高中数学数列求和教案模板（精选多篇）

推荐第1篇：数列求和教案

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。 .

推荐第2篇：数列求和教案

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

推荐第3篇：数列求和

《数列求和》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倒序相加、裂项相消、错位相减等求和法在数列求和中的魅力，并把培养学生的建构意识和合作、探究意识作为教学目标。

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分别用到了倒序相加法、错位相减法，本节课在此基础上进一步对上述数列求和方法做深入的研究、应用。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，学生能较好地完成本节课的教学任务。

【方法阐释】

本节课的教学采用 学力课堂模式，分为自学、互学、展学、导学、练学五个教学环节，五个环节并不是简单的顺次递进，而是有机的相互融合。

本节课从学生回顾等差数列、等比数列求和公式推导过程中用到的倒序相加、错位相减求和法引入，从自主探究题组及问题探究入手展开教学，引导学生自主发现几种常见求和法，并很快进入深层次思维状态。接下来的课堂探究题组、课堂练学题组又更进一步加强几种求和法的应用。

【目标定位】

1、知识与技能目标

掌握几种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

经历数列几种求和法的探究过程、深化过程和应用过程。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

通过数列几种求和法的归纳应用，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。

【教学重、难点】

本节课的教学重点为倒序相加、裂项相消、错位相减求和的方法和形式。能将一些特殊数列的求和问题转化上述相应模型的求和问题。

本节课的教学难点为建构几种求和方法模型的思维过程，不同的数列采用不同的方法，运用转化与化归的思想分析问题和解决问题。

五、归纳总结、整合升华(课堂小结，建构知识体系)

教师：本节课大家都学习、应用到了哪些数列求和方法?

预设学生情况：并项、分组、倒序相加、裂项相消、错位相减求和法

教师：通过本课的学习，在解决数列求和问题时有什么心得体会?

预设学生情况：1.求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式; 2.求和过程中注意分类讨论思想的运用;3.建构意识、化归思想的运用;

六、课后练学(课外完成课后练学案和课外探究案)

设计意图：对所学内容进行巩固、强化。

【教有所思】

从课堂模式上讲，本节课采用学力课堂模式，力求坚持先学后教、以学定教，努力实现课堂由教堂到学堂的转变。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，建构新知识的过程，课前自学环节有助于教师抓准学生认知水平和知识结构的最近发展区，不断发现问题﹑研究问题﹑解决问题，达到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。学生互学、展学方式有利于培养学生的合作精神，数学表达能力，让学生获得对数学知识理解的同时也获得丰富的情感体验。教师的导学通过问题精导、设疑，让学生经历几种求和方法的建构过程,使学生的思维训练充分落实。练学环节设计与本课例具有强关联性的题组进行巩固、强化，让学生实现双基过手扎实。

从学生获得的数学素养上讲，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，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，突出了通过观察特殊数列的各项关系或者通项特征，将基本运算、性质的研究推广到一般数列相应问题研究的思想，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化归能力。

推荐第4篇：数列求和

数列的通项与求和

导学目标： 1.能利用等差、等比数列前n项和公式及其性质求一些特殊数列的和.2.能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．

自主梳理

1．求数列的通项

(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：

S1，n＝1，an＝ S－S，n≥2.－nn

1(2)当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋„＋f(n)可求，则可用________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋„＋(an－an－1)．

an＋1(3)当已知数列{an}中，满足f(n)，且f(1)·f(2)·„·f(n)可求，则可用________求数列an

aaa的通项an，常利用恒等式an＝a1„.a1a2an－1

(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项．

(5)归纳、猜想、证明法．

2．求数列的前n项的和

(1)公式法

①等差数列前n项和Sn＝____________＝________________，推导方法：____________； ②等比数列前n项和Sn＝

，q＝1， ＝，q≠1.

推导方法：乘公比，错位相减法．

(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．

(3)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．

常见的拆项公式有：

111①； nn＋1nn＋

11111②＝2n－12n＋1； 2n－12n＋121③n＋1n.n＋n＋1

(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．

(5)倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导．

自我检测

1．(原创题)已知数列{an}的前n项的乘积为Tn＝3n2(n∈N*)，则数列{an}的前n项的和为________．

2．设{an}是公比为q的等比数列，Sn是其前n项和，若{Sn}是等差数列，则q＝________.3．已知等比数列{an}的公比为4，且a1＋a2＝20，故bn＝log2an，则b2＋b4＋b6＋„＋b2n＝________.

n＋14．(2010·天津高三十校联考)已知数列{an}的通项公式an＝log2 (n∈N*)，设{an}的n＋

2前n项的和为Sn，则使Sn

5．(2010·北京海淀期末练习)设关于x的不等式x2－x

为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．

1116．数列1,4710，„前10项的和为________．

248

探究点一 求通项公式

例1 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.

(1)设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列；

(2)求数列{an}的通项公式．

探究点二 裂项相消法求和

例2 已知数列{an}，Sn是其前n项和，且an＝7Sn－1＋2(n≥2)，a1＝2.

(1)求数列{an}的通项公式；

1m(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn

的最小正整数m.

111变式迁移2 求数列1，„，n项和． 1＋21＋2＋31＋2＋3＋„＋n

探究点三 错位相减法求和

例3 已知数列{an}是首项、公比都为q (q>0且q≠1)的等比数列，bn＝anlog4an (n∈N*)．

(1)当q＝5时，求数列{bn}的前n项和Sn；

14(2)当q＝时，若bn

5123n变式迁移3 求和Sn＝＋＋＋„＋aaaa

1．求数列的通项：(1)公式法：例如等差数列、等比数列的通项；

(2)观察法：例如由数列的前几项来求通项；

(3)可化归为使用累加法、累积法；

(4)可化归为等差数列或等比数列，然后利用公式法；

(5)求出数列的前几项，然后归纳、猜想、证明．

2．数列求和的方法：

一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为

与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．

3．求和时应注意的问题：

(1)直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．

(2)注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．

(满分：90分)

一、填空题(每小题6分，共48分)

1．(2010·广东)已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2·a3＝2a1且a4与2a75的等差中项为，则S5＝________.

4S7n＋2a2．有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，若则________.Tnn＋3b

5an－1－anan－an＋13．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1＝(n≥2)，则此数列的第10项anan－1anan＋

1为________．

14．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝S5＝________.nn＋1

－5．(2011·南京模拟)数列1,1＋2,1＋2＋4，„，1＋2＋22＋„＋2n1，„的前n项和Sn>1

020，那么n的最小值是________．

6．(2010·东北师大附中高三月考)数列{an}的前n项和为Sn且a1＝1，an＋1＝3Sn(n＝1,2,3，„)，则log4S10＝__________.17．(原创题)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－，则该数列前26项的和为an

________．

8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝____________.

二、解答题(共42分)

9．(12分)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)．

(1)若函数f(x)的图象的顶点的横坐标构成数列{an}，试证明数列{an}是等差数列；

(2)设函数f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，试求数列{bn}的前n项和Sn.

