裂项法求数列的和
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
裂项相消法求和
裂项相消法求和利用解析式变形，将一个数列分成若干个可以直接求和的数列，即进行拆项重组，或将通项分裂成几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后剩下有限项的和。
这是一种非常常见的题型，也是高考中的热点考题。
相对于其它题型来说，这种题目的难度大，有一定的思维能力，对于培养学生的思维有常见的拆项公式有： ○1()11111+-=+n n n n○2()()()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=++2111121211n n n n n n n○3()()⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-1211212112121n n n n○4()ba ba b a --=+11○5()!!1!n n n n -+=⋅○6mn m n m n C C C -=+-11○7()21≥-=-n S S a n n n○8()()112+<<-n n n n n ，()()111112-<<+∴n n n n n ， 即nn n n n 11111112--<<+- 例1、已知数列{}n a 的各项如下：1，211+，3211++，…………，n++++ 3211。
求它的前n 项和n S 。
解析：()()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+=+=++++=1112122113211n n n n n n n a n所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++++=111413131212112321n n a a a a S n n121112+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n n 例2、已知数列{}n a 是等差数列，其前n 项和n S ，且123=S ,63=a 。
○1求数列{}n a 的通项公式；○2求证：11111321<++++nS S S S解析：○1n a d a d a d a S a n 22212336212611133=⇒⎪⎩⎪⎨⎧⎩⎨⎧⎩⎨⎧==⇒=+=+⇒==○2()()()11111112222642+-=+=⇒+=+=++++=n n n n S n n n n n S n n所以1111111413131212111111321<+-=+-++-+-+-=++++n n n S S S S n 例3、数列{}n a 的通项公式是12-=nn a ，如果数列{}n b 是12++=n n nn a a b ，试求{}n b 的前n项和n S 。
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。
《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$frac{1}{2} times (1 + n^n)$。
数列中裂项求和的几种常见模型
数列中裂项求和的几种常见模型模型一：数列{}n a 是以d 为公差的等差数列,且),3,2,1(0,0 =≠≠n a d n ,则)11(1111++-=n n n n a a d a a 例1已知二次函数()y f x =＝3x 2－2x ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上.（Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式； (Ⅱ）设11n n n b a a +=，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m; (2006年湖北省数学高考理科试题)解：（Ⅰ）因为点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上，所以n S ＝3n 2－2n.当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5,当n ≥2时, a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n ）－[])1(2)132---n n （＝6n －5。
（n=1也符合） 所以，a n ＝6n －5 （n N *∈) （Ⅱ）分析：恒成立问题.求m 则m 为参数，n 为变量由（Ⅰ）得知13+=n n n a a b ＝[]5)1(6)56(3---n n ＝)161561(21+--n n ,故T n ＝∑=ni i b 1＝21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-)161561(...)13171()711(n n ＝21（1－161+n ). 因此,要使21(1－161+n ）〈20m （n N *∈）成立的m,必须且仅须满足21≤20m ，即m ≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10..例2在xoy 平面上有一系列点),,(111y x P ),(222y x P ，…，),(n n n y x P ，…，（n ∈N ＊），点P n 在函数)0(2≥=x x y 的图象上，以点P n 为圆心的圆P n 与x 轴都相切,且圆P n 与圆P n +1又彼此外切。
裂项相消法求数列的前n项和
裂项相消法求数列的前n项和
分裂项相消法是指对某个数列进行分裂，使其合并后形成一个可求得前n项和的数列，而后再进行逆运算，来求出数列的前n项和。
它主要应用在求等差数列前n项和的问题上，其基本思想是把等差数列分解成容易相加的形式，在其中可以特定某些项，然后再将它们重新组合，从而使得每一次所做的加法更简单，最后可得到累加的结果。
这种分裂项相消法的实现过程中，首先需要把数列分解成容易相加的表达式，而后再根据相关公式来求解。
例如某一等差数列的前n项和问题，可以把数列分解成2(a1+an)，再通过公式a1+an=(n+1)d/2（d为数列的公差），根据前面的和来求得等差数列前n项和，最终可求得所求答案。
分裂项相消法也可以用在其他无法明确表达的问题上，比如多项式的前n项和求解。
在这种情况下，首先需要把多项式分解成有限个同类项的形式，设置两个变量，一个是粗变项，一个是细变项，进行分解项的求解，然后运用合并项法，最终可以得到多项式前n项和的结果。
