数列裂项相消法求和
数列求和——裂项相消法
————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
裂项相消法在数列求和中的应用
c1 c2
cn =(1+
1 d
） (
1 b1
1 b2
)
(1 b2
1 b3
)
(1 bn2
1 )( 1
bn1
bn1
1 bn
）
(1+ 1 ） ( 1 1 ） (1+ 1 ） (1 1 ）
d b1 bn
d
bn
b1 1 0, d 0,bn 0
c1 c2
cn
(1+
1 ） (1 d
1 bn
1 16
二：裂项相消法与不等式的证明
（二）先放缩再求和
例6：已知an
n2
n (n 1)2
, 求证：a1
a2
an
1 2
总结：
1.三种常见裂项相消的通项特征
（一）等差型（一次函数）
（二）等比型
an
(2n
b)
1 (2n1
b)
=
1 2n
1
1
( 2 n b 2n1 b)
（三）无理式型
an
1
n
n 1 (
=
1 2
(11
1) 3
(
1 2
1 4
)
(1 3
1) 5
( 1 n 1
1) n 1
(1 n
n
1
2 )
=
1 2
1+
1 2
n
1 1
n
1
2
3 4
1 2
(
1 n
1
n
1
) 2
( 1 1) n2 n
裂项相消法在数列求和中 的应用
数列求和裂项相消法公式
数列求和裂项相消法公式
数列裂项相消公式：1/[n(n+1)]=(1/n)-[1/(n+1)]。
裂项是指这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用。
是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的。
通项分解（裂项）倍数的关系。
通常用于代数，分数，有时候也用于整数。
公式，在数学、物理学、化学、生物学等自然科学中用数学符号表示几个量之间关系的式子。
具有普遍性，适合于同类关系的所有问题。
在数理逻辑中，公式是表达命题的形式语法对象，除了这个命题可能依赖于这个公式的自由变量的值之外。
数列之裂项相消求和
=1
3
1(1- )
=39
1-
⇒a1=3,所以 an=3n.
(2)由已知得 bn=log332n+1=2n+1,所以 Tn=3+5+…+(2n+1)=n(n+2),
1
=
=
1
=
1 1
( +2) 2
1 1 1
-
2 1 3
-
1
+2
1
1
1
,所以 ∑ = + + +…+
1
=1
1 1 1
1 1 1
1 1
2 2 4
项和
.
解析 (1)因为 , 9 为函数 () = ( − 2)( − 99) 的两个零点且
(−1)
1+
2
= 2, 9 = 99 .又因为 =
= 3 ，所以数列 {
( − 1) = 2 + 1 .
1
(2)因为
所以
1
(
2
=
=
1
(
2
，所以 9
9×8
1+ 2
< 9 ，所以
× 2 = 99 ，解得
（2n＋1）
1
1
－
1
1
解析∵an＝
＝ 2n－1 2n＋1 ，
（2n－1）
（2n＋1） 2
1
1－
1
1
n
1
1
1 1
1
2n＋1 ＝
∴Sn＝ [(1－ )＋( － )＋…＋(
－
)]＝
.
2
裂项相消法求和附解析
.裂项相消法利用列相消法乞降，注意抵消后其实不必定只剩下第一和最后一，也有可能前面剩两，后边剩两，再就是通公式列后，有需要整前面的系数，使列前后等式两保持相等。
（ 1 ）假如 {a n }等差数列，11.( 11) ,11.(1 1 )a n a n 1 d a n a n 1a n a n 22d a n a n 2（ 2 ）111 n（n1） n n1（ 3 ）1k)1 ( 1n1)n(n k n k（ 4 ）1 1 (11)（2n 1（)2n 1） 2 2n 1 2n 1（ 5 ）n(n12)1[1(n1] 1)( n2n(n 1)1)(n2)（ 6 ）1n1nn n1（ 7 ）11n k n) n n k(k1. 已知数列的前n和，．（1 ）求数列的通公式；（2 ），求数列的前n和．[ 分析 ] (1)⋯⋯⋯⋯⋯①.,⋯⋯⋯⋯⋯②①②得 :即⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分在①中令, 有, 即，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分故2. 已知 {a n} 是公差 d 的等差数列，它的前n 和 S n， S4=2S 2 +8 ．（Ⅰ）求公差 d 的；（Ⅱ）若 a 1 =1 ， T n是数列 {} 的前 n 和，求使不等式T n≥全部的n ∈N* 恒建立的最大正整数m 的；[ 分析 ] （Ⅰ）数列{a n }的公差 d ，∵ S4 =2S 2 +8 ，即 4a 1 +6d=2(2a 1 +d) +8，化得：4d=8，解得 d=2 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）由 a 1=1 ， d=2 ，得 a n =2n-1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分∴=．