数列求和-裂项法

合集下载

数列求和的“裂项相消法”讲解[1]

裂项相消法(1)求和 1111122334(1)n S n n =++++⨯⨯⨯+…解：通项公式：()()()1111111n n n a n n n n n n +-===-+++所以 111111*********n S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭…1111n n n =-+=+ (2)求和 1111377111115(41)(43)n S n n =++++⨯⨯⨯-+…解：()()()()()()43411111141434414344143n n n a n n n n n n +--⎛⎫===- ⎪-+-+-+⎝⎭ 得1111377111115(41)(43)n S n n =++++⨯⨯⨯-+… 11111111143771111154143n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦… 1114343n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭ ()343nn =+(3)求和 1111132435(2)n S n n =++++⨯⨯⨯+…()()()21111122222n n n a n n n n n n +-⎛⎫===- ⎪+++⎝⎭ ()()()()1111111113243546572112n S n n n n n n =++++++++⨯⨯⨯⨯⨯--++… 1111111111111112132435462112n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-++-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦…11111212n n =+--++ （仔细看看上一行里边“抵消”的规律）311212n n =--++ 最后这个题，要多写一些项，多观察，才可能看出抵消的规律来。

倒序相加法如果一个数列{an}，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和（都相等，为定值），可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法.a1+an=a2+an-1=a3+an-2=……当{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n 项和适用错位相减即{anbn}型 an 为等差bn 为等比。

数列求和——裂项相消法

数列求和
————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

高考数学解答题(新高考)数列求和(裂项相消法)(典型例题+题型归类练)(解析版)

