裂项相消法2
错位相减与裂项相消
(1)裂项相消求和把数列的通项拆成两项之差再求和,正负相消剩下首尾若干项. 常见的拆项公式:1n×(n＋1) ＝1n －1n＋11n＋k＋n ＝1k(n＋k －n )2n(2n－1)(2n＋1－1) ＝12n－1－12n＋1－1特别提醒：(1)裂项相消法就是把数列的每一项分裂成一正一负的两项，使得相加后，前后的项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次相消，有的是间隔相消．在正负项抵消后，是否只剩下第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项，未消去的项有前后对称的特点．(2)一般地，若{a n}为等差数列，则求数列{1a n a n＋1}的前n项和可尝试此方法，事实上，1a n a n＋1＝dda n a n＋1＝a n＋1－a nda n a n＋1＝1d·(1a n－1a n＋1)．如求12×4 ＋13×5 ＋14×6 ＋…＋1(n＋1)×(n＋3) ＝？解：∵1(n＋1)×(n＋3) ＝12(1n＋1 －1n＋3 )∴12×4 ＋13×5 ＋14×6 ＋…＋1(n＋1)×(n＋3)＝12[(12 －14 )＋(13 －15 )＋(14 －16 )＋…＋(1n －1n＋2 )＋(1n＋1 －1n＋3 )]＝12(12 ＋13 －1n＋2 －1n＋3 )＝512－2 n＋52(n＋2)×(n＋3)12[例1](2011课标Ⅰ)等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n 的前n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q .由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19. 由条件可知q >0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n . (2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n＝－(1＋2＋…＋n ) ＝－n (n ＋1)2.故1b n ＝－2n (n ＋1)＝－2(1n －1n ＋1)，1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝－2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝－2nn ＋1. 所以数列{1b n }的前n 项和为－2nn ＋1.[练1](2013课标全国Ⅰ,17,0.466).已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝0,S 5＝－5.(Ⅰ)求{a n }的通项公式； (Ⅱ)求数列{1 a 2n －1● a 2n ＋1}的前n 项和.解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，∵前n 项和S n 满足S 3＝0，S 5＝－5，∴⎩⎨⎧3a 1＋3d ＝85a 1＋5×42 d ＝－5，4[练2]已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，11n n n n a b S S ++=，求数列{b n }的前n 项和n T .解:（1）∵数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8．∴a 2a 3＝a 1a 4＝8．解得a 1＝1，a 4＝8或a 1＝8，a 4＝1（舍）， 解得q ＝2，即数列{a n }的通项公式a n ＝2n －1； （2）Sn ＝a 1(1－q n )1－q＝2n －1∴b n ＝a n+1 S n S n+1 ＝S n+1－S n S n S n+1 ＝ 1S n－1S n ＋1 ，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(1S 1 －1S 2 )＋(1S 2 －1S 3 )＋…＋(1S n －1S n ＋1 )＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1．[思维发散] 利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.通过纽带：a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，根据题目求解特点，消掉一个a n 或S n .然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解.如需消掉S n ，利用已知递推式，把n 换成n －1得到递推式，两式相减即可. 若消掉a n ，只需把a n ＝S n －S n －1带入递推式即可.不论哪种形式，需要注意公式a n ＝S n －S n －1 成立的条件n ≥2[练1]若数列{a n }的前n 项和为S n ＝23 a n ＋13 ,则{a n }的通项公式是a n ＝______. 答案： (－2)n －15[练2]设n S 为数列{n a }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1,则S n ＝答案：－1n例2.(2015课标Ⅰ, 0.624）S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n ＞0，a n 2＋2a n ＝4S n ＋3. （Ⅰ）求{a n }的通项公式：（Ⅱ）设b n ＝1a n a n ＋1 ,求数列{b n }的前n 项和. 解:（Ⅰ）由a n 2＋2a n ＝4S n ＋3可知当n ＝1时，a 12＋2a 1＝4S 1 ＋3＝4a 1 ＋3，因为a n >0，所以a 1＝3， 当n ≥2时，a n －12＋2a n －1＝4S n －1＋3两式相减得 a n 2－a n －12＋2(a n －a n －1)＝4a n即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝2(a n ＋a n －1)，因为a n >0，所以a n －a n －1＝2， 所以数列{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， 通项公式为a n ＝2n ＋1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b n ＝1 a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3) ＝12 (1 2n ＋1 －12n ＋3 ) 所以数列{n b }前n 项和12n b b b +++＝12(13 －1 2n ＋3 )＝16 －1 4n ＋6练1[2020唐山高三二模]已知S n是数列{a n}的前n项和，S n＋1＝3S n＋1，a1＝1.