数列裂项相消法求和
数列裂项相消法求和
（2012大纲卷高考理）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，
S5＝15，则数列
an
1 an1
的前100项和为?( )
A100 101
B 99 101
C 99 100
D. 101 100
（2012大纲卷高考理）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，
S5＝15，则数列
2(n 1)②
① ②得，an 2 n 1
= 2，所以an
2n ,因为a1 =2也适合上式，
所以an 2（ n n N ）
解： (1)因为a1
a2 2
a3 22
+ an 2 n 1
2n(n N )①
当n 1时，a1 2
当n
2时，a1
a2 2
a3 22
+
an 1 2n2
2(n 1)②
n
1
1
,
所以S 100
1
1 2
1 2
1 3
1 1 1 1 100 100 101 101 101
什么是裂项法?
把数列的通项拆成两项之差,则分母的 每一项都可以按此法拆成两项之差,并 在求和时一些正负项可以相互抵消,使 前n项和变成首尾有限项之和.
例1：已知数列的通项公式an
=
1 n(n
1 anan1
1 (2n1)(2n1)
1 2
(1 2n1
1) 2n1
Sn
b1
b2
bn
1 2
(1
1 3
1 3
1 5
…
1 2n1
1) 2n1
1 2
(1
1) 2n1
裂项相消法在数列求和中的应用
c1 c2
cn =(1+
1 d
） (
1 b1
1 b2
)
(1 b2
1 b3
)
(1 bn2
1 )( 1
bn1
bn1
1 bn
）
(1+ 1 ） ( 1 1 ） (1+ 1 ） (1 1 ）
d b1 bn
d
bn
b1 1 0, d 0,bn 0
c1 c2
cn
(1+
1 ） (1 d
1 bn
1 16
二：裂项相消法与不等式的证明
（二）先放缩再求和
例6：已知an
n2
n (n 1)2
, 求证：a1
a2
an
1 2
总结：
1.三种常见裂项相消的通项特征
（一）等差型（一次函数）
（二）等比型
an
(2n
b)
1 (2n1
b)
=
1 2n
1
1
( 2 n b 2n1 b)
（三）无理式型
an
1
n
n 1 (
=
1 2
(11
1) 3
(
1 2
1 4
)
(1 3
1) 5
( 1 n 1
1) n 1
(1 n
n
1
2 )
=
1 2
1+
1 2
n
1 1
n
1
2
3 4
1 2
(
1 n
1
n
1
) 2
( 1 1) n2 n
裂项相消法在数列求和中 的应用
裂项相消法求和
裂项相消法求和利用解析式变形，将一个数列分成若干个可以直接求和的数列，即进行拆项重组，或将通项分裂成几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后剩下有限项的和。
这是一种非常常见的题型，也是高考中的热点考题。
相对于其它题型来说，这种题目的难度大，有一定的思维能力，对于培养学生的思维有常见的拆项公式有： ○1()11111+-=+n n n n○2()()()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=++2111121211n n n n n n n○3()()⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-1211212112121n n n n○4()ba ba b a --=+11○5()!!1!n n n n -+=⋅○6mn m n m n C C C -=+-11○7()21≥-=-n S S a n n n○8()()112+<<-n n n n n ，()()111112-<<+∴n n n n n ， 即nn n n n 11111112--<<+- 例1、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 。
解析：()()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+=+=++++=1112122113211n n n n n n n a n所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++++=111413131212112321n n a a a a S n n121112+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n n 例2、已知数列{}n a 是等差数列，其前n 项和n S ，且123=S ,63=a 。
○1求数列{}n a 的通项公式；○2求证：11111321<++++nS S S S解析：○1n a d a d a d a S a n 22212336212611133=⇒⎪⎩⎪⎨⎧⎩⎨⎧⎩⎨⎧==⇒=+=+⇒==○2()()()11111112222642+-=+=⇒+=+=++++=n n n n S n n n n n S n n所以1111111413131212111111321<+-=+-++-+-+-=++++n n n S S S S n 例3、数列{}n a 的通项公式是12-=nn a ，如果数列{}n b 是12++=n n nn a a b ，试求{}n b 的前n项和n S 。
裂项相消法求和公式
裂项相消法求和公式
裂项相消法是数学中常用的一种方法，用于简化求和式。
它通
常用于对称性比较明显的求和式，可以通过将求和式中的相邻项相减，从而简化问题。
裂项相消法常用于数学和物理中的求和问题，
下面我将从数学和物理两个方面来介绍裂项相消法的求和公式。
在数学中，裂项相消法可以用于简化一些复杂的求和式，特别
是在级数求和的过程中。
一个常见的裂项相消法求和公式是对称式
的求和。
比如，对于等差数列$a_1, a_2, a_3, ..., a_n$，我们可
