数列求和(1)--裂项相消法
数列求和——裂项相消法
————裂项相消法
2015全国I卷节选：
若an1
2n
1, 令bn
1 an an 1
, 求{bn}的前n项和Tn。
裂项求和法:
将数列的通项分解成两项或多项的差，使
数列中的项出现有规律的抵消项，只剩下首 尾若干项。
一般有两种类型：
类型一：an
k f (n) f (n c)
A[ 1 f (n)
1[ 1
1
]
n(n 1)(n 2) 2 n(n 1) (n 2)(n 1)
(an
(a 1)an b)(an1
b)
(an
an1 an b)(an1
b)
1 (an b)
1 (an1 b)
类型二：
通过有理化、对数的运算法则、公式的变形、阶乘和组合数
2n Sn
, 求证：T1 T2 L
Tn
3 2
练习：步步高P93例3及跟踪训练3
课堂小结：
1、分解与组合思想在数列求和中的应用。 2、裂项相消常用于方式和根式求和。 可以用通项裂解，也可以利用首项裂解， 甚至可以利用待定系数法去完成裂开通项
(1)应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一 项，也有可能前面剩多项，后面也剩多项，
(2)再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前 面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通 项公式相等．
变式：若数列an的前n项和为Sn满足：
Sn
4 3
an
1 3
•
2n1
2 3
(1)求an
(2)设Tn
数列求和之裂项相消法 PPT课件
变式：
数列an的通项公式是an
试求bn 的前 n项和 S n .
2n
1, 如果数列bn 是bn
an
2n an1
,
小结4：
1
1 n k n ,特别地
1
n 1 n.
nk n k
n1 n
知识归纳
裂项相消法的常见类型 分式型、等差数列型、根式型
数列求和
裂项相消法
2016年4月1日
教学目标：
知识与技能目标
数列求和的方法之裂项相消法
过程与能力目标
裂项相消法的常见题型及解题思路
教学重难点：
重 点： 裂项相消法的常见题型及解题思路
难 点： 裂项相消法适用题型的特征及相消
后所剩项的判断
教学过程 新课导入
小学奥数中：
？ 1 1 1 1
1 a2a3
1 a3a4
1 an an 1
求 Sn .
解：
小结3: (5) 若an是等差数列, an 0,公差d 0,则
1 an an 1
1 d
1 an
1 an1
巩固练习
练习3：
已知数列an是等差数列,且其通项公式 an n,则
Sn
1 a1a3
1 2 2 3 3 4
100101
学生思考：
1 1 1 1 98 99 99 100
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 3 3 4
100 101
1 1 100 101 101
？ 问题：
数列之裂项相消求和
=1
3
1(1- )
=39
1-
⇒a1=3,所以 an=3n.
(2)由已知得 bn=log332n+1=2n+1,所以 Tn=3+5+…+(2n+1)=n(n+2),
1
=
=
1
=
1 1
( +2) 2
1 1 1
-
2 1 3
-
1
+2
1
1
1
,所以 ∑ = + + +…+
1
=1
1 1 1
1 1 1
1 1
2 2 4
项和
.
解析 (1)因为 , 9 为函数 () = ( − 2)( − 99) 的两个零点且
(−1)
1+
2
= 2, 9 = 99 .又因为 =
= 3 ，所以数列 {
( − 1) = 2 + 1 .
1
(2)因为
所以
1
(
2
=
=
1
(
2
，所以 9
9×8
1+ 2
< 9 ，所以
× 2 = 99 ，解得
（2n＋1）
1
1
－
1
1
解析∵an＝
＝ 2n－1 2n＋1 ，
（2n－1）
（2n＋1） 2
1
1－
1
1
n
1
1
1 1
1
2n＋1 ＝
∴Sn＝ [(1－ )＋( － )＋…＋(
－
)]＝
.
2
裂项相消求和+课件-2025届高三数学一轮复习
一、学习目标
1.掌握裂项相消求和的基本方法和形式. 2.在用裂项相消法求数列和的过程中，掌 握适用题型的特征及相消后所余项的判断.
一、复习数列相关知识：
12、、等等差比数数列列的的定定义义、、通通项项公公式式和和前前nn项项和和公公式式：：
二、裂项相消法定义：
裂项相消求和法是把数列的通项 拆开（一般拆成两项之差），正负相 消，剩下首尾若干项，再求和。
三、常见的几种裂项变形：
典型例题：
学生练习:
链接高考
拓展提升：
课堂小结: 通过这节课的学习你有什么收货？
作业布置：
不去耕耘，不去播种，再肥 沃的土也长不出庄稼，不去奋斗， 不去创造，再美的青春也结不
裂项相消法求和(公开课)学案
姓名：___________ 班级：_____________数列求和（1）—— 裂项相消法目标：1 理解裂项相消法思想。
2 使用裂项相消法解决特殊数列求和问题。
3 在自学与探究中体验数学方法的形成过程。
一、复习巩固 1 公式求和法： 2 倒序相加法：二、自学讨论学习以下例题，完成填空。
（限时8分钟） 思考与讨论：什么数列可用裂项相消法求和？ 如何裂项？你有好的方法吗？如何相消？你能发现其中的规律吗？ 利用裂项相消法求和的一般步骤是什么？例一：n n S n n a 求已知,)1(1+=解：111)1(1+-=+=n n n n a nn n n a a a a a S +++++=∴-1321)1(1)1(1431321211++-++⨯+⨯+⨯=n n n n )111()111()4131()3121()211(+-+--++-+-+-=n n n n 1111+=+-=n nn 1+=∴n n S n裂项相消法求和的一般步骤：_________________________ _____________ ____________裂项： ○1你能证明111)1(1+-=+n n n n 吗？○2猜想：()21+n n =_____________________验证：=+-211n n ___________________ 结论：=+)2(1n n ____________________○3一般地； ()k n n +1=________________相消：怎么消？哪些项是不能消去的？变式训练：（1）()n 12S n n a n ，求已知+=（2）n n S n n a 求已知,)2(1+=三、增效练习（限时10分钟） 1、________,)12)(12(1=+-=n n S n n a 已知2、()()________32121751531=++++⨯+⨯n n3、已知()*56N n n a n ∈-=，13+=n n n a a b ，求n n b b b T +++= 214、已知数列{}n a 的各项如下：1，211+，3211++，…………，n++++ 3211。
裂项相消法求和
姓名： _______________ 班级： _____________________________数列求和（二）一一 裂项相消法目标：1理解裂项相消法思想。
2使用裂项相消法解决特殊数列求和问题。
3在自学与探究中体验数学方法的形成过程。
一、复习巩固1公式求和法 适用于求 的和。
2 分组求和法 适用于求 的和。
3 错位相减法适用于求的和。
1 1(1 -)(-,、2 2 33 4nn 1二、自学讨论学习以下例题，完成填空。
（限时8分钟）思考与讨论：什么数列可用裂项相消法求和？ 如何裂项？你有好的方法吗？如何相消？你能发现其中的规律吗？ 利用裂项相消法求和的一般步骤是什么？例一：已知a n解：a nn(n 1) n n裂项:①你能证明 ②猜想:S na 1 a 2a 3a n 1结论: (n 1)n n(n 1)1吗?n(n 1) n n 1n n 2 11 n n :1n(n 2)③一般地;1) 相消：怎么消？ 哪些项是不能消去的?a n验证:变式训练：已知a n(2)已知a n （1）三、增效练习（限时 10分钟）5、已知数列 a n 的各项如下:求它的前 n 项和 S n = _______________四、能力提升五、课堂小结 裂项相消法求和: 对于通项公式可拆成两项的数列，我们通常采用裂项相消法逐项消去前后项求数列的和。
裂项相消法求和的一般步骤：求通项一一裂项一一相消一一求和。
六、作业（背面）1 1 123 55 72n 1 2n 33、1 1 11（只需把消完后的项列出，3 54 65 7n(n 2)*34已知a n6n 5 n N ，b n，求T nbi b 2b na n a n 1无需化简）1、已知a n1(2n 1)(2n 1)，S若a n 是等差数列，则a n 1a n d ，所以 a *a n 11a n (a n d)进而，S n1a 2 a 31a n 1a n，若前n 项和为10,则项数为( n + n +1B . 99 D . 121112123123412.已知数列｛a n ｝ = ｛2, § + 2 4 + 4+ 4, 5+ 2 + 3+5 …｝，那么数列｛b n ｝ = ｛爲二｝前 n 项 的和为（ ）1 1 1A. 4（1 -帶）B .屿-帚）1D.2 —3.在数列｛a n ｝中，a 1 = 2, na n +1= （n + 1）a n + 2（n € N *），贝U a 10等于（）A . 34B . 36C . 38D . 401 1 14•等差数列｛a n ｝中，a 1= 3，公差d = 2, S 为前n 项和，求§ +至+…+5.等差数列｛a n ｝的各项均为正数，a 1 = 3,前n 项和为S n ,｛b n ｝为等比数列，b 1= 1,且b 2S 2=64 , b 3S 3= 960.(1)求 a n 与 b n ；1 1 1⑵求和：S 1+ S 2+…+ £1数列｛a n ｝的通项公式是A . 11 C . 120C .6设正数数列的前n项和S n满足S n 1a n 14C求数列a n的通项公式；②设b n1，记数列b n的前n项和T n。
高考数学数列求和错位相减裂项相消(解析版)全
数列求和-错位相减、裂项相消◆错位相减法错位相减法是求解由等差数列a n 和等比数列b n 对应项之积组成的数列c n (即c n =a n b n )的前n 项和的方法.这种方法运算量较大,要重视解题过程的训练.在讲等比数列的时候, 我们推导过等比数列的求和公式,其过程正是利用错位相减的原理, 等比数列的通项b n 其实可以看成等差数列通项a n a n =1 与等比数列通项b n 的积.公式秒杀:S n =(A ⋅n +B )q n -B (错位相减都可化简为这种形式,对于求解参数A 与B ,可以采用将前1项和与前2项和代入式中,建立二元一次方程求解.此方法可以快速求解出结果或者作为检验对错的依据.)【经典例题1】设数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=1,S n =a n +1-1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =na n +1，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1n ∈N ∗ ； (2)T n =2-n +22n.【解析】(1)因为a 1=1,S n =a n +1-1．所以S 1=a 2-1，解得a 2=2．当n ≥2时，S n -1=a n -1，所以a n =S n -S n -1=a n +1-a n ，所以2a n =a n +1，即a n +1a n=2．因为a 2a 1=2也满足上式，所以a n 是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n =2n -1n ∈N ∗ ．