数列求和的“裂项相消法”讲解复习过程
数列求和之裂项相消法 PPT课件
变式：
数列an的通项公式是an
试求bn 的前 n项和 S n .
2n
1, 如果数列bn 是bn
an
2n an1
,
小结4：
1
1 n k n ,特别地
1
n 1 n.
nk n k
n1 n
知识归纳
裂项相消法的常见类型 分式型、等差数列型、根式型
数列求和
裂项相消法
2016年4月1日
教学目标：
知识与技能目标
数列求和的方法之裂项相消法
过程与能力目标
裂项相消法的常见题型及解题思路
教学重难点：
重 点： 裂项相消法的常见题型及解题思路
难 点： 裂项相消法适用题型的特征及相消
后所剩项的判断
教学过程 新课导入
小学奥数中：
？ 1 1 1 1
1 a2a3
1 a3a4
1 an an 1
求 Sn .
解：
小结3: (5) 若an是等差数列, an 0,公差d 0,则
1 an an 1
1 d
1 an
1 an1
巩固练习
练习3：
已知数列an是等差数列,且其通项公式 an n,则
Sn
1 a1a3
1 2 2 3 3 4
100101
学生思考：
1 1 1 1 98 99 99 100
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 3 3 4
100 101
1 1 100 101 101
？ 问题：
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)。
专题一 数列求和(2)裂项相消法+错位相减法
专题一（2）裂项相消法求数列前n 项和学习目标 1裂项相消法求和的步骤和注意事项 2使学生能用裂项相消法来解决分式数列的求和探究（一）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．例1、说明：（1）裂项相消法的关键就是将数列的每一项拆成二项或多项,使数列中的项出现有规律的抵消项，进而达到求和的目的。
即：把数列的通项拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项和变成首尾若干项之和． 适合于分式型数列的求和。
（2）利用裂项相消法求和时，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，后面也剩两项，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．（3）一般地若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)，1a n ·a n ＋2＝12d (1a n －1a n ＋2)．（4）此外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相消求和．变式练习:项和的前)2(1，，531，421，311求数列n n n +⋅⋅⋅⨯⨯⨯.变式与拓展：1、项和的前)13)(23(1，，,741，411求数列n n n +-⋅⋅⋅⨯⨯例2、设{a n }是等差数列，且a n ≠0.求证1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝na 1a n ＋1.证明：设{a n }的公差为d ，则1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2·1a 2－a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3·1a 3－a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1·1a n ＋1－a n＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1＝1d ·a 1＋nd －a 1a 1a n ＋1＝na 1a n ＋1. 所以1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n a 1a n ＋1.常见的拆项公式有：例3、已知数列｛a n ｝：11，211+，3211++，…1123n+++，…，求它的前n 项和。
高中数学必修5《数列求和-裂项相消法》PPT
（二）、典例：
谢谢大家！
二、教学重点和难点： 重点：裂项相消的方法和形式。能将一些特殊数
列的求和问题转化为裂项相消求和问题。 难点：用裂项相消的思维过程，不同的数列采用
不同的方法，运用转化与化归思想分析问题和解决问 题。
பைடு நூலகம்
三、教学过程： （一）复习：
常用求和方法： 1.错位相减法：
适用于一个等差数列和一个等比数列（公比不等于1）对应项相乘构成的数列求和. 2.分组求和法：
把一个数列分成几个可以直接求和的数列的和（差）的形式. 3.倒序相加法：
如果一个数列中，与首尾两端“距离”相等两项的和等于同一个常数，那么可用倒序相加求 和.
