裂项相消法讲义【提高篇】

1、利用裂项相消法求和应注意：

(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

1n(n2)的求和。 几项,且前面所剩项的符号与后边刚好相反，例如数列(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等．如：若{an}是等差数列，则

1

111aann1＝，

1

anan＋1danan＋22d111aann2＝

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：

1111()n(nk)knnk(1)形如型。如

1

nn＋1

＝－

；

nn＋1

11

1(2)形如an＝nnk1knkn型；

(3)形如an＝

1

2n－1

2n＋1

111()＝22n12n1型；

(4)形如an＝

n＋1

n2n＋2

2

型．

标准文档

实用文案

(5)形如an＝

4n4n－1

4n＋1－1

11nn14141型； ＝13

2n－（n－1）11

(6)＝＝－n. nnn－1n（n－1）·2n（n－1）·2（n－1）2n·2

n＋1

角度1 形如an＝

1

nn＋k型;

【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；

(2)设bn＝log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得＋＋＋…111

S1S2S3

＋1

Sn[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＝2n＋1.

(2)∵bn＝log42n＋1＝

n＋1

2

，

标准文档

实用文案

∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝

nn＋3

4

.

114∵＝＝－， nn＋3Snnn＋33

14

∴＋＋＋…＋

1111

S1S2S3Sn411111111＝（－＋－＋－＋…＋－） 3142536nn＋3

22114111114＝（1＋＋－－－）<1＋＋<，

239323n＋1n＋2n＋33

∴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；

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

1

b1b2

＋

1

＋…＋1

bn，求T2 012；

1

[解析] (1)当n＝1时，a1＝，

3

标准文档

实用文案

11

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，又Sn＝－an，

22

1

所以an＝an－1，

3

11

即数列{an}是首项为，公比为的等比数列，

33

1



故an＝n.

3

1

(2)由已知可得f(an)＝log3n＝－n，

3

则bn＝－1－2－3－…－n＝－

nn＋1

2

11，故＝－2－， 

bnnn＋1

1

11111

又Tn＝－21－＋－＋…＋－ 223nn＋1

1＝－21－， n＋1

4 024所以T2 012＝－.

2 013

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实用文案

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S2b2.

c（1）求an与bn；（2）设数列n满足

cn1Sn，求cn的前n项和Tn.

[解析]（1）设an的公差为d.

b2S212,q6d12，Sq2,q6d．qb2因为所以

解得 q3或q4（舍），d3.

an33n13n故

n1b3n ，.

12211n33ncnSnSn33n3nn1. n2（2）由（1）可知，，所以

故

Tn21111212n11…13nn13n13n1223

变式2. (2013·江西高考)正项数列{an}满足：a2n－(2n－1)an－2n＝0.

(1)求数列{an}的通项公式an；

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实用文案

(2)令bn＝

1

n＋1an，求数列{bn}的前n项和Tn.

[解析] (1)由a2n－(2n－1)an－2n＝0，得(an－2n)·(an＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以an＝2n.

111(2)由an＝2n，bn＝，得bn＝＝－. 

n＋1an2nn＋12nn＋1

11

1111111111

－＋－1－Tn＝1－＋－＋…＋＝＝223n－1nnn＋12n＋122

nn＋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*.

anan＋1

2

，n∈

(1)求证：数列{an}是等差数列；

(2)设bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.

2Sn1

[解析] (1)证明 ∵Sn＝

anan＋1

2

，n∈N*，

∴当n＝1时，a1＝S1＝

a1a1＋1

2

(an>0)，∴a1＝1.

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实用文案

n＋an，2Sn＝a2

当n≥2时，由

n－1＋an－12Sn－1＝a2

2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＝

nn＋1

2

，

bn＝

＝＝－.

2Snnn＋1nn＋1

1111

∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn

11111＝1－＋－＋…＋－

223nn＋1

＝1－

＝. n＋1n＋1

1n标准文档

实用文案

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；

(2)当bn＝

log33an12n1

的前n项和Tn＝时，求证：数列. bb1＋nnn＋1

a＝1S，

2

[解析] (1)由已知得1

a＝S2

n＋1

nnn－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．

2

111

又a2＝S1＝a1＝，

222

331

3∴an＝a2×n－2 ＝n－2 (n≥2)．∴an＝1n－222， n≥2.222

1， 

n＝1，

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实用文案

3333

(2)证明 bn＝log(3an＋1)＝log·n－1＝n.

2222

∴

1

bnbn＋1n1＋n＝

1

＝－

11

n1＋n.

∴Tn＝

1

b1b2b2b3b3b4

＋1

＋1

＋…＋1

bnbn＋1

11111111＝－＋－＋－＋…＋－ 122334n1＋n

＝1－＝.

1＋n1＋n1n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；

(2)设Sn＝＋＋…＋，试比较2Sn与2－

111b2n＋1an＋1

a1a2an的大小．

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

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实用文案

∴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

(2)由(1)可得an＝bnbn＋1＝

11

－2， n＋1n＋2

n＋1

2

n＋2

，则

1

an＝

2

n＋1n＋2

＝

1111112

－∴Sn＝2－＋－＋…＋＝1－， 

n＋22334n＋1n＋2

n＋22b4n＋1



∴2Sn＝2－，又2－＝2－，∴2Sn－2－＝－＝an＋1n＋3n＋2n＋2an＋1n＋3

4b2n＋1n＋2

n2－8n＋2

n＋3

.

∴当n＝1,2时，2Sn<2－

b2n＋1an＋1

；当n≥3时，2Sn>2－

b2n＋1an＋1

. 角度2 形如an＝

1

n＋k＋n 型

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实用文案

【例2】 已知函数f(x)＝xa的图像过点(4,2)，令

an＝，n∈N*.记

fn＋1＋fn1

数列{an}的前n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.