(2)由(1)知a n +1=2n ，所以b n =n2n ，所以T n =1×12+2×12 2+3×12 3+⋯+n ×12 n⋯①12T n =1×12 2+2×12 3+⋯+(n -1)×12 n +n ×12n +1⋯②①-②得12T n =12+12 2+12 3+⋯+12 n -n ×12 n +1=121-12 n1-12-n ×12 n +1=1-1+n 2 12 n ，所以T n =2-n +22n．【经典例题2】已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，数列b n 为等比数列，且a 1=b 1=1，S 3=3b 2=12．(1)求数列a n ，b n 的通项公式；(2)若c n =a n b n +1，求数列c n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n -2，b n =4n -1(2)T n =4+n -1 4n +1【解析】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，由题意得：3a 1+3d =12，解得：d =3，所以a n =1+3n -1 =3n -2，由3b 2=12得：b 2=4，所以q =a2a 1=4，所以b n =4n -1(2)c n =a n b n +1=3n -2 ⋅4n ，则T n =4+4×42+7×43+⋯+3n -2 4n ①，4T n =42+4×43+7×44+⋯+3n -2 4n +1②，两式相减得：-3T n =4+3×42+3×43+3×44+⋯+3×4n -3n -2 4n +1=4+3×16-4n +11-4-3n -2 4n +1=-12+3-3n 4n +1，所以T n =4+n -1 4n +1【经典例题3】已知各项均为正数的等比数列a n 的前n 项和为S n ，且S 2=6，S 3=14．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =2n -1a n，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n n ∈N * (2)T n =3-2n +32n 【解析】(1)设等比数列a n 的公比为q ，当q =1时，S n =na 1，所以S 2=2a 1=6，S 3=3a 1=14，无解．当q ≠1时，S n =a 11-q n 1-q ，所以S 2=a 11-q 21-q =6,S 3=a 11-q 31-q=14.解得a 1=2，q =2或a 1=18，q =-23(舍)．所以a n =2×2n -1=2n n ∈N * ．(2)b n =2n -1a n =2n -12n ．所以T n =12+322+523+⋯+2n -32n -1+2n -12n ①，则12T n=122+323+524+⋯+2n -32n+2n -12n +1②，①-②得，12T n =12+222+223+224+⋯+22n -2n -12n +1=12+2122+123+124+⋯+12n -2n -12n +1=12+2×141-12n -1 1-12-2n -12n +1=32-2n +32n +1．所以T n =3-2n +32n．【练习1】已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n +1n ∈N ∗ .(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列n a n +1 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =2n -1(2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【解析】(1)由a n +1=2a n +1得：a n +1+1=2a n +1 ，又a 1+1=2，∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1=2n ，∴a n =2n -1.(2)由(1)得：n a n +1 =n ⋅2n ；∴S n =1×21+2×22+3×23+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n -1+n ⋅2n ，2S n =1×22+2×23+3×24+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n +n ⋅2n +1，∴-S n =2+22+23++2n-n ⋅2n +1=21-2n1-2-n ⋅2n +1=1-n ⋅2n +1-2，∴S n =n -1 ⋅2n +1+2.【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =na n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =(n -1)⋅2n +1【解析】(1)令n =1得S 1=a 1=2a 1-1，∴a 1=1，当n ≥2时，S n -1=2a n -1-1，则a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1，整理得a n =2a n -1，∴an a n -1=2，∴数列a n 是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n =2n -1；(2)由(1)得b n =na n =n ⋅2n -1，则T n =1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋅⋅⋅+n ⋅2n -1，2T n =1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n ，两式相减得-T n =20+21+22+23+⋅⋅⋅+2n -1-n ⋅2n =1-2n1-2-n ⋅2n ，化简得T n =1-2n +n ⋅2n =(n -1)⋅2n +1．【练习3】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且3S n =4a n -2．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +1⋅log 2a n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =22n -1(2)T n =409+6n -59×22n +3【解析】(1)当n =1时，3S 1=4a 1-2=3a 1，解得a 1=2．当n ≥2时，3a n =3S n -3S n -1=4a n -2-4a n -1-2 ，整理得a n =4a n -1，所以a n 是以2为首项，4为公比的等比数列，故a n =2×4n -1=22n -1．(2)由(1)可知，b n =a n +1⋅log 2a n =2n -1 ×22n +1，则T n =1×23+3×25+⋯+2n -1 ×22n +1，4T n =1×25+3×27+⋯+2n -1 ×22n +3，则-3T n =23+26+28+⋯+22n +2-2n -1 ×22n +3=23+26-22n +41-4-2n -1 ×22n +3=-403-6n -53×22n +3．故T n =409+6n -59×22n +3．【练习4】已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2n +1a na n +2n(n ∈N +).(1)求证数列2n a n 为等差数列；(2)设b n =n n +1 a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析 (2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【解析】(1)由已知可得a n +12n +1=a n a n +2n ，即2n +1a n +1=2n a n +1，即2n +1a n +1-2n a n =1，∴2n a n 是等差数列.(2)由(1)知，2n a n =2a 1+n -1 ×1=n +1，∴a n =2nn +1，∴b n =n ⋅2nS n =1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n2S n =1⋅22+2⋅23+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n +n ⋅2n +1相减得，-S n=2+22+23+⋅⋅⋅+2n-n⋅2n+1=21-2n1-2-n⋅2n+1=2n+1-2-n⋅2n+1∴S n=n-1⋅2n+1+2◆裂项相消法把数列的通项拆成相邻两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.在消项时要注意前面保留第几项,最后也要保留相对应的倒数几项.例如消项时保留第一项和第3项,相应的也要保留最后一项和倒数第三项.常见的裂项形式:(1)1n(n+k)=1k1n-1n+k;(2)1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1;(3)1n+k+n=1k(n+k-n);(4)2n+1n2(n+1)2=1n2-1(n+1)2;(5)2n2n-12n+1-1=12n-1-12n+1-1;(6)2n(4n-1)n(n+1)=2n+1n+1-2nn;(7)n+1(2n-1)(2n+1)2n =1(2n-1)2n+1-1(2n+1)2n+2;(8)(-1)n(n+1)(2n+1)(2n+3)=14(-1)n2n+1-(-1)n+12n+3(9)(-1)nn-n-1=(-1)n(n+n-1)=(-1)n n-(-1)n-1n-1(10)1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)-1(n+1)(n+2).(11)n⋅n!=n+1!-n!(12)kk+1!=1k!-1k+1!【经典例题1】已知正项数列a n中，a1=1，a2n+1-a2n=1，则数列1a n+1+a n的前99项和为( )A.4950B.10C.9D.14950【答案】C【解析】因为a2n+1-a2n=1且a21=1，所以，数列a2n是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，a2n=1+n-1=n，因为数列a n为正项数列，则a n=n，则1a n+1+a n=1n+1+n=n+1-nn+1+nn+1-n=-n+n+1，所以，数列1a n+1+a n的前99项和为-1+2-2+3-⋯-99+100=10-1=9.故选：C.【经典例题2】数列a n 的通项公式为a n =2n +1n 2n +12n ∈N *，该数列的前8项和为__________．【答案】8081【解析】因为a n =2n +1n 2n +12=1n 2-1(n +1)2，所以S 8=1-122+122-132 +⋯+182-192 =1-181=8081．故答案为：8081．【经典例题3】已知数列a n 的前n 项和为S n =n 2，若b n =1a n a n +1，则数列{b n }的前n 项和为________．【答案】n 2n +1【解析】当n =1时，a 1=S 1=12=1，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n 2-n -1 2=2n -1，且当n =1时，2n -1=1=a 1，故数列a n 的通项公式为a n =2n -1，b n =1a n a n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 ，则数列{b n }的前n 项和为：121-13 +13-15 +15-17 +⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 =n 2n +1.