裂项相消ppt课件
裂项相消法课件(微课堂)
数学运用 练习 1.
、
n
n 1
A.2n 1
B.
2n
1
C.2n 1
2n 1
D.2n 2 2n 1
【解析】
=数学运用练习2求Sn1 1 3
1 24
1 35
1 n(n
2)
解： an
1 n(n
2)
1 2
(1 n
1 n
) 2
Sn
1 2
(1
1 3
1 2
1 4
1 3
1 5
1 n
1 n
) 2
1 (1 1 1 1 ) 3 2n 3 2 2 n 1 n 2 4 2(n 1)(n 2)
1 n(n 1)
的和
（1）解：数列的通项公式
11 an n n 1
数列的和为
Sn
1
n
1
1
n
n
1
（2）解：
你能说“裂项相消求和法”的特征吗？
(1)通项的分母是因式相乘的形式; (2)每项裂成两个式子的差；
(3)相邻两项裂开后，前一项的后式与后一项的 前式互为相反数；
(4)裂项的关键是紧抓相邻两项的相同项；
微课堂
复习引入
首先回忆前面学习过的数列求和的几种方法？
1、公式法：等差数列和等比数列 2、分组求和 ： 通项为等差加减等比
例如 an 2n n2
接下来请同学看下面两个问题：
（1）1 1 1 1 1 1 1 1
22334
n n1
（2）求数列
1, 1 2
1 , 1 ,, 23 34
怎样的数列可以用裂项相消求和？
1. 通项为分式结构 2. 分母为两项相乘
数列求和方法裂项相消法优质课教学课件
数列求和方法裂项相消法优质课教学课件
数列求和方法之一裂项相消法安阳县一中郭永锋最新考纲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；3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题．命题透视数列求
和是高考的热点，主要涉及等差、等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和与并项法求和，题目呈现方式多样，在选择题、填空题中以考查
基础知识为主，在解答题中以考查错位相减法和裂项相消法求和为主，求解的关键是抓住通项公式的特征，正确变形，分清项数求和．本节重点
裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．类题通法1.使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去
了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．2.类题
通法(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：类题通法1.裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善
于利用裂项相消的基本思想，变换数列an的通项公式，达到求解目的．2.。
等比数列求和裂项相消思想课件-高三数学一轮复习
Tn1 Tn (2An2 4An 2A 2Bn 2B 2C An2 Bn C].2n
Tn1 Tn [An2 (4A B)n (2A 2B C)].2n n2.2n
例：数列{an}的通项公式an n2，数列{bn}的通项公式bn 2n 求数列{anbn}的前n项和
b1 2
方法探究 例：数列{an}的通项公式an n，数列{bn}的通项公式bn 2n 求数列{anbn}的前n项和 解：anbn n 2n
Sn a1b1 a2b2 a3b3 an b-1 n-1 anbn
即Sn 1 2 2 22 3 23 (n 1) 2n1 n 2n
-
等比数列求和 ——裂项相消思想
高考分析
纵观近几年高考命题，数列求和是高考中每年必考的内容之一. 全国卷经常以等差数列、等比数列为基础考查程序化计算类的数 列求和，近几年侧重于新的情境，考查内容更加灵活多变.
2020年全 2020年 2021年新 2021年全 2022年全国甲 2022年新高
国Ⅰ卷 全国Ⅲ卷 高考Ⅰ卷 国乙卷 卷
Sn Tn1 T1
A 1
A 1
4 A B 0
B 4
2 A 2B C 0 C 6
Tn1 Tn n2.2n 设Tn1 [A(n 1)2 B(n 1) C].2n1
Tn1 (n2 2n 3).2n1 T1 6
Tn [An2 Bn C].2n
Tn1 T1 (n2 2n 3).2n1 6
解：anbn n2.2n cn Sn c1 c2 c3 cn
错
Sn 1.21 4.22 9.23 n2.2n
(1)
位
2Sn 1.22 4.23 (n 1)22n n2.2n1 (2)
相
知识点——裂项相消法PPT课件
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第三个层次：能根据裂项相消法的本质特征有
意识地、有目的的进行探究，并解题成功.
bn
(1 n 1
1 ) 3n1 3n
裂项即逆用分式减法
3n1 3n
bn
n 1
n
Tn
3n1 3 n 1
点评：裂项相消法能够实施的条件是项与项 之间的“轮转”， 即前一项的减数与后一项被 减数相同.
