于數列的各項是正負交替的，所以一般需要對項數n進行分類討論，但最終的結果卻往往可以用一個公式來表示．

1．求數列的通項：(1)公式法：例如等差數列、等比數列的通項；(2)觀察法：例如由數列的前幾項來求通項；(3)可化歸為使用累加法、累積法；

(4)可化歸為等差數列或等比數列，然后利用公式法；(5)求出數列的前幾項，然后歸納、猜想、證明． 2．數列求和的方法：

一般的數列求和，應從通項入手，若無通項，先求通項，然后通過對通項變形，轉化為與特殊數列有關或具備某種方法適用特點的形式，從而選擇合適的方法求和．

3．求和時應注意的問題：

(1)直接用公式求和時，注意公式的應用范圍和公式的推導過程．

(2)注意觀察數列的特點和規律，在分析數列通項的基礎上或分解為基本數列求和，或轉化為基本數列求和．

(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)1．(2010·廣東)已知數列{an}為等比數列，Sn是它的前n項和，若a2·a3＝2a1且a4與2a7的等差中項

5為4，則S5等于()

A．35

B．3

3C．3

1D．29

S7n＋2a2．(2011·黃岡調研)有兩個等差數列{an}，{bn}，其前n項和分別為Sn，Tn，若T則b()

n＋3n5

6537729A.12B.8C.13D.4an－1－anan－an＋1

3．如果數列{an}滿足a1＝2，a2＝1且＝(n≥2)，則此數列的第10項()

anan－1anan＋1

1111A.2B.2C.10D.51

4．數列{an}的前n項和為Sn，若anS5等于()

n?n＋1?

511

A．1B.6C.6D.305．數列1,1＋2,1＋2＋4，?，1＋2＋22＋?＋2n－1，?的前n項和Sn>1 020，那么n的最小值是()A．7B．8C．9D．10

二、填空題(每小題4分，共12分)6．(2010·東北師大附中高三月考)數列{an}的前n項和為Sn且a1＝1，an＋1＝3Sn(n＝1,2,3，?)，則log4S10＝__________.7．(原創題)已知數列{an}滿足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－a，則該數列前26項的和為________．

n

8．對于數列{an}，定義數列{an＋1－an}為數列{an}的“差數列”，若a1＝2，{an}的“差數列”的 通項為2n，則數列{an}的前n項和Sn＝____________.三、解答題(共38分)9．(12分)(2011·河源月考)已知函數f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)．

(1)若函數f(x)的圖象的頂點的橫坐標構成數列{an}，試證明數列{an}是等差數列；(2)設函數f(x)的圖象的頂點到x軸的距離構成數列{bn}，試求數列{bn}的前n項和Sn.10．(12分)(2011·三門峽月考)設等差數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2n＋an－c(c是常數，n∈N*)，a2＝6.(1)求c的值及數列{an}的通項公式；

1(2)證明aaaa8anan＋1122

311．(14分)(2010·北京宣武高三期中)已知數列{an}的前n項和為Sn＝3n，數列{bn}滿足b1＝－1，bn

*

＋1＝bn＋(2n－1)(n∈N)．

(1)求數列{an}的通項公式an；(2)求數列{bn}的通項公式bn；

a·b(3)若cn＝n，求數列{cn}的前n項和Tn.答案自主梳理

n(a1＋an)n(n－1)a1(1－qn)

1．(2)累加法(3)累積法 2.(1)① na1＋2d 倒序相加法 ②na1 21－q

a1－anqn(n＋1)n(n＋1)(2n＋1)?n(n＋1)?

2? ③2 n2＋n n261－q?2?

自我檢測

1．C 2.B 3.B 4.B5．10 100課堂活動區

例1 解題導引 已知遞推關系求通項公式這類問題要求不高，主要掌握由a1和遞推關系先求出前幾項，再歸納、猜想an的方法，以及累加：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋?＋(a2－a1)＋a1；累乘：an

aan－1a＝·?·a等方法． an－1an－2a11

***

解 已知遞推可化為a＋∴aa2，a－a＝2，a－a＝2，?，a－＝2.an＋1n2213243nan－1

1?1?

?1－2?

?11111112?12n

將以上(n－1)個式子相加得aa＝2＋2＋2＋?＋2，∴a＝

1＝1－2.∴an＝2－1n1n

1－2

變式遷移1(1)證明 由已知有a1＋a2＝4a1＋2，解得a2＝3a1＋2＝5，故b1＝a2－2a1＝3.又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－(4an＋2)＝4an＋1－4an；于是an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，即bn＋1＝2bn.因此數列{bn}是首項為3，公比為2的等比數列．

an＋1an3

(2)解 由(1)知等比數列{bn}中，b1＝3，公比q＝2，所以an＋1－2an＝3×2n－1，于是＋2＝4，?a?13an1331

因此數列?2?是首項為2422(n－1)×44－4an＝(3n－1)·2n－2.??

例2 解題導引 1.利用裂項相消法求和時，應注意抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也

有可能前面剩兩項，后面也剩兩項．再就是將通項公式裂項后，有時候需要調整前面的系數，使裂開的兩項之差和系數之積與原通項公式相等．

1111?111?1.2．一般情況如下，若{an}是等差數列，則，anan＋1d?anan＋1?anan＋22d?anan＋2?

此外根式在分母上時可考慮利用有理化因式相消求和．

解(1)∵n≥2時，an＝7Sn－1＋2，∴an＋1＝7Sn＋2，兩式相減，得an＋1－an＝7an，∴an＋1＝8an(n≥2)． 又a1＝2，∴a2＝7a1＋2＝16＝8a1，∴an＋1＝8an(n∈N*)． ∴{an}是一個以2為首項，8為公比的等比數列，∴an＝2·8n－1＝23n－2.11111

(2)∵bn＝＝3，log2an·log2an＋1(3n－2)(3n＋1)3n－23n＋1111111111m1∴Tn＝3－4＋4－7＋?＋＝3(1－3∴20≥3，∴最小正整數m＝7.3n－23n＋13n＋1

12?1－變式遷移2 解 an＝2?nn＋1，n(n＋1)??

11?1?112n?1??1－1－?????∴Sn＝2·[2?＋?23?＋?＋?nn＋1?]＝2·n＋1?＝n＋1.??

