(完整word版)数列中裂项求和的几种常见模型.docx
裂项相消法的八种计算模型
裂项相消法的八种计算模型1. 模型一：线性方程线性方程是裂项相消法中最简单的模型之一。
它可以通过将方程中的项相消或消去，从而得到方程的解。
这种模型适用于仅包含一次项和常数的线性方程。
2. 模型二：二次方程二次方程是裂项相消法中常见的模型之一。
它可以通过将方程中的项相消或消去，从而得到方程的解。
这种模型适用于包含二次项、一次项和常数的二次方程。
3. 模型三：分式方程分式方程是裂项相消法中一种稍为复杂的模型。
它可以通过将方程中的项相消或消去，从而得到方程的解。
这种模型适用于包含分式项、一次项和常数的方程。
4. 模型四：多元方程组多元方程组是裂项相消法中一种常用的模型。
它可以通过将方程组中的项相消或消去，从而得到方程组的解。
这种模型适用于包含多个方程和多个未知数的方程组。
5. 模型五：指数方程指数方程是裂项相消法中一种较为复杂的模型。
它可以通过将方程中的项相消或消去，从而得到方程的解。
这种模型适用于包含指数项、一次项和常数的方程。
6. 模型六：对数方程对数方程是裂项相消法中一种常用的模型。
它可以通过将方程中的项相消或消去，从而得到方程的解。
这种模型适用于包含对数项、一次项和常数的方程。
7. 模型七：根式方程根式方程是裂项相消法中一种稍为复杂的模型。
它可以通过将方程中的项相消或消去，从而得到方程的解。
这种模型适用于包含根式项、一次项和常数的方程。
8. 模型八：复合方程复合方程是裂项相消法中一种较为复杂的模型。
它可以通过将方程中的项相消或消去，从而得到方程的解。
这种模型适用于包含多种类型方程的组合。
以上是裂项相消法的八种计算模型，通过这些模型可以解决多种不同类型的方程和方程组。
通过裂项相消法，我们可以简化计算，从而更轻松地得到方程的解。
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。
数列求和指数型裂项公式总结
数列求和指数型裂项公式总结大家好，今天我们来聊聊一个比较有意思的话题——数列求和指数型裂项公式。
别着急，听起来好像有点高大上，其实并没有那么复杂！你可以想象成我们在做一道数学题，手头有一个数列，需要找出它的和，问题是，这个数列太复杂了，不能直接套公式。
怎么办呢？我们就要用到一个聪明的小妙招——指数型裂项公式。
你别看这名字听起来吓人，它的核心思想其实挺简单。
我们把数列拆成几个小部分，逐个击破。
打个比方，数列就像是一个大餐，直接吃下去有点困难，但是如果把它拆成一个个小菜，吃起来就容易多了。
指数型裂项公式就是帮你把那些复杂的数列拆得像小块巧克力一样，简单又好吃！说白了，裂项公式的意思就是“分拆”，就像拆解一个谜题，把它拆成几个你能解决的小谜题。
一般来说，数列的通项是一个含有指数的表达式，往往这类数列的项数特别多，直接求和会让人头大。
你不妨想象一下，假设你有一串数字，每一项的增长幅度都非常快，怎么把它们加起来呢？这就好比你有一大堆书，每本书的页数越来越多，直接从第一页数到最后一页显然太慢了，不如每本书一页一页拆开来数，这样一口气就能把所有书的页数加起来。
具体来说，裂项公式通常就是把一些带指数的数列拆成几个比较简单的部分。
想象你有一堆鸡蛋，里面有好几个不同的颜色，每种颜色的鸡蛋数都不一样，直接一股脑地统计很麻烦，不如先把它们分开，然后再分开各自求和，这样不但省力，还能更精确。
这个公式在解决类似于“指数项+常数项”的问题时，尤其管用。
假如一个数列长得像是(a_n = r^n + b)，你可以通过拆开它，分成两个更简单的部分，最后再合起来计算它的和。
再说，公式的好处就是它能把这些原本看起来千头万绪的数列，分解成几个“简单”的求和问题。
这样做，不仅能够大大减少计算的难度，还能让我们在复杂的数列面前保持冷静。
很多同学一看到带有指数的数列就头晕，觉得自己要翻车了。
但是，裂项公式告诉你，不用担心，只要你耐心把它拆开，再一项项求和，最后的答案就不那么难以捉摸了。
数列中多种形态的裂项求和
数列中多种形态的裂项求和
————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：
数列中多种形态的裂项求和-中学数学论文
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n和的的方法中，裂项方法是常用的一种重要方法。
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：G633文献标识码：A文章编号：1005-6351(2013)-08-0027-01 一、与等差联系的裂项求和
可见，能通过裂项抵消求和的基本形式是多样的，其主要特征为：项的形式结构多半是分式状态，且分母为连续因式为积，只有含根式时，分母可能呈现和的关系。
30 数列求和-裂项相消法专题训练精选全文
可编辑修改精选全文完整版专题30数列求和-裂项相消法专题训练【方法总结】裂项相消法求和裂项相消法裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．主要适用于⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和． 常用的裂项公式(1)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； (2)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ； (3)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1； (4)1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎡⎦⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)； (5)2n ＋1n 2(n ＋1)2＝1n 2－1(n ＋1)2(6)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，1n ＋n ＋k ＝1k (n ＋k －n )； (7)log a ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＝log a (n ＋1)－log a n ； (8)2n (2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1，2n －k (2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12k ⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋1＋1； (9)n ＋2(n 2＋n )2n ＋1＝1n ·2n －1(n ＋1)2n ＋1； (10)k ·2k ＋1(k ＋1)(k ＋2)＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1； (11) (－1)n n (n －1)(n ＋1)＝(－1)n 12⎝⎛⎭⎫1n －1＋1n ＋1． 注意：(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．(2)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．【高考真题】1．(2022·新高考Ⅰ)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11, n n S a a ⎧⎫⎪⎪=⎨⎬⎪⎪⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：121112na a a +++<． 【题型突破】1．在数列{a n }中，a 1＝4，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ． 2．已知数列{a n }满足a 1＝12，且a n ＋1＝2a n 2＋a n． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列； (2)若b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n ．3．(2017·全国Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ．(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和． 4．(2015·全国Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和． 5．正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，求数列{b n }的前n 项和为T n ． 6．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1·a n ＝a n －a n ＋1．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝lg a n ＋2a n，求数列{b n }的前n 项和S n ． 7．已知数列{a n }，{b n }，其中a 1＝3，b 1＝－1，且满足a n ＝12(3a n －1－b n －1)，b n ＝－12(a n －1－3b n －1)，n ∈N *， n ≥2．(1)求证：数列{a n －b n }为等比数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n a n ＋1的前n 项和T n ． 8．(2018·天津)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1， a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)，①求T n ；②证明：∑k ＝1n (T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)． 9．已知数列{a n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 2n －1＝a 2n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝n a n a n ＋1(－1)n ，求数列{b n }的前n 项和T n ． 10．在等差数列{a n }中，已知a 6＝16，a 18＝36．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若________，求数列{b n }的前n 项和S n ．