110．(14分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n＋an－c(c是常数，n∈N*)，a22

＝6.

(1)求c的值及数列{an}的通项公式；

1111(2)证明.a1a2a2a3anan＋18

推荐第5篇：数列求和优秀教案

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。

推荐第6篇：数列求和问题

数列求和问题·教案

教学目标

1．初步掌握一些特殊数列求其前n项和的常用方法．

2．通过把某些既非等差数列，又非等比数列的数列化归成等差数列或等比数列求和问题，培养学生观察、分析问题的能力，以及转化的数学思想．

教学重点与难点

重点：把某些既非等差数列，又非等比数列的数列化归成等差数列或等比数列求和． 难点：寻找适当的变换方法，达到化归的目的． 教学过程设计

（一）复习引入

在这之前我们知道一般等差数列和等比数列的求和,但是有时候题目中给我们的数列并不是一定就是等比数列和等差数列,有可能就是等差数列和等比数列相结合的形式出现在我们面前,对于这样形式的数列我们该怎么解决,又该用什么方法?

二、复习预习

通过学习我们掌握了是不是等差等比数列的判断,同时我们也掌握也一般等差或者等比数列的一些性质和定义,那么对于题中给我们的数列既不是等差也不是等比的数列怎么求和呢,带着这样的问题来学习今天的内容

三、知识讲解 考点

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 22(q1)na1

2、等比数列求和公式：Sna1(1qn)a1anq

(q1)1q1qn1

13、Snkn(n1)

4、Snk2n(n1)(2n1)

26k1k1n

15、Snk3[n(n1)]2

2k1n

考点

2、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练习：求数列2，14181161，的前n项和Sn． 2n111{2n}，而数列是一个等差数列，数列n1是一个等比

2n12分析：此数列的通项公式是an2n数列，故采用分组求和法求解．

111111解：Sn(2462n)234n1n(n1)n1．

222222小结：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. 考点

3、、倒序相加

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.这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），

2 再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1an).例求sin21sin22sin23sin288sin289的值

解：设Ssin21sin22sin23sin288sin289„„„„.①

将①式右边反序得

Ssin289sin288sin23sin22sin21„„„„..② （反序）

又因为 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练习：已知函数fxx 22（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8f108f102f105f105f1 101令Sf109则Sf102f108f109f 101f 10两式相加得：

2S9

1f1099f9 所以S.

210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.

3 考点

4、裂相相消法

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，求它的前n项和Sn

n(n1)例、数列an的通项公式为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、求数列 1111,,,,,的前n项和Sn.122332nn1练习：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

作业：基本练习

22

21、等比数列{an}的前ｎ项和Sｎ＝2ｎ－１，则a12a2＝________________.a3an

2、设Sn1357(1)n(2n1)，则Sn＝_______________________.

3、111.1447(3n2)(3n1)

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

5、数列1,(12),(1222),,(12222n1),的通项公式an，前n项和Sn 综合练习

1、1222324252629921002＝____________；

2、在数列{an}中，an1，.则前n项和Sn；

n(n1)(n2)n2an(n1)(n2)， n

3、已知数列{an}满足：a16，an1（1）求a2，a3；（2）若dn an，求数列{dn}的通项公式；

n(n1)

5 考点5错位相减

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

则qSnb1c2b2c3bn1cnbncn1 两式相减并整理即得

例4 求和：Sn13x5x27x3(2n1)xn1„„„„„„„„„①

解：由题可知，{(2n1)xn1}的通项是等差数列{2n－1}的通项与等比数列{xn1}的通项之积

设xSn1x3x25x37x4(2n1)xn„„„„„„„„„.② （设制错位）

①－②得 (1x)Sn12x2x22x32x42xn1(2n1)xn （错位相减）

1xn1(2n1)xn 再利用等比数列的求和公式得：(1x)Sn12x1x(2n1)xn1(2n1)xn(1x) ∴ Sn 2(1x)小结：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.

2462n练习：

1、求数列,2,3,,n,前n项的和.22222n1解：由题可知，{n}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n}的通项之积

222462n设Sn23n„„„„„„„„„„„„„①

222212462nSn234n1„„„„„„„„„„„„② （设制错22222位）

1222222n①－②得(1)Sn234nn1（错位相减）

222222212n2n1n1

22n2 ∴ Sn4n1

2、已知 ann2n1，求数列｛an｝的前n项和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项和为_________ 22226

4、数列{an}中, a11,anan1n1,nN*，则前n项和S2n=；

55、已知数列annn!，则前n项和Sn=；

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.

推荐第7篇：数列求和练习题

数列求和练习题

一、利用常用求和公式求和

利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.

1、等差数列求和公式：Snn(a1an)n(n1)na1d22

(q1)na1n

2、等比数列求和公式：Sna1(1q)a1anq (q1)1q1q

n1

13、Snk(n1)

4、Snk2(n1)(2n1) 62k1k1n

例已知x

123n，求xxxx的前n项和.2

二、分组法求和

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，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.

2.求数列的前n项和：11,

三、错位相减法求和

这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an· bn}的前n项和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.

3.求和：已知annxn，求sn.

练习：求数列

1114,27,,n13n2，… aaa2462n,2,3,,n,前n项的和.2222

推荐第8篇：高一数学 数列求和教案

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

推荐第9篇：存瑞中学高中数学《数列求和》教学案

河北省存瑞中学2013-2014学年高中数学《数列求和》精品教学

案 北师大版必修1

两项之和（或等于首末两项“系数” 之和）， 那么就可以把正着写的和与倒着写的和的两个和式相加，从而可求出数列的前n项和。 例1 已知函数f(x)1123af(),af(),af()，„，数列中，a123n4x2nnnkn1nakf()，„，an1f(),anf()，求数列{an}的前n项和Sn

nnn

nn1n22n练习1：已知lgxlgya且Snlgxlgxylgxylgy.求Sn



（六）、裂项相消法求和：这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用。裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的。 例2 求数列{1}的前n项和Snn1n练习2：求和：

111（n2） 2222131n1

（七）、通项分析法：通过对数列的通项进行分析、整理，从中发现数列求和的方法，这也是求数列前n项和的一种基本方法． 例

3、已知数列{an}中，

a11,a2121,a3122221,a41222232221,．

求数列{an}的前n项和Sn．

作业：已知数列{an}的前n项和Sn满足：SnSnn2n0， 求数列

1的前n项和Tn．

anan1

推荐第10篇：高中数学难点解析教案13 数列的通项与求和

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难点13 数列的通项与求和

数列是函数概念的继续和延伸，数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函数思想在数列中的应用.数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n项和Sn可视为数列{Sn}的通项。通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一，与数列极限及数学归纳法有着密切的联系，是高考对数列问题考查中的热点，本点的动态函数观点解决有关问题，为其提供行之有效的方法.●难点磁场

