裂项相消法求和
高中数学复习-数列求和-裂项相消法
裂项相消法求和把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。
1、 特别是对于⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n n a a c ，其中{}n a 是各项均不为0的等差数列，通常用裂项相消法，即利用1+n n a a c =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+111n na a d c ，其中()n n a a d -=+1 2、 常见拆项：111)1(1+-=+n n n n)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n!)!1(!n n n n -+=⋅)!1(1!1)!1(+-=+n n n n例1 求数列1{}(1)n n +的前n 和n S ．例2 求数列1{}(2)n n +的前n 和n S ．例3 求数列1{}(1)(2)n n n ++的前n 和n S ．例4 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.例5：求数列311⨯，421⨯，531⨯，…，)2(1+n n ，…的前n 项和S例6、 求和)12)(12()2(534312222+-++⋅+⋅=n n n S n一、累加法1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。
2．若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++= 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
数列求和——裂项相消法
————裂项相消法
2015全国I卷节选：
若an1
2n
1, 令bn
1 an an 1
, 求{bn}的前n项和Tn。
裂项求和法:
将数列的通项分解成两项或多项的差，使
数列中的项出现有规律的抵消项，只剩下首 尾若干项。
一般有两种类型：
类型一：an
k f (n) f (n c)
A[ 1 f (n)
1[ 1
1
]
n(n 1)(n 2) 2 n(n 1) (n 2)(n 1)
(an
(a 1)an b)(an1
b)
(an
an1 an b)(an1
b)
1 (an b)
1 (an1 b)
类型二：
通过有理化、对数的运算法则、公式的变形、阶乘和组合数
2n Sn
, 求证：T1 T2 L
Tn
3 2
练习：步步高P93例3及跟踪训练3
课堂小结：
1、分解与组合思想在数列求和中的应用。 2、裂项相消常用于方式和根式求和。 可以用通项裂解，也可以利用首项裂解， 甚至可以利用待定系数法去完成裂开通项
(1)应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一 项，也有可能前面剩多项，后面也剩多项，
(2)再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前 面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通 项公式相等．
变式：若数列an的前n项和为Sn满足：
Sn
4 3
an
1 3
•
2n1
2 3
(1)求an
(2)设Tn
裂项相消法求和
姓名： _______________ 班级： _____________________________数列求和（二）一一 裂项相消法目标：1理解裂项相消法思想。
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过程。
一、复习巩固1公式求和法 适用于求 的和。
2 分组求和法 适用于求 的和。
3 错位相减法适用于求的和。
1 1(1 -)(-,、2 2 33 4nn 1二、自学讨论学习以下例题，完成填空。
（限时8分钟）思考与讨论：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？例一：已知a n解：a nn(n 1) n n裂项:①你能证明 ②猜想:S na 1 a 2a 3a n 1结论: (n 1)n n(n 1)1吗?n(n 1) n n 1n n 2 11 n n :1n(n 2)③一般地;1) 相消：怎么消？ 哪些项是不能消去的?a n验证:变式训练：已知a n(2)已知a n （1）三、增效练习（限时 10分钟）5、已知数列 a n 的各项如下:求它的前 n 项和 S n = _______________四、能力提升五、课堂小结 裂项相消法求和: 对于通项公式可拆成两项的数列，我们通常采用裂项相消法逐项消去前后项求数列的和。
裂项相消法求和的一般步骤：求通项一一裂项一一相消一一求和。
六、作业（背面）1 1 123 55 72n 1 2n 33、1 1 11（只需把消完后的项列出，3 54 65 7n(n 2)*34已知a n6n 5 n N ，b n，求T nbi b 2b na n a n 1无需化简）1、已知a n1(2n 1)(2n 1)，S若a n 是等差数列，则a n 1a n d ，所以 a *a n 11a n (a n d)进而，S n1a 2 a 31a n 1a n，若前n 项和为10,则项数为( n + n +1B . 99 D . 121112123123412.已知数列｛a n ｝ = ｛2, § + 2 4 + 4+ 4, 5+ 2 + 3+5 …｝，那么数列｛b n ｝ = ｛爲二｝前 n 项 的和为（ ）1 1 1A. 4（1 -帶）B .屿-帚）1D.2 —3.在数列｛a n ｝中，a 1 = 2, na n +1= （n + 1）a n + 2（n € N *），贝U a 10等于（）A . 34B . 36C . 38D . 401 1 14•等差数列｛a n ｝中，a 1= 3，公差d = 2, S 为前n 项和，求§ +至+…+5.等差数列｛a n ｝的各项均为正数，a 1 = 3,前n 项和为S n ,｛b n ｝为等比数列，b 1= 1,且b 2S 2=64 , b 3S 3= 960.(1)求 a n 与 b n ；1 1 1⑵求和：S 1+ S 2+…+ £1数列｛a n ｝的通项公式是A . 11 C . 120C .6设正数数列的前n项和S n满足S n 1a n 14C求数列a n的通项公式；②设b n1，记数列b n的前n项和T n。
数列裂项相消法例子
数列裂项相消法数列裂项相消法是一种常用的数学技巧，用于求解一些复杂的数列求和问题。
以下是几个例子，说明该方法的应用。
例1：已知等差数列{an}，其中a1=1，d=2，求前n项和Sn。
解：首先，我们可以将等差数列的通项公式表示为an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1。
然后，我们可以将前n项和表示为Sn=a1+a2+...+an。
接下来，我们使用裂项相消法，将相邻两项相加，得到：Sn=(1+3)+(3+5)+...+[(2n-3)+(2n-1)]=2+4+ (2)=n(n+1)例2：已知等比数列{an}，其中a1=1，q=2，求前n项和Sn。
解：首先，我们可以将等比数列的通项公式表示为an=a1*q^(n-1)=2^(n-1)。
然后，我们可以将前n项和表示为Sn=a1+a2+...+an。
