裂项相消法求和之再研究(例题有答案,习题无答案)

合集下载

数列求和方法之裂项相消法

数列求和方法之裂项相消法一、单选题1．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()12n n n S +=，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项的和为（）A ．89B ．910C ．1011D ．1112【答案】C 【分析】首先根据()12n n n S +=得到n a n =，设11111n n n b a a n n +==-+，再利用裂项求和即可得到答案.【详解】当1n =时，111a S ==，当2n ≥时，()()11122n n n n n n n a S S n -+-=-=-=.检验111a S ==，所以n a n =.设()1111111n n n b a a n n n n +===-++，前n 项和为n T ，则10111111101122310111111T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭….故选：C2．谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》，文章告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为1的分数（称为埃及分数）.则下列埃及分数113⨯，135⨯，157⨯，…，120192021⨯的和是（）A ．20202021B ．10102021C ．10092019D ．20182019【答案】B 【分析】根据裂项相消法即可求和.【详解】因为()1111222n n n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭111113355720192021∴++++⨯⨯⨯⨯ 11111111123355720192021⎛⎫=-+-+-+⋯+- ⎪⎝⎭11122021⎛⎫=- ⎪⎝⎭10102021=，故选：B3．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4523S S =，621S =，若12111222n S S S λ+++< 恒成立，则λ的最小值为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A 【分析】由4523S S =，求得1a d =，又由621S =，求得11a d ==，求得(1)(1)22n n n n n S n -+=+=，得到11121n S n n =-+，进而求得12111112221n S S S n +++=-+ ，结合题意，即可求解.【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，因为4523S S =，所以114325445232a d a d ⨯⨯⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，整理得1112181020a d a d +=+，即1a d =，由621S =，可得1656212a d ⨯+=，即161521a d +=，所以11a d ==，所以(1)(1)22n n n n n S n -+=+=，所以11112(1)1nS n n n n ==-++，所以1211111111111122222311n S S S n n n +++=-+-++-=-<++ ，因为12111222nS S S λ+++< 恒成立，所以1λ≥，故λ的最小值为1.故选：A.【点睛】若把一个数列的通项拆成两项之差，在去和时中间的一些项可以相互抵消，从而取得前n 和，其中常见裂项的技巧：①111(1)1n n n n =-++；②1111()(2)22n n n n =-++；③1111()(21)(21)22121n n n n =--+-+=；⑤1111()(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++.4．定义12n n p p p +++ 为n 个正数12,,,n p p p 的“均倒数”，若已知数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为12n，又2nn a b =，则1223910111b b b b b b +++= （）A ．817B ．1021C ．1123D ．919【答案】D 【分析】由题意结合新定义的概念求得数列的前n 项和，然后利用前n 项和求解通项公式，最后裂项求和即可求得最终结果.【详解】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，由题意可得：12n n S n=，则：22n S n =，当1n =时，112a S ==，当2n ≥时，142n n n a S S n -=-=-，且14122a =⨯-=，据此可得42n a n =-，故212nn a b n ==-，()()111111212122121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，据此有：12239101111111111233517191.21891919b b b b b b +++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦=⨯= 故选：D5．已知数列{}n a 满足11a =，+121nn n a a a =+，则数列{}1n n a a +的前n 项和n T =（）A ．21n n -B ．21n n +C ．221n n +D ．42n n +【答案】B 【分析】利用倒数法求出数列{}n a 的通项公式，进而利用裂项相消法可求得n T .【详解】已知数列{}n a 满足11a =，+121nn n a a a =+，在等式+121n n n a a a =+两边同时取倒数得112112n n n n a a a a ++==+，1112n n a a +∴-=，所以，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，且首项为111a =，公差为2，则()112121n n n a =+-=-，121n a n ∴=-，()()11111212122121n n a a n n n n +⎛⎫∴==- ⎪-+-+⎝⎭，因此，1111111111111112323525722121221n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 21n n =+.故选：B.【点睛】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．二、解答题6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，()32n n S n a =+．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设22n n n n b a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）()1n a n n =+；（2）n T ()1112nn =-+⋅.【分析】（1）当2n ≥时，由()32n n S n a =+得到()1131n n S n a --=+，两式相减，然后再利用累积法求解.（2）由（1）得()()1211212212n n n n n b n n n n +⎡⎤+==-⎢⎥+⋅⋅+⋅⎣⎦，然后利用裂项相消法求解.【详解】（1）当2n ≥时，()1131n n S n a --=+，则()()1133321n n n n n a S S n a n a --=-=+-+，整理得111n n a n a n -+=-．故()()122112311132121231n n n n n n n a a a a n n n a a n n n a a a a n n n -----+-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=+≥---．当1n =时，12a =满足上式，故()1n a n n =+．（2）()()1211212212n n n n n b n n n n +⎡⎤+==-⎢⎥+⋅⋅+⋅⎣⎦，()223111111122222232212n n n T n n +⎡⎤=-+-+⋅⋅⋅+-⎢⎥⨯⨯⨯⋅+⎣⎦，()1112nn =-+⋅．【点睛】方法点睛：求数列的前n 项和的方法(1)公式法：①等差数列的前n 项和公式，()()11122n n n a a n n S na d +-==+②等比数列的前n 项和公式()11,11,11n n na q S a q q q =⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩；(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．(5)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对应项之积构成的，则这个数列的前n 项和用错位相减法求解.(6)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．7．数列{}n a 各项都为正数，前n 项和为n S ，12a =，25a =，当3n ≥时，()222113n n n n S S a a --=+-.（1）求n a ；（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【答案】（1）31n a n =-；（2）64nn +.【分析】（1）当3n ≥时，结合条件可得()()11113n n n n n n a a a a a a ---+=-⋅-，即可得13n n a a --=（3n ≥），经验证可得13n n a a --=（2n ≥），从而数列{}n a 是首项为2公差为3的等差数列，可得出答案.（2）()()111111313233132n n a a n n n n +⎛⎫==⨯- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭用裂项相消可得答案.【详解】（1）当3n ≥时，()222113n n n n S S a a --=+-，所以()2212113n n n n n n a a S S a a ---+=-=-，所以()()11113n n n n n n a a a a a a ---+=-⋅-.因为{}n a 各项都为正数，所以10n n a a ->+，故13n n a a --=（3n ≥）.又因为12a =，25a =，所以213a a -=，故13n n a a --=（2n ≥），所以数列{}n a 是首项为2公差为3的等差数列，故31n a n =-.（2）()()111111313233132n n a a n n n n +⎛⎫==⨯- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭，所以1111111111325583132323264n n T n n n n ⎛⎫⎛⎫=⨯-+-+⋅⋅⋅+-=⨯-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭.8．等差数列{}n a 各项都为正数，12a =，25a =，当3n ≥时，2221(13)n n n n S S a a --=+-.（1）求n a ；（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【答案】（1）31n a n =-；（2）64nn +.【分析】（1）由2221(13)n n n n S S a a --=+-可得()()11113n n n n n n a a a a a a ---+=+⋅-，即可得()133n n a a n --=≥，再结合213a a -=，即可得{}n a 是等差数列，进而求得{}n a 的通项公式；（2）利用裂项求和即可，()()111111313233132n n a a n n n n +⎛⎫==⨯- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭.【详解】（1）当3n ≥时，()222113n n n n S S a a --=+-，所以()2212113n n n n n n a a S S a a ---+=-=-，所以()()11113n n n n n n a a a a a a ---+=+⋅-.因为{}n a 各项都为正数，所以10n n a a ->+，故()133n n a a n --=≥.又因为12a =，25a =，所以213a a -=，故()132n n a a n --=≥，所以数列{}n a 是首项为2，公差为3的等差数列，所以31n a n =-.（2）因为()()111111313233132n n a a n n n n +⎛⎫==⨯- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭，所以1111111111325583132323264n nT n n n n ⎛⎫⎛⎫=⨯-+-++-=⨯-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭ .【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列{}n a 的前n 项中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 项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n 项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解.9．已知数列{}n a 是等差数列，若12a =，且3a ，22a ，421a -成等比数列，数列{}n b 满足2321132322n b b b b n n n ++++=+L ．（1）求数列{}n a ，数列{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n a 为正项等差数列，设1n n n c a b =+，求证：数列{}n c 的前n 项和34n T <．【答案】（1）1n a n =+或51344n a n =-+，()2n b n n n *=+∈N ；（2）证明见解析．【分析】（1）{}n a 是等差数列，设公差为d ，由3a ，22a ，421a -成等比数列，列方程解出公差，进而得出数列{}n a ；当2n ≥时，()()23121131123122n b b b b n n n -++++=-+--L ，与原式作差得数列{}n b ；（2）221111121222n c n n n n n n ⎛⎫=<=- ⎪++++⎝⎭，利用裂项相消法计算出放缩后的数列和，即可证得不等式成立．【详解】（1）∵数列{}n a 是等差数列，设公差为d ，则()()2342212a a a ⋅-=，即()()()2226342d d d +⋅+=+，解得1d =或54d =，故1n a n =+或51344n a n =-+，令1n =，得12b =，当2n ≥时，()()23121131123122n b b b b n n n -++++=-+--L ，与原式作差得1nb n n=+，()22n b n n n =+≥，验证得12b =满足通项，故()2n b n n n *=+∈N．（2）因为数列{}n a 为正项等差数列，由（1）可知1n a n =+，221111121222n c n n n n n n ⎛⎫=<=- ⎪++++⎝⎭，则1111111112324352n T n n ⎛⎫<-+-+-++- ⎪+⎝⎭L ，即1111113112212224n T n n ⎛⎫⎛⎫<+--<+= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，不等式得证．【点睛】方法点睛：本题考查数列的通项公式，考查数列的放缩与求和，考查了学生计算能力，数列求和的方法有：1.公式法，利用等差数列和等比数列的求和公式进行计算即可；2.裂项相消法，通过把数列的通项公式拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求出数列的和；3.错位相减法，当数列的通项公式由一个等差数列与一个等比数列的乘积构成时使用此方法；4.倒序相加法，如果一个数列满足首末两项等距离的两项之和相等，可以使用此方法求和．10．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1a 、n a 、n S 成等差数列，且432a S =+．（1）求{}n a 的通项公式；（2）若2212231log log n n n b a a ++=⋅，{}n b 的前n 项和为n T ，求使71n T <成立的最大正整数n 的值．【答案】（1）2nn a =；（2）8．【分析】（1）本题首先可根据1a 、n a 、n S 成等差数列得出12n n a S a =+以及1112n n a S a --=+，然后两式相减，得出12n n a a -=，最后根据432a S =+求出12a =，即可求出{}n a 的通项公式；（2）本题可根据题意得出1(21)(23)n b n n =++并将其转化为11122123n b n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，然后通过裂项相消法求和得出3(23)n n T n =+，最后根据71n T <得出713(23)nn <+，通过计算即可得出结果.【详解】（1）因为1a 、n a 、n S 成等差数列，所以12n n a S a =+，当2n ≥，有1112n n a S a --=+，两式相减，可得1122n n n n n a a S S a ---=-=，即12n n a a -=，由题意易知10a ≠，故{}n a 是公比为2的等比数列，()121nn S a =-，因为432a S =+，所以()3311221a a =-，解得12a =，故{}n a 的通项公式为2nn a =.（2）因为2212231log log n n n b a a ++=⋅，2nn a =，所以1111(21)(23)22123n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭，故111111111123557212323233(23)n nT n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+-=-= ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭，因为71n T <，所以713(23)nn <+，解得9n <，故71n T <成立的最大正整数n 的值为8.【点睛】本题考查数列通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查等差中项以及等比数列前n 项和公式的应用，常见的裂项有()11111n n n n =-++、()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭=等，考查计算能力，是中档题.11．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知110a =，2a 为整数，且4n S S ≤.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）133n a n =-，*n N ∈；（2）n T 10(103)nn =-.【分析】（1）根据条件，可得数列{}n a 的公差d 为整数，且450,0a a ≥≤，利用等差数列通项公式，可得1,a d 的关系，即可求得d 的值，代入公式即可得答案；（2）由知：133n a n =-，可得n b 的表达式，利用裂项相消法求和即可得答案.【详解】（1）由110a =，2a 为整数知，等差数列{}n a 的公差d 为整数，又4n S S ≤，故450,0a a ≥≤，即：1030,1040d d +≥+≤解得：10532d -≤≤-，因为d 为整数，所以3d =-，所以等差数列{}n a 的通项公式为：133n a n =-，*n N ∈.（2）由（1）知：133n a n =-，*n N ∈，所以1111()(133)(103)3103133n b n n n n==⋅-----，所以12...nn T b b b =+++1111111[()(...(371047103133n n=-+-++---111()310310n =--10(103)n n =-.【点睛】本题考查数列求通项，裂项相消法求前n 项和，常见的裂项技巧：（1）()1111n n k k n n k⎛⎫=-⎪++⎝⎭；（2）1k=；（3）()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭；（4）()()()()()()1112121221212121n n nnn nn +++---=----1112121n n +=---；裂项时，容易出现多项或丢项的问题，需注意，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.12．给出下列三个条件：①34a ，43a ，52a 成等差数列；②37S =；.③对于*n ∀∈ ，点(),n n S 均在函数2x y a =-的图像上，其中a 为常数.请从这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并求解.设{}n a 是一个公比为()0,1q q q >≠的等比数列，且它的首项11a =，（填所选条件序号）.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令2log 1(*)n n b a n N =+∈，设数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求nT 【答案】选择见解析；（1）1=2n n a -；（2）1n n +.【分析】（1）若选①：解得2q =，即得数列的通项；若选②：解31(1)71a q q-=-得公比，即得数列的通项；若选③：求出2q =，即得数列的通项；（2）求得n b n =，再利用裂项相消求出数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T .【详解】（1）若选①：因为3454,3,2a a a 成等差数列，所以43523=42a a a ⨯+.又因为数列{}n a 是等比数列，即2320-+=q q 解得2q =或1q =-（舍去）又11a =，所以数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列{}n a 的通项公式1=2n n a -若选②：37S =，因为{}n a 是公比为(0,1)q q q >≠的等比数列，所以31(1)71a q q-=-，即260q q +-=解得2q =或3q =-（舍去）所以数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列{}n a 的通项公式为1=2n n a -若选③：点(,)n n S 均在函数2x y a =-的图像上，所以2n n S a =-，又因为112a S a ==-，所以1a =，所以21nn S =-，所以23S =，所以22,2a q ==.所以数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列{}n a 的通项公式1=2n n a -（2）证明：因为1=2n n a -，所以2log 1n n b a n=+=所以11111(1)1n n b b n n n n +==-++所以1223111111111 ......1 (2231)n n n T b b b b b b n n +=+++=-+-++-+1111n n n =-=++.【点睛】方法点睛：数列求和常用的方法有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）分组求和法；（4）裂项相消法；（5）倒序相加法.要根据数列通项的特征，灵活选用，认真计算.13．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，918a =，10110S =．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）设1n nb S =，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）2n a n =；（2）1n n T n =+．【分析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，根据已知条件可得出关于1a 、d 的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列的通项公式可求得数列{}n a 的通项公式；（2）求得111n b n n =-+，利用裂项相消法可求得n T .【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由911018181045110a a d S a d =+=⎧⎨=+=⎩，解得12a d ==，所以，()112n a a n d n =+-=，故数列{}n a 的通项公式2n a n =；（2）由（1）可得()()2212n n n S n n +==+，所以()111111n n b S n n n n ===-++，所以111111111122334111n n T n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法.14．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，10n n a a +->，23a =，且1a ，3a ，712a +成等比数列．（1）求n a 和n S ；（2）设n b =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：112n T ≤<．【答案】（1）21n a n =-，2n S n =；（2）证明见解析.【分析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，首项为1a ，由223173,(12),a a a a =⎧⎨=+⎩求出11a =，2d =即可求解；（2）由2n S n =，可得111n b n n ==-+，利用裂项相消求和求出n T ，再利用不等式的性质和数列的单调性即可求证.【详解】解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，首项为1a ，由10n n a a +->，得0d >，则223173,(12),a a a a =⎧⎨=+⎩所以121113,(2)(126).a d a d a a d +=⎧⎨+=++⎩解得11a =，2d =，所以21n a n =-，()21212n n n S n +-==．（2）因为111(1)1n b n n n n ===-++．所以1111111111112233411n T n n n =-+-+-++-=-<++ ．因为111n T n =-+单调递增．所以112n T T ≥=，综上，112T ≤<．【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列{a n }的前n 项中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 项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些像可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列:或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n 项和可以两两结合求解，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.15．已知数列{}n a ，{}n b ，{}n c 满足1111a b c ===，1nn n c a a +=-，12nn n n b c c b ++=，*n N ∈.（1）若{}n b 为等比数列，公比0q >，且12362b b b +=，求q 的值及数列{}n a 的通项公式；（2）若{}n b 为等差数列，且265b b +=，证明1233n c c c c +++⋯+<，*n N ∈.【答案】（1）2q =；2743nn a --=；（2）证明见解析.【分析】（1）先由题设求得q ，从而求得n b 及114n n c c +=，然后求得n c ，再利用叠加法求得n a 即可；（2）先由题设求得等差数列{}n b 的公差d ，然后求得n b 及113n n c n c n ++=+，再利用累乘法求得n c ，最后利用裂项相消法求得123n c c c c +++⋯+，即可证明结论.