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2019年高中数学人教版必修5导学案：专题一-数列求和(2)裂项相消法 错位相减法

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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{an}是等差数列，则1anan＋1＝1d(1an－1an＋1)，1an·an＋2＝12d(1an－1an＋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nnn. 变式与拓展：1、项和的前)13)(23(1，，,741，411求数列nnn 例2、设{an}是等差数列，且an≠0.求证1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝na1an＋1. 证明：设{an}的公差为d，则1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1 ＝1a1－1a2·1a2－a1＋1a2－1a3·1a3－a2＋…＋1an－1an＋1·1an＋1－an ＝1d1a1－1a2＋1a2－1a3＋…＋1an－1an＋1＝1d1a1－1an＋1＝1d·a1＋nd－a1a1an＋1＝na1an＋1. 所以1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝na1an＋1. 常见的拆项公式有：

例3、已知数列｛an｝：11，211，3211，…1123n，…，求它的前n项和。
解:∵an=2)1(1nn=2（111nn），
∴Sn=a1+a2+a3+…+an=2[(1－21)+(21－31)+(31－41)+…+（111nn）]
=2（1－11n）=12nn。
评析：如果数列的通项公式可转化为f(n+1)－f(n)形式，常采用裂项求和的方法，特

111)1(1.1nnnn
)11(1)(1.2knnkknn

)121121(21)12)(12(1.3
nnnn

])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1.4
nnnnnnn

)(11.5bababa

1111
++++133557(21)(21nn求

）
别地，当数列的通项公式是关于n的分式形式时，可尝试采用此法。
三、倒序相加法：把数列的各项顺序倒写，再与原来顺序的数列相加.
121121nnnnnnSaaaaSaaaa

……

……
相加12112nnnnSaaaaaa……

例4、已知22()1xfxx，则
111
(1)(2)(3)(4)234fffffff




由
2
22
2
222

1
11()111111xx
x

fxfxxxxx











∴原式11111(1)(2)(3)(4)111323422fffffff
说明：如果一个数列{an}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着
写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。
我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是
研究同一类知识的工具，

课堂小结：这节课你学到了什么？ 各小组表现如何
课后作业：

专题一（3）错位相减法求数列前n项和
学习目标：错位相减法求数列前n项和
探究问题（一）错位相减法求数列前n项和
说明：（1）使用错位相减法的条件：
数列{an}是由项数相同的等差数列{bn}与等比数列{cn}的对应项乘积组成的新数列,即

an=bn.cn那么这个数列的前n项和则采用“错位相减法” 求和.
如：an=n.2n,an=(2n-1). 1-n31）（ ,

说明：（2）使用错位相减法的步骤：展开，乘公比，错位，相减
①展开：将Sn展开;
②乘公比：等式两边乘以等比数列的公比q;得新式qSn；
③错位：让式子qSn往后错一位，与Sn式子次数相同的相对齐;
④相减：左侧为（1-q）Sn，右侧中间一般有n-1项可用等比数列求和；
⑤解出Sn。

例4：项和的前求数列,2,a，且b，数列nnnbabnannnnn

变式：求数列 nnba前n项和
课堂练习：求和： 1.

2.

3.求和
（2）求数列{2n.3n}的前n项和。



2

222
22461335572121n

nn
练习：
例5、已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列bnan的前
n
项和Tn.
解：(1)设{an}的公比为q，由题意知：a1(1＋q)＝6，a21q＝a1q2.
又an>0，解得：a1＝2，q＝2，所以an＝2n.

(2)由题意知：S2n＋1＝（2n＋1）（b1＋b2n＋1）2＝(2n＋1)bn＋1，

又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝bnan，则cn＝2n＋12n，
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝32＋522＋723＋…＋2n－12n－1＋2n＋12n，
又12Tn＝322＋523＋724＋…＋2n－12n＋2n＋12n＋1，
两式相减得12Tn＝32＋12＋122＋…＋12n－1－2n＋12n＋1，所以Tn＝5－2n＋52n.
课堂小结：1.这节课学到了什么 2.各小组表现如何
易错点1.写求和展开式时习惯算出每一项。
2.出现某些项的遗漏现象。
3.项数的计算错误。
4.两式相减时，等比数列前面的系数出错。
5.第四步中 前面的系数没有除尽。
课后作业：求下面数列的前n项和

