数列求和。
一名优秀的教师在每次教学前有自己的事先计划，教师要准备好教案，这是教师需要精心准备的。教案可以让学生能够听懂教师所讲的内容，帮助授课经验少的教师教学。写好一份优质的教案要怎么做呢？小编经过搜集和处理，为您提供数列求和，供大家借鉴和使用，希望大家分享！
数列的求和教学目的：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。
教学过程：
基本公式：
1.等差数列的前项和公式：
，
2．等比数列的前n项和公式：
当时，①或②
当q=1时，
一、特殊数列求和－－常用数列的前n项和及其应用：
例1设等差数列{an}的前n项和为Sn，且，
求数列{an}的前n项和
——由题和等差数列的前n项和公式先求通项公式an，再sn
例3求和S=1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2)．
——关键是处理好通项：n(n+1)(n+2)=n+3n+2n，
应用特殊公式和分组求解的方法。
二、拆项法(分组求和法)：
例4求数列
的前n项和。
——拆成等比数和列等差数列{3n-2},应用公式求和，注意分a=1和两类讨论.
三、裂项（相消）法：
例5求数列前n项和
——关键是处理好通项（裂项）.设数列的通项为bn，则
例6求数列前n项和
解：
四、错位法：
例7求数列前n项和
解：①
②
两式相减：
五、作业：
1.求数列前n项和
2.求数列前n项和
3.求和：(5050)
4.求和：1×4+2×5+3×6+……+n×(n+1)
5.求数列1，(1+a)，(1+a+a2)，……，(1+a+a2+……+an1)，……前n项和
精选阅读
等差数列求和公式的
俗话说，凡事预则立，不预则废。作为教师就要在上课前做好适合自己的教案。教案可以更好的帮助学生们打好基础，帮助教师更好的完成实现教学目标。那么一篇好的教案要怎么才能写好呢？下面是小编为大家整理的“等差数列求和公式的”，仅供参考，欢迎大家阅读。
问题1：著名数学家高斯10岁时，曾解过一道题：1+2+3+…+100=?你们知道怎么解吗？
问题2：1+2+3+…+n=?
在探求中有学生问：n是偶数还是奇数？教师反问：能否避免奇偶讨论呢？并引导学生从问题1感悟问题的实质：大小搭配，以求平衡
设=1+2+3+…+n,又有=+++…+1
=+++…+，得=
问题3：等差数列=？
学生容易从问题2中获得方法（倒序相加法）。但遇到===…=呢？利用等差数列的定义容易理解这层等量关系，进一步的推广可得重要结论：m+n=p+q
问题4：还有新的方法吗？
（引导学生利用问题2的结论），经过讨论有学生有解法：设等差数列的公差为d，则=+（）+（）+…+[]
==（这里应用了问题2的结论）
问题5：==？
学生容易从问题4中得到联想：==。显然，这又是一个等差数列的求和公式。
等差数列的求和对初学数列求和的离学生的现有发展水平较远，教师通过“弱化”的问题1和问题2将问题转化到学生的最近发展区内，由于学生的最近发展区是不断变化的，学生解决了问题2，就说明学生的潜在的发展水平已经转化为其新的现有发展水平，在新的现有发展水平基础上教师提出了问题3，学生解决了问题3，他们潜在的发展水平已经转化为其新的现有发展水平，在此基础上教师提出了问题4，这个案例的设计体现教师搭“脚手架”的作用不可低估,教师自始至终都应坚持“道而弗牵,强而弗抑,开而弗达”(《礼记·学记》),诱导学生自己探究数学结论,处理好“放”与“扶”的关系。
2012届高考数学备考复习：数列求和及综合应用
一名爱岗敬业的教师要充分考虑学生的理解性，教师要准备好教案，这是教师的任务之一。教案可以让学生更好地进入课堂环境中来，让教师能够快速的解决各种教学问题。关于好的教案要怎么样去写呢？下面是小编为大家整理的“2012届高考数学备考复习：数列求和及综合应用”，相信能对大家有所帮助。
专题三：数列
第二讲数列求和及综合应用
【最新考纲透析】
1．了解数列求和的基本方法。
2．能在具体问题情景中识别数列的等差、等比关系，并能用有关知识解决相应问题。
3．了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。
【核心要点突破】
要点考向1：可转化为等差、等比数列的求和问题
考情聚焦：1．可转化为等差或等比数列的求和问题，已经成为高考考查的重点内容之一。
2．该类问题出题背景选择面广，易与函数方程、递推数列等知识综合，在知识交汇点处命题。
3．多以解答题的形式出现，属于中、高档题目。
考向链接：某些递推数列可转化为等差、等比数列解决，其转化途径有：
1．凑配、消项变换——如将递推公式（q、d为常数，q≠0，≠1）。通过凑配变成；或消常数转化为
2．倒数变换—如将递推公式（c、d为非零常数）取倒数得
3．对数变换——如将递推公式取对数得
4．换元变换——如将递推公式（q、d为非零常数，q≠1，d≠1）变换成，令，则转化为的形式。
例1：（2010福建高考文科Ｔ１7）数列{}中＝，前n项和满足-＝（n）.