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分.∴ T n ===≥ ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分又∵ 不等式n全部的 n ∈ N* 恒建立，T ≥∴ ≥，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 分化得： m 2 -5m-6≤0 ，解得： -1 ≤m ≤6 ．∴ m 的最大正整数 6 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分3.) 已知各均不同样的等差数列{a n } 的前四和S4 =14, 且 a 1 ,a3 ,a7成等比数列 . ( Ⅰ) 求数列 {a n } 的通公式 ;( Ⅱ)T n数列的前n和,求T2 012的.[ 答案 ] ( Ⅰ ) 公差 d, 由已知得(3 分)解得 d=1或d=0(舍去),∴a1=2. (5分)故 a n =n+1. (6分)(Ⅱ)==-,(8分).∴T n= - + - + ⋯+ -= -=. (10 分)∴T2012 =. (12分)4.) 已知数列 {a}是等差数列 ,- =8n+4, 数列 {|an |} 的前 n 和 S ,数列的前 nn n 和 T n .(1)求数列 {a n }的通公式 ;(2)求 : ≤T n <1.[ 答案 ] (1) 等差数列 {a n }的公差d,a n =a 1 +(n-1)d. (2分)∵- =8n+4,∴(a n+1 +a n )(a n+1 -a n )=d(2a 1 -d+2nd)=8n+4.当 n=1,d(2a 1 +d)=12;当 n=2,d(2a 1 +3d)=20.解方程得或(4分)知 ,a n =2n或a n=-2n都足要求.∴a n =2n或a n=-2n. (6分)(2) 明 : 由 (1) 知 :a n =2n或a n=-2n.∴|a n |=2n..∴S n =n(n+1). (8分)∴== -.∴T n=1- + - + ⋯+ -=1-. (10 分 )∴ ≤T n <1. (12分)5. 已知等差数列 {a n } 的公差2, 前 n 和 S n ,且 S1,S2 ,S4成等比数列 .( Ⅰ) 求数列 {a n } 的通公式 ;( Ⅱ) 令 b n =(-1)n-1,求数列 {b n }的前 n 和 T n .[ 答案 ] 看分析[ 分析 ] ( Ⅰ ) 因 S1 =a 1 ,S2=2a 1 +×2=2a1+2,S =4a1+×2=4a1+12,4由意得 (2a 1+2) 2 =a 1 (4a 1+12),解得 a 1 =1,因此 a n =2n-1.( Ⅱ)b n =(-1)n-1=(-1)n-1=(-1) n-1当 n 偶数 , T n =-=1-=.当 n 奇数 , T n =-.因此 T n =..+⋯+-+⋯-+++=1+=6.已知点的象上一点，等比数列的首，且前和( Ⅰ) 求数列和的通项公式；( Ⅱ) 若数列[ 分析 ]解： (Ⅰ)由于的前项和为，问，因此的最小正整数，是多少？因此，，，又数列是等比数列，因此，因此，又公比，因此，由于，又因此数列因此因此，因此，因此组成一个首项为 1 ，公差为，当时，.（6分），1 的等差数列，，，(Ⅱ) 由(Ⅰ ) 得，（10 分）由得，知足的最小正整数为 72.（12 分）7. 在数列，中，，，且成等差数列，成等比数列（） .（Ⅰ）求，，及，，，由此概括出，的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）证明：.[ 分析 ] （Ⅰ）由条件得，由此可得.猜想. （ 4分）用数学概括法证明：①当时，由上可得结论建立.②假定当时，结论建立，即，那么当时，.因此当时，结论也建立.由①②，可知对全部正整数都建立. （ 7 分）（Ⅱ）由于.当时，由（Ⅰ）知.因此.综上所述，原不等式建立. (12分）8. 已知数列的前项和是，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，，求使建立的最小.的正整数的．[ 分析 ]（1）当，，由，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分当，∴是以首，公比的等比数列．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分故⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分（2 ）由（ 1）知，⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 8 分，故使建立的最小的正整数的.⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分.9.