裂项法_系数_求和

高考数学必杀技系列之数列7：数列求和（裂项相消法）
数列
专题七：数列求和（裂项相消法）
裂项相消法的实质是将数列中的每一项（通项）分解，然后再重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此规律拆成两项之差，在求和时一些正负相消，适用于类似这种形式，用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法，是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，高考中常见以下几种类型。

一、必备秘籍
1．裂项相消法
(1)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)常见的裂项技巧:
二、例题讲解
感悟升华（核心秘籍）本例是裂项相消法的简单应
用，注意裂项，是裂通项，
裂项的过程中注意前面的系
数不要忽略了。

感悟升华（核心秘籍）本例是含有根式型裂项，注
意分母有理化计算。

能完全记忆类型⑤的公式，建
议裂项完后通分检验是否正
确。

裂项法讲解裂项法是一种数学方法，用于将一个复杂的数学式子分解成一些简单的项之和。

在求解一些数学问题时，使用裂项法可以更加便捷地得到答案。

本文将介绍裂项法的基本原理和应用方法。

下面是本店铺为大家精心编写的4篇《裂项法讲解》，供大家借鉴与参考，希望对大家有所帮助。

《裂项法讲解》篇1裂项法是一种将一个复杂的数学式子分解成一些简单的项之和的方法。

通常情况下，我们将一个式子拆分成多个项，然后再进行求和。

这样做的好处在于，我们可以将一个复杂的问题分解成一些简单的子问题，从而更容易地解决。

下面，我们将介绍裂项法的基本原理和应用方法。

1. 基本原理裂项法的基本原理是将一个式子拆分成多个项，然后将这些项相加得到原式。

每个项通常都是一个常数与一些变量的乘积。

我们可以将这些项按照变量的次数排列，然后进行求和。

例如，我们将式子 $1/x$ 拆分成多个项，可以得到:$$frac{1}{x} = frac{1}{1times x} = frac{1}{x} - frac{1}{x+1} + frac{1}{x+1} - frac{1}{x+2} + frac{1}{x+2} - frac{1}{x+3} + cdots$$2. 应用方法裂项法通常应用于求解一些数学问题，例如求和、积分等。

下面，我们将介绍一些常见的应用方法。

(1) 求和裂项法最常见的应用就是求和。

例如，我们可以使用裂项法求解以下问题:$$1 +2 +3 + cdots + n = frac{n(n+1)}{2}$$我们可以将式子拆分成多个项，然后进行求和，得到:$$1 +2 +3 + cdots + n = 1 + (1+1) + (1+2) + cdots + (1+n-1) = n - 1 + n = frac{n(n+1)}{2}$$(2) 积分裂项法还可以用于积分。

《裂项法讲解》篇2裂项法是数学中一种常用的求和方法，主要用于求解一些可以拆分成多项式的和式。

数列求和中常见的裂项法裂项法的实质是将数列中的每一项（通项）分解，然后再重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此规律拆成两项之差，在求和时一些正负相消，适用是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，高考中常见以下几种类型。

