裂项法求数列的和

裂项相消法求和利用解析式变形，将一个数列分成若干个可以直接求和的数列，即进行拆项重组，或将通项分裂成几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后剩下有限项的和。

这是一种非常常见的题型，也是高考中的热点考题。

相对于其它题型来说，这种题目的难度大，有一定的思维能力，对于培养学生的思维有常见的拆项公式有： ○1()11111+-=+n n n n○2()()()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=++2111121211n n n n n n n○3()()⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-1211212112121n n n n○4()ba ba b a --=+11○5()!!1!n n n n -+=⋅○6mn m n m n C C C -=+-11○7()21≥-=-n S S a n n n○8()()112+<<-n n n n n ，()()111112-<<+∴n n n n n ， 即nn n n n 11111112--<<+- 例1、已知数列{}n a 的各项如下：1，211+，3211++，…………，n++++ 3211。

求它的前n 项和n S 。

解析：()()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+=+=++++=1112122113211n n n n n n n a n所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++++=111413131212112321n n a a a a S n n121112+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n n 例2、已知数列{}n a 是等差数列，其前n 项和n S ，且123=S ,63=a 。

○1求数列{}n a 的通项公式；○2求证：11111321<++++nS S S S解析：○1n a d a d a d a S a n 22212336212611133=⇒⎪⎩⎪⎨⎧⎩⎨⎧⎩⎨⎧==⇒=+=+⇒==○2()()()11111112222642+-=+=⇒+=+=++++=n n n n S n n n n n S n n所以1111111413131212111111321<+-=+-++-+-+-=++++n n n S S S S n 例3、数列{}n a 的通项公式是12-=nn a ，如果数列{}n b 是12++=n n nn a a b ，试求{}n b 的前n项和n S 。

姓名： _______________ 班级： _____________________________数列求和（二）一一 裂项相消法目标：1理解裂项相消法思想。

2使用裂项相消法解决特殊数列求和问题。

3在自学与探究中体验数学方法的形成过程。

一、复习巩固1公式求和法 适用于求 的和。

2 分组求和法 适用于求 的和。

3 错位相减法适用于求的和。

1 1(1 -)(-,、2 2 33 4nn 1二、自学讨论学习以下例题，完成填空。

（限时8分钟）思考与讨论：什么数列可用裂项相消法求和？ 如何裂项？你有好的方法吗？如何相消？你能发现其中的规律吗？ 利用裂项相消法求和的一般步骤是什么？例一：已知a n解：a nn(n 1) n n裂项:①你能证明 ②猜想:S na 1 a 2a 3a n 1结论: (n 1)n n(n 1)1吗?n(n 1) n n 1n n 2 11 n n :1n(n 2)③一般地;1) 相消：怎么消？ 哪些项是不能消去的?a n验证:变式训练：已知a n(2)已知a n （1）三、增效练习（限时 10分钟）5、已知数列 a n 的各项如下:求它的前 n 项和 S n = _______________四、能力提升五、课堂小结 裂项相消法求和: 对于通项公式可拆成两项的数列，我们通常采用裂项相消法逐项消去前后项求数列的和。

裂项相消法求和的一般步骤：求通项一一裂项一一相消一一求和。

六、作业（背面）1 1 123 55 72n 1 2n 33、1 1 11（只需把消完后的项列出，3 54 65 7n(n 2)*34已知a n6n 5 n N ，b n，求T nbi b 2b na n a n 1无需化简）1、已知a n1(2n 1)(2n 1)，S若a n 是等差数列，则a n 1a n d ，所以 a *a n 11a n (a n d)进而，S n1a 2 a 31a n 1a n，若前n 项和为10,则项数为( n + n +1B . 99 D . 121112123123412.已知数列｛a n ｝ = ｛2, § + 2 4 + 4+ 4, 5+ 2 + 3+5 …｝，那么数列｛b n ｝ = ｛爲二｝前 n 项 的和为（ ）1 1 1A. 4（1 -帶）B .屿-帚）1D.2 —3.在数列｛a n ｝中，a 1 = 2, na n +1= （n + 1）a n + 2（n € N *），贝U a 10等于（）A . 34B . 36C . 38D . 401 1 14•等差数列｛a n ｝中，a 1= 3，公差d = 2, S 为前n 项和，求§ +至+…+5.等差数列｛a n ｝的各项均为正数，a 1 = 3,前n 项和为S n ,｛b n ｝为等比数列，b 1= 1,且b 2S 2=64 , b 3S 3= 960.(1)求 a n 与 b n ；1 1 1⑵求和：S 1+ S 2+…+ £1数列｛a n ｝的通项公式是A . 11 C . 120C .6设正数数列的前n项和S n满足S n 1a n 14C求数列a n的通项公式；②设b n1，记数列b n的前n项和T n。

