等比数列求和范文

2024-07-21

等比数列求和范文（精选12篇）

等比数列求和第1篇

一、当公比是字母时,必须注意分类讨论

剖析由“an是首项为1,公比为a的等比数列的前n项和”应用公式求an时,忽视了对公比a是否为1进行分类讨论致错.

正解Sn是通项为an=1+a+a2+…+an-1的数列的前n项和;而an是首项为1,公比为a的等比数列的前n项和;

评注:用等比数列前n项和公式求和时,如果公比是字母,应对公比是否为1进行讨论.

正解1观察数列中各项的指数为:1,4,7,10,……,10+3n.

等比数列求和作业第2篇

1、在等比数列中，a1a2a36,a2a3a43，则a3a4a5a6a7（）A.11

8B.1916C.98D.342、在等比数列an中，a15,S555，则公比q等于（）

A.4B.2C.2D.2或43、若等比数列an的前n项和Sn2r，则r（）n

A.2B.1C.0D.14、等比数列前n项和为54，前2n项和为60，则前3n项和为（）A.54B.64C.66

23D.60235、已知公比为qq1的等比数列an的前n项和为Sn，则数列

n1的前n项和为（）an

A.qSnB.SnqnC.1Snqn1D.Sna1q2n16、设等比数列an的前n项和为Sn，若S3S62S9，求公比q。

已知实数a,b,c成等差数列，a1,b1,c4成等比数列，且abc15。

数列求和举例第3篇

数列求和的常用方法有：公式法、分组求和、裂项相消法、倒序求和、错位相减法等，这些方法具有一定的通性，是必须掌握的，下面笔者举例谈几点数列求和的方法：

例1：求和，1+2?2+3?22+……+n?2n-1

解析：本题是典型的运用错位相减法的题型，大多数学生看到此结构，均会用错位相减进行求和，还有其它方法吗？从形式上看，n?2n-1=（xn）1(x=2)，由此得到另一种解法。

解：设：f(x)=x+x2+……+xn=

则：f1(x)=1+2x+2x2+3x2+……+nxn-1

∴1+2?2+3?22+……+n?2n-1

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

点评：本例运用导数，进行数列求和，其方法具有一定的迁移性，对学生数学思维的提高有一定的帮助。

例2：求和，Sn=1-3+5-7+……+（-1）n-1(2n-1)

解析：本题解法多种多样，由（－1）n-1不难想到，对n进行奇、偶性的讨论，在教学发现大多数的学生，分别计算n为奇数及偶数的情形，n为偶数，计算不易出错，但n为奇数时，求和时次数是易错点。若能利用n为偶数时，n-1为奇数，计算量会降低许多。

解：n为偶数时：

Sn=1-3+5-7+……+（2n-3）-(2n-1)

=(1-3)+(5-7)+……+[（2n-3）-(2n-1)]

=(-2)+(-2)+……+（-2）=(-2)×=-n

个

n为奇数时，Sn=Sn-1+an=-(n-1)+(-1)n-1(2n-1)=n(n≥3)

n=1时，上式成立，∴Sn=

例3：在一个圆直径的两端写上自然数1，将此直径分得的两个半圆都对分，在每一个分点上，写上该点相邻两数之和，然后把分得的四个1/4圆周各自对分，在所得分点上写上该点相邻两数之和，如此继续下去，问这样做第几步后，圆周所胡分点上数字之和Sn是多少？

解析：本题在实际教学中，学生做对的人数极少，大多数学生关注于分点的数字，想将其通项写出，但又不得其法，若能注意到求Sn，即其通项这一基本方法思想，运用求通项公式中，寻找递推式的方法可得下面的解法。

解：设第n步之后，圆周所有分点上数字之和为Sn，则第n-1步之后，圆周所有分点之数字之和为Sn-1 (n≥2)显然n=1时S1=2，

又Sn=Sn-1+2Sn-1=3Sn-1

∴{Sn}是以2为首项，3为公比的等比数列

∴Sn=2?3n-1

例4：推导等比数列求和公式

已知数列{an}为等比数列，分比为q，其前几项和为Sn，求Sn

解析：教材中运用的是错位相减法，求和，在这里本文给出另一种常用方法，裂项求和。

解：∵{an}是等比数列，首项为a1，公比为q

∴an=a1qn-1=（qn-1-qn）（q≠1）

∴Sn=a1+a2+……+an

=[(1-q)+(q-q2)+……+( qn-1-qn)]