(Ⅰ）求数列{a n}的通项公式：（Ⅱ）若b n＝log3a2n ，c n＝1b n b n＋1 ,求数列{c n}的前n项和T n.6练2[2017唐山一模]已知数列{a n}为单调递增数列，S n为其的前n项和，2 S n＝a n2＋n (Ⅰ）求数列{a n}的通项公式：（Ⅱ）若b n＝a n＋22n＋1•a n•a n＋1, T n为数列{b n}的前n项和，证明: T n<127(2)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．特别提醒：用乘公比错位相减法求等比数列的和时，应注意：(1) 在写出“S n”与“q·S n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n－q·S n”的表达式；(2) “S n－q·S n”化简的关键是化为等比数列求和，一定要明确求和的是n项还是n－1项，一般是n－1项．用错位相减法解决数列求和的步骤：第一步：(判断结构)若数列{a n·b n}是由等差数列{a n}与等比数列{b n}(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和．第二步：(乘公比)设{a n·b n}的前n项和为T n，然后两边同乘以q.第三步：(错位相减)乘以公比q后，向后错开一位，使含有q k(k∈N *)的项对齐，然后两边同时作差．第四步：(求和)将作差后的结果求和化简，从而表示出T n89[例1]已知a n ＝(2n －1)•3n ，求数列{a n }的前n 项和S n .解法1：错位相减法解：S n ＝1•31＋3•32＋5•33＋…＋(2n －3)•3n －1＋(2n －1)•3n ，①3S n ＝ 1•32＋3•33＋5•34＋ … ＋(2n －3)•3n ＋(2n －1)•3n ＋1，② ①－②－2S n ＝1•31＋2•32＋2•33＋…＋2•3n －(2n －1)•3n ＋1＝1•3＋2•32 (1－3n －1)1－3 －(2n －1)•3n ＋1＝1•3＋32 (3n －1－1) －(2n －1)•3n ＋1＝－6＋(2－2n)•3n ＋1∴S n ＝3＋(n －1)•3n ＋1 解法2： 利用公式求解a n ＝(2n －1)•3n ＝(6n －3)•3n －1＝(a n ＋b)•q n －1 a ＝6,b ＝－3, q ＝3 A ＝a q －1 ＝63－1 ＝3, B ＝b －A q －1 ＝－3－3 3－1＝－3 ,C ＝－B ＝3 ∴S n ＝(An ＋B) q n ＋C ＝(3n －3) •3n ＋3 ＝(n －1)•3n ＋1＋3 [总结]第一步：把通项统一化成：c n ＝(a n ＋b)•q n －1． 第二步：把前n 项和化成：S n ＝(An ＋B) q n ＋C第三步：套公式即可：A ＝aq －1 ，B ＝b －A q －1，C ＝－B 第三步公式记不住的，可这样求A,B⎩⎨⎧ S 1＝(A ＋B) •3－B ＝3 S 2＝(2A ＋B) •32－B ＝3＋3•32整理为⎩⎨⎧ 3A ＋2B ＝3 18A ＋8B ＝30解得⎩⎨⎧A ＝3B ＝－310解法3：裂项相消解错位相减令a n ＝(2n －1)•3n ＝[k(n ＋1) ＋b ]•3n ＋1－(kn ＋b )•3n右式＝[2kn ＋(3k ＋2b )]•3n 整理后与左式比较 ∴⎩⎨⎧ 2k ＝2 3k ＋2b ＝－1解得⎩⎨⎧k ＝1 b ＝－2 ∴a n ＝(2n －1)•3n ＝(n －1)•3n ＋1－(n －2)•3n∴S n ＝[0•32－(－1)•31] ＋(1•33－0•32) ＋(2•34－1•33) ＋(3•35－2•34)＋…＋[(n －1)•3n ＋1－(n －2)•3n ] ＝(n －1)•3n ＋1＋311[例3]已知a n＝n3n，求数列{a n}的前n项和S n.解：S n＝13＋232＋333＋…＋n－13n－1＋n3n，13S n＝132＋233＋…＋n－13n＋n3n＋1，两式相减得23S n＝13＋132＋133＋…＋13n－n3n＋1＝13(1－13n)1－13－n3n＋1＝12－12×3n－n3n＋1，∴S n＝34－14×3n－1－n2×3n＝34－2n＋34×3n.解法2：利用公式求解a n＝n3n＝(13n＋0)•13n－1＝(a n＋b)•q n－1a＝13, b＝0, q＝13A＝aq－1 ＝1313－1＝－12, B＝b－Aq－1 ＝0－(－12)13－1＝－34,C＝－B＝34∴S n＝(An＋B) q n＋C＝(－12n－34)•(13)n＋34＝34－2n＋34×3n.1213解法3：裂项相消解错位相减令a n ＝n3n ＝k(n ＋1)＋b 3n ＋1－k n ＋b3n化简比较左右 3n 3n ＋1＝－2k n ＋(k －2b)3n ＋1 ∴⎩⎨⎧－2k ＝3 k －2b ＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－32 b ＝－34∴a n ＝n3n ＝－32(n ＋1) －343n ＋1－－32n －343n∴S n ＝(－32×2 －3432－－32×1－3431)＋(－32×3 －3433－－32×2－3432) ＋…＋(－32(n ＋1) －343n ＋1－－32n －343n )＝－32(n ＋1) －343n ＋1－－32×1－3431＝34－2n ＋34×3n.[2020唐山高三期末]解：（1）在S n＝2n＋1－2中，令n＝1，得a1＝S1＝21＋1－2＝2，当n≥2时，S n－1＝2n－2，则a n＝S n－S n－1＝2n＋1－2n＝2n．又因为a1＝2符合上式，所以，a n＝2n．…4分（2）由（1）得b n＝n＋1a n＝n＋12n，则T n＝ 22＋34＋…＋n2n－1＋n＋12n①，则12T n＝ 24＋38＋…＋n2n＋n＋12n＋1②，①－②，得12T n＝1＋ 14＋18＋…＋12n－n＋12n＋1＝32－n＋32n＋1，则T n＝3－n＋32n．…12分解法2：利用公式求解解法3：裂项相消解错位相减1415(2020·石家庄模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1 (I)求数列{a n }的通项公式;(II)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和T n解：(Ⅰ)由2S n ＝3a n －1 ①2S n －1＝3a n －1－1 ②(n ≥2)①－②得2a n ＝3a n －3a n －1，∴ a na n －1＝3，…………………3分又当n ＝1时，2S 1＝3a 1－1，即a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴ a n ＝3n －1．…………6分(Ⅱ) 由(Ⅰ)得：b n ＝ n3n －1∴T n ＝ 1 30＋ 2 31＋ 3 32＋…＋ n3n －1，…………………③ 1 3T n ＝ 1 31＋ 232＋…＋ n －1 3n －1＋ n 3n ，…………④…………………8分③－④得： 2 3T n ＝ 1 30＋ 1 31＋ 1 32＋…＋ 1 3n －1－ n3n ………………10分＝1－ 1 3n1－ 1 3－ n 3n ＝ 3 2－2n ＋3 2×3n∴T n ＝ 9 4－ 6n ＋9 4×3n ． ……………………………………………12分解法2： 利用公式求解解法3：裂项相消解错位相减[练2]已知{a n}是递增．．的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根.（I）求{a n}的通项公式；（II）求数列2n na⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和.解法2：利用公式求解解法3：裂项相消解错位相减16。
