2025年高考数学复习大题题型归纳：第04讲 五种裂项相消法求数列前n项和的方法（解析）

第04讲五种裂项相消法求数列前n项和的方法考法呈现考法一：分式型裂项例题分析【例1】已知在等差数列an中，a1+(1)求an(2)求数列12n+1an的前n【分析】（1）根据等差数列性质和通项公式可求得公差d，代入通项公式即可求得an（2）采用裂项相消法可求得Sn【详解】（1）设等差数列an的公差为d∵a1+a5∴a（2）由（1）得：12n+1∴Sn=满分秘籍利用裂项相消法求和的注意事项利用裂项相消法求和的注意事项抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能是前面剩两项，后面也剩两项，也有可能是间隔开的项剩下，一般来说是对称的。将通项裂项后，一定要注意调整前面的系数，避免失误。掌握常见的分式型裂项相消的公式：公式一：1n(n+k)=公式三：1变式训练【变式1-1】记数列an的前n项和为Sn，对任意n∈N(1)证明：an(2)求数列1ana【答案】(1)证明见解析(2)n【分析】（1）根据Sn=n+1an−n，令n=1得到（2）根据等差数列定义得到an【详解】（1）因为Sn所以当n=1时，a1=S当n≥2时，Sn−1两式相减得Sn即an即na因为n≥2，所以an所以an（2）由（1）知，an所以1a所以数列1ana【变式1-2】记Sn为数列{an(1)从下面两个条件中选一个，证明：数列{a①数列Snn是等差数列；(2)若数列{an}为等差数列，且a1=1，a3=5【答案】(1)证明见解析(2)T【分析】（1）选择条件①，利用an与Sn的关系式和等差中项的性质即可得证；选择条件②，设数列Snn的首项为b1，公差为p（2）由（1）根据已知得出nn+2【详解】（1）选择条件①：∵S∴2S两式相减可得2a即na∴n+1两式相减可得n+1a化简可得2na∴2an+1=an+2选择条件②：设数列Snn的首项为b1则Snn=当n≥2时，a=p=b当n=1时，a1=S又an+1∴数列{a（2）∵数列{an}∴Sn∴n故T===3【变式1-3】已知等差数列an满足a2=4，2a4−a(1)求an与b(2)若bn>0，设cn=3an【答案】(1)答案见解析(2)S【分析】（1）设an的公差为d，由题意可得24+2d−4+3d=7，求得d=3，a1=1，进而可求an=3n−2；设bn的公比为q，由题意可得（2）利用裂项相消法和分组求和法即可求解.【详解】（1）设an的公差为d，因为a2=4所以24+2d−4+3d=7，解得所以an设bn的公比为q，因为b4b1≠0，q31+q=8当q=2时，因为b3=4，所以b1当q=−1时，因为b3=4，所以b1（2）由（1）可知，若bn>0，则因为cn=3所以Sn所以Sn【变式1-4】已知数列an是公差为d的等差数列，且a1=1(1)当d取最大值时，求通项an(2)在（1）的条件下，求数列15n+1an的前n【答案】(1)a(2)S【分析】（1）由等差数列的性质，可得d=am−a1m−1=an（2）裂项相消即可.【详解】（1）由已知得d>0，数列an单调递增，不防设am=16,∴d=am−a1m−1∵m与n越小，d越大，∴n−1=5m−1=3，∴m=4n=6，∴d=5，（2）由（1）知：an=5n−4，∴15n+1∴S=考法二：根式型裂项例题分析【例2】已知等差数列an的前n项和为Sn，a4(1)求an(2)设bn=2an+2+an，数列bn【答案】(1)a(2)证明见解析【分析】（1）设公差为d，利用等差数列的通项公式和求和公式列式，求出a1和d，可得a（2）分母有理化化简bn，利用裂项求和求出T【详解】（1）设公差为d，则a1+3d+a1+6d=20所以an（2）bn=2a=2(2n+3−所以T==1所以2T所以2Tn−当n≥3时，2n+3−3−1≥所以当n≥3时，2T满分秘籍根式型裂项常见公式：根式型裂项常见公式：公式一：1a公式二：1n变式训练【变式2-1】已知等比数列an的前n项和为S(1)求数列an(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个等差数列，记插入的这n个数之和为Tn，若不等式(−1)nλ<2−(3)记bn=1【答案】(1)a(2)−1,(3)详见解析.