(I)求数列{}的通项公式以及前n项和；
（II）若S1,t(S1+S2),3(S2+S3)成等差数列，求实数t的值。
【命题立意】本题考查数列、等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，考查函数方程思想、化归转化思想。
【思路点拨】第一步先求的通项，可知为等比数列，利用等比数列的前n项和求解出；第二步利用等差中项列出方程求出t
【规范解答】(I)由得，又，故，从而
（II）由(I)从而由S1,t(S1+S2),3(S2+S3)成等差数列可得解得。
【方法技巧】要求数列通项公式，由题目提供的是一个递推公式，如何通过递推公式来求数列的通项。题目要求的是项的问题，这就涉及有关“项”与“和”如何转化的问题。一般地，含有的递推关系式，一般利用化“和”为“项”。
要点考向2：错位相减法求和
考情聚焦：1．错位相减法求和，是高中数学中重要的数列求和方法，是近年来高考的重点考查内容。
2．该类问题背景选择面广，可与等差、等比数列、函数、不等式等知识综合，在知识交汇点处命题。
3．多以解答题的形式出现，属于中、高档题。
考向链接：几种求通项及求和方法
（1）已知，求可用叠加法，即
（2）已知，求可用叠乘法，即
（3）设{}为等差数列，为等比数列，求数列的前n项和可用错位相减法。
例2：（2010海南宁夏高考理科T17）设数列满足，
（Ⅰ)求数列的通项公式：
（Ⅱ）令，求数列的前n项和.
【命题立意】本题主要考查了数列通项公式以及前项和的求法，解决本题的关键是仔细观察形式，找到规律，利用等比数列的性质解题.
【思路点拨】由给出的递推关系，求出数列的通项公式，在求数列的前n项和.
【规范解答】（Ⅰ)由已知，当时，
而，满足上述公式，
所以的通项公式为.
（Ⅱ）由可知，
①
从而②
①②得
即
【方法技巧】利用累加法求数列的通项公式，利用错位相减法求数列的和.
要点考向3：裂项相消法求和
考情聚焦：1．裂项相消求和是高中数学中的一个重要的数列求和方法，是近年来高考的重点考查内容。
2．该类问题背景选择面广，可与等差、等比数列、函数、不等式等知识综合，在知识交汇点处命题。
3．多以解答题的形式出现，属中、高档题目。
考向链接：裂项求和的几种常见类型
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）若是公差为d的等差数列，则
；
（6）；
（7）
（8）。
例3：（2010山东高考理科Ｔ18）已知等差数列满足：，，的前n项和为．
（1）求及；
（2）令(nN*)，求数列的前n项和．
【命题立意】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和,考查了考生的逻辑推理、等价变形和运算求解能力.
【思路点拨】(1)设出首项和公差，根据已知条件构造方程组可求出首项和公差，进而求出求及；(2)由(1)求出的通项公式，再根据通项的特点选择求和的方法.
【规范解答】（1）设等差数列的公差为d，因为，，所以有
，解得，
所以；==.
（2）由（1）知，所以bn===，
所以==，
即数列的前n项和=.
【方法技巧】数列求和的常用方法：
1、直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意对公比的讨论.
2、错位相减法：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.
3、分组转化法：把数列的每一项分成两项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
4、裂项相消法：主要用于通项为分式的形式，通项拆成两项之差求和，正负项相消剩下首尾若干项，注意一般情况下剩下正负项个数相同.
5、倒序相加法：把数列正着写和倒着写相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广).
要点考向4：与不等式有关的数列问题
考情聚焦：1．数列综合问题，特别是数列与不等式的综合问题是高考中经常考查的重要内容。
2．该类问题可与函数的单调性、基本不等式、导数函数等知识交汇，综合命题。
3．多以解答题的形式出现，属高档题。
例4：（2010天津高考文科Ｔ22）在数列中，=0，且对任意k，成等差数列，其公差为2k.
（Ⅰ）证明成等比数列；
（Ⅱ）求数列的通项公式；
（Ⅲ）记，证明.
【命题立意】本小题主要考查等差数列的定义及前n项和公式、等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法．
【思路点拨】（Ⅰ）（Ⅱ）应用定义法证明、求解；（Ⅲ）对n分奇数、偶数进行讨论．
【规范解答】（I）由题设可知，，，，，。从而，所以，，成等比数列．
（II）由题设可得
所以
.
由，得，从而.
所以数列的通项公式为或写为，．
（III）由（II）可知，，
以下分两种情况进行讨论：
当n为偶数时，设n=2m
若，则，
若，则
.
所以，从而
（２）当n为奇数时，设．
所以，从而
综合（1）和（2）可知，对任意有
【高考真题探究】
1．（2010天津高考理科Ｔ6）已知是首项为1的等比数列，是的前n项和，且，则数列的前5项和为()
（A）或5（B）或5（C）（D）
【命题立意】考查等比数列的通项公式、前n项和公式．
【思路点拨】求出数列的通项公式是关键．
【规范解答】选C．设，则，
即，，．
2．（2010天津高考文科Ｔ１5）设{an}是等比数列，公比，Sn为{an}的前n项和．
记设为数列{}的最大项，则=．
【命题立意】考查等比数列的通项公式、前n项和、均值不等式等基础知识．
【思路点拨】化简利用均值不等式求最值．
【规范解答】
∴
∵当且仅当即，所以当n=4，即时，最大．
【答案】4.