接下来，我们使用裂项相消法，将相邻两项相减，得到：Sn=(1-2)+(2-4)+...+[2^(n-2)-2^(n-1)]+2^(n-1)=-1-1-...-1+2^(n-1)=-(n-1)+2^(n-1)=(2^n)-1-(n-1)=(2^n)-n例3：已知数列{an}，其中an=n^2，求前n项和Sn。
解：首先，我们可以将数列的通项公式表示为an=n^2。
然后，我们可以将前n项和表示为Sn=a1+a2+...+an。
接下来，我们使用裂项相消法，将相邻两项相减，得到：Sn=(1^2-0^2)+(2^2-1^2)+...+[n^2-(n-1)^2]=1+3+5+...+(2n-1)=n^2通过以上例子可以看出，裂项相消法是一种非常实用的数学技巧，可以用于求解各种复杂的数列求和问题。
需要注意的是，在使用该方法时，需要根据具体的数列类型和题目要求来选择合适的裂项方式。
裂项相消法求和的两种常见模型
裂项相消法求和的两种常见模型数列裂项相消法求和的关键是把数列的通项分裂为具有递推关系的两项差，这也是裂项相消法求和的基本思想。
裂项求和形式多变，方法灵活，很多同学感觉很复杂，但根据笔者对历年高考题及各地模拟题的观察，归结为如下两大模型，而此两大模型的通项均具有明显的特征：模型一、（其中A、B结构相同，且n的次数和系数是一样的，A证明：角度1：“n的一次方”型例1、（2017年全国卷Ⅲ）设数列满足 .（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和.解：（1）（过程略）（2）角度2：“n的二次方”型例2、（2013·江西高考）正项数列的前n项和满足.（1）求的通项公式；（2）令，数列的前n项和为，证明：对于任意的，都有 .解：（1）（过程略）；（2）注意：先把分子化为1再裂项；有时也会出现这样的通项：，此时可以先变形后裂项：角度3：“n作为指数”型例3、（2015年安徽文科高考）已知数列是递增的等比数列，且， .（1）求数列的通项公式；（2）设为数列的前n项和，，求数列的前n项和 .解：（1）（过程略）（2）2006年全国高考理科卷也类似于上题。
练习、已知数列的前n项和为，，若数列是公比为4的等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，，求数列的前n项和 .解：（1）；（2）（过程略）推论1、(其中A、B、C结构相同，且n的次数和系数是一样的，且A、B、C成等差数列，A证明：例4、解：原式=推论2：(其中A、B、C、D结构相同，且n的次数和系数是一样的，且A、B、C、D 成等差数列，A证明：例5、解：原式=模型二、（其中A、B结构相同，且n的次数和系数是一样的，0证明：例6、设数列的各项均为正数，前n项和为，且 .（1）求数列的通项公式；（2）记，若，求正整数n的最小值.解：（1）（过程略）（2）所以满足条件的正整数n的最小值为5.裂项相消法求和时有两点需要注意：1、分子化为1，再裂项；2、裂项完求和相消时，前后剩下的项数相同，符号相反；这两大模型基本上涵盖了大部分考题，但裂项的技巧千变万化，还有其他类型留待读者去归类分析。
数列求和的“裂项相消法”讲解
创作编号：GB8878185555334563BT9125XW创作者：凤呜大王*对于本题通项公式类型的数列，采用的“求前n项和”的方法叫“裂项相消法”——就是把通项拆分成“两项的差”的形式，使得恰好在求和时能够“抵消”多数的项而剩余少数几项。
很多题目要善于进行这种“拆分”请看几例：（1）本题：()()2211111nn n n nan n n n++===-++-+（变形过程中用了“分子有理化”技巧）得12233411111 11111 nn n nS n++ =++++==+ -----…【往下自己求吧！答案C 】（2）求和1111122334(1)nSn n=++++⨯⨯⨯+…解：通项公式：()()()1111111n n n a n n n n n n +-===-+++ 所以 111111*********n S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭…1111n n n =-+=+（3）求和 1111377111115(41)(43)n S n n =++++⨯⨯⨯-+… 解：()()()()()()43411111141434414344143n n n a n n n n n n +--⎛⎫===- ⎪-+-+-+⎝⎭得 1111377111115(41)(43)n S n n =++++⨯⨯⨯-+ (11111111)143771111154143n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦… 1114343n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭ ()343nn =+（4）求和 1111132435(2)n S n n =++++⨯⨯⨯+… ()()()21111122222n n n a n n n n n n +-⎛⎫===- ⎪+++⎝⎭()()()()1111111113243546572112n S n n n n n n =++++++++⨯⨯⨯⨯⨯--++… 1111111111111112132435462112n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-++-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦…11111212n n =+--++ （仔细看看上一行里边“抵消”的规律 ） 311212n n =--++ 最后这个题，要多写一些项，多观察，才可能看出抵消的规律来。
裂项相消法求和附答案知识讲解
裂项相消法求和附答案裂项相消法利用列项相消法求和时，应注意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，后面剩两项，再就是通项公式列项后，有时需要调整前面的系数，使列项前后等式两边保持相等。
（1）若是{a n }等差数列，则)11.(1111++-=n n n n a a d a a ,)11.(21122n ++-=n n n a a d a a （2）11111+-=+n n n n ）（ （3）)11(1)(1k n n k k n n +-=+ （4）)121121(2112)121+--=+-n n n n ）（（ （5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n （6）n n n n -+=++111（7）)(11n k n k kn n -+=++1.已知数列的前n 项和为， ．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n 项和为．[解析] (1) ……………①时, ……………②①②得:即……………………………………3分在①中令, 有, 即， (5)分故对2.已知{a n}是公差为d的等差数列，它的前n项和为S n，S4=2S2+8．（Ⅰ）求公差d的值；（Ⅱ）若a1=1，设T n是数列{}的前n项和，求使不等式T n≥对所有的n∈N*恒成立的最大正整数m的值；[解析]（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，∵ S4=2S2+8，即4a1+6d=2(2a1+d) +8，化简得：4d=8，解得d=2．