【详解】（1）解：由题设知：262q q +=，解得：2q =或32q =-（舍)，12n n b -∴=，12n n n n b c c b ++= ，*n N ∈，1112124n n n n n c c c -++∴==，即114n nc c +=，11c = ，11(4n n c -∴=，1n n n c a a +=- ，11a =，211a a ∴-=，3214a a -=，2431(4a a -=，⋯211(4n n n a a ---=，2n，将以上式子相加可得：122111()11141411(()[1()]14443414n n n na -----=+++⋯+==--，2n ，2743nn a --∴=，2n ，又当1n =时，11a =也适合，2743nn a --∴=；（2）证明：26452b b b +== ，452b ∴=，11b = ，∴公差411412b b d -==-，111(1)22n n b n +∴=+-=，1213n n n n n b n c c c b n +++==+ ，∴113n n c n c n ++=+，∴2124c c =，3235c c =，4346c c =，⋯1211n n c n c n ---=+，12n n c n c n -=+，2n ，将以上式子相乘可得：123(1)(2)n c c n n ⨯=++，2n ，11c = ，116()12n c n n ∴=-++，2n，又当1n =时，11c =也适合上式，116()12n c n n ∴=-++，1231111111116()6()63233412222n c c c c n n n ∴+++⋯+=-+-+⋯+-=-<⨯=+++.【点睛】方法点睛：该题主要考查数列的问题，方法如下：（1）利用叠加法求通项公式；（2）累乘法求通项公式；（3）裂项相消法求和.16．已知数列{}n a 为正项等比数列，12a =，数列{}n b 满足25b =，且11122332(21)2n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=+-.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若11{}n n b b +的前n 项和n T ，求n T 的取值范围.【答案】（1）2nn a =，21n b n =+；（2）[11,156.【分析】（1）先求出2nn a =，再得到11122332(21)2n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=+-，当2n ≥时，112233112(23)2n n n a b a b a b a b n --+++⋅⋅⋅+=+-，两式相减得21n b n =+；（2）由题得11111(22123n n b b n n +=-++，利用裂项相消求出111(2323n T n =-+，再利用单调性求解.【详解】（1）令1n =，则2112(21)26a b =+-=，所以13b =，令2n =，则112226a b a b +=，所以2220a b =，因为25b =，所以24a =，设数列{}n a 的公比为q ，则212a q a ==，所以2n n a =.因为11122332(21)2n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=+-，①当2n ≥时，112233112(23)2nn n a b a b a b a b n --+++⋅⋅⋅+=+-，②由①-②得1[2(21)2][2(23)2](21)2n n n n n a b n n n +=+--+-=+，所以21n b n =+，当1n =时也成立，所以21n b n =+，（2）由（1）可知111111((21)(23)22123n n b b n n n n +==-++++，所以1111111[()((235572123n T n n =-+-+⋅⋅⋅+-++111()2323n =-+，因为n T 随着n 的增大而增大，当1n =时，1115T =，当n →+∞时，16n T →，所以n T 的取值范围是11[,)156.【点睛】方法点睛：数列求和的方法常用的有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组求和法；（5）倒序相加法.要根据数列通项的特征，灵活选择方法求和.17．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，且10n n S a +-=（*n N ∈）.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若()21log nn b n a =-+⋅，数列()*N 1n n b ⎧⎫⎬⎭∈⎨⎩的前n 项和为n S ，求证：112n S ≤<.【答案】（1）12n n a =；（2）证明见解析.【分析】（1）根据10n n S a +-=得()11102n n S a n --+-=≥两式作差，得出112n n a a -=，再由等比数列的通项公式，即可求出结果；（2）先由（1）得到()1n b n n =+，由裂项相消的方法求出n S ，进而可得结论成立.【详解】（1）∵10n n S a +-=①∴()11102n n S a n --+-=≥②，①-②得：112n n a a -=，2n ≥；∴数列{}n a 是首项和公比都为12的等比数列，于是1111222n n n a -⎛⎫=⨯=⎪⎝⎭，*n N ∈.（2）由（1）得()()21log 1n n b n a n n =-+⋅=+，∴()111111n b n n n n ==-++，∴1211111111111122311n n S b b b n n n =+++=-+-++-=-++ .又易知函数()111f x x =-+在[)1,+∞上是增函数，且()1f x <，而112S =，所以112n S ≤<.【点睛】结论点睛：裂项相消法求数列和的常见类型：（1）等差型111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列；（2n k nk-=；（3）指数型()11nn n a a a a +-=-；（4）对数型11log log log n aa n a n na a a a ++=-.18．数列{}n a 中，12a =，()121n n n a a n++=.（1）求证：数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）设n n n b a n=-，数列{}12nn n b b +的前n 项和为n S .求证：1n S <.【答案】（1）证明见解析，2nn a n =⋅；（2）证明见解析.【分析】（1）由()121n n n a a n++=，化简得到121n n a a n n +=⋅+，根据等比数列的定义，得到数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，进而求得2nn a n =⋅.（2）由（1）求得111122121nn n n n b b ++=---，结合裂项法，求得数列{}12nn n b b +的前n 项和为11121n n S +=--，即可作出证明.【详解】（1）由题意，数列{}n a 中，12a =，()121n n n a a n++=，可得()121n n na n a +=+，即121n n a an n+=⋅+，又由12a =，可得121a =，所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项2为公比的等比数列，由等比数列的通项公式，可得2n na n=，所以2n n a n =⋅.（2）由（1）可得121n n n n b a n =--=，所以()()111211221212121n nn n n n n n b b +++==-----，数列{}12nn n b b +的前n 项和为122334111111111112121212121212(()1212((11n n n n S ++-----------=++++=--- ，又因为n N +∈，所以11021n +>-，所以111121n +-<-，即111121n n S +=-<-.【点睛】关于裂项法求和的基本策略：1、基本步骤：裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式；累加：将数列裂项后的各项相加；消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前n 项和.2、消项的规律：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.19．已知等比数列{}n a 的公比0q >，且满足1236a a a +=，2434a a =，数列{}n b 的前n 项和(1)2n n n S +=，*n N ∈.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设2238,,n n n n n n nb a n b bc a b n +++⎧⋅⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前2n 项和2n T .【答案】（1）1,2nn a n N *⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭；,n b n n N *=∈；（2）21251341184(21)92n n n -⎛⎫+⎛⎫-+⋅ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭.【分析】（1）根据题干已知条件可列出关于首项1a 与公比q 的方程组，解出1a 与q 的值，即可计算出数列{}n a 的通项公式，再根据公式11,1,2n nn S n b S S n -=⎧=⎨-⎩ 进行计算可得数列{}n b 的通项公式；（2）先分n 为奇数和n 为偶数分别计算出数列{}n c 的通项公式，在求前2n 项和时，对奇数项运用裂项相消法求和，对偶数项运用错位相减法求和，最后相加进行计算即可得到前2n 项和2n T .【详解】（1）依题意，由1236a a a +=，2434a a =，可得21113221164()a a q a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，因为0q >，所以解得12q =，112a =，1111·()(222n n n a -∴==，*n N ∈，对于数列{}n b ：当1n =时，111b S ==，当2n时，1(1)(1)22n n n n n n n b S S n -+-=-=-=，当1n =时，11b =也满足上式，n b n ∴=，*n N ∈.（2）由题意及（1），可知：当n 为奇数时，22223838111·()(2)22(2)2n n n n n n n n b n c a b b n n n n ++++++==⨯=-+⨯+⨯，当n 为偶数时，1··()2nn n n c a b n ==，令1321n A c c c -=+++ ，242n B c c c =+++ ，则1321n A c c c -=++⋯+1335212111111112323252(21)2(21)2n n n n -+=-+-++-⨯⨯⨯⨯-⨯+⨯ 1211112(21)2n n +=-⨯+⨯21112(21)2n n +=-+⨯，2462246211112()4(6(2()2222n n B c c c c n =+++⋯+=⨯+⨯+⨯++⨯ ，24622211111()2(4((22)()2()22222n n B n n +∴=⨯+⨯++-⨯+⨯ ，两式相减，可得2462223111112()2()2()2(2()422222n n B n +=⨯+⨯+⨯++⨯-⨯ ，135212211111(()()()2()22222n n n -+=++++-⨯ ，21222222211111()22112222()112211()22nn n n n n +++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-⨯=-⨯ ⎪⎝⎭--，21241()()332n n +=-+⨯，218341·()992n n B -+∴=-，2122n nT c c c ∴=++⋯+13212462()()n n c c c c c c c -=++⋯+++++⋯+A B =+2121113418·()2(21)2929n n n n -++=--++⨯21251341()()184(21)92n n n -+=-+⨯+.【点睛】关键点点睛：第二问中当n 为奇数时，求出n c ，并对n c 进行裂项为2112(2)2n n n c n n +=-⨯+⨯是解题关键，本题主要考查等差数列和等比数列的基本量的运算，以及数列求和问题.考查了方程思想，分类讨论思想，转化与化归能力，整体思想，裂项相消法和错位相减法求和，以及逻辑推理能力和数学运算能力.本题属中档偏难题.20．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 1＝1且S 1，S 3，S 10－1成等比数列.（1）求{a n }的通项公式；（2）设b n ＝16n n a a +，数列{b n }的前n 项和为T n ，求使得T n >158成立的n 的最小值.【答案】（1）32n a n =-；（2）6.【分析】（1）由1S ，3S ，101S -成等比数列，得23101S S =-，再利用首项和等差数列的通项公式可得答案；（2）由（1）可得1123231n b n n ⎛⎫=-⎪-+⎝⎭，再利用裂项相消法求出n S ，然后解不等式可求出n 的最大值.【详解】（1）1S ，3S ，101S -成等比数列，23101S S ∴=-，设等差数列{}n a 的公差为d ，则2113(31)10(101)310122a d a d --⎛⎫+=+- ⎪⎝⎭，22111991810451a d a d a d ++=+-，又111a S == ，2991810451d d d ∴++=+-，即23d d =，又公差0d ≠，3d ∴=，32n a n ∴=-.（2）由（1）知32n a n =-，166112(32)(31)3231n n n b a a n n n n +⎛⎫∴===- ⎪-+-+⎝⎭，1111116212144732313131n n T n n n n ⎛⎫⎛⎫∴=-+-⋯⋯+-=-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭，由615318n n T n =>+可得：5n >，故要使得158n T >成立，则n 的最小值为6.【点睛】此题考查等差数列的基本量计算，考查等比中项的应用，数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和.21．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知113a =，2a 为整数，当且仅当5n =时n S 取得最大值.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）163n a n =-；（2）13(133)nn -.【分析】（1）根据条件列出关于d 的不等式，再根据2a 为整数确定出d 的值，从而{}n a 的通项公式可求；（2）先计算出{}n b 的通项公式，然后采用裂项相消的方法求解出{}n b 的前n 项和n T .【详解】（1）由题意可知50a >，且60a <，∴13401350d d +>⎧⎨+<⎩，解得131345d -<<-，∵2a 为整数，∴3d =-，∴{}n a 的通项公式为163n a n =-.（2）∵111111((163)(133)3133163n n n b a a n n n n+===-----，∴12n nT b b b =+++ 111111111[()()(()]3101371047133163n n =-+-+-++---L 111()31331313(133)n n n =-=--.【点睛】结论点睛：常见的数列中可进行裂项相消的形式：（1）()11111n n n n =-++；（2）211114122121n n n ⎛⎫=- ⎪--+⎝⎭；（31=-（4）()()1121121212121n n n n n ++=-----.22．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足：11a =，211n n n a S S ++=+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()()121213nn n a n n a b a a +=-+，求数列{}n b 的前n 项和n T .（1）n a n =；（2）()1114213n n T n ⎡⎤=-⎢⎥+⋅⎣⎦.【分析】（1）根据211n n n a S S ++=+写出()212n n n a S S n -+≥=，通过作差以及化简说明{}n a 为等差数列，并求解出通项公式；（2）将{}n b 的通项公式变形为()()11114213213n n n b n n -⎡⎤=-⎢⎥-⋅+⋅⎣⎦，采用裂项相消法求解出n T 的结果.【详解】(1)由211n n na S S ++=+又有21n n n a S S -=+，()2n ≥，两式相减得()22112n n n n a a a a n ++-=+≥因为0n a >，所以()112n n a a n +-=≥又11a =，22121a a a a =++，解得22a =，满足11n n a a +-=因此数列{}n a 是等差数列，首项1a 为1，公差d 为1所以()11n a a n d n =+-=(2)()()1121213n n n b n n +=⋅-+()()113111114212134213213n n n n n n n -⎡⎤⎛⎫=-⋅=-⎢⎥ ⎪-+-⋅+⋅⎝⎭⎢⎥⎣⎦所以()()1201121111111111...41333433534213213n n n n T b b b n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪⋅⋅⋅⋅-⋅+⋅⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ()1114213n n ⎡⎤=-⎢⎥+⋅⎣⎦.【点睛】结论点睛：常见的数列中可进行裂项相消的形式：（1）()11111n n n n =-++；（2）211114122121n n n ⎛⎫=- ⎪--+⎝⎭；（31=-（4）()()1121121212121n n n nn ++=-----.23．已知各项均为正数的等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足111a b ==，且236a a ⋅=，238b b a ⋅=（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式.（2）若2221log n n n c a b +=⋅，求12n c c c +++….【答案】（1）n a n =，12n n b -=；（2）()21nn +.【分析】（1）根据已知条件求得等差数列{}n a 的公差d 、等比数列{}n b 的公比q ，由此求得数列{}n a ，{}n b 的通项公式.（2）利用裂项求和法求得12n c c c +++….【详解】(1)因为{}n a 为等差数列，且11a =，所以可设公差为d ，则()11n a n d =+-，所以21a d =+，312a d =+.因为236a a ⋅=，所以()()1126d d ++=，解得1d =或52d =-.又等差数列{}n a 各项均为正数，所以52d =-不合题意，舍去，所以n a n =.因为{}n b 为等比数列，且11b =，所以可设公比为(0)q q ≠，则1n n b q -=.因为2388b b a ⋅==，所以128q q ⋅=，解得2q =，满足各项均为正数，所以12n n b -=.(2)由(1)知1,2n n n a n b -==，所以2221log n n n c a b +=⋅()121n n =+111=21n n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭.所以12n c c c +++ 111111122231n n ⎛⎫=-+-++- ⎪+⎝⎭ 11121n ⎛⎫=⋅- ⎪+⎝⎭()21n n =+.24．已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，满足410S =，55a =，n T 为数列{}n b 的前n 项和，满足()4413nn T =-，*n ∈N .（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设211log n n n n c b a a +=+，若数列{}n c 的前n 项和100n C <，求n 的最大值.【答案】（1）*n a n n N =∈，，4n n b =，*n N ∈；（2）9.【分析】（1）根据等差数列基本量运算，可得数列{}n a 的通项公式，根据递推关系()4413nn T =-，多递推一项再相减，即可得答案；（2）求出1121n c n n n ⎛⎫=+- ⎪+⎝⎭，再进行等差数列求和及裂项相消求和；【详解】（1）{}n a 为等差数列，因为410S =，55a =，所以14610a d +=，145a d +=，解得11a =，1d =，所以*n a n n N =∈，.因为()4413n n T =-，所以当2n ≥时，()()11444141433n n n n n n b T T --=-=---=；当1n =时，114b T ==.综上，4n n b =，*n N ∈.（2）()2111log 4211nn c n n n n n ⎛⎫=+=+- ⎪++⎝⎭，所以()12111111212312231n n C c c c n n n ⎛⎫=+++=+++++-+-++- ⎪+⎝⎭ ()()111111n n n n n n n ⎛⎫=++-=++ ⎪++⎝⎭，所以()11n nC n n n =+++，因为()11001n nC n n n =++<+，当1n ≥时，()1111n C n n n =++-+为关于n 的递增数列，8999010010C C <=+<，101011010011C =+>，所以n 的最大值为9.【点睛】已知数列的通项和前n 项和的递推关系，常采用多递推一项再相减的思想；通过研究数列的单调性，进而研究数列项的最值或解不等式，是常用的方法.25．已知数列{}n a 前n 项和n S 满足()2*n S nn N =∈（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】（1）21n a n =-；（2）n 21nT n =+.【分析】（1）根据11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求得数列{}n a 的通项公式.（2）利用裂项求和法求得n T .【详解】（1）当1n =时，111a S ==，当2n ≥时，()22121n S n n n =-=-+，121n n n a S S n -=-=-，当1n =时上式也符合.所以21n a n =-.（2）由题意知，可设111111(21)(21)22121n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭n 12111111(1)((23352121n T b b b n n ⎡⎤=+++=-+-++-⎢⎥-+⎣⎦则n 11122121nT n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭.三、填空题26．已知数列{}n a 满足()23*1232222nn a a a a n n N ++++=∈ ，若2211log log nn n ba a +=⋅，则数列{}n b 的前n 项和n S =________.【答案】1nn +【分析】先根据前n 项和与通项的关系得12n n a =，进而得111(1)1n b n n n n ==-++，再根据裂项相消求和法求解即可得答案.【详解】因为()23*1232222n n a a a a n n N ++++=∈ ，所以231123122221n n a a a a n --++++=- (2)n ≥，两式相减得21(2)n n a n =≥，当1n =时也满足，故12n n a =，2211log log n n n b a a +=⋅111(1)1n n n n ==-++，故1111111223111n n S n n n n 1=-+-++-=-=+++ .故答案为：1n n +【点睛】本题考查前n 项和与通项的关系，裂项相消求和.解题的关键在于根据已知条件得{}2n n a 的前n 项和为n ，再根据前n 项和与通项的关系求得12n na =，进而再根据裂项相消求和即可.考查运算求解能力，是中档题.27．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，55a =，515S =，则数列12n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2020项和为_________【答案】40402021．【分析】先根据等差数列的通项公式和求和公式可列出关于a 1和d 的方程组，解出a 1和d 的值，即可得到数列{a n }的通项公式，即求出数列12n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式，再利用裂项相消法求出前2020项和．【详解】由题意，设等差数列{a n }的公差为d ，则1145545152a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩．∴数列{a n }的通项公式为a n ＝1+（n ﹣1）×1＝n ，n ∈N*．∴()1221n n a a n n +=+=1121n n -+（）．设数列12n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为T n ，则T n 12231222n n a a a a a a +=+++ ()22212231n n =+++⨯⨯+ ＝2（1111112231n n -+-++-+ ）＝2（111n -+）21n n =+．∴T 202040402021=．故答案为：40402021．【点睛】方法点睛：本题主要考查等差数列的通项公式及数列求和的应用，属于基础题.常见数列求和方法为：1.公式法求和2.裂项相消求和（注意提取系数）3.错位相减求和，4分组求和28．已知的前n 项和2n S n =，数列111n a +⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前5项和5T =______.【答案】524【分析】根据当2n ≥时，221(1)21n n S S n n n -=-=--=-，当1n =时也满足，故2(21)n a n =-，而11114(1)n a n n +=-+，利用裂项相消法即可得解.【详解】当2n ≥221(1)21n n S S n n n -=-=--=-，当1n =11S ==满足上式，21n =-，所以2(21)n a n =-，111111(14(1)41n a n n n n +==--++，5111111155(1=4223564624T =-+-++-=⨯ ，故答案为：52429．在①131n n n a a a +=+；②1{}n a 为等差数列，其中236111,1,a a a +成等比数列；③2123111132n n n a a a a -++++= 这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，然后解答补充完整的题目.已知数列{}n a 中，11a =______.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设1,n n n n b a a T +=为数列{}n b 的前n 项和，求证：13n T <.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）132n a n =-；（2）证明见解析.【分析】（1）若选条件①，0n a ≠，由数列的推式可得1113n n a a +-=，从而得数列1{}na 是以1为首项，3为公差的等差数列，由等差数列的通项公式可求得{}n a 的通项公式；若选择②，设数列1{}na 的公差为d ，由等差数列的通项公式和等比数列的性质可得方程2(22)(1)(15)d d d +=++，解之可得{}n a 的通项公式；若选择③，由2123111132n n n a a a a -++++= 得，当2n ≥时，2123111113(1)(1),2n n n a a a a ----++++= ，两式相减可求得1n a ，从而求得{}n a 的通项公式；（2）由（1）得()()11111323+13323+1n n n b a a n n n n +⎛⎫==- --⎝=⎪⎭，运用裂项求和法可得证.【详解】（1）若选条件①，0n a ≠，1111,331n n n n n a a a a a ++=∴-=+，又111a =，所以数列1{}n a 是以1为首项，3为公差的等差数列，所以()111+3132,32n n n n a a n =-=-∴=-；若选择②，设数列1{}n a 的公差为d ，则2361111+,12+2,1+5d d d a a a =+==，因为236111,1,a a a +成等比数列，2(22)(1)(15)d d d ∴+=++，解得3d =或1d =-；当1d =-时，2110d a =+=，此时236111,1,a a a +不能构成等比数列，所以3d =，所以()111+3132,32n n n n a a n =-=-∴=-，若选择③，由2123111132n n n a a a a -++++= 得，当2n ≥时，2123111113(1)(1),2n n n a a a a ----++++= ，两式相减得，22133(1)(1)32,22n n n n n n a ----=-=-所以1(2),32n a n n =≥-，当1n =时，11a =也适合上式，所以132n a n =-，（2）由（1）得()()11111323+13323+1n n n b a a n n n n +⎛⎫==- --⎝=⎪⎭，所以11111111111(1)()()(1)344732313313933n T n n n n ⎡⎤=-+-++-=-=-<⎢⎥-+++⎣⎦ ，故1.3n T <。