在①b n ＝4a n a n ＋1，②b n ＝(－1)n ·a n ，③b n ＝2a n ·a n 这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解． 注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．11．在①b n ＝na n ，②b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数，③b n ＝1(log 2a n ＋1)(log 2a n ＋2)这三个条件中任选一个，补充在下 面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }是等比数列，且a 1＝1，其中a 1，a 2＋1，a 3＋1成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记________，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．12．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5．(1)求{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，求证：T n ≤49． 13．在等比数列{a n }中，首项a 1＝8，数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)，且b 1＋b 2＋b 3＝15．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为S n ，又设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：T n <34． 14．已知数列{a n }为等比数列，数列{b n }为等差数列，且b 1＝a 1＝1，b 2＝a 1＋a 2，a 3＝2b 3－6．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n b n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：15≤T n <13． 15．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，满足S 4＝2a 4－1，S 3＝2a 3－1．(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 2()a n ·a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：1T 1＋1T 2＋…＋1T n<2． 16．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝32，2S n ＝(n ＋1)a n ＋1(n ≥2)．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1(a n ＋1)2(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n <710(n ∈N *)． 17．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1前n 项的和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值． 18．设函数f (x )＝23＋1x (x ＞0)，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f (1a n －1)，n ∈N *，且n ≥2． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，设S n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1，若S n ≥3t 4n 恒成立，求实数t 的取值范围． 19．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 1＋12a 2＋13a 3＋ (1)a n ＝a n ＋1－1(n ∈N *)，数列{a n }的前n 项和为S n ． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1S n ，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m 10对所有n ∈N *都成立的最小正整数m ． 20．已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1＝2，且a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，n ∈N *，S n 是数列{b n }的前n 项和，求使S n <319成立的最大的正整数n ．。
数列中的裂项法求和举例
数列中的裂项法求和举例杨恒运江苏省扬中高级中学 （212200）数列中的求和问题是一个基本问题，应该根据通项公式的形式确定用什么方法求数列的前 n 项和。
裂项法求和的是数列求和中一种常用方法，应用非常广泛,下面就举例说明之。
1. 求通项公式例1 已知数列｛n a ｝满足：121321,,n n a a a a a a a ---- 是首项为1公比为13的等比数列，求通项n a由于121321n n n a a a a a a a a -+-+-++-= 很容易求出通项113n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭2. 求等差数列前 n 项和例2 在数列{}n a 中,若21n n a n n s =+，求前项和 学生在求和中，数列中的基本元素及求和公式都会搞错，若用裂项法就很容易求出其前n 项和 略解:显然22(1)n a n n =+-12222222221 (21)(32)(1) (1)12(1)n nn s a a a n n n n na a n d=+++=-+-+++-=+-=+=+- 则一般地，若等差数列()()1 1221211()3(21)22d 3 = n+12231122 =na (1)2n n a dn a d d n a dn a d d s n a d n nn d=+-=++-⎛⎫⎡⎤-+- ⎪⎣⎦⎝⎭⎛⎫⎡⎤∴=+-+- ⎪⎣⎦⎝⎭+-则3．求等比数列前n 项和对于等比数列前n 项和的推导及记忆应用都是一个难点，若用裂项法的思想，就可以化繁为简例3 在数列{}n a 中,若2n nn a n s =，求前项和{}()111n 111n 102111121122222a (1)a a =()q-11(1) (1)11n n n n n n n n nn n n n n n n a s a a q q q q as a a a q q q q q q q a a q q q q++---==-∴=-=≠-∴=++=-+-+---=-=-- 略解：一般地在等比数列中 若则 4．求通项是等差数列与等比数列对应项乘积的数列的前n 项和 对这种数列的前n 项和问题更是一个难点，求和的方法是错位相减法，即使学生记得此方法，但运算正确的也很少，若用裂项法，则运算很简捷。
《数列求和裂项》课件
实例二：分式数列的求和
分式数列
(frac{1}{1} + frac{1}{2} + frac{1}{3} + ... + frac{1}{n})
裂项求和
利用分数的性质，将每一项拆分成更小的部分，然后进行求和。
具体操作
(frac{1}{1} + frac{1}{2} + frac{1}{3} + ... + frac{1}{n} = (1 - frac{1}{2} + frac{1}{2} - frac{1}{3} + ... + frac{1}{n - 1} - frac{1}{n}) + frac{1}{n})
裂项求和法的总结
裂项求和法是一种常用的数列求和方法，通过将数列的每一项拆分成易于求和的形式，简化求和过程 。
裂项求和法适用于多种类型的数列，如等差数列、等比数列等，能够有效地解决一些复杂的数列求和问 题。
在应用裂项求和法时，需要仔细分析数列的结构和特点，选择合适的拆分方式，以达到简化求和的目的 。
分式形式的裂项公式在处理具有分式规律的 数列时非常有效，可以大大简化计算过程，
提高解题效率。
几何级数的裂项公式
几何级数的裂项公式是指将数列中的每一项表示为几何级数的形式，然后通过化 简或分解因式，将原数列的求和问题转化为新数列的求和问题。例如，对于数列 $1, 2, 4, 8, ldots$，其裂项公式为$2^{n-1}$。
差分形式的裂项公式在解决数列求和问题中非常常见，尤其在处理等差数列、等比数列等具有明显规 律的数列时，可以大大简化计算过程。
指数形式的裂项公式
指数形式的裂项公式是指将数列中的每一项表示为指数形式，然后通过因式分解或化简，将原数列的求和问题转化为新数列 的求和问题。例如，对于数列$1, 2^2, 3^3, ldots, n^n$，其裂项公式为$frac{1}{2} times (1 + n^n)$。
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)
2021年高中数学一轮复习·等比数列及数列综合：第6节 数列求和之裂项相消法
（1）
，特别地当 时，
；
（2）
，特别地当 时，
；
（3）
（4）
（5） 一般裂项模型：
（1） （3） （5）
(6)
（2） （4）
（7）
1
（8）
【规律技巧】 1. 在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差； (2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下 两项． 对于不能由等差数列、等比数列的前 n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结 构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和． 应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公 式及前 项和公式． 使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消 去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形； (2)在写出“ ”与“ ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确
bnbn＋1
3.求数列
4.