例3 解題導引 1.一般地，如果數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，求數列{an·bn}的前n項和時，可采用錯位相減法．

2．用乘公比錯位相減法求和時，應注意：

(1)要善于識別題目類型，特別是等比數列公比為負數的情形；

(2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“Sn－qSn”的表達式．

解(1)由題意得an＝qn，∴bn＝an·log4an＝qn·log4qn＝n·5n·log45，∴Sn＝(1×5＋2×52＋?＋n×5n)log45，設Tn＝1×5＋2×52＋?＋n×5n，①則5Tn＝1×52＋2×53＋?＋(n－1)×5n＋n×5n＋1，②

n

23nn＋15(5－1)① －②得－4Tn＝5＋5＋5＋?＋5－n×5＝4－n×5n＋1，55

∴Tn＝16n×5n－5n＋1)，Sn＝16(4n×5n－5n＋1)log45.141414?14?14??14?

(2)∵bn＝anlog4an＝n?15nlog415，∴bn＋1－bn＝(n＋1)?15?n＋1log415－n?15?nlog415

??????141414n?14n?14n??14?n

＝?15?15－15?log415>0，∵?15?>0，log415，∴1515，∴n>14，即n≥15時，bn

變式遷移3解當a＝1時，Sn＝1＋2＋3＋?＋n＝2a≠1時，Sn＝aaa＋?＋a，①

1?1123n1111n?

∴an＝a＋a＋a＋?＋＋，②①－②，得?1－a?·Sn＝aaa?＋a＋

??aa

1?1?11???1－a?1－1－?aa?aa??1??nnn?

?1－aSn＝－－＋＝＋，∴Sn＝－1??aa－1a(a－1)(a－1)·a1－a

??∴S＝??1?

a?1a???n，a≠1.??(a－1)(a－1)·a

n

n(n＋1)

2，a＝1，課后練習區1．C 2.A 3.D 4.B 5.D 6．9解析 ∵an＋1＝3Sn，∴an＝3Sn－1(n≥2)．

an＋1

兩式相減得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，∴an＋1＝4an，即a＝4.∴{an}為以a2為首項，公比為4的n

n－2

等比數列．當n＝1時，a2＝3S1＝3，∴n≥2時，an＝3·4，S10＝a1＋a2＋?＋a10＝1＋3＋3×4＋3×42

49－1

＋?＋3×4＝1＋3×(1＋4＋?＋4)＝1＋3×1＋49－1＝49.∴log4S10＝log449＝9.4－1

7．－10解析 依題意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝2，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝21

所以數列周期為4，S26＝6×(1－2－1＋2)＋1－2＝－10.8．2n＋1－2解析 依題意，有a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，?，an－an－1＝2n－1，所有的代數式相加得an－a1＝2n－2，即an＝2n，所以Sn＝2n＋1－2.9．解 f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8.……(3分)(1)由題意，an＝n＋1，故an＋1－an＝(n＋1)＋1－(n＋1)＝1，故數列{an}是以1為公差，2為首項的等差數列．…………(5分)

(2)由題意，bn＝|3n－8|……(7分)當1≤n≤2時，bn＝－3n＋8，數列{bn}為等差數列，b1＝5，n(5－3n＋8)－3n2＋13n∴Sn＝；…(9分)當n≥3時，bn＝3n－8，數列{bn}是等差數列，b3＝1.22

－3n2＋13n

22，1≤n≤2，(n－2)(1＋3n－8)3n－13n＋28

∴Sn＝S2＋分)∴Sn＝?2

223n－13n＋28

n≥3.2

(12分)

10．(1)解 因為Sn＝2nan＋an－c，所以當n＝1時，S1＝2a1＋a1－c，解得a1＝2c，(2分)當n＝2時，S2＝a2＋a2－c，即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，……(3分)所以3c＝6，解得c＝2；……(4分)

則a1＝4，數列{an}的公差d＝a2－a1＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.……(6分)

111111

(2)證明 因為aaaa?＋?＋anan＋14×66×8(2n＋2)(2n＋4)1223

***1＝24－6)＋268＋?＋2(＝246＋(68＋?＋(……(8分)

2n＋22n＋42n＋22n＋4

111111111＝24－)＝8……(10分)因為n∈N*，所以aa＋aa＋?＋<8.…(12分)

2n＋44(n＋2)anan＋11223

－－

11．解(1)∵Sn＝3n，∴Sn－1＝3n1(n≥2)．∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n1＝2×3n－1(n≥2)．…(3分)

?3，n＝1，1－1

當n＝1時，2×3＝2≠S1＝a1＝3，…(4分)∴an＝?n－1*…(5分)

?2×3，n≥2，n∈N

(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，?，bn－bn－1＝2n－3.(n－1)(1＋2n－3)2

以上各式相加得bn－b1＝1＋3＋5＋?＋(2n－3)＝＝(n－1).∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.……(7分)

?－3，n＝1，(3)由題意得cn＝?n－1*………(9分)

?2(n－2)×3，n≥2，n∈N.當n≥2時，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋?＋2(n－2)×3n－1，∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋?＋2(n－2)×3n，相減得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋?＋2×3n－1－2(n－2)×3n.3n－3(2n－5)3n＋3n23n－1n

∴Tn＝(n－2)×3－(3＋3＋3＋?＋3)＝(n－2)×3－2……(13分)

(2n－5)3n＋3*

T1＝－3也適合． ∴Tn＝(n∈N)．……(14分)