己知各均不相等的等差数列 {a n } 的前四和 S4=14 ，且 a 1， a 3， a 7成等比数列．（I）求数列 {a n } 的通公式；（ II ） T n数列的前n和，若T n≤¨ 恒建立，求数的最小．[ 分析 ] 122.解得（Ⅰ）公差 d. 由已知得⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯，因此3 分⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分（Ⅱ），⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分恒建立，即恒建立10.又∴的最小⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯已知数列前和，首，且，，成等差数列.12 分.（Ⅰ）求数列的通公式；（ II ）数列足，求：，[分析] （Ⅰ）成等差数列,∴，，当，,两式相减得：.因此数列是首，公比 2 的等比数列，.（6分）( Ⅱ)，（8分），.（12 分）11. 等差数列 {a n } 各均正整数, a 1 =3,前n和S n,等比数列{b n}中, b1=1,且b 2 S2 =64, {} 是公比64 的等比数列 .( Ⅰ) 求 a n与 b n ;(Ⅱ) 明: + +⋯+ <.. [ 答案 ] ( Ⅰ ){a n } 的公差d, {b n }的公比q, d 正整数 ,a n =3+(n-1) d,b n =q n-1.依意有①由(6+d) q=64知q正有理数,又由q=知, d 6 的因子 1, 2, 3, 6之一,解①得d=2, q=8.故 a n =3+2(n-1) =2n+1, b n =8n-1.( Ⅱ) 明 :S n =3+5+⋯+(2n+1) =n(n+2) ,因此+ +⋯+ =+++⋯+==<.12.等比数列{a n}的各均正数, 且 2a 1+3a 2 =1,=9a 2a 6.( Ⅰ) 求数列 {a n }的通公式 ;( Ⅱ) b n =log 3 a 1+log3a 2 +⋯+log 3 a n ,求数列的前n和.[ 答案 ] ( Ⅰ ) 数列 {a n} 的公比q.由=9a 2 a 6得=9 , 因此 q 2=.因条件可知q>0,故q=..由 2a 1 +3a 2 =1 得 2a 1 +3a 1 q=1,因此a1=.故数列 {a n } 的通公式 a n=.( Ⅱ) b n =log 3 a 1+log3a 2 +⋯+log 3 a n=-(1+2+⋯+n)=-,故=-=-2,+ +⋯+ =-2++⋯+=-.因此数列的前 n 和 -.13. 等差数列 {a n } 的各均正数,a 1=3, 其前 n 和 S n ,{b n } 等比数列 ,b 1 =1, 且b 2 S2 =16,b3 S3 =60.( Ⅰ) 求 a n和 b n ;(Ⅱ)求+ +⋯+.[ 答案 ] ( Ⅰ ) {a n }的公差d, 且 d 正数 ,{b n }的公比q,a n =3+(n-1)d,b n=q n-1 ,依意有 b 2 S2 =q ·(6+d)=16,b 3 S3 =q 2·(9+3d)=60,(2分).解得 d=2,q=2.(4分)故 a n =3+2(n-1)=2n+1,b n =2n-1.(6分)( Ⅱ)S n =3+5+⋯+(2n+1)=n(n+2),(8分)因此+ +⋯+=+++⋯+=(10 分)== -.(12 分 )14. 数列 {a n } 的前 n 和 S n足 :S n =na n -2n(n-1).等比数列{b n}的前n和T n,公比a 1 ,且 T5 =T 3 +2b 5 .(1)求数列 {a n }的通公式 ;(2) 数列的前n和M n,求:≤M n<.[ 答案 ](1) ∵T5 =T 3+2b 5 ,∴b 4+b 5=2b 5,即 (a 1 -1)b 4 =0, 又 b 4≠0, ∴a1 =1.n ≥2,a n =S n -S n-1 =na n -(n-1)a n-1 -4(n-1),即(n-1)a n-(n-1)a n-1 =4(n-1).∵n-1 ≥1, ∴a n -a n-1 =4(n≥2),.∴数列{a n }是以 1 首 ,4 公差的等差数列,∴a n =4n-3. (6分)(2)明:∵==·,(8 分)∴M n =++ ⋯+==< ,(10 分)又易知 M n增 ,故 M n≥M 1=.上所述 , ≤M n < . (12分)。
裂项相消法数列求和例题
裂项相消法数列求和例题
裂项相消法（Telescoping Series）是一种在数列求和中常用的技巧。
它适用于一些特定的数列，能够简化数列求和的过程。
下面我将通过一个例题来说明裂项相消法的应用。
考虑以下数列，\[1 \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \frac{1}{4} + \ldots + (-
1)^{n+1}\frac{1}{n}.\]
我们可以观察到每两项之间的部分可以相消，留下一个简化后的表达式。