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第三个层次：能根据裂项相消法的本质特征有
意识地、有目的的进行探究，并解题成功.
变式：已知数列数列{an}的首项、公差都是1. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn；
(Ⅱ)令bn
n 1 Sn Sn1
(n
N *)，求数列{bn}的前
n项和Tn .
答案：(1)an
n, Sn
点评：该解法应用了三个思想: ①放大； ②裂项(使分母的两个因式都变为奇数)；③提高 算式的精确度（部分项放大，另一部分不变）.
问题：能否只进行一次放大就解决问题呢？
首先改造通项公式：
bn
1 2n(2n 1)
1 4
1 n(n
1)
2
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第四个层次：构造裂项相消法，严守程式与灵 活运用相结合，体会其本质是两项取值的轮转.
n(n 1) ; 2
2 (2) Tn 2 (n 1)(n 2) .
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第四个层次：构造裂项相消法，严守程式与灵 活运用相结合，体会其本质是两项取值的轮转.
例6.设各项都为正数的数列{an}的前n项和为Sn ,
且Sn2 (n2 n 3)Sn 3(n2 n) 0(n N *).
(1 1 )] n n 1
2-2裂项相消
专题2 裂项相消秒杀秘籍：第一讲 裂项相消常见推论第一讲 常见的等差数列与裂项相消： ①()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=+++=B n A B An A B A An B An a n )1(1111 （接龙型） ()()()[]B n A B A nB n A B A A S n +++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=11111 ②()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=+++=B n A B An A B A An B An a n )2(112121 （隔项型） ()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-++-+++=B n A B n A B A B A A S n 211121121 ③()B An B n A ABn A B An a n +-++=++++=)1(1)1(1（根式型）()B A B n A AS n +-++=)1(1第二讲 特殊等差数列与裂项相消：()()()()[]()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++-=+++++-=--B n A B An B n A B An B A An a n n n )1(111122111()()()()B n A B A B n A B An B A B A B A B A S n n n ++-++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=--111111*********1第三讲 带有等比数列的裂项相消：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-=++=++m q m q q m q m q q a n n n n n n 111111))((（其中R m ∈，1≠q ） ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++++-+++-+-=++m q m q q m q m q m q m q m q m q q S n n n n 11322111111111111 第四讲 平方式递推与裂项相消： ①()1111111111111111111+=+++-=+⇒-=+⇒+-=⇒+=∑n ni i n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a ②11111211111111+=+++-=+⇒-=+⇒⎪⎭⎫⎝⎛+=⇒+=∑n ni i n n n n n n n n n a a m a a a m a m a m a m a a m a a③()11111111111111111111111---=⇒---=⇒--=-⇒-=-+=+++∑n ni in n n n n n n n n a a aa a a a a a a a a ④()()ma m a m ama m a m a m a m a m m a m m a a n ni in n n n n n n n ---=+⇒---=+⇒+-=-⇒+=+=+++∑11111211111112122 注意：平方式递推，通常题目的设置求和部分的分母会给出裂项相消的方向，通常紧扣分母即可，无需记忆，太多的变形式子．第五讲 等差三连项型与裂项相消：①()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+=++=2111121211n n n n n n n a n ②()()()()()()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡++++-++=+++=21211221n n B n A n n B An n n n B An a n第六讲 阶乘型与裂项相消：()()!11!1!1+-=+=n n n n a n 第七讲 等差与等比混合型：①()[]()11111+-=+-+=+n q n q n n n q q a n n n n ；②()[]()kn q n q k n n n q k q a kn n k n n +-=+-+=+1注意：通常采用反推法，就是从右边往左边推导，具体情况将会在例题中说明． 【例1】设数列{}n a 是首项为01>a ，公差0>d 的等差数列，求：13221111++++=n n n a a a a a a S ； ()()()()()n n a a a a a a a a a a a a a a a a a T +++++++++++++=32． 