当q=1时，Sn=na1

等比数列求和公式推导的教学反思第4篇

反思教学, 是我国自20世纪90年代引入的与新课标相适应的一套优秀的教学模式, 在基础教育的各学科中进行了一系列的理论与实践研究。通过教学这一平台, 进行教学活动, 提高教学水平。教学反思应具体从以下三个方面分析。

(1) 课前, 在备课时要了解听课学生的整体学习情况, 对教案进行预想设计, 紧扣新课标理念, 随时对教案进行改良。例如等比数列是高考的重点内容之一, 但同时也是高中教学的难点之一, 学生在刚接触这部分内容时对知识点难以理解、难以驾驭, 所以我采取一种迂回的方式, 将知识分成高一渗透、高三拾遗的方式来讲解, 收到更佳效果。

(2) 课中, 课堂要生动有活力, 各个环节衔接流畅, 同时围绕新课标的理念以学生为主体, 老师只起到引导和点拨的作用。例如在课题引入时采用讲故事的形式, 通过这种形式能够更好地引起学生对接下来所学的内容产生兴趣, 促进与学生的交流。

(3) 课后, 学生要对课堂知识进行回顾, 而老师则要对自己的课堂教学进行反思, 找出课堂教学的可提升点, 充分肯定学生在课堂上提出的独到见解, 让学生思维的火花不断闪烁。

2. 重方法, 重思想, 实现教学目标

新课标的理念注重教学情境, 注重教学中运用多种方法, 启迪学生思想, 让学生产生强烈的求知欲。根据教学经验, 我认为应当从教学思想理念、授课方式两方面来进行总结反思。

(1) 在教学思想理念上:老师在备课时要注重对于本节知识的精髓的提炼, 然后融于现实生活的例子中, 因此, 在课件的选择中, 老师可以选择一些平时生活中的小例子, 在讲解的同时激发起学生对知识的渴求, 更利于学生对知识的掌握。

(2) 在授课的方式方法上:教师不能简单机械地让学生死记硬背, 而应通过建立数学模型来启发学生, 引导学生在实际情境中发现规律。在等比数列求和这一节中可以采用由特殊到一般的引入思路, 引导学生对等比数列求和的思考, 并且鼓励他们提出自己的理解与看法, 激发学生对等比数列求和探究的积极性, 由特殊走向一般, 同时鼓励学生与之前所学过的等差数列进行类比, 将这两处的知识点有机地结合在一起。在本节讲授中, 公式的推导可以说是学生理解的一个难点, 因此我在此处进行了多次的教学反思, 我认为首先要在学生已经对等比数列求和这一问题产生了兴趣的基础上, 仍以学生为探究主体, 先带领学生回顾等差数列的求和公式的推导, 再引导学生探索等比数列求和公式的推导。整堂课通过亲历提出问题、解决问题、反思总结, 学生在已有的知识基础上对新知识进行探索, 使课堂教学真正做到让学生“动起来”, 让课堂“活起来”。

3. 重难点, 课堂之外的课堂是关键

由于初中阶段并没有接触过数列知识, 所以它对于高一新生来说还是比较陌生的。以笔者的执教经验来看, 学生在刚接触到这一部分时会表现出对知识的把握很茫然的感觉。为了使学生突破心理障碍, 老师不但需要在45分钟的课堂上注意自己所设计的每一个问题、每一句话, 还要在课外补充课堂上的不足。笔者所认为的课堂之外的课堂, 应当分成学生和老师两方面来考虑。

从学生方面来说, 在新课标的理念下学生成为了课堂的主体, 每节课他们需要参与大量的教学活动, 而老师则充当了引领者的角色。因此, 为了提高课堂效率, 课前的准备工作就成为了必要且必须的, 而课后的习题练习更不是与新课标相违背的, 不能成为学生的负担。对于知识的掌握, 最好的办法就是能够熟练地应用知识, 没有课后习题来巩固知识就如同纸上谈兵。

