数列中裂项求和的几种常见模型(学习资料)

裂项相消法求和把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。

1、 特别是对于⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n n a a c ，其中{}n a 是各项均不为0的等差数列，通常用裂项相消法，即利用1+n n a a c =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+111n na a d c ，其中()n n a a d -=+1 2、 常见拆项：111)1(1+-=+n n n n)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n!)!1(!n n n n -+=⋅)!1(1!1)!1(+-=+n n n n例1 求数列1{}(1)n n +的前n 和n S ．例2 求数列1{}(2)n n +的前n 和n S ．例3 求数列1{}(1)(2)n n n ++的前n 和n S ．例4 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.例5：求数列311⨯，421⨯，531⨯，…，)2(1+n n ，…的前n 项和S例6、 求和)12)(12()2(534312222+-++⋅+⋅=n n n S n一、累加法1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。

2．若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。

解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++= 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。

ｋ≠ ０ ｆ ，、
…
ｎ 【 ｎ ＋ ｋ Ｊ
一一 ｔ ｆ
： （ 一 ） ， 其中
ｋ ｎ ｎ ＋ ｋ
一
ｃ ｃ 专 ＝
一
‘ 吉 ＜ ＜ ＝
ｎ （ ｎ ＋ １ ） （ ｎ ＋ ２ ） ２ ｎ ｎ ＋ １ ） （ ｎ ＋ １ ） ） （ ｎ ＋ ２ ）
技 法点拨
④
裂项法是高 考数列题 的一 种常见 的解题方 法 ， 学生往往把握不好裂项 的本质 ，在本文 中笔者拟从 裂项的本质入手探讨裂项法 的常见技巧 。 裂项法是将 数列中的每一项 （ 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。裂项的实质是将数列 中的每一项裂成一个 函数 的两个 函数值 之差 即％ ｎ ） ｎ ＋ ６ ） ， 从 而达 到
、
分 式 型 裂 项
分式型裂项法 的实质是通分 的逆运算 。分式 型 的裂项 主要 是发 现规律进行构造 的过程 ，很多 时候 裂项 的方式不容易找到 ， 需要 进行适 当的变形 ， 或将 部分进行运算 ， 使其更 容易发现规质是三角 函数公 式 的变形用法 ， 要注意弄清公式的各种 变形 ， 找出能 够达 到裂项相 消的变形 。 常 见类 型 ： （ １ ） 数列｝ ａ ｎ ｝ 是 等差 数列 ， 且 公差 为
２ １ ｍ ３ １ ｍ ｍ ｍ
÷ ［ （ １ ｘ ２ ｘ ３ 一 Ｏ ｘ ｌ ｘ ２ ） ＋ （ ２ ｘ ３ ｘ ４ 一 ｌ ｘ ２ ｘ ３ ） ＋
＋ — （ １ 一 ） （ １ － ） …（ １ 一 一 ｍ）
ｍ！ ， ｎ ｍ ｍ
…＋ｎ （ ｎ ＋ １ ） （ 肼２ ） 一 （ ｎ 一 １ ） ｎ （ ｎ 十 １ ） ） ］ 一 旦 ： ＿ ＝ １［ ＿ｎ

常见裂项技巧一、什么是裂项？在数学中，裂项是指将一个求和式中的每一项拆分成两个或多个部分，然后通过重新排列这些部分以达到简化或变形的目的。

裂项技巧广泛应用于各个数学分支中，尤其在级数求和、极限计算、微积分等领域中常见。

二、为什么要使用裂项技巧？使用裂项技巧可以使原本复杂的求和式或极限计算变得更加简单，从而方便进行后续的推导和计算。

裂项技巧可以改变原始问题的形式，通过引入新的项或变量，将原问题转化为更易处理的形式。

此外，裂项技巧还可以帮助我们发现隐藏的规律和性质，从而得到更深入的数学理解。

三、常见的裂项技巧1. 二项式展开二项式展开是一种常见的裂项技巧，通过利用二项式系数的性质，将一个复杂的幂函数表达式展开成一个求和式。

二项式展开的公式如下：(a+b)n=C0n a n+C1n a n−1b+C2n a n−2b2+...+C n n b n其中，C k n表示第k个二项式系数，可以通过组合数的求解公式计算得到。