故答案为：n2n +1【练习1】数列12n +1+2n -1的前2022项和为( )A.4043-12B.4045-12C.4043-1D.4045-1【答案】B 【解析】解：12n +1+2n -1=2n +1-2n -12n +1+2n -1 2n +1-2n -1=2n +1-2n -12记12n +1+2n -1 的前n 项和为T n ，则T 2022=123-1+5-3+7-5+⋯+4045-4043=124045-1 ；故选：B 【练习2】数列a n 的各项均为正数，S n 为其前n 项和，对于任意的n ∈N *，总有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，又记b n =1a 2n +1⋅a 2n +3，数列b n 的前n 项和T n =______．【答案】n6n +9【解析】由对于任意的n ∈N *，总有a n ，S n ，a 2n 成等差数列可得：2S n =a 2n +a n ，当n ≥2时可得2S n -1=a 2n -1+a n -1，所以2a n =2S n -2S n -1=a 2n +a n -a 2n -1-a n -1，所以a 2n -a n -a 2n -1-a n -1=0，所以(a n +a n -1)(a n -a n -1-1)=0，由数列a n 的各项均为正数，所以a n -a n -1=1，又n =1时a 2n -a n =0，所以a 1=1，所以a n =n ，b n =1a 2n +1⋅a 2n +3=1(2n +1)(2n +3)=1212n +1-12n +3 ，T n =1213-15+15-17+⋯12n +1-12n +3 =1213-12n +3 =n 6n +9.故答案为：n6n +9.【练习3】12!+23!+34!+⋅⋅⋅+nn +1 !=_______.【答案】1-1n +1 !【解析】∵k k +1 !=k +1-1k +1 !=1k !-1k +1 !，∴12!+23!+34!+⋅⋅⋅+n n +1 !=1-12!+12!-13!+13!-14!+⋅⋅⋅+1n -1 !-1n !+1n !-1n +1 !=1-1n +1 !.故答案为：1-1n +1 !.【练习4】设数列a n 满足a 1+4a 2+⋯+(3n -2)a n =3n .(1)求a n 的通项公式；(2)求数列a n3n +1 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =33n -2(2)T n =3n3n +1【解析】(1)解：数列a n 满足a 1+4a 2+⋯+(3n -2)a n =3n ，当n =1时，得a 1=3，n ≥2时，a 1+4a 2+⋯+(3n -5)a n -1=3(n -1)，两式相减得：(3n -2)a n =3，∴a n =33n -2，当n =1时，a 1=3，上式也成立.∴a n =33n -2；(2)因为a n 3n +1=3(3n -2)(3n +1)，=13n -2-13n +1，∴T n =11-14+14-17+⋯+13n -2-13n +1，=1-13n +1=3n3n +1.【练习5】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =1-a n n ∈N ∗ .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =log 13a n ，C n =n +1-nb n b n +1，求数列C n 的前n 项和T n【答案】(1)a n =13n (2)T n =1-1n +1【解析】(1)当n =1时，2a 1=2S 1=1-a 1，解得：a 1=13；当n ≥2时，2a n =2S n -2S n -1=1-a n -1+a n -1，即a n =13a n -1，∴数列a n 是以13为首项，13为公比的等比数列，∴a n =13 n =13n .(2)由(1)得：b n =log 1313 n =n ，∴C n =n +1-n n n +1=1n -1n +1，∴T n =1-12+12-13+13-14+⋅⋅⋅+1n -1-1n +1n -1n +1=1-1n +1.【练习6】已知数列a n 中，2n a 1+2n -1a 2+⋯+2a n =n ⋅2n ．(1)证明：a n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)设b n =(n -1)a nn (n +1)，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)证明见解析；a n =2n -1n ∈N *(2)2n n +1-1【解析】(1)解：2n a 1+2n -1a 2+⋯+2a n =n ⋅2n ，即为a 1+a 22+⋯+a n2n -1=n ·······①，又a 1+a 22+⋯+a n -12n -2=n -1，········②，①-②得a n2n -1=1，即a n =2n -1(n ≥2)，又当n =1时，a 1=1=21-1，故a n =2n -1n ∈N * ；从而a n +1a n =2n2n -1=2n ∈N * ，所以a n 是首项为1，公比为2的等比数列；(2)由(1)得b n =(n -1)2n -1n (n +1)=2n n +1-2n -1n ，所以S n =212-201 +223-212 +⋯+2n n +1-2n -1n =2nn +1-1.【练习7】记S n 是公差不为零的等差数列a n 的前n 项和，若S 3=6，a 3是a 1和a 9的等比中项.(1)求数列a n 的通项公式；(2)记b n =1a n ⋅a n +1⋅a n +2，求数列b n 的前20项和.【答案】(1)a n =n ，n ∈N *(2)115462【解析】(1)由题意知a 23=a 1⋅a 9，设等差数列a n 的公差为d ，则a 1a 1+8d =a 1+2d 2，因为d ≠0，解得a 1=d又S 3=3a 1+3d =6，可得a 1=d =1，所以数列a n 是以1为首项和公差为1的等差数列，所以a n =a 1+n -1 d =n ，n ∈N *(2)由(1)可知b n =1n n +1 n +2 =121n n +1 -1n +1 n +2，设数列b n 的前n 和为T n ，则T n =1211×2-12×3+12×3-13×4+⋅⋅⋅+1n n +1 -1n +1 n +2=1212-1n +1 n +2，所以T 20=12×12-121×22 =115462所以数列b n 的前20和为115462【练习8】已知等差数列a n 满足a 3=7，a 5+a 7=26，b n =1a 2n -1(n ∈N +)．(1)求数列a n ，b n 的通项公式；(2)数列b n 的前n 项和为S n ，求S n ．【答案】(1)a n =2n +1，b n =14n n +1(2)S n =n 4n +1【解析】(1)由题意，可设等差数列a n 的公差为d ，则a 1+2d =72a 1+10d =26，解得a 1=3，d =2，∴a n =3+2n -1 =2n +1；∴b n =1a 2n -1=12n +1 2-1=14n 2+4n =14n n +1 ；(2)∵b n =14n n +1=141n -1n +1 ，S n =141-12+12-13+⋯+1n -1n +1 =141-1n +1 =n 4n +1．【练习9】已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且4、a n +1、S n 成等比数列，其中n ∈N ∗．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =4S na n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =n +n2n +1【解析】(1)解：对任意的n ∈N ∗，a n >0，由题意可得4S n =a n +1 2=a 2n +2a n +1.当n =1时，则4a 1=4S 1=a 21+2a 1+1，解得a 1=1，当n ≥2时，由4S n =a 2n +2a n +1可得4S n -1=a 2n -1+2a n -1+1，上述两个等式作差得4a n =a 2n -a 2n -1+2a n -2a n -1，即a n +a n -1 a n -a n -1-2 =0，因为a n +a n -1>0，所以，a n -a n -1=2，所以，数列a n 为等差数列，且首项为1，公差为2，则a n =1+2n -1 =2n -1.(2)解：S n =n 1+2n -12=n 2，则b n =4S n a n a n +1=4n 22n -1 2n +1 =4n 2-1+12n -1 2n +1 =1+12n -1 2n +1=1+1212n -1-12n +1，因此，T n =n +121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =n +n2n +1.【练习10】已知S n 是数列a n 的前n 项和，a 1=1，___________.①∀n ∈N ∗，a n +a n +1=4n ；②数列S n n 为等差数列，且S nn 的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解：(1)求a n ；(2)设b n =a n +a n +1a n ⋅a n +1 2，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)条件选择见解析，a n =2n -1(2)T n =2n n +12n +12【解析】(1)解：选条件①：∀n ∈N ∗，a n +a n +1=4n ，得a n +1+a n +2=4n +1 ，所以，a n +2-a n =4n +1 -4n =4，即数列a 2k -1 、a 2k k ∈N ∗ 均为公差为4的等差数列，于是a 2k -1=a 1+4k -1 =4k -3=22k -1 -1，又a 1+a 2=4，a 2=3，a 2k =a 2+4k -1 =4k -1=2⋅2k -1，所以a n =2n -1；选条件②：因为数列S n n 为等差数列，且S nn 的前3项和为6，得S 11+S 22+S 33=3×S 22=6，所以S 22=2，所以S n n 的公差为d=S 22-S 11=2-1=1，得到Sn n =1+n -1 =n ，则S n =n 2，当n ≥2，a n =S n -S n -1=n 2-n -1 2=2n -1.又a 1=1满足a n =2n -1，所以，对任意的n ∈N ∗，a n =2n -1.(2)解：因为b n =a n +a n +1a n ⋅a n +1 2=4n 2n -1 22n +1 2=1212n -1 2-12n +1 2，所以T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =12112-132+132-152+⋅⋅⋅+12n -1 2-12n +1 2 =121-12n +1 2 =2n n +1 2n +12.【过关检测】一、单选题1.S n=12+24+38+⋯+n2n=( )A.2n-n2n B.2n+1-n-22nC.2n-n+12n+1D.2n+1-n+22n【答案】B 【解析】由S n=12+24+38+⋯+n2n，得12S n=1×122+2×123+3×124+⋯+n⋅12n+1，两式相减得12S n=12+122+123+124+⋯+12n-n⋅12n+1=121-12n1-12-n12 n+1=1-12n-n⋅12 n+1=2n+1-n-22n+1.所以S n=2n+1-n-22n.故选：B.2.