几种不寻常的裂项相消法
ｆ 竹 ＋２ ）． Ｈ
一
了
’
ｆ （ ｎ ＋１ ） － － ｆ （ ｎ ）
会增加裂项的难度甚至一筹莫 展， 所 以在计
算时要掌握尺寸 ， 否则会破坏裂项的规律 ， 使
解题陷入困境．
２ 先变形， 后裂 项
一 （ 丢 ｉ ｎ ＋ ３ ２ 一 呈 ≠ ］
＝ ＝ — （ — ＋ — — — — — — １ — ） — — （ — ＋ — — — — — — ２ — ） — ２ — — ” ０、 — ＜ ＜ ’ ｏ， 【 Ｉ ．
ｎ － －１ ， ５ ： ＝ ｎ 口 ｝ ．
Ｄ ｎ 一 一
了 一 ， ） １ ＋， ） ２ ＋ … ＋６
一
一 妾 一
＝＝＝
（ １ ） 求数列 ｛ ｎ Ｉ ） 的通 项公 式 ； （ ２ ） 若 数列 ｛ ｂ ｝ 满足 ｂ 一 ・ ２ ” ＿ 。 ， 设 Ａ
而 现有分 子 中含有 ２ 扎 一１ ， 可 知是 与 ３ ”中 的
“ ３ ” 有关 ， 因此
一 （
数列 ｛ ａ ７ 是 递 增 的 等 比数 列 ， 且ａ ＋ 一９ ，
ａ ２ ａ ３ ＝８ ．
（ １） 求数列 ｛ ａ ｝ 的通 项公 式 ； （ １ １ ） 设Ｓ 为数 列 ｛ ａ ｝ 的前 ７ ２ 项和， ｂ ＝ ＝ ＝
明， 前后项分母就 明摆着 ， 裂项难度不大 ， 但
若 将 番 羔化 为 ：
６ ２
一
吉 ＋ 丢 １ 一 弓
一
１
］
］
．
＝：＝
１ ［ １ 一（
ｂ ． ｂ ¨
（ ＋ ２ ）・２ ＋ ・２ ” 一 ・（ ＋ １ ）・２ ”
2025优化设计一轮第4节 第2课时 裂项相消法
<
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.
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 ( 5-1+
1
= (-1- 3 +
2
7 − 3 + 9 − 5+…+ 2 + 3 − 2-1)
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,
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.
4
+1
1
.
4
2
3
+ + +…+ =n2+n,
3
4
+1
-1
1
2
3
时, + + +…+ =n2-n,
数列求和裂项相消法例题
数列求和裂项相消法例题【原创实用版】目录1.引言：裂项相消法求和2.例题 1：奇数项和偶数项的等差数列求和3.例题 2：绝对值不等的正负数列求和4.例题 3：具有规律的数列求和5.总结：裂项相消法的应用和注意事项正文一、引言：裂项相消法求和数列求和是数学中的一个重要知识点，它应用于各种实际问题中，如求解等差数列、等比数列的和等。
在求和过程中，裂项相消法是一种常用的方法，它可以有效地简化计算过程。
下面我们通过几个例题来介绍裂项相消法求和。
二、例题 1：奇数项和偶数项的等差数列求和假设有一个等差数列，其中奇数项和偶数项的公差分别为 a 和-b （a,b 均为正数），现在需要求解该数列的前 n 项和。
解法：我们可以将奇数项和偶数项分别求和，然后用总和减去偶数项的和，得到奇数项的和。
具体计算如下：设奇数项和为 S1，偶数项和为 S2，则S1 = a + a + 2 + a + 4 +...+ a + (2k-1)S2 = b + b + 2 + b + 4 +...+ b + (2k-1)将 S1 和 S2 相加，得到：S1 + S2 = (a + b) + (a + b + 2) + (a + b + 4) +...+ (a + b + 2k-2)观察发现，S1 + S2 中的每一项都等于 a + b，因此：S1 + S2 = (a + b) * k所以奇数项和 S1 = (a + b) * k - S2通过裂项相消法，我们成功地将等差数列求和问题简化为求解两个等差数列的和，从而降低了计算难度。
三、例题 2：绝对值不等的正负数列求和现在考虑一个由正数和负数构成的数列，其中正数的绝对值和负数的绝对值不相等，求该数列的前 n 项和。
解法：我们可以将数列中的正数和负数分别提取出来，然后分别求和。
具体计算如下：设正数和为 S1，负数和为 S2，则S1 = a1 + a2 + a3 +...+ anS2 = -b1 - b2 - b3 -...- bn其中，ai 和 bi 分别为数列中的正数和负数，a1, a2, a3,..., an 和b1, b2, b3,..., bn 分别为它们的绝对值。
专题2 裂项相消法-2020年决胜中考经典专题分析
2020年决胜中考经典专题分析专题2 裂项相消法裂项相消法实际上是把一个数列的每一项裂为两项的差的形式，可以用字母表示 为：a n =f(x)－f （x ＋1）的形式，从而达到数列求和的目的，最终得到数列总和的结果为：S总=f(1)－f （x ＋1）经过此专题的了解，可以培养同学们的逆向思维，开阔孩子的思维能力，更好的调动学生们的创造力，这样可以大大的提高初 中孩子的学习效率，通过几位资深金牌老师的专研并加以总结，特归纳了这个专题 的资料，让初中孩子提前学习和了解，可以秒懂和玩转这些技巧，这样可以大大的 提高学子们的学习积极性主要口诀：小的数在前，大数在后 （1）等差型等差型的数列是平时计算中常见的题型，也是学子们容易搞懂的，典例1: 求13×4＋14×5＋15×6＋…..＋1n （n ＋1）（小）（大） 后面也是这样规律，小的数在前，大数在后【答案】原式=13－14＋14－15＋15－16……＋1n－1n ＋1== 13 －1n ＋1=n ＋1 3（n ＋1）－33（n ＋1）=n ＋1−33（n ＋1）=n−23（n ＋1）【精准解析】本道题型主要考察等差型裂项法，把一个数列的每一项裂为两项的差的形式，这样最终可以 快速的把一组复杂的数列快速的计算出来典例2 求 12×5＋ 15×8＋ 18×11＋ 111×14＋……＋ 1n （n ＋3）【答案】原式=13（ 12 −15＋ 15－ 18＋……＋ 1n －1n ＋3）= 13 （ 12 －1n ＋3） =13（ n ＋32（n ＋3） －22（n ＋3））= 13（n ＋3−22（n ＋3））=n ＋16（n ＋3）【精准解析】本道题型主要考察等差型裂项法，本道题和上面那道题差不多一样，可是这道题的裂项差是3，所以前面要乘三分之一才能不改变原来的数据。
