数列中裂项求和的几种常见模型
高中数学数列求和中的一些裂项技巧
高中数学数列求和中的一些裂项技巧
在数列求和中，裂项求和是一种重要的方法，实质是利用转化与化归思想，将数列终达到求和的目的.收集整理了一些数列通项裂项规律如下：
以上裂项中一些经典的裂项方式大家都比较熟悉，但对一些较为高级的裂项方式则需要拼凑或是用待定系数法确定裂项结果。
高考数学必杀技系列之数列7：数列求和（裂项相消法）
高考数学必杀技系列之数列7：数列求和（裂项相消法）
数列
专题七：数列求和（裂项相消法）
裂项相消法的实质是将数列中的每一项（通项）分解，然后再重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此规律拆成两项之差，在求和时一些正负相消，适用于类似这种形式，用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法，是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，高考中常见以下几种类型。
一、必备秘籍
1．裂项相消法
(1)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。
(2)常见的裂项技巧:
二、例题讲解
感悟升华（核心秘籍）本例是裂项相消法的简单应
用，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。
感悟升华（核心秘籍）本例是含有根式型裂项，注
意分母有理化计算。
能完全记忆类型⑤的公式，建
议裂项完后通分检验是否正
确。
裂项求和法的知识点总结
裂项求和法的知识点总结一、裂项求和法的基本思想裂项求和法的基本思想是将原来的级数拆分成若干个部分，然后分别求解这些部分的和。
最后将这些部分的和相加得到原级数的和。
这种方法在求解级数时非常有效，可以将复杂的级数变成简单的级数来求解。
二、裂项求和法的常用技巧裂项求和法的常用技巧包括：拆项、分组求和、 Telescoping 等。
1. 拆项：拆项是裂项求和法中常用的一种技巧。
它可以将原级数中的每一项拆分成两个或多个部分，然后再进行求和。
拆项的目的是为了将原级数转化为一个更易求解的级数。
拆项的具体操作可以根据级数的特点来灵活运用。
2. 分组求和：分组求和是裂项求和法中常用的一种技巧。
它可以将原级数分成若干个相互独立的部分，然后分别求解这些部分的和。
最后将这些部分的和相加得到原级数的和。
分组求和的具体操作可以根据级数的特点和要求来选择合适的分组方法。
3. Telescoping：Telescoping 是裂项求和法中常用的一种技巧。
它可以将原级数中相邻的两项进行变形，从而使得这些项之间的差分项能够互相抵消，最终得到一个简单的级数。
Telescoping 的具体操作包括变形、抵消、整理等。
三、裂项求和法的应用范围裂项求和法在数学中有着广泛的应用范围，包括但不限于如下几个方面：1. 求解收敛级数：裂项求和法可以帮助我们求解各种类型的收敛级数，包括数值级数、幂级数、级数和等。
通过拆项、分组求和、 Telescoping 等技巧，可以将复杂的级数转化为简单的级数来求解。
2. 求解发散级数：裂项求和法也可以帮助我们对发散级数进行求解。
虽然发散级数本身没有定义和，但是通过一些技巧，可以使其在某种意义下有意义，从而得到发散级数的和。
3. 实际应用：裂项求和法在实际应用中也有着广泛的应用。
例如在物理、工程、经济等领域，经常需要求解各种级数，裂项求和法可以帮助我们快速、准确地求解这些级数，为实际问题的解决提供有力的支持。
四、裂项求和法的注意事项在使用裂项求和法时需要注意以下几个方面：1. 根据级数的特点选择合适的技巧：在使用裂项求和法时，需要根据级数的特点和要求来选择合适的技巧。
裂项相消法公式大全
裂项相消法公式大全
裂项相消法是一种数学方法，用于解决等差数列、等比数列以及无理数列的求和问题。
该方法的基本思想是将等差数列、等比数列以及无理数列的每一项分别裂项，然后将裂项相消，从而得到等差数列、等比数列以及无理数列的和。
以下是裂项相消法的一些公式:
1. 等差数列求和公式:
Sn = n * (a1 + an) / 2
其中，n 是数列的长度，a1 是数列的首项，an 是数列的最后一项。
2. 等比数列求和公式:
Sn = (n/2) * (a1 * an) / (an + a1)
其中，n 是数列的长度，a1 是数列的首项，an 是数列的最后一项。
3. 无理数列求和公式:
对于无理数列，可以将每一项裂项，然后相消。
例如，对于无理数列π*(n+1)/n，可以将π*(n+1)/n 裂项为π/n 和 (n+1)*π/n，然后将两项相消。
4. 等差数列裂项公式:
a[n+1] - a[n] = (n+1-n)*a1
其中，a[n+1] 是数列的第 n+1 项，a[n] 是数列的第 n 项，n 是数列的长度。
5. 等比数列裂项公式:
a[n+1]/a[n] = (a[n]/a[n-1])*(a[n-1]/a[n])
其中，a[n+1] 是数列的第 n+1 项，a[n] 是数列的第 n 项，n 是数列的长度。
6. 无理数列裂项公式:
π*(n+1)/n - π/n = (n+1-n)*π
其中，π*(n+1)/n 是数列的第 n+1 项，π/n 是数列的第 n 项，n 是数列的长度。
以上是裂项相消法的一些公式，可以根据实际需要选择合适的公式进行求解。
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。
高中数学拉档提分全攻略——数列分册 ,裂项求和常见32种类型
+
1] 2n +1
Sn
=
1 11
+ +
1 3 1
− −
1 3 1
− −
1 5 1
+ +
1 5 1
+ +
1 7 1
− −
1 7 1
− −
1 9 1
+ +
1 3 3 5 5 7 7 9
(19)
+（ 1 + 1 ）= 1+ 1 , n = 2k +1
2n −1 2n +1
2n +1
−（ 1 + 1 ）= 1− 1 , n = 2k
an−1 = (3n − 5)2n−1 = (3n − 8)2n − (3n −11)2n−1
an = (3n − 2)2n = (3n − 5)2n+1 − (3n − 8)2n
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
n
ak =(3n − 5)2n+1 + 5 21
1
(28) an = n2 2n
=
1 (2n +1) 2n−1
−
(2n
1 + 3)
2n
Sn
=
1 3
−
(2n
1 + 3) 2n
(21)
Sn
=
n k =1
k 2k + 2 (k + 1)(k + 2)
ak
=
k 2k + 2 (k +1)(k + 2)
=
(k
k 2k +1)(k + 2)
数列中裂项求和的几种常见模型
数列中裂项求和的几种常见模型模型一：数列{}n a 是以d 为公差的等差数列,且),3,2,1(0,0 =≠≠n a d n ,则)11(1111++-=n n n n a a d a a 例1已知二次函数()y f x =＝3x 2－2x ，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.（Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式； (Ⅱ）设11n n n b a a +=，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m; (2006年湖北省数学高考理科试题)解：（Ⅰ）因为点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上，所以n S ＝3n 2－2n.当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5,当n ≥2时, a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n ）－[])1(2)132---n n （＝6n －5。
（n=1也符合） 所以，a n ＝6n －5 （n N *∈) （Ⅱ）分析：恒成立问题.求m 则m 为参数，n 为变量由（Ⅰ）得知13+=n n n a a b ＝[]5)1(6)56(3---n n ＝)161561(21+--n n ,故T n ＝∑=ni i b 1＝21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-)161561(...)13171()711(n n ＝21（1－161+n ). 因此,要使21(1－161+n ）〈20m （n N *∈）成立的m,必须且仅须满足21≤20m ，即m ≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10..例2在xoy 平面上有一系列点),,(111y x P ),(222y x P ，…，),(n n n y x P ，…，（n ∈N ＊），点P n 在函数)0(2≥=x x y 的图象上，以点P n 为圆心的圆P n 与x 轴都相切,且圆P n 与圆P n +1又彼此外切。
