数列求和之裂项求和 10.18
数列求和——裂项相消法
————裂项相消法
2015全国I卷节选：
若an1
2n
1, 令bn
1 an an 1
, 求{bn}的前n项和Tn。
裂项求和法:
将数列的通项分解成两项或多项的差，使
数列中的项出现有规律的抵消项，只剩下首 尾若干项。
一般有两种类型：
类型一：an
k f (n) f (n c)
A[ 1 f (n)
1[ 1
1
]
n(n 1)(n 2) 2 n(n 1) (n 2)(n 1)
(an
(a 1)an b)(an1
b)
(an
an1 an b)(an1
b)
1 (an b)
1 (an1 b)
类型二：
通过有理化、对数的运算法则、公式的变形、阶乘和组合数
2n Sn
, 求证：T1 T2 L
Tn
3 2
练习：步步高P93例3及跟踪训练3
课堂小结：
1、分解与组合思想在数列求和中的应用。 2、裂项相消常用于方式和根式求和。 可以用通项裂解，也可以利用首项裂解， 甚至可以利用待定系数法去完成裂开通项
(1)应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一 项，也有可能前面剩多项，后面也剩多项，
(2)再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前 面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通 项公式相等．
变式：若数列an的前n项和为Sn满足：
Sn
4 3
an
1 3
•
2n1
2 3
(1)求an
(2)设Tn
人教新课标B版必修5第二章数列数列求和之裂项相消法和错位相减法
解得dq＝ ＝28，或qd＝＝4－3056(舍去)， 故 an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1. (2)因为 Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)， 所以S1n＝n（n1＋2）＝12n1－n＋1 2，
所
以
1 S1
＋
1 S2
＋
1 S3
＋
…
1 2×4
＋
1 3×5
数列求和之裂项相消法和错位相减法
1．基本求和公式 (1)等差数列前 n 项和 Sn＝n（a12＋an）＝na1＋n（n2－1）d. (2)等比数列前 n 项和 Sn＝a1（11－－qqn）（q≠1）.
na1（q＝1）
2．裂项求和基本等式 AK·B＝B－K AA1 －B1 . 3．错位相减基本等式 {an}是公差为 d 的等差数列，{bn}是公比为 q 的等比数列，则 {anbn}的前 n 项和 Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＋anbn， qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－2bn－1＋an－1bn＋anbnq， 则(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbnq ＝a1b1＋d·b2（11－－qqn－1）－anbnq(q≠1)．
n a1an＋1.
【对点通关】
1．(必修
5
P47B
组
T4
改编)数列n（n1＋1）
的前
n
项和为19090，
则 n 的值为( )
A．9
B．10
C．99
D．100
解析：选 C.由题意得1×1 2＋2×1 3＋3×1 4＋…＋n×（1n＋1）＝
11－21＋12－13＋13－41＋…＋n1－n＋1 1＝1－n＋1 1＝n＋n 1＝19090.
数列求和之裂项相消法 PPT课件
变式：
数列an的通项公式是an
试求bn 的前 n项和 S n .
2n
1, 如果数列bn 是bn
an
2n an1
,
小结4：
1
1 n k n ,特别地
1
n 1 n.
nk n k
n1 n
知识归纳
裂项相消法的常见类型 分式型、等差数列型、根式型
数列求和
裂项相消法
2016年4月1日
教学目标：
知识与技能目标
数列求和的方法之裂项相消法
过程与能力目标
裂项相消法的常见题型及解题思路
教学重难点：
重 点： 裂项相消法的常见题型及解题思路
难 点： 裂项相消法适用题型的特征及相消
后所剩项的判断
教学过程 新课导入
小学奥数中：
？ 1 1 1 1
1 a2a3
1 a3a4
1 an an 1
求 Sn .
解：
小结3: (5) 若an是等差数列, an 0,公差d 0,则
1 an an 1
1 d
1 an
1 an1
巩固练习
练习3：
已知数列an是等差数列,且其通项公式 an n,则
Sn
1 a1a3
1 2 2 3 3 4
100101
学生思考：
1 1 1 1 98 99 99 100
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 3 3 4
100 101
1 1 100 101 101
？ 问题：
数列之裂项相消求和
=1
3
1(1- )
=39
1-
⇒a1=3,所以 an=3n.
(2)由已知得 bn=log332n+1=2n+1,所以 Tn=3+5+…+(2n+1)=n(n+2),
1
=
=
1
=
1 1
( +2) 2
1 1 1
-
2 1 3
-
1
+2
1
1
1
,所以 ∑ = + + +…+
1
=1
1 1 1
1 1 1
1 1
2 2 4
项和
.
解析 (1)因为 , 9 为函数 () = ( − 2)( − 99) 的两个零点且
(−1)
1+
2
= 2, 9 = 99 .又因为 =
= 3 ，所以数列 {
( − 1) = 2 + 1 .
1
(2)因为
所以
1
(
2
=
=
1
(
2
，所以 9
9×8
1+ 2
< 9 ，所以
× 2 = 99 ，解得
（2n＋1）
1
1
－
1
1
解析∵an＝
＝ 2n－1 2n＋1 ，
（2n－1）
（2n＋1） 2
1
1－
1
1
n
1
1
1 1
1
2n＋1 ＝
∴Sn＝ [(1－ )＋( － )＋…＋(
－
)]＝
.
2
裂项求和法公式
裂项求和法公式裂项求和法是数学中一种非常实用的求和方法，特别是在数列求和问题中经常能大展身手。
咱们先来说说什么是裂项求和法。
简单来讲，就是把一个数列的每一项拆分成两项的差，然后在求和的时候，很多项可以相互抵消，从而让求和变得简单。
比如说，对于数列 1/(1×2) + 1/(2×3) + 1/(3×4) +... ，咱们可以把每一项 1/(n×(n + 1)) 拆分成 1/n - 1/(n + 1) ，这样在求和的时候，中间的很多项就可以相互抵消啦。
我还记得之前给学生们讲这部分内容的时候，有个小同学瞪着大眼睛一脸懵地问我：“老师，这咋拆呀，拆完咋就能求和啦？”我笑着跟他说：“别着急，咱们一步步来。
”然后我就拿了一堆纸条，标上数字，给他演示。
比如说 1/2 - 1/3 ，我把一张纸条平均分成两份，取一份，再把另一张纸条平均分成三份，取两份，让他直观地看到这两个的差就是 1/6 ，也就是 1/(2×3) 。
咱们再深入点，常见的裂项求和公式有很多呢。
像 1/(n(n + k)) = 1/k × (1/n - 1/(n + k)) ，还有1/(√n + √(n + 1)) = √(n + 1) - √n 。
那裂项求和法有啥用呢？用处可大啦！比如说，遇到那种通项公式是分式形式，而且分子是常数，分母是两个连续整数乘积的数列，用裂项求和法简直不要太轻松。
我给大家举个例子哈。
求数列 1/(3×5) + 1/(5×7) + 1/(7×9) +... 的前 n 项和。
咱们按照裂项求和的方法，把每一项 1/((2n + 1)(2n + 3)) 拆分成1/2 × (1/(2n + 1) - 1/(2n + 3)) 。
然后求和的时候，你就会发现，第一项的后半部分和第二项的前半部分抵消了，第二项的后半部分和第三项的前半部分又抵消了，以此类推，最后剩下的就是第一项的前半部分和最后一项的后半部分。
《数列求和裂项》课件
实例二：分式数列的求和
分式数列
(frac{1}{1} + frac{1}{2} + frac{1}{3} + ... + frac{1}{n})
裂项求和
利用分数的性质，将每一项拆分成更小的部分，然后进行求和。
具体操作
(frac{1}{1} + frac{1}{2} + frac{1}{3} + ... + frac{1}{n} = (1 - frac{1}{2} + frac{1}{2} - frac{1}{3} + ... + frac{1}{n - 1} - frac{1}{n}) + frac{1}{n})
裂项求和法的总结
裂项求和法是一种常用的数列求和方法，通过将数列的每一项拆分成易于求和的形式，简化求和过程 。
裂项求和法适用于多种类型的数列，如等差数列、等比数列等，能够有效地解决一些复杂的数列求和问 题。
在应用裂项求和法时，需要仔细分析数列的结构和特点，选择合适的拆分方式，以达到简化求和的目的 。
分式形式的裂项公式在处理具有分式规律的 数列时非常有效，可以大大简化计算过程，
提高解题效率。
几何级数的裂项公式
几何级数的裂项公式是指将数列中的每一项表示为几何级数的形式，然后通过化 简或分解因式，将原数列的求和问题转化为新数列的求和问题。例如，对于数列 $1, 2, 4, 8, ldots$，其裂项公式为$2^{n-1}$。
差分形式的裂项公式在解决数列求和问题中非常常见，尤其在处理等差数列、等比数列等具有明显规 律的数列时，可以大大简化计算过程。
指数形式的裂项公式
指数形式的裂项公式是指将数列中的每一项表示为指数形式，然后通过因式分解或化简，将原数列的求和问题转化为新数列 的求和问题。例如，对于数列$1, 2^2, 3^3, ldots, n^n$，其裂项公式为$frac{1}{2} times (1 + n^n)$。
高中数学拉档提分全攻略——数列分册 ,裂项求和常见32种类型
+
1] 2n +1
Sn
=
1 11
+ +
1 3 1
− −
1 3 1
− −
1 5 1
+ +
1 5 1
+ +
1 7 1
− −
1 7 1
− −
1 9 1
+ +
1 3 3 5 5 7 7 9
(19)
+（ 1 + 1 ）= 1+ 1 , n = 2k +1
2n −1 2n +1
2n +1
−（ 1 + 1 ）= 1− 1 , n = 2k
an−1 = (3n − 5)2n−1 = (3n − 8)2n − (3n −11)2n−1
an = (3n − 2)2n = (3n − 5)2n+1 − (3n − 8)2n
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
n
ak =(3n − 5)2n+1 + 5 21
1
(28) an = n2 2n
=
1 (2n +1) 2n−1
−
(2n
1 + 3)
2n
Sn
=
1 3
−
(2n
1 + 3) 2n
(21)
Sn
=
n k =1
k 2k + 2 (k + 1)(k + 2)
ak
=
k 2k + 2 (k +1)(k + 2)
=
(k
k 2k +1)(k + 2)
数列求和-裂项相消法-PPT课件
为等b比n 数列
②乘公比：等式两边乘以等比数列的公比
③错位：让次数相同的相对齐④相减⑤解出Sn
数列求和-裂项相消法
例题探究·提炼方法
(教材必修5习题2.3B组第四题)
解：
an
1 n(n 1)
1 n
1 n 1
Sn a1 a2 a3
an1 an
(1- 1）（1 - 1）（1 - 1） （ 1 1） (1 1 ) 2 2 3 3 4 n 1 n n n 1
1 (1 1 ) 3 3n 1
数列求和-裂项相消法
规律方法·反思提升
