数列求和习题精选精讲

第一篇：数列求和习题精选精讲

数列求和教案

课题：数列求和

教学目标

(一) 知识与技能目标

数列求和方法.

(二) 过程与能力目标

数列求和方法及其获取思路.

教学重点：数列求和方法及其获取思路. 教学难点：数列求和方法及其获取思路.

教学过程

1.倒序相加法：等差数列前n项和公式的推导方法： (1)Sna1a2an2Snn(a1an)

Snanan1a112223210222 例1.求和：2110222923282101分析：数列的第k项与倒数第k项和为1，故宜采用倒序相加法.

小结: 对某些前后具有对称性的数列,可运用倒序相加法求其前n项和. 2.错位相减法：等比数列前n项和公式的推导方法：

(2)Sna1a2a3an(1q)Sna1an1 qSaaaa23nn1n23n例2.求和：x3x5x(2n1)x(x0)

3.分组法求和

1的前n项和; 161例4.设正项等比数列an的首项a1，前n项和为Sn，且210S30(2101)S20S100

2例3求数列1,2,3,4(Ⅰ)求an的通项; (Ⅱ)求nSn的前n项和Tn。 例5.求数列 1, 1a, 1aa,,1aaa121418,的前n项和Sn.

n(n1)解:若a1,则an111n, 于是Sn12n;2 n1a1 若a1,则an1aan1 (1an)1a1a1a1a21an11a(1an)2n于是Sn [n(aaa)][n]

1a1a1a1a1a1a111 1212312n22n14.裂项法求和 例6.求和：12112(),

n(n1)nn11111112n Sna1a2an2[(1)()()]2(1)223nn1n1n1解：设数列的通项为an，则an例7.求数列112,1231,,1nn1,的前n项和. 解：设annn11n1n

(裂项)

1nn1则 Sn12312

(裂项求和)

=(21)(32)(n1n)

=n11

三、课堂小结：

1.常用数列求和方法有：

(1) 公式法: 直接运用等差数列、等比数列求和公式; (2) 化归法: 将已知数列的求和问题化为等差数列、等比数列求和问题; (3) 倒序相加法: 对前后项有对称性的数列求和;

(4) 错位相减法: 对等比数列与等差数列组合数列求和; (5) 并项求和法: 将相邻n项合并为一项求和; (6) 分部求和法：将一个数列分成n部分求和;

(7) 裂项相消法：将数列的通项分解成两项之差，从而在求和时产生相消为零的项的求和方法.

四、课外作业： 1.《学案》P62面《单元检测题》 2.思考题

11146前n项的和. 481612n2(2).在数列{an}中，an，又bn，求数列{bn}的前n项的和. n1n1n1anan12(1). 求数列：(3).在各项均为正数的等比数列中，若a5a69,求log3a1log3a2log3a10的值. 解：设Snlog3a1log3a2log3a10

由等比数列的性质 mnpqamanapaq

(找特殊性质项) 和对数的运算性质 logaMlogaNlogaMN

得

Sn(log3a1log3a10)(log3a2log3a9)(log3a5log3a6)

(合并求和)

=(log3a1a10)(log3a2a9)(log3a5a6)

=log39log39log39

=10

第二篇：数列求和方法总结

数列的求和

一、教学目标：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; 3.熟记一些常用的数列的和的公式.

二、教学重点：特殊数列求和的方法.

三、教学过程：

(一)主要知识：

1.直接法：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：Snn(a1an)n(n1)na1d 22na1(q1)n(2)等比数列的求和公式Sna1(1q)(切记：公比含字母时一定要讨论)

(q1)1q2.公式法： k2122232k1nn2n(n1)(2n1)

62kk1n3123333n(n1) n233.错位相减法：比如an等差,bn等比,求a1b1a2b2anbn的和. 4.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。 常见拆项公式：1111111() ;

n(n1)nn1n(n2)2nn21111() nn!(n1)!n!

