《等比数列求和》教案

《等比数列求和》教案（精选8篇）

1.《等比数列求和》教案 篇一

数列求和

数列求和常见的几种方法：（1）公式法：①等差（比）数列的前n项和公式；

1n(n1)21222n2nn(

123......6② 自然数的乘方和公式：123......n（2）拆项重组：适用于数列

1n)(2 1)an的通项公式anbncn，其中bn、cn为等差数列或者等比数列或者自然数的乘方；

（3）错位相减：适用于数列an的通项公式anbncn，其中bn为等差数列，cn为等比数列；

（4）裂项相消：适用于数列a的通项公式：aknnn(n1),a1nn(nk)（其中k为常数）型；

（5）倒序相加：根据有些数列的特点，将其倒写后与原数列相加，以达到求和的目的.（6）

分段求和：数列an的通项公式为分段形式

二、例题讲解

例

1、（拆项重组）求和：311254718......[(2n1)12n]

练习1：求和Sn122334......n(n1)

例

2、（裂项相消）求数列11113,35,57,179,...,1(2n1)(2n1)的前n项和

练习2：求S11n11212311234...1123...n

例

3、（错位相减）求和：1473n222223...2n

练习3：求Sn12x3x24x3...nxn1(x0)

例

4、（倒序相加）设f(x)4x4x2，利用课本中推导等差数列前n项和的方法，求：f(11001)f(21001)f(31001)...f(10001001)的值

a3n2(n4)例

5、已知数列n的通项公式为an2n3(n5)(nN*)求数列an的前n项和Sn

检测题

1.设f(n)22427210...23n10(nN)，则f(n)等于（）

2n222n4(81)

B.(8n11)

C.(8n31)

D.(81)777712.数列{an}的前n项和为Sn，若an，则S5等于（）

n(n1)511A．1

B．

C．

D．

66303.设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S37，且a13，3a2，a34构成等差数列． A.（1）求数列{an}的通项公式．（2）令banln3n1，n1，2...，求数列{bn}的前n项和Tn。

4.设数列a2nn满足a13a23a3…3n1a

3，aN*n．（Ⅰ）求数列an的通项；

（Ⅱ）设bnna，求数列bn的前n项和Sn n

5.求数列22,462n22,23,,2n,前n项的和.6：求数列112,123,,1nn1,的前n项和.7：数列{an}的前n项和Sn2an1，数列{bn}满b13,bn1anbn(nN).（Ⅰ）证明数列{an}为等比数列；（Ⅱ）求数列{bn}的前n项和Tn。

8：

求数列21，41，6114816，2n2n1，...的前n项和Sn．

．

9、已知数列an的前n项和Sn123456...1n1n，求S100.10：在各项均为正数的等比数列中，若a5a69,求log3a1log3a2log3a10的值.11：求数列的前n项和：11,1a4,11a27,,an13n2，…

12：求S12223242...(1)n1n2（nN）

13：已知函数fx2x2x2（1）证明：fxf1x1；

（2）求f1f10210f810f910的值。.

2.《等比数列求和》教案 篇二

1、创设问题情境,激发学习兴趣

兴趣是最好的老师,兴趣式学习的源泉,激发学生学习兴趣,调动学生学习的积极性,不仅能使学生喜欢数学,而且使他们会学数学,学好数学。

例1:等比数列求和公式的引入。

课本放麦子的例子中,国王反对说,这么一点点麦子算不上什么赏赐,但发明者认为如此就足够了。结果弄得国王倾尽国家财力还不够支付。同学们,这几粒麦子,怎能会让国王赔上整个国家的财力?

问题一出,立即引起学生的极大兴趣,麦子多不多,关键就在于计算麦粒的总数。很明显,这是一个以1为首项,以2为公比的等比数列前64项和的问题,即如何计算?