(1)an
1 n(n
k)
1 k
(
1 n
n
1
k
)
(2)bn
1 4n2 1
(2n
1 1)(2n
1)
1 2
(
1 2n 1
1) 2n 1
(3)bn
9n2
1 3n
2
(3n
1 2)(3n
1)
1 3
(1 3n
2
1) 3n 1
数列求和-裂项相消法
1 n＋1＋
＝ n
n＋1－
n，
S2 016＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 016＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3) ＋…＋( 2 016－ 2 015)＋( 2 017－ 2 016)＝ 2 017－1. 答案：C
数列求和-裂项相消法
强化练习·扩展延伸
强化练习2
题型3：
2n
11
an (2n 1)(2n1 1) 2n 1 2n1 1
数列求和 数列求和的基本方法
知识回顾
(3)谈数列裂项求和
(3)谈数列裂项求和在数列求和中，如果所给数列不是等差数列或等比数列，即无法直接利用现有公式求和.这时我们的重要手段之一便是裂项.但须注意：裂项只是手段，求和才是目的.裂项求和的基本形式是：（1） 裂项后叠加相消.【例1】 数列{}n a ，()12n a n n =+，求前n 项和n S . 【解析】注意到()1111222n n n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，分别令n =1，2，…，n 得： 11111111111233522224n n S n n n n ⎡⎤+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ . 【例2】 各项都是正数的等比数列{}n a 满足()1n a n N +≠∈，当2n ≥时，证明： 1223111111lg lg lg lg lg lg lg lg n n nn a a a a a a a a --+++= . 【证明】设等比数列{}n a 的公比为q ，()0q >，则11lg lg lg n n n n a q a a q a --=⇒-=. 111111lg lg 11lg 1111lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg n n n n n n n n n n n n a a q a a a a a a a a q a a ------⎛⎫-∴-==⇒=- ⎪⎝⎭ ()12231111111111111lg lg lg lg lg lg lg 1lg lg lg 111111lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg n n n n n n n n q a a a a a a n q a a n q a a q a a q a a a a --⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦-⎛⎫--=-=⋅=⋅== ⎪⎝⎭ 左式右式∴原式成立.（2）裂项后重新集项.【例3】已知数列{}n a ，242n a n =+++ ，求前n 项和n S .【解析】容易求出：2n a n n =+.分别令n =1，2，…，n 得：()()()()()()()()()()()()22222211221212111112111213126263n S n n n n n n n n n n n n n n n =++++++=+++++++=⋅+++⋅+=+++=++⎡⎤⎣⎦ 【例4】已知数列{}n a ，()()221111n n a n ++=+-，求{}n a 前n 项的和n S . 【解析】∵()2111122n a n n n n ⎛⎫=+=+- ⎪++⎝⎭， ∴()()()()111111111111324352111111111111233452212323212n S n n n n n n n n n n n n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++-++-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-+++=++-- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭++=++（3）综合应用举例【例5】（06.全国1卷.22题）设数列{}n a 的前n 项和n n a S 34= ,3,2,1,322311=+⨯-+n n （1） 求首项1a 和通项n a ；（2） 设 ,3,2,1,2==n S T n nn ，证明：∑=n i I T 123 . 【分析】从试题的结构可知：第（1）问为第（2）问作准备，而第（2）问则应以第（1）问为基础；从试题的条件看，数列{}n a 不可能是等差或等比数列，但由于含有2的1n +次幂，有可能在适当变形后借助等比数列的知识求其通项；最后，由前面分析，这类数列不可能有现成的公式求和，其解题方向便是裂项求和.【解析】（1）1n =时，1111141222333a a a +=-⨯+⇒= ∵n n a S 34=()1122133n +-⨯+，1143n n S a --=()122233n -⨯+ ∴（1）-（2）得：11411242333n n n n n n n a a a a a --=--⨯∴=+. 两边同加上2n ，得1124(2)n n n n a a --+=+，而1124a +=.∴数列{}2n n a +是首项1124a +=，且公比4q =的等比数列.∴12444n n n n a -+=⨯=.则所求数列{}n a 的通项公式为：42n n n a =-.()()()()()2233112242424242233n n n n S +=-+-+-++--⨯+ . ()()232311244442222233n n n +=++++-++++-⨯+ ()()()()11414212124122412212141233333n n n n n n ++--=--⨯+=----⨯+-- ()()()()111122122212133n n n n +++=⨯--=⨯--. ∴()()112323112221212121n n n n n n n n T S ++⎛⎫==⨯=- ⎪----⎝⎭.故 223111331111112221212121212131312212n i n n i n T +=+⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎡⎤=-<⎢⎥-⎣⎦∑ 即原不等式成立.。
裂项求和法
裂项求和法一、先准备好等式两边，即要求和的等式，如：3+1=4+2=7+5=2×7=5×5=……。
一、先准备好等式两边，即要求和的等式，如：3+1=4+2=7+5=2×7=5×5=……。
二、通过拆项法将等式中不相等的项目相加，变成相等，其结果用“乘法”求得，再利用等式中“积不变”的性质去验证所得的等式是否成立。
三、用“减法”或“加法”求得结果，然后与第一步相加，得出的和应与原来的等式相等，再用“乘法”求得结果。
裂项求和是初中数学解答题的重点难点，但它也是非常简单的一种方法，因此我们在平时的练习中，一定要熟练掌握这种方法，这样才能快速准确地求出答案。
例1、计算：(4+7)×5=4+(3+6)×5=4+(2+9)×5=2×6+2×5=10+15=20这个问题中的数字都比较大，只有相对小的等式（ 4+7）×5=4+(3+6)×5=4+(2+9)×5=2×6+2×5=10+15=20，从而可以将这些数相加，并分别验算，等式仍成立，得到20。
若按传统的做法，是无法将这些数字全部相加并分别验算的。
即使相加成功，也不能正确得到等式结果。
本题的关键就是把这些数字拆开来计算。
比如，将“ 2”看作两个数相加，先计算4+4+2=8，再验算，此时2个数已经合成了一个数， 8+8=16，等式依旧成立；又如，将6看作6个数相加，先计算3+3+3=9，再验算，此时3个数已经合成了一个数， 9+9=18，等式依旧成立。
裂项求和还有许多其他的方法，我们将在以后的练习中慢慢总结，这里仅提供一种思路供大家参考。
例2、计算：A×B=8×9=6×2=4这个问题中的数字虽然不大，但它们的和比较大，很容易计算错误，根据等式的性质和结合算式的特点，列出如下的方程，并将算式进行验算，就可以成功求得结果。
裂项相消求和法-【名师经典教学设计课件】
裂项相消求和法裂项相消求和法是数列求和的基本方法之一，要求学生掌握常见裂项公式，在练习中形成裂项相消求和的方法，能够对新的形式进行裂项求和。
对裂项相消求和法的考查主要有三种形式： 1. 直接对公式111)1(1+-=+n n n n ，)11(1)(1kn n k k n n +-=+的考查；2. 在等差数列中，对公式⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=+-111111n n n n a a d a a 的考查； 3. 对于非等差数列的形式，能够进行裂项求和，主要是对裂项求和方法的考查； 一．定义裂项相消求和法是把数列的通项拆开（一般拆成两项之差），正负相消，剩下首尾若干项，再求和。
二．常用公式 公式1：111)1(1+-=+n n n n ，例1：计算100991321211⨯++⨯+⨯ 解：1009910011100199131212111100991321211=-=-++-+-=⨯++⨯+⨯ 公式2：)11(1)(1kn n k k n n +-=+； 例2. 计算101991531311⨯++⨯+⨯ 解：⎪⎭⎫ ⎝⎛-++-+-=⨯++⨯+⨯1011991513131112110199153131110150)10111(21=-= 注：例1，例2是小学数学中常考的题目，非常简单，其中蕴含着裂项相消求和法的基本思想，有助于我们直观感受裂项相消求和法。
公式:3：⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=+-111111n n n n a a d a a （其中数列{}n a 为等差数列，d 为公差）； 例3. 等差数列{}n a ，23-=n a n ，11+=n n n a a b ，求数列{}n b 的前n 项和n T . 解：)11(31111++-==n n n n n a a a a b ， n n b b b T +++= 2113)1311(31)111111(3113221+=+-=-++-+-=+n n n a a a a a a n n . 注：裂项相消求和法最基本的应用就是对数列11+=n n n a a b 进行求和，要深刻理解公式⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=+-111111n n n n a a d a a 的本质，能够灵活应用。
运用裂项相消法求和的步骤
