第4节 第2课时 裂项相消法--2025高中数学一轮复习课件基础版(新高考新教材)

(2)由(1)知an=3n-1-1,则an+1=3n-1,an+2=3n+1-1,
所以
2·3
bn=
+1 +2
=
2·3

+1
(3 -1)(3
1
-1)
1
=
1
1
− +1 ,
3 -1
3
-1
1
1
1
1
则 Tn=b1+b2+…+bn= 1 − 2 + 2 − 3 +…+ − +1
3 -1
3 -1
3 -1
3 -1
3 -1
3
-1
1
1
1
1
= 1 − +1 = − +1 .
2
3 -1
3
-1
3
-1
[对点训练
1
3](2024·山东滨州模拟)已知在数列{an}中,a1=3,2an+1-an=anan+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
1
n
2
(2)证明:2a1a2+2 a2a3+…+2 anan+1< .
1 + 3 + 1 + 6 = 20,
则
9×8
91 + 2 = 27(1 + ),
21 + 9 = 20,
1 = 1,
即
解得
181 = 9,
= 2,
所以 an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1.
(2)证明 bn=
2
+2 +
2( 2+3- 2-1)
3
(1)解 易知 an≠0,由 2an+1-an=anan+1,
2
得

1
1
1
−
=1,即
=2· -1,
+1
+1

1
1
1
1
两边同时减 1,得 -1=2 -2,所以 -1=2( -1).
+1

+1

1 -1
+1
又 an≠1,所以 1
=2.
-1
1
1
又因为 -1=2,所以数列{ -1}是
2025
高考总复习
第2课时
裂项相消法
研考点
精准突破
考点一
等差型
例 1(2022·新高考Ⅰ,17)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,已知 a1=1,
的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
1
1
1
(2)证明: + +…+ <2.
1
2



1
是公差为3


1
1
(1)解 ∵
是以 =1 为首项,以 为公差的等差数列,
考点二
无理型
例2(2024·重庆九龙坡模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a4+a7=20,
S9=27a2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设 bn=
2
,数列{bn}的前
+2 +
n 项和为 Tn,证明:当 n≥3 时,2Tn> +1 .
(1)解 设{an}的公差为 d,
解 (1)∵{an}是等差数列,且满足 a1=1,a2,a3+1,a4+6 三个数成等比数列,
∴(a3+1)2=a2·
(a4+6),整理得(1+2d+1)2=(1+d)(1+3d+6),
∴4(d+1)2=(1+d)·
(3d+7),易知 d>0,∴4d+4=3d+7,d=3,
∴an=3n-2. ∵ 12 + 22 +…+2 =n·
1
3

1
+2
+2
∴ =1+(n-1)× 3 = 3 .∴Sn= 3 an.

+1
当 n≥2 时,Sn-1= an-1.
3
+2 +1
①-②得 an=Sn-Sn-1= 3 an- 3 an-1,
+1
-1

+1
∴ 3 an-1= 3 an,∴ =
.
-1
-1
-1
∴an= ·
4
+1
1
.
4
2
3

+ + +…+ =n2+n,
3
4
+1
-1
1
2
3
时, + + +…+ =n2-n,
2
3
4

①
②

①-②得+1=2n,所以 an=2n(n+1).
1
当 n=1 时, 2 =2,即 a1=4 也满足 an=2n(n+1),故{an}的通项公式为 an=2n(n+1).
4.消项规律
消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边剩第几项,后边就剩倒数第几项.
[对点训练
1
1](2024·山东日照模拟)在数列{an}中,
2
(1)求{an}的通项公式;
1
2
(2)证明: + +…+
3 1
(1)解
1
因为
2
所以当 n≥2
4 2

(+2)
<
+
2
3
+
3

+…+ =n2+n.