通过二项式展开，我们可以求解各种多项式的值，并且在某些情况下可以发现一些隐藏的数学规律。

2. 分数拆项分数拆项是一种常见的裂项技巧，通过将一个分数表达式拆分成两个或多个部分，从而使得求和或计算更为方便。

分数拆项常用的方法有部分分式分解、分子拆项和分母拆项等。

例如，我们可以将一个分数表达式拆分成若干简单的分数之和，然后进行逐项求和。

这样做的好处是将原本复杂的分数拆分成多个简单的分数，从而方便进行计算。

3. 周期性裂项周期性裂项是一种常用的裂项技巧，适用于一些具有周期性性质的数列或函数。

通过将周期性数列或函数拆分成多个部分，并利用其周期性特点，可以简化计算或得出结论。

例如，我们可以将一个周期性数列拆分成若干个重复的子序列，并通过观察子序列的性质得出整个数列的求和或极限等结果。

4. 分段函数裂项分段函数裂项是一种常见的裂项技巧，适用于一些具有分段定义的函数。

通过将分段函数拆分成多个部分，并分别考察每个部分的性质，可以方便地进行计算和推导。

数列中的裂项法求和举例杨恒运江苏省扬中高级中学 （212200）数列中的求和问题是一个基本问题，应该根据通项公式的形式确定用什么方法求数列的前 n 项和。

裂项法求和的是数列求和中一种常用方法，应用非常广泛,下面就举例说明之。

1. 求通项公式例1 已知数列｛n a ｝满足：121321,,n n a a a a a a a ---- 是首项为1公比为13的等比数列，求通项n a由于121321n n n a a a a a a a a -+-+-++-= 很容易求出通项113n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭2. 求等差数列前 n 项和例2 在数列{}n a 中,若21n n a n n s =+，求前项和 学生在求和中，数列中的基本元素及求和公式都会搞错，若用裂项法就很容易求出其前n 项和 略解:显然22(1)n a n n =+-12222222221 (21)(32)(1) (1)12(1)n nn s a a a n n n n na a n d=+++=-+-+++-=+-=+=+- 则一般地，若等差数列()()1 1221211()3(21)22d 3 = n+12231122 =na (1)2n n a dn a d d n a dn a d d s n a d n nn d=+-=++-⎛⎫⎡⎤-+- ⎪⎣⎦⎝⎭⎛⎫⎡⎤∴=+-+- ⎪⎣⎦⎝⎭+-则3．求等比数列前n 项和对于等比数列前n 项和的推导及记忆应用都是一个难点，若用裂项法的思想，就可以化繁为简例3 在数列{}n a 中,若2n nn a n s =，求前项和{}()111n 111n 102111121122222a (1)a a =()q-11(1) (1)11n n n n n n n n nn n n n n n n a s a a q q q q as a a a q q q q q q q a a q q q q++---==-∴=-=≠-∴=++=-+-+---=-=-- 略解：一般地在等比数列中 若则 4．求通项是等差数列与等比数列对应项乘积的数列的前n 项和 对这种数列的前n 项和问题更是一个难点，求和的方法是错位相减法，即使学生记得此方法，但运算正确的也很少，若用裂项法，则运算很简捷。