典例1.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则∑k=1n1S k= .解析：设公差为d,则{a 1+2d =3,4a 1+6d =10,∴{a 1=1,d =1,∴a n =n.∴前n 项和S n =1+2+…+n=n (n+1)2,∴1S n=2n (n+1)=2(1n -1n+1),∴∑k=1n1S k=21-12+12-13+…+1n -1n+1=2(1-1n+1)=2·n n+1=2nn+1.典例2、已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5=5，S 5=15，则数列{1a n a n+1}的前100项和为 (A)100101 (B) 99101(C) 99100 (D) 101100 解析：由a 5=5，S 5=15可知a 1=d =1,a n =n,1a n a n+1=1n(n+1)=1n -1n+1T 100=1−12+12−13+⋯1100−1101=100101故选A典例3、已知n k n a n++1，求{n a }的前10项和？解析：因为n n nn a n-+=++111，所以S 10=110910.........342312-=--+-+-典例4：已知数列{a n }为等差数列,其中a 2+a 3=8,a 5=3a 2. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)记b n =2an b n ,设{b n }的前n 项和为S n .求使得S n >20162017 的最小正整数n .解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ,依题意有 {2a 1+3d =8a 1+4d =3a 1+3d解得a 1=1,d =2,从而{a n }的通项公式为a n =2n -1,n ∈N *. (2)因为b n =2an b n=12n−1−12n+1所以S n =(1-13)+(13−15)+……+(12n−1−12n+1) =1-12n+1 , 令1-12n+1>20162017 ,解得n >1 008,故取n =1 009.类型⑤)n 1x x)ln(1(ln )1ln()1ln()11ln(=+-+=+=+令通常情况下出现n n n n n典例6、求∑k=1ln(nn+1n)=？解析:∑k=1n ln (n+1n)=ln2−ln1+ln3−ln2……+ln (n +1)−ln =ln⁡(n +1)类型⑥k k k k n n n n n+-+=++++112121)2)(2(2 典例7、数列{a n }的前n 项和S n ，满足S n =2a n -a 1,且a 1,a 2+1,a 3成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设11++=n n n n S S a b ,求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)由已知S n =2a n -a 1,有S n -1=2a n -1-a 1(n ≥2),则有a n =2a n -1(n ≥2),即数列{a n }是以2为公比的等比数列,又a 1,a 2+1,a 3成等差数列,即a 1+a 3=2(a 2+1),∴a 1+4a 1=2(2a 1+1),解得a 1=2,故a n =2n . (2)由(1)知S n =2n +1-2,22121221221.......221221221221)221221.......()221221()221221(221221)22)(22(2221433221433221211--=---+---+---=---+---+---=---=--=++++++++++n n n n n n n n n n n n T b n n nn 2121-+=+典例8.设{}n a 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是等差数列. 已知11a =，322a a =+，435a b b =+，5462a b b =+.（I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）设数列{}n S 的前n 项和为()n T n *∈N ，（i ）求n T ； （ii ）证明221()22()(1)(2)2n nk k k k T b b n k k n +*+=+=-∈+++∑N . 解析：（I ）设等比数列{}n a 的公比为q.由1321,2,a a a ==+可得220q q --=.因为0q >，可得2q =，故12n n a -=.设等差数列{}n b 的公差为d ，由435a b b =+，可得13 4.b d +=由5462a b b =+，可得131316,b d += 从而11,1,b d == 故.n b n =所以，数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，数列{}n b 的通项公式为.n b n =（II ）（i ）解：由（I ），有122112nn n S -==--，故 1112(12)(21)22212n nnkkn n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑.（ii ）证明：因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21k k k k k k+k T +b b k k k k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++，所以，324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+=-+-++-=-+++++∑. 既证。

裂项求和法的知识点总结一、裂项求和法的基本思想裂项求和法的基本思想是将原来的级数拆分成若干个部分，然后分别求解这些部分的和。

最后将这些部分的和相加得到原级数的和。

这种方法在求解级数时非常有效，可以将复杂的级数变成简单的级数来求解。

二、裂项求和法的常用技巧裂项求和法的常用技巧包括：拆项、分组求和、 Telescoping 等。

1. 拆项：拆项是裂项求和法中常用的一种技巧。

它可以将原级数中的每一项拆分成两个或多个部分，然后再进行求和。

拆项的目的是为了将原级数转化为一个更易求解的级数。

拆项的具体操作可以根据级数的特点来灵活运用。

2. 分组求和：分组求和是裂项求和法中常用的一种技巧。

它可以将原级数分成若干个相互独立的部分，然后分别求解这些部分的和。

最后将这些部分的和相加得到原级数的和。

分组求和的具体操作可以根据级数的特点和要求来选择合适的分组方法。

3. Telescoping：Telescoping 是裂项求和法中常用的一种技巧。

它可以将原级数中相邻的两项进行变形，从而使得这些项之间的差分项能够互相抵消，最终得到一个简单的级数。

Telescoping 的具体操作包括变形、抵消、整理等。

三、裂项求和法的应用范围裂项求和法在数学中有着广泛的应用范围，包括但不限于如下几个方面：1. 求解收敛级数：裂项求和法可以帮助我们求解各种类型的收敛级数，包括数值级数、幂级数、级数和等。

