第四讲 裂项求和 (2)
第04讲-分数裂项求和(学)
学科教师辅导讲义学员编号： 年 级：六年级 课 时 数：3 学员姓名： 辅导科目：奥数学科教师：授课主题 第04讲—— 分数裂项求和授课类型 T 同步课堂P 实战演练S 归纳总结教学目标 ①会找通项，并能利用通项来裂项；②在通项不易找到时，会观察、改造、运用公式来做适当变形或先进行一部分运算使新的通项易于找到，从而进一步裂项。
授课日期及时段T （Textbook-Based ）——同步课堂一、“裂差”型运算将算式中的项进行拆分，使拆分后的项可前后抵消，这种拆项计算称为裂项法.裂项分为分数裂项和整数裂项，常见的裂项方法是将数字分拆成两个或多个数字单位的和或差。
遇到裂项的计算题时，要仔细的观察每项的分子和分母，找出每项分子分母之间具有的相同的关系，找出共有部分，裂项的题目无需复杂的计算，一般都是中间部分消去的过程，这样的话，找到相邻两项的相似部分，让它们消去才是最根本的。
(1)对于分母可以写作两个因数乘积的分数，即1a b⨯形式的，这里我们把较小的数写在前面，即a b <，那么有1111()a b b a a b=-⨯- (2)对于分母上为3个或4个连续自然数乘积形式的分数，即： 1(1)(2)n n n ⨯+⨯+，1(1)(2)(3)n n n n ⨯+⨯+⨯+形式的，我们有：1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-⨯+⨯+⨯+++1111[](1)(2)(3)3(1)(2)(1)(2)(3)n n n n n n n n n n =-⨯+⨯+⨯+⨯+⨯++⨯+⨯+二、“裂和”型运算常见的裂和型运算主要有以下两种形式：知识梳理（1）11a b a ba b a b a b b a+=+=+⨯⨯⨯（2）2222a b a b a ba b a b a b b a+=+=+⨯⨯⨯裂和型运算与裂差型运算的对比：裂差型运算的核心环节是“两两抵消达到简化的目的”，裂和型运算的题目不仅有“两两抵消”型的，同时还有转化为“分数凑整”型的，以达到简化目的。
数列之裂项相消求和
=1
3
1(1- )
=39
1-
⇒a1=3,所以 an=3n.
(2)由已知得 bn=log332n+1=2n+1,所以 Tn=3+5+…+(2n+1)=n(n+2),
1
=
=
1
=
1 1
( +2) 2
1 1 1
-
2 1 3
-
1
+2
1
1
1
,所以 ∑ = + + +…+
1
=1
1 1 1
1 1 1
1 1
2 2 4
项和
.
解析 (1)因为 , 9 为函数 () = ( − 2)( − 99) 的两个零点且
(−1)
1+
2
= 2, 9 = 99 .又因为 =
= 3 ，所以数列 {
( − 1) = 2 + 1 .
1
(2)因为
所以
1
(
2
=
=
1
(
2
，所以 9
9×8
1+ 2
< 9 ，所以
× 2 = 99 ，解得
（2n＋1）
1
1
－
1
1
解析∵an＝
＝ 2n－1 2n＋1 ，
（2n－1）
（2n＋1） 2
1
1－
1
1
n
1
1
1 1
1
2n＋1 ＝
∴Sn＝ [(1－ )＋( － )＋…＋(
－
)]＝
.