4.裂项相消法：
把一个数列的通项公式分成两项差的形式， 相加过程中消去中间项，只剩有限项再求和.注意： 在抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵 消。
适用范围。进一步熟悉数列求和的不同呈现形式及解决策略。 2 过程与方法目标 经历数列裂项相消法求和的探究过程、深化过程和推广
过程。培养学生发现问题、分析问题和解决问题的能力。体会 知识的发生、发展过程，培养学生的学习能力。
3 情感与价值观目标 通过数列裂项相消求和法的推广应用，使学生认识到在
学习过程中的一切发现、发明，一切好的想法和念头都可以发 扬光大。激发学生的学习热情和创新意识，形成锲而不舍的钻 研精神和合作交流的科学态度。感悟数学的简洁美﹑对称美。
高中数学必修五 数列求和之裂项相消法
考纲要求
考纲研读
1.掌握等差数列、等比数列的 对等差、等比数列的求和以考
求和公式．
查公式为主，对非等差、非等
比数列的求和，主要考查分组
2.了解一般数列求和的几种方 求和、裂项相消、错位相减等
数列求和-裂项相消法-PPT课件
为等b比n 数列
②乘公比：等式两边乘以等比数列的公比
③错位：让次数相同的相对齐④相减⑤解出Sn
数列求和-裂项相消法
例题探究·提炼方法
(教材必修5习题2.3B组第四题)
解：
an
1 n(n 1)
1 n
1 n 1
Sn a1 a2 a3
an1 an
(1- 1）（1 - 1）（1 - 1） （ 1 1） (1 1 ) 2 2 3 3 4 n 1 n n n 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
(3n
1 2)(3n
1)
1 3
(1 3n
2
1) 3n 1
数列求和-裂项相消法
1 n＋1＋
＝ n
n＋1－
n，
S2 016＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 016＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3) ＋…＋( 2 016－ 2 015)＋( 2 017－ 2 016)＝ 2 017－1. 答案：C
数列求和-裂项相消法
强化练习·扩展延伸
强化练习2
题型3：
2n
11
an (2n 1)(2n1 1) 2n 1 2n1 1
数列求和 数列求和的基本方法
知识回顾
2017高考数学复习之裂项相消在数列求和证明的应用
2017年高考数学复习之数列模块裂项相消求和法在证明数列前n项和不等式恒成立问题的应用贵州省黎平县第一民族中学吴道政数列是高中代数的重要内容，在高考中占有重要的地位，数列不仅能培养学生的观察、归纳、类比、猜想等合情推理的能力,也能够培养学生的运算、逻辑推理能力.数列考查的类型主要有求数列通项、求数列的前n项和、证明不等式和其它综合。
下面就裂项相消求和法在证明数列前n项和不等式恒成立问题的应用作简单的探究。
1.列项相消求和法的含义:把数列的通项公式拆分成两部分的差，即将被求和的通项化为的形式，使之在求和时产生前后之间几项的前后部分相互抵消的求和方法。
2.规律特征：被求和的数列的通项公式是一个分式，且分母可以因式分解成两个部分的积3.方法策略:（1）裂项的公式其中和是两个关于n的表达式（2）常见的裂项方法：①②③④=⑤⑥若数列是公差为的等差数列，则4.典例探究：例1:型证明数列的前n项和证明:∴ + + + ⋯⋯ + +=1小结:第从1项开始，每一项的后半部分与后一项的前半部分相互抵消，最后剩下第1项的前半部分和最后一项的后半部分例2:型证明数列的前n项和证明:∴ + + + ⋯⋯ + += ⋯⋯=小结:第从1项开始，每一项的后半部分与它后二项的前半部分相互抵消，最后剩下第1项和第2项的前半部分和最后一项和倒数第2项的后半部分例3:型证明数列的前n项和证明:∴ +++⋯⋯ +++= ⋯⋯=小结:第从1项开始，每一项的后半部分与它后三项的前半部分相互抵消，最后剩下第1项和第2项及第3项的前半部分和最后一项和倒数第2项及倒数第3项的后半部分5.拓展提升：例4：求证⋯分析：被求和数列的通项公式为 ，其分母是n 的平方，类似于是两个因式的积的形式，不等式的形式有点像例1的模型。
证明：∴⋯⋯例5：求证⋯分析：被求和数列的通项公式为 ，其分母是n 的平方，类似于是两个因式的积的形式，不等式的形式有点像例2的模型。
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)。
2024届高三数学二轮专题复习数列求和—裂项相消法教学设计
高三二轮复习数列求和—裂项相消法教学设计内容教学目的掌握裂项相消求和的使用环境及一般过程和思路.教学重点难点识别裂项相消求和的使用环境.如何裂项？如何相消？教学过程过程一、强调本微课学习内容，学习目标，重难点，易错点。
学习目标：掌握裂项相消求和的使用环境及一般过程和思路.学习重点：识别裂项相消求和的使用环境.学习难点：如何裂项？如何相消？易错点：裂项时忘记配平，相消时留下哪些项？过程二、通过熟悉的典型例子入手，引导学生回顾裂项相消的具体类型。
裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消(注意消项规律),从而求得前n项和.看下面两个例子：)211(2121+-=+nnnn）（⎪⎭⎫⎝⎛+-+-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+-++⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-=+++⨯+⨯+⨯211121121211......513141213112121......531421311nnnnnn）（()()))2)(1(1)1(1(21211++-+=++nnnnnnn()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-+++⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯+⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯=++++⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯)2)(1(12121)2)(1(1)1(1......43132132121121211......543143213211nnnnnnnnn过程三、因为是二轮专题复习，学生经过一轮的复习，对于裂项的方法有一定的理解，在此基础上直接点出裂项的四种基本类型，并强调裂项的常用方法为通分的逆运算，分母有理化，对数的运算等。
本质是恒等变形，运用化归与转化思想、等式思想。
等差型：1a n a n＋1＝1d(1a n－1a n＋1)，其中a n≠0，d≠0. . （通分的逆运算）指数型：（a－1）a n（a n＋b）（a n＋1＋b）＝1a n＋b－1a n＋1＋b. （通分的逆运算）无理型：1a＋b＝1a－b(a－b)(a>0，b>0). （分母有理化）对数型：log n a n ＋1a n＝log n a n ＋1－log n a n (a n >0). （对数的运算法则）过程四、对照四种类型，分别用4道典型例题进行讲解与说明，并敲掉裂项时要配平，求和相消时要注意消去哪些项，剩下哪些项。
知识点——裂项相消法
(2)事实上，在研究bn
8 n(n 1)
时，视分母为
两个因式的积，寻找它们的差与分子的倍数
关系，即8 8[(n 1) n]，逆用分数减法运算
得到，即
bn
8 n(n 1)
8[(n 1) n] n(n 1)
8[ n 1 n(n 1)
n] n(n 1)
8(1 1 ). 抵消后，被减数和减数 n n 1 各剩一项，具有对称性.