……………………………………………………………………4分（Ⅱ）由a1=1，d=2，得a n=2n-1，…………………………………………5分∴=． (6)分∴ T n===≥，…………………………………………8分又∵不等式T n≥对所有的n∈N*恒成立，∴≥，…………………………………………10分化简得：m2-5m-6≤0，解得：-1≤m≤6．∴ m的最大正整数值为6．……………………………………………………12分3.)已知各项均不相同的等差数列{a n}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)设T n为数列的前n项和,求T2 012的值.[答案] (Ⅰ)设公差为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)∴T2 012=. (12分)4.)已知数列{a n}是等差数列,-=8n+4,设数列{|a n|}的前n项和为S n,数列的前n项和为T n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证:≤T n<1.[答案] (1)设等差数列{a n}的公差为d,则a n=a1+(n-1)d. (2分)∵-=8n+4,∴(a n+1+a n)(a n+1-a n)=d(2a1-d+2nd)=8n+4.当n=1时,d(2a1+d)=12;当n=2时,d(2a1+3d)=20.解方程组得或(4分)经检验知,a n=2n或a n=-2n都满足要求.∴a n=2n或a n=-2n. (6分)(2)证明: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}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列. (Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.[答案] 查看解析[解析] (Ⅰ)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(Ⅱ)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为奇数时,T n=-+…-+++=1+=. 所以T n=6. 已知点的图象上一点，等比数列的首项为，且前项和(Ⅰ) 求数列和的通项公式；(Ⅱ) 若数列的前项和为，问的最小正整数是多少？[解析]解：(Ⅰ) 因为，所以，所以，，，又数列是等比数列，所以，所以，又公比，所以，因为，又，所以，所以，所以数列构成一个首项为1，公差为1的等差数列，，所以，当时，，所以. （6分）(Ⅱ) 由(Ⅰ) 得，（10分）由得，满足的最小正整数为72. （12分）7. 在数列，中，，，且成等差数列，成等比数列（）.（Ⅰ）求，，及，，，由此归纳出，的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）证明：.[解析] （Ⅰ）由条件得，由此可得.猜测. （4分）用数学归纳法证明：①当时，由上可得结论成立.②假设当时，结论成立，即，那么当时，. 所以当时，结论也成立.由①②，可知对一切正整数都成立. （7分）（Ⅱ）因为.当时，由（Ⅰ）知.所以.综上所述，原不等式成立. (12分）8.已知数列的前项和是，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，，求使成立的最小的正整数的值．[解析] （1）当时，，由，……………………1分当时，∴是以为首项，为公比的等比数列． (4)分故…………………6分（2）由（1）知，………………8分，故使成立的最小的正整数的值 (12)分9. 己知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列．（I）求数列{a n}的通项公式；（II）设T n为数列的前n项和，若T n≤¨对恒成立，求实数的最小值．[解析] 122. （Ⅰ）设公差为d. 由已知得……………………………3分解得，所以………………………………6分（Ⅱ），………………………………9分对恒成立，即对恒成立又∴的最小值为 (12)分10. 已知数列前项和为，首项为，且，，成等差数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（II）数列满足，求证：，[解析] （Ⅰ）成等差数列, ∴，，当时，,两式相减得： .所以数列是首项为，公比为2的等比数列，. （6分）(Ⅱ) ，（8分），. （12分）11.等差数列{a n}各项均为正整数, a1=3, 前n项和为S n, 等比数列{b n}中, b1=1, 且b2S2=64, {}是公比为64的等比数列.(Ⅰ) 求a n与b n;(Ⅱ) 证明:++…+<.[答案] (Ⅰ) 设{a n}的公差为d, {b n}的公比为q, 则d为正整数,a n=3+(n-1) d,b n=q n-1.依题意有①由(6+d) q=64知q为正有理数, 又由q=知, d为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) 证明:S n=3+5+…+(2n+1) =n(n+2) ,所以++…+=+++…+==<.12. 等比数列{a n}的各项均为正数, 且2a1+3a2=1, =9a2a6.(Ⅰ) 求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ) 设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n, 求数列的前n项和.[答案] (Ⅰ) 设数列{a n}的公比为q. 由=9a2a6得=9, 所以q2=.因为条件可知q>0, 故q=.由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1, 所以a1=.故数列{a n}的通项公式为a n=.(Ⅱ) b n=log3a1+log3a2+…+log3a n=-(1+2+…+n)=-,故=-=-2,++…+=-2++…+=-.所以数列的前n项和为-.13.等差数列{a n}的各项均为正数,a1=3,其前n项和为S n,{b n}为等比数列,b1=1,且b2S2=16,b3S3=60.(Ⅰ)求a n和b n;(Ⅱ)求++…+.[答案] (Ⅰ)设{a n}的公差为d,且d为正数,{b n}的公比为q,a n=3+(n-1)d,b n=q n-1,依题意有b2S2=q·(6+d)=16,b3S3=q2·(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)所以++…+=+++…+=(10分)==-.(12分)14.设数列{a n}的前n项和S n满足:S n=na n-2n(n-1). 等比数列{b n}的前n项和为T n,公比为a1,且T5=T3+2b5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列的前n项和为M n,求证:≤M n<.[答案](1)∵T5=T3+2b5,∴b4+b5=2b5,即(a1-1)b4=0,又b4≠0,∴a1=1.n≥2时,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为首项,4为公差的等差数列,∴a n=4n-3. (6分)(2)证明:∵==·,(8分)∴M n=++…+==<,(10分)又易知M n单调递增,故M n≥M1=. 综上所述,≤M n<. (12分)。
裂项相消法求和的类型及求解策略
Ｎ ∗ . 求数列 { ｃ ｎ }的前 ｎ 项和 Ｔ ｎ .