在新课标的素质要求下, 老师的压力也在不断地增加, 这就需要教师不断地充电, 教学反思就是一种不断令教师进步的方法: (1) 通过教学反思, 教师能够提高自我教学意识, 增强自我指导、自我批评的能力, 适应当今教育改革的需要, 学会教学; (2) 通过教学反思的研究, 解决理论与实践脱节的问题, 构建理论与实践相续的桥梁, 通过实践来检验理论, 同时又可以将反思后的理论来指导以后的实践; (3) 通过反思教学的良性循环, 在反思中发现问题, 思考问题, 解决问题, 让教学成为一项科学研究, 从而提高教学质量; (4) 教学反思不仅要求确立学生的主体性地位, 更重要的是发挥教师的主导作用。

总而言之, 教学不仅是一门学问, 也是一门艺术, 而在新课标的理念下我们更要将其转变为一种文化, 教学不是可以靠简单的训练就可以学会的技术, 是值得我们不断探索、不断反思的文化!

摘要：等比数列是高中数学数列教学中的重要内容之一。它不但在现实生活中有着广泛的实际应用, 如储蓄、分期付款等的有关计算, 而且公式推导过程中所渗透的思想方法如类比、化归、分类讨论、整体变换和方程等, 都是学生今后学习和工作中必备的数学素养。等比数列前n项和公式推导的思维方法产生是一个教学难点。在新课改教学理念的指导下, 我从学生素质情况、教学方法思想确定教学目标计划, 进而突破教学重点难点, 在几个方面进行了反思。

关键词：等比数列,教学,反思

参考文献

[1]张颖娣.浅谈课后反思交流[J].中学教学参考, 2009 (29) .

数列求和教学反思第5篇

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。

再论一类数列求和问题第6篇

[关键词] 数列；求和；列项；（-1）n

数列是高中数学的重要内容，是高考的热点，也是进一步学习数学的基础，因此高考对这部分知识的考查的题型多样. 在必修部分内容中解答题的难度也是较高的. 纵观近几年的高考，关于数列的考查主要有以三个方面的内容：一是数列本身的知识，主要是等差数列、等比数列概念、通项公式、性质、前n项和公式；二是数列与其他知识的交汇，如与函数、方程、不等式、三角函数、解析几何等知识的结合；三是数列的应用问题，主要是增长率、分期付款等.数列的通项以及求和问题是重点，也是这几年考试的热点，无论是期中、期末还是会考、高考，都是高中数学的必考内容之一. 2015年3月青岛市一模考试数学理科卷19题与2014年山东高考数学理科卷第19题如出一辙，把大家又一次聚焦到了数列裂项求和符号调节器（-1）n的作用上，对此本文尝试做一些分析.

首先，我们从2015年3月青岛市一模考试数学理科卷19题目和解法入手.

已知数列{an}是等差数列，Sn为{an}的前n项和，且a10=19，S10=100；数列{bn}对任意n∈N*，总有b1·b2·b3·…·bn-1·bn=an+2成立.

拓展思考一：通项公式具有什么特点时适合裂和？

观察该数列通项公式cn=（-1）n·，不难发现，分母2n-1与2n+1的和恰好为分母4n，适合裂和.

又如：2013年高考数学江西卷理科第17题的第二问正是这样一个混合型的裂解，在第一问中已经求出an=2n，第二问中令bn=，数列{bn}的前n项和为Tn. 要求证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.

在平日教学过程中，只要我们善于发现，不断总结，总会有“创新的火花”在闪烁，这些难能可贵的见解也是对课堂教学的补充与完善，可以不断拓宽教师的教学思路，提高教学水平，促进教师的专业化成长.

数列求和十法第7篇

一、周期法

数列是一种特殊的函数, 所以数列中也必然存在着周期问题.有些数列题, 表面上看与周期无关, 但实际上隐含着周期性, 一旦揭示了其周期性, 问题便迎刃而解.

例1数列{an}中, a1=1, a2=2, 若对一切n∈N*有anan+1an+2=an+an+1+an+2, 且an+1an+2≠1, 则该数列前2008项的和S2008的值是_______.

