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等比数列导学案1(高二数学)
所属科目:数学    文件类型:doc
类别:教案/同步练习
上传日期:2018/2/2  
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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?由此怎样就能求出数列的前n项和?
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{anbn}的数列(其中{an}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变为两数之差的形式,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)n+1n,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.
思路分析:该数列的通项公式an==(2n-1)·n,它是由一个等差数列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{an}是首项、公比都为5的等比数列,bn=anlog25an(n∈N*),求数列{bn}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Sn=a1+a2+…+an两边同乘以公比q,得到qSn=a1q+a2q+…+anq,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{an}中,an=++…+,又bn=,试求数列{bn}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,最后求和.

已知等差数列{an}中,a5=9,a13=25,又bn=,试求数列{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)=;
(2)=(-);
(3)=;
(4)=.
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{xn}的首项x1=3,通项xn=2np+nq(n∈N*,p,q为常数),且x1,x4,x5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,x4,x5用p,q表示,根据x1,x4,x5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{an}的通项公式an=2n-,则其前n项和为__________.
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{an}的通项公式an=(-1)n-1n2,则其前n项和为(  ).
A.(-1)n-1 B.(-1)n
C. D.-
思路分析: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{an}的前n项和Sn=1-5+9-13+…+(-1)n-1(4n-3),求S15+S22-S31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{an}的前n项和为Sn,若an=,则S5等于(  ).
A.1 B. C. D.
2.数列{2n-1-4n}的前n项和为__________.
3.已知数列{an}的通项公式为an=(-1)n(3n-2),则其前20项的和等于__________.
4.数列1,,,…,,…的前n项和为__________.
5.求数列an=n×2n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=+++…+,①
则Sn=+++…+,②
①-②得Sn=++++…+-,即Sn=++++…+-
=+-
=+1-n-1-=--.
所以Sn=3--=3-.
迁移与应用:
解:依题意可得an=5·5n-1=5n,
于是bn=5n·log255n=n·5n.
所以Sn=×1×5+×2×52+×3×53+…+×n×5n,则5Sn=×1×52+×2×53+×3×54+…+×(n-1)×5n+×n×5n+1,
两式相减得-4Sn=×5+×52+×53+…+×5n-×n×5n+1,
即-4Sn=(5+52+53+…+5n)-×n×5n+1=·-×n×5n+1=-,
故Sn=.
活动与探究2:解:由于an=++…+
===,
所以bn===,
而bn==8,
所以数列{bn}的前n项和
Sn=b1+b2+…+bn=++…+=8=8=.
迁移与应用:
解:设等差数列{an}的公差为d,则解得
因此an=1+2(n-1)=2n-1,于是bn===,
所以数列{bn}的前n项和
Sn=b1+b2+…+bn
=
==.
活动与探究3:解:(1)由x1=3得2p+q=3,
又因为x4=24p+4q,x5=25p+5q,且x1+x5=2x4,得3+25p+5q=25p+8q,解得p=1,q=1.
(2)由(1)知xn=2n+n,
所以Sn=(2+22+…+2n)+(1+2+…+n)=2n+1-2+.
迁移与应用:
n2+n+n-1 解析:数列前n项和
Sn=++…+
=2(1+2+…+n)-
=2·-
=n2+n+n-1.
活动与探究4:A 解析:依题意Sn=12-22+32-42+…+(-1)n-1n2.
当n为偶数时,
Sn=12-22+32-42+…+(-1)n-1n2
=(12-22)+(32-42)+…+[(n-1)2-n2]
=-[3+7+…+(2n-1)]
=-·=-.
当n为奇数时,
Sn=12-22+32-42+…+(-1)n-1n2
=Sn-1+n2=-+n2=.
∴Sn=(-1)n-1.故选A.
迁移与应用:
解:由于Sn=
Sn=
所以S15=29,S22=-44,S31=61,故S15+S22-S31=-76.
当堂检测
1.B 解析:an==-,
所以S5=a1+a2+a3+a4+a5=1-+-+-+-+-=,选B.
2.2n-1-2n2-2n 解析:数列{2n-1-4n}的前n项和为
Sn=(1-4×1)+(2-4×2)+(22-4×3)+…+(2n-1-4×n)
=(1+2+22+…+2n-1)-4(1+2+3+…+n)
=-4·=2n-1-2n2-2n.
3.30 解析:该数列前20项的和S20=-1+4-7+10-…-55+58=(-1+4)+(-7+10)+…+(-55+58)=3×10=30.
4. 解析:数列的通项公式为an=,则an===2,所以其前n项和为Sn=2=.
5.解:设前n项和为Sn,则Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,
则2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1,
两式相减得-Sn=1×21+(22+23+24+…+2n)-n×2n+1=-n×2n+1=2n+1-2-n×2n+1,
则Sn=(n-1)×2n+1+2.

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