具体来说，我们可以将相邻的两项相加，然后相减，这样中间的部分就会相消掉，只留下首尾两项的和。
这个过程可以写成如下形式：
\[S_n = \left(1 \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} \frac{1}{4}\right) + \ldots + \left(\frac{1}{n-1} \frac{1}{n}\right) +
\left(\frac{1}{n} \frac{1}{n+1}\right).\]
观察上式，中间部分的项都相消了，只剩下了首项1和尾项\(-
1/n\)。
因此，数列的部分和可以简化为\[S_n = 1
\frac{1}{n+1}.\]
这个例子展示了裂项相消法在数列求和中的应用。
通过巧妙地调整数列中各项的组合方式，我们可以简化数列求和的过程，得到一个更加简洁的表达式。
希望这个例题能够帮助你理解裂项相消法的应用。
如果你还有其他关于数列求和或者裂项相消法的问题，欢迎继续提问。
数列裂项相消法例子
数列裂项相消法数列裂项相消法是一种常用的数学技巧，用于求解一些复杂的数列求和问题。
以下是几个例子，说明该方法的应用。
例1：已知等差数列{an}，其中a1=1，d=2，求前n项和Sn。
解：首先，我们可以将等差数列的通项公式表示为an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1。
然后，我们可以将前n项和表示为Sn=a1+a2+...+an。
接下来，我们使用裂项相消法，将相邻两项相加，得到：Sn=(1+3)+(3+5)+...+[(2n-3)+(2n-1)]=2+4+ (2)=n(n+1)例2：已知等比数列{an}，其中a1=1，q=2，求前n项和Sn。
解：首先，我们可以将等比数列的通项公式表示为an=a1*q^(n-1)=2^(n-1)。
然后，我们可以将前n项和表示为Sn=a1+a2+...+an。
接下来，我们使用裂项相消法，将相邻两项相减，得到：Sn=(1-2)+(2-4)+...+[2^(n-2)-2^(n-1)]+2^(n-1)=-1-1-...-1+2^(n-1)=-(n-1)+2^(n-1)=(2^n)-1-(n-1)=(2^n)-n例3：已知数列{an}，其中an=n^2，求前n项和Sn。
解：首先，我们可以将数列的通项公式表示为an=n^2。
然后，我们可以将前n项和表示为Sn=a1+a2+...+an。
接下来，我们使用裂项相消法，将相邻两项相减，得到：Sn=(1^2-0^2)+(2^2-1^2)+...+[n^2-(n-1)^2]=1+3+5+...+(2n-1)=n^2通过以上例子可以看出，裂项相消法是一种非常实用的数学技巧，可以用于求解各种复杂的数列求和问题。
需要注意的是，在使用该方法时，需要根据具体的数列类型和题目要求来选择合适的裂项方式。
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。
数列求和-裂项相消法-PPT课件
为等b比n 数列
②乘公比：等式两边乘以等比数列的公比
③错位：让次数相同的相对齐④相减⑤解出Sn
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)
解：
an
1 n(n 1)
1 n
1 n 1
Sn a1 a2 a3
an1 an
(1- 1）（1 - 1）（1 - 1） （ 1 1） (1 1 ) 2 2 3 3 4 n 1 n n n 1
1 (1 1 ) 3 3n 1
数列求和-裂项相消法
规律方法·反思提升
(1)an
1 n(n
k)
1 k
(
1 n
n
1
k
)
(2)bn
1 4n2 1
(2n
1 1)(2n
1)
1 2
(
1 2n 1
1) 2n 1
(3)bn
9n2
1 3n
2
(3n
1 2)(3n
1)
1 3
(1 3n
2
1) 3n 1
数列求和-裂项相消法
1 n＋1＋
＝ n
n＋1－
n，
S2 016＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 016＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3) ＋…＋( 2 016－ 2 015)＋( 2 017－ 2 016)＝ 2 017－1. 答案：C
数列求和-裂项相消法
强化练习·扩展延伸
强化练习2
题型3：
2n
11
an (2n 1)(2n1 1) 2n 1 2n1 1
数列求和 数列求和的基本方法
知识回顾
经典研材料裂项相消法求和大全
经典研材料裂项相消法求和大全一、引言在研究材料的裂项性质时，求和是一个非常常见的操作。
而裂项相消法是一种常用的技巧，可以简化裂项求和的过程，并得到一个更加简洁的结果。
本篇文章将介绍一些经典的研材料裂项相消法求和的例子，希望可以帮助读者更好地理解和应用这一技巧。
二、裂项相消法求和的基本思路裂项相消法的基本思路是通过巧妙地加减项，使得一些项的系数相消，从而得到一个更简单的求和结果。
下面将介绍一些常用的裂项相消法。