学员们需要耐心的看他们的差异在哪里，这样我们才能从容的应对专题训练1探究下列各组算式中，小能手们可以发现什么呢？12×4= 12（ 12－14）14×6= 12（14－16 ）16×8= 12（ 16－18）求前面三个式子分别相加的总和：12×4＋14×6＋16×8【答案】原式= 12（ 12－14＋14－16＋16－18）=12（ 12－18）=316【精准解析】本道题型主要考察等差型裂项法，裂项两数之差是2，所以要乘二分之一，才能使得数据不变猜想并写出：1n （n ＋2）==12（1n－1n ＋2）专题训练2：求12＋16＋112＋120的值．【答案】原式= 11×2＋12×3＋ 13×4＋14×5= 1－12＋ 12－ 13＋13－14＋14－15= 1 －15= 45【精准解析】本道题型主要考察学员们的逆向思维，前面几道题都是直接列出他们的等差关系，所以 直接套入式子算就行，这道考查转化思想，从而转变成我们一直比较熟悉的等差裂项法裂项相消大归纳把一项拆成两项的和或差，使得算式可以消去某些项，从而使得运算更方便裂差：（1） 1n （n ＋1）=1n －1n ＋1（2） 1n （n ＋2）=12（1n －1n ＋2）（3） 1n （n ＋3）=13（1n －1n ＋3）（4） 1n （n ＋k ）=1k （1n －1n ＋k）小能手们是否可以直接写出下列的答案11×2＋12×3＋ 13×4＋14×5＋…. ＋12001×2002【答案】20012002（2）11×2＋12×3＋ 13×4＋14×5＋…. ＋1n （n ＋1）【答案】nn ＋1终极大考验：按一定顺序排列的一列数叫做数列，如数列：12，16，112，120，，，，，则这个数列的前2018个数的和为———————【答案】 20182019【分析】由题意得 第一项为： 11×2第二项为： 12×3第三项为： 13×4……..所以第2018项为： 12018×2019则前2018项的和为1 1×2＋12×3＋ 13×4＋14×5＋…. ＋12018×2019= 1－12019= 2018 2019【精准解析】本道题型主要考察学员们的综合能力，总结归纳前几道题的规律，把这道转为为前面学的知识点，再直接套入式子算就行。
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·。
裂项相消法
1 + 1 + 1 +…+ 1 + 1
1. 1 2 23 3 4
9899 99100
1 (n 1) n 1 1 n(n 1) n(n 1) n n 1
1
=k
+
或k
数列求和应从通项入手，先求通项，然后通过对通项 变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列前n项和的 数列来求之．
将数列中的每一项分裂成两项（通常为一正一负）， 且在求和过程中能否前后抵消，只剩下若干项（通常为 第一项和最后一项）。这种方法叫做裂项相消法。
(2n
1 1)(2n
1)
1（ 1 1 ） __2__2_n___1__2_n___1__
n
1 nk
_1k_（___n___k____n__）
②一般情况下，若an是等差数列
1 an an 1
1 1 1
danan1_来自___________,
1 an an 2
_2_1d___a_1_n ___a_n1_2___
求数列 1 ，
13 2
1
4
，1 35
，…， 1
n(n
2)
，…
的前 n 的和 Sn
.
分析：an
1 n(n
2)
1 (1 1 ) 2 n n2
解：Q
1 n(n
2)
1 2
(1 n
n
1
) 2
Sn
1 [(1 2
1) 3
(1 2
1) 4
…
(1 n
n
1
)] 2
= 1 [1 1 1 1 ] 2 2 n1 n2
3 1 1 4 2n 2 2n 4
专题一 数列求和(2)裂项相消法+错位相减法
专题一（2）裂项相消法求数列前n 项和学习目标 1裂项相消法求和的步骤和注意事项 2使学生能用裂项相消法来解决分式数列的求和探究（一）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．例1、说明：（1）裂项相消法的关键就是将数列的每一项拆成二项或多项,使数列中的项出现有规律的抵消项，进而达到求和的目的。
即：把数列的通项拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项和变成首尾若干项之和． 适合于分式型数列的求和。
（2）利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，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．（3）一般地若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)，1a n ·a n ＋2＝12d (1a n －1a n ＋2)．（4）此外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相消求和．变式练习:项和的前)2(1，，531，421，311求数列n n n +⋅⋅⋅⨯⨯⨯.变式与拓展：1、项和的前)13)(23(1，，,741，411求数列n n n +-⋅⋅⋅⨯⨯例2、设{a n }是等差数列，且a n ≠0.求证1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝na 1a n ＋1.证明：设{a n }的公差为d ，则1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2·1a 2－a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3·1a 3－a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1·1a n ＋1－a n＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1＝1d ·a 1＋nd －a 1a 1a n ＋1＝na 1a n ＋1. 所以1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n a 1a n ＋1.常见的拆项公式有：例3、已知数列｛a n ｝：11，211+，3211++，…1123n+++，…，求它的前n 项和。
裂项相消法的八种应用示例
裂项相消法的八种应用示例1.求解方程裂项相消法是一个常用的数学技巧，可以用于求解一些复杂的方程。
例如，对于以下方程：\[ \frac{2x}{x^2-1} + \frac{3}{x+1} = \frac{5}{x-1} \]我们可以使用裂项相消法将方程化简为：\[ 2x(x+1) + 3(x-1) = 5(x^2-1) \]从而得到一个简单的一元二次方程进行求解。
2.约简分数裂项相消法可以用于约简分数。
例如，对于以下分数：\[ \frac{a^2 + ab}{a} \]我们可以使用裂项相消法将分子进行因式分解：\[ \frac{a(a+b)}{a} \]从而得到一个等效的分数：\[ a+b \]3.求解极限裂项相消法也可以用于求解极限。
例如，对于以下极限：\[ \lim_{x \to \infty} \frac{x^2 + 3x + 2}{2x^2 + x} \]我们可以使用裂项相消法将分子和分母同时除以 \(x\)，得到：\[ \lim_{x \to \infty} \frac{1 + \frac{3}{x} + \frac{2}{x^2}}{2 + \frac{1}{x}} \]这样，我们可以把无穷大的 \(x\) 约去，得到极限的解。