解题宝典裂项相消法是求数列和的一种重要方法，是指将数列的通项公式通过变形，分裂为两项之差的形式，在求和时通过抵消中间的部分项，达到求和目的的方法.一般地，运用裂项相消法求和主要有以下两个步骤.第一步,裂项运用裂项相消法求和的关键在于裂项，这也是很多同学感觉比较困难的地方.其实裂项是通分的逆运算，例如,a n =1n (n +1)可裂为a n =1n -1n +1,我们若将1n -1n +1通分即可得到1n (n +1).同学们只要把握这一点，便能顺利将通项公式裂项.常见的裂项方式有1n ()n +k =1k æèöø1n -1n +k 、n (n +1)!=1n !-1(n +1)!、1()2n -1()2n +1=12æèöø12n -1-12n +1、1n +n +k =1k ()n +k -n 、1n ()n +1()n +2=12[1n ()n +1-1()n +1()n +2].例1.数列{}c n 满足c n =2n +1(2n +1-2)(2n +1-1)，其前n 项和为T n ，若T n <9991000，则n 的最大值是.分析：仔细观察，可发现该通项公式是分式的形式，将12n -1-12n +1-1通分可得2n +1(2n +1-2)(2n +1-1)，即可将{}c n 的通项公式裂为c n =12n -1-12n +1-1，这样便可利用裂项相消法来求和.解：c n =2n +1(2n +1-2)(2n +1-1)=2n (2n -1)(2n +1-1)=1(2n -1)-1(2n +1-1)，∴T n =c 1+c 2+⋯+c n =(12-1-122-1)+(122-1-123-1)+⋯+(12n -1-12n +1-1)=12-1-12n +1-1=1-12n +1-1.由1-12n +1-1<1-11000可得12n +1-1>11000，即2n +1*，则n +1≤9，即n ≤8.第二步,求和裂项的目的是为了将数列中的每项分解，然后重新组合，以便能消去其中的一些项.需要注意的是，必须搞清楚消掉了哪些项，保留了哪些项.一般保留的项前后具有对称的特点，即前面剩下的项数与后面剩下的项数相等.例2.若数列{}a n 满足a 1=1，a n -1+a n =a n a n -1(n 2-n )∙(-1)n（n ∈N *，且n ≥2）则数列{}a n +1(2n +1)(2n +3)的前6项和为.解：∵a n -1+a n =a n a n -1()n 2-n ∙()-1n，∴（-1）n （1a n +1a n -1）=1n -1-1n，∴(1a 1+1a 2)-(1a 2+1a 3)+(1a 3+1a 4)-…+(-1)n (1a n -1+1a n )=(1-12)+(12-13)+…+(1n -1-1n)=1-1n ．当n 为奇数时，1a 1-1a n =1-1n，∴a n =n ．当n 为偶数时，1a 1+1a n =1-1n，∴a n =-n ．∴a n =（-1）n +1n ．∴a n +1()2n +1()2n +3=(-1)n ()n +1()2n +1()2n +3=(-1)n 14(12n +1+12n +3)．∴数列ìíîüýþa n +1()2n +1()2n +3的前6项和为14[-(13+15)+(15+17)-…+(113+115)]=14(115-13)=-115．本题主要运用了数列求和的方法——裂项求和法以及分类讨论思想.我们需分n 为奇数和偶数两种情况进行讨论，然后将数列的通项公式裂项，重新组合再来求和.在求和时，同学们要注意把握其中的规律，有的是前后项相消，有的是隔项相消.裂项相消法看似“千变万化”，实则“有迹可循”，同学们只要把握其中的规律，就能以不变应万变，顺利求得数列的和.(作者单位:吉林省长春市十一高中)付禹41。
裂项求和法
裂项求和法说到导数中的数列，那么这个就是必然要讲的一个方法了。
所谓裂项，就是把一个难以直接求和的数列分解成相邻两个数列之差，这样便可以使得它们加起来的时候中间所有项得以消去，从而求出最终的和。
一个非常典型的例子是： \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\ldots+\frac{1}{n(n+1)}这个数列，我们都知道如何去裂项，就是裂成：\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}这样一来，末项就是一个a_{n+1}-a_{n}的形式，从而加起来的时候可以消掉全部项：\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}。
裂项是我们数列求和中非常基础又重要的一个方法，无论怎么变，只要出题人按照裂项的方法出题，那么我们就尽可能地去化成a_{n+1}-a_{n}的形式，如此一来便可以进行裂项了。
但是题目往往不会这么问，而是会让我们证明： \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}<1这个时候我们就要根据它的和来分析了。
这种不等式的实际意义是对于任意正整数 (n \rightarrow \infty) ，都有 \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}<1 成立，所以我们只需要把和求出来，然后证明和小于 1 即可。
像这里，我们容易知道n<n+1，根据和的形式，我们知道肯定是小于1的。
现在来稍微加大一点难度，证明： \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+a)}<\frac{1}{a} \sum_{i=1}^{a} \frac{1}{i} ，其中 a 为正整数。
数列裂项求和
裂项相消法求和1.裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. 2.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.3.四类特殊数列的前n 项和 ①1＋2＋3＋…＋n ＝12n (n ＋1)．②1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.③12＋22＋32＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)．④13＋23＋33＋…＋n 3＝14n 2(n ＋1)2.4.常见的裂项方式 （1）1n ＋n ＋1＝n ＋1 －n ；（2）1nn ＋k＝1k )11(k n n +-； （3）14n 2－1＝12)121121(+--n n思路引导【典例】(2022·新高考全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1，}{nn a S 是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <2.1．（2023·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，121,(N )n n a S n *+=+∈，23a =．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设141n n b S =-，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围．2．（2023·山东日照·统考一模）在数列{}n a 中，23122341n a a a a n n n +++⋅⋅⋅+=++. (1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：()121213424n n a a n a +++<+.母题呈现模拟训练3．（2023·四川绵阳·绵阳中学校考模拟预测）某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图中（1）、（2）、（3）、（4）为她们刺锈最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺锈越漂亮，向按同样的规律刺锈（小正方形的摆放规律相同），设第n 个图形包含()f n 个小正方形．(1)求出()f n 的表达式； (2)求证：当2n ≥时，()()()()111131213112f f f f n +++⋅⋅⋅+<---．4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，112nn na a na +=+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，证明：12n S ≤<．5．（2022·云南红河·校考模拟预测）设首项为2的数列{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且满足______________． 条件①：111n n n a a n n ++=++；条件②：23n n n S a +=；条件③：12n n n n T a T n++=． 请在以上三个条件中，选择一个补充在上面的横线处，并解答以下问题： （注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．） (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：数列13n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和14n M <．参考公式：22221123(1)(21)6n n n n ++++=++．6．（2023·四川内江·统考一模）数列{}n a 满足：()()()12312312222n n a a a n a n n -+++⋅⋅⋅+-=+-⋅≥.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设()()111nn n n a b a a +=--，n T 为数列{}n b 的前n 项和，若233n T m m <-+恒成立，求实数m 的取值范围.7．（2022·浙江·模拟预测）已知数列{}n a 的通项公式为222221(1)(1)nn n n a n n ++=-+，n S 为数列{}n a 的前n 项和. (1)求n S ；(2)若对于*N n ∀∈，1n S λ⋅≤恒成立，求λ的取值范围.8．（2022·四川自贡）等比数列{}n a 的各项均为正数，且24199a a a =，12231a a +=. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设31323log log log n n b a a a =++⋅⋅⋅+，若数列为1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ，比较n T 与2-的大小.9．（2022·河北·模拟预测）已知函数()f x 满足()()12f x f x +-=，若数列{}n a 满足：11(0)(1)n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足123b =，11n n n b a a +=⋅（2n ≥），数列{}n b 的前n 项和为n S ，若1n n S a λ+<对一切*n ∈N 恒成立，求实数λ的取值范围.10．（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知535S =，且4a 是1a 与13a 的等比中项，数列{}n b 的前n 项和245n T n n =+．(1)求数列{}{}n n a b 、的通项公式； (2)若14a <，对任意*n ∈N 总有1122111444n nS b S b S b λ+++≤---恒成立，求实数λ的最小值．。
北师大版高三数学高考第二轮专题数列求和之裂项相消法课件
an
(2n
1 1)(2n
1)
an
(2n
2n1 1)(2n1
1)
an
1 n 1
n
an
ln
1
1 n
情境引入
例题讲授
例1
已知
an =
n
2 n
1
，
求
Sn.