浅析裂项求和的方法
浅析裂项求和的方法作者：蒋兰兰梁乾培来源：《理科考试研究·高中》2015年第04期裂项求和是数列求和的重要方法，由于方法灵活，形式多变，因此，很多同学感到力不从心.往往看到题目的解析，让人感觉到如同“魔术师帽子里的兔子”般神奇.本文将裂项求和的常见方法进行总结，剖析其中的规律.一、通项公式形如an=k（an+b）（an+c）直接裂项对通项公式形如an=k（an+b）（an+c）直接裂项，使其成为k（an+b）（an+c）=kc-d（1an+b-1an+c），然后累加即可求和.例1 （2014高考全国卷）等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=10，a2为整数，且Sn≤S4.（1）求{an}的通项公式；（2）设bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn.解（1）由a1=10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数.又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10+3d≥0，10+4d≤0，解得-103≤d≤-52.因此d=-3.故数列{an}的通项公式为an=13-3n.（2）bn=1（13-3n）（10-3n）=13（110-3n-113-3n），于是Tn=b1+b2+…+bn=13[（17-110）+（14-17）+…+（110-3n-113-3n）]=13（110-3n-110）=n10（10-3n）.二、通项公式形如an=kn+m（an+b）（cn+d）的裂项对于通项公式形如an=kn+m（an+b）（cn+d）的裂项，可以利用待定系数，借助于多项式的恒等进行裂项，即kn+m（an+b）（cn+d）=λan+b-λcn+d，其中λc-λa=k，λd-λb=m.即对于该形式的数列求和，如果能够进行裂项，则必须满足kc-a=md-b.例2（2013年高考江西）正项数列{an}的前n项和Sn满足S2n-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0.（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令bn=n+1（n+2）2a2n，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn解（1）由S2n-（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-Sn-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n.综上，数列{an}的通项an=2n.（2）证明：由于an=2n， bn=n+1（n+2）2a2n，则bn=n+14n2（n+2）2=116[1n2-1（n+1）2].Tn=116[1-132+122-142+132-152+…+1（n-1）2-1（n+1）2+1n2-1（n+2）2]=116[1+122-1（n+1）2-1（n+2）2]三、通项公式形如an=kn2+mn+t（an+b）（cn+d）的裂项对于通项公式形如an=kn2+mn+t（an+b）（cn+d）的裂项往往要分离常数，即kn2+mn+t （an+b）（cn+d）=kac（an+b）（cn+d）+（m-k（ad+bc）ac）n+（t-kbdac）（an+b）（cn+d）=kac+（m-k（ad+bc）ac）n+（t-kbdac）（an+b）（cn+d）.对于该式的后一项转化为本文二的情况继续裂项即可.例3（江西师大附中、临川一中2013届联考改编）已知各项均为正数的数列{an}满足a2n+1=2a2n+anan+1，且a2+a4=2a3+4，其中n∈N*.（1）求数列{an}的通项公式；（2）令cn=（n+1）2+1n（n+1）an，记数列{cn}的前n项和为Sn，其中n∈N*，证明：516≤Sn解（1）因为a2n+1=2a2n+anan+1，即（an+1+an）（2an-an+1）=0，又an>0，所以有2an-an+1=0，即2an=an+1所以数列{an}是公比为2的等比数列.由a2+a4=2a3+4得2a1+8a1=8a1+4，解得a1=2.从而，数列{an}的通项公式为an=2n（n∈N*）.（2）cn=（n+1）2+1n（n+1）2n=12·n2+2n+2n（n+1）2n-1=12[n2+nn（n+1）2n-1+n+2n（n+1）2n-1]=12[12n-1+1n·2n-1（n+1）2n-1].Sn=12（122+…+12n-1）+12[11·2-12·22）+（12·22-13·23）+…+（1n·2n-1（n+1）2n-1]=12·122（1-12n）1-12+12[12-1（n+1）·2n-1]=12[1-（12）n-1n+2n+1].易知（12）n-1·n+2n+1=（12）n-1（1+1n+1）单调递减，∴0∴516≤12[1-（12）n-1·n+2n+1]即516≤Sn点评对于n2+2n+2n（n+1）=n2+nn（n+1）+n+2n（n+1）=1+An-Bn+1，令n+2n（n+1）=An-Bn+1=（A-B）n+An（n+1），则A-B=1，A=2.所以A=2，B=1，裂项成功.四、通项公式形如an=1n+a+n+b（a对于通项公式形如an=1n+a+n+b的数列求和，通常将通项公式化为1n+a+n+b=n+b-n-ab-a.例4（2011高考全国）设数列{an}满足a1=0且11-an+1-11-an=1.（1）求{an}的通项公式；（2）设bn=1-an+1n，记Sn=nk=1bk，证明：Sn解（1）由11-an+1-11-an=1，得{11-an}等差数列，首项为11-a1=1，d=1，于是11-an=1+（n-1）×1=n，∴1-an=1n，an=1-1n.（2）bn=1-an+1n=1-n+1-1n+1n=n+1-nn+1n=1n-1n+1.Sn=nk=1bk=（11-12）+（12-13）+…+（1n-1n+1）=1-1n+1五、通项公式形如an=kan（an+1+b）（an+c）的裂项求和对于通项公式形如an=kan（an+1+b）（an+c）的裂项，通常转化为an=kan（an+1+b）（an+c）=1a-1（1an+c-1an+1+b），注意这里的b=c，否则不能裂项.11例5已知数列{an}满足an=2n-1（n∈N*），证明1a2+1a3+…+1an+1证明因为1an+1=12n+1-1=2n-1（2n+1-1）（2n-1）所以1a2+1a3+…+1an+1点评直接裂项不可以，因此，先对通项公式进行放缩，然后裂项求和.这样的问题往往难度较大，我们一定要掌握题目可以裂项的条件，化归为可以裂项的形式，然后，按照上面的方法进行裂项即可.。
裂项相消法求和的两种常见模型
裂项相消法求和的两种常见模型
发表时间：2020-10-29T09:46:37.800Z 来源：《教学与研究》2020年第19期作者：梁为龙[导读] 数列裂项相消法求和的关键是把数列的通项分裂为具有递推关系的梁为龙
深圳市南头中学
数列裂项相消法求和的关键是把数列的通项分裂为具有递推关系的两项差，这也是裂项相消法求和的基本思想。
裂项求和形式多变，方法灵活，很多同学感觉很复杂，但根据笔者对历年高考题及各地模拟题的观察，归结为如下两大模型，而此两大模型的通项均具有明显的特征：
角度3：“n作为指数”型。
数列中多种形态的裂项求和
Ｎｏ ． ０ ８ ． ２ ０ Ｉ ３
Ｙ ｕ Ｓ ｈ ｕ Ｗｌ ａ ｉ Ｘ ｕ ｅ Ｘ ｉ
２ ０ １ ３年第 ８期
数 列 中 多种 形 态 的裂 项 求 和
甘 向秀 （ 新 建县第二 中学 ， 江西 南 昌 ３ ３ ０ １ ０ ０ ）
摘 要： 在 求数 列前 ／ ７ ， 和的的方 法 中， 裂项方 法是 常 用Ｏ－ －种 重要 方法 。 本文对 裂项 求和的 问题 的各种 类型和解 法进 行 了归纳 总结。 关键 词 ： 高 中数 学； 数列 ； 求和 问题 中 图分类 号 ： Ｃ ， ６ ３ ３ 文献 标识 码 ： Ａ 文章 编号 ： １ ０ ０ ５— ６ ３ ５ １ （ ２ ０ １ ３ ） 一 Ｏ ８一 ｏ ０ ２ ７一 Ｏ １
２ 口
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２ ３
Ⅱ ｌ Ｉ
＋ｌ
式可裂 项 为 ：
一
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与 等差 联 系的 裂项 求和 般 形 式为 ： 如果数列 ｛ ） 为等差数列 ， 公差为 ｄ ， 求 ＝
、
１ 竺 二 ！ 一 生！ 二 ！
