等差数列、等比数列的证明及数列求和

等差数列、等比数列的证明及数列求和（精选8篇）

等差数列、等比数列的证明及数列求和 第1篇

幂数列求和公式的推导及证明

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。

30用类似的方法可以分别推导出5至10次幂数列求和公式，并可仿照上面的方法证明。至于11次及11次以上的幂数列求和公式,相信你在读完本文后也一定能推导和证明的。

等差数列、等比数列的证明及数列求和 第2篇

011年高考四川卷理科20)(本小题共12分)

设d为非零实数，an = 1122n-1 n-1nn* [Cn d+2Cnd+…+(n—1)Cnd+nCnd](n∈N).n

(I)写出a1,a2,a3并判断{an}是否为等比数列.若是，给出证明；若不是，说明理由；(II)设bn=ndan(n∈N)，求数列{bn}的前n项和Sn．

解析：（1）*

a1d

a2d(d1)

a3d(d1)2

01223n1nanCndCndCndCndd(1d)n1

an1d(1d)n

an1d1an

因为d为常数，所以{an}是以d为首项，d1为公比的等比数列。

bnnd2(1d)n1

（2）Snd2(1d)02d2(1d)13d2(1d)2nd2(1d)n1

d2[(1d)02(1d)13(1d)2n(1d)n1](1)(1d)Snd2[(1d)12(1d)23(1d)3n(1d)n](2)

1(1(1d)n)d2n(1d)nd(d2nd)(1d)n（2）（1）dSnd[1(1d)2

等差数列、等比数列的证明及数列求和 第3篇

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.

数列求和不等式的证明 第4篇

题目 已知数列[an]的通项公式是[an=3n-2n].求证：对一切正整数[n]，有[1a1+1a2+???+1an<32].

思路1：放缩为可求和的等比（等差）数列

证明 因为[3n-3n-1=2?3n-12?2n-1=2n]，

所以[3n-2n3n-1]，所以[1an13n-1].

于是[1a1+1a2+…+1an1+13+…+13n-1]

[=1-13n1-13][=321-13n<32].

思路2：放缩后能裂项相消

证明 当[n=1]时，[1a1=1<32]；

当[n=2]时，[1a1+1a2=1+15<32]，显然成立.

当[n3]时，[an=3n-2n=1+2n-2n]

[=1+C1n?2+C2n?22+…+Cn-1n?2n-1+2n-2n]

[=1+C1n?2+C2n?22+…+Cn-1n?2n-1>C2n?22]

[=2nn-1]，

又因为[a2=5>2×2×2-1]，

所以[an>2nn-1]（[n2]），

所以[1an<12nn-1=121n-1-1n]（[n2]），

所以[1a1+1a2+1a3+…+1an]

[<1+121-12+13-14+…+1n-1-1n=1+121-1n<32.]

思路3：构造加强不等式，借助数学归纳法

①当[n=1]时，左边[=1a1=1]，右边[=32]，命题成立.

②假设当[n=k]（[k2]，[k∈][N]）时成立，即[i=1k13i-2i<32]成立.为了证明当[n=k+1]时命题也成立，我们首先证明不等式：[13i+1-2i+1<13?13i-2i]（[i1]，[i∈][N]）.

要证[13i+1-2i+1<13?13i-2i]，

只需证[13i+1-2i+1<13i+1-3?2i]，

只需证[3i+1-2i+1>3i+1-3?2i]，

只需证[-2i+1>-3?2i]，

只需证[-2>-3]，该式子明显成立，

所以[13i+1-2i+1<13?13i-2i].

于是当[n=k+1]时，[i=1k+113i-2i=13-2+i=2k+113i-2i][<1+13i=1k13i-2i<1+13×32=32]，

所以在[n=k+1]时命题也成立.

