存瑞中学高中数学《数列求和》教学案

第一篇：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

第二篇：学案31 数列的通项与求和

4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S1，n＝1，(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：an＝ Sn－Sn－1，n≥2.(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a＝f(n)，且f(1)·f(2)·„·f(n)可求，则可用__________求数列的通项an，n

aaa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、数学归纳法证明．

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：____________；

，q＝1，②等比数列前n项和Sn＝＝，q≠1.

推导方法：乘公比，错位相减法．

③常见数列的前n项和：

a．1＋2＋3＋„＋n＝__________；b．2＋4＋6＋„＋2n＝__________；

c．1＋3＋5＋„＋(2n－1)＝______； d．12＋22＋32＋„＋n2＝__________；

e．13＋23＋33＋„＋n3＝__________________.(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．

(3)裂项(相消)法：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．常见的裂项公式有：

11111111①n22n－12n＋1； ③n＋1n.nn＋1n＋12n－12n＋1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()

3939A.2n－1)B.2(3n－1)C.8n－1)D.8n－1)

2．(2011·邯郸月考)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为()

A．－1B．1C．±1D．0

3．已知等比数列{an}的公比为4，且a1＋a2＝20，设bn＝log2an，则b2＋b4＋b6＋„＋b2n等于()

A．n2＋nB．2(n2＋n)C．2n2＋nD．4(n2＋n)

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}的前n项的和为Sn，n＋

2则使Sn<－5成立的自然数n()

A．有最大值63B．有最小值63C．有最大值31D．有最小值31

5．(2011·北京海淀区期末)设关于x的不等式x2－x<2nx(n∈N*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．

探究点一 求通项公式

2n＋1·an

例1 已知数列{an}满足an＋1＝a＝2，求数列{an}的通项公式．

an＋2＋1

变式迁移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Tn20对所有n∈N*都成立的最小正整

log2an·log2an＋1

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(2011·荆门月考)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；

4(2)当q＝15时，若bn

123n

变式迁移3 求和Sn＝a＋a＋a＋„＋a.分类讨论思想的应用

例(5分)二次函数f(x)＝x2＋x，当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，f(x)的函数值中所有整数值的个数为g(n)，2n3＋3n2an＝(n∈N*)，则Sn＝a1－a2＋a3－a4＋„＋(－1)n－1an＝()

gn

nn＋1nn＋1n－1nn＋1nnn＋1A．(－1)B．(－1)C.2 D．－

222

【答题模板】答案 A

解析 本题考查二次函数的性质以及并项转化法求和．

当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，函数f(x)＝x2＋x的值随x的增大而增大，则f(x)的值域为[n2＋n，n2＋3n

322n＋3n

＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝＝n2.gn

方法一 当n为偶数时，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋„＋an－1－an＝(12－22)＋(32－42)＋„＋[(n－1)2－n2]

3＋2n－1nnn＋1

＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－＝－

222；

nn－1nn＋12

当n为奇数时，Sn＝(a1－a2)＋(a3－a4)＋„＋(an－2－an－1)＋an＝Sn－1＋an＝－2n＝2nn＋1

∴Sn＝(－1)n－12

方法二 a1＝1，a2＝4，S1＝a1＝1，S2＝a1－a2＝－3，检验选择项，可确定A正确． 【突破思维障碍】

在利用并项转化求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用一个公式来表示．

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：75分)

一、选择题(每小题5分，共25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2a7的等差中项

5为4，则S5等于()

A．35

B．3

3C．3

1D．29

S7n＋2a2．(2011·黄冈调研)有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，若T则b()

n＋3n5

6537729A.12B.8C.13D.4an－1－anan－an＋1

3．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1且＝(n≥2)，则此数列的第10项()

anan－1anan＋1

1111A.2B.2C.10D.51

4．数列{an}的前n项和为Sn，若anS5等于()

nn＋1

511

A．1B.6C.6D.305．数列1,1＋2,1＋2＋4，„，1＋2＋22＋„＋2n－1，„的前n项和Sn>1 020，那么n的最小值是()A．7B．8C．9D．10

二、填空题(每小题4分，共12分)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＝__________.7．(原创题)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－a，则该数列前26项的和为________．

n

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＝____________.三、解答题(共38分)9．(12分)(2011·河源月考)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.10．(12分)(2011·三门峡月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.(1)求c的值及数列{an}的通项公式；

1(2)证明aaaa8anan＋1122

311．(14分)(2010·北京宣武高三期中)已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn

*

＋1＝bn＋(2n－1)(n∈N)．

(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求数列{bn}的通项公式bn；

a·b(3)若cn＝n，求数列{cn}的前n项和Tn.答案自主梳理

n(a1＋an)n(n－1)a1(1－qn)