以利用裂项相消法将求和式简化为$\frac{1}{2}(a_1+a_n)n$。
这个
公式的推导过程就是利用了裂项相消法，通过将数列的首尾项相加，次首尾项相加，依次类推，最终得到简化后的形式。
在物理中，裂项相消法同样有着重要的应用。
比如在物理中的
力学问题中，特别是涉及到质心的问题中，裂项相消法可以帮助简
化力矩的求和问题。
通过将作用在质点上的力分解成对称的部分，
然后利用裂项相消法简化力矩的表达式，从而简化了问题的求解过程。
总的来说，裂项相消法是一种非常有用的数学方法，它可以帮
助简化复杂的求和式，特别是对称性比较明显的求和式。
在数学和物理问题中都有着重要的应用。
通过合理运用裂项相消法，可以简化问题、加快计算速度，是数学和物理学习中的重要工具之一。
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：
高中数列裂项相消法求和教学设计
高中数列裂项相消法求和教学设计
一、教学目标
2.掌握合理运用数列裂项相消法为解题工具
二、教学内容
2.数列裂项相消法求和基本技巧
三、教学重点和难点
四、教学方法
1.讲授法
2.实例演示法
3.问题解答法
五、教学步骤
1.引入数列裂项相消法求和的概念及其重要性
（1）寻找数列的结构性；
（2）将数列裂成若干部分，使得相邻两项之间只差包含极少成分；
（3）通过相邻项的差式得出公式，将数列合并起来。
3.通过实例演示，让学生感受数列裂项相消法求和的优越性，理解其应用场景。
4.学生自主练习和学生间相互讨论，解决问题。
5.问题答疑和复习巩固。
六、教学评价
2.学生是否能够将数列裂项相消法应用到具体问题中
七、教学资源
1.黑板
2.教材
3.案例练习
4.教学视频
八、课堂反思
本课的效果不错，学生们学得不亦乐乎，掌握了数列裂项相消法求和的基本技巧。
在教学过程中，通过实例演示，学生们对于数列裂项相消法的应用场景和步骤有了更清晰的认识。
同时在问题解答和案例练习中加强了学生的实战应用能力。
最后，需要提醒的是，在教学中，要适当地引导学生思考，注重理论知识和实践操作能力的结合。
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。
数列求和--裂项相消法(含解析)
《数列求和--裂项相消法》考查内容：主要考查裂项相消法进行数列求和一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．数列{}n b 中，若()11n b n n =+，数列{}n b 的前n 项和n T ，则2020T 的值为（ ）A ．20202021B ．12021 C ．12020D ．199920202．11111447710(32)(31)n n ++++=⨯⨯⨯-+（ ）A ．31+nn B ．331nn + C ．111n -+ D ．1331n -+ 3．已知在等差数列{}n a 中，5=5a ，3=3a ，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2019项和是（ ） A ．20202019B ．20192020C ．20182019D ．201920184．已知数列{}n a ：112,233+，123444++，12345555+++，…，又1114n n n b a a +=⋅，则数列{}n b 的前n 项的和n S 为（ ） A ．1411n ⎛⎫-⎪+⎝⎭B ．11421n ⎛⎫-⎪+⎝⎭C ．111n -+ D ．1121n -+ 5．已知222n a n n=+，则6S =（ ） A ．6956B ．78C ．6928D ．7166．设数列2141n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和为n S ，则10S =（ ） A ．1021 B ．2021 C ．919D ．18197．求和111112123123n +++++++++++的值为（ ）A ．12n-B ．111n -+ C ．221n n -D ．221n -+ 8．已知n a =*n N ∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则2020S =（ ）A1 B1C1D1-9．已知数列{}n a 为:12，1233+，123444++，12345555+++，…，那么数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为（ ） A ．1411n ⎛⎫-⎪+⎝⎭ B ．11421n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭C ．111n -+ D ．1121n -+ 10．已知函数()a f x x 的图象过点()4,2，令*1,(1)()n a n f n f n =∈++N .记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则2021S =（）A1-BCD111．已知数列{}n a 与{}n b 前n 项和分别为n S ，n T ，且20,2,n n n n a S a a n >=+∈*N ,1121(2)(2)n n n n n n b a a +++=++，对任意的*,n n N k T ∈>恒成立，则k 的最小值是（ ） A ．13B ．12C ．16D ．112．已知数列{}n a ，对任意*n N ∈，总有123232n a a a na n +++⋯+=成立，设()128(1)41n n nb n a +=--，则数列{}n b 的前10项的和为（ ）A ．2221B ．4041C ．2021D ．4241二．填空题13．设数列{}n a 满足11a =，且()*11n n a a n n N +-=+∈，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭前2020项的和为________．14．已知数列{}n a的通项公式为n a =，则数列{}n a 的前n 项和n S =__15．