安徽省宿松县高三数学一轮复习 第19讲 数列求和教案
高三数学第一轮复习 —数列求和教案
解：〔1〕
．
〔2〕∵ ，
∴ ．
〔3〕∵
∴
．
〔4〕 ，
当 时， … ，
当 时， … ，
… ，
两式相减得 … ，
∴ ．
〔5〕∵ ，
∴原式 … … ．
〔6〕设 ，
又∵ ，
∴ ， ．
例2．数列 的通项 ，求其前 项和 ．
解：奇数项组成以 为首项，公差为12的等差数列，
偶数项组成以 为首项，公比为4的等比数列；
2．倒序相加、错位相减，分组求和、拆项求和Hale Waihona Puke 求和方法；〔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．求以下数列的前 项和 ：
〔1〕5，55，555，5555，…， ，…；〔2〕 ；
〔3〕 ；〔4〕 ；
芯衣州星海市涌泉学校一．课题：数列求和
二．教学目的：1．纯熟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展求和运算；
3．熟记一些常用的数列的和的公式．
三．教学重点：特殊数列求和的方法．
四．教学过程：
〔一〕主要知识：
1．等差数列与等比数列的求和公式的应用；
当 为奇数时，奇数项有 项，偶数项有 项，
∴ ，
当 为偶数时，奇数项和偶数项分别有 项，
∴ ，
所以， ．
例3．〔高考A方案智能训练14题〕数列 的前 项和 ，数列 满足 ，假设 是等比数列，
〔1〕求 的值及通项 ；〔2〕求和 … ．
〔解答见教师用书127页〕
数列求和的七种方法｜数列求和教案
数列求和是知识掌握的重点，下面是为大家带来的数列求和教案，希望能帮助到大家!数列求和教案篇一汉滨高中李安锋教学目标:知识目标①复习等差和等比数列的前n项和公式、回忆公式推导过程所用倒序想加和错位相减的思想方法,及用数列求和公式求和时,应弄清基本量中各基本量的值,特别是用等比数列求和公式求和时,应关注公比q是否为1;②记住一些常见结论便于用公式法对数列求和;③学会分析通项的结构并且对通项进行分拆;能运用拆并项求和思想方法解决非特殊数列求和问题。
能力目标培养学生用联系和变化的观点,结合转化的思想来分析问题和解决问题的能力。
情感目标培养学生用数学的观点看问题,从而帮助他们用科学的态度认识世界. 教学重点与难点教学重点等差等比数列求和及特殊数列求和的常用方法教学难点分析具体数列的求和方法及实际求解过程.教学方法、手段通过设问、启发、当堂训练的教学程序,采用启发式讲解、互动式讨论、反馈式评价的授课方式,培养学生的自学能力和分析与解决问题的能力,借助幻灯片辅助教学,达到增加课堂容量、提高课堂效率的目的,营造生动活泼的课堂教学氛围. 学法指导为了发挥学生的主观能动性,提高学生的综合能力,确定了三种学法(1)自主性学习法,(2)探究性学习法,(3)巩固反馈法,教学过程(一)情景导入复习回顾:等差数列和等比数列的前n项和公式?n(a1?an)n(n?1)?na1?d 等差数列求和公式Sn?22(q?1)?na1? 等比数列求和公式Sna1(1?qn)a1?anq ?(q?1)?1?q?1?q 教师引导学生回忆数列几种常见的求和方法?①公式法②分组求和法③裂项相消法④错位相减法(充分发挥学生学习的能动性,以学生为主体,展开课堂教学)(二)自学指导若已知一个数列的通项,如何对其前n项求和?①an?3n ②an?3n?2n?1 ③an?n(n?1)④an?1 ⑤an?n?3n n(n?1)(通过学生对几种常见的求和方法的归纳、总结,结合具体的实例、简单回忆各方法的应用背景.把遗忘的知识点形成了一个完整的知识体系)巩固检测题(1) a?a2?a3?an?________(2) 1+3+5+?+(2n+1)=(3)12?22?32n2?(复习等差与等比数列的求和公式:(1)中易忘讨论公比是否为1(2)中易错项数(3)与(4)是为用公式法求和作铺垫.)(三)例题展示例设Sn=1-3+5-7+9++101 求Sn分析: 拆并项求和思路? Sn=(1-3)+(5-7)+(9-11)+(97-99)+101=?Sn=1+(-3+5)+(-7+9)+(-11+13)+(-99+101)=? Sn=(1+5++101)-(3+7++99)=意图通过一题多解,开阔学生的思维.，分析①②③培养学生的拆项求和与并项求和的意识, 比较分析①②思考应留下。
高三数学复习《数列的求和》教案(第2课时)
各小组中心发言人直接展示，其他同学可提出质疑并作出补充说明
评
学生点评，教师补充总结归纳数列求和的常见求法定义和条件
掌握一些常见的裂项，如 ＝____ ＝____． ＝____．
检
限时3分钟，1题要求全部掌握.
用
40分钟限时练
教学反思
检查结果：优秀[ ]良好[ ]合格[ ]不合格[ ]
修改意见
备课组长（签字）：检查日期：年月日
题型二 通项分解法(分组求和)
例2(2016·邯郸一中月考)数列 ，3 ，5 ，7 ，…，(2n－1)＋ ，…的前n项和Sn的值等于()
A．n2＋1－1－
题型三 裂项相消法
例3求和：(1)Sn＝ ＋ ＋…＋ ；
(2)Sn＝ ＋ ＋…＋ .