关于类比推理和归纳推理的必要性在以下两个例题的教学中就会体现得淋漓尽致:1.,2.。

2、创设归纳性的问题情境,提高发现规律的能力

难处不在于有了公式去证明,而在于没有公式之前,怎样去找出公式来。所以说,定理、法则、公式的归纳、猜想、发现的过程比证明过程更重要。归纳法在发现新的数学问题,在探索和发现解题途径的过程中起着重要作用。在研究数学问题时,常常将一些一般问题通过特殊化来考察,从中发现一般问题的结论或解题途径,这种由特殊到一般的思考,能否有所发现,关键在于恰当地运用归纳法。

例2:等比数列求和公式的发现和证明。

本节课的难点在于“错项相减法”这种技巧的发现,其关键在于公式的发现。为此我创设以下问题情境:

师:(接例1)如何求(和学生一起讨论)n=64太大了,我们为此采用退一步的策略,先研究n小一些的情况。

生:S1=1,S2=3,S3=7,S4=15,S5=31可以猜想,S64=264-1

师:好。估算一下:S64=1.6×1019

故事中余下的问题只是一个简单的物理问题了,测量一下若干粒麦子的重量,就可估算这些麦子的总重量了。一般地,等比数列前n项和应怎样求?能用等差数列前n项和公式证明方法来类比解决吗?

生:不能。因为在等差数列中a1+a2=a2+an-1=Λ,而等比数列中,一般地a1+a2≠a2+an-1≠Λ。师:那么怎样解决?生:可能用到“求麦子”的方法,先变换成Sn=a1(1+q+Λ+qn-1),关键在于计算1+q+Λ+qn-1。

师:根据上述过程,有1+q+Λ+qn-1=qn-1

生:(议论)不对,q=3就不对了,这时1≠3-1,1+3≠32-1

师:那么Sn等于什么?我们应该怎样办?

生:设q=3,再设a1=1试试看。

师:好,请大家试一试,是否会得到某方面启发?

知道了,,一般地有.师:同学们都觉得这个结论对吗?

生:(议论)当q=1时,1+q+Λ+qn-1,而无意义。这样不对了。要对q进行讨论。

师:非常正确。同学们,等比数列前n项和公式已经被我们发现了,现在余下的工作,就是考虑如何证明这个公式。

生:(议论)先证明简单部分即q=1的情况……;后证明复杂部分即q≠1的情况,需证(q-1)Sn=a1(qn-1),把Sn=a1(1+q+Λ+9n-1)代入展开即可。

至此,“错项相减法”已被诱发而出,证明就不难解决了,在学生完成证明之后,介绍“错项相减法”的名称来由及使用方法,然后进行回顾反思,探求一题多解。

我认为,这个问题情境的创设,优点是:其一在课堂教学中所花费的时间不多,较经济;其二在课堂教学中学生的确能发现公式。但是,这样的发现并不是学生自己探索所发现的,而是沿着教师铺设的阶梯(即教师的思维轨迹)所发现的,一旦失去看这些阶梯,又不知铺设阶梯的方法,就难以有所发现。教师不应当是“木偶的操纵者”,而应是学生主动获取、形成、发现知识的引导者,学生思维策略的指导者。

3、创设类比性问题,强化知识结构的有机性

知识就象一张很大的网,每个知识点之间有一定的逻辑关系。只要能将这些知识点有机的内化,那么学生的大脑中形成的就不再是零星的记忆。如果形成知识的内化,学生就会针对每个问题而引发许多关联的知识点。所以在处理教学问题时,关键在于通过类比推理来处理问题的发展,以便于学生能有机的强化知识点。

教师可由系数的等差性可以错位相减,错位相减后每项系数就可相等,然后就可转化为等比数列的和,从而得到答案。

4、创设问题情境,培养用于探索的精神

研究性学习强调学生通过自主参与一些类似于科学家从事科研的学习活动,获得亲身体验和产生积极情感,逐步形成一种在日常学习和生活中喜欢质疑,乐于探索,努力求知的心理倾向,养成数学地思维的习惯,形成数学地观察世界、处理和解决问题的能力。

摘要：本文以等比数列求和情景的创设着重谈了如何激发学生的学习兴趣,如何提高学生的思维能力,如何启发学生的发现和创新能力。同时以两种教学手段体现教师和学生互动的教学情景。