3．（2010安徽高考理科Ｔ20）设数列中的每一项都不为0．
证明：为等差数列的充分必要条件是：对任何，都有
．
【命题立意】本题主要考查等差数列与充要条件等知识，考查考生推理论证，运算求解能力．
【思路点拨】证明可分为两步，先证明必要性，适宜采用列项相消法，再证明充分性，可采用数学归纳法或综合法．
【规范解答】已知数列中的每一项都不为0，
先证
若数列为等差数列，设公差为，
当时，有，
即对任何，有成立；
当时，显然也成立．
再证
对任意，有①，
②，
由②-①得：-
上式两端同乘，得③，
同理可得④，
由③-④得：，所以为等差数列
【方法技巧】
1、在进行数列求和问题时，要善于观察关系式特点，进行适当的变形，如分组、裂项等，转化为常见的类型进行求和；
2、对数列中的含n的式子，注意可以把式子中的n换为或得到相关的式子，再进行化简变形处理；也可以把n取自然数中的具体的数1，2，3…等，得到一些等式归纳证明.
4．（2010安徽高考文科Ｔ21）设是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在轴的正半轴上，且都与直线相切，对每一个正整数,圆都与圆相互外切，以表示的半径，已知为递增数列.
(1)证明：为等比数列；
（2）设，求数列的前项和.
【命题立意】本题主要考查等比数列的基本知识，利用错位相减法求和等基本方法，考察考生的抽象概括能力以及推理论证能力．
【思路点拨】（1）求直线倾斜角的正弦，设的圆心为，得，同理得，结合两圆相切得圆心距与半径间的关系，得两圆半径之间的关系，即中与的关系，可证明为等比数列；
（2）利用（1）的结论求的通项公式，代入数列，然后采用错位相减法求和.
【规范解答】
．
【方法技巧】
1、对数列中的含n的式子，注意可以把式子中的n换为或得到相关的式子，再进行化简变形处理；
2、在进行数列求和问题时，要善于观察关系式特点，进行适当的处理，如分组、列项相消、错位相减等，转化为常见的类型进行求和．
5．（2010江苏高考Ｔ１9）设各项均为正数的数列的前n项和为，已知，数列是公差为的等差数列．
（1）求数列的通项公式（用表示）；
（2）设为实数，对满足的任意正整数，不等式都成立。求证：的最大值为．
【命题立意】本题主要考查等差数列的通项、求和、基本不等式以及不等式的恒成立问题等有关知识，考查探索、分析及论证的能力．
【思路点拨】（1）先求，然后利用的关系求解；（2）利用（1）中所求利用基本不等式解决．
【规范解答】（1）由题意知：，
，
化简，得：
，
当时，，适合情形．
故所求．
（2）（方法一）
，恒成立．
又，，
故，即的最大值为．
（方法二）由及，得，．
于是，对满足题设的，，有
．
所以的最大值．
另一方面，任取实数．设为偶数，令，则符合条件，且．
于是，只要，即当时，．
所以满足条件的，从而．
因此的最大值为．
6．（2010重庆高考理科Ｔ21）在数列中，=1，，其中实数。
（1）求的通项公式；
（2）若对一切有，求的取值范围。
【命题立意】本小题考查归纳、猜想解题，考查数学归纳法及其应用，考查数列的基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，考查分类讨论的思想.
【思路点拨】（1）先求出数列的前几项，归纳猜想得出结论，再用数学归纳法证明；（2）对恒成立问题进行等价转化，
【规范解答】（1）【方法1】：由，，
，
，猜测（），
下面用数学归纳法证明
当n=1时，等式成立；
假设当n=k时，等式成立，即，则当n=k+1时，
综上可知，对任何都成立.
【方法2】：由原式，
令，则，，因此对有
因此，，。又当n=1时上式成立。
因此，，。
（2）【方法1】：由，得
因，所以
解此不等式得：对一切，有或，其中
易知（因为的分子、分母的最高次项都是2，且系数都是8，所以极限值是）；用放缩法得：
，所以，
因此由对一切成立得；
又，易知单调递增，故对一切成立，因此由对一切成立得：
，从而c的取值范围为.
【方法2】：由，得，
因，所以对恒成立.
记，下分三种情况讨论。
（i）当即或时，代入验证可知只有满足要求
（ii）当时，抛物线开口向下，因此当正整数k充分大时，，不符合题意，此时无解。
（iii）当，即或时，抛物线开口向上，其对称轴必在直线的左侧，因此，在上是增函数。
所以要使对恒成立，只需即可。
由解得或
结合或得或
综合以上三种情况，的取值范围为.