议
1学生两两对议例1，互教互学；2学生组议例2。例3，能者为师；
考试大纲描述
1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。2了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。
教材内容分析
关于数列的求和问题，是高考必考考点，因此对本节要细心领会，认真掌握
学生分析
本考点难度系数一般，是高考必考考点，要求学生全部掌握
学习目标
1．理解数列求和的常见求法．2．掌握数列求和的倒序相加法、分组求和法、裂项相消法
重点
裂项相消法
难点
数列求和的常见求法计算准确无误
教学环节
教学活动
教师复备
导
回归教材回顾复习等差数列{an}前n项和公式推导步骤，引出倒序相加法
思
题型一 倒序相加法
例1设f(x)＝ ，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值为________．
高考数学一轮专项复习讲义(通用版)-数列求和(含解析)
数列求和题型分组求和法典例1(2024·山东潍坊模拟)已知数列{a n }满足a 12＋a 222＋…＋a n 2n ＝n2n.从结构特点分析，属于由S n 求a n 的类型，应用a n ＝S n －S n －1(n≥2)的运算，求通项公式．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意的n ∈N *，令b n n ，n 为奇数，a n ，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)当n ＝1时，a 12＝12，解得a 1＝1；当n ≥2时，a 12＋a 222＋…＋a n 2n ＝n2n ，①a 12＋a 222＋…＋a n －12n －1＝n －12n －1，②由①－②，得a n 2n ＝n 2n －n －12n －1＝2－n 2n，两式相减，目的是暴露出a n ，从而得出通项公式．即a n ＝2－n ，当n ＝1时，a 1＝2－1＝1也符合，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)由(1)知b n 奇数项和偶数项分别是不同数列，采用分组求和已是必然.这样分组的话，奇数项和偶数项的项数必须要讨论清楚．当n 为偶数时，当n 为偶数时，奇数项和偶数项的项数各是n2项．S n ＝[1＋(－1)＋(－3)＋…＋2－(n －1)]＋(20＋2－2＋…＋22－n )＝1＋3－nn 22＋121－14＝4－n n4＋＝－3n 2＋12n ＋1612－13×2n －2；当n 为奇数时，S n ＝S n ＋1－b n ＋1这里n 为奇数，n ＋1为偶数，S n ＋1代入前面解析式，如此计算更显简单！＝－3n ＋12＋12n ＋1＋1612－13×2n －1－21－n ＝－3n 2＋6n ＋2512－43×2n －1.综上所述，S n －43×2n －1，n 为奇数，－13×2n －2，n 为偶数.1．若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差数列或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和．2．若数列{c n }的通项公式为c n n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和.对点练1数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为________________________________________________________________________．解析：∵a n ＝(2n －1)＋12n ，∴S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋122＋123＋…n [1＋2n －1]2＋21－12＝n 2＋1－12n .答案：n 2＋1－12n题型并项求和法典例2(2024·江苏南京外国语学校、金陵中学联考)已知正项数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋1－a 2n ＝8n .这种递推结构，常暗示用累加法求通项．(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n sina n π2，数列{b n }的前n 项和为S n ，求S 2023.解：(1)对任意的n ∈N *，a 2n ＋1－a 2n ＝8n ，当n ≥2时，a 2n ＝(a 2n －a 2n －1)＋…＋(a 22－a 21)＋a 21这个过程体现了两两并成一项，再求和的思路．＝8(n －1)＋…＋8×1＋1＝8[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＋1＝8×n n －12＋1＝(2n －1)2，因为a n >0，故a n ＝2n －1.【题眼】{a n }为“正项数列”，据此排除负值．当n ＝1时，a 1＝1符合a n ＝2n －1，所以a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知，b n 奇偶项的符号不同，常采用奇偶两项并成一项再求和的方法．所以当k ∈N *时，b 2k ＋b 2k ＋1＝－(4k －1)＋4k ＋1＝2，故S 2023＝b 1＋(b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5)＋…＋(b 2022＋b 2023)＝1＋2×1011＝2023.【扫清障碍】并项求和法类似倒序相加法，数列中的项满足某些规律，一般是正负项交替出现，求解时要重点关注项两两结合后的“新数列”有多少项．1．一般地，当数列中的各项正负交替，且各项绝对值成等差数列时，可采用并项转化法求和．2．在利用并项转化法求和时，一般需要对项数n 分奇数和偶数两种情况进行讨论，所以结果一般用分段函数来表示.对点练2已知数列{a n }满足a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝(－1)n a n ＋2，则{a n }的前100项和为________．解析：①当n 为偶数时，a n ＋2＝a n ＋2，则偶数项是以1为首项，2为公差的等差数列，故a 2＋a 4＋…＋a 100＝50×1＋50×492×2＝2500.②当n 为奇数时，a n ＋2＝－a n ＋2，即a n ＋a n ＋2＝2，故a 1＋a 3＋…＋a 99＝2×25＝50.综上，S 100＝2550.答案：2550题型错位相减法典例3(2023·全国甲卷，理)已知数列{a n }中，a 2＝1，设S n 为{a n }的前n 项和，2S n ＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)n 项和T n .解：(1)2S n ＝na n ①，当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1②，由①－②得，2a n ＝na n －(n －1)a n －1，我们常说S n 和a n 不共存，常用a n ＝S n －S n －1的变形，要么得到a n 的递推，要么得到S n的递推．即(n －1)a n －1＝(n －2)a n .当n ＝2时，a 1＝0；由条件2S n ＝na n ，令n ＝2，可推得a 1＝0.当n ≥3时，a n －1n －2＝a n n －1.∴当能理解这里n≥2的限制吗？∴a n n －1＝a 21＝1，∴a n ＝n －1(n ≥2)．由a 1＝0也满足上式，∴a n ＝n －1(n ∈N *)．(2)由(1)2我们称此种形式的数列为“差比数列”．形如a n ＝(a n ＋b)·q n －1的形式，即两个因式，一个因式为等差数列{a n ＋b}，另一个因式为等比数列{q n －1}，它的前n 项和常采用错位相减法；有的老师总结了前n 项和的一个公式S n ＝(An ＋B)·q n －B ，其中A ＝a q －1，B ＝b －A q －1，以上有助于加强我们对它的认识！则T n ＝＋＋＋…＋n③，12Tn ＝＋＋…＋(n －＋n＋1④，由③－④得12T n ＝1211－12－n＋1，∴T n ＝2－(2＋n .1．