解:由a1=1, a2=2, 得a3=3, 所以S3=6.

两式相减得an+1an+2 (an+3-an) =an+3-an, 又an+1an+2≠1, 所以an+3=an, 故周期T=3.

所以S2008=S2007+a2008=669S3+a1=4015.

二、并项法

有些题目可根据题目特点合理并项, 从而简化运算.

例2已知数列{an}的前n项和Sn=1-5+9-13+…+ (-1) n-1· (4n-3) .求S16的值.

解:把和式依次两项一组, 分为8组, 并项求和.

三、裂项相消法

把数列的通项分裂成几项的和或差, 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项之和, 这一求和方法称为裂项相消法.

四、拆项分组法

把数列的每一项分拆成几项, 然后重新组合, 使其化归为特殊数列 (可直接用等差数列、等比数列求和公式, 正整数平方和公式或无穷递缩等比数列求和公式) , 再进行求和, 这一求和方法称为拆项分组法.

例4求数列1×n, 2 (n-1) , 3 (n-2) , …, (n-1) 2, n×1的和.

解:由ak=k (n-k+1) =nk-k2+k (k=1, 2, …, n) .

例5数列{an}的相邻两项an, an+1是方程的两根, 又a1=2, 求无穷数列c1, c2, …, cn, …所有项的和.

故数列{a2n-1}是首项为2, 公比为的等比数列;数列{a2n}是首项为, 公比为的等比数列.

五、错位相减法

高中数学教材中推导等比数列前n项和公式的思想方法, 为我们提供了一种数列求和的重要方法, 即错位相减法.这种方法求解“等差数列{an}与等比数列{bn}对应项之积构成的数列{anbn}的求和问题”, 很奏效, 因为SnqSn (Sn为数列{anbn}的前n项和, q为数列{bn}的公比) 必是一个易于求和的形式.

得

六、倒序相加法

如果一个数列, 与首末等距离的两项之和等于首末两项之和, 则可把“正着写的和式”与“倒着写的和式”相加, 得到一个常数列的和, 这种求和方法称为倒序相加法.

七、导数法

抓住数列通项的结构特征, 启迪直觉, 类比“记忆模式”, 精心联想, 构造恒等式, 借助导数, 获得新的恒等式, 出奇制胜.

例8已知n∈N*, 求和Cn1+2Cn2+3Cn3+…+nCnn

解:由 (1+x) n=1+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn, 两边求导得

令x=1, 得Cn1+2Cn2+3Cn3+…+nCnn=n·2n-1.

评注:此题也可用倒序相加法.

八、数学归纳法

有些题目可通过求出{an}的前几项之和, 猜想出Sn, 然后用数学归纳法给予严格的证明.

例9设数列{bn}的前n项之和为Sn, 满足3 (Sn+nbn) =1+2bn (n∈N*) , 求Sn.

解:因为S1=b1, 由3 (Sn+nbn) =1+2bn, 得3 (S1+S1) =1+2S1, 所以.

而b2=S2-S1, 所以3[S2+2 (S2-S1) ]=1+2 (S2-S1) , 得.

下面用数学归纳法加以证明.

(1) 当n=1时, 结论显然成立.

(2) 假设n=k时, 结论成立, 即.

由题设有3[Sk+1+ (k+1) bk+1]=1+2bk+1, 得.

又因为Sk+1=Sk+bk+1, 所以, 解得.

这就是说n=k+1时, 结论亦成立.

根据 (1) 、 (2) , 对于n∈N*, 总成立.

九、通项法

通项法是指求出数列的通项公式, 借助数列通项公式研究其规律, 进而解决问题的方法, 是一种重要的数列求和方法.

所以, 原式, 故选 (C) .

例11已知等差数列{an}的公差d≠0, 在{an}中取出部分项ak1, ak2, ak3, …, akn恰好为等比数列, 其中k1=1, k2=5, k3=17.求数列{kn}的前n项和Sn.

因为 (a1+4d) 2=a1 (a1+16d) a1=2d, 所以ak2=6d, 所以q=3.