【解析】有已知得d a a n n =-+1，则nd a a n +=+11 )11(1111++-=∴n n n n a a d a a11111322113221)11(11111111111∴++++=-=-++-+-=+++=n n n n n n n a a na a d a a a a a a d a a a a a a S ）（ ()()()()()nn nn n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a T ++++-=++++++++++++++-=+++++++++-+++++++++-++++-+=+++++++++++++=-----1211121121321212112112112121321212132121112121121321213211211111111))(()())(()()(【例2】（2019 •岳阳二模）已知数列{}n a ，若1222n a a na n ++⋯+=，则数列1{}n n a a +前n 项和为 ． 【解析】数列{}n a ，若1222n a a na n ++⋯+= ① 当2n 时，1212(1)2(1)n a a n a n -++⋯+-=- ② ①-②得：2222n na n n =-+=，整理得：2n a n =，当1n =时，12a =，符合通项，故：2n a n=， 所以：122114()11n n a a n n n n +=⋅=-++，则：111114(1)2231n T n n =-+-+⋯+-+14(1)1n =-+41nn =+．【例3】（2019 • 武汉期中）已知数列{}n a 中，2664a a =，且2log n a ，211log 2n a +，*1()n N ∈成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足1(1)(1)nn n n a b a a +=++，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T ．【解析】（1）2log n a ，211log 2n a +，1成等差数列，∴21212log log 12n n a a +⨯=+，12n n a a +∴=，且0n a >，∴数列{}n a 是等比数列，由2664a a =得，48a =，11a ∴=，公比2q =，12n n a -∴=；（2）由（1）知，111211(21)(21)2121n n n nn nb ---==-++++， ∴011223211111111111111()()()()()21212121212121212121221n n n n n nT ---=-+-+-+⋯+-+-=-+++++++++++． 【例4】（2019•东莞市期末）已知数列{}n a 满足：12a =，21n n n a a a +=+，用[]x 表示不超过x 的最大整数，则122011111[]111a a a ++⋯++++的值等于（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【解析】又因为21n n n a a a +=+，即210n n n a a a +-=>，所以数列是增数列，并且10na >，又因为21n n n a a a +=+，即1(1)n n n a a a +=+，11111(1)1n n n n n a a a a a +==-++，所以11111n n n a a a +=-+，即11111n n n a a a +=-+， 122011111111a a a ++⋯++++122320102012111111a a a a a a =-+-+⋯+-1201211112a a a =-<=， 112a =，234a =，31621a =，12112411137a a +=+>++．所以122011111(1,2)111a a a ++⋯+∈+++．所以122011111[]1111a a a ++⋯+=+++．故选B ． 【例5】（2018•徐州期末）在数列{}n a 中，12a =，2121n n a a +=+，*n N ∈，设1n n n b a =+，若数列{}n b 的前2018项和2018S t >，则整数t 的最大值为 ．【解析】在数列{}n a 中，12a =，2121n n a a +=+，*n N ∈，可得212(1)1(1)(1)n n n n a a a a +-=-=-+， 21212n n n a a a +=+，即有数列{}n a 递增，可得11111()2(1)211n n n a a a +=---+，即有1111111n n n a a a +=-+--， 213211n n n n a b a a -==-++，则20181232018122018111220183()111S b b b b a a a =+++⋯+=⨯-++⋯++++12232018201911111140363()111111a a a a a a =--+-+⋯+-------2019140363(1)1a =---2019340331a =+-， 而数列{}n a 递增，12a =，252a =，3298a =，48414128a =>，⋯，20194a >，由数列{}nb 的前2018项和2018S t >，可得整数t 的最大值为4033．故答案为4033．【例6】求和：()()()[]2221253++++=n S n ．【解析】设()[]222)1(11112+-=++=n n n n n a n ， 则22222)1(113121211+-++-+-=n n S n 2)1(11+-=n 2)1(12++=n n ． 【例7】求和：()!1!3!2++++=n S n 【解析】()()!11!1!1+-=+n n n n()()!111!1!32!21+-=++++=∴n n n S n 【例8】求和：()()+++ ． 【解析】()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++-++=+++215213221213n n n n n n n n n n()()()()4625832133212134325321422++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=+++++⨯⨯+⨯⨯∴n n n n n n n n n n n ． 