【方法技巧】（1）第（1）问有两种方法解答：①归纳猜想并用数学归纳法证明；②数列的迭代法（或累加消项法）；（2）第（2）问中对条件“恒成立”进行等价转化，转化为一元二次不等式求解或转化为二次函数进行讨论；（3）放缩法的运用
【跟踪模拟训练】
一、选择题(每小题6分，共36分)
1.已知{an}为等差数列，若-1,且它的前n项和Sn有最大值，那么使Sn0的n的最大值为()
(A)11(B)20(C)19(D)21
2.已知等比数列{an}中,a2=1,则其前3项的和S3的取值范围是()
(A)(-∞，-1］
(B)(-∞,0)∪(1,+∞)
(C)［3,+∞)
(D)(-∞,-1］∪［3,+∞)
3.首项为b,公比为a的等比数列{an}的前n项和为Sn,对任意的n∈N*，点(Sn，Sn+1)在()
(A)直线y=ax+b上
(B)直线y=bx+a上
(C)直线y=bx-a上
(D)直线y=ax-b上
4.在数列中，若存在非零整数，使得对于任意的正整数均成立，那么称数列为周期数列，其中叫做数列的周期.若数列满足，如，当数列的周期最小时，该数列的前2010项的和是（）
5.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数.比如：
他们研究过图1中的1,3,6,10,…,由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1，4，9，16，…，这样的数为正方形数.下列数中既是三角形数又是正方形数的是()
(A)289(B)1024(C)1225(D)1378
6.（2010届安徽省安庆市高三二模（文））已知实数、满足：(其中是虚数单位)，若用表示数列的前项和，则的最大值是()
A.12B.14C.15D.16
二、填空题（每小题6分，共18分）
7.已知等比数列满足，且，则当时，
________
8.类比是一个伟大的引路人。我们知道，等差数列和等比数列有许多相似的性质，请阅读下表并根据等差数列的结论，类似的得出等比数列的两个结论：，
9.将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的0-1三角数表，从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n次全行的数都为1的是第_______行；第61行中1的个数是_______.
三、解答题(10、11题每题15分，12题16分，共46分)
10.已知数列{an}的首项a1=5，前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n+5（n∈N*）.
(1)证明数列{an+1}是等比数列；
(2)令f(x)=a1x+a2x2+…+anxn，求函数f(x)在点x=1处的导数f′(1).
11.已知二次函数y=f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)=6x-2.数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式；
12.在数列中，.
（1）求的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）求的最大值.
参考答案
一、选择题
1.【解析】选C.∵等差数列{an}中，-1且它的前n项和Sn有最大值，∴a100,a110,故a11-a10.
即a11+a100,而a10+a100,
∴使Sn0的n的最大值为19.
2.
3.
4.D
5.【解析】选C.从图中观察知
图1中an=1+2+…+n=
图2中bn=n2,
显然1225在an中n=49,
在bn中n=35.
6.D
二、填空题
7.
8.，
9.【解析】①第1次全行的数都是1的是第1行，
第2次全行的数都是1的是第3行，
第3次全行的数都是1的是第7行，
……
第n次全行的数都是1的是第2n-1行，
②由上面结论知第63行有64个1，
则1100……0011……61行
1010……101……62行
1111……11……63行
从上面几行可知第61行数的特点是两个1两个0交替出现，最后两个为1，
∴在第61行的62个数中有32个1.
答案：2n-132
三、解答题
10.【解析】（1）由已知Sn+1=2Sn+n+5,
∴n≥2时，Sn=2Sn-1+n+4，
两式相减，得Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)+1，
即an+1=2an+1.
从而an+1+1=2(an+1).
当n=1时，S2=2S1+1+5,
∴a1+a2=2a1+6,
又a1=5,∴a2=11,
∴a2+1=2(a1+1)，故总有an+1+1=2(an+1),n∈N*.
又∵a1=5,∴an+1≠0，
即{an+1}是以a1+1=6为首项，2为公比的等比数列.
（2）由(1)知an=3×2n-1.
∵f(x)=a1x+a2x2+…+anxn,
∴f′(x)=a1+2a2x+…+nanxn-1.
11.【解析】(1)依题意可设f(x)=ax2+bx(a≠0)，
则f′(x)=2ax+b.
由f′(x)=6x-2得a=3,b=-2,
所以f(x)=3x2-2x.
又由点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上得Sn=3n2-2n.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1
=(3n2-2n)-［3(n-1)2-2(n-1)］=6n-5;
当n=1时，a1=S1=3×12-2×1=1=6×1-5.
所以an=6n-5(n∈N*).
12.【解析】（1）由且…）
得．
（2）由变形得
，
是首项为公比为的等比数列
即（）
（3）①当是偶数时
随增大而减少
当为偶数时，最大值是．
②当是奇数时
随增大而增大且
综上最大值为
【备课资源】
1.已知等比数列{an}的公比q0，前n项的和为Sn,则S4a5与S5a4的大小关系是()
(A)S4a5=S5a4(B)S4a5S5a4
(C)S4a5S5a4(D)不能确定
高考数学（理科）一轮复习数列的通项与求和学案附答案
学案31数列的通项与求和
导学目标：1.能利用等差、等比数列前n项和公式及其性质求一些特殊数列的和.2.能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．
自主梳理
1．求数列的通项
(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：
an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.
(2)当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．
(3)当已知数列{an}中，满足an＋1an＝f(n)，且f(1)f(2)…f(n)可求，则可用__________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1a2a1a3a2…anan－1.
(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项．
(5)归纳、猜想、证明法．
2．求数列的前n项的和
(1)公式法
①等差数列前n项和Sn＝____________＝________________，推导方法：____________；
②等比数列前n项和Sn＝，q＝1，＝，q≠1.
推导方法：乘公比，错位相减法．
③常见数列的前n项和：
a．1＋2＋3＋…＋n＝__________；
b．2＋4＋6＋…＋2n＝__________；
c．1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝______；
d．12＋22＋32＋…＋n2＝__________；
e．13＋23＋33＋…＋n3＝__________________.
