数列求和方法汇编及

1、 数列求和方法汇编及典题训练 数列求和方法汇编 【教学目标】 一、知识目标 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、裂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、能力目 培养学生的“合情推理能力”、“等价转化”和“演绎归纳”的数学思想方法，以及创新意识，渗透运用定义、分类讨论、转化与化归等数学思想 三、情感目标 通过数列求和的学习，培养学生的严谨的思维品质，使学生体会知识之间的联系和差异，激发学生的学习兴趣 【教学重点】 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； 【

2、教学难点】 错位相减法、裂项相消法的应用 【知识点梳理】 1直接法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和。 0/39 )?(aan)n?1n( （1 ）等差数列的求和公式：n1dna?S?1n22)q?1na(?1（切记：公比含2）等比数列的求和公式（?n)a(1?q?S?1n)1(q?q1? 字母时一定要讨论） n1)?1)(2nn(n? 公式法：2?22222L?n2?3?1?k61k?2 n1)?(nn?33333L?k?1?2?3?n?2?1?k错位相减法：3如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项项和公式就是用此如等比数列的前项和即可用此法来求，n之积构成的，那么这个

3、数列的前n 法推导的 比如?.求等比,ab?ab?aa等差,bb的和nnn1122n裂项相消法：4把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵 消，从而求得其和111 常见拆项公式： ； ?1?1)?nn(nn11111111 )?()?(?!?n?(n?1)!n?n!2n(n?nn?2)21?12nn1)(2(n?12n?)225分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列相加或相减组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减 6并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形nf(n1)类型，可采用两项合并求解 如a(n222

4、222(10099)(9897)1(21)5 050. 298100例如，S9997n7倒序相加法：如果一个数列a的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相n项和n如等差数列的前项和即可用倒序相加法，n那么求这个数列的前等或等于同一个常数，1/39 公式即是用此法推导的 8其它求和法：如归纳猜想法，奇偶法，导数法等 【典型例题】 题型一、公式法求和 aaq1的等4是首项，公比1例题：已知数列n1Snaaa成等差数列 4，2比数列，是其前，项和，且n351q的值； (1)求公比Taaaa的值(2)求 nn2426aaa. 42【解析】(1)由题意得2351aaq1， 4，公比是等比数列且n1242

5、4qaaqaqq 2420，211122qqq1. 舍去)或1解得，2(aaaaa4(，(2)，是首项为n242262nTqna. 4141)，公比为的等比数列，n2【点评】应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，n项尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前 和公式 2/39 满足，变式1：已知数列?21?4na?ann （1）证明是等差数列；?an （2）求a?a?a?an123 ?的等差数列-4是以174(n?1),?a为首项，公差为?解： （1）a?a?nnn+121?，得an是递减数列，令a（2）显然=0nn4a?S?aa?aa?当n?6时，0,当n?6时，4,7111.?8aa

6、am5 的图像经过坐标原点，其导函数13、已知二次函数)(xfy?均在函的前项和为，数列，点n为?Sa2f(x?x)6?)(nN?)(,Snnnn数的图像上。 )fy?(x24/39 （）求数列的通项公式；anm1对n项和，求使得的前（）设，是数列bT?b?Tnnnnaa201n?n ；都成立的最小正整数m所有?N?n 【参考答案】 巩固练习答案876867个n个n5 11、解：（）LLLL555555?S5?559)?(9?99?999?99n95 n321)?1)?L?(10(10?(10?1)?1)(1095505 nn23n?1)(1010L?10?n?10?10?99811111 （

7、2），)?(?2nn?n(n2)2111111111111 L)?(1)()(1?S?(?(?n2n?222n1n543223n?n1?n1 （3）nn?a?1?n)(?n?n1n1)(?nn1?n25/39 111L?S?nn2?13?2n?1? 1?n?1?)1?n(?(2?1)?(3?2)?L?n? （4），n32na?a?LS?a?2a?3n1)?n(n ，时， 当1?a?2?3S?1?n? n2 当时， ， 32n1?a?3a?2a?S?ana?n ，4231n?a?3?aS?a2ana?nn)aa(1? ， 两式相减得1?1nnn?32na?a?na?aa(1?)S?a?ana?1

