数列求和的方法技巧总结

数列求和的方法技巧总结（精选14篇）

1.数列求和的方法技巧总结 篇一

等比数列这个名词是我们在数学中经常会用到的一个名词，我们在初中的时候就开始学习等比数列，但是在升入高中以后可能还是对这一个难题束手无策，在这里，小编就要教教大家如何用等比数列求和，攻克这一个数学难题!

一.等比数列求和的教学基础

1.知识结构

先用错位相减法推出等比数列前项和公式，而后运用公式解决一些问题，并将通项公式与前项和公式结合解决问题，还要用错位相减法求一些数列的前n项.

2.重点、难点分析

教学重点、难点是等比数列前 项和公式的推导与应用.公式的推导中蕴含了丰富的数学思想、方法(如分类讨论思想，错位相减法等)，这些思想方法在其他数列求和问题中多有涉及，所以对等比数列前n项和公式的要求，不单是要记住公式，更重要的是掌握推导公式的方法.等比数列前n项和公式是分情况讨论的，在运用中要特别注意 q=1和q=1两种情况.

3.学习建议

①本节内容分为两课时，一节为等比数列前 项和公式的推导与应用，一节为通项公式与前 项和公式的综合运用，另外应补充一节数列求和问题.

②等比数列前n项和公式的推导是重点内容，引导学生观察实例，发现规律，归纳总结，证明结论

③等比数列前n项和公式的推导的其他方法可以给出，提高学生学习的兴趣

④编拟例题时要全面，不要忽略 的情况.

⑤通项公式与前n项和公式的综合运用涉及五个量，已知其中三个量可求另两个量，但解指数方程难度大

⑥补充可以化为等差数列、等比数列的数列求和问题.

二、等比数列求和公式

一个数列，如果任意的后一项与前一项的比值是同一个常数，且数列中任何项都不为0，

即：A(n+1)/A(n)=q (n∈N*)， 这个数列叫等比数列，其中常数q 叫作公比。

如： 2、4、8、16......2^10 就是一个等比数列，其公比为2， 可写为 an=2×2^(n-1) 通项公式 an=a1×q^(n-1);

1.通项公式与推广式

推广式：an=am×q^(n-m) [^的意思为q的(n-m)次方];

2.求和公式

Sn=n×a1 (q=1) Sn=a1(1-q^n)/(1-q) =(a1-an*q)/(1-q) (q≠1) S∞=a1/(1-q) (n->∞)(|q|<1) (q为公比，n为项数)

3.等比数列求和公式推导

①Sn=a1+a2+a3+...+an(公比为q)

②q*Sn=a1*q+a2*q+a3*q+...+an*q =a2+a3+a4+...+a(n+1)

③Sn-q*Sn=a1-a(n+1)

④(1-q)Sn=a1-a1*q^n

⑤Sn=(a1-a1*q^n)/(1-q)

⑥Sn=(a1-an*q)/(1-q)

⑦Sn=a1(1-q^n)/(1-q)

4性质 简介

①若 m、n、p、q∈N，且m+n=p+q，则am×an=ap×aq;

②在等比数列中，依次每 k项之和仍成等比数列; 等比数列的性质

③若m、n、q∈N，且m+n=2q，则am×an=(aq)^2;

④ 若G是a、b的等比中项，则G^2=ab(G ≠ 0);

⑤在等比数列中，首项a1与公比q都不为零

三.学习等比数列的方法

1知识与技能目标

理解用错位相减法推导等比数列前n项和公式的过程，掌握公式的特点，并在此基础上能初步应用公式解决与之有关的问题.

2.过程与方法目标

通过对公式的研究过程，提高学生的建模意识及探究问题、分析与解决问题的能力，体会公式探求过程中从特殊到一般的思维方法，渗透方程思想、分类讨论思想及转化思想，优化思维品质.

3.情感、态度与价值目标

通过学生自主对公式的探索，激发学生的求知欲，鼓励学生大胆尝试、勇于探索、敢于创新，磨练思维品质，并从中获得成功的体验，感受思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美.

4..教学重点、难点

①重点：等比数列前n项和公式的推导及公式的简单应用. 突出重点的方法：“抓三线、突重点”，即一是知识技能线：问题情境→公 式推导→公式运用;二是过程方法线:从特殊、归纳猜想到一般→错位相减法→数学思想;三是能力线：观察能力→初步解决问题能力

.②难点：错位相减法的生成和等比数列前n项和公式的运用. 突破难点的手段：“抓两点，破难点”,即一抓学生情感和思维的兴奋点，激发他们的兴趣，鼓励学生大胆猜想、积极探索，并及时给予肯定;二抓知识的切入点，从学生原有的认知水平和所需的知识特点入手，教师在学生主体下给予适当的提示和指导.