)0()12(,,5,3,112

aanaa

n

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裂项相消法求和-学案

裂项相消法求和-学案

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：n n S n n a 求已知,)1(1+= 解：111)1(1+-=+=n n n n a n n n n a a a a a S +++++=∴-1321)1(1)1(1431321211++-++⨯+⨯+⨯=n n n n )111()111()4131()3121()211(+-+--++-+-+-=n n n n 1111+=+-=n n n 1+=∴n n S n裂项：○1你能证明111)1(1+-=+n n n n 吗？ ○2猜想：()21+n n =_____________________ 验证：=+-211n n ___________________ 结论：=+)2(1n n ____________________ ○3一般地； ()k n n +1=________________ 相消：怎么消？ 哪些项是不能消去的？课堂演板：（1）()n 12)12(1S n n a n ，求已知+-=（2）n n S n n a 求已知,)2(1+=例2已知二次函数()y f x =的图像经过坐标原点，其导函数为'()62f x x =-，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上。

中山一中自主学习导学案——人教版高中数学必修5《2.7数列求和的典型方法》

中山一中自主学习导学案——人教版高中数学必修5《2.7数列求和的典型方法》

2.7 数列求和的典型方法（教师版）※ 典型例题考点1．分组求和法求数列的前n 项和【例2】设()442xx f x =+，求122012201320132013f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值． 解：()1144214242442x x x x f x ---===++⋅+ ，()(1)1f x f x ∴+-=，1220121006201120112013f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭变式1．求222289sin 1sin 2sin 3....sin 89S =︒+︒+︒++︒解：222222892(sin 1sin 89)(sin 2sin 88)....(sin 89sin 1)89S =︒+︒+︒+︒++︒+︒=，所以89892S =.变式2．已知函数()f x 对任意的x R ∈，都有()+(1)=1f x f x -，求1231(0)()()()....()(1)n n S f f f f f f n n n n-=++++++. 解：112[(0)(1)][()()]....[(1)(0)]1n n S f f f f f f n n n -=+++++++=+，所以12n n S +=.考点3．错位相减法求数列的前n 项和考点4．裂项相消法求数列的前n 项和【例5】各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，n S 满足()223n n S n n S -+--()230n n +=，n N *∈.（1）求1a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）证明：对任意n N *∈，有1223111114n n a a a a a a ++++< .【解析】（1）令1n =得：()2111320S S ---⨯=，即21160S S +-=，()()11320S S ∴+-=，10S > ，12S ∴=，即12a =；（2）由()()22233n n S n n S n n -+--+，得()()230n n S S n n ⎡⎤+-+=⎣⎦，()0n a n N *>∈ ，0n S ∴>，从而30n S +>，2n S n n ∴=+，所以当2n ≥时，()()()221112n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+--+-=⎣⎦，又1221a ==⨯，()2n a n n N *∴=∈； （3）()111111()22141n n a a n n n n +==-⋅++， 则1223111111111111111[()()...()]41223414444n n a a a a a a n n n ++++=-+-++-=-<++ 变式1．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14构成等比数列．2.7 数列求和的典型方法※ 典型例题考点1．分组求和法求数列的前n 项和考点2．倒序相加法【例2】设()442xx f x =+，求122012201320132013f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值．变式1．222289sin 1sin 2sin 3....sin 89S =︒+︒+︒++︒=__________ 变式2．已知函数()f x 对任意的x R ∈，都有()+(1)=1f x f x -，求1231(0)()()()....()(1)n n S f f f f f f n n n n-=++++++.考点4．裂项相消法求数列的前n项和考点5．数列的综合应用。