1．(2)累加法(3)累积法 2.(1)① na1＋2d 倒序相加法 ②na1 21－q

a1－anqn(n＋1)n(n＋1)(2n＋1)n(n＋1)

2 ③2 n2＋n n261－q2

自我检测

1．C 2.B 3.B 4.B5．10 100课堂活动区

例1 解题导引 已知递推关系求通项公式这类问题要求不高，主要掌握由a1和递推关系先求出前几项，再归纳、猜想an的方法，以及累加：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋„＋(a2－a1)＋a1；累乘：an

aan－1a＝·„·a等方法． an－1an－2a11

***

解 已知递推可化为a＋∴aa2，a－a＝2，a－a＝2，„，a－＝2.an＋1n2213243nan－1

11

1－2

1111111212n

将以上(n－1)个式子相加得aa＝2＋2＋2＋„＋2，∴a＝

1＝1－2.∴an＝2－1n1n

1－2

变式迁移1(1)证明 由已知有a1＋a2＝4a1＋2，解得a2＝3a1＋2＝5，故b1＝a2－2a1＝3.又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－(4an＋2)＝4an＋1－4an；于是an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，即bn＋1＝2bn.因此数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．

an＋1an3

(2)解 由(1)知等比数列{bn}中，b1＝3，公比q＝2，所以an＋1－2an＝3×2n－1，于是＋2＝4，a13an1331

因此数列2是首项为2422(n－1)×44－4an＝(3n－1)·2n－2.

例2 解题导引 1.利用裂项相消法求和时，应注意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，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．

11111111.2．一般情况如下，若{an}是等差数列，则，anan＋1danan＋1anan＋22danan＋2

此外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相消求和．

解(1)∵n≥2时，an＝7Sn－1＋2，∴an＋1＝7Sn＋2，两式相减，得an＋1－an＝7an，∴an＋1＝8an(n≥2)． 又a1＝2，∴a2＝7a1＋2＝16＝8a1，∴an＋1＝8an(n∈N*)． ∴{an}是一个以2为首项，8为公比的等比数列，∴an＝2·8n－1＝23n－2.11111

(2)∵bn＝＝3，log2an·log2an＋1(3n－2)(3n＋1)3n－23n＋1111111111m1∴Tn＝3－4＋4－7＋„＋＝3(1－3∴20≥3，∴最小正整数m＝7.3n－23n＋13n＋1

121－变式迁移2 解 an＝2nn＋1，n(n＋1)

111112n11－1－∴Sn＝2·[2＋23＋„＋nn＋1]＝2·n＋1＝n＋1.

例3 解题导引 1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法．

2．用乘公比错位相减法求和时，应注意：

(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．

解(1)由题意得an＝qn，∴bn＝an·log4an＝qn·log4qn＝n·5n·log45，∴Sn＝(1×5＋2×52＋„＋n×5n)log45，设Tn＝1×5＋2×52＋„＋n×5n，①则5Tn＝1×52＋2×53＋„＋(n－1)×5n＋n×5n＋1，②

n

23nn＋15(5－1)① －②得－4Tn＝5＋5＋5＋„＋5－n×5＝4－n×5n＋1，55

∴Tn＝16n×5n－5n＋1)，Sn＝16(4n×5n－5n＋1)log45.141414141414

(2)∵bn＝anlog4an＝n15nlog415，∴bn＋1－bn＝(n＋1)15n＋1log415－n15nlog415

141414n14n14n14n

＝1515－15log415>0，∵15>0，log415，∴1515，∴n>14，即n≥15时，bn

变式迁移3解当a＝1时，Sn＝1＋2＋3＋„＋n＝2a≠1时，Sn＝aaa＋„＋a，①

11123n1111n

∴an＝a＋a＋a＋„＋＋，②①－②，得1－a·Sn＝aaa„＋a＋

aa

11111－a1－1－aaaa1nnn

1－aSn＝－－＋＝＋，∴Sn＝－1aa－1a(a－1)(a－1)·a1－a

∴S＝1

a1an，a≠1.(a－1)(a－1)·a

n

n(n＋1)

2，a＝1，课后练习区1．C 2.A 3.D 4.B 5.D 6．9解析 ∵an＋1＝3Sn，∴an＝3Sn－1(n≥2)．

an＋1

两式相减得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，∴an＋1＝4an，即a＝4.∴{an}为以a2为首项，公比为4的n

n－2

等比数列．当n＝1时，a2＝3S1＝3，∴n≥2时，an＝3·4，S10＝a1＋a2＋„＋a10＝1＋3＋3×4＋3×42

49－1

＋„＋3×4＝1＋3×(1＋4＋„＋4)＝1＋3×1＋49－1＝49.∴log4S10＝log449＝9.4－1

7．－10解析 依题意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝2，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝21