数列中裂项求和的几种常见模型模型一：数列{}n a 是以d 为公差的等差数列,且),3,2,1(0,0 =≠≠n a d n ,则)11(1111++-=n n n n a a d a a 例1已知二次函数()y f x =＝3x 2－2x ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上.（Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式； (Ⅱ）设11n n n b a a +=，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m; (2006年湖北省数学高考理科试题)解：（Ⅰ）因为点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上，所以n S ＝3n 2－2n.当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5,当n ≥2时, a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n ）－[])1(2)132---n n （＝6n －5。

（n=1也符合） 所以，a n ＝6n －5 （n N *∈) （Ⅱ）分析：恒成立问题.求m 则m 为参数，n 为变量由（Ⅰ）得知13+=n n n a a b ＝[]5)1(6)56(3---n n ＝)161561(21+--n n ,故T n ＝∑=ni i b 1＝21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-)161561(...)13171()711(n n ＝21（1－161+n ). 因此,要使21(1－161+n ）〈20m （n N *∈）成立的m,必须且仅须满足21≤20m ，即m ≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10..例2在xoy 平面上有一系列点),,(111y x P ),(222y x P ，…，),(n n n y x P ，…，（n ∈N ＊），点P n 在函数)0(2≥=x x y 的图象上，以点P n 为圆心的圆P n 与x 轴都相切,且圆P n 与圆P n +1又彼此外切。

裂项相消法求数列的前n项和
分裂项相消法是指对某个数列进行分裂，使其合并后形成一个可求得前n项和的数列，而后再进行逆运算，来求出数列的前n项和。

它主要应用在求等差数列前n项和的问题上，其基本思想是把等差数列分解成容易相加的形式，在其中可以特定某些项，然后再将它们重新组合，从而使得每一次所做的加法更简单，最后可得到累加的结果。

这种分裂项相消法的实现过程中，首先需要把数列分解成容易相加的表达式，而后再根据相关公式来求解。

例如某一等差数列的前n项和问题，可以把数列分解成2(a1+an)，再通过公式a1+an=(n+1)d/2（d为数列的公差），根据前面的和来求得等差数列前n项和，最终可求得所求答案。

分裂项相消法也可以用在其他无法明确表达的问题上，比如多项式的前n项和求解。

在这种情况下，首先需要把多项式分解成有限个同类项的形式，设置两个变量，一个是粗变项，一个是细变项，进行分解项的求解，然后运用合并项法，最终可以得到多项式前n项和的结果。

总体而言，分裂项相消法是一种较为复杂的求解数列前n项和的方法，它可以起到节省计算时间和错误概率，特别适用于求解较复杂的数列前n项和问题。

数列中裂项求和的几种常见模型数列问题是高考的一大热点，而且综合性较强，既注重基础知识的掌握，又注重数学思想与方法的运用。

而此类问题大多涉及数列求和，所以数列求和方法是学生必须掌握的，主要的求和方法有：公式法、拆项重组法、并项求和法，裂项相消法、错位相加法、倒序相加法等等，而裂项相消法是其中较为基础、较为灵活的一种，也是出现频率最高，形式最多的一种。

下面就例举几种裂项求和的常见模型，以供参考。

模型一：数列{}n a 是以d 为公差的等差数列，且),3,2,1(0,0 =≠≠n a d n ，则)11(1111++-=n n n n a a d a a 例1已知二次函数()y f x =的图像经过坐标原点，其导函数为'()62f x x =-，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)()nn S n N *∈均在函数()y f x =的图像上。