数列n⋅2n的前n项和等于( )．A.n⋅2n-2n+2B.n⋅2n+1-2n+1+2C.n⋅2n+1-2nD.n⋅2n+1-2n+1【答案】B【解析】解：设n⋅2n的前n项和为S n，则S n=1×21+2×22+3×23+⋯+n⋅2n， ①所以2S n=1×22+2×23+⋯+n-1⋅2n+n⋅2n+1， ②①-②，得-S n=2+22+23+⋯+2n-n⋅2n+1=21-2n1-2-n⋅2n+1，所以S n=n⋅2n+1-2n+1+2．故选:B．3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3=7，S6=63，则数列{nan}的前n项和为( )A.-3+(n+1)×2nB.3+(n+1)×2nC.1+(n+1)×2nD.1+(n-1)×2n【答案】D【解析】设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，所以由题设得S3=a11-q31-q=7S6=a11-q61-q=63 ，两式相除得1+q3=9，解得q=2，进而可得a1=1，所以an=a1qn-1=2n-1，所以nan=n×2n-1.设数列{nan }的前n 项和为Tn ，则Tn =1×20+2×21+3×22+⋯+n ×2n -1，2Tn =1×21+2×22+3×23+⋯+n ×2n ，两式作差得-Tn =1+2+22+⋯+2n -1-n ×2n =1-2n1-2-n ×2n =-1+(1-n )×2n ，故Tn =1+(n -1)×2n .故选：D .4.已知等差数列a n ，a 2=3，a 5=6，则数列1a n a n +1的前8项和为( )．A.15B.25C.35D.45【答案】B 【解析】由a 2=3，a 5=6可得公差d =a 5-a 23=1 ，所以a n =a 2+n -2 d =n +1，因此1a n a n +1=1n +1 n +2 =1n +1-1n +2 ，所以前8项和为12-13 +13-14 +⋯+19-110 =12-110=25故选：B 5.已知数列a n 的前n 项和为S n ，S n +4=a n +n +1 2．记b n =8a n +1a n +2，数列的前n 项和为T n ，则T n 的取值范围为( )A.863,47 B.19,17C.47,+∞D.19,17【答案】A 【解析】因为数列a n 中，S n +4=a n +(n +1)2，所以S n +1+4=a n +1+n +2 2，所以S n +1+4-S n +4 =a n +1-a n +2n +3，所以a n =2n +3．因为b n =8a n +1a n +2，所以b n =82n +5 2n +7=412n +5-12n +7 ，所以T n =417-19+19-111+⋅⋅⋅+12n +5-12n +7=417-12n +7 ．因为数列T n 是递增数列，当n =1时，T n =863，当n →+∞时，12n +7→0，T n →47，所以863≤T n <47，所以T n 的取值范围为863,47 ．故选：A ．6.已知数列满足a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n 2，设b n =na n ，则数列1b n b n +1的前2022项和为( )A.40424043B.20214043C.40444045D.20224045【答案】D【解析】因为a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n 2①，当n =1时，a 1=1；当n ≥2时，a 1+2a 2+3a 3+⋯+n -1 a n -1=(n -1)2②，①-②化简得a n =2n -1n ，当n =1时：a 1=2×1-11=1=1，也满足a n =2n -1n，所以a n =2n -1n ，b n =na n =2n -1，1b n b n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 所以1b n b n +1的前2022项和121-13+13-15+⋯+12×2022-1-12×2022+1 =121-12×2022+1 =20224045.故选:D .7.已知数列a n 满足a 1=1，且a n =1+a n a n +1，n ∈N *，则a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯⋯+a 2020a 2021=( )A.2021 B.20202021C.122021D.22021【答案】B 【解析】∵a n =1+a n a n +1，即a n +1=a n 1+a n ，则1a n +1=1+a n a n =1a n +1∴数列1a n是以首项1a 1=1，公差d =1的等差数列则1a n =1+n -1=n ，即a n =1n∴a n a n +1=1n n +1=1n -1n +1则a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯⋯+a 2020a 2021=1-12+12-13+...+12020-12021=20202021故选：B ．8.等差数列a n 中，a 3=5,a 7=9，设b n =1a n +1+a n，则数列b n 的前61项和为( )A.7-3B.7C.8-3D.8【答案】C 【解析】解：因为等差数列满足a 3=5,a 7=9，所以d =a 7-a 37-3=1，所以a n =a 3+n -3 d =n +2，所以b n =1n +3+n +2=n +3-n +2，令数列b n 的前n 项和为S n ，所以数列b n 的前n 项和S n =4-3+5-4+⋯+n +3-n +2=n +3-3，所以S 61=8-3．故选：C ．9.设数列n 22n -1 2n +1的前n 项和为S n ，则( )A.25<S 100<25.5B.25.5<S 100<26C.26<S 100<27D.27<S 100<27.5【答案】A 【解析】由n 2(2n -1)(2n +1)=14⋅4n 24n 2-1=141+14n 2-1 =141+121(2n -1)(2n +1)=14+1812n -1-12n +1，∴S n =n 4+181-13+13-15+⋅⋅⋅+12n -1-12n +1 =n 4+181-12n +1 =n (n +1)2(2n +1)，∴S 100=100×1012(2×100+1)≈25.12，故选：A ．10.已知数列a n 满足a n =1+2+4+⋯+2n -1，则数列2n a n a n +1 的前5项和为( )A.131B.163C.3031D.6263【答案】D 【解析】因为a n =1+2+4+⋯+2n -1=2n -1,a n +1=2n +1-1，所以2n a n a n +1=2n 2n -1 2n +1-1 =2n +1-1 -2n-1 2n -1 2n +1-1=12n -1-12n +1-1.所以2n a n a n +1 前5项和为121-1-122-1 +122-1-123-1 +⋯+125-1-126-1 =121-1-126-1=1-163=6263故选：D 11.已知数列a n 的首项a 1=1，且满足a n +1-a n =2n n ∈N * ，记数列a n +1a n +2 a n +1+2的前n 项和为T n ，若对于任意n ∈N *，不等式λ>T n 恒成立，则实数λ的取值范围为( )A.12,+∞ B.12,+∞C.13,+∞D.13,+∞【答案】C 【解析】解：因为a n +1-a n =2n n ∈N * ，所以a 2-a 1=21，a 3-a 2=22，a 4-a 3=23，⋯⋯，a n -a n -1=2n -1，所以a n -a 1=21+22+⋯+2n -1=21-2n -1 1-2=2n -2，n ≥2 ，又a 1=1，即a n =2n -1，所以a n +1=2n ，所以a n +1a n +2 a n +1+2 =2n 2n +1 2n +1+1=12n +1-12n +1+1，所以T n =121+1-122+1+122+1-123+1+⋯+12n +1-12n +1+1=13-12n +1+1<13所以λ的取值范围是13,+∞ .故选：C 12.在数列a n 中，a 2=3，其前n 项和S n 满足S n =n a n +12 ，若对任意n ∈N +总有14S 1-1+14S 2-1+⋯+14S n -1≤λ恒成立，则实数λ的最小值为( )A.1B.23C.12D.13【答案】C 【解析】当n ≥2时，2S n =na n +n ，2S n -1=n -1 a n -1+n -1 ，两式相减，整理得n -2 a n =(n -1)a n -1-1①，又当n ≥3时，n -3 a n -1=n -2 a n -2-1②，①-②，整理得n -2 a n +a n -2 =2n -4 a n -1，又因n -2≠0，得a n +a n -2=2a n -1，从而数列a n 为等差数列，当n =1时，S 1=a 1+12即a 1=a 1+12，解得a 1=1，所以公差d =a 2-a 1=2，则a n =2n -1，S n =na 1+n (n -1)2d =n 2，故当n ≥2时，14S 1-1+14S 2-1+⋯+14S n -1=122-1+142-1+⋯+12n 2-1=11×3+13×5+⋯+12n -1 2n +1=121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 ，易见121-12n +1 随n 的增大而增大，从而121-12n +1 <12恒成立，所以λ≥12，故λ的最小值为12，故选：C ．二、填空题13.已知正项数列{an }满足a 1=2且an +12-2an 2-anan +1=0，令bn =(n +2)an ，则数列{bn }的前8项的和等于__．【答案】4094【解析】由a 2n +1-2a 2n -a n a n +1=0，得(an +1+an )(an +1-2an )=0，又an >0，所以an +1+an >0，所以an +1-2an =0，所以an +1a n=2，所以数列{an }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n =2×2n -1=2n ，所以b n =n +2 a n =n +2 ⋅2n ，令数列{bn }的前n 项的和为Tn ，T 8=3×21+4×22+⋯+9×28，则2T 8=3×22+4×23+⋯+9×29，-T 8=6+22+23+⋯+28 -9×29=6+221-271-2-9×29=2-8×29=-4094，则T 8=4094，故答案为：4094．14.已知数列{an }的前n 项和为Sn ，且Sn =2an -2，则数列n a n的前n 项和Tn =__．【答案】2-n +22n.【解析】解：∵Sn =2an -2，∴Sn -1=2an -1-2(n ≥2)，设公比为q ，两式相减得：an =2an -2an -1，即an =2an -1，n ≥2，又当n =1时，有S 1=2a 1-2，解得：a 1=2，∴数列{an }是首项、公比均为2的等比数列，∴an =2n ，n a n =n2n ，又Tn =121+222+323+⋯+n2n ，12Tn =122+223+⋯+n -12n +n 2n +1，两式相减得：12Tn =12+122+123+⋯+12n -n 2n +1=121-12n1-12-n2n +1，整理得：Tn =2-n +22n．故答案为：Tn =2-n +22n ．15.将1+x n (n ∈Ν+)的展开式中x 2的系数记为a n ，则1a 2+1a 3+⋅⋅⋅+1a 2015=__________．【答案】40282015【解析】1+xn的展开式的通项公式为T k +1=C k n x k ，令k =2可得a n =C 2n =n n -12；1a n =2n n -1=21n -1-1n ；所以1a 2+1a 3+⋅⋅⋅+1a 2015=21-12 +212-13 +⋯+212014-12015=21-12015 =40282015.