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2019届高中数学数列求和：裂项相消法的八种类型(无答案)
裂项相消法的八种类型一、 等差型:设等差数列｛a n ｝的各项不为零，公差为ｄ，则 1an ∙a n+1=1d (1a n−1an+1)常见题型如下：1.11×2+12×3+⋯+1n×(n+1)=1−12+12−13+⋯+1n −1n+1=1−1n+1 2.1１×３＋1３×５＋⋯++1（２ｎ－１）（+２ｎ＋１）+=12(1−13)+12(13−15)+⋯+12(12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)3.+1１×4＋14×7++＋⋯++＋+1（3ｎ－１）（+3ｎ＋2）+=13(1−14)+13(14−17)+⋯+13(13n−1−13n+2)=13(1−13n+2)4.+11×3+12×4+⋯+1n×(n+2)=12(1−13)+12(12−14)+⋯+12(1n −1n+2)=12(1+12−1n+1−1n+2)5.(−1)n 4n(2n−1)(2n+1)=(−1)n (12n−1+12n+1)该类型的特点是分母为两个根式之和，这两个根式的平方差为常数，然后通过分母有理化来达到消项的目的√n +√n +1=√n +1−√n√2n+1+√2n−1=12(√2n +1−√2n −1)3.()n k n kkn n -+=++11练习：求{(n+1)√n+n √n+1}的前n 项和解：a n =(n+1)√n+n √n+1=(n+1)√n−n √n+1(n+1)2n−n 2(n+1)=√n−√n+1.得 S n =+(1−√2)+(√2−√3)⋯+(√n−√n+1)=1−√n+1.三、指数型：根据指数的运算方法（a-1）a n ＝a n+1−a n ，因 此 一 般 地 有(a−1)a n(a n +b )(a n+1+b)=1a n +b −1a n+1+b1. 4n (4n －1)(4n ＋1－1)＝13⎪⎭⎫⎝⎛---+1411411n n2.2n22n+1−3×2n +1=2n(2n+1−1)(2n −1)=12n −1−12n+1−1利用对数的运算法则log a MN =log M −log N ，+log aa n+1a n=log a a n+1−log a a n例1.各项都是正数的等比数列{}n a 满足a n ≠1(n ∈N ∗)，当n ≥2时，证明：1lg a 1lg a 2+1lg a2lg a 3+⋯1lg an−1lg a n=n−1lg a1lg a n.分析设等比数列{}n a 的公比为q （q 0>），由a na n+1=q ，得q a a n n lg lg lg 1=--，从而，1lg a n−1lg a n=1lg q (1lg a n−1−1lg a n)，因此， 左边==⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+--)lg 1lg 1()lg 1lg 1()lg 1lg 1(lg 113221n n a a a a a a q =-=-⋅=-⋅=-111121lg lg 1lg lg lg )1(lg 1lg lg lg lg lg 1)lg 1lg 1(lg 1a a n a a q n a a a a a q a a q n n n n n 例2：lgn+1n=lg (n +1)−lgn五、等差数列和指数混合型、等差数列和等差数列(裂项难度较大)1.n+2n(n+1)⋅12n=2(n+1)−nn(n+1)⋅12n=1n⋅2n−1−1(n+1)2n 2.1n(n+1)(n+2)=12[1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]3.+(2n)2(2n−1)(2n+1)=1+12(12n−1−12n+1)例1.已知数列{a n}的通项公式为a n=3n−4n(n+1)(n+2)，求它的前n项和S n。
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本文介绍了一些数学求和中常用的裂项相消法。
其中包括了一些基本类型，例如形如xxxxxxx的(－)型，以及形如an＝(－)型的2n－12n＋1/((2n－1)(2n＋1))等。
此外，还介绍了一些利用正切公式、对数运算性质以及排列数或组合数的性质进行裂项的方法。
这些方法可以帮助我们更有效地解决数学求和问题。
值得注意的是，有些试题可以构造成logM－logN的形式进行裂项，而有些则可以利用排列数或组合数的性质来解决。
在实际运用中，我们需要根据题目的具体情况选择合适的裂项方法。
总之，裂项相消法是数学求和中常用的一种方法，掌握了这种方法可以帮助我们更快速地解决数学问题。
分析直接利用公式$n\cdot n!=(n+1)!-n!$可得结果为$(n+1)!-1$。
求和：$S_n=C_2+C_3+\cdots+C_n$。
有$C_k=C_{k+1}-C_k$，从而$S_n=C_2+C_{n+1}-C_3=C_{n+1}$。
裂项相消法求和再研究一项拆成两项，消掉中间所有项，剩下首尾对称项。
一、多项式数列求和。
1）用裂项相消法求等差数列前$n$项和。
即形如$a_n=an+b$的数列求前$n$项和。
此类型可设$a_n=(An+Bn)-[A(n-1)+B(n-1)]=an+b$，左边化简对应系数相等求出$A,B$。
则$S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n=\frac{n}{2}[2a+(n-1)d]=\frac{n}{2}[2(An+B)+n-1]=n(An+B)-\frac{n(n-1)}{2}d$。
例1：已知数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=2n-1$，求它的前$n$项和$S_n$。
解：令$a_n=(An+Bn)-[A(n-1)^2+B(n-1)]$，则有$a_n=2An+B-A=2n-1$。
解得$A=1,B=0$，则$a_n=n$，$S_n=1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$。
裂项相消法的八大类型_蒋志明
中学生数学·２０１２年７月上·第４４５期（高中）网址：ｚｘｓｓ．ｃｂｔ．ｃｎｋｉ．ｎｅｔ电子邮箱：ｚｘｓｓｃｈｉｎａｏｕｒｎａｌ．ｎｅｔ．ｃｎ思路与方法浙江省兰溪市第一中学（３２１１００） 蒋志明 舒林军 裂项相消法实质上是把一个数列的每一项裂为两项的差，即化ａｎ＝ｆ（ｎ）－ｆ（ｎ＋１）的形式，从而达到数列求和的目的，即得到Ｓｎ＝ｆ（１）－ｆ（ｎ＋１）的形式．通过此类题型的解决，可以培养同学们的逆向思维，开发同学们的智力，检查同学们思维的灵活性．故在高考中常常出现利用裂项相消法来求数列的前ｎ项和、不等式证明等较难的题型．笔者通过长期教学的研究，并加以总结，归纳出八大题型，让同学们通过对题型的了解，可以快速掌握其技巧，达到事半功倍的效果．题型一 等差型等差型是裂项相消法中最常见的类型，也是最容易掌握的．设等差数列｛ａｎ｝的各项不为零，公差为ｄ，则１ａｎａｎ＋１＝１ｄ（１ａｎ－１ａｎ＋１）．常见的有：（１）１１×２＋１２×３＋…＋１ｎ（ｎ＋１）＝１－１ｎ＋１；（２）１１×３＋１３×５＋…＋１（２ｎ－１）（２ｎ＋１）＝１２（１－１２ｎ＋１）；（３）１１×３＋１２×４＋…＋１ｎ（ｎ＋２）＝１＋１２－１ｎ＋１－１ｎ＋２．例１ 求数列｛（ｎ＋１）２＋１（ｎ＋１）２－１｝的前ｎ项的和Ｓｎ．分析 先把通项进行化简，分子通常化为常数，然后裂项就可以求得．解 数列的通项ａｎ＝（ｎ＋１）２＋１（ｎ＋１）２－１＝ｎ２＋２ｎ＋２ｎ２＋２ｎ＝１＋２ｎ２＋２ｎ＝１＋（１ｎ－１ｎ＋２），Ｓｎ＝（１＋１１－１３）＋（１＋１２－１４）＋（１＋１３－１５）＋…＋（１＋１ｎ－１－１ｎ＋１）＋（１＋１ｎ－１ｎ＋２）＝ｎ＋１＋１２－１ｎ＋１－１ｎ＋２＝ｎ－１ｎ＋１－１ｎ＋２＋３２．题型二 无理型该类型的特点是，分母为两个根式之和，这两个根式的平方差为常数，然后通过分母有理化来达到消项的目的，有时在证明不等式时，常常把分母放缩成两个根式之和，来达到消项化简的目的．常见有：１ｎ槡＋１＋槡ｎ＝ｎ槡＋１－槡ｎ．例２ 证明：２ｎ槡＋１－２＜１＋１槡２＋１槡３＋…＋１槡ｎ＜２槡ｎ－１ （ｎ≥２，ｎ∈Ｎ）．分析 先把通项进行放缩后再裂项相消即可证．证明 因为 １槡ｎ＝２２槡ｎ＞２ｎ槡＋１＋槡ｎ＝２（ｎ槡＋１－槡ｎ）（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ），所以１＋１槡２＋１槡３＋…＋１槡ｎ＞２（槡２－槡１）＋２（槡３－槡２）＋…＋２（ｎ槡＋１－槡ｎ）＝２ｎ槡＋１－２．又因为 １槡ｎ＝２２槡ｎ＜２槡ｎ＋ｎ槡－１＝２（槡ｎ－ｎ槡－１）（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ），所以１＋１槡２＋１槡３＋…＋１槡ｎ＜１＋２（槡２－·９１·中学生数学·２０１２年７月上·第４４５期（高中）网址：ｚｘｓｓ．ｃｂｔ．