1、第 4 课时 数列的求和学习目标 重点难点1学会运用错位相减法求数列的和；2学会运用裂项相消法求数列的和；3学会运用拆项法求数列的和；4学会运用并项转化法求数列的和.重点：错位相减法求和与裂项相消法求和；难点：错位相减法求和.预习交流 1等比数列前 n 项和公式是利用错位相减法推导得到的，还有哪些类型的数列可以用这种方法求和？基本过程是怎样的？预习交流 2对于数列 ，能否将其每一项改写为两项之差的形式？1n(n 1)由此怎样就能求出数列 的前 n 项和？1n(n 1)预习交流 3如果一个数列本身不是等差、等比数列，但它的每一项如果都是由等差数列、等比数列的对应项相加减得到的，那么可用什么方法求
2、出其前 n 项和？预习交流 4给出数列：1，2,3，4,5，6，该数列是等差数列吗？通项公式是什么？该数列每两项之和的值有何特点？怎样求该数列的前 n 项和？在预习中还有哪些问题需要你在听课时加以关注？请在下列表格中做个备忘吧！我的学困点 我的学疑点答案：预习交流 1：提示：形如a nbn的数列(其中a n是等差数列，bn是公比为 q 的等比数列)均可采用错位相减法求和其基本过程是在求和式子的左右两边同乘以等比数列的公比 q，然后两式错位相减，使其转化为等比数列求和问题，得到(1 q) Sn的表达式，从而求出 Sn.预习交流 2：提示： ，即数列中的每一项都可1n(n 1) 1n 1n 1变为
3、两数之差的形式，由此在求该数列前 n 项和时，便可以正负相消，只剩下前、后各一项，从而得到前 n 项和预习交流 3：提示：可采用拆项求和法，实质是把和式中的项重新组合，将等差数列的项放在一起求和，将等比数列的项也放在一起求和，然后将这些和相加减即得到原数列的前 n 项和预习交流 4：提示：该数列不是等差数列，通项公式为 an(1)n1 n，该数列每两项之和的值相等，都是1，因此可采用两项相并的方法求和，但要对 n 的奇偶性进行分类讨论一、错位相减法求和求数列 ， ，的前 n 项和123458 2n 12n思路分析：该数列的通项公式 an (2n1) n，它是由2n 12n (12)一个等差数列
4、和一个等比数列的各项相乘得到的数列，可以采用乘公比错位相减法求和已知数列a n是首项、公比都为 5 的等比数列，bna nlog25an(nN *)，求数列b n的前 n 项和 Sn.1如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项乘积组成，此时可把式子 Sna 1a 2a n两边同乘以公比 q，得到 qSna 1qa 2qa nq，两式错位相减整理即可求出 Sn.2利用错位相减法求和，是一种非常重要的求和方法，这种方法的计算过程较为复杂，对计算能力要求较高，应加强训练要注意通过训练，掌握在错位相减过程中，几个容易出错的环节二、裂项相消法求和在数列a n中，a n ，又 bn ，1n
5、1 2n 1 nn 1 2anan 1试求数列b n的前 n 项和公式思路分析：先根据已知条件求出 an，再求出 bn的通项公式，然后根据 bn的特点，利用 对 bn进行改写，最后求1n(n 1) 1n 1n 1和已知等差数列a n中，a 59，a 1325，又 bn ，试求1anan 1数列 bn的前 n 项和1裂项相消法就是把数列的通项拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前 n 项和变成首尾若干少数项之和，从而求出数列的前 n 项和2常用的一些裂项的技巧有：(1) ；1n(n k) 1k(1n 1n k)(2) ( )；1n k n 1k n k n(3) ；1(2n 1)(2n
6、 1) 12( 12n 1 12n 1)(4) .1n(n 1)(n 2) 12 1n(n 1) 1(n 1)(n 2)3在裂项的具体操作过程中，还要注意以下几点：(1)要注意通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)要特别注意在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，有时可能前面剩下了两项，后面也剩下了两项三、拆项法求和已知数列x n的首项 x13，通项 xn2 npnq(nN *，p，q 为常数) ，且 x1，x 4，x 5 成等差数列，求：(1) p， q 的值；(2)数列 xn前 n 项和 Sn的公式思路分析：先将 x1，x 4，x 5用 p，q 表示，根据 x1，x 4，x
7、5成等差数列建立关于 p，q 的方程组，即可求得 p，q 的值，从而得到数列的通项公式，这时每一项都是由一个等比数列和一个等差数列的和构成，可分别求和后再相加已知数列a n的通项公式 an2n ，则其前 n 项和为12n_如果一个数列的通项是由若干个等差数列和等比数列的项相加减得到的，那么可以把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列的求和公式求解四、并项转化法求和已知数列a n的通项公式 an(1) n1 n2，则其前 n 项和为( )A( 1) n1 B(1) nn(n 1)2 n(n 1)2C Dn(n 1)2 n(n 1)2思路分析
