講案3.4數列求和
課前自主研習
溫故而知新可以為師矣
知識導讀
1.等差數列與等比數列的求和方法
等差數列的前n項和公式是採用推導的，等比數列的前n項和是採用推導的．
2．數列求和的常用方法與題型特徵
(1)倒序相加法適用的題型特徵為
(2)錯位相減法適用的題型特徵為
(3)裂項相消法適用的題型特徵為
(4)拆項分組法適用的題型特徵為
(5)公式法求和常用的公式有
12＋22＋…＋n2
13＋23＋…＋n3
3．常見的拆項公式有：
(1(2
(3(4
導讀校對：1.倒序相加法錯位相減法 2.
(1)倒序結組 (2)＝，其中為等差數列，為等比數列 (3)an＝(m，k為常數)，為等差數列 (4)拆項後構成等差或等比數列 (5) 2 3.(1)－ (2) (3) (4) (－)
基礎熱身
1.數列1，2，3，4，…的前n項和為( )
a. (n2＋n＋2)－ b. n(n＋1)＋1－
c. (n2－n＋2)－ d. n(n＋1)＋2
解析：sn＝1＋2＋3＋4＋…＋＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
＝＋＝(n2＋n＋2)－.
答案：a
2．數列的前n項和為sn，若an＝，則s5等於( )
a．1 b.
c. d.
解析：s5＝＋＋…＋＝(11－＝.
答案：b
3．設數列1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n項和為sn，則sn的值為( )
a．2n b．2n－n c．2n＋1－n d．2n＋1－n－2
解法一：特殊值法
由原數列知s1＝1，s2＝4，
在選項中，滿足s1＝1，s2＝4的只有d.
解法二：∵通項an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，
∴sn＝－n＝2n＋1－n－2.
答案：d
4．若sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，則s17＋s33＋s50等於( )
a．1 b．－1 c．0 d．2
解析：sn＝
故s17＝9，s33＝17，s50＝－25，s17＋s33＋s50＝1.
答案：a
5．在數列中，a1＝2，an＋1＝1－an(n∈n*)，設sn為數列的前n項和，則s2006－2s2007＋s2008＝( )
a．－3 b．－2 c．3 d．2
解析：由an＋2＝1－an＋1＝1－(1－an)＝an，
∴數列的週期為2.
∴s2006＝1003×(2－1)＝1003，
s2007＝2＋1003×(－1＋2)＝1005，
s2008＝1004×(2－1)＝1004.
∴s2006－2s2007＋s2008＝1003－2010＋1004＝－3.
答案：a
思維互動啟迪
博學而篤志切問而近思
疑難精講
1.從分析數列的通項入手，挖掘數列的通項結構特徵，並進行聯想對比，來選擇求和的不同方法．
2．對於由乙個等差數列和乙個等比數列的對應項作積，形成的一類新數列的求和，一般選用錯位相減法求解．
3．對於分子為某一常數，分母是由等差數列的項形成的分數數列的求和一般選用拆項相消法.
互動**
題型1. 用「倒序相加法」求和
例1.求和：sn＝c＋3c＋5c＋…＋(2n－1)c.
【解析】 倒序相加法：sn＝c＋3c＋5c＋…＋(2n－1)c①
又sn＝(2n－1)c＋(2n－3)c＋…＋c
＝(2n－1)c＋(2n－3)c＋…＋c②
①＋②得
2sn＝2nc＋2nc＋…＋2nc
＝2n(c＋c＋…＋c)＝2n·2n
∴sn＝n·2n
題型2.用「錯位相減法」求和
例2.已知等差數列的首項a1＝1，且公差d＞0，其第二項、第五項、第十四項分別是等比數列的第二項、第三項、第四項．
(1)求數列與的通項公式；
(2)設數列對任意正整數n均有＋＋…＋＝an＋1成立，求a1c1＋a2c2＋…＋ancn的值．
【解析】 (1)由題意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2.解得d＝2，所以an＝2n－1，易得bn＝3n－1.
(2)由題意得＝an＋1－an＝2(n≥2)，
所以cn＝
所以由錯位相減法得
a1c1＋a2c2＋…＋ancn＝2(n－1)·3n＋3.
題型3用「分組求和法」求和
例3求下面數列的前n項和
1＋1，＋4，＋7，…，＋3n－2
【解析】 前n項和為
sn＝(1＋1)＋(＋4)＋(＋7)＋…＋(＋3n－2)
＝(1＋＋＋…＋)＋[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]，
設s1＝1＋＋＋…＋，
當a＝1時，s1＝n；當a≠1時，s1＝，
s2＝1＋4＋7＋…＋(3n－2)＝.
∴當a＝1時，sn＝s1＋s2＝n＋＝；
當a≠1時，sn＝s1＋s2＝＋.
題型4用「拆項法」求和
例4設正數數列的前n項和sn滿足sn＝(an＋1)2，
(1)求出數列的通項公式；
(2)設bn＝，記數列的前n項和為tn，求tn.
【解析】 (1)當n≥2時，an＝sn－sn－1
＝[(an＋1)2－(an－1＋1)2]．
整理得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.
∵an＋an－1≠0，∴an－an－1＝2.
當n＝1時，a1＝s1＝(a1＋1)2，解得a1＝1.
∴數列是以a1＝1為首項，以d＝2為公差的等差數列，∴an＝2n－1.
(2)bn＝＝(－)．
∴tn＝[1－＋－＋…＋－]
＝(1－)．
題型5用「奇偶討論法」求和
例5數列滿足遞推關係：an＝an－2＋2，且a1＝1，a2＝4.
(1)求a3，a4；
(2)求an；
(3)求數列前n項之和．
【解析】 (1)∵an＝an－2＋2，a1＝1，a2＝4，∴a3＝3，a4＝6.
(2)由an－an－2＝2，知的奇數項與偶數項均成等差數列．
若n為偶數，則an＝a2＋·2＝n＋2；
若n為奇數，則an＝a1＋·2＝n，
∴an＝n＋[1＋(－1)n]．
(3)當n為偶數時，
sn＝＋n＝；
當n為奇數時，sn＝＋n－1＝，
∴sn＝
錯解辨析
例6已知兩個等差數列，的前n項和分別為sn，tn，且＝(n∈n*)，求.
【錯解】 ＝，
可設sn＝(7n＋1)k，tn＝(4n＋27)k，k≠0，
則a11＝s11－s10＝(7×11＋1)k－(7×10＋1)k＝7k，
b11＝t11－t10＝(4×11＋27)k－(4×10＋27)k＝4k，
∴＝＝.
【錯因】 錯解問題出在「＝，可設sn＝(7n＋1)k，tn＝(4n＋27)k」上，
這種設法雖然可以保證「＝」成立，
但因等差數列的前n項和sn(當公差d≠0時)不是n的一次函式，而是n的二次函式，
即s＝n2＋(a1－)n(d≠0)，
錯解設法把sn、tn變成了n的一次函式，
從而改變了公式的本質特徵導致錯誤，
或許你會問
「為什麼不設為sn＝(7n＋1)(kn＋c)，tn＝(4n＋27)(kn＋c)呢？」，
只要你注意到表示式中沒有常數項就行了，
看來，深刻理解公式的結構特徵為我們正確使用公式提供了有力的保證．
【正解】 由等差數列的性質有：
a11＝，b11＝，
∴＝＝＝＝＝.
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