故答案为：40282015.16.数列a n 的前项n 和为S n ，满足a 1=-12，且a n +a n +1=2n 2+2nn ∈N * ，则S 2n =______．【答案】2n 2n +1【解析】由题意，数列{a n }满足a n +a n +1=2n 2+2n，可得a 2n -1+a 2n =2(2n -1)2+2(2n -1)=2(2n -1)(2n +1)=12n -1-12n +1，所以S 2n =11-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1=1-12n +1=2n2n +1，故答案为：2n2n +1三、解答题17.已知数列a n 满足a 1=1，2a n +1a n +a n +1-a n =0.(1)求证：数列1a n 为等差数列；(2)求数列a n a n +1 的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析；(2)S n =n2n +1.【解析】(1)令b n =1a n ，因为b n +1-b n =1a n +1-1a n =a n -a n +1a n ⋅a n +1=2，所以数列b n 为等差数列，首项为1，公差为2；(2)由(1)知：b n =2n -1；故a n =12n -1；所以a n a n +1=12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 ；所以S n =a 1a 2+a 2a 3+⋯+a n a n +1=11×3+13×5+⋯+12n -1 2n +1=121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =n 2n +1；18.已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，a n +1-a n =3n ∈N * ，且S 3=18.(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =1a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =3n (2)T n =n9n +9【解析】(1)∵a n +1-a n =3，∴数列a n 是以公差为3的等差数列.又S 3=18，∴3a 1+9=18，a 1=3，∴a n =3n .(2)由(1)知b n =13n ×3n +1=19×1n -1n +1 ，于是T n =b 1+b 2+b 3+⋅⋅⋅+b n =191-12 +12-13 +13-14 +⋅⋅⋅+1n -1n +1 =191-1n +1 =n 9n +919.已知数列a n 的首项为3，且a n -a n +1=a n +1-2 a n -2 ．(1)证明数列1a n -2 是等差数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =-1 n an n +1，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)证明见解析；a n =1n+2(2)-1+-1 n1n +1【解析】(1)因为a n -a n +1=a n +1-2 a n -2 ，所a n -2 -a n +1-2 =a n +1-2 a n -2 ，则1a n +1-2-1a n -2=1，所以数列1a n -2 是以13-2=1 为首项，公差等于1的等差数列，∴1a n -2=1+n -1 =n ，即a n =1n+2；(2)b n =-1 n a n n +1=-1 n 1n n +1+2n +1 =-1 n 1n +1n +1 ，则S n =-1+12 +12+13 -13+14 +⋅⋅⋅+-1 n 1n +1n +1 =-1+-1 n 1n +1；综上，a n =1n +2，S n =-1+-1 n 1n +1 .20.已知数列a n 中，a 1=-1，且满足a n +1=2a n -1.(1)求证：数列a n -1 是等比数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =n +11-a n +1，求数列b n 的前n 项和为T n .【答案】(1)证明见解析，a n=-2n+1(2)T n=32-n+32n+1【解析】(1)解：对任意的n∈N∗，a n+1=2a n-1，所以a n+1-1=2a n-1，且a1-1=-2，所以数列a n-1是以-2为首项，2为公比的等比数列．所以a n-1=-2n，所以a n=-2n+1．(2)解：由已知可得b n=n+11-a n+1=n+12n+1，则T n=222+323+424+⋯+n+12n+1，所以，12T n=223+324+⋯+n 2n+1+n+12n+2，两式相减得12T n=222+123+⋯+12n+1-n+12n+2=12+181-12n-11-12-n+12n+2=34-1 2n+1-n+12n+2=34-n+32n+2，因此，T n=32-n+32n+1.21.已知等比数列a n，a1=2，a5=32.(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列a n为正项数列(各项均为正)，求数列(2n+1)⋅a n的前n项和T n.【答案】(1)a n=2n或a n=2·-2n-1；(2)T n=2+(2n-1)⋅2n+1.【解析】(1)等比数列a n的公比为q，a1=2，a5=32，则q4=a5a1=16，解得q=±2，所以当q=2时，a n=2n，当q=-2时，a n=2⋅(-2)n-1.(2)由(1)知，a n=2n，则有(2n+1)⋅a n=(2n+1)⋅2n，则T n=3×21+5×22+7×23+⋯+(2n+1)⋅2n，于是得2T n=3×22+5×23+⋯+(2n-1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，两式相减，得-T n=6+2×(22+23+⋯+2n)-(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1-2n-1)1-2-(2n+1)⋅2n+1=-2-(2n-1)⋅2n+1，所以T n=2+(2n-1)⋅2n+1.22.已知等差数列a n满足a1=1，a2⋅a3=a1⋅a8，数列b n的前n项和为S n，且S n=32b n.(1)求数列a n，b n的通项公式；(2)求数列a n b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=1或a n=2n-1；b n=3n；(2)若a n=1，则T n=33n-13；若a n=2n-1，则T n=n-13n+1+3.【解析】(1)设等差数列a n的公差为d，∵a1=1，a2⋅a3=a1⋅a8，∴1+d1+2d=1+7d，化简得2d2-4d=0，解得：d=0或d=2，若d=0，则a n=1；若d=2，则a n=2n-1；由数列b n的前n项和为S n=32b n-32①，当n=1时，得b1=3，当n≥2时，有S n-1=32b n-1-32②；①-②有b n=32b n-32b n-1，即b nb n-1=3，n≥2，所以数列b n是首项为3，公比为3的等比数列，所以b n=3n，综上所述：a n=1或a n=2n-1；b n=3n；(2)若a n=1，则a n b n=b n=3n，则T n=3+32+⋯+3n=31-3n1-3=33n-12，若a n=2n-1，则a n b n=2n-13n，则T n=1×3+3×32+⋯+2n-1×3n③；③×3得3T n=1×32+3×33+⋯+2n-1×3n+1④；③-④得：-2T n=3+2×32+2×33+⋯+2×3n-2n-1×3n+1=3+2×32(1-3n-1)1-3-(2n-1)×3n+1整理化简得：T n=n-13n+1+3，综上所述：若a n=1，则T n=33n-13；若a n=2n-1，则T n=n-13n+1+3.。
裂项相消法数列求和
高中数学：裂项相消法数列求和角度1 形如an ＝1n (n ＋k )(2019·福州四校联考)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 . 解：(1)证法一 na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n 的两边同时除以n (n＋1)，得a n ＋1n ＋1－a n n＝2， 又a 11＝4，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为4，公差为2的等差数列． 证法二 因为a n ＋1n ＋1－a n n ＝na n ＋1－(n ＋1)a n n (n ＋1)＝2n 2＋2n n 2＋n＝2，a 11＝4，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为4，公差为2的等差数列． (2)由(1)，得a n n ＝a 1＋2(n －1)，即a n n ＝2n ＋2，即a n ＝2n 2＋2n ，故1a n＝12n 2＋2n ＝12·1n (n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2(n ＋1).角度2 形如an ＝1n ＋n ＋k已知正项数列{a n }满足a 1＝1，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1＋1a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1－1a n ＝4，数列{b n }满足1b n＝1a n ＋1＋1a n ，记{b n }的前n 项和为T n ，则T 20的值为2__. 解析：由条件知1a 2n ＋1－1a 2n＝4， 则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是首项为1，公差为4的等差数列， 所以1a 2n＝4n －3. 又{a n }为正项数列，所以1a n＝4n －3， 所以1b n＝4n ＋1＋4n －3， 所以b n ＝14n －3＋4n ＋1＝14(4n ＋1－4n －3)， 故T 20＝b 1＋b 2＋…＋b 20＝14[(5－1)＋(9－5)＋…＋(81－77)]＝14(81－1)＝2.角度3 形如an ＝n ＋1n 2(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.解：(1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n ＞0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n .综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)证明：由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－1(n ＋1)2 ⎦⎥⎤＋1n 2－1(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2＜116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. 1.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(1)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．(2)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．2．常见数列的裂项方法(2019·湖北四校联考)在数列{a n }中，a 1＝2，a n 是1与a n a n ＋1的等差中项．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，并求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 2a n 的前n 项和S n . 解：(1)证明：∵a n 是1与a n a n ＋1的等差中项，∴2a n ＝1＋a n a n ＋1，∴a n ＋1＝2a n －1a n， ∴a n ＋1－1＝2a n －1a n －1＝a n －1a n，∴1a n ＋1－1＝a n a n －1＝1＋1a n －1， ∵1a 1－1＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1，公差为1的等差数列， ∴1a n －1＝1＋(n －1)＝n ，∴a n ＝n ＋1n . (2)由(1)得1n 2a n＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.。