一般地，如果数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘等比数列{b n }的公比，然后作差求解．2．在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式.对点练3(2024·重庆一中月考)已知函数f (x )＝cos πx －sin πx (x ∈R )的所有正零点构成递增数列{a n }(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b nn {b n }的前n 项和T n .解：(1)因为f (x )＝cos πx －sin πx ＝2cos xf (x )＝0可得2cosx 0，即πx ＋π4＝π2＋k π(k ∈Z )，解得x ＝14＋k (k ∈Z )．因为{a n }为所有正零点构成的数列，所以a 1＝14，且a n －a n －1＝1(n ≥2)，故{a n }为以14为首项，1为公差的等差数列，即a n ＝14＋(n －1)＝n －34.(2)由(1)知a n ＝n －34，所以b n－34＋，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1＋b n＋＋＋…＋(n －－1＋n①，所以12T n＋＋＋…＋(n －＋n＋1②，①－②可得12T n＋…－＋1＝1211－12－＋1＝1－(n ＋＋1，故T n ＝2－(n ＋.题型倒序相加法典例4(2024·上海宜川中学模拟)德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称．相传，幼年的高斯就表现出超人的数学天赋，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，此方法也被称为高斯算法．已知某数列的通项公式为a n ＝2n －1002n －101，则a 1＋a 2＋…＋a 100＝()A ．98B ．99C ．100D ．101解析：方法一：由数列的通项公式为a n ＝2n －1002n －101，可得当1≤n ≤100，n ∈N *时，a n ＋a 101－n ＝2n －1002n －101＋2101－n －1002101－n－101＝2n －1002n －101＋102－2n 101－2n＝4n －2022n －101＝2，所以a 1＋a 100＝a 2＋a 99＝a 3＋a 98＝…＝a n ＋a 101－n ＝2，所以2(a 1＋a 2＋…＋a 100)＝2×100＝200，【扫清障碍】求和式中到首尾距离相等的两项和相等，考虑使用倒序相加法，将求和式倒序书写，之后与原式相加，两两结合求解．所以a 1＋a 2＋…＋a 100＝100.方法二：函数f (x )＝2x －1002x －101的图象关于点所以f (x )＋f (101－x )＝2，则f (1)＋f (100)＝f (2)＋f (99)＝…＝f (50)＋f (51)＝2，即a 1＋a 100＝a 2＋a 99＝…＝a 50＋a 51＝2，所以a 1＋a 2＋…＋a 100＝50×2＝100.故选C.【方法辨析】方法二中，首尾对应的项两两结合，求和时项数易错，而方法一采用倒序相加法，项数容易确定，但不要忘了结果要除以2.若一个数列{a n }，与首末两项等距离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．对点练4已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝118，2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n ，b n ＝1a n－16.(1)证明{b n }为等比数列，并求{b n }的通项公式；(2)求a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7.解：(1)由2a n ＋1－a n ＝16a n ＋1a n 可得1a n ＋1＝2a n －16，于是1a n ＋1－16＝b n ＋1＝2b n ，而b 1＝1a 1－16＝2，所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．所以b n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知a n ＝12n ＋16，所以a n b n ＝2n2n ＋16.因为a k b k ＋a 8－k b 8－k ＝2k 2k ＋16＋28－k 28－k ＋16＝2k －42k －4＋1＋11＋2k －4＝1，所以2(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7)＝(a 1b 1＋a 7b 7)＋(a 2b 2＋a 6b 6)＋…＋(a 7b 7＋a 1b 1)＝7，所以a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a 7b 7＝72.题型裂项相消法的多维研讨维度1b n ＝1a n a n ＋1({a n }为等差数列)型典例5求和：(1)S n ＝1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋…＋n ；a n ＝11＋2＋…＋n ＝2nn ＋1，像这样没有给出通项公式的情况下，求S n 时，应先求出通项公式．(2)S n ＝11×3＋12×4＋…＋1n n ＋2.解：(1)由题意知，a n ＝2nn ＋1＝∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝…＝2nn ＋1.(2)由题意知，a n nn ＋22经典题型，关键是体会裂项相消后，前后余下的几项是对称的，即前面和后面余下的项数相同．∴S n－13＋12－14＋…＋1n －＋12－1n ＋1－＝34－2n ＋32n ＋1n ＋2.利用裂项相消法求和的注意事项(1)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，或者前面剩几项，后面也剩几项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }a n a n ＋1d a n a n ＋22d 理解前面系数的匹配！对点练5(2024·河南洛阳模拟)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3＝5，a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a 2n ＋4n －2，S n 是数列{b n }的前n 项和，若对任意正整数n ，不等式2S n ＋(－1)n＋1a >0恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)因为a 3＝5，a 1，a 2，a 51＋2d ＝5，a 1＋d2＝a 1a 1＋4d ，又d ≠0，1＝1，＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1a 2n ＋4n －2＝12n －12＋4n －2＝14n 2－1＝12n －12n ＋1所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12×＋12×…依题意得，对任意正整数n ，不等式1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a >0恒成立，当n 为奇数时，1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a >0即a >－1＋12n ＋1，所以a >－23；当n 为偶数时，1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a >0即a <1－12n ＋1，所以a <45.所以实数a －23，维度2a n ＝1n ＋k ＋n型典例6(2024·广东揭阳调研)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n ＋1，a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c n ＝1a n ＋1＋a n，S n 是数列{c n }的前n 项和，求S n .