等比数列前n项和公式的七种推导方法

［题目］　在等比数列｛ａｎ｝中,已知首项ａ１和公比ｑ,求前ｎ项和Ｓｎ．［方法１］——先让学生演算Ｓ１,Ｓ２,Ｓ３,Ｓ４,然后启发学生猜想结论,让学生在探索过程中发现公式,培养学生的探索精神．当ｑ≠１时,Ｓ１＝ａ１＝ａ１（１－ｑ）１－ｑＳ２＝ａ１＋ａ１ｑ＝ａ１（１－ｑ）１－ｑ（１＋ｑ）＝ａ１（１－ｑ２）１－ｑＳ３＝ａ１＋ａ１ｑ＋ａ１ｑ２＝ａ１（１－ｑ２）１－ｑ＋ａ１ｑ２（１－ｑ）１－ｑ＝ａ１（１－ｑ３）１－ｑＳ４＝ａ１＋ａ１ｑ＋ａ１ｑ２＋ａ１ｑ３＝ａ１（１－ｑ３）１－ｑ＋ａ１ｑ３（１－ｑ）１－ｑ＝…     

求数列前n项和的三种方法

<正>在我校一次质量检测试卷中,有一道数列题,原题如下:在等差数列{a_n}中,a_2=5,a_1+a_3+a_4=19.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{b_n}前n项和为S_n,且S_n+a_n-1/2ⁿ=λ(λ为常数),令c_n=b_(n+1()n∈Nn=λ(λ为常数),令c_n=b_(n+1()n∈N⁺).求数列{c_n}的前n项和T_n.     

等比数列前n项和公式推导的常用方法

数列求和的一个基本目标是 :减少项数 ,化成简单形式 ,便于求出结果 .同样等比数列求和也应按上述目标来实现 .怎样才能实现上述目标 ?应紧紧抓住等比数列的本身特点和规律 .方法 1　抓住等比数列的定义 ,联想等比定理 .设等比数列 {ａｎ}的首项为ａ1,公比为 ｑ ,由等比数列定义知 :ａ2ａ1=ａ3ａ2=ａ4 ａ3=… =ａｎａｎ- 1=ｑ(ｎ≥ 2 ) ,当 ｑ≠ - 1时 ,根据比例性质得 :ａ2 +ａ3+ａ4 +… +ａｎａ1+ａ2 +ａ3+… +ａｎ- 1=ｑ ,即　 Ｓｎ-ａ1Ｓｎ-ａｎ=ｑ ,∴ (1- ｑ)Ｓｎ=ａ1-ａｎｑ(ｎ≥ 2 ) ,当 ｑ =- 1时 ,上式也成立 .∴Ｓｎ=ｎａ1　　 (…     

等比数列前n项和的公式的一种推导

数学中的一些美好的发现,往往来自一些重要的关系,而这些关系又是由某一非常简单的事实建立起来的。例如,考察等式 1=1/(1-q)-q/(1-q)(q≠1) (1)我们就可以导出等比数列前n项的和     

一类特殊数列的前n项和公式

一类特殊数列的前ｎ项和公式唐兴国（云南省红河州民族中专６５４３００）有一类特殊数列，其通项是ｒ个依次递增的因子之积或积的倒数．下面给出其中的几个数列的前ｎ项和公式及其证明，供大家参考．在下面的公式中，统一用ａ（ｎ，ｒ）表示数列的通项．用表示数列的前ｎ...     

等比数列的前n项和公式的四种推导方法及拓展

等比数列的前n项和公式是学习等比数列知识中的重点内容之一,其公式本身不仅蕴涵着分类讨论的方法,而且给出了一类特殊数列前n项和的求解方法——错位相减法.本文变换视野、转换思维,从不同的角度加以推导和拓展,以加深对公式的理解与应用,希望能起到抛砖引玉的效果.一般地,设等     