(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(3)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
常见的裂项公式有：
①1nn＋1＝1n－1n＋1；
②12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；
③1n＋n＋1＝n＋1－n.
(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．
(5)倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导．
自我检测
1．(原创题)已知数列{an}的前n项的乘积为Tn＝3n2(n∈N*)，则数列{an}的前n项的()
A.32(3n－1)B.92(3n－1)
C.38(9n－1)D.98(9n－1)
2．(2011邯郸月考)设{an}是公比为q的等比数列，Sn是其前n项和，若{Sn}是等差数列，则q为()
A．－1B．1
C．±1D．0
3．已知等比数列{an}的公比为4，且a1＋a2＝20，设bn＝log2an，则b2＋b4＋b6＋…＋b2n等于()
A．n2＋nB．2(n2＋n)
C．2n2＋nD．4(n2＋n)
4．(2010天津高三十校联考)已知数列{an}的通项公式an＝log2n＋1n＋2(n∈N*)，设{an}的前n项的和为Sn，则使Sn－5成立的自然数n()
A．有最大值63B．有最小值63
C．有最大值31D．有最小值31
5．(2011北京海淀区期末)设关于x的不等式x2－x2nx(n∈N*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．
6．数列1,412，714，1018，…前10项的和为________.
探究点一求通项公式
例1已知数列{an}满足an＋1＝2n＋1anan＋2n＋1，a1＝2，求数列{an}的通项公式．
变式迁移1设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.
(1)设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
探究点二裂项相消法求和
例2已知数列{an}，Sn是其前n项和，且an＝7Sn－1＋2(n≥2)，a1＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝1log2anlog2an＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tnm20对所有n∈N*都成立的最小正整数m.
变式迁移2求数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n，…的前n项和．
探究点三错位相减法求和
例3(2011荆门月考)已知数列{an}是首项、公比都为q(q0且q≠1)的等比数列，bn＝anlog4an(n∈N*)．
(1)当q＝5时，求数列{bn}的前n项和Sn；
(2)当q＝1415时，若bnbn＋1，求n的最小值．
变式迁移3求和Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan.
分类讨论思想的应用
例(5分)二次函数f(x)＝x2＋x，当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，f(x)的函数值中所有整数值的个数为g(n)，an＝2n3＋3n2gn(n∈N*)，则Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(－1)n－1an＝()
A．(－1)n－1nn＋12B．(－1)nnn＋12
C.nn＋12D．－nn＋12
【答题模板】
答案A
解析本题考查二次函数的性质以及并项转化法求和．
当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，函数f(x)＝x2＋x的值随x的增大而增大，则f(x)的值域为[n2＋n，n2＋3n＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝2n3＋3n2gn＝n2.
方法一当n为偶数时，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋an－1－an＝(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－3＋2n－12n2＝－nn＋12；
当n为奇数时，Sn＝(a1－a2)＋(a3－a4)＋…＋(an－2－an－1)＋an
＝Sn－1＋an＝－nn－12＋n2＝nn＋12，
∴Sn＝(－1)n－1nn＋12.
方法二a1＝1，a2＝4，S1＝a1＝1，
S2＝a1－a2＝－3，
检验选择项，可确定A正确．
【突破思维障碍】
在利用并项转化求和时，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．求数列的通项：(1)公式法：例如等差数列、等比数列的通项；
(2)观察法：例如由数列的前几项来求通项；
(3)可化归为使用累加法、累积法；
(4)可化归为等差数列或等比数列，然后利用公式法；
(5)求出数列的前几项，然后归纳、猜想、证明．
2．数列求和的方法：
一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．
3．求和时应注意的问题：
(1)直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．
(2)注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010广东)已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2a3＝2a1且a4与2a7的等差中项为54，则S5等于()
A．35B．33C．31D．29
2．(2011黄冈调研)有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn＝7n＋2n＋3，则a5b5＝()
A.6512B.378
C.7213D.94
3．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1且an－1－ananan－1＝an－an＋1anan＋1(n≥2)，则此数列的第10项()
A.1210B.129C.110D.15
4．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则S5等于()
A．1B.56C.16D.130
5．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn1020，那么n的最小值是()
A．7B．8C．9D．10
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2010东北师大附中高三月考)数列{an}的前n项和为Sn且a1＝1，an＋1＝3Sn(n＝1,2,3，…)，则log4S10＝__________.
7．(原创题)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－1an，则该数列前26项的和为________．
8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝____________.
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011河源月考)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)．
(1)若函数f(x)的图象的顶点的横坐标构成数列{an}，试证明数列{an}是等差数列；
(2)设函数f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，试求数列{bn}的前n项和Sn.
10．(12分)(2011三门峡月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝12nan＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.
(1)求c的值及数列{an}的通项公式；
(2)证明1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋118.
11．(14分)(2010北京宣武高三期中)已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求数列{bn}的通项公式bn；
(3)若cn＝anbnn，求数列{cn}的前n项和Tn.