设正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足2+1441n n S a n =--，*n N ∈，且2a ，5a ，14a 成等比数列，则1111++⋅⋅⋅++=______.16．已知数列{}n a 与{}n b 前n 项和分别为n S ，n T ，且0n a >，22n n n S a a =+，n *∈N ，()()112122n n n n n n b a a +++=++，对任意的n *∈N ，n k T >恒成立，则k 的取值范围是_____.三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，()()*21n n S n a n N =+∈．（1）求{}n a 的通项公式； （2）令()()1422n n n b a a +=++，求数列{}n b 的前n项和n T ．18．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且23a =，636S =. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足2142n n b a n =+-（*n N ∈），求数列{}n b 的前n 项和n T .19．正项数列{}n a 的前项和n S 满足：242n n n S a a =+，()*n ∈N，（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令()2212n nn b n a+=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：对于任意的*n ∈N 都有564n T <.20．已知等差数列{}n a 中，13212a a +=，12421a a a +=+. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，证明：121112123n S S S n +++<+++.21．已知数列{}n a 满足15a =，2123n n a a n +=+-.（1）求证：数列{}22n a n n --为等比数列；（2）若数列{}n b 满足2nn n b a =-，求12111n nT b b b =++⋅⋅⋅+.22．在数列{}n a 中，1114,340n n a a a +=-+=． （1）证明：数列{}2n a -是等比数列．（2）设()()1(1)3131n nn n n a b +-=++，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，若对任意的*,n n N m T ∈≥恒成立，求m 的取值范围．《数列求和--裂项相消法》解析1.【解析】因为111n b n n =-+， 所以20201111112020112232020202120212021…T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选：A 2.【解析】由题得1111()(32)(31)32313n n n n =-⨯-+-+所以11111447710(32)(31)n n ++++⨯⨯⨯-+11111111(1)34477103231n n =-+-+-++--+1113(1)=33133131n nn n n =-⨯=+++.故选：A. 3.【解析】设{}n a 的公差为d ，由5353a a =⎧⎨=⎩得114523a d a d +=⎧⎨+=⎩解得111a d =⎧⎨=⎩，则n a n =．则()1111n n a a n n +==+111n n -+． 故前2019项和2019111111112232018201920192020S =-+-++-+-12019120202020=-=，故选：B ． 4.【解析】因为数列{}n a 为:12，1233+，123444++，12345555+++，… 所以(1)1232112n n n n n a n n +++++===++， 所以1111114(1)1n n n b a a n n n n +=⋅==-++， 所以{}n b 的前n 项和为11111111112233411n n n -+-+-++-=-++故选：C. 5.【解析】由题意()21221222n a n n n n n n ===-+++，所以612611111111111132435465768S a a a =++⋅⋅⋅+=-+-+-+-+-+-6.【解析】()()21111141212122121n n n n n ⎛⎫==- ⎪--+-+⎝⎭，因此，101111111012335192121S ⎛⎫=-+-++-= ⎪⎝⎭.故选：A. 7.【解析】()()1121121123112n n nn n n n ⎛⎫∴===- ⎪+++++++⎝⎭， 因此，111112123123n+++++++++++111111121222223341n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1221211n n ⎛⎫=-=- ⎪++⎝⎭.故选：D.8.【解析】由题意na===所以20201S ==. 故选：D.9.【解析】因为数列{}n a 为:12，1233+，123444++，12345555+++，… 所以(1)1232112n n n n n a n n +++++===++，所以114114()(1)1n n a a n n n n +==-++ 所以11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为111111114(1)412233411n n n ⎛⎫-+-+-++-=- ⎪++⎝⎭故选：A10.【解析】由()42f =，可得42a =，解得12a =，则12()f x x =.∴1(1)()n a fn f n ===++，202111S ∴==，故选：D11.