数列中的裂项法求和举例

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数列求和的“裂项相消法”讲解[1]

裂项相消法(1)求和 1111122334(1)n S n n =++++⨯⨯⨯+…解：通项公式：()()()1111111n n n a n n n n n n +-===-+++所以 111111*********n S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭…1111n n n =-+=+ (2)求和 1111377111115(41)(43)n S n n =++++⨯⨯⨯-+…解：()()()()()()43411111141434414344143n n n a n n n n n n +--⎛⎫===- ⎪-+-+-+⎝⎭ 得1111377111115(41)(43)n S n n =++++⨯⨯⨯-+… 11111111143771111154143n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦… 1114343n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭ ()343nn =+(3)求和 1111132435(2)n S n n =++++⨯⨯⨯+…()()()21111122222n n n a n n n n n n +-⎛⎫===- ⎪+++⎝⎭ ()()()()1111111113243546572112n S n n n n n n =++++++++⨯⨯⨯⨯⨯--++… 1111111111111112132435462112n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-++-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦…11111212n n =+--++ （仔细看看上一行里边“抵消”的规律）311212n n =--++ 最后这个题，要多写一些项，多观察，才可能看出抵消的规律来。

倒序相加法如果一个数列{an}，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和（都相等，为定值），可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法.a1+an=a2+an-1=a3+an-2=……当{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n 项和适用错位相减即{anbn}型 an 为等差bn 为等比。

数列求和——裂项相消法

数列求和
————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

例析数列求和的裂项相消法

例析数列求和的裂项相消法多数数学问题中都要求求出一个数列的某一个总和，这种推导过程通常是重复加法，涉及到大量的运算时间和工作量，特别是当数列项数很大时，传统的累加法就会遇到非常大的困难。

裂项相消法便是为了解决这一问题而出现的。

它是将正负型数列按照规律因式分解，以减少运算量，从而达到较快求和的目的。

将数列分解为正、负两种类型，正数加上负数可以使其和为0，也就是把问题转化为查找不同正、负数的有效组合。

求和公式：S=a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7+...现在引入另一种折叠方法裂项相消法，它是一种数学方法，将一个正数与一个负数相加，让这两个数的和等于0，可以使用更简便的直接求和方法，使时间和空间复杂度更低，从而提高效率。

该方法的实现可以从两个角度进行:1.正数与负数相邻对消，此时正数和负数的组合要满足：两两之和等于0。

2.正数、负数以不等长度分组，此时组内的和相加的和需要等于0。

以上两种方法实现时，关键在于分组和求和的方式，解决方案有很多种，以下将介绍其中一种实现方式。

假设有一个数列S={S1,S2,S3,S4,…,Sn}，其中n为未知数，需要求和。

可以用裂项相消法将这个数列分解成三步：步骤1：先把数列分组，每一组包括两个数：第一个数是数列中正数的和，第二个数是数列中负数的和。

步骤2:每一组数的和缩小为单个数，因为每一组的和的计算，我们可以等价的将每一组的两个数相加，把它们减小到一个数，这个数就是最后的求和结果。

步骤3：最后再将每一个单个数相加，就得到了最终的求和结果。

以上就是裂项相消法的具体操作过程，它主要用于求和数列中正负数的组合，以更快的时间求出该数列的总和。

因此，裂项相消法是一种简便有效的求和方法。

不过，引入裂项相消法也有其局限性，因为它比累加法要慢，而且它只适用于数列的求和，并不能应用于其它的数学问题，而且在求和过程中，如果不正确求出最终的结果，就会影响最终的结果。

总之，裂项相消法是一种较为简单灵活的求和方法，可以在计算算式上带动效率，减少时间和空间复杂度。

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

裂项相消法公式大全

裂项相消法公式大全
裂项相消法是一种数学方法，用于解决等差数列、等比数列以及无理数列的求和问题。

该方法的基本思想是将等差数列、等比数列以及无理数列的每一项分别裂项，然后将裂项相消，从而得到等差数列、等比数列以及无理数列的和。

以下是裂项相消法的一些公式:
1. 等差数列求和公式:
Sn = n * (a1 + an) / 2
其中，n 是数列的长度，a1 是数列的首项，an 是数列的最后一项。