答案自主梳理
1．(2)累加法(3)累积法2.(1)①n(a1＋an)2na1＋n(n－1)2d倒序相加法②na1a1(1－qn)1－qa1－anq1－q③n(n＋1)2n2＋nn2n(n＋1)(2n＋1)6n(n＋1)22
自我检测
1．C2.B3.B4.B
5．101006.145511512
课堂活动区
例1解题导引已知递推关系求通项公式这类问题要求不高，主要掌握由a1和递推关系先求出前几项，再归纳、猜想an的方法，以及累加：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1；累乘：an＝anan－1an－1an－2…a2a1a1等方法．
解已知递推可化为
1an＋1－1an＝12n＋1，
∴1a2－1a1＝122，1a3－1a2＝123，1a4－1a3＝124，…，1an－1an－1＝12n.
将以上(n－1)个式子相加得
1an－1a1＝122＋123＋124＋…＋12n，
∴1an＝121－12n1－12＝1－12n.
∴an＝2n2n－1.
变式迁移1(1)证明由已知有
a1＋a2＝4a1＋2，
解得a2＝3a1＋2＝5，故b1＝a2－2a1＝3.
又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－(4an＋2)
＝4an＋1－4an；
于是an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，
即bn＋1＝2bn.
因此数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．
(2)解由(1)知等比数列{bn}中，b1＝3，公比q＝2，
所以an＋1－2an＝3×2n－1，
于是an＋12n＋1－an2n＝34，
因此数列an2n是首项为12，公差为34的等差数列，
an2n＝12＋(n－1)×34＝34n－14，
所以an＝(3n－1)2n－2.
例2解题导引1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．
2．一般情况如下，若{an}是等差数列，
则1anan＋1＝1d1an－1an＋1，1anan＋2＝12d1an－1an＋2.
此外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相消求和．
解(1)∵n≥2时，an＝7Sn－1＋2，∴an＋1＝7Sn＋2，
两式相减，得an＋1－an＝7an，∴an＋1＝8an(n≥2)．
又a1＝2，∴a2＝7a1＋2＝16＝8a1，
∴an＋1＝8an(n∈N*)．
∴{an}是一个以2为首项，8为公比的等比数列，
∴an＝28n－1＝23n－2.
(2)∵bn＝1log2anlog2an＋1＝1(3n－2)(3n＋1)
＝13(13n－2－13n＋1)，
∴Tn＝13(1－14＋14－17＋…＋13n－2－13n＋1)
＝13(1－13n＋1)13.
∴m20≥13，∴最小正整数m＝7.
变式迁移2解an＝2n(n＋1)＝21n－1n＋1，
∴Sn＝2[1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1]＝21－1n＋1＝2nn＋1.
例3解题导引1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法．
2．用乘公比错位相减法求和时，应注意：
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
解(1)由题意得an＝qn，
∴bn＝anlog4an＝qnlog4qn
＝n5nlog45，
∴Sn＝(1×5＋2×52＋…＋n×5n)log45，
设Tn＝1×5＋2×52＋…＋n×5n，①
则5Tn＝1×52＋2×53＋…＋(n－1)×5n＋n×5n＋1，②
①－②得－4Tn＝5＋52＋53＋…＋5n－n×5n＋1
＝5(5n－1)4－n×5n＋1，
∴Tn＝516(4n×5n－5n＋1)，
Sn＝516(4n×5n－5n＋1)log45.
(2)∵bn＝anlog4an＝n1415nlog41415，
∴bn＋1－bn＝(n＋1)1415n＋1log41415－
n1415nlog41415
＝1415n1415－n15log414150，
∵1415n0，log414150，
∴1415－n150，∴n14，
即n≥15时，bnbn＋1.
故所求的n的最小值是15.
变式迁移3解当a＝1时，
Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2，
当a≠1时，Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，①
∴1aSn＝1a2＋2a3＋3a4＋…＋nan＋1，②
①－②，得1－1aSn
＝1a＋1a2＋1a3＋…＋1an－nan＋1，
1－1aSn＝1a1－1an1－1a－nan＋1
＝1－1ana－1－nan＋1，
∴Sn＝a1－1an(a－1)2－n(a－1)an.
∴Sn＝n(n＋1)2，a＝1，a1－1an(a－1)2－n(a－1)an，a≠1.
课后练习区
1．C2.A3.D4.B5.D
6．9
解析∵an＋1＝3Sn，∴an＝3Sn－1(n≥2)．
两式相减得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，
∴an＋1＝4an，即an＋1an＝4.
∴{an}为以a2为首项，公比为4的等比数列．
当n＝1时，a2＝3S1＝3，
∴n≥2时，an＝34n－2，
S10＝a1＋a2＋…＋a10
＝1＋3＋3×4＋3×42＋…＋3×48
＝1＋3×(1＋4＋…＋48)
＝1＋3×49－14－1＝1＋49－1＝49.
∴log4S10＝log449＝9.
7．－10
解析依题意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝12，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝12，所以数列周期为4，S26＝6×(1－2－1＋12)＋1－2＝－10.
8．2n＋1－2
解析依题意，有a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1，所有的代数式相加得an－a1＝2n－2，即an＝2n，所以Sn＝2n＋1－2.
9．解f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7
＝[x－(n＋1)]2＋3n－8.…………………………………………………………………(3分)
(1)由题意，an＝n＋1，
故an＋1－an＝(n＋1)＋1－(n＋1)＝1，
故数列{an}是以1为公差，2为首项的等差数列．……………………………………(5分)
(2)由题意，bn＝|3n－8|.……………………………………………………………………(7分)
当1≤n≤2时，bn＝－3n＋8，
数列{bn}为等差数列，b1＝5，
∴Sn＝n(5－3n＋8)2＝－3n2＋13n2；………………………………………………………(9分)
当n≥3时，bn＝3n－8，数列{bn}是等差数列，b3＝1.