1 n
n
1 1
n
1
n 1
an
n(n2+1）= 2(
1 n
1) n 1
正项 1 1 1 1 234
负项 1 1 1 234
1 n 11 n n 1
111
11
Sn 2(1 2 2 3
) n n1
Sn
2(1
1 )= n 1
2n n 1
整理通项时提取的系数 裂项相消后的余项
例题讲授
例1变式
已知
an =
1
nn
2 ，求
Sn.
an
n(n1+2）=
1 2
( 1 1 ) 正项 1 1 1 1
n n2
234
负项 1 1
34
Sn
1 2
(1
1 3
求
Sn.
2
已知 an
(n
2n 5 1)(n 2)3n
，求
Sn.
3
已知
an
=
n(n
1 1)(n
2)
，求
Sn.
4
已知
an =(
1)n
2n ， 4n2 1
求
Sn.
课堂小结 裂项相消法的特点
数列通 项一般 是分式
型
数列求和之裂项求和专题(教师版)高考数学满分习题与解析
数列求和之裂项求和专题一般的，裂项求和法就是将和式的每一项拆成一个新数列的相邻两项的差，即将n a 拆成1+-n n b b （或n n b b -+1）的形式，那么求和就可以消去相同项而达到求和的目的，例如：若1+-=n n n b b a ，则11143322121++-=-++-+-+-=+++=n n n n n b b b b b b b b b b a a a S 若n n n b b a -=+1，则11134231221b b b b b b b b b b a a a S n n n n n -=-++-+-+-=+++=++ 下面我们将裂项求和的一些裂项方法归纳如下题型一nn a a ++11型一般的，设数列{}n a 为正项等差数列，公差为d ，则=++n n a a 11)(11n n a a d-+例1.已知数列{}n a 满足11=a ，121+=+n n a a （1）求数列{}n a 的通项公式（2）nn n a a c +=+11，n S 是数列{}n c 的前n 项和，求nS 解析：（1）由121+=+n n a a 1221=-⇒+n n a a ，所以{}2n a 是以121=a 为首项，1为公差的等差数列，所以na n n a n n =⇒=⨯-+=1)1(12（2）nn nn a a c n n n -+=++=+=+11111所以111342312-+=-+++-+-+-=n n n S n 变式1：已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ，若2=d ，999=S （1）求数列{}n a 的通项公式（2）若nn n a a b +=+11，求数列{}n b 的前n 项和nT 解析：（1）由题意可知39922899119=⇒=⨯⨯+=a a S ，所以12)1(23+=-+=n n a n（2）)1232(211232111+-+=+++=+=+n n n n a a b nn n 所以)1232795735(21+-+++-+-+-=n n T n )332(21-+=n 变式2：已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，11=a ，1112++=+n n n a S a （1）求nS （2）设][x 表示不超过x 的最大整数，求]111[8021S S S +++ 的值解析：（1）由112122211111=-⇒-=+-⇒=++++++n n nn n n n n n n S S S S S S S a S a 所以{}2n S 为12121==a S 为首项，1为公差的等差数列，所以nS n n S n n =⇒=-+=112（2）)1(212211--=-+<+==n n n n nn n S n )2(≥n 所以171802)79802312(211118021<-=-++-+-+<+++ S S S 又)1(212211n n n n nn nS n -+=++>+==所以16)181(2)80812312(21118021=-=-++-+->+++ S S S 所以16]111[8021=+++S S S 变式3：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，)1(3--=n n na S n n ，51=a （1）求数列{}n a 的前n 项和为n S （2）设nn S nb =，求证：233221+<+++n b b b n 解析：（1）当2≥n 时，)1(3)1()1(3)(11-=--⇒---=--n n nS S n n n S S n S n n n n n 311=--⇒-n S n S n n )2(≥n ，所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是以511=S 为首项，3为公差的等差数列所以23)1(35+=-+=n n nS nn n S n 232+=⇒（2）)1323(322313223232231--+=++-<+++=+==n n n n n n n S n b n n 所以)13235825(3221--+++-+-<+++n n b b b n 2332223(32+<-+=n n 变式4：已知正项数列{}n a 的首项11=a ，其前n 项和为n S ，且n n n S a a 21=+，数列{}n b 满足n b b b a n n =++++)(211 （1）求数列{}n a 的通项公式（2）记2+=n n n a b c ，{}n c 的前n 项和为n T ，证明：2222<<+-n T n 解析：（1）因为n n n S a a 21=+，所以1212+++=n n n S a a ，两式相减得1212)(+++=-n n n n a a a a 又0>n a ，所以22=-+n n a a ，所以{}n a 的奇数项与偶数项都是以2为公差的等差数列当n 为奇数时，n n a a n =⨯-++=2)121(1；当n 为偶数时，n na a n =⨯-+=2)12(2所以na n =（2）1)(21211+=+++⇒=++++n nb b b n b b b a n n n 所以nn b b b n 1121-=+++- 两式相减)2()1(111≥+=--+=n n n n n n n b n ，又211=b 满足上式，所以)1(1+=n n b n 所以)1(12)22(12)2)(1(12++⋅+⋅<+++⋅+⋅=++==+n n n n n n n n n n n a b c n n n 111(21)1(2+-=+⋅-+=n n n n n n 所以2)111(21113121211(2<+-=+-++-+-<n n n T n 又21)21(221)(2)2)(1(12+⋅+⋅+++>+⋅+⋅+=++==+n n n n n n n n n n n a b c n n n2111(221)12(2+-+=+⋅++-+=n n n n n n 所以222)2121(2)211141313121(2+-=+-=+-+++-+->n n n n T n 所以2222<<+-n T n 题型二11+n n a a 型一般的，设{}n a 为公差为d 的等差数列，则=+11n n a a )11(11+-n n a a d 例2.数列{}n a 的前n 项和n S cn n +-=2（1）若{}n a 为等差数列，求公差、首项、c 的值（2）在（1）的条件下，求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11n S 的前n 项nT 解析：（1）当1=n 时，cS a ==11当2≥n 时，22])1()1[(221-=+----+-=-=-n c n n c n n S S a n n n ，此时21=-+n n a a 所以02212=⇒=-=-c c a a 所以{}n a 的公差为2，首项为0，0=c （2）由（1）知n S n n -=2，所以111)1(1)1()1(1121+-=+=+-+=+n n n n n n S n 所以11111141313121211+-=+-++-+-+-=n n n T n 1+=n n 变式1：已知数列{}n a 是各项均为正整数的等比数列，且11=a ，642,3,8a a a 成等差数列（1）求数列{}n a 的通项公式（2）设22log +=n n a b ，设数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧21n b 的前n 项和为n T ，求证：n T 1<解析：（1）设数列{}n a 的公比为q ，则由642,3,8a a a 成等差数列62486a a a +=⇒2086224=⇒=+-⇒q q q 或4，又{}n a 各项均为正整数，所以2=q 所以12-=n n a （2）22log +=n n a b 1+=n ，所以111)1(1)1(1122+-=+<+=n n n n n b n 所以111111141313121211<+-=+-++-+-+-<n n n T n 变式2：已知数列{}n a 满足0≠n a ，11=a ，312=a ，21122+++++=n n n n n n a a a a a a （1）求数列{}n a 的通项公式（2）设1+=n n n a a b ，求数列{}n b 的前n 项和nT 解析：（1）证明：由0≠n a 和2121121122+++++++=⇒+=n n n n n n n n n a a a a a a a a a 所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1是以111=a 为首项，21112=-a a 为公差的等差数列（2）由（1）知121122)1(11-=⇒-=⨯-+=n a n n a n n ，所以)121121(21)12)(12(11+--=+-==+n n n n a a b n n n 所以121211215131311(21+=+--++-+-=n n n n T n 变式3：已知数列{}n a 的各项均为正数，其前n 项和为n S ，且41221+=+n n S a （1）求数列{}n a 的通项公式（2）记12121212+--++=n n n n n a a a a b ，求数列{}n b 的前n 项和nT 解析：（1）由41221+=+n n S a n n n a a S +=⇒22，所以12112++++=n n n a a S ，两式相减得0)1)((21112211=--+⇒-+-=+++++n n n n n n n n n a a a a a a a a a ，又0>n a ，所以11=-+n n a a又1=n 时，1211211=⇒+=a a a a ，所以n n a n =⨯-+=1)1(1（2）121121(221212121212121212+--+=+-+-+=+=+--+n n n n n n a a a a b n n n n n 所以1264)1211(22)1211215131311(222++=+-+=+--++-+-+=n nn n n n n n T n 变式4：已知数列{}n a ，{}n b 满足52-=n n a nb ，且数列{}n b 的前n 项和=n T 3n （1）求数列{}n a 的通项公式（2）已知211++=n n n a a c ，记数列{}n c 的前n 项和为n S ，求证：334<n S 解析：（1）当1=n 时，3111==T b ；当2≥n 时，313131=--=-=-n n T T b n n n ，所以31=n b 所以2533152+=⇒=-=n a a n b n n n （2）)1131831(34)113)(83(4121+-+=++==++n n n n a a c n n n 所以334113134334)1131831171141141111(34<+⋅-=+-+++-+-=n n n S n 变式5：已知等差数列{}n a 的首项01>a ，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，且数列{nS 为等差数列（1）证明：数列⎭⎫⎩⎨⎧2n S n 为常数列（2）设数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11n n n a a S a 的前n 项和为n T ，求nT 解析：（1）设{}n