1
1 1
1
(2)证明 (+2) = 2(+1)(+2) = 2(+1)(+2) = 2 (+1 − +2),

1
2

1
1
1
1
1
1
1
所以 + +…+
= ×( − + − +…+
−
)
31
42
(+2)
2
2
3
3
4
+1
+2
1 1
1
1
1
1
=2 (2 − +2)=4 − 2(+2) < 4.
2 + 1 + 2 + 3),
所以 2Tn= 2 + 3 + 2 + 1 − 3-1,
所以 2Tn- +1 = 2 + 3 + 2 + 1 − 3-1- 2 + 1 = 2 + 3 − 3-1,
当 n≥3 时, 2 + 3 − 3-1≥ 2 × 3 + 3 − 3-1=3- 3-1=2- 3>0,

1
1
1
1
1
1
1
1
1
∴ + +…+ =2(1- + − +…+ −
)=2(1- )<2. Nhomakorabea12

2
2
3

+1
+1
变式探究
(+2)
1
(变条件变结论)若本例中{an}的通项公式为 an=
,证明:
2
1
1

2
1
1
1
1
1
证明
= (+2) = − +2 , + +…+
1
2

-1
-2
又
2
·…·
1
+1

-1
4
3
·a1=
×
×
×…× 2 × 1 ·a1(n≥2),
-1
-2 -3
(+1)×
(+1)
a1=1,∴an= 2×1 ×1= 2 (n≥2).
又当 n=1 时,a1=1 也符合上式,
(+1)
∴an= 2 .
①
②
1
2
1
1
(2)证明 由(1)知, = (+1)=2 - +1 ,
1
1
1
1
1
1
1
1
=( 1 − 2 )+( 2 − 3 )+…+(2+1 − +1 )=3 − +1 ,
2 +1
2 +1
2 +1
2 +1
2
+1
2
+1
1
1
n
2
因为 +1 >0,所以 2a1a2+2 a2a3+…+2 anan+1<3.
2
+1
bn=
,求数列{bn}的前
+1 +2
n 项和 Tn.
解 (1)2Sn=3n-2n-1,①
当n=1时,2S1=2a1=3-2-1=0,解得a1=0.
当n≥2时,2Sn-1=3n-1-2n+1.②
①-②得2an=3n-3n-1-2=2·
3n-1-2,所以an=3n-1-1.
又a1=0符合上式,所以an=3n-1-1.
=
2+3-(2-1)
=
2
=
2( 2+3- 2-1)
=
2+3+ 2-1 ( 2+3+ 2-1)( 2+3- 2-1)
2+3- 2-1
2
,
所以 Tn=b1+b2+b3+…+bn
1
=2 ( 5-1+
1
= (-1- 3 +
2
7 − 3 + 9 − 5+…+ 2 + 3 − 2-1)
1

1
1
n
所以 -1=2 ,即 an= .

2 +1
所以数列{an}的通项公式为
以 2 为首项,2 为公比的等比数列,
1
an=2 +1.
n
(2)证明 2 anan+1=
2

+1
(2 +1)(2
+1)
=
1
1
− +1 ,
2 +1
2
+1
所以 2a1a2+22a2a3+…+2nanan+1
(3n-2),
2
∴当 n≥2 时,12 + 22 +…+-1
=(n-1)·
(3n-5).
两式相减得2 =3n2-2n-(3n2-8n+5)=6n-5.
当 n=1 时,12 =1,∵bn>0,∴b1=1 也符合上式,∴bn= 6-5.
(2)∵cn·
( 6-5 + 6 + 1)=6,∴cn=
6
= 6 + 1 − 6-5.
6-5+ 6+1
∴Tn= 7 − 1 + 13 − 7+…+ 6 + 1 − 6-5 = 6 + 1-1.
考点三
指数型
例3(2024·山西吕梁模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3n-2n-1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若
2·3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
=(1-3)+(2 − 4)+(3 − 5)+…+( − +1)+( − +2)
-1
1
1
1
3
1
1
3
=1+ −
−
= −
−
< .
2
+1
+2
2
+1
+2
2
1
1
+ +…+
2

<
3
.
2
规律方法
1.等差型常用的裂项技巧
2.裂项相消法求和的基本步骤
3.裂项原则
一般是前边裂几项,后边就裂几项,直到发现被消去项的规律为止.
所以当 n≥3 时,2Tn> +1 .
[对点训练2]已知两个正项数列{an}和{bn},其中{an}是等差数列,且满足
a1=1,a2,a3+1,a4+6三个数成等比数列, 12 + 22 + 32 +…+2 =nan,n∈N*.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn·(bn+bn+1)=6,n∈N*,求数列{cn}的前n项和Tn.