（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设11n n n b a a +=，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m ；（2006年湖北省数学高考理科试题）解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax 2+bx (a ≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x －2,得a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x 2－2x. 又因为点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上，所以n S ＝3n2－2n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2－2n ）－[])1(2)132---n n （＝6n －5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5 （n N *∈） （Ⅱ）由（Ⅰ）得知13+=n n na ab ＝[]5)1(6)56(3---n n ＝)161561(21+--n n ，故T n ＝∑=ni i b 1＝21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-)161561(...)13171()711(n n ＝21（1－161+n ）. 因此，要使21（1－161+n ）<20m （n N *∈）成立的m,必须且仅须满足21≤20m ，即m ≥10，所以满足要求的最小正整数m为10..例2在xoy 平面上有一系列点),,(111y x P),(222y x P ，…，),(n n n y x P ，…，（n ∈N *），点P n 在函数)0(2≥=x x y 的图象上，以点P n 为圆心的圆P n 与x 轴都相切，且圆P n 与圆P n +1又彼此外切. 若n n x x x <=+11,1且. （I ）求数列}{n x 的通项公式； （II ）设圆P n的面积为,,:2n n n n S T S T =+<求证解：（I ）圆P n 与P n+1彼此外切，令r n 为圆P n 的半径， ,)()(,||1212111++++++=-+-+=∴n n n n n n n n n n y y y y x x r r P P 即 两边平方并化简得,4)(121++=-n n n n y y x x由题意得，圆P n 的半径,4)(,212212++=-==n n n n n n n x x x x x y r),(211,2,01111*++++∈=-=-∴>>N n x x x x x x x x nn n n n n n n 即11}1{1=∴x x n 是以数列为首项，以2为公差的等差数列， 所以121,122)1(11-=-=⨯-+=n x n n x n n 即（II ）4422)12(-====n x y r S n n n n ππππ，])12(1311[2221-+++=+++=n S S S T n n π因为 ))12)(32(15.313.111(--++++≤n n π .23)12(223)]1211(211[)]}121321()5131()311[(211{πππππ<--=--+=---++-+-+=nn n n所以，.23π<nT模型二：分母有理化，如：n n n n -+=++111例3已知)2(41)(2-<-=x x x f ，)(x f 的反函数为)(x g ，点)1,(1+-n n a a A 在曲线)(x g y =上)(*∈N n ，且11=a(I)证明数列{21na }为等差数列；(Ⅱ)设1111++=n n n a a b ,记n n b b b S +++= 21，求n S解(I)∵点A n (11,+-n n a a )在曲线y =g (x )上(n ∈N +)，∴点(n n a a ,11+-)在曲线y =f (x )上(n ∈N +)4)1(12--=nna a ,并且a n >021141nn a a +=∴+，),1(411221N n n a a nn ∈≥=-∴+，∴数列{21na }为等差数列 (Ⅱ)∵数列{21na }为等差数列，并且首项为211a =1，公差为4，∴21na =1+4（n —1），∴3412-=n a n ，∵a n >0，∴341-=n a n ，b n ＝1111++n n a a =4341414341--+=++-n n n n ,∴S n ＝b 1＋b 2+…＋b n =43414.......459415--+++-+-n n =4114-+n 例4设40122N =，则不超过1Nn =的最大整数为 。