a 的公差为d ，因为数列{}nS 为等差数列，所以3122S S S +=d a a d a 3322111++=+⇒12a d =⇒，所以111)12(2)1(a n a n a a n -=⨯-+=，12112))12((a n a n a n S n =-+=所以12a n S n =定值，所以数列⎭⎫⎩⎨⎧2n S n 为常数列（2）)121121(8141)12)(12(11441)12)(12(2211+--+=+-+-=+-=+n n n n n n n n a a S a n n n 所以241211(814)1211215131311(8142++=+-+=+--++-+-+=n nn n n n n n T n 变式6：已知数列{}n a 的前n 项和kn n S n +=2，且7a 是4a 与12a 的等比中项（1）求数列{}n a 的通项公式（2）若数列{}n b 满足n n n S b a n 4)32(=+，求{}n b 的前n 项和nT 解析：（1）当2≥n 时，12)1()1(221-+=----+=-=-k n n k n kn n S S a n n n 当1=n 时，k S a +==111，满足上式，所以12-+=k n a n 7a 是4a 与12a 的等比中项2)23)(7()13(212427=⇒++=+⇒=⇒k k k k a a a 所以12+=n a n （2）由（1）知n n S n 22+=，由n n n S b a n 4)32(=+)32)(12(84)32(42+++=+=⇒n n nn a n S b n n n 所以321121(231)32)(12(313848422+-+-=++-=+++=n n n n n n n n b n 所以3222)32131(2332112171515131(232++=+--=+-+++-+--=n nn n n n n n T n 题型三211++n n n a a a 型一般的，设{}n a 为公差为d 的等差数列，则=++211n n n a a a )11(21211+++-n n n n a a a a d 例3.设公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若63=S ，3a 是1a 和9a 的等比中项（1）求数列{}n a 的通项公式（2）记211++=n n n n a a a b ，求数列{}n b 的前n 项和nT 解析：（1）设{}n a 的公差为d ，由263223=⇒==a a S ，因为3a 是1a 和9a 的等比中项，所以1)72)(2()2(29123=⇒+-=+⇒=d d d d a a a 所以n n d n a a n =⨯-+=-+=1)2(2)2(2（2）)2)(1(1)1(1(21)2)(1(1121++-+=++==++n n n n n n n a a a b n n n n 所以)2)(1(1)1(1431321321211[21++-+++⨯-⨯+⨯-⨯=n n n n T n )2)(1(121[21++-=n n )2)(1(432+++=n n nn 变式1：设数列{}n a ，{}n b 均为正项数列，其中3,1,2211===b b a ，且满足11,,++n n n a b a 成等比数列，1,,+n n n b a b 成等差数列（1）证明数列{}na 是等差数列，并求{}na 和{}nb 的通项公式（2）设nn a n x )2(1+=，数列{}n x 的前n 项和为n S ，证明：21<n S 解析：（1）由1,,+n n n b a b 成等差数列⇒12++=n n n b b a ---------------①由11,,++n n n a b a 成等比数列⇒11121++++=⇒=n n n n n n a a b a a b 代入①得111122+-+-+=⇒+=n n n n n n n n a a a a a a a a )2(≥n ，所以{}na 是以21=a 为首项，2212=-a a 为公差的等差数列，所以)1(2222)1(2+=⨯-+=n n a n 所以2)1(21+=n a n ，)1(211+==-n n a a b n n n )2(≥n ，又11=b 也满足上式所以)1(21+=n n b n （2）)2)(1(1)1(1)2)(1(2)2()1(2)2(12++-+=++<++=+=n n n n n n n n n a n x n n 所以21)2)(1(121)2)(1(1)1(1431321321211<++-=++-+++⨯-⨯+⨯-⨯=n n n n n n S n变式2：已知数列{}n b 满足21=b ，n n b n nb )1(1+-+)12)(1(++=n n n ，证明：4311121<+++n b b b 证明：n n b n nb )1(1+-+)12)(1(++=n n n 1211+=-+⇒+n nb n b nn 所以11221112()21()1(b bb n b n b n b n b n b n n n n n +-++---+--=--- 112)121(23)32()12(2+=+-+=+++-+-=n n n n n ，所以)1(2+=n n b n 所以])1(1)1(1[21)1()1(1)1(1)1(1122+--=+-=-<+=n n n n n n n n n n n b n 所以])1(1)1(1541321321211[212111121+--++⨯-⨯+⨯-⨯+<+++n n n n b b b n 43)1(2143<+-=n n 题型四21+n n a a 型一般的，设{}n a 为公差为d 的等差数列，则=+21n n a a )11(212+-n n a a d 例:4.等差数列{}n a 的各项均为正数，31=a ，前n 项和为n S ，{}n b 为等比数列，11=b 且6422=S b ，1322=+a b （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式（2）若不等式4201011121-<+++m S S S n 对*N n ∈成立，求最小正整数m 的值解析：（1）设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，则⎩⎨⎧=++=+=+=13364)6(2222d q a b d q S b ⎩⎨⎧==⇒82q d 所以12+=n a n ，18-=n n b （2）)2(2)123(+=++=n n n n S n ，所以)211(21)2(11+-=+=n n n n S n所以)2111211(21)21151314121311(2111121+-+-+=+-++-+-+-=+++n n n n S S S n 43)2111(2143<+++-=n n ，所以要使4201011121-<+++m S S S n 对*N n ∈成立，只需4342010≥-m ，解得2013≥m ，所以最小正整数m 的值为2013变式1：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若21=a ，2)2(2-+=n n a n S （1）求数列{}n a 的通项公式（2）设21+=n n n a a b ，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：125<n T 证明：（1）因为2)2(2-+=n n a n S ，所以2)3(211-+=++n n a n S ，两式作差得12)2()1()2()3(21111+=+⇒+=+⇒+-+=++++n a n a a n a n a n a n a nn n n n n n 所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n a n 为常数列，所以11211+=⇒==+n a a n a n n （2）)3111(21)3)(1(112+-+=++==+n n n n a a b n n n 所以)31213121(21)3111614151314121(21+-+-+=+-+++-+-+-=n n n n T n 1253121(21125<+++-=n n 变式2：设数列{}n a 满足3,121==a a ，且)3(1112++++=+++n a a a a a nn n n n （1）计算43,a a ，猜测{}n a 的通项公式，并加以证明（2）求证：47)1(4)1(4)1(422221<++++++n a a a 解析：（1）5)31(112123=++++=a a a a a ，7)32(123234=++++=a a a a a ，猜测12-=n a n 证明如下：①当1=n 和2=n 时，显然成立②假设当)2(≥=k k n 时成立，即12-=k a k则当1+=k n 时，1)1(212)2(32121)32)(12()2(1111-+=+=++-+-+--=++++=--+k k k k k k k k a a a a a k k k k k 即1+=k n 时，等式也成立综合①②可知12-=n a n （2）证法1：)1111(21)1)(1(1111)112(4)1(42222+--=+-=-<=+-=+n n n n n n n a n )2(≥n 所以)111151314121311(211)1(4)1(4)1(422221+--++-+-+-+<++++++n n a a a n 47111(2147)111211(211<++-=+--++n n n n 证法2：)121121(2)12)(12(414444)112(4)1(42222+--=+-=-<=+-=+n n n n n n n a n 所以)12112171515131(21)1(4)1(4)1(422221+--++-+-+<++++++n n a a a n 473512235<<+-=n 题型五2121++⋅+n n n n a a a a 型一般的，设{}n a 为公差为d 的等差数列，则=⋅+++2121n n n n a a a a )11(1212+-n n a a d 例5.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，1252=+a a ，244S S =（1）求n a 和n S （2）若11++⋅=n n n n S S a b ，求数列{}n b 的前n 项和nT 解析：（1）设{}n a 的公差为d ，则⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧+⨯=⨯+=+=+21)2(423441252111152d a d a d a d a a a 所以122)1(1-=⨯-+=n n a n ，22)121(n n n S n =-+=（2）222211)1(11)1(12+-=++=⋅=++n n n n n S S a b n n n n所以222222)1(11)1(113121211+-=+-++-+-=n n n T n 22)1(2++=n nn 变式1：等比数列{}n a 中，首项11=a ，前n 项和为n S ，且满足431)(4S a a =+（1）求数列{}n a 的通项公式（2）若13log )1(++=n n a n b ，求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+224n b n 的前n 项和n T 解析：（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则3224311)1(4)(4qq q q S a a +++=+⇒=+30)3)(1(2=⇒=-+⇒q q q ，所以13-=n n a （2）)1(3log )1(3+=+=n n n b nn ，所以))1(11(2)1(242422222+-=++=+n n n n n b n n 所以222222)1(22)1(113121211(2+-=+-++-+-=n n n T n 变式2：已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1422-=+n n n S a a （1）求数列{}n a 的通项公式（2）若12121+-+=n n n n S S a b ，求数列{}n b 的前n 项和nT 