解：(1)由a n ＋1＝a 2n ＋1，有a 2n ＋1－a 2n ＝1，可知数平方后，构造等差数列．列{a 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n .(2)c n ＝1a n ＋1＋a n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，分母有理化，裂成两项相减的形式，为裂项相消法求和作准备．所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.形如a n ＝1n ＋k ＋n型的数列采用裂项相消法求和时，应先将分母有理化.对点练6已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，其中d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点，且d <S 9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n ＋1＋a n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9，所以d ＝2，S 9＝99.又因为S n ＝na 1＋n n －12d ，所以9a 1＋9×82×2＝99，解得a 1＝3，所以数列{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)知，b n ＝1a n ＋1＋a n＝12n ＋3＋2n ＋1＝12(2n ＋3－2n ＋1)，所以T n ＝12(5－3)＋12(7－5)＋…＋12(2n ＋1－2n －1)＋12(2n ＋3－2n ＋1)＝2n ＋3－32.维度3a n ＝n ＋kn 2n ＋φ2型典例7正项数列{a n }的前n 项和S n 满足S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n＝n＋1n＋22a2n，数列{b n}的前n项和为T n.证明：对于任意的n∈N*，都有T n<564.(1)解：由S2n－(n2＋n－1)S n－(n2＋n)＝0，得[S n－(n2＋n)](S n＋1)＝0.二次三项式的因式分解．由于{a n}是正项数列，所以S n>0，所以S n＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.当n＝1时，a1＝2＝2×1符合上式．综上，数列{a n}的通项公式为a n＝2n(n∈N*)．(2)证明：由于a n＝2n，故b n＝n＋1n＋22a2n＝n＋14n2n＋22＝1161n2－1n＋22.分母的结构特点为二次式的乘积形式，分子为一次式，学习裂项方法．所以T n＝1161－132＋122－142＋132－152＋…＋1n－12－1n＋12＋1n2－1n＋22＝1 161＋122－1n＋12－1n＋22<＝564.先裂项求和，再证明不等式．形如a n＝n＋kn2n＋φ2型的数列采用裂项相消法求和时，可以将平方项看成一个整体，然后调整系数求解.对点练7已知各项均不相等的等差数列{a n}的前4项和为10，且a1，a2，a4是等比数列{b n}的前3项．(1)求a n，b n；(2)设c n＝b n＋2n＋1a2n·a2n＋1，求{c n}的前n项和S n.解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，d≠0，a1＋4×32d＝10，22＝a1a4，a1＋3d＝5，a1＋d2＝a1·a1＋3d，a1＋3d＝5，2＝a1d，因为d ≠0a 1＋3d ＝5，＝a 1，解得a 1＝d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ，所以b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝2，所以等比数列{b n }的公比q ＝a 2a 1＝2，所以b n ＝2n －1.(2)由(1)知，c n ＝2n －1＋2n ＋1n 2·n ＋12＝2n －1＋1n2－1n ＋12，所以S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＋112－122＋122－132＋…＋1n 2－1n ＋12＝1－2n 1－2＋1－1n ＋12＝2n －1n ＋12.维度4a n ＝ka na n －1a n ＋1－1(a >0且a ≠1)型分母结构特点：等比数列相邻两项的积．典例8已知a n ＝2·3n3n －13n ＋1－1，求数列{a n }的前n 项和S n .解：由题意知，a n ＝13n －1－13n ＋1－1，注意到分子2·3n 恰好为分母中两因式的差：(3n ＋1－1)－(3n －1)＝2·3n .∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝13－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.由于(a －1)a n ＝an ＋1－a n，所以有a －1a na n ＋ba n ＋1＋b＝1a n ＋b －1a n ＋1＋b.分子恰好为分母中两因式的差．常见指数型裂项：(1)2n2n ＋1－12n －1＝12n －1－12n ＋1－1.(2)12n 2n －1＝12n －1－12n .(3)n ＋2nn ＋1·12n ＝2n ＋1－n n n ＋1·12n 裂为分母为差比数列的形式．＝1n ·2n －1－1n ＋1·2n.(4)n ＋12＋1nn ＋12n ＋2＝12·n 2＋2n ＋2n n ＋12n ＋1＝12n 2＋n n n ＋12n ＋1＋n ＋2nn ＋12n ＋1＝1212n ＋1＋1n ·2n－1n ＋1·2n ＋1.对点练8已知数列{a n }的首项a 1>0，前n 项和为S n ，且满足a 1a n ＝S 1＋S n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋1S n ·S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，解得a 1＝2或a 1＝0(舍去)．当n ≥2时，2a n ＝2＋S n ，①2a n －1＝2＋S n －1，②①－②，得a n ＝2a n －1，所以a na n －1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2·2n －1＝2n .(2)由于S n ＝21－2n 1－2＝2·(2n －1)，所以b n ＝a n ＋1S n ·S n ＋1＝2n ＋142n －12n ＋1－1所以T n ＝12×…＝2n －12n ＋1－1.。
数列求和 课件-2023届高三数学一轮复习
1
1
1
n＋1
n＋1
1－
，故 Tn＝2 －2＋1－
＝2 －
－1.
n＋1
n＋1
n＋1
选②，设{an}的公差为 d，由 a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，
a ＝2，
1
解得
所以 an＝2n，Sn＝n2＋n.所以 a1＝2，a2＝4，
d＝2，
a1a2
设{bn}的公比为 q，则 b1＝a1＝2，b2＝ 2 ＝4，
高三一轮复习
5.4 数列求和
公式法
错位相
倒序相
加法
减法
数列
求和
并项求
和法
裂项相
消法
分组转
化法
一．公式法
知识点 数列前 n 项和的求法：公式法
(1)等差数列的前 n 项和公式
n（a1＋an）
n（n－1）
na1＋
d ．
2
Sn＝___________
＝___________________
2
(2)等比数列的前 n 项和公式
所以 q＝2，所以 bn＝2n，
2－2n＋1
1
n＋1
＝2 －2，因为S
n
1
所以数列{bn}的前 n 项和为
＝ 2
1－2
n ＋n
1
1
1
1
1
1
＝
＝n －
，所以数列S 的前 n 项和为 1－2 ＋2 －
n
n（n＋1）
n＋1
故 Tn＝2
1
1
n＋1
－2＋1－
＝2 －
－1.