ｃｎｋｉ．ｎｅｔ电子邮箱：ｚｘｓｓｃｈｉｎａｏｕｒｎａｌ．ｎｅｔ．ｃｎ思路与方法槡１）＋２（槡３－槡２）＋…＋２（槡ｎ－ｎ槡－１）＝２槡ｎ－１．即不等式成立．题型三 指数型由于（ａ－１）ａｎ＝ａｎ＋１－ａｎ，因此一般地有（ａ－１）ａｎ（ａｎ＋ｂ）（ａｎ＋１＋ｂ）＝１ａｎ＋ｂ－１ａｎ＋１＋ｂ．例３ 已知数列｛ａｎ｝的首项为３，点（ａｎ，ａｎ＋１）在直线４ｘ－ｙ＝０上．（１）求数列｛ａｎ｝的通项；（２）设数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，ｂｎ＝ａｎ＋１（ａｎ＋１－３）Ｓｎ＋１（ｎ∈Ｎ＊），求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ．分析 先求数列｛ａｎ｝的通项，再求Ｓｎ，然后把通项ｂｎ进行裂项即可．解 （１）容易解得ａｎ＝３·４ｎ－１；（２）因为Ｓｎ＝３（１－４ｎ）１－４＝４ｎ－１，所以ｂｎ＝３·４ｎ３（４ｎ－１）·（４ｎ＋１－１）＝１３（１４ｎ－１－１４ｎ＋１－１）．即Ｔｎ＝１３（１４－１－１４２－１＋１４３－１－１４２－１＋…＋１４ｎ－１－１４ｎ＋１－１）＝１９－１３·４ｎ＋１－３．题型四 对数型由对数的运算法则可知：若ａｎ＞０，ｎ∈Ｎ＊，则ｌｏｇａａｎ＋１ａｎ＝ｌｏｇａａｎ＋１－ｌｏｇａａｎ．例４ 已知数列｛ａｎ｝的通项为ａｎ＝ｌｇｎ＋１ｎ，若其前ｎ项和Ｓｎ＝２，则ｎ＝．分析 因为ａｎ＝ｌｇｎ＋１ｎ＝ｌｇ（ｎ＋１）－ｌｇｎ，所以Ｓｎ＝ｌｇ２－ｌｇ１＋ｌｇ３－ｌｇ２＋…＋ｌｇ（ｎ＋１）－ｌｇｎ＝ｌｇ（ｎ＋１）－ｌｇ１＝２，即ｎ＝９９．题型五 三角函数型由三角函数两角和差公式可以得到的变形如下：ｔａｎα－ｔａｎβ＝ｔａｎ（α－β）（１＋ｔａｎαｔａｎβ）等，可以经过构造达到裂项消项的目的．例５ 在数１和１００之间插入ｎ个实数，使得这ｎ＋２个数构成递增的等比数列，将这ｎ＋２个数的乘积记作Ｔｎ，再令ａｎ＝ｌｇＴｎ，ｎ≥１．（Ⅰ）求数列｛ａｎ｝的通项公式；（Ⅱ）设ｂｎ＝ｔａｎａｎ·ｔａｎａｎ＋１求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ．分析 （１）利用倒序相乘不难得到Ｔｎ＝１０ｎ＋２，即得ａｎ＝ｎ＋２．（２）∵ ｔａｎ［（ｎ＋３）－（ｎ＋２）］＝ｔａｎ（ｎ＋３）－ｔａｎ（ｎ＋２）１＋ｔａｎ（ｎ＋２）·ｔａｎ（ｎ＋３）＝ｔａｎ１，∴ ｔａｎ（ｎ＋２）·ｔａｎ（ｎ＋３）＝ｔａｎ（ｎ＋３）－ｔａｎ（ｎ＋２）ｔａｎ１－１，Ｓｎ＝ｔａｎ（１＋２）·ｔａｎ（１＋３）＋ｔａｎ（２＋２）·ｔａｎ（２＋３）＋…＋ｔａｎ（ｎ＋２）·ｔａｎ（ｎ＋３）＝ｔａｎ（１＋３）－ｔａｎ（１＋２）ｔａｎ１＋ｔａｎ（２＋３）－ｔａｎ（２＋２）ｔａｎ１＋…＋ｔａｎ（ｎ＋３）－ｔａｎ（ｎ＋２）ｔａｎ１－ｎ＝ｔａｎ（ｎ＋２）－ｔａｎ３ｔａｎ１－ｎ．题型六 阶乘和组合数公式型由阶乘的定义可以得到：ｎｎ！＝（ｎ＋１）！－ｎ！，由组合数公式也可以得到Ｃｍｎ＋１－Ｃｍｎ＝Ｃｍ－１ｎ．例６ 化简：（１）１＋２×２！＋３×３！＋…＋ｎ×ｎ！；（２）Ｃ２５＋Ｃ２６＋…＋Ｃ２ｎ（ｎ≥５，ｎ∈Ｎ＊）．分析 由上面所推出的结论得到：（１）原式＝２！－１！＋３！－２！＋…＋（ｎ＋１）！－ｎ！＝（ｎ＋１）！－１；（２）原式＝Ｃ３６－Ｃ３５＋Ｃ３７－Ｃ３６＋…＋Ｃ３ｎ＋１－Ｃ３ｎ＝Ｃ３ｎ＋１－Ｃ３５＝（ｎ＋１）ｎ（ｎ－１）６－１０．·０２·中学生数学·２０１２年７月上·第４４５期（高中）网址：ｚｘｓｓ．ｃｂｔ．ｃｎｋｉ．ｎｅｔ电子邮箱：ｚｘｓｓｃｈｉｎａｏｕｒｎａｌ．ｎｅｔ．ｃｎ思路与方法 题型七 抽象型有些抽象函数可以根据给出的性质，也可以进行裂项相消，如下面例子．例７ 定义在（－１，１）上的函数ｆ（ｘ）满足：（１）对 ｘ∈（－１，０），都有ｆ（ｘ）＞０；（２）已知ｐ＝ｆ（０），ｑ＝ｆ（１２），ｒ＝ｆ（１５）＋ｆ（１１１）＋…＋ｆ（１ｎ２＋ｎ－１）（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ＊），比较ｐ，ｑ，ｒ的大小．分析 由（２）可知：令ｘ＝ｙ，则ｆ（０）＝０；令ｘ＝０，则ｆ（－ｙ）＝－ｆ（ｙ），所以ｆ（ｘ）为奇函数，对 ｘ，ｙ∈（－１，１），且ｘ＜ｙ，都有ｆ（ｘ）－ｆ（ｙ）＝ｆｘ－ｙ１－ｘ（）ｙ＞０，所以ｆ（ｘ）在（－１，１）上是减函数．又因为ｆ１ｎ２＋ｎ（）－１＝１ｎ（ｎ＋１）１－１ｎ（ｎ＋１熿燀燄燅）＝ｆ１ｎ－１ｎ＋１１－１ｎ（ｎ＋１熿燀燄燅）＝ｆ（１ｎ）－ｆ（１ｎ＋１），所以ｒ＝ｆ（１２）－ｆ（１３）＋ｆ（１３）－ｆ（１４）＋…＋ｆ（１ｎ）－ｆ（１ｎ＋１）＝ｆ（１２）－ｆ（１ｎ＋１）＜０．因此ｑ＜ｒ＜ｐ．题型八 混合型有些可以通过以上几种进行混合的通项，裂项的难度较大，例如：１ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）＝１２（ｎ＋１）（１ｎ－１ｎ＋２）＝１２（１ｎ（ｎ＋１）－１（ｎ＋１）（ｎ＋２））；又如下面例题：例８ 已知数列｛ｂｎ｝的通项为ｂｎ＝ｎ·２ｎ－１，求和：Ｓｎ＝ｂ３ｂ１ｂ２＋ｂ４ｂ２ｂ３＋…＋ｂｎ＋２ｂｎｂｎ＋１．分析 因为ｂｎ＋２ｂｎｂｎ＋１＝（ｎ＋２）２ｎ＋１ｎ２ｎ－１（ｎ＋１）２ｎ＝ｎ＋２ｎ（ｎ＋１）２ｎ－２＝２（ｎ＋１）－ｎｎ（ｎ＋１）２ｎ－２＝１ｎ２ｎ－３－１（ｎ＋１）２ｎ－２，所以Ｓｎ＝１１·２－２－１２·２－１＋１２·２－１－１３·２０＋…＋１ｎ２ｎ－３－１（ｎ＋１）２ｎ－２＝４－１（ｎ＋１）２ｎ－２．以上笔者仅仅归纳出常见的八大题型，对一些不常见的题型需要大胆的猜测，也可以从首项起开始裂项，然后加以归纳，即从特殊到一般，有时也可以利用待定系数法去完成裂开通项．最后希望同学们要善于总结归纳，并加以积累，这样才能把自己从题海里解脱出来．（责审 王雷檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪）（上接第２３页）图２（２）如图２，｜ＭＡ｜＝１ｓｉｎθ，｜ＭＢ｜＝２ｃｏｓθ，｜ＭＡ｜·｜ＭＢ｜＝２ｓｉｎθｃｏｓθ＝４ｓｉｎ２θ≥４．当ｓｉｎ２θ＝１，即θ＝４５°时取等号，此时直线ｌ的倾斜角为１３５°，故所求直线方程为ｘ＋ｙ－３＝０．小结 解法一，解法二分别用直线方程的点斜式和截距式给出直线方程，然后建立目标函数，再用基本不等式求出最值，解法自然流畅．解法三是通过转换解析几何环境到解三角形环境这样设角也比较自然．本题与本文开头的联考题，一个以解几为背景，一个以平几为背景，题目虽然不同，但解法基本相同．经常对这类题型不同但解法相同或相近的问题进行模式化总结与反思，有利于同学们今后一看到这类问题就会有法可依，有路可行，从而熟能生巧，开拓思路，提高解决问题的实力．（责审 王雷）·１２·。
第12讲 裂项求和法
第十二讲 裂项求和法裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前错误!未找到引用源。
项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似错误!未找到引用源。
（其中错误!未找到引用源。
是各项不为零的等差数列，错误!未找到引用源。
为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法： （1）错误!未找到引用源。
，特别地当错误!未找到引用源。
时，错误!未找到引用源。
；（21k =，特别地当错误!未找到引用源。
=；（3）()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭（4）()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭（5）22)2(1+n n )211(1+-=n n 2 （6）若{}n a 是公差为d 的等差数列，则111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭； （7）)121121(21114422+--⨯+=-n n n n （8）121121)12)(12(21n 1n +-+=++++n n n(9)nn n n n n n n n n n n n 2)1(12121)1()1(221)1(21+-⋅=⋅+-+=⋅++-；(10)11m m mn n n C C C -+=-；（11）()!1!!n n n n ⋅=+-.例1.【2017新课标Ⅱ】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ． 【答案】21nn + 【解析】设等差数列的首项为1a ，公差为d ，则1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得11a =，1d =， ∴1(1)(1)22n n n n n S na d -+=+⨯=，所以12112()(1)1n S k k k k ==-++， 所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk knS n n n n ==-+-+⋅⋅⋅+-=-=+++∑．