解析：（1）因为1422-=+n n n S a a ，所以1421121-=++++n n n S a a ，两式相减得0)2)((4)(21111221=--+⇒=-+-+++++n n n n n n n n n a a a a a a a a a ，又0>n a ，所以21=-+n n a a 又1=n 时，114211121=⇒-=+a a a a ，所以{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列所以122)1(1-=⨯-+=n n a n （2）22)121(n n n S n =-+=，所以)12(1)12(1[41)12()12(2122221212+--=+-=+=+-n n n n n S S a b n n n n 所以22222222)12()12(11[41])12(1)12(15131311[41++=+-=+--++-+-=n n n n n n T n变式3：已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11=a ，32=a ，n n n a a a 2312-=++，数列{}n b 满足nb n b b b n =+++++2322212)1(432 （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式（2）设数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+++221)]1([log )1(n n a b n 的前前n 项和为n T ，求证：165<n T 解析：（1）⎩⎨⎧-=--=-⇒-=++++++++nn n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a 22)(22311211212，又12,21212=-=-a a a a 所以{}n n a a -+1是以2为首项，2为公比的等比数列，{}n n a a 21-+为常数列所以n n n n a a 22211=⨯=--+，121=-+n n a a ，两式相减得12-=n n a 因为n b n b b b n =+++++2322212)1(432 ，所以当2≥n 时，143212322212-=++++-n b n b b b n 两式相减得22)1(11)1(+=⇒=+n b b n n n )2(≥n ，又1=n 时，4112112=⇒=b b 满足上式，所以2)1(1+=n b n （2）])2(11[41)2()1()]1([log )1(2222221+-=++=+++n n n n n a b n n n 所以)2(1)1(1211[41])2(114121311[4122222222+-+-+=+-++-+-=n n n n T n 165)2(41)1(4116522<+-+-=n n 题型六))((1a q a q q n n n+++型一般的，设{}n a 为公差为d 的等差数列，则=+++))((1a q a q q n n n )11(111aq a q q n n +-+-+例6.已知数列{}n a 满足2121-=-++++n n a a a a ，且42=a （1）求数列{}n a 的通项公式（2）设数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧--+)1)(1(21n n na a 的前n 项和为n T ，求证：132<≤n T 解析：（1）因为2121-=-++++n n a a a a ，所以22121-=-+++++n n a a a a 两式相减得122++=n n a a ，又当1=n 时，22121=⇒-=-a a a ，满足122a a =所以n n a a 21=+，所以{}n a 是以21=a 为首项，2为公比的等比数列，所以nn a 2=（2）121121)12)(12(2)1)(1(2111---=--=--+++n n n n n n n n a a 所以1121112112112112112112111322<--=---++---+---=++n n n n T 又{}n T 递增，所以321=≥T T n ，所以132<≤n T 变式1：设数列{}n a 的前n 项和为n S ，42-+=n a S n n （1）求数列{}n a 的通项公式（2）若数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+12n n n a a 的前m 项和513170=m T ，求m 的值解析：（1）因为42-+=n a S n n ，所以3211-+=++n a S n n ，两式相减得)1(21121221111-=-⇒-=⇒+-=++++n n n n n n n a a a a a a a ，又332111=⇒-=a a a 所以{}1-n a 是以211=-a 为首项，2为公比的等比数列，所以1221+=⇒=-nn nn a a （2）121121)12)(12(22111+-+=++=+++n n n n n n n n a a 所以1213112112112112112112111322+-=+-++++-+++-+=++m m m m T 513170=解得8=m 变式2：设n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，已知42=S ，4233a a =（1）求n a 和n S （2）若11++=n n n n S S a b ，求数列{}n b 的前n 项和nT 解析：（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则4223a a a =，又4233a a =，所以32=a又42=S 3433=⇒=+q q ，所以12333--=⨯=n n n a ，)13(2131)31(-=--=n n n S （2）)131131(2)13)(13(341111---=--⨯==++++n n n n n n n n n S S a b 所以1321)13121(2)131131131131131131(2111322--=--=---++---+---=+++n n n n n T 变式3：已知正项递增的等比数列{}n a 满足3031=+a a ，92=a （1）求数列{}n a 的通项公式（2）设)1()1(321+⋅+⨯=+n n nn a a b ，求数列{}n b 的前n 项和nT 解析：（1）设{}n a 的公比为q ，则⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧===+=+33930)1(1122131q a q a a q a a a 或⎪⎩⎪⎨⎧==31271q a （舍）所以nn n a 3331=⨯=-（2）131131)13()13(32)1()1(32111+-+=+⋅+⨯=+⋅+⨯=+++n n n n n n n n n a a b 所以1314113113113113113113111322+-=+-++++-+++-+=++n n n n T 变式4：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若642-+=n a S n n （1）求数列{}n a 的通项公式（2）令12+⋅=n n n n a a b ，设数列{}n b 的前n 项和为n T ，若12542>n T ，求n 的最小值解析：（1）因为642-+=n a S n n ，所以54211-+=++n a S n n ，两式相减得21(22121214421111-=-⇒-=⇒+-=++++n n n n n n n a a a a a a a 又当1=n 时，25542111=⇒-=a a a ，所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧-21n a 是以2211=-a 为首项，2为公比的等比数列，所以21222211+=⇒⨯=--n n n n a a（2）21212121212)(212(22111+-+=++=⋅=+++n n n n n n n n n a a b 所以1254221215221212121212121212121212111322>+-=+-++++-+++-+=++n n n n T 解得3≥n ，所以n 的最小值为3变式5：已知数列{}n a 是公比为q 的等比数列，前n 项和为n S ，且满足1231+=+q a a ，1323+=a S （1）求数列{}n a 的通项公式（2）若数列{}n b 满足⎪⎩⎪⎨⎧+--=+为偶数为奇数n a a a n a a b n nnn n n ,1543,21，求数列，求数列的前n 2项和n T 2解析：（1）由题意可知⎪⎩⎪⎨⎧+=+++=+13)1(12)1(12121q a q q a q q a ⎩⎨⎧==⇒211q a ，所以12-=n n a （2）当n 为奇数时，111222--+=-=-=n n n n n n a a b 当n 为偶数时，121121)12)(12(23)14)(1(311111---=--⨯=--=+-+--n n n n n n n n n a a a b 所以)()(2432125312n n n b b b b b b b b T +++++++++=- 12112112112112112141411212533---++---+---+--=+-n n n 1211)14(3112--+-=+n n 12132412--+=+n n 变式6：已知等比数列{}n a 的前n 项和为)0(≠n n S S ，满足321,,S S S -成等差数列，且321a a a =（1）求数列{}n a 的通项公式（2）设)1)(1(31++-=+n n nn a a a b ，求数列{}n b 的前n 项和为nT解析：（1）设{}n a 的公比为q ，则由321,,S S S -成等差数列1)()1(22211312-=⇒+-=+⇒-=⇒q q q a q a S S S 或2-，因为0≠n S ，所以1-≠q 所以2-=q ，又由321a a a =2421121-=⇒=-a a a ，所以nn a )2(-=（2）1)2(11)2(1]1)2][(1)2[()2(3)1)(1(3111+--+-=+-+--⋅-=++-=+++n n n n n n n n n a a a b 所以1)2(11)2(11)2(11)2(11)2(11211322+--+-+++--+-++--+-=+n n n T 1)2(111+---=+n 题型七))(()1(11+++++-n n n n n a q a q dq q 型一般的，设{}n a 为公差为d 的等差数列，则=+++-++))(()1(11n n n n n a q a q d q q 1111+++-+n n n n a q a q 例7.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足22-=n n a S ，数列{}n b 满足11a b =，nn n a b b =-+1（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式（2）设)1)((11++++=+n a n a b c n n n n ，且数列{}n c 的前n 项和为n T ，若n T k >恒成立，求常数k 的最小值解析：（1）当2≥n 时，1112)22(22---=⇒---=-=n n n n n n n a a a a S S a ，又当1=n 时，2442111=⇒-=a a a ，所以{}n a 为以2为首项，2为公比的等比数列，所以n n a 2=n n n n a b b 21==-+，所以n n n n n n n n b b b b b b b b 2222221112211=++++=+-++-+-=----- （2）12121)12)(2(1211++-+=++++=++n n n n c n n n n n n 所以31121311212132122122112111322<++-=++-++++-+++-+=++n n n T n n n n 所以要使n T k >恒成立，只需31≥k ，所以常数k 的最小值为31变式：已知正项数列{}n a 的首项11=a ，其前n 项和n S 满足nn n S S a +=++11（1）求数列{}n a 的通项公式（2）若)2)(2(2211+++++=n n n n n n a a c ，求数列{}n c 的n 项和nT 解析：（1）10)1)((111111=-⇒=--+⇒+=-=++++++n n n n n n n n n n n S S S S S S S S S S a 所以{}nS 为以111==a S 为首项，1为公差的等差数列，所以2n S n S n n =⇒=所以2≥n 时，12)1(221-=--=-=-n n n S S a n n n ，又11=a 满足上式，所以12-=n a n （2）12211221)122)(122(22)2)(2(121111++--+=++-++=+++=++++n n n n a a c n n n n n n n n nn n 所以1221311221122152132132112111322++-=++--++++-+++-+=++n n n T n n n n 题型八111+++-n n n nn qa a a qa 型一般的，设{}n a 为公差为d 的等差数列，则=-+++111n n n n n q a a a qa 1111++-n n n n q a q a 例8.