高中数学数列求和方法

2024-04-16

高中数学数列求和方法（共14篇）

高中数学数列求和方法篇1

1、公式法：

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

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

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

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

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

例

1、已知函数f

x（1）证明：fxf1x1；

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

解：（1）先利用指数的相关性质对函数化简，后证明左边=右边

（2）利用第（1）小题已经证明的结论可知，1f1092ff1010

2f10

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

两式相加得：

2S9

1f1099f9所以S.210

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

32针对训练

3、求值：S

2110222923282

22 10

13、错位相减法：

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

bn1cn1bncn



n

则qSnb1c2b2c3bnc1

nn

b c

两式相减并整理即得例

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

120221(n1)2n2n2n1①

2Sn121222

②—①得

(n1)2n1n2n②

2n1n2n2n

1Snn2n12021

小结：错位相减法的求解步骤：①在等式两边同时乘以等比数列cn的公比

q；②将两个等式相减；③利用等比数列的前n项和的公式求和.针对训练

4、求和：Sn

x2x23x3

nxnx0,x1

4、裂项相消法：

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

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

aann1

列，c为常数）的数列、部分无理数列等。用裂项相消法求和，需要掌握一些常

见的裂项方法：（1）

1111111

k1，特别地当时，

nn1nn1nnkknnk

（2

k，特别地当k

1例

3、数列an的通项公式为an解：Sna1a2a3，求它的前n项和Sn

n(n1)

an1an

1nn1nn1

1111

 n1nnn1



12233

411111

=1



2

2334

1n n1n1

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

针对训练5的前n项和Sn.5、分组求和法：

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

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

246

2n3515253

2n35n

2n35n 5n

111n5315

2nn13nn1

1451

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

6、求和：Sna1a22a33

ann

提高练习

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

1111()a1a2a3a2008

A．

4016

2009

B．

2008

2009

C．

2007

4D．

2007

2008

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

1∈N*，则数列{abn}前10项的和等于()

A．100 B．85 C．70 D．5

53．设m=1×2+2×3+3×4+„+(n-1)·n，则m等于()

n(n21)111A.B.n(n+4)C.n(n+5)D.n(n+7)

322

2n-1

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

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

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

比数列{bn}的第二、三、四项．(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

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

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

cc1c2c3

nan1成立． b1b2b3bn

(-1)n}是等比数列;3

1117.a4a5am8

(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对任意的整数m>4,有

提高练习答案

1．解：∵am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋a1＋n＝an＋1＋n，∴利用叠加法得到：an

n(n1)1211，∴2()，2ann(n1)nn1

∴

1111111111

2(1)2(1)a1a2a3a***20094016

． 2009



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

＝a1＋b1＋n－2＝5＋n－2＝n＋3

则数列{abn}也是等差数列，并且前10项和等于：答案：B.3．解：因为 an=n2-n.，则依据分组集合即得.答案;A.413

1085 2

n1

(n为奇)2

4．解：对前n项和要分奇偶分别解决，即：Sn=

n(n为偶)2

答案：A

5．解由题意可得a1=1,设公比为q,公差为d,则

qd1q2d2

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

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

7．解：设此数列{an},其中间项为a1001,则S奇=a1+a3+a5+„+a2001=1001·a1001,S偶=a2+a4+a6+„+a2000=1000a1001.答案:

1001

1000

(n1)n(2n1)2n33n2n

.8．解：原式=

答案：;;

326

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

－

解得d＝2，∴an＝2n－1，可得bn＝3n1(2)当n＝1时，c1＝3；

当n≥2时，由

an1an，得cn＝2·3n－1，n

故cn

3(n1),23

n1

(n2).故c1＋c2＋c3＋„＋c2003＝3＋2×3＋2×32＋„＋2×32002＝32003． 10．(1)证明由已知得an=Sn-Sn-1=2an+(-1)n-2an-1-(-1)n-1(n≥2),化简得an=2an-1+2(-1)n-1(n≥2),2221(-1)n=2［an-1+(-1)n-1］(n≥2),∵a1=1,∴a1+(-1)1=.333321

故数列{an+(-1)n}是以为首项，公比为2的等比数列.33

n1

2n2(2)解由（1）可知an+(-1)=.33

1222

∴an=×2n-1-(-1)n=［2n-2-(-1)n］,故数列{an}的通项公式为an=［2n-2-(-1)n］.3333

上式可化为an+(3)证明由已知得

 a4a5am

31113111111

3m22

221212(1)m2391533632m2(1)m

1111111111

=(1)(1)23511212351020

11

(1)m514514221***572=.(m5)()m5

1232355***0821

2

故

高中数学数列求和方法篇2

一、逆序相加法

在等差数列an中若非零自然数m、n、p、q满足:m+n=p+q, 则am+an=ap+aq.