3.《等比数列求和》教案 篇三

1.学习一个数学公式的基本任务有哪些？

（1）等差数列、等比求和公式内容是什么？公式怎么用？

（2）推导公式的方法怎么用？

2.拿到一个新题目怎么想？

（1）现有的相关公式能否用上？

（2）非等差、等比数列求和能否化为等差、等比数列求和？

（3）已经用过的相关方法能否用上？

问题一：求数列，，，…，，…的前n项和;

分析：数列的分子成等差数列，分母成等比数列，可用错位相减法求和;

Sn=+++…++其中等比数列的公比q=;

Sn=+++…++;

两式错位相减得：

Sn=++++…-

=-+2（++++…+）-

∴Sn=3-

小结：设数列an的等比数列，数列bn是等差数列，则数列anbn的前n项和Sn求解，均可用错位相减法.

问题二：已知a≠0，求数列a，2a2，3a3，…，nan，…前n项和.

点拨：字母的系数等差，字母项等比，但需要对字母讨论.

解：Sn=a+2a2+3a3+…+nan，

当a=1时，Sn=1+2+3+…+n=，

当a≠1时，Sn=a+2a2+3a3+…+nan，

aSn=a2+2a3+3a4+…+nan+1，

两式相减（1-a）Sn=a+a2+a3+…+an-nan+1，

=-nan+1

∴Sn=.

小结：采用乘公比，错位相减，可以得到一组等比数列，求和用公式但必须注意公比是否为1，否则须讨论.

问题三：设Sn=-1+3-5+7-9+…+（-1）n（2n-1），则Sn=（-1）nn

方法一：分析：由此数列的通项an=（-1）n（2n-1）;其是等差数列与等比数列的积这一类型的数列求和，故用错位相减法.

所以Sn=-n（n为奇数）

n（n为偶数），即Sn=（-1）nn.

总结：一个数列cn可以看成是一个以公差为d的等差数列（d不等于零）和一个是公比为q的等比数列（q不等于1）的乘积形式，则数列cn的前n项求和的方法可采用做错位相减法.

方法二：分析：通过观察可发现此数列具有正负相间，且正数项和负数项分别成等差数列这一特征.因此可以将正数项和负数项分别进行分组求和.但此数列有多少正数项和负数项呢？还要对项数n的奇偶性进行讨论.

略解：Sn=-n（n为奇数）

n（n为偶数），即Sn=（-1）nn.

总结：我们通过分组转化成两个等差数列，然后通过已有的等差数列求和求解。这种方法叫做分组求和法。

方法三：分析：通过观察可发现此数列具有这样的特征，即第一项与第二项，第三项与第四项，第五项与第六项，……，第n-1项与第n项的和都等于2，共多少个2呢？还要对项数n进行奇偶性讨论.

总结：通过将数列相邻的两项并成一项得到一个新的容易求和的数列，这种方法叫做并项求和。

通过对以上问题几种方法的探讨，不难看出，实际上所有与项的序号的奇偶性有关的数列求和问题，通过认真审题，抓住数列的通项，灵活地运用分类讨论、转化和化归数学思想，就可将其变为熟悉、简单的等差数列或等比数列来处理，辅助以适当的解题方法技巧，问题就会迎刃而解.

4.高一数学 数列求和教案 篇四

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)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

5.等比数列求和公式的推导 篇五

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)

等比数列求和公式的推导

首项a1,公比q

a(n+1)=an*q=a1*q^(n

Sn=a1+a2+..+an

q*Sn=a2+a3+...+a(n+1)

qSn-Sn=a(n+1)-a1

6.数列求和教学反思 篇六

针对数列问题的考试重点及学生的薄弱环节，《数列求和》的系列专题复习课《数列求和1》的教学重点放在了数列求和的前两种重要方法：

1、公式法求和（即直接利用等差数列和等比数列的求和公式进行求和）；

2、利用叠加法、叠乘法将已知数列转化为等差数列或等比数列再行求和。

从实际教学效果看教学内容安排得符合学生实际，由浅入深，比较合理，基本达到了这节课预期的教学目标及要求。结合自我感觉、工作室评课、学生反馈，这节课比较突出的有以下几个优点。