数列求和裂项相消法例题

数列求和裂项相消法例题【原创实用版】目录1.引言：裂项相消法求和2.例题 1：奇数项和偶数项的等差数列求和3.例题 2：绝对值不等的正负数列求和4.例题 3：具有规律的数列求和5.总结：裂项相消法的应用和注意事项正文一、引言：裂项相消法求和数列求和是数学中的一个重要知识点，它应用于各种实际问题中，如求解等差数列、等比数列的和等。

在求和过程中，裂项相消法是一种常用的方法，它可以有效地简化计算过程。

下面我们通过几个例题来介绍裂项相消法求和。

二、例题 1：奇数项和偶数项的等差数列求和假设有一个等差数列，其中奇数项和偶数项的公差分别为 a 和-b （a,b 均为正数），现在需要求解该数列的前 n 项和。

解法：我们可以将奇数项和偶数项分别求和，然后用总和减去偶数项的和，得到奇数项的和。

具体计算如下：设奇数项和为 S1，偶数项和为 S2，则S1 = a + a + 2 + a + 4 +...+ a + (2k-1)S2 = b + b + 2 + b + 4 +...+ b + (2k-1)将 S1 和 S2 相加，得到：S1 + S2 = (a + b) + (a + b + 2) + (a + b + 4) +...+ (a + b + 2k-2)观察发现，S1 + S2 中的每一项都等于 a + b，因此：S1 + S2 = (a + b) * k所以奇数项和 S1 = (a + b) * k - S2通过裂项相消法，我们成功地将等差数列求和问题简化为求解两个等差数列的和，从而降低了计算难度。

三、例题 2：绝对值不等的正负数列求和现在考虑一个由正数和负数构成的数列，其中正数的绝对值和负数的绝对值不相等，求该数列的前 n 项和。

解法：我们可以将数列中的正数和负数分别提取出来，然后分别求和。

具体计算如下：设正数和为 S1，负数和为 S2，则S1 = a1 + a2 + a3 +...+ anS2 = -b1 - b2 - b3 -...- bn其中，ai 和 bi 分别为数列中的正数和负数，a1, a2, a3,..., an 和b1, b2, b3,..., bn 分别为它们的绝对值。

专题02 裂项相消求和(解析版)

专题2 裂项相消求和1．（2022·湖北·大冶市第一中学模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，111a =-，29a =-，且()11222n n n S S S n +-+=+≥． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)已知11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)213n a n =- (2)12122nn-【解析】【分析】（1）根据1n n n a S S -=-以及()11222n n n S S S n +-+=+≥可得该数列是等差数列，然后根据等差数列的1a 、d 写出数列的通项公式即可. （2）有题意可知()()1213211n b n n =--，然后根据裂项求和即可求得n T .(1)由题意得：由题意知()()112n n n n S S S S +----=，则()122n n a a n +-=≥ 又212a a -=，所以{}n a 是公差为2的等差数列，则()11213n a a n d n =+-=-； (2)由题知()()11112132112213211n b n n n n ⎛⎫==- ⎪----⎝⎭则1111111111211997213211211211n T n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++-+++-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 12122nn=-2．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））已知正项数列{}n a 满足2123232n a a a na n n ++++=+，且()()211nn n n a b n n+-=++． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)21n n a n+= (2)(3)21n n n nS n +=-+ 【解析】【分析】（1）根据2123232n a a a na n n ++++=+，即可得到2123123(1)(1)2(1)n a a a n a n n -++++-=-+-（2n ≥），两式作差即可得解；（2）依题意可得1111n b n n n ⎛⎫=+-- ⎪+⎝⎭，利用分组求和及裂项相消法求和即可；(1)解：因为2123232n a a a na n n ++++=+，①当2n ≥时，2123123(1)(1)2(1)n a a a n a n n -++++-=-+-．①①-①得21n na n =+，所以21n n a n+=．当1n =时，13a =，也满足上式，所以21n n a n+=． (2)解：因为(2)(1)1n n a n n b n n+-=++，则221211111111(1)(1)1n n a n b n n n n n n n n n n n n n +⎛⎫=++-=++-=+-=+-- ⎪++++⎝⎭，则11111(3)2311223121n n n n S n n n n +⎛⎫=++++--+-++-=- ⎪++⎝⎭． 3．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，()()*112n n S n a n -=+∈N . (1)求数列{}n a 的通项公式n a 和前n 项和n S ； (2)设()()*22111k k k b k S S +=∈+⋅N ，数列{}n b 的前n 项和记为n T ，证明：()*16n T n <∈N .【答案】(1)3,21,N 1,2n n k a k n k *=-⎧=∈⎨-=⎩，2,21,N ,2n n n k S k n n k *+=-⎧=∈⎨=⎩ (2)证明见解析【解析】【分析】（1）根据11n n n S S a ++-=代入整理得12n n a a ++=，结合13a =理解处理；（2）代入整理得11122123n b n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，利用裂项相消进行求和．(1) 由()112n n S n a -=+，得()()*111(1)12n n S n a n ++-+=+∈N 两式相减可得12n n a a ++=，因为13a =，得21a =-数列{}n a 为3，1-，3，1-，3，1-，3，即3,21,N 1,2n n k a k n k*=-⎧=∈⎨-=⎩，当n 为偶数时，[3(1)]2n nS n =+-=；当n 为奇数时，1[3(1)]322n n S n -=+-+=+； 2,21,N ,2n n n k S k n n k *+=-⎧=∈⎨=⎩(2)由()()*22111k k k b k S S +=∈+⋅N则有()221111111(21)(23)22123n n n b S S n n n n +⎛⎫===- ⎪+⋅++++⎝⎭所以1111111235572123n T n n ⎛⎫=-+-+- ⎪++⎝⎭，111123236n n T ⎛⎫=-< ⎪+⎝⎭ 4．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()222n n S n a =+-. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：23n T <.【答案】(1)()*1n a n n =+∈N(2)证明见解析【解析】【分析】(1)先根据()222n n S n a =+-和an ＝Sn －Sn －1(n ≥2)，推出数列{an }的递推公式，再求an .(2)根据21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式的结构形式，结合裂项求和法进行适当放缩，再求和，即可证得结果.(1)当1n =时，()112122S a =+-，即12a =. 当2n ≥时，()222n n S n a =+-①，()()111212212n n n S n a n a ---=-+-=+-①，由①-①，得()()1221n n n a n a n a -=+-+，即()11n n na n a -=+. 所以11n n a a n n -=+，且112a =，所以数列1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为常数列，所以11na n =+，即()*1n a n n =+∈N . (2)证明：由（1）得()*1n a n n =+∈N ，所以()()()()()22221144411221232123141411n a n n n n n n n ⎛⎫==<==- ⎪++++⎝⎭+++-，所以()222211*********1222223435577921231n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+<-+-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭+111111111122235577921233233n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.5．（2022·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测）等比数列{}n a 中，首项11a =，前n 项和为n S ，且满足()1344a a S +=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若31(1)log +=+⋅n n b n a ，求数列242n n b ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】(1)13n - (2)222(1)n -+【解析】【分析】（1）根据等比数列求解公比即可；（2）根据题意得22242112(1)n n b n n ⎡⎤+=-⎢⎥+⎣⎦，再裂项求和即可. (1)设数列{}n a 公比为q ，由11a =，()1344a a S +=，可得32330q q q -+-=，化简得()()2130q q +-=，即3q =，所以13-=n n a ． (2)由（1）得3(1)log 3(1)n n b n n n =+=+，所以222224242112(1)(1)n n n b n n n n ⎡⎤++==-⎢⎥++⎣⎦所以22222111112122223(1)n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎣⎦()()22222211111221222311n n n ⎡⎤=-+-++-=-⎢⎥++⎢⎥⎣⎦.. 6．（2022·江苏无锡·模拟预测）已知数列{}n a 满足：12(1),=,2n n a n n a n n +-+⎧⎪⎨⎪⎩为奇数为偶数*()N n ∈ (1)求1a 、3a 、5a ；(2)将数列{}n a 中下标为奇数的项依次取出，构成新数列{}m b ()m ∈*N ，①证明：m b m ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；①设数列+11m b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前m 项和为m S ，求证：12m S <．【答案】(1)10a = ；34a = ；512a = (2)①证明见解析；①证明见解析【解析】【分析】（1）根据12(1),=,2n n a n n a n n +-+⎧⎪⎨⎪⎩为奇数为偶数求解；（2）①利用等差数列的定义证明；①利用裂项相消法求解. (1)由题意知：21222202a a =-=-=，23444442a a =-=-=，256666122a a =-=-=；(2)①当n 为奇数时，n +1为偶数， ∴()()()221111122n n n n a a n n ++-=-+=-+=，∴()()221211212m m m b a m m ---===-，∴()2122m m m b m m m-==-，当2m ≥时，1(22)[2(1)2]21m m b b m m m m --=----=-， m b m ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以11011b a ==为首项，2为公差的等差数列．①由①知12(1)(N )m b m m m *+=+∈，111111()2(1)21m b m m m m +∴==-++，11111111[(1)()()](1)2223121m S m m m =-+-++-=-++， 11122(1)2m =-<+.7．（2022·河南·模拟预测（文））已知数列{an }对任意的n ①N *都满足312233333nna a a a n ++++=． (1)求数列{an }的通项公式； (2)令bn ＝3413431log log n n a a -+，求数列{bn }的前n 项和为Tn ．【答案】(1)3nn a =(2)1114343n T n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭【解析】【分析】（1）根据题干中的已知条件可得当1n =时，13a =，当2n ≥时，13nn a =，即可求解数列{}n a 的通项公式；（2）代入3nn a =化简数列{}n b ，利用裂项相消法即可求解数列{}n b 的前n 项和n T .(1) 解：①312233333n n a a a a n +++⋅⋅⋅+=，①当1n =时，13a =，当2n ≥时，3-11223-113333n n a a a a n +++⋅⋅⋅+=-，从而有13nn a =，即当2n ≥时，3n n a =，又13a =满足上式，故数列{}n a 的通项公式为3nn a =．(2)解：由题可知，()()414334134333111=log log log 3log 34143n n n n n b a a n n -+-+==⋅-+，所以()()1111=414344143n b n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭，111111111437471144143n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以1114343n T n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭. 8．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））设数列{}n a 的前n 项和为n S ，24n n S a n =+-． (1)证明：数列{}1n a -是等比数列．(2)若数列12n n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前m 项和170513m T =，求m 的值．【答案】(1)证明见解析 (2)8 【解析】【分析】（1）根据n S 与n a 的关系式化简证明；（2）由（1）得数列{}n a 的通项公式为21nn a =+．所以112112121n n n n n a a ++=-++，继而求和计算. (1)当1n =时，1123a a =-，13a =．当2n ≥时，()11214n n S a n --=+--，两式相减得121n n a a -=-，即()1121n n a a --=-，112a -=，则数列{}1n a -是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由（1）得12nn a -=，21n n a =+，当1n =时，1213a =+=，数列{}n a 的通项公式为21nn a =+．()()111221121212121n n n n n n n n a a +++==-++++， 11111111111135599172121321m m m m T ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令111170321513m +-=+，得121513m ++=，解得8m =．9．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））若n S 为数列{}n a 的前n 项和，12a =，且()()*121n n S S n +=+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若()*221log n n b a n -=∈N ，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】(1)2n n a = (2)n T 21nn =+ 【解析】【分析】（1）由()121n n S S +=+，利用数列通项和前n 项和的关系结合等比数列的定义求解；（2）由（1）得到111(21)(21)n n b b n n +=-+11122121n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，再利用裂项相消法求解. (1)解：因为()121n n S S +=+①，*n ∈N ，当2n ≥时，()121n n S S -=+①，由①①可得()()112121n n n n S S S S +--=+-+，即12(2)n n a a n +=≥．1n =时，122a a S +==112222S a +=+，又12a =，所以24a =，所以()*12n n a a n +=∈N ，所以12n na a +=，所以数列{}n a 是等比数列，且首项为2，公比为2．所以2n n a =．(2)由（1）知221log 21n n b a n -==-，所以111(21)(21)n n b b n n +=-+11122121n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，所以12233411111n n n T b b b b b b b b +=++++， 1111111112335572121n n ⎛⎫=-+-+-++- ⎪-+⎝⎭， 111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，21nn =+． 10．（2022·重庆·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为Sn ，111a =-，29a =-，且 11222n n n S S S n +-+-=≥（）(1)求数列{an }的通项公式； (2)设11n n n b a a +=，数列{bn }的前n 项和为Tn ，求使得Tn ＞0的n 的最大值．【答案】(1)an ＝2n ﹣13 (2)5 【解析】【分析】（1）消去Sn 得到an +1﹣an ＝2，即可判断出{an }是公差为2的等差数列，求出通项公式；（2）利用裂项相消法求出111211211n T n ⎛⎫=-+ ⎪-⎝⎭，列不等式即可求解.(1)由题意知（Sn +1﹣Sn ）﹣（Sn ﹣Sn ﹣1）＝2，解得an +1﹣an ＝2（n ≥2），又a 2﹣a 1＝2，所以{an }是公差为2的等差数列，则an ＝a 1+（n ﹣1）d ＝2n ﹣13； (2)由题知1111()(213)(211)2213211n b n n n n ==-----，则121111111211997213211111211211111211211n nT b b b n n n n =+++⎛⎫=-+-++- ⎪------⎝⎭⎛⎫=- ⎪--⎝⎭⎛⎫=-+ ⎪-⎝⎭由0n T >得11201121111(211)n n n +=<--，解得1102n <<，所以n 的最大值为5． 11．（2022·广东·模拟预测）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）； (2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．【答案】(1)21263=+⨯S ，()12312633=+⨯+S ，133n n S +=+(2)1122=-+n T n ，证明见解析【解析】【分析】(1)根据定义求出{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，由此归纳出n S ，(2)由(1)化简n c ，再由裂项相消法求其前n 项和，并完成证明. (1) 由题意得， 116512S =++=，217611512181263S =++++=+=+⨯，()2123187136171116512185412636312633S =++++++++=++=+⨯+⨯=+⨯+，41981572013196231728112716215S =++++++++++++++++121854162=+++2312636363=+⨯+⨯+⨯()123126333=+⨯++，…()12311263333(1)n n S n -=+⨯++++≥，由等比数列的前n 项和公式可得，()113131263313n n n S -+-=+⨯=+-，所以{}n S 的通项公式133n n S +=+．