数学高考复习名师精品教案：第24课时：第三章 数列-数列求和

可行性:所教的班级是高三年级的理科班,学生具有较好的数学功底, 具备一定的独立思考、合作探究能力。
有效性:通过学生的练习与评析,给学生提供了一个发现问题,讨论问题,解决问题的平台,为学生高效获取知识和提高综合素质创造条件。
(3)让学生归纳本节课的重难点及解题思路
例题反馈的训练充分发挥学生的主体地位,营造生动活泼的课堂教学气氛。
通过学生的评析,激发学生学习热情,发散学生思维,培养学生的合作,探究意识。
让学生从具体实例中发现结论。符合学生认识规律,并在结论的发现过程中培养学生的思维能力。
5课外的
巩固与检测
①计算:
②数列: 的前 项和为
(三)巩固检测题：
(1)
(2)
(3)
复习等差与等比数列的求和公式:
(1)中易忘讨论公比是否为1。
(2)与(3)是为用公式法求和作铺垫。
2
课
题
提
出
如何对非特殊的数列求和
3
例题讲解
〖例题引入〗
对下列数列求和
(1) 设Sn＝1－3＋5－7＋9＋……＋?
(2)设Sn＝1－3＋5－7＋9＋……＋?101=?(3) 设Sn＝－3＋5－7＋9＋……＋?
◆情感态度价值观：
培养学生用数学的观点看问题,从而帮助他们用科学的态度认识世界。
教学重点、难点:
数列求和是一个很重要的内容,前面已学习了等差与等比数列求前n项和的公式,但是不少题目是不能直接套用公式的,有些需要用一些特殊的方法,如课本上介绍的（“倒序相加法”）、“错位相减法”等．常用的数列求和法主要有下面几种：1．直接用等差与等比求前n项和的公式法；2．折项或并项求和法；3．奇偶求和法；4．裂项求和法；5．错位相减法；6.猜想归纳法．本节课是高三第一轮复习中数列求和的第一节,从而分析变换通项以及用局部和整体的思想来选择恰当的方法对非特殊的数列求和是本节课的重点与难点。

高三数列求和专题优质课一、导入部分（200字）在导入部分，可以通过提出一个生活中的实际问题或者引用一个有趣的数学故事来引起学生的兴趣。

例如：“小明每天都会在家门口摆放一些花瓶，第一天放1个，第二天放2个，第三天放3个，以此类推。

请问，如果小明连续摆放了n天，那么总共摆放了多少个花瓶呢？”二、知识讲解部分（800字）在知识讲解部分，可以详细介绍数列求和的概念和相关公式。

首先，解释什么是数列和数列的常见表示方法，如通项公式和递推公式。

然后，介绍等差数列和等比数列的求和公式，并给出相应的例子进行讲解。

最后，讲解其他特殊数列求和的方法，如等差数列的部分和和等差数列的交错求和。

三、例题分析部分（600字）在例题分析部分，选取几个具体的例题，对其进行详细分析和解答。

可以包括不同类型的数列求和问题，如等差数列的前n项和、等差数列的部分和、等差数列的奇数项和等。

通过逐步解题的方式，讲解解题思路和方法，并注重引导学生理解解题过程中的关键步骤和思想。

四、练习部分（300字）在练习部分，可以给学生一些练习题目，包括基础题目和提高题目。

基础题目可以用来巩固学生对数列求和公式的掌握和运用，而提高题目则可以用来拓展学生的思维和解题能力。

建议在课后布置这部分的题目，并在下节课进行讲解和答疑。

五、总结部分（100字）在总结部分，可以回顾本节课所学内容，并强调数列求和的重要性和实际应用价值。

同时，激发学生对数学的兴趣和学习的动力，鼓励他们在数学学习中勇于探索和思考。

通过以上的教学设计，可以帮助学生系统地学习和掌握数列求和的相关知识和技巧。

同时，通过例题分析和练习部分的设置，可以提高学生的解题能力和应用能力。

最重要的是，要注重培养学生的数学思维和解决问题的能力，让他们在学习中体会到数学的乐趣和价值。

《高三数学总复习------数列求和》教学设计一、考纲展示熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.二、备考指南1、数列求和主要考查公式法求和、分组求和、错位相减和裂项相消求和，特别是错位相减出现的机率较高．2、题型上以解答题为主.三、教学重难点：1、重点：公式法求和、分组求和、裂项相消求和。

2、难点：错位相减法求和。

四、教学过程：（一） 基础梳理：求数列的前n 项和的方法1．公式法求和(1)等差数列的前n 项和公式 S n ＝_____________＝______________(2)等比数列的前n 项和公式 a ．当q ＝1时，S n ＝na 1；b ．当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q . n (a 1＋a n )2 na 1＋n (n －1)2d 2．分组求和法若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减．3．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和就是用此法推导的．4．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．（二）课前热身设计意图：让学生练习回顾旧知，导入本节课复习。

（三）考点突破考点1 分组求和例1、 1．数列{(－1)n ·n }的前2 014项的和S 2 014为( )A ．－2 014B ．－1 007C ．2 014D ．1 007 2．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项的和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( ) A ．120 B ．100 C ．75 D ．70 3．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 5等于( )A ．1 B.56C.16D.130 4．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数为__________．5．数列a 1＋2，…，a k ＋2k ，…，a 10＋20共有十项，且其和为240，则a 1＋…＋a k ＋…＋a 10的值为________．(2013·长春市调研)已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14. (1)求{a n }的通项公式； (2)若b n ＝a n ＋qa n (q ＞0)，求数列{b n }的前n 项和S n .考点2 裂项相消法求和例2、考点3 错位相减法求和例3、设计意图：通过老师与学生的共同解答，全面复习巩固数列求和方法。

高中数学数列的求和教案
一、教学目标
1. 知识与技能：了解数列的基本概念与性质，掌握等差数列、等比数列的求和公式，能够熟练计算数列的和。

2. 过程与方法：通过理论学习和实际练习，培养学生的数学思维能力和解决问题的方法。

3. 情感态度：培养学生对数学的兴趣，激发学生学习数学的积极性。

二、教学重点和难点
1. 等差数列、等比数列的求和公式的掌握和应用。

2. 解题方法的灵活应用和实际问题的转化。

三、教学内容
1. 数列的基本概念与性质
2. 等差数列的求和公式
3. 等比数列的求和公式
四、教学过程
1. 导入：通过提出一个生活中的实际问题，引出数列的概念和重要性。

2. 讲解：介绍数列的基本概念和性质，重点讲解等差数列、等比数列的求和公式。

3. 实例讲解：通过几个具体的例题，讲解如何应用求和公式计算数列的和。

4. 练习：学生独立或分组完成一些练习题，巩固所学知识。

5. 拓展：带领学生思考更复杂的数列求和问题，引导学生拓展思维。

6. 讲评：对学生的练习情况进行总结和讲评，指导学生做好巩固练习。

五、板书设计
1. 数列的概念与性质
2. 等差数列的求和公式
3. 等比数列的求和公式
六、教学反思
通过本节课的教学，学生能够较好地掌握数列求和的基本方法和技巧，但是在应用中还存在一定的困难，需要通过更多的实践和练习加以巩固。