【分析】（1）根据an和Sn的关系即可求解；（2）根据等差数列前n项和公式求出Tn【详解】（1）设等比数列an的公比为q当n=1时，有a2=a1当n≥2时，an+1=S整理得an+1=2an，可知q=2，代入所以等比数列an的通项公式为an=（2）由已知在an与an+1之间插入n个数，组成以所以Tn则(−1)n设cn=2−2当n为偶数时，λ<2−22n恒成立，即λ<当n为奇数时，−λ<2−22n恒成立，即−λ<综上所述，λ的取值范围是−1,3（3）证明：由（1）得bn则有b=2b<2【变式2-2】已知正项数列an满足a1=1(1)求证：数列an(2)设bn=1an2a【答案】(1)证明见解析(2)T【分析】（1）由题an+1an=n+1（2）由（1）得bn【详解】（1）由题可得an+1所以当n≥2时，an=a易知a1=1满足an所以an+1所以an（2）由（1）可得an所以b=1所以Tn【变式2-3】在正项数列an中，a1=(1)求an(2)证明：i=1n【答案】(1)a(2)证明见解析【分析】（1）由22n⋅an2=1+22n−2⋅an−1（2）根据裂项相消求和，进而即可得证.【详解】（1）由22n得22n令bn=22n⋅∴bn∴22n又an∴an（2）证明：i=1n【变式2-4】在①bn=1an+a已知数列an的前n项和S(1)证明：数列an(2)若a1=2，设___________，求数列bn的前n【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）利用数列通项an与前n项和S（2）利用裂项相消法、错位相减法计算求解.【详解】（1）因为Sn=n所以Sn+1=②−①得an+1整理得an+1由等差数列的定义可知an（2）由（1）得an的公差d=3又因为a1=2，所以若选①：bn所以T=3n+2若选②：bn所以T=1若选③：bTn则2T两式作差得−=4+12所以Tn考法三：指数型裂项例题分析【例3】已知Sn是数列an的前n项和，且(1)求数列an(2)若bn=2nan−1【答案】(1)a(2)T【分析】（1）根据an与S（2）利用裂项相消法求解即可.【详解】（1）n=1时，a1n≥2时an经验证n=1时满足an∴a（2）∵bTn满分秘籍指数型裂项常见公式指数型裂项常见公式公式一：n∙2n−1公式二：n∙2n−1公式三：n∙变式训练【变式3-1】已知数列an的前n项和为Sn，且(1)求an(2)若bn=3nan+1【答案】(1)a(2)T【分析】（1）由an与S（2）先求出bn，再用裂项相消法求T【详解】（1）由已知2Sn当n=1时，2S1=3a1当n≥2时，2Sn−1①−②得2an=3所以数列an是以1为首项，3所以an（2）因为bn所以T=3【变式3-2】已知数列an的前n项和为Sn，满足(1)求数列an(2)记bn=anSn⋅【答案】(1)a(2)T【分析】（1）由an与S（2）利用裂项相消法求数列的和即可.【详解】（1）当n=1时，a1=3当n≥2时，Sn−S所以数列an所以an（2）由（1）可得Snb所以bnT所以T【变式3-3】已知Sn为数列an的前n项和，(1)求数列an的通项公式a(2)设bn=2nan⋅an+1【答案】(1)a(2)证明见解析【分析】（1）根据数列递推式可得Sn−1=an−3（2）由（1）的结论可得bn【详解】（1）当n=1时，S1=a因为Sn所以Sn−1两式相减得：an+1所以an+1+3=2aa1=2,a1+3=5，a所以an故：an故an（2）由（1）得b=2故T==2当n∈N*时，15×【变式3-4】已知数列an的前n项和为Sn，a1=3，(1)求S2，S3及(2)设bn=an+1an−1an+1−1，数列bn【答案】(1)S2=12，S(2)9【分析】（1）根据递推公式和a1的值，即可求出S2，S3（2）求出数列bn的通项公式，得出数列bn的前n项和，由不等式的恒成立，还可求出【详解】（1）由题意，n∈在数列an中，a1=3当n≥2时，Sn当n=1时上式也符合，∴Sn=33n∴当n≥2时，an=S∴an的通项公式为a（2）由题意及（1）得，n∈N在数列an中，a数列bn中，b∴Tn∵Tn∴λ≥9∵94∴943n+1−1的最大值为∴λ的最小值为932考法四：对数型裂项例题分析【例4】已知数列an满足(1)证明：数列an(2)设数列bn满足bn=lnan+1a【答案】(1)证明见解析(2)Sn【分析】（1）对nan+1=n+1a（2）将bn变形为bn=ln【详解】（1）法1：由na两边同除以nn+1得，an+1n+1=a∴数列ann为等差数列，首项法2：由nan+1=∴an+1n+1−∴数列ann为等差数列，首项（2）由ann=a法1：bn则S=2ln=2lnn+1法2：bn则S=ln=2lnn+1满分秘籍对数型裂项常见公式对数型裂项常见公式log变式训练【变式4-1】已知数列an的首项为2，an>0且满足an2−a(1)求an(2)设cn=log2bn+1b【答案】(1)a(2)S【分析】（1）因式分解可知an（2）利用对数运算裂项可解.