2.数列求和的方法技巧总结 篇二

当然, 找到一个合适的f (n) 常有一定的难度, 但对于一些常见数列, 只要注意观察其通项的特征, 始终瞄准“将an分解成一个新的数列的相邻两项之差”这一目标, 发挥想象, 考察与an“相近”的数列, 很多时候这样的f (n) 是可以找到的.

1. 等差数列及其相关数列的求和

对于等差数列{an}, an=a1+ (n-1) d, 则Sn=a1+a2+…+an=na1+[1+2+…+ (n-1) ]d, 因此求Sn就归结为求1+2+3+…+ (n-1) +n.

考虑通项{n}.为了保持n这一因式, 考察n (n+1) 与 (n-1) n这两项, 它们是数列{n (n+1) }的前后两项, 其差n (n+1) - (n-1) n=2n, 于是.

令f (n) =, 则有1+2+3+…+n=f (n) -f (0) =, 代入即可求得等差数列的求和公式.

引申1求和Snr=1·2·…·r+2·3·…· (r+1) +…+n (n+1) ·…· (n+r-1) .

考察数列{n (n+1) (n+2) ·…· (n+r-1) (n+r) }相邻两项的差, 得n (n+1) ·…· (n+r-1) =1/(r+1)[n (n+1) ·…· (n+r-1) (n+r) - (n-1) n (n+1) ·…· (n+r-1) ].

于是可得Snr=1/ (r+1) n (n+1) ·…· (n+r-1) (n+r) .

引申2求幂和Sp (n) =1p+2p+3p+…+np (p为某一自然数) .

以p=3为例.

方法1由n3=n (n+1) (n+2) -3n2-2n=n (n+1) (n+2) -3n (n+1) +n, 利用公式可得Snr.

方法2设n3=an4+bn3+cn2+dn-[a (n-1) 4+b (n-1) 4+c (n-1) 2+d (n-1) ], 待定系数可得a=1/4, b=1/2, c=1/4, d=0, 令f (n) =1/4n4+1/2n3+1/4n2.

对于一般的Sp (n) , 我们考虑 (n+1) p+1-np+1的展开式, (n+1) p+1-np+1=C1p+1np+C2p+1np-1+…+Cpp+1n+1, 对上式求和, 得 (n+1) p+1-1=C1p+1Sp (n) +C2p+1Sp-1 (n) +…+Cpp+1S1 (n) +S0 (n) .

这样借助上述递推式与S1 (n) , S2 (n) , …, Sp-1 (n) , 就可得Sp (n) 的表达式.

引申3设{an}是公差为d (d≠0) 的等差数列, 求

由于anan+1…an+r-1an+r-an-1anan+1…an+r-1=

2. 等比数列以及等差数列与等比数列乘积型数列的求和

对于首项是b公比为q (q≠0, q≠1) 的等比数列{bn}, 考察其通项bqn-1.

引申设{an}是首项为a公差为d的等差数列, {bn}是首项为b公比为q (q≠0, q≠1) 的等比数列, 由于an·bn=[a+ (n-1) d]·bqn-1= (a-d) bqn-1+bdnqn-1, 于是, 数列{an·bn}求和的关键在于求出.

方法1考虑到nqn- (n-1) qn-1= (q-1) nqn-1+qn-1, 对其两边求和,

由此就可求出

方法2.

3.等差数列求和方法总结 篇三

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

4.数列求和的听课反思 篇四

10月19日下午第二与第三节课，我们学校举行了《数列求和》的同课异构活动。我有幸听到了知名教师杜锡金和过月圆老师的课，受益匪浅。

（一）课堂设计

数列在数学高考文科中所占的位置为17题，难道为中等，对于一般同学而言，是十有八九要做全对的。两位老师整堂课都通过一系列变式讲了数学求和法中的公式法、分组求和法、错位相减法及裂项相消法。目标明确，重点突出，完全符合高考的命题走向。

杜老师由2015年的浙江文科高考卷入手，既体现了对高考命题的关注，也让学生对此题引起一定的重视。同样的.，过老师通过这五年浙江文科数学的高考题目剖析，说明数列求和的重要性。又通过绍兴市期末考试作为例题及引申，从简到难地介绍了公式法，错位相减法及裂项相消法。过老师主要通过对近五年试题的研究来决定数列求和的方法的讲解及其顺利，让我觉得很敬佩。

(二)师生互动

整堂课中，两位老师始终以学生为主体，主动叫学生来回答，并且让学生到黑板上进行板演。两位老师都对学生的板演做出了详细的评价，并且指出在解题过程中应注意的部分及学生容易犯错的地方，给学生指出了一条“光明之路”。

(三)教学素养

两位老师上课激情，声音抑扬顿挫，让我自愧不如。回想我自己上课的样子，有时候语速过快，很多时候语调平，没有重点突出，需要改进的地方还很多。尤其让人敬佩的是两位老师的板书，干净、整洁、漂亮，恰到好处。

5.数列求和教案 篇五

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

6.数列求和的方法技巧总结 篇六

例如求和: ( 1) Sn= 12+ 22+ … + n2; ( 2) Sn= 13+23+… + n3.