(★★★★★)设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项.(1)写出数列{an}的前3项.(2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程)

a1a(3)令bn=(n1n)(n∈N*)，求lim (b1+b2+b3+„+bn－n).2anan1n●案例探究

［例1］已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f(x)=(x－1)2，且a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)，

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；

(2)设数列{cn}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，都有

cc1c1n=an+1成立，求b1b2cnnlimS2n1.S2n命题意图：本题主要考查等差、等比数列的通项公式及前n项和公式、数列的极限，以及运算能力和综合分析问题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：本题利用函数思想把题设条件转化为方程问题非常明显，而(2)中条件等式的左边可视为某数列前n项和，实质上是该数列前n项和与数列{an}的关系，借助通项与前n项和的关系求解cn是该条件转化的突破口.错解分析：本题两问环环相扣，(1)问是基础，但解方程求基本量a

1、b

1、d、q，计算不准易出错；(2)问中对条件的正确认识和转化是关键.技巧与方法：本题(1)问运用函数思想转化为方程问题，思路较为自然，(2)问“借鸡生蛋”构造新数列{dn}，运用和与通项的关系求出dn，丝丝入扣.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，则d1+d2+„+dn=an+1,(n∈N*), bn京翰教育http://www.daodoc.com/

高中数学辅导网 http://www.daodoc.com ∴dn=an+1－an=2, ∴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］设An为数列{an}的前n项和，An=

3 (an－1)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3; 2(1)求数列{an}的通项公式；

(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列{dn}的通项公式为dn=32n+1; (3)设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项，Br为数列{bn}的前r项的和；Dn为数列{dn}的前n项和，Tn=Br－Dn，求lim

n

Tn.(an)4命题意图：本题考查数列的通项公式及前n项和公式及其相互关系；集合的相关概念，数列极限，以及逻辑推理能力.知识依托：利用项与和的关系求an是本题的先决；(2)问中探寻{an}与{bn}的相通之处，须借助于二项式定理；而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点.错解分析：待证通项dn=32n+1与an的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r与n的关系，使Tn中既含有n，又含有r，会使所求的极限模糊不清.技巧与方法：(1)问中项与和的关系为常规方法，(2)问中把3拆解为4－1，再利用二项式定理，寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔；(3)问中挖掘出n与r的关系，正确表示Br，问题便可迎刃而解.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，所以数列是以

3an22为首项，公比为3的等比数列，数列{an}的通项公式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}.而数32n=(4－1)2n=42n+C142n1·(－1)+„+C24·(－1)+(－1)2n=(4k+1)， 2n·2n·

－∴32n{bn}，而数列{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.daodoc.com/

高中数学辅导网 http://www.daodoc.com 92n1432n12127nTnBrDn(91)889113 34n32n,(an)434n,884T9limn4n(an)8●锦囊妙计

1.数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同.因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性.

S1,n12.数列{an}前n 项和Sn与通项an的关系式：an=

SS,n2n1n3.求通项常用方法

①作新数列法.作等差数列与等比数列.②累差叠加法.最基本形式是：an=(an－an－1+(an－1+an－2)+„+(a2－a1)+a1.③归纳、猜想法.4.数列前n项和常用求法 ①重要公式

1n(n+1) 2112+22+„+n2=n(n+1)(2n+1) 6113+23+„+n3=(1+2+„+n)2=n2(n+1)2

41+2+„+n=②等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn.③裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加时抵消中间的许多项.应掌握以下常见的裂项：

1111,nn!(n1)!n!,ctgαctg2α,n(n1)nn1sin2

1111r1rCnCnCn,等n(n1)!n!(n1)!④错项相消法 ⑤并项求和法

数列通项与和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法.●歼灭难点训练

一、填空题

1.(★★★★★)设zn=(则limSn=_________.n

1in

)，(n∈N*)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+„+｜zn+1－zn｜，22.(★★★★★)作边长为a的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_________.

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二、解答题

3.(★★★★)数列{an}满足a1=2，对于任意的n∈N*都有an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－

－nan+12=0，又知数列{bn}的通项为bn=2n1+1.(1)求数列{an}的通项an及它的前n项和Sn； (2)求数列{bn}的前n项和Tn；

(3)猜想Sn与Tn的大小关系，并说明理由.4.(★★★★)数列{an}中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1－an,(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设Sn=｜a1｜+｜a2｜+„+｜an｜,求Sn; (3)设bn=1(n∈N*),Tn=b1+b2+„„+bn(n∈N*),是否存在最大的整数m，使得对n(12an)任意n∈N*均有Tn＞m成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.325.(★★★★★)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=(m+1)－man.对任意正整数n都成立，其中m为常数，且m＜－1.(1)求证：{an}是等比数列；

(2)设数列{an}的公比q=f(m)，数列{bn}满足：b1=

1a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n∈N*).试问当m3为何值时，lim(bnlgan)lim3(b1b2b2b3bn1bn)成立？

nn6.(★★★★★)已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+„+b10=145.(1)求数列{bn}的通项bn； (2)设数列{an}的通项an=loga(1+

1)(其中a＞0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和，bn试比较Sn与1logabn+1的大小，并证明你的结论.37.(★★★★★)设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn－(2t+3)Sn－1=3t(t＞0,n=2,3,4„).(1)求证：数列{an}是等比数列；

(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1=1,bn=f(通项bn；

(3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－„+b2n－1b2n－b2nb2n+1.

参考答案

难点磁场

1bn1)(n=2,3,4„)，求数列{bn}的

a122S1，S1=a1， 2a2a2∴12a1，解得a1=2.当n=2时，有22S2，S2=a1+a2，将a1=2代入，22a2整理得(a2－2)2=16，由a2＞0，解得a2=6.当n=3时，有3S3=a1+a2+a3，将a1=2，2S3，

2解析：(1)由题意，当n=1时，有

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高中数学辅导网 http://www.daodoc.com a2=6代入，整理得(a3－2)2=64，由a3＞0，解得a3=10.故该数列的前3项为2，6，10.(2）解法一：由(1）猜想数列{an}.有通项公式an=4n－2.下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是an=4n－2，(n∈N*）.①当n=1时，因为4×1－2=2，，又在(1)中已求出a1=2，所以上述结论成立.②假设当n=k时，结论成立，即有ak=4k－2，由题意，有2.代入上式，解得2k=2Sk，得Sk=2k2，由题意，有Sk=2k2代入得(

ak22Sk，将ak=4k－2ak122Sk1，Sk+1=Sk+ak+1，将2ak122)=2(ak+1+2k2)，整理得ak+12－4ak+1+4－16k2=0，由ak+1＞0，解得2ak+1=2+4k，所以ak+1=2+4k=4(k+1)－2，即当n=k+1时，上述结论成立.根据①②，上述结论对所有的自然数n∈N*成立.解法二：由题意知an211(n∈N*).整理得，Sn=(an+2)2,由此得Sn+1=(an+1+2)2，2Sn，

