数列求和-裂项

合集下载

数列求和——裂项相消法

数列求和
————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

数列求和中常见的裂项法

数列求和中常见的裂项法裂项法的实质是将数列中的每一项（通项）分解，然后再重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此规律拆成两项之差，在求和时一些正负相消，适用是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，高考中常见以下几种类型。

典例1.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则∑k=1n1S k= .解析：设公差为d,则{a 1+2d =3,4a 1+6d =10,∴{a 1=1,d =1,∴a n =n.∴前n 项和S n =1+2+…+n=n (n+1)2,∴1S n=2n (n+1)=2(1n -1n+1),∴∑k=1n1S k=21-12+12-13+…+1n -1n+1=2(1-1n+1)=2·n n+1=2nn+1.典例2、已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5=5，S 5=15，则数列{1a n a n+1}的前100项和为 (A)100101 (B) 99101(C) 99100 (D) 101100 解析：由a 5=5，S 5=15可知a 1=d =1,a n =n,1a n a n+1=1n(n+1)=1n -1n+1T 100=1−12+12−13+⋯1100−1101=100101故选A典例3、已知n k n a n++1，求{n a }的前10项和？解析：因为n n nn a n-+=++111，所以S 10=110910.........342312-=--+-+-典例4：已知数列{a n }为等差数列,其中a 2+a 3=8,a 5=3a 2. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)记b n =2an b n ,设{b n }的前n 项和为S n .求使得S n >20162017 的最小正整数n .解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ,依题意有 {2a 1+3d =8a 1+4d =3a 1+3d解得a 1=1,d =2,从而{a n }的通项公式为a n =2n -1,n ∈N *. (2)因为b n =2an b n=12n−1−12n+1所以S n =(1-13)+(13−15)+……+(12n−1−12n+1) =1-12n+1 , 令1-12n+1>20162017 ,解得n >1 008,故取n =1 009.类型⑤)n 1x x)ln(1(ln )1ln()1ln()11ln(=+-+=+=+令通常情况下出现n n n n n典例6、求∑k=1ln(nn+1n)=？解析:∑k=1n ln (n+1n)=ln2−ln1+ln3−ln2……+ln (n +1)−ln =ln⁡(n +1)类型⑥k k k k n n n n n+-+=++++112121)2)(2(2 典例7、数列{a n }的前n 项和S n ，满足S n =2a n -a 1,且a 1,a 2+1,a 3成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设11++=n n n n S S a b ,求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)由已知S n =2a n -a 1,有S n -1=2a n -1-a 1(n ≥2),则有a n =2a n -1(n ≥2),即数列{a n }是以2为公比的等比数列,又a 1,a 2+1,a 3成等差数列,即a 1+a 3=2(a 2+1),∴a 1+4a 1=2(2a 1+1),解得a 1=2,故a n =2n . (2)由(1)知S n =2n +1-2,22121221221.......221221221221)221221.......()221221()221221(221221)22)(22(2221433221433221211--=---+---+---=---+---+---=---=--=++++++++++n n n n n n n n n n n n T b n n nn 2121-+=+典例8.设{}n a 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是等差数列. 已知11a =，322a a =+，435a b b =+，5462a b b =+.（I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）设数列{}n S 的前n 项和为()n T n *∈N ，（i ）求n T ；（ii ）证明221()22()(1)(2)2n nk k k k T b b n k k n +*+=+=-∈+++∑N . 解析：（I ）设等比数列{}n a 的公比为q.由1321,2,a a a ==+可得220q q --=.因为0q >，可得2q =，故12n n a -=.设等差数列{}n b 的公差为d ，由435a b b =+，可得13 4.b d +=由5462a b b =+，可得131316,b d += 从而11,1,b d == 故.n b n =所以，数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，数列{}n b 的通项公式为.n b n =（II ）（i ）解：由（I ），有122112nn n S -==--，故 1112(12)(21)22212n nnkkn n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑.（ii ）证明：因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21k k k k k k+k T +b b k k k k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++，所以，324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+=-+-++-=-+++++∑. 既证。