例2 已知)3(1+=n n a n ，求n S例3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()14211n n S n a +=-+，且11a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n n n c a a =+，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求n T .【答案】（1）21n a n =-；（2）21n nT n =+. 【解析】（1）14(21)1n n S n a +=-+①，当1n =时，1241S a =+，解得23a =当2n 时，14(23)1n n S n a -=-+②，①减去②得14(21)(23)n n n a n a n a +=---，整理得1(21)(21)n n n a n a ++=-，即12121n n a n a n ++=-，∴213a a =，3253a a =，⋯，12123n n a n a n --=- 以上各式相乘得121na n a =-，又11a =，所以21n a n =-， （2）由（1）得11111(2)(21)(21)22121n n n c a a n n n n ⎛⎫===- ⎪+-+-+⎝⎭，1111111112323522121n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭111111123352121n n ⎛⎫=-+-+⋯+- ⎪-+⎝⎭111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭21n n =+21n nT n ∴=+，例4．(2014山东）已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且1S ，2S ，4S 成等比数列． （Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式； （Ⅱ）令n b =,4)1(11+--n n n a a n求数列}{n b 的前n 项和n T ． 解析】（Ⅰ）,64,2,,2141211d a S d a S a S d +=+===4122421,,S S S S S S =∴成等比 ，解得12,11-=∴=n a a n（Ⅱ）)121121()1(4)1(111++--=-=-+-n n a a n b n n n n n ， 当n 为偶数时11111(1)()()33557n T =+-+++-1111()()23212121n n n n ++-+---+ 1221211+=+-=∴n nn T n 11111(1)()()33557n n T =+-+++--当为奇数时， 1111()()23212121n n n n +++---+ 12221211++=++=∴n n n T n ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=∴为奇数为偶数n n n n n nT n ,1222,122． 例5．已知数列{}n a 是递增的等比数列，且14239,8.a a a a +==（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（Ⅰ）12n n a -=（Ⅱ）112221n n ++--【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，所以有323141231(1)9,8a a a q a a a q +=+===联立两式可得11{2a q ==或者18{12a q ==又因为数列{}na 为递增数列，所以q>1，所以11{2a q == 数列{}n a 的通项公式为12n n a -=（2）根据等比数列的求和公式，有122112nn n s -==--所以1111211(21)(21)2121n n n n n n n n n a b s s ++++===----- 所以1111111111221 (133721212121)n n n n n n T ++++-=-+-++-=-=---- 例6．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()*23n n S na n n N -=∈，且25a =.（1）证明数列{}n a 为等差数列，并求{}n a 的通项公式；（2）设n b =，n T 为数列{}n b 的前n项和，求使n T >成立的最小正整数n 的值.【答案】（1）证明见解析,21n a n =+（2）8n =【解析】（1）当2n ≥时，112(1)3(1)n n S n a n ----=-，又23n n S na n -=，所以1(1)(2)3n n n a n a ----=，当3n ≥时，21(2)(3)3n n n a n a -----=，所以121(1)(2)(2)(3)n n n n n a n a n a n a ------=---，可得122n n n a a a --=+，所以{}n a 为等差数列.又1123S a -=，得13a =，又25a =，所以21n a n =+.故答案为21n a n =+ （2）n b ===12==，所以12n T =.要使10n T >，即1210>， 解得638n >，所以8n =.故答案为8n =课后练习：1．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且912162a a =+，24a =，则数列1{}n S 的前20项的和为( )A ．1920B ．2021C ．2122D ．2223【解析】解：由912162a a =+及等差数列通项公式得1512a d +=，又214a a d ==+，12a d ∴==，2(1)222n n n S n n n -∴=+⨯=+，∴1111(1)1nS n n n n ==-++， ∴数列1{}n S 的前20项的和为1111111120112233*********-+-+-+⋯+-=-=， 故选：B ．2．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足(1)2n n n S +=，则数列11{}n n a a +的前10项的和为1011． 【解析】解：数列{}n a 的前n 项和n S 满足(1)2n n n S +=，可得1n =时，111a S ==， 2n 时，1(1)(1)22n n n n n n na S S n -+-=-=-=，上式对1n =也成立，故n a n =，*n N ∈， 11111(1)1n n a a n n n n +==-++， 则数列11{}n n a a +的前10项的和为111111101122310111111-+-+⋯+-=-=． 故答案为：1011． 3．已知数列{}n a 的各项均为正数，12a =，114n n n n a a a a ++-=+，若数列11{}n na a -+的前n 项和为5，则n =120 ．【解析】解：数列{}n a 的各项均为正数，12a =，114n n n n a a a a ++-=+，2214n n a a +∴-=，2214n n a a +∴=+，1n a +∴=12a =，2a ∴==3a ∴==4a ==，⋯由此猜想n a =．11142,n n n n a a a a a ++=-=+，若数列11n n a a -⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为5，∴21321111()(2)544n n n a a a a a a a ++-+-+⋯+-=-=22∴，解得1121n +=，120n ∴=． 故答案为：120．4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且223n n a a =+，33S =，数列{}n b 为等比数列，13310b b a +=，24610b b a +=．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）若11(1)(1)(1)n n n n n b c b b b -+=+++，求数列{}n c 的前n 项和n T ，并求使得2116n T λλ<-恒成立的实数λ的取值范围．【解析】解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，223n n a a =+，33S =，21123a a a d ∴=+=+，1333a d +=， 解得11a =-，2d =．12(1)23n a n n ∴=-+-=-．设等比数列{}n b 的公比为q ，13310b b a +=，24610b b a +=．