总体而言，分裂项相消法是一种较为复杂的求解数列前n项和的方法，它可以起到节省计算时间和错误概率，特别适用于求解较复杂的数列前n项和问题。
数列中裂项求和的几种常见模型
数列中裂项求和的几种常见模型数列问题是高考的一大热点，而且综合性较强，既注重基础知识的掌握，又注重数学思想与方法的运用。
而此类问题大多涉及数列求和，所以数列求和方法是学生必须掌握的，主要的求和方法有：公式法、拆项重组法、并项求和法，裂项相消法、错位相加法、倒序相加法等等，而裂项相消法是其中较为基础、较为灵活的一种，也是出现频率最高，形式最多的一种。
下面就例举几种裂项求和的常见模型，以供参考。
模型一：数列{}n a 是以d 为公差的等差数列，且),3,2,1(0,0 =≠≠n a d n ，则)11(1111++-=n n n n a a d a a 例1已知二次函数()y f x =的图像经过坐标原点，其导函数为'()62f x x =-，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)()nn S n N *∈均在函数()y f x =的图像上。
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设11n n n b a a +=，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m ；（2006年湖北省数学高考理科试题）解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax 2+bx (a ≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x －2,得a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x 2－2x. 又因为点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上，所以n S ＝3n2－2n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2－2n ）－[])1(2)132---n n （＝6n －5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5 （n N *∈） （Ⅱ）由（Ⅰ）得知13+=n n na ab ＝[]5)1(6)56(3---n n ＝)161561(21+--n n ，故T n ＝∑=ni i b 1＝21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-)161561(...)13171()711(n n ＝21（1－161+n ）. 因此，要使21（1－161+n ）<20m （n N *∈）成立的m,必须且仅须满足21≤20m ，即m ≥10，所以满足要求的最小正整数m为10..例2在xoy 平面上有一系列点),,(111y x P),(222y x P ，…，),(n n n y x P ，…，（n ∈N *），点P n 在函数)0(2≥=x x y 的图象上，以点P n 为圆心的圆P n 与x 轴都相切，且圆P n 与圆P n +1又彼此外切. 若n n x x x <=+11,1且. （I ）求数列}{n x 的通项公式； （II ）设圆P n的面积为,,:2n n n n S T S T =+<求证解：（I ）圆P n 与P n+1彼此外切，令r n 为圆P n 的半径， ,)()(,||1212111++++++=-+-+=∴n n n n n n n n n n y y y y x x r r P P 即 两边平方并化简得,4)(121++=-n n n n y y x x由题意得，圆P n 的半径,4)(,212212++=-==n n n n n n n x x x x x y r),(211,2,01111*++++∈=-=-∴>>N n x x x x x x x x nn n n n n n n 即11}1{1=∴x x n 是以数列为首项，以2为公差的等差数列， 所以121,122)1(11-=-=⨯-+=n x n n x n n 即（II ）4422)12(-====n x y r S n n n n ππππ，])12(1311[2221-+++=+++=n S S S T n n π因为 ))12)(32(15.313.111(--++++≤n n π .23)12(223)]1211(211[)]}121321()5131()311[(211{πππππ<--=--+=---++-+-+=nn n n所以，.23π<nT模型二：分母有理化，如：n n n n -+=++111例3已知)2(41)(2-<-=x x x f ，)(x f 的反函数为)(x g ，点)1,(1+-n n a a A 在曲线)(x g y =上)(*∈N n ，且11=a(I)证明数列{21na }为等差数列；(Ⅱ)设1111++=n n n a a b ,记n n b b b S +++= 21，求n S解(I)∵点A n (11,+-n n a a )在曲线y =g (x )上(n ∈N +)，∴点(n n a a ,11+-)在曲线y =f (x )上(n ∈N +)4)1(12--=nna a ,并且a n >021141nn a a +=∴+，),1(411221N n n a a nn ∈≥=-∴+，∴数列{21na }为等差数列 (Ⅱ)∵数列{21na }为等差数列，并且首项为211a =1，公差为4，∴21na =1+4（n —1），∴3412-=n a n ，∵a n >0，∴341-=n a n ，b n ＝1111++n n a a =4341414341--+=++-n n n n ,∴S n ＝b 1＋b 2+…＋b n =43414.......459415--+++-+-n n =4114-+n 例4设40122N =，则不超过1Nn =的最大整数为 。
数列“裂项相消法”求和探究
解析：（１）利用基本量法不难得到犪狀 ＝狀＋１．
（２）因
为１ 犪狀犪狀＋１
＝
１
１
（狀＋１）（狀＋２）＝狀＋１ －
狀１＋２，所以可利用裂项相消法求和．
犜狀
１ ＝２
－
１ ３
＋
１ ３
－
１ ４
＋
…
１ １１ ＋狀＋１－狀＋２＝２
１
狀Hale Waihona Puke －狀＋２＝２（狀＋２）．存 在狀∈犖 ，使得犜狀－λ犪狀－１ ≥０成立，即存在狀
∈犖 ，使得２（狀狀＋２）－λ（狀＋２）≥０成立，即存在狀∈
犖 ，使 得 λ
≤
狀 ２（狀＋２）２
成
立．
又
狀 ２（狀＋２）２
＝
（ ） （ ） １ ４
·
１ ４