解析 (１) { ａ ｎ }是等差数列ꎬ且满足 ａ１ ＝ １ꎬａ２ ꎬ
ａ３ ＋ １ꎬａ４ ＋ ６ 三个数成等比数列.
所以( ａ３ ＋ １) ＝ ａ２ ( ａ４ ＋ ６) .
２
６ｎ － ５ .
所以 Ｃ ｎ ＝
６ｎ ＋ １ －
(２) 因为 Ｃ ｎ (
和式相消后可求得 Ｔ ｎ [３] .
＝ ａｎ .
Ｓ２
Ｓｎ
＋＋
２
ｎ
(１) 求数列 { ａ ｎ }ꎬ { ｂ ｎ }的通项公式ꎻ
ｂｎ ＋ ３
５
ꎬ求证:ｃ１ ＋ ｃ２ ＋ ＋ ｃ ｎ < .
Ｓｎ Ｓｎ ＋ ２
８
解析 (１) 由于 ａ ｎ ＋ １ － ａ ｎ ＝ ｎ ＋ １ꎬ则
ａｎ ＝ ( ａｎ － ａｎ － １ ) ＋ ( ａｎ － １ － ａｎ － ２ ) ＋ ＋
ａｎ ａｎ ＋ １
１
１ ö÷
３
３
－
＝
＝ ３ æç
.
ａｎ ａｎ ＋ １ ( ｎ ＋ １ ) ( ｎ ＋ ２ )
èｎ ＋１ ｎ ＋２ ø
１
因为 ｎ∈Ｎ ꎬ所以
> ０.
ｎ ＋２
∗
１
１
１
所以 －
< .
２ ｎ ＋２ ２
３
.
２
评析 本题重点考查等差数列的基本运算ꎬ裂
项相消法求解数列的前 ｎ 项和的问题ꎬ考查转化与
即 λ ＋１ ＝
解得 Ｓ ｎ ＝ ｎ２ ꎬｎ ＝ １ 时ꎬｂ１ ＝ １ ＝ Ｓ１ 也满足.
(２) 由于 ｃｎ ＝
－
(１) 求 λ 的值ꎻ
数列求和————裂项相消法高考常见的类型总结
数列求和————裂项相消法高考常见的类型总结裂项相消法是数列求和中的常见求解策略，说是高考的高频考点，通常出现在数列解答题的第二问，是学生必须掌握的内容，本文章就是对裂项相消法常见的经典题型进行总结，，基本上，数列的通项中含有乘积的分式的形式，就应该想到这种方法。
（一）、减法型：裂项为减法，分母之“差”等于分子裂项相消法就是将代数式中的项拆分成“两项的差”的形式，使得其在进行求和运算时恰好能够“抵消”多数项而剩余少数几项，从而达到简便求和的目的﹒本文试举例说明﹒常用的裂项公式（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）类型一：等差型（裂项主要是逆用通分，把乘积式转化为两式的差）（1）连续两项型1．已知等差数列的前项和为 ,则数列的前100项和为A．B．C．D．解、设等差数列{an }的首项为a1，公差为d.∵a5＝5，S5＝15，∴⇒⇒an＝n.∴＝＝，S100＝＋＋…＋＝1－＝ .2．已知数列满足，， .（1）求证：数列是等比数列；（2）已知，求数列的前项和 .解、（1）当时，、当时∴数列是首项为2，公比为的等比数列（2）由（1）知∴∴∴ .3．若的前项和为，点均在函数的图像上.（1）求数列的通项公式；（2），求数列的前项和 .解、（1）由于点在函数的图像上，所以①.当时，；当时，②，①-②得 .当时上式也满足，所以数列的通项公式为.（2）由于，所以，所以所以 .（2）相隔项4．记为数列的前n项和，已知 .（1）求的值及的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.解：（1）当时，，故，即，又，故对任意， .（2）由题知，则前n项和 .变式2．已知正项数列的前项和为，满足．（1）求数列的通项公式；（2）已知对于，不等式恒成立，求实数的最小值．解、（1）时，，又，∴．当时，，，作差得．∵，故，∴，故数列为等差数列，∴．（2）由（1）知，∴，从而，∴，故的最小值为．总结：（1）利用裂项相消求和时，应注意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，后面剩两项。
数列裂项相消法求和专题讲解附答案(高中数学)
微专题1 裂项相消法题型1 等差型数列求和d N n d a b b a d b a c n n n nn n n ,,,1111*∈=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==为常数。
例1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 5＝25，S 5＝55. (1) 求数列{a n }的通项公式； (2) 设a n b n ＝131-n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。
方法总结：1.定义：如果一个数列的通项为“分式或根式”的形式，且能拆成结构相同的两式之差，通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩首尾有限项的求和方法叫做裂项相消法．2.适用数列：d N n d a b b a d b a c n n n n n n n ,,,1111*∈=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==为常数。
3.常见的裂项技巧： (1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+k n n k k n n 111)(1，特别地，当k ＝1时，111)1(1+-=+n n n n ； (2)⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-=-12112121)12)(12(11412n n n n n ；(3)()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=++22222114121n n n n n 。
1.在等比数列{b n }中，已知b 1＋b 2＝43，且b 2＋b 3＝83. (1) 求数列{b n }的通项公式； (2) 若数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a n 是首项为b 1，公差为b 2的等差数列，求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的前n 项和．题型2 “无理型”数列求和：()n k n kn k n -+=++11。
例2.若数列{a n }满足a 1＝1，22+n a ＝a n ＋1(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n 2}是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若12++=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项和．方法总结：含有无理式常见的裂项有： (1)()n k n kn k n -+=++11。
7.裂项相消法求和
3.