∴Sn＝S2＋(n－2)(1＋3n－8)2＝3n2－13n＋282.…………………………………………(11分)
∴Sn＝－3n2＋13n2，1≤n≤2，3n2－13n＋282，n≥3.……………………………………………(12分)
10．(1)解因为Sn＝12nan＋an－c，
所以当n＝1时，S1＝12a1＋a1－c，
解得a1＝2c，………………………………………………………………………………(2分)
当n＝2时，S2＝a2＋a2－c，
即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，………………………………………………………(3分)
所以3c＝6，解得c＝2；…………………………………………………………………(4分)
则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.……………………………………………………………(6分)
(2)证明因为1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1
＝14×6＋16×8＋…＋1(2n＋2)(2n＋4)
＝12(14－16)＋12(16－18)＋…＋12(12n＋2－12n＋4)
＝12[(14－16)＋(16－18)＋…＋(12n＋2－12n＋4)]……………………………………………(8分)
＝12(14－12n＋4)＝18－14(n＋2).……………………………………………………………(10分)
因为n∈N*，所以1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋118.…………………………………………(12分)
11．解(1)∵Sn＝3n，
∴Sn－1＝3n－1(n≥2)．
∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1(n≥2)．……………………………………………(3分)
当n＝1时，2×31－1＝2≠S1＝a1＝3，…………………………………………………(4分)
∴an＝3，n＝1，2×3n－1，n≥2，n∈N*……………………………………………………(5分)
(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，
∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…，
bn－bn－1＝2n－3.
以上各式相加得
bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)
＝(n－1)(1＋2n－3)2＝(n－1)2.
∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.………………………………………………………………(7分)
(3)由题意得
cn＝－3，n＝1，2(n－2)×3n－1，n≥2，n∈N*.……………………………………………………(9分)
当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n－2)×3n－1，
∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n－2)×3n，
相减得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2(n－2)×3n.
∴Tn＝(n－2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n－1)
＝(n－2)×3n－3n－32＝(2n－5)3n＋32.…………………………………………………(13分)
T1＝－3也适合．
∴Tn＝(2n－5)3n＋32(n∈N*)．…………………………………………………………(14分)
数列
数列
教学目标
1．使学生理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．
（1）理解数列是按一定顺序排成的一列数，其每一项是由其项数唯一确定的．
（2）了解数列的各种表示方法，理解通项公式是数列第项与项数的关系式，能根据通项公式写出数列的前几项，并能根据给出的一个数列的前几项写出该数列的一个通项公式．
（3）已知一个数列的递推公式及前若干项，便确定了数列，能用代入法写出数列的前几项．
2．通过对一列数的观察、归纳，写出符合条件的一个通项公式，培养学生的观察能力和抽象概括能力．
3．通过由求的过程，培养学生严谨的科学态度及良好的思维习惯．
教学建议
（1）为激发学生学习数列的兴趣，体会数列知识在实际生活中的作用，可由实际问题引入，从中抽象出数列要研究的问题，使学生对所要研究的内容心中有数，如书中所给的例子，还有物品堆放个数的计算等．
（2）数列中蕴含的函数思想是研究数列的指导思想，应及早引导学生发现数列与函数的关系．在教学中强调数列的项是按一定顺序排列的，“次序”便是函数的自变量，相同的数组成的数列，次序不同则就是不同的数列．函数表示法有列表法、图象法、解析式法，类似地，数列就有列举法、图示法、通项公式法．由于数列的自变量为正整数，于是就有可能相邻的两项（或几项）有关系，从而数列就有其特殊的表示法——递推公式法．
（3）由数列的通项公式写出数列的前几项是简单的代入法，教师应精心设计例题，使这一例题为写通项公式作一些准备，尤其是对程度差的学生，应多举几个例子，让学生观察归纳通项公式与各项的结构关系，尽量为写通项公式提供帮助．