(2n1)(2n1)22n12n15.分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和。 6.合并求和法：如求10029929829722212的和。 7.倒序相加法：

8.其它求和法：如归纳猜想法，奇偶法等

(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.求和：①Sn111111111 n个 ②Sn(x)2(x21x1212n)(x) x2xn ③求数列1，3+4，5+6+7，7+8+9+10，…前n项和Sn 思路分析：通过分组，直接用公式求和。

111010210k解：①ak11k个1k(101) 911Sn[(101)(1021)(10n1)][(1010210n)n]99110(10n1)10n19n10[n] 9981②Sn(x211142n2)(x2)(x2) 242nxxx111)2n x2x4x2n(x2x4x2n)(x2(x2n1)x2(x2n1)(x2n1)(x2n21)(1)当x1时，Sn2n2n 222n2x1x1x(x1)(2)当x1时,Sn4n ③ak(2k1)2k(2k1)[(2k1)(k1)]

k[(2k1)(3k2)]523kk222Sna1a2an

5235n(n1)(2n1)3n(n1)(122n2)(12n)2226221n(n1)(5n2) 6总结：运用等比数列前n项和公式时，要注意公比q1或q1讨论。 2.错位相减法求和

例2.已知数列1,3a,5a2,,(2n1)an1(a0)，求前n项和。

思路分析：已知数列各项是等差数列1，3，5，…2n-1与等比数列a0,a,a2,,an1对应项积，可用错位相减法求和。 解：Sn13a5a2(2n1)an1aSna3a25a3(2n1)an1 2

12:(1a)Sn12a2a22a32an1(2n1)an

2a(1an1)n当a1时,(1a)Sn1 (2n1)2(1a)1a(2n1)an(2n1)an1 Sn(1a)2当a1时,Snn2 3.裂项相消法求和

2242(2n)2例3.求和Sn 1335(2n1)(2n1)思路分析:分式求和可用裂项相消法求和. 解: (2k)2(2k)2111111ak11()

(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)22k12k1111111112n(n1)Sna1a2ann[(1)()()]n(1)23352n12n122n12n1n(n1)(a1)123n2练习:求Sn23n 答案: Sn

a(an1)n(a1)aaaa(a1)n2a(a1)4.倒序相加法求和

012n例4求证：Cn3Cn5Cn(2n1)Cn(n1)2n mnm思路分析：由Cn可用倒序相加法求和。 Cn012n证：令SnCn3Cn5Cn(2n1)Cn(1)

mnm (2) CnCnnn1210则Sn(2n1)Cn(2n1)Cn5Cn3CnCn012n (1)(2)有:2Sn(2n2)Cn(2n2)Cn(2n2)Cn(2n2)Cn012nSn(n1)[CnCnCnCn](n1)2n 等式成立

5.其它求和方法

还可用归纳猜想法，奇偶法等方法求和。 例5.已知数列an,an2[n(1)n],求Sn。

思路分析：an2n2(1)n，通过分组，对n分奇偶讨论求和。 解：an2n2(1)，若n2m,则SnS2m2(1232m)2n(1)k12mk

Sn2(1232m)(2m1)2mn(n1)

若n2m1,则SnS2m1S2ma2m(2m1)2m2[2m(1)2m](2m1)2m2(2m1)

4m22m2(n1)2(n1)2n2n2

(n为正偶数)n(n1) Sn2nn2(n为正奇数)预备：已知f(x)a1xa2x2anxn,且a1,a2,a3,an成等差数列，n为正偶数， 又f(1)n2,f(1)n，试比较f()与3的大小。

12(a1an)nn2aa2nf(1)a1a2a3annn2解： 1nd2f(1)a1a2a3an1anndn22aa1(n1)d2n1a11an2n1

d2f(x)x3x25x3(2n1)xn

11111f()3()25()3(2n1)()n2222212可求得f()3()n2(2n1)()n，∵n为正偶数，f()3

(四)巩固练习：

1.求下列数列的前n项和Sn：

(1)5，55，555，5555，…，(10n1)，…; (2)12121259111,,,132435(3)an,1,n(n2);