22

∴an＝

1

fn＋1＋fn＝

1

n＋1＋n＝n＋1－n，

S2 013＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 013＝(

(

2 014－2 013)＝2 014－1.

2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋

角度3 形如an＝

1

2n－1

2n＋1

型;

【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；

1

的前n项和． (2)求数列

a2n－1a2n＋1

[解析] (1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋

nn－1

2

d.

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实用文案

3a1＋3d＝0，

由已知可得

5a1＋10d＝－5.

a1＝1，解得

d＝－1.

故{an}的通项公式为an＝2－n.

(2)由(1)知

1

a2n－1a2n＋1

＝

1

3－2n111

－＝，

1－2n22n－32n－1

1

的前n项和为 从而数列

a2n－1a2n＋1

11111n. －1－1＋1－3＋…＋2n－3－2n－1＝21－2n11

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)设bn＝

2

anan＋1

，求数列{bn}的前n项和Tn.

[解析] (1)∵Sn＝nan－n(n－1)，当n≥2时，

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实用文案

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*.

(2)由(1)知bn＝

2

anan＋1

＝

2

2n－1

2n＋1

＝

－， 2n－12n＋1

11

11111111335572n12n1＋＋＋…＋＝1－故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝

2n＋1

1

. 2n＋1

2n1

变式2. 在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S2n＝anSn－.

2

(1)求Sn的表达式；

(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.

2n＋1

Sn标准文档

实用文案

1

[解析] (1)∵S2n＝anSn－，

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，

①式两边同除以Sn－1·Sn，得－

11

SnSn－1

＝2，

111

∴数列是首项为＝＝1，公差为2的等差数列．

S1a1Sn

∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝. Sn2n－1

11

(2)又bn＝＝

2n＋1

Sn1

2n－1

2n＋1



－＝， 2n－12n＋12

111

标准文档

实用文案

111111

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]

23352n－12n＋1

n

＝1－. ＝2n＋122n＋1

1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；

11

(2)数列{bn}满足bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)，求证：＋＋＋…＋<. b1b2b3bn2

111

11

(1)解 ∵，an，Sn成等差数列，∴2an＝Sn＋，

22

11

当n＝1时，2a1＝S1＋，∴a1＝，

22

11

当n≥2时，Sn＝2an－，Sn－1＝2an－1－，

22

两式相减得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，

∴

anan－1

＝2，

标准文档

实用文案

1

∴数列{an}是首项为，公比为2的等比数列，

2

1

∴an＝×2n－1＝2n－2.

2

(2)证明 bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)＝log222n＋1－2×log222n＋3－2＝(2n－1)(2n＋1)，

111

＝×＝(－)， bn2n－12n＋122n－12n＋1

111

1

b1b2b3

∈N*)．

＋

1

＋1

＋…＋

1

bn2

＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)<(n3352n－12n＋122n＋12

111111111

11

即＋＋＋…＋<. b1b2b3bn2

111

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)，…，13

Pn(xn，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

45

以－为首项，－1为公差的等差数列{xn}．

2

(1)求点Pn的坐标；

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实用文案

(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

1

k1k2k2k3

＋

1

＋…＋

1

kn－1kn.

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

2244

35

Pn－n－，－3n－.

24

53135

2n＋312n＋5

2－(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，

∴

1

kn－1kn＝

1

2n＋1

111－＝，

2n＋322n＋12n＋3

1111111111

－－∴＋＋…＋＝－＋－＋…＋＝52n＋3 2n＋12n＋3k1k2k2k3kn－1kn257792

111

＝

－.

104n＋6

11

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实用文案

角度4 形如an＝

n＋1n2

n＋2

2

型;

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；

(2)令bn＝

n＋1n＋2

2a*，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N，都有2

nTn<

.

5

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，

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实用文案

bn＝

n＋1n＋2

2a2

，则bn＝2

4nn＋2nn＋1

2

＝

n2－16

11

1

n＋2



. 2

Tn＝

16

1

1－2＋2－2＋2－2＋…＋

32435n－1

111111

2

－

1

n＋1

2

＋

1

n2

－

1

n＋2

11

＝1＋2－2216

1

n＋1

2

－

1

n＋2



 2

1

5

<1＋2＝.

216

12，公比q0，S1a1，S3a3，S2a21

【例4】 已知等比数列an的前n项和为Sn，成等差数列

（1）求an的通项公式

1a1（2）设

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

解析：(1)因为错误!未找到引用源。成等差数列，所以错误!未找到引用源。.化简得错误!未找到引用源。.所以错误!未找到引用源。. 因为错误!未找到引用源。，所以错误!未找到引用源。.故错误!未找到引用源。

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实用文案

(2) 错误!未找到引用源。

错误!未找到引用源。

错误!未找到引用源。

错误!未找到引用源。

错误!未找到引用源。

错误!未找到引用源。

角度5 形如an＝

4n4n－1

4n＋1－1

型

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；

(2)设bn＝

an＋1

an＋1－3·Sn＋1

，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Tn.

解析：(1)由题意知Sn＋1＝(S1＋1)·4n－1＝4n，

所以Sn＝4n－1.

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实用文案

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3·4n－1，且a1＝3满足上式，

所以数列{an}的通项公式为an＝3·4n－1.

(2)bn＝

an＋1

an＋1－3·Sn＋1

＝

4n4n－1

4n＋1－1

11nn14141， ＝13

111111111223nn1414141414141＋·＋…＋ Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝13

33

1111n14141＝－＝13

14n＋1－1

93

.

标准文档