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 .
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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