4.展开因式裂项相消法可以用于展开因式。
例如，对于以下式子：\[ (x+1)(x+2) \]我们可以使用裂项相消法将其展开为：\[ x(x+2) + 1(x+2) \]从而简化了因式的展开过程。
5.化简根式裂项相消法可以用于化简根式。
例如，对于以下根式：\[ \sqrt{a + \frac{b}{\sqrt{c}}} \]我们可以使用裂项相消法，将分子进行因式分解，然后分子分别除以根号下的分母，从而得到一个简化后的根式。
6.求解三角函数等式裂项相消法可以用于求解三角函数等式。
例如，对于以下等式：\[ \sin(x) \cos(x) + \cos^2(x) \sin(x) = 0 \]我们可以使用裂项相消法，将分子进行因式分解，然后约去相同的项，从而得到一个更简单的三角函数等式。
知识点裂项相消法
知识点裂项相消法1.基本原理：裂项相消法的基本思想是将有理函数分解成若干个部分分式的和，其中每个部分分式的分母是一次因式的幂。
具体而言，对于一个有理函数P(x)/Q(x)，其中P(x)和Q(x)是多项式，且Q(x)可分解为一些一次因式的乘积。
假设Q(x)可分解为Q(x)=(x-a)^n(x-b)^m...(x-z)^p，则有理函数P(x)/Q(x)可以分解成以下形式的部分分式相加的形式：P(x)/Q(x)=A1/(x-a)+A2/(x-a)^2+...+An/(x-a)^n+B1/(x-b)+B2/(x-b)^2+...+Bm/(x-b)^m+...+Z1/(x-z)+Z2/(x-z)^2+...+Zp/(x-z)^p.其中，A1,A2,...,An,B1,B2,...,Bm,...,Z1,Z2,...,Zp是待定常数。
2.应用：裂项相消法主要用于求解有理函数的积分和微分。
在求解积分时，通过将有理函数分解成部分分式，可以将原来的复杂积分问题转化为一系列简单的积分。
同样地，在求解微分方程时，将有理函数分解成部分分式相加的形式可以简化微分方程的求解过程。
3.求解过程：下面我们通过一个例子来演示裂项相消法的求解过程。
假设我们要求解积分∫(x^2+4)/(x+1)(x+2)dx。
首先，我们需要将被积函数(x^2+4)/(x+1)(x+2)分解为若干个部分分式相加的形式。
首先，我们将(x^2+4)除以(x+1)(x+2)得到一个商函数和一个余数：(x^2+4)/(x+1)(x+2)=x-1+6/(x+1)(x+2).然后，我们将6/(x+1)(x+2)继续分解为部分分式的和：6/(x+1)(x+2)=A/(x+1)+B/(x+2).通过通分得到：将A(x+2)+B(x+1)展开，得到：由于等式两边的系数必须相等，所以有：A+B=0,解这个方程组可以得到：A=2,因此，我们有：6/(x+1)(x+2)=2/(x+1)-2/(x+2).综合上述结果，我们可以得到：∫(x^2+4)/(x+1)(x+2)dx=∫(x-1+2/(x+1)-2/(x+2))dx=∫(x-1)dx+∫2/(x+1)dx-∫2/(x+2)dx=x^2/2-x+2ln，x+1，-2ln，x+2，+C.其中，C是常数。
数列求和裂项相消法例题
专题7.20数列大题（裂项相消求和2）1．在递增等差数列{}n a 中，248a a +=，1a ，3a ，7a 成等比数列．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅰ）解：设递增等差数列{}n a 的公差为(0)d d >．由，248a a +=，1a ，3a ，7a 成等比数列，得11211138(2)(6)a d a d a d a a d +++=⎧⎨+=⋅+⎩，解得12a =，1d =或0，(0舍去），∴*2(1)11()n a n n n N =+-⨯=+∈．（Ⅱ）证明：设13n n n b a a +=，由（Ⅰ）知133113((1)(2)12n n n b a a n n n n +===-++++，12111111111111113333()3()3(3()3()23341223341222222n n T b b b n n n n n n ∴=+++=-+-++-=-+-++-=-=-<++++++ 2．已知各项均为正数的数列{}n a 满足：11(1)(1)n n n n a a a a ++-=+，11a =．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；解：(11)(1)(1)n n n n I a a a a ++-=+ ，∴2211n n n n a a a a ++-=+，即111()()n n n n n n a a a a a a +++-+=+，10n n a a ++≠ ，所以11n n a a +-=，11a = ，∴数列{}n a 是首项为1、公差为1的等差数列，n a n ∴=．证明：()II 由()I 知，22222212232311(1)(2)(1)(2)n n n n a n b a a n n n n ++++===-++++，∴222222*********()()[]2334(1)(2)4(2)n S n n n =-+-++-=+++ ．2114(2)n S n =-+在*n N ∈上单调递增，且210(2)n >+，∴51364n S < ．3．已知数列{}n a 中，121a a ==，且212n n n a a a ++=+，记1n n n b a a +=+，求证：（1）{}n b是等比数列；证明：（1）212n n n a a a ++=+，可得2112()n n n n a a a a ++++=+，记1n n n b a a +=+，可得12n n b b +=，又1122b a a =+=，可得{}n b 是首项和公比均为2的等比数列；（2）2n n b =，12(12)2212n n n T +-==--，11121122(22)(22)2(21)(21)n nn n n n n n n b T T ++++++==⋅----1111(22121n n +=---，所以312223112231111111(122121212121n n n n n b b b T T T T T T +++++⋯+=-+-+⋯+-⋅⋅⋅-----1111(1)2212n +=-<-．4．在公差不为零的等差数列{}n a 中，38a =，且3a ，11a ，43a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；解：（1）由题意，设等差数列{}n a 的公差为(0)d d ≠，则11388(1)a a d d =+=+，433408(51)a a d d =+=+，3a ，11a ，43a 成等比数列，∴211343a a a =，即264(1)88(51)d d +=⨯+，化简整理，得230d d -=，解得0d =（舍去），或3d =，83(3)31n a n n ∴=+⨯-=-，*n N ∈，（2）由（1），可得212n n n b a a =+-21(31)(31)2n n =-+--21932n n =--1(32)(31)n n =-+111()33231n n =--+，12n nS b b b ∴=++⋯+11111111(1)((3434733231n n =⨯-+⨯-+⋯+⨯--+111111(1)34473231n n =⨯-+-+⋯+--+11(1)331n =⨯-+31n n =+．