数列求和裂项相消法公式

数列求和裂项相消法公式
数列裂项相消公式：1/[n(n+1)]=(1/n)-[1/(n+1)]。

裂项是指这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。

通项分解（裂项）倍数的关系。

通常用于代数，分数，有时候也用于整数。

公式，在数学、物理学、化学、生物学等自然科学中用数学符号表示几个量之间关系的式子。

具有普遍性，适合于同类关系的所有问题。

在数理逻辑中，公式是表达命题的形式语法对象，除了这个命题可能依赖于这个公式的自由变量的值之外。

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

裂项相消法公式大全

裂项相消法公式大全
裂项相消法是一种数学方法，用于解决等差数列、等比数列以及无理数列的求和问题。

该方法的基本思想是将等差数列、等比数列以及无理数列的每一项分别裂项，然后将裂项相消，从而得到等差数列、等比数列以及无理数列的和。

以下是裂项相消法的一些公式:
1. 等差数列求和公式:
Sn = n * (a1 + an) / 2
其中，n 是数列的长度，a1 是数列的首项，an 是数列的最后一项。

2. 等比数列求和公式:
Sn = (n/2) * (a1 * an) / (an + a1)
其中，n 是数列的长度，a1 是数列的首项，an 是数列的最后一项。

3. 无理数列求和公式:
对于无理数列，可以将每一项裂项，然后相消。

例如，对于无理数列π*(n+1)/n，可以将π*(n+1)/n 裂项为π/n 和 (n+1)*π/n，然后将两项相消。

4. 等差数列裂项公式:
a[n+1] - a[n] = (n+1-n)*a1
其中，a[n+1] 是数列的第 n+1 项，a[n] 是数列的第 n 项，n 是数列的长度。

5. 等比数列裂项公式:
a[n+1]/a[n] = (a[n]/a[n-1])*(a[n-1]/a[n])
其中，a[n+1] 是数列的第 n+1 项，a[n] 是数列的第 n 项，n 是数列的长度。

6. 无理数列裂项公式:
π*(n+1)/n - π/n = (n+1-n)*π
其中，π*(n+1)/n 是数列的第 n+1 项，π/n 是数列的第 n 项，n 是数列的长度。

以上是裂项相消法的一些公式，可以根据实际需要选择合适的公式进行求解。

《数列求和裂项》课件

实例二：分式数列的求和
分式数列
(frac{1}{1} + frac{1}{2} + frac{1}{3} + ... + frac{1}{n})
裂项求和
利用分数的性质，将每一项拆分成更小的部分，然后进行求和。
具体操作
(frac{1}{1} + frac{1}{2} + frac{1}{3} + ... + frac{1}{n} = (1 - frac{1}{2} + frac{1}{2} - frac{1}{3} + ... + frac{1}{n - 1} - frac{1}{n}) + frac{1}{n})
裂项求和法的总结
裂项求和法是一种常用的数列求和方法，通过将数列的每一项拆分成易于求和的形式，简化求和过程。
裂项求和法适用于多种类型的数列，如等差数列、等比数列等，能够有效地解决一些复杂的数列求和问题。
在应用裂项求和法时，需要仔细分析数列的结构和特点，选择合适的拆分方式，以达到简化求和的目的。
分式形式的裂项公式在处理具有分式规律的数列时非常有效，可以大大简化计算过程，
提高解题效率。
几何级数的裂项公式
几何级数的裂项公式是指将数列中的每一项表示为几何级数的形式，然后通过化简或分解因式，将原数列的求和问题转化为新数列的求和问题。例如，对于数列 $1, 2, 4, 8, ldots$，其裂项公式为$2^{n-1}$。
差分形式的裂项公式在解决数列求和问题中非常常见，尤其在处理等差数列、等比数列等具有明显规律的数列时，可以大大简化计算过程。
指数形式的裂项公式
指数形式的裂项公式是指将数列中的每一项表示为指数形式，然后通过因式分解或化简，将原数列的求和问题转化为新数列的求和问题。例如，对于数列$1, 2^2, 3^3, ldots, n^n$，其裂项公式为$frac{1}{2} times (1 + n^n)$。

高中数学拉档提分全攻略——数列分册 ,裂项求和常见32种类型

+
1] 2n +1
Sn
=
1 11
+ +
1 3 1
− −
1 3 1
− −
1 5 1
+ +
1 5 1
+ +
1 7 1
− −
1 7 1
− −
1 9 1
+ +
1 3 3 5 5 7 7 9
(19)
+（ 1 + 1 ）= 1+ 1 , n = 2k +1
2n −1 2n +1
2n +1
−（ 1 + 1 ）= 1− 1 , n = 2k
an−1 = (3n − 5)2n−1 = (3n − 8)2n − (3n −11)2n−1
an = (3n − 2)2n = (3n − 5)2n+1 − (3n − 8)2n
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
n
ak =(3n − 5)2n+1 + 5 21
1
(28) an = n2 2n
=
1 (2n +1) 2n−1
−
(2n
1 + 3)
2n
Sn
=
1 3
−
(2n
1 + 3) 2n
(21)
Sn
=
n k =1
k 2k + 2 (k + 1)(k + 2)
ak
=
k 2k + 2 (k +1)(k + 2)
=
(k
k 2k +1)(k + 2)