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足21=a ，6341+=++n n n S a a （1）求数列{}n a 的通项公式（2）求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧++n a n n n )1(2的前n 项和nT 解析：（1）因为6341+=++n n n S a a ，所以634112+=++++n n n S a a ，两式作差得n n n n n n a a a a a a 43432112=⇒=-+++++，所以{}n a 的奇数项和偶数项分别是以4为公比的等比数列，所以当n 为奇数时，nn n a a 241211=⨯=-+；当n 为偶数时，nn n a a 24122=⨯=-所以nn a 2=（2）2)1(121[22)1(2)1(21+⋅+-⋅=⋅++=++n n n n n n n n n a n n n 所以]2)1(121231221221211[21422+⋅+-⋅++⨯-⨯+⨯-⨯=n n n n n Tnn n n 2)1(11]2)1(121[21⋅+-=⋅+-=+变式1：已知数列{}n a 和{}n b 的通项公式：12-=n a n ，nn b 2=（1）求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n b a 的前n 项和n S （2）求数列⎭⎫⎩⎨⎧+++112n n n n b a a a 的前n 项和nT 解析：（1）nn n n b a 212-=，所以n n n S 21225232132-++++= --------------------①所以132212232232121+-+-+++=n n n n n S ------------------------------------------②两式相减得1132212211]1)21(1[41221212212121(22121++-----⨯+=--++++=n n n n n n n S nn n S 2323+-=（2）111122)12(12)12(12)12)(12(32+++++⋅+-⋅-=⋅+-+=n n n n n n n n n n n n b a a a 所以113222)12(1212)12(12)12(1251231231211++⋅+-=⋅+-⋅-++⨯-⨯+⨯-⨯=n n n n n n n T 变式2：已知等比数列{}n a 的各项均为正数，6454,,2a a a 成等差数列，且满足2344a a =，等差数列数列{}n b 的前n 项和为n S ，10,6442==+S b b （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式（2）设n n n n n a b b b c 321252+++=，{}n c 的前n 项和为n T ，求证：31<n T 解析：（1）设{}n a 公比为q ，则由6454,,2a a a 成等差数列1214222654-=⇒+=⇒+=⇒q q q a a a 或21，又0>n a ，所以21=q 所以由2344a a =813=⇒a ，于是n n n n q a a 2121(81233=⨯==--设{}n b 的公差为d ，则3623342=⇒==+b b b b ，所以1102122434=⇒=-=+--=d d d d d a S ，所以nn b b n =⨯-+=1)3(3（2）]2)32(12)12(1[221)32)(12(521+⋅+-⋅+=⋅+++=n n n n n n n n n c 所以2)32(12)12(1271251251231[21322+⋅+-⋅+++⨯-⨯+⨯-⨯=n n n n n T 312)32(2311<⋅+-=+n n 变式3：已知数列{}n a 中，n S 是它的前n 项和，并且241+=+n n a S ，11=a （1）求数列{}n a 的通项公式（2）设12)53(+⋅+=n n nn a a n b ，求{}n c 前n 项和nT 解析：（1）因为241+=+n n a S ，所以2412+=++n n a S ，两式相减得nn n a a a 4412-=++)(22112n n n n a a a a -=-⇒+++，又52421212=⇒+=+=a a a a S ，3212=-a a 所以{}n n a a 21-+是以3为首项，2为公比的等比数列，所以11232-+⨯=-n n n a a 432211=-⇒++n n n n a a ，所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧nn a 2是以2121=a 为首项，43为公差的等差数列，所以22)13()13(4143)1(212-⋅-=⇒-=⨯-+=n n n n n a n n a （2）2)23(12)13(1[162)23)(13()53(82)53(11++⋅+-⋅-=⋅+-+=⋅+=n n n n n n n n n n n n a a n b 所以]2)23(12)13(1281251251221[161322+⨯+-⨯-++⨯-⨯+⨯-⨯=n n n n n T 312)23(14]2)23(141[16-+⨯+-=⨯+-=n n n n 变式4：已知数列{}n a 满足：对任意*N n ∈，有)1332(43333221+-⋅=+++n n n nn a a a （1）求数列{}n a 的通项公式（2）设12214+⋅⋅⋅=+++n a n n n n n a a a a b ，设{}n b 的前n 项和为nT ，证明：41<n T 解析：（1）因为)1332(43333221+-⋅=+++n n n nn a a a 所以当2≥n 时，]133)1(2[433331111221+-⋅-=+++----n n n n n a a a 两式相减得n a n n n a n nn n n n n n =⇒⋅=+-⋅--+-⋅=--3]133)1(2[43)1332(43311)2(≥n 又当1=n 时，1)1332(43311=⇒+-⨯=a a 满足上式，所以na n =（2）112142)2)(1(12)1(12)2)(1(421+++++⋅++-⋅+=⋅+++=⋅⋅⋅=+n n n a n n n n n n n n n n n n n a a a a b n 所以13222)2)(1(12)1(12431232123212211+⋅++-⋅+++⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯-⨯⨯=n n n n n n n T 412)2)(1(1411<⋅++-=+n n n 题型九))(()(11a q a q adq a q a n n n n n ++--++型一般的，设{}n a 为公差为d 的等差数列，则=++--++))(()(11a q a q ad q a q a n n n n n aq a a q a n n n n +-+++11例9.已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，21=a ，且满足2233-=a S （1）求数列{}n a 的通项公式（2）记)1)(1(1)1(1----=+n n n n a a a n b ，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：311-≤<-n T 解析：（1）设{}n a 的公比为q ，则2222)1(2222233=⇒-⨯=++⇒-=q q q q a S 或1-（舍）所以nn n a 2221=⨯=-（2）12112()12)(12(12)1()1)(1(1)1(111-+---=---⋅-=----=+++n n n n n n n n n n n n a a a n b 所以11121)12112123122122121(11322->--+=-+--++---+----=++n n n n n n n T 又0)1)(1(1)1(1<----=+n n n n a a a n b ，所以n T 递减，所以311-=≤T T n ，所以311-≤<-n T题型十nn n n n q a a qa a ⋅-++11型一般的，设{}n a 为公差为d 的等差数列，则=⋅-++n n n n n q a a qa a 1111++-n n n n a q a q 例10.已知数列{}n a 中，nn n nn a a a 2222211⋅=+++- （1）求数列{}n a 的通项公式（2）设)1()1(2+-=n n a n b nn ，求数列{}n b 的前n 项和nS 解析：（1）由n n n nn a a a 2222211⋅=+++- na a a n n =+++⇒-1212121 所以)2(121211221≥-=+++--n n a a a n n 两式相减得)2(212111≥=⇒=--n a a n n n n ，又1=n 时，12211=⇒=a a 满足上式所以12-=n n a （2）n n n n n n n a n b nn n n n 212)1(2)1()1()1(21-+=+⋅-=+-=+所以21221222221222112232-+=-+++-+-=++n n n S n n n n 变式1：设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且)7)(4(6+-=n n n a a S （1）求数列{}n a 的通项公式（2）设1133++-⋅=n n nn nn a a a a b ，求数列{}n b 的前n 项和nT 解析：（1）因为)7)(4(6+-=n n n a a S ，所以)7)(4(6111+-=+++n n n a a S 两式相减得)(3)7)(4()7)(4(61221111n n n n n n n n n a a a a a a a a a -+-=+--+-=+++++0)3)((11=--+⇒++n n n n a a a a ，又0>n a ，所以31=-+n n a a 当1=n 时，7)7)(4(61111=⇒+-=a a a a 或3-（舍）所以{}n a 是以7为首项，3为公比的等差数列，所以43)1(37+=-+=n n a n（2）7334333)73)(43(56)73)(43()43(37331+-+=⋅++--=+++-+⋅=+n n n n n n n n n b n n nnn 所以733737334331331031037311322+-=+-+++-+-=++n n n T n n n n 变式2：记正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足对任意正整数n 有n n n a S a ,,2构成等差数列；等比数列{}n b 的公比1>q ，11a b =，6462=b b （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式（2）设)2()23(+-=n n b n c nn ，求数列{}n c 的前n 项和为nT 解析：（1）n n n a S a ,,2成等差数n n n a a S +=⇒22，所以12112++++=n n n a a S ，两式相减得0)1)((21112211=--+⇒-+-=+++++n n n n n n n n n a a a a a a a a a ，又0>n a ，所以11=-+n n a a 又1=n 时，1211211=⇒+=a a a a ，所以{}n a 是以1为首项，1为公差的等差数列所以nn a n =⨯-+=1)1(1111==a b ，64662==q b b ，又1>q ，所以2=q ，所以12-=n n b （2）nn n n n c n n n n 111222)2(2)23(-+--+=+⋅-=所以n T 21222222325222421321112432-+++=-+++-+-+-=+-+n n n n nn n n 题型十一11)1(++⋅+⋅-n n n n na a a a 型一般的，设{}n a 为非零数列，则=⋅+⋅-++11)1(n n n n na a a a )11()1(1++-n n n a a 例11.