n＋1
n＋1
高中数学数列求和教案模板
高中数学数列求和教案模板
一、教学目标：
1. 知识与技能：掌握数列求和的基本方法，能够运用公式求解数列求和问题。
2. 过程与方法：培养学生分析问题、归纳规律和运用公式求解问题的能力。
3. 情感态度与价值观：激发学生对数学的兴趣，培养学生坚持不懈、勇于探索的学习态度。
二、教学重点和难点：
1. 掌握等差数列求和公式和等比数列求和公式。
2. 解决实际问题中的数列求和问题。
三、教学过程：
1. 导入：通过一个生活中的实际问题引入数列求和的概念，引起学生兴趣。
2. 提出问题：给学生几道数列求和的练习题，让学生自己尝试解答。
3. 教学讲解：介绍等差数列求和公式和等比数列求和公式，讲解求解数列求和的基本方法。
4. 拓展练习：让学生做一些更复杂的数列求和题，巩固所学知识。
5. 实际应用：引导学生应用所学知识解决实际问题，提高学生的综合应用能力。
6. 总结：对本堂课所学内容进行总结，巩固学生的学习成果。
四、课堂作业：
1. 完成课堂练习题。
2. 设计一个与生活相关的数列求和问题，并用公式解决。
五、教学反思：
1. 教学过程中是否引入了生活实例，激发了学生的学习兴趣？
2. 是否根据学生的实际情况，调整了教学内容和难度？
3. 学生能否掌握数列求和的基本方法和公式，是否能够独立解决数列求和问题？
六、板书设计：
1. 等差数列求和公式：Sn = n(a1 + an)/2
2. 等比数列求和公式：Sn = a1(1-q^n)/(1-q)
七、教学反馈：
通过课堂练习和作业的批改，及时了解学生对数列求和知识的掌握情况，做好巩固和拓展工作。
2025届高考数学一轮复习教案：数列-等比数列
第三节等比数列课程标准1.理解等比数列的概念并掌握其通项公式与前n项和公式.2.能在具体的问题情境中,发现数列的等比关系,并解决相应的问题.3.体会等比数列与指数函数的关系.考情分析考点考法:高考命题常以等比数列为载体,考查基本量的运算、求和及性质的应用.等差数列与等比数列的综合应用是高考的热点,在各个题型中均有出现.核心素养:数学建模、数学运算、逻辑推理.【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】1.等比数列的有关概念定义一般地,如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零),那么这个数列叫做等比数列通项公式设{a n}是首项为a1,公比为q的等比数列,则通项公式a n=a1q n-1.推广:a n=a m q n-m(m,n∈N*)等比中项如果在a与b中间插入一个数G,使a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项.此时,G2=ab【微点拨】(1)等比数列中不含有0项;(2)同号的两个数才有等比中项,且等比中项有两个,它们互为相反数.2.等比数列的前n项和公式【微点拨】在运用等比数列的前n项和公式时,必须注意对q=1与q≠1分类讨论,防止因忽略q=1这一特殊情形而导致解题失误.3.等比数列与指数函数的关系等比数列的通项公式可整理为a n=1·q n,而y=1·q x(q≠1)是一个不为0的常数1与指数函数q x的乘积,从图象上看,表示数列1·q n中的各项的点是函数y=1·q x的图象上孤立的点.4.等比数列的性质(1)对任意的正整数m,n,p,q,若m+n=p+q,则a m·a n=a p·a q.特别地,若m+n=2p,则a m·a n=2.(2)若等比数列前n项和为S n,则S m,S2m-S m,S3m-S2m仍成等比数列(公比q≠-1).(3)数列{a n}是等比数列,则数列{pa n}(p≠0,p是常数)也是等比数列.(4)在等比数列{a n}中,等距离取出若干项也构成一个等比数列,即a n,a n+k,a n+2k,a n+3k,…为等比数列,公比为q k.(5)等比数列{a n}的单调性:当q>1,a1>0或0<q<1,a1<0时,数列{a n}是递增数列;当q>1,a1<0或0<q<1,a1>0时,数列{a n}是递减数列;当q=1时,数列{a n}是常数列.【基础小题·自测】类型辨析改编易错高考题号12341.(多维辨析)(多选题)下列结论正确的是()A.满足a n+1=qa n(n∈N*,q为常数)的数列{a n}为等比数列B.三个数a,b,c成等比数列的必要不充分条件是b2=acC.数列{a n}的通项公式是a n=a n,则其前n项和为S n=(1-)1-D.如果数列{a n}为正项等比数列,则数列{ln a n}是等差数列【解析】选BD.A中q不能为0;B中当a=b=c=0时满足b2=ac,但不是等比数列;C 中a=1时不成立;D中,a n>0,设a n=a1q n-1,则ln a n=ln a1+(n-1)ln q,{ln a n}是等差数列.2.(选择性必修第二册P29例1·变形式)若{a n}是各项均为正数的等比数列,且a1=1,a5=16,则a6-a5=()A.32B.-48C.16D.-48或16【解析】选C.由题意,q>0,则q=2,所以a6-a5=a5(q-1)=16.3.(忽视前n项和的条件致误)等比数列{a n}中,a3=6,前三项和S3=18,则公比q的值为()A.1B.-12C.1或-12D.-1或-12【解析】选C.因为S3=18,a3=6,所以a1+a2=32(1+q)=12,故2q2-q-1=0,解得q=1或q=-12.4.(2023·全国乙卷)已知{a n}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=________.【解析】设{a n}的公比为q(q≠0),则a2a4a5=a3a6=a2q·a5q,显然a n≠0,则a4=q2,即a1q3=q2,则a1q=1.因为a9a10=-8,则a1q8·a1q9=-8,则q15=(5)3=-8=(-2)3,则q5=-2,则a7=a1q·q5=q5=-2.答案:-2【巧记结论·速算】1.若{a n},{b n}(项数相同)是等比数列,则{λa n}(λ≠0),{1},{2},{a n·b n数列.2.当{a n}是等比数列且q≠1时,S n=11--11-·q n=A-A·q n.【即时练】1.设n∈N*,则“数列{a n}为等比数列”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选A.充分性:若数列为等比数列,公比为q,为公比为12的等比数列,充分性成立;必要性:,公比为q,则-1=±所以数列不是等比数列,必要性不成立.2.已知数列{a n}的前n项和S n=22n+1+a,若此数列为等比数列,则a=________.【解析】因为数列的前n项和S n=22n+1+a=2×4n+a,所以a=-2.答案:-2【核心考点·分类突破】考点一等比数列基本量的计算[例1](1)(一题多法)记S n为等比数列{a n}的前n项和,若a5-a3=12,a6-a4=24,则=()A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1【解析】选B.方法一:设等比数列{a n}的公比为q,则由5-3=14-12=12,6-4=15-13=24,解得1=1,=2,所以S n=1(1-)1-=2n-1,a n=a1q n-1=2n-1,所以=2-12-1=2-21-n.方法二:设等比数列{a n}的公比为q,因为6-45-3=4(1-2)3(1-2)=43=2412=2,所以q=2,所以=1(1-)1-1-1=2-12-1=2-21-n.(2)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若a3a11=232,且S8+S24=mS16,则m=()A.-4B.4C.-83D.83【解析】选D.因为a3a11=232,且a n≠0,所以a11=2a3即a1q10=2a1q2,解得q8=2或q=0(舍去),因为S 8+S 24=mS 16,所以1(1-8)1-+1(1-24)1-=m ·1(1-16)1-,又因为q 8=2,a 1≠0,所以-8=-3m ,解得m =83.【解题技法】等比数列基本量的计算(1)等比数列中有五个量a 1,n ,q ,a n ,S n ,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求解;(2)注意观察条件转化式的特点,尽量采用整体消元、代入的方法简化运算,如两式相除就是等比数列中常用的运算技巧.【对点训练】1.已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3=()A .16B .8C .4D .2【解析】选C .