1nn1; (4)a,2a2,3a3,,nan,;

(5)13,24,35,,n(n2),; (6)sin21sin22sin23解：(1)Sn555555sin289.

n个5555(9999999(10n1)]

n个999)

5[(101)(1021)(1031)95[101021039(2)∵

10nn]50n5(101)n. 8191111()，

n(n2)2nn2111111[(1)()()232435111111()](1). nn222n1n2∴Sn(3)∵an∴Sn1nn1n1nn1n (nn1)(n1n)1

n1n112132(21)(32)(4)Sna2a23a3(n1n)n11.

nan， 当a1时，Sn123…nn(n1)， 2 当a1时，Sna2a23a3…nan ，

aSna22a33a4…nan1，

两式相减得 (1a)Snaaa…ana23nn1a(1an)nan1，

1anan2(n1)an1a∴Sn. 2(1a)(5)∵n(n2)n22n，

∴ 原式(122232…n2)2(123…n)(6)设Ssin21sin22sin23 又∵Ssin289sin288sin287 ∴ 2S89，Sn(n1)(2n7).

6sin289， sin21，

89. 26n5(n为奇数)2.已知数列{an}的通项ann，求其前n项和Sn.

2(n为偶数)解：奇数项组成以a11为首项，公差为12的等差数列， 偶数项组成以a24为首项，公比为4的等比数列; 当n为奇数时，奇数项有

n1n1项，偶数项有项， 22n1n1(16n5)4(142)(n1)(3n2)4(2n11)2∴Sn， 21423当n为偶数时，奇数项和偶数项分别有

n项， 2nn(16n5)4(142)n(3n2)4(2n1)2∴Sn， 21423(n1)(3n2)4(2n11)23所以，Snnn(3n2)4(21)23

(n为奇数).

(n为偶数)

四、小结：1.掌握各种求和基本方法;2.利用等比数列求和公式时注意分q1或q1讨论。

第三篇：数列求和公式证明

1)1^2+2^2+3^2+......+n^2=n(n+1)(2n+1)/6从左边推到右边

数学归纳法可以证

也可以如下做 比较有技巧性

n^2=n(n+1)-n

1^2+2^2+3^2+......+n^

2=1*2-1+2*3-2+....+n(n+1)-n

=1*2+2*3+...+n(n+1)-(1+2+...+n)

由于n(n+1)=[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)]/

3所以1*2+2*3+...+n(n+1)

=[1*2*3-0+2*3*4-1*2*3+....+n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)]/3

[前后消项]

=[n(n+1)(n+2)]/3

所以1^2+2^2+3^2+......+n^2

=[n(n+1)(n+2)]/3-[n(n+1)]/2

=n(n+1)[(n+2)/3-1/2]

=n(n+1)[(2n+1)/6]

=n(n+1)(2n+1)/6

2)1×2+2×3+3×4+...+n×(n+1)=?

设n为奇数,

1*2+2*3+3*4+...+n(n+1)=

=(1*2+2*3)+(3*4+4*5)+...+n(n+1)

=2(2^2+4^2+6^2+...(n-1)^2)+n(n+1)

=8(1^2+2^2+3^2+...+[(n-1)/2]^2)+n(n+1)

=8*[(n-1)/2][(n+1)/2]n/6+n(n+1)

=n(n+1)(n+2)/3

设n为偶数,

请你自己证明一下!