≤１１６（当且仅当狀＝２
２狀＋狀 ＋４ ２狀＋狀 ＋４
时取等
号
），所
以
λ
≤
１，即 １６
实
数λ
的
取
反数的两项．
（ ） 解：因
为
犪狀
１ ＝狀（狀＋２）＝
１ ２
１１ 狀 －狀＋２
（狀 ∈
［（ ） （ ） （ 犖），所以
犛狀
＝
１ ２
１ １－ ３ ＋
１１ ２－４
＋
１ ３－
） （ ） （ ） （ １
５
＋
１１ ４－６
＋…＋
１
１
狀－１－狀＋１
＋
１ 狀－
）］ （ ） （ １
狀＋２
＝
１ ２
１＋
１ ２
１
１
－狀＋１－狀＋２
＝
１ ２
用裂项相消法解多类数列求和问题
2020年第6期(上)中学数学研究37用裂项相消法解多类数列求和问题安徽省芜湖市第一中学(241000)刘海涛数列是高中数学的重要内容之一,数列求和更是高考常考问题,数列求和主要有公式法、裂项相消法、错位相减法、并项转化法、分组转化法等.笔者发现,很多时候我们可以通过待定系数法构造数列{b n }满足a n =b n +1−b n ,利用裂项相消法来对数列{a n }求和,一步到位得到S n =b n +1−b 1,这样的做法可以大大的减少计算量,提高解题效率,现通过具体例题介绍这种做法,供读者参考学习.1解决公式法求和问题例1求12+22+32+···+n 2.解析令a n =n 2,问题转化为求数列{a n }的前n 项和.构造数列{b n }满足a n =b n +1−b n ,设b n =xn 3+yn 2+zn ,则x (n +1)3+y (n +1)2+z (n +1)−(xn 3+yn 2+zn )=n 2,整理得3xn 2+(3x +2y )n +x +y +z =n 2,所以3x =1,3x +2y =0,x +y +z =0,解得x =13,y =−12,z =16,故b n =13n 3−12n 2+16n .12+22+32+···+n 2=(b 2−b 1)+(b 3−b 3)+···+(b n +1−b n )=b n +1−b 1=13(n +1)3−12(n +1)2+16(n +1)−0=16n (n +1)(2n +1).点评自然数平方和公式常见的证明方法有两种,一是先通过不完全归纳法猜想再用数学归纳法证明,这种方法虽容易,但计算繁琐;二是利用公式n 3−(n −1)3=3n 2−3n +1迭加,这种方法的技巧性很强,一时难以想到.在这里,将n 2构造成数列{b n }的前后两项之差,最后成为裂项相消求和形式,一步到位得到答案.2解决错位相减法求和问题例2求公比为q (q =1)的等比数列{a n }的前n 项和S n .解析由题知a n =a 1q n −1,构造数列{b n }满足a n =b n +1−b n ,设b n =xq n ,则xq n +1−xq n =a 1q n −1,解得x =a 1q 2−q ,所以b n =a 1q −1q n −1,故S n =(b 2−b 1)+(b 3−b 3)+···+(b n +1−b n )=b n +1−b 1=a 1q −1q n −a 1q −1=a 1q −1(q n −1)点评等比数列求和公式课本上是用错位相减法推导得到的,利用待定系数法构造新数列裂项相消求和大大简化了计算.另外我们也可以通过a n =a 1qn −1=a 1·q n −q n −1q −1=a 1q −1q n −a 1q −1qn −1直接裂项求和,但是此法技巧性强,难以想到.例3已知数列{a n }为等差数列,前n 项和S n (n ∈N ∗),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4−2a 1,S 11=11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n −1}的前n 项和T n .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 (q >0).由题知b 2+b 3b 1=q +q 2=6,解得q =2,则b n =2n ,所以a 4−2a 1=8,S 11=11×16,即3d −a 1=8,11a 1+55d =11×16,解得d =3,a 1=1,则a n =3n −2.(2)由(1)得a 2n b 2n −1=(6n −2)22n −1=(3n −1)4n ,构造数列{c n }满足a 2n b 2n −1=c n +1−c n ,设c n =(xn +y )4n ,则(x (n +1)+y )4n +1−(xn +y )4n =(3n −1)4n ,整理得3xn +4x +3y =3n −1,则3x =3,4x +3y =−1,解得x =1,y =−53,所以c n =(n −53)4n ,故T n =c n +1−c 1=(n −23)4n +1+83.点评对于等差乘等比型数列,通常的做法是错位相减法.虽然错位相减法是一种固定模式的做法,学生容易掌握,但是计算繁琐复杂,学生在实际解题时会做却难以算出正确结果,而用待定系数法构造数列{b n }使得a n =b n +1−b n ,很容易裂项相消求出结果.3解决并项转化法求和问题例4已知数列{a n }的前n 项和S n =2n 2−n .(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =(−1)n a n ,求数列{b n }的前n 项和S n .解析(1)n 2时,a n =S n −S n −1=(2n 2−n )−(2(n −1)2−(n −1))=4n −3,又a 1=1,所以a n =4n −3.(2)由(1)得b n =(−1)n (4n −3),构造数列{c n }满足38中学数学研究2020年第6期(上)b n =c n +1−c n ,设c n =(−1)n (xn +y ),则(−1)n +1(x (n +1)+y )−(−1)n(xn +y )=(−1)n(4n −3),整理得2xn +x +2y =−4n +3,解得x =−2,y =52,则c n =(−1)n (−2n +52),故T n =c n +1−c 1=(−1)n +1(−2n +12)+12=(−1)n (2n −12)+12.点评对于通项公式是a n =(−1)n f (n )的数列求和,还可以采用并项转化求和,如本题可以构造数列{d n }满足d n =b 2n −1+b 2n =4,然后对项数n 分奇偶数讨论,得T n =2n,n 为偶数;−2n +1,n 为奇数.4解决分组转化法求和问题例5在数列{a n }中,a 1=1,a 2=3,a n +2=3a n +1−2a n .(1)证明数列{a n +1−a n }是等比数列,并求数列{a n }的通项公式;(2)若b n=4log 2(a n +1)+3,求数列{(−1)n b n b n +1+n ·2n }的前n 项和T n .