a_(n+1)=p(n)·a_n~2+f(n)·a_n+r型数列的求解方法

数列问题的背景新颖 ,能力要求高 ,内在联系密切 ,思维方法灵活 ,因此倍受命题者的青睐 .解答数列问题要求熟练掌握数列的基础知识 ,灵活运用基本数学思想方法 ,善于转化 .ａｎ +1=ｐ(ｎ)·ａ2 ｎ+ｆ(ｎ)·ａｎ+ｒ(ｐ(ｎ)≠ 0 )型数列是数列和二次函数、不等式相结合的典范 ,难度较大 .求解此类问题的的思维模式是 :观察—归纳—猜想—证明 .求解的主要方法是 :分析法、比较法、消去法、综合法、放缩法、数学归纳法 .例 1　数列ｘ1,ｘ2 ,… ,由ｘ1=12 ,ｘｎ +1=ｘ2 ｎ+ｘｎ(ｎ =1,2 ,… )给出 ,Ｓｎ 与Ｐｎ 分别是数列 ｙ1,ｙ2 ,ｙ3 ,…前ｎ…     

a_(n+1)=p(n)a_n~2+f(n)a_n+r(p(n)≠0)型数列的求解方法

数列问题的背景新颖 ,能力要求高 ,内在联系密切 ,思维方法灵活 ,因此倍受命题者的青睐 .解答数列问题要求熟练掌握数列基础知识 ,灵活运用基本数学思想方法 ,善于转化 .an+1 =p( n) .a2n+ f ( n) .an+ r ( p( n)≠0 )型数列是数列和二次函数、不等式相结合的典范 ,难度较大 .求解此类问题的思维模式是 :观察—归纳—猜想—证明 .求解的主要方法是 :分析法 ,比较法 ,消去法 ,综合法 ,放缩法 ,数学归纳法 .例 1　数列 x1 ,x2 ,… ,由 x1 =12 ,xn+1 =x2n + xn( n =1,2 ,… )给出 ,Sn与 Pn 分别是数列 y1 ,y2 ,y3 ,… ,前 n项的和与积 ,这里 y…     

一道数列例题的改编——由前n项和Sn推导通项公式an

原题(人教A版必修5 P44例3) 已知数列{an}的前n项和Sn=n2+1/2n,求数列的通项公式an. 解:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+1/2n)-[(n-1) 2+1/2(n-1)]=2n-1/2. 当n-1时,a1=S1=3/2,也适合an=2n-1/2, 所以an=2n-1/2. 分析:(1)教材目的是把握an与Sn的关系,学会通过S推导通项公式an={S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2.     

用数列的递推公式求前n项和

已知数列的通项a_i,求数列的前n项和S_n是教材的基本要求。但若给出的数列不是等差数列或等比数列,一般无现成公式可寻,需采取特殊的方法。这里介绍一种用数列的递推公式求前n项和的方法,它的程序是这样的:由a_i写出递推关系式a_(i+1)=Aa_i+B,然后两边对i求和。这种方法程序简单,适用范围广,易于掌握。例1 求1-3+5-7+…前100项之和。     

由数学实验探求数列a_n=a_(n-1)+f(n)(n≥2)的通项

1　实验课题数列an=an - 1+ f(n) (n≥ 2　n∈N)的通项的探求 .2　实验数学目标2 .1　知识技能目标让学生掌握用迭代法求数列an =an - 1+ f(n) (n≥ 2　n∈N)的通项 .2 .2　过程与方法目标通过带领学生进行数学实验 ,引导学生积极地进行思维活动 ,激发学生学习数学的兴趣 ,经历数列an=an - 1+ f(n) (n≥ 2 ,n∈N)的通项的探求过程 ,培养学生观察能力、猜想归纳能力、论证能力、抽象概括能力、合作交流的能力 .2 .3　情感、态度与价值目标通过实验、猜想、证实等环节 ,培养学生的探索精神和创造个性 ,培养学生实事求是严谨治学的态度 .3　…     