bn
3n1 n 1
3n n
两个式子结构完全 相同，变形结束.
点评：没有基于核心、本质的思考，就必然 受到其制约. 繁难的运算，令人生畏，往往导致 解题失败.
第三个层次：能根据裂项相消法的本质特征有
引例：在数列{an}中，an
1 2 3 L n1 n1 n1
n
n
1，又bn
an
2 an1
，求数列{bn
}的前n项和.
分析：(1)研究通项公式：an
n 2
,
bn
2 an an 1
8 n(n 1)
8(1 n
1) n 1
①为什么会有这个式子？怎样得到的？
(2)求和：Sn b1 b2 b3 L bn
（3）由于(n 1) n=1，这个常数1与n无关，故 分母的两个因式可以是等差数列中的两项.
高三数学一轮复习，必须让学生认识问 题的本质，让学生有观察问题的视角、有解 决问题的思维方法和运算 的路径.
对知识点的突破要分层处理，层层递 进，逐步落实，根据学生的基础和能力情 况，灵活掌握，切忌一刀切，一步到位.
点评：能够解答这两题表明，学习者已对裂项
相消法有初步的了解，并不能说明学习者掌握解
法的本质.
第二个层次：探究相同点、寻求解法
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 =。
高考数学专题复习《等比数列求和,裂项相消思想》知识梳理及典型例题讲解课件(含答案)
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
卷
考Ⅰ卷
国Ⅰ卷
∙ = ∙
前面学习了等差数列的前n项和，那么
如何求等比数列的前n项和呢？
忆一忆
等比数列的前n项和公式的推导
采用了什么方法？
等比数列前n项和：Sn=a1+a2+a3+ ···+an
即：Sn=a1+a1q+a1q2+······+a1qn-2+a1qn-1
qSn= a1q+a1q2+a1q3+······+ a1qn-1+a1qn
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
解：anbn n2.2n cn
Sn c1 c2 c3 cn
Sn 1.21 4.22 9.23 n2.2n
2S n
1.22 4.23 (n 1)2 2n n2.2n1
S n bn 1
1 qn
b1 a1 (
)
1 q
例：数列{an }的通项公式an n，数列{b n }的通项公式b n 2 n
求数列{an bn }的前n项和
解：设anbn n.2 bn 1 bn
n
知识点1——裂项相消法
{an}满足：a1, a2 a1, a3 a2 , , an an1, 是首 项、公差均为2的等差数列.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式an；
(Ⅱ)令bn
(2n 1) 3n an
(n
N *)，求数列{bn}的前
n项和Tn .
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. (Ⅰ )ana1(a2a1)(a3a2) (anan1)
分析： (1)研究通项公式：an
n, 2
bn
2 anan1
8 n(n1)
8(1 1 ) n n1
① 为 什 么 会 有 这 个 式 子 ？ 怎 样 得 到 的 ？
(2)求和：Sn b1b2 b3 bn
8[(11)(11)(11) (1 1 )]
2 23 34
n n1
8(1 1 ) 8n . n1 n1
11[数(1学学1)习就(1是1要)让学生(体1会到思考1 ) 6的快2乐3，真5正做5到：7尽享宁静2n与思1考2之n1
1乐，1随(1时倾听1 来)自1内心深处的呼唤！ 6 2 3 2n1 3
综上所述：对于任意的 n N *，都有 1 1 1 1
a 1(a 1 1 ) a 2(a 2 1 ) an(an 1 ) 3
事实上在研究时视分母为两个因式的积寻找它们的差与分子的倍数关系即逆用分数减法运算得到即nnnnnnnn由于这个常数与无关故分母的两个因式可以是等差数列中的两项
数列求和
——裂项相消法 注重实用理性，缺乏终极思考.