8、：该数列的特点是正负相间，故可以考虑将相邻两项合并转化进行求和，由于最后一项的正负不确定，因此应对 n 是偶数还是奇数进行讨论已知数列a n的前 n 项和 Sn15913(1) n1 (4n3) ，求 S15S 22S 31 的值1一般地，当数列中的各项正负交替，且各项绝对值成等差数列时，都可以采用并项转化法求和2在利用并项转化法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数 n 进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用一个公式来表示1数列a n的前 n 项和为 Sn，若 an ，则 S5等于( 1n(n 1)A1 B C D56 16 1302数列2 n1 4n的前 n 项和为_3已知
9、数列a n的通项公式为 an(1) n(3n2) ，则其前 20 项的和等于_4数列 1， ， ， ，的前 n 项和11 2 11 2 3 11 2 3 n为_5求数列 ann2 n的前 n 项和提示：用最精练的语言把你当堂掌握的核心知识的精华部分和基本技能的要领部分写下来并进行识记知识精华 技能要领答案：活动与探究 1：解：设 Sn ，12 34 58 2n 12n则 Sn ，12 14 38 516 2n 12n 1得 Sn ，即12 12 24 28 216 22n 2n 12n 1Sn 12 12 12 14 18 12n 1 2n 12n 1 12121 (12)n 11 12 2n
10、 12n 1 1 n1 .12 (12) 2n 12n 1 32 12n 1 2n 12n 1所以 Sn3 3 .12n 2 2n 12n 2n 32n迁移与应用：解：依题意可得 an55 n1 5 n，于是 bn5 nlog255n n5n.12所以 Sn 15 252 353 n5n，则12 12 12 125Sn 152 253 354 (n1)12 12 12 125n n5n1 ，12两式相减得4S n 5 52 53 5n n5n1 ，12 12 12 12 12即4S n (55 25 35 n)12 n5n1 n5n1 ，12 125(1 5n)1 5 12 5n 1 58 n
11、5n 12故 Sn .5 5n 1 4n5n 132活动与探究 2：解：由于 an 1n 1 2n 1 nn 1 ，1 2 nn 1 n(n 1)2n 1 n2所以 bn ，2anan 1 2n2n 12 8n(n 1)而 bn 8 ，8n(n 1) (1n 1n 1)所以数列b n的前 n 项和Snb 1b 2b n 8812 823 8n(n 1)8 .(1 12 12 13 1n 1n 1) (1 1n 1) 8nn 1迁移与应用：解：设等差数列a n的公差为 d，则Error!解得Error!因此 an12(n1) 2n1，于是 bn 1anan 1 ，1(2n 1)(2n 1) 12
12、( 12n 1 12n 1)所以数列b n的前 n 项和Snb 1b 2b n12(1 13 13 15 12n 1 12n 1) .12(1 12n 1) n2n 1活动与探究 3：解：(1)由 x13 得 2pq3，又因为 x4 24p4q， x52 5p5q，且 x1x 52x 4，得32 5p5q2 5p8q，解得 p1，q1.(2)由(1)知 xn2 nn，所以 Sn(22 22 n)(1 2n)2 n1 2 .n(n 1)2迁移与应用：n2n n1 解析：数列前 n 项和(12)Sn (21 12) (22 122) (2n 12n)2(1 2n) (12 122 12n)2 n(
13、n 1)2121 (12)n1 12n 2n n1.(12)活动与探究 4：A 解析：依题意 Sn1 22 23 24 2( 1)n1 n2.当 n 为偶数时，Sn1 22 23 24 2(1) n1 n2(1 2 22) (324 2) (n1) 2n 237(2 n1) .3 (2n 1)2 n2 n(n 1)2当 n 为奇数时，Sn1 22 23 24 2(1) n1 n2S n1 n 2 n 2 .n(n 1)2 n(n 1)2S n(1) n1 .故选 A.n(n 1)2迁移与应用：解：由于 SnError!SnError!所以 S1529，S 2244，S 3161，故 S15S
14、22S 3176.当堂检测1B 解析：a n ，1n(n 1) 1n 1n 1所以S5a 1a 2a 3a 4a 51 ，选 B.12 12 13 13 14 14 15 15 16 5622 n12n 22n 解析：数列2 n1 4n的前 n 项和为Sn(141) (242)(2 243)(2 n1 4n)(1 22 22 n1 )4(1 23n) 4 2 n12n 22n.1 2n1 2 n(n 1)2330 解析：该数列前 20 项的和S20147105558(1 4)(710)( 55 58) 3 1030.4 解析：数列的通项公式为 an ，则2nn 1 11 2 3 nan 2 ，所以其前 n 项和为11 2 3 n 2n(n 1) (1n 1n 1)Sn2 .(1 12 12 13 1n 1n 1) 2nn 15解：设前 n 项和为 Sn，则Sn12 122 232 3n2 n，则 2Sn12 222 332 4(n1)2 nn2 n1 ，两式相减得S n12 1(2 22 32 42 n)n2 n1 n2n1 2 n1 2n2 n1 ，2(1 2n)1 2则 Sn(n1) 2n1 2.高考资源网w。w-w*k&s%5￥u高考资源网w。w-w*k&s%5￥u