【例9】求和：()123235334231-⨯+⨯⨯⨯⨯⨯⨯n n n ，，，， ． 【解析】本题适合反推：()1113228233-+-⨯+⨯+-=+-n n n n n n n n ，()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=⨯+⨯-∴+--233213214111n n n n n n n n ， ()123214353113427313-⨯+⨯-++⨯⨯+⨯⨯+⨯=n n n n n S 令，)21313231(21++-+-+-=∴n n n n S n ． 【例10】已知函数()xx x f 332+=，数列{}n a 满足,11=a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+n n a f a 11． （1）求数列{}n a 的通项；（2）令,12221254433221+--++-+-=n n n n n a a a a a a a a a a a a T 求n T （3）令(),,3,212111n n nn n b b b S b n a a b +++==≥=- 若22000-<m S n 对于任意的*N n ∈都成立，求最小正整数【解析】（1）3233211+=+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+n nn n n a a a a f a ，312+=n a n （2）12221254433221+--++-+-=n n n n n a a a a a a a a a a a a T )()()(12122534312+--++-+-=n n n a a a a a a a a a)32(942)313435(342n n n n +-=++⨯-=）（n n T n 3294∴2+-= （3）())12)(12(9,3,2)12)(12(9111+-=∴=≥+-==-n n b b n n n a a b n n n n ，22000129-<+=∴m n n S n 对于任意的*N n ∈都成立，⎪⎭⎫⎢⎣⎡∈+=∴293129，n n S n ，20092922000≥∴≥-∴m m ．达标训练1．（2019•思明月考）设满足1231113521n a a a a n n +++⋯+=-．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列1{}n na a ++的前84项和．2．已知数列{}n a 前n 项和n S ，点⎪⎭⎫⎝⎛nSn n,在直线21121+=x y 上；数列{}n b 满足0212=+-++n n n b b b ，且113=b ，前9项和为153．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项； （2）设()(),121123--=n n n b a c 数列{}n c 前n 项和n T ，求使不等式57kT n >对于任意的*N n ∈都成立的最大正整数k 的值．3．（2018•云阳期末）已知数列{}n a 满足：112a =，21a =，*11(,2)n n n a a a n N n +-=+∈，则 132435201820201111a a a a a a a a +++⋯+的整数部分为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．34．（2019•韶关模拟）已知数列{}n a 满足2123111(*)23n a a a a n n n N n +++⋯+=+∈，设数列{}n b 满足：121n n n n b a a ++=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，若(*)1n nT n N n λ<∈+恒成立，则实数λ的取值范围为（ ） A ．),41[∞+B ．),41(∞C ．),83[∞+D ．),83(∞+5．已知()()12122+-=n n n a n ，求{}n a 的前n 项和n S ．6．求和：()()！！！！！！！！！21243243213++++++++++++n n n n ．7．已知数列{}n a 通项公式()()2145+++=n n n n a n ，其前n 项和n S ，是否存在常数b a ,，使得()()2122+++=n n bn an S n 对于任意的*N n ∈都成立？证明你的结论．8．求和：()n n n n n S 211221327212132⋅+⨯+++⋅⨯+⋅⨯= ．9．（2019•长沙月考）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若*1()2nn S a n N -=∈． （1）求出数列{}n a 的通项公式；（2）已知*12()(1)(1)n n n n b n N a a +=∈--，数列{}n b 的前n 项和记为n T ，证明：2[,1)3n T ∈．10．（2019•黄山二模）已知数列{}n a 满足1231231111n nn a a a a +++⋯+=----，*n N ∈． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令22121(1)(1)n n n n b a a ++=--，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：1n T <．11．（2019•蚌山月考）已知数列{}n a 满足1112n n n a a a +++=+，1n a ≠-且11a =． （1）求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是等差数列，并求出数列{}n a 的通项公式；（2）令1n n b a =+，11(1)n n n n c nb b -+=-，求数列{}n c 的前2019项和2019S ．12．（2019•郑州二模）数列{}n a 满足：212231n a a a n n n ++⋯+=++，*n N ∈． （1）求{}n a 的通项公式； （2）设1n n b a =，数列{}n b 的前n 项和为n S ，求满足920n S >的最小正整数n ．13．