通过拆项、分组求和、 Telescoping 等技巧，可以将复杂的级数转化为简单的级数来求解。

2. 求解发散级数：裂项求和法也可以帮助我们对发散级数进行求解。

虽然发散级数本身没有定义和，但是通过一些技巧，可以使其在某种意义下有意义，从而得到发散级数的和。

3. 实际应用：裂项求和法在实际应用中也有着广泛的应用。

例如在物理、工程、经济等领域，经常需要求解各种级数，裂项求和法可以帮助我们快速、准确地求解这些级数，为实际问题的解决提供有力的支持。

四、裂项求和法的注意事项在使用裂项求和法时需要注意以下几个方面：1. 根据级数的特点选择合适的技巧：在使用裂项求和法时，需要根据级数的特点和要求来选择合适的技巧。

.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 ）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．[ 分析 ] (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≥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.∴ T n ===≥ ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分又∵ 不等式n全部的 n ∈ N* 恒建立，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.) 已知各均不同样的等差数列{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)∴T2012 =. (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 ] 看分析[ 分析 ] ( 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,因此 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 =-.因此 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[ 分析 ]解： (Ⅰ)由于的前项和为，问，因此的最小正整数，是多少？因此，，，又数列是等比数列，因此，因此，又公比，因此，由于，又因此数列因此因此，因此，因此组成一个首项为 1 ，公差为，当时，.（6分），1 的等差数列，，，(Ⅱ) 由(Ⅰ ) 得，（10 分）由得，知足的最小正整数为 72.（12 分）7. 在数列，中，，，且成等差数列，成等比数列（） .（Ⅰ）求，，及，，，由此概括出，的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）证明：.[ 分析 ] （Ⅰ）由条件得，由此可得.猜想. （ 4分）用数学概括法证明：①当时，由上可得结论建立.②假定当时，结论建立，即，那么当时，.因此当时，结论也建立.由①②，可知对全部正整数都建立. （ 7 分）（Ⅱ）由于.当时，由（Ⅰ）知.因此.综上所述，原不等式建立. (12分）8. 已知数列的前项和是，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，，求使建立的最小.的正整数的．[ 分析 ]（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，故使建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≤¨ 恒建立，求数的最小．[ 分析 ] 122.解得（Ⅰ）公差 d. 由已知得⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯，因此3 分⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分（Ⅱ），⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分恒建立，即恒建立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：，[分析] （Ⅰ）成等差数列,∴，，当，,两式相减得：.因此数列是首，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) ,因此+ +⋯+ =+++⋯+==<.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 , 因此 q 2=.因条件可知q>0,故q=..由 2a 1 +3a 2 =1 得 2a 1 +3a 1 q=1,因此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++⋯+=-.因此数列的前 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)因此+ +⋯+=+++⋯+=(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)。

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.。

分数裂项求和方法总结（一）用裂项法求n（_i_）型分数求和1 1分析：因为------ -------n n 1n 1 n n(n 1)n(n 1)（n为自然数）n（n 1）所以有裂项公式:1 1 1n(n 1) n n 1【例1】10 11111 12的和。