设Sn=a1+a2+a3+…+an-2+an-1+an (顺序排列)

Sn=an+an-1+an-2+…+a3+a2+a1 (逆序排列)

两式相加, 再利用上述性质得, 这就是逆序相加法的理论由来.

分析:S100=1C1100+2C2100+3C3100+…98 C98100+99C99100+100C100100

S100=99C99100+98C98100+97C97100+…+2C2100+1C1100+100C100100

两式相加:2S100=100 (C1100+C2100+…+C99100) +200

=100 (C0100+C1100+C2100+…+C99100+C100100) =100×2100

∴S100=50×2100

分析:此题看上去好像与数列求和无关, 但仔细观察:在要求的表达式中:正数第一个自变量与倒数第一个自变量相加和为1, 正数第二个自变量与倒数第二个自变量相加和为1…这与逆序相加法的表达结构惊人的相似, 由此猜测f (x) +f (1-x) 为定值, 经运算

二、错位相减法

例三: (2007年全国卷) 设数列an≠≠是等差数列, bn≠≠是正数构成的等比数列, 且a1=b1=1, a3+b5=21, a5+b3=13.

分析:由条件易得an=2n-1, bn=2n-1

三、分组求和法

一个数列的前n项从整体上无法求和, 但把它们分成两组或若干组转化为等差或等比数列就可以求和了。

例四:数列an≠≠中, an=n (-1) n, 求数列an≠≠前n项和Sn。

分析:Sn=-1+2-3+4-5+6-7+…+n (-1) n

若n为偶数则两项一组, 两项之和都为1, 共组, 得

若n为奇数, 则Sn=a1+a2+…+an-1-n

例五: (2007年浙江) 已知数列an姨≠中相邻两项a2k-1、a2k是方程x2- (3k+2k) x+3k·2k=0的两个根, 且a2k-1≤a2k (k=1, 2, 3, …)

(1) 求a1, a3, a5, a7及a2n (n≥4) (不必证明) .

(2) 求数列an姨≠前2n项和S2n.

分析: (1) a1=2, a3=4, a5=8, a7=12, 当n≥4时2n>3n∴a2n=2n.

(2) 当n≥4时;a2n=2n;a2n+1=3 (n+1)

所以S2n=2+3+4+6+9+12+16+15+32+…3n+2n

= (3+6+9+…+3n) + (2+4+8+…+2n) (分为两组, 一组等差, 一组等比)

四、裂项求和法

例六: (2008年江西) 数列an姨≠是等差数列, an为正整数, 前n项和为Sn;数列bn姨≠是等比为64的等比数列且a1=3, b1=3, b2S2=64。

分析 (1) 易得an=2n+1, bn=8n-1

数列求和方法篇3

数列是一个古老的数学问题。在我国古代，数学家对数列的认识特别早，《易经》中有这样的记载“河出图，洛出书，圣人则之；两仪生四象，四象生八卦”[1]，这在世界数学史上都算得上是最早的相关等差数列记载。在国外，古印度宰相西萨发明国际象棋的故事就初步涉及到等比数列求和的问题；古巴比伦人很早就计算出了具体的等比数列之和；欧几里得在著作《几何原本》中对等比数列之和给出了具体的证明。固数列有着非常悠久的历史。

本文总结出高中教材涉及的几种数列求和方法：公式法，倒序相加法，错位相减法。这几种最为基础的求和方法一般用来解决规律性强的数列。对于以上的每种数列求和方法，在介绍、总结了计算法则之后，都用比较具有代表性的计算题或证明题来进行了例题示范。使用以上这些数列求和方法，可以解决生活中常见的比较多的数列求和问题。

2. 数列求和方法

生活中遇到的有关数列的问题，如果数列的规律性较强，比如等差数列、等比数列、等差与等比相乘的数列，如果对这类数列进行求和，可以用高中教材涉及的方法来计算，下面介绍中学教材中涉及的四种基础性的数列求和方法。

