裂项相消法求和

1 数列求和（二）—— 裂项相消法

目标：

1 理解裂项相消法思想。

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过程。

高考分析：

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、拆项分组法、裂项相消法、错位相加法、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。

一、复习巩固

1 公式求和法 适用于求______________的和。

2 分组求和法 适用于求______________的和。

3 错位相减法 适用于求______________的和。

二、自学讨论

学习以下例题，完成填空。（限时8分钟）

思考与讨论：

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？

例一：nnSnna求已知,)1(1

解：111)1(1nnnnan

nnnaaaaaS1321

)1(1)1(1431321211nnnn

)111()111()4131()3121()211(nnnn

1111nnn

1nnSn

裂项：

○1你能证明111)1(1nnnn吗？

○2猜想：21nn=_____________________

验证：211nn___________________

结论：)2(1nn____________________

○3一般地； knn1=________________

相消：怎么消？

哪些项是不能消去的？ 2 课堂演板：（1）n12)12(1Snnan，求已知 （2）nnSnna求已知,)2(1

-------------精选文档-----------------

可编辑 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{an}等差数列，则)11.(1111nnnnaadaa,)11.(21122nnnnaadaa

（2）11111nnnn）（

（3）)11(1)(1knnkknn

（4）)121121(2112)121nnnn）（（

（5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1nnnnnnn

（6）nnnn111

（7）)(11nknkknn

1.已知数列的前n项和为， ．

（1）求数列的通项公式； -------------精选文档-----------------

可编辑 （2）设，求数列的前n项和为．

[解析] (1) ……………①

时, ……………②

①②得:

即 ……………………………………3分

在①中令, 有, 即，……………………………………5分

故对

2.已知{an}是公差为d的等差数列，它的前n项和为Sn，S4=2S2+8．

（Ⅰ）求公差d的值；

（Ⅱ）若a1=1，设Tn是数列{}的前n项和，求使不等式Tn≥对所有的n∈N*恒成立的最大正整数m的值；

[解析]（Ⅰ）设数列{an}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 -------------精选文档-----------------

可编辑 （Ⅱ）由a1=1，d=2，得an=2n-1，…………………………………………5分

∴ =．…………………………………………6分

专题7.20数列大题（裂项相消求和2）

1．在递增等差数列{}

na中，

248aa，

1a，

3a，

7a成等比数列．

（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；

（Ⅱ）设数列

13

nnaa





的前n项和为nT，证明：3

2nT．

（Ⅰ）解：设递增等差数列{}na的公差为(0)dd．

由，248aa，

1a，

3a，

7a成等比数列，

得11

2

11138

(2)(6)adad

adaad

，

解得12a，1d或0，(0舍去），

*2(1)11()

nannnN．

（Ⅱ）证明：设

13

n

nnb

aa

，

由（Ⅰ）知

133113()

(1)(2)12nnnbaannnn，

12111111111111113333()3()3()3()3()23341223341222222nnTbbbnnnnnn

2．已知各项均为正数的数列{}

na满足：

11(1)(1)

nnnnaaaa

，11a．

（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；

（Ⅱ）设22

1223

nn

nnab

aa

，数列{}nb的前n项和为

nS，求证：51

364nS󰁥

解：(11)(1)(1)

nnnnIaaaa

，

22

11nnnnaaaa

，

即111()()

nnnnnnaaaaaa

，

10

nnaa

，

所以11

nnaa

，

11a，数列{}na是首项为1、公差为1的等差数列，

nan．

证明：()II由()I知，222222

12232311

(1)(2)(1)(2)nn

nnanb

aannnn



，222222211111111()()[]

2334(1)(2)4(2)nS

nnn

．

211

4(2)nS

n

在*nN上单调递增，且

210

(2)n

，51364nS󰁥．

3．已知数列{}

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{an}等差数列，则)11.(1111nnnnaadaa,)11.(21122nnnnaadaa

（2）11111nnnn）（

（3）)11(1)(1knnkknn

（4）)121121(2112)121nnnn）（（

（5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1nnnnnnn

（6）nnnn111

（7）)(11nknkknn

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, ……………②

①②得: 即 ……………………………………3分

在①中令, 有, 即，……………………………………5分

故对

2.已知{an}是公差为d的等差数列，它的前n项和为Sn，S4=2S2+8．

（Ⅰ）求公差d的值；

（Ⅱ）若a1=1，设Tn是数列{}的前n项和，求使不等式Tn≥对所有的n∈N*恒成立的最大正整数m的值；

[解析]（Ⅰ）设数列{an}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an=2n-1，…………………………………………5分

∴ =．…………………………………………6分

∴ Tn=

=

=≥，…………………………………………8分

又∵ 不等式Tn≥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