【解析】因为22n n n S a a =+，所以当2,n n N *≥∈时，21112n n n S a a ---=+，两由0n a > 知，10n n a a -+≠，从而110n n a a ---=，即当2,n n N *≥∈时，11n n a a --=，当1n =时，21112a a a =+，解得11a =或0（舍），则{}n a 首项为1，公差为1的等差数列，则()111n a n n =+-⨯=.所以112111(2)(21)221n n n n n n b n n n n +++==-++++++，则1211111111111 (366112213213)n n n n n T b b b n n n ++=+++=-+-++-=-<+++++，所以13k ≥.则k 的最小值是13.故选:A12.【解析】数列{}n a ，对任意*n N ∈，总有123232n a a a na n +++⋯+=成立. 当1n =时，12a =.当2n ≥时，()()123123121n a a a n a n -+++⋯+-=-. 又123232n a a a na n +++⋯+=，两式相减可得2n na =， 即2n a n=，当1n =时也成立. ()()()11122288(1)(1)(1)24141414n n n n n n b n a n n n+++=-=-=----⋅111212(1)1n n n +=-⎛⎫+ ⎪-+⎝⎭所以数列{}n b 的前10项的和为123101111111+1+335571921b b b b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=+-+++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 12012121=-=，故选：C 13.【解析】因为()*11n n a a n n N+-=+∈,所以1122321,1,2,...,2------=-=--=--=n n n n n n a a n a a n a a n a a ， 左右分别相加得()()112234 (2)-+=++++=-n n n n a a ，所以2n n a +=，所以1211=2⎛⎫=-，所以20201111111140402 (2122320202021120212021)⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭S ， 故答案为：4040202114.【解析】由题可知：n a =，则2n a =所以12n n S a a a =+++，则122n n S =++，所以112n S=，故答案为：11215.【解析】由2+1441n n S a n =--,可得21443(2)n n S a n n -=-+≥,以上两式相减可得:22144n n n a a a +=--,即222144(2)n n n n a a a a +=++=+,又∵{}n a 为正项数列,∴12n n a a +-=,由等差数列的定义可知数列{}n a 从第二项开始是公差为2的等差数列,又2a ,5a ,14a 成等比数列,所以22514a a a =,即()()2222624a a a +=+,∴23a =,∴()212n a n n =-≥,当1n =时,2112445S a a ==-,∴11a =,满足通项公式,∴21n a n =-,∴122320182019201920201111a a a a a a a a ++⋅⋅⋅++1111111201921335403740394039⎛⎫=⨯-+-+⋅⋅⋅+-= ⎪⎝⎭ 16.【解析】因为22n n n S a a =+，所以当2,n n N *≥∈时，21112n n n S a a ---=+， 两式相减得:22112n n n n n a a a a a --=+-- ，整理得，()()1101n n n n a a a a --+--=，由0n a > 知，10n n a a -+≠，从而110n n a a ---=，当1n =时，21112a a a =+，解得11a =或0（舍），则{}n a 首项为1，公差为1的等差数列， 则()111n a n n =+-⨯=.所以112111(2)(21)221n n n n n n b n n n n +++==-++++++，则121111111 (36611221)n n n n T b b b n n +=+++=-+-++-+++ 11311213n n +=<++-，所以13k ≥.故答案为：13k ≥. 17.【解析】（1）因为()()*21n n S n a n N=+∈，所以112n n S na --=()2n ≥，两式作差可得()()1212n n n a n a na n -=+-≥，整理得()()112n n n a na n -=-≥，则()121n n a nn a n -=≥-， 故()32112123222121n n n a a a na a n n a a a n -=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=≥-， 当1n =时，12a =满足上式，故2n a n =． （2）由（1）可知()()()()()()1441112222241212n n n b a a n n n n n n +====-++++++++，则1231111111123344512n n T b b b b n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 112224nn n =-=++． 18.