8、1n2?n?a?(n?na1)a? ?Sn2)?a(1 ，（5）2n?22)?nn(n?1)(2n?7)?n(n 原式2222?n?)?2?(1?2?3(1?2?3?)?n6 ，）设（6oooo2222LL89?3sin2?sin?sin?Ssin1? ，又 oooo2222LL1?sin88?sin87?S?sin89sin89 ， 89?2S?S2）7（ 项为和式中第k 1?k?121?111?. 12akk2?241?1k212111?111? 2Snn2222?111?1?11 22n222?n个11?1?n2?21n2 22n?11n21?2 ，则由已知得d设a的公差为、2(1)n

9、，63aa6，a3da?1213? 即，428d，aaa48a?1812. (3，故，a解得3d1an1)4n1n26/39 1n ，q(2)由(1)知，bnn1012n 于是S1q2qq3q，nn. 1，上式两边同乘以q若qnn121 q，n(n1)qqS1q2qnn21n1 nqqq两式相减得：(1q)S1qn nq1n. nq1nn1nq1n?n1qq1?nqn.Sn22?q?11q?1q?n?n1 3若q1，则S12n，n2 ?1nn?，?1 ?q ?2? Snnn11qnnq?1?.? ?q?2?1q7?a?d?1?112n?=-9,d=2, 解：,得aa?)4?(a?a3dn111

10、24?2?11 、3?n=0a，得 显然是递增数列，令ann2a?a?a?当n?6时，a0,设S6?当n?时，a0,nn1nn211)n?(-9+2n10)?(nn?)?a?(aa?a?时当?n?,aan212n12)a?)?(aa?a(a?a?当n6,?a?a?an615n21275010)?(?S?S)S?(?SS?2nn55n5n4、 27/39 4?211?1?q?2d?2,q解：?2,?解得：d?213?1?qd1?4?n1?2?2n?1,b?anna1?2nn?1?n2bn 11n35?2?S?n1120?n22221?2113n?S?nn1222221?11?12n?1111n2

11、11?n2?两式相减得：?（2?S）?1?n1n1n120n?2222222?122n?11 )?4(1S?2?n1n1?n?22 5、 课后作业答案 n?41n11111 、 3、1、 4 2?n?n?(?1)?33n22?23?n1n3?3?n2 。 65、1nn?3Sn?221;2nn21、7?2S? 2)n(S 解(1)Sa，aS，1nnnnnn2?28/39 1?2S?)， (SSSn1nnn2? SS，即2SSnnn1n1 0，由题意SSnn1 11 2S，得，式两边同除以Sn1nSSn1n111? ，公差为2的等差数列数是首项?SaS?n11?11. 12(S，2n1n1)nS1

12、n2n1Sn (2)又bn?11?2nn1?2n2111?，?122nn12? Tbbbn21n111111? ?12nn125332?1n1?1. ?12n212n? ，10，ada?11、8? ，由已知条件可得解得解 (1)设等差数列a的公差为dn1.d2a12d10，?1. na的通项公式为a2故数列nna?n的前n项和为S(2)设数列， ?n1n2?29/39 n2n1an ，1121nnnn2222n31121?121?. S2n222221n2n22?n32 ， 记T1 n2221n2 n2311 ， 则T nn3222222n1111 T1，得：nn222221n211n2n1.

13、Tnn221121?. 即T4nn2?1n21?n?2121?n?1? 4Snn2?1?1n21211n?11? 44nn22?1n2. 1n2n、912n ， a解 (1)a3a3 a3321n3 当n时，2n122n a3a 3，a3 a1123n31n1n11n. ，a3得：annn33331 a也适合上式，当n1时，131. ann3nn，3 nb(2)nan23n， 3n3231S33 n30/39 1n423 3，33n3 则3S32n 得：123nn n3332S33nn?3?131n 3n31 31nn. 33n)(121n3n3n 3)S(1n241n1?23n3 . 44