解析(1)由题得a n +2−a n +1=2(a n +1−a n ),且a 2−a 1=2,则数列{a n +1−a n }是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n +1−a n =2n .n 2时,a n =(a n −a n −1)+(a n −1−a n −2)+···+(a 2−a 1)+a 1=2n −1+2n −2+···+21+1=2n −1,又a 1=1,因此a n =2n −1.(2)由(1)得b n =4n +3,则(−1)n b n b n +1+n ·2n =(−1)n (4n +3)(4n +7)+n ·2n .构造数列{c n }满足(−1)n b n b n +1+n ·2n =c n +1−c n ,设c n =(−1)n (xn 2+yn +z )+(sn +t )2n ,则(−1)n +1(x (n +1)2+y (n +1)+z )+(s (n +1)+t )2n +1−(−1)n (xn 2+yn +z )−(sn +t )2n =(−1)n (4n +3)(4n +7)+n ·2n ,整理得(−1)n +1(2xn 2+2(x +y )n +x +y +2z )+(sn +2s +t )2n=(−1)n +1(−16n 2−40n −21)+n ·2n ,所以2x =−16,2(x +y )=−40,x +y +2z =−21,s =1,2s +t =0,解得x =−8,y =−12,z =−12,s =1,t =−2,则c n =(−1)n(−8n 2−12n −12)+(n −2)2n=(−1)n +1(8n 2+12n +12)+(n −2)2n ,故T n =c n +1−c 1=(−1)n(8n 2+28n +412)+(n −1)2n +1−372.点评本题也可以用分组转化求和,数列{(−1)n b n b n +1+n ·2n }的通项可以分为两个部分,一是数列{(−1)n b n b n +1},用并项转化求和得(−1)n (8n 2+28n +412)−412;二是数列{n ·2n },用错位相减求和得(n −1)2n +1+2.5解决特殊数列{(An 2+Bn +C )q n }求和问题例6已知数列{a n }满足a 1=2,a n +1−a n =2(n +1).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =(12)n,求数列{a n b n }的前n 项和S n .解析(1)n 2时,a n =(a n −a n −1)+(a n −1−a n −2)+···+(a 2−a 1)+a 1=2n +2(n −1)+···+2×2+2=n 2+n,又a 1=2,因此a n =n 2+n .(2)由(1)得a n b n =(n 2+n)(12)n,构造数列{c n }满足a n b n =c n +1−c n ,设c n =(xn 2+yn +z )(12)n,则(x (n +1)2+y (n +1)+z )(12)n +1−(xn 2+yn +z)(12)n =(n 2+n)(12)n,整理得−xn 2+(2x −y )n +x +y −z =2n 2+2n ,所以−x =2,2x −y =2,x +y −z =0,解得x =−2,y =−6,z =−8,故c n =(−2n 2−6n −8)(12)n =−(n 2+3n +4)(12)n −1,因此S n =c n +1−c 1=8−(n 2+5n +8)(12)n.点评对于数列{(n 2+n)(12)n },平常所用的数列求和法是求不出它的前n 项和的,但是通过待定系数法构造数列{c n },使得c n +1−c n =(n 2+n )(12)n,接着利用裂项相消法求和即可得到答案.本文介绍的通过待定系数法构造新数列,再利用裂项相消法求和,为我们提供了一种新的数列求和方法,但是同学们在日常学习中,要结合自身掌握程度和实际情况,选择最佳的求和方法,不要一味追求某一种解法,要学会从不同解法中汲取不同的数学思想,提高自身的数学核心素养.。
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。
【方法技巧,学习法宝】用“裂项相消法”求数列的前n项和
★★★方法技巧，学习法宝★★★题型归类：用“裂项相消法”求数列的前n 项和【例1】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n <34.(1)解： 由S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)，得S n －1＝12a n ＋n (n ≥2，n ∈N *)，两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2， 即a n ＋1－1＝3(a n －1)， 又a 1－1＝－2－1＝－3≠0，所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列， 所以a n －1＝(－3)·3n －1＝－3n .故a n ＝－3n ＋1.(2)证明： 由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n ＝n ， 得1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝12⎝⎛1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1⎭⎫－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝12⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)<34. ♦♦♦跟踪训练♦♦♦1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________. 2．已知等差数列{a n }满足(a 1＋a 2)＋(a 2＋a 3)＋…＋(a n ＋a n ＋1)＝2n (n ＋1)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，求{b n }的前n 项和S n .【例2】已知函数f (x )＝x α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 2 017＝________. 答案： 2 018－1解：由f (4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝12x .∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1. ♦♦♦跟踪训练♦♦♦3．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为________．4．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，∀n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a na n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________．【例3】已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0,6S n ＝a 2n ＋3a n ，n ∈N *，b n ＝12(21)(21)n n n a a a +--，若∀n ∈N *，k >T n 恒成立，则k 的最小值是( ) A.17 B.149 C ．49D.8441解：当n ＝1时，6a 1＝a 21＋3a 1， 解得a 1＝3或a 1＝0. 由a n >0，得a 1＝3.由6S n ＝a 2n ＋3a n ，得6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1. 两式相减得6a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n .所以(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.因为a n >0，所以a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝3. 即数列{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n .所以b n ＝12(21)(21)nn n a a a +--＝8n (8n －1)(8n ＋1－1)＝17⎝⎛⎭⎫18n －1－18n 1－1. 所以T n ＝17⎝⎛18－1－182－1＋182－1－183－1＋…＋⎭⎫18n－1－18n ＋1－1 ＝17⎝⎛⎭⎫17－18n ＋1－1<149. 要使∀n ∈N *，k >T n 恒成立，只需k ≥149.故选B. ♦♦♦跟踪训练♦♦♦5．已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；☀☀☀详细答案☀☀☀ ♦♦♦跟踪训练♦♦♦1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________. 答案：2n n ＋1解：设等差数列{a n }的公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1.∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1.2．已知等差数列{a n }满足(a 1＋a 2)＋(a 2＋a 3)＋…＋(a n ＋a n ＋1)＝2n (n ＋1)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，求{b n }的前n 项和S n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 当n ＝1时，a 1＋a 2＝4，当n ＝2时，a 1＋a 2＋a 2＋a 3＝12，即4a 2＝12，a 2＝3， ∴a 1＝1，d ＝a 2－a 1＝2，∴等差数列{a n }的通项公式a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1， ∴a n ＝2n －1.(2)由(1)得b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.3．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为________．答案：120 解：∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1.令n ＋1－1＝10，得n ＝120.4．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，∀n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a na n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案：9解：∵2S n ＝a 2n ＋a n ，① ∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列，∴a n ＋1－a n －1＝0， 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝n ，∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1] ＝(n ＋1)n －n n ＋1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴T n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1， 要使T n 为有理数，只需1n ＋1为有理数， 令n ＋1＝t 2， ∵1≤n ≤100，∴n ＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数． ∴T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为9.5．已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且124S S S ，， 成等比数列． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；解：（Ⅰ）∵等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，∴2214S S S =，∴222111()()222?444a a a -+-+＝，化为2111()3()1a a a ++＝，解得11a = ． ∴1112121n a a n d n n =+-=+-=-（）（） ． (1()4212n n -。
7.裂项相消法求和
3.