设 bn
=
(n
+
2
1)(n
+
2)
，记数列
{bn
}
的前
n
项和为
Tn
，求使
Tn
£
24 25
成立的 n 的最大值.
答案：48
解析： bn
=
(n
2
+1)(n
+
2)
=
2 n +1
-
n
2 +
2
， Tn
=
b1
+ b2
+ + bn
=
2
1 - 1 + 1 - 1 ++ 1 - 1
23 34
n +1 n + 2
∴ S6
+ a6
-
S4
- a4
=
S5
+ a5
- S6
- a6
，化简得 4a6
=
a4 ，设等比数列{an} 的公比为 q ，则 q2
=
a6 a4
=
1， 4
( ) ∵ an > 0 n Î N*
，∴
q
>
0 ，∴ q
=
1 2
，∴
an
=
2´
1
n-1
=
2
1
n-2
.
2
( )( ) （2）由（1）得： bn
=
log 1 a2n-1
已知数列 {an} 的通项为 an
=
lg
n
+ n
1
，若其前
n
项和为
裂项相消法求和附答案
裂项相消法利用列项相消法求与时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项与最后一项,也有可能前面剩两项,后面剩两项,再就就是通项公式列项后，有时需要调整前面得系数,使列项前后等式两边保持相等。
(1)若就是｛a n｝等差数列,则,(２)(３)（4）（5)(６)(7)1、已知数列得前n项与为, .(1)求数列得通项公式；(２)设,求数列得前ｎ项与为.［解析] (1)……………①时, ……………②①②得:即……………………………………3分在①中令, 有, 即,……………………………………5分故对2、已知{ａn}就是公差为d得等差数列，它得前ｎ项与为Ｓn,S４＝2S2+8．(Ⅰ)求公差d得值;(Ⅰ)若a1＝1,设T n就是数列{}得前n项与,求使不等式Ｔｎ≥对所有得nⅠN*恒成立得最大正整数m得值；[解析](Ⅰ）设数列{a n}得公差为d,Ⅰ S4＝2S2＋8，即4a1+6d=2(2a１+d) +８,化简得：4d＝8,解得ｄ=2.……………………………………………………………………4分(Ⅰ)由a1＝1,d＝2,得aｎ=2n－１,…………………………………………５分Ⅰ=.…………………………………………６分Ⅰ T n===≥,…………………………………………８分又Ⅰ 不等式Ｔn≥对所有得nⅠＮ＊恒成立，Ⅰ ≥，…………………………………………10分化简得:m２-５m-6≤0，解得：-１≤m≤6.Ⅰ m得最大正整数值为6.……………………………………………………1２分３、)已知各项均不相同得等差数列{a n}得前四项与S４=14,且ａ1,a3，a7成等比数列、(Ⅰ)求数列{ａn｝得通项公式;(Ⅰ）设T n为数列得前n项与,求T2 012得值、[答案] (Ⅰ)设公差为d,由已知得（3分)解得d=1或d=0（舍去),Ⅰa１=２、(5分)故aｎ＝n+1、(６分)(Ⅰ)==－,(8分）ⅠT n=－＋-+…+-=-=、(10分)ⅠＴ2 01２=、（12分)4、)已知数列｛ａｎ}就是等差数列,-=8ｎ+4,设数列{｜ａｎ|}得前ｎ项与为S n,数列得前n项与为Tｎ、(1)求数列{a n}得通项公式;(2)求证:≤Ｔn<1、［答案](1)设等差数列{ａｎ｝得公差为d,则ａn=a1+(n-1)d、（2分）Ⅰ－=8n+4,Ⅰ(a n＋１+aｎ)(a n＋1-aｎ)=d（2a1-ｄ+2nd)=８ｎ＋４、当ｎ＝1时,ｄ(2a１+d）=12;当ｎ=２时，d(2a1+3ｄ）=20、解方程组得或（4分)经检验知,a n=2n或ａn＝-2n都满足要求、Ⅰa n＝２n或a n=-2n、(6分)(2)证明:由(１)知：ａｎ=２ｎ或a n＝-2n、Ⅰ｜aｎ|=2ｎ、ⅠS n=n(n＋1）、（8分)Ⅰ=＝-、ⅠT n＝１－+-+…+-=１-、(10分)Ⅰ≤Ｔn<1、（１２分)5、已知等差数列｛aｎ｝得公差为2,前ｎ项与为Ｓn,且S1，S2,S４成等比数列、（Ⅰ)求数列{a n}得通项公式；（Ⅰ)令ｂn=（-1)ｎ－１,求数列{b n}得前n项与Ｔn、[答案］查瞧解析[解析](Ⅰ)因为Ｓ1=a1,S2=2a1+×2＝2a１+2,S4=４ａ1+×2=4a１+12,由题意得(2a1+2)2=a１(4a１+１2)，解得a1=１，所以ａn=2n-１、(Ⅰ)b n＝（-1)n-1=(-1)n-1=（－1）n-１、当n为偶数时,T n=－＋…+-=１-＝、当n为奇数时,T n＝-+…－+＋＋＝1+=、所以T n=6、已知点得图象上一点，等比数列得首项为,且前项与（Ⅰ)求数列与得通项公式;(Ⅰ) 若数列得前项与为，问得最小正整数就是多少？[解析]解:(Ⅰ)因为,所以，所以，,,又数列就是等比数列，所以，所以,又公比,所以，因为,又,所以,所以,所以数列构成一个首项为１，公差为１得等差数列,,所以，当时,,所以、(6分)(Ⅰ）由(Ⅰ）得,(1０分)由得,满足得最小正整数为７２、（12分）7、在数列,中,，,且成等差数列,成等比数列（)、（Ⅰ)求，,及,,,由此归纳出,得通项公式,并证明您得结论;(Ⅰ)证明:、[解析］(Ⅰ）由条件得，由此可得、猜测、（4分)用数学归纳法证明：①当时，由上可得结论成立、②假设当时,结论成立,即,那么当时,、所以当时,结论也成立、由①②,可知对一切正整数都成立、(7分)(Ⅰ)因为、当时,由（Ⅰ)知、所以、综上所述,原不等式成立、(1２分）8、已知数列得前项与就是，且.