S_n=f(a_n)型数列通项的求法

在有关数列问题中 ,经常要求数列的通项 .许多同学对此类问题常感到困难 .特别是给出Ｓｎ 与ａｎ 的函数关系 ,即Ｓｎ=ｆ(ａｎ)型 ,其中Ｓｎ 表示数列 {ａｎ}的前ｎ项和 ,ａｎ 表示数列的第ｎ项 .此类题难就难在关系复杂 ,不便转化 .下面笔者以一道高考题为例谈一谈此类题的解题策略 .例题　 (1 994年高考试题 )设 {ａｎ}是正数组成的数列 ,其前ｎ项和为Ｓｎ,并对所有的自然数ｎ有ａｎ+22 =2Ｓｎ,求数列 {ａｎ}的通项公式 .策略之一　统一转化成ａｎ 的表达式 .依据ａｎ=Ｓ1Ｓｎ-Ｓｎ - 1　 ｎ =1(ｎ≥ 2 ) ,将Ｓｎ=ｆ(ａｎ)转化成只含有项…     

等比数列前n项和公式推导的思考与证明

先看实验教科书《数学5》关于《等比数列的前n项和》的推导过程,对于等比数列的前n项和Sn=a1＋a2＋a3＋…＋an。根据等比数列的通项公式可写成：     

数学史视角下等比数列前n项和公式的推导

<正>1.引言德国数学家F·克莱因(F.Klein)指出:"科学的教学方法只是诱导人去科学的思考,并不是一开头就教人去触碰冷漠的、经过科学洗练的系统".在等比数列前n项和公式推导的学习中,不少同学觉得错位相减法具有较强的技巧性,有着不知如何想到的困惑?也有着是否还有其他推导方法的疑问?数学史能给我们些许启迪,数学史中蕴含着数学问题发生、发展的历史,记载了数学内容、思想和方法的演变过程.笔者通过查阅数学史料,将一些思考分享给读者.     

"等差数列的前n项和公式推导"的商榷

1商榷背景普通高中课程标准实验教科书(人民教育出版社A版)《数学》⑤第二章数列“2.2等差数列”中,一开始就明确了一种常用的数学研究方法——从特殊入手研究数学对象的性质,再逐步扩展到一般.在推导等差数列的前n项和公式时,更是体现了这一方法,教科书给出的公式探究过程可以     

数列{1/(an~2+bn+c)}的前n项和的一种放缩方法

1.一道课外练习题及其证明方法本人于《中学生数学》2005年第1期上(见P_(36))为高二年级提供了如下一道课外练习题.试证13/8-15(8(2n+1)≤1/1~2+1/2~2+1/3~2+…+1/n~2≤5/3-2(2n+1)①为了说明其证法的实用性,不妨先展示其证法如下:先证①式右边的不等式:对任意n≥2,n∈     

an+1=p(n)a2/n+f(n)an+r(p(n)≠0)型数列的求解方法

数列问题的背景新颖,能力要求高,内在联系密切,思维方法灵活,因此倍受命题者的青睐.解答数列问题要求熟练掌握数列基础知识,灵活运用基本数学思想方法,善于转化.an+1=p(n)@a2n+f(n)@an+r(p(n)≠0)型数列是数列和二次函数、不等式相结合的典范,难度较大.求解此类问题的思维模式是:观察-归纳-猜想-证明.求解的主要方法是:分析法,比较法,消去法,综合法,放缩法,数学归纳法.     

常见累进数列n{(n+1)…(n+m))的求和方法

大家知道1·2+2·3+3·4+…n(n+1)的求和可利用通项公式来求,即: 1·2+2·3+3·4+…+n(n+1)=(1~2+2~2+3~2+…+n~2)+(1+2+3+… +n)=(1/6)n(n+1)(2n+1)+(1/2)n(1+n)-(1/3)n(n+1)(n+2) 但是用这种方法求和涉及到数列1~2,2~2,3~2…n~2的求和,如果给出累进数列的每项乘积因子则又涉及数列{n~3},{n~4},…的求和,所以利用通项求常见累进数列     

应用公式求高阶差幂数列的通项与前n项和

本文对高阶差幂数列通项公式的构成进行分析研究,从而对求高阶差幂数列的通项与前n项和给出了一种公式计算法.     

求一类数列的前n项和

求一类数列的前ｎ项和云南省红河州民族中专唐兴国如果数列的通项是，它是厂个因子的乘积，这ｒ个因子是以ｄ为公差的等差数列，并且，数列｛ａｎ｝的各项的第个因子构成的数列也是以ｄ为公差的等差数列，则有下述两个求和公式：式两边同时减去，得有１，２，３，…，ｎ依...