数列中裂项求和的几种常见模型

数列中裂项求和的几种常见模型数列问题是高考的一大热点，而且综合性较强，既注重基础知识的掌握，又注重数学思想与方法的运用。

而此类问题大多涉及数列求和，所以数列求和方法是学生必须掌握的，主要的求和方法有：公式法、拆项重组法、并项求和法，裂项相消法、错位相加法、倒序相加法等等，而裂项相消法是其中较为基础、较为灵活的一种，也是出现频率最高，形式最多的一种。

下面就例举几种裂项求和的常见模型，以供参考。

模型一：数列{}n a 是以d 为公差的等差数列，且),3,2,1(0,0 =≠≠n a d n ，则)11(1111++-=n n n n a a d a a 例1已知二次函数()y f x =的图像经过坐标原点，其导函数为'()62f x x =-，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)()nn S n N *∈均在函数()y f x =的图像上。

（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设11n n n b a a +=，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m ；（2006年湖北省数学高考理科试题）解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax 2+bx (a ≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x －2,得a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x 2－2x. 又因为点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上，所以n S ＝3n2－2n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2－2n ）－[])1(2)132---n n （＝6n －5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5 （n N *∈）（Ⅱ）由（Ⅰ）得知13+=n n na ab ＝[]5)1(6)56(3---n n ＝)161561(21+--n n ，故T n ＝∑=ni i b 1＝21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-)161561(...)13171()711(n n ＝21（1－161+n ）. 因此，要使21（1－161+n ）<20m （n N *∈）成立的m,必须且仅须满足21≤20m ，即m ≥10，所以满足要求的最小正整数m为10..例2在xoy 平面上有一系列点),,(111y x P),(222y x P ，…，),(n n n y x P ，…，（n ∈N *），点P n 在函数)0(2≥=x x y 的图象上，以点P n 为圆心的圆P n 与x 轴都相切，且圆P n 与圆P n +1又彼此外切. 若n n x x x <=+11,1且. （I ）求数列}{n x 的通项公式；（II ）设圆P n的面积为,,:2n n n n S T S T =+<求证解：（I ）圆P n 与P n+1彼此外切，令r n 为圆P n 的半径， ,)()(,||1212111++++++=-+-+=∴n n n n n n n n n n y y y y x x r r P P 即两边平方并化简得,4)(121++=-n n n n y y x x由题意得，圆P n 的半径,4)(,212212++=-==n n n n n n n x x x x x y r),(211,2,01111*++++∈=-=-∴>>N n x x x x x x x x nn n n n n n n 即11}1{1=∴x x n 是以数列为首项，以2为公差的等差数列，所以121,122)1(11-=-=⨯-+=n x n n x n n 即（II ）4422)12(-====n x y r S n n n n ππππ，])12(1311[2221-+++=+++=n S S S T n n π因为 ))12)(32(15.313.111(--++++≤n n π .23)12(223)]1211(211[)]}121321()5131()311[(211{πππππ<--=--+=---++-+-+=nn n n所以，.23π<nT模型二：分母有理化，如：n n n n -+=++111例3已知)2(41)(2-<-=x x x f ，)(x f 的反函数为)(x g ，点)1,(1+-n n a a A 在曲线)(x g y =上)(*∈N n ，且11=a(I)证明数列{21na }为等差数列；(Ⅱ)设1111++=n n n a a b ,记n n b b b S +++= 21，求n S解(I)∵点A n (11,+-n n a a )在曲线y =g (x )上(n ∈N +)，∴点(n n a a ,11+-)在曲线y =f (x )上(n ∈N +)4)1(12--=nna a ,并且a n >021141nn a a +=∴+，),1(411221N n n a a nn ∈≥=-∴+，∴数列{21na }为等差数列 (Ⅱ)∵数列{21na }为等差数列，并且首项为211a =1，公差为4，∴21na =1+4（n —1），∴3412-=n a n ，∵a n >0，∴341-=n a n ，b n ＝1111++n n a a =4341414341--+=++-n n n n ,∴S n ＝b 1＋b 2+…＋b n =43414.......459415--+++-+-n n =4114-+n 例4设40122N =，则不超过1Nn =的最大整数为。