2. 等比数列求和公式:
Sn = (n/2) * (a1 * an) / (an + a1)
其中，n 是数列的长度，a1 是数列的首项，an 是数列的最后一项。

3. 无理数列求和公式:
对于无理数列，可以将每一项裂项，然后相消。

例如，对于无理数列π*(n+1)/n，可以将π*(n+1)/n 裂项为π/n 和 (n+1)*π/n，然后将两项相消。

4. 等差数列裂项公式:
a[n+1] - a[n] = (n+1-n)*a1
其中，a[n+1] 是数列的第 n+1 项，a[n] 是数列的第 n 项，n 是数列的长度。

5. 等比数列裂项公式:
a[n+1]/a[n] = (a[n]/a[n-1])*(a[n-1]/a[n])
其中，a[n+1] 是数列的第 n+1 项，a[n] 是数列的第 n 项，n 是数列的长度。

6. 无理数列裂项公式:
π*(n+1)/n - π/n = (n+1-n)*π
其中，π*(n+1)/n 是数列的第 n+1 项，π/n 是数列的第 n 项，n 是数列的长度。

以上是裂项相消法的一些公式，可以根据实际需要选择合适的公式进行求解。

数列求和裂项相消法

数列求和裂项相消法数列求和裂项相消法是一种利用数列中相邻项之差的特殊性质，通过对数列元素进行分解和化简，最终得到数列的和的公式的方法。

具体步骤如下：1. 找出数列中相邻项的差，通过将相邻项进行相减，得到一个新的数列。

2. 对新数列进行合并。

如果新数列中对应的项之间存在相消的情况，可以将它们合并为一个式子。

3. 将合并后的式子进行分解，找出一些特定的公式或规律。

4. 将分解后的公式和规律代入到原数列的求和公式中，得到数列的和的公式。

下面以一个简单的例子来说明这种方法：例子：求数列1+3+5+7+9+...+99的和。

分析：这个数列中相邻项的差为2，所以我们可以将它分解为：1 + (3-2) + (5-2*2) + (7-3*2) + (9-4*2) + ... + (99-49*2)在对每一项进行合并时，可以发现有些项之间存在相消的情况，比如：3-2和2*1可以相消；7-3*2和2*2可以相消；11-4*2和2*3可以相消；... ...因此，我们可以将这些相消的项合并起来，得到下面的式子：1 + 2(1-2) + 2(2-3) + 2(3-4) + ... + 2(49-50)接下来，我们可以将每一项进行拆分，得到如下的式子：1 + 2(-1) + 2(-1) + 2(-1) + ... + 2(-1)或者简写为：1 -2 + 2 - 2 + 2 - ... + 2 - 2这是一个等差数列，公差为-2，首项为1，共有50项。

因此，它的和可以通过等差数列求和公式来计算：S = (a1 + an) * n / 2其中，a1是首项，an是最后一项，n是项数。

将这些值代入到求和公式中，得到：S = (1 - 99) * 50 / 2 = -2450因此，数列1+3+5+7+9+...+99的和为-2450。

总之，数列求和裂项相消法是一种快速求解数列和的方法，尤其适用于一些具有相邻项之差规律的数列。

高中数学拉档提分全攻略——数列分册 ,裂项求和常见32种类型

+
1] 2n +1
Sn
=
1 11
+ +
1 3 1
− −
1 3 1
− −
1 5 1
+ +
1 5 1
+ +
1 7 1
− −
1 7 1
− −
1 9 1
+ +
1 3 3 5 5 7 7 9
(19)
+（ 1 + 1 ）= 1+ 1 , n = 2k +1
2n −1 2n +1
2n +1
−（ 1 + 1 ）= 1− 1 , n = 2k
an−1 = (3n − 5)2n−1 = (3n − 8)2n − (3n −11)2n−1
an = (3n − 2)2n = (3n − 5)2n+1 − (3n − 8)2n
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
n
ak =(3n − 5)2n+1 + 5 21
1
(28) an = n2 2n
=
1 (2n +1) 2n−1
−
(2n
1 + 3)
2n
Sn
=
1 3
−
(2n
1 + 3) 2n
(21)
Sn
=
n k =1
k 2k + 2 (k + 1)(k + 2)
ak
=
k 2k + 2 (k +1)(k + 2)
=
(k
k 2k +1)(k + 2)