5．已知等差数列{}n a 满足438a a -=，且1a ，4a ，13a 成等比数列．（1）求{}n a 的通项公式；解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为438a a -=，所以8d =．又因为1a ，4a ，13a 成等比数列，所以24113a a a =⋅，即2111(3)(12)a d a a d +=⋅+，解得112a =，所以84n a n =+．（2）根据等差数列的前n 项和公式可得248n S n n =+，所以2111111()3483(21)(23)22123n n c S n n n n n n ====-+++++++，所以1111111111(()235572123232369n n T n n n n =-+-+⋅⋅⋅+-=-=++++6．已知数列{}n a 是等差数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，35a =，749S =．（1）求数列{}n a 的通项公式；解：（1）因为74749S a ==，所以47a =，而35a =，设数列{}n a 的公差为d ，则432d a a =-=，11a =，所以12(1)21n a n n =+-=-；（2）由21(121)2n S n n n =+-=，由1(1)n n b a +=-，可得(1)(21)11(1)((1)1n n n n b n n n n -+==-+++，211111111211223342212121n n T n n n n =--++--+⋯⋯++=-=-+++．7．记n S 为等比数列{}n a 的前n 项的和，且{}n a 为递增数列．已知24a =，314S =．（1）求数列{}n a 的通项公式；解：（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则212312322414a a q a S a a a a a q q ==⎧⎪⎨=++=++=⎪⎩，解得122a q =⎧⎨=⎩或1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩，因为数列{}n a 为递增数列，所以只有122a q =⎧⎨=⎩符合题意，故2n n a =；（2）由题意，11222121(1)(1)(1)(1)log 2log 2(1)1n n nn n n n n n b n n n n ++++--=-=-=-⋅++，1223112(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)...[][]...[]1122311n n nn n T b b b n n n +-------∴=+++=-+-++-=-+．（1）求数列{}n b 的通项公式；解：（1）因为25a =，且4a 、51a +、71a +成等比数列，所以2475(1)(1)a a a +=+．所以2222(2)(51)(31)a d a d a d +++=++，整理得222410d a d d a +---=，得260d d +-=，解得3d =-或2d =，由于{}n a 是正项等差数列，舍去3d =-，即2d =．所以13a =，1113a b ==．1-=，所以数列是以1=为首项，1为公差的等差数列，1n n =+-=，即2n b n =．（2）因为25a =，2d =，所以2(2)21n a a n d n =+-=+，所以22222222121(1)11(1)(1)(1)n n n n a n n n c b b n n n n n n +++-====-+++，故22222222111111211223(1)(1)(1)n n n S n n n n +=-+-+⋯+-=-=+++．。
裂项公式原理
裂项公式原理
裂项法表达式：1/[n(n+1)]=(1/n)-[1/(n+1)]。
裂项相消公式有n·n!=(n+1)!-n!；
1/[n(n+1)]=（1/n）- [1/(n+1)]等。
数列的裂项相消法，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。
三小特征：
1、分子全部相同，最简单形式为都是1的，复杂形式可为都是x(x为任意自然数)的，但是只要将x提取出来即可转化为分子都是1的运算。
2、分母上均为几个自然数的乘积形式，并且满足用户相连2个分母上的因数“首尾
相接”。
3、分母上几个因数间的高就是一个定值。
裂差型运算的核心环节是“两两抵消达到简化的目的”。
高考数学裂项相消十个基本公式
裂项法表达式：1/[n(n+1)]=(1/n)-[1/(n+1)]。
裂项相消公式有n·n!=(n+1)!-n!；1/[n(n+1)]=（1/n）- [1/(n+1)]等。
裂项法求和公式
（1）1/[n(n+1)]=（1/n）- [1/(n+1)]
（2）1/[(2n-1)(2n+1)]=1/2[1/(2n-1)-1/(2n+1)]
（3）1/[n(n+1)(n+2)]=1/2{1/[n(n+1)]-1/[(n+1)(n+2)]}（4）1/(√a+√b)=[1/(a-b)](√a-√b)
（5）n·n!=(n+1)!-n!
（6）1/[n(n+k)]=1/k[1/n-1/(n+k)]
（7）1/[√n+√（n+1）]=√（n+1）-√n
（8）1/（√n+√n+k）=（1/k）·[√（n+k）-√n]
什么是裂项相消法
数列的裂项相消法，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。
三大特征：
（1）分子全部相同，最简单形式为都是1的，复杂形式可为都是x(x为任意自然数)的，但是只要将x提取出来即可转化为分子都是1的运算。
（2）分母上均为几个自然数的乘积形式，并且满足相邻2个分母上的因数“首尾相接” （3）分母上几个因数间的差是一个定值。
（3）分母上几个因数间的差是一个定值。
裂差型运算的核心环节是“两两抵消达到简化的目的”。
知识点——裂项相消法
(2)事实上，在研究bn
8 n(n 1)
时，视分母为
两个因式的积，寻找它们的差与分子的倍数
关系，即8 8[(n 1) n]，逆用分数减法运算
得到，即
bn
8 n(n 1)
8[(n 1) n] n(n 1)
8[ n 1 n(n 1)
n] n(n 1)
8(1 1 ). 抵消后，被减数和减数 n n 1 各剩一项，具有对称性.
bn
3n1 n 1
3n n
两个式子结构完全 相同，变形结束.
点评：没有基于核心、本质的思考，就必然 受到其制约. 繁难的运算，令人生畏，往往导致 解题失败.
第三个层次：能根据裂项相消法的本质特征有
引例：在数列{an}中，an
1 2 3 L n1 n1 n1
n
n
1，又bn
an
2 an1
，求数列{bn
}的前n项和.