所以数列周期为4，S26＝6×(1－2－1＋2)＋1－2＝－10.8．2n＋1－2解析 依题意，有a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，„，an－an－1＝2n－1，所有的代数式相加得an－a1＝2n－2，即an＝2n，所以Sn＝2n＋1－2.9．解 f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8.……(3分)(1)由题意，an＝n＋1，故an＋1－an＝(n＋1)＋1－(n＋1)＝1，故数列{an}是以1为公差，2为首项的等差数列．…………(5分)

(2)由题意，bn＝|3n－8|……(7分)当1≤n≤2时，bn＝－3n＋8，数列{bn}为等差数列，b1＝5，n(5－3n＋8)－3n2＋13n∴Sn＝；…(9分)当n≥3时，bn＝3n－8，数列{bn}是等差数列，b3＝1.22

－3n2＋13n

22，1≤n≤2，(n－2)(1＋3n－8)3n－13n＋28

∴Sn＝S2＋分)∴Sn＝2

223n－13n＋28

n≥3.2

(12分)

10．(1)解 因为Sn＝2nan＋an－c，所以当n＝1时，S1＝2a1＋a1－c，解得a1＝2c，(2分)当n＝2时，S2＝a2＋a2－c，即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，……(3分)所以3c＝6，解得c＝2；……(4分)

则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.……(6分)

111111

(2)证明 因为aaaa„＋„＋anan＋14×66×8(2n＋2)(2n＋4)1223

***1＝24－6)＋268＋„＋2(＝246＋(68＋„＋(……(8分)

2n＋22n＋42n＋22n＋4

111111111＝24－)＝8……(10分)因为n∈N*，所以aa＋aa＋„＋<8.…(12分)

2n＋44(n＋2)anan＋11223

－－

11．解(1)∵Sn＝3n，∴Sn－1＝3n1(n≥2)．∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n1＝2×3n－1(n≥2)．…(3分)

3，n＝1，1－1

当n＝1时，2×3＝2≠S1＝a1＝3，…(4分)∴an＝n－1*…(5分)

2×3，n≥2，n∈N

(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，„，bn－bn－1＝2n－3.(n－1)(1＋2n－3)2

以上各式相加得bn－b1＝1＋3＋5＋„＋(2n－3)＝＝(n－1).∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.……(7分)

－3，n＝1，(3)由题意得cn＝n－1*………(9分)

2(n－2)×3，n≥2，n∈N.当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋„＋2(n－2)×3n－1，∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋„＋2(n－2)×3n，相减得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋„＋2×3n－1－2(n－2)×3n.3n－3(2n－5)3n＋3n23n－1n

∴Tn＝(n－2)×3－(3＋3＋3＋„＋3)＝(n－2)×3－2……(13分)

(2n－5)3n＋3*

T1＝－3也适合． ∴Tn＝(n∈N)．……(14分)

第三篇：高中数学难点解析教案13 数列的通项与求和

高中数学辅导网 http://www.xiexiebang.com}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，都有

c1b1c1b2cncn=an+1成立，求limnS2n1S2n.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a1、b1、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=d－(d－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，∴b3b1(q2)q2222=q，由q∈R，且q≠1，得q=－2，2∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1

京翰教育http://www.xiexiebang.combn=dn，则d1+d2+„+dn=an+1,(n∈N*), ∴dn=an+1－an=2, ∴cnbn=2,即cn=2·bn=8·(－2)

1212n－

1；∴Sn=

83［1－(－2)］.n∴S2n1S2n1(2)2n12n(())2n2,lim1nS2n1S2n321(2)2

2n［例2］设An为数列{an}的前n项和，An=(1)求数列{an}的通项公式；

(an－1)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3;(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limn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=3232(an－1)，可知An+1=

an1an32(an+1－1)，32∴an+1－an=(an+1－an)，即=3，而a1=A1=(a1－1)，得a1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{an}的通项公式an=3n.2n－1n1(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n=3·［42n+C1(－1)+„+C2·4·(－1)+(－1)2n］2n2n·4=4n+3，∴3+1∈{bn}.而数3=(4－1)=4+C142n·2n

2n

2n

2n

2n－1

n1·(－1)+„+C2·4·(－1)+(－1)=(4k+1)，2n2n∴32n{bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1.(3)由32n+1=4·r+3，可知r=

32n134，京翰教育http://www.xiexiebang.comn11n1n1r,nn!(n1)!n!,11n!11sin2等ctgαctg2α，Cnr1Cn,(n1)!(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i2)，(n∈N)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+„+｜zn+1－zn｜，n*2.(★★★★★)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，在京翰教育http://www.xiexiebang.com=bn－1，则cn=(2122n12n1132n12n11an1ananan112)