下节课可以通过更复杂的案例实践来提高学生的解题能力。

数列求和教案一、教学目标1.了解数列的概念和性质；2.掌握等差数列和等比数列的通项公式；3.掌握数列求和公式；4.能够应用数列求和公式解决实际问题。

二、教学重点1.等差数列和等比数列的通项公式；2.数列求和公式。

三、教学难点1.数列求和公式的应用。

四、教学过程1. 引入教师通过举例子引入数列的概念，让学生了解数列的定义和性质。

2. 等差数列和等比数列的通项公式2.1 等差数列的通项公式教师通过举例子引入等差数列的概念，让学生了解等差数列的定义和性质。

然后，教师介绍等差数列的通项公式：a n=a1+(n−1)d其中，a n表示等差数列的第n项，a1表示等差数列的第一项，d表示等差数列的公差。

2.2 等比数列的通项公式教师通过举例子引入等比数列的概念，让学生了解等比数列的定义和性质。

然后，教师介绍等比数列的通项公式：a n=a1q n−1其中，a n表示等比数列的第n项，a1表示等比数列的第一项，q表示等比数列的公比。

3. 数列求和公式3.1 等差数列的求和公式教师介绍等差数列的求和公式：S n=n2(a1+a n)其中，S n表示等差数列的前n项和。

3.2 等比数列的求和公式教师介绍等比数列的求和公式：S n=a1(q n−1) q−1其中，S n表示等比数列的前n项和。

4. 应用教师通过例题让学生掌握数列求和公式的应用。

五、教学总结教师对本节课的内容进行总结，强调数列求和公式的重要性和应用。

六、作业1.完成课堂练习；2.完成课后作业。

七、教学反思本节课的教学重点是数列求和公式的应用，但是由于时间有限，只能介绍一些基本的应用，没有涉及到更复杂的应用。

下次教学中，应该加强对数列求和公式的应用讲解，让学生更好地掌握数列求和公式的应用。

数列求和命题点五年考情命题分析预测用公式法和分组转化法求和2023新高考卷ⅡT18；2021新高考卷ⅠT17；2020新高考卷ⅠT18本讲是高考热点，主要考查数列求和，常用方法有公式法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、倒序相加法，在客观题与主观题中都有可能出现，难度中等.预计2025年高考命题稳定，常规备考的同时也要关注分段数列的形式.用错位相减法求和2023全国卷甲T17；2021新高考卷ⅠT16；2021全国卷乙T19；2020全国卷ⅠT17；2020全国卷ⅢT17用裂项相消法求和2022新高考卷ⅠT17用倒序相加法求和学生用书P100数列求和的几种常用方法1.公式法（1）直接利用等差、等比数列的前n 项和公式求和.（2）①12＋22＋32＋…＋n 2＝（r1)(2r1）6，②13＋23＋33＋…＋n 3＝[（r1）2]2.2.分组转化法（1）利用分组转化法求和的常见类型（2）思路：将数列转化为若干个可求和的新数列，从而求得原数列的前n 项和.如a n ＝b n ＋c n ＋…＋h n ，则∑J1a k ＝∑J1b k ＋∑J1c k ＋…＋∑J1h k .注意对含有参数的数列求和时要对参数进行讨论.3.错位相减法（1）适用的数列类型：{a n b n }，其中数列{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q （q ≠1）的等比数列.（2）求解思路：S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n①，qS n＝a1b2＋a2b3＋…＋a n－1b n＋a n b n＋1②，①－②得（1－q）S n＝a1b1＋d（b2＋b3＋…＋b n）－a n b n＋1，进而利用公式法求和.4.裂项相消法（1）利用裂项相消法求和的基本步骤（2）常见数列的裂项方法已知数列的特征是“与首末两端等距离的两项之和等于同一常数”，可用倒序相加法求和.解题时先把数列的前n项和表示出来，再把数列求和的式子倒过来写，然后将两个式子相加，即可求出该数列的前n项和的2倍，最后求出该数列的前n项和.1.[教材改编]已知{a n}为等差数列，S n为其前n项和，若a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则S20＝400.解析设等差数列{a n}的公差为d.由1＋3＋5=105，2＋4＋6=99，得33=105，34=99，即3=35，4=33，所以d＝－2，a1＝39，所以S20＝20×39＋20（20－1）2×（－2）＝400.2.[教材改编]已知a n＝（－1）n n，则a1＋a2＋…＋a2n＝n.解析由题意可得，a2n－1＋a2n＝－（2n－1）＋2n＝1，∴a1＋a2＋…＋a2n＝（a1＋a2）＋（a3＋a4）＋…＋（a2n－1＋a2n）＝1＋1＋…＋1＝n.3.已知等差数列的前三项和为2，后三项和为4，且所有项和为64，则该数列有64项.解析设该等差数列为{a n}，由题意可得，a1＋a2＋a3＝2①，a n＋a n－1＋a n－2＝4②，①＋②得3（a1＋a n）＝6，又64＝（1＋）2，可得n＝64，所以该数列有64项.4.[易错题]数列{a n}的通项公式为a n＝2n－10，则｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a15｜＝130.解析易知{a n }为等差数列.设{a n }的前n 项和为S n ，当a n ＝2n －10＝0时，n ＝5，所以｜a 1｜＋｜a 2｜＋…＋｜a 15｜＝－（a 1＋a 2＋…＋a 5）＋a 6＋a 7＋…＋a 15＝S 15－2S 5＝130.学生用书P101命题点1用公式法和分组转化法求和例1[2021新高考卷Ⅰ]已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝+1，为奇数，+2，为偶数.（1）记b n ＝a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式；（2）求{a n }的前20项和.解析（1）因为b n ＝a 2n ，且a 1＝1，a n ＋1＝+1，为奇数，+2，为偶数，所以b 1＝a 2＝a 1＋1＝2，b 2＝a 4＝a 3＋1＝a 2＋2＋1＝5.因为b n ＝a 2n ，所以b n ＋1＝a 2n ＋2＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋2＋1＝a 2n ＋3，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋3－a 2n ＝3，所以数列{b n }是以2为首项，3为公差的等差数列，b n ＝2＋3（n －1）＝3n －1，n ∈N *.（2）因为a n ＋1＝+1，为奇数，+2，为偶数，所以k ∈N *时，a 2k ＝a 2k －1＋1＝a 2k －1＋1，即a 2k ＝a 2k －1＋1①，a 2k ＋1＝a 2k ＋2②，a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1＝a 2k ＋1＋1，即a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1③，所以①＋②得a 2k ＋1＝a 2k －1＋3，即a 2k ＋1－a 2k －1＝3，所以数列{a n }的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；②＋③得a 2k ＋2＝a 2k ＋3，即a 2k ＋2－a 2k ＝3，又a 2＝2，所以数列{a n }的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.所以数列{a n }的前20项和S 20＝（a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 19）＋（a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20）＝10＋10×92×3＋20＋10×92×3＝300.训练1公差为2的等差数列{a n }中，a 1，a 2，a 4成等比数列.（1）求{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }满足b n ＝，≤10，－5，>10，求{b n }的前20项和.解析（1）因为等差数列{a n }的公差为2，所以a 2＝a 1＋2，a 4＝a 1＋6.因为a 1，a 2，a 4成等比数列，所以（a 1＋2）2＝a 1（a 1＋6），解得a 1＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2＋（n －1）×2＝2n .（2）因为b n ＝，≤10，－5，>10，所以b 16＋b 17＋…＋b 20＝b 11＋b 12＋…＋b 15＝b 6＋b 7＋…＋b 10，所以{b n }的前20项和：T 20＝（b 1＋b 2＋…＋b 5）＋（b 6＋b 7＋…＋b 10）＋（b 11＋b 12＋…＋b 15）＋（b 16＋b 17＋…＋b 20）＝（b 1＋b 2＋…＋b 5）＋3（b 6＋b 7＋…＋b 10）＝（a 1＋a 2＋…＋a 5）＋3（a 6＋a 7＋…＋a 10）＝5（1＋5）2＋3×5（6＋10）2＝5×（2+10）2＋3×5×（12+20）2＝270.命题点2用错位相减法求和例2[2023全国卷甲]记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝1，2S n ＝na n .（1）求{a n }的通项公式；（2）求数列{r12}的前n 项和T n .解析（1）当n ＝1时，2S 1＝a 1，即2a 1＝a 1，所以a 1＝0.当n ≥2时，由2S n ＝na n ，得2S n －1＝（n －1）a n －1，两式相减得2a n ＝na n －（n －1）a n －1，即（n －1）a n －1＝（n －2）a n ，故当n ≥3时，－1＝－1－2，则－1·－1－2 (32)＝－1－2·－2－3 (2)1，整理得2＝n －1，因为a 2＝1，所以a n ＝n －1（n ≥3）.当n ＝1，n ＝2时，均满足上式，所以a n ＝n －1.（2）令b n ＝r12＝2，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n ＝12＋222＋…＋－12－1＋2①，12T n ＝122＋223＋…＋－12＋2r1②，由①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12－2r1＝12（1－12）1－12－2r1＝1－2+2r1，即T n ＝2－2+2.方法技巧用错位相减法求和的注意事项（1）在书写qS n 时注意“错位对齐”，以方便后续运算.（2）两式相减时注意最后一项的符号.（3）注意相减后的和式结构的中间为（n－1）项的和.训练2[2021全国卷乙]设{a n}是首项为1的等比数列，数列{b n}满足b n＝B3.已知a1，3a2，9a3成等差数列.（1）求{a n}和{b n}的通项公式.（2）记S n和T n分别为{a n}和{b n}的前n项和.