答案：
.
的前 n 项和.
5
5、
=
答案：
6
【例 2】求数列
的前 n 项和.
解
：
设
3
（裂项） 则
（裂项求和） ＝ ＝
【例 3】 在数列{an}中， 前 n 项的和.
解： ∵
（裂项） ∴ 数列{bn}的前 n 项和
（裂项求和）
＝
＝
【例 4】求证： 解：设
∵
（裂项）பைடு நூலகம்∴
(3)谈数列裂项求和
(3)谈数列裂项求和在数列求和中，如果所给数列不是等差数列或等比数列，即无法直接利用现有公式求和.这时我们的重要手段之一便是裂项.但须注意：裂项只是手段，求和才是目的.裂项求和的基本形式是：（1） 裂项后叠加相消.【例1】 数列{}n a ，()12n a n n =+，求前n 项和n S . 【解析】注意到()1111222n n n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，分别令n =1，2，…，n 得： 11111111111233522224n n S n n n n ⎡⎤+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ . 【例2】 各项都是正数的等比数列{}n a 满足()1n a n N +≠∈，当2n ≥时，证明： 1223111111lg lg lg lg lg lg lg lg n n nn a a a a a a a a --+++= . 【证明】设等比数列{}n a 的公比为q ，()0q >，则11lg lg lg n n n n a q a a q a --=⇒-=. 111111lg lg 11lg 1111lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg n n n n n n n n n n n n a a q a a a a a a a a q a a ------⎛⎫-∴-==⇒=- ⎪⎝⎭ ()12231111111111111lg lg lg lg lg lg lg 1lg lg lg 111111lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg n n n n n n n n q a a a a a a n q a a n q a a q a a q a a a a --⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦-⎛⎫--=-=⋅=⋅== ⎪⎝⎭ 左式右式∴原式成立.（2）裂项后重新集项.【例3】已知数列{}n a ，242n a n =+++ ，求前n 项和n S .【解析】容易求出：2n a n n =+.分别令n =1，2，…，n 得：()()()()()()()()()()()()22222211221212111112111213126263n S n n n n n n n n n n n n n n n =++++++=+++++++=⋅+++⋅+=+++=++⎡⎤⎣⎦ 【例4】已知数列{}n a ，()()221111n n a n ++=+-，求{}n a 前n 项的和n S . 【解析】∵()2111122n a n n n n ⎛⎫=+=+- ⎪++⎝⎭， ∴()()()()111111111111324352111111111111233452212323212n S n n n n n n n n n n n n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++-++-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-+++=++-- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭++=++（3）综合应用举例【例5】（06.全国1卷.22题）设数列{}n a 的前n 项和n n a S 34= ,3,2,1,322311=+⨯-+n n （1） 求首项1a 和通项n a ；（2） 设 ,3,2,1,2==n S T n nn ，证明：∑=n i I T 123 . 【分析】从试题的结构可知：第（1）问为第（2）问作准备，而第（2）问则应以第（1）问为基础；从试题的条件看，数列{}n a 不可能是等差或等比数列，但由于含有2的1n +次幂，有可能在适当变形后借助等比数列的知识求其通项；最后，由前面分析，这类数列不可能有现成的公式求和，其解题方向便是裂项求和.【解析】（1）1n =时，1111141222333a a a +=-⨯+⇒= ∵n n a S 34=()1122133n +-⨯+，1143n n S a --=()122233n -⨯+ ∴（1）-（2）得：11411242333n n n n n n n a a a a a --=--⨯∴=+. 两边同加上2n ，得1124(2)n n n n a a --+=+，而1124a +=.∴数列{}2n n a +是首项1124a +=，且公比4q =的等比数列.∴12444n n n n a -+=⨯=.则所求数列{}n a 的通项公式为：42n n n a =-.()()()()()2233112242424242233n n n n S +=-+-+-++--⨯+ . ()()232311244442222233n n n +=++++-++++-⨯+ ()()()()11414212124122412212141233333n n n n n n ++--=--⨯+=----⨯+-- ()()()()111122122212133n n n n +++=⨯--=⨯--. ∴()()112323112221212121n n n n n n n n T S ++⎛⎫==⨯=- ⎪----⎝⎭.故 223111331111112221212121212131312212n i n n i n T +=+⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎡⎤=-<⎢⎥-⎣⎦∑ 即原不等式成立.。
裂项相消法求和的类型及求解策略
Ｎ ∗ . 求数列 { ｃ ｎ }的前 ｎ 项和 Ｔ ｎ .
解析 (１) { ａ ｎ }是等差数列ꎬ且满足 ａ１ ＝ １ꎬａ２ ꎬ
ａ３ ＋ １ꎬａ４ ＋ ６ 三个数成等比数列.
所以( ａ３ ＋ １) ＝ ａ２ ( ａ４ ＋ ６) .
２
６ｎ － ５ .
所以 Ｃ ｎ ＝
６ｎ ＋ １ －
(２) 因为 Ｃ ｎ (
和式相消后可求得 Ｔ ｎ [３] .
＝ ａｎ .
Ｓ２
Ｓｎ
＋＋
２
ｎ
(１) 求数列 { ａ ｎ }ꎬ { ｂ ｎ }的通项公式ꎻ
ｂｎ ＋ ３
５
ꎬ求证:ｃ１ ＋ ｃ２ ＋ ＋ ｃ ｎ < .
Ｓｎ Ｓｎ ＋ ２
８
解析 (１) 由于 ａ ｎ ＋ １ － ａ ｎ ＝ ｎ ＋ １ꎬ则
ａｎ ＝ ( ａｎ － ａｎ － １ ) ＋ ( ａｎ － １ － ａｎ － ２ ) ＋ ＋
ａｎ ａｎ ＋ １
１
１ ö÷
３
３
－
＝
＝ ３ æç
.