2020年第6期(上)中学数学研究37用裂项相消法解多类数列求和问题安徽省芜湖市第一中学(241000)刘海涛数列是高中数学的重要内容之一,数列求和更是高考常考问题,数列求和主要有公式法、裂项相消法、错位相减法、并项转化法、分组转化法等.笔者发现,很多时候我们可以通过待定系数法构造数列{b n }满足a n =b n +1−b n ,利用裂项相消法来对数列{a n }求和,一步到位得到S n =b n +1−b 1,这样的做法可以大大的减少计算量,提高解题效率,现通过具体例题介绍这种做法,供读者参考学习.1解决公式法求和问题例1求12+22+32+···+n 2.解析令a n =n 2,问题转化为求数列{a n }的前n 项和.构造数列{b n }满足a n =b n +1−b n ,设b n =xn 3+yn 2+zn ,则x (n +1)3+y (n +1)2+z (n +1)−(xn 3+yn 2+zn )=n 2,整理得3xn 2+(3x +2y )n +x +y +z =n 2,所以3x =1,3x +2y =0,x +y +z =0,解得x =13,y =−12,z =16,故b n =13n 3−12n 2+16n .12+22+32+···+n 2=(b 2−b 1)+(b 3−b 3)+···+(b n +1−b n )=b n +1−b 1=13(n +1)3−12(n +1)2+16(n +1)−0=16n (n +1)(2n +1).点评自然数平方和公式常见的证明方法有两种,一是先通过不完全归纳法猜想再用数学归纳法证明,这种方法虽容易,但计算繁琐;二是利用公式n 3−(n −1)3=3n 2−3n +1迭加,这种方法的技巧性很强,一时难以想到.在这里,将n 2构造成数列{b n }的前后两项之差,最后成为裂项相消求和形式,一步到位得到答案.2解决错位相减法求和问题例2求公比为q (q =1)的等比数列{a n }的前n 项和S n .解析由题知a n =a 1q n −1,构造数列{b n }满足a n =b n +1−b n ,设b n =xq n ,则xq n +1−xq n =a 1q n −1,解得x =a 1q 2−q ,所以b n =a 1q −1q n −1,故S n =(b 2−b 1)+(b 3−b 3)+···+(b n +1−b n )=b n +1−b 1=a 1q −1q n −a 1q −1=a 1q −1(q n −1)点评等比数列求和公式课本上是用错位相减法推导得到的,利用待定系数法构造新数列裂项相消求和大大简化了计算.另外我们也可以通过a n =a 1qn −1=a 1·q n −q n −1q −1=a 1q −1q n −a 1q −1qn −1直接裂项求和,但是此法技巧性强,难以想到.例3已知数列{a n }为等差数列,前n 项和S n (n ∈N ∗),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4−2a 1,S 11=11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n −1}的前n 项和T n .解析(1)设等差数列{a n }的公差为d ,等比数列{b n }的公比为q (q >0).由题知b 2+b 3b 1=q +q 2=6,解得q =2,则b n =2n ,所以a 4−2a 1=8,S 11=11×16,即3d −a 1=8,11a 1+55d =11×16,解得d =3,a 1=1,则a n =3n −2.(2)由(1)得a 2n b 2n −1=(6n −2)22n −1=(3n −1)4n ,构造数列{c n }满足a 2n b 2n −1=c n +1−c n ,设c n =(xn +y )4n ,则(x (n +1)+y )4n +1−(xn +y )4n =(3n −1)4n ,整理得3xn +4x +3y =3n −1,则3x =3,4x +3y =−1,解得x =1,y =−53,所以c n =(n −53)4n ,故T n =c n +1−c 1=(n −23)4n +1+83.点评对于等差乘等比型数列,通常的做法是错位相减法.虽然错位相减法是一种固定模式的做法,学生容易掌握,但是计算繁琐复杂,学生在实际解题时会做却难以算出正确结果,而用待定系数法构造数列{b n }使得a n =b n +1−b n ,很容易裂项相消求出结果.3解决并项转化法求和问题例4已知数列{a n }的前n 项和S n =2n 2−n .(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =(−1)n a n ,求数列{b n }的前n 项和S n .解析(1)n 2时,a n =S n −S n −1=(2n 2−n )−(2(n −1)2−(n −1))=4n −3,又a 1=1,所以a n =4n −3.