设 bn
=
(n
+
2
1)(n
+
2)
，记数列
{bn
}
的前
n
项和为
Tn
，求使
Tn
£
24 25
成立的 n 的最大值.
答案：48
解析： bn
=
(n
2
+1)(n
+
2)
=
2 n +1
-
n
2 +
2
， Tn
=
b1
+ b2
+ + bn
=
2
1 - 1 + 1 - 1 ++ 1 - 1
23 34
n +1 n + 2
∴ S6
+ a6
-
S4
- a4
=
S5
+ a5
- S6
- a6
，化简得 4a6
=
a4 ，设等比数列{an} 的公比为 q ，则 q2
=
a6 a4
=
1， 4
( ) ∵ an > 0 n Î N*
，∴
q
>
0 ，∴ q
=
1 2
，∴
an
=
2´
1
n-1
=
2
1
n-2
.
2
( )( ) （2）由（1）得： bn
=
log 1 a2n-1
已知数列 {an} 的通项为 an
=
lg
n
+ n
1
，若其前
n
项和为
裂项求和(原卷版)
裂项相消法求和1.裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. 2.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.3.四类特殊数列的前n 项和 ①1＋2＋3＋…＋n ＝12n (n ＋1)．②1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.③12＋22＋32＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)．④13＋23＋33＋…＋n 3＝14n 2(n ＋1)2.4.常见的裂项方式 （1）1n ＋n ＋1＝n ＋1 －n ；（2）1nn ＋k＝1k )11(k n n +-； （3）14n 2－1＝12)121121(+--n n【典例】(2022·新高考全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1，}{nn a S 是公差为13的等差数列． 母题呈现思路引导(1)求{a n }的通项公式；【切入点：求数列}{nna S 的通项公式】 (2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <2.【关键点：把1a n拆成两项相减】1.用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k＝1k (n ＋k －n )，1n （n ＋k ）＝1k (1n －1n ＋k )，裂方法总结项后可以产生连续相互抵消的项.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.1．（2023·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，121,(N )n n a S n *+=+∈，23a =．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设141n n b S =-，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围．2．（2023·山东日照·统考一模）在数列{}n a 中，23122341n a a a a n n n +++⋅⋅⋅+=++. (1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：()121213424n n a a n a +++<+.3．（2023·四川绵阳·绵阳中学校考模拟预测）某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图中（1）、（2）、（3）、（4）为她们刺锈最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺锈越漂亮，向按同样的规律刺锈（小正方形的摆放规律相同），设第n 个图形包含()f n 个小正方形．(1)求出()f n 的表达式； (2)求证：当2n ≥时，()()()()111131213112f f f f n +++⋅⋅⋅+<---．4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，112nn na a na +=+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，证明：12n S ≤<．模拟训练216n ++=统考一模）数列的通项公式；n f n -⎛++ ⎝的通项公式； 123b =，b 的取值范围. 14n S b ++-。
裂项求和法
裂项求和法说到导数中的数列，那么这个就是必然要讲的一个方法了。
所谓裂项，就是把一个难以直接求和的数列分解成相邻两个数列之差，这样便可以使得它们加起来的时候中间所有项得以消去，从而求出最终的和。
一个非常典型的例子是： \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\ldots+\frac{1}{n(n+1)}这个数列，我们都知道如何去裂项，就是裂成：\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}这样一来，末项就是一个a_{n+1}-a_{n}的形式，从而加起来的时候可以消掉全部项：\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}。