（2019•涪城模拟）已知等比数列{}n a 的前n 项和是n S ，且12n n S b +=-． （1）求b 的值及数列{}n a 的通项公式； （2）令1(1)(1)n n n n a b a a +=--，数列{}n b 的前n 项和n T ，证明：23n T ．14．已知数列{}n a 中，12a =，若21n n n a a a +-=，设1212111m m m a a aT a a a =++⋯++++，若2018m T <，则正整数m 的最大值为（ ） A ．2019B ．2018C ．2017D ．201615．（2019•河南月考）数列{}n a 满足165a =，*11()1n n n a a n N a +-=∈-，若对*n N ∈，都有12111n k a a a >++⋯+成立，则最小的整数k 是（ ） A ．3B ．4C ．5D ．616．（2018•渝水月考）已知数列{}n a 满足143a =，且*11(1)()n n n a a a n N +-=-∈，则122017111a a a ++⋯的整数部分是（ ） A ． 0B ．1C ．2D ．317．（2018•历下月考）用[]x 表示不超过x 的最大整数，例如[3]3=，[1.2]1=，[ 1.3]2-=-．已知数列{}n a 满足11a =，21n nn a a a +=+，则201812122018[]111a a a a a a ++⋯+=+++ ． 18．（2019•武汉模拟）数列{}n a 满足132a =，2*11()n n n a a a n N +=-+∈，则122019111m a a a =++⋯+的整数部分是（ ） A ．0B ．1C ．2D ．319．（2018•虎林模拟）数列{}n a 满足143a =，*11(1)()n n n a a a n N +-=-∈，且12111n n S a a a =++⋯+，则n S 的整数部分的所有可能值构成的集合是（ ） A ．{0，1，2}B ．{0，1，2，3}C ．{1，2}D ．{0，2}20．（2019•湖州模拟）已知数列{}n a 满足112a =，21(*)2018n n n a a a n N +=+∈，则使1n a >的正整数n 的最小值是（ ）A ．2018B ．2019C ．2020D ．202121．（2019•浙江期中）已知数列{}n a 满足：13a =，21224n nn a a a +=-+． （1）求证：1n n a a +>； （2）求证：1231111121()(*)33n n n N a a a a +++⋯+-∈．22．已知数列{}{}n n b a ，满足，212111==b a ，，且对于任意的*,N n m ∈，有n m n m n m n m b b b a a a +=⋅=++,．（1）求数列{}{}n n b a ，的通项； （2）设,34nc nc b n n n ++=求{}n c 的通项；（3）若数列{}n d 满足n n n c a d =，其前n 项和n T ，求证：2≥n 时，2525-<<-n n a T ．23．数列{}n a 满足()()na n a n a n n n 4211+-+=+，且211=a ． （1）求432,,a a a ；（2）若存在实数a ,使数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧++n a an a n n 成为以1—为公差的等差数列，求实数a ；（3）记数列⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧++22231n a n 的前n 项和n S ，求证：12132+->n S ．24．（2019•静安一模）将n 个数1a ，2a ，⋯，n a 的连乘积12n a a a ⋯记为1ni i a π=，将n 个数1a ，2a ，⋯，n a 的和12n a a a ++⋯+记为1ni i a =∑，*)n N ∈．（1）若数列{}n x 满足11x =，21n nn x x x +=+，*n N ∈，设111nn i iP x π==+，111nn i i S x ==+∑，求55P S +；（2）用[]x 表示不超过x 的最大整数，例如[2]2=，[3.4]3=，[ 1.8]2-=-．若数列{}n x 满足11x =，21n n n x x x +=+，*n N ∈，求20191[]1ii ix x =+∑的值；（3）设定义在正整数集*N 上的函数()f n 满足，当(1)(1)(*)22m m m m n m N -+<∈时，()f n m =，问是否存在正整数n ，使得1()2019ni f i ==∑？若存在，求出n 的值；若不存在，说明理由（已知21(1)(21))6n i n n n i =++=∑．。
数列求和-裂项相消法_PPT课件
2 3 35 57
2n 3 2n 1 2n 1 2n 1
1 (1 1 ) 2 2n 1
数列求和-裂项相消法
例题探究·提炼方法
解：Q
bn
9n2
1 3n
2
(3n
1 2)(3n
1)
1 3
(1 3n
2
1) 3n 1
Tn b1 b2 b3 L L bn1 bn
1 (1- 1）（1 - 1）（1 - 1 ）L （ 1 1 ） ( 1 1 )
k)
1 k
(1 n
n
1
k
)
数列求和-裂项相消法
例题探究·提炼方法
解：Q
bn
1 4n2 1
(2n
1 1)(2n 1)
1 2
(1 (2n 1)
1) (2n 1)
Tn b1 b2 b3 L L bn1 bn
1 (1- 1）（1 - 1）（1 - 1）L （ 1 1 ） ( 1 1 )
3 4 4 7 7 10
3n 5 3n 2 3n 2 3n 1
1 (1 1 ) 3 3n 1
数列求和-裂项相消法
规律方法·反思提升
(1)an
1 n(n
k)
1 k
(1 n
n
1
k
)
(2)bn
1 4n2 1
(2n
1 1)(2n
1)
1 2
(1 2n 1
1) 2n 1
(3)bn
9n2
1 3n
2
强化练习·扩展延伸
强化练习12：．.(2017·福 州 质 检 ) 已 知 函 数 f(x) ＝ xa 的 图 象 过 点 (4,2) ， 令 an ＝
裂项相消ppt课件
精选
1
小试身手
应该怎样拆项？
精选
2
[思考探究]
用裂项相消法求数列前n项和的前提是什么？ 提示：数列中的每一项均能分裂成一正一负两项，这是用
裂项相消法的前提.一般地，形如{ 的数列可选用此法来求.
