数列中多种形态的裂项求和

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。

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

数列中裂项求和的几种常见模型(学习资料)

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13n n n a a b ＝ 5)1(6)56(3n 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（1－161n ）<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,,:n n n n S T S S S TL 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),(211,2,01111N 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，])12(1311[2221n S S S T n n 因为 ))12)(32(15.313.111(n n。

裂项求和法公式

裂项求和法公式裂项求和法是数学中一种非常实用的求和方法，特别是在数列求和问题中经常能大展身手。

咱们先来说说什么是裂项求和法。

简单来讲，就是把一个数列的每一项拆分成两项的差，然后在求和的时候，很多项可以相互抵消，从而让求和变得简单。

比如说，对于数列 1/(1×2) + 1/(2×3) + 1/(3×4) +... ，咱们可以把每一项 1/(n×(n + 1)) 拆分成 1/n - 1/(n + 1) ，这样在求和的时候，中间的很多项就可以相互抵消啦。

我还记得之前给学生们讲这部分内容的时候，有个小同学瞪着大眼睛一脸懵地问我：“老师，这咋拆呀，拆完咋就能求和啦？”我笑着跟他说：“别着急，咱们一步步来。

”然后我就拿了一堆纸条，标上数字，给他演示。

比如说 1/2 - 1/3 ，我把一张纸条平均分成两份，取一份，再把另一张纸条平均分成三份，取两份，让他直观地看到这两个的差就是 1/6 ，也就是 1/(2×3) 。

咱们再深入点，常见的裂项求和公式有很多呢。

像 1/(n(n + k)) = 1/k × (1/n - 1/(n + k)) ，还有1/(√n + √(n + 1)) = √(n + 1) - √n 。

那裂项求和法有啥用呢？用处可大啦！比如说，遇到那种通项公式是分式形式，而且分子是常数，分母是两个连续整数乘积的数列，用裂项求和法简直不要太轻松。

我给大家举个例子哈。

求数列 1/(3×5) + 1/(5×7) + 1/(7×9) +... 的前 n 项和。

咱们按照裂项求和的方法，把每一项 1/((2n + 1)(2n + 3)) 拆分成1/2 × (1/(2n + 1) - 1/(2n + 3)) 。

然后求和的时候，你就会发现，第一项的后半部分和第二项的前半部分抵消了，第二项的后半部分和第三项的前半部分又抵消了，以此类推，最后剩下的就是第一项的前半部分和最后一项的后半部分。

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)

数列中多种形态的裂项求和

语数外字
Ｎｏ．０８．２０Ｉ３
ＹｕＳｈｕＷｌａｉＸｕｅＸｉ
２０１３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３３０１００）
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，６３３文献标识码：Ａ文章编号：１００５— ６３５１（２０１３）一Ｏ８一ｏ０２７一Ｏ１
２口
ｂｂ
２３
Ⅱ ｌＩ
＋ｌ
式可裂项为：
一
一
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！
ｂｂ＋ “
ｎ
～ｂｂ＋。ｎ ’ ６ Ⅱ
：
一
ｂ＋Ｊ “
，ｌ＋２
去＋去＋ … ＋１，其中通项公式可裂项为＝寺（亡一）ｏ
＋ＺＪ、＋Ｚ），，
ｎＩＩ，
＝１【一１一＝『＝１
所以＝南一＋一一・＋一
Ｉ】
一
１
ｓ＝１Ｉ丁１一了１＋１一１＋了１一了１＋．．・＋１一１）

数列裂项相消法的八大类型

数列裂项相消法的八大类型
裂项相消法的八大类型：等差型、无理行、指数型、对数型、三角函数型、阶乘和组合数公式型、抽象型、混合型。

裂项相消法是将数列中的每项（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。

比如1/[n(n+1)]=（1/n）-[1/(n+1)]、1/[(2n-1)(2n+1)]=1/2[1/(2n-1)-1/(2n+1)]。

裂项相消法是分解与组合思想在序列求和中的具体应用。

它是将序列中的每一个项（总项）进行分解，然后重新组合，使之剔除一些项，最终达到求和的目的。

一般项分解的倍数关系（分项）。

通常用于代数、分数，有时也用于整数。

这种变形的特点是，原数列的每一项被拆成两项后，中间的大部分项目会相互抵消。

只剩下几项了。

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$a_n=n$，$S_n=1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$。

数列求和的“裂项相消法”讲解

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 ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ (1111)n 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。

数列裂项相消法求和专题讲解附答案(高中数学)

微专题1 裂项相消法题型1 等差型数列求和d N n d a b b a d b a c n n n nn n n ,,,1111*∈=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==为常数。

例1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 5＝25，S 5＝55. (1) 求数列{a n }的通项公式； (2) 设a n b n ＝131-n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。

方法总结：1.定义：如果一个数列的通项为“分式或根式”的形式，且能拆成结构相同的两式之差，通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩首尾有限项的求和方法叫做裂项相消法．2.适用数列：d N n d a b b a d b a c n n n n n n n ,,,1111*∈=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==为常数。

3.常见的裂项技巧： (1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+k n n k k n n 111)(1，特别地，当k ＝1时，111)1(1+-=+n n n n ； (2)⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-=-12112121)12)(12(11412n n n n n ；(3)()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=++22222114121n n n n n 。

1.在等比数列{b n }中，已知b 1＋b 2＝43，且b 2＋b 3＝83. (1) 求数列{b n }的通项公式； (2) 若数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a n 是首项为b 1，公差为b 2的等差数列，求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的前n 项和．题型2 “无理型”数列求和：()n k n kn k n -+=++11。

例2.若数列{a n }满足a 1＝1，22+n a ＝a n ＋1(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n 2}是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若12++=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项和．方法总结：含有无理式常见的裂项有： (1)()n k n kn k n -+=++11。

数列求和的“裂项相消法”讲解

对于本题通项公式类型的数列,采取的“求前n项和”的办法叫“裂项相消法”——就是把通项拆分红“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.之老阳三干创作
时间：二O二一年七月二十九日
很多题目要善于进行这种“拆分”
请看几例：
（1）本题：（变形过程中用了“份子有理化”技巧）
得
【往下自己求吧！答案C】（2）求和解： Nhomakorabea项公式：
所以
（3）求和
解：
得
（4）求和
（仔细看看上一行里边“抵消”的规律）
最后这个题,要多写一些项,多不雅察,才可能看出抵消的规律来.
时间：二O二一年七月二十九日

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.。

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。

数列中多种形态的裂项求和

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第12讲 裂项求和法

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