2.1 直接求和法

對于数列求和的题目，如果题目是对于等差或等比数列进行求和，可直接根据公式来进行求和。

直接求和法常用公式有：

，

等差数列前项和公式：

，

等比数列前项和公式：

2.2 倒序相加法

对于已知的数列，如果首尾两项之和等于所有与前后距离相等的项数之和，那么这样的数列求和就可以采用倒序相加法，其具体操作就是：第一，把数列前项和按顺序依次展开；第二，把数列的前项和展开再按倒叙排列；第三，把两个式子对应相加，会发现相加后的数列每一项都相等，即转化为常数列，此时问题就可以迎刃而解了。

例2.2.1 假设已知有一个等差数列，此数列的首项和公差都为1，计算出这个数列的前100项之和。

解：由倒叙相加法可得：

由

，

2.3 错位相减法

给定一个数列，该数列的通项公式可以分解，分解后通项成等差与等比的乘积，中间代表等差数列，代表等比数列，那么求数列的前项和的时候可以采用错位相减法。

例2.3.1 已知数列，，求

解：时，该数列从第二项起都为零，

时，数列是一个常数列，；

时，数列是一个合成数列，可拆为等差数乘以等比数列的形式

，其中，，采用错位相减法可以得到如下结果：

，

数列求和方法总结篇4

基本概念：首项：等差数列的第一个数，一般用a1表示;

项数：等差数列的所有数的`个数，一般用n表示;

公差：数列中任意相邻两个数的差，一般用d表示;

通项：表示数列中每一个数的公式，一般用an表示;

数列的和：这一数列全部数字的和，一般用Sn表示.

基本思路：等差数列中涉及五个量：a1，an，d，n，sn，，通项公式中涉及四个量，如果己知其中三个，就可求出第四个;求和公

式中涉及四个量，如果己知其中三个，就可以求这第四个。

基本公式：通项公式：an=a1+(n-1)d;

通项=首项+(项数一1)公差;

数列和公式：sn，=(a1+an)n2;

数列和=(首项+末项)项数2;

项数公式：n=(an+a1)d+1;

项数=(末项-首项)公差+1;

公差公式：d=(an-a1))(n-1);

公差=(末项-首项)(项数-1);

等差数列求和方法总结篇5

一.用倒序相加法求数列的前n项和

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。我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前n项和公式的推导，用的就是“倒序相加法”。

例题1：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+...+an ①

倒序得：Sn=an+an-1+an-2+…+a1 ②

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

二.用公式法求数列的前n项和

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。运用公式求解的注意事项：首先要注意公式的应用范围，确定公式适用于这个数列之后，再计算。

三.用裂项相消法求数列的前n项和

裂项相消法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.用错位相减法求数列的前n项和

错位相减法是一种常用的数列求和方法，应用于等比数列与等差数列相乘的形式。即若在数列{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前n项和。

五.用迭加法求数列的前n项和

迭加法主要应用于数列{an}满足an+1=an+f(n)，其中f(n)是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.用分组求和法求数列的前n项和

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，再将其合并。

七.用构造法求数列的前n项和

高中数学数列求和方法篇6

考纲分析与备考策略：

1、考纲分析：

（1）了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能

根据递推公式写出数列的前几项，理解an与sn的转化关系。

（2）对于非等差、等比数列，能够通过变形配凑，构造新的等差、等比数列

模型，再运用等差、等比数列的公式、性质解决问题。

（3）能够运用数学归纳法证明数列中的相关问题。

（4）掌握常见的数列求和类型，能够进行数列求和运算。

2、备考策略

（1）熟练掌握等差、等比数列的有关概念、公式与性质，这是解决数列通项

与求和问题的基础。

（2）对于常见的数列的求通项、求和的类型题要善于分类归纳整理，掌握各

种类型的通解通法。

（3）对于递推数列问题，要善于从特例入手，有特殊分析归纳一般，即先猜

再证，其中数学归纳法作为一种工具不会单独命题，只会作为一种证明的手段，在应用时要注意第二步的证明技巧，做到有的放矢，思路鲜明。考点剖析与整合提升：

一、求数列的通项公式方法的归纳：

求数列通项公式常用观察法、公式法、等差或等比通项公式法、递增关系变形法（累加、累乘）等。

1、2、公式法：ans1(n1)snsn1(n2)，注意n1n2两种情况能合并，则合并，不能合并，则分段表示。常见递推数列通项公式的求法：

（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)，将上述n1个式子相加，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 将上述n1个式子相乘，可得：anf(1)f(2)f(3)Lf(n1)a1。（3）anpan1q型（p,q)方法一：待定系数法

anpan1qanmp(an1m)，通过待定系数法求出m的值，构造成以

a1m为首项，以p为公比的等比数列。

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是一个等比数列，求出其和，即可求出通项。（4）anpan1f(n)型方法一：待定系数法

anmf(n)pan1mf(n1)

