《数列求和之裂项求和》(课件)
数列求和之裂项求和
2019年10月18日
一、新课导入
二、问题探究（例 1）
二、问题探究（例 1----巩固练习）
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．
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
பைடு நூலகம்
五、课后作业布置 1.整理笔记 2. 活页：数列求和
谢谢！
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
裂项相消法求和比赛课ppt课件.ppt
三、重难点点拨
• 裂项
• 你能证明
1 1 1 n(n 1) n n 1
吗？
• 请填空：
1
nn
2
1 2
(
1 n
n
1
) 2
•
一般地：
1
nn
k
1 k(1 n来自n1 k
)
三、重难点点拨
• 相消 • 怎么消？ • 哪些项是不能消去的？
(1 1) (1 1) (1 1) ( 1 1) (1 1 )
求通项——裂项——相消——求和。
·
谢谢聆听
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。
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？
2 23 34
n 1 n n n 1
• 变式训练
已知an
2
nn
1，求S
n
已知an
1 n(n
2)
, 求Sn
三、增效练习
三、增效练习
四、能力提升
• 归纳
• 则：
1 ________
an an 1
Sn
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：
人教新课标B版必修5第二章数列数列求和之裂项相消法和错位相减法
解得dq＝ ＝28，或qd＝＝4－3056(舍去)， 故 an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1. (2)因为 Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)， 所以S1n＝n（n1＋2）＝12n1－n＋1 2，
所
以
1 S1
＋
1 S2
＋
1 S3
＋
…
1 2×4
＋
1 3×5
数列求和之裂项相消法和错位相减法
1．基本求和公式 (1)等差数列前 n 项和 Sn＝n（a12＋an）＝na1＋n（n2－1）d. (2)等比数列前 n 项和 Sn＝a1（11－－qqn）（q≠1）.
na1（q＝1）
2．裂项求和基本等式 AK·B＝B－K AA1 －B1 . 3．错位相减基本等式 {an}是公差为 d 的等差数列，{bn}是公比为 q 的等比数列，则 {anbn}的前 n 项和 Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＋anbn， qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－2bn－1＋an－1bn＋anbnq， 则(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbnq ＝a1b1＋d·b2（11－－qqn－1）－anbnq(q≠1)．
n a1an＋1.
【对点通关】
1．(必修
5
P47B
组
T4
改编)数列n（n1＋1）
的前
n
项和为19090，
则 n 的值为( )
A．9
B．10
C．99
D．100
解析：选 C.由题意得1×1 2＋2×1 3＋3×1 4＋…＋n×（1n＋1）＝
11－21＋12－13＋13－41＋…＋n1－n＋1 1＝1－n＋1 1＝n＋n 1＝19090.
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
数列求和的基本方法和技巧ppt课件
ppt精选版
数列求和基本方法：
公式法 分组求和法 错位相减法 裂项相消法 并项求合法
2
ppt精选版
一.公式法：即 直 接 用 求 和 公 式 ， 求 数 列 的 前 n 和 S n
①等差数列的前n项和公式：
Sn
n(a1 2
an )
na1
n(n 1) 2
d
②等比数列的前n项和公式 ③ 1 23 n 1 n (n 1)
：Sn
na1(q a1(1
1) qn )
1 q
a1 anq 1 q
(q
1)
2
④ 12 22 32
n2
1n(n1)(2n1) 6
⑤ 13 23 33
n3
n (n 1) 2 2
ppt精选版
3
例1：求和：
1 . 4 6 8 … … + （ 2 n + 2 ）
2.1111 1
37
ppt精选版
2．(2013·唐山统考)在等比数列{an}中，a2a3＝32，a5＝32. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，求 S1＋2S2＋…＋nSn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为 q，依题意得
a1q·a1q2＝32， a1q4＝32，
解得 a1＝2，q＝2，
20
ppt精选版
常见的裂项公式有：
1. 1 1 1 n(n1) n n1
2. 1 1(1 1 ) n(nk) k n nk
3. 1 1( 1 1) (2n1)2 (n1) 22n12n1
4. 1 1 ( a b) a b ab
5 . 1 1 [ 1 1 ] n (n 1 )n ( 2 ) 2n (n 1 ) (n 1 )n ( 2 )
《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$frac{1}{2} times (1 + n^n)$。
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《数列求和》课件ppt
跟踪训练2 (2023·重庆模拟)在①a1＝1，nan＋1＝(n＋1)·an，② 2a1 ＋ 2a2 ＋…＋2an ＝2n＋1－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答. 问题：在数列{an}中，已知________. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. (1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝
2an 1 3an
，求数列{bn}的前n项和Sn.
由(1)可知 bn＝2n3－n 1，
则 Sn＝311＋332＋…＋2n3－n 1，
①
13Sn＝312＋333＋…＋2n3－n 3＋23nn－＋11.