三、具体示例1.例题一求和S=1-2+3-4+5-6+...+(-1)^n*n的值。
解：我们可以观察到这个求和式的两项之间有一定的规律。
可以发现，每两个相邻的项都是一正一负，并且绝对值递增。
因此，我们可以尝试将这两项相加进行简化。
S=(1-2)+(3-4)+(5-6)+...+[(-1)^(n-1)*n+(-1)^n*(n+1)]通过配对相加的方式，可以得到：S=-1+(-1)+(-1)+...+(-1)=-n因此，求和S的值为-n。
2.例题二求和S=1*2+2*3+3*4+...+(n-1)*n的值。
解：我们可以观察到这个求和式的每一项都是两个因数的乘积，并且这两个因数的差值为1、因此，我们可以尝试将这两项相减进行简化。
S=(1*2)+(2*3)+(3*4)+...+[(n-1)*n]通过配对相减的方式，可以得到：S=(2-1)+(3-2)+(4-3)+...+(n-(n-1))S=1+1+1+...+1=n-1因此，求和S的值为n-13.例题三求和S=1+3+6+10+15+...+n(n+1)/2的值。
解：我们可以观察到这个求和式的每一项都是一个等差数列的前n项和，而这个等差数列的公差为1、因此，我们可以尝试构造一个等差数列来进行简化。
S=1+3+6+10+15+...+n(n+1)/2将每一项用等差数列的前n项和来表示：S=(1+2+3+4+...+n)+(2+3+4+5+...+n)+(3+4+5+6+...+n)+...+(n(n+1)/2)可以观察到，每一项的相邻两项有很多项是相同的，只有前k项相同，后面的一些项就不同了。
数列求和裂项相消法例题
数列求和裂项相消法例题摘要：一、引言二、数列求和的基本概念三、裂项相消法的原理四、裂项相消法求和实例解析五、总结与展望正文：一、引言数列求和是数学中的一个基本概念，裂项相消法是求解数列和的一种常用方法。
本文将详细介绍数列求和裂项相消法的原理，并通过实例解析帮助读者理解和掌握这种方法。
二、数列求和的基本概念数列求和是将一个数列中所有项相加得到的总和。
常见的数列求和方法有等差数列求和公式、等比数列求和公式等。
裂项相消法是求解数列和的一种方法，尤其适用于部分和容易计算的数列。
三、裂项相消法的原理裂项相消法是将数列中的相邻两项相互抵消，从而简化求和过程。
具体操作是，将数列{a_n}的相邻两项a_n 和a_(n+1) 相减，得到一个新的数列{b_n}，使得b_n = a_n - a_(n+1)。
这样，原数列的和就可以表示为b_1 + b_2 + ...+ b_n 的形式，从而简化求和过程。
四、裂项相消法求和实例解析下面我们通过一个具体的例子来说明裂项相消法的应用。
例题：求数列1, 2, 3, 4, ...的前n 项和。
解析：我们可以使用裂项相消法来求解这个数列的和。
首先，将相邻两项相减，得到新数列-1, -1, -1, ...，可以发现这个新数列是一个公差为-1 的等差数列。
接下来，我们可以利用等差数列求和公式求解这个新数列的和，即：S_n = n * (2 * (-1) + (n - 1) * (-1)) / 2 = n^2 - n所以，原数列1, 2, 3, 4, ...的前n 项和为n^2 - n。
五、总结与展望裂项相消法是一种求解数列求和的简便方法，尤其适用于部分和容易计算的数列。
运用裂项相消法求和的步骤
解题宝典裂项相消法是求数列和的一种重要方法，是指将数列的通项公式通过变形，分裂为两项之差的形式，在求和时通过抵消中间的部分项，达到求和目的的方法.一般地，运用裂项相消法求和主要有以下两个步骤.第一步,裂项运用裂项相消法求和的关键在于裂项，这也是很多同学感觉比较困难的地方.其实裂项是通分的逆运算，例如,a n =1n (n +1)可裂为a n =1n -1n +1,我们若将1n -1n +1通分即可得到1n (n +1).同学们只要把握这一点，便能顺利将通项公式裂项.常见的裂项方式有1n ()n +k =1k æèöø1n -1n +k 、n (n +1)!=1n !-1(n +1)!、1()2n -1()2n +1=12æèöø12n -1-12n +1、1n +n +k =1k ()n +k -n 、1n ()n +1()n +2=12[1n ()n +1-1()n +1()n +2].例1.数列{}c n 满足c n =2n +1(2n +1-2)(2n +1-1)，其前n 项和为T n ，若T n <9991000，则n 的最大值是.分析：仔细观察，可发现该通项公式是分式的形式，将12n -1-12n +1-1通分可得2n +1(2n +1-2)(2n +1-1)，即可将{}c n 的通项公式裂为c n =12n -1-12n +1-1，这样便可利用裂项相消法来求和.解：c n =2n +1(2n +1-2)(2n +1-1)=2n (2n -1)(2n +1-1)=1(2n -1)-1(2n +1-1)，∴T n =c 1+c 2+⋯+c n =(12-1-122-1)+(122-1-123-1)+⋯+(12n -1-12n +1-1)=12-1-12n +1-1=1-12n +1-1.