思考: ①对于 ( 2) 中的“前n个自然数的立方和”的证明, 还可有其他方法, 如: 仿照 ( 1) 的证法, 利用恒等式 ( k +1) 4- k4= 4k3+ 6k2+ 4k + 1, 或将奇数数列1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, …按如下规则分组: ( 1) , ( 3, 5) , ( 7, 9, 11) , …, 显然第k组的所有元素和为k3. 于是前n个自然数的立方和就是上面分组中前n个组的所有奇数的和.

②利用上述结果, 可以得到

例如: 求数列的通项公式.

例如: 求数列的通项公式.

例如: 求数列的前n项的和.

例如: 化循环小数为分数.

我们知道, 循环小数为有理数, 有理数都可以表示为分数的形式. 我们使用无穷递缩等比数列的求和公式, 说明这一事实.

7.幂数列求和公式的推导及证明 篇七

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。

8.《等比数列求和》教案 篇八

一、教材分析

1.从在教材中的地位与作用来看

《等比数列的前n项和》是数列这一章中的一个重要内容，从教材的编写顺序上来看，等比数列的前n项和是第三章“数列”第五节的内容，一方面它是“等差数列的前n项和”与“等比数列”内容的延续、与前面学习的函数等知识也有着密切的联系，另一方面它又为进一步学习“数列的极限”等内容作准备。就知识的应用价值上来看，它不仅在现实生活中有着广泛的实际应用，如储蓄、分期付款的有关计算等等，而且公式推导过程中所渗透的类比、化归、分类讨论、整体变换和方程等思想方法，都是学生今后学习和工作中必备的数学素养。就内容的人文价值上来看，等比数列的前n项和公式的探究与推导需要学生观察、分析、归纳、猜想，有助于培养学生的创新思维和探索精神,是培养学生应用意识和数学能力的良好载体。2.从学生认知角度来看

从学生的思维特点看，很容易把本节内容与等差数列前n项和从公式的形成、特点等方面进行类比，这是积极因素，应因势利导．不利因素是：本节公式的推导与等差数列前n项和公式的推导有着本质的不同，这对学生的思维是一个突破，另外，对于q = 1这一特殊情况，学生往往容易忽视，尤其是在后面使用的过程中容易出错。3.学情分析

教学对象是刚进入高中的学生，虽然具有一定的分析问题和解决问题的能力，逻辑思维能力也初步形成，但由于年龄的原因，对问题的分析缺乏深刻性和严谨性。4.重点、难点

教学重点：公式的推导、公式的特点和公式的运用． 教学难点：公式的推导方法和公式的灵活运用．

公式推导所使用的“错位相减法”是高中数学数列求和方法中最常用的方法之一，它蕴含了重要的数学思想，所以既是重点也是难点。

二、目标分析

1．知识与技能目标：理解等比数列的前n项和公式的推导方法；掌握等比数列的前n项和公式并能运用公式解决一些简单问题。

2.过程与方法目标：通过公式的推导过程，培养学生猜想、分析、综合的思维能力，提高学生的建模意识及探究问题、分析与解决问题的能力，体会公式探求过程中从特殊到一般的思维方法，渗透方程思想、分类讨论思想及转化思想，优化思维品质。

3．情感态度与价值观：通过经历对公式的探索，激发学生的求知欲，鼓励学生大胆尝试、勇于探索、敢于创新，磨练思维品质，从中获得成功的体验，感受思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美。用数学的观点看问题，一些所谓不可理解的事就可以给出合理的解释，从而帮助我们用科学的态度认识世界。

三、教学方法与教学手段

本节课属于新授课型，主要利用计算机和实物投影等辅助教学，采用启发探究，合作学习，自主学习等的教学模式.四、教学过程分析

学生是认知的主体，也是教学活动的主体，设计教学过程必须遵循学生的认知规律，引导学生去经历知识的形成与发展过程，结合本节课的特点，我按照自主学习的教学模式来设计如下的教学过程，目的是在教学过程中促使学生自主学习，培养自主学习的习惯和意识，形成自主学习的能力。

1．创设情境，提出问题

在古印度，有个名叫西萨的人，发明了国际象棋，当时的印度国王大舍罕为赞赏，对他说：我可以满足你的任何要求。西萨说：请给我棋盘的64个方格上，第一格放1粒小麦，第二格放2粒，第三格放4粒，往后每一格都是前一格的两倍，直至第64格．国王觉得太容易了，就同意了他的要求。国王令宫廷数学家计算，结果出来后，国王大吃一惊．为什么呢？大家想一下，这个国王能够满足宰相的要求吗？