(Ⅰ)求数列得通项公式;(Ⅰ）设，，求使成立得最小得正整数得值.[解析］(１)当时,,由, ……………………１分当时，Ⅰ就是以为首项,为公比得等比数列．……………………４分故…………………６分（2）由(1)知,………………8分,故使成立得最小得正整数得值、………………12分9、己知各项均不相等得等差数列{aｎ}得前四项与S4＝1４,且ａ１,ａ3,a7成等比数列.（I)求数列｛a n｝得通项公式;（ＩI)设Tｎ为数列得前n项与,若T n≤¨对恒成立,求实数得最小值.［解析] 12２、(Ⅰ）设公差为d、由已知得……………………………3分解得，所以………………………………6分(Ⅰ),………………………………9分对恒成立,即对恒成立又Ⅰ得最小值为 (2)10、已知数列前项与为，首项为,且，,成等差数列、(Ⅰ)求数列得通项公式;(IＩ)数列满足,求证:,[解析］（Ⅰ)成等差数列，Ⅰ,,当时,，两式相减得: 、所以数列就是首项为，公比为2得等比数列，、(６分)(Ⅰ）,(8分),、（1２分)11、等差数列{ａn}各项均为正整数,a1＝3, 前n项与为Ｓn，等比数列｛b n}中，ｂ１=1,且ｂ2S2＝6４,{}就是公比为64得等比数列、(Ⅰ) 求a n与b n;(Ⅰ) 证明：++…+<、［答案](Ⅰ）设｛a n｝得公差为ｄ,{b n}得公比为ｑ，则d为正整数,a n=３+(ｎ-１)d，b n＝ｑｎ-１、依题意有①由(6＋d) q＝6４知q为正有理数，又由q=知，d为6得因子１, 2，3，６之一，解①得d＝２, ｑ=8、故a n=３+2（n-１）=2ｎ+1, ｂn=8n-1、(Ⅰ) 证明:S n=3+5+…+(2ｎ+1）=ｎ(n+２) ,所以＋+…＋=+＋＋…+＝=<、1２、等比数列{aｎ｝得各项均为正数, 且２a1+3a2＝１，=9a2ａ6、(Ⅰ) 求数列{a n}得通项公式;(Ⅰ）设ｂn＝log3a1+lｏg３a2+…＋lｏg3aｎ, 求数列得前n项与、[答案] (Ⅰ) 设数列{a n}得公比为q、由=9a2a6得＝9,所以ｑ２＝、因为条件可知q>0, 故q=、由2a１+3a2=1得２a1＋3ａ１q=１, 所以a1＝、故数列{a n}得通项公式为aｎ=、(Ⅰ) b n=log3a1+ｌog３a2+…+lｏｇ３a n=-(１＋2+…+n)＝-,故=-=-2，+＋…＋=-２+＋…+=－、所以数列得前n项与为－、13、等差数列{ａn}得各项均为正数，a１=3,其前n项与为Sｎ,｛b n}为等比数列，b１=1,且b２Ｓ2=16,b3Ｓ3=60、(Ⅰ)求a n与bｎ；（Ⅰ)求＋＋…＋、[答案] （Ⅰ)设{a n}得公差为d,且d为正数,｛ｂn}得公比为q,ａn=3+(ｎ-1)ｄ,b n=q n-１，依题意有b２S2=q·(６+d)=1６,b3S3=ｑ2·(9+3d）=60，(2分）解得d＝２,q=2、(４分）故a n=3+２(ｎ-1)=2n+1,bｎ＝2n-1、(6分)(Ⅰ)Sｎ=3+5+…＋（2ｎ+1)=n(n+2),（8分)所以+＋…+＝+++…+=(１０分)＝=-、（12分)１4、设数列{aｎ}得前n项与S n满足：S n=na n-2n(n-1)、等比数列{ｂｎ｝得前n项与为T n,公比为ａ１，且T５=Ｔ3＋２ｂ５、（1)求数列｛aｎ}得通项公式;(２)设数列得前n项与为Ｍｎ，求证:≤M n<、[答案］（1)ⅠT5=T3+2b5,Ⅰb4+ｂ5=2ｂ5,即（ａ1－１）b4＝0,又b4≠0,Ⅰa1=1、n≥2时,a n=S n－S n-１=na n-(n-1)aｎ-1-4(n-1），即(ｎ－1)a n-(ｎ-１)a n－1＝４（n-１)、Ⅰｎ－1≥1,Ⅰａn-a n-１=4(n≥２）,Ⅰ数列｛a n}就是以1为首项,4为公差得等差数列,Ⅰａn＝4n-3、(6分)(2)证明:Ⅰ＝=·，（8分）ⅠM n=++…＋==＜,(10分)又易知Ｍn单调递增,故M n≥Ｍ1=、综上所述,≤Ｍｎ<、(12分）。
裂项相消法求数列的前n项和
数列求和的常见方法
公式法 裂项相消法 错位相减法 分组求和法 并项求和法 倒序相加法
回顾
裂项相消法
裂项法，是分解与组合思想在数列求和中的具体 应用。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。
回顾
常见的裂项求和
an＝n(n1＋1)＝1n－n＋1 1 an＝n(n1＋k)＝1k1n－n＋1 k an＝n(n＋11)(n＋2) ＝n(n1＋1)－(n＋1)1(n＋2)
余下的项具有的特点 易错点
强化训练
已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，有 2Sn＝n2＋n (n∈N*). (1)求数列的通项公式 an； (2)若 bn＝(－1)n＋1a1n＋an1＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
归纳总结
看
2裂
验
消
课后作业
1．已知正项等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 2a2＝S2＋12， a3＝2. （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）若 bn＝log2an＋3，数列bnb1n＋1的前 n 项和为 Tn，求满 足 Tn＞13的正整数 n 的最小值.
