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1、-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展求和运算；3熟记一些常用的数列的和的公式 二、能力目标 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；【教学难点】错位相减法、裂项相消法的应用【知识点梳理】1直
2、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：dnnnaaanSnn2)1(2)(11 2等比数列的求和公式)1(1)1()1(11qqqaqnaSnn切记：公比含字母时一定要讨论 2公式法：222221(1)(21)1236nkn nnkn 3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，则这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的 比方 .,2211的和求等比等差nnnnbabababa 4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-常见拆项公式：111)1(1n
3、nnn ；5分组求和法：一个数列的通项公式是由假设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如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解 例如，Sn10029929829722212(10099)(9897)(21)5 050.7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，则求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的 8其它求和法：如归纳猜测法，奇偶法，导数法等【典型例题】题型一、公式法求和 例
4、题 1：数列an是首项a14，公比q1 的等比数列，Sn是其前n项和，且 4a1，a5，2a3成等差数列(1)求公比q的值；(2)求Tna2a4a6a2n的值【解析】(1)由题意得 2a54a12a3.an是等比数列且a14，公比q1，2a1q44a12a1q2，q4q220，解得q22(舍去)或q21，q1.(2)a2，a4，a6，a2n是首项为a24(1)4，公比为q21 的等比数列，Tnna24n.【点评】应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式 变式 1：数列 na满足214 nan，1证明 na是等差数列；2求naaaa321-
5、n12121212125614(1),17-4212=0460,64,有.8711154maaa 13、二次函数()yf x的图像经过坐标原点，其导函数为()62fxx，数列na的前 n 项和为nS，点(,)()nn SnN均在函数()yf x的图像上。求数列na的通项公式；设11nnnba a，nT是数列 nb的前 n 项和，求使得20nmT 对所有nN都成立的最小正整数 m；【参考答案】稳固练习答案 1、解：1555555555nnS 个5(999999999)9n个 23550510101010(101)9819nnnn 211 11()(2)22n nnn，11111111(1)()(
6、)()2324352nSnn1111(1)2212nn 31111(1)(1)nnnannnnnnnn 11121321nSnn (21)(32)(1)nn 1 1n 42323nnSaaana，当1a 时，123nS (1)2n nn，当1a 时，2323nSaaanna，23423naSaaa1nna，两式相减得 23(1)na Saaa11(1)1nnnnaaananaa，212(1)(1)nnnnanaaSa 52(2)2n nnn，原式222(1232)2(123n )n(1)(27)6n nn 6设2222sin 1sin 2sin 3sin 89S，-又2222sin 89sin
7、 88sin 87sin 1S，289S，892S 7 和式中第k项为 ak1121412k1112k1122112k.Sn21121122112n 2111n个1212212n 2n12112n11212n12n2 2、(1)设an的公差为d，则由得 a1a2a36，a1a2a84，即 3a13d6，8a128d4，解得a13，d1，故an3(n1)4n.(2)由(1)知，bnnqn1，于是Sn1q02q13q2nqn1，假设q1，上式两边同乘以q.qSn1q12q2(n1)qn1nqn，两式相减得：(1q)Sn1q1q2qn1nqn 1qn1qnqn.Sn1qn1q2nqn1qnqn1n1
8、qn11q2.假设q1，则Sn123nnn12，-Sn nn12 q1，nqn1n1qn11q2 q1.3、11n12121212127211(3)424211=0260,S(-9+211)n6()(10)26(nnnnnnnnndanaadaannanaaaannaaaaaan nnaaaaa 11a解：,得 a=-9,d=2,显然是递增数列，令，得当时，当时，设当时,当时,567555)()()2(10)50nnnaaaaSSSSSn n 4、5、课后作业答案 1、413n 2、(1)nn 3、31nn 4、1 11112 2323nn 5、121;22nnn 62332nnnS。7、解(