②
两式相减得23Sn＝13＋322＋323＋…＋32n－23nn－＋11＝13＋2911－－313n1－1－23nn－＋11
教材改编题
2.数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 an＝nn1＋1，则 S5 等于
A.1
√B.56
C.16
D.310
因为 an＝nn1＋1＝1n－n＋1 1， 所以 S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.
教材改编题
3.Sn＝12＋12＋38＋…＋2nn等于
2n－n－1 A. 2n
第六章 数 列
§6.5 数列求和
考试要求
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用方法.
内容索引
第一部分
落实主干知识
第二部分
探究核心题型
第三部分
课时精练
第
一 部 分
落实主干知识
知识梳理
数列求和的几种常用方法
1.公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和.
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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裂项相消法数列求和
高中数学：裂项相消法数列求和角度1 形如an ＝1n (n ＋k )(2019·福州四校联考)在数列{a n }中，a 1＝4，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n . 解：(1)证法一 na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n 的两边同时除以n (n＋1)，得a n ＋1n ＋1－a n n＝2， 又a 11＝4，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为4，公差为2的等差数列． 证法二 因为a n ＋1n ＋1－a n n ＝na n ＋1－(n ＋1)a n n (n ＋1)＝2n 2＋2n n 2＋n＝2，a 11＝4，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为4，公差为2的等差数列． (2)由(1)，得a n n ＝a 1＋2(n －1)，即a n n ＝2n ＋2，即a n ＝2n 2＋2n ，故1a n＝12n 2＋2n ＝12·1n (n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2(n ＋1).角度2 形如an ＝1n ＋n ＋k已知正项数列{a n }满足a 1＝1，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1＋1a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1－1a n ＝4，数列{b n }满足1b n＝1a n ＋1＋1a n ，记{b n }的前n 项和为T n ，则T 20的值为2__. 解析：由条件知1a 2n ＋1－1a 2n＝4， 则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是首项为1，公差为4的等差数列， 所以1a 2n＝4n －3. 又{a n }为正项数列，所以1a n＝4n －3， 所以1b n＝4n ＋1＋4n －3， 所以b n ＝14n －3＋4n ＋1＝14(4n ＋1－4n －3)， 故T 20＝b 1＋b 2＋…＋b 20＝14[(5－1)＋(9－5)＋…＋(81－77)]＝14(81－1)＝2.角度3 形如an ＝n ＋1n 2(n ＋2)2正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n ＜564.解：(1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n ＞0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n .综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)证明：由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－1(n ＋1)2 ⎦⎥⎤＋1n 2－1(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2＜116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. 1.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．2．常见数列的裂项方法(2019·湖北四校联考)在数列{a n }中，a 1＝2，a n 是1与a n a n ＋1的等差中项．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，并求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 2a n 的前n 项和S n . 解：(1)证明：∵a n 是1与a n a n ＋1的等差中项，∴2a n ＝1＋a n a n ＋1，∴a n ＋1＝2a n －1a n， ∴a n ＋1－1＝2a n －1a n －1＝a n －1a n，∴1a n ＋1－1＝a n a n －1＝1＋1a n －1， ∵1a 1－1＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1，公差为1的等差数列， ∴1a n －1＝1＋(n －1)＝n ，∴a n ＝n ＋1n . (2)由(1)得1n 2a n＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.。
第四节 数列求和 课件(共48张PPT)
－
1 n＋3
）＝
1 2
56－n＋1 2－n＋1 3. 答案：1256－n＋1 2－n＋1 3
考点1 分组转化法求和 [例1] （2020·焦作模拟）已知{an}为等差数列，且 a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝ 88，且数列{bn－an}为等比数列. （1）求数列{an}和{bn－an}的通项公式； （2
an＝n（n1＋k）型
[例2] （2020·中山七校联考）已知数列{an}为公差 不为0的等差数列，满足a1＝5，且a2，a9，a30成等比数列.
（1）求{an}的通项公式； （2）若数列{bn}满足bn＋1－bn＝an（n∈N*），且b1＝
3，求数列b1n的前n项和Tn.
1.裂项时常用的三种变形.
（1）n（n1＋1）＝n1－n＋1 1.
（2）n（n1＋2）＝12n1－n＋1 2.
（3）（2n－1）1（2n＋1）＝122n1－1－2n1＋1.
（4）
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
2.应用裂项相消法时，应注意消项的规律具有对称 性，即前面剩第几项则后面剩倒数第几项.
3.在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为 参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
） B. 2 020－1
C. 2 021－1 D. 2 021＋1
解析：由f（4）＝2，可得4α＝2，解得α＝12，
则f（x）＝ x.
所以an＝
1 f（n＋1）＋f（n）
＝
1 n＋1＋
＝ n
n＋1 －
n，
所以S2 020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝（ 2 － 1 ）＋ （ 3－ 2）＋（ 4－ 3）＋…＋（ 2 021－ 2 020）＝