an＝
1 n＋ n＋1
＝
n＋1－
n
an＝
1 n＋
n＋k
＝1k(
n＋1－
n)
应用感悟
【例 1】已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 满足：Sn＝32an＋n－ 3． （1）求证：数列{an－1}是等比数列； （2）令 cn＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an－1)，令 dn ＝c1n，求数列{dn}的前 n 项和 Tn. 解：（1）∵ ∴S当n＝n≥32a2n＋时n，－S3n－1＝32an－1＋n－4
(完整版)裂项相消法求和附答案
裂项相消法利用列项相消法求和时，应注意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，后面剩两项，再就是通项公式列项后，有时需要调整前面的系数，使列项前后等式两边保持相等。
（1）若是{a n }等差数列，则)11.(1111++-=n n n n a a d a a ,)11.(21122n ++-=n n n a a d a a（2）11111+-=+n n n n ）（ （3）)11(1)(1kn n k k n n +-=+（4）)121121(2112)121+--=+-n n n n ）（（（5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n（6）n n n n -+=++111（7）)(11n k n kkn n -+=++ 1.已知数列的前n 项和为， ．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n 项和为．[解析] (1) ……………①时, ……………②①②得:即……………………………………3分在①中令, 有, 即，……………………………………5分故对2.已知{a n}是公差为d的等差数列，它的前n项和为S n，S4=2S2+8．（Ⅰ）求公差d的值；（Ⅰ）若a1=1，设T n是数列{}的前n项和，求使不等式T n≥对所有的nⅠN*恒成立的最大正整数m的值；[解析]（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，Ⅰ S4=2S2+8，即4a1+6d=2(2a1+d) +8，化简得：4d=8，解得d=2．……………………………………………………………………4分（Ⅰ）由a1=1，d=2，得a n=2n-1，…………………………………………5分Ⅰ =．…………………………………………6分Ⅰ T n===≥，…………………………………………8分又Ⅰ 不等式T n≥对所有的nⅠN*恒成立，Ⅰ ≥，…………………………………………10分化简得：m2-5m-6≤0，解得：-1≤m≤6．Ⅰ m的最大正整数值为6．……………………………………………………12分3.)已知各项均不相同的等差数列{a n}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅰ)设T n为数列的前n项和,求T2 012的值.[答案] (Ⅰ)设公差为d,由已知得(3分)解得d=1或d=0(舍去),Ⅰa1=2. (5分)故a n=n+1. (6分)(Ⅰ)==-,(8分)ⅠT n=-+-+…+-=-=. (10分)ⅠT2 012=. (12分)4.)已知数列{a n}是等差数列,-=8n+4,设数列{|a n|}的前n项和为S n,数列的前n项和为T n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证:≤T n<1.[答案] (1)设等差数列{a n}的公差为d,则a n=a1+(n-1)d. (2分)Ⅰ-=8n+4,Ⅰ(a n+1+a n)(a n+1-a n)=d(2a1-d+2nd)=8n+4.当n=1时,d(2a1+d)=12;当n=2时,d(2a1+3d)=20.解方程组得或(4分)经检验知,a n=2n或a n=-2n都满足要求.Ⅰa n=2n或a n=-2n. (6分)(2)证明:由(1)知:a n=2n或a n=-2n.Ⅰ|a n|=2n.ⅠS n=n(n+1). (8分)Ⅰ==-.ⅠT n=1-+-+…+-=1-. (10分)Ⅰ≤T n<1. (12分)5.已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列. (Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅰ)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.[答案] 查看解析[解析] (Ⅰ)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(Ⅰ)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为奇数时,T n=-+…-+++=1+=.所以T n=6. 已知点的图象上一点，等比数列的首项为，且前项和(Ⅰ) 求数列和的通项公式；(Ⅰ) 若数列的前项和为，问的最小正整数是多少？[解析]解：(Ⅰ) 因为，所以，所以，，，又数列是等比数列，所以，所以，又公比，所以，因为，又，所以，所以，所以数列构成一个首项为1，公差为1的等差数列，，所以，当时，，所以. （6分）(Ⅰ) 由(Ⅰ) 得，（10分）由得，满足的最小正整数为72. （12分）7. 在数列，中，，，且成等差数列，成等比数列（）.（Ⅰ）求，，及，，，由此归纳出，的通项公式，并证明你的结论；（Ⅰ）证明：.[解析] （Ⅰ）由条件得，由此可得.猜测. （4分）用数学归纳法证明：①当时，由上可得结论成立.②假设当时，结论成立，即，那么当时，.所以当时，结论也成立.由①②，可知对一切正整数都成立. （7分）（Ⅰ）因为.当时，由（Ⅰ）知.所以.综上所述，原不等式成立. (12分）8.已知数列的前项和是，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅰ）设，，求使成立的最小的正整数的值．[解析] （1）当时，，由，……………………1分当时，Ⅰ是以为首项，为公比的等比数列．……………………4分故…………………6分（2）由（1）知，………………8分，故使成立的最小的正整数的值.………………12分9. 己知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列．（I）求数列{a n}的通项公式；（II）设T n为数列的前n项和，若T n≤¨对恒成立，求实数的最小值．[解析] 122.（Ⅰ）设公差为d. 由已知得……………………………3分解得，所以………………………………6分（Ⅰ），………………………………9分对恒成立，即对恒成立又Ⅰ的最小值为……………………………………………………………12分10. 