∴21(1)103b q +=⨯，31()109b q q +=⨯，解得13b =，3q =．3n n b ∴=．（2）1111113311[](1)(1)(1)(31)(31)(31)8(31)(31)(31)(31)n n n n n n n n n n n n n b c b b b -+-+-+===-++++++++++， ∴数列{}n c 的前n 项和13113[]824(31)(31)64n n n T +=-<⨯++， 2116n T λλ<-恒成立，化为2316416λλ-，即264430λλ--，解得：14λ，或316λ-．5．已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知11a =且()12n n nS n S +=+，*n N ∈. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设()()*24141nn n a b n N n =-∈-，数列{}n b 的前n 项和为n P ，若112020n P +<，求正整数n 的最小值.【答案】（1）n a n =（2）1010【解析】（1）解析1：（累乘法）由()1122n n n n S n nS n S S n+++=+⇒=,所以2n ≥时, 121121n n n n n S S S S S S S S ---=⋅⋅()111431123212n n n n n n n n ++-=⋅⋅⋯⋅⋅=---,又111S a ==也成立,所以()12n n n S +=,所以当2n ≥时,1n n n a S S n -=-=,又11a =也成立,所以n a n =.解析2：（配凑常数数列）()1122n n n n S S nS n S n n ++=+⇒=+()()()1211n n S S n n n n +⇒=+++,故()1n S n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭为常数列,即()111212n S S n n ==+⨯,所以()12nn n S +=,所以当2n ≥时,1n n n a S S n -=-=,又11a =也成立,所以n a n =.解析3：（直接求n a ）()1122n n n n nS n S na S ++=+⇒=,所以()112n n n a S --=,两式相减可得()()11121n n n n a a an n a n n n ++=+⇒=≥+,又因为22a =,所以212n a an ==,即当2n ≥时,n a n =,当1n =也成立,故n a n =.（2）解析（裂项相消）：由上题可知()()241111412121nn n n b n n n ⎛⎫=-=-+ ⎪--+⎝⎭,所以()()1111111111335572121n n n P n n =--++--++-+--+()11121nn =-+-+,所以11201912120202n P n n +=<⇒>+,故n 的最小值为1010.。
几类数列裂项求和
几类数列裂项求和 传统的裂项求和如11ni i i c a a =+∑其中{}n a 是等差数列已被大家熟悉，从近年的高考题和模拟题来看，在裂项上力求有一定的创新，本文从安徽省近年的高考模拟题和高考题出发来介绍几类裂项求和问题。
1. 形如11()n k n kn k n =+-++型 例：（合肥二模文科数学）如图所示,设曲线1y x=上的点与x 轴上的点顺次构成等腰直角三角形11122,,,OB A A B A ∆∆直角顶点在曲线1y x =上,设n A 的坐标为(),0n a ,0A 为坐标原点.(1) 求1a ,并求出n a 和1()n a n N *-∈之间的关系式;(2) 求数列{}n a 的通项公式；(3) 设12(),n n nb n N a a *-=∈+，求数列{}n b 的前n 项和n S . 2. 形如1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦型 例（安徽名校联考六）已知数列{}n a ，其前n 项和为n S 满足121n n S S λ+=+（λ为大于0的常数），且11a =，34a =.(1) 求λ的值;(2) 求数列{}n a 的通项n a ;(3) 若1212log n n b a =+,1n ≥,设n T 为数列21(1)n n b ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和,求证:54n T <.3. 含指数型裂项例（安徽名校联考）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2,n n S a n =+且11.n n n n a b a a +-=（1） 求证：数列{}1n a -为等比数列；（2） 求数列{}n b 的前n 项和n T .例(安徽省“江南十校”联考) 数列{}n a 满足12a =，1121()22n n n nn a a n a ++=++（n N +∈）. （1）设2nn nb a =，求数列{}n b 的通项公式n b ； （2）设11(1)n nc n n a +=+，数列{}n c 的前n 项和为n S ，求出n S 并由此证明：516n S ≤＜12. 解析:对(2)解答如下:由（1）知12221n n n n a b n +==+， ∴ 2122(1)1n n a n ++=++，2221(1)1122(1)22(1)2n n n n n n c n n n n ++++++==⋅++⋅ 211122(1)2(1)2n n n n n n n n n ++⎡⎤++=+⎢⎥++⋅⎣⎦ 111111222(1)2n n n n n ++⎡⎤=+-⎢⎥⋅+⎣⎦∴ 2122311111111111()()()()2222122222322(1)2n n n n S n n ++⎡⎤=+++-+-++-⎢⎥⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⎣⎦ 2111(1)1111221222(1)212n n n +-⎡⎤=⋅+-⎢⎥+⋅⎣⎦- 11121()221n n n ++⎡⎤=-⋅⎢⎥+⎣⎦易知111211()()(1)2121n n n n n +++⋅=+++递减 ∴0＜111121123()()212118n n n ++++⋅≤⋅=++∴ 151121()16221n n n ++⎡⎤≤-⋅⎢⎥+⎣⎦ ＜12，即516n S ≤ ＜12合肥三模中也将含指数型裂项作为文科数学的压轴题，考题如下：已知正项等差数列{}n a 中，其前n 项和为n S ，满足12n n n S a a +=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设12n n n a S b -=，12,n n T b b b =+++求证: 3.n T <4. 含三角型裂项 例（安徽省高考题） 在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令,lg n n a T =1n ≥.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1tan tan ,n n n b a a +=求数列{}n b 的前n 项和n S .解析:对(2)的解答过程如下:由题意和(1)的计算结果可知tan(2)tan(3),(1)n b n n n =+⋅+≥另一方面,利用tan(1)tan tan1tan((1)),1tan(1)tan k k k k k k +-=+-=++⋅ 得 tan(1)tan tan(1)tan 1,tan1k k k k +-+⋅=- 所以213tan(1)tan n n n ii k S b k k +====+⋅∑∑ 23tan(1)tan tan1tan(3)tan 3tan1n k k k n n +=+-⎛⎫= ⎪⎝⎭+-=-∑ 例(安庆重点中学联考)已知数列{}n a 中,1211,,4a a ==且1(1)(2,3,4,)n n nn a a n n a +-==- (1)求23,a a 的值;(2)设111(),n n b n N a *+=-∈试用n b 表示1n b +并求{}n b 的通项公式; (3)设1sin 3()cos cos n n n c n N b b *+=∈⋅,求数列{}n c 的前n 项和n S . 解析:对问题（3）的解答如下: ∵1sin 3cos cos n n n c b b +=•sin(333)tan(33)tan 3cos(33)cos3n n n n n n+-==+-+•， ∴12n n S c c c =+++(tan 6tan3)(tan9tan 6)(tan(33)tan3)n n =-+-+++-tan(33)tan3n =+-以上我们通过几个典型问题的解析，总结了四类裂项求和的常见模型，可以让我们更清楚的认识到裂项相消的来龙去脉，而这些模型是近几年高考中普遍采用的，要求我们注重培养学生的化归、转化的能力.。