1、注重“三基”的训练与落实

数列部分中两种最基本最重要的数列就是等差数列和等比数列，很多数列问题包括数列求和都是围绕这两种特殊数列展开的，即使不能直接利用等差数列和等比数列公式求和，也可根据所给数列的不同特点，合理恰当地选择不同方法转化为等差数列或等比数列再行求和。因此上课伊始做为本节课的知识必备，就要求学生强化等差数列和等比数列求和公式的记忆。其次本节课充分渗透了转化的数学思想方法，并且通过典型例题使学生体会并掌握根据所给求和数列的不同特点，分别采用叠加法或叠乘法将所给数列转化为等差数列或等比数列再行求和的基本技能。

2、例、习题的选配典型，有层次

一方面精选近年典型的高考试题、模拟题做为例、习题，使学生通过体会和掌握，达到举一反三的目的；另一方面结合学生实际，自行编纂或改编了一些题目，或在原题基础上降低了难度，设计出了层次，或在学生易错的地方设置了陷阱，提醒学生留意。同时所配的课堂练习也充分注意了题目的难易梯度，把握了层次性，由具体数字运算到字母运算，由直接给出数列各项到用分段函数形式抽象表述数列，由单一方法适用到能够一题多解等等。

3、对学生可能出现的问题有预见性，并能有针对性地对症下药进行设计 对于直接利用公式求和的等差数列或等比数列求和问题，预见到学生的关键问题应该出在搞不清求和的项数上，因而在求和的项数上做了文章，有意设计了求和而非求，并且通过这两道题特别强调了算清项数、如何算清项数等问题，抓住了学生解决这类问题的软肋。

4、教学过程中充分关注到了学生的反应和状态

在解题教学中比较注意启发引导学生，通过自然习得，从而顺理成章达到水到渠成。从题目的设计到解题思路的分析都考虑到了学生的接受能力，从具体到抽象，通常是把问题摆出来、提一句、点一下，尽量不包办代替，努力引发学生的体验和思考，比较注重知识形成过程的教学。同时注意通过多种途径，多种角度，一题多解解决问题，杜绝直接把结果强加给学生，使学生不知所云。

当然这节课的教学也存在着这样那样的不足，比较典型的有以下两点。

1、对于基本公式的掌握仍需加强落实

部分同学公式的记忆仍成问题，本以为课上可以一带而过，不成想主动举手、信心满满、自以为可以完美表现的同学站起来仍然把等比数列的公式说错了，可想而知其他同学的情况了，恐怕也不容乐观，可见连基本公式的强化记忆都是需要老师不厌其烦加以督促的。

7.数列求和的统一方法 篇七

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.

8.“四法两计”成就数列求和 篇八

一、 解决数列求和的四种方法

方法一:定义法

定义法亦称公式法,即明确数列的特殊类型之后,利用特殊类型的数列模型求和公式直接求解.

例1 若数列{an}为以1为首项2为公差的等差数列,求数列{an}的前10项和S10.

解析 由题意知a1=1,d=2,所以Sn=na1+,知S10=10×1+×2=100,所以数列{an}的前10项和S10=100.

例2 若数列{an}为以1为首项2为公比的等比数列,求数列{an}的前10项和S10.

解析 由题意知a1=1,q=2,所以Sn=,知S10==1 024,所以数列{an}的前10项和S10=1 024.

总结反思 对于等比数列利用公式求和时,务必注意公比q是否为1,在不确定的情况下一定要分类讨论.

方法二:错位相减法

错位相减法主要解决数列通项是由等差数列和等比数列对应项乘积构成的数列求和问题.

例3 求数列,,,…,,…的前n项和.

解析 由题可知,的通项是等差数列{n}的通项与等比数列的通项之积.

设Sn=+++…+,①

则Sn=++…++(错位),②

①-②得(相减),得1-Sn=+++…+-.

利用等比数列的求和公式,得Sn=1--,所以Sn=2-.

例4 求数列和:1+3x+5x2+…+(2n-1)xn-1.

解析 由题可知,{(2n-1)xn-1}的通项是等差数列{2n-1}的通项与等比数列{xn-1}的通项之积.