第二篇：2011年江蘇高考數列的通項與數列求和方法的探討

數列的通項與數列求和方法的探討

考綱分析與備考策略：

1、考綱分析：

（1）了解數列通項公式的意義，了解遞推公式是給出數列的一種方法，并能

根據遞推公式寫出數列的前幾項，理解an與sn的轉化關系。

（2）對于非等差、等比數列，能夠通過變形配湊，構造新的等差、等比數列

模型，再運用等差、等比數列的公式、性質解決問題。

（3）能夠運用數學歸納法證明數列中的相關問題。

（4）掌握常見的數列求和類型，能夠進行數列求和運算。

2、備考策略

（1）熟練掌握等差、等比數列的有關概念、公式與性質，這是解決數列通項

與求和問題的基礎。

（2）對于常見的數列的求通項、求和的類型題要善于分類歸納整理，掌握各

種類型的通解通法。

（3）對于遞推數列問題，要善于從特例入手，有特殊分析歸納一般，即先猜

再證，其中數學歸納法作為一種工具不會單獨命題，只會作為一種證明的手段，在應用時要注意第二步的證明技巧，做到有的放矢，思路鮮明。考點剖析與整合提升：

一、求數列的通項公式方法的歸納：

求數列通項公式常用觀察法、公式法、等差或等比通項公式法、遞增關系變形法（累加、累乘）等。

1、2、公式法：an??s1(n?1)sn?sn?1(n?2)，注意n?1n?2兩種情況能合并，則合并，不能合并，則分段表示。常見遞推數列通項公式的求法：

（1）、an?1?an?f(n)型（用累加法）

即：an?an?1?f(n?1)，an?1?an?2?f(n?2),…，a2?a1?f(1)，將上述n?1個式子相加，可得：an?a1?f(1)?f(2)?f(3)?L?f(n?1)

（2）、an?f(n?1)an?1型（用累乘法）

即an-1?f(n?2)an?2，an-2?f(n?3)an?3，……..a2?f(1)a1 將上述n?1個式子相乘，可得：an?f(1)?f(2)?f(3)Lf(n?1)?a1。（3）an?pan?1?q型（p,q??)方法一：待定系數法

an?pan?1?q?an?m?p(an?1?m)，通過待定系數法求出m的值，構造成以

?a1?m?為首項，以p為公比的等比數列。

方法二：迭代法

an?pan?1?q=p(an?2?q)?q?p?an?2?pq?q?p(pan?3?q)?pq?q

=p3?an?3?p2?q?pq?q??

=pn?1a1?pn?2?q?pn?3?q???p?q?q,而q?p?q?p2?q???pn?2?q是一個等比數列，求出其和，即可求出通項。（4）an?pan?1?f(n)型 方法一：待定系數法

an?m?f(n)?p?an?1?m?f(n?1)?

通過待定系數法確定m的值，轉化成以

a1?mf(1)為首項，以p為公比的等比數列。

方法二：等式兩邊同時除以pn有

panan?m

1an?

1anp

n

?

an?1p

n?1

?

f(n)p

n，轉化為an?1?an?f(n)型。

（5）an?1?

型

an?mpan

1an?1

1p

1an

mp

兩邊取倒數有

?????

轉化為an?pan?1?q型。

二、數列求和的方法

（1）公式法： 等差數列：

sn?

n(a1?an)

?na1?

n(n?1)

2d

；等比數列：

?

?na(q?1)

sn??a1(1?qn)a?aq； 1n

1?(q?1)

?1?q?1?q

n

?k

k?1

?

n(n?1)(2n?1);

（2）錯位相減法:

這是推導等比數列前n項和公式時所使用的方法，這種方法主要用于求數列

?an?bn?分別是等差數列和等比數列。?bn?的前n項和，其中?an?、（3）倒序相加法

將一個數列倒過來排序，當它與原數列相加時，若有公因式可提，并且剩余項的和易于求得，則這樣的數列可用倒序相加法求和。（4）分組求和法

數列既不是等差數列又不是等比數列時，但它可以通過適當拆分，分為幾個等差、等比數列或常見的數列，即能分別求和，然后再合并。（5）裂項法

這是分解與組合思想在數列求和中的具體應用，其實質是將數列中的某些項分解，然后重新組合，使之能消去一些項，最終達到求和的目的。常見的裂項法有：

Cn?Cn

m

n?m

1n(n?1)

?

1n

?

1n?

11a?

b

?

1a?b

(a?

b)

;n?n!?(n?1)!?n!

三、考題精析

2n?

1例1：設數列?an?滿足a1?2,an?1?an?3?

2（1）求數列?an?的通項公式；

（2）令bn?nan，求數列的前n項和Sn

解：（Ⅰ）由已知，當n≥1時，an?1?[(an?1?an)?(an?an?1)???(a2?a1)]?a1

?3(2

2n?1

?2

2n?

3???2)?2

?2

2(n?1)?1。

而 a1?2,所以數列{an}的通項公式為an?22n?1。（Ⅱ）由bn?nan?n?22n?1知

Sn?1?2?2?2?3?2???n?2

2n?1

①

從而

22?Sn?1?23?2?25?3?27???n?22n?1② ①-②得

(1?22)?Sn?2?23?25???22n?1?n?22n?1。即Sn?

[(3n?1)2

2n?1

?2]

例2：已知等差數列?an?滿足：a3?7，a5?a7?26，?an?的前n項和為Sn．（Ⅰ）求an及Sn；（Ⅱ）令bn=

1an?1

(n?N*)，求數列?bn?的前n項和Tn．

【解析】（Ⅰ）設等差數列?an?的公差為d，因為a3?7，a5?a7?26，所以有 ?a1?2d?7，解得a1?3,d?2，?

2a?10d?26?1

2n?1)=2n+1；Sn=3n+所以an?3?（n(n-1)2

?2=n2+2n。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知an?2n+1，所以bn=

1an

111111

?(-)，== ?=2

?1（2n+1)?14n(n+1)4nn+11

41n+1

所以Tn=

?(1-

+

?

+?+

1n

1n+1)=?(1-)=

n4(n+1)，即數列?bn?的前n項和Tn=

n4(n+1)。

例3：

已知數列{an}滿足a1＝0，a2＝2，且對任意m、n∈N*都有 a2m－1＋a2n－1＝2am＋n－1＋2(m－n)

（Ⅰ）求a3，a5；

*

（Ⅱ）設bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N)，證明：{bn}是等差數列；

（Ⅲ）設cn＝(an+1－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求數列{cn}的前n項和Sn.解：(1)由題意，零m＝2,n－1,可得a3＝2a2－a1＋2＝6