59 601 110 60丄12（二）用裂项法求乔七型分数求和分析: 型。

（n,k均为自然数）n（n k）因为1(1所以【例2】n(nk)] n(n k)n(n k)")1计算5 7 9 11 11 13 13 151勺1(1 9 2'91 1、，1 1 )(丄(丄丄)2 11 131 1)(丄(1 1)2 5 7111-[( )( )( ,、 ,、2 5 7 7 9 9 11 11 13 13 152[515]丄15（三）用裂项法求—「型分数求和n（n k）分析：k- 型（n,k均为自然数）n（n k）1 1 _ n k n kn n k n(n k) n(n k) n(n k)所以k _ 11n(n k) n n k亠2 2 2 2【例3】求2的和1 3 3 5 5 7 97 99（四）用裂项法求仝型分数求和n(n k)(n 2k)分析：2k 均为自然数）分析：n（n k)(n (n,k2k)2k 1 1n(n k)( n 2k) n(n k) (n k)( n 2k)【例4】计算：-4 4 4 4 1 1 1 1(1 3)( ) (-3 5 5 1 1999899(1 1 ) ( 1 1 )(93 9595 97)(95 9797 99)1 1 1 、 “ 1 1 、“ 11 、、[( )()... ...(-)]3 1 2 32 3 4 2 3 4 3 4 5 17 18 19 18 19 20丄[1 1]3 1 2 3 18 19 201139 20520(五)用裂项法求1型分数求和n(n k)(n 2k)(n 3k) 分析：1（n,k 均为自然数）n(n k)( n 2k)(n 3k)1 1 1 n(n k)(n 2k)(n 3k) 3k (n(n k)( n 2k)1(n k)(n 2k)(n3k)【例5】1 1 计算：1234 2 3 4 5117 18 19 203k11n(n k)( n 2k)(n3k) n(n k)( n 2 k) (n k)( n 2k)(n 3k)【例6】计算：-3 3 3分析:(n,k 均为自然数)1 (1 3 1、( 1 1、 3 5) (3 5 5 7)111 3 97 99 32009603(六)用裂项法求 n(n k)(n 2k)(n 3k)型分数求和n(n k)(n 2k)(n 3k)(1 1 ) ( 1 1 )(1 2 3 2 3 4) (2 3 4 3 4 5)1 11 2 3 18 19 2011396840（七）用裂项法求复合型分数和（例题略）( 1 1 )(17 18 19 18 19 20)。

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)。

经典研材料裂项相消法求和大全一、引言在研究材料的裂项性质时，求和是一个非常常见的操作。

而裂项相消法是一种常用的技巧，可以简化裂项求和的过程，并得到一个更加简洁的结果。

本篇文章将介绍一些经典的研材料裂项相消法求和的例子，希望可以帮助读者更好地理解和应用这一技巧。

二、裂项相消法求和的基本思路裂项相消法的基本思路是通过巧妙地加减项，使得一些项的系数相消，从而得到一个更简单的求和结果。

下面将介绍一些常用的裂项相消法。

三、具体示例1.例题一求和S=1-2+3-4+5-6+...+(-1)^n*n的值。

解：我们可以观察到这个求和式的两项之间有一定的规律。

可以发现，每两个相邻的项都是一正一负，并且绝对值递增。

因此，我们可以尝试将这两项相加进行简化。

S=(1-2)+(3-4)+(5-6)+...+[(-1)^(n-1)*n+(-1)^n*(n+1)]通过配对相加的方式，可以得到：S=-1+(-1)+(-1)+...+(-1)=-n因此，求和S的值为-n。

2.例题二求和S=1*2+2*3+3*4+...+(n-1)*n的值。

解：我们可以观察到这个求和式的每一项都是两个因数的乘积，并且这两个因数的差值为1、因此，我们可以尝试将这两项相减进行简化。

S=(1*2)+(2*3)+(3*4)+...+[(n-1)*n]通过配对相减的方式，可以得到：S=(2-1)+(3-2)+(4-3)+...+(n-(n-1))S=1+1+1+...+1=n-1因此，求和S的值为n-13.例题三求和S=1+3+6+10+15+...+n(n+1)/2的值。

解：我们可以观察到这个求和式的每一项都是一个等差数列的前n项和，而这个等差数列的公差为1、因此，我们可以尝试构造一个等差数列来进行简化。

S=1+3+6+10+15+...+n(n+1)/2将每一项用等差数列的前n项和来表示：S=(1+2+3+4+...+n)+(2+3+4+5+...+n)+(3+4+5+6+...+n)+...+(n(n+1)/2)可以观察到，每一项的相邻两项有很多项是相同的，只有前k项相同，后面的一些项就不同了。

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$a_n=n$，$S_n=1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$。

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 nn 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 ＝131-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，111)1(1+-=+n n n n ； (2)⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-=-12112121)12)(12(11412n n n n n ；(3)()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=++22222114121n 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＝83. (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 kn k n -+=++11。

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12++=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 kn k n -+=++11。