所以，

1*2+2*3+3*4+...+n(n+1)=n(n+1)(n+2)/3

设an=n×(n+1)=n^2+n

Sn=1×2+2×3+3×4+...+n×(n+1)

=(1^2+2^2+3^2+……+n^2)+(1+2+3+……+n) =n(n+1)(2n+1)/6+n(n+1)/2

=n(n+1)(n+2)/3

数列求和的几种方法

1. 公式法：

等差数列求和公式:

Sn=n(a1+an)/2=na1+n(n-1)d/2

等比数列求和公式：

Sn=na1(q=1)Sn=a1(1-q^n)/(1-q)=(a1-an×q)/(1-q) (q≠1)

2.错位相减法

适用题型：适用于通项公式为等差的一次函数乘以等比的数列形式{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.Sn=a1b1+a2b2+a3b3+...+anbn

例如：an=a1+(n-1)dbn=a1·q^(n-1)Cn=anbn

Tn=a1b1+a2b2+a3b3+a4b4....+anbn

qTn= a1b2+a2b3+a3b4+...+a(n-1)bn+anb(n+1)

Tn-qTn= a1b1+b2(a2-a1)+b3(a3-a2)+...bn[an-a(n-1)]-anb(n+1)

Tn(1-q)=a1b1-anb(n+1)+d(b2+b3+b4+...bn)

=a1b1-an·b1·q^n+d·b2[1-q^(n-1)]/(1-q)Tn=上述式子/(1-q)

3.倒序相加法

这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列(反序)，再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1+an)

Sn =a1+ a2+ a3+...... +anSn =an+ a(n-1)+a(n-3)...... +a1上下相加 得到2Sn 即 Sn= (a1+an)n/

24.分组法

有一类数列，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、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.例如：an=2^n+n-1

5.裂项法

适用于分式形式的通项公式，把一项拆成两个或多个的差的形式，即an=f(n+1)-f(n)，然后累加时抵消中间的许多项。常用公式：

(1)1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)

(2)1/(2n-1)(2n+1)=1/2[1/(2n-1)-1/(2n+1)]

(3)1/n(n+1)(n+2)=1/2[1/n(n+1)-1/(n+1)(n+2)]

(4)1/(√a+√b)=[1/(a-b)](√a-√b)

(5) n·n!=(n+1)!-n!

[例] 求数列an=1/n(n+1) 的前n项和.

解：an=1/n(n+1)=1/n-1/(n+1) (裂项)

则Sn =1-1/2+1/2-1/3+1/4…+1/n-1/(n+1)(裂项求和)= 1-1/(n+1)= n/(n+1)

小结：此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了。只剩下有限的几项。注意： 余下的项具有如下的特点1余下的项前后的位置前后是对称的。2余下的项前后的正负性是相反的。

6.数学归纳法

一般地，证明一个与正整数n有关的命题，有如下步骤：

(1)证明当n取第一个值时命题成立;

(2)假设当n=k(k≥n的第一个值，k为自然数)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。

例：求证：1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + n(n+1)(n+2)(n+3) =

[n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)]/5证明： 当n=1时，有：1×2×3×4 + 2×3×4×5 = 2×3×4×5×(1/5 +1) = 2×3×4×5×6/5假设命题在n=k时成立，于是：1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3) =

[k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5则当n=k+1时有：1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)= 1×2×3×4 + 2×3×4*5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3) + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)=

[k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5 + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)=

(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)*(k/5 +1)= [(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)]/5即n=k+1时原等式仍然成立，归纳得证

7.通项化归

先将通项公式进行化简，再进行求和。如：求数列1，1+2，1+2+3，1+2+3+4,……的前n项和。此时先将an求出，再利用分组等方法求和。

8.并项求和：

例：1-2+3-4+5-6+……+(2n-1)-2n(并项)

求出奇数项和偶数项的和，再相减。

第四篇：等差数列、等比数列的证明及数列求和

等差数列、等比数列的证明

1.已知数列an满足a11，an3an12n3n2， (Ⅰ)求证：数列ann是等比数列;

(Ⅱ)求数列an的通项公式。

2.已知数列an满足a15，an12an3nnN*， (Ⅰ)求证：数列an3n是等比数列;

(Ⅱ)求数列an的通项公式。

3.已知数列an满足a11，an2an12(Ⅰ)求证：数列an是等差数列; n2nn2， (Ⅱ)求数列an的通项公式。

4.已知数列an满足a12，an1

an12an

，

1

(Ⅰ)求证：数列是等差数列;

an

(Ⅱ)求数列an的通项公式。

5.已知数列an，Sn是它的前n项和，且Sn14an2nN，a1

1*

(Ⅰ)设bnan12annN*，求证：数列bn是等比数列; (Ⅱ)设cn

an

2n

，求证：数列cn是等差数列;