再令m＝3,n＝1，可得a5＝2a3－a1＋8＝20………………………………2分(2)當n∈N 時，由已知(以n＋2代替m)可得

a2n＋3＋a2n－1＝2a2n＋1＋8

于是[a2(n＋1)＋1－a2(n＋1)－1]－(a2n＋1－a2n－1)＝8

即bn＋1－bn＝8

所以{bn}是公差為8的等差數列………………………………………………5分(3)由(1)(2)解答可知{bn}是首項為b1＝a3－a1＝6,公差為8的等差數列 則bn＝8n－2，即a2n+=1－a2n－1＝8n－2 另由已知(令m＝1)可得

an＝

a2n?1?a1

*

-(n－1)2.－2n＋1

那么an＋1－an＝

a2n?1?a2n?1

28n?22

＝－2n＋1

＝2n 于是cn＝2nqn－1.當q＝1時，Sn＝2＋4＋6＋……＋2n＝n(n＋1)

當q≠1時，Sn＝2·q0＋4·q1＋6·q2＋……＋2n·qn－1.兩邊同乘以q，可得

qSn＝2·q1＋4·q2＋6·q3＋……＋2n·qn.上述兩式相減得

(1－q)Sn＝2(1＋q＋q2＋……＋qn－1)－2nqn

＝2·

1?q

n

1?q

－2nq

n

＝2·

1?(n?1)q?nq

1?q

n

nn?1

所以Sn＝2·

nq

n?1

?(n?1)q?1(q?1)

?n(n?1)(q?1)?

綜上所述，Sn＝?nqn?1?(n?1)qn?1…………………………12分

(q?1)2?2(q?1)?

第三篇：高中數學難點解析教案13 數列的通項與求和

高中數學輔導網 http://www.tmdps.cn}的前n項和為Sn，對一切n∈N*，都有

c1b1?c1b2???cncn=an+1成立，求limn??S2n?1S2n.命題意圖：本題主要考查等差、等比數列的通項公式及前n項和公式、數列的極限，以及運算能力和綜合分析問題的能力.屬★★★★★級題目.知識依托：本題利用函數思想把題設條件轉化為方程問題非常明顯，而(2)中條件等式的左邊可視為某數列前n項和，實質上是該數列前n項和與數列{an}的關系，借助通項與前n項和的關系求解cn是該條件轉化的突破口.錯解分析：本題兩問環環相扣，(1)問是基礎，但解方程求基本量a1、b1、d、q，計算不準易出錯；(2)問中對條件的正確認識和轉化是關鍵.技巧與方法：本題(1)問運用函數思想轉化為方程問題，思路較為自然，(2)問“借雞生蛋”構造新數列{dn}，運用和與通項的關系求出dn，絲絲入扣.解：(1)∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)=d2，∴a3－a1=d－(d－2)=2d，∵d=2，∴an=a1+(n－1)d=2(n－1)；又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q－1)=(q－2)2，∴b3b1?(q?2)q2222=q，由q∈R，且q≠1，得q=－2，2∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1

京翰教育http://www.tmdps.cnbn=dn，則d1+d2+?+dn=an+1,(n∈N*), ∴dn=an+1－an=2, ∴cnbn=2,即cn=2·bn=8·(－2)

1212n－

1；∴Sn=

83［1－(－2)］.n∴S2n?1S2n?1?(?2)2n?12n(??(?))2n?2,lim?1n??S2n?1S2n321?(?2)??2

2n［例2］設An為數列{an}的前n項和，An=(1)求數列{an}的通項公式；

(an－1)，數列{bn}的通項公式為bn=4n+3;(2)把數列{an}與{bn}的公共項按從小到大的順序排成一個新的數列，證明：數列{dn}的通項公式為dn=32n+1;(3)設數列{dn}的第n項是數列{bn}中的第r項，Br為數列{bn}的前r項的和；Dn為數列{dn}的前n項和，Tn=Br－Dn，求limn??Tn(an)4.命題意圖：本題考查數列的通項公式及前n項和公式及其相互關系；集合的相關概念，數列極限，以及邏輯推理能力.知識依托：利用項與和的關系求an是本題的先決；(2)問中探尋{an}與{bn}的相通之處，須借助于二項式定理；而(3)問中利用求和公式求和則是最基本的知識點.錯解分析：待證通項dn=32n+1與an的共同點易被忽視而寸步難行；注意不到r與n的關系，使Tn中既含有n，又含有r，會使所求的極限模糊不清.技巧與方法：(1)問中項與和的關系為常規方法，(2)問中把3拆解為4－1，再利用二項式定理，尋找數列通項在形式上相通之處堪稱妙筆；(3)問中挖掘出n與r的關系，正確表示Br，問題便可迎刃而解.解：(1)由An=3232(an－1)，可知An+1=

an?1an32(an+1－1)，32∴an+1－an=(an+1－an)，即=3，而a1=A1=(a1－1)，得a1=3，所以數列是以3為首項，公比為3的等比數列，數列{an}的通項公式an=3n.2n－1n?1(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n=3·［42n+C1(－1)+?+C2·4·(－1)+(－1)2n］2n2n·4=4n+3，∴3+1∈{bn}.而數3=(4－1)=4+C142n·2n

2n

2n

2n

2n－1

n?1·(－1)+?+C2·4·(－1)+(－1)=(4k+1)，2n2n∴32n?{bn}，而數列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1.(3)由32n+1=4·r+3，可知r=

32n?1?34，京翰教育http://www.tmdps.cnn?1?1n?1n?1r,n?n!?(n?1)!?n!,1?1n!?11sin2?等?ctgα?ctg2α，?Cnr?1?Cn,(n?1)!(n?1)!④錯項相消法 ⑤并項求和法

數列通項與和的方法多種多樣，要視具體情形選用合適方法.●殲滅難點訓練

一、填空題

1.(★★★★★)設zn=(則limSn=_________.n??1?i2)，(n∈N)，記Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+?+｜zn+1－zn｜，n*2.(★★★★★)作邊長為a的正三角形的內切圓，在這個圓內作新的內接正三角形，在京翰教育http://www.tmdps.cn=bn－1，則cn=(2122n?12n?1132n?12n?11an?1an?anan?11?2)

?[(?1)?(?1)]?2n?11?12n?1,b1?b2???bn?n?c1?c2???cn?(1?)?(13?15)???(12n?1?2n?1)?1?12n?1，?lim(b1?b2???bn?n)?lim(1?n??n??12n?1)?1.殲滅難點訓練

