数列的求和是高考的必考题型，求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择恰当的求和方法。常见的求和方法有：公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等。今天讲讲裂项相消法求和。 常见的列项求和公式
()1
1
111)
1(+-
=+n n n n
())
1
1(11)
2(k
n n k k n n +-=+ )1
21121(211
41)
3(2
+--=
-n n n n
n n n -+=++11
1)
4( )(1
1)
5(n k n k k
n n -+=
++
n
n n
a a a log )1(log )1
1(log )6(-+=+
注意：裂开后，两项之差前面的系数为
小分母
大分母-1
【典例1】形如)(1k n n a n
+=型
{}{}{}n
n n
n n n n
n n n T n b s b a n a a s s n a 项和的前求数列设项公式。是等比数列，并求其通证明数列都成立。
对任意的正整数且满足项和为的各项为正数，前已知数列,1
)2()1(324,2=-+= ⎩⎨
⎧≥-==-2
,1
n ,11n S S S a a S n n n n n ，得用公式求分析：已知
下面求n>1时，
（1）
【典例2】形如k
n n a n
++
=
1型 {}2019
,,)()1(1
24)(S S n a N n n f n f a x x f n n n a
求项和为的前记数列，
令），，的图像过点（已知函数+∈++=
=
解析：
【规律方法】利用裂项相消法求和的注意事项。
1、抵消后并不定只剩下第一项和最后一项，也有可能是前面两项，和后两项；或者是前面几项，后面几项。
2、将通项裂开后，有时需要调整前面的系数，系数为：裂开的两项分母之差的倒数。
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。
数列裂项相消法 数列裂项相消法是一种常用的数学技巧，用于求解一些复杂的数列求和问题。以下是几个例子，说明该方法的应用。 例1：已知等差数列{an}，其中a1=1，d=2，求前n项和Sn。 解：首先，我们可以将等差数列的通项公式表示为an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1。 然后，我们可以将前n项和表示为Sn=a1+a2+...+an。 接下来，我们使用裂项相消法，将相邻两项相加，得到： Sn=(1+3)+(3+5)+...+[(2n-3)+(2n-1)] =2+4+ (2) =n(n+1) 例2：已知等比数列{an}，其中a1=1，q=2，求前n项和Sn。 解：首先，我们可以将等比数列的通项公式表示为an=a1*q^(n-1)=2^(n-1)。 然后，我们可以将前n项和表示为Sn=a1+a2+...+an。 接下来，我们使用裂项相消法，将相邻两项相减，得到： Sn=(1-2)+(2-4)+...+[2^(n-2)-2^(n-1)]+2^(n-1) =-1-1-...-1+2^(n-1) =-(n-1)+2^(n-1) =(2^n)-1-(n-1) =(2^n)-n 例3：已知数列{an}，其中an=n^2，求前n项和Sn。 解：首先，我们可以将数列的通项公式表示为an=n^2。 然后，我们可以将前n项和表示为Sn=a1+a2+...+an。
接下来，我们使用裂项相消法，将相邻两项相减，得到： Sn=(1^2-0^2)+(2^2-1^2)+...+[n^2-(n-1)^2] =1+3+5+...+(2n-1) =n^2 通过以上例子可以看出，裂项相消法是一种非常实用的数学技巧，可以用于求解各种复杂的数列求和问题。需要注意的是，在使用该方法时，需要根据具体的数列类型和题目要求来选择合适的裂项方式。
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.(2112 2n ++-=n n n a a d a a （2）1 1111+-=+n n n n ）（ （3） )11(1)(1k n n k k n n +-=+ （4）)1 21121(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）)(11 n 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, ……………② ①②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
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.(2112 2n ++-=n n n a a d a a （2）1 1111+-=+n n n n ）（ （3） )11(1)(1k n n k k n n +-=+ （4）)1 21121(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）)(11 n 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, ……………② ①②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