通过待定系数法确定m的值，转化成以

a1mf(1)为首项，以p为公比的等比数列。

方法二：等式两边同时除以pn有

pananm

1an

1anp



an1p

n1



f(n)p

n，转化为an1anf(n)型。

（5）an1

型

anmpan

1an1

1an

两边取倒数有



转化为anpan1q型。

二、数列求和的方法

（1）公式法：等差数列：

sn

n(a1an)

na1

n(n1)

；等比数列：



na(q1)

sna1(1qn)aaq； 1n

1(q1)

1q1q

k

k1



n(n1)(2n1);

（2）错位相减法:

这是推导等比数列前n项和公式时所使用的方法，这种方法主要用于求数列

anbn分别是等差数列和等比数列。bn的前n项和，其中an、（3）倒序相加法

将一个数列倒过来排序，当它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和。（4）分组求和法

数列既不是等差数列又不是等比数列时，但它可以通过适当拆分，分为几个等差、等比数列或常见的数列，即能分别求和，然后再合并。（5）裂项法

这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，其实质是将数列中的某些项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的。常见的裂项法有：

CnCn

nm

1n(n1)





1n

11a



1ab

(a

;nn!(n1)!n!

三、考题精析

2n

1例1：设数列an满足a12,an1an3

2（1）求数列an的通项公式；

（2）令bnnan，求数列的前n项和Sn

解：（Ⅰ）由已知，当n≥1时，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,所以数列{an}的通项公式为an22n1。（Ⅱ）由bnnann22n1知

Sn122232n2

2n1

①

从而

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：已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an及Sn；（Ⅱ）令bn=

1an1

(nN*)，求数列bn的前n项和Tn．

【解析】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，因为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+1)=(1-)=

n4(n+1)，即数列bn的前n项和Tn=

n4(n+1)。

例3：

已知数列{an}满足a1＝0，a2＝2，且对任意m、n∈N*都有 a2m－1＋a2n－1＝2am＋n－1＋2(m－n)

（Ⅰ）求a3，a5；

（Ⅱ）设bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N)，证明：{bn}是等差数列；

（Ⅲ）设cn＝(an+1－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Sn.解：(1)由题意，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)当n∈N 时，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}是公差为8的等差数列………………………………………………5分(3)由(1)(2)解答可知{bn}是首项为b1＝a3－a1＝6,公差为8的等差数列则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.当q＝1时，Sn＝2＋4＋6＋……＋2n＝n(n＋1)

当q≠1时，Sn＝2·q0＋4·q1＋6·q2＋……＋2n·qn－1.两边同乘以q，可得

qSn＝2·q1＋4·q2＋6·q3＋……＋2n·qn.上述两式相减得

(1－q)Sn＝2(1＋q＋q2＋……＋qn－1)－2nqn

＝2·

1q

－2nq

＝2·

1(n1)qnq

1q

nn1

所以Sn＝2·

n1

(n1)q1(q1)

n(n1)(q1)

综上所述，Sn＝nqn1(n1)qn1…………………………12分

例析数列求和的常用方法篇7

一、公式法

利用已知的求和公式来求和, 如等差数列与等比数列求和公式.

【例1】 (2010, 重庆) 已知{an}是首项为19, 公差为-2的等差数列, Sn为{an}的前n项和. (I) 求通项an及Sn; (Ⅱ) 设{bn-an}是首项为1, 公比为3的等比数列, 求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.

解: (I) 因为{an}是首项为a1=19, 公差d=-2的等差数列, 所以an=19-2 (n-1) =-2n+21; $S_{n} = 19 n + \frac{n (n - 1)}{2} \cdot (- 2) = - n^{2} + 20 n$ ; (Ⅱ) 由题意bn-an=3n-1, 所以 $b_{n} = 3^{n - 1} - 2 n + 21, Τ_{n} = S_{n} + (1 + 3 + \dots + 3^{n - 1}) = - n^{2} + 20 n + \frac{3^{n} - 1}{2} .$

二、倒序相加法

将一个数列倒过来排序 (倒序) , 当它与原数列相加时, 若有因式可提, 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.