【详解】（1）由an2−因为an>0，所以an+a又a1=2，所以an（2）由bn=logS=【变式4-2】已知an为等差数列，前n项和为Sn，n∈N∗，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b(1)求an和b(2)设c1=0，cn+1−c(3)设dn=3cnbn+1,n=2k−1ln【答案】(1)an=n，(2)cn(3)−ln(2n+1)【分析】（1）根据等差数列的通项公式、前n项和公式，结合等比数列的通项公式进行求解即可；（2）运用累和法，结合对数的运算性质进行求解即可；（3）根据（1）（2）的结论，结合裂项相消法进行求解即可.(1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q(q>0)，由b2+b3=12⇒2q+2b3b6=S11−2⇒11所以有an=n，(2)因为cn+1所以当n≥2,n∈N有c=lnnn−1+ln即cn(3)由（1）（2）可知：an=n，bn当n=2k−1，k∈N∗时，当n=2k，k∈N∗时，dk−1T=0−=−ln(2n+1)【点睛】关键点睛：运用裂项相消法是解题的关键.【变式4-3】已知数列an，bn，已知对于任意n∈N∗，都有an=3bn+1，数列(1)求数列an和b(2)记cn（ⅰ）求i=1n（ⅱ）求k=12n【答案】(1)an=(2)（ⅰ）1−12n+1【分析】（1）利用等差数列的通项公式及等比中项的性质即可求解；（2）（ⅰ）利用裂项相消法求和即可，（ⅱ）将相邻两项合并成一项，再利用错位相减法求和即可.【详解】（1）设数列bn∵b2+5，b4+1，∴b4+12=b则bn即an（2）（ⅰ）由（1）可知，cn则i=1===1−1（ⅱ）由题意，对∀n∈Nc=10设2n−1⋅9n所以Rn=9+3×9则−8=−45所以Rn即k=12n【变式4-4】已知数列pn是首项为2的等差数列，qn是公比为2的等比数列，且满足p3=q2，(1)求an(2)在①bn=nn+1an；②bn=log4an【答案】(1)a(2)答案见解析【分析】设出数列pn的公差d及数列qn的首项q1，由题列方程可求出d，q1，利用等差数列和等比数列的通项公式，即可求解；（2）结合（Ⅰ）若选①，利用错位相减法即可求解；若选(1)设数列pn的公差为d，数列qn的首项为由题意得2+2d=2q1，解得d=1，q1则pn=n+1，qn(2)若选①bn即bn所以Tn则2T两式相减得−==所以Tn若选②bn即bn所以T==log若选③bn即bn所以T==1考法五：三角函数型裂项例题分析【例5】已知2n＋2个数排列构成以qnqn>1为公比的等比数列，其中第1个数为1，第2(1)证明：数列1a(2)设bn=tanπa【答案】(1)证明见详解(2)−99【分析】（1）根据等比数列的性质分析可得an（2）根据两角差的正切公式整理得bn【详解】（1）由题意可得：qn2n+1=81所以an=log则1a所以数列1an是以公差为（2）由（1）可得πa则tan2π整理得bn则S=−=−=−3所以数列bn的前100项和S满分秘籍三角函数型裂项常见公式三角函数型裂项常见公式公式一：sin公式二：tan变式训练【变式5-1】已知数列{an}中，a1=1(1)设bn=1an+1−1(n∈N(2)设cn=sin3cosbn【答案】(1)bn+1=(2)S【分析】（1）根据提示bn=1（2）根据两角差的正弦公式可将cn=sin3【详解】（1）1an+1=所以bn=n所以bnn=（2）cn所以S=sin【变式5-2】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=（Ⅰ）求数列{a（Ⅱ）设bn=tanan⋅tan【答案】（Ⅰ）an=n+2(n∈【分析】（1）类比等差数列求和的倒序相加法，将等比数列前n项积倒序相乘，可求Tn，代入即可求解a（2）由（1）知bn=tanatan(n+3)⋅tan(n+2)=tan(n+3)−tan(n+2)tan1−1【详解】（Ⅰ）由题意，t1⋅tTn=Tn=①×②，并利用等比数列性质tn+2T∴（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b又tan∴tan(n+2)⋅tan(n+3)=所以数列bn的前nS==【点睛】（Ⅰ）类比等差数列，利用等比数列的相关性质，推导等比数列前n项积公式，创新应用型题；（Ⅱ）由两角差的正切公式，推导连续两个自然数的正切之差，构造新型的裂项相消的式子，创新应用型题；本题属于难题.