ａｎ ａｎ ＋ １ ( ｎ ＋ １ ) ( ｎ ＋ ２ )
èｎ ＋１ ｎ ＋２ ø
１
因为 ｎ∈Ｎ ꎬ所以
> ０.
ｎ ＋２
∗
１
１
１
所以 －
< .
２ ｎ ＋２ ２
３
.
２
评析 本题重点考查等差数列的基本运算ꎬ裂
项相消法求解数列的前 ｎ 项和的问题ꎬ考查转化与
即 λ ＋１ ＝
解得 Ｓ ｎ ＝ ｎ２ ꎬｎ ＝ １ 时ꎬｂ１ ＝ １ ＝ Ｓ１ 也满足.
(２) 由于 ｃｎ ＝
－
(１) 求 λ 的值ꎻ
数列求和常用的五种方法
资料范本本资料为word版本，可以直接编辑和打印，感谢您的下载数列求和常用的五种方法地点：__________________时间：__________________说明：本资料适用于约定双方经过谈判，协商而共同承认，共同遵守的责任与义务，仅供参考，文档可直接下载或修改，不需要的部分可直接删除，使用时请详细阅读内容数列求和常用的五种方法一、利用常用求和公式求和利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.等差数列求和公式：2、等比数列求和公式：4、例1．已知，求的前n项和.解：由，由等比数列求和公式得 =＝＝1－二、错位相减法求和这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.例2．求和：……………………①解：由题可知，{}的通项是等差数列{2n－1}的通项与等比数列{}的通项之积当，当设……………② （设制错位）①－②得（错位相减）再利用等比数列的求和公式得：∴例3.已知，数列是首项为a，公比也为a的等比数列，令，求数列的前项和。
解析：①-②得：。
点评：设数列的等比数列，数列是等差数列，则数列的前项和求解，均可用错位相减法。
三、反序相加法求和这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个.例4．函数对任意，都有。
（1）求和的值；（2）数列满足：，数列是等差数列吗？请给与证明。
（3），，试比较与的大小。
解：（1）令,可得，（2）∴∴∴（3），四、分组法求和有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.例5．求数列的前n项和：，…解：设将其每一项拆开再重新组合得（分组）当a＝1时，＝（分组求和）当时，＝例6．求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n项和.解：设∴ ＝将其每一项拆开再重新组合得Sn＝（分组）＝＝＝五、裂项法求和这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（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）如：（1）（2）（3）（4）（5）(6)例7．求数列的前n项和.解：设（裂项）则（裂项求和）＝＝例8．在数列{an}中，，又，求数列{bn}的前n项的和.解：∵ ∴∴ 数列{bn}的前n项和＝＝。
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$a_n=n$，$S_n=1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$。
第一讲裂项法
第一讲 分数计算——裂项法这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（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）（一） 用裂项法求1(1)n n +型分数求和分析：因为111nn -+＝11(1)(1)(1)n nn n n n n n +-=+++（n 为自然数）所以有裂项公式：111(1)1n n nn =-++例题1 计算211⨯+321⨯+431⨯+541⨯+651⨯+761⨯+871⨯+981⨯+1091⨯例题2 计算211⨯+321⨯+431⨯+541⨯+651⨯+……++99981⨯+100991⨯例题3计算111 (1011)11125960+++⨯⨯⨯练习：（二） 用裂项法求1()n n k +型分数求和分析：1()n n k +型。
（n,k 均为自然数）因为11111()[]()()()n k n knn kkn n k n n k n n k +-=-=++++所以1111()()n n k knn k=-++例题4 计算11111577991111131315++++⨯⨯⨯⨯⨯例题5 计算 111114477104952++++⨯⨯⨯⨯（三） 用裂项法求()k n n k +型分数求和分析：()k n n k +型（n,k 均为自然数）11n n k-+＝()()n k n n n k n n k +-++＝()k n n k +所以()kn n k +＝11nn k-+例题5 求2222 (13)35579799++++⨯⨯⨯⨯的和（四） 用裂项法求2()(2)kn n k n k ++型分数求和分析：2()(2)kn n k n k ++（n,k 均为自然数）211()(2)()()(2)kn n k n k n n k n k n k =-+++++例题6 计算：4444 (135)357939597959799++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯（五） 用裂项法求1()(2)(3)n n k n k n k +++型分数求和分析：1()(2)(3)n n k n k n k +++（n,k 均为自然数）1111()()(2)(3)3()(2)()(2)(3)n n k n k n k kn n k n k n k n k n k =-++++++++例题7、计算：111 (12342345)17181920+++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯（六） 用裂项法求3()(2)(3)kn n k n k n k +++型分数求和分析：3()(2)(3)kn n k n k n k +++（n,k 均为自然数）311()(2)(3)()(2)()(2)(3)kn n k n k n k n n k n k n k n k n k =-++++++++例题8、 计算：333 (1234)234517181920+++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯例题9、11111121231234123450++++++++++++++++作业、 1、11111223344950++++⨯⨯⨯⨯2、111113355799101++++⨯⨯⨯⨯3、4计算5、计算6、7、。
数列求和————裂项相消法高考常见的类型总结
数列求和————裂项相消法高考常见的类型总结裂项相消法是数列求和中的常见求解策略，说是高考的高频考点，通常出现在数列解答题的第二问，是学生必须掌握的内容，本文章就是对裂项相消法常见的经典题型进行总结，，基本上，数列的通项中含有乘积的分式的形式，就应该想到这种方法。
（一）、减法型：裂项为减法，分母之“差”等于分子裂项相消法就是将代数式中的项拆分成“两项的差”的形式，使得其在进行求和运算时恰好能够“抵消”多数项而剩余少数几项，从而达到简便求和的目的﹒本文试举例说明﹒常用的裂项公式（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）类型一：等差型（裂项主要是逆用通分，把乘积式转化为两式的差）（1）连续两项型1．已知等差数列的前项和为 ,则数列的前100项和为A．B．C．D．解、设等差数列{an }的首项为a1，公差为d.∵a5＝5，S5＝15，∴⇒⇒an＝n.∴＝＝，S100＝＋＋…＋＝1－＝ .2．已知数列满足，， .（1）求证：数列是等比数列；（2）已知，求数列的前项和 .解、（1）当时，、当时∴数列是首项为2，公比为的等比数列（2）由（1）知∴∴∴ .3．若的前项和为，点均在函数的图像上.（1）求数列的通项公式；（2），求数列的前项和 .解、（1）由于点在函数的图像上，所以①.当时，；当时，②，①-②得 .当时上式也满足，所以数列的通项公式为.（2）由于，所以，所以所以 .（2）相隔项4．记为数列的前n项和，已知 .（1）求的值及的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.解：（1）当时，，故，即，又，故对任意， .（2）由题知，则前n项和 .变式2．已知正项数列的前项和为，满足．（1）求数列的通项公式；（2）已知对于，不等式恒成立，求实数的最小值．解、（1）时，，又，∴．当时，，，作差得．∵，故，∴，故数列为等差数列，∴．（2）由（1）知，∴，从而，∴，故的最小值为．总结：（1）利用裂项相消求和时，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，后面剩两项。