【教师提问】

同学们，你们知道西萨要的是多少粒小麦吗？引导学生写出麦粒总数．带着这样的问题，学生会动手算了起来，他们想到用计算器依次算出各项的值，然后再求和．这时我对他们的这种思路给予肯定． 2．学生探究，解决情境

263在肯定他们的思路后，我接着问：1，2，2，„，2是什么数列？有何特征？ 应归结为什么数学问题呢？

探讨1：，记为（1）式，注意观察每一项的特征，有何联设s=1+2+22+23++26364系？（学生会发现，后一项都是前一项的2倍）

探讨2： 如果我们把每一项都乘以2，就变成了它的后一项，（1）式两边同乘以2则2s64=2+22+23++263+264，记为（2）式．比较（1）(2）两式，你有什么发现？ 有

【设计意图】留出时间让学生充分地比较，等比数列前n项和的公式推导关键是变“加”为“减”，在教师看来这是很显然的事，但在学生看来却是“不可思议”的，因此教学中应着力在这儿做文章，从而培养学生的辩证思维能力．

解决情境问题：经过比较、研究，学生发现：（1）、（2）两式有许多相同的项，把两

s642641式相减，相同的项就可以消去了，得到：。老师强调指出：这就是错位相减法，并 2 要求学生纵观全过程，反思：为什么（1）式两边要同乘以2呢？

【设计意图】经过繁难的计算之苦后，突然发现上述解法，不禁惊呼：真是太简洁了，让学生在探索过程中，充分感受到成功的情感体验，从而增强学习数学的兴趣和学好数学的信心，同时也为推导一般等比数列前n项和提供了方法。3．类比联想，解决问题

这时我再顺势引导学生将结论一般化，设等比数列为an，公比为q，如何求它的前n项和？让学生自主完成，然后对个别学生进行指导。

一般等比数列前n项和：Sna1a2a3an1an?

即Sna1a1qa1q2a1qn2a1qn1?

方法1：错位相减法

2n2a1qn1Sna1a1qa1qa1q 23n1na1qqSna1qa1qa1qa1qa1(1qn)(1q)Sna1a1q1q这里的q能不能等于1？等比数列中的公比能不能为1？q=1时是什么数列？此时sn=？

na1(1qn)Sn1qna1q1

q1na1a1qn在学生推导完成之后，我再问：由(1q)Sna1a1q得Sn

1q【设计意图】在教师的指导下，让学生从特殊到一般，从已知到未知，步步深入，让学生自己探究公式，从而体验到学习的愉快和成就感。4．讨论交流，延伸拓展

探究等比数列前n项和公式，还有其它方法吗？我们知道, sn=a1+a1q+a1q2++a1qn-1=a1+q(a1+a1q++a1qn-2)那么我们能否利用这个关系而求出Sn呢？ 方法2：提取公比q Sna1a1qa1q2a1qn2a1qn1 a1q（a1a1qa1qn2）a1q（Sna1qn1）(1q)Sna1a1qn

根据等比数列的定义又有呢？

方法3：利用等比定理

a2a3a4an=====q，能否联想到等比定理从而求出sna1a2a3an-13

aaa2a34nq a1a2a3an1a2a3anSa1qn(1q)Sna1anq

Saa1a2an1nn„„

【设计意图】以疑导思，激发学生的探索欲望，营造一个让学生主动观察、思考、讨论的氛围.以上两种方法都可以化归到Sna1qsn1, 这其实就是关于Sn的一个递推式，递推数列有非常重要的研究价值，是研究性学习和课外拓展的极佳资源，它源于课本，又高于课本，对学生的思维发展有促进作用.领悟数学应用价值，从特殊到一般,从模仿到创新，有利于学生的知识迁移和能力提高。5．巩固提高，深化认识

（1）口答：

在公比为q的等比数列{an}中

若a12,q1，则Sn________，若a11，q1，则Sn________ 33若a1=—15，a4=96，求q及S4，若a31,S34（2）判断是非：

1(12n)①1248(2)

（）12n23n1(12)②12222

（）

12③若c0且c1，则

n1121，求a1及q.2cccc2462nc2[1(c2)n]1c（）

【设计意图】对公式的再认识，剖析公式中的基本量及结构特征，识记公式,并加强计算能力的训练。

6．例题讲解，形成技能

例1．求和

1aaaa

1111例2．求等比数列，，的第5项到第10项的和．

24816方法1： 观察、发现：a5a6a10S10S4．

方法2： 此等比数列的连续项从第5项到第10项构成一个新的等比数列：首项为a516，公比为q2，项数为n6．

23n1111变式1：求11，2,3,4,5的前n项和． 248163212345变式2：求，，的前n项和．

2481632【设计意图】采用变式教学设计题组，深化学生对公式的认识和理解，通过直接套用公 式、变式运用公式、研究公式特点这三个层次的问题解决，促进学生新的数学认知结构的形成．通过以上形式，让全体学生都参与教学，以此培养学生自主学习的意识．解题时，以学生分析为主，教师适时给予点拨。7.总结归纳，加深理解