2
裂项求和法的知识点总结
裂项求和法的知识点总结一、裂项求和法的基本思想裂项求和法的基本思想是将原来的级数拆分成若干个部分，然后分别求解这些部分的和。
最后将这些部分的和相加得到原级数的和。
这种方法在求解级数时非常有效，可以将复杂的级数变成简单的级数来求解。
二、裂项求和法的常用技巧裂项求和法的常用技巧包括：拆项、分组求和、 Telescoping 等。
1. 拆项：拆项是裂项求和法中常用的一种技巧。
它可以将原级数中的每一项拆分成两个或多个部分，然后再进行求和。
拆项的目的是为了将原级数转化为一个更易求解的级数。
拆项的具体操作可以根据级数的特点来灵活运用。
2. 分组求和：分组求和是裂项求和法中常用的一种技巧。
它可以将原级数分成若干个相互独立的部分，然后分别求解这些部分的和。
最后将这些部分的和相加得到原级数的和。
分组求和的具体操作可以根据级数的特点和要求来选择合适的分组方法。
3. Telescoping：Telescoping 是裂项求和法中常用的一种技巧。
它可以将原级数中相邻的两项进行变形，从而使得这些项之间的差分项能够互相抵消，最终得到一个简单的级数。
Telescoping 的具体操作包括变形、抵消、整理等。
三、裂项求和法的应用范围裂项求和法在数学中有着广泛的应用范围，包括但不限于如下几个方面：1. 求解收敛级数：裂项求和法可以帮助我们求解各种类型的收敛级数，包括数值级数、幂级数、级数和等。
通过拆项、分组求和、 Telescoping 等技巧，可以将复杂的级数转化为简单的级数来求解。
2. 求解发散级数：裂项求和法也可以帮助我们对发散级数进行求解。
虽然发散级数本身没有定义和，但是通过一些技巧，可以使其在某种意义下有意义，从而得到发散级数的和。
3. 实际应用：裂项求和法在实际应用中也有着广泛的应用。
例如在物理、工程、经济等领域，经常需要求解各种级数，裂项求和法可以帮助我们快速、准确地求解这些级数，为实际问题的解决提供有力的支持。
四、裂项求和法的注意事项在使用裂项求和法时需要注意以下几个方面：1. 根据级数的特点选择合适的技巧：在使用裂项求和法时，需要根据级数的特点和要求来选择合适的技巧。
裂项相消法求和ppt课件
(4)an
log
a (1
1) n
__l__o__a_g (_n1)loag n
7
已知 Sn为数列an｝ ｛的n前 项和，且S满 n n足 223n, （1）求数an的 列通项 （2）若 bn an1an1,求数列bn｝ ｛的n前 项和 Tn
8
(15年全国)S卷 n为数列an｝ ｛的n前 项和，已 an 知 0, an2 2an 4Sn 3 (1)求｛ an｝的通项公式 （2）设 bn ana1n1,求数列bn｝ ｛的n前 项和
数列求和（二）—— 裂项相消法
能力提升
1 ________
anan1
2
三、重难点点拨
• •
裂项
1 1 1 n(n1) n n1
• 请填空：
nn1212(1nn 12)
• 一般地： nn1k1k(1nn1k)
3
• 变式训练
已知 an nn21，求 Sn
已知 an n(n12),求Sn
4
三、增效练习
5
三、增效练习
6
常见的裂项求和
11 1
(1) a n
1 n(n
k)
( )
__k___n__ nk
(2)an
1 4n2 1
___12__(_2_n_1__ 12n11)
(3)an
1 n 1
____n___1 n n
18
在数列ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱan｝ ｛中， a1 若 1,an1 3an2, (1)证明数a列 n 1｛ ｝为等比数列 (2)求数a列 n的通项公式
19
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裂项求和
所以
练习：计算
（三）用裂项法求 型分数求和
分析： 型（n,k均为自然数）
＝ ＝
所以 ＝
练习：求Байду номын сангаас的和
练习：
1． ……+ +
2． + + +……+ 3．
4． 5.
6． 7．
课后作业
1． 2．
3．
4．
课堂检测
听课及知识掌握情况反馈_________________________________________________________。
个性化教学辅导教案
学科：数学任课教师：授课时间：2013年1月日(星期)10：00~1200
姓名
年级
小六
性别
女
教学课题
小升初之裂项求和
教学
目标
知识点：裂项求和几种类型
考点：裂项求和计算相关题目
能力：掌握裂项求和的基本方法，转化解题能力
方法：讲练结合
重点
难点
掌握裂项求和的方法并能灵活运用
课前检查
作业完成情况：优□良□中□差□建议__________________________________________
解：原式=
练习： + + +……
例4
【点拨】观察前一个数是后一个数的2倍，“补一退一”
解：原式=
练习： +
例5
解：原式=
例6.计算：
【分数裂项求和方法总结】
（一）用裂项法求 型分数求和
分析：因为 ＝ （n为自然数）
所以有裂项公式：
练习：求 的和。
（二）用裂项法求 型分数求和
裂项相消法求和
裂项相消法求和
四、裂项相消法求和
这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 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. 通项分解（裂项）如：
4.在数列{a n }中，11211++⋅⋅⋅++++=
n n n n a n ，又11+⋅=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项的和.
练习：求数列
⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.
五、利用数列的通项求和
先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n 项和，是一个重要的方法.
5.求
11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和.