设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q ,则1+1+12+13=15,14=312+41,解得1=1=2,所以a 3=a1q 2=4.2.已知{a n }是首项为1的等比数列,S n 是{a n }的前n 项和,且9S 3=S 6,5项和为()A .158或5B .3116或5C .3116D .158【解析】选C .若q =1,则由9S 3=S 6,得9×3a 1=6a 1,则a 1=0,不满足题意,故q ≠1.由9S 3=S 6,得9×1(1-3)1-=1(1-6)1-,解得q =2.故a n =a 1q n-1=2n -1,1=(12)n -1.1为首项,以12为公比的等比数列,所以5项和为T 5=1×[1-(12)5]1-12=3116.【加练备选】设公比为q(q>0)的等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2=3a2+2,S4=3a4+2,则q=()A.32B.12C.23D.2【解析】选A.因为在等比数列中,S2=3a2+2,S4=3a4+2,所以S4-S2=a3+a4=3(a4-a2),所以a2(q+q2)=3a2(q2-1),又a2≠0,所以q+q2=3(q2-1),即2q2-q-3=0,又q>0,所以q=32.考点二等比数列的判定与证明[例2]已知数列{a n}中,a1=1且2a n+1=6a n+2n-1(n∈N*),(1)求证:数列+;(2)求数列{a n}的通项公式.【解析】(1)因为2a n+1=6a n+2n-1(n∈N*),所以a n+1=3a n+n-12,所以r1+r12+2=3+-12+r12+2=3+32+2=3,因为a1+12=1+12=32,所以数列+2是首项为32,公比为3的等比数列.(2)由(1)得,a n+2=32×3n-1=12×3n,所以a n=12×3n-2.【解题技法】等比数列的判定方法定义法若a n+1a n=q(q为非零常数,n∈N*)或-1=q(q为非零常数且n≥2,n∈N*),则{a n}是等比数列等比中项法若数列{a n}中,a n≠0且r12=a n·+2(n∈N*),则{a n}是等比数列【对点训练】数列{a n}中,a1=2,a n+1=r12a n(n∈N*).证明数列{}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式.【解析】由题设得r1r1=12·,又11=2,所以数列{}是首项为2,公比为12的等比数列,所以=2×(12)n-1=22-n,a n=n·22-n=42.【加练备选】成等差数列的三个正数的和等于15,并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{b n}中的b3,b4,b5.(1)求数列{b n}的通项公式;(2)数列{b n}的前n项和为S n,求证:数列{S n+54}是等比数列.【解析】(1)设成等差数列的三个正数分别为a-d,a,a+d,依题意,得a-d+a+a+d=15,解得a=5.所以数列中的b3,b4,b5依次为7-d,10,18+d.依题意,有(7-d)(18+d)=100,解得d=2或d=-13(舍去),故数列的第3项为5,公比为2.由b 3=b 1·22,即5=b 1·22,解得b 1=54.所以数列是以54为首项,以2为公比的等比数列,其通项公式为b n =54·2n -1=5·2n -3.(2)数列的前n 项和S n =54(1-2)1-2=5·2n -2-54,即S n +54=5·2n -2,所以S 1+54=52,r1+54+54=5·2-15·2-2=2.因此{S n +54}是以52为首项,以2为公比的等比数列.考点三等比数列性质的应用【考情提示】等比数列的性质作为解决等比数列问题的工具,因其考查数列知识较全面而成为高考命题的热点,重点解决基本量运算、条件转化等.角度1等比数列项的性质[例3]已知各项均为正数的等比数列的前n 项和为S n ,a 2a 4=9,9S 4=10S 2,则a 2+a 4的值为()A .30B .10C .9D .6【解析】选B .已知为各项均为正数的等比数列,则a n >0,可得a 1>0,q >0,因为32=a 2a 4=9,所以a 3=3,又因为9S 4=10S 2,则9(a 1+a 2+a 3+a 4)=10(a 1+a 2),可得9(a 3+a 4)=a 1+a 2,所以3+41+2=q 2=19,解得q =13,故a 2+a 4=3+a 3q =10.角度2等比数列前n 项和的性质[例4]已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,且S8-2S4=5,则a9+a10+a11+a12的最小值为()A.10B.15C.20D.25【解析】选C.由题意可得a9+a10+a11+a12=S12-S8,由S8-2S4=5,可得S8-S4=S4+5.又由等比数列的性质知S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,则S4(S12-S8)=(S8-S4)2.于是a9+a10+a11+a12=S12-S8=(4+5)24=S4+254+10≥2当且仅当S4=5时等号成立.所以a9+a10+a11+a12的最小值为20.角度3等比数列的单调性[例5]已知{a n}是等比数列,a1>0,前n项和为S n,则“2S8<S7+S9”是“{a n}为递增数列”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B.因为数列是等比数列,a1>0,2S8<S7+S9,所以a8<a9,所以q7<q8,所以q7(q-1)>0,所以q<0或q>1,所以2S8<S7+S9的充要条件为q<0或q>1.又a1>0,数列为递增数列的充要条件为q>1,所以“2S8<S7+S9”是“为递增数列”的必要不充分条件.【解题技法】1.应用等比数列性质的两个关注点(1)转化意识:在等比数列中,两项之积可转化为另外两项之积或某项的平方,这是最常用的性质.(2)化归意识:把非等比数列问题转化为等比数列问题解决,例如有关S m,S2m,S3m的问题可利用S m,S2m-S m,S3m-S2m(S m≠0)成等比数列求解.2.等比数列的单调性的应用方法研究等比数列的单调性问题,要综合考虑首项的符号以及公比的取值范围,而涉及等比数列有关的单调性的充分必要条件问题,既要考虑数列的单调性也要善于举反例说明.【对点训练】1.设单调递增的等比数列{a n}满足12+14=1336,a1a5=36,则公比q=()A.32B.94C.2D.52【解析】选A.因为数列{a n}为等比数列,所以a1a5=a2a4=36,所以12+14=2+424=2+436=1336,则a2+a4=13,又数列{a n}单调递增,所以q>1,解得a2=4,a4=9,则q2=94,因为q>1,所以q=32.2.设无穷等比数列{a n}的前n项和为S n,若-a1<a2<a1,则()A.{S n}为递减数列B.{S n}为递增数列C.数列{S n}有最大项D.数列{S n}有最小项【解析】选D.由-a1<a2<a1可得a1>0,所以q=21<1,因为-a1<a2得q=21>-1,所以-1<q<1,因为S n=1(1-)1-,当0<q<1时,{S n}递增,当-1<q<0时,{S n}既有递增又有递减,A,B错误;当0<q<1时,S n有最小项S1,没有最大项,当-1<q<0时,a1>0,a2<0,a3>0,a4<0且a3+a4>0,S n有最小项S2,没有最大项,C错误,D 正确.3.设等比数列{a n}的前n项和为S n.若a n>0,S3=5,a7+a8+a9=20,则S15=________.【解析】由等比数列的性质可知S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9,S15-S12是等比数列,由条件可知S3=5,S9-S6=20,则此等比数列的公比q2=205=4,又a n>0,所以q=2,S15=S3+(S6-S3)+(S9-S6)+(S12-S9)+(S15-S12),所以S15=5(1-25)1-2=155.答案:155。
高三数学一轮复习 数列的求和导学案 文
5．求和： ____．【我的疑Leabharlann 】备注第1页共4页
【自主探究】
1．在数列 中， ，求 和 ．
2．等差数列 的各项均为正数， ，前 项和为 ， 为等比数列， ，且 ， ．
(1)求 与 ；(2)求 ．
3．在数列 中， ， ．
(1)设 ，证明：数列 是等差数列；(2)求数列 的前 项和 ．
备注
第2页共4页
【课堂检测】
1． =__________.