设Sn=1+3x+5x2+…+(2n-1)xn-1,①

则xSn=x+3x2+…+(2n-3)xn-1+(2n-1)xn,②

①-②,得(1-x)Sn=1+2x+2x2+2x3+…+2xn-1-(2n-1)xn.

当x≠1时,利用等比数列的求和公式,得(1-x)Sn=1+-(2n-1)xn,故Sn=.

当x=1时,Sn=1+3+5+7+…+(2n-1)==n2.

总结反思 错位相减法就是求一个等比数列与一个等差数列对应项乘积所得新数列的前n项和Tn的最好办法.

方法三:累加法

累加法来源于等差数列通项公式的推导,但在一些比较特殊的数列求和中意义重大.

例5 已知数列{an}的通项an=n2,n∈N*,求数列{an}的前n项和Sn.

解析 由Sn=12+22+23+…+n2,

得Sn-Sn-1=n3-(n-1)3=3n2-3n+1,

所以13-03=3×12-3×1+1,

23-13=3×22-3×2+1,

33-23=3×32-3×3+1,

43-33=3×33-3×4+1,

…,

n3-(n-1)3=3×n3-3×n+1,

将上述n个式子左边与右边分别相加,得n3=3(12+22+32+…+n2)-3(1+2+3+…+n)+n,

所以12+22+32+…+n2=.

总结反思 此题可以进一步推广求Sn=13+23+33+…+n3等问题,同时上述结论可以很好的提高我们的解题速度.

方法四:倒序相加法

倒序相加法来源于等差数列求和公式的推导,主要体现在性质的应用上.常见性质如:在等差数列{an}中,若m+n=p+q,则am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*).在问题的分析解答上若能善于应用,一定能起到事半功倍的效果.

例6 (2008年山东卷)已知f(3x)=4xlog23+233,则f(2)+f(4)+f(8)+…+f(28)的值等于______.

解析 由于f(3x)=4log23x+233,可令t=3x,则f(t)=4log2t+233,所以f(x)=4log2x+233.

所以f(2n)+f(29-n)=4log22n+233+4log229-n+233=502,所以f(2)+f(4)+f(8)+…+f(28)=f(21)+f(22)+f(23)+…+f(28)=[f(21)+f(28)]+[f(22)+f(27)]+…+[f(24)+

f(25)]=4×502=2 008.

总结反思 倒序相加法在数量比较少的项求和时,作用非常明显.经常结合函数的运算性质加以考查.

二、 解决数列求和的两种计策

数列的研究关键在于对通项公式的分析.通项公式符合等差、等比这样的特殊数列时,可以直接利用相应求和公式求解问题,但如果不是特殊的数列模型就很难直接解答.在这种情况下,掌握好通项公式的两种分析计策:①分组求和,②裂项求和尤为重要,对于高考数列复习一定能起到积极的作用.

计策一:分组求和

例7 求数列2,2+,3+,4+,…,n+,…的前n项和.

解析 Sn=2+2++3++4++…+n+=(1+2+3+…+n)++++…+=+=+2-n-1,

所以Sn=+2-n-1.

总结反思 分组求和是将数列的一项分成两项或多项,然后重新组合,再利用等差或等比数列的前n项和公式进行求解.

计策二:裂项求和

例8 求数列an=的前n项和.

解析 由于an==2-,

所以Sn=21-+-+-+…+-+-=21-=.

总结反思 裂项法就是对通项进行变形将其拆成几项,然后相加时前后交叉相消为零达到求和的目的.

以上四种方法和两种计策虽然各有其特点,但总的原则是要善于改变原数列的形式结构,使其能进行消项处理或能使用等差数列、等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式来解决,只要很好地把握这一规律,就能使数列求和化难为易,迎刃而解.

1. 设公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4是a3与a7的等比中项,S8=32,求Sn.

2. 设数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+an-1an=,n∈N*.

(1) 求数列{an}的通项;

(2) 设bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.

3. 求sin21°+sin22°+…+sin288°+sin289°的值.

4. 求数列1,1+2,1+2+22,…,1+2+22+…+2n-1,…的前n项和.

5. 求数列,,,…的前n项和.