以问题的形式出现，引导学生回顾公式、推导方法，鼓励学生积极回答，然后老师再从知识点及数学思想方法两方面总结。

【设计意图】以此培养学生的口头表达能力，归纳概括能力。8．课后作业，分层练习

必做： P129练习3（1）习题3.5 第1题 选作： 思考题(1):求和 x+2x2+3x3++nxn.（2）画一个边长为2cm的正方形, 再将这个正方形各边的中点相连得到第2个正方形,依此类推,这样一共画了10个正方形, 求这10个正方形的面积的和。

【设计意图】布置弹性作业以使各个层次的学生都有所发展.让学有余力的学生有思考的空间，便于学生开展自主学习。

五、评价分析

本节课通过三种推导方法的研究，使学生从不同的思维角度掌握了等比数列前n项和公式．错位相减：变加为减，等价转化；递推思想：纵横联系，揭示本质；等比定理：回归定义，自然朴实．学生从中深刻地领会到推导过程中所蕴含的数学思想，培养了学生思维的深刻性、敏锐性、广阔性、批判性．同时通过精讲一题，发散一串的变式教学，使学生既巩固了知识，又形成了技能，在此基础上，通过民主和谐的课堂氛围，培养了学生自主学习、合作交流的学习习惯，也培养了学生勇于探索、不断创新的思维品质，形成学习能力。

六、教学设计说明 1．情境设置生活化.本着新课程的教学理念，考虑到高一学生的心理特点以及初、高中教学的衔接，让学生学生初步了解“数学来源于生活”，采用故事的形式创设问题情景，意在营造和谐、积极的学习气氛，激发学生主动探究的欲望。2．问题探究活动化．

教学中本着以学生发展为本的理念，充分给学生想的时间、说的机会以及展示思维过程的舞台，通过他们自主学习、合作探究,展示学生解决问题的思想方法，共享学习成果，体验数学学习成功的喜悦.通过师生之间不断合作和交流，发展学生的数学观察能力和语言表达能力，培养学生思维的发散性和严谨性。3．辨析质疑结构化．

在理解公式的基础上,及时进行正反两方面的“短、平、快”填空和判断是非练习.通过总结、辨析和反思，强化了公式的结构特征，促进学生主动建构，有助于学生形成知识模块，优化知识体系。4．巩固提高梯度化．

例题通过公式的正用和逆用进一步提高学生运用知识的能力；由教科书中的例题改编而成，并进行适当的变式,可以提高学生的模式识别的能力，培养学生思维的深刻性和灵活性。5．思路拓广数学化．

从整理知识提升到强化方法，由课内巩固延伸到课外思考，变“知识本位”为“学生本位”，使数学学习成为提高学生素质的有效途径。以生活中的实例作为思考，让学生认识到数学来源于生活并应用于生活，生活中处处有数学． 6．作业布置弹性化．

9.浅谈数列求和的几种常见方法 篇九

一 利用常用求和公式来求和

1. 如果一个数列是等差数列, 可采用等差数列求和公式

例1:已知数列{an}是等差数列a1=3, d=2求{an}的前n项和sn。

2. 若一个数列是等比数列, 可采用等比数列求和公式

例2:已知 求x+x2+x3+…+xn的前n项和。

3. 若一个数列是n个连续正整数的平方和, 可直接利用

例3:求数列12+22+32+…+1002的和。

解:利用公式

可得:

4. 若一个数列是n个连续正整数的立方和, 可直接利用

例4:求数列13+23+…+503的和。

二 利用数列中系数与字母的指数均成等差数列, 采用错位相减法求和

这种方法是在推导等比数列的前n项和公式所用的方法, 主要用于求数列{an·bn}的前n项和, 其中{an}和{bn}分别是等差数列和等比数列。

例5:求sn=1+3x+5x2+7x3+…+ (2n-1) xn-1的和。

解:对x进行分类讨论, 得出:

当x=1时, 即sn=n2。

当x≠1时, sn=1+3x+5x2+7x3+…+ (2n-3) xn-1+ (2n-1) xn-1, xsn=1+3x2+5x3+…+ (2n-3) xn-1+ (2n-1) xn。

两式相减得:

三 利用反序相加法求和

这是推导等差数列的前n项和公式时常用的方法, 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) 。

例6:求证Cn0+3Cn1+5Cn2+…+ (2n+1) Cnn= (n+1) 2n。

证明:令sn=Cn0+3Cn1+5Cn2+…+ (2n+1) Cnn

把sn倒过来写, 得:sn= (2n+1) Cnn+ (2n-1) Cnn-1+ (2n-3) Cnn-2+…+5Cn2+3 Cn1+Cn0。

两式相加, 得:

例7:求sin21°+sin22°+sin288°+sin289°的值。

解:令S=sin21°+sin22°+…+sin288°+sin289°。

∵sin289°=cos1°, sin88°=cos2°, …, sin1°=cos88°, Sin 1°=cos89°。

倒过来写, 得:S=sin289°+sin288°+sin287°+…+sin22°+sin21°。

利用sin2θ+cos2θ=1。

两式相加得: S=2002.5。

四 利用分组法求和

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、等比或常见数列, 然后分别求和, 再将其合并即可。

例9:求数列n (n+1) (2n+1) 的前n项和an=n (n+1) (2n+1) =2n3+3n2+n。

解:令S=a1+a2+a3+…+an

五 利用裂项法求和

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, 通项采用裂项分解为:

例11:在数列{an}中 求数列{bn}前n项和。

六 利用合并法求和

针对一些特殊的数列, 将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质, 因此在求数列的和时, 可将这些项放在一起共求和然后再求sn。

例12:求cos1°+cos2°+cos3°+…+cos178°+cos179°的值。

解:∵cos (π-θ) =-cosθ。

∴cos 91°=-cos89°, cos92°=-cos88°, cos179°=-cos1°。

令S=cos1°+cos2°+cos3°+…+cos90°+cos91°+cos179°;S=cos1°+cos2°+cos3°+…+cos90°+ (-cos89°) + (-cos88°) + (-cos 1°) 。

∴S= (cos1°-cos2°) + (cos2°-cos2°) …+ (cos89°-cos89°) +cos90°=0+0+…+0=0。

∴S=0。

10.等比数列求和公式 篇十

如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列。这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示(q≠0)，等比数列a1≠ 0。注：q=1 时，an为常数列。利用等比数列求和公式可以快速的计算出该数列的和。

等比数列求和公式

(1) 等比数列：a (n+1)/an=q (n∈N).

(2) 通项公式：an=a1×q^(n-1); 推广式：an=am×q^(n-m);

(3) 求和公式：Sn=n×a1 (q=1) Sn=a1(1-q^n)/(1-q) =(a1-an×q)/(1-q) (q≠1) (q为公比,n为项数)

(4)性质：

①若 m、n、p、q∈N,且m+n=p+q,则am×an=ap×aq;

②在等比数列中,依次每 k项之和仍成等比数列.

③若m、n、q∈N,且m+n=2q,则am×an=aq^2

(5)“G是a、b的等比中项”“G^2=ab(G ≠ 0)”.

11.对数列求和问题的探讨 篇十一

定理 C${}_{\mathbf{k}}^{\mathbf{k}}$+C${}_{\mathbf{k}+1}^{\mathbf{k}}$+C${}_{\mathbf{k}+2}^{\mathbf{k}}$+…+C${}_{\mathbf{n}}^{\mathbf{k}}$=C${}_{\mathbf{n}+1}^{\mathbf{k}+1}$.

证明:因为C${}_{\mathbf{m}}^{\mathbf{n}}$+C${}_{\mathbf{m}}^{\mathbf{n}-1}$=C${}_{\mathbf{m}+1}^{\mathbf{n}}$, 所以得到C${}_{\mathbf{k}+1}^{\mathbf{k}+1}$+C${}_{\mathbf{k}+1}^{\mathbf{k}}$=C${}_{\mathbf{k}+2}^{\mathbf{k}+1}$, C${}_{\mathbf{k}+2}^{\mathbf{k}+1}$+C${}_{\mathbf{k}+2}^{\mathbf{k}}$=C${}_{\mathbf{k}+3}^{\mathbf{k}+1}$, …, C${}_{\mathbf{n}}^{\mathbf{k}+1}$+C${}_{\mathbf{n}}^{\mathbf{k}}$=C${}_{\mathbf{n}+1}^{\mathbf{k}+1}$.

上式相加, 得C${}_{\mathbf{k}+1}^{\mathbf{k}+1}$+C${}_{\mathbf{k}+1}^{\mathbf{k}}$+C${}_{\mathbf{k}+2}^{\mathbf{k}}$+…+C${}_{\mathbf{n}}^{\mathbf{k}}$=C${}_{\mathbf{n}+1}^{\mathbf{k}+1}$.

又因为C${}_{\mathbf{k}+1}^{\mathbf{k}+1}$=C${}_{\mathbf{k}}^{\mathbf{k}}$=1, 所以上式可写为

C${}_{\mathbf{k}}^{\mathbf{k}}$+C${}_{\mathbf{k}+1}^{\mathbf{k}}$+C${}_{\mathbf{k}+2}^{\mathbf{k}}$+…+C${}_{\mathbf{n}}^{\mathbf{k}}$=C${}_{\mathbf{n}+1}^{\mathbf{k}+1}$. (1)

推论1 C${}_1^1$+C${}_2^1$+C${}_3^1$+…+C${}_{\mathbf{n}}^1$=C${}_{\mathbf{n}+1}^2$.