证明：T n＜2.解析（1）设{a n}的公比为q，则a n＝q n－1.因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝13，故a n＝13－1，b n＝3.（2）由（1）知S n＝1－131－13＝32（1－13），T n＝13＋232＋333＋…＋－13－1＋3①，13T n＝132＋233＋334＋…＋－13＋3r1②，①－②得23T n＝13＋132＋133＋…＋13－3r1＝13（1－13）1－13－3r1＝12（1－13）－3r1，整理得T n＝34－2r34×3，则T n－2＝34－2r34×3－34（1－13）＝－2×3＜0，故T n＜2.命题点3用裂项相消法求和例3（1）已知a n＝1（r2），求数列{a n}的前n项和S n.（2）已知数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝1（2－1)(2r1），求证：S n＜12.（3）已知数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝12（2r1），求证：S n＜13.解析（1）易得a n＝1（r2）＝12（1－1r2），所以S n＝12[（1－13）＋（12－14）＋（13－15）＋…＋（1－1－1r1）＋（1－1r2）]＝12（1＋12－1r1－1r2）＝34－12（1r1＋1r2）＝34－2r32（r1)(r2）.（2）由题意可得，a n＝1（2－1)(2r1）＝12（12－1－12r1），所以S n＝12[（1－13）＋（13－15）＋…＋（12－1－12r1）]＝12（1－12r1）＝12－12（2r1）.因为12（2r1）＞0，所以S n＜12.（3）易知a n＝12（2r1）＜1（2－1)(2r1）＝12（12－1－12r1）.当n＝1时，a1＝16＜13；当n≥2时，S n＝∑i=112i（2i+1）＜12（2+1）＋∑i=21（2i－1)(2i+1）＝16＋12[（13－15）＋（15－17）＋…＋（12－1－12r1）]＝16＋12（13－12r1）＝13－12（2r1）＜13.综上，S n＜13.方法技巧利用裂项相消法求和时，既要注意检验裂项前后是否等价，又要注意求和时正负项消去哪些项，保留哪些项.训练3[2022新高考卷Ⅰ]记S n为数列{a n}的前n项和，已知a1＝1，{}是公差为13的等差数列.（1）求{a n}的通项公式.（2）证明：11＋12＋…＋1＜2.解析（1）因为a1＝1，所以11＝1，又{}是公差为13的等差数列，所以＝1＋（n－1）×13＝r23.所以S n＝r23a n.因为当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝r23a n－r13a n－1，所以r13a n－1＝－13a n（n≥2），所以－1＝r1－1（n≥2），所以21×32×…×－1－2×－1＝31×42×…×－2×r1－1＝（r1）2（n≥2），所以a n＝（r1）2（n≥2），又a1＝1也满足上式，所以a n＝（r1）2（n∈N*）.（2）因为a n＝（r1）2，所以1＝2（r1）＝2（1－1r1），所以11＋12＋…＋1＝2[（1－12）＋（12－13）＋…＋（1－1r1）]＝2（1－1r1）＜2.命题点4用倒序相加法求和例4已知函数f（x）＝x＋sinπx－3，则f（12025）＋f（22025）＋f（32025）＋…＋f（40482025）＋f（40492025）＝－8098.解析令y＝f（12025）＋f（22025）＋…＋f（40482025）＋f（40492025）①，y＝f（40492025）＋f（40482025）＋…＋f（22025）＋f（12025）②，①＋②，得2y＝[f（12025）＋f（40492025）]＋[f（22025）＋f（40482025）]＋…＋[f（40482025）＋f（22025）]＋[f（40492025）＋f（12025）].因为f（x）＋f（2－x）＝x＋sinπx－3＋（2－x）＋sin[π（2－x）]－3＝－4，所以2y＝－4×4049，故y＝－8098.方法技巧可以利用倒序相加法求和的数列所对应的函数的图象一般有对称中心，所以可以对比理解记忆.训练4已知数列{a n}的通项a n＝2－1002－101，则a1＋a2＋…＋a100＝（C）A.98B.99C.100D.101解析因为a n＝2－100101－2＝4－2022－1012－101＋102－22（101－）－101＝2－1002－101＋2（101－）－1002－101，所以a n＋a101－n＝2－100＝2，所以a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a100＋a1＝2，所以a1＋a2＋…＋a100＝50×2＝100.1.[命题点1]已知数列{a n}满足a n＋2＋（－1）n a n＝3，a1＝1，a2＝2.（1）记b n＝a2n－1，求数列{b n}的通项公式；（2）记数列{a n}的前n项和为S n，求S30.解析（1）a n＋（－1）n a n＝3，＋2－a2n－1＝3，令n取2n－1，则a2n＋1－b n＝3，又b1＝a1＝1，即b n＋1所以数列{b n}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以b n＝3n－2.＋a2n＝3，（2）令n取2n，则a2n＋2所以S30＝（a1＋a3＋…＋a29）＋（a2＋a4＋…＋a30），由（1）可知，a1＋a3＋…＋a29＝b1＋b2＋…＋b15＝330，a2＋a4＋…＋a30＝a2＋（a4＋a6）＋…＋（a28＋a30）＝2＋21＝23.所以S30＝330＋23＝353.2.[命题点2/2023四川绵阳南山中学模拟]在①S n＋1＝2S n＋2，②a n＋1－a n＝2n这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，且.（1）求a n；（2）若b n＝（n＋1）·a n，求数列{b n}的前n项和T n.＝2S n＋2，解析（1）若选①，S n＋1当n≥2时，S n＝2S n－1＋2，两式相减得a n＋1＝2a n，n≥2.当n＝1时，S2＝2S1＋2，即a1＋a2＝2a1＋2，又a1＝2，所以a2＝2a1，＝2a n，n∈N*，即数列{a n}是首项为2、公比为2的等比数列，故a n＝2n.所以a n＋1若选②，因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以当n ≥2时，a n －a 1＝（a 2－a 1）＋（a 3－a 2）＋…＋（a n －a n －1）＝21＋22＋…＋2n －1＝2（1－2－1）1－2＝2n －2，所以a n ＝2n －2＋a 1＝2n ，当n ＝1时，a 1＝2满足上式，故a n ＝2n ，n ∈N *.（2）由（1）知b n ＝（n ＋1）·a n ＝（n ＋1）·2n ，则T n ＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋（n ＋1）×2n ，2T n ＝2×22＋3×23＋…＋n ×2n ＋（n ＋1）×2n ＋1，两式相减得－T n ＝4＋22＋23＋…＋2n －（n ＋1）×2n ＋1＝4＋4（1－2－1）1－2－（n ＋1）×2n ＋1＝4－4＋2n ＋1－（n ＋1）×2n ＋1＝－n ×2n ＋1，故T n ＝n ×2n ＋1.3.[命题点3/2023南京市二模]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，（n －2）S n ＋1＋2a n ＋1＝nS n ，n ∈N *.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）求证：112＋122＋…＋12＜716.解析（1）解法一因为（n －2）S n ＋1＋2a n ＋1＝nS n ，所以（n －2）S n ＋1＋2（S n ＋1－S n ）＝nS n ，即nS n ＋1＝（n ＋2）S n ，所以r1＝r2.当n ≥2时，S n ＝－1·－1－2·－2－3·…·21·S 1＝r1－1·－2·－1－3 (3)1×2＝n （n ＋1）.又n ＝1时，上式也成立，所以S n ＝n （n ＋1）（n ∈N *）.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n .又n ＝1时，上式也成立，所以a n ＝2n （n ∈N *）.解法二因为（n －2）S n ＋1＋2a n ＋1＝nS n ，所以n （S n ＋1－S n ）－2（S n ＋1－a n ＋1）＝0，所以2S n ＝na n ＋1，①所以当n ≥2时，2S n －1＝（n －1）a n ，②①－②得2a n ＝na n ＋1－（n －1）a n （n ≥2），即（n ＋1）a n ＝na n ＋1（n ≥2），所以r1＝r1（n ≥2），在①中令n ＝1得2a 1＝a 2，又a1＝2，所以a2＝4，所以当n≥3时，a n＝－1·－1－2 (3)2·a2＝－1·－1－2·…·32×4＝2n，又n＝1，2时，上式也成立，所以a n＝2n（n∈N*）.（2）由（1）知112＋122＋…＋12＝14×（112＋122＋…＋12）.解法一因为当n≥2时，12＜12－1，所以当n≥2时，112＋122＋132＋…＋12＜112＋122－1＋132－1＋…＋12－1＝1＋12（1－13＋12－14＋13－15＋…＋1－1－1r1）＝1＋12（1＋12－1－1r1）＜74，当n＝1时，上式也成立，故112＋122＋132＋…＋12＜74，所以112＋122＋…＋12＜716.解法二因为12＜1（－1）＝1－1－1（n≥2），所以当n≥3时，112＋122＋132＋…＋12＜1＋14＋（12－13）＋（13－14）＋…＋（1－1－1）＝1＋14＋12－1＝74－1＜74，当n＝1，2时，上式也成立，故112＋122＋132＋…＋12＜74，所以112＋122＋…＋12＜716.学生用书·练习帮P3071.[2024山东潍坊模拟]在数列{a n}中，a n＝1r1＋2r1＋…＋r1（n∈N＋），b n＝1r1，则数列{b n}的前n项和S10＝（D）A.1011B.2011C.3011D.4011解析∵a n＝1r1＋2r1＋…＋r1＝1+2+…＋r1＝（r1）2r1＝2，∴b n＝1r1＝1（r1）4＝4（r1）＝4（1－1r1），∴S10＝4×（1－12＋12－13＋…＋110－111）＝4×（1－111）＝4011.故选D.2.[2023上海宜川中学5月模拟]德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称.相传，幼年的高斯就表现出超人的数学天赋，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，此方法也被称为高斯算法.