中学生数学·２０１２年７月上·第４４５期（高中）网址：ｚｘｓｓ．ｃｂｔ．ｃｎｋｉ．ｎｅｔ电子邮箱：ｚｘｓｓｃｈｉｎａｏｕｒｎａｌ．ｎｅｔ．ｃｎ思路与方法浙江省兰溪市第一中学（３２１１００）　蒋志明　舒林军 裂项相消法实质上是把一个数列的每一项裂为两项的差，即化ａｎ＝ｆ（ｎ）－ｆ（ｎ＋１）的形式，从而达到数列求和的目的，即得到Ｓｎ＝ｆ（１）－ｆ（ｎ＋１）的形式．通过此类题型的解决，可以培养同学们的逆向思维，开发同学们的智力，检查同学们思维的灵活性．故在高考中常常出现利用裂项相消法来求数列的前ｎ项和、不等式证明等较难的题型．笔者通过长期教学的研究，并加以总结，归纳出八大题型，让同学们通过对题型的了解，可以快速掌握其技巧，达到事半功倍的效果．题型一　等差型等差型是裂项相消法中最常见的类型，也是最容易掌握的．设等差数列｛ａｎ｝的各项不为零，公差为ｄ，则１ａｎａｎ＋１＝１ｄ（１ａｎ－１ａｎ＋１）．常见的有：（１）１１×２＋１２×３＋…＋１ｎ（ｎ＋１）＝１－１ｎ＋１；（２）１１×３＋１３×５＋…＋１（２ｎ－１）（２ｎ＋１）＝１２（１－１２ｎ＋１）；（３）１１×３＋１２×４＋…＋１ｎ（ｎ＋２）＝１＋１２－１ｎ＋１－１ｎ＋２．例１　求数列｛（ｎ＋１）２＋１（ｎ＋１）２－１｝的前ｎ项的和Ｓｎ．分析　先把通项进行化简，分子通常化为常数，然后裂项就可以求得．解　数列的通项ａｎ＝（ｎ＋１）２＋１（ｎ＋１）２－１＝ｎ２＋２ｎ＋２ｎ２＋２ｎ＝１＋２ｎ２＋２ｎ＝１＋（１ｎ－１ｎ＋２），Ｓｎ＝（１＋１１－１３）＋（１＋１２－１４）＋（１＋１３－１５）＋…＋（１＋１ｎ－１－１ｎ＋１）＋（１＋１ｎ－１ｎ＋２）＝ｎ＋１＋１２－１ｎ＋１－１ｎ＋２＝ｎ－１ｎ＋１－１ｎ＋２＋３２．题型二　无理型该类型的特点是，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，有时在证明不等式时，常常把分母放缩成两个根式之和，来达到消项化简的目的．常见有：１ｎ槡＋１＋槡ｎ＝ｎ槡＋１－槡ｎ．例２　证明：２ｎ槡＋１－２＜１＋１槡２＋１槡３＋…＋１槡ｎ＜２槡ｎ－１　（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ）．分析　先把通项进行放缩后再裂项相消即可证．证明　因为　１槡ｎ＝２２槡ｎ＞２ｎ槡＋１＋槡ｎ＝２（ｎ槡＋１－槡ｎ）（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ），所以１＋１槡２＋１槡３＋…＋１槡ｎ＞２（槡２－槡１）＋２（槡３－槡２）＋…＋２（ｎ槡＋１－槡ｎ）＝２ｎ槡＋１－２．又因为　１槡ｎ＝２２槡ｎ＜２槡ｎ＋ｎ槡－１＝２（槡ｎ－ｎ槡－１）（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ），所以１＋１槡２＋１槡３＋…＋１槡ｎ＜１＋２（槡２－·９１·中学生数学·２０１２年７月上·第４４５期（高中）网址：ｚｘｓｓ．ｃｂｔ．ｃｎｋｉ．ｎｅｔ电子邮箱：ｚｘｓｓｃｈｉｎａｏｕｒｎａｌ．ｎｅｔ．ｃｎ思路与方法槡１）＋２（槡３－槡２）＋…＋２（槡ｎ－ｎ槡－１）＝２槡ｎ－１．即不等式成立．题型三　指数型由于（ａ－１）ａｎ＝ａｎ＋１－ａｎ，因此一般地有（ａ－１）ａｎ（ａｎ＋ｂ）（ａｎ＋１＋ｂ）＝１ａｎ＋ｂ－１ａｎ＋１＋ｂ．例３　已知数列｛ａｎ｝的首项为３，点（ａｎ，ａｎ＋１）在直线４ｘ－ｙ＝０上．（１）求数列｛ａｎ｝的通项；（２）设数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，ｂｎ＝ａｎ＋１（ａｎ＋１－３）Ｓｎ＋１（ｎ∈Ｎ＊），求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ．分析　先求数列｛ａｎ｝的通项，再求Ｓｎ，然后把通项ｂｎ进行裂项即可．解　（１）容易解得ａｎ＝３·４ｎ－１；（２）因为Ｓｎ＝３（１－４ｎ）１－４＝４ｎ－１，所以ｂｎ＝３·４ｎ３（４ｎ－１）·（４ｎ＋１－１）＝１３（１４ｎ－１－１４ｎ＋１－１）．即Ｔｎ＝１３（１４－１－１４２－１＋１４３－１－１４２－１＋…＋１４ｎ－１－１４ｎ＋１－１）＝１９－１３·４ｎ＋１－３．题型四　对数型由对数的运算法则可知：若ａｎ＞０，ｎ∈Ｎ＊，则ｌｏｇａａｎ＋１ａｎ＝ｌｏｇａａｎ＋１－ｌｏｇａａｎ．例４　已知数列｛ａｎ｝的通项为ａｎ＝ｌｇｎ＋１ｎ，若其前ｎ项和Ｓｎ＝２，则ｎ＝．分析　因为ａｎ＝ｌｇｎ＋１ｎ＝ｌｇ（ｎ＋１）－ｌｇｎ，所以Ｓｎ＝ｌｇ２－ｌｇ１＋ｌｇ３－ｌｇ２＋…＋ｌｇ（ｎ＋１）－ｌｇｎ＝ｌｇ（ｎ＋１）－ｌｇ１＝２，即ｎ＝９９．题型五　三角函数型由三角函数两角和差公式可以得到的变形如下：ｔａｎα－ｔａｎβ＝ｔａｎ（α－β）（１＋ｔａｎαｔａｎβ）等，可以经过构造达到裂项消项的目的．