14、10、11m?m2?2?解：a2?4m,a1m2m?22a?aS?S?a?a),当n为偶数时，令n=2m(m?Nmn22m31?2mm)?)(114(1?4m?2)?a?)?(aa?a?(aa?m3422m12?1212?42222n2n2mn?24?m?m?34233322m2-mm=a?4?N?),-1当n为奇数时，令n=2m(mS?SS-2mn2m2-1?m332?nn22n?2?,n为偶数?22nn2 ?3423n?2?-?，?S?n342322nn2?n，n?-为奇数?2?4233?11、 31/39 1?x解：设P(x,y),x201oxxxx1?444?1144?4?2211?(

15、1)y?y?21xxxxxxxx?284)?42(4?4?24?242(4?422122221y?y112?y?042111m-1 ,f(?)+f()=?x)?,?f(0)?f(1)?f由（(2)1）得：f(x)?(1 2mm2m-121?(1)?f(0)?S?f(0)?f()+f设()+a,的前m项和为S则?f()+fmmmmmm1m-1m?2(0)+f?)+?f(?S?f(1)f()+f(f?(0)?mmmm111?m+1),S?m(0)2（f?S）（两式相加：mm1224 3、拓展训练答案1aanaa解：1aaamn，nm1nnn1mn ，n1121)n(n?1 ，利用叠加法得到：，)2

16、?(?an1?)nn1na(n?2n1111111111 )?2(1?2(?1?)?2009200923aaaa2008220083214016 ?2009A. 答案：1 n1，bb2解：aan1n1n1 n1)b1a(baa1n11bn3 n2n2abn511项和等于：10也是等差数列，并且前则数列abn13?4 85?102答案：B. 32/39 2. n.，则依据分组集合即得 a=n-3解：因为n;A. 答案1?n?)为奇(n? S =对前n项和要分奇偶分别解决，即： 4解：?2n?n?)?为偶(n ?2?A 答案：1d?q? 则q设公比为,公差为d,解5 由题意可得a=1,1?22?q

17、2d?n-12b=(n-2q=0,q0,q=2,a=2-1)(-1)=1-n,qnnn-1=978. +1-n,c=2SnnA 答案：每两项合并，原式=(100+99)+(98+97)+6解：并项求和，+(2+1)=5050. B 答案：, 其中间项为a 7解： 设此数列a,1001n,aS=a+a+a+a则S=+a+a+a=100165100114322001偶奇. +aa=100010012000 : 答案1001100023 原式=8解： )2n?11(n?)n?(n?32nn.?66答案：111;? 6321?*n? N(1)由题意，知a，)(n、9n4?1* )nn2(N3，故ab又

18、3log2bnnn41?n*?)， 2(na(1)(2)由，知b，3nNnn4?33/39 1?*n? )(nc(3n2)Nn4?11111?n231n? ，5)nS142)7(3(3nn4444?4111111?1n324n? 2)4，7(3n(3n于是S15)n44444?4? 两式相减，得11111113?13nn21n? 2)，2)(3nS3(3nn44444?4?4?2?23n12?*?)(nSn4?33?n、1012n a， 3(1)aa3a3321n3 2时，当nn122n a，33a aa3 1321n31n1n11. aa得：，nnn33331 也适合上式，a当n1时，131

19、. ann3nn (2)b3，nnann23 33n32S133，n1234n ，3 则3S32333nn 得：1n23n S33333n2nn?33?11n n33131nn. 3)n(1321n3n3n 3S)(1n241n1?3n?23 . 4434/39 20) )d()(a4da(1)11、解：由题意得(ad)(13d111n1 bn1，可得3a解得d2，2nn 3；时，c(2)当n1 1n1c 当n2，时，由23，得cna?a?bn1n?n),3(n?1? 故?c?n1?n).n?22?3(?2233c232故ccc200313220032002 33nn-1n+(-1)-2a-(-1)(- 12、(1)证明 由已知得a=SS=2a-1nnn-1nn2), n-12), (n=2化简得 aa+2(-1)-1nnnn-12),n上式可化为 a(-1)+=2a+(-1)(22-1nn33. +(-1)1=a=1,a211133n的等比数是以为首项，公比为故数列a(-1)+221n33. 列n1n?. +(-1)由（ 1）可知a