【例2】已知f (x) 满足x1, x2∈R, 当x1+x2=1时, $f (x_{1}) + f (x_{2}) = \frac{1}{2}$ , 若 $S_{n} = f (0) + f (\frac{1}{n}) + f (\frac{2}{n}) + \dots + f (\frac{n - 1}{n}) + f (1), n \in Ν$ , 求Sn.

$\begin{array}{l} 解 ∶ ∵ S_{n} = f (0) + f (\frac{1}{n}) + \dots + f (\frac{n - 1}{n}) + f (1), n \in Ν, ① \\ ∴ S_{n} = f (1) + f (\frac{n - 1}{n}) + f (\frac{2}{n}) + \dots + f (\frac{1}{n} + f (0), n \in Ν, ② \end{array}$

①+②整理后可得 $S_{n} = \frac{1}{4} (n + 1) .$

三、错位相减法

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

【例3】 (2010, 全国) 设数列{an}满足a1=2, an+1-an=3·22n-1. (1) 求数列{an}的通项公式; (2) 令bn=nan, 求数列{bn}的前n项和Sn.

解: (1) 略; (2) 由bn=nan=n·22n-1知Sn=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1 ①, 从而22·Sn=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1 ②, ①-②得 (1-22) ·Sn=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1, 即 $S_{n} = \frac{1}{9} [(3 n - 1) 2^{2 n + 1} + 2] .$

四、分组求和法

所谓分组求和法, 即将一个数列中的项拆成几项, 转化成特殊数列求和.

【例4】 (2009, 全国Ⅰ) 在数列{an}中, $a_{1} = 1, a_{n + 1} = (1 + \frac{1}{n}) a_{n} + \frac{n + 1}{2^{n}} . (Ι)$ 设 $b_{n} = \frac{a_{n}}{n}$ , 求数列{an}的通项公式; (Ⅱ) 求数列{an}的前n项和Sn.

解: (Ⅱ) 由 (I) 知 $a_{n} = 2 n - \frac{n}{2^{n - 1}}, S_{n} = Σ_{k = 1}^{n} (2 k - \frac{k}{2^{k - 1}}) = Σ_{k = 1}^{n} (2 k) - Σ_{k = 1}^{n} \frac{k}{2^{k - 1}}$ , 而 $Σ_{k = 1}^{n} (2 k) = n (n + 1)$ , 又 $Σ_{k = 1}^{n} \frac{k}{2^{k - 1}}$ 是一个典型的错位相减法模型, 易得 $Σ_{k = 1}^{n} \frac{k}{2^{k - 1}} = 4 - \frac{n + 2}{2^{n - 1}} ‚ ∴ S_{n} = n (n + 1) + \frac{n + 2}{2^{n - 1}} - 4 .$

五、恒等式法

利用恒等式, 如 $1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n (n + 1)}{2} ‚ 1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + \dots + n^{2} = \frac{1}{6} n (n + 1) (2 n + 1)$ 等公式.

【例5】求数列1·n, 2 (n-1) , 3 (n-2) , …, n·1的和.

解: $S_{n} = 1 \times n + 2 (n - 1) + 3 (n - 2) + \dots + (n - 2) \times 3 + (n - 1) \times 2 + n \times 1 = n (1 + 2 + 3 + \dots + n) - [1 \times 2 + 2 \times 3 + 3 \times 4 + \dots + n (n - 1)] = \frac{n^{2} (n + 1)}{2} - \frac{n (n - 1) (n + 1)}{3} = \frac{n (n + 1) (n + 2)}{6} .$

六、拆项 (裂项) 、并项相消法

若数列{an}能裂项成an=f (n+1) -f (n) , 即所裂两项具有传递性 (即关于n的相邻项, 使展开后中间项能全部消去) .

【例6】 (2010, 山东) 已知等差数列{an}满足:a3=7, a5+a7=26, {an}的前n项和为Sn. (I) 求an及Sn; (Ⅱ) 令 $b_{n} = \frac{1}{a_{n}^{2} - 1} (n \in Ν^{*})$ , 求数列{an}的前n项和Tn.

解: (Ⅱ) 由 (I) 知an=2n+1, 所以 $b_{n} = \frac{1}{a_{n}^{2} - 1} = \frac{1}{(2 n + 1)^{2} - 1} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{n (n + 1)} = \frac{1}{4} \cdot (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1})$ , 所以即数列{bn}的前n项和Tn=

七、通项化归法

该法是把数列的通项公式先求出来, 再利用数列的特点求和.