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。

数列常见裂项公式数列，这玩意儿在数学里可是个相当重要的角色。

咱们今儿个就来好好唠唠数列里常见的裂项公式。

先说说为啥要研究裂项公式哈。

就拿我之前批改学生作业的时候遇到的事儿来说。

有一道题是这样的：求数列 1/（1×2） + 1/（2×3） + 1/（3×4） + ...... + 1/（n×(n + 1)）的前 n 项和。

好多同学瞅着这题就懵了，完全不知道从哪儿下手。

其实呢，要是掌握了裂项公式，这题就能轻松搞定。

那常见的裂项公式都有啥呢？比如说，1/[n×(n + 1)] = 1/n - 1/(n + 1) 。

这个公式特别常用，咱们来仔细瞅瞅。

把 1/[n×(n + 1)] 裂成 1/n - 1/(n + 1) 之后，咱们再去求和，就会发现神奇的事儿。

就拿刚才那道题来说，第一项 1/（1×2）可以写成 1/1 -1/2 ，第二项 1/（2×3）可以写成 1/2 - 1/3 ，第三项 1/（3×4）可以写成 1/3 - 1/4 ，以此类推，一直到第 n 项 1/[n×(n + 1)] 可以写成 1/n - 1/(n + 1) 。

然后把这些式子加起来，你会发现中间的那些项都能消掉。

1/1 -1/2 + 1/2 - 1/3 + 1/3 - 1/4 + ...... + 1/n - 1/(n + 1) ，除了开头的 1/1 和最后的 - 1/(n + 1) ，其他的都消掉啦，结果就等于 1 - 1/(n + 1) = n/(n + 1) 。

是不是很神奇？再比如，1/[n×(n + k)] = 1/k × [1/n - 1/(n + k)] ，这个公式在一些稍微复杂点的题目里也经常出现。

还有1/(√n + √(n + 1)) = √(n + 1) - √n ，这个也得记住。

有一次上课，我给学生们出了一道用裂项公式求解的题目，大多数同学都一脸茫然。

数列的求和（裂项相消法）对于⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n n a a c ，其中{}n a 是各项均不为0的等差数列，通常用裂项相消法，即利用1+n n a a c =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+111n n a a d c ， 常见拆项：111)1(1+-=+n n n n)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n1k==1、已知数列的的通项，求数列的前n 项和： （1） )1(1+=n n a n （2）)2(1+=n n b n2、求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.3、在数列{a n }中，11211++⋅⋅⋅++++=n nn n a n ，又12+⋅=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项的和.4、等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a32=9a2a6，（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn =log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{}的前n项和．5、正项数列{an }满足﹣（2n﹣1）an﹣2n=0．（1）求数列{an }的通项公式an；（2）令bn=，求数列{bn}的前n项和Tn．6、已知等差数列{an }满足：a3=7，a5+a7=26．{an}的前n项和为Sn．（1）求an 及Sn；（2）令（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn．7. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点),(n s n n 在直线21121+=x y 上，数列{}n b 满足0212=+-++n n n b b b ，()*N n ∈，113=b，且其前9项和为153.（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）设)12)(112(3--=n n n b a c ，求数列{}n c 前n 项的和n T .8、已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足5,053-==S S (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列21211n n a a -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和．9、S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0，(Ⅰ)求{a n }的通项公式： (Ⅱ)设 ，求数列}的前n 项和10、已知公差不为零的等差数列{}n a 中，37a =，且1413,,a a a 成等比数列． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令211n n b a =-（n N *∈），求数列{}n b 的前n 项和n S ．11、已知各项均为正数的等比数列{}n a 的首项12a =，n S 为其前n 项和，且312253S S S =+. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设2log n n b a =，11n n n c b b +=，记数列{}n c 的前n 项和n T ，求4n Tn +的最大值.12. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n S a =-，(1,2,3)n =⋅⋅⋅；数列{}n b 中，11,b = 点1(,)n n P b b +在直线20x y -+=上．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）设数列12n b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 和为n S ，求12111nS S S +++；答案：1（1）1n n +（2）3111-)4212n n +++（21-；3、81n n +；4、（1）13n n a =（2）21n n S n =-+；5、（1）2n a n =（2）21n n T n =+（）;6、（1）2+1n a n =22n S n n =+（2）1n n T n =+4（）；7、（1）5;32n n a n b n =+=+（2）21n n T n =+；8、（1）2-n a n =（2）1-2n nT n=；9、（1）2+1n a n =（2）323)n n T n =+（10、（1）2+1n a n =（2）1)n n S n =+4（;11、、（1）2nn a =（2）1n n T n =+，最大值为19;12、（1）2nn a =；21n b n =-（2）21n nT n =+，。