}({an}是等差数列)
精选
3
裂项法求和
例：求数列 1 ,1, 1, 1 , , 1 , (n N * ) 1 21 2 31 2 3 41 2 3 n
1[(1 1)(1 1) ( 1 1 )]
3 4 47
3n2 3n1
1(1 1 ) n
3 3n1 3n精选1
7
当堂测试
在等差数列{an}中，a5＝5，S3＝6.
(1)若Tn为数列{
}的前n项和，求Tn；
(2)若an＋1≥λTn对任意的正整数n都成立，求实数λ的最大值.
[思路点拨]
精选
8
[课堂笔记] (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则
的前n项和
提示： a n 1 2 1 nn (n 2 1 )2 (1 nn 1 1 )
S n 2 [ 1 1 2 1 2 1 3 1 n n 1 1 2 1 n 1 1 n 2 n 1
精选
4
当堂训练
1.数列{an}的前n项和为Sn，若an＝
裂项相消法求和
所谓”裂项相消法”就是把数列的各项分裂成两项之差,相 邻的项两彼此相消,就可以化简后求和.
一些常用的裂项公式:
(1)
1
nn 1
1 n
n
1
1
(2)(2n1)12n112
(1 1) 2n1 2n1
(3) 1 n(n 2)
高三理科数学数列求和裂项相消法ppt课件
28
1 { } * an=f(n+1)+f(n),n ∈ N , 记数列 an 的前 n 项和为 Sn, 则
Sn=10 时,n 的值是 A.110 B.120 ( ) C.130 D.140
17
【解析】选 B.因为幂函数 y=f(x)=xα过点(4,2),
1 所以 4α=2,所以α= 2 ,
所以 an=f(n+1)+f(n) n 1 n ,
18
1 1 1 1 类型三：an n n( n n1 ) n 1 2 b 2 b 2 2 b 2 b
例 3.已知
an 2
n
1 1令 bn an an1 ，
Tn 是数列 bn 的前 n 项和，
1 Tn 证明： 6．
19
1 bn n n 1 证明： 2 1 2 1
6
1 （3）an n 1 n n 1 n ( n 1 n )( n 1 n ) n 1 n
sn 2 1 3 2 4 3 n 1 n n 1 1
7
1 （3）变式an nk n
nk n an k ( n k n )( n k n ) 1 ( n 1 n) k
*
3 m (3)设 bn= an an 1 ,Tn 是数列{bn}的前 n 项和,求使得 Tn< 20
对所有 n∈N*都成立的最小正整数 m.
24
解：(1)依题意可设f(x)＝ax2＋bx(a≠0)， 则f′(x)＝2ax＋b.
由f′(x)＝6x－2得a＝3，b＝－2，
∴f(x)＝3x2－2x. 又由点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上， 得 S n ＝ 3 n 2－ 2 n .