用放缩法证明数列求和中的不等式 第5篇

近几年，高考试题常把数列与不等式的综合题作为压轴题，而压轴题的最后一问又重点考查用放缩法证明不等式，这类试题技巧性强，难度大，做题时要把握放缩度，并能自我调整，因此应加强此类题目的训练。

高考题展示：

（2006年全国卷I）设数列an的前n项的和

Sn412an2n1，n1,2,3, 333

n32n

，证明：Ti（Ⅰ）求首项a1与通项an；（Ⅱ）设Tn，n1,2,3,2Sni1

nn解：易求an42（其中n为正整数）

4124122Snan2n14n2n2n12n112n13333333

nn232311Tnn1Sn2212n122n12n11

所以：

T22ii1n3113112n112（2006年福建卷）已知数列an满足a11,an12an1(nN*).（I）求数列an的通项公式；（II）证明：an1a1a2n...n(nN*).23a2a3an12解：（I）易求an221(nN*).ak2k12k11k1,k1,2,...,n,（II）证明：ak1212(2k1)22aaan12...n.a2a3an12ak2k11111111k1.,k1,2,...,n, ak12122(2k11)23.2k2k2232kaaan1111n11n112...n(2...n)(1n), a2a3an12322223223an1aan12...n(nN*).23a2a3an12

111115S，证明：nn2122232n23点评：两个高考题向我们说明了数列求和中不等关系证明的两种方法：1.每一项转化为两项差，求和后消去中间项（裂项法）与放缩法的结合；2.用放缩法转化为等比数列求和。题1.已知数列an中an

放缩一：1111(n2)2nn(n1)n1n

***()()222222222123n123455667n1n***238924005111.＝136400n36400360036003Sn

点评：此种放缩为常规法，学生很容易想到，但需要保留前5项，从第6项开始放大，才能达到证题目的，这一点学生往往又想不到，或因意志力不坚强而放弃。需要保留前5项，说明放大的程度过大，能不能作一下调节？ 放缩二：111111(),(n2)n2n21(n1)(n1)2n1n1

***()()122232n2122222435n2nn1n***5()().4223nn142233Sn

点评：此种方法放大幅度较

（一）小，更接近于原式，只需保留前2项，从第3项开始放大，能较容易想到，还能再进一步逼近原式？ 放缩三：1111111()2(),(n1)211111n2n12n1n2(n)(n)nn42222

Sn111111111111512()12()122232n235572n12n132n13本题点评：随着放缩程度的不同，前面需保留不动的项数也随着发生变化，放缩程度越小，精确度越高，保留不动的项数就越少，运算越简单，因此，用放缩法解题时，放缩后的式子要尽可能地接近原式，减小放缩度，以避免运算上的麻烦。

n2n

题2.已知数列an中ann，求证：ai(ai1)3.21i1

2i12i2i111方法一：ai(ai1)i.iiiii1i1i2121(21)(22)(21)(21)2121

ai(ai1)

i1n

211111111()()()33.121223n1nn(21)21212121212121

方法二：

2i1111ai(ai1)i.(i2)(21)22i22i22i2i22i1

2i22

11111ai(ai1)22n12(1n1)3n13.22222i1

点评：方法一用的是放缩法后用裂项法求和；方法二是通过放缩转化为等比数列求和，从数值上看方法二较方法一最后结果的精确度高(3

明的结果3。

同类题训练：

1.已知数列a

n中an，Sn是数列的前n

高中数列求和方法及巩固 第6篇

1、公式法：

如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n项和的公式来求.①等差数列求和公式：Snna1annn1na1d 2

2na1q1②等比数列求和公式：Sna11qnaaq 1nq11q1q

n(n1)2常见的数列的前n项和：123……+n=，1+3+5+„„+(2n-1)=n 2

n(n1)(2n1)n(n1)3333122232……+n2=，123……+n=等.6222、倒序相加法：

类似于等差数列的前n项和的公式的推导方法。如果一个数列an，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用正序写和与倒序写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和。这一种求和的方法称为倒序相加法.x

例

1、已知函数f

x（1）证明：fxf1x1；

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

解：（1）先利用指数的相关性质对函数化简，后证明左边=右边

（2）利用第（1）小题已经证明的结论可知，1f1092ff1010

2f10

8f108f105f109f 101f 105f1 101令Sf109则Sf108f102f10

两式相加得：

2S9

1f1099f9所以S.210

1小结：解题时，认真分析对某些前后具有对称性的数列，可以运用倒序相加法求和.1222

32针对训练

3、求值：S

2110222923282

22 10

13、错位相减法：

类似于等比数列的前n项和的公式的推导方法。若数列各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘得到，即数列是一个“差·比”数列，则采用错位相减法.若anbncn，其中bn是等差数列，cn是公比为q等比数列，令Snb1c1b2c2