数列裂项归纳总结(通用4篇)
数列裂项归纳总结第1篇数列求通项的方法总结按一定次序排列的一列数称为数列，而将数列{an}的第n项用一个具体式子（含有参数n）表示出来，称作该数列的通项公式。
为大家总结数列求通项的方法，一起来看看吧！一、累差法递推式为：an+1=an+f(n)(f(n)可求和)思路：:令n=1,2,…,n-1可得a2-a1=f(1)a3-a2=f(2)a4-a3=f(3)an-an-1=f(n-1)将这个式子累加起来可得an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)∵f(n)可求和∴an=a1+f(1)+f(2)+ …+f(n-1)当然我们还要验证当n=1时,a1是否满足上式例1、已知数列{a}中,a1=1,an+1=an+2,求an解：令n=1,2,…,n-1可得a2-a1=2a3-a2=22a4-a3=23an-an-1=2n-1将这个式子累加起来可得an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)∵f(n)可求和∴an=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)当n=1时,a1适合上式故an=2n-1二、累商法递推式为：an+1=f(n)an（f(n)要可求积）思路：令n=1,2, …,n-1可得a2/a1=f(1)a3/a2=f(2)a4/a3=f(3)an/an-1=f(n-1)将这个式子相乘可得an/a1=f(1)f(2) …f(n-1)∵f(n)可求积∴an=a1f(1)f(2) …f(n-1)当然我们还要验证当n=1时，a1是否适合上式例2、在数列{an}中,a1=2,an+1=(n+1)an/n,求an解：令n=1,2, …,n-1可得a2/a1=f(1)a3/a2=f(2)a4/a3=f(3)an/an-1=f(n-1)将这个式子相乘后可得an/a1=2/1×3/24×/3×…×n/(n-1) 即an=2n当n=1时，an也适合上式∴an=2n三,构造法1、递推关系式为an+1=pan+q (p,q为常数)思路：设递推式可化为an+1+x=p(an+x),得an+1=pan+(p-1)x,解得x=q/(p-1)故可将递推式化为an+1+x=p(an+x)构造数列{bn},bn=an+q/(p-1)bn+1=pbn即bn+1/bn=p,{bn}为等比数列.故可求出bn=f(n)再将bn=an+q/(p-1)代入即可得an例3、(06重庆)数列{an}中,对于n>1(nN)有an=2an-1+3,求an解：设递推式可化为an+x=2(an-1+x),得an=2an-1+x,解得x=3故可将递推式化为an+3=2(an-1+3)构造数列{bn},bn=an+3bn=2bn-1即bn/bn-1=2,{bn}为等比数列且公比为3bn=bn-1·3,bn=an+3bn=4×3n-1数列裂项归纳总结第2篇求数列通项公式的解题思路广东省高州市第二中学梁志华数列既是高中数学的重要内容，也是学习高等数学的基础，因此，每年高考对本章内容均作较全面的考查，而且经常是以综合题、主观题的形式出现，难度较大，不过一般分小题、有梯度设问，往往是第1小题就是求数列的通项公式，难度适中，一般考生可突破，争取分数，而且是做第2小题的基础，因此，求数列通项公式的解题方法、技巧，每一位考生都必须熟练掌握。
2021版新高考数学一轮教师用书：第6章 第4节 数列求和 Word版含答案
第四节 数列求和[考点要求] 1.掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．(对应学生用书第108页)1．公式法(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 ≠1.2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(2)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(注意消项规律)，从而求得前n 项和．裂项时常用的三种变形：①1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；②1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； ③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(3)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，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．(5)并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)已知等差数列{a n }的公差为d ，则有1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)利用倒序相加法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( ) [答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√ 二、教材改编1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n （n ＋1），则S 5等于( )A ．1B ．56C ．16D ．1302．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( ) A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n ＋n －23．S n ＝12＋12＋38＋…＋n2n 等于( ) A ．2n －n －12n B ．2n ＋1－n －22nC ．2n －n ＋12nD ．2n ＋1－n ＋22n4．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________．(对应学生用书第109页)考点1 分组转化法求和 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{a n }的前n 项和． (2)通项公式为a n ＝⎩⎨⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．[母题探究] 在本例(2)中，若条件不变求数列{b n }的前n 项和T n . [解] 由本例(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2； 当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n ＝2n ＋1－n 2－52.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数．常用并项求和法解答形如(－1)n a n 的数列求和问题，注意当n 奇偶性不定时，要对n 分奇数和偶数两种情况分别求解．对n 为奇数、偶数讨论数列求和时，一般先求n 为偶数时前n 项和T n .n 为奇数可用T n ＝T n －1＋b n (n ≥2)或T n ＝T n ＋1－b n ＋1最好．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 考点2 裂项相消法求和形如a n ＝1n （n ＋k ）(k 为非零常数)型a n ＝1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k .提醒：求和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．(2019·厦门一模)已知数列{a n }是公差为2的等差数列，数列{b n }满足b 1＝6，b 1＋b 22＋b 33＋…＋b nn ＝a n ＋1.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n b n 的前n 项和．本例第(1)问在求{b n }的通项公式时灵活运用了数列前n 项和与项的关系，注意通项公式是否包含n ＝1的情况；第(2)问在求解中运用了裂项法，即若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1. [教师备选例题](2019·唐山五校联考)已知数列{a n }满足：1a 1＋2a 2＋…＋n a n＝38(32n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a n n ，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1.