京翰教育http://www.tmdps.cn?|zn?1?zn|?|(1?Sn?c1?c2???cn?2[1?(1?1?i2)nn?1?(1?i2)|?(nn22)n?1，2222)]?1?(2?22)2

?limSn?n??12?222?2?22?1?22

答案：1+

a2n?12.解析：由題意所有正三角形的邊長構成等比數列{an}，可得an=

31，正三角形的內切圓構成等比數列{rn}，可得rn=

62n?1a,

33?2∴這些圓的周長之和c=lim2π(r1+r2+?+rn)=

n?? a2，面積之和S=limπ(n2+r22+?+rn2)=n???9a2

?9答案：周長之和332πa，面積之和

an?1annn?1a

2二、3.解：(1）可解得

?，從而an=2n，有Sn=n2+n，(2)Tn=2n+n－1.(3)Tn－Sn=2n－n2－1，驗證可知，n=1時，T1=S1，n=2時T2＜S2；n=3時，T3＜S3;n=4時，T4＜S4；n=5時，T5＞S5；n=6時T6＞S6.猜想當n≥5時，Tn＞Sn，即2n＞n2+1 可用數學歸納法證明(略）.4.解：(1）由an+2=2an+1－an?an+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差數列，

d=a4?a14?1=－2,∴an=10－2n.(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，當n≤5時，Sn=－n2+9n，當n＞5時，Sn=n2－9n+40，2???n?9n 1?n?5故Sn=?2

??n?9n?40 n?5(3)bn=1n(12?an)?1n(2n?2)12?111(?)2nn?112)?(12?13)???(1n?1n?1)]?n2(n?1)?Tn?b1?b2???bn?[(1?；要使Tn＞

m32總成立，需m32＜T1=14成立，即m＜8且m∈Z，故適合條件的m的最大值為7.5.解：(1）由已知Sn+1=(m+1)－man+1①，Sn=(m+1)－man②,由①－②，得an+1=man－

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高中數學輔導網 http://www.tmdps.cn man+1，即(m+1)an+1=man對任意正整數n都成立.∵m為常數，且m＜－1 ∴an?1an?mm?1，即{

anan?1}為等比數列.13(2)當n=1時，a1=m+1－ma1，∴a1=1，從而b1=mm?1.由(1)知q=f(m)=，∴bn=f(bn－1)=

bn?1bn?1?11bn(n∈N*,且n≥2)∴1bn?1?11bn?1，即

1bn?1bn?1?1，∴{}為等差數列.∴

1bn=3+(n－1)=n+2，?bn?n?2m(n∈N*).)n?1?an?(m?1,?lim(bn?lgan)?lim[n??n??n?1n?213?109lg?mm?114?]?lgmm?11,?1n?2)?1 而lim3(b1b2?b2b3???bn?1bn)?lim3(n??n??1415???n?1由題意知lgmm?1?1,?mm?1?10,?m???b1?1?6.解：(1)設數列{bn}的公差為d，由題意得：?解得b1=1,d=3, 10(10?1)d?145?10b1?2?∴bn=3n－2.(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+=loga［(1+1)(1+1414)+?+loga(1+

13n?2))?(1+1313n?2)］，13logabn+1=loga33n?1.14因此要比較Sn與小，logabn+1的大小，可先比較(1+1)(1+)?(1+

13n?2)與33n?1的大取n=1時，有(1+1)＞33?1?1 取n=2時，有(1+1)(1+ 由此推測(1+1)(1+1414)＞33?2?1?

13n?2)?(1+)＞33n?1

①

若①式成立，則由對數函數性質可判定： 當a＞1時，Sn＞13logabn+1，13

② ③ 當0＜a＜1時，Sn＜logabn+1，京翰教育http://www.tmdps.cn/

高中數學輔導網 http://www.tmdps.cn 下面用數學歸納法證明①式.(ⅰ)當n=1時，已驗證①式成立.(ⅱ)假設當n=k時(k≥1），①式成立，即：

(1?1)(1?1414)?(1?13k?213k?223)?33k?1.那么當n=k+1時，13(k?1)?23(1?1)(1?3)?(1?)(1?)?233k?1(1?13k?13)?23k?13k?1(3k?2).?[3k?13k?1(3k?2)]?[3k?4]?3(3k?2)?(3k?4)(3k?1)(3k?1)32

?9k?4(3k?1)2?0,?143k?13k?1(3k?2)?1)(1?3k?4?1)?333(k?1)?1因而(1?1)(1?)?(1?3k?23k?13(k?1)?1這就是說①式當n=k+1時也成立.由(ⅰ）(ⅱ）可知①式對任何正整數n都成立.由此證得： 當a＞1時，Sn＞1313logabn+1；當0＜a＜1時，Sn＜logabn+1.7.解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t.∴a2=2t?3a22t?3.,?3ta13t又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t，3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t

① ②

①－②得3tan－(2t+3)an－1=0.∴anan?1?2t?33t,n=2,3,4?,所以{an}是一個首項為1公比為

2t?33t的等比數列；

(2)由f(t)= 2t?33t=

23?1t,得bn=f（1bn?123)=

23+bn－1.可見{bn}是一個首項為1，公差為于是bn=1+(3)由bn=是b2n=4n?13233的等差數列.(n－1)=

2n?13;

532n?1,可知{b2n－1}和{b2n}是首項分別為1和，公差均為

43的等差數列，于, ∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+?+b2n－1b2n－b2nb2n+1 =b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+?+b2n(b2n－1－b2n+1)=－434312534n?13492(b2+b4+?+b2n)=－

·n(+)=－(2n+3n)

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第四篇：高中數學難點解析教案13 數列的通項與求和

高中數學輔導網 http://www.tmdps.cn}的前n項和為Sn，對一切n∈N*，都有

cc1c1????n=an+1成立，求b1b2cnn??limS2n?1.S2n命題意圖：本題主要考查等差、等比數列的通項公式及前n項和公式、數列的極限，以及運算能力和綜合分析問題的能力.屬★★★★★級題目.知識依托：本題利用函數思想把題設條件轉化為方程問題非常明顯，而(2)中條件等式的左邊可視為某數列前n項和，實質上是該數列前n項和與數列{an}的關系，借助通項與前n項和的關系求解cn是該條件轉化的突破口.錯解分析：本題兩問環環相扣，(1)問是基礎，但解方程求基本量a1、b1、d、q，計算不準易出錯；(2)問中對條件的正確認識和轉化是關鍵.技巧與方法：本題(1)問運用函數思想轉化為方程問題，思路較為自然，(2)問“借雞生蛋”構造新數列{dn}，運用和與通項的關系求出dn，絲絲入扣.解：(1)∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)=d2，∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d，∵d=2，∴an=a1+(n－1)d=2(n－1)；又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q－1)=(q－2)2，b3(q?2)22∴=q，由q∈R，且q≠1，得q=－2，?b1q2∴bn=b·qn1=4·(－2)n1 －

