最新整理裂项相消法讲义提高篇知识讲解

(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩几项，后面对称地也剩几项,且前面所剩项的符号与后边刚好相反，例如数列1的求和。

n(n2)(2)将通项裂项后，有时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相

11111111等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝anan＋22daaanan＋1dan2nan1n 2. 裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列an的通项公式，达到求解目的．归纳起来常见的命题角度有：

(1)形如

1111111

()型。如＝－；

nn＋1nn＋1n(nk)knnk(2)形如an＝

1nnk1knkn型；

(3)形如an＝

1111

)型； ＝(2n－12n＋122n12n1n＋1

型．

nn＋22

2

(4)形如an＝

14n11(5)形如an＝n＝n型； n＋1

4－14－13414n11n＋12n－（n－1）11(6)＝＝－. －

2nn（n－1）·2nn（n－1）·2n（n－1）2n1n·

1

角度1 形如an＝型;

nn＋k

【例1】 在等比数列{an}中，a1>0，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1、a5的等比中项为16. (1)求数列{an}的通项公式；

1111

(2)设bn＝log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得＋＋＋…＋S1S2S3Sn对任意n∈N*恒成立．若存在，求出正整数k的最小值；不存在，请说明理由． [解析] (1)设数列{an}的公比为q，由题意可得a3＝16， ∵a3－a2＝8，则a2＝8，∴q＝2.∴an＝2n1. n＋1＋

(2)∵bn＝log42n1＝，

2nn＋3

∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝. 4

＋

精品文档

此文档收集于网络，如有侵权，请 联系网站删除 11441

∵＝＝n－n＋3， Snnn＋331111∴＋＋＋…＋ S1S2S3Sn

411111111＝（－＋－＋－＋…＋－） 3142536nn＋3

11224111114

1＋＋<， ＝（1＋＋－－－）<323n＋1n＋2n＋33239∴存在正整数k的最小值为3.

11

2．已知数列{an}的前n项和Sn与通项an满足Sn＝－an.

22(1)求数列{an}的通项公式；

111

(2)设f(x)＝log3x，bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，Tn＝＋＋…＋，求T2 012；

b1b2bn1

[解析] (1)当n＝1时，a1＝，

3

11

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，又Sn＝－an，

221

所以an＝an－1，

3

11

即数列{an}是首项为，公比为的等比数列，

331n

故an＝3.

1n(2)由已知可得f(an)＝log33＝－n，

11nn＋11则bn＝－1－2－3－…－n＝－，故＝－2n－n＋1，

2bn11111

1－＋－＋…＋n－又Tn＝－2n＋1 223

1

＝－21－n＋1，



4 024

所以T2 012＝－. 2 013

变式1.在等差数列an中，a13，其前n项和为Sn，等比数列bn 的各项均为正数，

b11，公比为q，且b2S212，qS2. b21，求cn的前n项和Tn. Sn（1）求an与bn；（2）设数列cn满足cn[解析]（1）设an的公差为d. 精品文档

此文档收集于网络，如有侵权，请 联系网站删除

b2S212,q6d12，S26d 因为所以q．q,qb2解得 q3或q4（舍），d3.

故an33n13n ，bn3n1. （2）由（1）可知，Snn33n12211，所以cn. 2Snn33n3nn1故Tn21111212n1 1…13223nn13n13n12－(2n－1)a－2n＝0. 变式2. (2013·江西高考)正项数列{an}满足：ann

(1)求数列{an}的通项公式an；

1

(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

n＋1an

[解析] (1)由a2(an＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以ann－(2n－1)an－2n＝0，得(an－2n)·＝2n.

11111(2)由an＝2n，bn＝，得bn＝＝n－n＋1.

n＋1an2nn＋121111111111n

Tn＝1－2＋2－3＋…＋n－1－n＋n－n＋1＝1－n＋1＝

222n＋1. anan＋1变式3. 已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝，n∈N*.

2(1)求证：数列{an}是等差数列；

1

(2)设bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.

2Snanan＋1

[解析] (1)证明 ∵Sn＝，n∈N*，

2a1a1＋1

∴当n＝1时，a1＝S1＝ (an>0)，∴a1＝1.

2

22Sn＝an＋an，

当n≥2时，由

2Sn－1＝a2n－1＋an－12

得2an＝a2n＋an－an－1－an－1.

即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0， ∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1(n≥2)．

所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列． (2) 由(1)可得an＝n，Sn＝

nn＋1

， 2

精品文档

此文档收集于网络，如有侵权，请 联系网站删除 1111bn＝＝＝－. 2Snnn＋1nn＋1∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn 11111＝1－＋－＋…＋－

223nn＋11n＝1－＝.

n＋1n＋1

1

变式4. (12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1,2,3，…)．

2(1)求数列{an}的通项公式；

1n

(2)当bn＝log33an1时，求证：数列bb的前n项和Tn＝.