由1-12n +1-1<1-11000可得12n +1-1>11000，即2n +1*，则n +1≤9，即n ≤8.第二步,求和裂项的目的是为了将数列中的每项分解，然后重新组合，以便能消去其中的一些项.需要注意的是，必须搞清楚消掉了哪些项，保留了哪些项.一般保留的项前后具有对称的特点，即前面剩下的项数与后面剩下的项数相等.例2.若数列{}a n 满足a 1=1，a n -1+a n =a n a n -1(n 2-n )∙(-1)n（n ∈N *，且n ≥2）则数列{}a n +1(2n +1)(2n +3)的前6项和为.解：∵a n -1+a n =a n a n -1()n 2-n ∙()-1n，∴（-1）n （1a n +1a n -1）=1n -1-1n，∴(1a 1+1a 2)-(1a 2+1a 3)+(1a 3+1a 4)-…+(-1)n (1a n -1+1a n )=(1-12)+(12-13)+…+(1n -1-1n)=1-1n ．当n 为奇数时，1a 1-1a n =1-1n，∴a n =n ．当n 为偶数时，1a 1+1a n =1-1n，∴a n =-n ．∴a n =（-1）n +1n ．∴a n +1()2n +1()2n +3=(-1)n ()n +1()2n +1()2n +3=(-1)n 14(12n +1+12n +3)．∴数列ìíîüýþa n +1()2n +1()2n +3的前6项和为14[-(13+15)+(15+17)-…+(113+115)]=14(115-13)=-115．本题主要运用了数列求和的方法——裂项求和法以及分类讨论思想.我们需分n 为奇数和偶数两种情况进行讨论，然后将数列的通项公式裂项，重新组合再来求和.在求和时，同学们要注意把握其中的规律，有的是前后项相消，有的是隔项相消.裂项相消法看似“千变万化”，实则“有迹可循”，同学们只要把握其中的规律，就能以不变应万变，顺利求得数列的和.(作者单位:吉林省长春市十一高中)付禹41。
裂项相消法在数列求和中的妙用
解： 不设 。 一（ ３ 一１ ） ×４ 一［ （ ＋１ ）
＋ ］Ｘ ４ ” ＋ ｌ 一（ ＋ ） ×４ 一 （ ３ Ａ ＋ ４ ＋ ３ ）
×４ 一 。
侧
Ｓ 。
解 ： 设
求数列 ｎ 一ｎ ×２ 的前 ｎ项和
１ ） ｚ 一２ （ ｎ一 １ ） ４ － ３ ］．２ 。
ｓ 一 ［ 告 × ４ 。 一 （ 一 詈 ） × ４ ］＋ 所 以 Ｓ ｎ ￣ ａ ｌ ＋ 。 ｚ ＋ ｎ ｓ ＋ … ＋ ｎ 一 ｃ ６ ｚ 一 ［ 扣ｓ 一 ÷ ］ ＋７ 一 ］ ＋ … ｂ ～ ， ） － Ｆ ） － Ｆ 一 （ ｂ ， － ｂ ａ ） － Ｆ ． ． ～ ． － Ｆ （ ｂ ． １
分析 ： 要 想用 裂 项 相 消法 求 数 列 ｛ 口 ） 的 前 ”项 和 Ｓ ， 首 先应 把 ｎ 一 （ ３ 一 １ ）× ４ 分
ｑ 一 。 令愚 ｑ 一 一 口 １ ， 得忌 一 与ａ
所 以等 比数列 ｛ 口ｎ ） 的前 项 和 ：
Ｓ 一 （ ｋ ｑ－ － ｋ） ＋（ ｋ ｑ －ｋ ｑ ） ＋（ ｋ ｑ 。 一ｋ ｑ 。 ） ＋… ＋（ ｋ ｑ 一 ｋ ｑ ）
ａ 一 （ Ａｎ ＋ Ｂｎ ４ －Ｃ ） ・ ２ 一
较系 数
４ Ａ Ｉ
— １．
“一 一一 一 。 １
２
一Ｌ ＾ 竹
Ｂ＋ Ｄ Ｉ Ａ） ＋ 。 ｆ ｃ＋ Ｉ Ｄ ＾］ Ｊ． 。
解 之 得
比 较 系 数 可 得 Ａ 一 ２， Ｂ＋ ２ Ａ 一 。， ｃ＋ Ｂ
裔二数学
２ ０ １ ７年 ｌ １月
裂Ｉ 页 相消 法在 数列 求和【 ｌ 】 响 她 用
裂项相消法求数列的前n项和
数列求和的常见方法
公式法 裂项相消法 错位相减法 分组求和法 并项求和法 倒序相加法
回顾
裂项相消法
裂项法，是分解与组合思想在数列求和中的具体 应用。是将数列中的每项（通项）分解，然后重 新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目 的。
回顾
常见的裂项求和
an＝n(n1＋1)＝1n－n＋1 1 an＝n(n1＋k)＝1k1n－n＋1 k an＝n(n＋11)(n＋2) ＝n(n1＋1)－(n＋1)1(n＋2)
余下的项具有的特点 易错点
强化训练
已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，有 2Sn＝n2＋n (n∈N*). (1)求数列的通项公式 an； (2)若 bn＝(－1)n＋1a1n＋an1＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
归纳总结
看
2裂
验
消
课后作业
1．已知正项等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 2a2＝S2＋12， a3＝2. （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）若 bn＝log2an＋3，数列bnb1n＋1的前 n 项和为 Tn，求满 足 Tn＞13的正整数 n 的最小值.