－(2)令cn=dn，則d1+d2+?+dn=an+1,(n∈N*), bn京翰教育http://www.tmdps.cn8－=2,即cn=2·bn=8·(－2)n1；∴Sn=［1－(－2)n］.bn3∴S2n?11?(?2)?S2n1?(?2)2n2n?11(?)2n?2S?2,lim2n?1??2

1n??S2n(?)2n?12［例2］設An為數列{an}的前n項和，An=(an－1)，數列{bn}的通項公式為bn=4n+3;2(1)求數列{an}的通項公式；

(2)把數列{an}與{bn}的公共項按從小到大的順序排成一個新的數列，證明：數列{dn}的通項公式為dn=32n+1;(3)設數列{dn}的第n項是數列{bn}中的第r項，Br為數列{bn}的前r項的和；Dn為數列{dn}的前n項和，Tn=Br－Dn，求lim

n??

Tn.(an)4命題意圖：本題考查數列的通項公式及前n項和公式及其相互關系；集合的相關概念，數列極限，以及邏輯推理能力.知識依托：利用項與和的關系求an是本題的先決；(2)問中探尋{an}與{bn}的相通之處，須借助于二項式定理；而(3)問中利用求和公式求和則是最基本的知識點.錯解分析：待證通項dn=32n+1與an的共同點易被忽視而寸步難行；注意不到r與n的關系，使Tn中既含有n，又含有r，會使所求的極限模糊不清.技巧與方法：(1)問中項與和的關系為常規方法，(2)問中把3拆解為4－1，再利用二項式定理，尋找數列通項在形式上相通之處堪稱妙筆；(3)問中挖掘出n與r的關系，正確表示Br，問題便可迎刃而解.解：(1)由An=∴an+1－an=33(an－1)，可知An+1=(an+1－1)，22a33(an+1－an)，即n?1=3，而a1=A1=(a1－1)，得a1=3，所以數列是以

3an22為首項，公比為3的等比數列，數列{an}的通項公式an=3n.2n12nn?1(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n=3·［42n+C1(－1)+?+C22n·4·(－1)+(－1)］2n·

4－=4n+3，n?1∴32n+1∈{bn}.而數32n=(4－1)2n=42n+C142n1·(－1)+?+C24·(－1)+(－1)2n=(4k+1)，2n·2n·

－∴32n?{bn}，而數列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1.32n?1?3(3)由3=4·r+3，可知r=，4r(7?4r?3)32n?1?332n?1?72727n?r(2r?5)??,Dn??(1?9n)?(9?1)，∴Br=2421?982n+

1京翰教育http://www.tmdps.cn?Cn?Cn,??等n(n?1)!n!(n?1)!④錯項相消法 ⑤并項求和法

數列通項與和的方法多種多樣，要視具體情形選用合適方法.●殲滅難點訓練

一、填空題

1.(★★★★★)設zn=(則limSn=_________.n??

1?in)，(n∈N*)，記Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+?+｜zn+1－zn｜，22.(★★★★★)作邊長為a的正三角形的內切圓，在這個圓內作新的內接正三角形，在新的正三角形內再作內切圓，如此繼續下去，所有這些圓的周長之和及面積之和分別為_________.京翰教育http://www.tmdps.cn=bn－1，則cn=(n?1?n?2)

2anan?112n?12n?111?[(?1)?(?1)]??,22n?12n?12n?12n?1b1?b2???bn?n?c1?c2???cn 111111?(1?)?(?)???(?)?1?,3352n?12n?12n?11?lim(b1?b2???bn?n)?lim(1?)?1.n??n??2n?1殲滅難點訓練

一、1.解析:設cn?|zn?1?zn|?|(1?in?11?in2)?()|?()n?1, 222京翰教育http://www.tmdps.cn?2?22?21?2?limSn?n??12?22 2?2?22?1? 22答案：1+2.解析：由題意所有正三角形的邊長構成等比數列{an}，可得an=

a2n?1，正三角形的內切圓構成等比數列{rn}，可得rn=

31a,

62n?133?a，2∴這些圓的周長之和c=lim2π(r1+r2+?+rn)=

n??

?2a

n??933?答案：周長之和πa，面積之和a2

29面積之和S=limπ(n2+r22+?+rn2)=

二、3.解：(1）可解得

an?1n?，從而an=2n，有Sn=n2+n，ann?1(2)Tn=2n+n－1.(3)Tn－Sn=2n－n2－1，驗證可知，n=1時，T1=S1，n=2時T2＜S2；n=3時，T3＜S3;n=4時，T4＜S4；n=5時，T5＞S5；n=6時T6＞S6.猜想當n≥5時，Tn＞Sn，即2n＞n2+1 可用數學歸納法證明(略）.4.解：(1）由an+2=2an+1－an?an+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差數列，

d=a4?a1=－2,∴an=10－2n.4?1(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，當n≤5時，Sn=－n2+9n，當n＞5時，Sn=n2－9n+40，2?1?n?5??n?9n 故Sn=?