2．求和： .
3．设 ，则 .
4．在数列 中， ，且 ，则 __ ____.
5．设正项数列 的前 项和 ，满足 .
(1)求出数列 的通项公式；(2)设 ，求数列 的前 项和 .
【回标反馈】
备注
第3页共4页
【巩固练习】
1．数列 前 项的和 ，若 是等比数列，则常数 ___.
数列的求和
【学习目标】
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．
【问题情境】
一、知识回顾：
二、预习练习：
1.在等差数列 中，前20项的和为______．
2．等比数列 的前 项和 ，则 ＝_______．
3．数列 的通项公式 ，前 项和 ．
2．数列 ______.
3．求数列 的前 项和 .
4．数列 中， ，且满足：
(1)求数列 通项的公式；(2)设 ，求 ；
(3)设 ， ，是否存在最大的整数 ,使对于任意的 ，均有 成 立，若存在，求 的值；若不存在，说明理由.
备注
高三数学第一轮复习：等比数列、数列求和人教版
高三数学第一轮复习：等比数列、数列求和人教版【本讲教育信息】一. 教学内容：等比数列、数列求和二. 重点、难点：1. 理解等比数列的有关概念；掌握等比数列的通项公式和前n 项和公式，并能运用这些知识解决一些简单的实际问题。
2. 通过观察数列通项公式的特点选择合适的方法，求数列的前n 项和。
【典型例题】[例1] 在等比数列}{n a 中，128,66121==+-n n a a a a ，126=n S ，求n 和q 。
解：因}{n a 是等比数列，故128112==-n n a a a a ，结合661=+n a a ，可知n a a 、1是方程0128662=+-x x 的两根，解方程，得64,221==x x故21=a ，64=n a 或2,641==n a a 当64,21==n a a 时，12611=--=qqa a S n n ，得2=q又因为64=n a ，6411=-n qa ，故n 6=当641=a ，2=n a 时，1261264,12611=--=--=q q q q a a S n n 得21=q又因为6,2,211===-n q a a n n综上所述，6=n ，公比2=q 或21[例2] 已知数列}{n a 为等差数列，公差0≠d ，}{n a 的部分项组成下列数列：n k k k a a a ,,,21 ，恰为等比数列，其中11=k ，17,532==k k ，求++++ 321k k k n k解：设}{n a 的首项为1a ∵321k k k a a a 、、成等比数列 ∴)16()4(1121d a a d a +=+得d a 21=，312==k k a a q∵d k a a n k n )1(1-+=，又113-⋅=n k a a n ∴1321-⋅=-n n k∴n k k k n n -+++=+++-)331(21211331312--=---⨯=n n n n[例3] 设}{n a 为等差数列，}{n b 为等比数列，111==b a ，342b a a =+，342a b b =，分别求出}{n a ，}{n b 的前10项的和1010,T S 。
高考数学一轮复习数列求和
解：(1)因为 an＝2n，所以 a1＝2，a2＝4， 当 n＝1 时，由题设可得 a1b1＝2－21－1， 即 2b1＝12，所以 b1＝14； 当 n＝2 时，由题设可得 a2b1＋a1b2＝22－22－1， 即 1＋2b2＝2，所以 b2＝12. 当 n≥2 时，由题设可得 2nb1＋2n－1b2＋…＋22bn－1＋2bn＝2n－n2－1， ①
a1＋6d＝9， [解] (1)设公差为 d，由 S4＝18，a7＝9，即4a1＋4×42－1d＝18，
解得ad1＝＝13，， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
(2)由 an＝log2(bn＋1)，即 log2(bn＋1)＝n＋2，所以 bn＋1＝2n＋2，即
bn＝2n＋2－1，所以bn2bnn＋1＝2n＋2－12n2n＋3－1＝142n＋12－1－2n＋13－1，所以
[典例] (2023·石家庄二中模拟)已知公差不为 0 的等差数列{an}中，
a2＝3 且 a1，a2，a5 成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{3nan}的前 n 项和 Tn.
[解题微点] (1)根据等差数列的通项公式和等比中项可求出结果；
切入点 (2)根据错位相减法可求出结果
2n－1b1＋2n－2b2＋…＋2bn－1＝2n－1－n－2 1－1，此式两边同乘以 2，得 2nb1＋2n－1b2＋…＋22bn－1＝2n－n－1， ②
由①－②得 2bn＝n2，即 bn＝n4. 又由上可知，b1＝14也适合上式， 故数列{bn}的通项公式为 bn＝n4(n∈N *)．
(2)由(1)知，cn＝16×nn－n＋112n ＝16×n2＋n＋11－2nn，则 c1＋c2＋…＋cn ＝16×222－21＋233－222＋…＋n2＋n＋11－2nn ＝16×n2＋n＋11－2.