高中数学是由若干个分支构成，每个分支 都自成体系，具有鲜明的特点. 每个分支又由 许多个知识点组成. 高考命题经常在这些知识 点处进行，为此我们必须对重要的知识点进行 强化处理，提高学生解决相关问题的能力.
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
很多标题要善于进行这种“拆分”
请看Байду номын сангаас例：
（1）本题： （变形过程顶用了“分子有理化”技巧 ）
得
【 往 下 自 己 求 吧 ！ 答案 C 】
（2）乞降
解：通项公式：
所以
（3）乞降
解：
得
（4）乞降
（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
数列裂项相消法
求数列{a n }通项公式的方法复习1．1+n a =n a +)(n f 型 累加法：n a =（n a －1-n a ）+（1-n a －2-n a ）+…+（2a －1a ）+1a=)1(-n f +)2(-n f +…+)1(f +1a例1.已知数列{n a }满足1a =1，1+n a =n a +n2（n ∈N +），求n a . [解] n a =n a －1-n a +1-n a －2-n a +…+2a －1a +1a =12-n +22-n +…+12+1=2121--n =n 2－1∴n a =n2－1 （n ∈N +） 2．)(1n g a a nn =+型 累乘法：n a =1-n n a a .21--n n a a (1)2a a·1a 例2.已知数列{n a }满足n a a nn =+1（n ∈N +），1a =1，求n a . [解] n a =1-n n a a .21--n n a a (1)2a a·1a =（n －1）·（n －2）…1·1=（n －1）！∴n a =（n －1）！ （n ∈N +） 3．1+n a =p n a +q 型（p 、q 为常数）方法：（1）1+n a +1-p q =)1(-+p qa p n ， 再根据等比数列的相关知识求n a . （2）1+n a －n a =)(1--n n a a p再用累加法求n a .（3）11++n n p a =n n p a +1+n p q，先用累加法求nn pa 再求n a . 例3.已知{n a }的首项1a =a （a 为常数），n a =21-n a +1（n ∈N +，n ≥2），求n a .[解] 设n a －λ=2（1-n a －λ），则λ=－1∴n a +1=2（1-n a +1）∴{1+n a }为公比为2的等比数列. ∴n a +1=（a+1）·12-n∴n a =（a+1）·12-n －14．1+n a =p n a +)(n f 型（p 为常数） 方法：变形得11++n n p a =n n p a +1)(+n p n f ， 则{nnp a }可用累加法求出，由此求n a . 例4.已知{n a }满足1a =2，1+n a =2n a +12+n .求n a .[解]112++n n a =nna 2+1 ∴{nn a 2}为等差数列. n n a 2=n n a =-+121∴n a =n ·n25．“已知n S ，求n a ”型方法：n a =n S －1-n S （注意1a 是否符合） 例6.设n S 为{n a }的前n 项和，n S =23（n a －1），求n a （n ∈N +） [解] ∵n S =23（n a －1） （n ∈N +） ∴当n=1时，1a =23（1a －1）∴1a =3当n ≥2时， n a =n S －1-n S =23（n a －1）－23（1-n a －1） ∴n a =31-n a ∴n a =n3（n ∈N +） 6．“已知n a ，1+n a ，n S 的关系，求n a ”型 方法：构造与转化的方法.例8. 已知{n a }的前n 项和为n S ，且n a +2n S （1+n S －1+n a －n a ）=0（n ≥2），1a =21，求n a . [解] 依题意，得n S －1-n S +2n S ·1-n S =0∴n S 1－11-n S =2∴nS 1=２+2（n －１）=2n ∴n S =n 21 ，1-n S =)1(21-n∴n a =n S -1-n S=－2×n 21×)1(21-n=)1(21n n -（2≥n ） ∴n a =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥∈-=+)2,()1(21)1(21n N n n n n 求数列{a n }的前n 项和的方法1)[a +++把项的次序反过来，则：1()n n a a +1)(21)n +2)n+2=1+2+3+…+n =nnx12n-+11)2n-+21)(22+-2n-111(1)2n--+++a a+∈N+)时, 2k n-=-a a+()k kk ka a d+11)(=-(d a+(a-关于数列裂项相消常见类型 题型一：等差型【例 1】 111111223344556++++=⨯⨯⨯⨯⨯ 。