an＝
1 n＋ n＋1
＝
n＋1－
n
an＝
1 n＋
n＋k
＝1k(
n＋1－
n)
应用感悟
【例 1】已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 满足：Sn＝32an＋n－ 3． （1）求证：数列{an－1}是等比数列； （2）令 cn＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an－1)，令 dn ＝c1n，求数列{dn}的前 n 项和 Tn. 解：（1）∵ ∴S当n＝n≥32a2n＋时n，－S3n－1＝32an－1＋n－4
数列裂项相消法求和
数列的求和是高考的必考题型，求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择恰当的求和方法。
常见的求和方法有：公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等。
今天讲讲裂项相消法求和。
常见的列项求和公式()11111)1(+-=+n n n n())11(11)2(kn n k k n n +-=+ )121121(21141)3(2+--=-n n n nn n n -+=++111)4( )(11)5(n k n k kn n -+=++nn na a a log )1(log )11(log )6(-+=+注意：裂开后，两项之差前面的系数为小分母大分母-1【典例1】形如)(1k n n a n+=型{}{}{}nn nn n n nn n n T n b s b a n a a s s n a 项和的前求数列设项公式。
是等比数列，并求其通证明数列都成立。
对任意的正整数且满足项和为的各项为正数，前已知数列,1)2()1(324,2=-+= ⎩⎨⎧≥-==-2,1n ,11n S S S a a S n n n n n ，得用公式求分析：已知下面求n>1时，（1）【典例2】形如kn n a n++=1型 {}2019,,)()1(124)(S S n a N n n f n f a x x f n n n a求项和为的前记数列，令），，的图像过点（已知函数+∈++==解析：【规律方法】利用裂项相消法求和的注意事项。
1、抵消后并不定只剩下第一项和最后一项，也有可能是前面两项，和后两项；或者是前面几项，后面几项。
2、将通项裂开后，有时需要调整前面的系数，系数为：裂开的两项分母之差的倒数。
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（2012大纲卷高考理）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，
S5＝15，则数列
an
1 an1
的前100项和为?( )
A100 101
B 99 101
C 99 100
D. 101 100
（2012大纲卷高考理）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，
S5＝15，则数列
2(n 1)②
① ②得，an 2 n 1
= 2，所以an
2n ,因为a1 =2也适合上式，
所以an 2（ n n N ）
解： (1)因为a1
a2 2
a3 22
+ an 2 n 1
2n(n N )①
当n 1时，a1 2
当n
2时，a1
a2 2
a3 22
+
an 1 2n2
2(n 1)②
n
1
1
,
所以S 100
1
1 2
1 2
1 3
1 1 1 1 100 100 101 101 101
什么是裂项法?
把数列的通项拆成两项之差,则分母的 每一项都可以按此法拆成两项之差,并 在求和时一些正负项可以相互抵消,使 前n项和变成首尾有限项之和.
例1：已知数列的通项公式an
=
1 n(n
1 anan1
1 (2n1)(2n1)
1 2
(1 2n1
1) 2n1
Sn
b1
b2
bn
1 2
(1
1 3
1 3
1 5
…
1 2n1
1) 2n1
1 2
(1
1) 2n1
n 2n1
思考：已知数列的通项公式an
=
1 2n(n
3)
，求数列an
的前n项和为Sn
例2：设数列an 满足a1
a2 2
a3 22
+
(1 3
1) 7
(1 2n 1
2
n
1
1
1
)
1
1 2 n1 1
练
习
：
正
项
数
列
an的
前
n项
和
为
S
满
n
足
：
S2 n
(n 2
n
1) S n
(n 2
n)
0
(1 ) .求
数
列
an的
通
项
公
式
a
；
n
（ 2）
令
b n
(n
n 1
2
)2
a
2 n
,数
列
bn的
前
n
项 和 为 Tn ,求 Tn.