裂项是我们数列求和中非常基础又重要的一个方法，无论怎么变，只要出题人按照裂项的方法出题，那么我们就尽可能地去化成a_{n+1}-a_{n}的形式，如此一来便可以进行裂项了。
但是题目往往不会这么问，而是会让我们证明： \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}<1这个时候我们就要根据它的和来分析了。
这种不等式的实际意义是对于任意正整数 (n \rightarrow \infty) ，都有 \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}<1 成立，所以我们只需要把和求出来，然后证明和小于 1 即可。
像这里，我们容易知道n<n+1，根据和的形式，我们知道肯定是小于1的。
现在来稍微加大一点难度，证明： \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+a)}<\frac{1}{a} \sum_{i=1}^{a} \frac{1}{i} ，其中 a 为正整数。
数列中裂项求和的几种常见模型(最新整理)
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 ＝3n 2－2n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2－2n ）－[])1(2)132---n n （＝6n －5.当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5（n N *∈）（Ⅱ）由（Ⅰ）得知13+=n n na ab ＝[]5)1(6)56(3---n n ＝)161561(21+--n n ，故T n ＝∑=ni i b 1＝21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-161561(...)13171()711(n n ＝21（1－161+n ）.因此，要使21（1－161+n ）<20m （n N *∈）成立的m,必须且仅须满足21≤20m ，即m ≥10，所以满足要求的最小正整数m为10..例2在xoy 平面上有一系列点),,(111y x P),(222y x P ，…，),(n n n y x P ，…，（n ∈N *），点P n 在函数)0(2≥=x x y 的图象上，以点P n 为圆心的圆P n 与x 轴都相切，且圆P n 与圆P n +1又彼此外切. 若n n x x x <=+11,1且.（I ）求数列}{n x 的通项公式；（II ）设圆P n的面积为,:n n n S T T =+++<求证解：（I ）圆P n 与P n+1彼此外切，令r n 为圆P n 的半径，,)()(,||1212111++++++=-+-+=∴n n n n n n n n n n y y y y x x r r P P 即两边平方并化简得,4)(121++=-n n n n y y x x 由题意得，圆P n 的半径,4)(,212212++=-==n n n n n n n x x x x x y r ),(211,2,01111*++++∈=-=-∴>>N n x x x x x x x x nn n n n n n n 即11}1{1=∴x x n 是以数列为首项，以2为公差的等差数列，所以121,122)1(11-=-=⨯-+=n x n n x n n 即（II ）4422)12(-====n x y r S n n n n ππππ，])12(1311[2221-+++=+++=n S S S T n n π因为))12)(32(15.313.111(--++++≤n n π.23)12(223)]1211(211[121321()5131()311[(211{πππππ<--=--+=---++-+-+=n n n n 所以，.23π<nT模型二：分母有理化，如：nn n n -+=++111例3已知)2(41)(2-<-=x x x f ，)(x f 的反函数为)(x g ，点)1,(1+-n n a a A 在曲线)(x g y =上)(*∈N n ，且11=a (I)证明数列{21na }为等差数列；(Ⅱ)设1111++=n n n a a b ,记n n b b b S +++= 21，求nS 解(I)∵点A n (11,+-n n a a )在曲线y =g (x )上(n ∈N +)，∴点(n n a a ,11+-)在曲线y =f (x )上(n ∈N +)4)1(12--=nn a a ,并且a n >021141n n a a +=∴+，),1(411221N n n a a n n ∈≥=-∴+，∴数列{21n a }为等差数列 (Ⅱ)∵数列{21na }为等差数列，并且首项为211a =1，公差为4，∴21na =1+4（n—1），∴3412-=n a n ，∵a n >0，∴341-=n a n ，b n ＝1111++n n a a =4341414341--+=++-n n n n ,∴S n ＝b 1＋b 2+…＋b n =43414.......459415--+++-+-n n =4114-+n 例4设40122N =，则不超过1Nn =的最大整数为 。
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裂项法求数列的和