实战练习：已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差,50,053=+≠S S d 且1341,,a a a 成等比数列．
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；
（Ⅱ）设⎭
⎬⎫⎩⎨⎧n n a b 是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{}n b 的前n 项和n T .。
(完整版)分数裂项求和
学生曹一诺学校年级六年级科目数学教师陈作谦日期16年4月24日时段15:00-17:00 次数第一次课题分数裂项求和教学重点难点重点：清楚掌握几种简单的裂项求和的方法及其解答过程。
难点：能判断所处题目的特点，并用其对应的方法进行解答。
教学步骤及教学内容一、作业检查：平时成绩中上，卓师的小升初模拟试题测试结果，数学为46分二、课前热身：与学生探讨小升初的意义，互动中令学生明白考试的应对方式。
三、内容讲解：先做几个题目：（1）+⨯+⨯+⨯752532312……+1192⨯，（2）求2222......1335579799++++⨯⨯⨯⨯的和这种题目就是分数裂项求和的运用。
分数裂项求和，分成减法裂项和加法裂项：减法裂项就是：分母化成两个数的积，分子化成这两个数的差；加法裂项就是：分母化成两个数的积，分子化成这两个数的和。
（1）+⨯+⨯+⨯752532312……+1192⨯，解：原式=+⨯+⨯+⨯755-7533-5311-3……+1199-11⨯=(+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯)755-757()533-535()311-313 ……+(11911⨯-1199⨯) )11191()7151()5131()3111(-+⋯⋯+-+-+-= 11191715151313111-+⋯⋯+-+-+-=11111-=1110=（2）求2222 (1335579799)++++⨯⨯⨯⨯的和 解：原式=+⨯+⨯+⨯755-7533-5311-3……+999797-99⨯1111111(1)()()......()33557979911999899=-+-+-++-=-=再看一道例题：例1：计算：7217561542133011209127651-+-+-+- 解：原式=98988787767665655454434332321⨯+-⨯++⨯+-⨯++⨯+-⨯++⨯+-）（）（）（）（）（）（）（91818171716161515141413131211+-+++-+++-+++-= 91818171716161515141413131211--++--++--++--=911-=98=有的同学可能担心是不是所有的这种题目都会按照这种方法来做。
小学奥数 裂项求和(二)
分数裂项求和（二）在上一讲中我们学习了分母是相邻自然数乘积形式，分子为固定自然数的分数裂项求和，在这一讲中，我们即将学习分母不是相邻自然数，而是差固定的两个数字的乘积形式，分子为固定自然数的分数裂项求和。
下面我们一起来进入到今天的学习当中，加油！例1 基础讲解（裂项）分母不是连续的自然数，而是相差2的自然数乘积，按照上一讲中的方法我们来裂项： 11×3 = 11 - 13 = 23这个算式是否正确呢？显然不正确， 因为 11×3= 13≠ 23。
那么该怎么解决呢，我们发现13是23的二分之一，那么做出如下裂项变形：11×3 =（ 11 - 13 ）× 12 = 1312×4 =（ 12 - 14 ）× 12 = 1813×5 =（ 13 - 15 ）× 12 = 115 198×100 =（ 198 - 1100 ）× 12 = 19800那如果分母不是差2的自然数，而是差3，差4，甚至更多呢？1 1×4 =（11- 14）×13= 141 3×7 =（13- 17）×14= 121同学们，你们有什么发现吗？是的，分母相差几，在最后就要乘以几分之一，总结一下：就是对于分母可以写作两个因数乘积的分数，即1a×b形式的，这里我们把较小的数a写在前面，即 a < b ，那么有1a×b =( 1b-1a)×1b−a。
练1 13×5=（1 - 1）×1= 115×9=（1 - 1）×1= 1195×100=（1 - 1）×1= 1练2 23×5=（1 - 1）×2= （分子的2不变，写在括号外面）31×4=（1 - 1）×3= （分子的3不变，写在括号外面）210×13=（ - ）×=例2 深度讲解 13×5 +15×7+17×9 + …… +117×19 +119×21= (13-15)×12 + (15-17)×12 +(17-19)×12 + …… +(117-119)×12 +(119-121)×12 [每一项都进行裂项变形] = [(13-15）+(15-17）+(17-19）+ …… + (117-119）+(119-121)]×12 [每一项都×12，所以利用乘法分配律，把×12放在括号外面] = (13 - 15 +1 5- 17 + 17 - 19+……+117 - 119 +1 19 - 121)×12[去括号，括号外面是加号，去括号不变号]= (13 - 121)×12 [一加一减正好抵消，两两消去，只剩头尾] =621×12 [头减尾，再乘以12] = 17 [约分后，既得最后答案]21×4 +24×7+27×10 + …… +294×97 +297×100 = (11-14)×23 + (15-17)×23 +(17-19)×23 + ……+(117-119)×23 +(119-121)×23 [每一项都进行裂项变形, ×23是因为，分子的2是每一项分子上面都有2，分母的3是每一项分母中的两个数相差3得来的][此处乘法分配律和去括号在同一个步骤完成，节省些时间]= (11 - 1100)×23 [一加一减正好抵消，两两消去，只剩头尾] = 99100 ×23 [头减尾，再乘以23]= 3350[约分后，既得最后答案]练3 113135157119931995119951997⨯+⨯+⨯++⨯+⨯…222 (35579799)++++⨯⨯⨯222 (35579799)++++⨯⨯⨯同学们，学到这里，你是否能非常快的口答出正确答案呢？ 用（头减尾）× 几分之几的形式说一说，练一练。
4裂项相消求和法(教师)
裂项相消求和法在数列和不等式中的应用数列与不等式是高中数学重点内容，是高考必考内容，数列与不等式的结合成为高考的命题热点，具有难度大、灵活性强的特点，对学生的数学思维品质提出了较高的要求，尤其是以递推数列为载体的不等式证明，可以从较高的层次上考察学生运用数学思想方法进行代数推证的理性思维能力。
这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析特征，抓住规律进行适当地放缩。
下面就几道例题剖析如何用裂项相消求和法证明数列不等式。
基本问题求和：（1）)12)(12(1971751531311+-++⨯+⨯+⨯+⨯=n n S n 12)1211(21)121121(21)7151(21)5131(21)311(21+=+-=+--++-+-+-=n nn n n S n （2）)13)(23(11071741411+-++⨯+⨯+⨯=n n S n 。
)131231(31)10171(31)7141(31)411(31+--++-+-+-=n n S n13)1311(31+=+-=n nn （3）)2)(1(1543143213211++++⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=n n n S n 。
因为])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n ，])2)(1(121[21])2)(1(1)1(1[21)431321(21)321211(21++-=++-+++⨯-⨯+⨯-⨯=∴n n n n n n S n（4）.已知()()221111n n a n ++=+-，求{}n a 前n 项的和n S .解析：∵()2111122n a n n n n ⎛⎫=+=+- ⎪++⎝⎭，∴()()()()111111111111324352111111111111233452212323212n S n n n n n n n n n n n n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++-++-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-+++=++-- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭++=++ 类型一、通项2n ma an bn c=++（,,,m a b c 是常数）例1、求证:2112ni i=<∑. 思路一、若()()21111211n n n n n n <=-≥--，21111111112231ni in n =⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑2<； 思路二、若()()()211111211211n n n n n n ⎛⎫<=-≥ ⎪+--+⎝⎭，21111111111232411n i in n =⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑74<； 思路三、⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n,35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n k n k 点评：由于()()()22141141111n n n n n n <<<--+-，57234<<，可见通项放缩越接近，和就越接近。
数列求和的“裂项相消法”讲解
时间：二O二一年七月二十九日
很多题目要善于进行这种“拆分”
请看几例：
（1）本题： （变形过程中用了“份子有理化”技巧）
得
【往下自己求吧！答案C】（2）求和解： Nhomakorabea项公式：
所以
（3）求和
解：
得
（4）求和
（仔细看看上一行里边“抵消”的规律）
最后这个题,要多写一些项,多不雅察,才可能看出抵消的规律来.