人教版A版高中数学必修5：高三第一轮复习 数列求和-裂项相消法

人教版A版高中数学必修5：高三第一轮复习 数列求和-裂项相消法


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)
数列求和-裂项相消法 变式.
变式探究·方法升华
数列求和-裂项相消法
观察一下例1 及变式通项公 式的分母两个 式子之差有什 么规律呢？
规律方法·反思提升
数列求和-裂项相消法
例题探究·提炼方法
数列求和-裂项相消法
例题探究·提炼方法
3
每项裂成两个式子的差；
4 裂开的项出现有规律的相互抵消
数列求和-裂项相消法
规律方法·反思提升
温馨提示
特别注意： 抵消后不一定只剩下第一项前式和最后一项后式； 也有可能前面两项的前式和后面两项的后式。
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。
数列求和-裂项相消法
2.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。
数列求和-裂项相消法
课后作业
必做题：基础达标6.11 选做题：
数列求和-裂项相消法
规律方法·反思提升
数列求和-裂项相消法
学以致用
把下列数列的通项拆成两项之差
数列求和-裂项相消法
你能说说 “裂项相 消求和法” 的特征吗?
规律方法·反思提升
你能说说 其中“消 项的规律
吗?
1
通项一般是分式型,
2 分母是因式相乘的形式；
消项的规律：前面保留第几项， 后面则保留倒数第几项，符号相反。
数列求和 数列求和的基本方法
知识回顾
1
.分
组
求和
：
Байду номын сангаас
一个数列的通项公式是由若干 个等差数列或等比数列之和构
数列求和之错位相减法 - 高一下学期数学人教A版必修5

数列求和之错位相减法 - 高一下学期数学人教A版必修5

数列求和——错位相减1.求和：1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .2．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和．3．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n .4.在数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝2a n＋2n.(1)设b n＝an2n－1.证明：数列{b n}是等差数列；(2)求数列{a n}的前n项和．5.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2a n－2(n∈N*)，在数列{b n}中，b1＝1，点P(b n，b n ＋1)在直线x－y＋2＝0上．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)记T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n，求T n.6.设等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，等比数列{b n}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)当d＞1时，记c n＝anbn，求数列{c n}的前n项和T n.数列求和——错位相减（解析）1.求和：1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n . 解 设S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1 ∴－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1 ＝21－2n 1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－2－n ×2n ＋1＝(1－n )×2n ＋1－2∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.2．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎨⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ， 即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n2n －1，①S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n .②所以，当n ＞1时，①－②得S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n2n＝1－(12＋14＋…＋12n －1)－2－n 2n＝1－(1－12n －1)－2－n 2n ＝n2n . 所以S n ＝n2n －1.当n ＝1时也成立．综上，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n 2n －1.3．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1＝3(22n －1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1.而a 1＝2，符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)由b n ＝na n ＝n ·22n －1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n ·22n －1，① 从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n ＋1.②①－②得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ·22n ＋1， 即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]．4.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n .(1)设b n ＝a n2n －1.证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的前n 项和．(1)证明 由已知a n ＋1＝2a n ＋2n ，得b n ＋1＝a n ＋12n ＝2a n ＋2n 2n ＝a n2n －1＋1＝b n ＋1.∴b n ＋1－b n ＝1，又b 1＝a 1＝1.∴{b n }是首项为1，公差为1的等差数列．(2)解 由(1)知，b n ＝n ，a n2n －1＝b n ＝n .∴a n ＝n ·2n －1.∴S n ＝1＋2·21＋3·22＋…＋n ·2n －1两边乘以2得：2S n ＝1·21＋2·22＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，两式相减得：－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )2n －1， ∴S n ＝(n －1)·2n ＋1.5.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2(n ∈N *)，在数列{b n }中，b 1＝1，点P (b n ，b n＋1)在直线x －y ＋2＝0上．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，求T n .解 (1)由S n ＝2a n －2，得S n －1＝2a n －1－2(n ≥2)， 两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，即a na n －1＝2(n ≥2)， 又a 1＝2a 1－2，∴a 1＝2，∴{a n }是以2为首项，以2为公比的等比数列，∴a n ＝2n . ∵点P (b n ，b n ＋1)在直线x －y ＋2＝0上， ∴b n －b n ＋1＋2＝0，即b n ＋1－b n ＝2， ∴{b n }是等差数列，∵b 1＝1，∴b n ＝2n －1.(2)∵T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ① ∴2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1② ①－②得：－T n ＝1×2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)·2n ＋1＝2＋2·22－2n ·21－2－(2n －1)2n ＋1＝2＋4·2n －8－(2n －1)2n ＋1 ＝(3－2n )·2n ＋1－6 ∴T n ＝(2n －3)·2n ＋1＋6.6.设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d ＞1时，记c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n . [解] (1)由题意得 ⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝192n ＋79，b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d ＞1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n . ②①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.。