所以akn=a1+ (kn-1) d= (kn+1) d, akn+1= (kn+1+1) d.

所以kn+1=2×3n-1, 所以kn=2×3n-1-1, 所以Sn=3n-n-1.

十、综合法

将自己置身于解题的更高境界:灵活运用数学思想方法, 高屋建瓴, 把握知识的本质和内在规律, 迅速找到突破口, 机智转化, 绕过难点, 顺利获解.

浅析数列求和方法第8篇

在进行等差数列求和公式推导时, 运用的便是倒序相加法。此种方法的运用需要先将一个数列倒过来进行排列, 之后再与原数列进行相加, 以得到n组 (a1+an) , 具体计算方法如下所示:

将两组求和式子进行上下相加, 便可以得到2Sn, 利用数列特点最终求得数列之和。

例1.试利用一定的求和技巧求出

sin21o+sin22o+sin23o+…+sin288o+sin289o的值。

分析:sin21o+sin22o+sin23o+…+sin288o+sin289o这一系列数值并没有直接的联系, 要想利用最简单的方法求出这89个数值的和, 则需要我们从另一个角度进行考虑。不难发现, sin21o+cos21o+=1, 而利用sinx=cos (900-x) 公式可以很容易得到sin890=cos10, 这样便可以利用倒序相加法来快速求得这些数值的和。

解:假设S=sin21o+sin22o+sin23o+…+sin288o+sin289o将其进行反序排列还可以得到S=sin289o+sin288o+…+sin23o+sin22o+sin21o。同时, 因为sinx=cos (900-x) , sinx2+cosx2=1, 所以可以得到

2S= (sin21o+cos210) + (sin22o+cos220) +…+ (sin289o+cos2890) =89, 所以S=44.5。

二、错位相减法

错位相减法不仅是进行等比数列推导前n项和公式时常用的重要方法, 同时也是求通项公式为等差的一次函数乘以等比数列形式的和的重要方法, 即错位相减法适用于数列{an·bn}的前n项和的求解, 其中{an}、{bn}分别为等差与等比数列。一般地, 在已知的和式的两边同时乘以此数列组成中的等比数列的公比, 之后将这个构造的新和式减去原来的求和式子, 这样便可以轻松化为一个同倍数的等比数列, 利用等比数列求和公式便可以求得原数列各项的总和, 该种方法便称为错位相减法。

三、直接求和法

如果题目中给出的数列为已经学过的等差数列或者等比数列, 那么求和过程就会变得简单得多, 我们可以直接采取求和公式来解决问题。具体公式形式总结如下:

通项公式an= a1+ ( n - 1 ) d的等差数列的求和公式为

通项公式an=a1qn-1的等比数列的求和公式可以记作

数列1, 2, 3, 4, ……, n的求和公式可记作

数列1, 4, 9, ……, n 2的求和公式可记作

数列1, 8, 27, ……, n3的求和公式可记作

以上便是经常使用的几类数列的求和公式, 针对类似问题采用直接求和法将会使问题变得更为简单。

例2 . 已经知道, 那么根据这一公式试求前n项的和。

分析:根据公式可以解得, 即, 那么该求和可以利用等比数列求和公式, 通过套用公式, 使得该问题很容易得到最终解。

裂项相消求和法就是将已经得到的数列通项拆成两项之差, 然后对其分别求和, 通过令一些正负项相互抵消, 便可以获得该数列的前n项和转变为首尾若干项的和, 这利用了分解与组合思想。一般地, 通项分解形式常见的有如下几种类型:

裂项相消的变形目的是将原数列的每一项拆分为两项之后, 根据余下项前后位置前后对称或者余下项前后正负性相反的特点将中间大部分的项相互抵消, 只剩下有限几项, 从而使得求和问题获得简易求解。

五、分组转化求和法

有一类数列, 既不是等差数列, 也不是等比数列, 那么要想求此数列的和便需要采用一种新的方法, 即分组转化求和法。其是将数列的每一项分成两项或者将数列的各项进行重新组合, 使其向等差数列或者等比数列转化的有效方法。