(2)由于133n n S +=+，所以()()33111111log 3log 31221n n n c S S n n n n +⎛⎫=-=--=- ⎪-⋅-++++⎝⎭，则1111111132432122n T n n n =-+-++-=-+++，因为n *∈N ，所以102n >+，所以111222n ->-+，又n T 随n 的增大而减小，所以当1n =时，n T 取得最大值16-，故1126n T -<≤-．12．（2022·四川·绵阳中学实验学校模拟预测（文））已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且21n S n n =++．(1)求{}n a 的通项公式． (2)若11n n n b a a +=，n T 是{}n b 的前n 项和，求5T ．【答案】(1)3,12,2n n a n n =⎧=⎨≥⎩ (2)16【解析】【分析】（1）由1(2)n n n a S S n -=-≥求通项公式，注意11a S =；（2）从第2项向后用裂项相消法求和． (1)2n ≥时，2211(1)(1)12n n n a S S n n n n n -=-=++-----=，113a S ==，所以3,12,2n n a n n =⎧=⎨≥⎩；(2)2n ≥时，1111()4(1)41n b n n n n ==-++，1121113412b a a ===⨯，所以11111111[()()()]12423341n T n n =+-+-++-+11128(1)n n -=++，所以514112866T =+=⨯. 13．（2022·江苏·扬州中学模拟预测）已知正项递增的等比数列{}n a 满足1330a a +=，29a =.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()12311nn n n b a a +⋅=++，{}n b 的前n 项和为n T ，求n T .【答案】(1)3nn a =(2)111431n n T +=-+ 【解析】【分析】（1）根据已知条件及等比数列通项公式即可求解；（2）根据（1）知3nn a =，得出数列n b ，利用裂项相消法即可求解.(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，则因为数列{}n a 为正项递增等比数列，所以1q >，又1330a a +=，29a =，①()2111309a q a q ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，解得133a q =⎧⎨=⎩，或12713a q =⎧⎪⎨=⎪⎩（舍）；所以等比数列{}n a 的通项公式为111333n n nn a a q --==⨯=.(2)由（1）知3nn a =，所以()()()()1112323111131313131n n nn n n n n n b a a +++⋅⋅===-++++++，所以122231111111313131313131n n n n T b b b +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-⎪ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭111431n +=-+. 所以{}n b 的前n 项和为111431n +-+. 14．（2022·天津市滨海新区塘沽第一中学三模）已知数列{}n a ，{}n b ，已知对于任意*n N ∈，都有1n n a +=，数列{}n b 是等差数列，11b =，且25b +，41b +，63b -成等比数列． (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)记()*2,21,2n n n a n k c k N b n k =-⎧⎪=∈⎨=⎪⎩．（①）求13213212log log ni i i c c =-+⋅∑；（①）求211nk k k c c +=∑．【答案】(1)3nn a =；21n b n =-(2)（①）1121n -+ ；（①）175402591648n n +-+⋅ 【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式及等比中项的性质即可求解；（2）（①）利用裂项相消法求和即可，（①）将相邻两项合并成一项，再利用错位相减法求和即可. (1)设数列{}n b 的公差为d ，①25b +，41b +，63b -成等比数列，且11b =，①()()()2426153b b b +=+-，即()()()223625d d d +=+-+，解得2d =，则()12121n b n n =+-=-，即13n nn n a +==，(2)（①）由（1）可知，()*3,211,2n n n k c k N n n k⎧=-=∈⎨-=⎩，则335212113213213333332222=log log log 3log 3log 3log 3log 3log 3nn n i i i c c -+=-+++⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅∑()()22213352121n n =++⋅⋅⋅+⨯⨯-+1111113352121n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1121n =-+；（①）由题意，对*n N ∀∈，()()()()21221212121211222213310213n n n n n n n n n n c c c c n n c c c -+-+-+-+=+=-+=-⋅()102193n n =-⋅，设(){}219nn -⋅的前n 项为{}n R ，所以()2939219n n R n =+⨯++-⨯，则()2319939219n n R n +=+⨯++-⨯，则()()()212311998929992199221919n nn n n R n n +++--=++++--⨯=+⋅--⨯-14558944n n +-=-+⋅，所以1458593232n n n R +-=+⋅，即211110754025931648nn k k n k n c c R ++=-==+⋅∑． 15．（2022·浙江省杭州学军中学模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，114a =，且2*1,21n n n S a n n +=⋅∈+N ． (1)求2a 的值，并证明：数列21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是一个常数列；(2)设数列{}n b满足n b {}n b 的前n 项和为n T，若2-≥k T ，求正整数k 的值．【答案】(1)234a =，证明见解析． (2)1,2,3k =．【解析】【分析】（1）利用1n n n a S S -=-得到n a 与1n a -的关系，构造数列21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭即可．（2）先求出n S ，得到8(1)n b n n =+，裂项求和得到n T ，代入解不等式．(1)当1n =时，1213=S a 得：234a =．当2n ≥时，21(1)21--=-n n n S a n ，则221(1)2121+-=-+-n n n n n a a a n n ，得121212134n n a a a n n +==⋅⋅⋅==+-，又1114a =符合上式，即数列21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是一个常数列． (2)由（1）可知：2121,44++==n n n n a S ，即8118(1)1⎛⎫==- ⎪++⎝⎭n b n n n n ．12188111⎛⎫=+++=-= ⎪++⎝⎭k k k T b b b k k，则8(1)21-=-+≥+k k T k k ，得：13k ≤≤．即1,2,3k =．16．（2022·江苏·南京市江宁高级中学模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =-，1|121|n n n a a a +=-++，*n ∈N ． (1)求4a 的值并求数列{}n a 的通项公式；(2)若333432log log ...log n n b a a a +=+++，求数列1{}nb 的前n 项和．【答案】(1)49a =，21,13,2n n n n a --==≥⎧⎨⎩; (2)21nn +. 【解析】【分析】（1）根据已知条件及数列的递推公式，取项数n 可得出数列的各项，再利用等比数列的通项公式即可求解；（2）根据对数的运算性质，再利用裂项相消法即可求解. (1)因为1|121|n n n a a a +=-++，又 11a =-，所以2111211a a a ==－＋＋， 3221213a a a ==－＋＋，4331219a a a ==－＋＋．当2n ≥时，12211n n a a a +>+>=，所以1n a ≥，从而11211213n n n n n n a a a a a a +=++-+==＋－，所以数列{}n a 是以首项为21a =，公比为3的等比数列，于是有()221332n n n a n --=⨯=≥，又因为11a =-，不满足上式，所以数列{}n a 的通项公式为21,13,2n n n n a --==≥⎧⎨⎩. (2)由（1）知，()221332n n n a n --=⨯=≥，334323lo l 1og g 2n n b a a a n +⋯+==+＋＋＋log ＋＝(1)2n n +，故1n b ＝22n n +＝1121n n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭．所以121111112212211113n n b n b b n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣+⎦++所以数列1n b ⎧⎫⎪⎨⎬⎪⎭⎩的前n 项和为21n n +．17．（2022·全国·高考真题）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 +++<．【答案】(1)()12n n n a +=(2)见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得()121133n n S n n a +=+-=，得到()23n n n a S +=，利用和与项的关系得到当2n ≥时，()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,进而得：111n n a n a n -+=-，利用累乘法求得()12n n n a +=，检验对于1n =也成立，得到{}n a 的通项公式()12n n n a +=；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到121111211n a a a n ⎛⎫+++=- ⎪+⎝⎭，进而证得. (1)①11a =，①111S a ==,①111S a =, 又①n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，①()121133n n S n n a +=+-=,①()23n n n a S +=, ①当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，①()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111n n n a n a --=+, 即111n n a n a n -+=-, ①31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯ ()1341123212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--，显然对于1n =也成立， ①{}n a 的通项公式()12n n n a +=；(2)()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭ ①12111na a a +++1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 18．（2022·天津·耀华中学二模）已知{}n a 为等差数列，前n 项和为n S ，()*n ∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=，335b a a =+，6112b S =-.(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设10c =，11ln 1n n c c n +⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，*n ∈N ，求n c ；(3)设1113,21ln ,2nn n n n nc n k bd a an k b +-+⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，其中*k ∈N .求{}n d 的前2n 项和2n T .【答案】(1)n a n =，2nn b =；(2)ln n c n =； (3)ln(21)4nn +-. 【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式、前n 项和公式，结合等比数列的通项公式进行求解即可；（2）运用累和法，结合对数的运算性质进行求解即可；（3）根据（1）（2）的结论，结合裂项相消法进行求解即可. (1)设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为(0)q q >，由2231222122b b q q q +=⇒+=⇒=，或3q =-舍去，所以1222n nn b -=⋅=；35413428434a a b a d a a ⇒=⇒=+=⇒=+，6111121111102642b S a d =-⇒+⨯⨯-=，解得：11a d ==，即1(1)1n a n n =+-⋅=，所以有n a n =，2nn b =；(2)因为111ln 1ln n n n c c n n ++⎛⎫-=+= ⎪⎝⎭，所以当*2,n n ≥∈N 时，有112211()()()n n n n n c c c c c c c c ---=-+-++-+12(1)2lnln lnln ln 121(1)(2)1n n n n n n n n n --=+++==----，显然当1n =时也适合，即ln n c n =； (3)由（1）（2）可知：n a n =，2nn b =，ln n c n =.当21n k =-，*k ∈N 时，2123ln(21)2k kk d --=，当2n k =，*k ∈N 时，2221ln 212k kk k d -+=， 122221ln3ln(21)4ln(21)ln(21)21224k k kk kk k k k k d d -----+++=+=， 21234ln1ln 34ln 3ln 54ln 5ln 74ln(21)ln(21)4444n nn n T -----+=++++112231ln 3ln 3ln 5ln 54ln 7ln(21)ln(21)04444444n nn n --+=-+-+-++- ln(21)4nn +=-. 【点睛】关键点睛：运用裂项相消法是解题的关键.19．（2022·湖北省仙桃中学模拟预测）已知数列{}n a 为等比数列，且6431316,32a a a a =+=+ (1)求{}n a 的通项公式； (2)若(1)(1)nn n a b n n -=+ ，{}n b 的前n 项和为n T ，求满足8n T >的最小正整数n【答案】(1)2n n a = (2)5 【解析】【分析】（1）列方程组求得等比数列{}n a 首项、公比，进而求得其通项公式；（2）先化简{}n b 的通项公式，利用裂项相消法求得{}n b 的前n 项和为n T ，再解8n T >，即可求得满足不等式的最小正整数n . (1)设等比数列{}n a 首项为1a ，公比为q ，则531121131632a q a q a q a ⎧=+⎨=+⎩，解之得122a q =⎧⎨=⎩，则等比数列{}n a 的通项公式2n n a =(2)由2nn a =，可得1(1)2121222(1)111n n n n n n n a b a n n n n n n n n +-⎛⎫⎛⎫==-=-=- ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭则{}n b 的前n 项和232435411222222222222232435411n n n n T n n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭由12281n n T n +=->+，可得1210100n n +--> 令()1()210101N x f x x x x +=--≥∈，，则()1()2ln 2101N x f x x x +'=-≥∈，由1()2ln 2100x f x +'=->，可得210log 1 2.85ln 2x ⎛⎫>-≈ ⎪⎝⎭由1()2ln 2100x f x +'=-<，可得210log 1 2.85ln 2x ⎛⎫<-≈ ⎪⎝⎭则有()f x 在[]1,2.85单调递减，在()2.85,+∞单调递增又2(1)21010160f =--=-<， 5(4)24010180f =--=-<，6(5)2501040f =--=> 则0(1)(2)f f >>，(3)(4)0(5)()f f f f n <<<<<即由不等式1210100n n +-->，可得5,N n n ≥∈ 则满足8n T >的最小正整数为520．（2022·全国·高考真题）已知函数()e e ax x f x x =-． (1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围； (3)设n *∈N21ln(1)n n +>++．【答案】(1)()f x 的减区间为(),0-∞，增区间为()0,+∞. (2)12a ≤(3)见解析【解析】【分析】（1）求出fx ，讨论其符号后可得()f x 的单调性.（2）设()e e 1ax xh x x =-+，求出()h x ''，先讨论12a >时题设中的不等式不成立，再就102a <≤结合放缩法讨论()h x '符号，最后就0a ≤结合放缩法讨论()h x 的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得12ln t tt<-对任意的1t >恒成立，从而可得()ln 1ln n n +-<*n N ∈恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. (1)当1a =时，()()1e x f x x =-，则()e xf x x '=，当0x <时，0fx，当0x >时，0fx，故()f x 的减区间为(),0-∞，增区间为()0,+∞. (2)设()e e 1ax xh x x =-+，则()00h =，又()()1e e ax x h x ax '=+-，设()()1e e ax xg x ax =+-，则()()22e e ax xg x a a x '=+-，若12a >，则()0210g a '=->，因为()g x '为连续不间断函数，故存在()00,x ∈+∞，使得()00,x x ∀∈，总有0g x ，故()g x 在()00,x 为增函数，故()()00g x g >=，故()h x 在()00,x 为增函数，故()()01h x h >=-，与题设矛盾.若102a <≤，则()()()ln 11e e ee ax ax ax xx h x ax ++'=+-=-，下证：对任意0x >，总有()ln 1x x +<成立，证明：设()()ln 1S x x x =+-，故()11011x S x x x-'=-=<++，故()S x 在()0,+∞上为减函数，故()()00S x S <=即()ln 1x x +<成立. 由上述不等式有()ln 12e e e e e e 0ax ax x ax ax x ax x +++-<-=-≤，故()0h x '≤总成立，即()h x 在()0,+∞上为减函数，所以()()01h x h <=-.当0a ≤时，有()e e e 1100ax x axh x ax '=-+<-+=，所以()h x 在()0,+∞上为减函数，所以()()01h x h <=-. 综上，12a ≤. (3) 取12a =，则0x ∀>，总有12e e 10x x x -+<成立，令12e x t =，则21,e ,2ln x t t x t >==，故22ln 1t t t <-即12ln t t t<-对任意的1t >恒成立.所以对任意的*n N ∈，有整理得到：()ln 1ln n n +-<()21ln 2ln1ln 3ln 2ln 1ln n n n n++>-+-+++-+()ln 1n =+，故不等式成立. 【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.。