288∴an+1=Sn+1－Sn=［(an+1+2)2－(an+2)2］.整理得(an+1+an）(an+1－an－4)=0，由题意知an+1+an≠0，∴an+1－an=4，即数列{an}为等差数列，其中a1=2，公差d=4.∴an=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通项公式为an=4n－2.解法三：由已知得18an2a22Sn,(n∈N*)①，所以有n12Sn1②，由②式得22Sn1Sn22Sn1，整理得Sn+1－22·Sn1+2－Sn=0，解得Sn12Sn，由2于数列{an}为正项数列，而S12,Sn1Sn2，因而Sn12Sn，即{Sn}是以S12为首项，以

2为公差的等差数列.所以

Sn=

2+(n－1)

2=2n,Sn=2n2，

2,(n1)故an=即an=4n－2(n∈N*).SnSn14n2,(n2)a1a(3)令cn=bn－1，则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歼灭难点训练

一、1.解析:设cn|zn1zn||(1in11in2)()|()n1, 222京翰教育http://www.daodoc.com/

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122[1()n]1()n22 Snc1c2cn222212limSnn1222 22221 22答案：1+2.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{an}，可得an=

a2n1，正三角形的内切圆构成等比数列{rn}，可得rn=

31a,

62n133

2 a， 2∴这些圆的周长之和c=lim2π(r1+r2+„+rn)=

n

2a

n933答案：周长之和πa，面积之和a2

29面积之和S=limπ(n2+r22+„+rn2)=

二、3.解：(1）可解得

an1n，从而an=2n，有Sn=n2+n， ann1(2)Tn=2n+n－1.(3)Tn－Sn=2n－n2－1，验证可知，n=1时，T1=S1，n=2时T2＜S2；n=3时，T3＜S3;n=4时，T4＜S4；n=5时，T5＞S5；n=6时T6＞S6.猜想当n≥5时，Tn＞Sn，即2n＞n2+1 可用数学归纳法证明(略）.4.解：(1）由an+2=2an+1－anan+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差数列，

d=a4a1=－2,∴an=10－2n.41(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n2+9n，当n＞5时，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总成立，需1m＜T1=成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的m的最大值为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对任意正整数n都成立.∵m为常数，且m＜－1

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高中数学辅导网 http://www.daodoc.com ∴an1am，即{n}为等比数列.anm1an1(2)当n=1时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而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，∴{}为等差数列.∴=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由题意知lg1,10,mm1m19b116.解：(1)设数列{bn}的公差为d，由题意得：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因此要比较Sn与logabn+1的大小，可先比较(1+1)(1+)„(1+)与33n1的大343n2小，

取n=1时，有(1+1)＞3311

1)＞3321„ 411 由此推测(1+1)(1+)„(1+)＞33n1

43n2取n=2时，有(1+1)(1+若①式成立，则由对数函数性质可判定：

①

1logabn+1，

31当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1，

3当a＞1时，Sn＞下面用数学归纳法证明①式.(ⅰ)当n=1时，已验证①式成立.

② ③

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11(11)(1)(1)33k1.那么当n=k+1时，

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

这就是说①式当n=k+1时也成立.由(ⅰ）(ⅱ）可知①式对任何正整数n都成立.由此证得： 当a＞1时，Sn＞11logabn+1；当0＜a＜1时，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}是一个首项为1公比为的等比数列； an13t3t122t321=,得bn=f()=+bn－1.

bn133t3t(2)由f(t)= 可见{bn}是一个首项为1，公差为于是bn=1+

2的等差数列.322n1(n－1)=; 33542n1(3)由bn=,可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列，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) =－

京翰教育http://www.daodoc.com/ 44154n14 (b2+b4+„+b2n)=－·n(+)=－ (2n2+3n) 332393高中数学辅导网 http://www.daodoc.com

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第11篇：第65节数列求和

北师大(珠海)附中2010年高考(文)第一轮复习教学案 总节数第 65 节

5.4数列求和（2）

【课前预习】

1、（09全国文（14））设等差数列{an}的前n项和为Sn。若S972，则a2aa___________ 49

2n

12、数列1，x，x，…，x的前n项和Sn

1xn

A．

1x

1xn1B．

1x1xn1C．

1xD．以上都不对

n，那么Sn 2nn1n1n

1A．1n B．2n1 C．1n1

22

23、已知数列an中，an

D．2n1 2n

14、一弹性球从100m高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下，则第10次着地时所经过的路程和为

A．299.6m B．199.8m C．166.9m D．266.9m

【复习目标】

理解数列求和的基本思路，熟练掌握以下方法： 1．等差（比）数列求和.

2．错位相减法.3．倒序相加法。

4．裂项求和与并项求和.提高对代数式观察能力与变形能力，能通过适当变形，将一些特殊数列求和转化为等差（比）数列求和或其它较易求和型.【典型例题】

例

1、求数列的前n项和：11, 1114,27,,n13n2，… aaa1 北师大(珠海)附中2010年高考(文)第一轮复习教学案 总节数第65节

例2 在数列{an}中，an

12n2，又bn，求数列{bn}的前n项的和.n1n1n1anan1例3．设正项等比数列an的首项a1

【练习与作业】

1、已知数列an的通项公式an则n的值为( ) A．98 B．99

1，前n项和为Sn，且 210S30(2101)S20S100。 2（1）求an的通项； （2）求nSn的前n项和Tn。

1n1n

,且它的前n项和Sn1011,

D．101

C．100

2210

2、S1121221222的值是（ ） 1112A．21

1B．21

3C．213

D．211 1113- 2 11000T的前项和为，问满足的最小正整数n是多少？ Tnnn2009bnbn1北师大(珠海)附中2010年高考(文)第一轮复习教学案 总节数第 65 节

5.4数列求和（2）答案

【课前预习】

1、【解析】本小题考查等差数列的性质、前n项和，基础题。（同理14） 解: an是等差数列,由S972,得S99a5,a58

a2a4a9(a2a9)a4(a5a6)a43a524。

2、D

3、B

4、A 【典型例题】

例

1、解：设Sn(11)(1114)(27)(n13n2) aaa将其每一项拆开再重新组合得

1112n1)(1473n2) （分组） aaa(3n1)n(3n1)n当a＝1时，Snn＝ （分组求和）

2211n(3n1)naa1n(3n1)na当a1时，Sn＝ 1a1221a12nn 例

2、解：∵ ann1n1n12211 ∴ bn8() （裂项） nn1nn122Sn(1∴ 数列{bn}的前n项和

1111111Sn8[(1)()()()] （裂项求和）

22334nn118n) ＝

＝8(1 n1n1例

3、【解析】（1）由 210S30(2101)S20S100得 210(S30S20)S20S10,

即210(a21a22a30),a11a12a20 可得：210q10(a11a12a20)a11a12a20 因为an0，所以 2q10101, 解得q11n1n,n1,2,.，因而 ana1q2211(1n)11211,

（2）因为{an}是首项a1、公比q的等比数列，所以Sn2n122212nSnnn12n.T(12n)(),

则数列的前n项和 {nS}nnn2n22225 北师大(珠海)附中2010年高考(文)第一轮复习教学案 总节数第65节

Tn112n1n(12n)(23nn1).