1＋nnn＋1

2

[解析] (1)由已知得1

a＝2S

n

1an＋1＝Sn，

2

n－1

3

(n≥2)，得到an＋1＝an (n≥2)．

2

3

∴数列{an}是以a2为首项，以为公比的等比数列．

2111

又a2＝S1＝a1＝，

222

1， n＝1，33n－2 ＝1n－2 (n≥2)．∴an＝13∴an＝a2×n－2， n≥2.222

223333n－1

(2)证明 bn＝log(3an＋1)＝log2·＝n.

222∴

1111

＝＝－. bnbn＋1n1＋nn1＋n

1111

∴Tn＝＋＋＋…＋ b1b2b2b3b3b4bnbn＋1

11111111

－＋－＋－＋…＋n－＝1223341＋n 1n＝1－＝.

1＋n1＋n

变式5. 已知正项数列{an}，{bn}满足a1＝3，a2＝6，{bn}是等差数列，且对任意正整数n，都有bn，an，bn＋1成等比数列． (1)求数列{bn}的通项公式；

b2111n＋1

(2)设Sn＝＋＋…＋，试比较2Sn与2－的大小．

a1a2anan＋1

[解析] (1)∵对任意正整数n，都有bn，an，bn＋1成等比数列，且{an}，{bn}都为正项数

精品文档

此文档收集于网络，如有侵权，请 联系网站删除 列，

∴an＝bnbn＋1(n∈N*)．可得a1＝b1b2＝3，a2＝b2b3＝6，又{bn}是等差数列，∴b1＋b3＝2b2， 322

解得b1＝2，b2＝.∴bn＝(n＋1)．

22

11n＋1n＋212

(2)由(1)可得an＝bnbn＋1＝，则＝＝2n＋1－n＋2，

2ann＋1n＋21111112

－－＋－＋…＋∴Sn＝2＝1－，

2334n＋1n＋2n＋2

b2b2n＋2n＋2n2－84n＋14n＋1∴2Sn＝2－，又2－＝2－，∴2Sn－2－－＝. ＝n＋2an＋1n＋3an＋1n＋3n＋2n＋2n＋3

2

bnb2＋1n＋1

∴当n＝1,2时，2Sn<2－；当n≥3时，2Sn>2－.

an＋1an＋1

角度2 形如an＝

1

型

n＋k＋n

1

，n∈N*.记数列{an}的前n

fn＋1＋fn

【例2】 已知函数f(x)＝xa的图像过点(4,2)，令an＝项和为Sn，则S2 013＝________.

11

[解析] 由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝，则f(x)＝x. 2211

∴an＝＝＝n＋1－n，

fn＋1＋fnn＋1＋n

S2 013＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 013＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2 014－2 013)＝2 014－1.

1角度3 形如an＝型;

2n－12n＋1

【例3】 (2013·新课标卷Ⅰ)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列a

1

的前n项和．

2n－1a2n＋1



nn－1

[解析] (1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d.

2

3a1＋3d＝0，a1＝1，

由已知可得解得

5a＋10d＝－5.d＝－1.1

故{an}的通项公式为an＝2－n. 1

(2)由(1)知 a2n－1a2n＋1

1111－＝＝，

3－2n1－2n22n－32n－1

精品文档

此文档收集于网络，如有侵权，请 联系网站删除 从而数列a

1

的前n项和为

2n－1a2n＋1



1111111n

－＋－＋…＋－＝2n－32n－11－2n. 2－1113

变式1. 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式；

2(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

anan＋1[解析] (1)∵Sn＝nan－n(n－1)，当n≥2时， Sn－1＝(n－1)·an－1－(n－1)(n－2)，

∴an＝Sn－Sn－1＝nan－n(n－1)－(n－1)an－1＋(n－1)·(n－2)， 即an－an－1＝2.

∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列， 故an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，n∈N*.

2211(2)由(1)知bn＝＝＝－，

anan＋12n－12n＋12n－12n＋1故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋12n＝. 2n＋12n＋1

1变式2. 在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S2n＝anSn－. 2(1)求Sn的表达式；

Sn

(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.

2n＋11[解析] (1)∵S2n＝anSn－， 2an＝Sn－Sn－1 (n≥2)， 1∴S2n＝(Sn－Sn－1)Sn－， 2即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，① 由题意Sn－1·Sn≠0，

11

①式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，

SnSn－1

111

∴数列S是首项为＝＝1，公差为2的等差数列．

S1a1n

13111111＋＋…＋＝1－35572n12n111

∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝. Sn2n－1

精品文档

此文档收集于网络，如有侵权，请 联系网站删除 Sn1

(2)又bn＝＝ 2n＋12n－12n＋1111

＝2n－1－2n＋1， 2

111111∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)] 23352n－12n＋111n

＝1－2n＋1＝22n＋1. 1

变式3. 已知数列{an}前n项和为Sn，首项为a1，且，an，Sn成等差数列．

2(1)求数列{an}的通项公式；

11111

(2)数列{bn}满足bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)，求证：＋＋＋…＋<. b1b2b3bn211

(1)解 ∵，an，Sn成等差数列，∴2an＝Sn＋，

2211

当n＝1时，2a1＝S1＋，∴a1＝，

2211

当n≥2时，Sn＝2an－，Sn－1＝2an－1－，

22两式相减得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1， ∴

an

＝2， an－1

1

∴数列{an}是首项为，公比为2的等比数列，

21－－

∴an＝×2n1＝2n2.