专题06 数列求和（裂项相消法）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍常见的裂项技巧类型一：等差型类型二：无理型类型三：指数型①11(1)11()()n n n n n a a a k a k a k a k++-=-++++如：11211(2)(2)22n n n n n k k k k++=-++++类型四：通项裂项为“+”型如：①()()()21111111nn n n n n n +⎛⎫-⋅=-+ ⎪++⎝⎭ ②()()131222(1)(11)1n nn n nn n n n n +⎛⎫++⋅-=+- ⎝+⎪⎭本类模型典型标志在通项中含有(1)n -乘以一个分式.二、典型例题类型一：等差型例题1．（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，0n a >，315S =，公差1d >，且___________.从①21a -为11a -与31a +等比中项，②等比数列{}n b 的公比为3q =，1124,b a b a ==这两个条件中，选择一个补充在上面问题的横线上，使得符合条件的数列{}n a 存在并作答. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：16nT <. 【答案】(1)选择条件见解析，21n a n =+(2)证明见解析 (1)若选①，21a -为11a -与31a +的等比中项，则()()()2132111a a a -+=-，由{}n a 为等差数列，315S =，得2315a =，∴25a =，把25a =代入上式，可得()()4616d d -+=，解得2d =或4d =-（舍） ∴13a =，21n a n =+；若选②，3q =为等比数列{}n b 的公比，且1124,b a b a ==，可得213b b =，即413a a =，即有113)3a d a +=（，即123a d =；又315S =，可得11332152a d +⨯⨯=，即15a d +=，解得12,3d a ==，此时21n a n =+；第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，设，则，典型的裂项相消的特征，可将通项裂项为：解答过程：由题意知：；(2)∵()()111111212322123n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭， ∴11111111112355721232323n T n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭； ∴16n T <，得证例题2．（2022·广东佛山·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，111a =-，29a =-，且()11222n n n S S S n +-+=+≥． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)已知11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)213n a n =- (2)122212nn -(1)解：由题意得：由题意知()()112n n n n S S S S +----=，则()122n n a a n +-=≥又212a a -=，所以{}n a 是公差为2的等差数列，则()11213n a a n d n =+-=-；感悟升华（核心秘籍）本例是裂项相消法的等差型，注意裂项，是裂通项，裂项的过程中注意前面的系数不要忽略了.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的特征，可将通项裂项为：解答过程：由题意知：；(2)由题知()()11112132112213211n b n n n n ⎛⎫==- ⎪----⎝⎭则1111111111211997213211211211n T n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++-+++-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 122212n n-=类型二：无理型例题3．（2022·重庆八中模拟预测）已知各项均为正数的等差数列{}n a 满足11a =，22112()n n n n a a a a ++=++．(1)求{}n a 的通项公式； (2)记11n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)21n a n =-(2)1(211)2n +-(1)解：各项均为正数的等差数列{}n a 满足11a =，22112()n n n n a a a a ++=++，整理得()()()1112n n n n n n a a a a a a ++++-=+，由于10n n a a ++≠，所以12n n a a +-=，故数列{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列．所以21n a n =-．(2)解：由（1）可得111212122121n n n n n b a a n n ++--===+-++，所以11(3153...2121)(211)22n S n n n =⨯-+-+++--=+-．例题4．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，3518a a +=，648S =.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的无理型特征，可将通项分母有理化为：解答过程：由题意知：；(1)求{}n a 的通项公式； (2)设112n n n b a a +-=+，求数列{}n b 的前n 项和为n T .【答案】(1)21n a n =+；(2)证明见解析﹒(1)由题可知，11261861548a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得132a d =⎧⎨=⎩，∴21n a n =+；(2)1122232122321n n n n n b a a n n +-+--===+++-，()()()()()1517395212323212n T n n n n ⎡⎤=-+-+-+++--++--⎣⎦12123132n T n n ⎡⎤=+++--⎣⎦感悟升华（核心秘籍）本例是裂项相消法的无理型，具有明显的特征，其技巧在于分母有理化，注意裂项相消的过程中，是连续相消，还是隔项相消，计算注意细节.类型三：指数型第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的无理型特征，可将通项分母有理化为：解答过程：由题意知：；例题5．（2022·全国·模拟预测）已知等差数列{}n a 满足()*10n n a a n +->∈N ，且141015a a a ++=，2a ，4a ，8a 成等比数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若122n a n n n n a b a a ++⋅=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)n a n =(2)n S 1212n n +=-++(1)解：设等差数列{}n a 的公差为d ，因为2a ，4a ，8a 成等比数列，所以()()()211137a d a d a d +=++，整理得()10d a d -=，又因为10n n a a +->，所以0d >，1a d =，又1410131215a a a a d ++=+=，即15d ＝15，所以11a d ==，所以n a n =；感悟升华（核心秘籍）第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，具有明显的裂项相消法的特征，但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得通分，逆向求裂项求和．(2)解：由（1）知，n a n =，所以()()12221221n n nn n b n n n n +⋅==-++++，2324312112222222222223243541121n n n n n n n S n n n n n n ---+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1212n n +=-++．例题6．（2022·江西·临川一中模拟预测（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21,*=-∈n n S a n N .(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足22,(1)*++=∈⋅⋅+n n n b n N a n n ，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)12n na ；(2)1112(1)2n n T n +=-+⋅. (1)因为21n n S a =-，当1n =时，1121S a =-，解得11a =，当2n ≥时，1121n n S a --=-，所以()()111212122n n n n n n n a S S a a a a ---=-=---=-，即12(2)n n a a n -=≥，所以数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列.故11122n n n a --=⨯=.(2)，1122211(1)(1)22(1)2n n n n n n n b a n n n n n n +++++===-⋅⋅++⋅+⋅于是12231111111111122222322(1)22(1)2n n n n T n n n ++=-+-++-=-⋅⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅类型四：通项裂项为“+”型第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，具有明显的裂项相消法的特征，但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得通分，逆向求裂项求和例题7．（2022·吉林辽源·高二期末）已知等差数列{}n a 的前n 项和21,3n S n an b a =++=，数列{}n b 的前n 项和23n n n T b +=，12b =. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)令(1)nnn na cb =-，求数列{}nc 的前n 项和n P .【答案】(1)21n a n =+，()1n b n n =+ (2)2,?1,?1n n n n P n n n +⎧-⎪⎪+=⎨⎪-⎪+⎩为奇数为偶数感悟升华（核心秘籍）第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，注意通项中含有明显的裂项的两个特征，①含有分式②含有（注意通项中含有是裂项为“”型的重要标志），但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得则：，注意到通项中含有，需分奇偶讨论通分，逆向求当为偶数（为正），（注意此时为偶数，代入偶数的结论中）当为奇数（为偶数）综上：(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，则22113222n n n n d d S na d n n n a b -⎛⎫=+=+-=++ ⎪⎝⎭，所以1,23,20,dd a b ⎧=⎪⎪⎪-=⎨⎪=⎪⎪⎩所以2,2,0,d a b =⎧⎪=⎨⎪=⎩，所以数列{}n a 的通项公式为()32121n a n n =+-=+. 