【例7】求数列1,

八、利用周期性求和

若数列{an}都有an+T=an (其中n∈N0, N0为给定的自然数, T≠0) , 则称数列{an}为周期数列, 其中T为其周期.

【例8】 (2009, 江西) 数列{an}的通项an=n2· () , 其前n项和为Sn, 则S30为 () .

A.470 B.490 C.495 D.510

数列求和说课篇8

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

等差数列求和教案篇9

教学目标

1.通过教学使学生理解等差数列的前项和公式的推导过程，并能用公式解决简单的问题.2.通过公式推导的教学使学生进一步体会从特殊到一般，再从一般到特殊的思想方法，通过公式的运用体会方程的思想.教学重点，难点

教学重点是等差数列的前项和公式的推导和应用，难点是获得推导公式的思路.教学用具

实物投影仪，多媒体软件，电脑.教学方法

讲授法.教学过程一.新课引入

提出问题（播放媒体资料）：一个堆放铅笔的V形架的最下面一层放一支铅笔，往上每一层都比它下面一层多放一支，最上面一层放100支.这个V形架上共放着多少支铅笔？（课件设计见课件展示）二.讲解新课

（板书）等差数列前项和公式 1.公式推导（板书）

问题（幻灯片）：设等差数列的首项为，公差为，由学生讨论，研究高斯算法对一般等差数列求和的指导意义.思路一：运用基本量思想，将各项用和表示，得，有以下等式，问题是一共有多少个，似乎与的奇偶有关.这个思路似乎进行不下去了.思路二：

上面的等式其实就是，为回避个数问题，做一个改写，两

式左右分别相加，得，于是有：.这就是倒序相加法.思路三：受思路二的启发，重新调整思路一，可得，于是

.于是得到了两个公式（投影片）：和.2.公式记忆

用梯形面积公式记忆等差数列前项和公式，这里对图形进行了割、补两种处理，对应着等差数列前项和的两个公式.3.公式的应用

公式中含有四个量，运用方程的思想，知三求一.例1.求和：（1）；

（2）（结果用表示）

解题的关键是数清项数，小结数项数的方法.例2.等差数列中前多少项的和是9900？

本题实质是反用公式，解一个关于的一元二次函数，注意得到的项数必须是正整数.三.小结

1.推导等差数列前项和公式的思路；

数列求和的几类常见方法篇10

类型1: 直接用等差数列或等比数列的求和公式求和

例1求和

分析数列1,a,a2,a3,…,an - 1的通项公式为an=an - 1,因此数列是等比数列,用等比数列求和方法求之.

相关试题: 已知数列7,77,…,777…7( n个7) ,求sn.

类型2: 若数列{ an} 是等差数列或等比数列,{ bn} 是等差数列或等比数列,求{ an±bn} 的前n项和sn. ( 用重新分组法)

例2已知数列,求 sn.

分析数列1,2,3,…,n是等差数列,数列是等比数列,求和时用重新分组法.

类型3: 若数列的通项公式,求其前n项和. ( 用裂项相消法)

例3已知数列的通项公式,求 sn.

分析数列的通项公式具有的特点求其前n项和用裂项相消法.

相关试题: 设数列{ an} 是等差数列且an≠0,求和

类型4: 若数列{ an} 是等差数列,{ bn} 是等比数列,求数列{ cn} 的前n项和. ( 其中cn= an·bn,用错位相减法)

分析数列1,3,5,…,2n - 1是等差数列,是等比数列,因此求和用错位相减法.

类型5: 在数列{ an} 中,若,…具有相同的特点,求数列{ an} 的前n项和. ( 用倒序相加法)

摘要：数列求和在高考中具有极其重要的地位,是高考必考内容之一,而数列的求和主要看数列的通项公式的特点,数列的通项公式具有什么样的特点数列的求和就有相应的方法.