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
数列求和的“裂项相消法”讲解
创作编号：GB8878185555334563BT9125XW创作者：凤呜大王*对于本题通项公式类型的数列，采用的“求前n项和”的方法叫“裂项相消法”——就是把通项拆分成“两项的差”的形式，使得恰好在求和时能够“抵消”多数的项而剩余少数几项。
很多题目要善于进行这种“拆分”请看几例：（1）本题：()()2211111nn n n nan n n n++===-++-+（变形过程中用了“分子有理化”技巧）得12233411111 11111 nn n nS n++ =++++==+ -----…【往下自己求吧！答案C 】（2）求和1111122334(1)nSn n=++++⨯⨯⨯+…解：通项公式：()()()1111111n n n a n n n n n n +-===-+++ 所以 111111*********n S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭…1111n n n =-+=+（3）求和 1111377111115(41)(43)n S n n =++++⨯⨯⨯-+… 解：()()()()()()43411111141434414344143n n n a n n n n n n +--⎛⎫===- ⎪-+-+-+⎝⎭得 1111377111115(41)(43)n S n n =++++⨯⨯⨯-+ (11111111)143771111154143n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦… 1114343n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭ ()343nn =+（4）求和 1111132435(2)n S n n =++++⨯⨯⨯+… ()()()21111122222n n n a n n n n n n +-⎛⎫===- ⎪+++⎝⎭()()()()1111111113243546572112n S n n n n n n =++++++++⨯⨯⨯⨯⨯--++… 1111111111111112132435462112n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-++-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦…11111212n n =+--++ （仔细看看上一行里边“抵消”的规律 ） 311212n n =--++ 最后这个题，要多写一些项，多观察，才可能看出抵消的规律来。
数列求和-裂项相消法-PPT课件
为等b比n 数列
②乘公比：等式两边乘以等比数列的公比
③错位：让次数相同的相对齐④相减⑤解出Sn
数列求和-裂项相消法
例题探究·提炼方法
(教材必修5习题2.3B组第四题)
解：
an
1 n(n 1)
1 n
1 n 1
Sn a1 a2 a3
an1 an
(1- 1）（1 - 1）（1 - 1） （ 1 1） (1 1 ) 2 2 3 3 4 n 1 n n n 1
1 (1 1 ) 3 3n 1
数列求和-裂项相消法
规律方法·反思提升
(1)an
1 n(n
k)
1 k
(
1 n
n
1
k
)
(2)bn
1 4n2 1
(2n
1 1)(2n
1)
1 2
(
1 2n 1
1) 2n 1
(3)bn
9n2
1 3n
2
(3n
1 2)(3n
1)
1 3
(1 3n
2
1) 3n 1
数列求和-裂项相消法
1 n＋1＋
＝ n
n＋1－
n，
S2 016＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 016＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3) ＋…＋( 2 016－ 2 015)＋( 2 017－ 2 016)＝ 2 017－1. 答案：C
数列求和-裂项相消法
强化练习·扩展延伸
强化练习2
题型3：
2n
11
an (2n 1)(2n1 1) 2n 1 2n1 1
数列求和 数列求和的基本方法
知识回顾
微专题 数列求和—裂项相消法求和 学案(含答案)
微专题：数学求和—裂项相消法求和1、常见的裂项公式(1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.(3)1n （n ＋1）（n ＋2）＝12[1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）]. (4)1a ＋b ＝1a －b(a －b ). (5)n （n ＋1）！＝1n ！－1（n ＋1）！. (6)C m －1n ＝C m n ＋1－C m n .(7)n ·n ！＝(n ＋1)！－n ！. (8)a n ＝S n －S n －1(n ≥2).2、裂项相消求和问题是常考题型. 裂项是通分的逆变形，裂项时需要注意的两点：一是要注意裂项时对系数的调整；二是裂项后，从哪里开始相互抵消，前面留下哪些项，后面对应留下哪些项，应做好处理. 其中等差数列相邻项乘积的倒数裂项是最常见的，即1a n a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)，其中a n ≠0，d ≠0. 除此之外，下面三种也比较常见. 指数型：（a －1）a n （a n ＋b ）（a n ＋1＋b ）＝1a n ＋b －1a n ＋1＋b . 对数型：log n a n ＋1a n ＝log n a n ＋1－log n a n (a n >0).无理型：1a ＋b ＝1a －b(a －b )(a >0，b >0). 典例1．已知数列{}n a 满足()121n n na n a +=+（n +∈N ），且12a =．（1）证明：数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求出数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足22(1)2nn na b n n =+，{}n b 的前n 项和为n S ，证明：2n S <．．（1）证明见解析；2nn a n =；（2）证明见解析．【解析】 【分析】（1）由已知可得121n n a a n n +=+，可得n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，从而可求出通项公式； （2）由（1）可得22112(1)21n n n a b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，然后利用裂项相消求和法可求出n S ，再利用放缩法可证得结论【详解】证明：（1）∵12(1)n n n a n a +=+， ∵121n n a an n+=+． 设nn a c n =，则12c =，12n nc c +=， 数列{}n c 为首项为2，公比为2的等比数列．即n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列．∵111222n n n n c c q --===， ∵2n n a n =．（2）由题意得222222112(1)2(1)2(1)1n n n n n a n b n n n n n n n n ⎛⎫====- ⎪++++⎝⎭，∵12+n n S b b b =++1111121222231n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111221222311n n n ⎛⎫=-+-++-=-⎪++⎝⎭， ∵n +∈N ， ∵201n >+，则2221n S n =-<+，得证． 典例2．已知数列{}n a 满足()112323?··122n n a a a na n +++++=-+． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设数列2221log log n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：34n T <．2．（1）2n n a =；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）得到当2n ≥时，()()1231231222n n a a a n a n -++++-=-+，然后与原式联立，可得2n n a =，然后验证1n =是否满足即可.（2）根据（1）中条件可得2221111log log 22n n a a n n +⎛⎫=- ⎪⋅+⎝⎭，然后使用裂项相消求和并简单判断即可. 【详解】（1）由题意：()112323122n n a a a na n +++++=-+ ∵当2n ≥时，()()1231231222n n a a a n a n -++++-=-+ ∵∵－∵得()()11222n n n na n n +=---，即2n n a =， 当1n =时，12a =满足上式， 所以2n n a =．（2）因为22log log 2n n a n ==，所以()22211111log log 222n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅++⎝⎭，所以11111111111232435112n T n n n n ⎛⎫=-+-+-++-+- ⎪-++⎝⎭()()1111323122124212n n n n n +⎛⎫=+--=- ⎪++++⎝⎭ 又()()230212n n n +>++，所以34n T <．典例3．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()()()11,114n n n a a a a S n +=++=+，n *∈N ． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若234,,a a a 为等差数列，求证：()21223157231222nn n n n N a a a a a a *+++++<∈．3．（1）22,21,21,2,n n a n k k N a n n k k N **⎧+-=-∈=⎨-=∈⎩；（2）证明过程见解析. （1）根据前n 项和与第n 项的关系，结合等差数列的定义进行求解即可； （2）根据等差数列的性质，结合裂项相消法进行证明即可. 