已知某数列的通项公式为a n＝2－1002－101，则a1＋a2＋…＋a100＝（C）A.98B.99C.100D.101解析解法一由数列的通项公式为a n＝2－1002－101，可得当1≤n≤100，n∈N*时，a n＋a101－n＝2－1002－101＋2（101－）－1002（101－）－101＝2－1002－101＋102－2101－2＝4－2022－101＝2，所以a1＋a100＝a2＋a99＝a3＋a98＝…＝a100＋a1＝2，所以2（a1＋a2＋…＋a100）＝2×100＝200，所以a1＋a2＋…＋a100＝100，故选C.解法二函数f（x）＝2－1002－101的图象关于点（1012，1）对称，所以f（x）＋f（101－x）＝2，则f（1）＋f（100）＝f（2）＋f（99）＝…＝f（50）＋f（51）＝2，即a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a50＋a51＝2，所以a1＋a2＋…＋a100＝50×2＝100.故选C.3.[2023石家庄市三检]已知数列{a n}的通项公式为a n＝n－1，数列{b n}是以1为首项，2为公比的等比数列，则1＋2＋…＋9＝502.解析因为a n＝n－1，所以＝b n－1，所以1＋2＋…＋9＝（b1－1）＋（b2－1）＋…＋（b9－1）＝（b1＋b2＋…＋b9）－9＝1×（1－29）1－2－9＝502.4.[2023惠州调研]已知数列{a n}的前n项和为S n，n∈N*，现有如下三个条件：条件①a5＝5；条件②a n＋1－a n＝2；条件③S2＝－4.请从上述三个条件中选择能够确定一个数列的两个条件，并完成解答.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}满足b n＝1·r1，求数列{b n}的前n项和T n.解析（1）选①②时.解法一由a n＋1－a n＝2可知数列{a n}是公差d＝2的等差数列.又a5＝5，a5＝a1＋（5－1）×d，所以a1＝－3，故a n＝－3＋2（n－1），即a n＝2n－5（n∈N*）.－a n＝2可知数列{a n}是公差d＝2的等差数列.解法二由a n＋1又a5＝5，a n＝a5＋（n－5）×d，所以a n＝5＋（n－5）×2，即a n＝2n－5（n∈N*）.选②③时.－a n＝2可知数列{a n}是公差d＝2的等差数列.由a n＋1由S2＝－4可知a1＋a2＝－4，即2a1＋2＝－4，解得a1＝－3，故a n＝－3＋2（n－1），即a n＝2n－5（n∈N*）.（备注：选①③这两个条件无法确定数列.）＝12（12－5－12－3），（2）b n＝1·r1＝1（2－5）·（2－3）T n＝12[（1－3－1－1）＋（1－1－11）＋（11－13）＋…＋（12－5－12－3）]＝12（－13－12－3）＝－16－14－6，.所以T n＝－6r95.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]已知{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2＝2，b5＝16，a1＝2b1，a3＝b4.（1）求{a n}，{b n}的通项公式；（2）设c n＝a n·b n，求数列{c n}的前n项和S n.解析（1）设{a n}的公差为d，{b n}的公比为q，则q3＝52＝162＝8，q＝2，∴b1＝2＝1，∴b n＝2n－1.∵a1＝2b1＝2，a3＝b4＝23＝8，∴d＝3－13－1＝8－22＝3，∴a n＝2＋3（n－1）＝3n－1.（2）由（1）得c n＝（3n－1）×2n－1，∴S n＝c1＋c2＋c3＋…＋c n－1＋c n＝2×20＋5×21＋8×22＋…＋（3n－4）×2n－2＋（3n－1）×2n－1，则2S n＝2×21＋5×22＋8×23＋…＋（3n－4）×2n－1＋（3n－1）×2n，两式相减得－S n＝2×20＋3×21＋3×22＋…＋3×2n－1－（3n－1）×2n，则－S n ＝3（20＋21＋…＋2n －1）－（3n －1）×2n －1＝3×1－21－2－（3n －1）×2n －1，S n ＝3－3×2n ＋（3n －1）×2n ＋1＝（3n －4）×2n ＋4.6.[2023大同学情调研]已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋2＝2a n （n ∈N *）.（1）证明：数列{S n ＋2}是等比数列.（2）设数列{2（－1)(r1－1）}的前n 项和为T n ，求证：23≤T n ＜1.解析（1）当n ＝1时，S 1＋2＝2a 1，∴S 1＝a 1＝2.当n ≥2时，S n ＋2＝2a n ＝2（S n －S n －1），∴S n ＝2S n －1＋2，∴S n ＋2＝2（S n －1＋2），易知S n －1＋2≠0，∴+2－1+2＝2，∴数列{S n ＋2}是首项为S 1＋2＝4，公比为2的等比数列.（2）由（1）知S n ＋2＝4×2n －1，∴S n ＝2n ＋1－2，代入S n ＋2＝2a n ，得a n ＝2n ，∴2（－1)(r1－1）＝2（2－1)(2r1－1）＝12－1－12r1－1，∴T n ＝（12－1－122－1）＋（122－1－123－1）＋…＋（12－1－12＋1－1）＝1－12r1－1.易得T n ＝1－12r1－1＜1.由n ≥1，得2n ＋1≥4，2n ＋1－1≥3，∴12r1－1≤13，即－12r1－1≥－13，∴1－12r1－1≥23.综上所述，23≤T n ＜1.7.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 6＝－7S 3，且a 2，1，a 3成等差数列，则数列{a n }的通项公式为a n ＝（－2）n －1；设b n ＝｜a n －1｜，则数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝22n －1.解析设等比数列{a n }的公比为q ，由S 6＝－7S 3，得q ≠1，所以1（1－6）1－＝1（1－3)(1+3）1－＝（1＋q 3）S 3＝－7S 3，因为S 3≠0，所以1＋q 3＝－7，解得q ＝－2，由a 2，1，a 3成等差数列，可得a 2＋a 3＝2，即－2a 1＋4a 1＝2，所以a 1＝1，所以a n ＝a 1q n －1＝（－2）n －1.当n 为偶数时，a n －1＝－2n －1－1＜0，当n 为奇数时，a n －1＝2n －1－1≥0，所以T 2n ＝（a 1－1）－（a 2－1）＋（a 3－1）－（a 4－1）＋…＋（a 2n －1－1）－（a 2n －1）＝a 1－a 2＋a 3－a 4＋…＋a 2n －1－a 2n ＝1＋2＋22＋23＋…＋22n －2＋22n －1＝1－221－2＝22n －1.8.[2024平许济洛第一次质检]设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0，2＋r1＝2＋r4－3.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设数列{b n }满足b n ＝2，求数列{（a n －1）b n }的前n 项和T n .解析（1）由2＋r1＝2＋r4－3，得2－（n2＋n＋4）S n＋3（n2＋n＋1）＝0，即（S n－3）[S n－（n2＋n＋1）]＝0，解得S n＝3（舍去）或S n＝n2＋n＋1.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n＋1－（n－1）2－（n－1）－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，不适合上式，所以a n＝3，=1，2，≥2.（2）T n＝（a1－1）·21＋（a2－1）·22＋（a3－1）·23＋（a4－1）·24＋…＋（a n－1）·2＝2×23＋3×24＋5×26＋7×28＋…＋（2n－1）×22n＝16＋3×42＋5×43＋7×44＋…＋（2n－1）×4n＝12＋1×41＋3×42＋5×43＋…＋（2n－1）×4n.令R n＝1×41＋3×42＋5×43＋…＋（2n－1）×4n①，则4R n＝1×42＋3×43＋5×44＋…＋（2n－3）×4n＋（2n－1）×4n＋1②，①－②得：－3R n＝4＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－（2n－1）×4n＋1＝4＋32（1－4－1）1－4－（2n－1）×4n＋1＝4－323＋23×4n＋1－（2n－1）×4n＋1＝－203＋（53－2n）×4n＋1.所以R n＝209＋（23－59）·4n＋1，所以T n＝12＋209＋（23－59）·4n＋1＝1289＋6－59·4n＋1，n∈N*.9.[2024浙江名校联考]设数列{a n}的前n项和为S n，已知S n＝12（3a n－1）（n∈N*）.（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝＋，为奇数，b，为偶数，求数列{b n}的前2n项和T2n.解析（1）由题意得，2S n＝3a n－1，则2S n－1＝3a n－1－1（n≥2），两式相减得a n＝3a n－1（n≥2）.∴数列{a n}是等比数列，公比为3，令n＝1，则2a1＝3a1－1，得a1＝1，∴{a n}的通项公式为a n＝3n－1.（2）由（1）得，b n＝＋3－1，为奇数，×3－1，为偶数.记数列{b n}的前2n项中奇数项的和为S奇数项，偶数项的和为S偶数项，则S 奇数项＝（1＋3＋5＋…＋2n －1）＋（30＋32＋34＋…＋32n －2）＝n 2＋9－18，S 偶数项＝2×31＋4×33＋6×35＋…＋2（n －1）×32n －3＋2n ×32n－1①，则9S 偶数项＝2×33＋4×35＋6×37＋…＋2（n －1）×32n －1＋2n ×32n ＋1②，①－②得，－8S 偶数项＝2（31＋33＋35＋…＋32n －1）－2n ×32n ＋1＝2×3×（1－9）1－9－2n ×32n ＋1，∴S 偶数项＝（24－3）×32+332.∴T 2n ＝n 2＋9－18＋（24－3）×32+332＝n 2＋（24r1）×32－132.10.[2024南昌市模拟]如图，第n 个图形是由棱长为n ＋1的正方体挖去棱长为n 的正方体得到的，记其体积为{a n }.（1）求证：a n ＝3n 2＋3n ＋1.（2）求和：12＋22＋32＋…＋n 2.解析（1）棱长为n ＋1的正方体的体积为（n ＋1）3，棱长为n 的正方体的体积为n 3，所以a n ＝（n ＋1）3－n 3＝n 3＋3n 2＋3n ＋1－n 3＝3n 2＋3n ＋1.（2）由（1）可知a n ＝（n ＋1）3－n 3＝3n 2＋3n ＋1，则a 1＋a 2＋…＋a n ＝3×12＋3×1＋1＋3×22＋3×2＋1＋…＋3×n 2＋3×n ＋1＝3×（12＋22＋…＋n 2）＋3×（1＋2＋…＋n ）＋n ＝3×（12＋22＋…＋n 2）＋3×（r1）2＋n ①，又a 1＋a 2＋…＋a n ＝23－13＋33－23＋…＋（n ＋1）3－n 3＝（n ＋1）3－1＝n 3＋3n 2＋3n ②，所以3×（12＋22＋…＋n 2）＋3×（r1）2＋n ＝n 3＋3n 2＋3n ，即12＋22＋32＋…＋n 2＝23+32＋6＝（r1)(2r1）6.。