练
习
：
正
项
数
列
an的
前
① ②得，an 2 n 1
= 2，所以an
2n ,因为a1 =2也适合上式，
所以an 2（ n n N ）
（ 2） 由 （ 1） 得 an 2n， 所 以
bn
(an
an 1)(a n1
= 1)
(2 n
2n 1)(2 n1 1)
1 2n 1
2
1
n 1
1
,
Sn
b1
b2
bn
(1
1) 3
1，x2
b，由韦达定理得解之得
1 b
b
2
,
3 a
, ，
a
a 1b 2，an a1 (n 1)b 1 (n 1) 2 2n 1．
练习1：已知等差数列an的首项为a，公差为b，且不等式ax2 3x 2 0的
解集为(,1) U(b, )．（1）求数列an的通项公式；
（2）设数列满足bn
an 2n1
2n(n N )
(1)求数列an 的通项公式；
（2）设bn
(an
an 1)(an 1
1) , 求数列bn的前n项和Sn.
解： (1)因为a1
a2 2
a3 22
+ an 2 n 1
2n(n N )①
当n 1时，a1 2
当n
2时，a1
a2 2
a3 22
+
an 1 2n2
3)
，求数列an
的前n项和为Sn
例1：已知数列的通项公式an=n(n13)，求数列an的前n项和为Sn
解：an
=
1 n(n
3)
=
1（1 3n
n
1
) 3
Sn
1 3
(1
1) 4
(1 2
1ห้องสมุดไป่ตู้ 5
(1 3
1) 6
(1 4
1) 7
( n
1 2
1) n 1
( 1 n 1
n
1
) 2
（1 n
n
1
3)
1 (1 1 1 1 1 1 ) 11 1 ( 1 1 1 ) 3 2 3 n 1 n 2 n 3 18 3 n 1 n 2 n 3
设an为公差大于零的等差数列，S n为数列an
的前n项和.已知S4 24, a2 a3 35
(1)求数列an 的通项公式.
(2)若bn
an
1 an1
, 求bn 在前n项和.
an
1 an1
的前100项和为?( )
A100 101
B 99 101
C 99 100
D. 101 100
【解析】选A 设数列{an}的公差为d，则a1＋4d＝5，
S5＝5a1 +
54 2
d
15,得d＝1，a1＝1，故an＝1＋(n－1) 1＝n，
所以
1 an an 1
1 n(n 1)
1 n
解：由S2 n
(n2
n 1)Sn
(n2
n)
0，得
Sn (n2 n) Sn +1 =0
由于an是正项数列，所以Sn 0, Sn n2 n
于是a1 S1 2, n 2时，an =Sn -Sn1 2n
所以an =2n.
( 2 )由
于
an= 2n,bn
n 1
(n
2
)
2
a
2 n
n 1 4 n 2 (n 2)2
练习1：已知等差数列an的首项为a，公差为b，且不等式ax2 3x 2 0的
解集为(,1) U(b, )．（1）求数列an的通项公式；
（2）设数列满足bn
1 anan1
，求数列bn的前项和Sn．
解：（1）ax2 3x 2 0的解集为(,1) U(b, )，根据不等式解集
的意义可知，方程的两根为x1
n项
和
为
S
满
n
足
：
S2 n
(n 2
n
1) S n
(n 2
n)
0
(1 ) .求
数
列
an的
通
项
公
式
a
；
n
（ 2）
令
b n
(n
n 1
2
)2
a
2 n
,数
列
bn的
前
n
项 和 为 Tn ,求 Tn.
解：由S2 n
(n2
n 1)Sn
(n2
n)
0，得
Sn (n2 n) Sn +1 =0
由于an是正项数列，所以Sn 0, Sn n2 n 于是a1 S1 2, n 2时，an =Sn -Sn1 2n 所以an =2n.
1 1
1
16
n
2
(n
2 )2
Tn
1 16
(1
1 32
)
1 (22
1 42
)
1 (32
1 52
)
1 (n 1)2
1 (n 1)2
1 n2
1
(n
2 )2
1 16
1
1 22
1 (n 1)2
(n
1
2 )2
5 64
1 (n 1)2
1 (n 2)2
课时小结:
❖ 裂项相消的常规方法
课后作业
1 anan1
，求数列bn的前项和Sn．
解：（1）ax2 3x 2 0的解集为(,1) U(b, )，根据不等式解集
的意义可知，方程的两根为x1
1，x2
b，由韦达定理得解之得
1 b
b
2
,
3 a
, ，
a
a 1b 2，an a1 (n 1)b 1 (n 1) 2 2n 1．
（2）由（1）得，bn