时间：二O二一年七月二十九日
裂项相消法求和(比赛课)
1 公式求和法
解决等差、等比数列求和
2 分组求和法
解决“等差+等比”数列求和
3 错位相减法
解决“等差*等比”数列求和
数列求和（二）—— 裂项相消法
2014年5月28日
目标
1 理解裂项相消法的思想方法。 2 使用裂项相消法解决特殊数列求和问题。 3 在自学与探究中体验数学方法的形成。
·
谢谢聆听
1 2
(
1 n
n
1
) 2
1
nn
k
1 k
(1 n
n
1
k
)
一般地：
三、重难点点拨
相消
怎么消？
(1哪1)些项(1是不1)能 (消1去 1的)？ ( 1 1) (1 1 )
2 23 34
n 1 n n n 1
已 知变a式n训练nn2
，求
1
S
n
已知an
1 n(ห้องสมุดไป่ตู้
2)
, 求Sn
三、增效练习
三、增效练习
四、能力提升
归纳
1 ________
an an 1
Sn
则：
1
a1
a2
1 a2 a3
1 an 1an
________
五、小结作业
➢裂项相消法求和：对于可拆成两项并前后项 相消的数列，我们通常采用裂项相消法求该数 列的和。 ➢裂项相消法求和的一般步骤：
求通项——裂项——相消——求和。
二、自学讨论（用时：8分钟）
学习例题，思考以下问题并与你的伙伴讨论： 什么数列可用裂项相消法求和？ 如何裂项？你有好的方法吗？ 如何相消？你能发现其中的规律吗？ 利用裂项相消法求和的一般步骤是什么？
裂项求和法
裂项求和法说到导数中的数列，那么这个就是必然要讲的一个方法了。
所谓裂项，就是把一个难以直接求和的数列分解成相邻两个数列之差，这样便可以使得它们加起来的时候中间所有项得以消去，从而求出最终的和。
一个非常典型的例子是： \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\ldots+\frac{1}{n(n+1)}这个数列，我们都知道如何去裂项，就是裂成：\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}这样一来，末项就是一个a_{n+1}-a_{n}的形式，从而加起来的时候可以消掉全部项：\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}。
裂项是我们数列求和中非常基础又重要的一个方法，无论怎么变，只要出题人按照裂项的方法出题，那么我们就尽可能地去化成a_{n+1}-a_{n}的形式，如此一来便可以进行裂项了。
但是题目往往不会这么问，而是会让我们证明： \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}<1这个时候我们就要根据它的和来分析了。
这种不等式的实际意义是对于任意正整数 (n \rightarrow \infty) ，都有 \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}<1 成立，所以我们只需要把和求出来，然后证明和小于 1 即可。
像这里，我们容易知道n<n+1，根据和的形式，我们知道肯定是小于1的。
现在来稍微加大一点难度，证明： \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+a)}<\frac{1}{a} \sum_{i=1}^{a} \frac{1}{i} ，其中 a 为正整数。
教学案例裂项求和法
教学案例裂项求和法一、教学目标1.理解裂项求和的概念和基本原理；2.能够灵活应用裂项求和法解决数学问题；3.培养学生思维的灵活性和运算能力。
二、教学内容1.裂项求和法的基本概念和基本原理；2.裂项求和法的具体应用。
三、教学步骤1.导入与激发兴趣（5分钟）引入裂项求和法的概念，并告诉学生这是一种常用的数学解题方法。
通过例题引导学生思考如何通过裂项求和法简化计算。
2.理解与掌握裂项求和法的基本原理（15分钟）讲解裂项求和法的基本原理：将一个多项式或分式拆分成几个简单的形式，并通过巧妙的运算进行合并，以简化计算、求解问题。
举例说明裂项求和的一般步骤：a.将多项式或分式中的项进行分解或分裂；b.利用分解后的形式进行合并；c.根据合并后的结果得到裂项求和的结果。
3.掌握裂项求和法的具体应用（40分钟）以各种类型的裂项求和问题为例进行讲解和讨论，包括但不限于以下几种类型：a.通过裂项求和法求解等差数列的和；b.通过裂项求和法求解等比数列的和；c.通过裂项求和法求解简单的幂级数；d.通过裂项求和法求解复杂的幂级数；e.通过裂项求和法求解简单的无穷级数；f.通过裂项求和法求解复杂的无穷级数；g.通过裂项求和法求解其他类型的数学题目。
4.练习与巩固（20分钟）设计一系列练习题，让学生运用所学的裂项求和法解决问题，并检查答案，讲解解题思路和方法。
5.归纳与总结（10分钟）总结裂项求和法的基本原理和应用方法，并帮助学生归纳理解。
