《湖北省荆州市沙市第五中学人教版高中数学导学案 必修五 2-5-2 等比数列的前n项和》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省荆州市沙市第五中学人教版高中数学导学案 必修五 2-5-2 等比数列的前n项和（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高中数学高一年级必修 5 第二章第五节 数列前 n 项和习题课 （导学案） 制作单位：沙市五中 作者：杨春亮 目标定位：运用分组求和法，错位相减法，裂项相消法求数列的和，弄清每一种方法对 应的题型特征。 （重点和难点） 1等差数列和等比数列求和公式是什么？其公式是如何推导的？ 2等差数列和等比数列的性质有哪些？ 分组转化法求和 已知数列cn：1 ，2 ，3 ，试求cn的前 n 项和 1 2 1 4 1 8 令cn的前 n 项和为 Sn， 则 Sn1 2 3 1 2 1 4 1 8 n( 1 2)n (123n) 1 2 1 4 1 8( 1 2)n nn1 2 1 21( 1 2)n 11 2
2、 1 n. nn1 2 ( 1 2) 即数列cn的前 n 项和为 Sn1 n. n2n 2 ( 1 2) 当一个数列本身不是等差数列也不是等比数列，但如果它的通项公式可以拆分为几项的 和，而这些项又构成等差数列或等比数列，那么就可以用分组求和法，即原数列的前 n 项和 等于拆分成的每个数列前 n 项和的和 1求和：Sn333333.3333 n 个个 解：数列 3,33,333，的通项公式3333 n 个个 an (10n1) 1 3 Sn (101) (1021) (10n1) 1 3 1 3 1 3 (1010210n) 1 3 n 3 1 3 10110n 110 n 3 (10n1)
3、. 10 27 n 3 错位相减法求和 (2012浙江高考)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2n2n，nN*，数列bn满足 an4log2bn3，nN*. (1)求 an，bn； (2)求数列anbn的前 n 项和 Tn. (1)由 Sn2n2n，得当 n1 时，a1S13； 当 n2 时，anSnSn14n1， 所以 an4n1，nN*. 由 4n1an4log2bn3，得 bn2n1，nN*. (2)由(1)知 anbn(4n1)2n1，nN*， 所以 Tn3721122(4n1)2n1,2Tn32722(4n5)2n1(4n1)2n， 所以 2TnTn(4n1)2n(4n5)
4、2n5. 故 Tn(4n5)2n5，nN*. 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 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 “SnqSn”的表达式 2已知 an，求数列an的前 n 项和 Sn. n 3n 解：Sn ， 1 3 2 32 3 33 n1 3n1 n 3n Sn， 1 3 1 32 2 33 n1 3n n 3n1 两式相减得 Sn 2 3 1 3 1 32 1 33 1 3n n 3n1 ， 1 3(1 1 3n) 11 3 n 3n1 1 2 1 2 3n n 3n1 Sn .
5、3 4 1 4 3n1 n 2 3n 3 4 2n3 4 3n 裂项相消法求和 已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前 n 项和为 Sn. (1)求 an及 Sn； (2)令 bn(nN*)，求数列bn的前 n 项和 Tn. 1 a2 n1 (1)设等差数列an的首项为 a1，公差为 d， 由于 a37，a5a726， a12d7,2a110d26， 解得 a13，d2. 由于 ana1(n1)d，Sn， na1an 2 an2n1，Snn(n2) (2)an2n1， a 14n(n1)， 2 n 因此 bn. 1 4nn1 1 4( 1 n 1 n1) 故 Tnb1b2bn 1
6、 4(1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1) 1 4(1 1 n1) . n 4n1 数列bn的前 n 项和 Tn. n 4n1 裂项法的实质是将数列中的每项(通项)分解，然后重新组合使之能消去一些项，最终达 到求和的目的利用裂项法的关键是分析数列的通项，考察是否能分解成两项的差，这两项 一定要是同一数列相邻(相间)的两项，即这两项的结论应一致 3在数列an中，an，且 bn，求数列bn的前 n 项 1 n1 2 n1 n n1 2 anan1 的和 解：an(12n) ， 1 n1 n 2 bn， 2 anan1 bn8( )， 2 n 2 n1 2 1 n 1 n1 数列bn的前
7、n 项和为 Sn88(1). 1 n1 8n n1 数列求和的常用方法归纳 1公式法(分组求和法) 如果一个数列的每一项是由几个独立的项组合而成，并且各独立项也 可组成等差或等比数列，则该数列的前 n 项和可考虑拆项后利用公式求解 2裂项求和法 对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法” ，分式的求和多 利用此法可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些 项，保留哪些项，常见的拆项公式有： ( )； 1 nnk 1 k 1 n 1 nk 若an为等差数列，公差为 d， 则 ()； 1 anan1 1 d 1 an 1 an1 等 1 n1 nn1
8、n 3错位相减法 若数列an为等差数列，数列bn是等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数 列为anbn，当求该数列的前 n 项的和时，常常采用将anbn的各项乘以公比 q，然后错位一 项与anbn的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，所以这种数列求和的方法称为 错位相减法 4倒序相加法 如果一个数列an，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写 与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加求和法 1已知 an(1)n，数列an的前 n 项和为 Sn，则 S9与 S10的值分别是( ) A1,1 B1，1 C1,0 D1,0 解析：选 D
9、S91111111111， S10S9a10110. 2数列an，bn满足 anbn1，ann23n2，则bn的前 10 项和为( ) A.B. 1 4 5 12 C.D. 3 4 7 12 解析：选 B 依题意 bn，所以bn的前 10 1 an 1 n23n2 1 n1n2 1 n1 1 n2 项和为 S10 ，故选 B. ( 1 2 1 3) ( 1 3 1 4) ( 1 4 1 5) ( 1 11 1 12) 1 2 1 12 5 12 3求和： Sn11 _. (1 1 2) (1 1 2 1 4) 1 2 1 4 1 8 (1 1 2 1 4 1 2n1) 解析：被求和式的第 k
10、项为： ak1 2. 1 2 1 4 1 2k1 1(1 2)k 11 2 (1 1 2k) 所以 Sn2( 11 2)(1 1 22)(1 1 2n) 2 n(1 2 1 22 1 23 1 2n) 2 n 1 2(1 1 2n) 11 2 2 n(1 1 2n) 2n2. 1 2n1 答案：2n2 1 2n1 4已知数列an的通项公式 an，其前 n 项和 Sn，则项数 n 等于_ 2n1 2n 321 64 解析：an1 2n1 2n 1 2n Snnn15， 1 2(1 1 2n) 11 2 1 2n 321 64 1 64 n6. 答案：6 5已知等比数列an中，a28，a5512. (1)求数列an的通项公式； (2)令 bnnan，求数列bn的前 n 项和 Sn. 解：(1)64q3， a5 a2 512 8 q4. ana24n284n222n1. (2)由 bnnann22n1知 Sn12223325n22n1， 从而 22Sn123225327n22n1， 得(122)Sn2232522n1n22n1，即 Sn 1 9