已知数列{}n a 是公差不为零的等差数列，21=a ，且存在实数λ满足λλ221+=+n n a a （1）求λ的值及数列{}n a 的通项公式（2）数列{}n a 的前n 项和为n S ，令nn nn S a b 1)1(+-=，求数列{}n b 的前2022项和2022T解析：（1）设{}n a 的公差为d )0(≠d ，存在实数λ满足λλ221+=+n n a a ，则λλ2212+=++n n a a 两式相减得d d λ=22=⇒λ，即2=d ，所以nn a n 2)1(22=-+=（2）)1(2)22(+=+=n n n n S n ，所以111()1()1(12)1(1)1(++-=++⋅-=+-=n n n n n S a b n n n nn n 所以202320222023112023120221413131212112022-=+-=+++--++--= T 变式1：已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且421,,S S S 成等比数列（1）求数列{}n a 的通项公式（2）令114)1(+--=n n n n a a nb ，设数列{}n b 的前n 项和为n T ，求2022T 解析：（1）421,,S S S 成等比数列1124)22(221111412=⇒++=+⇒+=⇒a a a a S S S 所以12)1(21-=-+=n n a n （2）)121121()1()12)(12(4)1(4)1(1111++--=+--=-=--+-n n n n n a a n b n n n n n n 所以404540444045114045140431715151313112022=-=---++--+= T 变式2：已知等差数列{}n a 为递增数列，9965=a a ，10010=S （1）求数列{}n a 的通项公式（2）设114)1(+--=n n n n a a nb ，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的最大值、最小值解析：（1）20100)(5)(210656510110=+⇒=+=+=a a a a a a S ，又9965=a a 所以11,965==a a ，所以公差2=d ，所以122)5(5-=⨯-+=n n a a n （2）121121()1()12)(12(4)1(11++--=+--=--n n n n n b n n n 当n 为偶数时，12111211215131311+-=+---+--+=n n n T n ，此时n T 递增，所以)1,54[∈n T 当n 为奇数时，12111211215131311++=++-++--+=n n n T n ，此时n T 递减，所以]34,1(∈n T所以34)(max =n T ，54)(min =n T 变式3：已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11=a ，1225+=S S ，数列{}n b 的前n 项和为n T ，且11=b ，11+=+n n T b （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式（2）若数列{}n c 满足nn n n n n n b a a a a c )1(42)1(11++-=+-，当2≥n 时，求证：21221<+++n c c c 解析：（1）412312443452525=⇒==++=-⇒+=a a a a a S S S S ，又11=a 所以13314=⇒==-d d a a ，所以nn a n =⨯-+=1)1(1因为11+=+n n T b ，所以112+=++n n T b ，两式相减得121122+++++=⇒=-n n n n n b b b b b 又112221b T b ==+=，所以n n b b 21=+，所以{}n b 是以1为首项，2为公比的等比数列所以12-=n n b （2）)2)1(121()1(2)1(23)1(1111+-+-⋅++⋅-=⋅++-=n n n n n n n n n n n c 所以1223222212)12(1221231*********+⋅+-⋅-+⨯-⨯-⨯+⨯=+++n n n n n c c c 212)12(12112<⋅+-=+n n 变式4：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12-=n n a S ，数列{}n b 是等差数列，462a b b =+，6452b b a =-（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式（2）设数列{}n S 的前n 项和为n T ，设21432)()1(+++++-=n n n n n nn b b b b T c ，求{}n c 的前n 项和nD 解析：（1）因为12-=n n a S ，所以1211-=++n n a S ，两式相减得n n n n n a a a a a 222111=⇒-=+++又1=n 时，112111=⇒-=a a a ，所以{}n a 为首项为1，公比为2的等比数列所以12-=n n a设{}n b 的公差为d ，则⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧+=--=-=+=+11)5(231686211145162d b d b d b b a d b b b ，所以n b n =（2）122121-=--=nn n S ，nn T n n n --=---=+2221)21(21)2212()1()2)(1(2)43()1()()1(21121432+++-=++⋅+-=+-=+++++++n n n n n b b b b T c n n n n n n n n n n nn 所以22)1(2)2212()1(423232222214332+-+-=+++-+-++--=+++n n n D n n n n n n 题型十二与三角有关的裂项求和例12.记各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足nn n S a a 22=+（1）求数列{}n a 的通项公式（2）设1tan tan +⋅=n n n a a b ，求数列{}n b 的前n 项和nT 解析：（1）因为n n n S a a 22=+，所以11212+++=+n n n S a a ，两式相减得0)1)((21112211=--+⇒-+-=+++++n n n n n n n n n a a a a a a a a a ，又0>n a ，所以11=-+n n a a 当1=n 时，122111121=⇒==+a a S a a ，所以{}n a 是以1为首项，1为公差的等差数列所以na n =（2）)1tan(tan tan tan 1+⋅=⋅=+n n a ab n n n ，由)1tan(tan 1tan )1tan(])1tan[(++-+=-+n n nn n n 1]tan )1[tan(1tan 1)1tan(tan --+=+⋅=⇒n n n n b n 所以n n n T n --+++-+-=]tan )1tan(2tan 3tan 1tan 2[tan 1tan 111tan )1tan(]1tan )1[tan(1tan 1--+=--+=n n n n 例13.已知数列{}n a 中，11=a ，412=a ，且)2()1(1≥--=+n a n a n a nn n （1）设111-=+n n a b ，求数列{}n b 的通项公式（2）设1cos cos 3sin +=n n n b b c ，求数列{}n c 的前n 项和nS 解析：（1）当2≥n 时，11111111)1()1(111--⋅-=-⇒--⋅-=--=++n n a n n a n a n n a n a n a n n n n n n )11(1111--=-⇒+n n a n n a 11--=⇒n n b n n b 11-=⇒-n b n b n n )2(≥n ，所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧n b n 从为常数列，所以n b b nb n n331=⇒==（2）)1(3cos 3cos 3sin )1(3cos 3cos )1(3sin )1(3cos 3cos ]3)1(3sin[)1(3cos 3cos 3sin ++-+=+-+=+=n n nn n n n n n n n n c n nn 3tan )1(3tan -+=所以3tan )1(3tan 3tan )1(3tan )23tan()33tan(3tan )23tan(-+=-+++⨯-⨯+-⨯=n n n S n 题型十三与排列数组合数有关的求和例14.数列{}n a 满足11=a ，22122A A a +=，…，nnn n n A A A a +++= 21（1）求5432,,,a a a a 的值（2）求1+n a 与n a 之间的关系式（3）求证：311()1111(21<+++na a a 解析：（1）42222122=+=+=A A a ；156633323133=++=++=A A A a ；642424124443424144=+++=+++=A A A A a ；3251201206020555453525155=++++=++++=A A A A A a （2）)!1()1()1()1(11121111+++-+++++=+++=+++++n n n n n n n A A A a n n n n n n a n n n n n n n n )1(1]!)1()[1(1+++=++-++++= ，即nn a n n a )1(11+++=+（3）由n n a n n a )1(11+++=+得1111+=++n a a n n 所以nn n a a a a a a a a a a a +⨯⨯+⨯+⨯+=+++111111()1111(33221121。
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二、问题探究（例 1----巩固练习）
二、问题探究（例 2）
这个样子怎么裂项呢？ 有什么特征？
二、问题探究（例2----巩固练习）
这个有困难吗？ 怎么办？
二、问题探究（例3）
这个样子怎么裂项呢？ 有什么特征？
二、问题探究（例3----巩固练习）
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两项和，符号正负交替
三、拓展训练
四、知识归纳
五、课后作业布置 1.整理笔记 2. 活页：数列求和
谢谢！
泉州市数学研讨活动公开课
数列求和之裂项求和
2019年10月18日
一、新课导入
二、问题探究（例 1）
二、问题探究（例 1----巩固练习）
解决本题的关键是什么呢？ 要注意些什么？ 小结：要先观察通项类型，再裂项求 和，而且要注意剩下首尾两项，还是 剩下象上例中的四项，后面还很可能 和极限、求参数的最大小值联系。