六、结语

总而言之, 在解决数列求和问题上, 需要将重点放在数列通项公式的表达形式上, 根据通项公式形式特点, 采取适宜方法是解决此类题型的关键。一般地, 如果是等差、等比数列, 那么其求和便可以直接利用公式求解。而对于不是等差或者等比数列的一般数列而言, 其求和主要有两种思路:第一, 利用错位相消或者分组求和使一般数列转化为等差或者等比数列。第二, 借助裂项相消等方法将不能向等差或者等比的数列进行特殊求和。只有记住每一种类型的求和方法, 在题目中多加积累, 才能为之后数列知识体系的完善奠定坚实基础。

参考文献

[1]阴夏玲.对某些特殊数列求和方法的探讨[J].山西师范大学学报 (自然科学版) , 2013, S2:20-25.

[2]李士芳.数列求和的几种常用方法[J].北京工业职业技术学院学报, 2009, 02:68-70.

数列求和的方法与技巧第9篇

数列求和的指导思想:看通项, 定方法.先求出数列的通项公式, 然后根据数列通项的具体形式决定用哪种方法.

一、公式法

等差数列求和公式:

等比数列求和公式:

补充公式:12+22+…+n2=1/6n (n+1) (2n+1)

13+23+…+n3=1/4n2 (n+1) 2

典型例题:例1.数列{an}满足an=n2+3n-1 (n∈N*) , 求数列{an}的前n项和Sn.

分析:数列{an}的通项由“n2”和“3n-1”两部分组成, “n2”可以用12+22+…+n2=1/6n (n+1) (2n+1) 这个公式求和 , “3n-1”可以用等差数列求和公式求和 , 因此本题用公式法求和较简单.

二、错位相减法

形如{an·bn}, 其中一个是等差数列, 另一个是等比数列, 此类题型用错位相减法求和.

典型例题:例2.数列{an}满足an= (2n-1) ·3n (n∈N*) , 求数列{an}的前n项和Sn.

三、裂项相消法

形如:此类题型用裂项相消法求和.

典型例题:例3.数列{an}是各项都不相等的正项等比数列且an≠1 (n∈N*) , 求证:

四、倒序相加法

数列{an}的第一项与倒数第一项的和是个定值, 第二项与倒数第二项的和是个定值, 以此类推, 此类题型用倒序相加法求和.

典型例题:例4.函数f (x) 对任意x∈R都有f (x) +f (1-x) =1/2, 且Sn=f (0) +f (1/n) +f (2/n) +…+f (1) , 求Sn.

五、分组求和法

若一个数列的通项由几个不同的数列组合而成, 并且可以把这个数列分解成几个能求和的式子, 此类型用分组求和.

典型例题:例5.数列{an}满足an=2n+2n+1 (n∈N*) , 求数列{an}的前n项和Sn.

分析:数列{an}可以分解成两部分“2n”和“2n+1”, “2n”是等比数列, “2n+1”是等差数列, 所以可以分别用等比数列和等差数列求和公式求和.

六、并项求和法

一个数列本身并没有太明显的规律, 但是把数列的某些项重新组合后有规律 (如:相邻项组合, 奇数项与偶数项分别组合等) , 并且组合后可以求和, 此类型题用并项求和.

典型例题:例6.求和:Sn=1-3+5-7+9-11+…+ (-1) n-1 (2n-1) .

由以上六个例题, 不难发现求数列前n项和的一般步骤: (1) 求出数列的通项公式; (2) 观察数列通项公式的形式 , 决定用哪种方法; (3) 化简、整理, 求出数列{an}的前n项和.

以上给出的六种求和方法是比较常规的, 但这些方法不是万能的.通过研究不难发现:这些方法的前提是能求出数列的通项, 然后根据数列通项的特征进一步求和.但是有些题很难求出通项, 以上这些方法不再适用.这就要求考生要多掌握一些“非常规”的技巧与方法.比如以下方法.

七、逐差求和法

某些数列的构成规律不十分明显, 很难求出它的通项公式, 我们可以逐次求出它的各阶差数列, 如果某一阶差数列正好是等差数列或者为等比数列, 那么就可以利用这些数列的有限和得出原数列的一个通项公式, 然后求出其前n项和Sn.