因为23n n n T b +=，当2n ≥时，1113n n n T b --+=，所以112133n n n n n n n b T T b b --++=-=-，所以11133n n n n b b --+=，即111n n b n b n -+=-. 所以1232112321n n n n n n n b b b b b b b b b b b b -----=⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯()11432112321n n n n n n n n +-=⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯=+---. (2)()()()()()11111111nn n n n n n n a c b n n n n ++⎛⎫=-=-⋅=-+ ⎪++⎝⎭，当n 为奇数时，11111111223341n P n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++⋅⋅⋅-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12111n n n +=--=-++. 当n 为偶数时，11111111223341n P n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111n n n =-+=-++. 综上所述，数列{}n c 的前n 项和2,1,1n n n n P n n n +⎧-⎪⎪+=⎨⎪-⎪+⎩为奇数为偶数.例题8．（2022·陕西·长安一中高二期中（文））已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且124,,S S S成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令()1141n n n n nb a a -+=-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）21n a n =-；（2）2,2122,21n nn n T n n n ⎧⎪⎪+=⎨+⎪⎪+⎩为偶数为奇数第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，注意通项中含有明显的裂项的两个特征，①含有分式②含有（注意通项中含有是裂项为“”型的重要标志），但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得，通分，逆向求当为奇数（为正），（注意此时为奇数，代入奇数的结论中）当为偶数（为奇数）综上：（1）∴等差数列{an }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1、S 2、S 4成等比数列． ∴S n ＝na 1+n （n ﹣1）（2a 1+2）2＝a 1（4a 1+12），a 1＝1，∴an ＝2n ﹣1；（2）∴由（1）可得()()111411112121n n n n n n b a a n n --+⎛⎫=-=-+ ⎪-+⎝⎭，当n 为偶数时，T n ＝11111111113355723212121n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+++-++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1212121nn n =-=++．当n 为奇数时，11111111113355723212121n T n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+++-⋯-+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12212121n n n +=+=++ ． 2,2122,21n nn n T n n n ⎧⎪⎪+∴=⎨+⎪⎪+⎩为偶数为奇数．三、题型归类练1．（2022·内蒙古·满洲里市教研培训中心模拟预测（理））已知在等差数列{}n a 中，25a =，1033a a =． (1)求数列{}n a 的通项公式; (2)设()21n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)21n a n =+(2)1n n + (1)设等差数列{}n a 的公差为d ，由210353a a a =⎧⎨=⎩，可得()1115932a d a d a d ⎧+=⎪⎨+=+⎪⎩解得13,2a d==，所以()13122n a n n -⨯=++= (2)由（1）可得2111(1)(22)(1)12n n b n a n n n n n n ====-++++所以111111 (22311)n n S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-= ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 2．（2022·山西运城·模拟预测（理））已知单调递增的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，512340,,1,S a a a =-成等比数列，正项等比数列{}n b 满足11631,23b a S b =+=+. (1)求{}n a 与{}n b 的通项公式； (2)设()3123log n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T .【答案】(1)31n a n =-，3nn b =(2)64n nT n =+ (1)设数列{}n a 的公差为d ，则0d >，由540S =得1545402a d ⨯+=，即128a d +=①，又123,1,a a a -成等比数列，所以()22131a a a -=，所以()()211112a d a a d +-=+，所以21(1)2d a -=②，联立①②及0d >解得12,3a d ==. 所以2(1)331n a n n =+-⨯=-. 所以161653,6572b S a d ⨯==+=，所以35723b =+，解得327b =，又231,0b b q q =>，所以3q =，所以3nn b =.(2)由（1）得()311111(31)23log (31)(32)33132n n c n b n n n n ⎛⎫===- ⎪-+-+-+⎝⎭，所以121111111111325583132323264n n n T c c c n n n n ⎛⎫⎛⎫=+++=-+-+⋅⋅⋅+-=-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭. 3．（2022·河南·模拟预测（理））已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()()222220n n S n n S n n -+--+=．(1)求1a 的值和数列{}n a 的通项公式； (2)设21n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)12a =；2n a n =；(2)()()32316812n n T n n +=-++. (1)由()()222220n n S n n S n n -+--+=得：()()()220n n S S n n +-+=；{}n a 为正项数列，0n S ∴>，2n S n n ∴=+；当1n =时，112a S ==；当2n ≥时，()()221112n n n a S S n n n n n -=-=+----=；经检验：12a =满足2n a n =；()2n a n n N *∴=∈.(2)由（1）得：()()111112224282n b n n n n n n ⎛⎫===- ⎪⋅+++⎝⎭，11111111111832435112n T n n n n ⎛⎫∴=⨯-+-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪-++⎝⎭()()()()1111132332318212821216812n n n n n n n n ⎛⎫++⎛⎫=⨯+--=⨯-=- ⎪ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭. 4．（2022·河北保定·一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1332n n S +-=． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设3314log log n n n b a a +=⋅，求{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)3nn a =；(2)41n nT n =+. (1)因为1332n n S +-=，故当1n =时，13a =，当2n ≥时，1332n n S --=，则()132nn n n a S S n -=-=≥，当1n =时，13a =满足上式，所以3nn a =.(2)由（1）得()33144114log log 11n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪⋅++⎝⎭，所以12311111144141223111n n n T b b b b n n n n ⎛⎫⎛⎫=++++=⨯-+-++-=-= ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭. 故数列{}n b 的前n 项和41n nT n =+. 5．（2022·安徽·北大培文蚌埠实验学校高三开学考试（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，525S =，且()*1232n n n n S a S S n ++-=+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设n b =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)21n a n =-(2)n T )112=(1)由1232n n n n S a S S ++-=+得：121211223222n n n n n n n n n n a S S S S S S S a a +++++++-=-+=-+-=-+即122n n n a a a ++=+，所以数列{}n a 为等差数列，由53525S a ==得35a =，设公差为d ，315212a a d d ==+=+，得2d =，所以()11221n a n n =+-⨯=-，故数列{}n a 的通项公式为21n a n =-．(2)12n b =，所以1122n Tn =++)112=．6．（2022·江苏盐城·三模）已知正项等比数列{}n a 满足1330a a +=，请在①4120S =，②481a =，③2211120n n n n a a a a --+-=，2n ≥，*n N ∈中选择一个填在横线上并完成下面问题：(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()12311n n n n b a a +⋅=++，{}n b 的前n 和为n S ，求证：14n S <．