数列求和公式及裂项变形

{}{}1k n a -∆∆为等差数列，则称数列{}n a 为k 阶等差数列.结论1.数列{}n a 为k 阶等差数列的充要条件为其通项公式为n 的k 次多项式.结论2.由k 阶等差数列{}n a 的前2,3,,n ⋅⋅⋅项之和组成的数列{}n S 是1k +阶等差数列.结论3.若k 阶等差数列{}n a 的各阶差分数列的首项依次为01d a =、121d a a =-、23212d a a a =-+、…，则此k 阶等差数列{}n a 的通项公式为110n in n i i a C d --==∑；前n 项和公式为11n i n n ii S Cd -+==∑.第五节数列求和公式前面已经出现了一些求和公式，另外还有以下一些求和公式：一、阿贝尔求和公式设12k k S a a a =++⋅⋅⋅+(1,2,,)k n =⋅⋅⋅，则1111()nn k kn n k k k k k a bS b S b b -+===+-∑∑.二、常用公式1.第一组(1)1232n n n ++++⋅⋅⋅+=；2222(1)(21)1236n n n n +++++⋅⋅⋅+=；233332[(1)]123(123)4n n n n ++++⋅⋅⋅+==+++⋅⋅⋅+；24444(1)(21)(331)12330n n n n n n +++-+++⋅⋅⋅+=；2225555(1)(221)12312n n n n n ++-+++⋅⋅⋅+=；130436666(1)(21)(3631)12342n n n n n n n +++-++++⋅⋅⋅+=；224327777(1)(3642)12324n n n n n n n ++--++++⋅⋅⋅+=；654328888(1)(21)(51551593)12390n n n n n n n n n n ++++--+-+++⋅⋅⋅+=；22654329999(1)(26863)12320n n n n n n n n n +++-++-+++⋅⋅⋅+=；876543210101010(1)(21)(31281810242155)12366n n n n n n n n n n n n ++++--++-++++⋅⋅⋅+=.2.第二组11()2123(1)()2n n n n n n -+⎧⎪⎪-+-⋅⋅⋅+-=⎨⎪-⎪⎩为奇数为偶数；222121(1)123(1)(1)2n n n n n --+-+-⋅⋅⋅+-=-；2333132(21)(1)()4123(1)(23)()4n n n n n n n n -⎧-+⎪⎪-+-⋅⋅⋅+-=⎨+⎪-⎪⎩为奇数为偶数；2444141(1)(1)123(1)(1)2n n n n n n n --++--+-⋅⋅⋅+-=-.3.第三组2135(21)n n +++⋅⋅⋅+-=；2462(1)n n n +++⋅⋅⋅+=+；222221135(21)(41)3n n n +++⋅⋅⋅+-=-；333322135(21)(21)n n n +++⋅⋅⋅+-=-.1314.第四组由组合恒等式111(,,)r r r r r r n n C C C C n r N n r +*++++⋅⋅⋅+=∈>赋值可得：11223(1)(1)(2)3n n n n n ⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+=++；1123234(1)(2)(1)(2)(3)4n n n n n n n ⨯⨯+⨯⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯+=+++；…11(1)(2)(1)(1)(2)()1ni i i i i m n n n n m m =++⋅⋅⋅+-=++⋅⋅⋅++∑.第六节裂项变形一、数列中的裂项结论1．等差数列{}n a 中，有121121231111()n n n na a a a a a a a a a a -=-⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅⋅⋅；特别地，（1）对于任意两个不相等正数m 、n ，总有11111()n m mn n m mn n m m n-=⋅=---.（2）对于等差数列{}n a 的任意两项m a 、n a ，总有11()1111()()()()n m m n m n m n m na a n m d a a n m d a a n m d a a n m d a a --=⋅=⋅=----；其中d 是公差，,,m n N m n *∈<.（3）对于等差数列{}n a 的多项，有1223111121121111111()(1)m m n n n m m n n n m a a a a a a a a a m d a a a a a a +++--+++-++⋅⋅⋅+=-⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅⋅⋅；其中d 是公差，,n m N *∈.结论2．正项等比数列{}n a 中，有111111()lg lg lg lg lg n nn na a q a a --=-，其中q 是公比.132二、根式中的裂项结论1．111x x x x =+-++.结论2．111(1)11k k k k k k =-++++.结论3．22111111(1)1n n n n ++=+-++.三、排列数中的裂项111!(1)!!n n n n -=--；!(1)!!n n n n ⋅=+-.四、三角中的裂项结论1．11cot 2cot 2sin 2n nnx x x-=-；结论2．tan tan(1)tan tan(1)1tan tan nx n xnx n x x x--=--；结论3．2sin cos 2sin(21)sin(21)x nx n x n x =+--；加强为：21212sincos()sin()sin()222n n x n x x αααα+-+=+-+.结论4．2sin sin 2cos(21)cos(21)x nx n x n x =--+；加强为：21212sinsin()cos()cos()222n n x n x x αααα-++=+-+.结论5．sin1sin[(1)]tan(1)tan cos cos(1)cos cos(1)o o on n n n n n n n +︒-︒==+︒-︒+︒+︒.五、其他裂项结论1．2222()kn k n k n +=+-或22222211()()kn k n n k n n k +=-++，特别地，133当1k =时，有22222111(1)(1)n n n n n +=-++，当2k =时，有22221111[](2)4(2)n n n n n +=-++，…结论2．233331(1)n n n n ++=+-.结论3．11111()()()1n n n n n x x a x a x x a x a++=-++-++.结论4．22211a x a x a x a =---+及22211x x a x a x a=+--+.结论5.12112(1)22(1)n n n n n n n n -+=-++.结论6.非零数列{}n a 中，有2111111n n n n n n a a a a a a ++=+⇔=-+.结论7.1111(1)(1)(1)(,)k k k k k n n k n n n n k N ++++*--<+<+-∈.第七节数列极限定义：对任意小的数0ε>，都存在正整数N ，使得对于一切n N >，不等式n a A ε-<总成立，则称数列{}n a 的极限为A ，记作lim n n a A →∞=.一、数列极限的判定判定一（柯西准则）：数列{}n a 的极限存在的充分必要条件为：对任意给定的0ε>，都存在正整数()N N ε=，使得当n N >时，不等式n n p a a ε+-<对一切正整数p 总成立.判定二：数列{}n a 的极限存在的充分必要条件为：上下极限相等，即lim lim n n n n a a A →+∞→-∞==.134。