6.提高与拓展（10分钟）设计一些拓展问题，让学生通过裂项求和法解决更复杂的数学问题，提高他们的思维能力和解题能力。
四、教学评价1.课堂表现评价：观察学生对裂项求和法的理解与应用是否熟练；2.练习题评价：检查学生在练习中的答题情况，看是否能够正确运用裂项求和法解决问题；3.拓展问题评价：观察学生对拓展问题的解答和思维拓展能力。
五、教学反思在教学过程中，要注重理论与实际的结合，通过例题和练习题的引导，让学生更好地理解和掌握裂项求和法。
裂项相消求和公式
裂项相消求和公式裂项相消求和公式，听起来像个数学魔法吧？其实呢，它就是让我们在计算时省心又省力的秘密武器。
你要是问我，什么是裂项相消求和公式，我就忍不住要给你讲个有趣的小故事。
想象一下，一个热爱数的年轻人，叫小明。
他每天都在为计算各种求和问题而烦恼，简直快把脑袋给撑爆了。
可有一天，他遇到了一位神秘的数学老爷爷，老爷爷笑眯眯地告诉他：“小子，想轻松求和吗？我教你个招！”小明眼睛一亮，心想，这老爷爷肯定有绝招。
老爷爷神秘兮兮地说，裂项相消就是关键。
什么叫裂项相消呢？就是把复杂的求和项拆分成更简单的部分，然后那些部分就会神奇地互相抵消掉。
就像魔术一样，瞬间变简单。
小明听了，心里一阵激动，赶紧记下这个绝招。
他发现，很多看起来复杂的公式，其实只要稍微动动脑筋，就能用这个方法轻松搞定。
说实话，那种感觉就像吃到了甜甜的棉花糖，心里美滋滋的。
你可能会问，这到底有什么用？嘿，别着急，咱们接着往下聊。
想象一下，考试前夕，大家都在拼命刷题，紧张得像热锅上的蚂蚁。
这时候，小明悠哉悠哉地拿出他的裂项相消公式，啪啪啪啪地算起来。
看着那些题目被一一解决，他简直乐开了花。
朋友们看到他这么轻松，纷纷投来羡慕的目光，简直就像看到了神仙下凡。
这时候，小明才明白，这个公式不仅是个工具，更是他在学海中乘风破浪的船。
裂项相消的原理并不复杂，很多时候我们只要找出那些能抵消的部分，简直就像开了挂。
这让我想起了小时候玩积木，想搭建一座高塔，总是要把一些不必要的部分拆掉，才能让塔稳稳地立起来。
就像公式里的每一项，都能被拆分，最后发现，原来简简单单就能解决问题。
数学就像生活，有时候要学会放下，才能更轻松地前行。
我还记得小明一次求和比赛，大家都在拼命算，而他则像个轻松的棋手，运筹帷幄。
他的心中有了这个裂项相消的秘密，仿佛在数学的世界里飞翔。
比赛结束的时候，小明获得了第一名，大家都围上来问他诀窍。
小明咧嘴一笑，神秘地说：“其实就是裂项相消的招数，大家也可以试试哦！”此言一出，众人哗然，纷纷表示想学习。
【市级公开课】《数列求和之裂项求和》(课件)
二、问题探究（小结）
裂成两项差 裂成两项差 裂成两项和，符号正负交替
三、拓展训练
四、知识归纳
五、课后作业布置 1.整理笔记 2. 活页：数列求和
谢谢！
数学研讨活动公开课
数列求和之裂项求和
一、新课导入
二、问题练习）
解决本题的关键是什么呢？ 要注意些什么？ 小结：要先观察通项类型，再裂项求 和，而且要注意剩下首尾两项，还是 剩下象上例中的四项，后面还很可能 和极限、求参数的最大小值联系。
二、问题探究（例 1----巩固练习）
二、问题探究（例 2）
这个样子怎么裂项呢？ 有什么特征？
二、问题探究（例2----巩固练习）
这个有困难吗？ 怎么办？
二、问题探究（例3）
这个样子怎么裂项呢？ 有什么特征？
二、问题探究（例3----巩固练习）
使用裂项法求和时，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．
裂项相消法求和附解析
.裂项相消法利用列相消法乞降，注意抵消后其实不必定只剩下第一和最后一，也有可能前面剩两，后边剩两，再就是通公式列后，有需要整前面的系数，使列前后等式两保持相等。
（ 1 ）假如 {a n }等差数列，11.( 11) ,11.(1 1 )a n a n 1 d a n a n 1a n a n 22d a n a n 2（ 2 ）111 n（n1） n n1（ 3 ）1k)1 ( 1n1)n(n k n k（ 4 ）1 1 (11)（2n 1（)2n 1） 2 2n 1 2n 1（ 5 ）n(n12)1[1(n1] 1)( n2n(n 1)1)(n2)（ 6 ）1n1nn n1（ 7 ）11n k n) n n k(k1. 已知数列的前n和，．（1 ）求数列的通公式；（2 ），求数列的前n和．[ 分析 ] (1)⋯⋯⋯⋯⋯①.,⋯⋯⋯⋯⋯②①②得 :即⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分在①中令, 有, 即，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分故2. 已知 {a n} 是公差 d 的等差数列，它的前n 和 S n， S4=2S 2 +8 ．