222222前两式相减，得 Tn1111n(12n)(2n)n1 22222211(1n)n(n1)22n 即 Tn(n1)1n2.n1242n12n2n112【练习与作业】

1、C

2、C

4、解：由log3x11log3xlog32x

log232 由等比数列求和公式得 Snxx2x3xn （利用常用公式） 11(1)nx(1xn)22＝1－1 ＝＝

12n1x121

15、解：由等差数列求和公式得 Snn(n1)， Sn(n1)(n2)（利用常用公式）

221n11Sn ∴ f(n)＝2＝＝

64850(n32)Sn1n34n64n34(n)250nn18 ∴ 当 n，即n＝8时，f(n)max

5081n1n （裂项）

6、解：设annn1111则 Sn （裂项求和）

1223nn1 ＝(21)(32)(n1n)＝n11

7、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 1x

8、解：∵ 点(1,)是函数f(x)a(a0,且a1)的图像上一点，

311∴ f(1)a， 即f(x)

33- 6

第12篇：数列求和说课

数列求和说课

一、教学内容：

数列求和是高考中的必考内容，在高考中占据着非常重要的地位，学好数列求和对于高考成功起着非常关键的作用。数列求和方法中涵盖有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、拆项重组法等几种方法。

二、教学对象：

高三（8）班学生

三、教学重点：

一些特殊数列的求和。

四、教学难点：

准确分析数列特征，选择合适的数列求和方法。

五、教学目标分析：

1、知识目标：掌握数列求和的常见方法，并能运用这些方法解决一些简单的数列求和问题；

2、能力目标：培养学生分析问题、解决问题的能力和学习数学的兴趣。

3、情感目标：培养学生学习数学的积极性，锻炼学生遇到困难不气馁的坚强意志和勇于创新的精神。

六、学生情况分析：

高三（8）班是高三艺术重点班。班上学生基础知识掌握相较于其他艺术班比较踏实，但是相对于文化班的学生来说还是比较薄弱。所以在教学时应适当考虑学生的实际水平尽量将

七、教学方法分析：

教法：数学是一门培养和发展人的思维的重要学科，因此在教学中不仅要让学生“知其然”，还要“知其所以然”，为了体现以学生发展为本，遵循学生的认知规律，体现循序渐进和启发式教学原则，我进行这样的教学设计：在教师的引导下，创设情景，通过开放式问题的设置来启发学生进行思考，在思考中体会特殊数列蕴涵的数学方法和思想，使之获得内心感受。同时依据艺术班学生的特殊性在教学上尽量将有关数列的内容和公式详尽的给学生说明。

教学手段：利用多媒体和PPT软件进行辅助教学。

八、教学情境分析：

1、引入：利用历年高考中的真题引出数列求和在高三学生学习中的重要性。

2、内容讲解：在介绍特殊数列求和的过程中通过实例进行引入。

3、练习：高考实例练习。

4、课堂小结：特殊数列求和的五种方法。

5、作业：高考实例。

九、教学评价与反馈

根据高三学生心理特点、教学内容、遵循因材施教原则和启发性教学思想，本节课的教学策略与方法我采用规则学习和问题解决策略，即“案例—公式—应用”，案例为浅层次要求，使学生有概括印象。公式为中层次要求，由浅入深，重难点集中推导讲解，便于突破。应用为综合要求，多角度、多情境中消化巩固所学，反馈验证本堂内容教学目标的落实。

南昌市实验中学

董

世

清

2012年5月10日

第13篇：《数列求和》教学设计

《数列求和》教学设计

一、教学目标：

1、知识与技能

让学生掌握数列求和的几种常用方法，能熟练运用这些方法解决问题。

2、过程与方法

培养学生分析解决问题的能力，归纳总结能力，联想、转化、化归能力，探究创新能力。

3、情感,态度,价值观

通过教学，让学生认识到事物是普遍联系，发展变化的。

二、教学重点：

非等差,等比数列的求和方法的正确选择

三、教学难点：

非等差,等比数列的求和如何化归为等差,等比数列的求和

四、教学过程：

求数列的前n项和Sn基本方法：

1.直接由等差、等比数列的求和公式求和，等比数列求和时注意分q=

1、q≠1的讨论；2.分组求和法：把数列的每一项分成几项，使转化为几个等差、等比数列，再求和； 3.裂项相消法：把数列的通项拆成几项之差,使在求和时能出现隔项相消(正负相消),剩下（首尾）若干项求和.如:

设计意图：

让学生回顾旧知，由此导入新课。

[教师过渡]：今天我们学习《数列求和》第一课时，课标要求和学习内容如下:(多媒体课件展示) 导入新课：

[情境创设] (课件展示): 例1：求数列 112,214,318,,101210,,n1n,2

的前n项和。

[问题生成]：请同学们观察否是等差数列或等比数列？

设问：既然不是等差数列，也不是等比数列，那么就不能直接用等差，等比数列的求和公

1 式，请同学们仔细观察一下此数列有何特征

111111，3，5，7，9，的前项和。2481632n 练习1. 求数列

22n-1 练习2.求数列1，1+2，1+2+2，···，1+2+2+···+2，···.的前n项和。

例2：求数列1111，…的前n项和。 ,,,......122334n(n1) [教师过渡]：对于通项形如an裂项相消求和方法

练习3.求和

练习4..求和sn1（其中数列bn为等差数列）求和时，我们采取

bbbn11121231nn1

[特别警示] 利用裂项相消求和方法时，抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，才能使裂开的两项差与原通项公式相同。

五、方法总结：

公式求和：对于等差数列和等比数列a的前n项和可直接用求和公式.分组求和：利用转化的思想,将数列拆分、重组转化为等差或等比数列求和.裂项相消：对于通项型如an1（其中数列bn为等差数列） 的数列,在求和时

bbbn1将每项分裂成两项之差的形式,一般除首末两项或附近几项外,其余各项先后抵消,可较易求出前n项和。

六、作业布置：

第14篇：数列求和教学反思

《数列求和》教学反思

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。

2、由于课堂时间容量的限制，学生们的思维活动展现得还不够充分，问题也没有完全暴露出来。

第15篇：数列求和方法总结

数列的求和

一、教学目标：1．熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式；

2．能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算； 3．熟记一些常用的数列的和的公式．

二、教学重点：特殊数列求和的方法．

三、教学过程：

（一）主要知识：

1．直接法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和。 （1）等差数列的求和公式：Snn(a1an)n(n1)na1d 22na1(q1)n（2）等比数列的求和公式Sna1(1q)（切记：公比含字母时一定要讨论）

(q1)1q2．公式法： k2122232k1nn2n(n1)(2n1)

62kk1n3123333n(n1) n233．错位相减法：比如an等差,bn等比,求a1b1a2b2anbn的和.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。 常见拆项公式：1111111() ；

n(n1)nn1n(n2)2nn21111() nn!(n1)!n!