裂项相消法公式求和公式 在数学中，求和公式是一个非常基础的概念，它用于将一系列的数值相加，得到它们的总和。裂项相消法是求和公式的一种常见方法，在这种方法中，我们通过将相邻的项相减，以消去一些项，从而简化求和公式。本文将详细介绍裂项相消法的公式和使用方法。 裂项相消法公式 裂项相消法公式是一个非常重要的求和公式，它可以用来求解一些较为复杂的求和问题。这个公式的具体形式如下： $$\sum_{i=1}^{n}a_i=\frac{1}{2}\left[\sum_{i=1}^{n}(a_i+a_{n- i+1})-\sum_{i=1}^n(a_i-a_{n-i+1})\right]$$ 这个公式看起来比较复杂，但实际上它非常简单。其中，$\sum_{i=1}^{n}a_i$表示从1到n的所有$a_i$的和，而$\sum_{i=1}^{n}(a_i+a_{n-i+1})$和$\sum_{i=1}^{n}(a_i-a_{n-i+1})$分别表示将$a_i$和$a_{n-i+1}$相加和相减后的总和。根据裂项相消法的原理，这两个总和相减后，可以得到原始的$a_i$的和。 使用裂项相消法求和 使用裂项相消法求和的具体方法非常简单，只需要按照公式进行计算即可。以下是一个具体的例子：
$$\sum_{i=1}^{5}i^3$$ 我们可以使用裂项相消法来计算这个求和式。首先，我们可以将这个求和式写成两个总和的形式： $$\begin{aligned}\sum_{i=1}^{5}i^3&=\frac{1}{2}\left[\sum_{i =1}^{5}(i^3+(6-i)^3)-\sum_{i=1}^{5}(i^3-(6- i)^3)\right]\\&=\frac{1}{2}\left[\sum_{i=1}^{5}(i^3+(6-i)^3)-\sum_{i=1}^{5}(2i^3-3i^2\times6+3i\times36- 2\times6^3)\right]\end{aligned}$$ 然后，我们可以使用简单的代数运算来计算这两个总和： $$\begin{aligned}&\sum_{i=1}^{5}(i^3+(6- i)^3)=2\times\sum_{i=1}^{5}(i^3+108- 18i^2)\\=&2\times(\sum_{i=1}^{5}i^3+540- 18\sum_{i=1}^{5}i^2)\\=&2\times(1^3+2^3+3^3+4^3+5^3 +540- 18\times(1^2+2^2+3^2+4^2+5^2))\\=&2\times(1+8+27+6 4+125+540- 18\times55)\\=&2\times(775)=1550\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}&\sum_{i=1}^{5}(2i^3- 3i^2\times6+3i\times36-
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：
.裂项相消法 利用列相消法乞降，注意抵消后其实不必定只剩下第一和最后一，也有可能前面剩两，后边剩两，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 ）假如 {a n }等差数列，11.( 11 ) ,11.(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 ）1 k)1 ( 1 n 1) n(n k n k （ 4 ）1 1 (11)（2n 1（)2n 1） 2 2n 1 2n 1 （ 5 ） n(n 1 2) 1[1 (n 1] 1)( n2n(n 1)1)(n2) （ 6 ）1n1n n n1 （ 7 ） 11 n k n) n n k ( k 1. 已知数列的前n和，．（1 ）求数列的通公式； （2 ），求数列的前n和． [ 分析 ] (1)⋯⋯⋯⋯⋯①
. ,⋯⋯⋯⋯⋯② ①②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≥全部的 n ∈N* 恒建立的最大正整数m 的； [ 分析 ] （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
微专题1 裂项相消法 题型1 等差型数列求和 d N n d a b b a d b a c n n n n n n n ,,,1111* ∈=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-== 为常数。 例1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 5＝25，S 5＝55. (1) 求数列{a n }的通项公式； (2) 设a n b n ＝ 1 31 -n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。 方法总结： 1.定义：如果一个数列的通项为“分式或根式”的形式，且能拆成结构相同的两式之差，通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩首尾有限项的求和方法叫做裂项相消法． 2.适用数列：d N n d a b b a d b a c n n n n n n n ,,,1111* ∈=-⎪⎪⎭ ⎫ ⎝⎛-== 为常数。 3.常见的裂项技巧： (1) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+k n n k k n n 111)(1，特别地，当k ＝1时， 11 1)1(1+-=+n n n n ； (2) ⎪⎭ ⎫ ⎝⎛+--=+-= -12112121)12)(12(11 412n n n n n ； (3)() ()⎥⎦⎤ ⎢⎣⎡+-=++222 22114121n n n n n 。
