阅读与思考 九连环优质课一等奖

数列求和之裂项相消法

高考要求：

1. 熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式求和．

2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法(①分组求和；②拆项相消；③错位相减；④倒序相加；⑤并项求和．

一．基础盘查

见题知法：（口答解题方法与技巧及注意事项）

（1）求和 1＋3＋5＋7＋9＋…＋(2n＋1)＝___________；

公式法（直接用等差数列求和公式）

首项为1,an2n1,项数为n1项，

S2n1)(n1)n(12(n1)2

（2）求和22＋23＋24＋…＋2n＋3＝________. 公式法（直接用等比数列求和公式）

首项为22,项数是n+2 22(12n2S)n22n414

（3）数列112，314，518，7116，…，(2n－1)＋12n，…的前n项和Sn. 分组求和法

S5...2n1)(1111n(13248...2n)1[1(1)nn(12n1)22]2n2(1)n1

1122（4）S＝sin2

1°＋sin2

2°＋sin2

3°＋…＋sin2

88°＋sin2

89°倒序相加法

S＝sin2

1°＋sin2

2°＋sin2

3°＋…＋sin2

88°＋sin2

89°S＝sin2 89°＋sin2 88°＋sin2 87°＋…＋sin22°＋sin2 1°①+ ②得2 S＝89 S＝44.5

1

①

②

（5）已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2，则Sn＝______ 错位相减法

解析：∵an＝n·2

∴Sn＝1·2＋2·2＋3·2＋…＋n·223123nnn ①

②

∴2Sn＝1·2＋2·2＋…＋(n－1)·2＋n·2①－②得－Sn＝2＋2＋2＋…＋2－n·22＝1－2n＋1－n·2

1－2n＋1n＋1＝2－2－n·2

＝(1－n)2∴Sn＝2

n＋1n＋123nn＋1 nn＋1

n－2 (n－1)＋2. 111（6）．设an＝1＋2＋3＋…＋n，求Sn＝＋＋…＋. a1a2an裂项相消法

解析：∵an＝1＋2＋3＋…＋n＝1∴＝nn＋12. ann121＝2－. n＋1nn＋11111111∴Sn＝21－＋－＋－＋…＋－

nn＋122334＝21－＝1

n＋12n. n＋1重点归纳分组求和与错位相减法，及裂项相消法求和的特征：

二．重点突破裂项相消法之小试牛刀

11＋2＋3＋…＋n的前n项1．(2015·沈阳质量监测)已知数列{an}满足an＝，则数列nanan＋1和为______．

1＋2＋3＋…＋nn＋1解析：an＝＝，

n2

2

1

anan＋1＝4n＋1n＋2＝41－1，

n＋1n＋2所求的前n项和为

111111Sn42－3＋3－4＋…＋n＋1－n＋2

12n1＝4－. ＝2n＋2n＋2答案：2n

n＋22．在数列{an}中，,a 2. 解：因为an所以n99.

1nn1，且Sn9，则n n1n,所以Snn119,，

1n＋11113．(2015·曲靖一模)2＋2＋2＋…＋2－13－14－1A.2的值为(

) －1n＋1 2n＋23n＋1B.－

42n＋2311D.－＋

2n＋1n＋21111＝－，

n＋22nn＋21311＋C.－ 42n＋1n＋23．选C 解析：∵∴

1111＋2＋2＋…＋2－13－14－1n＋1221n＋11＝2＝2－1n＋2nn111＝1－＋－－1232

11111＋－＋…＋－

435nn＋21113－＝－

22n＋1n＋21311＋＝－. 42n＋1n＋2

三．难点突破面向高考

（2015全国卷1）Sn为数列{an}的前n项和.已知an0,an22an4Sn3，

（Ⅰ）求{an}的通项公式：

（Ⅱ）设bn3

1 ,求数列{bn}的前n项和。

anan1

试题分析：（Ⅰ）先用数列第n项与前n项和的关系求出数列{an}的递推公式，可以判断数列{an}是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{bn}的通项公式，再用拆项消去法求其前n项和. 2试题解析：（Ⅰ）当n1时，a12a14S134a1+3，因为an0，所以a1=3，