【答案】(1)选择见解析；3nn a =(2)证明见解析(1)设正项等比数列{}n a 公比为q ，又1330a a +=，选①，()()41234131120S a a a a a a q =+++=++=，所以3q =；选②，13431130a a a q q ⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭，所以()()2310390,3q q q q -++==；选③，()()22111112340n n n n n n n n a a a a a a a a ----+-=-+=，所以13n n a a -=，∴3q =；又1311191030a a a a a +=+==，∴13a =，则3nn a =．(2)因为()()()()1112323111131313131n n n n n n n n n b a a +++⋅⋅===-++++++，所以122231111111313131313131n n n n S b b b +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭11114314n +=-<+． 7．（2022·浙江金华·模拟预测）已知数列{}{},n n a b ，其中{}n a 为等差数列，且满足11211,,32a b b ===，21141,2n n n n nn a b a b n N *++-=+∈. (1)求数列{}{},n n a b 的通项公式； (2)设212n n nn n a c a a ++=，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求证：1n T <【答案】(1)21n a n =-，131(21)22n n b n -⎛⎫=-- ⎪⎝⎭(2)证明见解析(1)解：由数列{}n a 为等差数列，{}n b 且满足11211,,32a b b ===，211412n n n n nn a b a b ++-=+，当1n =时，可得122132a b a b =+，即213322a =⨯+，解得23a =；因为{}n a 是等差数列，所以21n a n =-，所以2141(21)(21)2n n nn n b n b +--=++，所以1121212n n n b b n n +-=+-，所以12132121131532123n n n b b b b b b b b n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭11211112211111311222222212n n n ---⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎛⎫⎝⎭=++++=+=- ⎪⎝⎭-所以131(21)22n n b n -⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.(2)解：由（1）得12311(21)(21)22(21)2(21)n n n n n c n n n n -+==--+-+，所以12n n T c c c =+++211111112323252(21)2(21)n n n n -=-+-++-⋅⋅⋅-+ 1112(21)n n =-<+.8．（2022·湖北·二模）已知正项等差数列{}n a 满足：()33n n a a n *=∈N ，且1382,1,a a a +成等比数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()1121212n n n a n a a c ++=++，n R 是数列{}n c 的前n 项和，若对任意n *∈N 均有n R λ<恒成立，求λ的最小值．【答案】(1)n a n =(2)最小值为23(1)解：设等差数列的公差为d ，由33n n a a =得[]11(31)3(1)a n d a n d +-=+-，则1a d =，所以1(1)n a a n d nd =+-=．因为12a 、31a +、8a 成等比数列，所以()231812a a a +=⋅，即2(31)28d d d +=⋅，所以27610d d --=，解得1d =或17d =-，因为{}n a 为正项数列，所以0d >，所以1d =，所以n a n =．(2)解：由（1）可得()()()()1111122112121212121212n n n a n n nn a a n n c +++++⎛⎫===- ⎪++++++⎝⎭，所以1223111111111122121212121212312n n n n R ++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎢⎥+++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，因为对任意n *∈N 均有23n R <，所以23λ≥，所以实数λ的最小值为239．（2022·江西·临川一中高二期末（理））已知数列{}n a ，0n a >，11a =，n S 为其前n 项和，且满足()()()1112n n n n S S S S n --+-=≥.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设()11nnn a b =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)=n a ()1nn T =-(1)由题可知()22112n n S S n --=≥⇒数列是{}2n S 等差数列，所以()2211n S S n n =+-=，)12n n n n S a S S n -=-=≥，又因为11a ==，所以n a(2)()()11nnnnnb a -===-．所以()()311nnn T =-=+-故答案为：n a ()1n- .10．（2022·重庆八中模拟预测）已知n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，36S =，2319a a a =⋅.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设数列()()24141nn n a b n n +=-∈-N ，数列化{}n b 的前2n 项和为2n T ，若2112022n T +<，求正整数n 的最小值. 【答案】(1)*,N na n n =∈(2)505(1)公差d 不为零的等差数列{}n a ，由2319a a a =⋅， ()()211182a a d a d +=+，解得1a d =.又31336S a d =+=，可得11a d ==，所以数列{}n a 是以1为首项和公差的等差数列，所以*,N na n n =∈.(2)解：由（1）可知()()241111412121nn n n b n n n ⎛⎫=-=-+ ⎪--+⎝⎭， 211111111113355743414141n T n n n n ∴=--++--+--++---+1141n =-++，2111412020n T n +=<+，20194n ∴>所以n 的最小值为505.11．（2022·天津市武清区杨村第一中学二模）已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且114342131,2,2,a b a b b b a a ====+．(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式；(2)记{}n b 的前n 项和为n S ，证明：()n n n S a b n *≤⋅∈N ；(3)记()311(1)*++⋅=-∈⋅n n n nnn a b c n a a N ，求数列{}n c 的前2n 项和．【答案】(1)(),2nn n a n b n *=∈=N ；(2)证明见解析；(3)2212221n n T n +=-+(1)设等差数列公差为d ，等比数列公比为q ，所以()2311111132132222222d q d a d b q b q q d q b q a d⎧+==+=⎧⎧⇒⇒⎨⎨⎨=+==+⎩⎩⎩，所以,2n n na b n ==， (2){}n b 的前n 项和为 248222222n n n n n n n n n S n a b =++++≤++++=⋅=⋅，(当1n =时，取等号)命题得证.(3)由（1）得，()()131131222(1)(1)(1)11n nn n n n nn n n n n n a b c a n n a n +++⎛⎫+ ⎪+⋅⋅=-=-=-+⎝+⎭⋅，所以数列{}n c 的前2n 项和2212244881616122()3222241334522nn n n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-⎝⎭，2212221n n T n +=-+12．（2022·黑龙江实验中学模拟预测（理））已知数列{}n a 满足11a =，11n n n n a a a a --=-，且0n a ≠. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若()()11121n n n n b n a a ++=-+，数列{}n b 前n 项和为nT，求2022T .【答案】(1)1n a n =；(2)20222023. (1)由11n n n n a a a a --=-，0n a ≠得：1111n n a a --=，又111a ，∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，1为公差的等差数列，1n n a ∴=，1n a n ∴=；(2)由（1）知：()()()()1121111111n n n n b n n n n +++=-=-+++；20221111111111223342021202220222023T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=++--+++⋅⋅⋅+++-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12022120232023=-=.13．（2022·湖北·蕲春县第一高级中学模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，其中1215a S ==，，当2n ≥时，1124n n n a S S +-，，成等差数列. (1)求数列{}n a 的通项公式.(2)记数列()()2123211n n n a a ++⎧⎫⋅⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前n 项和n T ，求证：121855n T ≤<.【答案】(1)14n n a -=；(2)证明见解析．(1)依题意，当2n ≥时，1144n n n a S S +-+=，故11444n n n n a S S a +-=-=，由1215a S ==，得22144a a a ==，，故数列{}n a 是以1为首项，4为公比的等比数列，则14n n a -=；(2)依题意，()()()()2211123232111141414141n n n n n n n n a a ++++⋅⋅==-++++++，故12231111111111414141414141541n n n n T ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪+++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ∴n *∈N ，∴1112111855415n T +=≤-<+，即121855n T ≤<．。