高中数学裂项相消法例题

高中数学裂项相消法例题1．已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，前n 项和为4,10n S S =，且248,,a a a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）设()*21n n n b n N a a +=∈，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）n a n=（2）()()3234212n n T n n +=-++【分析】（1）结合等差数列前n 项、等差数列通项公式和等比数列性质，解关于1,a d 的方程即可求解n a ；（2）由（1）结合裂项公式得11122n b n n ⎛⎫- +⎝⎭=，采用累加法即可求解n T .（1）因为248,,a a a 成等比数列，则2428a a a =⋅，即()()()211137a d a d a d +=++，化简得：21d a d =，10,d d a ≠∴= ，①又410S =，则1434102a d ⨯+=，即1235a d +=，②联立①②解得：11a d ==，()11n a a n d n ∴=+-=.（2）当*n ∈N 时，()211111222n n n b a a n n n n +⎛⎫=== ++⎝⎭11111111111112324352112n T n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()()11113231.22124212n n n n n +⎛⎫=+--=- ⎪++++⎝⎭所以*n ∈N 时，()()3234212n n T n n +=-++.2．已知数列{}n a ，{}n b 满足112n n n a a b +-=，122n n n b b a +-=+，且11a =，14b =.（1）写出2a ，2b ，并求{}n a 的通项公式；（2）记数列1n n n b a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：4n n S T >.【答案】（1）23a =，28b =，21n n a =-（2）证明见解析【分析】（1）由两数列的关系，{}n b 的递推关系，得到数列{}n a 的递推关系，再从基本定义出发构造等比数列{}1n a +，得到通项公式；（2）利用裂项相消法求和n S ，由等比数列的前n 项和公式得n T 后可得不等式成立．（1）因为11a =，14b =，所以211132a ab =+=，211228b a b =++=.由112n n n a a b +-=得，()12n n n b a a +=-，又122n n n b b a +-=+，所以()()2112222n n n n n a a a a a +++---=+，得()21121n n a a +++=+，得()1121n n a a ++=+，所以数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，.所以12n n a +=，21n n a =-.（2）由（1）可知，12n n b +=.所以()()1111211221212121n n n n n n n n b a a ++++⎛⎫==- ⎪----⎝⎭，所以数列1n n n b a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭得前n 项和111111112121337212121n n n n S ++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.数列1n b ⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和21112211112212n n n T ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-，所以14212n n T ⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.易知()()1111112122142220221221221n n n n n n n n n n n S T ++++---⎛⎫-=-=⨯=⨯> ⎪---⎝⎭，所以4n n S T >.3．已知数列{}n a 的前n 和22,n S n n =+记[lg ],n n b a =其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[0.9]0,[lg 99] 1.==（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设11,n n n c a a +=求数列{}n c 的前n 项和;n T （3）求数列{}n b 的500项和.【答案】（1）21n a n =+；（2）n T =11646n -+；（3）948.【分析】（1）由22n S n n =+，可知当2n ≥时，21(1)2(1)n S n n -=-+-，再利用()12n n n a S S n -=-≥，即可求出数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）得，n c =1111((21)(23)22123n n n n =-++++，再利用裂项相消法即可求出n T ；（3）由（1）知[lg ]n n b a =[lg(21)]n =+，结合题意可求出12340b b b b ====，567491b b b b ===⋯==，505152534992b b b b b ====⋯==，5003b =，即可求出数列{}n b 的500项和.（1）解：22n S n n =+ ，①∴当2n ≥时，21(1)2(1)n S n n -=-+-，②由①-②得21(2)n a n n =+≥，当1n =时，113a S ==，满足上式，∴数列{}n a 的通项公式为：21n a n =+.（2）解：由（1）知，n c =1111()(21)(23)22123n n n n =-++++，所以数列{n c }前n 项和为：n T =1111111[()()()]235572123n n -+-++-++ =11646n -+.（3）解：由（1）知[lg ]n n b a =[lg(21)]n =+，14549504995003,9,11,99,101,999,1001a a a a a a a ======= ，由于lg y x =在(0,)+∞上单调递增，且lg10,lg101,lg1002,lg10003,====∴12340b b b b ====，567491b b b b ===⋯==，505152534992b b b b b ====⋯==，5003b =，数列{}n b 的前500项和为：4045145023948⨯+⨯+⨯+=.4．在①550S =，②1S 、2S 、4S 成等比数列，③()6632S a =+.这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题.问题：已知等差数列{}n a 的公差为()0d d ≠，前n 项和为n S ，且满足___________.（1）求n a ；（2）若()122n n n b b a n --=≥，且111b a -=，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【答案】（1）条件选择见解析，42n a n =-（2）21n n T n =+【分析】（1）根据所选条件，得出关于1a 、d 的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出数列{}n a 的通项公式；（2）利用累加法可求得数列{}n b 的通项公式，再利用裂项相消法可求得n T .（1）解：①：因为1S 、2S 、4S 成等比数列，则2214S S S =，即()()2111246a d a a d +=+，因为0d ≠，可得12d a =.②：5151050S a d =+=，可得1210a d +=.③：()6632S a =+，可得()11615352a d a d +=++，可得12a =.若选①②，则有112210d a a d =⎧⎨+=⎩，可得124a d =⎧⎨=⎩，则()1142n a a n d n =+-=-；若选①③，则124d a ==，则()1142n a a n d n =+-=-；若选②③，则122210a d d +=+=，可得4d =，所以，()1142n a a n d n =+-=-.（2）解：()12284n n n b a n b n -=--=≥，且111b a -=，则13b =，所以，当2n ≥时，则有()()()121321n n n b b b b b b b b -=+-+-++- ()()()28412131220843412n n n n -+-=++++-=+=- ，13b =也满足241n b n =-，故对任意的n *∈N ，241n b n =-，则()()11111212122121n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以，11111111112335212122121n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.5．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()236n n S a n n *=-∈N （1）证明：数列{}3n a +为等比数列；（2）若数列{}n b 为等差数列，且31b a =，122b a =，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】（1）证明见解析（2）44nn +【分析】（1）由n S 与n a 的关系，利用等比数列的定义证明即可；（2）由（1）求出n b ，再利用裂项相消法求解即可（1）当1n =时，11236a a =-，16a ∴=．()236n n S a n n N *=-∈ ，∴当2n ≥时，()112361n n S a n --=--，12336n n n a a a -∴=--，()1333n n a a -∴+=+，∴数列{}3n a +是以139a +=为首项、以3为公比的等比数列．（2）由（1）得，113933n n n a -++=⨯=，即133n n a +=-，316b a ∴==，31223324b a ==-=．设等差数列{}n b 的公差为d ，则126b d +=，11124b d +=，12b d ∴==，2n b n ∴=，()11111122141n n b b n n n n +⎛⎫∴==- ⎪⨯++⎝⎭，1111111412231n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-+⋅⋅⋅+-= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦1114144n n n ⎛⎫-= ⎪++⎝⎭6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，141n n S a +=+，设12n n n b a a +=-．（1）证明数列{}n b 是等比数列并求数列{}n b 的通项：（2）数列{}n c 满足1log3n nc b =+，设1223341n n n T c c c c c c c c +=++++ ，求n T ．【答案】（1）证明见解析，2n n b =（2）5(25)n n T n =+【分析】（1）当2n ≥时，由141n n S a +=+得出141n n S a -=+，两式相减得出1144n n n a a a +-=-，然后利用等比数列的定义可证明出数列{}n b 为等比数列，并求数列{}n b 的通项公式；（2）由数列{}n b 的通项公式，求出n c ，然后利用裂项相消法即求．（1）当2n ≥时，由141n n S a +=+①，得141n n S a -=+②①－②得1144n n n a a a +-=-，所以()11222n n n n a a a a +--=-，又12n n n b a a +=-，所以12n n b b -=．因为11a =，且12141a a a +=+，所以21314a a =+=，所以12122b a a =-=，故数列{}n b 是首项为2，公比为2的等比数列，∴2n n b =.（2）由2n n b =，则()11log 323n n c n b n *==∈++N ，∴111111232522325n n c c n n n n +⎛⎫=⨯=- ⎪++++⎝⎭∴122334111111157792325n n n T c c c c c c c c n n +=++++=⨯+⨯++⨯++ 11111111112577923252525n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 5(25)nn =+∴5(25)n n T n =+.7．已知数列{}n a 满足()1123123(1)22n n a a a na n n N +*++++=-⋅+∈ .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()111n n n n a b a a +=++，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）*1=12,2n n n a n n N ⎧=⎨≥∈⎩，且（2）131=1021n n S +-+【分析】（1）1n =时，可得11a =，2n ≥时，代入1n -，两式相减可得通项公式；（2）利用裂项相消法可求.（1）因为()1123123(1)22n n a a a na n n N +*++++=-⋅+∈ ，当1n =时，可得11121a a +==，；当2n ≥时，可得1231123(1)(2)22n n a a a n a n -++++-=-⋅+ ，()1123123(1)22n n a a a na n n N +*++++=-⋅+∈ 两式相减得1(1)2(2)22n n n n na n n n +=-⋅--⋅=⋅，即2(2)n n a n =≥，所以数列{}n a 的通项公式为*1=12,2n n n a n n N⎧=⎨≥∈⎩，且（2）当1n =时，()()()()112121*********a b a a ===++++，当2n ≥时，()()()()1112111121212121n n n n n n n n n a b a a +++===-++++++，则23341111111212121212121110n n n S +-+-++-+++=++++ 1111131()105211021n n ++=+-=-++.8．已知数列{}2n a 是公比为4的等比数列，且满足2a ，4a ，7a 成等比数列，n S 为数列{}n b 的前n 项和，且n b 是1和n S 的等差中项，记231(1)n n n n n a c a a ++=-，求数列{}n c 的前2n 项和.【答案】11466n -+【分析】先根据条件推出{}n a 是等差数列，求出{}n a 的通项公式，代入到231(1)n n n n n a c a a ++=-中，可以用裂项相消法求出{}n c 的前2n 项和【详解】∵数列{}2n a 是公比为4的等比数列∴1242n na a +=即124n n a a +-=∴12n n a a +-=∴{}n a 是等差数列，且公差为2∵2a ，4a ，7a 成等比数列∴2427a a a =则()()()21116212a a a +=++解得：16a =∴()62124n a n n =+-=+∴()()()()231(1)(1)(410251111242622322)(1)3n n n n n n n n n n n n a c n n n a a n ++++⎛⎫==⨯+ ⎪++++++-=-⎝--⎭=设数列{}n c 的前2n 项和为2n T ，21111111111111123424525622223466n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++++=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 9．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，其中11a =，满足121n n a a +=+．（1）证明数列{}1n a +为等比数列；（2）求数列1121n n n S S ++⎧⎫-⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】（1）证明见解析；（2）222423n n n n ++----．【分析】（1）由121n n a a +=+可得()1121n n a a ++=+，即可证明；（2）可得21n n a =-，12(2)n n S n +=-+，11121212121112(2)2(3)2(2)2(3)n n n n n n n n S S n n n n +++++++--==--+-+⎡⎤⎡⎤-+-+⎣⎦⎣⎦，然后可算出答案.【详解】（1）由121n n a a +=+可得()1121n n a a ++=+，因为11a =，所以112a +=所以数列{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列（2）根据（1）可得：()11112221n n n n n a a a -+=+⨯=⇒=-，所以()12122(2)12n n n S n n +-=-=-+-，所以11121212121112(2)2(3)2(2)2(3)n n n n n n n n S S n n n n +++++++--==--+-+⎡⎤⎡⎤-+-+⎣⎦⎣⎦，所以21222111111241144112(2)2(3)2(3)23n n n n n n n T n n n n +++++--=-+-+⋅⋅⋅+-=-=-+-+-+--．10．已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若2929a a +=，48S a =．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）记11n n n b a a +=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，()331nn n c n T =+，求数列{}n c 的前n 项和n K ．【答案】（1）()*32n a n n N =-∈；（2）()1*313424n n n K n N +⎛⎫=+-⋅∈ ⎪⎝⎭.【分析】（1）根据已知条件可得出关于等差数列{}n a 的首项和公差的方程组，解出这两个量的值，即可求得等差数列{}n a 的通项公式；（2）利用裂项相消法可求得n T ，进而得出3nn c n =⋅，再利用错位相减法可求得数列{}n c 的前n 项和n K .【详解】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，由题意294829a a S a +=⎧⎨=⎩，得111292943472a d a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩，解得113a d =⎧⎨=⎩，所以，()()*1132n a a n d n n N =+-=-∈；（2）由（1）知()()111111323133231n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭，所以，11111111113447323133131n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=-=⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以，()3313n nn n c n T n =+=⋅，则()1211323133n nn K n n -=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅①，()23131323133n n n K n n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅②，①-②，得()2311131331233333331322n nn n n n K n n n +++--=+++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=-⎛⎪-+⋅⎫⎝⎭- ，解得()1*313424n n n K n N +⎛⎫=+-⋅∈ ⎪⎝⎭．11．已知首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11331n n n n n a S S a a +++=++．（1）求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列；（2）记数列()(){}323111n n a a -+++的前n 项和为n T ，求n T ．【答案】（1）证明见解析；（2）431=+n nT n .【分析】（1）由题可得+1111121n n aa =+++，利用等差数列的定义可证；（2）利用裂项相消法即求.【详解】（1）依题意，1131n n n n a a a a ++=++，则+113n n n a a a -=+，两边都加1可得，()+12113n n n a a a ++=+，故()+113121111212121n n n n n a aa a a ⎛⎫+==+=+ ⎪++++⎝⎭，则+1111112n n a a -=++，故数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是首项为12，公差为12的等差数列；（2）由（1）可知，112n na =+，故21n a n +=，则()()()()3231224411113231323133231n n a a n n n n n n -+⎛⎫++==- ⎪-+-+-+⎝⎭，故4111111414131447323133131n nT n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭.12．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且0n a >，6742021a =，()()612n n n S a a =++，*N n ∈.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足152n n n b b a --=+，2n ≥，*N n ∈，192b =，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【答案】（1）31n a n =-；（2）()()1232312n n T n n +=-++.【分析】（1）令1n =可求得11a =或12a =，当2n ≥时，可得2111623n n n S a a ---+=+与已知条件两式相减可得{}n a 是等差数列，再由6742021a =可确定1a 的值，进而可得{}n a 的通项公式；（2）利用累加法以及等差数列求和公式可得n b ，进而可得1nb ，利用裂项求和即可求解.【详解】（1）()()261232n n n n n S a a a a =++=++，当2n ≥时，可得2111623n n n S a a ---+=+，两式相减可得2211336n n n n n a a a a a ---+-=，化简得()()()1113n n n n n n a a a a a a ---+-=+.因为0n a >，则10n n a a -+≠，所以13n n a a --=，故数列{}n a 是以3为公差的等差数列.在2632n n n S a a =++中，令1n =，2111632a a a =++，即211320a a -+=，可得11a =或12a =.当11a =时，()13132n a n n =+-=-，674367422020a =⨯-=，不符合题意；当12a =时，()23131n a n n =+-=-，6742021a =，符合题意.综上所述：31n a n =-.（2）因为152n n n b b a --=+，所以12152n n n b b a ----=+，23252n n n b b a ----=+，…21252b b a -=+，累加可得：()1122512n n n n b b a a a a n ---=+++⋅⋅⋅++-，故()()()()112313255912122222n n n n n n b S a n b n +-+=-+-+=-+-+=（2n ≥），经检验192b =也满足上式，所以()322n n n b +=，则()121113232n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭.所以1111111113324352n T n n ⎛⎫=-+-++⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭111113212n n ⎛⎫=+-- ⎪++⎝⎭()()1232312n n n +=-++.13．数列{}n a 对于任意*n N ∈，满足()()1428n n a a ++-=，且12a =．()1求n a ；()2若12n n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和．【答案】()1221n n a =-；()214421n +--．【分析】()1根据已知条件化简并凑项，即可得出21n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列，进而写出通项公式；()2由()1中221n n a =-，可得1111242121nn n n n n b a a ++⋅⎛⎫==- ⎪--⎝⎭，进而利用裂项相消法求数列{}n b 的前n 项和．【详解】解：()1由题意()()1428n n a a ++-=，即118428n n n n a a a a ++-+-=，1124n n n n a a a a ++-=，1241n na a +-=，1241n na a +=+，122211n n a a +⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，122121n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭12a =，∴1212a +=则21n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列.∴212n na +=，则221n n a =-()2由()1中221n n a =-，可得()()1122222121n n n n n n n b a a ++⨯⋅⋅==--()()114211421212121n n n n n ++⨯⎛⎫==-⎪----⎝⎭.设数列{}n b 的前n 项和为n S ，则123n nS b b b b =++++ 121231111114212121212121n n +⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎡⎤⎛⎫=-+-++- ⎪⎢⎥------⎝⎭⎣⎭⎦ 114121n +⎛⎫=- ⎪-⎝⎭14421n +=--.14．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，首项为1a ，且12nn S a a n-=．（1）证明：{}n a 为等差数列；（2）若{}n a 的首项和公差均为1，求数列()()122121n nn a a a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬--⎪⎪⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】（1）证明见解析；（2）11121n n T +=--.【分析】（1）利用1n n n a S S -=-消去n S ，利用等差中项法证明等差数列；（2）先求出n a n =，把()()122121n n n a a a +--转化为()()1121121212121n n n a n n a a ++=-----，利用裂项相消法求和.【详解】解：（1）由题意得()()11112211n nn n S na na S n a n a --=+⎧⎨=-+-⎩（2n ≥）两式相减得()()1121n n n a a n a --+=-从而()()()1111211n n n nn a a n a n a a na -+⎧-+=-⎪⎨-+=⎪⎩再两式相减得()()()111122n n n n a n a n a +--+-=-又10n -≠∴112n n n a a a +-+=，于是{}n a 为等差数列．（2）由（1）可得{}n a 为等差数列，又11a d ==，∴n a n =．于是()()()()1112211212121212121n n nn n n n n a a +++==-------则2231111111111212121212121n n n n T ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭．15．已知数列{}n a 是递增等比数列，n S 为其前n 项和，且1428a a +=，2327a a ⋅=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足212n n n n a b S S +++=⋅，求其前n 项和n T .【答案】（1）13-=n n a ；（2）212431n n T +=--.【分析】（1）由已知条件可得出关于1a 、4a 的方程组，解出这两个量的值，可求得等比数列{}n a 的公比，可求得等比数列{}n a 的通项公式；（2）求出312n n S -=，可得出121123131n n n b ++⎛⎫=- ⎪--⎝⎭。

裂项相消法求和附答案

裂项相消法利用列项相消法求和时，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，后面剩两项，再就是通项公式列项后，有时需要调整前面的系数，使列项前后等式两边保持相等。

（1）若是{a n }等差数列，则)11.(1111++-=n n n n a a d a a ,)11.(21122n ++-=n n n a a d a a （2）11111+-=+n n n n ）（（3）)11(1)(1k n n k k n n +-=+ （4）)121121(2112)121+--=+-n n n n ）（（（5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n （6）n n n n -+=++111（7）)(11n k n k k n n -+=++1.已知数列的前n 项和为，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和为．[解析] (1) ……………①时, ……………②①②得:即……………………………………3分在①中令, 有, 即，……………………………………5分故对2.已知{a n}是公差为d的等差数列，它的前n项和为S n，S4=2S2+8．（Ⅰ）求公差d的值；（Ⅱ）若a1=1，设T n是数列{}的前n项和，求使不等式T n≥对所有的n∈N*恒成立的最大正整数m的值；[解析]（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，∵ S4=2S2+8，即4a1+6d=2(2a1+d) +8，化简得：4d=8，解得d=2．……………………………………………………………………4分（Ⅱ）由a1=1，d=2，得a n=2n-1，…………………………………………5分∴ =．…………………………………………6分∴ T n===≥，…………………………………………8分又∵ 不等式T n≥对所有的n∈N*恒成立，∴ ≥，…………………………………………10分化简得：m2-5m-6≤0，解得：-1≤m≤6．∴ m的最大正整数值为6．……………………………………………………12分3.)已知各项均不相同的等差数列{a n}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比数列. (Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)设T n为数列的前n项和,求T2 012的值.[答案] (Ⅰ)设公差为d,由已知得(3分)解得d=1或d=0(舍去),∴a1=2. (5分)故a n=n+1. (6分)(Ⅱ)==-,(8分)∴T n=-+-+…+-=-=. (10分)∴T2 012=. (12分)4.)已知数列{a n}是等差数列,-=8n+4,设数列{|a n|}的前n项和为S n,数列的前n项和为T n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证:≤T n<1.[答案] (1)设等差数列{a n}的公差为d,则a n=a1+(n-1)d. (2分)∵-=8n+4,∴(a n+1+a n)(a n+1-a n)=d(2a1-d+2nd)=8n+4.当n=1时,d(2a1+d)=12;当n=2时,d(2a1+3d)=20.解方程组得或(4分)经检验知,a n=2n或a n=-2n都满足要求.∴a n=2n或a n=-2n. (6分)(2)证明:由(1)知:a n=2n或a n=-2n.∴|a n|=2n.∴S n=n(n+1). (8分)∴==-.∴T n=1-+-+…+-=1-. (10分)∴≤T n<1. (12分)5.已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列. (Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.[答案] 查看解析[解析] (Ⅰ)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(Ⅱ)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为奇数时,T n=-+…-+++=1+= .所以T n=6. 已知点的图象上一点，等比数列的首项为，且前项和(Ⅰ) 求数列和的通项公式；(Ⅱ) 若数列的前项和为，问的最小正整数是多少？[解析]解：(Ⅰ) 因为，所以，所以，，，又数列是等比数列，所以，所以，又公比，所以，因为，又，所以，所以，所以数列构成一个首项为1，公差为1的等差数列，，所以，当时，，所以. （6分）(Ⅱ) 由(Ⅰ) 得，（10分）由得，满足的最小正整数为72. （12分）7. 在数列，中，，，且成等差数列，成等比数列（）.（Ⅰ）求，，及，，，由此归纳出，的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）证明：.[解析] （Ⅰ）由条件得，由此可得.猜测. （4分）用数学归纳法证明：①当时，由上可得结论成立.②假设当时，结论成立，即，那么当时，.所以当时，结论也成立.由①②，可知对一切正整数都成立. （7分）（Ⅱ）因为.当时，由（Ⅰ）知.所以.综上所述，原不等式成立. (12分）8.已知数列的前项和是，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，，求使成立的最小的正整数的值．[解析] （1）当时，，由， (1)分当时，∴是以为首项，为公比的等比数列．……………………4分故…………………6分（2）由（1）知，………………8分，故使成立的最小的正整数的值. ………………12分9. 己知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列．（I）求数列{a n}的通项公式；（II）设T n为数列的前n项和，若T n≤¨对恒成立，求实数的最小值．[解析] 122. （Ⅰ）设公差为d. 由已知得……………………………3分解得，所以………………………………6分（Ⅱ），………………………………9分对恒成立，即对恒成立又∴的最小值为……………………………………………………………12分10. 已知数列前项和为，首项为，且，，成等差数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（II）数列满足，求证：，[解析] （Ⅰ）成等差数列, ∴，，当时，,两式相减得： .所以数列是首项为，公比为2的等比数列，. （6分）(Ⅱ) ，（8分），. （12分）11.等差数列{a n}各项均为正整数, a1=3, 前n项和为S n, 等比数列{b n}中, b1=1, 且b2S2=64, {}是公比为64的等比数列.(Ⅰ) 求a n与b n;(Ⅱ) 证明:++…+<.[答案] (Ⅰ) 设{a n}的公差为d, {b n}的公比为q, 则d为正整数,a n=3+(n-1) d,b n=q n-1.依题意有①由(6+d) q=64知q为正有理数, 又由q=知, d为6的因子1, 2, 3, 6之一, 解①得d=2, q=8.故a n=3+2(n-1) =2n+1, b n=8n-1.(Ⅱ) 证明:S n=3+5+…+(2n+1) =n(n+2) ,所以++…+=+++…+==<.12. 等比数列{a n}的各项均为正数, 且2a1+3a2=1, =9a2a6.(Ⅰ) 求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ) 设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n, 求数列的前n项和.[答案] (Ⅰ) 设数列{a n}的公比为q. 由=9a2a6得=9, 所以q2=.因为条件可知q>0, 故q=.由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1, 所以a1=.故数列{a n}的通项公式为a n=.(Ⅱ) b n=log3a1+log3a2+…+log3a n=-(1+2+…+n)=-,故=-=-2,++…+=-2++…+=-.所以数列的前n项和为-.13.等差数列{a n}的各项均为正数,a1=3,其前n项和为S n,{b n}为等比数列,b1=1,且b2S2=16,b3S3=60.(Ⅰ)求a n和b n;(Ⅱ)求++…+.[答案] (Ⅰ)设{a n}的公差为d,且d为正数,{b n}的公比为q,a n=3+(n-1)d,b n=q n-1,依题意有b2S2=q·(6+d)=16,b3S3=q2·(9+3d)=60,(2分)解得d=2,q=2.(4分)故a n=3+2(n-1)=2n+1,b n=2n-1.(6分)(Ⅱ)S n=3+5+…+(2n+1)=n(n+2),(8分)所以++…+=+++…+=(10分)==-.(12分)14.设数列{a n}的前n项和S n满足:S n=na n-2n(n-1). 等比数列{b n}的前n项和为T n,公比为a1,且T5=T3+2b5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列的前n项和为M n,求证:≤M n<.[答案](1)∵T5=T3+2b5,∴b4+b5=2b5,即(a1-1)b4=0,又b4≠0,∴a1=1. n≥2时,a n=S n-S n-1=na n-(n-1)a n-1-4(n-1),即(n-1)a n-(n-1)a n-1=4(n-1).∵n-1≥1,∴a n-a n-1=4(n≥2),∴数列{a n}是以1为首项,4为公差的等差数列,∴a n=4n-3. (6分)(2)证明:∵==·,(8分)∴M n=++…+==<,(10分)又易知M n单调递增,故M n≥M1=.综上所述,≤M n<. (12分)。