可裂项求和公式
可裂项求和公式摘要：一、可裂项求和公式简介1.公式定义2.公式特点二、可裂项求和公式的应用1.数学领域中的应用2.物理领域中的应用3.工程领域中的应用三、可裂项求和公式的推导与证明1.推导过程2.证明方法四、可裂项求和公式与其他求和公式的关系1.与等差数列求和公式的联系2.与级数求和公式的区别五、结论正文：一、可裂项求和公式简介可裂项求和公式，又称交错级数求和公式，是一种求解交错级数和的公式。
它表示为：S = a1 + a2 + a3 + ...+ an其中，S 表示级数和，a1、a2、a3、...、an 表示级数中的各项。
可裂项求和公式的特点是，它可以将一个复杂的交错级数分解为若干个简单的级数之和，从而简化求和过程。
二、可裂项求和公式的应用1.数学领域中的应用在数学领域，可裂项求和公式广泛应用于解决各种复杂数学问题。
例如，在求解交错代数方程时，通过将方程的解表示为交错级数，可以利用可裂项求和公式快速求得方程的解。
2.物理领域中的应用在物理领域，可裂项求和公式常用于求解各种物理量的累加和。
例如，在求解电荷分布问题时，可以将电荷分布表示为交错级数，然后利用可裂项求和公式求解。
3.工程领域中的应用在工程领域，可裂项求和公式常用于解决各种实际问题。
例如，在通信系统中，信号处理问题时，可以将信号表示为交错级数，然后利用可裂项求和公式进行处理。
三、可裂项求和公式的推导与证明1.推导过程可裂项求和公式的推导过程较为复杂，通常需要运用数学归纳法、等比数列求和公式等方法。
在此，我们不再详细介绍推导过程，仅给出公式的一般形式：S = a1 + a2 + a3 + ...+ an2.证明方法可裂项求和公式的证明方法主要有数学归纳法、交错级数的莱布尼兹定理等。
通过这些证明方法，可以证明可裂项求和公式的正确性。
四、可裂项求和公式与其他求和公式的关系1.与等差数列求和公式的联系可裂项求和公式与等差数列求和公式有密切的联系。
数列裂项求和
裂项相消法求和1.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. 2.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.3.四类特殊数列的前n 项和 ①1＋2＋3＋…＋n ＝12n (n ＋1)．②1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.③12＋22＋32＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)．④13＋23＋33＋…＋n 3＝14n 2(n ＋1)2.4.常见的裂项方式 （1）1n ＋n ＋1＝n ＋1 －n ；（2）1nn ＋k＝1k )11(k n n +-； （3）14n 2－1＝12)121121(+--n n思路引导【典例】(2022·新高考全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1，}{nn a S 是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <2.1．（2023·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，121,(N )n n a S n *+=+∈，23a =．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设141n n b S =-，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围．2．（2023·山东日照·统考一模）在数列{}n a 中，23122341n a a a a n n n +++⋅⋅⋅+=++. (1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：()121213424n n a a n a +++<+.母题呈现模拟训练3．（2023·四川绵阳·绵阳中学校考模拟预测）某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图中（1）、（2）、（3）、（4）为她们刺锈最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺锈越漂亮，向按同样的规律刺锈（小正方形的摆放规律相同），设第n 个图形包含()f n 个小正方形．(1)求出()f n 的表达式； (2)求证：当2n ≥时，()()()()111131213112f f f f n +++⋅⋅⋅+<---．4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，112nn na a na +=+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，证明：12n S ≤<．5．（2022·云南红河·校考模拟预测）设首项为2的数列{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且满足______________． 条件①：111n n n a a n n ++=++；条件②：23n n n S a +=；条件③：12n n n n T a T n++=． 请在以上三个条件中，选择一个补充在上面的横线处，并解答以下问题： （注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．） (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：数列13n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和14n M <．参考公式：22221123(1)(21)6n n n n ++++=++．6．（2023·四川内江·统考一模）数列{}n a 满足：()()()12312312222n n a a a n a n n -+++⋅⋅⋅+-=+-⋅≥.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设()()111nn n n a b a a +=--，n T 为数列{}n b 的前n 项和，若233n T m m <-+恒成立，求实数m 的取值范围.7．（2022·浙江·模拟预测）已知数列{}n a 的通项公式为222221(1)(1)nn n n a n n ++=-+，n S 为数列{}n a 的前n 项和. (1)求n S ；(2)若对于*N n ∀∈，1n S λ⋅≤恒成立，求λ的取值范围.8．（2022·四川自贡）等比数列{}n a 的各项均为正数，且24199a a a =，12231a a +=. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设31323log log log n n b a a a =++⋅⋅⋅+，若数列为1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ，比较n T 与2-的大小.9．（2022·河北·模拟预测）已知函数()f x 满足()()12f x f x +-=，若数列{}n a 满足：11(0)(1)n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足123b =，11n n n b a a +=⋅（2n ≥），数列{}n b 的前n 项和为n S ，若1n n S a λ+<对一切*n ∈N 恒成立，求实数λ的取值范围.10．（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知535S =，且4a 是1a 与13a 的等比中项，数列{}n b 的前n 项和245n T n n =+．(1)求数列{}{}n n a b 、的通项公式； (2)若14a <，对任意*n ∈N 总有1122111444n nS b S b S b λ+++≤---恒成立，求实数λ的最小值．。
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数列中裂项求和的几种常见模型数列中裂项求和的几种常见模型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、拆项重组法、并项求和法，裂项相消法、错位相加法、倒序相加法等等，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。
下面就例举几种裂项求和的常见模型，以供参考。