等比数列之裂项求和-技巧

等比数列求和之裂项法——杰少，2020年2月27日一、什么是等比数列？等比数列是指从第二项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数的一种数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q 表示(q ≠0).例如:①2，4，8，16，…；②13，132，133，…像这样的数列就是等比数列.二、等比数列如何求和？一般对于等比数列求和通常采用【错位相减】的方法. 下面我们来看一种特殊情况的等比数列之和. 【例如】计算:2＋22＋23＋…＋210【解析】显然易得这是公比为2的等比数列之和，则我们一般是令S ＝2＋22＋23＋…＋210 ①，然后在①式两边同乘公比2，并错位书写可得， 2S ＝ 22＋23＋…＋210＋211 ②，再利用②式减去①式，把相同的项抵消，可得2S －S ＝211－2，从而S ＝2048－2＝2046，即:原式＝2046.继续研究错位相减，②－①:2S －S ＝(22＋23＋…＋210＋211)－( 2＋22＋23＋…＋210)， ∴2＋22＋23＋…＋210＝(211－210)＋(210－29)＋…＋(22－2)，即:()1010111222nn n n n +===-∑∑，也就是说，此题我们完全可以采用【裂项相消】求解此题.三、一般等比数列之和如何裂项？我们来研究一下一般情况: 求a ＋a 2＋a 3＋…＋a n (a ≠1)的值.【解析】我们先采用【错位相减】法，寻找裂项的灵感！令 S ＝a ＋a 2＋a 3＋…＋a n ①， ∴aS ＝ a 2＋a 3＋…＋a n ＋a n ＋1 ②，②－①得:(a －1)S ＝(a n ＋1－a n )＋ (a n －a n －1)＋…＋(a 2－a )， ∴()()111nk k k a S aa +=-=-∑，∴()1111nk k k S aa a +==--∑，即:()11111nnkk k k k a aa a +===--∑∑.因此，基于【错位相减】法的灵感，我们找到了直接裂项的方法:()()111111·111nnnkk k k k k k aa a aa a a +====-=---∑∑∑至此，我们就找到了一般情况的等比数列之和的【裂项相消】法.例如:()()()20202020202012021111111331333333122kk k k k k k +====-=-=--∑∑∑ 四、自我挑战例1.计算:【解析】202020202020111202020201111211111112222222n n n n n n n --===-⎛⎫==-=-=- ⎪⎝⎭∑∑∑例2.计算:100425nn =⨯∑【解析】202020202020111202020201111211111112222222n n n n n n n --===-⎛⎫==-=-=- ⎪⎝⎭∑∑∑例3.计算:1nkk aq=∑，其中aq ≠0，q ≠1.【解析】()()()11111·1111n nnnk k k k k k k a q q a aaq q q q q q q q ++===-=-=-=---∑∑∑.五、拓展延伸形如:()1nk k akb c =+∑，其中ac ≠0，c ≠1，这样的等差×等比之和，我们又如何采用【裂项相消】求解呢？与前面裂项类似，我们希望每一项的裂项都是相邻两项的差值，即如果能出现()()11k k x k y cxk y c +++-+⎡⎤⎣⎦这样的结构，那我们就可以裂项求和，因此，我们可以通过待定系数把x ，y 求解出来. 令()()()11kk kak b c x k y c xk y c ++=++-+⎡⎤⎣⎦， ∴()()()()()111kk k k ak b cx k c yc c xk y c x c k xc y c c +=++-+=-++-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，匹配系数可得，()()11x c a xc y c b -=⎧⎪⎨+-=⎪⎩，解得()2111a x c b ac y c c ⎧=⎪-⎪⎨⎪=--⎪-⎩， ∴()()(){}1111nnkk k k k akb c x k y cxk y c +==+=++-+⎡⎤⎣⎦∑∑＝()()11n x n y cxn y c +++-+⎡⎤⎣⎦，其中()2111a x c b ac y c c ⎧=⎪-⎪⎨⎪=--⎪-⎩.六、自我超越例1.计算:112nk k k =-∑【解析】()111121111122222nnnk kk k n k k k k k k kk n -===-+-++⎛⎫==-=- ⎪⎝⎭∑∑∑例2.计算:1213nk k k =-∑【解析】()1111312111133333nnnkkk k n k k k k k k k k n -===-+-++⎛⎫==-=- ⎪⎝⎭∑∑∑例3.计算:12nkk k =⋅∑【解析】令()(){}1112122n nkk k k k k x k y xk y +==⋅=++-+⎡⎤⎣⎦∑∑∴()()1112212222nnnkkkk k k k x k y xk y xk x y ===⋅=++--=++⎡⎤⎣⎦∑∑∑匹配系数可得，120x x y =⎧⎨+=⎩，解得12x y =⎧⎨=-⎩，∴()(){}111212222nnkk k k k k k k +==⋅=+---⎡⎤⎣⎦∑∑＝()()11122122n n ++---⨯⎡⎤⎣⎦＝()1122n n +-+例4.计算:()1213nk k k=+∑【解析】令()()(){}111213133n nkk k k k k x k y xk y +==+=++-+⎡⎤⎣⎦∑∑，∴()()()11121331332323nnnkkkk k k k x k y xk y xk x y ===+=++--=++⎡⎤⎣⎦∑∑∑，令22321x x y =⎧⎨+=⎩，解得11x y =⎧⎨=-⎩， ∴()()(){}11121311313nnkk k k k k k k +==+=+---⎡⎤⎣⎦∑∑＝()()11113113n n ++---⎡⎤⎣⎦＝13n n +⋅例5.计算:1326nk k k =-∑【解析】()111613237155666nnnkkkk k k k k k ===-+-=-∑∑∑＝11131761525666nnk k kk k k k -==+-⎛⎫-- ⎪⎝⎭∑∑＝1111317115256666nnk k k k k k k k --==+⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑＝3117115125166n nn +⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝86158256n nn ⨯--⨯说明:本题也可以采用待定系数法求解，方法与例1和例2类似，求出待定系数x 、y 即可，这里不再赘述.。