[(1)(1)]2n1112n1,b1b2bnnc1c2cn(1)(1315)(12n12n1)112n1，lim(b1b2bnn)lim(1nn12n1)1.歼灭难点训练

京翰教育http://www.xiexiebang.com|zn1zn||(1Snc1c2cn2[1(11i2)nn1(1i2)|(nn22)n1，2222)]1(222)2

limSnn12222222122

答案：1+

a2n12.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{an}，可得an=

31，正三角形的内切圆构成等比数列{rn}，可得rn=

62n1a,

332∴这些圆的周长之和c=lim2π(r1+r2+„+rn)=

n a2，面积之和S=limπ(n2+r22+„+rn2)=n9a2

9答案：周长之和332πa，面积之和

an1annn1a

2二、3.解：(1）可解得

，从而an=2n，有Sn=n2+n，(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a141=－2,∴an=10－2n.(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n9n 1n5故Sn=2

n9n40 n5(3)bn=1n(12an)1n(2n2)12111()2nn112)(1213)(1n1n1)]n2(n1)Tnb1b2bn[(1；要使Tn＞

m32总成立，需m32＜T1=14成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的m的最大值为7.5.解：(1）由已知Sn+1=(m+1)－man+1①，Sn=(m+1)－man②,由①－②，得an+1=man－

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高中数学辅导网 http://www.xiexiebang.com 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 ∴an1anmm1，即{

anan1}为等比数列.13(2)当n=1时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而b1=mm1.由(1)知q=f(m)=，∴bn=f(bn－1)=

bn1bn111bn(n∈N*,且n≥2)∴1bn111bn1，即

1bn1bn11，∴{}为等差数列.∴

1bn=3+(n－1)=n+2，bnn2m(n∈N*).)n1an(m1,lim(bnlgan)lim[nnn1n213109lgmm114]lgmm11,1n2)1 而lim3(b1b2b2b3bn1bn)lim3(nn1415n1由题意知lgmm11,mm110,m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)d14510b12∴bn=3n－2.(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+=loga［(1+1)(1+1414)+„+loga(1+

13n2))„(1+1313n2)］，13logabn+1=loga33n1.14因此要比较Sn与小，logabn+1的大小，可先比较(1+1)(1+)„(1+

13n2)与33n1的大取n=1时，有(1+1)＞3311 取n=2时，有(1+1)(1+ 由此推测(1+1)(1+1414)＞3321„

13n2)„(1+)＞33n1

①

若①式成立，则由对数函数性质可判定： 当a＞1时，Sn＞13logabn+1，13

② ③ 当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1，京翰教育http://www.xiexiebang.com/

高中数学辅导网 http://www.xiexiebang.com 下面用数学归纳法证明①式.(ⅰ)当n=1时，已验证①式成立.(ⅱ)假设当n=k时(k≥1），①式成立，即：

(11)(11414)(113k213k223)33k1.那么当n=k+1时，13(k1)23(11)(13)(1)(1)233k1(113k13)23k13k1(3k2).[3k13k1(3k2)][3k4]3(3k2)(3k4)(3k1)(3k1)32

9k4(3k1)20,143k13k1(3k2)1)(13k41)333(k1)1因而(11)(1)(13k23k13(k1)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＞1313logabn+1；当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1.7.解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t.∴a2=2t3a22t3.,3ta13t又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t，3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t

① ②

①－②得3tan－(2t+3)an－1=0.∴anan12t33t,n=2,3,4„,所以{an}是一个首项为1公比为

2t33t的等比数列；

(2)由f(t)= 2t33t=

231t,得bn=f（1bn123)=

23+bn－1.可见{bn}是一个首项为1，公差为于是bn=1+(3)由bn=是b2n=4n13233的等差数列.(n－1)=

2n13;

532n1,可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为

43的等差数列，于, ∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+„+b2n－1b2n－b2nb2n+1 =b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+„+b2n(b2n－1－b2n+1)=－434312534n13492(b2+b4+„+b2n)=－

·n(+)=－(2n+3n)

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第四篇：高中数学难点解析教案13 数列的通项与求和

高中数学辅导网 http://www.xiexiebang.com}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a1、b1、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.xiexiebang.com8－=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=(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.xiexiebang.com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_________.京翰教育http://www.xiexiebang.com=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.xiexiebang.com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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.xiexiebang.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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高中数学辅导网 http://www.xiexiebang.com(ⅱ)假设当n=k时(k≥1），①式成立，即：

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

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第五篇：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