课题：数列的综合应用教学目标：熟练掌握等差（比）数列的基本公式和一些重要性质，并能灵活运用性质解决有关的问题，培养对知识的转化和应用能力．教学重点：等差（比）数列的性质的应用．（一） 主要知识：1.等差数列的概念、性质及基本公式。

2.等比数列的概念、性质及基本公式。

（二）主要方法：1.解决等差数列和等比数列的问题时，通常考虑两类方法：①基本量法：即运用条件转化为关于1a 和()d q 的方程；②巧妙运用等差数列和等比数列的性质，一般地运用性质可以化繁为简，减少运算量．2.深刻领会两类数列的性质，弄清通项和前n 项和公式的内在联系是解题的关键．3.解题时，还要注重数学思想方法的应用，如“函数与方程”、“数形结合”、“分类讨论”、 “化归转化”.（三）典例分析：问题1．()1 （06湖北）若互不相等的实数a 、b 、c 成等差数列，c 、a 、b 成等比数列，且103=++c b a ，则a= .A 4 .B 2 .C 2- .D 4-()2 (07天津)设等差数列{}n a 的公差d 不为0，19a d =．若k a 是1a 与2k a 的等比中项，则k = .A 2 .B 4 .C 6 .D 8()3（07海南）已知0x >，0y >，x a b y ，，，成等差数列，x c d y ，，，成等比数列，则2()a b cd+的最小值是 .A 0 .B 1 .C 2 .D 4()4已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，且139,,a a a 成等比数列，则1392410a a a a a a ++++=()5(07全国Ⅰ)等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1S ，22S ，33S 成等差数列，则{}n a 的公比为问题2．(07全国Ⅰ文)设{}n a 是等差数列，{}n b 是各项都为正数的等比数列，且111a b ==，3521a b +=，5313a b +=()1求{}n a ，{}n b 的通项公式；()2求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．问题3．（05全国Ⅲ）在等差数列{}n a 中，公差0d ≠，2a 是1a 与4a 的等比中项，已知数列13a a 、、1k a 、2......n k k a a 、、成等比数列，求数列{}n a 的通项n k问题4．（08届东北师大附中高三月考）数列}{n a 的前n 项和记作n S ，满足1232-+=n a S n n ，)(*N n ∈．()1证明数列}3{-n a 为等比数列；并求出数列}{n a 的通项公式．()2记n n na b =，数列}{n b 的前n 项和为n T ，求n T ．问题5.（03上海） 已知数列}{n a （n 为正整数）是首项是1a ，公比为q 的等比数列.()1求和：;,334233132031223122021C a C a C a C a C a C a C a -+-+-()2由()1的结果归纳概括出关于正整数n 的一个结论，并加以证明.（四）巩固练习：1.（00上海）在等差数列{}n a 中，若100a =，则有不等式12n a a a ++⋅⋅⋅+1219n a a a -=++⋅⋅⋅+()*19,n n N <∈成立，相应地：在等比数列{}n b ，若91b =， 则有不等式 成立.2.（04北京）定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和. 已知数列{}a n 是等和数列，且a 12=，公和为5，那么a 18的值为_____，这个数列的前n 项和S n 的计算公式为________3.（01新课程）设{}n a 是公比为q 的等比数列，n S 是它的前n 项和，若{}n S 是等差数列，则q =4.有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数．（五）课后作业：5.(06浙江文）若n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，且124,,S S S 成等比数列.()1求数列124,,S S S 的公比;()2若24S =，求{}n a 的通项公式.6.（05福建）已知}{n a 是公比为q 的等比数列，且231,,a a a 成等差数列.()1求q 的值；()2设{n b }是以2为首项，q 为公差的等差数列，其前n 项和为n S ，当n ≥2时，比较n S 与n b 的大小，并说明理由.（六）走向高考：7.（07陕西）已知各项全不为零的数列{}n a 的前k 项和为k S ，且*11()2k k k S a a k N +=∈，其中11a =．()1求数列{}n a 的通项公式；()2对任意给定的正整数(2)n n ≥，数列{}n b 满足1k k b b +=1k k n a +-（121k n =-，，，），11b =，求12n b b b +++．8.（05湖北文）设数列}{n a 的前n 项和为22n S n =，}{n b 为等比数列，且11a b =，2211()b a a b -=，()1求数列}{n a 和}{n b 的通项公式； ()2设nn n b a c =，求数列}{n c 的前n 项和n T9.（07陕西文）已知实数列{}n a 是等比数列，其中71a =，且4a ，51a +，6a 成等差数列．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）数列{}n a 的前n 项和记为n S ，证明：128n S <(123)n =，，，．10.（07湖南文）设n S 是数列{}n a （*n N ∈）的前n 项和，1a a =，且22213n n n S na S -=+，0n a ≠，234n =⋅⋅⋅，，，． （Ⅰ）证明：数列2{}n n a a +-（2n ≥）是常数数列；（Ⅱ）试找出一个奇数a ，使以18为首项，7为公比的等比数列{}n b （*n N ∈）中的所有项都是数列{}n a 中的项，并指出n b 是数列{}n a 中的第几项．11.（06北京）在数列{}n a 中，若12,a a 是正整数，且12,3,4,5,n n n a a a n --=-=， 则称{}n a 为“绝对差数列”.()1举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）； ()2若“绝对差数列”{}n a 中，20213,0a a ==，数列{}n b 满足12n n n n b a a a ++=++，1,2,3,n =，分别判断当n →∞时，n a 与n b 的极限是否存在，如果存在，求出其极限值；()3证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.12.（07上海）如果有穷数列123,,,,m a a a a ⋅⋅⋅（m 为正整数）满足条件m a a =1，12-=m a a ，…，1a a m =，即1+-=i m i a a （12i m =，，，），我们称其为“对称数列”． 例如，数列12521，，，，与数列842248，，，，，都是“对称数列”．()1设{}n b 是7项的“对称数列”，其中1234,,,b b b b 是等差数列，且21=b ，114=b ．依次写出{}n b 的每一项；()2设{}n c 是49项的“对称数列”，其中25262749,,,,c c c c ⋅⋅⋅是首项为1，公比为2的等比数列，求{}n c 各项的和S ；()3设{}n d 是100项的“对称数列”，其中5152100,,,d d d ⋅⋅⋅是首项为2，公差为3的等差数列．求{}n d 前n 项的和n S (12100)n =，，，．。