(2n1)(2n1)22n12n15．分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和。 6．合并求和法：如求10029929829722212的和。 7．倒序相加法：

8．其它求和法：如归纳猜想法，奇偶法等

（二）主要方法：

1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式； 2．求和过程中注意分类讨论思想的运用； 3．转化思想的运用；

（三）例题分析：

例1．求和：①Sn111111111 n个 ②Sn(x)2(x21x1212n)(x) x2xn ③求数列1，3+4，5+6+7，7+8+9+10，…前n项和Sn 思路分析：通过分组，直接用公式求和。

111010210k解：①ak11k个1k(101) 911Sn[(101)(1021)(10n1)][(1010210n)n]99110(10n1)10n19n10[n] 9981②Sn(x211142n2)(x2)(x2) 242nxxx111)2n x2x4x2n(x2x4x2n)(x2(x2n1)x2(x2n1)(x2n1)(x2n21)（1）当x1时，Sn2n2n 222n2x1x1x(x1)（2）当x1时,Sn4n ③ak(2k1)2k(2k1)[(2k1)(k1)]

k[(2k1)(3k2)]523kk222Sna1a2an

5235n(n1)(2n1)3n(n1)(122n2)(12n)2226221n(n1)(5n2) 6总结：运用等比数列前n项和公式时，要注意公比q1或q1讨论。 2．错位相减法求和

例2．已知数列1,3a,5a2,,(2n1)an1(a0)，求前n项和。

思路分析：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对应项积，可用错位相减法求和。 解：Sn13a5a2(2n1)an1aSna3a25a3(2n1)an1 2

12:(1a)Sn12a2a22a32an1(2n1)an

2a(1an1)n当a1时,(1a)Sn1 (2n1)2(1a)1a(2n1)an(2n1)an1 Sn(1a)2当a1时,Snn2 3.裂项相消法求和

2242(2n)2例3.求和Sn 1335(2n1)(2n1)思路分析:分式求和可用裂项相消法求和.解: (2k)2(2k)2111111ak11()

(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)22k12k1111111112n(n1)Sna1a2ann[(1)()()]n(1)23352n12n122n12n1n(n1)(a1)123n2练习:求Sn23n 答案: Sn

a(an1)n(a1)aaaa(a1)n2a(a1)4.倒序相加法求和

012n例4求证：Cn3Cn5Cn(2n1)Cn(n1)2n mnm思路分析：由Cn可用倒序相加法求和。 Cn012n证：令SnCn3Cn5Cn(2n1)Cn(1)

mnm (2) CnCnnn1210则Sn(2n1)Cn(2n1)Cn5Cn3CnCn012n (1)(2)有:2Sn(2n2)Cn(2n2)Cn(2n2)Cn(2n2)Cn012nSn(n1)[CnCnCnCn](n1)2n 等式成立

5．其它求和方法

还可用归纳猜想法，奇偶法等方法求和。 例5．已知数列an,an2[n(1)n],求Sn。

思路分析：an2n2(1)n，通过分组，对n分奇偶讨论求和。 解：an2n2(1)，若n2m,则SnS2m2(1232m)2n(1)k12mk

Sn2(1232m)(2m1)2mn(n1)

若n2m1,则SnS2m1S2ma2m(2m1)2m2[2m(1)2m](2m1)2m2(2m1)

4m22m2(n1)2(n1)2n2n2

(n为正偶数)n(n1) Sn2nn2(n为正奇数)预备：已知f(x)a1xa2x2anxn,且a1,a2,a3,an成等差数列，n为正偶数， 又f(1)n2,f(1)n，试比较f()与3的大小。

12(a1an)nn2aa2nf(1)a1a2a3annn2解： 1nd2f(1)a1a2a3an1anndn22aa1(n1)d2n1a11an2n1

d2f(x)x3x25x3(2n1)xn

11111f()3()25()3(2n1)()n2222212可求得f()3()n2(2n1)()n，∵n为正偶数，f()3

（四）巩固练习：

1．求下列数列的前n项和Sn：

（1）5，55，555，5555，…，(10n1)，…； （2）12121259111,,,132435（3）an,1,n(n2)；

1nn1； （4）a,2a2,3a3,,nan,；

（5）13,24,35,,n(n2),； （6）sin21sin22sin23解：（1）Sn555555sin289．

n个5555(9999999(10n1)]

n个999)

5[(101)(1021)(1031)95[101021039（2）∵

10nn]50n5(101)n． 8191111()，

n(n2)2nn2111111[(1)()()232435111111()](1)． nn222n1n2∴Sn（3）∵an∴Sn1nn1n1nn1n (nn1)(n1n)1

n1n112132(21)(32)（4）Sna2a23a3(n1n)n11．

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aa…ana23nn1a(1an)nan1，

1anan2(n1)an1a∴Sn． 2(1a)（5）∵n(n2)n22n，

∴ 原式(122232…n2)2(123…n)（6）设Ssin21sin22sin23 又∵Ssin289sin288sin287 ∴ 2S89，Sn(n1)(2n7)．

6sin289， sin21，

89． 26n5(n为奇数)2．已知数列{an}的通项ann，求其前n项和Sn．

2(n为偶数)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1n1项，偶数项有项， 22n1n1(16n5)4(142)(n1)(3n2)4(2n11)2∴Sn， 21423当n为偶数时，奇数项和偶数项分别有

n项， 2nn(16n5)4(142)n(3n2)4(2n1)2∴Sn， 21423(n1)(3n2)4(2n11)23所以，Snnn(3n2)4(21)23

(n为奇数)．

(n为偶数)

四、小结：1．掌握各种求和基本方法；2．利用等比数列求和公式时注意分q1或q1讨论。

第16篇：数列求和教学设计

《数列求和》教学设计

铜仁一中 吴 瑜

【教学目标】 1、知识与技能

掌握几种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

经历数列几种求和方法的探究过程、深化过程和应用过程，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

通过数列几种求和法的归纳应用，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。 【教学重点】

本节课的教学重点为倒序相加、裂项相消、分组求和、错位相减求和的方法和形式，能将一些特殊数列的求和问题转化上述相应模型的求和问题。 【教学难点】

本节课的教学难点为建构几种求和方法模型的思维过程，不同的数列采用不同的方法，运用转化与化归的思想分析问题和解决问题。 【课堂设计】

一、知识回顾

1、等差数列通项公式ana1(n1)d，前n项和公式Snn(a1an)

2na(1q)1n1(q1)