【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为23a =，636S =，所以113656362a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩， 所以()()1112121n a a n d n n =+-=+-=-； （2）由题意()()()221114221212142n n b a n n n n n ===+-+--+-所以1231111111233557112121n n T b b b b n n ⎛⎫=+++⋅⋅⋅+=-+-+-⋅⋅⋅+ ⎪⎝-+⎭-11122121n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭. 19.【解析】（1）解：∵正项数列{}n a 的前项和n S 满足：242n n n S a a =+，()*n ∈N ① 则211142n n n S a a ---=+，()2n ≥②①-②得()22114222n n n n n a a a a a n --=-+≥-即()2211222n n n n a a a a n --+=-≥即()()()()11122n n n n n n a a a a a a n ---+=+-≥ 又10n n a a ->+，12n n a a --=，()2n ≥.又12a =，所以数列{}n a 是以2为首项2为公差的等差数列.所以2n a n =. （2）证明：由于2n a n =，()2212n nn b n a +=+则()()2222111116422n n b n n n n ⎡⎤+==-⎢⎥++⎢⎥⎣⎦()()()222222222111111111111632435112n T n n n n ⎡⎤=-+-+-+⋅⋅⋅+-+-⎢⎥-++⎢⎥⎣⎦()()22221111115111621626412n T n n ⎡⎤⎛⎫=+--<+=⎢⎥ ⎪⎝⎭++⎢⎥⎣⎦. 20.【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得()()111112212231a a d a a d a d ⎧++=⎪⎨++=++⎪⎩，解得12a =，3d =，故数列{}n a 的通项公式为()23131n a n n =+-=-.（2）由（1）知()2313222n n n n nS n -+=+=， 所以()231322n n n n n S n n +++=+=，所以()122113131nS n n n n n ⎛⎫==- ⎪+++⎝⎭，所以1211121111111232231n S S S n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦2121313n ⎛⎫=-< ⎪+⎝⎭. 21.【解析】（1）设22n n c a n n =-- ，2123n n a a n +=+-，则()()21121212n n n n a n n cc a n n++-+-+=-- ()2222222212222223n n n n a n n n n n a n n a a n nn -------===--+---， 所以{}22n a n n --是以2为首项，以2为公比的等比数列.（2）由（1）可得222nn a n n --=，所以222n n a n n =++所以()2222nn n b a n n n n =-=+=+，所以()1211111111324352n n T b b b n n =++⋅⋅⋅+=+++⨯⨯⨯+11111111111112324352112n n n n n n ⎛⎫=-+-+-+-+-+- ⎪--++⎝⎭()()211113512212412n n n n n n +⎛⎫=+--=⎪++++⎝⎭. 22.【解析】（1）证明：因为1340n n a a +-+=， 所以134n n a a +=-，所以()1232n n a a +-=-，即()*1232n n a n N a +-=∈-．因为114a =，所以1212a -=，故数列{}2n a -是以12为首项，3为公比的等比数列． （2）解：由（1）可得1212343n n n a --=⨯=⨯，即432n n a =⨯+，则()()()()()111(1)432(1)11(1)313131313131n n n n n n n n n n n n a b +++-⨯+-⎛⎫===-+ ⎪++++++⎝⎭． 当n 为偶数时，22311111111113131313131313131n n n n n T -+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--++++--++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111113131431n n ++=-+=-++++，因为111431n n T +=-++是递减的，所以13414n T -<≤-． 当n 为奇数时，22311111111113131313131313131n n n n n T -+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--++++++-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111113131431n n ++=--=--+++， 因为11031n +>+，所以14nT <-． 要使对任意的*,n n N m T ∈≥恒成立，只需()max n m T ≥，即314m ≥-， 故m 的取值范围是3,14⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭．。
裂项相消法求和
裂项相消法求和
四、裂项相消法求和
这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（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）如：
4.在数列{a n }中，11211++⋅⋅⋅++++=
n n n n a n ，又11+⋅=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项的和.