【高中数学优质课件】数列求和之裂项相消法教学课件
常见的裂项求和模型
➢ 等差型
➢ 指数型
➢ 根式型
➢ 对数型
裂项求和在不等式证明的应用
• 先求和后放缩
• 先放缩后求和
启思明德 悟理达行
Hale Waihona Puke 《 数列求和 》 之裂项相消法
课前导入
启思明德 悟理达行
裂项模型
裂项模型
启思明德 悟理达行
裂项模型
启思明德 悟理达行
裂项模型
启思明德 悟理达行
练一练
启思明德 悟理达行
小结
启思明德 悟理达行
裂项模型
启思明德 悟理达行
练一练
启思明德 悟理达行
不等式证明应用
启思明德 悟理达行
练一练
课堂小结
分数裂项PPT课件
.
1
1
1
一般地，形如 a ×(a 1) 的分数可以拆成 a － a 1 ；
1
形如 a ×(a n) 的分数可以拆成
1 n
×(1 1 )
a an
ab
的分数可以拆成 1
1
+
等等。
a ×b
ab
同学们可以结合例题思考其中的规律。
.
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分数的巧算之 裂项法
.
异分母分数加减法
先通分，转化成同分母分数 进行计算
分
分数加减混合运算 与整数加减混合运算顺序 相同
数
加
简便运算
整数加法的运算定律对分数
减
同样适用
法 分数与小
数的互化
把小数化分数：一位小数就是十分 之几两位小数就是百分之几…
把分数化成小数：用分子除以分母，
除不尽的保留两位小数
怎样简便就怎样算。
.
1
例题计算： n ( n 1 )
+ + + ……+
=(1 ）+（
）+（
）+......+(
)
=1
......+
=1 =
.
练习：
1 、 111... ...1.
4× 556 6 7
3 9 40
2 、 11111 1 1 01 1 1 12 1 1 23 1 1 34 1 1 45
3 、 111 .. .1 .. .11 1 8 8 5 8 6 8 6 8 7 8 789 9 4 9 5 9 5 9 6 9 6 9 77
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3 4 47
3n 2 3n 1
1 (1 1 ) n
3 3n 1 3n 1
7
当堂测试
在等差数列{an}中，a5＝5，S3＝6.
(1)若Tn为数列{
}的前n项和，求Tn；
(2)若an＋1≥λTn对任意的正整数n都成立，求实数λ的最大值. [思路点拨]
8
[课堂笔记] (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则
5
解析：∵an＝
，
∴S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5
答案：B
6
当堂训练
裂项法求和
求和
1 1 1 1 4 4 7 7 10
1 (3n 2)(3n 1)
提示：
(3n
1 2)(3n
1)
1 3
(1 3n
2
1 3n
) 1
∴
1 1
1
1 4 4 7
(3n 2)(3n 1)
1 [(1 1) (1 1) ( 1 1 )]
裂项相消法求和
所谓”裂项相消法”就是把数列的各项分裂成两项之差,相 邻的项两彼此相消,就可以化简后求和.
一些常用的裂项公式:
(1)
1
nn 1
1 n
1 n
1
(2)
(2n
1
1)2n
1
1 2
(
1 2n 1
1) 2n 1
(3) 1 1 (1 1 ) (4)
1
n1 n
n(n 2) 2 n n 2
n1 n
1
, (n N*)
12 123 1234 123 n
的前n项和
提示：
an
1
1 2
n
2 n(n 1)
2( 1 n
1) n 1
Sn
2[1
1 2
1 2
1 3
1 n 1
2n n 1
4
当堂训练
1.数列{an}的前n项和为Sn，若an＝
A.1
B.
C.
D.
，则S5等于 ()
注意：根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和
1
小试身手
应该怎样拆项？
2
[思考探究]
用裂项相消法求数列前n项和的前提是什么？ 提示：数列中的每一项均能分裂成一正一负两项，这是用
裂项相消法的前提.一般地，形如{ 列)的数列可选用此法来求.
}({an}是等差数
3
裂项法求和
例：求数列 1, 1 , 1 , 1 , ,
解得：a1＝1，d＝1， 所以an＝n，
所以
，
Tn=
9
(2)若an＋1≥λTn，即n＋1≥λ
，
∴λ≤
，
又
＝n＋ ＋2≥4，当且仅当n＝ ，即n＝1时取
等号.任意n∈N*，不等式成立，故λ≤4，
∴λ的最大值为4.
10
11
12