2

(2)证明 bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)＝log222n111111＝×＝(－)， bn2n－12n＋122n－12n＋1

1111111111111＋＋＋…＋＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)<(n∈N*)． b1b2b3bn233522n－12n＋12n＋1211111即＋＋＋…＋<. b1b2b3bn2

变式4. (2014·浙江协作体三模)在直角坐标平面上有一点列P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，…，Pn(xn，135

yn)，…，对一切正整数n，点Pn在函数y＝3x＋的图像上，且Pn的横坐标构成以－为首42项，－1为公差的等差数列{xn}． (1)求点Pn的坐标；

(2)设抛物线列C1，C2，C3，…，Cn，…中的每一条的对称轴都垂直于x轴，抛物线Cn的顶点为Pn，且过点Dn(0，n2＋1)．记与抛物线Cn相切于点Dn的直线的斜率为kn，求精品文档

11

＋k1k2k2k3

＋1－2

×log222n

＋3－2

＝(2n－1)(2n＋1)，

此文档收集于网络，如有侵权，请 联系网站删除 ＋…＋

. kn－1kn1

53135

[解析] (1)∵xn＝－＋(n－1)×(－1)＝－n－，∴yn＝3xn＋＝－3n－.∴

224435

－n－，－3n－. Pn24

2n＋3212n＋5(2)∵Cn的对称轴垂直于x轴，且顶点为Pn，∴设Cn的方程为y＝ax＋－. 24把Dn(0，n2＋1)代入上式，得a＝1，∴Cn的方程为y＝x2＋(2n＋3)x＋n2＋1. ∴kn＝y′|x＝0＝2n＋3， ∴∴

1111

＝＝2n＋1－2n＋3，

kn－1kn2n＋12n＋321

1111111111111－－－＋－＋…＋＋＋…＋＝＝k1k2k2k32n＋12n＋3252n＋3 kn－1kn2577911＝－. 104n＋6

n＋1

角度4 形如an＝2型;

nn＋22

22

【例4】 (2013·江西高考)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S2n－(n＋n－1)Sn－(n＋n)＝0.

(1)求数列{an}的通项公式an；

n＋15*，都有T<(2)令bn＝，数列{b}的前n项和为T.证明：对于任意的n∈N. nnn

64n＋22a2n

22

[解析] (1)由S2n－(n＋n－1)Sn－(n＋n)＝0，

得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.

由于数列{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n. 于是a1＝S1＝2，n≥2时，

an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n. 综上可知，数列{an}的通项公式an＝2n. (2)证明：由于an＝2n，

1n＋1n＋111

－bn＝，则b＝＝. 2n

n＋22a24n2n＋2216nn＋22n11111111

Tn＝1－32＋22－42＋32－52＋…＋n－12－n＋12

16

111111＋2－1＋2－－＝22nn＋2162n＋1n＋22

1151＋2＝. <16264

精品文档

此文档收集于网络，如有侵权，请 联系网站删除 【例4】 已知等比数列an的前n项和为Sn，a1成等差数列

（1）求an的通项公式 （2）设bn1S3a3，S1a1，S2a2，公比q0，

21log2an2，cnn1bnbn2，求数列cn的前n项和Tn。

解析：(1)因为S1a1,S3a3,S2a2成等差数列，所以S3a3S1a1S2a2S3a3.化简得4a3a1.所以q2 (2) bna311111. 因为q0，所以q.故ana1qn1()n1()n. a1422221111.

(log2an)2[log(1)n]2(n)2n222cn(n1)bnbn2n1111[].

n2(n2)24n2(n2)2Tnc1c2c3Lcn1cn

11111111111 [(22)(22)(22)L()()]

4132435(n1)2(n1)2n2(n2)21111[12] 42(n1)2(n2)21511[] 44(n1)2(n2)2

4n

角度5 形如an＝n型 ＋4－14n1－1

已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，若数列{Sn＋1}是公比为4的等比数列． (1)求数列{an}的通项公式；

an＋1

(2)设bn＝，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Tn.

an＋1－3·Sn＋1解析：(1)由题意知Sn＋1＝(S1＋1)·4n1＝4n， 所以Sn＝4n－1.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3·4n1，且a1＝3满足上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝3·4n1.

－

－

－

1an＋14n11(2)bn＝＝n＝n， n＋1

an＋1－3·Sn＋14－14－13414n11111111111Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋·＋…＋ 341421342143134n14n11精品文档

此文档收集于网络，如有侵权，请 联系网站删除

11111＝1＝－. ＋3414n11934n1－1

精品文档