2、等比数列通项公式ana1q，前n项和公式Sn1q

二、合作探究

1、倒序相加法：

例

1、求和：snsin21sin22sin23sin289 设计意图：应用倒序相加并感受此种方法的优越性——简洁美、对称美。

2、裂项相消法： 例

2、求数列 1111,,,, 的前n项和。 122334n(n1)一般化：1111()

n(nk)knnk设计意图：体验通分和裂项这对运算的互逆关系以及相消过程的简洁美、对称美。 【变式1】已知数列{an}的通项公式为an2n1,求数列

1的前n项和。

anan1【变式2】求和：sn

3、分组求和法：

1111 1447710(3n2)(3n1)例

3、求和：sn123456(2n1)2n 【变式1】求和：sn

14、错位相减法：

例

4、求和：sn12222323n2n

三、归纳小结 数列求和常用的方法：

1、倒序相加法：数列an中，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，求和时可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。

2、裂项相消法：设法将数列an的每一项拆成两项或若干项，并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项外，其余各项都能前后正负相消，进而求出数列的前n项和。

3、分组求和法：an，bn是等差数列或等比数列，求数列anbn的前n项和。

4、错位相减法：an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和。思考题：

1.求数列1,12,122,,122222n1111135(2n1)n 2482前n项的和。

2.求和：sn10029939829722212

第17篇：数列求和方法总结

数列求和的基本方法和技巧

数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础。 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位。 数列求和是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧。 下面，就几个历届高考数学和数学竞赛试题来谈谈数列求和的基本方法和技巧。

一、公式法

利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法。

1、差数列求和公式：Sn(a1an)

n2nan(n1)

12d

na1(q1)

2、等比数列求和公式：San

n1(1q)a

11qanq

1q(q1)

n

3、Sk1n

(n1)

4、S

21nn

k12k(n1)(2n1)

k16

n

4、Snk3[1(n1)]

2k12

例 ：已知log12

3xlog，求xxx3xn的前n项和.2

3解：由log

13x

log3loglog1

3x32x2

2由等比数列求和公式得Snxx2x3xn

＝x(1xn)

1x 1(11

＝n)

11

2

＝1－1

2n

解析：如果计算过程中出现了这些关于n的多项式的求和形式，可以直接利用公式。

二、错位相减

这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·

项和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列。

bn}的前n

1例：求数列a,2a2,3a3,4a4,…,nan, …(a为常数)的前n项和。

解：若a=0, 则Sn=0

若a=1,

则Sn=1+2+3+…+n=

若a≠0且a≠1

则Sn=a+2a2+3a3+4a4+…+ nan

∴aSn= a2+2 a3+3 a4+…+nan+1

∴(1-a) Sn=a+ a2+ a3+…+an- nan+1

n1aa= nan1

1an(n1)

2n1n1aana ∴Sn=(a1)2(1a)1a

当a=0时，此式也成立。

∴Sn=

n(n1)(a1)2aan1nan1(a1)2(1a)1a

解析：数列是由数列n与an对应项的积构成的，此类型的才适应错位相减，（课本中的的等比数列前n项和公式就是用这种方法推导出来的），但要注意应按以上三种情况进行讨论，最后再综合成两种情况。

三、倒序相加

这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1an)。

[例5] 求证：Cn3Cn5Cn(2n1)Cn(n1)

2证明： 设SnCn3Cn5Cn(2n1)Cn…………………………..①

把①式右边倒转过来得

nn110（反序） Sn(2n1)Cn(2n1)Cn3CnCn012n012nn

又由CnCnmnm可得

1n1n…………..……..② CnSn(2n1)Cn(2n1)Cn3Cn0

01n1n①+②得2Sn(2n2)(CnCnCnCn)2(n1)2n（反序相加）

∴Sn(n1)2n

解析：此类型关键是抓住数列中与首末两端等距离的两项之和相等这一特点来进行倒序相加的。

四、分组求和

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，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可。

例：Sn=-1+3-5+7-…+(-1)n(2n-1)

解法：按n为奇偶数进行分组，连续两项为一组。

当n为奇数时：

Sn=(-1+3)+(-5+7)+(-9+11)+…+(-2n+1)

=2×n1+(-2n+1)

2=-n

当n为偶数时：

Sn=(-1+3)+(-5+7)+(-9+11)+…+[(-2n+3)+(2n+1)]

=2×

=n

∴Sn=

n 2

五、裂项法求和

这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用。 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后

重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的通项分解（裂项）如： （1）anf(n1)f(n)（2） sin1tan(n1)tanncosncos(n1)

111(2n)2111（3）an（4）an1() n(n1)nn1(2n1)(2n1)22n12n

1（5）an1111[] n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)

(6) ann212(n1)n1111nn,则S1 nn1nnn(n1)2n(n1)2n2(n1)2(n1)

21111，，，…，，…的前n项和S 132435n(n2)例：求数列

解：∵1111=(） n(n2)2nn2

Sn=111111(1)()() 2324nn2

1111(1) 22n1n2

311= 42n22n4=

解析：要先观察通项类型，在裂项求和，而且要注意剩下首尾两项，还是剩下象上例中的四项，后面还很可能和极限、求参数的最大小值联系。

六、合并求和

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Sn.例：数列{an}：a11,a23,a32,an2an1an，求S2002.

解：设S2002＝a1a2a3a200

2由a11,a23,a32,an2an1an可得

a41,a53,a62,

a71,a83,a92,a101,a113,a122,

……

a6k11,a6k23,a6k32,a6k41,a6k53,a6k62

∵ a6k1a6k2a6k3a6k4a6k5a6k60（找特殊性质项） ∴ S2002＝a1a2a3a2002（合并求和）

＝(a1a2a3a6)(a7a8a12)(a6k1a6k2a6k6)

(a1993a1994a1998)a1999a2000a2001a2002

＝a1999a2000a2001a2002

＝a6k1a6k2a6k3a6k

4＝

5七、拆项求和

先研究通项，通项可以分解成几个等差或等比数列的和或差的形式，再代入公式求和。

例：求数5，55，555，…，的前n项和Sn

解： 因为5n9(101)

所以 Sn=5+55+555+…=5(101)(1021)(10n

91)

=510(10n1)

9101n



=50

8110n5

9n50

81

解析：根据通项的特点，通项可以拆成两项或三项的常见数列，然后再分别求和。另外：S1

n=1221

4311

8n2n

可以拆成：S…+n）+(1111

n=（1+2+3+2482n)

第18篇：数列求和公式证明

1）1^2+2^2+3^2+......+n^2=n(n+1)(2n+1)/6从左边推到右边

数学归纳法可以证

也可以如下做 比较有技巧性

n^2=n(n+1)-n

1^2+2^2+3^2+......+n^

2=1*2-1+2*3-2+....+n(n+1)-n

=1*2+2*3+...+n(n+1)-(1+2+...+n)

由于n(n+1)=[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)]/

3所以1*2+2*3+...+n(n+1)

=[1*2*3-0+2*3*4-1*2*3+....+n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)]/3

[前后消项]

=[n(n+1)(n+2)]/3

所以1^2+2^2+3^2+......+n^2

=[n(n+1)(n+2)]/3-[n(n+1)]/2

=n(n+1)[(n+2)/3-1/2]

=n(n+1)[(2n+1)/6]