典型例题:例7.求数列5, 6, 9, 16, 31, 62…的前n项和Sn.

分析:这个数列构成规律不十分明显, 通项不容易求出, 我们不妨看看相邻两项的差, 然后再找规律, 可以求出它的一阶差数列:1, 3, 7, 15, 31…, 又可以求出它的二阶差数列:2, 4, 8, 16, 32…, 发现它的二阶差数列是一个等比数列 , 因此可以用逐差求和法先求出an再求出Sn.

八、组合数求和法

若原数列各项可写成组合数的形式, 然后再利用公式求出数列前项和Sn.

典型例题:例8.求数列1, 1+2, 1+2+3, …, 1+2+3+…+n的前n项和Sn.

分析:这个数列的每一项可以变形为以下形式:

因此原数列各项的和可写成组合数的和的形式, 就可以转化为利用公式求出数列前n项和Sn.

对数列求和问题的探讨第10篇

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

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

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

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

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

推论1 C $_{1}^{1}$ +C $_{2}^{1}$ +C $_{3}^{1}$ +…+C $_{n}^{1}$ =C $_{n + 1}^{2}$ .

推论2 C $_{2}^{2}$ +C $_{3}^{2}$ +C $_{4}^{2}$ +…+C $_{n}^{2}$ =C $_{n + 1}^{3}$ .

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 $_{n}^{1}$ =C $_{n + 1}^{2}$ 即可得 $1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{1}{2} n (n + 1) .$

现在求12+22+…+n2的值.

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

$\begin{array}{l} 1 + \frac{3 \times 2}{2} + \frac{4 \times 3}{2} + \dots + \frac{n (n - 1)}{2} = C_{2}^{2} + C_{3}^{2} + C_{4}^{2} + \dots + C_{n}^{2} = C_{n + 1}^{3} = \frac{1}{6} (n + 1) n (n - 1) . \\ ∵ 1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{1}{2} n (n + 1) \end{array}$

, 所以 $1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + \dots + n^{2} = 2 [1 + \frac{3 \times 2}{2} + \frac{4 \times 3}{2} + \dots + \frac{1}{2} n (n - 1)] + (1 + 2 + \dots + n) = 2 (C_{2}^{2} + C_{3}^{2} + C_{4}^{2} + \dots + C_{n}^{2}) + (C_{1}^{1} + C_{2}^{1} + C_{3}^{1} + \dots + C_{n}^{1}) = 2 \cdot \frac{1}{6} (n + 1) n (n - 1) + \frac{1}{2} n (n + 1) = \frac{1}{6} n (n + 1) \cdot (2 n + 1) .$

接着求13+23+33+…+n3的值.

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

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 $a_{n} = n^{3} - 3 n + 4 = 2 [\frac{1}{2} n (n - 1)] - 2 n + 4 = 2 C_{n}^{2} - 2 C_{n}^{1} + 4$ ,

所以 $S_{n} = 2 C_{n + 1}^{3} + 2 C_{n + 1}^{2} + 4 n = 2 \times \frac{1}{6} (n + 1) n (n - 1) - 2 \times \frac{1}{2} (n + 1) n + 4 n = \frac{1}{3} n (n^{2} - 3 n + 8) .$

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

解: $a_{n} = \frac{1}{2} (n + 3) n - 4 = \frac{1}{2} n^{2} - \frac{3}{2} n - 4 = \frac{1}{2} n (n - 1) + 2 n - 4 = C_{n}^{2} + 2 C_{n}^{1} - 4,$

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

从而可以归纳如下:

数列求和型不等式解法揭秘第11篇

通常情况下，放缩法常常被用于解决数列求和型不等式问题．其求解途径一般有两条：一是先求和再放缩，二是先放缩再求和．对于第一种途径，需要该数列的前n项和能直接求出，或者通过变形后求出．求和过程中，一般需用到等差、等比求和公式或者使用分组、裂项、倒序相加等方法．然而更多的情况，数列是不能直接求和的，因此我们必须选择第二条途径，即先对数列进行放缩处理，再做求和运算．