已知数列前项和为，首项为，且，，成等差数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（II）数列满足，求证：，[解析] （Ⅰ）成等差数列, Ⅰ，，当时，,两式相减得：.所以数列是首项为，公比为2的等比数列，.（6分）(Ⅰ) ，（8分），.（12分）11.等差数列{a n}各项均为正整数, a1=3, 前n项和为S n, 等比数列{b n}中, b1=1, 且b2S2=64, {}是公比为64的等比数列.(Ⅰ) 求a n与b n;(Ⅰ) 证明:++…+<.[答案] (Ⅰ) 设{a n}的公差为d, {b n}的公比为q, 则d为正整数,a n=3+(n-1) d,b n=q n-1.依题意有①由(6+d) q=64知q为正有理数, 又由q=知, d为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.(Ⅰ) 证明:S n=3+5+…+(2n+1) =n(n+2) ,所以++…+=+++…+==<.12. 等比数列{a n}的各项均为正数, 且2a1+3a2=1, =9a2a6.(Ⅰ) 求数列{a n}的通项公式;(Ⅰ) 设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n, 求数列的前n项和.[答案] (Ⅰ) 设数列{a n}的公比为q. 由=9a2a6得=9, 所以q2=.因为条件可知q>0, 故q=.由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1, 所以a1=.故数列{a n}的通项公式为a n=.(Ⅰ) b n=log3a1+log3a2+…+log3a n=-(1+2+…+n)=-,故=-=-2,++…+=-2++…+=-.所以数列的前n项和为-.13.等差数列{a n}的各项均为正数,a1=3,其前n项和为S n,{b n}为等比数列,b1=1,且b2S2=16,b3S3=60.(Ⅰ)求a n和b n;(Ⅰ)求++…+.[答案] (Ⅰ)设{a n}的公差为d,且d为正数,{b n}的公比为q,a n=3+(n-1)d,b n=q n-1,依题意有b2S2=q·(6+d)=16,b3S3=q2·(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)(Ⅰ)S n=3+5+…+(2n+1)=n(n+2),(8分)所以++…+=+++…+=(10分)==-.(12分)14.设数列{a n}的前n项和S n满足:S n=na n-2n(n-1). 等比数列{b n}的前n项和为T n,公比为a1,且T5=T3+2b5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列的前n项和为M n,求证:≤M n<.[答案](1)ⅠT5=T3+2b5,Ⅰb4+b5=2b5,即(a1-1)b4=0,又b4≠0,Ⅰa1=1. n≥2时,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).Ⅰn-1≥1,Ⅰa n-a n-1=4(n≥2),Ⅰ数列{a n}是以1为首项,4为公差的等差数列,Ⅰa n=4n-3. (6分)(2)证明:Ⅰ==·,(8分)ⅠM n=++…+==<,(10分)又易知M n单调递增,故M n≥M1=.综上所述,≤M n<. (12分)。
经典研材料裂项相消法求和大全
开一数学组教研材料 （裂项相消法求和之再研究 ) 张明刚一项拆成两项，消掉中间所有项，剩下首尾对称项 基本类型：1。
形如)11(1)(1kn n k k n n +-=+型.如错误!＝错误!－错误!；2。
形如a n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝)121121(21+--n n 型； 3.)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n4。
])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++=n n n n n n n a n5。
nn n n n n n n S n n n n n n n n n a 2)1(11,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=-则 6。
形如a n ＝错误!型． 7.形如a n ＝错误!＝错误!⎪⎭⎫⎝⎛---+1411411n n 型； 8.错误!＝错误!＝错误!－错误!. 9.形如a n ＝()n k n kk n n -+=++11型；1)1(1+++=n n n n a n10。
()b a ba b a --=+1111。
()!!1!n n n n -+=⋅ 12。
mn m n m n C C C -=+-11 13.()21≥-=-n S S a n n n14。
1)tan(tan tan tan tan ---=βαβαβα15。
利用两角差的正切公式进行裂项 把两角差的正切公式进行恒等变形，例如βαβαβαtan tan 1tan tan )tan(+-=- 可以另一方面，利用()[]kk kk k k tan )1tan(1tan )1tan(1tan 1tan ⋅+--+=-+=，得,11tan tan )1tan(tan )1tan(--+=⋅+kk k k16 利用对数的运算性质进行裂项对数运算有性质N M NMalog log log -=，有些试题则可以构造这种形式进行裂项。
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四、能力提升
• 归纳
1 ________ an an 1
• 则：
1 1 1 Sn ________ a1 a2 a2 a3 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。
1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1 ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 3 3 4 n 1 n n n 1
• 变式训练
2 已知an ，求S n nn 1
1 已知an , 求S n n(n 2)
三、增效练习
三、增效练习
数列求和—— 裂项相消法
杨军仓
ห้องสมุดไป่ตู้
康县一中
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。
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？
三、重难点点拨
• 裂项 1 1 1 • 你能证明 n(n 1) n n 1 • 请填空：
吗？
1 1 1 1 ( ) nn 2 2 n n 2
• 一般地：
1 1 1 1 ( ) nn k k n n k
三、重难点点拨
• 相消 • 怎么消？ • 哪些项是不能消去的？