bn1cn1bncn



n

则qSnb1c2b2c3bnc1

nn

b c

两式相减并整理即得 例

2、（2008年全国Ⅰ第19题第（2）小题，满分6分）已知 ann2n1，求数列｛an｝的前n项和Sn.解：Sn

120221(n1)2n2n2n1①

2Sn121222

②—①得

(n1)2n1n2n②

2n1n2n2n

1Snn2n12021

小结：错位相减法的求解步骤：①在等式两边同时乘以等比数列cn的公比

q；②将两个等式相减；③利用等比数列的前n项和的公式求和.针对训练

4、求和：Sn

x2x23x3

nxnx0,x1

4、裂项相消法：

把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求

c和方法称为裂项相消法。适用于类似（其中an是各项不为零的等差数

aann1

列，c为常数）的数列、部分无理数列等。用裂项相消法求和，需要掌握一些常

见的裂项方法：（1）

1111111

k1，特别地当时，

nn1nn1nnkknnk

（2

k，特别地当k

1例

3、数列an的通项公式为an解：Sna1a2a3，求它的前n项和Sn

n(n1)

an1an

1nn1nn1

1111

 n1nnn1



12233

411111

=1



2

2334

1n n1n1

小结：裂项相消法求和的关键是数列的通项可以分解成两项的差，且这两项是同一数列的相邻两项，即这两项的结构应一致，并且消项时前后所剩的项数相同.1

针对训练5的前n项和Sn.5、分组求和法：

有一类数列，它既不是等差数列，也不是等比数列.若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.例

4、求和：Sn235143526353解：Sn235143526353

246

2n3515253

2n35n

2n35n 5n

n

111n5315

2nn13nn1

1451

5小结：这是求和的常用方法，按照一定规律将数列分成等差（比）数列或常见的数列，使问题得到顺利求解.针对训练

6、求和：Sna1a22a33

ann

提高练习

1．数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有：am＋n＝am＋an＋mn，则

1111()a1a2a3a2008

A．

4016

2009

B．

2008

2009

C．

2007

4D．

2007

2008

2．数列{an}、{bn}都是公差为1的等差数列，若其首项满足a1＋b1＝5，a1＞b1，且a1，b

1∈N*，则数列{abn}前10项的和等于()

A．100 B．85 C．70 D．5

53．设m=1×2+2×3+3×4+„+(n-1)·n，则m等于()

n(n21)111A.B.n(n+4)C.n(n+5)D.n(n+7)

322

2n-1

4．若Sn=1-2+3-4+„+(-1)·n，则S17+S33＋Ｓ50等于()A.1B.-1C.0D.2 5．设{an}为等比数列,{bn}为等差数列，且b1=0,cn=an+bn,若数列{cn}是1,1,2,„,则{cn}的前10项和为()A.978B.557C.467D.979

6．1002-992+982-972+„+22-12的值是()A.5000B.5050C.10100D.20200

7．一个有2001项且各项非零的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为8．若12+22+„+(n-1)2=an3+bn2+cn，则a,bc9．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＞0，且其第二项、第五项、第十四项分别是等

比数列{bn}的第二、三、四项．(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(2)设数列{cn}对任意自然数n均有求c1＋c2＋c3＋„＋c2003的值．

10．已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=2an+(-1)n,n≥1.(1)求证数列{an+

cc1c2c3

nan1成立． b1b2b3bn

(-1)n}是等比数列;3

1117.a4a5am8

(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对任意的整数m>4,有

提高练习答案

1．解：∵am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋a1＋n＝an＋1＋n，∴利用叠加法得到：an

n(n1)1211，∴2()，2ann(n1)nn1

∴

1111111111

2(1)2(1)a1a2a3a***20094016

． 2009



答案：A.2．解：∵an＝a1＋n－1，bn＝b1＋n－1 ∴abn＝a1＋bn－1＝a1＋(b1＋n―1)―1

＝a1＋b1＋n－2＝5＋n－2＝n＋3

则数列{abn}也是等差数列，并且前10项和等于：答案：B.3．解：因为 an=n2-n.，则依据分组集合即得.答案;A.413

1085 2

n1

(n为奇)2

4．解：对前n项和要分奇偶分别解决，即：Sn=

n(n为偶)2

答案：A

5．解由题意可得a1=1,设公比为q,公差为d,则

qd1q2d2

∴q2-2q=0,∵q≠0,∴q=2,∴an=2n-1,bn=(n-1)(-1)=1-n,∴cn=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=1001·a1001,S偶=a2+a4+a6+„+a2000=1000a1001.答案:

1001

1000

(n1)n(2n1)2n33n2n

.8．解： 原式=

答案：;;

326

9．解：(1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2(d＞0)

－

解得d＝2，∴an＝2n－1，可得bn＝3n1(2)当n＝1时，c1＝3；

当n≥2时，由

cn

an1an，得cn＝2·3n－1，n

故cn

3(n1),23

n1

(n2).故c1＋c2＋c3＋„＋c2003＝3＋2×3＋2×32＋„＋2×32002＝32003． 10．(1)证明由已知得an=Sn-Sn-1=2an+(-1)n-2an-1-(-1)n-1(n≥2),化简得an=2an-1+2(-1)n-1(n≥2),2221(-1)n=2［an-1+(-1)n-1］(n≥2),∵a1=1,∴a1+(-1)1=.333321

故数列{an+(-1)n}是以为首项，公比为2的等比数列.33

n1

2n2(2)解由（1）可知an+(-1)=.33

1222

∴an=×2n-1-(-1)n=［2n-2-(-1)n］,故数列{an}的通项公式为an=［2n-2-(-1)n］.3333

上式可化为an+(3)证明由已知得

 a4a5am

=

31113111111

3m22

221212(1)m2391533632m2(1)m

1111111111

=(1)(1)23511212351020

11

(1)m514514221***572=.(m5)()m5

1232355***0821

2

故

数列求和方法及数学归纳法 第7篇

一、常用公式法

直接利用公式求和是数列求和的最基本的方法．常用的数列求和公式有：

等差数列求和公式:

等比数列求和公式:

二、错位相减法

可以求形如 的数列的和，其中

为等差数列，为等比数列.例1：求和：.设

减法求和.解：，其中 为等差数列，为等比数列，公比为，利用错位相，两端同乘以，得，两式相减得

于是.说明：错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题.三、裂项相消法

适用于 阶乘的数列等 例2

求数列{1/（＋)}的前n项和 其中{

}是各项不为0的等差数列，c为常数；部分无理数列、含解： ∵1/(＋)＝－(n＋1－n＝1)

分母有理化

∴1/（＝

＝＋)＋1/(－－1

＋)＋…＋1/(－

－)－1＋＋…＋说明：对于分母是两二次根式的和，且被开方数是等差数列，利用乘法公式，使分母上的和变成了分子上的差，从

而Sn又因中间项相消而可求。

四、分组转化法

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，能分为几个

等差、等比或常见的数列，则对拆开后的数列分别求和，再将其合并即可求出原数列的和．

n例3 已知集合A＝{a|a＝2＋9n－4，n∈N且a＜2000}，求A中元素的个数，以及这些元素的和

1011解： 由 2＝1024，2＝2048 1010－4＜2000

知 2＋9×1110－4＞2000

2＋9×

∴ A中有10个元素,记这些元素的和为S10，则

(首项为9，公差为9的等差数列)

2310

S10＝2＋2＋2＋…＋2＋9＋18＋…＋90－4×

(首项为2，公比为2的等比数列)

5－40＝2501

＝2(210－1)＋99× 说明：本题中A是一个集合，集合中的元素是不可重复的，也是没有顺序，所以集合与数列是不同的，但在求和时与10个元素的顺序无关，所以可借用数列的方法求和。

五、配对求和法

对一些特殊的数列，若将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，则在数列求和时，可考虑把这些项放在一起先配对求和，然后再求Ｓｎ． 例4, 设数列的首项为，前项和