【内容提要】笔者在多年的教学中遇到裂项法求和的题型,加以总结,供师生们参考.裂项相消法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.适用于分式形式的通项公式，把一项拆成两个或多个的差的形式，即)()1(n f n f a n -+=，然后累加时抵消中间的许多项。
【关键词】裂项法 求数列的和 等差数列
1等差数列积的倒数和
已知等差数列{}n a 首项1a ，公差d 。
求和：=n s ++322111a a a a …+11+n n a a 解：11+n n a a =n n a a -+11（111+-n n a a ）=d
1（111+-n n a a ） =n s d 1（+-+-32211111a a a a …+111+-n n a a ）=d
1（1111+-n a a ） 其中nd a a n +=+11
求和：（1）=n s +⋅+⋅3
21211…+)1(1+⋅n n (2) =
n s +⋅+⋅741411…+)13()23(1+⋅-n n 2．含二次根式的数列和
已知正项等差数列{}n a 首项1a ，公差d 。
求和：211
a a s n +=+321a a ++…+1
1
++n n a a 。
解：1
1++n n a a =))((111n n n n n
n a a a a a a -+-+++=d 1（n n a a -+1）。
=n s d 1(+-+-2312…+n n a a -+1)=d 1()11-+n a
其中nd a a n +=+11
求和：=n s ++++321
211
…+11
++n n
3．含对数的数列和
已知正项数列{}n a ,求和:=n s ++2312log log a a a a a a
…+n n a a a 1log +(0>a 且1≠a ) 解: n n a
a a 1log +=n a n a a a log log 1-+ =n s +-+-2312log log log log a a a a a a a a …+n a n a a a log log 1-+=11log log a a a n a -+ 求和：=n s ++23
lg 12
lg …+n n 1
lg +
4.含三角函数的数列和
(1)求和：=n s ++x x 2sin sin …+nx sin 解：)]
2cos()2[cos(2
sin 212sin 2sin sin sin x nx x nx x x x
nx nx --+-== =-2
sin 21x [x n x n 21
2cos 212cos --+]
=n s -2
sin 21x [cos 2cos 23x x -+x x 23cos 25cos -+…+x n x n 212cos 212cos --+] =-2
sin 21x [2cos 212cos x
x n -+]
(2)求和：=n s x x x x 3tan 2tan 2tan tan ++…+x n nx )1tan(tan + 解:x tan ==-+])1tan[(nx x n nx x n nx
x n tan )1tan(1tan )1tan(+--+
x nx
x n nx x n tan tan )1tan(1tan )1tan(-+-=+
=n s 1-x x x x x x tan 2tan 3tan 1tan tan 2tan --+-+…+1-x nx x n tan tan )1tan(-+=x x
n x n tan )1tan(tan +-+=x x
n n tan )1tan(1+-+
5含排列组合种数求和
(1) =n s !22!11⋅+⋅+ …+!n n ⋅
解: !n n ⋅=!)!1(n n -+ =n s +-+-!2!3!1!2…!)!1(n n -+=1)!1(-+n
(2) =n s ++!32
!21
…+)!1(+n n
解：)!1(+n n =)!1(1!1)!
1(1)1(+-=+-+n n n n =
n s +-+-!31!21!21!11…+)!1(1!1+-n n =1-)!1(1+n (3) =n s ++2322c c 24c +…+2n c
解：由组合性质3312k k k c c c -=+，得=n s 3435333422c c c c c -+-++…+331n n c c -+=31+n c
6含指数的数列求和
求和：=n s )1)(1()1)(1(3222+++++a a a a a a +…+)
1)(1(1+++n n n
a a a （,0>a 且1≠a ） 解：)1)(1(1+++n n n
a a a =)1
111(111+-+-+n n a a a =n s 1
1111111(11322+-+++-+-a a a a a +…+11111+-++n n a a ） =)1111(111+-+-+n a a a 求和：=n s )12)(12(2)12)(12(23222++++++…+)
12)(12(21+++n n n
7.等差数列的和
已知:12+=n a n 求：n s
解：22)1(n n a n -+= n s =22222312-+-+…+1)1(2-+n =n n 22+
8.等比数列的和
已知:n n a 2=求:n s
解:n n n a 221-=+ n s =2322222-+-+…+n n 221-+=221-+n
9.等差数列乘等比数列的和(主要用错位相减法)
已知:n n n a 5
54-= 求:n s 解:n n n n n n n a 5515541--=-=- n s =+-+-25251510…+n n n n 5511---=n n 5-.。