数列求和裂项相消法例题

专题7.20数列大题（裂项相消求和2）1．在递增等差数列{}n a 中，248a a +=，1a ，3a ，7a 成等比数列．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅰ）解：设递增等差数列{}n a 的公差为(0)d d >．由，248a a +=，1a ，3a ，7a 成等比数列，得11211138(2)(6)a d a d a d a a d +++=⎧⎨+=⋅+⎩，解得12a =，1d =或0，(0舍去），∴*2(1)11()n a n n n N =+-⨯=+∈．（Ⅱ）证明：设13n n n b a a +=，由（Ⅰ）知133113((1)(2)12n n n b a a n n n n +===-++++，12111111111111113333()3()3(3()3()23341223341222222n n T b b b n n n n n n ∴=+++=-+-++-=-+-++-=-=-<++++++ 2．已知各项均为正数的数列{}n a 满足：11(1)(1)n n n n a a a a ++-=+，11a =．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；解：(11)(1)(1)n n n n I a a a a ++-=+ ，∴2211n n n n a a a a ++-=+，即111()()n n n n n n a a a a a a +++-+=+，10n n a a ++≠ ，所以11n n a a +-=，11a = ，∴数列{}n a 是首项为1、公差为1的等差数列，n a n ∴=．证明：()II 由()I 知，22222212232311(1)(2)(1)(2)n n n n a n b a a n n n n ++++===-++++，∴222222*********()()[]2334(1)(2)4(2)n S n n n =-+-++-=+++ ．2114(2)n S n =-+在*n N ∈上单调递增，且210(2)n >+，∴51364n S < ．3．已知数列{}n a 中，121a a ==，且212n n n a a a ++=+，记1n n n b a a +=+，求证：（1）{}n b是等比数列；证明：（1）212n n n a a a ++=+，可得2112()n n n n a a a a ++++=+，记1n n n b a a +=+，可得12n n b b +=，又1122b a a =+=，可得{}n b 是首项和公比均为2的等比数列；（2）2n n b =，12(12)2212n n n T +-==--，11121122(22)(22)2(21)(21)n nn n n n n n n b T T ++++++==⋅----1111(22121n n +=---，所以312223112231111111(122121212121n n n n n b b b T T T T T T +++++⋯+=-+-+⋯+-⋅⋅⋅-----1111(1)2212n +=-<-．4．在公差不为零的等差数列{}n a 中，38a =，且3a ，11a ，43a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；解：（1）由题意，设等差数列{}n a 的公差为(0)d d ≠，则11388(1)a a d d =+=+，433408(51)a a d d =+=+，3a ，11a ，43a 成等比数列，∴211343a a a =，即264(1)88(51)d d +=⨯+，化简整理，得230d d -=，解得0d =（舍去），或3d =，83(3)31n a n n ∴=+⨯-=-，*n N ∈，（2）由（1），可得212n n n b a a =+-21(31)(31)2n n =-+--21932n n =--1(32)(31)n n =-+111()33231n n =--+，12n nS b b b ∴=++⋯+11111111(1)((3434733231n n =⨯-+⨯-+⋯+⨯--+111111(1)34473231n n =⨯-+-+⋯+--+11(1)331n =⨯-+31n n =+．5．已知等差数列{}n a 满足438a a -=，且1a ，4a ，13a 成等比数列．（1）求{}n a 的通项公式；解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为438a a -=，所以8d =．又因为1a ，4a ，13a 成等比数列，所以24113a a a =⋅，即2111(3)(12)a d a a d +=⋅+，解得112a =，所以84n a n =+．（2）根据等差数列的前n 项和公式可得248n S n n =+，所以2111111()3483(21)(23)22123n n c S n n n n n n ====-+++++++，所以1111111111(()235572123232369n n T n n n n =-+-+⋅⋅⋅+-=-=++++6．已知数列{}n a 是等差数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，35a =，749S =．（1）求数列{}n a 的通项公式；解：（1）因为74749S a ==，所以47a =，而35a =，设数列{}n a 的公差为d ，则432d a a =-=，11a =，所以12(1)21n a n n =+-=-；（2）由21(121)2n S n n n =+-=，由1(1)n n b a +=-，可得(1)(21)11(1)((1)1n n n n b n n n n -+==-+++，211111111211223342212121n n T n n n n =--++--+⋯⋯++=-=-+++．7．记n S 为等比数列{}n a 的前n 项的和，且{}n a 为递增数列．已知24a =，314S =．（1）求数列{}n a 的通项公式；解：（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则212312322414a a q a S a a a a a q q ==⎧⎪⎨=++=++=⎪⎩，解得122a q =⎧⎨=⎩或1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩，因为数列{}n a 为递增数列，所以只有122a q =⎧⎨=⎩符合题意，故2n n a =；（2）由题意，11222121(1)(1)(1)(1)log 2log 2(1)1n n nn n n n n n b n n n n ++++--=-=-=-⋅++，1223112(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)...[][]...[]1122311n n nn n T b b b n n n +-------∴=+++=-+-++-=-+．（1）求数列{}n b 的通项公式；解：（1）因为25a =，且4a 、51a +、71a +成等比数列，所以2475(1)(1)a a a +=+．所以2222(2)(51)(31)a d a d a d +++=++，整理得222410d a d d a +---=，得260d d +-=，解得3d =-或2d =，由于{}n a 是正项等差数列，舍去3d =-，即2d =．所以13a =，1113a b ==．1-=，所以数列是以1=为首项，1为公差的等差数列，1n n =+-=，即2n b n =．（2）因为25a =，2d =，所以2(2)21n a a n d n =+-=+，所以22222222121(1)11(1)(1)(1)n n n n a n n n c b b n n n n n n +++-====-+++，故22222222111111211223(1)(1)(1)n n n S n n n n +=-+-+⋯+-=-=+++．。

裂项相消法求和附答案知识讲解

裂项相消法求和附答案裂项相消法利用列项相消法求和时，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，后面剩两项，再就是通项公式列项后，有时需要调整前面的系数，使列项前后等式两边保持相等。

（1）若是{a n }等差数列，则)11.(1111++-=n n n n a a d a a ,)11.(21122n ++-=n n n a a d a a （2）11111+-=+n n n n ）（（3）)11(1)(1k n n k k n n +-=+ （4）)121121(2112)121+--=+-n n n n ）（（（5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n （6）n n n n -+=++111（7）)(11n k n k kn n -+=++1.已知数列的前n 项和为，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n 项和为．[解析] (1) ……………①时, ……………②①②得:即……………………………………3分在①中令, 有, 即， (5)分故对2.已知{a n}是公差为d的等差数列，它的前n项和为S n，S4=2S2+8．（Ⅰ）求公差d的值；（Ⅱ）若a1=1，设T n是数列{}的前n项和，求使不等式T n≥对所有的n∈N*恒成立的最大正整数m的值；[解析]（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，∵ S4=2S2+8，即4a1+6d=2(2a1+d) +8，化简得：4d=8，解得d=2．……………………………………………………………………4分（Ⅱ）由a1=1，d=2，得a n=2n-1，…………………………………………5分∴=． (6)分∴ T n===≥，…………………………………………8分又∵不等式T n≥对所有的n∈N*恒成立，∴≥，…………………………………………10分化简得：m2-5m-6≤0，解得：-1≤m≤6．∴ m的最大正整数值为6．……………………………………………………12分3.)已知各项均不相同的等差数列{a n}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)设T n为数列的前n项和,求T2 012的值.[答案] (Ⅰ)设公差为d,由已知得(3分)解得d=1或d=0(舍去),∴a1=2. (5分)故a n=n+1. (6分)(Ⅱ)==-,(8分)∴T n=-+-+…+-=-=. (10分)∴T2 012=. (12分)4.)已知数列{a n}是等差数列,-=8n+4,设数列{|a n|}的前n项和为S n,数列的前n项和为T n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证:≤T n<1.[答案] (1)设等差数列{a n}的公差为d,则a n=a1+(n-1)d. (2分)∵-=8n+4,∴(a n+1+a n)(a n+1-a n)=d(2a1-d+2nd)=8n+4.当n=1时,d(2a1+d)=12;当n=2时,d(2a1+3d)=20.解方程组得或(4分)经检验知,a n=2n或a n=-2n都满足要求.∴a n=2n或a n=-2n. (6分)(2)证明:由(1)知:a n=2n或a n=-2n.∴|a n|=2n.∴S n=n(n+1). (8分)∴==-.∴T n=1-+-+…+-=1-. (10分)∴≤T n<1. (12分)5.已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列. (Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.[答案] 查看解析[解析] (Ⅰ)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(Ⅱ)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为奇数时,T n=-+…-+++=1+=. 所以T n=6. 已知点的图象上一点，等比数列的首项为，且前项和(Ⅰ) 求数列和的通项公式；(Ⅱ) 若数列的前项和为，问的最小正整数是多少？[解析]解：(Ⅰ) 因为，所以，所以，，，又数列是等比数列，所以，所以，又公比，所以，因为，又，所以，所以，所以数列构成一个首项为1，公差为1的等差数列，，所以，当时，，所以. （6分）(Ⅱ) 由(Ⅰ) 得，（10分）由得，满足的最小正整数为72. （12分）7. 在数列，中，，，且成等差数列，成等比数列（）.（Ⅰ）求，，及，，，由此归纳出，的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）证明：.[解析] （Ⅰ）由条件得，由此可得.猜测. （4分）用数学归纳法证明：①当时，由上可得结论成立.②假设当时，结论成立，即，那么当时，. 所以当时，结论也成立.由①②，可知对一切正整数都成立. （7分）（Ⅱ）因为.当时，由（Ⅰ）知.所以.综上所述，原不等式成立. (12分）8.已知数列的前项和是，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，，求使成立的最小的正整数的值．[解析] （1）当时，，由，……………………1分当时，∴是以为首项，为公比的等比数列． (4)分故…………………6分（2）由（1）知，………………8分，故使成立的最小的正整数的值 (12)分9. 己知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列．（I）求数列{a n}的通项公式；（II）设T n为数列的前n项和，若T n≤¨对恒成立，求实数的最小值．[解析] 122. （Ⅰ）设公差为d. 由已知得……………………………3分解得，所以………………………………6分（Ⅱ），………………………………9分对恒成立，即对恒成立又∴的最小值为 (12)分10. 已知数列前项和为，首项为，且，，成等差数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（II）数列满足，求证：，[解析] （Ⅰ）成等差数列, ∴，，当时，,两式相减得： .所以数列是首项为，公比为2的等比数列，. （6分）(Ⅱ) ，（8分），. （12分）11.等差数列{a n}各项均为正整数, a1=3, 前n项和为S n, 等比数列{b n}中, b1=1, 且b2S2=64, {}是公比为64的等比数列.(Ⅰ) 求a n与b n;(Ⅱ) 证明:++…+<.[答案] (Ⅰ) 设{a n}的公差为d, {b n}的公比为q, 则d为正整数,a n=3+(n-1) d,b n=q n-1.依题意有①由(6+d) q=64知q为正有理数, 又由q=知, d为6的因子1, 2, 3, 6之一, 解①得d=2, q=8.故a n=3+2(n-1) =2n+1, b n=8n-1.(Ⅱ) 证明:S n=3+5+…+(2n+1) =n(n+2) ,所以++…+=+++…+==<.12. 等比数列{a n}的各项均为正数, 且2a1+3a2=1, =9a2a6.(Ⅰ) 求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ) 设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n, 求数列的前n项和.[答案] (Ⅰ) 设数列{a n}的公比为q. 由=9a2a6得=9, 所以q2=.因为条件可知q>0, 故q=.由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1, 所以a1=.故数列{a n}的通项公式为a n=.(Ⅱ) b n=log3a1+log3a2+…+log3a n=-(1+2+…+n)=-,故=-=-2,++…+=-2++…+=-.所以数列的前n项和为-.13.等差数列{a n}的各项均为正数,a1=3,其前n项和为S n,{b n}为等比数列,b1=1,且b2S2=16,b3S3=60.(Ⅰ)求a n和b n;(Ⅱ)求++…+.[答案] (Ⅰ)设{a n}的公差为d,且d为正数,{b n}的公比为q,a n=3+(n-1)d,b n=q n-1,依题意有b2S2=q·(6+d)=16,b3S3=q2·(9+3d)=60,(2分)解得d=2,q=2.(4分)故a n=3+2(n-1)=2n+1,b n=2n-1.(6分)(Ⅱ)S n=3+5+…+(2n+1)=n(n+2),(8分)所以++…+=+++…+=(10分)==-.(12分)14.设数列{a n}的前n项和S n满足:S n=na n-2n(n-1). 等比数列{b n}的前n项和为T n,公比为a1,且T5=T3+2b5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列的前n项和为M n,求证:≤M n<.[答案](1)∵T5=T3+2b5,∴b4+b5=2b5,即(a1-1)b4=0,又b4≠0,∴a1=1.n≥2时,a n=S n-S n-1=na n-(n-1)a n-1-4(n-1),即(n-1)a n-(n-1)a n-1=4(n-1).∵n-1≥1,∴a n-a n-1=4(n≥2),∴数列{a n}是以1为首项,4为公差的等差数列,∴a n=4n-3. (6分)(2)证明:∵==·,(8分)∴M n=++…+==<,(10分)又易知M n单调递增,故M n≥M1=. 综上所述,≤M n<. (12分)。

裂项相消法求和附答案解析.docx

.裂项相消法利用列相消法求和，注意抵消后并不一定只剩下第一和最后一，也有可能前面剩两，后面剩两，再就是通公式列后，有需要整前面的系数，使列前后等式两保持相等。

（ 1 ）若是 {a n }等差数列，1 1 .( 11) ,1 1 .( 1 1 )a n a n 1 d a n a n 1a n a n 22d a n a n 2（ 2 ）111 n（n1） n n1（ 3 ）1k)1 ( 1n1)n(n k n k（ 4 ）1 1 (11)（2n 1（)2n 1） 2 2n 1 2n 1（ 5 ）n(n12)1[1(n1] 1)( n2n(n 1)1)(n2)（ 6 ）1n1nn n1（ 7 ）11n k n) n n k(k1. 已知数列的前n和，．（1 ）求数列的通公式；（2 ），求数列的前n和．[ 解析 ] (1)⋯⋯⋯⋯⋯①.,⋯⋯⋯⋯⋯②①②得 :即⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分在①中令, 有, 即，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分故2. 已知 {a n} 是公差 d 的等差数列，它的前n 和 S n， S4=2S 2 +8 ．（Ⅰ）求公差 d 的；（Ⅱ）若 a 1 =1 ， T n是数列 {} 的前 n 和，求使不等式T n≥所有的n ∈N* 恒成立的最大正整数m 的；[ 解析 ] （Ⅰ）数列{a n }的公差 d ，∵ S4 =2S 2 +8 ，即 4a 1 +6d=2(2a 1 +d) +8，化得：4d=8，解得 d=2 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）由 a 1=1 ， d=2 ，得 a n =2n-1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分∴=．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分.∴ T n ===≥ ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分又∵ 不等式n所有的 n ∈ N* 恒成立，T ≥∴ ≥，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 分化得： m 2 -5m-6≤0 ，解得： -1 ≤m ≤6 ．∴ m 的最大正整数 6 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分3.) 已知各均不相同的等差数列{a n } 的前四和S4 =14, 且 a 1 ,a3 ,a7成等比数列 . ( Ⅰ) 求数列 {a n } 的通公式 ;( Ⅱ)T n数列的前n和,求T2 012的.[ 答案 ] ( Ⅰ ) 公差 d, 由已知得(3 分)解得 d=1或d=0(舍去),∴a1=2. (5分)故 a n =n+1. (6分)( Ⅱ)==-,(8 分 ).∴T n= - + - + ⋯+ -= -=. (10 分 )∴T 2 012 =. (12分)4.) 已知数列 {a}是等差数列 ,- =8n+4, 数列 {|an |} 的前 n 和 S ,数列的前 nn n 和 T n .(1)求数列 {a n }的通公式 ;(2)求 : ≤T n <1.[ 答案 ] (1) 等差数列 {a n }的公差d,a n =a 1 +(n-1)d. (2分)∵- =8n+4,∴(a n+1 +a n )(a n+1 -a n )=d(2a 1 -d+2nd)=8n+4.当n=1,d(2a 1 +d)=12;当n=2,d(2a 1 +3d)=20.解方程得或(4 分)知 ,a n =2n或a n=-2n都足要求.∴a n =2n或a n=-2n. (6分)(2) 明 : 由 (1) 知 :a n =2n或a n=-2n.∴|a n |=2n..∴S n =n(n+1). (8分)∴ == -.∴T n=1- + - + ⋯+ -=1-. (10 分 )∴ ≤T n <1. (12分)5. 已知等差数列 {a n } 的公差2, 前 n 和 S n ,且 S1,S2 ,S4成等比数列 .( Ⅰ) 求数列 {a n } 的通公式 ;( Ⅱ) 令 b n =(-1)n-1,求数列 {b n }的前 n 和 T n .[ 答案 ] 看解析[ 解析 ] ( Ⅰ ) 因 S1 =a 1 ,S2=2a 1 +×2=2a1+2,S =4a1+×2=4a1+12,4由意得 (2a 1+2) 2 =a 1 (4a 1+12),解得 a 1 =1,所以 a n =2n-1.( Ⅱ)b n =(-1)n-1=(-1)n-1=(-1) n-1当 n 偶数 , T n =-=1-=.当 n 奇数 , T n =-.所以 T n =..+ ⋯ +-+ ⋯ -+++=1+=6.已知点的象上一点，等比数列的首，且前和( Ⅰ) 求数列和的通项公式；( Ⅱ) 若数列[ 解析 ] 解： (Ⅰ )因为的前项和为，问，所以的最小正整数，是多少？所以，，，又数列是等比数列，所以，所以，又公比，所以，因为，又所以数列所以所以，所以，所以构成一个首项为 1 ，公差为，当时，. （ 6 分），1 的等差数列，，，( Ⅱ) 由(Ⅰ ) 得，（10 分）由得，满足的最小正整数为 72.（ 12 分）7. 在数列，中，，，且成等差数列，成等比数列（） .（Ⅰ）求，，及，，，由此归纳出，的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）证明：.[ 解析 ] （Ⅰ）由条件得，由此可得.猜测. （ 4分）用数学归纳法证明：①当时，由上可得结论成立.②假设当时，结论成立，即，那么当时，.所以当时，结论也成立.由①②，可知对一切正整数都成立. （ 7 分）（Ⅱ）因为.当时，由（Ⅰ）知.所以.综上所述，原不等式成立. (12分）8. 已知数列的前项和是，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，，求使成立的最小.的正整数的．[ 解析 ]（1）当，，由，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分当，∴是以首，公比的等比数列．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分故⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分（2 ）由（ 1 ）知，⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 8 分，故使成立的最小的正整数的.⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分.9.己知各均不相等的等差数列 {a n } 的前四和 S4=14 ，且 a 1， a 3， a 7成等比数列．（I）求数列 {a n } 的通公式；（ II ） T n数列的前n和，若T n≤¨ 恒成立，求数的最小．[ 解析 ] 122.解得（Ⅰ）公差 d. 由已知得⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯，所以3 分⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分（Ⅱ），⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分恒成立，即恒成立10.又∴的最小⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯已知数列前和，首，且，，成等差数列.12 分.（Ⅰ）求数列的通公式；（ II ）数列足，求：，[ 解析 ] （Ⅰ）成等差数列,∴，，当，,两式相减得：.所以数列是首，公比 2 的等比数列，.（6分）( Ⅱ)，（ 8 分），.（ 12 分）11. 等差数列 {a n } 各均正整数, a 1 =3,前n和S n,等比数列{b n}中, b1=1,且b 2 S2 =64, {} 是公比64 的等比数列 .( Ⅰ) 求 a n与 b n ;( Ⅱ) 明 : + + ⋯ + <.. [ 答案 ] ( Ⅰ ){a n } 的公差d, {b n }的公比q, d 正整数 ,a n =3+(n-1) d,b n =q n-1.依意有①由(6+d) q=64知q正有理数,又由q=知, d 6 的因子 1, 2, 3, 6之一,解①得d=2, q=8.故 a n =3+2(n-1) =2n+1, b n =8n-1.( Ⅱ) 明 :S n =3+5+⋯+(2n+1) =n(n+2) ,所以+ + ⋯+ =+++ ⋯+==<.12.等比数列{a n}的各均正数, 且 2a 1+3a 2 =1,=9a 2a 6.( Ⅰ) 求数列 {a n }的通公式 ;( Ⅱ) b n =log 3 a 1+log3a 2 +⋯+log 3 a n ,求数列的前n和.[ 答案 ] ( Ⅰ ) 数列 {a n} 的公比q.由=9a 2 a 6得=9 , 所以 q 2=.因条件可知q>0,故q=..由 2a 1 +3a 2 =1 得 2a 1 +3a 1 q=1,所以a1=.故数列 {a n } 的通公式 a n=.( Ⅱ) b n =log 3 a 1+log3a 2 +⋯+log 3 a n=-(1+2+⋯+n)=-,故=-=-2,+ + ⋯+ =-2++ ⋯ +=-.所以数列的前 n 和 -.13. 等差数列 {a n } 的各均正数,a 1=3, 其前 n 和 S n ,{b n } 等比数列 ,b 1 =1, 且b 2 S2 =16,b3 S3 =60.( Ⅰ) 求 a n和 b n ;( Ⅱ) 求+ + ⋯ +.[ 答案 ] ( Ⅰ ) {a n }的公差d, 且 d 正数 ,{b n }的公比q,a n =3+(n-1)d,b n=q n-1 ,依意有 b 2 S2 =q ·(6+d)=16,b 3 S3 =q 2·(9+3d)=60,(2分).解得 d=2,q=2.(4分)故 a n =3+2(n-1)=2n+1,b n =2n-1.(6分)( Ⅱ)S n =3+5+⋯+(2n+1)=n(n+2),(8分)所以+ + ⋯+=+++ ⋯+=(10 分 )== -.(12 分 )14. 数列 {a n } 的前 n 和 S n足 :S n =na n -2n(n-1).等比数列{b n}的前n和T n,公比a 1 ,且 T5 =T 3 +2b 5 .(1)求数列 {a n }的通公式 ;(2) 数列的前n和M n,求:≤M n<.[ 答案 ](1) ∵T5 =T 3+2b 5 ,∴b 4+b 5=2b 5,即 (a 1 -1)b 4 =0, 又 b 4≠0, ∴a1 =1.n ≥2,a n =S n -S n-1 =na n -(n-1)a n-1 -4(n-1),即(n-1)a n-(n-1)a n-1 =4(n-1).∵n-1 ≥1, ∴a n -a n-1 =4(n≥2),.∴数列{a n }是以 1 首 ,4 公差的等差数列,∴a n =4n-3. (6分)(2) 明 : ∵==·,(8 分 )∴M n =++ ⋯+==< ,(10 分 )又易知 M n增 ,故 M n≥M 1=.上所述 , ≤M n < . (12分)。