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：

高中数学数列求和的常用方法

数列求和的常用方法（1）公式求和法：①等差数列、等比数列求和公式②重要公式：1+2+…+n=12n（n+1）；12+22+…+n2=16n（n+1）（2n+1）；13+23+…+n3=（1+2+…+n）2=14n2（n+1）2；（2）裂项求和法：将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n=f（n+1）-f（n），然后累加抵消掉中间的许多项，这种先裂后消的求和法叫裂项求和法．用裂项法求和，需要掌握一些常见的裂项，如：a n=1(A n+B)(A n+C)=1C-B（1A n+B-1An+C）；1n(n+1)=1n-1n+1；（3）错位相减法：对一个由等差数列及等比数列对应项之积组成的数列的前n项和，常用错位相减法．a n=b n c n，其中{b n}是等差数列，{c n}是等比数列（4）倒序相加法：S n表示从第一项依次到第n项的和，然后又将S n表示成第n项依次反序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到S n的一种求和方法．（5）通项分解法（分组求和法）：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．a n=b n±c n（6）并项求和法：把数列的某些项放在一起先求和，然后再求S n．如：1002-992+982-972+ (22)12的和．（7）利用通项求和法：先求出数列的通项，然后进行求和数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）•数列求和的常用方法：1.裂项相加法：数列中的项形如的形式，可以把表示为，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如的数列，其中为等差数列，为等比数列，均可用此法；3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。