分析：(1)研究通项公式：an
n 2
,
bn
2 an an 1
8 n(n 1)
8(1 n
1) n 1
①为什么会有这个式子？怎样得到的？
(2)求和：Sn b1 b2 b3 L bn
（3）由于(n 1) n=1，这个常数1与n无关，故 分母的两个因式可以是等差数列中的两项.
高三数学一轮复习，必须让学生认识问 题的本质，让学生有观察问题的视角、有解 决问题的思维方法和运算 的路径.
对知识点的突破要分层处理，层层递 进，逐步落实，根据学生的基础和能力情 况，灵活掌握，切忌一刀切，一步到位.
点评：能够解答这两题表明，学习者已对裂项
相消法有初步的了解，并不能说明学习者掌握解
法的本质.
第二个层次：探究相同点、寻求解法
裂项相消法基本类型
裂项相消法基本类型
裂项相消法是初等代数中一个非常重要的解方程的方法，可以有
效地求解一些复杂的方程。
裂项相消法的基本类型包括三种，分别是
同类项相消、差的平方和差的积式两类。
首先来看同类项相消，这种裂项相消法是指将一组多项式中相同
的项合并起来，使它们变成一项，然后将含有相同的项的两侧相减即可。
例如，若要解方程2x-3y-2x=5y-2，则可以将2x和-2x合并成0，再将含有y的两项移至同一侧，即得到方程-3y=3y+2，进而得到y=-1。
其次是差的平方相消法，这种裂项相消法是指一个多项式和一个
平方的差相消掉。
例如，如果要解方程x^2-4x-21=0，则可以将-4x分
解成-7x+3x，并将其代入x^2-4x-21=0，得到x^2-7x+3x-21=0，然后
将(x-7)^2替换成x^2-14x+49，再整理一下式子，即得到(x-7)(x-
3)=0。
解得x=7或x=3。
最后是差的积式，这种裂项相消法是指多项式之差可以通过公式(a-b)(a+b)=a^2-b^2相消掉。
例如，若要解方程9x^2-25=0，则可将
其视为(a)^2-(b)^2形式，将它代入公式9x^2-25=(3x)^2-(5)^2=(3x-5)(3x+5)=0，得到x=±5/3。
总体来说，裂项相消法是初等代数中比较重要的一种解方程方法，掌握基本类型的应用对于解决一些特殊的方程问题非常有帮助。
可以
通过练习来加深对这种方法的理解和掌握。
知识点1——裂项相消法
{an}满足：a1, a2 a1, a3 a2 , , an an1, 是首 项、公差均为2的等差数列.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式an；
(Ⅱ)令bn
(2n 1) 3n an
(n
N *)，求数列{bn}的前
n项和Tn .
第三个层次：能根据裂项相消法的本质特征有
意识地、有目的的进行探究，并解题成功. (Ⅰ )ana1(a2a1)(a3a2) (anan1)
分析： (1)研究通项公式：an
n, 2
bn
2 anan1
8 n(n1)
8(1 1 ) n n1
① 为 什 么 会 有 这 个 式 子 ？ 怎 样 得 到 的 ？
(2)求和：Sn b1b2 b3 bn
8[(11)(11)(11) (1 1 )]
2 23 34
n n1
8(1 1 ) 8n . n1 n1
11[数(1学学1)习就(1是1要)让学生(体1会到思考1 ) 6的快2乐3，真5正做5到：7尽享宁静2n与思1考2之n1
1乐，1随(1时倾听1 来)自1内心深处的呼唤！ 6 2 3 2n1 3
综上所述：对于任意的 n N *，都有 1 1 1 1
a 1(a 1 1 ) a 2(a 2 1 ) an(an 1 ) 3
事实上在研究时视分母为两个因式的积寻找它们的差与分子的倍数关系即逆用分数减法运算得到即nnnnnnnn由于这个常数与无关故分母的两个因式可以是等差数列中的两项
数列求和
——裂项相消法 注重实用理性，缺乏终极思考.
高中数学是由若干个分支构成，每个分支 都自成体系，具有鲜明的特点. 每个分支又由 许多个知识点组成. 高考命题经常在这些知识 点处进行，为此我们必须对重要的知识点进行 强化处理，提高学生解决相关问题的能力.
裂项相消法指数型公式
裂项相消法指数型公式摘要：1.裂项相消法的概念和原理2.指数型公式的概述3.裂项相消法在指数型公式中的应用4.具体示例和解题步骤5.裂项相消法在指数型公式中的优点和局限性正文：1.裂项相消法的概念和原理裂项相消法是一种常用的数学求和方法，主要应用于数列求和、级数求和等问题。
它的原理是将数列或级数中的项进行分组，然后通过对分组后的项进行加减相消，从而简化问题，达到快速求和的目的。
2.指数型公式的概述指数型公式是指包含指数运算的数学公式，通常表示为a^n 的形式，其中a 为底数，n 为指数。
在指数型公式中，指数可以是自然数、负数或分数。
指数型公式在数学、物理、化学等学科中有着广泛的应用。
3.裂项相消法在指数型公式中的应用裂项相消法在指数型公式中的应用主要体现在对指数型数列或级数的求和中。
通过将指数型数列或级数中的项进行分组，利用指数运算的性质进行加减相消，从而简化问题，达到快速求和的目的。
4.具体示例和解题步骤例如，求解以下指数型数列的和：1, 2^2, 3^3, 4^4,..., n^n。
解题步骤如下：（1）将数列中的项进行分组，设第k 组的和为Sk，即Sk = k^k。
（2）对第k 组进行裂项相消，得到Sk = (k-1)^k + k^k。
（3）利用等比数列求和公式，得到Sk = (k-1)^k + k^k = ((k-1)^(k-1) + 1) * k。
（4）将所有组的和相加，得到原数列的和为：S = 1 + 2^2 + 3^3 +...+ n^n = (1 + 2 + 3 +...+ n) * n = (n(n+1)/2) * n。
5.裂项相消法在指数型公式中的优点和局限性裂项相消法在指数型公式中的优点是可以简化数列或级数的求和问题，提高求解速度。
同时，它适用于各种类型的指数型公式，具有较强的通用性。
然而，裂项相消法也有其局限性。
对于一些特殊的指数型公式，裂项相消法可能无法直接应用，需要结合其他数学方法进行求解。
小升初裂项相消法
裂项相消法（拆分法）一：裂项相消法（拆分法）：把一个分数拆成两个或两个以上分数相减或相加的形式，然后再进行计算的方法叫做裂项相消法，也叫拆分法。
二：列项相消公式（1）111(n 1)1n n n =-++ （2）()11k n n k n n k =-++ （3）1111()(n )n k n n k k=-⨯++ （4）()()()()()1111121122n n n n n n n ⎛⎫=-⨯ ⎪ ⎪+++++⎝⎭ （5）11a b a b a b+=+⨯ （6）22a b b a a b a b+=+⨯ 三：数列（1）定义：按一定的次序排列的一列数叫做数列。
(2)数列中的每一个数叫做这个数列的项。