例５　在数１和１００之间插入ｎ个实数，使得这ｎ＋２个数构成递增的等比数列，将这ｎ＋２个数的乘积记作Ｔｎ，再令ａｎ＝ｌｇＴｎ，ｎ≥１．（Ⅰ）求数列｛ａｎ｝的通项公式；（Ⅱ）设ｂｎ＝ｔａｎａｎ·ｔａｎａｎ＋１求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ．分析　（１）利用倒序相乘不难得到Ｔｎ＝１０ｎ＋２，即得ａｎ＝ｎ＋２．（２）∵　ｔａｎ［（ｎ＋３）－（ｎ＋２）］＝ｔａｎ（ｎ＋３）－ｔａｎ（ｎ＋２）１＋ｔａｎ（ｎ＋２）·ｔａｎ（ｎ＋３）＝ｔａｎ１，∴　ｔａｎ（ｎ＋２）·ｔａｎ（ｎ＋３）＝ｔａｎ（ｎ＋３）－ｔａｎ（ｎ＋２）ｔａｎ１－１，Ｓｎ＝ｔａｎ（１＋２）·ｔａｎ（１＋３）＋ｔａｎ（２＋２）·ｔａｎ（２＋３）＋…＋ｔａｎ（ｎ＋２）·ｔａｎ（ｎ＋３）＝ｔａｎ（１＋３）－ｔａｎ（１＋２）ｔａｎ１＋ｔａｎ（２＋３）－ｔａｎ（２＋２）ｔａｎ１＋…＋ｔａｎ（ｎ＋３）－ｔａｎ（ｎ＋２）ｔａｎ１－ｎ＝ｔａｎ（ｎ＋２）－ｔａｎ３ｔａｎ１－ｎ．题型六　阶乘和组合数公式型由阶乘的定义可以得到：ｎｎ！＝（ｎ＋１）！－ｎ！，由组合数公式也可以得到Ｃｍｎ＋１－Ｃｍｎ＝Ｃｍ－１ｎ．例６　化简：（１）１＋２×２！＋３×３！＋…＋ｎ×ｎ！；（２）Ｃ２５＋Ｃ２６＋…＋Ｃ２ｎ（ｎ≥５，ｎ∈Ｎ＊）．分析　由上面所推出的结论得到：（１）原式＝２！－１！＋３！－２！＋…＋（ｎ＋１）！－ｎ！＝（ｎ＋１）！－１；（２）原式＝Ｃ３６－Ｃ３５＋Ｃ３７－Ｃ３６＋…＋Ｃ３ｎ＋１－Ｃ３ｎ＝Ｃ３ｎ＋１－Ｃ３５＝（ｎ＋１）ｎ（ｎ－１）６－１０．·０２·中学生数学·２０１２年７月上·第４４５期（高中）网址：ｚｘｓｓ．ｃｂｔ．ｃｎｋｉ．ｎｅｔ电子邮箱：ｚｘｓｓｃｈｉｎａｏｕｒｎａｌ．ｎｅｔ．ｃｎ思路与方法 题型七　抽象型有些抽象函数可以根据给出的性质，也可以进行裂项相消，如下面例子．例７　定义在（－１，１）上的函数ｆ（ｘ）满足：（１）对 ｘ∈（－１，０），都有ｆ（ｘ）＞０；（２）已知ｐ＝ｆ（０），ｑ＝ｆ（１２），ｒ＝ｆ（１５）＋ｆ（１１１）＋…＋ｆ（１ｎ２＋ｎ－１）（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ＊），比较ｐ，ｑ，ｒ的大小．分析　由（２）可知：令ｘ＝ｙ，则ｆ（０）＝０；令ｘ＝０，则ｆ（－ｙ）＝－ｆ（ｙ），所以ｆ（ｘ）为奇函数，对 ｘ，ｙ∈（－１，１），且ｘ＜ｙ，都有ｆ（ｘ）－ｆ（ｙ）＝ｆｘ－ｙ１－ｘ（）ｙ＞０，所以ｆ（ｘ）在（－１，１）上是减函数．又因为ｆ１ｎ２＋ｎ（）－１＝１ｎ（ｎ＋１）１－１ｎ（ｎ＋１熿燀燄燅）＝ｆ１ｎ－１ｎ＋１１－１ｎ（ｎ＋１熿燀燄燅）＝ｆ（１ｎ）－ｆ（１ｎ＋１），所以ｒ＝ｆ（１２）－ｆ（１３）＋ｆ（１３）－ｆ（１４）＋…＋ｆ（１ｎ）－ｆ（１ｎ＋１）＝ｆ（１２）－ｆ（１ｎ＋１）＜０．因此ｑ＜ｒ＜ｐ．题型八　混合型有些可以通过以上几种进行混合的通项，裂项的难度较大，例如：１ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）＝１２（ｎ＋１）（１ｎ－１ｎ＋２）＝１２（１ｎ（ｎ＋１）－１（ｎ＋１）（ｎ＋２））；又如下面例题：例８　已知数列｛ｂｎ｝的通项为ｂｎ＝ｎ·２ｎ－１，求和：Ｓｎ＝ｂ３ｂ１ｂ２＋ｂ４ｂ２ｂ３＋…＋ｂｎ＋２ｂｎｂｎ＋１．分析　因为ｂｎ＋２ｂｎｂｎ＋１＝（ｎ＋２）２ｎ＋１ｎ２ｎ－１（ｎ＋１）２ｎ＝ｎ＋２ｎ（ｎ＋１）２ｎ－２＝２（ｎ＋１）－ｎｎ（ｎ＋１）２ｎ－２＝１ｎ２ｎ－３－１（ｎ＋１）２ｎ－２，所以Ｓｎ＝１１·２－２－１２·２－１＋１２·２－１－１３·２０＋…＋１ｎ２ｎ－３－１（ｎ＋１）２ｎ－２＝４－１（ｎ＋１）２ｎ－２．以上笔者仅仅归纳出常见的八大题型，对一些不常见的题型需要大胆的猜测，也可以从首项起开始裂项，然后加以归纳，即从特殊到一般，有时也可以利用待定系数法去完成裂开通项．最后希望同学们要善于总结归纳，并加以积累，这样才能把自己从题海里解脱出来．（责审　王雷檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪）（上接第２３页）图２（２）如图２，｜ＭＡ｜＝１ｓｉｎθ，｜ＭＢ｜＝２ｃｏｓθ，｜ＭＡ｜·｜ＭＢ｜＝２ｓｉｎθｃｏｓθ＝４ｓｉｎ２θ≥４．当ｓｉｎ２θ＝１，即θ＝４５°时取等号，此时直线ｌ的倾斜角为１３５°，故所求直线方程为ｘ＋ｙ－３＝０．小结　解法一，解法二分别用直线方程的点斜式和截距式给出直线方程，然后建立目标函数，再用基本不等式求出最值，解法自然流畅．解法三是通过转换解析几何环境到解三角形环境这样设角也比较自然．本题与本文开头的联考题，一个以解几为背景，一个以平几为背景，题目虽然不同，但解法基本相同．经常对这类题型不同但解法相同或相近的问题进行模式化总结与反思，有利于同学们今后一看到这类问题就会有法可依，有路可行，从而熟能生巧，开拓思路，提高解决问题的实力．（责审　王雷）·１２·。