(Ⅲ)求数列an的通项公式。

数列求和的方法介绍

一、公式法

利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法。

1、等差数列求和公式：Sn

n(a1an)

na1

n(n1)

2d

2、等比数列求和公式：Sn

na1n

aanqa1(1q)



11q1q

(q1)(q1)

二、错位相减法

这种方法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

三、裂项相消法

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通项分解，其中裂项是手段，相消是目的。常见的裂项法有：

(1)an

1n(n1)

1n(n2)



1n



1n

1(2)an

1n(n1)



1n1



1n

n2

(3)an



111

2nn2

1anan1



(4)若an等差，公差为d0，则

11

【裂项原理】 an1an

(5)

2n12n1



例

1、已知数列an是等差数列，设其前n项和为Sn，若a59，S525 (Ⅰ)求数列an的通项公式an;

(Ⅱ)设bn3，求数列bn的前n项和Tn

an

例

2、已知数列an的通项公式为an2n13，求前n项和Sn

n

例

3、已知数列an是等差数列，设其前n项和为Sn，若S535，S10120 (Ⅰ)求数列an的通项公式an和Sn; (Ⅱ)设bn

1Sn

，求数列bn的前n项和。

第五篇：高一数学 数列求和教案

湖南师范大学附属中学高一数学教案：数列求和

教材：数列求和

目的：小结数列求和的常用方法，尤其是要求学生初步掌握用拆项法、裂项法和错位法求一些特殊的数列。

过程：

一、 提出课题：数列求和——特殊数列求和

常用数列的前n项和：123nn(n1) 2135(2n1)n2

n(n1)(2n1)

6n(n1)2132333n3[]

2122232n2

二、 拆项法：

例

一、(《教学与测试》P91 例二)

11114,27,310,,n1(3n2),的前n项和。 aaaa1 解：设数列的通项为an，前n项和为Sn，则 ann1(3n2)

a111Sn(12n1)[147(3n2)]

aaa求数列11,(13n2)n3n2n当a1时，Snn

221n(13n2)nan1(3n1)na

当a1时，Sn nn1122aa1a1

三、 裂项法：

例

二、求数列6666,,,,,前n项和 122334n(n1)116()

n(n1)nn1解：设数列的通项为bn，则bn

11111Snb1b2bn6[(1)()()]223nn16(116n)n1n1 例

三、求数列111,,,,前n项和 1212312(n1)12112()

12(n1)(n1)(n2)n1n211111111n)()()]2() 2334n1n22n2n2 解：an Sn2[(

四、 错位法：

1}前n项和 n21111 解：Sn123nn ①

2482111111Sn123(n1)nnn1 ② 248162211(1n)1111112n 两式相减：Snnnn1212248222n1121n1nSn2(1nn1)2n1n

2222例

四、求数列{n例

五、设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn(求数列{an}的前n项和

解：取n =1，则a1(an12)(nN*)， 2a112)a11 2又： Snn(a1an)n(a1an)a12(n)

可得：222an1(nN*)an2n1

Sn135(2n1)n2

五、作业：《教学与测试》P91—92 第44课 练习 3，4，5，6，7 补充：1. 求数列1,4,7,10,,(1)(3n2),前n项和

n3n1n为奇数2 (Sn)

3nn为偶数22n32n1 2. 求数列{n3}前n项和 (8n3)

22 3. 求和：(1002992)(982972)(2212) (5050) 4. 求和：1×4 + 2×5 + 3×6 + ……+ n×(n + 1) ( 5. 求数列1，(1+a)，(1+a+a)，……，(1+a+a+……+a

22n(n1)(n5))

3n

1)，……前n项和

a0时，Snn a1时，Snn(n1)2

n(n1)aan1a

1、0时，Sn(1a)2