证明不等式：++…+<21－．

方案一构造数列

证明令bn=21－，cn=．

因为bn－bn-1=21－－21－=－=

≥

=cn，所以bn－bn-1>cn，所以bn-1－bn-2>cn-1，…，b2－b1>c2．又b1= 21－=2－>=c1，求和得bn>c1+c2+…+cn，即++…+<21－．

思考上法证明了一个充分条件，即需证明不等式an

方案二数学归纳法

分析这是一个典型的数列求和型不等式．由于不等号两边都含有n，即此为一个与自然数n相关的命题，故可以采取数学归纳法．

证明 ①当n=1时，左边=，右边=21－，左边<右边，显然成立．

②假设n=k时不等式成立，即++…+<21－，则当n=k+1时，左边=++…++<21－+=21－+－+=21－+［2－（2k+3）］，易知2－（2k+3）<0，故上式<21－，即不等式成立．

综合①②知原不等式成立．

思考对于初学者来说，用数学归纳法证明与自然数相关的命题无疑是最好的选择．但是对于部分命题，数学归纳法并不是简便的解法，甚至有些命题根本不能应用数学归纳法．比如我们若将上式稍作变形为++…+<2，则数学归纳法的递推过程就无法实现．此时我们该怎么办？

方案三加强数学归纳

++…+<2．

分析此时不等式的右边是常数，和n无关．此时数学归纳法已不起作用，必须用其他的方法．对此，我们先证明++…+<21－，证明见方案一、二．表面上看，我们把命题加强了，似乎更难以证明．但通过构建这个加强命题，使得我们可以继续运用数学归纳法，证明了该加强命题，自然也就完成对原命题的证明．

思考我们在构造加强命题的时候也可以选择其他形式，总体思路就是在不等式只含常数项的一边添加一个与n相关的无穷小量，使得不等号的两边成为都随着n变化的表达式，从而满足数学归纳法的适用条件．对于上面的不等式，同样可以构造成++…+<21－等．

方案四：自裂项

分析细心的读者可能已经发现，例1的证明其实不必使用数学归纳法．在此不等式中，不等号左边是数列和的形式，通项为．考虑到形如的分式是可以裂项求和的，对于本题有<2－，而－显然易于累加，故可以尝试用自裂项法求解例1．

证明略．

思考此方法的目标是对通项进行放缩，使其成为另一数列连续项之差．而放缩的度是最难以把握的．下面笔者通过一例说明如何把握放缩的度．

求证：++…+<．

证明观察通项，令1，即<．

又∈，，故≥q≥2，所以，当q=2时，

<2-，所以

++…+<2－+－+…+－=2－<．

思考在上述方法中，我们通过待定系数法求得q的取值范围，而q的最终取值由题目对放缩的要求决定．在本例中，若我们对每一项都进行放缩，即≤，解得q≤2，故可取q=2；若保持第一项不动，从第二项开始放缩，则有+≤，解得q≤，则q∈2，，其中任取一值均可．这样的方法有的放矢，避免盲目放缩．

方案五自等比

分析考虑例2中不等号的右边是一常数，可以联想到等比数列求和的极限．因此可将不等式左边放缩至等比数列，其关键是放缩的度．

证明观察通项an=，则连续两项之比q==∈，．故an+1

求和式数列极限的方法第12篇

极限的概念是高等数学中一个最基本、最重要的概念, 极限的理论是研究连续、导数、积分、级数等的重要工具, 有着广泛的应用。因此正确理解和运用极限的概念, 掌握求极限的方法, 对学好高等数学是十分重要的。然而求极限的方法有很多且非常灵活, 本文主要讨论求和式数列极限的方法和技巧, 并且举例来说明每种方法的使用。从而注意引导学生学习其基本解法, 培养学生灵活多样的思维方式, 提高其分析问题、解决问题的能力。

2 求和式数列极限的方法.

2.1 部分和公式

这种方法是利用部分和公式, 先求出数列的通项, 再求出数列的极限。

解因为

所以

由上面两个等式相减得

所以

2.2 施笃兹定理

解由施笃兹定理

2.3 两边夹法

2.4 定积分的定义

如果f (x) 在[a, b]上可积, 则.所以这种方法是将和式极限转化为定积分定义中的积分和, 再利用定积分来求其值.