22当n2时，an2anan12an1=4Sn34Sn13=4an，即(anan1)(anan1)2(anan1)，因为an0，所以anan1=2，

所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，

所以an=2n1；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn=1111()，

(2n1)(2n3)22n12n311111bn=[()()23557(11)]

2n12n3所以数列{bn}前n项和为b1b2=

11. 64n6

课堂小结：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．

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. 归纳起来常见的命题角度有：

(1)形如an＝(2)形如an＝

四．课堂思考：

(2014·山东高考)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．

4

n1型；

n＋k1n＋k＋n

型；

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝(－1)n－14nanan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn. 2×14×3解：(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，

22由题意得(2a1＋2)＝a1(4a1＋12)，

解得a1＝1，所以an＝2n－1. (2)bn＝(－1)＝(－1)＝(－1)n－1n－124nanan＋1

4n2n－12n＋1n－11＋1. 2n－12n＋1111当n为偶数时，

＋Tn＝1＋－＋＋…＋－2n－1＋2n＋1＝1－3352n－32n－11111111112n＝. 2n＋12n＋1当n为奇数时，

＋＋Tn＝1＋－＋＋…－＋＝1＋3352n－32n－12n－12n＋111112n＋2＝. 2n＋12n＋12n＋22n＋1，n为奇数，所以T＝2n2n＋1，n为偶数.n

或Tn＝2n＋1＋－12n＋1

课堂作业：

n－1

1．(2015·江南十校联考)已知函数f(x)＝x的图象过点(4,2)，令an＝1afn＋1＋fn，n∈N.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 014＝(

) B.2 014－1 D.2 015＋1 *A.2 013－1

C.2 015－1 1a解析：选C 由f(4)＝2可得4＝2，解得a＝，

2则f(x)＝x12x. 5

∴an＝1fn＋1＋fn＝1n＋1＋n＝n＋1－n，

S2 014＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 014＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2 014－2 013)＋(2 015－2 014)＝2 015－1. 1112．设an＝1＋2＋3＋…＋n，则Sn＝＋＋…＋＝________. a1a2an解析：∵an＝1＋2＋3＋…＋n＝1∴＝nn＋12. ann121＝2－. n＋1nn＋11111111∴Sn＝21－＋－＋－＋…＋－

nn＋122334＝21－＝1

n＋12n. n＋12n

n＋12答案：3．(2014·广东高考)设各项均为正数的数列{an} 的前n

项和为Sn

，且

Sn满足

Sn－(n＋n－3)Sn－3(n＋n)＝0，n∈N. (1)求a1

的值；

(2)求数列{an} 的通项公式；

(3)证明：对一切正整数n

，有解：(1)由题意知，

22*S2n－(n＋n－3)Sn－3(n＋n)＝0，n∈N. 22*a11＋a1＋1a2111＋…＋<. a2＋1anan＋13令n＝1，有S1－(1＋1－3)S1－3×(1＋1)＝0，

可得S1＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，

即a1＝－3或2，

又an为正数，所以a1＝2. (2)由Sn－(n＋n－3)Sn－3(n＋n)＝0，n∈N可得，

(Sn＋3)(Sn－n－n)＝0，则Sn＝n＋n或Sn＝－3，

又数列{an}的各项均为正数，

所以Sn＝n＋n，Sn－1＝(n－1)＋(n－1)，

所以当n≥2时，

2222222*2222an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n. 6

又a1＝2＝2×1，所以an＝2n. (3)证明：当n＝1时，当n≥2时，所以a11111＝＝<成立；

a1＋12×36311111－<＝，

2n＋12n－12n＋122n－12n＋11

an＋1an1＝an＋12na11＋a1＋1a21＋…＋a2＋1an11111－1

<＋－＋…＋62352n－12n＋11111111＝＋－<＋＝. 6232n＋1663所以对一切正整数n，

有

a11＋a1＋1a2111＋…＋<. a2＋1anan＋137