[解] 1a 1＝38(32－1)＝3，当n ≥2时，因为n a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n －1a n －1 ＝38(32n －1)－38(32n －2－1) ＝32n －1，当n ＝1时，na n＝32n －1也成立，所以a n ＝n32n －1.(2)b n ＝log 3a nn ＝－(2n －1)， 因为1b n b n ＋1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)， 所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝12[⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. (2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑nk ＝11S k ＝________．形如1n ＋k ＋n(k 为非零常数)型a n ＝1n ＋k ＋n＝1k (n ＋k －n ).已知函数f (x )＝x a 的图象过点(4，2)，令a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ），n ∈N *，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝( )A ． 2 018－1B ． 2 019－1C ． 2 020－1D ． 2 020＋1运用分母有理化对分式1n ＋1＋n正确变形并发现其前后项之间的抵消关系是求解本题的关键．求和S ＝11＋3＋13＋5＋…＋1119＋121＝( ) A ．5 B ．4 C ．10 D ．9形如b n ＝（q －1）a n（a n ＋k ）（a n ＋1＋k ）(q 为等比数列{a n }的公比)型b n ＝（q －1）a n （a n ＋k ）（a n ＋1＋k ）＝1a n ＋k －1a n ＋1＋k.(2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n .本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如a n ＋1＝λa n ＋μ的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相消法求和．已知 {a n }是等比数列，且a 2＝12，a 5＝116，若b n ＝a n ＋1（a n ＋1）（a n ＋1＋1），则数列{b n }的前n 项和为( )A ．2n －12（2n ＋1）B ．2n －12n ＋1C ．12n ＋1D ．2n －12n ＋2形如a n ＝n ＋1n 2（n ＋2）2型a n ＝n ＋1n 2（n ＋2）2＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1（n ＋2）2. 正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n ＜564. (1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．(2)放缩法常见的放缩技巧有： ①1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.②1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k .③2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1).已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 4＝2a 4－1，S 3＝2a 3－1. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 2(a n ·a n ＋1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：1T 1＋1T 2＋…＋1T n＜2.考点3 错位相减法求和错位相减法求和的具体步骤 步骤1→写出S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n .步骤2→等式两边同乘等比数列的公比q ，即qS n ＝qc 1＋qc 2＋…＋qc n . 步骤3→两式错位相减转化成等比数列求和．步骤4→两边同除以1－q ，求出S n .同时注意对q 是否为1进行讨论．(2019·莆田模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1，数列{b n }满足a 1＝b 1，点P (b n ，b n ＋1)在直线x －y ＋2＝0上，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝b na n，求数列{c n }的前n 项和T n .本例巧妙地将数列{a n }及其前n 项和为S n ，数列与函数的关系等知识融合在一起，难度适中．求解的关键是将所给条件合理转化，并运用错位相减法求和．(2019·烟台一模)已知等差数列{a n }的公差是1，且a 1，a 3，a 9成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2a n 的前n 项和T n .课外素养提升⑥ 数学建模—— 数列中等量关系的建立(对应学生用书第111页)2019全国卷Ⅰ理科21题将数列与概率知识巧妙的融合在一起，在考查概率知识的同时，突出考查学生借用数列的递推关系将实际问题转化为数学问题的能力．数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率，银行信贷，浓度匹配，养老保险，圆钢堆垒等问题，这就要求考生除熟练运用数列的有关概念外，还要善于观察题设的特征，联想有关数学知识和方法，迅速确定解题的方向，以提高解题的速度．直接借助等差(等比)数列的知识建立等量关系【例1】 从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14.(1)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出a n ，b n 的表达式； (2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？ [解] (1)第1年投入为800万元， 第2年投入为800×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15万元，…，第n 年投入为800×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15n －1万元，所以，n 年内的总投入为：a n ＝800＋800×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15＋…＋800×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15n －1＝4 000×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ，第1年旅游业收入为400万元， 第2年旅游业收入为400×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14万元，…，第n 年旅游业收入400×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14n －1万元．所以，n 年内的旅游业总收入为b n ＝400＋400×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14＋…＋400×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14n －1＝1 600×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1.