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：$$\begin{aligned}&\sum_{i=1}^{5}(i^3+(6-i)^3)=2\times\sum_{i=1}^{5}(i^3+108-18i^2)\\=&2\times(\sum_{i=1}^{5}i^3+540-18\sum_{i=1}^{5}i^2)\\=&2\times(1^3+2^3+3^3+4^3+5^3 +540-18\times(1^2+2^2+3^2+4^2+5^2))\\=&2\times(1+8+27+6 4+125+540-18\times55)\\=&2\times(775)=1550\end{aligned}$$$$\begin{aligned}&\sum_{i=1}^{5}(2i^3-3i^2\times6+3i\times36-2\times6^3)=2\times\sum_{i=1}^{5}(2i^3-18i^2+108i-216)\\=&2\times(2\times1^3-18\times1^2+108\times1-216+2\times2^3-18\times2^2+108\times2-216+2\times3^3-18\times3^2+108\times3-216\\&+2\times4^3-18\times4^2+108\times4-216+2\times5^3-18\times5^2+108\times5-216)\\=&2\times(-740)=-1480\end{aligned}$$然后，我们将这两个总和相减并除以2，即可得到答案：$$\frac{1550-(-1480)}{2}=1515$$因此，$\sum_{i=1}^{5}i^3=1515$。