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 n a 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 n n 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——教案2

数列求和方法之——裂项相消法（课型：高三复习课）授课人：王彦文一、教学目标1、使学生能够熟练掌握应用裂项相消法给数列求和。

2、让学生能够（1）准确辨认出这类问题（应用裂项相消法求和）的形式：（2）掌握如何拆项，如何提系数，消去之后余项是什么：二、教学重难点重点：利用裂项相消法求数列的前n 项之和.难点：在裂项相消法中如何“裂项”，裂项相消法的应用.三、教学过程（一）例题引入：求数列1，—21，21，—31，31，—41，41，…….—n 1，n 1，—11+n 的前2n 项和（二）裂项相消求和：例1、比较上题求：1111122334(1)n S n n =++++⨯⨯⨯+…的前n 项和变式：求)12)(12(1751531311+-+⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯=n n S n总结：1、常见的裂项有：（1）=+)2(1n n （2）=+)(1k n n （2）=+-)12)(12(1n n ；（3）=⋅+11n n a a （其中数列{}n a 是等差数列，公差为d ）例2.已知数列{}n a 的各项如下：1，211+，3211++，…………，n ++++ 3211。

求它的前n 项和n S 。

变式： 11211++⋅⋅⋅++++=n n n n a n ，又12+⋅=n n n a a b ，求数列{bn}的前n 项的和.3、（备选题）能力提升（全国新课标）已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且26223219,13a a a a a ==+．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n n a a a b 32313log log log +⋅⋅⋅++=，求数列}1{n b 的前n 项和．四、课堂总结：（口述）六、课后作业：1、已知2221111(2)23n S n n =+++⋅⋅⋅≥，那么n S 的范围是？ 2、.S ,1-41n 2求已知n a n =七、课后反思。