(2)设至少经过n 年旅游业的总收入才能超过总投入，由此b n －a n ＞0， 化简得5×(45)n ＋2×(54)n －7＞0，即1 600×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1－4000×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ＞0，令x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45n，代入上式得：5x 2－7x ＋2＞0.解得x ＜25，或x ＞1(舍去). 即⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ＜25，由此得n ≥5. ∴至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.[评析] 本题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点，正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是本题的灵魂，(2)问中指数不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧．【素养提升练习】 公民在就业的第一年就交纳养老储备金a 1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d (d ＞0)，历年所交纳的储备金数目a 1，a 2，…，是一个公差为d 的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．如果固定年利率为r (r ＞0)，那么，在第n 年末，第一年所交纳的储备金就变为a 1(1＋r )n －1，第二年所交纳的储备金就变为a 2(1＋r )n －2，…，以T n 表示到第n 年末所累计的储备金总额．求证：T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是一个等比数列，{B n }是一个等差数列． [解] T 1＝a 1，对n ≥2反复使用上述关系式，得 T n ＝T n －1(1＋r )＋a n＝T n －2(1＋r )2＋a n －1(1＋r )＋a n＝a 1(1＋r )n －1＋a 2(1＋r )n －2＋…＋a n －1(1＋r )＋a n ，① 在①式两端同乘1＋r ，得(1＋r )T n ＝a 1(1＋r )n ＋a 2(1＋r )n －1＋…＋a n －1(1＋r )2＋a n (1＋r )，② ②－①，得rT n ＝a 1(1＋r )n ＋d [(1＋r )n －1＋(1＋r )n －2＋…＋(1＋r )]－a n ＝dr [(1＋r )n －1－r ]＋a 1(1＋r )n －a n . 即T n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n －dr n －a 1r ＋d r 2.如果记A n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n，B n ＝－a 1r ＋d r 2－d r n ，则T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是以a 1r ＋dr 2(1＋r )为首项，以1＋r (r ＞0)为公比的等比数列；{B n }是以－a 1r ＋d r 2－d r 为首项，－dr 为公差的等差数列．借助数列的递推关系建立等量关系【例2】 大学生自主创业已成为当代潮流．某大学大三学生夏某今年一月初向银行贷款两万元作开店资金，全部用作批发某种商品．银行贷款的年利率为6%，约定一年后一次还清贷款．已知夏某每月月底获得的利润是该月月初投入资金的15%，每月月底需要交纳个人所得税为该月所获利润的20%，当月房租等其他开支1 500元，余款作为资金全部投入批发该商品再经营，如此继续，假定每月月底该商品能全部卖出．(1)设夏某第n 个月月底余a n 元，第n ＋1个月月底余a n ＋1元，写出a 1的值并建立a n ＋1与a n 的递推关系；(2)预计年底夏某还清银行贷款后的纯收入．(参考数据：1.1211≈3.48，1.1212≈3.90，0.1211≈7.43×10－11，0.1212≈8.92×10－12) [解] (1)依题意，a 1＝20 000(1＋15%)－20 000×15%×20%－1 500＝20 900(元)， a n ＋1＝a n (1＋15%)－a n ×15%×20%－1 500 ＝1.12a n －1500(n ∈N *，1≤n ≤11). (2)令a n ＋1＋λ＝1.12(a n ＋λ)，则 a n ＋1＝1.12a n ＋0.12λ，对比(1)中的递推公式，得λ＝－12 500. 则a n －12 500＝(20 900－12 500)1.12n －1， 即a n ＝8 400×1.12n －1＋12 500.则a 12＝8 400×1.1211＋12 500≈41 732(元).又年底偿还银行本利总计20 000(1＋6%)＝21 200(元)， 故该生还清银行贷款后纯收入41 732－21 200＝20 532(元).[评析] (1)先求出a 1的值，并依据题设条件得出a n ＋1与a n 的递推关系；(2)利用构造法求得{a n }的通项公式并求出相应值．【素养提升练习】 如图，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，…，P n (x n ，y n )，…，是曲线C ：y 2＝12x (y ≥0)上的点，A 1(a 1，0)，A 2(a 2，0)，…，A n (a n ，0)，…，是x 轴正半轴上的点，且△A 0A 1P 1，△A 1A 2P 2，…，△A n －1A n P n ，…，均为斜边在x 轴上的等腰直角三角形(A 0为坐标原点).(1)写出a n －1、a n 和x n 之间的等量关系，以及a n －1、a n 和y n 之间的等量关系； (2)用数学归纳法证明a n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *)；(3)设b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n，对所有n ∈N *，b n ＜log 8t 恒成立，求实数t 的取值范围．[解] (1)依题意，△A 0A 1P 1，△A 1A 2P 2，…，△A n －1A n P n ，…，均为斜边在x 轴上的等腰直角三角形(A 0为坐标原点)，故有x n ＝a n －1＋a n 2，y n ＝a n －a n －12.(2)证明：①当n ＝1时，可求得a 1＝1＝1×22，命题成立； ②假设当n ＝k 时，命题成立，即有a k ＝k （k ＋1）2. 则当n ＝k ＋1时，由归纳假设及(a k －a k －1)2＝a k －1＋a k ， 得⎣⎢⎡⎦⎥⎤a k ＋1－k （k ＋1）22＝k （k ＋1）2＋a k ＋1.即(a k ＋1)2－(k 2＋k ＋1)a k ＋1＋k （k －1）2·（k ＋1）（k ＋2）2＝0，解得a k ＋1＝（k ＋1）（k ＋2）2(a k ＋1＝k （k －1）2＜a k ，不合题意，舍去)，即当n ＝k ＋1时，命题成立.综上所述，对所有n ∈N *，a n ＝n （n ＋1）2. (3)b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n＝2（n ＋1）（n ＋2）＋2（n ＋2）（n ＋3）＋…＋22n （2n ＋1）＝2n ＋1－22n ＋1＝2n 2n 2＋3n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋3.因为函数f (x )＝2x ＋1x 在区间[1，＋∞)上单调递增，所以当n ＝1时，b n 最大为13，即b n ≤13. 由题意，有13＜log 8t ，所以t ＞2，所以，t ∈(2，＋∞).。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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 { a n } 是以 d 为公差的等差数列，且d 0,a n 0(n 1,2,3, )，则111 1a nan 1()d a nan 1例 1 已知二次函数yf ( x) 的图像经过坐标原点，其导函数为f ' (x) 6x 2 ，数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，点 (n, S n )(n N ) 均在函数yf ( x) 的图像上。