（Ⅰ）求公差 d 的；（Ⅱ）若 a 1 =1 ， T n是数列 {} 的前 n 和，求使不等式T n≥全部的n ∈N* 恒建立的最大正整数m 的；[ 分析 ] （Ⅰ）数列{a n }的公差 d ，∵ S4 =2S 2 +8 ，即 4a 1 +6d=2(2a 1 +d) +8，化得：4d=8，解得 d=2 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）由 a 1=1 ， d=2 ，得 a n =2n-1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分∴=．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分.∴ T n ===≥ ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分又∵ 不等式n全部的 n ∈ N* 恒建立，T ≥∴ ≥，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 分化得： m 2 -5m-6≤0 ，解得： -1 ≤m ≤6 ．∴ m 的最大正整数 6 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分3.) 已知各均不同样的等差数列{a n } 的前四和S4 =14, 且 a 1 ,a3 ,a7成等比数列 . ( Ⅰ) 求数列 {a n } 的通公式 ;( Ⅱ)T n数列的前n和,求T2 012的.[ 答案 ] ( Ⅰ ) 公差 d, 由已知得(3 分)解得 d=1或d=0(舍去),∴a1=2. (5分)故 a n =n+1. (6分)(Ⅱ)==-,(8分).∴T n= - + - + ⋯+ -= -=. (10 分)∴T2012 =. (12分)4.) 已知数列 {a}是等差数列 ,- =8n+4, 数列 {|an |} 的前 n 和 S ,数列的前 nn n 和 T n .(1)求数列 {a n }的通公式 ;(2)求 : ≤T n <1.[ 答案 ] (1) 等差数列 {a n }的公差d,a n =a 1 +(n-1)d. (2分)∵- =8n+4,∴(a n+1 +a n )(a n+1 -a n )=d(2a 1 -d+2nd)=8n+4.当 n=1,d(2a 1 +d)=12;当 n=2,d(2a 1 +3d)=20.解方程得或(4分)知 ,a n =2n或a n=-2n都足要求.∴a n =2n或a n=-2n. (6分)(2) 明 : 由 (1) 知 :a n =2n或a n=-2n.∴|a n |=2n..∴S n =n(n+1). (8分)∴== -.∴T n=1- + - + ⋯+ -=1-. (10 分 )∴ ≤T n <1. (12分)5. 已知等差数列 {a n } 的公差2, 前 n 和 S n ,且 S1,S2 ,S4成等比数列 .( Ⅰ) 求数列 {a n } 的通公式 ;( Ⅱ) 令 b n =(-1)n-1,求数列 {b n }的前 n 和 T n .[ 答案 ] 看分析[ 分析 ] ( Ⅰ ) 因 S1 =a 1 ,S2=2a 1 +×2=2a1+2,S =4a1+×2=4a1+12,4由意得 (2a 1+2) 2 =a 1 (4a 1+12),解得 a 1 =1,因此 a n =2n-1.( Ⅱ)b n =(-1)n-1=(-1)n-1=(-1) n-1当 n 偶数 , T n =-=1-=.当 n 奇数 , T n =-.因此 T n =..+⋯+-+⋯-+++=1+=6.已知点的象上一点，等比数列的首，且前和( Ⅰ) 求数列和的通项公式；( Ⅱ) 若数列[ 分析 ]解： (Ⅰ)由于的前项和为，问，因此的最小正整数，是多少？因此，，，又数列是等比数列，因此，因此，又公比，因此，由于，又因此数列因此因此，因此，因此组成一个首项为 1 ，公差为，当时，.（6分），1 的等差数列，，，(Ⅱ) 由(Ⅰ ) 得，（10 分）由得，知足的最小正整数为 72.（12 分）7. 在数列，中，，，且成等差数列，成等比数列（） .（Ⅰ）求，，及，，，由此概括出，的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）证明：.[ 分析 ] （Ⅰ）由条件得，由此可得.猜想. （ 4分）用数学概括法证明：①当时，由上可得结论建立.②假定当时，结论建立，即，那么当时，.因此当时，结论也建立.由①②，可知对全部正整数都建立. （ 7 分）（Ⅱ）由于.当时，由（Ⅰ）知.因此.综上所述，原不等式建立. (12分）8. 已知数列的前项和是，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，，求使建立的最小.的正整数的．[ 分析 ]（1）当，，由，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分当，∴是以首，公比的等比数列．