数列求和教学目标： 让学生回顾数列基本知识点；让学生能够掌握数列的求和的几种基本方法；锻炼学生的自我思考能力。

教学重难点：对题意的分析以及方法的选择。

学法指导：示范，探究教学过程：※课标展示，强调本节内容及重点一、 回顾数列求和的方法：学生活动：请学生做总结，不全的由其他同学做补充。

通过课件总结方法：1、 公式法2、 分组求和法3、 裂项法4、 错位相加法5、 倒叙相加法二、 互动探究1、（2010重庆）、已知{}n a 是首项为19，公差为-2的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和.（Ⅰ）求通项n a 及n S ；（Ⅱ）设{}n n b a -是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{}n b 的通项公式及其前n 项和n T . 学生活动：学生小组讨论后，由学生对本题题意及解题方法进行讲解，然后由其他组同学进行补充或者更正。

教师活动：通过课件展示整个解题过程，1、点出学生方法中的不足2、强调步骤的严密性3、对例题做出点评。

2、（2010山东） 已知等差数列{}n a 满足：3577,26a a a =+=．{}n a 的前n 项和为n S 。

（Ⅰ）求n a 及n S ； （Ⅱ）令21()1n n b n N a +=∈-，求数列{}n a 的前n 项和T n ． 学生活动：学生小组讨论后，由学生对本题题意及解题方法进行讲解，然后由其他组同学进行补充或者更正。