+
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)

裂项相消法求和的两种常见模型
发表时间：2020-10-29T09:46:37.800Z 来源：《教学与研究》2020年第19期作者：梁为龙[导读] 数列裂项相消法求和的关键是把数列的通项分裂为具有递推关系的梁为龙
深圳市南头中学
数列裂项相消法求和的关键是把数列的通项分裂为具有递推关系的两项差，这也是裂项相消法求和的基本思想。

裂项求和形式多变，方法灵活，很多同学感觉很复杂，但根据笔者对历年高考题及各地模拟题的观察，归结为如下两大模型，而此两大模型的通项均具有明显的特征：
角度3：“n作为指数”型。

裂项法求和典型例题10道嘿，同学们，今天咱就来好好讲讲裂项法求和典型例题 10 道哈。

第一道题，计算1/(1×2)+1/(2×3)+1/(3×4)+……+1/(99×100)。

咱来分析一下，这每一项都可以写成两项之差，比如1/(1×2)=1-1/2，1/(2×3)=1/2-1/3，以此类推，然后就能相互抵消一些项，最后求出结果是99/100。

再看第二道题，计算1/2+1/6+1/12+1/20+……+1/90。

同样的道理，把每一项都进行裂项，1/2=1-1/2，1/6=1/2-1/3，1/12=1/3-1/4，这样就能简便计算啦，答案是 9/10。

接着第三道，求数列1/(3×5)+1/(5×7)+1/(7×9)+……+1/(19×21)的和。

每一项裂项后可得1/2×(1/3-1/5)+1/2×(1/5-1/7)……，提个 1/2 出来，再进行计算，结果是 10/21。

第四道题，计算1/1+2/(1+2)+3/(1+2+3)+……+9/(1+2+……+9)。

先求出分母的和，再进行裂项，这道题就迎刃而解啦，答案是 9/5。

来第五道，求1/4+1/12+1/24+1/40+……+1/180 的和。

把各项都进行合适的裂项处理，最后可得结果是 5/9。

第六道，计算3/(1×4)+3/(4×7)+3/(7×10)+……+3/(97×100)。

每一项提个 3 出来，再裂项计算，答案是 33/100。

第七道，求2/(2×4)+2/(4×6)+2/(6×8)+……+2/(98×100)。

类似前面的方法，裂项后计算可得结果是 49/100。

第八道，计算1/(1×3)+1/(3×5)+1/(5×7)+……+1/(99×101)。

专题06 数列求和（裂项相消法）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍常见的裂项技巧 类型一：等差型类型二：无理型类型三：指数型①11(1)11()()n n n n n a a a k a k a k a k++-=-++++如：11211(2)(2)22n n n n n k k k k++=-++++类型四：通项裂项为“+”型如：①()()()21111111nn n n n n n +⎛⎫-⋅=-+ ⎪++⎝⎭ ②()()131222(1)(11)1n nn n nn n n n n +⎛⎫++⋅-=+- ⎝+⎪⎭本类模型典型标志在通项中含有(1)n -乘以一个分式.二、典型例题类型一：等差型例题1．（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，0n a >，315S =，公差1d >，且___________.从①21a -为11a -与31a +等比中项，②等比数列{}n b 的公比为3q =，1124,b a b a ==这两个条件中，选择一个补充在上面问题的横线上，使得符合条件的数列{}n a 存在并作答. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：16nT <.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，设，则，典型的裂项相消的特征，可将通项裂项为：解答过程：由题意知：；例题2．（2022·广东佛山·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 ．感悟升华（核心秘籍）本例是裂项相消法的等差型，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.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的特征，可将通项裂项为：解答过程：由题意知：；类型二：无理型例题3．（2022·重庆八中模拟预测）已知各项均为正数的等差数列{}n a 满足11a =，22112()n n n n a a a a ++=++．(1)求{}n a 的通项公式； (2)记11n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的无理型特征，可将通项分母有理化为：解答过程：由题意知：；例题4．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，3518a a +=，648S =. (1)求{}n a 的通项公式； (2)设112n n n b a a +-=+，求数列{}n b 的前n 项和为n T .感悟升华（核心秘籍）本例是裂项相消法的无理型，具有明显的特征，其技巧在于分母有理化，注意裂项相消的过程中，是连续相消，还是隔项相消，计算注意细节.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的无理型特征，可将通项分母有理化为：解答过程：由题意知：；类型三：指数型例题5．（2022·全国·模拟预测）已知等差数列{}n a 满足()*10n n a a n +->∈N ，且141015a a a ++=，2a ，4a ，8a 成等比数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若122n a n n n n a b a a ++⋅=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S ．感悟升华（核心秘籍）第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，具有明显的裂项相消法的特征，但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得通分，逆向求裂项求和．例题6．（2022·江西·临川一中模拟预测（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21,*=-∈n n S a n N .(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足22,(1)*++=∈⋅⋅+n n n b n N a n n ，求数列{}n b 的前n 项和n T .类型四：通项裂项为“+”型第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，具有明显的裂项相消法的特征，但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得通分，逆向求裂项求和例题7．（2022·吉林辽源·高二期末）已知等差数列{}n a 的前n 项和21,3n S n an b a =++=，数列{}n b 的前n 项和23n n n T b +=，12b =. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)令(1)nnn na cb =-，求数列{}nc 的前n 项和n P .