推论2 C${}_2^2$+C${}_3^2$+C${}_4^2$+…+C${}_{\mathbf{n}}^2$=C${}_{\mathbf{n}+1}^3$.

由以上定理可解决自然数任意次幂的求和问题, 由1+2+3+…+n=C${}_1^1$+C${}_2^1$+C${}_3^1$+…+C${}_{\mathbf{n}}^1$=C${}_{\mathbf{n}+1}^2$即可得$1+2+3+\cdots +\mathbf{n}=\frac{1}{2}\mathbf{n}(\mathbf{n}+1).$

现在求12+22+…+n2的值.

设{bn}为一数列, 其通项为$\mathbf{b}{}_{\mathbf{n}}=\mathbf{n}{}^2=2[\frac{1}{2}\mathbf{n}(\mathbf{n}-1)]+\mathbf{n}$, 而

$\begin{array}{l}1+\frac{3\times 2}{2}+\frac{4\times 3}{2}+\cdots +\frac{\mathbf{n}(\mathbf{n}-1)}{2}=\mathbf{C}{}_2^2+\mathbf{C}{}_3^2+\mathbf{C}{}_4^2+\cdots +\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}}^2=\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}+1}^3=\frac{1}{6}(\mathbf{n}+1)\mathbf{n}(\mathbf{n}-1).\\ \because 1+2+3+\cdots +\mathbf{n}=\frac{1}{2}\mathbf{n}(\mathbf{n}+1)\end{array}$

, 所以$1{}^2+2{}^2+3{}^2+\cdots +\mathbf{n}{}^2=2[1+\frac{3\times 2}{2}+\frac{4\times 3}{2}+\cdots +\frac{1}{2}\mathbf{n}(\mathbf{n}-1)]+(1+2+\cdots +\mathbf{n})=2(\mathbf{C}{}_2^2+\mathbf{C}{}_3^2+\mathbf{C}{}_4^2+\cdots +\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}}^2)+(\mathbf{C}{}_1^1+\mathbf{C}{}_2^1+\mathbf{C}{}_3^1+\cdots +\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}}^1)=2\cdot \frac{1}{6}(\mathbf{n}+1)\mathbf{n}(\mathbf{n}-1)+\frac{1}{2}\mathbf{n}(\mathbf{n}+1)=\frac{1}{6}\mathbf{n}(\mathbf{n}+1)\cdot (2\mathbf{n}+1).$

接着求13+23+33+…+n3的值.

由于$\mathbf{n}{}^3=6[\frac{1}{6}(\mathbf{n}{}^3-3\mathbf{n}{}^2+2\mathbf{n})]+6[\frac{1}{2}(\mathbf{n}{}^2-\mathbf{n})]+\mathbf{n}=6[\frac{1}{6}\mathbf{n}(\mathbf{n}-1)(\mathbf{n}-2)]+6[\frac{1}{2}\mathbf{n}(\mathbf{n}-1)]+\mathbf{n}=6\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}}^3+6\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}}^2+\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}}^1$, 所以$1{}^3+2{}^3+3{}^3+\cdots +\mathbf{n}{}^3=6\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}+1}^4+6\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}+1}^3+6\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}+1}^2=6\times \frac{1}{24}(\mathbf{n}+1)\mathbf{n}(\mathbf{n}-1)(\mathbf{n}-2)+6\times \frac{1}{6}(\mathbf{n}+1)\mathbf{n}(\mathbf{n}-1)+\frac{1}{2}(\mathbf{n}+1)\mathbf{n}=\frac{1}{4}(\mathbf{n}+1){}^2\mathbf{n}{}^2.$

类似地14+24+34+…+n4也可用此法推出.

随着次数的增高, 推导过程会复杂些, 但用这种方法可以解决自然数任何次幂和的问题.由此可得, 用这种方法也一定可以计算以n为变量的多项式的求和问题.

【例1】 求通项为an=n3-3n+4的前n项和.

解:因为$\mathbf{a}{}_{\mathbf{n}}=\mathbf{n}{}^3-3\mathbf{n}+4=2[\frac{1}{2}\mathbf{n}(\mathbf{n}-1)]-2\mathbf{n}+4=2\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}}^2-2\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}}^1+4$,

所以$\mathbf{S}{}_{\mathbf{n}}=2\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}+1}^3+2\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}+1}^2+4\mathbf{n}=2\times \frac{1}{6}(\mathbf{n}+1)\mathbf{n}(\mathbf{n}-1)-2\times \frac{1}{2}(\mathbf{n}+1)\mathbf{n}+4\mathbf{n}=\frac{1}{3}\mathbf{n}(\mathbf{n}{}^2-3\mathbf{n}+8).$

【例2】 求通项为$\mathbf{a}{}_{\mathbf{n}}=\frac{1}{2}\mathbf{n}(\mathbf{n}+3)\mathbf{n}-4$的前n项和.