教师活动：通过课件展示整个解题过程，1、点出学生方法中的不足2、强调步骤的严密性3、对例题做出点评。

3 学生活动：学生小组讨论后，由学生对本题题意及解题方法进行讲解，然后由其他组同学进行补充或者更正。

教师活动：通过课件展示整个解题过程，1、点出学生方法中的不足2、强调步骤的严密性3、对例题做出点评。

4学生活动：学生小组讨论后，由学生对本题题意及解题方法进行讲解，然后由其他组同学进行补充或者更正。

教师活动：通过课件展示整个解题过程，1、点出学生方法中的不足2、强调步骤的严密性3、对例题做出点评。

第五节数列求和课程标准1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.考情分析考点考法:高考命题常以等差、等比数列为载体,考查裂项相消、错位相减求和等数列求和方法,涉及奇偶项的求和问题是高考的热点,常以解答题的形式出现.核心素养:数学建模、数学运算、逻辑推理.【核心考点·分类突破】考点一分组、并项、倒序相加求和[例1](1)数列112,214,318,…的前n项和为S n=()A.2-1B.(r1)2+2nC.(r1)2-12+1D.2-1【解析】选C.数列112,214,318,...的前n项和为S n=(1+2+3+...+n)+(12+14+18+ (12)=(r1)2+12(1-12)1-12=(r1)2-12+1.(2)设f(x)=21+2,则f(12024)+f(12023)+…+f(1)+f(2)+…+f(2024)=________.【解析】因为f(x)=21+2,所以f(x)+f(1)=1.令S=f(12024)+f(12023)+…+f(1)+f(2)+…+f(2024),①则S=f(2024)+f(2023)+…+f(1)+f(12)+…+f(12024),②所以2S=4047,所以S=40472.答案:40472(3)(2023·深圳模拟)已知公差为2的等差数列的前n项和为S n,且满足S2=a3.①若a1,a3,a m成等比数列,求m的值;②设b n=a n-2,求数列的前n项和T n.【解析】①由题意知数列是公差为2的等差数列,设公差为d,则d=2,又因为S2=a3,所以a1+a2=a3,即2a1+d=a1+2d,得a1=d=2,所以a n=a1+(n-1)d=2n(n∈N*).又因为a1,a3,a m成等比数列,即32=a1a m,所以36=2×2m,得m=9.②因为b n=a n-2=2n-4n,所以T n=(2×1-41)+(2×2-42)+…+(2×n-4n)=2×(1+2+…+n)-(41+42+…+4n)=2×(r1)2-4×(1-4)1-4=n(n+1)-43×(4n-1)=n2+n+43-4r13.【解题技法】分组转化与并项求和法(1)数列的项可以拆分成两类特殊数列,分别对这两类数列求和,再合并后即为原来的数列的前n项和;(2)数列的项具有一定的周期性,相邻两项或多项的和是一个有规律的常数,可以将数列分成若干组求和.【对点训练】1.已知数列的通项公式为a n=n cos(n-1)π,S n为数列的前n项和,则S2023=()A.1009B.1010C.1011D.1012【解题提示】将a n=n cos(n-1)π化为a n=n×-1-1,利用并项法求和.【解析】选D.因为当n为奇数时cos(n-1)π=1,当n为偶数时cos(n-1)π=-1,所以cos(n-1)π=-1-1,所以a n=n cos(n-1)π=n×-1-1.S2023=(1-2)+(3-4)+…+(2021-2022)+2023=-1011+2023=1012.2.设f(x)=44+2,若S=f(12024)+f(22024)+…+f(20232024),则S=________.【解析】因为f(x)=44+2,所以f(1-x)=41-41-+2=22+4,所以f(x)+f(1-x)=44+2+22+4=1.S=f(12024)+f(22024)+…+f(20232024),①S=f(20232024)+f(20222024)+…+f(12024),②①+②,得2S=[f(12024)+f(20232024)]+[f(22024)+f(20222024)]+…+[f(20232024)+f(12024)]=2023,所以S=20232.答案:202323.已知是公差d≠0的等差数列,其中a2,a6,a22成等比数列,13是a4和a6的等差中项;数列是公比q为正数的等比数列,且b3=a2,b5=a6.(1)求数列和的通项公式;(2)令c n=a n+b n,求数列的前n项和T n.【解析】(1)因为a2,a6,a22成等比数列,所以62=a2a22,即(1+5)2=(a1+d)(a1+21d)①.因为13是a4和a6的等差中项,所以a4+a6=26,即(a1+3d)+(a1+5d)=26②,由①②可得:a1=1,d=3,所以a n=1+(n-1)×3=3n-2,从而b3=a2=4,b5=a6=16.因为数列是公比q为正数的等比数列,所以b5=b3q2,即16=4q2,所以q=2,从而b n=b3q n-3=2n-1.(2)由于b n=2n-1,所以b1=1.因为c n=a n+b n,所以T n=c1+c2+…+c n=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(a n+b n)=(a1+a2+…+a n)+(b1+b2+…+b n)=+(-1)2×3+1-21-2=2n+32n2-12n-1.考点二裂项相消法求和[例2](1)已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=1(r1)+(),n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2025=________.【解析】由f(4)=2可得4a=2,解得a=12,则f(x)=12,所以a n=1(r1)+()==+1-,S2025=a1+a2+a3+…+a2025=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(2025-2024)+(2026-2025)=2026-1.答案:2026-1(2)已知数列的各项均为正数,S n是其前n项的和.若S n>1,且6S n=2+3a n+ 2(n∈N*).①求数列的通项公式;②设b n=1r1,求数列的前n项和T n.【解析】①因为6S n=2+3a n+2,(i)n=1时,6S1=6a1=12+3a1+2,即12-3a1+2=0,解得a1=2或a1=1,因为S n>1,所以a1=2;(ii)n≥2时,由6S n=2+3a n+2,有6S n-1=-12+3a n-1+2,两式相减得6(S n-S n-1)=2--12+3a n-3a n-1,所以6a n=2--12+3a n-3a n-1,所以2--12-3a n-3a n-1=0,所以(a n+a n-1)(a n-a n-1)-3(a n+a n-1)=0,所以(a n+a n-1)(a n-a n-1-3)=0.因为数列的各项均为正数,所以a n+a n-1≠0,所以a n-a n-1-3=0,即a n-a n-1=3,综上所述,是首项a1=2,公差d=3的等差数列,所以a n=a1+(n-1)d=2+(n-1)×3=3n-1,所以数列的通项公式为a n=3n-1.②由①知a n=3n-1,所以a n+1=3(n+1)-1=3n+2,所以b n=1r1=1(3-1)(3r2)=13×(3r2)-(3-1)(3-1)(3r2)=13×(13-1-13r2),所以T n=13×(12-15)+13×(15-18)+13×(18-111)+…+13×(13-1-13r2)=13×(12-15+15-18+18-111+…+13-1-13r2)=13×(12-13r2)=13×3r2-22(3r2)=6r4,所以数列的前n项和T n=6r4.【解题技法】破解裂项相消求和的关键点(1)定通项:根据已知条件求出数列的通项公式.(2)巧裂项:根据通项公式的特征进行准确裂项,把数列的每一项,表示为两项之差的形式.(3)消项求和:通过累加抵消掉中间的项,达到消项的目的,准确求和.(4)常见的裂项结论:①设等差数列的各项不为零,公差为d(d≠0),则1r1=1(1-1r1);②142-1=12(12-1-12r1);③1(r1)(r2)=12(r1)(1-1r2)=12[1(r1)-1(r1)(r2)];④242-1=14(42-1)+1442-1=14+18(12-1-12r1);⑤a n=2(2+)(2r1+)=12+-12r1+;⑥a n=r12(r2)2=14[12-1(r2)2].提醒:要注意正负相消时,可以通过写出前几项观察消去规律的方法,确定消去了哪些项,保留了哪些项,不可漏写未被消去的项.【对点训练】1.{a n }是等比数列,a 2=12,a 5=116,b n =r1(+1)(r1+1),则数列{b n }的前n 项和为()A .2-12(2+1)B .2-12+1C .12+1D .2-12+2【解析】选A .a 5=a 2·q 3,所以q 3=18,所以q =12,a 1=1,所以a n =(12)n -1.b n =(12)[(12)-1+1][(12)+1]=1(12)+1-1(12)-1+1,所以b 1+b 2+b 3+…+b n =[1(12)1+1-1(12)0+1]+[1(12)2+1-1(12)1+1]+[1(12)3+1-1(12)2+1]+…+[1(12)+1-1(12)-1+1]=1(12)+1-12=2-12(2+1).2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2=8,S n =r12-n -1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)n 项和T n .【解析】(1)因为a 2=8,S n =r12-n -1,所以a 1=S 1=22-2=2.当n ≥2时,a n =S n -S n -1=r12-n -1-(2-n ),即a n +1=3a n +2.又a 2=8=3a 1+2,所以a n +1=3a n +2,n ∈N *,所以a n +1+1=3(a n +1),所以数列{a n +1}是等比数列,且首项为a 1+1=3,公比为3,所以a n +1=3×3n -1=3n ,所以a n =3n -1.(2)因为2×3=2×3(3-1)(3r1-1)=13-1-13r1-1,r1n 项和T n =(13-1-132-1)+(132-1-133-1)+…+(13-1-13r1-1)=12-13r1-1.考点三错位相减法求和[例3]已知数列中,a 1=8,且满足a n +1=5a n -2·3n .(1)证明:数列-3为等比数列,并求数列的通项公式;(2)若b n =n (a n -3n ),求数列的前n 项和S n .【解析】(1)因为a n +1=5a n -2·3n ,所以a n +1-3n +1=5a n -5·3n =5(a n -3n ),所以数列-3是以a 1-31=5为首项,以5为公比的等比数列,所以a n -3n =5×5n -1=5n ,所以a n =3n +5n .(2)因为a n =3n +5n ,所以b n =n (a n -3n )=n ×5n ,所以S n =b 1+b 2+b 3+…+b n ,即S n =1×51+2×52+3×53+…+n ×5n ①,所以5S n =1×52+2×53+3×54+…+n ×5n +1②,由①-②得:-4S n =1×51+1×52+1×53+…+1×5n -n ×5n +1,-4S n =5(1-5)1-5-n ×5n +1,化简得:S n =5+(4-1)×5r116.【解题技法】错位相减法求和的解题策略(1)巧分拆,即将数列的通项公式分拆为等差数列与等比数列积的形式,并求出公差和公比.(2)构差式,即写出S n的表达式,再乘公比或除以公比,然后将两式相减.(3)后求和,根据差式的特征准确进行求和.提醒:错位相减法求和的注意点①在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便于下一步准确地写出“S n-qS n”的表达式.②应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1,如果q=1,应用公式S n=na1.【对点训练】已知数列的前n项和为S n=3n2+8n-6,是等差数列,且a n=b n+b n+1(n≥2).(1)求数列和的通项公式;(2)令c n=b n·2n+2n+1,求数列的前n项和T n.【解析】(1)S n=3n2+8n-6,所以n≥2时,S n-1=3(n-1)2+8(n-1)-6,所以a n=S n-S n-1=6n+5.n=1时,a1=S1=5,不满足a n=6n+5,所以a n=5(=1)6+5(≥2);设的公差为d,a n=b n+b n+1(n≥2),所以a n-1=b n-1+b n(n≥3),所以a n-a n-1=b n+1-b n-1,所以2d=6,所以d=3.因为a2=b2+b3,所以17=2b2+3,所以b2=7⇒b1=4,所以b n=3n+1;(2)c n=3(n+1)2n,所以T n=3×2+3×22+…+(+1)2①,所以2T n=32×22+3×23+…+(+1)2r1②,①-②得,-T n=3[2×2+22+23+…+2n-(n+1)2n+1]+1)2r1=-3n·2n+1,所以T n=3n·2n+1,所以数列的前n项和T n=3n·2n+1.。

∴S1n＝1＋2(n－1)＝2n－1， ∴Sn＝2n1－1.
(2)∵bn＝2nS＋n 1＝2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝121－13 ＋13－15＋…＋2n1－ 1－2n1＋1 ＝121－2n1＋1＝2nn＋1.
3．已知数列{an}的各项均为正数，且对任意的 n∈N *，都有
(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的 结果放缩得到；
(3)比较方法：作差或者作商比较．
[集训过关] 1．(2019·姜堰中学期中)已知{an}为正项等比数列，a1＋a2＝6， a3＝8. (1)求数列{an}的通项公式 an； (2)若 bn＝loga2nan，且{bn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn.
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－311－－33n＋
n×3n＋
1＝2n－
13n＋1＋3
2
.
所 以 a1c1 ＋ a2c2 ＋ … ＋ a2nc2n ＝ 3n2 ＋ 6Tn ＝ 3n2 ＋
2n－ 3×
132n＋1＋3＝2n－13n＋22＋6n2＋9(n∈
N
*)．
课堂精析考情——锁定命题热点，精准才能高效 考法一 裂项相消法求和 [例 1] 已知各项都是正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 2Sn＝an2＋an，数列{bn}满足 b1＝12，2bn＋1＝bn＋abnn. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}满足 cn＝bSn＋n2，求和 c1＋c2＋…＋cn.
当
n＝1
时，T1＝1；当 a1 3
n＝2时Βιβλιοθήκη T2＝4；当 a2 9n＝3
时，Ta33＝13.