4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。

高中数学必修5《数列求和-裂项相消法》PPT

常见的裂项公式：
（二）、典例：
谢谢大家！
二、教学重点和难点：重点：裂项相消的方法和形式。能将一些特殊数
列的求和问题转化为裂项相消求和问题。难点：用裂项相消的思维过程，不同的数列采用
不同的方法，运用转化与化归思想分析问题和解决问题。
பைடு நூலகம்
三、教学过程：（一）复习：
常用求和方法： 1.错位相减法：
适用于一个等差数列和一个等比数列（公比不等于1）对应项相乘构成的数列求和. 2.分组求和法：
把一个数列分成几个可以直接求和的数列的和（差）的形式. 3.倒序相加法：
如果一个数列中，与首尾两端“距离”相等两项的和等于同一个常数，那么可用倒序相加求和.
4.裂项相消法：
把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩有限项再求和.注意：在抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消。
适用范围。进一步熟悉数列求和的不同呈现形式及解决策略。 2 过程与方法目标经历数列裂项相消法求和的探究过程、深化过程和推广
过程。培养学生发现问题、分析问题和解决问题的能力。体会知识的发生、发展过程，培养学生的学习能力。
3 情感与价值观目标通过数列裂项相消求和法的推广应用，使学生认识到在
学习过程中的一切发现、发明，一切好的想法和念头都可以发扬光大。激发学生的学习热情和创新意识，形成锲而不舍的钻研精神和合作交流的科学态度。感悟数学的简洁美﹑对称美。
高中数学必修五数列求和之裂项相消法
考纲要求
考纲研读
1.掌握等差数列、等比数列的对等差、等比数列的求和以考
求和公式．
查公式为主，对非等差、非等
比数列的求和，主要考查分组
2.了解一般数列求和的几种方求和、裂项相消、错位相减等

数列求和的“裂项相消法”讲解

创作编号：GB8878185555334563BT9125XW创作者：凤呜大王*对于本题通项公式类型的数列，采用的“求前n项和”的方法叫“裂项相消法”——就是把通项拆分成“两项的差”的形式，使得恰好在求和时能够“抵消”多数的项而剩余少数几项。

很多题目要善于进行这种“拆分”请看几例：（1）本题：()()2211111nn n n nan n n n++===-++-+（变形过程中用了“分子有理化”技巧）得12233411111 11111 nn n nS n++ =++++==+ -----…【往下自己求吧！答案C 】（2）求和1111122334(1)nSn n=++++⨯⨯⨯+…解：通项公式：()()()1111111n n n a n n n n n n +-===-+++ 所以 111111*********n S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭…1111n n n =-+=+（3）求和 1111377111115(41)(43)n S n n =++++⨯⨯⨯-+… 解：()()()()()()43411111141434414344143n n n a n n n n n n +--⎛⎫===- ⎪-+-+-+⎝⎭得 1111377111115(41)(43)n S n n =++++⨯⨯⨯-+ (11111111)143771111154143n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦… 1114343n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭ ()343nn =+（4）求和 1111132435(2)n S n n =++++⨯⨯⨯+… ()()()21111122222n n n a n n n n n n +-⎛⎫===- ⎪+++⎝⎭()()()()1111111113243546572112n S n n n n n n =++++++++⨯⨯⨯⨯⨯--++… 1111111111111112132435462112n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-++-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦…11111212n n =+--++ （仔细看看上一行里边“抵消”的规律） 311212n n =--++ 最后这个题，要多写一些项，多观察，才可能看出抵消的规律来。

案例分析——数列求和的裂项法

例求：１＋告＋＋１和 …
’
．＋…＋
Ｉ一ｌＪ
（一
１
＋ — — ＋ … ＋—
最后得出Ｉ＋＜一３Ｉ３＜创造了条件．１可见“ 裂差
ｎ／Ｉｎ
２＋（，）一，１ｎｎ，ｌ１（ｊｅ＞）Ｎ２胛。） ’ （ｚ
一
的环节中本质的凸现奠定了基础．实验２：如图ｌ，课件展示动画．在该实验中，
几次后，学生不难悟出游戏成功的第二个必要条件，即若ｋ号骨牌倒下，则一定有ｋ号骨牌倒下，里＋１这暗示了无穷推理的合理性、正确性．裂项法是重要的求和方法，不仅渗透了化归的重要思想，而且也是高考的热点问题，从最简单的题目入手，循序渐进，或者会有不可估计的收获．现
足够大，其他骨牌间距不变（同实验１，这时用手）推倒了ｌ号骨牌，但２号骨牌没有倒下，３号骨牌，４号骨牌 … 一，自然也就没有倒下，即游戏失败．同样让学生对比不同的实验及其结果，分析原因．这时，学生得到的结论往往停留在具体的骨牌上，即１
么会出现这个结果．在这以环节中，学生对现象本质的认识可能是比较模糊的，但必要的讨论为下面
继续下去，如图３，再将２号骨牌与３号骨牌、３号骨牌与４号骨牌、 ……的间距先后拉开足够大（每次实验只改变一个间距），重复实验３，如此反复
号骨牌倒下没有带动２号骨牌倒下导致了失败，而学生对其中的任意性很难提炼出来．