2?n?5?n?9n?40(3)bn=11111??(?)

n(12?an)n(2n?2)2nn?1111111nm?Tn?b1?b2???bn?[(1?)?(?)???(?)]?；要使Tn＞

2223nn?12(n?1)32總成立，需1m＜T1=成立，即m＜8且m∈Z，故適合條件的m的最大值為7.4325.解：(1）由已知Sn+1=(m+1)－man+1①，Sn=(m+1)－man②,由①－②，得an+1=man－man+1，即(m+1)an+1=man對任意正整數n都成立.∵m為常數，且m＜－1

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高中數學輔導網 http://www.tmdps.cn ∴an?1am?，即{n}為等比數列.anm?1an?1(2)當n=1時，a1=m+1－ma1，∴a1=1，從而b1=由(1)知q=f(m)=

1.3bm，∴bn=f(bn－1)=n?1(n∈N*,且n≥2)

bn?1?1m?1∴111111?1???1，∴{}為等差數列.∴=3+(n－1)=n+2，即bnbn?1bnbn?1bnbn?bn?1(n∈N*).n?2mn?1n?1mm?an?(),?lim(bn?lgan)?lim[lg]?lg,n??n??n?2m?1m?1m?1111111而lim3(b1b2?b2b3???bn?1bn)?lim3(???????)?1 n??n??3445n?1n?2mm10由題意知lg?1,??10,?m??m?1m?19?b1?1?6.解：(1)設數列{bn}的公差為d，由題意得：?解得b1=1,d=3, 10(10?1)10b1?d?145?2?∴bn=3n－2.(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+=loga［(1+1)(1+

11)+?+loga(1+)43n?2111)?(1+)］，logabn+1=loga33n?1.43n?23111因此要比較Sn與logabn+1的大小，可先比較(1+1)(1+)?(1+)與33n?1的大343n?2小，取n=1時，有(1+1)＞33?1?1

1)＞33?2?1? 411 由此推測(1+1)(1+)?(1+)＞33n?1

43n?2取n=2時，有(1+1)(1+若①式成立，則由對數函數性質可判定：

①

1logabn+1，31當0＜a＜1時，Sn＜logabn+1，3當a＞1時，Sn＞下面用數學歸納法證明①式.(ⅰ)當n=1時，已驗證①式成立.② ③

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高中數學輔導網 http://www.tmdps.cn(ⅱ)假設當n=k時(k≥1），①式成立，即：

11(1?1)(1?)?(1?)?33k?1.那么當n=k+1時，43k?2311113k?13(1?1)(1?)?(1?)(1?)?3k?1(1?)?(3k?2).43k?23(k?1)?23k?13k?13k?1(3k?2)2?(3k?4)(3k?1)2233?[(3k?2)]?[3k?4]?3k?1(3k?1)2339k?43k?1??0,?(3k?2)?33k?4?33(k?1)?123k?1(3k?1)111因而(1?1)(1?)?(1?)(1?)?33(k?1)?143k?23k?1

這就是說①式當n=k+1時也成立.由(ⅰ）(ⅱ）可知①式對任何正整數n都成立.由此證得： 當a＞1時，Sn＞11logabn+1；當0＜a＜1時，Sn＜logabn+1.337.解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t.∴a2=2t?3a22t?3,?.3ta13t

① ② 又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t，3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t

①－②得3tan－(2t+3)an－1=0.∴an2t?32t?3?,n=2,3,4?,所以{an}是一個首項為1公比為的等比數列； an?13t3t122t?321=?,得bn=f()=+bn－1.bn?133t3t(2)由f(t)= 可見{bn}是一個首項為1，公差為于是bn=1+

2的等差數列.322n?1(n－1)=;33542n?1(3)由bn=,可知{b2n－1}和{b2n}是首項分別為1和，公差均為的等差數列，于

3334n?1是b2n=, 3∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+?+b2n－1b2n－b2nb2n+1 =b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+?+b2n(b2n－1－b2n+1)=－

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第五篇：數列求和問題

數列求和問題·教案

教學目標

1．初步掌握一些特殊數列求其前n項和的常用方法．

2．通過把某些既非等差數列，又非等比數列的數列化歸成等差數列或等比數列求和問題，培養學生觀察、分析問題的能力，以及轉化的數學思想．

教學重點與難點

重點：把某些既非等差數列，又非等比數列的數列化歸成等差數列或等比數列求和． 難點：尋找適當的變換方法，達到化歸的目的． 教學過程設計

（一）復習引入

在這之前我們知道一般等差數列和等比數列的求和,但是有時候題目中給我們的數列并不是一定就是等比數列和等差數列,有可能就是等差數列和等比數列相結合的形式出現在我們面前,對于這樣形式的數列我們該怎么解決,又該用什么方法?

二、復習預習

通過學習我們掌握了是不是等差等比數列的判斷,同時我們也掌握也一般等差或者等比數列的一些性質和定義,那么對于題中給我們的數列既不是等差也不是等比的數列怎么求和呢,帶著這樣的問題來學習今天的內容

三、知識講解 考點

1、公式法

如果一個數列是等差、等比數列或者是可以轉化為等差、等比數列的數列，我們可以運用等差、等比數列的前n項和的公式來求.1、等差數列求和公式：Sn?n(a1?an)n(n?1)?na1?d 22(q?1)?na1?

2、等比數列求和公式：Sn??a1(1?qn)a1?anq

?(q?1)?1?q?1?qn113、Sn??k?n(n?1)

4、Sn??k2?n(n?1)(2n?1)

26k?1k?1n15、Sn??k3?[n(n?1)]2

2k?1n

考點

2、分組求和法

有一類數列，它既不是等差數列，也不是等比數列.若將這類數列適當拆開，可分為幾個等差、等比數列或常見的數列，然后分別求和，再將其合并即可.例求和：Sn??2?3?5?1???4?3?5?2???6?3?5?3?????2n?3?5?n? 解：Sn??2?3?5?1???4?3?5?2???6?3?5?3?????2n?3?5?n?

??2?4?6???2n??3?5?1?5?2?5?3???5?n?