高三数学一轮复习备考数列的求和说课高三数学一轮复习备考中，数列的求和是一个重要的考点。

在本文中，我将对数列的求和进行深入解析，包括常见的等差数列和等比数列的求和公式，以及一些应用题的解题方法。

首先，让我们来回顾一下数列的概念。

数列是由一系列按照一定规律排列的数所组成的集合。

数列的每一项称为数列的项，用ai表示，其中i表示项的位置。

数列中的规律可以用一个通项公式来表示。

对于等差数列来说，通项公式为an=a1+(n-1)d，其中a1为首项，d为公差；而对于等比数列来说，通项公式为an=a1*r^(n-1)，其中a1为首项，r为公比。

接下来，我们来看一下等差数列的求和公式。

对于等差数列来说，其求和公式是非常有用的。

设等差数列的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn。

那么等差数列的求和公式可以表示为Sn=n/2*(a1+an)，其中an表示等差数列的第n项。

在使用等差数列的求和公式时，需要明确几个关键的概念。

首先，当n为奇数时，a1和an为等差数列中间的一项；当n为偶数时，a1和an分别为等差数列的相邻两项，此时中间没有项。

其次，等差数列的前n项和与等差数列的倒序前n项和相等。

例如，对于等差数列1，3，5，7，9来说，其首项为1，公差为2。

我们可以使用等差数列的求和公式来计算前3项的和。

根据公式，n=3，所以Sn=3/2*(1+5)=9。

除了等差数列外，我们还有等比数列的求和公式。

对于等比数列来说，其求和公式也是非常重要的。

设等比数列的首项为a1，公比为r，前n项和为Sn。

等比数列的求和公式可以表示为Sn=a1*(1-r^n)/(1-r)，其中r不等于1。

在使用等比数列的求和公式时，需要注意一些特殊情况。

当公比|r|小于1时，等比数列的前n项和随着n的增加而趋近于一个常数，即Sn的极限存在；当公比|r|大于1时，等比数列的前n项和随着n的增加呈无穷趋近于正无穷或负无穷；当公比|r|等于1时，等比数列不存在有限的前n项和，但存在极限。

第24课时：第三章 数列——数列求和一．课题：数列求和二．教学目标：1．熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式；2．能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算； 3．熟记一些常用的数列的和的公式． 三．教学重点：特殊数列求和的方法． 四．教学过程： （一）主要知识：1．等差数列与等比数列的求和公式的应用；2．倒序相加、错位相减，分组求和、拆项求和等求和方法； （二）主要方法：1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式； 2．求和过程中注意分类讨论思想的运用； 3．转化思想的运用； （三）例题分析：例1．求下列数列的前n 项和n S ：（1）5，55，555，5555，…，5(101)9n-，…； （2）1111,,,,,132435(2)n n ⨯⨯⨯+；（3）n a =； （4）23,2,3,,,n a a a na ；（5）13,24,35,,(2),n n ⨯⨯⨯+；（6）2222sin 1sin 2sin 3sin 89++++．解：（1）555555555n n S =++++个5(999999999)9n =++++个235[(101)(101)(101)(101)]9n =-+-+-++-235505[10101010](101)9819n n n n =++++-=--．（2）∵1111()(2)22n n n n =-++， ∴11111111[(1)()()()]2324352n S n n =-+-+-++-+1111(1)2212n n =+--++．（3）∵n a===∴1n S n =++1)(1n =++++1=． （4）2323n nS a a a na =++++，当1a =时，123n S =+++…(1)2n n n ++=，当1a ≠时，2323n S a a a =+++…n na + ， 23423n aS a a a =+++…1n na ++，两式相减得23(1)n a S a a a -=+++ (1)1(1)1n n n n a a a nana a ++-+-=--，∴212(1)(1)n n n na n a aS a ++-++=-．（5）∵2(2)2n n n n +=+， ∴ 原式222(123=+++ (2))2(123n ++⨯+++…)n +(1)(27)6n n n ++=．（6）设2222sin 1sin 2sin 3sin 89S =++++， 又∵2222sin 89sin 88sin 87sin 1S =++++，∴ 289S =，892S =．例2．已知数列{}n a 的通项65()2()n nn n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求其前n 项和n S ． 解：奇数项组成以11a =为首项，公差为12的等差数列， 偶数项组成以24a =为首项，公比为4的等比数列；当n 为奇数时，奇数项有12n +项，偶数项有12n -项，∴1121(165)4(14)(1)(32)4(21)221423n n n n n n n S --++--+--=+=+-，当n 为偶数时，奇数项和偶数项分别有2n项，∴2(165)4(14)(32)4(21)221423n n n n n n n S +----=+=+-， 所以，1(1)(32)4(21)()23(32)4(21)()23n n nn n n S n n n -⎧+--+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数．例3．（《高考A 计划》智能训练14题）数列{}n a 的前n 项和2()nn S p p R =+∈，数列{}n b 满足2log nn b a =，若{}n a 是等比数列，求p 的值及通项n a ；（2）求和222123()()()n T b b b =-+…12*(1)()()n n b n N -+-∈． （解答见教师用书127页）（四）巩固练习：设数列11,(12),,(122),n -++++的前n 项和为n S ，则n S 等于（ ）()A 2n ()B 2n n - ()C 12n n +- ()D 122n n +--五．课后作业：《高考A 计划》考点22，智能训练2，4，5，12，15，16。

高中数学数列求和方法教案
目标：学生能够熟练掌握数列求和的基本方法并应用于实际问题中。

教学内容：
1. 数列的概念及常见数列的表示方法
2. 等差数列求和公式的推导及应用
3. 等比数列求和公式的推导及应用
4. 各种数列求和的实际应用问题解题
教学步骤：
1. 引入问题：通过展示一段数列并让学生猜测下一个数的规律，引出数列求和的概念。

2. 探究数列求和方法：介绍等差数列和等比数列的定义，推导相应的求和公式并演示应用。

3. 练习：让学生通过练习题巩固所学知识，强化数列求和的运算技巧。

4. 实际应用：设计几个实际问题，让学生运用所学方法解决数列求和问题。

5. 总结：总结本节课学习的内容，强调数列求和方法的重要性和实际应用。

教学资源：教材、练习题、黑板、彩色粉笔
评估方式：开展小测验或出一些综合性问题让学生自主解答，检测他们对数列求和方法的
掌握程度。

拓展延伸：让学生自行搜索一些其他类型的数列求和方法，并进行分享，拓展学生的数学
思维。

教学反思：及时寻找学生在数列求和方法中的困难点并进行讲解，促进学生的学习效果。

注：本教案仅作参考，教师可根据实际情况灵活调整教学内容和步骤。

课题：数列求和教学目标：1．熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式；2．能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算； 3．熟记一些常用的数列的和的公式． 教学重点：特殊数列求和的方法． 教学过程：（一）主要知识：1．等差数列与等比数列的求和公式的应用；2．倒序相加、错位相减，分组求和、拆项求和等求和方法； （二）主要方法：1．基本公式法：○1等差、等比数列的前n 项和公式、○2()()2221121216n n n n +++=++、 ○3()23333112314n n n ++++=+⎡⎤⎣⎦、○40122nn n n n n C C C C ++++= 2．错位相消法：给12n n S a a a =+++各边同乘以一个适当的数或式，然后把所得的等式和原等式相减，对应项相互抵消，最后得出前n 项和S n .一般适应于数列{}n n a b 的前n 向求和，其中{}n a 成等差数列，{}n b 成等比数列。

3.裂项法：将数列的各项均分拆成两项的差，而后和式子中的一些项相互抵消，以达到求和的目的。

常见的裂项途径有：○1若{}n a 是公差为d 的等差数列，则111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭21a b =- ○311m m mn n n C C C -+=-○4()!1!!n n n n ⋅=≤+- ○5()12n n n a S S n -=-≥4．分组求和法：将原来的数列分拆成两个或两个以上的数列，然后利用公式法求和。

5．倒序相加法：根据有些数列的特点，将其倒写后与原数列相加，以达到求和的目的。

6．导数法：灵活利用求导法则有时也可以完成数列求和问题的解答 （三）例题分析：例1．求下列数列的前n 项和n S ：（1）5，55，555，5555，…，5(101)9n-，…； （2）1111,,,,,132435(2)n n ⨯⨯⨯+；（3）n a =； （4）23,2,3,,,n a a a na ；（5）13,24,35,,(2),n n ⨯⨯⨯+； （6）2222sin 1sin 2sin 3sin 89++++．例2． 求和○1111112123123Sn n =++++++++++ ○223123n n n S a a a a=++++；○3()0123521n n n n nC C C n C +++++例3．已知数列{}n a 的通项65()2()n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求其前n 项和n S ．例４．数列{}n a 的前n 项和2()n n S p p R =+∈，数列{}n b 满足2log n n b a =，若{}n a 是等比数列， （1）求p 的值及通项n a ；（2）求和222123()()()n T b b b =-+…12*(1)()()n n b n N -+-∈．例5．已知数列{}n a 的前项和为n S ，且满足()1112022n n n a S S n a -+⋅=≥=。