数列求通项公式求和裂项法-错位相减法-分组求和法

((一．分组求和{}{}{}(){},33,11,,21n n n n nnn n n n a a n a n S a a a n S n n =+⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭1.在数列求的前和2.在数列求的前和二．裂项求和常见的裂项形式： ()()()1111111;(1)11111;1212121211n n n n n n k k n n k n n n n n n n n ⎛⎫=- =-; ⎪++++⎝⎭=- =+--+-+++ {}{}{}(){}{}()(){}{}{}1,,(1)1,,213.,,212114.,,1n n n n n n n n n n n n n n n na a a n S n n a a a n S n n a a a n S n n a a a n S n n =+=+=-+=++1.在数列求的前和2.在数列求的前和在数列求的前和在数列求的前和三．错位相减法 {}{}{}(){}{}{}{}(){}1121,,2,23,3.,2,14.,31,3n n n n n n n n n nn n n n nn n n n nn a a a n S a a n a n S a a n a n S a a n a n S ---==-=⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 1.在数列求的前和2.在数列求的前和在数列求的前和在数列求的前和综合训练(){}{}(){}()()(){}2112016,S 38,12,2n n n n n n n n n n n n n n a n n b a b b b a c c n T b ++=+=++=+1.山东高考已知数列前n 项和为是等差数列，且1求的通项公式令求的前和 2.已知等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=，{}n a 的前n 项和为n S ．（Ⅰ）求n a 及n S ；（Ⅱ）令b n =211n a -(n ∈N *)，求数列{}n b 的前n 项和n T ．3.设数列}{n a 的前n 项和为S n =2n 2，}{n b 为等比数列，且.)(,112211b a a b b a =-= （Ⅰ）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式；（Ⅱ）设n n n b a c =，求数列}{n c 的前n 项和T n。

差比数列求和裂项相消

差比数列求和裂项相消差比数列是一种数列,其中的每一项都是前两项的差或比。

差比数列的通项公式可以用来求出数列的前几项和。

差比数列求和裂项相消法是一种求差比数列和的方法,它通过将数列的前几项相加,并使用裂项公式求出数列的通项公式,然后使用通项公式求出数列的和。

举个例子,假设我们要求的是以2为公差的等差数列的前5项和。

我们可以将数列的前几项相加,得到：2 + 4 + 6 + 8 + 10 = 30然后使用裂项公式求出数列的通项公式,即：a + (n-1)d = 30其中a是数列的第一项,n是数列的项数,d是数列的公差。

在这个例子中,a=2,n=5,d=2。

将这些值代入公式中得到：2 + (5-1)2 = 30解得：2 + 8 = 3010 = 30显然,这个结果是不正确的,说明我们没有正确地求出数列的通项公式。

总之,差比数列求和裂项相消法是一种求差比数列和的方法,它通过将数列的前几项相加,并使用裂项公式求出数列的通项公式,然后使用通项公式求出数列的通项公式来求出数列的和。

差比数列的通项公式为：S = (a1 + an) * n / 2其中S是数列的和,a1是数列的第一项,an是数列的最后一项,n是数列的项数。

在这个例子中,a1=2,an=10,n=5。

将这些值代入公式中得到：S = (2 + 10) * 5 / 2S = 12 * 5 / 2S = 60 / 2S = 30这样我们就正确地求出了以2为公差的等差数列的前5项和。

总之,差比数列的通项公式是一种有效的求数列和的方法,它可以帮助我们快速求出数列的和,而无需手动求和。

数列求和-裂项法

1 1 1 1 2 2 1 (2n 1)(2n 1) (2n 1) (2n 1)
通项an 1 cn cn1
2n( n 1) Sn 2n 1
3 5 7 2n 1 3.求和Sn . 2 2 2 2 (1 2) (2 3) (3 4) [n(n 1)]
试一试：可以调整一下，一步到位吗？
小结：
在分式求和中，恰当地裂开通项转化为新数列的两项差以达到累加相消，实现无限到有限的跨越！
an = cn - cn + k (n , n + k ? N )
*
裂项相消法与错位相减法
例题已知数列 . {an }满足：a1 , a2 a1 , a3 a2 , , an an 1 , 是首项、公差均为2的等差数列. ( Ⅰ求数列 ) {an }的通项公式an； (2n 1) 3n * (Ⅱ)令bn (n N )，求数列{bn }的前 an n项和Tn .
2n 1 2n 1 通项an 2 2 2 [n(n 1)] n (n 1)
1 1 2 n (n 1) 2
cn cn1
1 Sn 1 2 (n 1)
2 4.求和：Sn = k+1 k -1)(2 -1) k=1 (2 2 (2 - 1) - (2 -1) n+1 n+1 n n (2 -1)(2 -1) (2 -1)(2 -1)
2 4.求和：Sn = k+1 k -1)(2 -1) k=1 (2
n
k
4 12 4 22 4 32 4 n2 2.求数列 2 , , , , , 2 2 2 4 1 1 4 2 1 4 3 1 4 n 1 的前n项和.