运用裂项相消法求和的步骤

解题宝典裂项相消法是求数列和的一种重要方法，是指将数列的通项公式通过变形，分裂为两项之差的形式，在求和时通过抵消中间的部分项，达到求和目的的方法.一般地，运用裂项相消法求和主要有以下两个步骤.第一步,裂项运用裂项相消法求和的关键在于裂项，这也是很多同学感觉比较困难的地方.其实裂项是通分的逆运算，例如,a n =1n (n +1)可裂为a n =1n -1n +1,我们若将1n -1n +1通分即可得到1n (n +1).同学们只要把握这一点，便能顺利将通项公式裂项.常见的裂项方式有1n ()n +k =1k æèöø1n -1n +k 、n (n +1)!=1n !-1(n +1)!、1()2n -1()2n +1=12æèöø12n -1-12n +1、1n +n +k =1k ()n +k -n 、1n ()n +1()n +2=12[1n ()n +1-1()n +1()n +2].例1.数列{}c n 满足c n =2n +1(2n +1-2)(2n +1-1)，其前n 项和为T n ，若T n <9991000，则n 的最大值是.分析：仔细观察，可发现该通项公式是分式的形式，将12n -1-12n +1-1通分可得2n +1(2n +1-2)(2n +1-1)，即可将{}c n 的通项公式裂为c n =12n -1-12n +1-1，这样便可利用裂项相消法来求和.解：c n =2n +1(2n +1-2)(2n +1-1)=2n (2n -1)(2n +1-1)=1(2n -1)-1(2n +1-1)，∴T n =c 1+c 2+⋯+c n =(12-1-122-1)+(122-1-123-1)+⋯+(12n -1-12n +1-1)=12-1-12n +1-1=1-12n +1-1.由1-12n +1-1<1-11000可得12n +1-1>11000，即2n +1*，则n +1≤9，即n ≤8.第二步,求和裂项的目的是为了将数列中的每项分解，然后重新组合，以便能消去其中的一些项.需要注意的是，必须搞清楚消掉了哪些项，保留了哪些项.一般保留的项前后具有对称的特点，即前面剩下的项数与后面剩下的项数相等.例2.若数列{}a n 满足a 1=1，a n -1+a n =a n a n -1(n 2-n )∙(-1)n（n ∈N *，且n ≥2）则数列{}a n +1(2n +1)(2n +3)的前6项和为.解：∵a n -1+a n =a n a n -1()n 2-n ∙()-1n，∴（-1）n （1a n +1a n -1）=1n -1-1n，∴(1a 1+1a 2)-(1a 2+1a 3)+(1a 3+1a 4)-…+(-1)n (1a n -1+1a n )=(1-12)+(12-13)+…+(1n -1-1n)=1-1n ．当n 为奇数时，1a 1-1a n =1-1n，∴a n =n ．当n 为偶数时，1a 1+1a n =1-1n，∴a n =-n ．∴a n =（-1）n +1n ．∴a n +1()2n +1()2n +3=(-1)n ()n +1()2n +1()2n +3=(-1)n 14(12n +1+12n +3)．∴数列ìíîüýþa n +1()2n +1()2n +3的前6项和为14[-(13+15)+(15+17)-…+(113+115)]=14(115-13)=-115．本题主要运用了数列求和的方法——裂项求和法以及分类讨论思想.我们需分n 为奇数和偶数两种情况进行讨论，然后将数列的通项公式裂项，重新组合再来求和.在求和时，同学们要注意把握其中的规律，有的是前后项相消，有的是隔项相消.裂项相消法看似“千变万化”，实则“有迹可循”，同学们只要把握其中的规律，就能以不变应万变，顺利求得数列的和.(作者单位:吉林省长春市十一高中)付禹41。

数列求和-裂项法

1 1 1 1 2 2 1 (2n 1)(2n 1) (2n 1) (2n 1)
通项an 1 cn cn1
2n( n 1) Sn 2n 1
3 5 7 2n 1 3.求和Sn . 2 2 2 2 (1 2) (2 3) (3 4) [n(n 1)]
试一试：可以调整一下，一步到位吗？
小结：
在分式求和中，恰当地裂开通项转化为新数列的两项差以达到累加相消，实现无限到有限的跨越！
an = cn - cn + k (n , n + k ? N )
*
裂项相消法与错位相减法
例题已知数列 . {an }满足：a1 , a2 a1 , a3 a2 , , an an 1 , 是首项、公差均为2的等差数列. ( Ⅰ求数列 ) {an }的通项公式an； (2n 1) 3n * (Ⅱ)令bn (n N )，求数列{bn }的前 an n项和Tn .
2n 1 2n 1 通项an 2 2 2 [n(n 1)] n (n 1)
1 1 2 n (n 1) 2
cn cn1
1 Sn 1 2 (n 1)
2 4.求和：Sn = k+1 k -1)(2 -1) k=1 (2 2 (2 - 1) - (2 -1) n+1 n+1 n n (2 -1)(2 -1) (2 -1)(2 -1)
2 4.求和：Sn = k+1 k -1)(2 -1) k=1 (2
n
k
4 12 4 22 4 32 4 n2 2.求数列 2 , , , , , 2 2 2 4 1 1 4 2 1 4 3 1 4 n 1 的前n项和.