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分故⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分（2 ）由（ 1）知，⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 8 分，故使建立的最小的正整数的.⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分.9.己知各均不相等的等差数列 {a n } 的前四和 S4=14 ，且 a 1， a 3， a 7成等比数列．（I）求数列 {a n } 的通公式；（ II ） T n数列的前n和，若T n≤¨ 恒建立，求数的最小．[ 分析 ] 122.解得（Ⅰ）公差 d. 由已知得⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯，因此3 分⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分（Ⅱ），⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分恒建立，即恒建立10.又∴的最小⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯已知数列前和，首，且，，成等差数列.12 分.（Ⅰ）求数列的通公式；（ II ）数列足，求：，[分析] （Ⅰ）成等差数列,∴，，当，,两式相减得：.因此数列是首，公比 2 的等比数列，.（6分）( Ⅱ)，（8分），.（12 分）11. 等差数列 {a n } 各均正整数, a 1 =3,前n和S n,等比数列{b n}中, b1=1,且b 2 S2 =64, {} 是公比64 的等比数列 .( Ⅰ) 求 a n与 b n ;(Ⅱ) 明: + +⋯+ <.. [ 答案 ] ( Ⅰ ){a n } 的公差d, {b n }的公比q, d 正整数 ,a n =3+(n-1) d,b n =q n-1.依意有①由(6+d) q=64知q正有理数,又由q=知, d 6 的因子 1, 2, 3, 6之一,解①得d=2, q=8.故 a n =3+2(n-1) =2n+1, b n =8n-1.( Ⅱ) 明 :S n =3+5+⋯+(2n+1) =n(n+2) ,因此+ +⋯+ =+++⋯+==<.12.等比数列{a n}的各均正数, 且 2a 1+3a 2 =1,=9a 2a 6.( Ⅰ) 求数列 {a n }的通公式 ;( Ⅱ) b n =log 3 a 1+log3a 2 +⋯+log 3 a n ,求数列的前n和.[ 答案 ] ( Ⅰ ) 数列 {a n} 的公比q.由=9a 2 a 6得=9 , 因此 q 2=.因条件可知q>0,故q=..由 2a 1 +3a 2 =1 得 2a 1 +3a 1 q=1,因此a1=.故数列 {a n } 的通公式 a n=.( Ⅱ) b n =log 3 a 1+log3a 2 +⋯+log 3 a n=-(1+2+⋯+n)=-,故=-=-2,+ +⋯+ =-2++⋯+=-.因此数列的前 n 和 -.13. 等差数列 {a n } 的各均正数,a 1=3, 其前 n 和 S n ,{b n } 等比数列 ,b 1 =1, 且b 2 S2 =16,b3 S3 =60.( Ⅰ) 求 a n和 b n ;(Ⅱ)求+ +⋯+.[ 答案 ] ( Ⅰ ) {a n }的公差d, 且 d 正数 ,{b n }的公比q,a n =3+(n-1)d,b n=q n-1 ,依意有 b 2 S2 =q ·(6+d)=16,b 3 S3 =q 2·(9+3d)=60,(2分).解得 d=2,q=2.(4分)故 a n =3+2(n-1)=2n+1,b n =2n-1.(6分)( Ⅱ)S n =3+5+⋯+(2n+1)=n(n+2),(8分)因此+ +⋯+=+++⋯+=(10 分)== -.(12 分 )14. 数列 {a n } 的前 n 和 S n足 :S n =na n -2n(n-1).等比数列{b n}的前n和T n,公比a 1 ,且 T5 =T 3 +2b 5 .(1)求数列 {a n }的通公式 ;(2) 数列的前n和M n,求:≤M n<.[ 答案 ](1) ∵T5 =T 3+2b 5 ,∴b 4+b 5=2b 5,即 (a 1 -1)b 4 =0, 又 b 4≠0, ∴a1 =1.n ≥2,a n =S n -S n-1 =na n -(n-1)a n-1 -4(n-1),即(n-1)a n-(n-1)a n-1 =4(n-1).∵n-1 ≥1, ∴a n -a n-1 =4(n≥2),.∴数列{a n }是以 1 首 ,4 公差的等差数列,∴a n =4n-3. (6分)(2)明:∵==·,(8 分)∴M n =++ ⋯+==< ,(10 分)又易知 M n增 ,故 M n≥M 1=.上所述 , ≤M n < . (12分)。