(2)由(1)得b n =(−1)n (4n −3),构造数列{c n }满足38中学数学研究2020年第6期(上)b n =c n +1−c n ,设c n =(−1)n (xn +y ),则(−1)n +1(x (n +1)+y )−(−1)n(xn +y )=(−1)n(4n −3),整理得2xn +x +2y =−4n +3,解得x =−2,y =52,则c n =(−1)n (−2n +52),故T n =c n +1−c 1=(−1)n +1(−2n +12)+12=(−1)n (2n −12)+12.点评对于通项公式是a n =(−1)n f (n )的数列求和,还可以采用并项转化求和,如本题可以构造数列{d n }满足d n =b 2n −1+b 2n =4,然后对项数n 分奇偶数讨论,得T n =2n,n 为偶数;−2n +1,n 为奇数.4解决分组转化法求和问题例5在数列{a n }中,a 1=1,a 2=3,a n +2=3a n +1−2a n .(1)证明数列{a n +1−a n }是等比数列,并求数列{a n }的通项公式;(2)若b n=4log 2(a n +1)+3,求数列{(−1)n b n b n +1+n ·2n }的前n 项和T n .解析(1)由题得a n +2−a n +1=2(a n +1−a n ),且a 2−a 1=2,则数列{a n +1−a n }是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n +1−a n =2n .n 2时,a n =(a n −a n −1)+(a n −1−a n −2)+···+(a 2−a 1)+a 1=2n −1+2n −2+···+21+1=2n −1,又a 1=1,因此a n =2n −1.(2)由(1)得b n =4n +3,则(−1)n b n b n +1+n ·2n =(−1)n (4n +3)(4n +7)+n ·2n .构造数列{c n }满足(−1)n b n b n +1+n ·2n =c n +1−c n ,设c n =(−1)n (xn 2+yn +z )+(sn +t )2n ,则(−1)n +1(x (n +1)2+y (n +1)+z )+(s (n +1)+t )2n +1−(−1)n (xn 2+yn +z )−(sn +t )2n =(−1)n (4n +3)(4n +7)+n ·2n ,整理得(−1)n +1(2xn 2+2(x +y )n +x +y +2z )+(sn +2s +t )2n=(−1)n +1(−16n 2−40n −21)+n ·2n ,所以2x =−16,2(x +y )=−40,x +y +2z =−21,s =1,2s +t =0,解得x =−8,y =−12,z =−12,s =1,t =−2,则c n =(−1)n(−8n 2−12n −12)+(n −2)2n=(−1)n +1(8n 2+12n +12)+(n −2)2n ,故T n =c n +1−c 1=(−1)n(8n 2+28n +412)+(n −1)2n +1−372.点评本题也可以用分组转化求和,数列{(−1)n b n b n +1+n ·2n }的通项可以分为两个部分,一是数列{(−1)n b n b n +1},用并项转化求和得(−1)n (8n 2+28n +412)−412;二是数列{n ·2n },用错位相减求和得(n −1)2n +1+2.5解决特殊数列{(An 2+Bn +C )q n }求和问题例6已知数列{a n }满足a 1=2,a n +1−a n =2(n +1).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =(12)n,求数列{a n b n }的前n 项和S n .解析(1)n 2时,a n =(a n −a n −1)+(a n −1−a n −2)+···+(a 2−a 1)+a 1=2n +2(n −1)+···+2×2+2=n 2+n,又a 1=2,因此a n =n 2+n .(2)由(1)得a n b n =(n 2+n)(12)n,构造数列{c n }满足a n b n =c n +1−c n ,设c n =(xn 2+yn +z )(12)n,则(x (n +1)2+y (n +1)+z )(12)n +1−(xn 2+yn +z)(12)n =(n 2+n)(12)n,整理得−xn 2+(2x −y )n +x +y −z =2n 2+2n ,所以−x =2,2x −y =2,x +y −z =0,解得x =−2,y =−6,z =−8,故c n =(−2n 2−6n −8)(12)n =−(n 2+3n +4)(12)n −1,因此S n =c n +1−c 1=8−(n 2+5n +8)(12)n.点评对于数列{(n 2+n)(12)n },平常所用的数列求和法是求不出它的前n 项和的,但是通过待定系数法构造数列{c n },使得c n +1−c n =(n 2+n )(12)n,接着利用裂项相消法求和即可得到答案.本文介绍的通过待定系数法构造新数列,再利用裂项相消法求和,为我们提供了一种新的数列求和方法,但是同学们在日常学习中,要结合自身掌握程度和实际情况,选择最佳的求和方法,不要一味追求某一种解法,要学会从不同解法中汲取不同的数学思想,提高自身的数学核心素养.。