（1）求证：数列是等比数列。

满足关系式：

（2）设数列的公比为，作数列使，求。（3）对（2）中的数列求和：。

（1997年上海高考试题）

解: 1）略；（2），（提示：）

（3）

（提示：配对求和）

六、数学归纳法

第一数学归纳法：（1）已知命题P(1)成立；

（2）若命题P(k)成立，则P(k1)成立；

由（1）（2）可知命题P(n)都成立。

简单实例：证明12342n22n12n1(nN*)； 第二数学归纳法：（1）已知命题P(1)成立；

（2）若当nk时命题P(k)都成立，则P(k1)成立；

由（1）（2）命题P(n)都成立。

应用的注意点：

（1）两步缺一不可

（2）第二步证明是必须利用归纳假设；

例5．用数学归纳法证明：。

证明：i)当n=2时，左式=，右式=，∵，∴，即n=2时，原不等式成立。

ii)假设n=k(k≥2, k∈Z)时，不等式成立，即 ，则n=k+1时，左边=

右边=，要证左边>右边，只要证，只要证

2，只要证 4k+8k+4>4k+8k+3

只要证4>3。

而上式显然成立，所以原不等式成立，即n=k+1时，左式>右式。

由i), ii)可知，原不等式对n≥2，n∈N均成立。

七.倒序相加法：

如果一个数列｛an｝，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法。

例6.求和

解析：据组合数性质，将倒序写为

以上两式相加得：

八.待定系数法

类似等差数列，如果是关于的次式，那么它的前项和

次式的各项系数即可。

是关于的次式，且不含常数项。因此，只要求出这个例7.求和解析：由于通项是的二次式，则是的三次式，且不含常数项。

设，令得

解得

所以

九．无穷等比数列各项和

符号：Sa1a2...an...limSn

nnn显然：1）q1，limSnlimna1不存在

2）q1,，Sn,1a1，n2milSn不存在(mN*)mn0,n2ma1(1qn)3）q1，limSnlim不存在

nn1qa1(1qn)a4）q1，limSnlim1

nn1q1q定义：我们把q1的无穷等比数列前n项的和Sn当n时的极限叫做无穷等比数列各项的和，并用S表示，即S=

a1(q1)。1q注：1.无穷等比数列前n项和Sn与它的各项和S的区别与联系； 2.前n项之和Sn是数列中有限个项的和,而无穷等比数列各项的和Sn是数列中所有的项的和,它们之间有着本质的区别。

3.对有无穷多项的等比数列,我们是不可能把它们所有的项一一相加的,而是通过对它的前n项之和取极限运算而求得,是用有限的手段解决无限的问题。

4.求和前提：0q1,q0；公式表明它只求公比0q1,q0 的无穷等比数列各项的和.数学归纳法

●难点磁场

(★★★★)是否存在a、b、c使得等式1·22+2·32+…+n(n+1)2=

n(n1)(an2+bn+c).12●案例探究

［例1］试证明：不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相等时，均有：an+cn＞2bn.命题意图：本题主要考查数学归纳法证明不等式，属★★★★级题目.知识依托：等差数列、等比数列的性质及数学归纳法证明不等式的一般步骤.错解分析：应分别证明不等式对等比数列或等差数列均成立，不应只证明一种情况.技巧与方法：本题中使用到结论：(ak－ck)(a－c)＞0恒成立(a、b、c为正数)，从而ak+1+ck+1＞ak·c+ck·a.b证明：(1)设a、b、c为等比数列，a=,c=bq(q＞0且q≠1)

qbnnnn1∴a+c=n+bq=b(n+qn)＞2bn

qqnn

ancnacn(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想＞()(n≥2且n∈N*)

22下面用数学归纳法证明：

a2c2ac2()①当n=2时，由2(a+c)＞(a+c)，∴

22akckack(), ②设n=k时成立，即

22ak1ck11(ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)则当n=k+1时，2411＞(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=(ak+ck)(a+c)44ackacack+1＞()·()=()

2221［例2］在数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an,Sn,Sn－成等比数列.2(1)求a2,a3,a4，并推出an的表达式；(2)用数学归纳法证明所得的结论；(3)求数列{an}所有项的和.2

22命题意图：本题考查了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识.知识依托：等比数列的性质及数学归纳法的一般步骤.采用的方法是归纳、猜想、证明.错解分析：(2)中，Sk=－

1应舍去，这一点往往容易被忽视.2k3111}是以{}为首项，为公差的等差数列，进而求得SnS12技巧与方法：求通项可证明{通项公式.11成等比数列，∴Sn2=an·(Sn－)(n≥2)

(*)222(1)由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－

3212由a1=1，a2=－,S3=+a3代入(*)式得：a3=－

3315解：∵an,Sn,Sn－

(n1)1 2同理可得：a4=－,由此可推出：an= 2(n1)35(2n3)(2n1)(2)①当n=1,2,3,4时，由(*)知猜想成立.2②假设n=k(k≥2)时，ak=－成立

(2k3)(2k1)故Sk2=－21·(Sk－)

2(2k3)(2k1)∴(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0 11(舍),Sk2k12k311由Sk+12=ak+1·(Sk+1－),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－)