数列求和教学设计篇11

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。

等差数列求和练习题篇12

1、有一个数列，4、10、16、22 …… 52，这个数列有多少项？

2、一个等差数列，首项是3，公差是2，项数是10。它的末项是多少？

3、求等差数列1、4、7、10 ……，这个等差数列的第30项是多少？ 4、6＋7＋8＋9＋……＋74＋75＝（）5、2＋6＋10＋14＋ …… ＋122＋126＝（）

6、已知数列2、5、8、11、14 ……，47应该是其中的第几项？

7、有一个数列：6、10、14、18、22 ……，这个数列前100项的和是多少？练习题： 1、3个连续整数的和是120，求这3个数。2、4个连续整数的和是94，求这4个数。

3、在6个连续偶数中，第一个数和最后一个数的和是78，求这6个连续偶数各是多少？

4、丽丽学英语单词，第一天学会了6个，以后每天都比前一天多学会1个，最后一天学会了16个。丽丽在这些天中共学会了多少个单词？

5、有80把锁的钥匙搞乱了，为了使每把锁都配上自己的钥匙，至多要试多少次？

高中数学数列求和方法篇13

一、目前人们买房和教育助学经常采用贷款, 而贷款大部分是分期付款的方式

分期付款分为两种:

1. 等额本息还款法:

即一次性计算出本金与本金在借款期限内所产生的利息之和, 平均分配到各还款期, 得到每期还款数额.

2. 等额本金还款法.

每月所还的借款本金相同, 各月还各月现有借款产生的利息.这样的利息如何计算?

(1) 等额本息还款法:如果贷款n万元, 采用分期还款的方法, 每期还款数额相同, m期还完, 每期所付金额相同, 那么每期应当还款数额的计算方法是:设每期还款x元, 各期所付款额到贷款全部付清时也会产生利息 (按期以复利计算) , 期利率为q, 则首付x元, 第二期付x元以及利息xq, 即x (1+q) , 第三期……第m期付x (1+q) m-1, 所以合计付款由x+x (1+q) +x (1+q) 2+…+x (1+q) m-1=n (1+q) m计算所得.

(2) 等额本金还款法:等额本金还款法目前采用的不算太多, 它是在你还贷期限内, 以并不固定的数目每月还贷.也就是说, 虽然每年每月本金保持不变, 但每年每月利息则会由多到少不断变化.具体的计算公式为:月还款额=本金÷贷款期限 (月) + (本金-已还本金) ×月利率.不难发现, 每月的还款额并不固定, 而是随着每月利息的变化而变化的, 是一个递减的过程.

二、活期储蓄与整存整取储蓄的本息计算

一般的储蓄分为活期储蓄和定期储蓄, 对于活期储蓄来说, 利息可以按照日利率来计算.整存整取与之类似, 只要按照相应的利息即可以计算.对于零存整取:先分期存入相同的金额, 最后再一次性取出, 它的利息是怎样计算的呢?看下面的例子:

例1某家庭打算在2010年年底花40万元购一套商品房, 为此计划从2004年初开始, 每年年初存一笔购房专用存款, 这笔款到2010年底连本带息共40万元.如果每年的存款数额相同, 一年利息2%, 按复利计算, 问每年应存入多少钱?

解设每年年初应存入x万元, 从2004～2010年底本利和依次为:

2004年底 (1+2%) 7x, 2005年底 (1+2%) 6x, …, 2010年底 (1+2%) x,

答:每年应存入52498元钱.

点评分期贷款问题与零存整取问题在这里可看出原理实际上是一样的, 所以在等额本息还款问题的计算上, 完全可以看做是每年或每期都向银行存一定额的钱, 按复利计算, 到期一块取出还所贷款的本利和.通过下面这个例子可更好的说明这一计算方法.

三、投资问题

例2某企业想进行技术改造, 现有两种方案, 甲方案:一次性贷款10万元, 第一年获利1万元, 以后每年比前一年增加30%的利润;乙方案:每年贷款1万元, 第一年可获利1万元, 以后每年比前一年增加利润5千元, 两种方案的使用期都是10年, 到期一次性还本付息, 若银行贷款按年利率10%的复利计算, 比较哪一种方案最好? (参考数据:1.110≈2.549, 1.310≈13.79)

解甲方案利润情况:

乙方案利润情况:

16.96>14.966, 所以甲方案更好.

小结从以上例子可以看出, 数列的知识不仅与储蓄相关, 而且广泛地应用于生活中.由此可见, 数学知识来源于生活又运用于生活, 生活是丰富多彩的, 数学知识更是精彩.

摘要：数学与经济不可分割, 储蓄和贷款与国计民生息息相关.该文对储蓄和贷款的利率计算方法加以整理, 并以零存整取和分期付款为例, 应用等比数列得出储蓄和贷款中本息的计算公式.

幂数列求和公式的推导及证明篇14

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。

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