高数裂项公式(一)高数裂项公式1. 简介高数裂项公式是数学中常用的一类公式，用于将一个项式拆分成更小的项式的和。

这个技巧在求解一些复杂的数学问题时非常有用。

在本文中，我们将介绍几个常见的高数裂项公式，并给出相应的例子来说明其应用。

2. 常见的高数裂项公式二项式定理二项式定理是高数中最基本的裂项公式之一，它用于展开一个二项式的幂。

公式：(a +b)n =∑(n k )nk=0a n−k b k 其中，(n k) 表示组合数，可以使用公式(n k )=n!k!(n −k )!来计算。

例子： 展开(x +y )3。

根据二项式定理，展开结果为：(x +y )3=(30)x 3y 0+(31)x 2y 1+(32)x 1y 2+(33)x 0y 3 =x 3+3x 2y +3xy 2+y 3多项式求和公式多项式求和公式可以将一个多项式拆分成多个较简单的项式的和。

公式：∑k n nk=1=n (n +1)2 例子： 计算∑k 24k=1。

根据多项式求和公式，结果为：∑k2 4k=1=4(4+1)2=10幂函数求和公式幂函数求和公式用于计算一系列幂函数的和。

公式：∑x k nk=1=x n+1−xx−1其中，x≠1。

例子：计算∑2k5k=1。

根据幂函数求和公式，结果为：∑2k 5k=1=25+1−22−1=623. 总结高数裂项公式是一类非常有用的工具，可以将复杂的项式拆分成更小的项式的和。

在解决数学问题时，我们可以利用裂项公式简化计算步骤，提高效率。

本文介绍了几个常见的高数裂项公式，并给出了相应的例子来说明其应用。

通过深入理解和掌握这些公式，我们可以更好地应对数学问题的挑战。