（Ⅰ）求数列 { a n } 的通项公式；（Ⅱ）设 b n1 ，T n 是数列 {b n } 的前 n 项和，求使得 T nm对所有a nan 120n 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, S n )( n N) 均在函数 y f ( x) 的图像上，所以 S n ＝3n 2－2n.当 n ≥2 时， a ＝S －S ＝（2n＝6n －5.3n －2n ）－ （ n1) 22( 1)n n n －13112nn N ）当 n ＝1 时，a ＝ S ＝3×1－2＝6×1－ 5，所以，a ＝6n －5 （（Ⅱ）由（Ⅰ）得知 b n 3 ＝ 3＝ 1( 1 1 ) ，a nan 1(6n 5) 6(n 1) 5 2 6n 5 6n1故 T n ＝ nb i ＝11 ) 1 1 ) 1 1＝1（1－1 ）.(1 ( ... ( )i 12 7 7 136n 5 6n 126n 1因此，要使 1（1－6 1 1 ）< m （ n N ）成立的 m,必 且 足 12n 202≤ m，即 m ≥10，所以 足要求的最小正整数 m2010..例 2 在 xoy 平面上有一系列点P 1 ( x 1, y 1 ),P 2 ( x 2 , y 2 ) ，⋯， P n ( x n , y n ) ，⋯，（n ∈N * ），点 P n 在函数 y x 2 ( x 0) 的 象上，以点 nnP 心的 P 与 x 都相切，且 P 与 P +1 又彼此外切 . 若 x 1 1, 且 x n 1 x n .nn（I ）求数列 { x n } 的通 公式；（II ） P 的面 S n ,T nS 1S 2 LS n , 求证 : T n3 n2解：（ I ） P n 与 P n+1彼此外切，令 r n P n 的半径，| P n P n 1 | r n r n 1 ,即 ( x nx n 1 ) 2 ( y ny n 1 )2y ny n 1,两 平方并化 得 ( x n x n 1 )2 4 y n y n 1,由 意得， P n 的半径 r ny nx n 2 ,( x n x n 1 )24 x n 2x n 21 ,x n x n 1 0,x nx n 1 2x n x n 1 ,即 112( n N ),x n 1 x n数列 { 1 }是以 11 首 ，以2 公差的等差数列，x n x 1所以11 (n 1)2 2n 1,即 x n1 1x n2n （II ） S nr n 2y n 2x n 41) 4 ，(2n因为 T nS 1S 2S n[1 1 1]32 (2n1) 2(1111)1.33.5(2n 3)( 2n1){11[(1 1) (11) ( 1 1 )]}2 3 3 52n 3 2n 1[11(11 )] 3 2(2n1)3 .22n 1 22所以， T n3 .2模型二：分母有理化，如：1n 1nn n 1例 3 已知f ( x)1(x2) ， f ( x) 的反函数 g (x) ，点 A(a n ,1) 在曲x24a n1y g (x) 上 (n N ) ，且 a11(I)明数列 { 12 } 等差数列；a n( Ⅱ ) b n1, S n b1b2b n，求 S n11a n a n1解 (I)∵点 A( a n,1) 在曲y=g( x) 上( n∈N+) ，na n1∴点 (1, a n)在曲=(x ) 上(n∈ +)a n1, 并且a n>0a n1y f N1(24)a n141，114(n1, n N ) ，∴数列12} 等差数列a a{an 12n 22aa n1n n(Ⅱ)∵数列 {1} 等差数列，并且首12 =1，公差4，a n2a1∴ 12=1+4（ n—1），∴a n21，∵ a n>0，∴a n1，a n4n34n3b ＝1=14n14n3,n114n34n14a n a n 1∴S n＝b1＋b2+⋯＋ b n=51945....... 4 n 14n 3 =4n 1 1444N 例 4N 24012，不超n 11的最大整数。
n(2008年全国高中数学合浙江省)解： Q212n1n n n n 12(n1n)12(nn1) , nN N1Nn 1) ,2 ( n 1n) 1 2 ( nnn1n 1n2N11) , 2( N1)2(N 1 1)2( N1n 1nN2(220061) 2( N 1 1)n 11 2 22006 1 ,nN 不超n 11的最大整数 22007 2 。
n2n11模型三：(2n+1－ 1)(2 n－ 1)=2n－ 1－2n+1－1例 5 数列 a n 的前 n 的和 S n 4a n 12n 12 ，n=1,2,3, ⋯.333（Ⅰ）求首a 1 与通 a n ；nn（Ⅱ） T n2， n=1,2,3, ⋯， 明：T i3 S ni 12（2006 年全国数学高考理科 ）41n+124.解 : ( Ⅰ ) 由 S n =3a n －3×2+3, n=1,2,3，⋯ ,① 得 a 1=S 1= 3a 112－ 3×4+3 所以 a 1=2.4 1n2再由①有 S n －1=3a n －1－ 3×2 +3, n=2,3 ，4, ⋯4 1 n+1n将①和②相减得 : a n =S n －S n － 1= 3(a n － a n －1) －3×(2 －2 ),n=2,3, ⋯整理得 : an+2n =4(a n － 1+2n －1),n=2,3, ⋯ ,因而数列 { a n +2n } 是首a1+2=4, 公比 4 的等比数列 ,n nn －1 n⋯ ,nnn⋯ ,即 a +2 =4×4 = 4 , n=1,2,3,因而 a =4 －2 , n=1,2,3,nn4 n n1 n+12 1 ( Ⅱ ) 将 a n =4 －2 代入①得 S n =3× (4－2 )－3×2 +3=3×(2 n+1－1)(2 n+1－2)=2×(2 n+1－1)(2 n －1) 3T n = 2n = 3 2n= 3 1－1)S × (2 n+1n2 ×(n2 n+12－1)(2 －1)2 －1－1nn3 n 113113 所以 ,i 1T i=2 i 1( 2i －1－2i+1－ 1) =2×( 21－1 － 2i+1－1) <2模型四： a n 1a n (a nk)，且 a n0(n1,2,3, ) ，11 1kka na nan 1例 6函数 g( x)1 x 3 ax2 的象在 x 1 的切 平 行于 直32x y0.g( x) 的 函数 f ( x) . 数列 a n足： a 11 ,a n 1f (a n ) .2( Ⅰ ) 求函数 f (x) 的解析式 ;( Ⅱ ) 判断数列 a n 的增减性 , 并 出 明 ;( Ⅲ ) 当 n2, n N * , 明 : 11 1 1 1 L 1 12 .a 1 a 2 a n解：（Ⅰ）∵函数 g( x)1 x 3 ax2 的 函数 f (x) x 2 2ax ，由于在 x13的切 平行于2xy 0 ，∴ 12a 2a1，∴ f ( x)x 2x2( Ⅱ ) ∵ a n 1f (a n ) , ∴ a n 1a n2a na n 1ana n 2, ∵ a 11, 故 a n0 , 所2以a n 1an0 , 所以 a n 是 增 .( Ⅲ ) ∵ a n 1a n (a n1),∴ 11= 1_1,∴11 1an 1a n (a n 1) a n 1 a n1 a na n an 1∴11 1 ,11 1 ,111 ⋯ 11 11 a 1a 1 a 2 1 a 2a 2a 3 1 a 3 a 3 a 4 1 a na nan 1令 S n11 1 11 2 1 2a 1a 2a 2a 3an 1 an 1当 n 2 , S n11L 11124261 a 11 a n1 a 11 a 211 a 23721∴111L121 a 111 a na 2例 7 已知数列{ a n } 足 a 1 1,a n 1a n 2n (n 1,2,3) ， { b n } 足 b 1 1,b n 1 b n b n 2(n 1,2,3 ) ，证明：1n 2n11 。
k 1 a k 1b k ka k 1 b k k(2006 年全国高中数学联合竞赛浙江省预赛试题 )证明： 记 n1，则1 I 2I n 。
I na k 1b k kak 1b k k I 1k 12n1n1n1而 I n。
(a k 1 1)(b k k)k 1 a k 11 k 1 b kk 1k因为 a 1 1,a n 1a n 2n ，所以 a k 1 1 k( k 1) 。
从而有n 1 nk 1 a k 11k 11 1 1 。
（1）1 n 1 k(k 1)又因为 b k 1b k b k2b k (b k k) ，所以 1k 11 ，kkb k 1 b k (b k k) b k b kk即1 11。
从而有n1111 1。
（2）k 1b kb kk b kbk 1k b 1bn 1b 1由（ 1）和（ 2）即得I n1 。
综合得到1 1。
I n2左边不等式的等号成立当且仅当 n=1 时成立。