1.在等比数列{b n }中，已知b 1＋b 2＝ 43，且b 2＋b 3＝8 3. (1) 求数列{b n }的通项公式； (2) 若数列⎭⎬⎫ ⎩⎨⎧n a n 是首项为b 1，公差为b 2的等差数列，求数列⎭ ⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的前n 项和． 题型2 “无理型”数列求和： ( ) n k n k n k n -+= ++1 1。 例2.若数列{a n }满足a 1＝1，22 +n a ＝a n ＋1(n ∈N * )． (1)求证：数列{a n 2}是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若1 2 ++=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项和． 方法总结： 含有无理式常见的裂项有： (1) ( ) n k n k n k n -+= ++1 1。(2) 1 1 111+- =⋅+-+n n n n n n 等． 在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．
裂项法求数列的和 【内容提要】笔者在多年的教学中遇到裂项法求和的题型,加以总结,供师生们参考.裂项相消法是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的.适用于分式形式的通项公式，把一项拆成两个或多个的差的形式，即)()1(n f n f a n -+=，然后累加时抵消中间的许多项。 【关键词】裂项法 求数列的和 等差数列 1等差数列积的倒数和 已知等差数列{}n a 首项1a ，公差d 。求和：=n s ++322111a a a a …+1 1+n n a a 解： 11+n n a a =n n a a -+11（111+-n n a a ）=d 1 （111+-n n a a ） = n s d 1（+-+-32211111a a a a …+111+-n n a a ）=d 1 （1111+-n a a ） 其中nd a a n +=+11 求和：（1）= n s +⋅+⋅3 21 211…+ )1(1+⋅n n (2) = n s +⋅+⋅7 41 411…+ )13()23(1+⋅-n n 2．含二次根式的数列和 已知正项等差数列 {}n a 首项 1a ，公差d 。求和： 2 11a a s n += + 3 21a a ++…+1 1++n n a a 。 解：1 1++n n a a = ) )((111n n n n n n a a a a a a -+-+++= d 1 （n n a a -+1）。
= n s d 1(+-+-2312…+ n n a a -+1)= d 1()11-+n a 其中nd a a n +=+11 求和：= n s +++ +3 212 11…+ 1 1++n n 3．含对数的数列和 已知正项数列{}n a ,求和:=n s ++2312 log log a a a a a a …+n n a a a 1log +(0>a 且1≠a ) 解: n n a a a 1 log +=n a n a a a log log 1-+ = n s + -+-2312log log log log a a a a a a a a … +n a n a a a log log 1-+=11log log a a a n a -+ 求和：=n s ++2 3lg 1 2lg …+n n 1 lg + 4.含三角函数的数列和 (1)求和：=n s ++x x 2sin sin …+nx sin 解：)]2cos()2[cos(2sin 21 2sin 2sin sin sin x nx x nx x x x nx nx --+- == =-2sin 21 x [x n x n 212cos 212cos --+] =n s -2 sin 21 x [cos 2cos 23x x -+x x 23cos 25cos -+…+x n x n 212cos 212cos --+] =-2 sin 21 x [2cos 212cos x x n -+] (2)求和：=n s x x x x 3tan 2tan 2tan tan ++…+x n nx )1tan(tan + 解:x tan == -+])1tan[(nx x n nx x n nx x n tan )1tan(1tan )1tan(+--+
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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.(2112 2n ++-=n n n a a d a a （2）1 1111+-=+n n n n ）（ （3） )11(1)(1k n n k k n n +-=+ （4）)1 21121(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）)(11 n 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, ……………② ①②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，