依次叫做这个数列的第一项（首项）、第二 项、、、、、、第n 项（末项）。
（3）项数：一个数列中有几个数字，项数就是几。
四：等差数列（1）定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列。
而这个常数叫做等差数列的公差。
（2）等差数列的和=（首项+末项）×项数÷2（3）等差数列的项数=（末项-首项）÷公差+1（4）等差数列的末项=首项+公差×（项数-1）例1、1111111 12233445566778 ++++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯例2、1111111 261220304256 ++++++例3、111111111 1+3+5+7+9+11+13+15+17+19 612203042567290110例4、111111 133557799111113 +++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯例5、11111315356399++++例6、111111+3+5+7+9315356399例7、11111 ++++ 144771*********⨯⨯⨯⨯⨯例8、22222 +++++ 1335572001200320032005⨯⨯⨯⨯⨯例9、3579111315-+-+-+261220304256例10、354963779110561220304256-+-+-例11、15111997019899 +++++ 26122097029900+例12、713213143577391 +++++++ 612203042567290例13、22222++++13355779911681024⨯⨯⨯⨯⨯例14、11111123234345456567++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯（观察到分子都是1，分母是连续的三个数相乘，所以可以用公式()()()()()1111121122n n n n n n n ⎛⎫=-⨯ ⎪ ⎪+++++⎝⎭）例15、222222221223342001200212233420012002++++++++⨯⨯⨯⨯（观察此题可用公式22a b b a a b a b +=+⨯列项凑整，但不能相消。
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1 1 1 1 1 1 1 1 1 \ （ - ）（ + - ） + +（ ） = + + + a1 a2 a2 a3 a2016 a2017 a1 + 2016 a2 + 2016 a2016 + 2016
列项相消的运用
2 an 1 例3 在数列 an 中， a1 , an1 an 2 2016 求证： 1) an1 an 2)a2017 1
(n N *)
分析1 2016an + an 2 an (2016 + an ) 由已知得 an +1 = = , 再取倒数 2016 2016 1 1 1 1 得 = = an +1 a （ ） an an + 2016 n an + 2016 \ 1 1 1 = an an +1 an + 2016
裂项相消法
海盐高级中学 王永成
裂项相消法 裂项相消法的基本思想是设法把数列 中的每一项“一拆为二”，即每一项拆成两 项之差， 它们在相加时能前后（不一定相 邻）相消，最终达到求和的目的。
引入
1 1 1 1 1 ...... ______ 1 2 2 3 3 4 4 5 n (n 1) 关键是裂项 1 1 1 1 1 (2) S n ...... __________ 1 3 3 5 5 7 7 9 (2n 1) (2n 1) (1) S n
注意1）对二次式因式分解 2）裂项前后恒等
变式1
灵活变通
1) 2) 3 ）
an = n( n + 2) an = (2n +1)(2n + 3) an = n 2 吗？
禳 1 镲 求数列 睚 的前n项和 an 镲 铪
整式
分式
裂项
变式2
灵活变通
1 a n ( a n 2)
\ Sn = 1 -
1 n +1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (2) Sn = [(1 - ) + ( - ) + ( - ) +...... + ( )] = （ 1） 2 3 3 5 5 7 2n - 1 2n +1 2 2n +1
热身练习
将下列数列的通项进行裂项 此类通项的特征 1 1.通项为分式 （ 1 ） an = n( n + 2) 2.分母可以两个因式乘积 1 3.分母两因式的差为常数 （2） an = 2 n + 3n + 2 其他 1 可称为：等差型裂项 （3） an = 2 类型 n -1
(n N *)
分析2 an 2 a a 由已知得 an +1 -an = < n +1 n ，同除以an +1an 2016 2016 1 1 1 得 < an an +1 2016
课堂小结
1、裂项相消的含义 2、等差型裂项的特征 3、注意裂项相消求和的几个环节
其他形式的裂项
1 n 1 n 无理型 an n 1 n ( n 1 n )( n 1 n ) n 1 n
n 1 log a ( n 1) log a n 对数型 an log a n
1 1 1 1 指数型 an (2n 1)(2n 1 1) 2n ( 2n 1 2 n 1 1)
返回
数列bn 能裂项吗？
1 ）bn 2)bn
小结：
整式（抽象）
分解因式
1 ( a n 1)(a n 2)
1 3)bn 2 a n 2a n
变式3
1) 2) bn = an ( an + 2) bn = (an +1)( an + 2)
倒数 裂项
禳 1 镲 能求数列 睚 的前n项和吗？ bn 镲 铪
Sn ，证明： Sn 2
1 1 1 1 解： Sn = 2 + 2 + 2 + + 2 1 2 3 n
思想：欲证a<c,,如果a<b, b<c则a<c 1 1 2 n(n 1) n
\ Sn < 1 + 1 1 1 + + + 1创 2 2 3 (n - 1)n
列项相消的运用
2 an 1 例3 在数列 an 中， a1 , an1 an 2 2016 求证： 1) an1 an 2)a2017 1
裂项相消法 裂项相消法的基本思想是设法把数列 中的每一项“一拆为二”，即每一项拆成两 项之差， 它们在相加时能前后（不一定相 邻）相消，最终达到求和的目的。
操作环节:
整式 分解因式 倒数
裂项
相消
列项相消的运用：
例1
列项相消的运用：
1 例2.已知数列an 的通项 an n 2
记其前n项和为