9、1)S2nanSn12，anSnSn1(n2)，S2n(SnSn1)Sn12，即 2Sn1SnSn1Sn，由题意Sn1Sn0，式两边同除以Sn1Sn，得1Sn1Sn12，数列1Sn是首项为1S11a11，公差为 2 的等差数列 1Sn12(n1)2n1，Sn12n1.-(2)又bnSn2n112n12n1 1212n112n1，Tnb1b2bn 12113131512n112n1 12112n1n2n1.8、解(1)设等差数列an的公差为d，由条件可得 a1d0，2a112d10，解得 a11，d1.故数列an的通项公式为an2n.(2)设数列an2n1的前n项和为Sn，an2n12n2n11
10、2n2n2n1，Sn211212212n2122322n2n1.记Tn122322n2n1，则12Tn12222323n2n，得：12Tn11212212n1n2n，12Tn112n112n2n.即Tn4112nn2n1.-Sn2112n1124112nn2n1 4112n4112nn2n1 n2n1.9、解(1)a13a232a33n1ann3，当n2 时，a13a232a33n2an1n13，得：3n1ann3n1313，an13n.当n1 时，a113也适合上式，an13n.(2)bnnann3n，Sn13232333n3n，则 3Sn32233334n3n1，得：2Sn332333nn
11、3n1 313n13n3n1 32(13n)n3n1.Sn34(13n)n3n12-342n13n14.10、11、3、拓展训练答案 1解：amnamanmn，an1ana1nan1n，利用叠加法得到：2)1(nnan，)111(2)1(21nnnnan，)200911(2)20091200813121211(211112008321aaaa 20094016 答案：A.2解：ana1n1，bnb1n1 nbaa1bn1a1(b1n1)1 a1b1n25n2n3 则数列nba也是等差数列，并且前 10 项和等于：85102134 答案：B.3解：因为an=n2-n.，则依据分组集合即得.答案;
12、A.4解：对前 n 项和要分奇偶分别解决，即：Sn=)(2)(21为偶为奇nnnn 答案：A 5解 由题意可得a1=1,设公比为q,公差为d,则2212dqdq q2-2q=0,q0,q=2,an=2n-1,bn=(n-1)(-1)=1-n,=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=1001a1001,S偶=a2+a4+a6+a2000=1000a1001.答案:10001001 8解：原式=.6326)12()
13、1(23nnnnnn-答案：61;21;31 9、(1)由题意，知an14n(nN*)，又bn3log14an2，故bn3n2(nN*)(2)由(1)，知an14n，bn3n2(nN*)，(3n2)14n(nN*)Sn11441427143(3n5)14n1(3n2)14n，于是14Sn114241437144(3n5)14n(3n2)14n1，两式相减，得 34Sn14314214314n(3n2)14n112(3n2)14n1，Sn233n2314n(nN*)10、(1)a13a232a33n1ann3，当n2 时，a13a232a33n2an1n13，得：3n1ann3n1313，an1
14、3n.当n1 时，a113也适合上式，an13n.(2)bnnann3n，-Sn13232333n3n，则 3Sn32233334n3n1，得：2Sn332333nn3n1 313n13n3n1 32(13n)n3n1.Sn34(13n)n3n12 342n13n14.11、解：(1)由题意得(a1d)(a113d)(a14d)2(d0)解得d2，an2n1，可得bn3n1(2)当n1 时，c13；当n2 时，由nnnnaabc1，得23n1，故).2(32),1(31nncnn 故c1c2c3c200332323223200232003 12、(1)证明由得an=Sn-Sn-1=2an+(-
15、1)n-2an-1-(-1)n-1(n2),化简得an=2an-1+2(-1)n-1(n2),上式可化为an+32(-1)n=2an-1+32(-1)n-1(n2),a1=1,a1+32(-1)1=31.故数列an+32(-1)n是以31为首项，公比为 2 的等比数列.(2)解由1可知an+32(-1)n=321n.an=312n-1-32(-1)n=322n-2-(-1)n,故数列an的通项公式为an=322n-2-(-1)n.(3)证明 由得maaa11154=mmmm)1(21631331151913123)1(21121121232232-=)20110151311(21)211111
16、51311(21=.871201051201041513)21(511513)21525234(21211)211(513421555mmm 故)4(8711154maaam 13、解：设这二次函数 f(*)a*2+b*(a0),则 f(*)=2a*+b,由于 f(*)=6*2,得 a=3,b=2,所以 f(*)3*22*.又因为点(,)()nn SnN均在函数()yf x的图像上，所以nS3n22n.当 n2 时，anSnSn13n22n)1(2)132nn（6n5.当 n1 时，a1S13122615，所以，an6n5 nN 由得知13nnnaab5)1(6)56(3nn)161561(21nn，故 Tnniib121)161561(.)13171()711(nn211161n.因此，要使211161n20mnN成立的m,必须且仅须满足2120m，即m10，所以满足要求的最小正整数m为 10.