教案 数列的前n项和
一、课前检测
1.在数列{an}中，an=1n+1+2n+1+…+nn+1
高中数学，又bn=2an•an+1，求数列{bn}的前n项的和.
解：由已知得：an=1n+1(1+2+3+…+n)=n2，
bn=2n2•n+12=8(1n-1n+1) ∴数列{bn}的前n项和为
Sn=8[(1-12)+(12-13)+(13-14)+…+(1n-1n+1)]=8(1-1n+1)=8nn+1.
2.已知在各项不为零的数列 中， 。
(1)求数列 的通项;
(2)若数列 满足 ，数列 的前 项的和为 ，求
解：(1)依题意， ，故可将 整理得：
所以 即
，上式也成立，所以
(2)
二、梳理
(一)前n项和公式Sn的定义：Sn=a1+a2+…an。
(二)数列求和的(共8种)
5.错位相减法：适用于差比数列(如果 等差， 等比，那么 叫做差比数列)即把每一项都乘以 的公比 ，向后错一项，再对应同次项相减，转化为等比数列求和。
如：等比数列的前n项和就是用此法推导的.
解读：
6.累加(乘)法
解读：
7.并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.
形如an=(-1)nf(n)类型，可采用两项合并求。
解读：
8.其它方法：归纳、猜想、证明;周期数列的求和等等。
解读：
三、典型例题分析
题型1 错位相减法
例1 求数列 前n项的和.
解：由题可知{ }的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{ }的通项之积
设 ①
② (设制错位)
①-②得 (错位相减)
∴
变式训练1 (2010•昌平模拟)设数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n3，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)∵a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n3， ①
∴当n≥2时，a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=n-13. ②
①-②得3n-1an=13，an=13n.
在①中，令n=1，得a1=13，适合an=13n， ∴an=13n.
(2)∵bn=nan，∴bn=n3n.
∴Sn=3+2×32+3×33+…+n 3n， ③
∴3Sn=32+2×33+3×34+…+n 3n+1. ④
④-③得2Sn=n 3n+1-(3+32+33+…+3n)，
即2Sn=n 3n+1-3(1-3n)1-3， ∴Sn=(2n-1)3n+14+34.
小结与拓展：
题型2 并项求和法
例2 求 =1002-992+982-972+…+22-12
解： =1002-992+982-972+…+22-12=(100+ 99)+(98+97)+…+(2+1)=5050.
变式训练2 数列{(-1)n•n}的前2010项的和S2 010为( D )
A.-2010 B.-1005 C.2010 D.1005
解：S2 010=-1+2-3+4-5+…+2 008-2 009+2 010
=(2-1)+(4-3)+(6-5)+…+(2 010-2 009)=1 005.
小结与拓展：
题型3 累加(乘)法及其它方法：归纳、猜想、证明;周期数列的求和等等
例3 (1)求 之和.
(2)已知各项均为正数的数列{an}的前n项的乘积等于Tn= (n∈N*)，
，则数列{bn}的前n项和Sn中最大的一项是( D )
A.S6 B.S5 C.S4 D.S3
解：(1)由于 (找通项及特征)
∴ = (分组求和)= =
=
(2)D.
变式训练3 (1)(2009福州八中)已知数列 则 , 。答案：100. 5000。
(2)数列 中， ，且 ，则前2010项的和等于( A )
A.1005 B.2010 C.1 D.0
小结与拓展：
四、归纳与总结(以为主，师生共同完成)
以上一个8种方法虽然各有其特点，但总的原则是要善于改变原数列的形式结构，使
其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式来解决，只要很好地把握这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃而解。
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