（4）由数列的前几项写出数列的一个通项公式使学生学习中的一个难点，要帮助学生分析各项中的结构特征（整式，分式，递增，递减，摆动等），由学生归纳一些规律性的结论，如正负相间用来调整等．如果学生一时不能写出通项公式，可让学生依据前几项的规律，猜想该数列的下一项或下几项的值，以便寻求项与项数的关系．
（5）对每个数列都有求和问题，所以在本节课应补充数列前项和的概念，用表示的问题是重点问题，可先提出一个具体问题让学生分析与的关系，再由特殊到一般，研究其一般规律，并给出严格的推理证明（强调的表达式是分段的）；之后再到特殊问题的解决，举例时要兼顾结果可合并及不可合并的情况．
（6）给出一些简单数列的通项公式，可以求其最大项或最小项，又是函数思想与方法的体现，对程度好的学生应提出这一问题，学生运用函数知识是可以解决的．
教学设计示例
数列的概念
教学目标
1．通过教学使学生理解数列的概念，了解数列的表示法，能够根据通项公式写出数列的项．
2．通过数列定义的归纳概括，初步培养学生的观察、抽象概括能力；渗透函数思想．
3．通过有关数列实际应用的介绍，激发学生学习研究数列的积极性．
教学重点，难点
教学重点是数列的定义的归纳与认识；教学难点是数列与函数的联系与区别．
教学用具：电脑，课件（媒体资料），投影仪，幻灯片
教学方法：讲授法为主
教学过程
一．揭示课题
今天开始我们研究一个新课题．
先举一个生活中的例子：场地上堆放了一些圆钢，最底下的一层有100根，在其上一层（称作第二层）码放了99根，第三层码放了98根，依此类推，问：最多可放多少层？第57层有多少根？从第1层到第57层一共有多少根？我们不能满足于一层层的去数，而是要但求如何去研究，找出一般规律．实际上我们要研究的是这样的一列数
（板书）象这样排好队的数就是我们的研究对象——数列．
（板书）第三章数列
（一）数列的概念
二．讲解新课
要研究数列先要知道何为数列，即先要给数列下定义，为帮助同学概括出数列的定义，再给出几列数：
（幻灯片）①
自然数排成一列数：
②
3个1排成一列：
③
无数个1排成一列：
④
的不足近似值，分别近似到排列起来：
⑤
正整数的倒数排成一列数：
⑥
函数当依次取时得到一列数：
⑦
函数当依次取时得到一列数：
⑧
请学生观察8列数，说明每列数就是一个数列，数列中的每个数都有自己的特定的位置，这样数列就是按一定顺序排成的一列数．
（板书）1．数列的定义：按一定次序排成的一列数叫做数列．
为表述方便给出几个名称：项，项数，首项（以幻灯片的形式给出）．以上述八个数列为例，让学生练习指出某一个数列的首项是多少，第二项是多少，指出某一个数列的一些项的项数．
由此可以看出，给定一个数列，应能够指明第一项是多少，第二项是多少，……，每一项都是确定的，即指明项数，对应的项就确定．所以数列中的每一项与其项数有着对应关系，这与我们学过的函数有密切关系．
（板书）2．数列与函数的关系
数列可以看作特殊的函数，项数是其自变量，项是项数所对应的函数值，数列的定义域是正整数集，或是正整数集的有限子集．
于是我们研究数列就可借用函数的研究方法，用函数的观点看待数列．
遇到数学概念不单要下定义，还要给其数学表示，以便研究与交流，下面探讨数列的表示法．
（板书）3．数列的表示法
数列可看作特殊的函数，其表示也应与函数的表示法有联系，首先请学生回忆函数的表示法：列表法，图象法，解析式法．相对于列表法表示一个函数，数列有这样的表示法：用表示第一项，用表示第一项，……，用表示第项，依次写出成为
（板书）（1）列举法
．（如幻灯片上的例子）简记为．
一个函数的直观形式是其图象，我们也可用图形表示一个数列，把它称作图示法．
（板书）（2）图示法
启发学生仿照函数图象的画法画数列的图形．具体方法是以项数为横坐标，相应的项为纵坐标，即以为坐标在平面直角坐标系中做出点（以前面提到的数列为例，做出一个数列的图象），所得的数列的图形是一群孤立的点，因为横坐标为正整数，所以这些点都在轴的右侧，而点的个数取决于数列的项数．从图象中可以直观地看到数列的项随项数由小到大变化而变化的趋势．
有些函数可以用解析式来表示，解析式反映了一个函数的函数值与自变量之间的数量关系，类似地有一些数列的项能用其项数的函数式表示出来，即，这个函数式叫做数列的通项公式．
（板书）（3）通项公式法
如数列的通项公式为；
的通项公式为；
的通项公式为；
数列的通项公式具有双重身份，它表示了数列的第项，又是这个数列中所有各项的一般表示．通项公式反映了一个数列项与项数的函数关系，给了数列的通项公式，这个数列便确定了，代入项数就可求出数列的每一项．
例如，数列的通项公式，则．
值得注意的是，正如一个函数未必能用解析式表示一样，不是所有的数列都有通项公式，即便有通项公式，通项公式也未必唯一．
除了以上三种表示法，某些数列相邻的两项（或几项）有关系，这个关系用一个公式来表示，叫做递推公式．
（板书）（4）递推公式法
如前面所举的钢管的例子，第层钢管数与第层钢管数的关系是，再给定，便可依次求出各项．再如数列中，，这个数列就是．
像这样，如果已知数列的第1项（或前几项），且任一项与它的前一项（或前几项）间的关系用一个公式来表示，这个公式叫做这个数列的递推公式．递推公式是数列所特有的表示法，它包含两个部分，一是递推关系，一是初始条件，二者缺一不可．
可由学生举例，以检验学生是否理解．
三．小结
1．数列的概念
2．数列的四种表示
四．作业略
五．板书设计
数列
（一）数列的概念涉及的数列及表示
1．数列的定义
2．数列与函数的关系
3．数列的表示法
（1）列举法
（2）图示法
（3）通项公式法
（4）递推公式法
探究活动将边长为厘米的正方形分成个边长为1厘米的正方形，数出其中所有正方形的个数．
解：当时，共有正方形个；当时，共有正方形个；当时，共有正方形个；当时，共有正方形个；当时，共有正方形个；归纳猜想边长为厘米的正方形中的正方形共有个．