2019届高中数学数列求和：裂项相消法的八种类型(无答案)

裂项相消法的八种类型一、等差型:设等差数列｛a n ｝的各项不为零，公差为ｄ，则 1an ∙a n+1=1d (1a n−1an+1)常见题型如下：1.11×2+12×3+⋯+1n×(n+1)=1−12+12−13+⋯+1n −1n+1=1−1n+1 2.1１×３＋1３×５＋⋯++1（２ｎ－１）（+２ｎ＋１）+=12(1−13)+12(13−15)+⋯+12(12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)3.+1１×4＋14×7++＋⋯++＋+1（3ｎ－１）（+3ｎ＋2）+=13(1−14)+13(14−17)+⋯+13(13n−1−13n+2)=13(1−13n+2)4.+11×3+12×4+⋯+1n×(n+2)=12(1−13)+12(12−14)+⋯+12(1n −1n+2)=12(1+12−1n+1−1n+2)5.(−1)n 4n(2n−1)(2n+1)=(−1)n (12n−1+12n+1)该类型的特点是分母为两个根式之和，这两个根式的平方差为常数，然后通过分母有理化来达到消项的目的√n +√n +1=√n +1−√n√2n+1+√2n−1=12(√2n +1−√2n −1)3.()n k n kkn n -+=++11练习：求{(n+1)√n+n √n+1}的前n 项和解：a n =(n+1)√n+n √n+1=(n+1)√n−n √n+1(n+1)2n−n 2(n+1)=√n−√n+1.得 S n =+(1−√2)+(√2−√3)⋯+(√n−√n+1)=1−√n+1.三、指数型：根据指数的运算方法（a-1）a n ＝a n+1−a n ，因此一般地有(a−1)a n(a n +b )(a n+1+b)=1a n +b −1a n+1+b1. 4n (4n －1)(4n ＋1－1)＝13⎪⎭⎫⎝⎛---+1411411n n2.2n22n+1−3×2n +1=2n(2n+1−1)(2n −1)=12n −1−12n+1−1利用对数的运算法则log a MN =log M −log N ，+log aa n+1a n=log a a n+1−log a a n例1.各项都是正数的等比数列{}n a 满足a n ≠1(n ∈N ∗)，当n ≥2时，证明：1lg a 1lg a 2+1lg a2lg a 3+⋯1lg an−1lg a n=n−1lg a1lg a n.分析设等比数列{}n a 的公比为q （q 0>），由a na n+1=q ，得q a a n n lg lg lg 1=--，从而，1lg a n−1lg a n=1lg q (1lg a n−1−1lg a n)，因此，左边==⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+--)lg 1lg 1()lg 1lg 1()lg 1lg 1(lg 113221n n a a a a a a q =-=-⋅=-⋅=-111121lg lg 1lg lg lg )1(lg 1lg lg lg lg lg 1)lg 1lg 1(lg 1a a n a a q n a a a a a q a a q n n n n n 例2：lgn+1n=lg (n +1)−lgn五、等差数列和指数混合型、等差数列和等差数列(裂项难度较大)1.n+2n(n+1)⋅12n=2(n+1)−nn(n+1)⋅12n=1n⋅2n−1−1(n+1)2n 2.1n(n+1)(n+2)=12[1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]3.+(2n)2(2n−1)(2n+1)=1+12(12n−1−12n+1)例1.已知数列{a n}的通项公式为a n=3n−4n(n+1)(n+2)，求它的前n项和S n。

裂项相消法求和附答案

裂项相消法利用列项相消法求与时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项与最后一项,也有可能前面剩两项,后面剩两项,再就就是通项公式列项后，有时需要调整前面得系数,使列项前后等式两边保持相等。

(1)若就是｛a n｝等差数列,则,(２)(３)（4）（5)(６)(7)1、已知数列得前n项与为, .(1)求数列得通项公式；(２)设,求数列得前ｎ项与为.［解析] (1)……………①时, ……………②①②得:即……………………………………3分在①中令, 有, 即,……………………………………5分故对2、已知{ａn}就是公差为d得等差数列，它得前ｎ项与为Ｓn,S４＝2S2+8．(Ⅰ)求公差d得值;(Ⅰ)若a1＝1,设T n就是数列{}得前n项与,求使不等式Ｔｎ≥对所有得nⅠN*恒成立得最大正整数m得值；[解析](Ⅰ）设数列{a n}得公差为d,Ⅰ S4＝2S2＋8，即4a1+6d=2(2a１+d) +８,化简得：4d＝8,解得ｄ=2.……………………………………………………………………4分(Ⅰ)由a1＝1,d＝2,得aｎ=2n－１,…………………………………………５分Ⅰ=.…………………………………………６分Ⅰ T n===≥,…………………………………………８分又Ⅰ 不等式Ｔn≥对所有得nⅠＮ＊恒成立，Ⅰ ≥，…………………………………………10分化简得:m２-５m-6≤0，解得：-１≤m≤6.Ⅰ m得最大正整数值为6.……………………………………………………1２分３、)已知各项均不相同得等差数列{a n}得前四项与S４=14,且ａ1,a3，a7成等比数列、(Ⅰ)求数列{ａn｝得通项公式;(Ⅰ）设T n为数列得前n项与,求T2 012得值、[答案] (Ⅰ)设公差为d,由已知得（3分)解得d=1或d=0（舍去),Ⅰa１=２、(5分)故aｎ＝n+1、(６分)(Ⅰ)==－,(8分）ⅠT n=－＋-+…+-=-=、(10分)ⅠＴ2 01２=、（12分)4、)已知数列｛ａｎ}就是等差数列,-=8ｎ+4,设数列{｜ａｎ|}得前ｎ项与为S n,数列得前n项与为Tｎ、(1)求数列{a n}得通项公式;(2)求证:≤Ｔn<1、［答案](1)设等差数列{ａｎ｝得公差为d,则ａn=a1+(n-1)d、（2分）Ⅰ－=8n+4,Ⅰ(a n＋１+aｎ)(a n＋1-aｎ)=d（2a1-ｄ+2nd)=８ｎ＋４、当ｎ＝1时,ｄ(2a１+d）=12;当ｎ=２时，d(2a1+3ｄ）=20、解方程组得或（4分)经检验知,a n=2n或ａn＝-2n都满足要求、Ⅰa n＝２n或a n=-2n、(6分)(2)证明:由(１)知：ａｎ=２ｎ或a n＝-2n、Ⅰ｜aｎ|=2ｎ、ⅠS n=n(n＋1）、（8分)Ⅰ=＝-、ⅠT n＝１－+-+…+-=１-、(10分)Ⅰ≤Ｔn<1、（１２分)5、已知等差数列｛aｎ｝得公差为2,前ｎ项与为Ｓn,且S1，S2,S４成等比数列、（Ⅰ)求数列{a n}得通项公式；（Ⅰ)令ｂn=（-1)ｎ－１,求数列{b n}得前n项与Ｔn、[答案］查瞧解析[解析](Ⅰ)因为Ｓ1=a1,S2=2a1+×2＝2a１+2,S4=４ａ1+×2=4a１+12,由题意得(2a1+2)2=a１(4a１+１2)，解得a1=１，所以ａn=2n-１、(Ⅰ)b n＝（-1)n-1=(-1)n-1=（－1）n-１、当n为偶数时,T n=－＋…+-=１-＝、当n为奇数时,T n＝-+…－+＋＋＝1+=、所以T n=6、已知点得图象上一点，等比数列得首项为,且前项与（Ⅰ)求数列与得通项公式;(Ⅰ) 若数列得前项与为，问得最小正整数就是多少？[解析]解:(Ⅰ)因为,所以，所以，,,又数列就是等比数列，所以，所以,又公比,所以，因为,又,所以,所以,所以数列构成一个首项为１，公差为１得等差数列,,所以，当时,,所以、(6分)(Ⅰ）由(Ⅰ）得,(1０分)由得,满足得最小正整数为７２、（12分）7、在数列,中,，,且成等差数列,成等比数列（)、（Ⅰ)求，,及,,,由此归纳出,得通项公式,并证明您得结论;(Ⅰ)证明:、[解析］(Ⅰ）由条件得，由此可得、猜测、（4分)用数学归纳法证明：①当时，由上可得结论成立、②假设当时,结论成立,即,那么当时,、所以当时,结论也成立、由①②,可知对一切正整数都成立、(7分)(Ⅰ)因为、当时,由（Ⅰ)知、所以、综上所述,原不等式成立、(1２分）8、已知数列得前项与就是，且.(Ⅰ)求数列得通项公式;(Ⅰ）设，，求使成立得最小得正整数得值.[解析］(１)当时,,由, ……………………１分当时，Ⅰ就是以为首项,为公比得等比数列．……………………４分故…………………６分（2）由(1)知,………………8分,故使成立得最小得正整数得值、………………12分9、己知各项均不相等得等差数列{aｎ}得前四项与S4＝1４,且ａ１,ａ3,a7成等比数列.（I)求数列｛a n｝得通项公式;（ＩI)设Tｎ为数列得前n项与,若T n≤¨对恒成立,求实数得最小值.［解析] 12２、(Ⅰ）设公差为d、由已知得……………………………3分解得，所以………………………………6分(Ⅰ),………………………………9分对恒成立,即对恒成立又Ⅰ得最小值为 (2)10、已知数列前项与为，首项为,且，,成等差数列、(Ⅰ)求数列得通项公式;(IＩ)数列满足,求证:,[解析］（Ⅰ)成等差数列，Ⅰ,,当时,，两式相减得: 、所以数列就是首项为，公比为2得等比数列，、(６分)(Ⅰ）,(8分),、（1２分)11、等差数列{ａn}各项均为正整数,a1＝3, 前n项与为Ｓn，等比数列｛b n}中，ｂ１=1,且ｂ2S2＝6４,{}就是公比为64得等比数列、(Ⅰ) 求a n与b n;(Ⅰ) 证明：++…+<、［答案](Ⅰ）设｛a n｝得公差为ｄ,{b n}得公比为ｑ，则d为正整数,a n=３+(ｎ-１)d，b n＝ｑｎ-１、依题意有①由(6＋d) q＝6４知q为正有理数，又由q=知，d为6得因子１, 2，3，６之一，解①得d＝２, ｑ=8、故a n=３+2（n-１）=2ｎ+1, ｂn=8n-1、(Ⅰ) 证明:S n=3+5+…+(2ｎ+1）=ｎ(n+２) ,所以＋+…＋=+＋＋…+＝=<、1２、等比数列{aｎ｝得各项均为正数, 且２a1+3a2＝１，=9a2ａ6、(Ⅰ) 求数列{a n}得通项公式;(Ⅰ）设ｂn＝log3a1+lｏg３a2+…＋lｏg3aｎ, 求数列得前n项与、[答案] (Ⅰ) 设数列{a n}得公比为q、由=9a2a6得＝9,所以ｑ２＝、因为条件可知q>0, 故q=、由2a１+3a2=1得２a1＋3ａ１q=１, 所以a1＝、故数列{a n}得通项公式为aｎ=、(Ⅰ) b n=log3a1+ｌog３a2+…+lｏｇ３a n=-(１＋2+…+n)＝-,故=-=-2，+＋…＋=-２+＋…+=－、所以数列得前n项与为－、13、等差数列{ａn}得各项均为正数，a１=3,其前n项与为Sｎ,｛b n}为等比数列，b１=1,且b２Ｓ2=16,b3Ｓ3=60、(Ⅰ)求a n与bｎ；（Ⅰ)求＋＋…＋、[答案] （Ⅰ)设{a n}得公差为d,且d为正数,｛ｂn}得公比为q,ａn=3+(ｎ-1)ｄ,b n=q n-１，依题意有b２S2=q·(６+d)=1６,b3S3=ｑ2·(9+3d）=60，(2分）解得d＝２,q=2、(４分）故a n=3+２(ｎ-1)=2n+1,bｎ＝2n-1、(6分)(Ⅰ)Sｎ=3+5+…＋（2ｎ+1)=n(n+2),（8分)所以+＋…+＝+++…+=(１０分)＝=-、（12分)１4、设数列{aｎ}得前n项与S n满足：S n=na n-2n(n-1)、等比数列{ｂｎ｝得前n项与为T n,公比为ａ１，且T５=Ｔ3＋２ｂ５、（1)求数列｛aｎ}得通项公式;(２)设数列得前n项与为Ｍｎ，求证:≤M n<、[答案］（1)ⅠT5=T3+2b5,Ⅰb4+ｂ5=2ｂ5,即（ａ1－１）b4＝0,又b4≠0,Ⅰa1=1、n≥2时,a n=S n－S n-１=na n-(n-1)aｎ-1-4(n-1），即(ｎ－1)a n-(ｎ-１)a n－1＝４（n-１)、Ⅰｎ－1≥1,Ⅰａn-a n-１=4(n≥２）,Ⅰ数列｛a n}就是以1为首项,4为公差得等差数列,Ⅰａn＝4n-3、(6分)(2)证明:Ⅰ＝=·，（8分）ⅠM n=++…＋==＜,(10分)又易知Ｍn单调递增,故M n≥Ｍ1=、综上所述,≤Ｍｎ<、(12分）。

数列求和的“裂项相消法”讲解

对于本题通项公式类型的数列,采取的“求前n项和”的方法叫“裂项相消法”——就是把通项拆分红“两项的差”的形式,使得正好在乞降时能够“抵消”多半的项而残剩少数几项.之马矢奏春创作
时间：二O二一年七月二十九日
很多标题要善于进行这种“拆分”
请看Байду номын сангаас例：
（1）本题：（变形过程顶用了“分子有理化”技巧）
得
【往下自己求吧！答案 C 】
（2）乞降
解：通项公式：
所以
（3）乞降
解：
得
（4）乞降
（仔细看看上一行里边“抵消”的规律）
最后这个题,要多写一些项,多不雅察,才可能看出抵消的规律来.
时间：二O二一年七月二十九日