【答案】(1)21n a n =+，()1n b n n =+ (2)2,?1,?1n n n n P n n n +⎧-⎪⎪+=⎨⎪-⎪+⎩为奇数为偶数感悟升华（核心秘籍）第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，注意通项中含有明显的裂项的两个特征，①含有分式②含有（注意通项中含有是裂项为“”型的重要标志），但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得则：，注意到通项中含有，需分奇偶讨论通分，逆向求当为偶数（为正），（注意此时为偶数，代入偶数的结论中）当为奇数（为偶数）综上：例题8．（2022·陕西·长安一中高二期中（文））已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且124,,S S S成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令()1141n n n n nb a a -+=-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．三、题型归类练第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，注意通项中含有明显的裂项的两个特征，①含有分式②含有（注意通项中含有是裂项为“”型的重要标志），但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得，通分，逆向求当为奇数（为正），（注意此时为奇数，代入奇数的结论中）当为偶数（为奇数）综上：1．（2022·内蒙古·满洲里市教研培训中心模拟预测（理））已知在等差数列{}n a 中，25a =，1033a a =． (1)求数列{}n a 的通项公式; (2)设()21n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．2．（2022·山西运城·模拟预测（理））已知单调递增的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，512340,,1,S a a a =-成等比数列，正项等比数列{}n b 满足11631,23b a S b =+=+. (1)求{}n a 与{}n b 的通项公式； (2)设()3123log n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T .3．（2022·河南·模拟预测（理））已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()()222220n n S n n S n n -+--+=．(1)求1a 的值和数列{}n a 的通项公式； (2)设21n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．4．（2022·河北保定·一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1332n n S +-=．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设3314log log n n n b a a +=⋅，求{}n b 的前n 项和n T ．5．（2022·安徽·北大培文蚌埠实验学校高三开学考试（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，525S =，且()*1232n n n n S a S S n ++-=+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设n b =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．6．（2022·江苏盐城·三模）已知正项等比数列{}n a 满足1330a a +=，请在①4120S =，②481a =，③2211120n n n n a a a a --+-=，2n ≥，*n N ∈中选择一个填在横线上并完成下面问题：(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()12311n n n n b a a +⋅=++，{}n b 的前n 和为n S ，求证：14n S <．7．（2022·浙江金华·模拟预测）已知数列{}{},n n a b ，其中{}n a 为等差数列，且满足11211,,32a b b ===，21141,2n n n n nn a b a b n N *++-=+∈. (1)求数列{}{},n n a b 的通项公式； (2)设212n n nn n a c a a ++=，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求证：1n T <8．（2022·湖北·二模）已知正项等差数列{}n a 满足：()33n n a a n *=∈N ，且1382,1,a a a +成等比数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()1121212n n n a n a a c ++=++，n R 是数列{}n c 的前n 项和，若对任意n *∈N 均有n R λ<恒成立，求λ的最小值．9．（2022·江西·临川一中高二期末（理））已知数列{}n a ，0n a >，11a =，n S 为其前n 项和，且满足()()()1112n n n n S S S S n --+-=≥.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设()11nnn a b =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．10．（2022·重庆八中模拟预测）已知n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，36S =，2319a a a =⋅.(2)设数列()()24141nn n a b n n +=-∈-N ，数列化{}n b 的前2n 项和为2n T ，若2112022n T +<，求正整数n 的最小值.11．（2022·天津市武清区杨村第一中学二模）已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且114342131,2,2,a b a b b b a a ====+．(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式；(2)记{}n b 的前n 项和为n S ，证明：()n n n S a b n *≤⋅∈N ；(3)记()311(1)*++⋅=-∈⋅n n n nnn a b c n a a N ，求数列{}n c 的前2n 项和．12．（2022·黑龙江实验中学模拟预测（理））已知数列{}n a 满足11a =，11n n n n a a a a --=-，且0n a ≠. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若()()11121n n n n b n a a ++=-+，数列{}n b 前n 项和为nT，求2022T .13．（2022·湖北·蕲春县第一高级中学模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，其中1215a S ==，，当2n ≥时，1124n n n a S S +-，，成等差数列.(2)记数列()()2123211n n n a a ++⎧⎫⋅⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前n 项和n T ，求证：121855n T ≤<.。