4，6，?，2n?練習：求數列2，14181161，?的前n項和Sn． 2n?11?1?{2n}，而數列是一個等差數列，數列?n?1?是一個等比

2n?1?2?分析：此數列的通項公式是an?2n?數列，故采用分組求和法求解．

1?11?111解：Sn?(2?4?6???2n)??2?3?4???n?1??n(n?1)??n?1．

2?22?222小結：在求和時，一定要認真觀察數列的通項公式，如果它能拆分成幾項的和，而這些項分別構成等差數列或等比數列，那么我們就用此方法求和.考點

3、、倒序相加

類似于等差數列的前n項和的公式的推導方法。如果一個數列{an}，與首末兩項等距的兩項之和等于首末兩項之和，可采用正序寫和與倒序寫和的兩個和式相加，就得到一個常數列的和。

這一種求和的方法稱為倒序相加法.這是推導等差數列的前n項和公式時所用的方法，就是將一個數列倒過來排列（反序），再把它與原數列相加，就可以得到n個(a1?an).例求sin21??sin22??sin23??????sin288??sin289?的值

解：設S?sin21??sin22??sin23??????sin288??sin289?????.①

將①式右邊反序得

S?sin289??sin288??????sin23??sin22??sin21?????..②（反序）

又因為 sinx?cos(90??x),sin2x?cos2x?1

①+②得（反序相加）

2S?(sin21??cos21?)?(sin22??cos22?)?????(sin289??cos289?)＝89 ∴ S＝44.5

2x練習：已知函數f?x??x 2?2（1）證明：f?x??f?1?x??1；

?1?（2）求f????10??2?f??????10??8?f????10??9?f??的值.?10?解：（1）先利用指數的相關性質對函數化簡，后證明左邊=右邊（2）利用第（1）小題已經證明的結論可知，?1?f????10??9??2?f???f????10??10??8?f??????10??8?f????10??2?f????10??5?f????10??5?f???1 ?10??1?令S?f????10??9?則S?f????10??2?f??????10??8?f??????10??9?f?? ?10??1?f?? ?10?兩式相加得：

?2S?9???

?1?f????10?9?9??f????9 所以S?.2?10??小結：解題時，認真分析對某些前后具有對稱性的數列，可以運用倒序相加法求和.考點

4、裂相相消法

把數列的通項拆成兩項之差，即數列的每一項都可按此法拆成兩項之差，在求和時一些正負項相互抵消，于是前n項的和變成首尾若干少數項之和，這一求和方法稱為裂項相消法。適用于類似?

?（其中{an}是各項不為零的等差數列，c為常數）的數列、部分無理數列等。用裂項相消法求和，需要掌握一些常見的裂項方法：

1，求它的前n項和Sn

n(n?1)例、數列?an?的通項公式為an?解：Sn?a1?a2?a3???an?1?an

?11111 ??????1?22?33?4n?1nnn?1????1??11??1??11??11??1 =?1????????????????????

22334n?1nnn?1??????????1n? n?1n?1小結：裂項相消法求和的關鍵是數列的通項可以分解成兩項的差，且這兩項是同一數列的相鄰兩項，即這兩項的結構應一致，并且消項時前后所剩的項數相同.?1?針對訓練

5、求數列 1111，,?，?的前n項和Sn.1?22?33?2n?n?1練習：求數列11?2,12?31,???,1n?n?1,???的前n項和.解：設an?n?n?11??n?1?n（裂項）

1n?n?1則 Sn?12?31?2?????（裂項求和）

＝(2?1)?(3?2)?????(n?1?n)

＝n?1?1

作業：基本練習

2221、等比數列{an}的前ｎ項和Sｎ＝2ｎ－１，則a12?a2＝________________.?a3???an2、設Sn??1?3?5?7???(?1)n(2n?1)，則Sn＝_______________________.3、111?????.1?44?7(3n?2)?(3n?1)

4、1111=__________ ???...?2?43?54?6(n?1)(n?3)

5、數列1,(1?2),(1?2?22),?,(1?2?22???2n?1),?的通項公式an?，前n項和Sn? 綜合練習1、12?22?32?42?52?62???992?1002＝____________；

2、在數列{an}中，an?1，.則前n項和Sn；

n(n?1)(n?2)n?2an?(n?1)(n?2)，n3、已知數列{an}滿足：a1?6，an?1?（1）求a2，a3；（2）若dn? an，求數列{dn}的通項公式；

n(n?1)

考點5錯位相減

類似于等比數列的前n項和的公式的推導方法。若數列各項是由一個等差數列和一個等比數列對應項相乘得到，即數列是一個“差·比”數列，則采用錯位相減法.若an?bn?cn，其中?bn?是等差數列，?cn?是公比為q等比數列，令

Sn?b1c1?b2c2???bn?1cn?1?bncn

則qSn?b1c2?b2c3???bn?1cn?bncn?1 兩式相減并整理即得

例4 求和：Sn?1?3x?5x2?7x3?????(2n?1)xn?1?????????①

解：由題可知，{(2n?1)xn?1}的通項是等差數列{2n－1}的通項與等比數列{xn?1}的通項之積

設xSn?1x?3x2?5x3?7x4?????(2n?1)xn?????????.②（設制錯位）

①－②得(1?x)Sn?1?2x?2x2?2x3?2x4?????2xn?1?(2n?1)xn（錯位相減）

1?xn?1?(2n?1)xn 再利用等比數列的求和公式得：(1?x)Sn?1?2x?1?x(2n?1)xn?1?(2n?1)xn?(1?x)∴ Sn? 2(1?x)小結：錯位相減法的步驟是：①在等式兩邊同時乘以等比數列{bn}的公比；②將兩個等式相減；③利用等比數列的前n項和公式求和.2462n練習：

1、求數列,2,3,???,n,???前n項的和.22222n1解：由題可知，{n}的通項是等差數列{2n}的通項與等比數列{n}的通項之積

222462n設Sn??2?3?????n?????????????①

222212462nSn?2?3?4?????n?1????????????②（設制錯22222位）

1222222n①－②得(1?)Sn??2?3?4?????n?n?1（錯位相減）

222222212n?2?n?1?n?1

22n?2 ∴ Sn?4?n?1

2、已知 an?n?2n?1，求數列｛an｝的前n項和Sn.解：Sn?1?20?2?21???(n?1)?2n?2?n?2n?1 ①

2Sn?1?21?2?22???(n?1)?2n?1?n?2n ②

②—①得

Sn?n?2n?1?20?21??2n?1?n?2n?2n?1

1352n?13、6、,2,3,?,n,?;的前n項和為_________ 222264、數列{an}中, a1?1,an?an?1?n?1,n?N*，則前n項和S2n=；

55、已知數列an?n?n!，則前n項和Sn=；

小結：錯位相減法的求解步驟：①在等式兩邊同時乘以等比數列?cn?的公比q；②將兩個等式相減；③利用等比數列的前n項和的公式求和.