【详解】（1）当1n =时，()()()1211141a a S ++=+，解得23a =， 当2,n n N *≥∈时，()()()111141n n n a a S n --++=+-，所以有()()()()()()1111111441n n n n n n a a a a S n S n +--++-++=+-+-， 由题意可知：0n a >，化简得：114n n a a +--=，所以2114(1)44k a a k k a -=+-=+-，224(1)4441k a a k k a k =+-=+-=-，因此22,21,21,2,n n a n k k N a n n k k N **⎧+-=-∈=⎨-=∈⎩； （2）由（1）可知：23a =，34a a =+，47a =，因为234,,a a a 为等差数列，所以32422(4)371a a a a a =+⇒+=+⇒=，因此21()n a n n *=-∈N ， 因为1123231122(21)(21)2(21)2(21)n n n n n n n n a a n n n n -+++==--+-+，因此有： 212231215723222111111()()[]112323252(21)2(21)1112(21)n n n n n n n a a a a a a n n n +-++++=-+-++-⨯⨯⨯⨯-+=-<+.【双基达标】1．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足n a=2n ≥，*n ∈N ），11a =. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设1cosπn n n nb n a a +=⋅，求数列{}n b 的前2n 项和2nT 的表达式. （1）正项数列{}n a 的前n 项和为n S，满足n a =2n ≥，*n∈N ），所以1n n SS --=整理得：)10=，1（常数）， 所以1==为首项，1为公差的等差数列， ()11n n =+-=，所以121n a n n n ==+-=-，易见11a =也适合该式. 故21n a n =-. （2）由于()1111cos π142121nn n n n b n a a n n +⎡⎤⎛⎫=⋅=-⨯+ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎣⎦， 所以2123212n n n T b b b b b -=+++++11111111111141343545744141n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦1111111114335574141n n ⎛⎫=--+-+-+++ ⎪-+⎝⎭ 11144141n n n ⎛⎫=-+=- ⎪++⎝⎭. 2．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知3412S a a =-，且12a +，22a ，3a 成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设数列{}n b 满足11n n n n n S na b S S ++-=，求数列{}n b 的前n 项和n T .解析（1）设等比数列{}n a 的公比是q ，由3412S a a =-得()23211q q q ++=-，解得3q =.∵12a +，22a ，3a 成等差数列，∵211142a q a a q =++，解得11a =.∵()1*3n n a n N -=∈.（2）∵数列{}n a 是以1为首项，以3为公比的等比数列， ∵()1312nn S =-. ∵11111(1)1n n n n n n n n n n nS na n S nS n nb S S S S S S +++++-+-+===-，∵231121231121n n n n n n n n n T S S S S S S S S +-⎛⎫⎛⎫+-=++++-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11111112(1)23313131n n n n n n n S S +++++++-=-=-=--. 【高分突破】1．已知等差数列{}n a 的前n 项和为254,12,16n S a a S +==． (1)求{}n a 的通项公式； (2)数列{}n b 满足141n n n b T S =-，为数列{}n b 的前n 项和，是否存在正整数m ，()1k m k <<，使得23k m T T =?若存在，求出m ，k 的值；若不存在，请说明理由．解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由2541216a a S +=⎧⎨=⎩得112512238a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩，()*12121,n a n n n N ∴=+-=-∈；（2）()2122n n n S n n -=+⨯=，211114122121n b n n n ⎛⎫∴==- ⎪--+⎝⎭，1211111111111123352321212122121n n n T b b b n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥---+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，若23k m T T =，则()2232121k m k m =++，整理得223412m k m m =+-， 又1k m >>，2234121m m m m m ⎧>⎪∴+-⎨⎪>⎩，整理得222104121m m m m m ⎧-->⎪+-⎨⎪>⎩，解得11m << 又*m N ∈，2m ∴=，12k ∴=， ∵存在2,12m k ==满足题意．2．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()22N n n S a n ++=∈.(1)证明：数列{}2n S +是等比数列；(2)设数列()()1211n n n a a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬--⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：213n T ≤<.18．（1）证明：当1n =时，1122S a +=∵112S a ==当2n ≥时，()122n n n S S S -+=-122n n S S -=+，()1222n n S S -+=+∵1222n n S S -+=+∵数列{}2n S +是以2为公比，首项124S +=的等比数列（2）由（1）知1242n n S -+=⨯，122n n S +=-，代入22n n S a +=得2nn a =()()1121121212121n n n n n ++=-----∵2231111111212121212121n n n T +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+- ⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭111121n +=-<-由1n ≥，124n +≥，1213n +-≥111213n +≤-，所以111213n +-≥--∵1121213n +-≥-综上所述213n T ≤< 3．在数列{}n a 中，121,3a a ==，且对任意的*N n ∈，都有2132n n n a a a ++=-. (1)证明：数列{}1n n a a +-是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设1221nn n n b n a a +=-+，求数列{}n b 的前n 项和n S .（1）由2132n n n a a a ++=-，可得()2112.n n n n a a a a +++-=-又11a =，23a =，所以212a a -=.所以{}1n n a a +-首项为2，公比为2的等比数列.所以12nn n a a +-=.所以()()1211n n n a a a a a a -=+-++-()2112122221212n n n n --=++++==-≥-.又11a =满足上式，所以21nn a =-（2）由（1）得()()()()()()11121212212121212121n n nn n n n n b n n +++---=-+=-+----111212121n n n +=--+--，所以12n nS b b b =+++2231111111()[(1)(3)(21)]212121212121n n n +⎛⎫⎛⎫=-+-++-+-+-+⋅⋅⋅+-+ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭11(112)1212n n n +-+-=-+-211121n n +=---4．已知函数()()()4log 101x f x x x +=>+的图象上有一点列()()*,n n n P x y n N ∈，点n P 在x 轴上的射影是(),0n n Q x 且()*1432,n n x x n n N -=+≥∈，13x =．（∵）求数列{}n x 的通项公式；（∵）对任意的正整数n ，当[]1,1m ∈-时，不等式21334n t mt y -+>恒成立，求实数t 的取值范围；（∵）设四边形11n n n n P Q Q P ++的面积是n S ，求证：12111823n S S nS ++⋅⋅⋅+<． （∵）∵143n n x x -=+，∵()1141n n x x -+=+，又13x =，∵{}1n x +是以4为首项4为公比的等比数列，∵14nn x +=，∵()*41n n N x n =-∈.（∵）()4log 44114n n n nn n y f x ===-+，∵不等式21334n t mt y -+>对正整数n 恒成立， ∵()2max 1334n t mt y -+>，而111143n n y n n y n n n +++==<+， ∵{}n y 是一个减数列，()1max 14n y y ==， 故2113344t mt -+>，∵2330t mt ->对[]1,1m ∈-恒成立， 故223303+30t t t t ⎧->⎨>⎩，解得1t >或1t <-.（∵）()()()111111122n n n n n n n n n n n S P Q P Q Q Q y y x x +++++=+⨯=+- ()()1111344512448n n n n n n n +++⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭， ∵()()18401401135135513551n nS n n n n n n ⎛⎫==⨯=- ⎪+++⎝⎭ 4011811355531n n n n ⎛⎫⎛⎫<-=- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，∵1211181111181811232231313n S S nS n n n ⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+-=-< ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭. 5．数列{}n a 中，112a =-，()*1212,n n a a n n n -=--≥∈N ，设n n b a n =+．