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1 数列求和 教学目标
1．探索并掌握一些基本的数列求前n项和的方法； 2．能在具体的问题情境中，发现数列的数列的通项和递推关系，并能用有关等差、等比数列知识解决相应的实际问题。
命题走向
数列求和和数列综合及实际问题在高考中占有重要的地位，一般情况下都是出一道解答题，解答题大多以数列为工具，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用逆推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等各种数学思想方法，这些题目都考察考生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，它们都属于中、高档题目。 有关命题趋势： 1．数列是一种特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的有效工具，三者的综合题是对基础和能力的双重检验，在三者交汇处设计试题，特别是代数推理题是高考的重点； 2．数列推理题是将继续成为数列命题的一个亮点，这是由于此类题目能突出考察学生的逻辑思维能力，能区分学生思维的严谨性、灵敏程度、灵活程度； 3．数列与新的章节知识结合的特点有可能加强，如与解析几何的结合等； 4．有关数列的应用问题也一直备受关注。 预测2017年高考对本将的考察为： 1．可能为一道考察关于数列的推导能力或解决生产、生活中的实际问题的解答题； 2．也可能为一道知识交汇题是数列与函数、不等式、解析几何、应用问题上等联系的综合题，以及数列、数学归纳法等有机结合。
教学准备
多媒体课件
教学过程 1．等差数列的前n项和公式 Sn＝n（a1＋an）2＝na1＋n（n－1）2d． 2．等比数列的前n项和公式 2
Sn＝na1，q＝1，a1－anq1－q＝a1（1－qn）1－q，q≠1.
3．一些常见数列的前n项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n＋1）2； (2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n．
1．辨明两个易误点 (1)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点． (2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 2．数列求和的常用方法 (1)倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的． (2)错位相减法 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之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的． (3)裂项相消法 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． (4)分组转化法 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组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减． (5)并项求和法 一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
1．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝( ) A．9 B．8 C．17 D．16 解析：选A.S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7) 3
＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9. 2．(必修5 P47习题2.3 B组T4改编)数列{an}中，an＝1n（n＋1），若{an}的前n项和为2 0152 016，则项数n为( ) A．2 014 B．2 015 C．2 016 D．2 017
解析：选B.an＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，
Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1＝2 0152 016，所以n＝2 015.
3．等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项的和为Sn，则数列Snn的前10项的和为( ) A．120 B．100 C．75 D．70
解析：选C.因为Sn＝n（a1＋an）2＝n(n＋2)，
所以Snn＝n＋2. 故S11＋S22＋…＋S1010＝75. 4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为________． 解析：Sn＝2（1－2n）1－2＋n（1＋2n－1）2＝2n＋1－2＋n2. 答案：2n＋1＋n2－2 5．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________． 解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，① 所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2×（1－2n）1－2－n×2n＋1， 所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2. 答案：(n－1)2n＋1＋2
考点一 分组转化法求和 (2015·高考福建卷)等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15. 4
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值． (1)设等差数列{an}的公差为d.
由已知得a1＋d＝4，（a1＋3d）＋（a1＋6d）＝15，
解得a1＝3，d＝1. 所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2. (2)由(1)可得bn＝2n＋n， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b10 ＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)
＝2（1－210）1－2＋（1＋10）×102 ＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.
分组转化法求和的常见类型 (1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和；
(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和． 1.已知等比数列{an}中，首项a1＝3，公比q>1，且3(an＋2＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＋13an是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{bn}的通项公式和前n项和Sn. 解：(1)因为3(an＋2＋an)－10an＋1＝0， 所以3(anq2＋an)－10anq＝0， 即3q2－10q＋3＝0. 因为公比q>1，所以q＝3. 又首项a1＝3， 所以数列{an}的通项公式为an＝3n.
(2)因为bn＋13an是首项为1，公差为2的等差数列， 5
所以bn＋13an＝1＋2(n－1)． 即数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1－3n－1， 前n项和Sn＝－(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋＝－12(3n－1)＋n2. 考点二 错位相减法求和
(2015·高考湖北卷)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当d>1时，记cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
(1)由题意有10a1＋45d＝100，a1d＝2，
即2a1＋9d＝20，a1d＝2，解得a1＝1，d＝2 或a1＝9，d＝29.
故an＝2n－1，bn＝2n－1或an＝19（2n＋79），bn＝9·29n－1. (2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝2n－12n－1， 于是Tn＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n－12n－1，① 12Tn＝12＋322＋523＋724＋…＋2n－32n－1＋2n－12n.②
①－②可得 12Tn＝2＋12＋122＋…＋12n－2－2n－12n＝3－2n＋32n，
故Tn＝6－2n＋32n－1.
用错位相减法求和时应注意的两点 (1)要善于识别题目类型， 特别是等比数列公比为负数的情形； (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式. 6
2.已知函数f(x)＝x2＋bx为偶函数，数列{an}满足an＋1＝2f(an－1)＋1，且a1＝3，an>1.令bn＝log2(an－1)． (1)证明：数列{bn＋1}为等比数列； (2)设cn＝nbn，求数列{cn}的前n项和Sn. 解：(1)证明：因为函数f(x)＝x2＋bx为偶函数，所以b＝0，所以f(x)＝x2， 所以an＋1＝2(an－1)2＋1， 所以an＋1－1＝2(an－1)2，
所以bn＋1＋1bn＋1＝log2（an＋1－1）＋1log2（an－1）＋1＝2＋2log2（an－1）log2（an－1）＋1＝2， 所以数列{bn＋1}是公比为2的等比数列． (2)因为a1＝3，所以b1＝log22＝1， 所以bn＋1＝2n，即bn＝2n－1， 所以cn＝n·2n－n， 设An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n， 所以2An＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，
所以－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2（1－2n）1－2－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2，所以An＝(n－1)2n＋1＋2. 设Bn＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n＋1）2，
所以Sn＝An－Bn＝(n－1)2n＋1＋2－n（n＋1）2. 考点三 裂项相消法求和(高频考点)
裂项相消法求和是每年高考的热点，题型多为解答题，难度适中，属中档题． 高考对裂项相消法的考查常有以下两个命题角度： (1)求前n项和； (2)比较大小或不等式证明． (2015·高考安徽卷)已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝an＋1SnSn＋1，求数列{bn}的前n项和Tn. (1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8， 又a1＋a4＝9，可解得a1＝1，a4＝8或a1＝8，a4＝1(舍去)．