第12讲裂项求和法

第十二讲裂项求和法裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前错误!未找到引用源。

项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似错误!未找到引用源。

（其中错误!未找到引用源。

是各项不为零的等差数列，错误!未找到引用源。

为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法：（1）错误!未找到引用源。

，特别地当错误!未找到引用源。

时，错误!未找到引用源。

；（21k =，特别地当错误!未找到引用源。

=；（3）()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭（4）()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭（5）22)2(1+n n )211(1+-=n n 2 （6）若{}n a 是公差为d 的等差数列，则111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭；（7）)121121(21114422+--⨯+=-n n n n （8）121121)12)(12(21n 1n +-+=++++n n n(9)nn n n n n n n n n n n n 2)1(12121)1()1(221)1(21+-⋅=⋅+-+=⋅++-；(10)11m m mn n n C C C -+=-；（11）()!1!!n n n n ⋅=+-.例1.【2017新课标Ⅱ】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ．【答案】21nn + 【解析】设等差数列的首项为1a ，公差为d ，则1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得11a =，1d =， ∴1(1)(1)22n n n n n S na d -+=+⨯=，所以12112()(1)1n S k k k k ==-++，所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk knS n n n n ==-+-+⋅⋅⋅+-=-=+++∑．例2 已知)3(1+=n n a n ，求n S例3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()14211n n S n a +=-+，且11a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n n n c a a =+，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求n T .【答案】（1）21n a n =-；（2）21n nT n =+. 【解析】（1）14(21)1n n S n a +=-+①，当1n =时，1241S a =+，解得23a =当2n 时，14(23)1n n S n a -=-+②，①减去②得14(21)(23)n n n a n a n a +=---，整理得1(21)(21)n n n a n a ++=-，即12121n n a n a n ++=-，∴213a a =，3253a a =，⋯，12123n n a n a n --=- 以上各式相乘得121na n a =-，又11a =，所以21n a n =-，（2）由（1）得11111(2)(21)(21)22121n n n c a a n n n n ⎛⎫===- ⎪+-+-+⎝⎭，1111111112323522121n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭111111123352121n n ⎛⎫=-+-+⋯+- ⎪-+⎝⎭111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭21n n =+21n nT n ∴=+，例4．(2014山东）已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且1S ，2S ，4S 成等比数列．（Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）令n b =,4)1(11+--n n n a a n求数列}{n b 的前n 项和n T ．解析】（Ⅰ）,64,2,,2141211d a S d a S a S d +=+===4122421,,S S S S S S =∴成等比，解得12,11-=∴=n a a n（Ⅱ）)121121()1(4)1(111++--=-=-+-n n a a n b n n n n n ，当n 为偶数时11111(1)()()33557n T =+-+++-1111()()23212121n n n n ++-+---+ 1221211+=+-=∴n nn T n 11111(1)()()33557n n T =+-+++--当为奇数时， 1111()()23212121n n n n +++---+ 12221211++=++=∴n n n T n ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=∴为奇数为偶数n n n n n nT n ,1222,122．例5．已知数列{}n a 是递增的等比数列，且14239,8.a a a a +==（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（Ⅰ）12n n a -=（Ⅱ）112221n n ++--【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，所以有323141231(1)9,8a a a q a a a q +=+===联立两式可得11{2a q ==或者18{12a q ==又因为数列{}na 为递增数列，所以q>1，所以11{2a q == 数列{}n a 的通项公式为12n n a -=（2）根据等比数列的求和公式，有122112nn n s -==--所以1111211(21)(21)2121n n n n n n n n n a b s s ++++===----- 所以1111111111221 (133721212121)n n n n n n T ++++-=-+-++-=-=---- 例6．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()*23n n S na n n N -=∈，且25a =.（1）证明数列{}n a 为等差数列，并求{}n a 的通项公式；（2）设n b =，n T 为数列{}n b 的前n项和，求使n T >成立的最小正整数n 的值.