练习：求数列
⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.
五、利用数列的通项求和
先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n 项和，是一个重要的方法.
5.求
11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和.
实战练习：已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差,50,053=+≠S S d 且1341,,a a a 成等比数列．
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；
（Ⅱ）设⎭
⎬⎫⎩⎨⎧n n a b 是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{}n b 的前n 项和n T .。
1数列求和之裂项相消法优质课件PPT全
1
nn
k
1 k
1 n
n
1
k
变式4：
求和：
Sn
1+ 1 1+2
1 1+2+3
1
1+2+3
n
例2 数列an的前n项和Sn , 通项公式an 2n1,
设bn
=
an +1 Sn Sn+1
，求:数列bn
的前项和Tn
bn
2n 2n 1 2n1 1
1
1
2n 1 2n1 1
1
Tn =1 2n1 1
1 n 1
n ,求其前n项和为Sn.
知识归纳
裂项相消法 分式型
裂项相消法的一般步骤 求通项 裂项 相消
裂项相消法常见裂项公式
求和
变式4：数列的通项公式an
nn
1
1 n
2
, 求其前n项和Sn.
n
n
1
1
n
2
1 2
n
1
n 1
n
1
1
n
2
Sn
=
1 2
1 2
n
1
1
n
2
变式1： 已知数列an为等差数列,a1 1 ,a1 a2 a3
S 数列 bn
满足 bn
2n 1
anan1 2
求：数列 bn
的前n项和
n
bn
2n
n2 n
1
12
1 n2
1 n 1 2
提升
数列an的前n项和Sn ,通项公式an
1 n2
,
证明: Sn 2
小结
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数列的求和是高考的必考题型，求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择恰当的求和方法。
常见的求和方法有：公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等。
今天讲讲裂项相消法求和。
常见的列项求和公式
()1
1
111)
1(+-
=+n n n n
())
1
1(11)
2(k
n n k k n n +-=+ )1
21121(211
41)
3(2
+--=
-n n n n
n n n -+=++11
1)
4( )(1
1)
5(n k n k k
n n -+=
++
n
n n
a a a log )1(log )1
1(log )6(-+=+
注意：裂开后，两项之差前面的系数为
小分母
大分母-1
【典例1】形如)(1k n n a n
+=型
{}{}{}n
n n
n n n n
n n n T n b s b a n a a s s n a 项和的前求数列设项公式。
是等比数列，并求其通证明数列都成立。
对任意的正整数且满足项和为的各项为正数，前已知数列,1
)2()1(324,2=-+= ⎩⎨
⎧≥-==-2
,1
n ,11n S S S a a S n n n n n ，得用公式求分析：已知
下面求n>1时，
（1）
【典例2】形如k
n n a n
++
=
1型 {}2019
,,)()1(1
24)(S S n a N n n f n f a x x f n n n a
求项和为的前记数列，
令），，的图像过点（已知函数+∈++=
=
解析：
【规律方法】利用裂项相消法求和的注意事项。
1、抵消后并不定只剩下第一项和最后一项，也有可能是前面两项，和后两项；或者是前面几项，后面几项。
2、将通项裂开后，有时需要调整前面的系数，系数为：裂开的两项分母之差的倒数。