数列求和错位相减法-裂项相消法后附答案

一、解答题1．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a2=3,S6=36．(Ⅰ）求数列{a n}的通项公式;（Ⅰ）若数列{b n}满足b n=2n⋅a n，n∈N∗,求数列{b n}的前n项和T n．【详解】(Ⅰ）a 2=3，Ⅰa1+d=3S6=36，Ⅰ6a1+15d=36则a1=1，d=2a n=2n−1.（Ⅰ）由（Ⅰ)可知,b n=2n(2n−1)T n=1×2+3×22+5×23+⋯+(2n−3)×2n−1+(2n−1)×2n,2T n=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n−3)×2n+(2n−1)×2n+1－T n=2+2×22+2×23+2×24.....+2×2n−（2n−1)×2n+1−（2n−1）⋅2n+1=2+2×4（1−2n−1）1−2=−6+2n+2−(2n−1)⋅2n+1＝−6+2n+1(3−2n)ⅠT n=6+(2n−3)⋅2n+1２．已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1=2,a n+1=S n+2,n∈N∗(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=n⋅a n,求数列{a n}的前n项和T n．【答案】(1)a n=2n（2)2+(n−1)×2n+1【详解】(1)∵a n+1=S n+2,n∈N∗,∴S n=a n+1−2，即S n+1=2a n+1−2,∴S n+2=2a n+2−2，两式相减，得a n+2=2a n+2−2a n+1，即a n+2=2a n+1，又∵a 1=2,∴a 2=S 1+2=2+2=4, 即数列是首项为2,公比为2的等比数列, 所以a n =2n ;(2)设b n =n ⋅a n ，则b n =n ×2n ,∴T n =1×2+2×22+3×23+⋯+(n −1)×2n−1+n ×2n ， 2T n =1×22+2×23+3×24+⋯+(n −1)×2n +n ×2n+1,两式相减,得:T n =−1×2−1×22−1×23−⋯−1×2n−1−1×2n +n ×2n+1=n ×2n+1−(2+22+23+⋯+2n−1+2n )=n ×2n+1−2×(1−2n )1−2=2+(n −1)×2n+1．【点睛】本题考查数列的递推关系,通项公式,前n 项和，错位相减法，利用错位相减法是解决本题的关键，属于中档题．3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S n =(a n +12)2(n ∈N ∗)。

(完整版)裂项相消法求和附答案

（1）若是{a n }等差数列，则)11.(1111++-=n n n n a a d a a ,)11.(21122n ++-=n n n a a d a a（2）11111+-=+n n n n ）（（3）)11(1)(1kn n k k n n +-=+（4）)121121(2112)121+--=+-n n n n ）（（（5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n（6）n n n n -+=++111（7）)(11n k n kkn n -+=++ 1.已知数列的前n 项和为，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n 项和为．[解析] (1) ……………①时, ……………②①②得:即……………………………………3分在①中令, 有, 即，……………………………………5分故对2.已知{a n}是公差为d的等差数列，它的前n项和为S n，S4=2S2+8．（Ⅰ）求公差d的值；（Ⅰ）若a1=1，设T n是数列{}的前n项和，求使不等式T n≥对所有的nⅠN*恒成立的最大正整数m的值；[解析]（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，Ⅰ S4=2S2+8，即4a1+6d=2(2a1+d) +8，化简得：4d=8，解得d=2．……………………………………………………………………4分（Ⅰ）由a1=1，d=2，得a n=2n-1，…………………………………………5分Ⅰ =．…………………………………………6分Ⅰ T n===≥，…………………………………………8分又Ⅰ 不等式T n≥对所有的nⅠN*恒成立，Ⅰ ≥，…………………………………………10分化简得：m2-5m-6≤0，解得：-1≤m≤6．Ⅰ m的最大正整数值为6．……………………………………………………12分3.)已知各项均不相同的等差数列{a n}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅰ)设T n为数列的前n项和,求T2 012的值.[答案] (Ⅰ)设公差为d,由已知得(3分)解得d=1或d=0(舍去),Ⅰa1=2. (5分)故a n=n+1. (6分)(Ⅰ)==-,(8分)ⅠT n=-+-+…+-=-=. (10分)ⅠT2 012=. (12分)4.)已知数列{a n}是等差数列,-=8n+4,设数列{|a n|}的前n项和为S n,数列的前n项和为T n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证:≤T n<1.[答案] (1)设等差数列{a n}的公差为d,则a n=a1+(n-1)d. (2分)Ⅰ-=8n+4,Ⅰ(a n+1+a n)(a n+1-a n)=d(2a1-d+2nd)=8n+4.当n=1时,d(2a1+d)=12;当n=2时,d(2a1+3d)=20.解方程组得或(4分)经检验知,a n=2n或a n=-2n都满足要求.Ⅰa n=2n或a n=-2n. (6分)(2)证明:由(1)知:a n=2n或a n=-2n.Ⅰ|a n|=2n.ⅠS n=n(n+1). (8分)Ⅰ==-.ⅠT n=1-+-+…+-=1-. (10分)Ⅰ≤T n<1. (12分)5.已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列. (Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅰ)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.[答案] 查看解析[解析] (Ⅰ)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(Ⅰ)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为奇数时,T n=-+…-+++=1+=.所以T n=6. 已知点的图象上一点，等比数列的首项为，且前项和(Ⅰ) 求数列和的通项公式；(Ⅰ) 若数列的前项和为，问的最小正整数是多少？[解析]解：(Ⅰ) 因为，所以，所以，，，又数列是等比数列，所以，所以，又公比，所以，因为，又，所以，所以，所以数列构成一个首项为1，公差为1的等差数列，，所以，当时，，所以. （6分）(Ⅰ) 由(Ⅰ) 得，（10分）由得，满足的最小正整数为72. （12分）7. 在数列，中，，，且成等差数列，成等比数列（）.（Ⅰ）求，，及，，，由此归纳出，的通项公式，并证明你的结论；（Ⅰ）证明：.[解析] （Ⅰ）由条件得，由此可得.猜测. （4分）用数学归纳法证明：①当时，由上可得结论成立.②假设当时，结论成立，即，那么当时，.所以当时，结论也成立.由①②，可知对一切正整数都成立. （7分）（Ⅰ）因为.当时，由（Ⅰ）知.所以.综上所述，原不等式成立. (12分）8.已知数列的前项和是，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅰ）设，，求使成立的最小的正整数的值．[解析] （1）当时，，由，……………………1分当时，Ⅰ是以为首项，为公比的等比数列．……………………4分故…………………6分（2）由（1）知，………………8分，故使成立的最小的正整数的值.………………12分9. 己知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列．（I）求数列{a n}的通项公式；（II）设T n为数列的前n项和，若T n≤¨对恒成立，求实数的最小值．[解析] 122.（Ⅰ）设公差为d. 由已知得……………………………3分解得，所以………………………………6分（Ⅰ），………………………………9分对恒成立，即对恒成立又Ⅰ的最小值为……………………………………………………………12分10. 已知数列前项和为，首项为，且，，成等差数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（II）数列满足，求证：，[解析] （Ⅰ）成等差数列, Ⅰ，，当时，,两式相减得：.所以数列是首项为，公比为2的等比数列，.（6分）(Ⅰ) ，（8分），.（12分）11.等差数列{a n}各项均为正整数, a1=3, 前n项和为S n, 等比数列{b n}中, b1=1, 且b2S2=64, {}是公比为64的等比数列.(Ⅰ) 求a n与b n;(Ⅰ) 证明:++…+<.[答案] (Ⅰ) 设{a n}的公差为d, {b n}的公比为q, 则d为正整数,a n=3+(n-1) d,b n=q n-1.依题意有①由(6+d) q=64知q为正有理数, 又由q=知, d为6的因子1, 2, 3, 6之一, 解①得d=2, q=8. 故a n=3+2(n-1) =2n+1, b n=8n-1.(Ⅰ) 证明:S n=3+5+…+(2n+1) =n(n+2) ,所以++…+=+++…+==<.12. 等比数列{a n}的各项均为正数, 且2a1+3a2=1, =9a2a6.(Ⅰ) 求数列{a n}的通项公式;(Ⅰ) 设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n, 求数列的前n项和.[答案] (Ⅰ) 设数列{a n}的公比为q. 由=9a2a6得=9, 所以q2=.因为条件可知q>0, 故q=.由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1, 所以a1=.故数列{a n}的通项公式为a n=.(Ⅰ) b n=log3a1+log3a2+…+log3a n=-(1+2+…+n)=-,故=-=-2,++…+=-2++…+=-.所以数列的前n项和为-.13.等差数列{a n}的各项均为正数,a1=3,其前n项和为S n,{b n}为等比数列,b1=1,且b2S2=16,b3S3=60.(Ⅰ)求a n和b n;(Ⅰ)求++…+.[答案] (Ⅰ)设{a n}的公差为d,且d为正数,{b n}的公比为q,a n=3+(n-1)d,b n=q n-1,依题意有b2S2=q·(6+d)=16,b3S3=q2·(9+3d)=60,(2分)解得d=2,q=2.(4分)故a n=3+2(n-1)=2n+1,b n=2n-1.(6分)(Ⅰ)S n=3+5+…+(2n+1)=n(n+2),(8分)所以++…+=+++…+=(10分)==-.(12分)14.设数列{a n}的前n项和S n满足:S n=na n-2n(n-1). 等比数列{b n}的前n项和为T n,公比为a1,且T5=T3+2b5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列的前n项和为M n,求证:≤M n<.[答案](1)ⅠT5=T3+2b5,Ⅰb4+b5=2b5,即(a1-1)b4=0,又b4≠0,Ⅰa1=1. n≥2时,a n=S n-S n-1=na n-(n-1)a n-1-4(n-1),即(n-1)a n-(n-1)a n-1=4(n-1).Ⅰn-1≥1,Ⅰa n-a n-1=4(n≥2),Ⅰ数列{a n}是以1为首项,4为公差的等差数列,Ⅰa n=4n-3. (6分)(2)证明:Ⅰ==·,(8分)ⅠM n=++…+==<,(10分)又易知M n单调递增,故M n≥M1=.综上所述,≤M n<. (12分)。

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)。

裂项相消法求和之再研究撰写人：刘小明一、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n a an b =+的数列求前n 项和此类型可设22()[(1)(1)]n a An Bn A n B n an b =+--+-=+左边化简对应系数相等求出A,B 。

123222()0(42)()(93)(42)()[(1)(1)]n nS a a a a A B A B A B A B A B An Bn A n B n An Bn=+++=+-++-+++-++++--+-=+则例1：已知数列{}n a 的通项公式为21n a n =-，求它的前n 项和n S 。

2222222222123()[(1)(1)]212=2122110(1)12132(1)n n n n n a An Bn A n B n n a An B A n A A B A B a n n S a a a a n n n =+--+-=-=+--==⎧⎧∴⇒⎨⎨-=-=⎩⎩∴=--∴=+++=+-+-++--= 解：令则有（2）用裂项相消法求多项式数列前n 项和。

即形如121210m m n m m a b n b n b n b ----=++++ 的数列求前n 项和。

此类型可111111()[(1)(1)(1)]m m m m n m m m m a c n c n c n c n c n c n ----=+++--+-++- 设121210m m m m b n b n b n b ----=++++上边化简对应系数相等得到一个含有m 元一次方程组。

说明：解这个方程组采用代入法，不难求。

系数化简可以用二项式定理，这里不解释。

解出12,,,m c c c 。

再裂项相消法用易知111m m n m m S c n c n c n --=+++例2：已知数列{}n a 的通项公式为3n a n =，求它的前n 项和n S 。

432432322323[(1)(1)(1)(1)](4641)(331)(21)4(63)(432)()14411630243200n a An Bn Cn Dn A n B n C n D n A n n n B n n C n DAn A B n A B C n A B C D n A A A B B A B C C A B C D =+++--+-+-+-=-+-+-++-+=+-++-++-+-+===⎧⎪-+==⎪∴⇒⎨-+=⎪⎪-+-+=⎩解：设（） 140D ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪=⎪⎪⎪=⎩4324322222222222111111[(1)(1)(1)]424424(1)(1)221223123423(1)(1)(1)22222222n n a n n n n n n n n n n n n n n n n S ∴=++--+-+-+-⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⨯⨯⨯⨯⨯+-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+-+-++-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭（）二、二、多项式数列与等比数列乘积构成的数列。

（1）用裂项相消法求等比数列前n 项和。

即形如n n a aq =的数列求前n 项和。

这里不妨设1q ≠。

（1q =时为常数列，前n 项和显然为n S an =）此类型可设1A n n n a q Aq -=-，则有()n n n A a A q aq q =-=，从而有,1A aq A a A q q -==-。

再用裂项相消法求得n n S Aq A =-例3：已知数列{}n a 的通项公式为3n n a =，求它的前n 项和n S 。

解：设1A n n n a q Aq -=-，则有2333n n n A a == ，从而有32A =，故13322n nn a +=-。

232431112311(33333333)(33)22n n n n n S a a a a ++∴=+++=-+-+-+++-=- （2）用裂项相消法求等差数列与等比数列乘积构成的数列前n 项和。

即形如()n n a an b q =+的数列求前n 项和。

此类型通常的方法是乘公比错位错位相减法，其实也可以用裂项相消法。

这里依然不妨设1q ≠，（1q =时为等差数列，不再赘述。

）可设1()[(1)]n n n a An B q A n B q -=+--+，则有11[())()n n n a Aq A n Bq A B q aqn bq q --=-++-=+，从而得到方程组()Aq A aq Bq A B bq-=⎧⎨+-=⎩，继而解出A ，B 。

再用裂项相消法求得()n n S An B q B =+- 例4：已知数列{}n a 的通项公式为3n n a n =⋅，求它的前n 项和n S 。

解：设1()3[(1)]3n n n a An B A n B -=+--+，则有11[22)333n n n a An B A n --=++=⋅，从而得到方程组2320A B A =⎧⎨+=⎩，解得3234A B ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩。

121233344n n n n n a +--=⋅-⋅ 222321112311[333335333(21)3(23)3][(21)33]44n n n n n S a a a a n n n ++∴=+++=++⨯-+⨯-⨯++-⋅--⋅=-⋅+ （3）用裂项相消法求多项式数列与等比数列乘积构成的数列前n 项和。

即形如121210()m m n n m m a b n b n b n b q ----=+++ 的数列求前n 项和。

此类型有一个采用m 次错位相减法的方法求出，但是当次数较高时错位相减法的优势就完全失去了。

同样这里依然不妨设1q ≠，（1q =时为多项式数列，不再赘述。

）下面介绍错位相减法的方法：设1212112101210()[(1)(1)(1))m m n m m n n m m m m a B n B n B n B q B n B n B n B q ---------=++++--+-++-+ 。

先对上式化简成121210()m m n n m m a C n C n C n C q ----=++++ 的形式，其中011,,m C C C - 是用011,,,m B B B q - 来表示的一次式子。

同样让对应系数相等得到一个m 元一次方程组，用代入法可以解出011,,m B B B - 再用用裂项相消法求得1212100()m m n n m m S B n B n B n B q B ----=++++- 。

例5：已知数列{}n a 的通项公式为22n n a n =⋅，求它的前n 项和n S 。

解：设221()2[(1)(1))2n n n a An Bn C A n B n C -=++--+-+，则有2121((2)()]222n n n a An A B n A B C n --=+++-++=⋅从而得到2200A A B A B C =⎧⎪+=⎨⎪-++=⎩，解得246A B C =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，所以212(23)2[(1)2(1)3)2n n n a n n n n +=-+----+2322121232122323222(23)2[(1)2(1)3)2(23)26n n n n n S a a a a n n n n n n ++∴=+++=⨯-⨯+⨯-⨯++-+----+=-+-三、其他数列。

上面的推导和习题，我们不难发现。

错位相减法适合与等差等比数列，也适合可用公式法，错位相减法，分组求和法，并项求和法，裂项相消法，部分倒叙相加法的数列。

事实上裂项求和适合用于所有能将n a 化成()(1)n a f n f n =--形式的所有数列{}n a ，()f n 与n a 存在形式上相似性，从而利用待定系数法的方式得到()f n 的表达式，最终可以得到()(0)n S f n f =-。

这里部分可用倒叙相加法的数列不能使用此法是因为它没有一个统一形式不带省略号的前n 项和公式。

例如调和数列{}1n -也不能用此法，事实上调和数列{}1n -是不可求前n 项和的数列。

四、结论。

从上面的论断不难得出，错位相减法适合所有可求前n 项和的数列。

错位相减法不愧为数列求前n 项和的万能方法。

不过值得肯定的是有部分数列利用裂项相消法，不易找出它的裂项方法，尤其是与指数函数，对数函数，三角函数这些比较高级的基本初等函数相关的初等函数。

对于前两个大点得出的结论，我们当然也可以使用待定系数法来求n S ，只是不要忘记它们都是用裂项相消法证明出来的结论。

保留原来的参数得到结论也可以使用，从而直接得出待定参数的值，但对记性的要求很高，这里就不再啰嗦。

本人不建议背诵。

例6：已知数列{}n a 的通项公式为34(1)(2)n n a n n n -=++，求它的前n 项和n S 。

解：设(1)(1)(1)(2)n An B A n B a n n n n +++=-+++则()(2)()2(1)(2)(1)(2)n An B n n An A B An B a n n n n n n ++-+++==++++ 所以234(1)(2)(1)(2)An B n n n n n n n +-=++++，324A B =⎧⎨=-⎩，解得32A B =⎧⎨=-⎩，所以3231(1)(1)(2)n n n a n n n n -+=-+++ 12321447323112232334(1)(1)(2)1313=2(1)(2)2(1)(2)n n n n S a a a a n n n n n n n n n n n -+∴=+++=-+-++-⨯⨯⨯⨯++++-=-++++例7：已知数列{}n a 的通项公式为2122321nn n n a +=-⨯+，求它的前n 项和n S 。

解：211122112321(21)(21)2121n n n n n n n n n a +++===--⨯+---- 1122311111111112212121212121212121n n n n n n S ++++-∴=-+-++-=-=-------- 例8：已知数列{}n a 的通项公式为2sin o n a n =，求它的前n 项和n S ，89S 。

解：211sin cos 222oo n a n n ==- ，sin1cos 2sin(21)sin(21)cos 2sin12sin1o o o oo o o n n n n +--== 1sin(21)1sin(21)(1)22sin122sin1o o n o o n n a n n ⎡⎤⎡⎤+-∴=+--+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦ 1sin(21)(1)22sin1on on S n +∴=-+（错位相减法这里不赘述了） 891sin(2891)(891)44.522sin1oo S ⨯+=-+=（与倒叙相加法结果一致）作业：1、请用裂项相消法求下列各数列的和.（1）已知数列{}n a 的通项公式为4n a n =，求它的前n 项和n S 。