解:$\mathbf{a}{}_{\mathbf{n}}=\frac{1}{2}(\mathbf{n}+3)\mathbf{n}-4=\frac{1}{2}\mathbf{n}{}^2-\frac{3}{2}\mathbf{n}-4=\frac{1}{2}\mathbf{n}(\mathbf{n}-1)+2\mathbf{n}-4=\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}}^2+2\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}}^1-4,$

所以$\mathbf{S}{}_{\mathbf{n}}=\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}+1}^3+2\mathbf{C}{}_{\mathbf{n}+1}^2-4\mathbf{n}=\frac{1}{6}(\mathbf{n}+1)\mathbf{n}(\mathbf{n}-1)+2(\mathbf{n}+1)\mathbf{n}-4\mathbf{n}=\frac{1}{6}[(\mathbf{n}+1)(\mathbf{n}-1)+12(\mathbf{n}+1)-24]=\frac{1}{6}\mathbf{n}(\mathbf{n}{}^2+12\mathbf{n}-13)=\frac{1}{6}\mathbf{n}(\mathbf{n}+13)(\mathbf{n}-1).$

从而可以归纳如下:

12.数列求和的方法技巧总结 篇十二

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．

13.数列求和教学反思 篇十三

本节课是高三一轮复习课，主要是对特殊数列求和。对于数列的复习，我觉得主要是复习好两个方面，一个是如何求数列的通项公式，另一个是如何求解数列的前n项和。

这里的求和，对学生来说是一个难度很大的内容，因为此前学生一直是使用等差和等比数列的求和公式进行计算的，让他们忽然去理解和掌握错位相减和裂项相消等方法去求和，难度可想而知，所以这堂课不仅仅是复习课，而且也是一堂新课，课题是求和，学生一看就明白，但求和的对象变了，求和的方法变了。我在教学时，尊重学生的理解和掌握能力，循序渐进，不赶进度，学生要是不能掌握，那就再来一遍，特别是错位相减法，学生知道什么样的数列可以用错位相减法，但算不出正确的结果，所以课堂上在学生板演的基础上我再归纳一下做错位相减法的题目时要注意的地方，什么地方容易错，什么地方要注意等，争取在做作业时不要再犯同样的错误。而且在经后的教学过程中要多培养学生的运算能力以及解题能力，提高他们的动手能力，思维逻辑能力和分析问题的能力，数列求和在整个数列知识中试比较综合的内容，知识点多，方法也多，在做题时首先要思考一下该用什么方法，然后再着手，加上细心才能把题目做对，而现在的学生就是缺乏这点耐心和细心，总想着花最少的时间做较多的事，有时还不检验最后的结果，这是我们教师在教学过程中要渗透的地方，教会学生耐心、细心地做题，确保题目的正确率，在今后的教学中我会在这方面加强培养学生，同时在备课的时候加强培养学生的动手、动脑能力。

14.一类含(-1)n的数列求和问题 篇十四

所谓并项求和法, 就是将待求数列的前n项和“化整为零”, 把位置相邻的两项结合在一起, 研究它们的内在规律, 找出an+an+1的定值关系或表达式, 从而解决问题.

例2数列{an}的通项公式为an= (-1) n-1· (4n-1) , 则它的前100项之和S100=＿＿.

2. 形如φ (Sn, (-1) nan) =f (n) , 用奇偶讨论和阶差法处理.

例3设Sn为数列{an}的前n项和, Sn= (-1) nan-12n, n∈N*, 则 (1) a3=＿＿;

(2) S1+S2+…+S100=＿＿.

(2013年湖南卷)

3. 形如φ (an+m, (-1) nan) =f (n) , 用奇偶讨论和分组求和法处理.

(2012年新课标全国卷)

分析用2n, 2n+1, 2n-1分别替换an+1+ (-1) nan=2n-1中的n, 得

上式中的n分别取1, 3, …, 29, 得

例5在数列{an}中, a1=1, an+2+ (-1) nan=1.记Sn是数列{an}的前n项和, 则S100=＿＿.

解用2n, 2n-1分别替换an+2+ (-1) nan=1中的n, 得

4.形如φ (an, (-1) nf (n) ) =k (f (n) 中含有三角函数式, k为常数) , 用归纳推理或奇偶讨论法处理.

例6设数列{an}的通项公式为an= (-1) n (2n-1) cos nπ2+1 (n∈N*) , 其前n项和为Sn, 则S120=＿＿.

解法1 (归纳推理)

证明如下:

解法2 (奇偶讨论法)