=n(n+1)(2n+1)/6

2）1×2+2×3+3×4+...+n×（n+1）=？

设n为奇数,

1*2+2*3+3*4+...+n(n+1)=

=(1*2+2*3)+(3*4+4*5)+...+n(n+1)

=2(2^2+4^2+6^2+...(n-1)^2)+n(n+1)

=8(1^2+2^2+3^2+...+[(n-1)/2]^2)+n(n+1)

=8*[(n-1)/2][(n+1)/2]n/6+n(n+1)

=n(n+1)(n+2)/3

设n为偶数,

请你自己证明一下！

所以，

1*2+2*3+3*4+...+n(n+1)=n(n+1)(n+2)/3

设an=n×（n+1）=n^2+n

Sn=1×2+2×3+3×4+...+n×（n+1）

=(1^2+2^2+3^2+……+n^2)+(1+2+3+……+n) =n(n+1)(2n+1)/6+n(n+1)/2

=n(n+1)(n+2)/3

数列求和的几种方法

1.公式法：

等差数列求和公式:

Sn=n(a1+an)/2=na1+n(n-1)d/2

等比数列求和公式：

Sn=na1(q=1)Sn=a1(1-q^n)/(1-q)=(a1-an×q)/(1-q) (q≠1)

2.错位相减法

适用题型：适用于通项公式为等差的一次函数乘以等比的数列形式{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.Sn=a1b1+a2b2+a3b3+...+anbn

例如：an=a1+(n-1)dbn=a1·q^(n-1)Cn=anbn

Tn=a1b1+a2b2+a3b3+a4b4....+anbn

qTn= a1b2+a2b3+a3b4+...+a(n-1)bn+anb(n+1)

Tn-qTn= a1b1+b2(a2-a1)+b3(a3-a2)+...bn[an-a(n-1)]-anb(n+1)

Tn(1-q)=a1b1-anb(n+1)+d(b2+b3+b4+...bn)

=a1b1-an·b1·q^n+d·b2[1-q^(n-1)]/(1-q)Tn=上述式子/(1-q)

3.倒序相加法

这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1+an)

Sn =a1+ a2+ a3+......+anSn =an+ a(n-1)+a(n-3)......+a1上下相加 得到2Sn 即 Sn= （a1+an)n/

24.分组法

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，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.例如：an=2^n+n-1

5.裂项法

适用于分式形式的通项公式，把一项拆成两个或多个的差的形式，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加时抵消中间的许多项。常用公式：

（1）1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)

（2）1/(2n-1)(2n+1)=1/2[1/(2n-1)-1/(2n+1)]

（3）1/n(n+1)(n+2)=1/2[1/n(n+1)-1/(n+1)(n+2)]

（4）1/(√a+√b)=[1/(a-b)](√a-√b)

（5） n·n!=(n+1)!-n!

[例] 求数列an=1/n(n+1) 的前n项和.

解：an=1/n(n+1)=1/n-1/(n+1) （裂项）

则Sn =1-1/2+1/2-1/3+1/4…+1/n-1/(n+1)（裂项求和）＝ 1-1/(n+1)＝ n/(n+1)

小结：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： 余下的项具有如下的特点1余下的项前后的位置前后是对称的。2余下的项前后的正负性是相反的。

6.数学归纳法

一般地，证明一个与正整数n有关的命题，有如下步骤：

（1）证明当n取第一个值时命题成立；

（2）假设当n=k（k≥n的第一个值，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。

例：求证：1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + n(n+1)(n+2)(n+3) =

[n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)]/5证明： 当n=1时，有：1×2×3×4 + 2×3×4×5 = 2×3×4×5×(1/5 +1) = 2×3×4×5×6/5假设命题在n=k时成立，于是：1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3) =

[k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5则当n=k+1时有：1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)= 1×2×3×4 + 2×3×4*5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3) + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)=

[k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5 + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)=

(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)*(k/5 +1)= [(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)]/5即n=k+1时原等式仍然成立，归纳得证

7.通项化归

先将通项公式进行化简，再进行求和。如：求数列1，1+2，1+2+3，1+2+3+4,……的前n项和。此时先将an求出，再利用分组等方法求和。

8.并项求和：

例：1－2+3－4+5－6+……+（2n-1）-2n（并项）

求出奇数项和偶数项的和，再相减。

第19篇：高中数学 第2章 数列 课时12 数列的求和教案 苏教版必修5

课时12 数列的求和

1．倒序相加法：将一个数列倒过来排列（倒序），当它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和。如等差数列的求和公式Sna1ann2的推导。

2．错位相减法：这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列anbn的前n项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列。 例1求数列n

23．分组求和法：将一个数列中的项拆成几项，转化成特殊数列求和 n的前n项和Sn

1例2 ann2

n1，求数列an的前n项和Sn

4．公式法：利用已知的求和公式来求积，如等差数列与等比数列的求和公式。再如下面几个重要公式

nn12；（2）135...2n1n 212222（3）246...2nnn1；（4）123...nnn12n1

6（1）123...nnn1（5）132333...n3 22例3求数列1n,2n1,3n2,...n1的和

5．拆项（裂项）相消法 例4 an

例5 an

1，求数列an的前n项和Sn

nn114n21，求数列an的前n项和Sn

常用技巧： （1）

111111（2）；nnkknnknknknkn

（3）

1111 nn1n22nn1n1n2111,,...,的前n项和Sn 12123123...n6．通项化归法 例6．求数列1,

练习：求数列5，55，555，5555，…前n项和Sn

7．奇偶分析项：当数列中的项有符号限制时，应分n为奇数、偶数进行讨论，一般地，先求S2n，再求S2n1，且S2n1S2na2n1 例6若an1

8．利用n14n3，求数列an的前n项和Sn

20n1符号求和：

ai1nia1a2a3an

例7（1）

12n

（2）32 kk110

第20篇：高中数学数列递推定理

定理（二阶线性递推数列）

已知数列{an}的项满足an2pan1qan，a1=a，a2=b,nN+，称方程x2pxq0为数列an的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，则

n1n1

（1）当x1x2时，数列an的通项为anAx1Bx2，其中A，B由

初始值决定；

（2）当x1x2时，数列an的通项为an(A1B1n)x1n1，其中A1，B1由初始值决定。

31

22、已知数列a11,a2,且anan1an2(n3,4,5,)，求通项公式an。

44

11

（略解：二阶线性递推数列，x1x2型！x2x,x1x2，用公式得

42

1n1

an(n1)()nn）

22

定理（一次分式递推数列）

已知数列{an}的项满足： a1a且对于nN，都有an1

panq

p、ranh

q、r、hR，且phqr,r0,a1），称方程x

（i） 若a1,则数列{an}为常数数列 （ii）若a1，则数列{

h

r

（1）当特征方程有两个相同的特征根时，

pxq

为数列an特征方程.rxh

为等差数列。 an

an1

为等比数列。 an2

（2）当特征方程有两个相异的特征根

1、2时，数列

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