模型一：数列{}n a 是以d 为公差的等差数列，且),3,2,1(0,0 =≠≠n a d n ，则)11(1111++-=n n n n a a d a a 例1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。
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设11n n n b a a +=，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m ；（2006年湖北省数学高考理科试题）解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax 2+bx (a ≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x －2,得a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x 2－2x. 又因为点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上，所以n S ＝3n2－2n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2－2n ）－[])1(2)132---n n （＝6n －5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5 （n N *∈） （Ⅱ）由（Ⅰ）得知13+=n n na ab ＝[]5)1(6)56(3---n n ＝)161561(21+--n n ，故T n ＝∑=ni i b 1＝21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-)161561(...)13171()711(n n ＝21（1－161+n ）. 因此，要使21（1－161+n ）<20m （n N *∈）成立的m,必须且仅须满足21≤20m ，即m ≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10..例2在xoy 平面上有一系列点),,(111y x P),(222y x P ，…，),(n n n y x P ，…，（n ∈N *），点P n在函数)0(2≥=x x y 的图象上，以点P n 为圆心的圆P n 与x 轴都相切，且圆P n 与圆P n +1又彼此外切. 若n n x x x <=+11,1且. （I ）求数列}{n x 的通项公式； （II ）设圆P n 的面积为123,,:2n n n n S T S S S T π=+++<求证解：（I ）圆P n 与P n+1彼此外切，令r n 为圆P n 的半径， ,)()(,||1212111++++++=-+-+=∴n n n n n n n n n n y y y y x x r r P P 即 两边平方并化简得,4)(121++=-n n n n y y x x由题意得，圆P n 的半径,4)(,212212++=-==n n n n n n n x x x x x y r),(211,2,01111*++++∈=-=-∴>>N n x x x x x x x x nn n n n n n n 即11}1{1=∴x x n 是以数列为首项，以2为公差的等差数列， 所以121,122)1(11-=-=⨯-+=n x n n x n n 即（II ）4422)12(-====n x y r S n n n n ππππ，])12(1311[2221-+++=+++=n S S S T n n π因为 ))12)(32(15.313.111(--++++≤n n π .23)12(223)]1211(211[)]}121321()5131()311[(211{πππππ<--=--+=---++-+-+=n n n n所以，.23π<nT∴2006200612(21)1)221Nn =-<<<⋅-, ∴不超过1Nn =的最大整数为200722-。
模型三：2n(2n+1－1)(2n－1) = 12n －1 － 12n+1－1例5设数列{}n a 的前n 项的和14122333n n n S a +=-⨯+，n=1,2,3,…. （Ⅰ）求首项1a 与通项n a ；（Ⅱ）设2nn nT S =，n=1,2,3,…，证明：132ni i T =<∑（2006年全国数学高考理科试题）. 解: (Ⅰ)由 S n =43a n －13×2n+1+23, n=1,2,3，… , ① 得 a 1=S 1= 43a 1－13×4+23所以a 1=2. 再由①有 S n －1=43a n －1－13×2n +23, n=2,3，4,…将①和②相减得: a n =S n －S n －1= 43(a n －a n －1)－13×(2n+1－2n),n=2,3, …整理得: a n +2n=4(a n －1+2n －1),n=2,3, … , 因而数列{ a n +2n}是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列, 即a n +2n=4×4n －1= 4n , n=1,2,3, …, 因而a n =4n －2n, n=1,2,3, …,(Ⅱ)将a n =4n－2n代入①得 S n = 43×(4n －2n )－13×2n+1+ 23 = 13×(2n+1－1)(2n+1－2)= 23×(2n+1－1)(2n－1)T n = 2n S n = 32×2n(2n+1－1)(2n－1) = 32×(12n －1 － 12n+1－1) 所以, 1ni i T =∑= 321(n i =∑12i －1 － 12i+1－1) = 32×(121－1 － 12i+1－1) < 32模型四：kk a a a n n n )(1+=+，且),3,2,1(0 =≠n a n ，则1111+-=+n n n a a a k例6设函数321()3g x x ax =+的图象在1x =处的切线平行于直线20x y -=.记()g x 的导函数为()f x .数列{}n a 满足：112a =,1()n n a f a +=. (Ⅰ)求函数()f x 的解析式;(Ⅱ)试判断数列{}n a 的增减性,并给出证明; (Ⅲ)当2,*N n n ≥∈时,证明:1211112111na a a <+++<+++. 解：（Ⅰ）∵函数321()3g x x ax =+的导函数为2()2f x x ax =+，由于在1x =处的切线平行于20x y -=，∴1+22a =⇒12a =，∴2()f x x x =+(Ⅱ)∵1()n n a f a +=,∴2211n n n n n n a a a a a a ++=+⇒-=,∵112a =,故0n a >,所以10n n a a +->,所以{}n a 是单调递增.(Ⅲ) ∵1(1)n n n a a a +=+,∴111(1)n n n a a a +=+=11_1n na a +,∴11111n n n a a a +=-+∴1121111a a a =-+,2231111a a a =-+,3341111a a a =-+…11111n n n a a a +=-+令n S =12231111111122n n a a a a a a ++-+-+⋅⋅⋅-=-< 当2n ≥时,n S = 1212111112426111113721n a a a a a +++≥+=+=+++++1> ∴1211112111na a a <+++<+++例7已知数列}{n a 满足n a a a n n 2,111+==+)3,2,1( =n ，}{n b 满足,11=bn b b b n n n 21+=+)3,2,1( =n ，证明： 1121111<--+≤∑=++n k k k k k kb ka b a 。
(2006年全国高中数学联合竞赛浙江省预赛试题)证明：记 ∑=++--+=nk k k k k n kb ka b a I 1111，则 n I I I <<<= 2121。
而∑=++-=nk k k n k b a I 11))(1(1∑∑==++⋅-≤nk k nk k kb a 111111。
因为n a a a n n 2,111+==+，所以)1(11+=-+k k a k 。
从而有 1111)1(111111<+-=+=-∑∑==+n k k a nk nk k 。
（1）又因为kk b b k b b b k k k k k )(21+=+=+，所以k b b k b b k b k k k k k +-=+=+11)(11，即1111+-=+k k k b b k b 。
从而有 111111111=≤-=++=∑b b b kb n nk k 。
（2） 由（1）和（2）即得 1<n I 。
综合得到 121<≤n I 。
左边不等式的等号成立当且仅当 n=1时成立。
以上我们通过几个典型问题的解析，总结了四类裂项求和的常见模型，可以让我们更清楚的认识到裂项相消的来龙去脉，而这些模型是近几年高考中普遍采用的，要求我们注重培养学生的化归、转化的能力。