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。

Ｎ ∗ . 求数列 { ｃ ｎ }的前 ｎ 项和 Ｔ ｎ .
解析 (１) { ａ ｎ }是等差数列ꎬ且满足 ａ１ ＝ １ꎬａ２ ꎬ
ａ３ ＋ １ꎬａ４ ＋ ６ 三个数成等比数列.
所以( ａ３ ＋ １) ＝ ａ２ ( ａ４ ＋ ６) .
２
６ｎ － ５ .
所以 Ｃ ｎ ＝
６ｎ ＋ １ －
(２) 因为 Ｃ ｎ (
和式相消后可求得 Ｔ ｎ [３] .
＝ ａｎ .
Ｓ２
Ｓｎ
＋＋
２
ｎ
(１) 求数列 { ａ ｎ }ꎬ { ｂ ｎ }的通项公式ꎻ
ｂｎ ＋ ３
５
ꎬ求证:ｃ１ ＋ ｃ２ ＋ ＋ ｃ ｎ < .
Ｓｎ Ｓｎ ＋ ２
８
解析 (１) 由于 ａ ｎ ＋ １ － ａ ｎ ＝ ｎ ＋ １ꎬ则
ａｎ ＝ ( ａｎ － ａｎ － １ ) ＋ ( ａｎ － １ － ａｎ － ２ ) ＋ ＋
ａｎ ａｎ ＋ １
１
１ ö÷
３
３
－
＝
＝ ３ æç
.
ａｎ ａｎ ＋ １ ( ｎ ＋ １ ) ( ｎ ＋ ２ )
èｎ ＋１ ｎ ＋２ ø
１
因为 ｎ∈Ｎ ꎬ所以
> ０.
ｎ ＋２
∗
１
１
１
所以 －
< .
２ ｎ ＋２ ２
３
.
２
评析 本题重点考查等差数列的基本运算ꎬ裂
项相消法求解数列的前 ｎ 项和的问题ꎬ考查转化与
即 λ ＋１ ＝
解得 Ｓ ｎ ＝ ｎ２ ꎬｎ ＝ １ 时ꎬｂ１ ＝ １ ＝ Ｓ１ 也满足.
(２) 由于 ｃｎ ＝
－
(１) 求 λ 的值ꎻ