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。

数列求和裂项相消法例题

数列求和裂项相消法例题摘要：一、引言二、数列求和的基本概念三、裂项相消法的原理四、裂项相消法求和实例解析五、总结与展望正文：一、引言数列求和是数学中的一个基本概念，裂项相消法是求解数列和的一种常用方法。

本文将详细介绍数列求和裂项相消法的原理，并通过实例解析帮助读者理解和掌握这种方法。

二、数列求和的基本概念数列求和是将一个数列中所有项相加得到的总和。

常见的数列求和方法有等差数列求和公式、等比数列求和公式等。

裂项相消法是求解数列和的一种方法，尤其适用于部分和容易计算的数列。

三、裂项相消法的原理裂项相消法是将数列中的相邻两项相互抵消，从而简化求和过程。

具体操作是，将数列{a_n}的相邻两项a_n 和a_(n+1) 相减，得到一个新的数列{b_n}，使得b_n = a_n - a_(n+1)。

这样，原数列的和就可以表示为b_1 + b_2 + ...+ b_n 的形式，从而简化求和过程。

四、裂项相消法求和实例解析下面我们通过一个具体的例子来说明裂项相消法的应用。

例题：求数列1, 2, 3, 4, ...的前n 项和。

解析：我们可以使用裂项相消法来求解这个数列的和。

首先，将相邻两项相减，得到新数列-1, -1, -1, ...，可以发现这个新数列是一个公差为-1 的等差数列。

接下来，我们可以利用等差数列求和公式求解这个新数列的和，即：S_n = n * (2 * (-1) + (n - 1) * (-1)) / 2 = n^2 - n所以，原数列1, 2, 3, 4, ...的前n 项和为n^2 - n。