22∴Sk=

2ak1ak11122aaak1k1k12k12k12(2k1)2

2ak1,即nk1命题也成立.[2(k1)3][2(k1)1]1(n1)由①②知，an=对一切n∈N成立.2(n2)(2n3)(2n1)(3)由(2)得数列前n项和Sn=

1,∴S=limSn=0.n2n1数学归纳法的应用

数列求和问题的探究 第8篇

一牢固掌握数学基础知识

此外, 还要注重培养学生敏锐的观察力, 让学生能够洞察问题的本质, 能够建立起相应的数学模型, 将简单个例普遍化。

二利用数列基本公式进行求和

在牢固掌握数列知识的基础上, 遇到数列求和问题时, 可首先分析是否可以套用公式进行解答, 是数列求和问题中较为容易的一类。在利用数列基本公式进行数列求和时, 要注意公式的准确性, 如果公式不正确, 答案自然也南辕北辙。因此, 学生一定要认真记忆公式。例如, 下面的问题就可以采用公式进行求和。

思路分析:通过分组, 直接用公式求和。

在解答这个问题时, 要注意对公比q=1或q≠1讨论, 从而运用等比数列前n项和公式对问题正确解答。

利用公式法求和是数列求和问题中较为简单的一种, 一般来说, 这类题型可以直接套用公式, 或只需要简单的分类合并, 再套用公式进行解答。在教学过程中, 教师应要求学生牢固掌握这类解题方法, 在考试中, 这类问题是很容易得分的题型。

三采用错位相减法求和

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。如An=Bn Cn, 其中Bn为等差数列, Cn为等比数列;分别列出Sn, 再把所有式子同时乘以等比数列的公比, 即k Sn;然后错一位, 两式相减即可。当有待定系数时, 要进行分类讨论。乘以公比, 错位相减, 数准项数, 计算细心, 确保结论正确。错位相减法求和是数列求和的重要方法, 是高考的常考重点。

错位相减法比公式法的难度有较大提高, 是学生得分较低的一类题型, 在解题过程中, 要注意对问题分析并寻找规律, 避免漏项或书写错误, 从而得到问题的正确答案。教师在讲解这个方法时, 可以结合学生常犯的错误, 并按照一定的流程进行讲解, 让更多的学生掌握这种求和方法。

四借助裂项相消法求和

利用解析式变形, 将一个数列分成若干个可以直接求和的数列, 进行拆项重组, 或将通项分裂成几项的差, 通过相加过程中的相互抵消, 最后剩下有限项的和。在学习过程中, 应当教育学生掌握“裂项相消求和法”的几个特征: (1) 通项的分母是因式相乘的形式; (2) 每项裂成两个式子的差; (3) 相邻两项裂开后, 前一项的后式与后一项的前式互为相反数; (4) 裂项的关键是紧抓相邻两项的相同项。裂项相消法求和是一种非常常见的题型, 也是高考中的热点考题。相对于其他题型来说, 这种题目的难度大, 有一定的思维能力, 对于培养学生的思维能力有很大帮助。

在解答此类问题时, 应当多写一些项, 然后进行观察, 才可能看出抵消的规律, 从而使用该方法解决求和问题。

五借助倒序相加法求和

在数列求和中, 如果和式到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联, 那么可考虑选用倒序相加法。

例题:设数列{an}是公差为d, 且首项为a0=d的等差数列, 求和:Sn+1=a0Cn0+a1Cn1++anCnn

利用倒序相加法解决数列求和问题, 大都是利用等差数列、等比数列以及函数的重要性质, 从而顺利地解答问题。在使用倒序相加法时要注意不断变形, 然后用知识具备的特有性质作为条件把和求出。

六结束语

综上所述, 作为高中数学重点内容的数列求和问题, 其解答方法有很多种, 如公式法、错位相减法、裂项相消法以及倒序相加法, 此外, 还可以利用其他求和法, 如归纳猜想法、奇偶法等。在面对较为复杂的数列求和问题时, 应当认真分析, 将复杂的问题转化为我们熟悉的等比、等差数列, 然后根据题型采取不同的解答方法。解题过程中, 应当掌握每个方法的本质, 而不能生搬硬套, 否则问题答案南辕北辙。要想达到良好的学习效果, 教师与学生需要互相配合, 才能不断提高教学效率和教学质量。

[责任编辑:林劲]

参考文献

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