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

数学裂项公式和例题数学中的裂项公式是一种用于将一个复杂的数列或算式拆解为较简单部分的公式。

它在数学中具有重要的应用，解决了许多不易处理的数学问题，同时也帮助人们更好地理解和应用数学知识。

裂项公式通常被用于求解数列的部分和，即指定数列从某一项开始至某一项结束的和。

通过将数列拆分成较小的部分，我们可以更方便地计算和推导数列的性质。

一个常见的裂项公式是泰勒展开式，它将一个连续可导函数在某一点附近展开成一个幂级数。

泰勒展开式通过将函数表示为幂级数的形式，使得我们可以通过有限项的求和近似计算函数的值。

裂项公式还可以应用于求解无穷级数的和。

最常见的例子是几何级数的求和公式。

几何级数由一个公比不等于1的常数乘以自身的连续乘积组成。

裂项公式可以将几何级数拆解成多个部分，从而得到准确的和。

例如，对于几何级数1 + 1/2 + 1/4 + 1/8 + ...，我们可以通过裂项公式将其分为两个部分，即1和1/2 + 1/4 + 1/8 + ...，然后计算出它们各自的和，最终得到整个几何级数的和为2。

另外一个常见的裂项公式是分式分解。

分式分解将一个分式表示为多个较简单的部分之和。

通过分式分解，我们可以简化复杂的分式运算，使得计算更加便捷。

例如，将分式1/(x+1)(x+2)分解为两个部分A/x+1和B/x+2，我们可以更容易地计算出它的积分或计算其在某一点的函数值。

裂项公式的应用不仅限于数列和分式，还包括其他形式的数学表达式，如级数、积分等。

在数学问题的解答中，裂项公式为我们提供了一种灵活而有效的工具，使得我们能够更好地理解数学的本质和应用。

以下是一个例题，展示了裂项公式在解决数列和的问题中的应用：例题：求解数列1/3 + 1/5 + 1/7 + ... + 1/(2n+1)的和。

解答：该数列可以通过裂项公式拆解成两个部分。

首先，我们可以将数列拆解为1/3 + 1/5 +1/7 + ... + 1/(2n-1)和1/(2n+1)两部分。

常见数列裂项公式在我们学习数学的道路上，数列可是一个让人又爱又恨的“小家伙”。

而其中的裂项公式，更是数列家族中的“神秘嘉宾”，今天咱们就来好好聊聊常见的数列裂项公式。

先来说说什么是裂项公式。

简单来讲，就是把一个数列的每一项拆分成两个或者多个项的差或者和，从而让求和变得简单。

比如说，对于数列\(\frac{1}{n(n + 1)}\)，它的裂项公式就是\(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}\)。

这就好比是把一个大苹果切成了两块，方便我们一口一口吃掉。

我记得有一次给学生们讲这个知识点的时候，有个小家伙瞪着大眼睛，一脸迷茫地问我：“老师，这拆来拆去的有啥用啊？”我笑着跟他说：“你想想啊，如果让你直接算从\(\frac{1}{1×2}\)一直加到\(\frac{1}{99×100}\)，那得算到啥时候？但用裂项公式，一下子就简单多啦！”然后我带着他们一步步地推导，看着他们从一开始的懵懵懂懂，到后来恍然大悟的表情，那感觉，真的比我自己解出难题还开心。

再比如\(\frac{1}{n(n + k)}\)，它的裂项公式就是\(\frac{1}{k}(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + k})\)。

这个公式在解决一些复杂的求和问题时，那可是“大功臣”。

还有\(\frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n + 1}}\)，它的裂项公式是\(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}\)。

想象一下，一堆看起来乱糟糟的式子，通过这样巧妙的裂项，一下子变得井井有条。

在实际解题中，灵活运用这些裂项公式可以大大提高我们的解题效率。

比如遇到一个求和式子\(\sum_{n = 1}^{100} \frac{1}{n(n + 2)}\)，我们就可以利用裂项公式\(\frac{1}{2}(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 2})\)，把每一项都进行裂项，然后相邻两项相互抵消，最后就能轻松得出答案。