五、总结与展望裂项相消法是一种求解数列求和的简便方法，尤其适用于部分和容易计算的数列。

经典研材料裂项相消法求和大全

经典研材料裂项相消法求和大全本文介绍了一些数学求和中常用的裂项相消法。

其中包括了一些基本类型，例如形如xxxxxxx的(－)型，以及形如an＝(－)型的2n－12n＋1/((2n－1)(2n＋1))等。

此外，还介绍了一些利用正切公式、对数运算性质以及排列数或组合数的性质进行裂项的方法。

这些方法可以帮助我们更有效地解决数学求和问题。

值得注意的是，有些试题可以构造成logM－logN的形式进行裂项，而有些则可以利用排列数或组合数的性质来解决。

在实际运用中，我们需要根据题目的具体情况选择合适的裂项方法。

总之，裂项相消法是数学求和中常用的一种方法，掌握了这种方法可以帮助我们更快速地解决数学问题。

分析直接利用公式$n\cdot n!=(n+1)!-n!$可得结果为$(n+1)!-1$。

求和：$S_n=C_2+C_3+\cdots+C_n$。

有$C_k=C_{k+1}-C_k$，从而$S_n=C_2+C_{n+1}-C_3=C_{n+1}$。

裂项相消法求和再研究一项拆成两项，消掉中间所有项，剩下首尾对称项。

一、多项式数列求和。

1）用裂项相消法求等差数列前$n$项和。

即形如$a_n=an+b$的数列求前$n$项和。

此类型可设$a_n=(An+Bn)-[A(n-1)+B(n-1)]=an+b$，左边化简对应系数相等求出$A,B$。

则$S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n=\frac{n}{2}[2a+(n-1)d]=\frac{n}{2}[2(An+B)+n-1]=n(An+B)-\frac{n(n-1)}{2}d$。

例1：已知数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=2n-1$，求它的前$n$项和$S_n$。

解：令$a_n=(An+Bn)-[A(n-1)^2+B(n-1)]$，则有$a_n=2An+B-A=2n-1$。

解得$A=1,B=0$，则$a_n=n$，$S_n=1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$。

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。

平方数列求和公式裂项法推导

平方数列求和公式裂项法推导咱们来聊聊平方数列求和公式的裂项法推导哈。

话说当年我教学生这个知识点的时候，有个小家伙，瞪着大眼睛，一脸困惑地问我：“老师，这平方数列求和咋就这么难呢？”我笑着告诉他：“别着急，咱们一步步来，其实挺有趣的！”咱们先从简单的开始，啥是平方数列呢？就是像 1²，2²，3²，4²，5²……这样的数列。

那要求它们的和，咱们得想点巧妙的办法。

咱先看看前几个数的平方：1² = 1，2² = 4，3² = 9，4² = 16，5² = 25。

那它们的和呢，1² + 2² + 3² + 4² + 5² = 1 + 4 + 9 + 16 + 25 = 55。

要是一个一个加，那可太费劲啦！这时候裂项法就派上用场啦。

咱们把 n²写成 n(n + 1) - n 的形式，为啥这么写呢？您看哈，n(n + 1) = n² + n，再减去 n，不就还是 n²嘛。

那 1²就可以写成 1×2 - 1，2²写成 2×3 - 2，3²写成 3×4 - 3，以此类推。

这时候，原来的平方数列求和就变成了：(1×2 - 1) + (2×3 - 2) + (3×4 - 3) + …… + (n×(n + 1) - n)咱们把它拆开，就得到：(1×2 + 2×3 + 3×4 + …… + n×(n + 1)) - (1 + 2 + 3 + …… + n)先看前面括号里的式子，它有个小规律哦。

1×2 可以写成1/3×(1×2×3 - 0×1×2)，2×3 可以写成 1/3×(2×3×4 - 1×2×3)，3×4 可以写成 1/3×(3×4×5 - 2×3×4)，以此类推。

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。

下面就例举几种裂项求和的常见模型，以供参考。

（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。