（1）求证：数列{}n b 是等比数列； （2）求数列{}n nb 的前n 项和n T ；（3）若12n n n c a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，n P 为数列212n n n n c c c c +⎧⎫+⎨⎬+⎩⎭的前n 项和，求不超过2021P 的最大的整数．（1）将121n n a a n -=--两边都加2n ，得()()121n n a n a n -+=+-，而1112a +=， 即有()1112n n a n a n -+=+-，又n n b a n =+，则()*112,2n n b n n b -=≥∈N ，11112b a =+=，所以数列{}n b 是首项为12，公比为12的等比数列；（2）由（1）知，1()2nn b =，则1()22n n n n nb n =⋅=，234112341222222n n n n nT --=++++++， 234511123412222222n n n n nT +-=++++++， 因此，2341111111111222222222n n n n n n nT ++=+++++-=--， 所以222n nnT +=-； （3）由（2）知1()2nn b =，于是得1()2n n n a b n n =-=-，则n c n =，因此，()2212211111111n n n n c c n n c c n n n n n n ++++==+=+-++++，20211111111111(1)(1)(1)(1)(1)1223342020202120212022P =+-++-++-+++-++-120222022=-所以不超过2021P 的最大的整数是2021．6.(2016年山东省高考真题)已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且124,,S S S 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令()1141n n n n nb a a -+=-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．（1）∵等差数列{an }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1、S 2、S 4成等比数列． ∵S n ＝na 1+n （n ﹣1）（2a 1+2）2＝a 1（4a 1+12），a 1＝1，∵an ＝2n ﹣1； （2）∵由（1）可得()()111411112121n n n n n n b a a n n --+⎛⎫=-=-+ ⎪-+⎝⎭， 当n 为偶数时，T n ＝11111111113355723212121n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+++-++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1212121n n n =-=++．当n 为奇数时，11111111113355723212121n T n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+++-⋯-+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12212121n n n +=+=++ ． 2,2122,21n nn n T n n n ⎧⎪⎪+∴=⎨+⎪⎪+⎩为偶数为奇数．。
高中数学复习_数列求和_裂项相消法
裂项相消法求和把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。
1、 特别是对于⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n n a a c ，其中{}n a 是各项均不为0的等差数列，通常用裂项相消法，即利用1+n n a a c =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+111n n a a d c ，其中()n n a a d -=+1 2、 常见拆项：111)1(1+-=+n n n n)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n!)!1(!n n n n -+=⋅)!1(1!1)!1(+-=+n n n n例1 求数列1{}(1)n n +的前n 和n S ．例2 求数列1{}(2)n n +的前n 和n S ．例3 求数列1{}(1)(2)n n n ++的前n 和n S ．例4 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.例5：求数列311⨯，421⨯，531⨯，…，)2(1+n n ，…的前n 项和S例6、 求和)12)(12()2(534312222+-++⋅+⋅=n n n S n一、累加法1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。
2．若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
裂项相消法
(2n
1 1)(2n
1)
1（ 1 1 ） __2__2_n___1__2_n___1__
n
1 nkΒιβλιοθήκη _1k_（___n___k____n__）
②一般情况下，若an是等差数列
1 an an 1
1 1 1
d
an
an1
_____________
,
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：
1 1 (1 1 ) n(n 2) 2 n n 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
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，后面也剩两项等
①裂项相消法：把数列的通项拆成两项，在求和时中间
的一些项可以相互抵消，从而求得其和 。
常见的拆项公式有： 1 n(n k)
1（1 1 ） __k__n___n___k ___
数列求和
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
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。
1数列求和之裂项相消法优质课件PPT全
1
nn
k
1 k
1 n
n
1
k
变式4：
求和：
Sn
1+ 1 1+2
1 1+2+3
1
1+2+3
n
例2 数列an的前n项和Sn , 通项公式an 2n1,
设bn
=
an +1 Sn Sn+1
，求:数列bn
的前项和Tn
bn
2n 2n 1 2n1 1
1
1
2n 1 2n1 1
1
Tn =1 2n1 1
1 n 1
n ,求其前n项和为Sn.
知识归纳
裂项相消法 分式型
裂项相消法的一般步骤 求通项 裂项 相消
裂项相消法常见裂项公式
求和
变式4：数列的通项公式an
nn
1
1 n
2
, 求其前n项和Sn.
n
n
1
1
n
2
1 2
n
1
n 1
n
1
1
n
2
Sn
=
1 2
1 2
n
1
1
n
2
变式1： 已知数列an为等差数列,a1 1 ,a1 a2 a3
S 数列 bn
满足 bn
2n 1
anan1 2
求：数列 bn
的前n项和
n
bn
2n
n2 n
1
12
1 n2
1 n 1 2
提升
数列an的前n项和Sn ,通项公式an
1 n2
,
证明: Sn 2
小结
数列裂项相消法求和
数列的求和是高考的必考题型，求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择恰当的求和方法。
常见的求和方法有：公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等。
今天讲讲裂项相消法求和。
常见的列项求和公式()11111)1(+-=+n n n n())11(11)2(kn n k k n n +-=+ )121121(21141)3(2+--=-n n n nn n n -+=++111)4( )(11)5(n k n k kn n -+=++nn na a a log )1(log )11(log )6(-+=+注意：裂开后，两项之差前面的系数为小分母大分母-1【典例1】形如)(1k n n a n+=型{}{}{}nn nn n n nn n n T n b s b a n a a s s n a 项和的前求数列设项公式。
是等比数列，并求其通证明数列都成立。
对任意的正整数且满足项和为的各项为正数，前已知数列,1)2()1(324,2=-+= ⎩⎨⎧≥-==-2,1n ,11n S S S a a S n n n n n ，得用公式求分析：已知下面求n>1时，（1）【典例2】形如kn n a n++=1型 {}2019,,)()1(124)(S S n a N n n f n f a x x f n n n a求项和为的前记数列，令），，的图像过点（已知函数+∈++==解析：【规律方法】利用裂项相消法求和的注意事项。
1、抵消后并不定只剩下第一项和最后一项，也有可能是前面两项，和后两项；或者是前面几项，后面几项。
2、将通项裂开后，有时需要调整前面的系数，系数为：裂开的两项分母之差的倒数。
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数列求和（1）
--裂项相消法的应用
教学内容：从每年的广东高考题可以看到，数列不管是从选择、填空和解答题中都是必考题型，并且数列考点有：数列几何性质的应用、数列的通项公式、数列求和问题。
这三类问题是高考的必考点，更是热点。
对于数列求和问题又是重点中的重点，本节课我们就数列求和中的裂项相消法做重点学习。
教学重难点：对于裂项相消法的基本形式和基本题型熟练掌握和应用，要识别清裂项相消法和其它求和方法的区别，真正会识别裂项相消法的本质面目，且灵活运用进行解题，达到高考要求。
一、基础练习：
1.在等差数列}{n a 中，5,142==a a ,则}{n a 的前5项和5S =( ) A.7 B.15 C.20 D.25 答案 B
2．在数列{a n }中，a n ＝1n n ＋1 ，若{a n }的前n 项和为2 013
2 014
，则项数n 为( )．
A ．2 011
B ．2 012
C ．2 013
D ．2 014
答案 C
3．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩
⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪
⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________. 答案 n n ＋1
对于数列求和问题要稳扎稳打。
二、基本题型讲解和运用
总结：（1）中式子的变形方向很重要，这种形式在数列和函数问题中都是很常见，要学会。
（2）中的裂项求和很是常规，要熟练。
练习：
（2）中的1/Sn变形为裂项相消很重要，所以要认清裂项相消的真面目。
对于Tn的范围求解，完全是借助和式和数列的单调性完成。
2、
解答如下：
第（3）问是重点，两种方法都很好，尤其是方法2中的先放缩再求和，对于数列中的放缩做好了铺垫。
练习2：
解答如下：
本练习在于巩固裂项相消法的同时又把数列放缩问题进行了巩固，对于1中的式子变形常用且重要，要学会。
作业：书上练习
总结：裂项相消法求和的处理方法
1、直接法：对通项公式进行裂项后进行求和
2、对通项公式先放缩后再裂项相消求和，有可能前几
项不动，从后面某一项开始放缩。
3、利用函数单调性处理数列范围问题也是数列不等
式问题常用方法。