数列求和的“裂项相消法”讲解(精.选)

对于本题通项公式类型的数列，采用的“求前n 项和”的方法叫“裂项相消法”——就是把通项拆分成“两项的差”的形式，使得恰好在求和时能够“抵消”多数的项而剩余少数几项。

很多题目要善于进行这种“拆分”请看几例：（1）本题： 1111n n n n n a n n n n -+-+===++-+（变形过程中用了“分子有理化”技巧）得 1223341111111111n n n n S n +-+=++++==+-----… 【往下自己求吧！答案 C 】（2）求和 1111122334(1)n S n n =++++⨯⨯⨯+… 解：通项公式：()()()1111111n n n a n n n n n n +-===-+++ 所以 111111*********n S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭… 1111n nn =-+=+（3）求和 1111377111115(41)(43)n S n n =++++⨯⨯⨯-+… 解：()()()()()()43411111141434414344143n n n a n n n n n n +--⎛⎫===- ⎪-+-+-+⎝⎭得 1111377111115(41)(43)n S n n =++++⨯⨯⨯-+… 11111111143771111154143n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦… 1114343n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭()343n n =+（4）求和 1111132435(2)n S n n =++++⨯⨯⨯+… ()()()21111122222n n n a n n n n n n +-⎛⎫===- ⎪+++⎝⎭ ()()()()1111111113243546572112n S n n n n n n =++++++++⨯⨯⨯⨯⨯--++... 1111111111111112132435462112n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-++-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ (11111212)n n =+--++ （仔细看看上一行里边“抵消”的规律） 311212n n =--++ 最后这个题，要多写一些项，多观察，才可能看出抵消的规律来。

平方数列求和公式裂项法推导

平方数列求和公式裂项法推导咱们来聊聊平方数列求和公式的裂项法推导哈。

话说当年我教学生这个知识点的时候，有个小家伙，瞪着大眼睛，一脸困惑地问我：“老师，这平方数列求和咋就这么难呢？”我笑着告诉他：“别着急，咱们一步步来，其实挺有趣的！”咱们先从简单的开始，啥是平方数列呢？就是像 1²，2²，3²，4²，5²……这样的数列。

那要求它们的和，咱们得想点巧妙的办法。

咱先看看前几个数的平方：1² = 1，2² = 4，3² = 9，4² = 16，5² = 25。

那它们的和呢，1² + 2² + 3² + 4² + 5² = 1 + 4 + 9 + 16 + 25 = 55。

要是一个一个加，那可太费劲啦！这时候裂项法就派上用场啦。

咱们把 n²写成 n(n + 1) - n 的形式，为啥这么写呢？您看哈，n(n + 1) = n² + n，再减去 n，不就还是 n²嘛。

那 1²就可以写成 1×2 - 1，2²写成 2×3 - 2，3²写成 3×4 - 3，以此类推。

这时候，原来的平方数列求和就变成了：(1×2 - 1) + (2×3 - 2) + (3×4 - 3) + …… + (n×(n + 1) - n)咱们把它拆开，就得到：(1×2 + 2×3 + 3×4 + …… + n×(n + 1)) - (1 + 2 + 3 + …… + n)先看前面括号里的式子，它有个小规律哦。

1×2 可以写成1/3×(1×2×3 - 0×1×2)，2×3 可以写成 1/3×(2×3×4 - 1×2×3)，3×4 可以写成 1/3×(3×4×5 - 2×3×4)，以此类推。

数列求和裂项相消法

裂项相消法
典型例题
（以下n均为正整数）
例1：
这是一道较为简单的裂项相消法化简题，１到２，２到３，３到４，……，n到n＋１，都相差１，直接裂项即可。

（化成
1/1-1/2+1/2-1/3...）
例2：
这是例１的升华题，是将分母稍作变化，题目就不一样了.１到3，3到5，5到7，……，2n-1到2n＋１，都相差2，裂项后总体要乘以1/2，这样才可以。

例3：
这是例2的拓展题，此时分母每个因数相差3了，做法一样，裂项后总体要乘以1/3，这样才行。

例4：
这是将例1一般化，此时分母每个因数相差1，裂项后直接相消。

例5：
这是将例3的拓展题，此时分母每个因数相差3，做法一样，裂项后总体要乘以1/3，这样才行。

例6：
这道题易错题，易写成，这样就造成错误，原来是正的，现在是负的。

正好相反，这一点多注意。

例7：
这道题易错题，这样就造成错误，原来是正的，现在是负的。

正好相反，这一点多注意。

数列求和-裂项法

数列求和的“裂项相消法”讲解[1]

数列求和——裂项相消法

高考数学解答题(新高考)数列求和(裂项相消法)(典型例题+题型归类练)(解析版)

数列求和之裂项相消法 PPT课件

高中数学 数列求和的常用方法

高中数学必修5《数列求和-裂项相消法》PPT

数列求和的“裂项相消法”讲解

案例分析——数列求和的裂项法

数列求通项公式求和裂项法-错位相减法-分组求和法

差比数列求和裂项相消

数列求和-裂项法

数列求和的“裂项相消法”讲解(精.选)

平方数列求和公式裂项法推导

数列求和裂项相消法

高中数学数列求和的常用方法