【答案】（1）证明见解析,21n a n =+（2）8n =【解析】（1）当2n ≥时，112(1)3(1)n n S n a n ----=-，又23n n S na n -=，所以1(1)(2)3n n n a n a ----=，当3n ≥时，21(2)(3)3n n n a n a -----=，所以121(1)(2)(2)(3)n n n n n a n a n a n a ------=---，可得122n n n a a a --=+，所以{}n a 为等差数列.又1123S a -=，得13a =，又25a =，所以21n a n =+.故答案为21n a n =+ （2）n b ===12==，所以12n T =.要使10n T >，即1210>，解得638n >，所以8n =.故答案为8n =课后练习：1．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且912162a a =+，24a =，则数列1{}n S 的前20项的和为( )A ．1920B ．2021C ．2122D ．2223【解析】解：由912162a a =+及等差数列通项公式得1512a d +=，又214a a d ==+，12a d ∴==，2(1)222n n n S n n n -∴=+⨯=+，∴1111(1)1nS n n n n ==-++， ∴数列1{}n S 的前20项的和为1111111120112233*********-+-+-+⋯+-=-=，故选：B ．2．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足(1)2n n n S +=，则数列11{}n n a a +的前10项的和为1011．【解析】解：数列{}n a 的前n 项和n S 满足(1)2n n n S +=，可得1n =时，111a S ==， 2n 时，1(1)(1)22n n n n n n na S S n -+-=-=-=，上式对1n =也成立，故n a n =，*n N ∈， 11111(1)1n n a a n n n n +==-++，则数列11{}n n a a +的前10项的和为111111101122310111111-+-+⋯+-=-=．故答案为：1011． 3．已知数列{}n a 的各项均为正数，12a =，114n n n n a a a a ++-=+，若数列11{}n na a -+的前n 项和为5，则n =120 ．【解析】解：数列{}n a 的各项均为正数，12a =，114n n n n a a a a ++-=+，2214n n a a +∴-=，2214n n a a +∴=+，1n a +∴=12a =，2a ∴==3a ∴==4a ==，⋯由此猜想n a =．11142,n n n n a a a a a ++=-=+，若数列11n n a a -⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为5，∴21321111()(2)544n n n a a a a a a a ++-+-+⋯+-=-=22∴，解得1121n +=，120n ∴=．故答案为：120．4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且223n n a a =+，33S =，数列{}n b 为等比数列，13310b b a +=，24610b b a +=．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）若11(1)(1)(1)n n n n n b c b b b -+=+++，求数列{}n c 的前n 项和n T ，并求使得2116n T λλ<-恒成立的实数λ的取值范围．【解析】解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，223n n a a =+，33S =，21123a a a d ∴=+=+，1333a d +=，解得11a =-，2d =．12(1)23n a n n ∴=-+-=-．设等比数列{}n b 的公比为q ，13310b b a +=，24610b b a +=．∴21(1)103b q +=⨯，31()109b q q +=⨯，解得13b =，3q =．3n n b ∴=．（2）1111113311[](1)(1)(1)(31)(31)(31)8(31)(31)(31)(31)n n n n n n n n n n n n n b c b b b -+-+-+===-++++++++++， ∴数列{}n c 的前n 项和13113[]824(31)(31)64n n n T +=-<⨯++， 2116n T λλ<-恒成立，化为2316416λλ-，即264430λλ--，解得：14λ，或316λ-．5．已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知11a =且()12n n nS n S +=+，*n N ∈. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()*24141nn n a b n N n =-∈-，数列{}n b 的前n 项和为n P ，若112020n P +<，求正整数n 的最小值.【答案】（1）n a n =（2）1010【解析】（1）解析1：（累乘法）由()1122n n n n S n nS n S S n+++=+⇒=,所以2n ≥时, 121121n n n n n S S S S S S S S ---=⋅⋅()111431123212n n n n n n n n ++-=⋅⋅⋯⋅⋅=---,又111S a ==也成立,所以()12n n n S +=,所以当2n ≥时,1n n n a S S n -=-=,又11a =也成立,所以n a n =.解析2：（配凑常数数列）()1122n n n n S S nS n S n n ++=+⇒=+()()()1211n n S S n n n n +⇒=+++,故()1n S n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭为常数列,即()111212n S S n n ==+⨯,所以()12nn n S +=,所以当2n ≥时,1n n n a S S n -=-=,又11a =也成立,所以n a n =.解析3：（直接求n a ）()1122n n n n nS n S na S ++=+⇒=,所以()112n n n a S --=,两式相减可得()()11121n n n n a a an n a n n n ++=+⇒=≥+,又因为22a =,所以212n a an ==,即当2n ≥时,n a n =,当1n =也成立,故n a n =.（2）解析（裂项相消）：由上题可知()()241111412121nn n n b n n n ⎛⎫=-=-+ ⎪--+⎝⎭,所以()()1111111111335572121n n n P n n =--++--++-+--+()11121nn =-+-+,所以11201912120202n P n n +=<⇒>+,故n 的最小值为1010.。

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。