【变式5-3】已知数列an中，a1=2，a(1)设bn=a(2)求数列an的通项公式，并求数列an的的前(3)设cn=sin【答案】(1)证明见解析(2)an=(3)−1【分析】（1）根据递推公式可得an+2−2an+1=（2）由（1）可得an+1an=2，从而得到an是以2（3）依题意可得cn=nsin【详解】（1）证明：因为a1=2，a所以an+2−2an+1=an+1又b1=a2−2（2）解：由（1）可得bn=an+1−2所以an是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a记数列an的的前n项和为Sn，则（3）解：因为c所以c所以c1=1sinc3=3sin所以c同理可得c5=5，c6=−6，所以c5…，每经过4个数循环一次，且sinnπ2=所以sinnπ记数列cn的前n项和为T所以T2022=2021−2022=−1，【变式5-4】在正项等比数列an中，已知a1+（1）求数列an（2）令bn=log2an，求数列【答案】（1）an=2【分析】（1）根据已知条件求得a1,q，由此求得数列（2）利用裂项求和法求得Sn【详解】（1）正项等比数列an，中a1+设公比为q，则q>0，所以a解得q=2，a1所以数列an的通项公式为a（2）bn所以sin1°=则S=sin真题专练1．设数列an的前n项和为Sn，已知a1=1，且数列(1)求数列an(2)若bn=2n+13【答案】(1)a(2)T【分析】（1）由题意求出2Sn=3−13n−1an（2）方法一：设bn=xn+y3n−x方法二：利用错位相减法求解即可.【详解】（1）因为S1所以由题意可得数列3−2Sn所以3−2Sn所以2S两式作差得：2S化简得：1−3−na所以an+1所以数列an是以a故数列an的通项公式为a（2）方法一：设bn则有bn=2xn+所以b所以Tn所以Tn所以Tn方法二：因为bn所以Tn所以3T所以−2=1+2×=1+2×1−3n所以Tn2．已知数列an的前n项和为Sn,(1)求证：数列an(2)求数列1an的前n项和【答案】(1)证明见解析；(2)Tn【分析】（1）利用an与Sn的关系变形给定的递推公式，构造常数列求出数列（2）利用（1）的结论，结合裂项相消法求和作答.【详解】（1）数列an中，3Sn=(n+2)a两式相减得3an=(n+2)an于是an(n+1)n=an−1从而an=n(n+1)所以数列ann是以1为首项，（2）由（1）知，1a所以Tn3．在等差数列{an}中，a2=4，其前n(1)求实数λ的值，并求数列{a(2)若数列{1Sn+bn}是首项为λ，公比为2λ【答案】(1)λ=1，a(2)证明见解析【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，由题意的λ=1（2）由（1）知λ=1，得1Sn+bn=2【详解】（1）设等差数列{an}因为a2所以3+λ=4，所以λ=1.

…所以a1=S所以an（2）由（1）知λ=1，所以1S所以bn所以T==2由于n为正整数，所以Tn4．已知公差为正数的等差数列an的前n项和为Sn,(1)求an和S(2)设bn=1SnSn+1【答案】(1)an=2n−1(2)T【分析】（1）根据条件设出等差数列an（2）根据（1）中所求写出数列bn【详解】（1）设等差数列an的公差为d(d>0)因为a2=3，所以a32=得d2解得d=2或d=−1（舍），所以a1所以anSn（2）由（1）得，bn所以Tn5．已知数列an的前n项和为SnSn≠0，数列Sn的前n项积为(1)求证：1S(2)记bn=1n2【答案】(1)证明见解析(2)2023【分析】（1）根据所给递推公式及前n项和、积的定义化简，由等差数列定义可得证；（2）求出bn【详解】（1）因为Sn当n=1时，S1+T1=又Sn≠0，所以a1由Sn+Tn=当n≥2时，Tn−1所以TnTn−1所以1Sn所以1Sn−1（2）所以1Sn−1因为bn故M=1−6．已知数列an满足a(1)证明1an为等差数列，并(2)设cn=4n2ana【答案】(1)证明见解析，a(2)T【分析】（1）根据等差差数列的定义证明即可，从而可得an（2）利用分式分离变形，结合分组求和与裂项求和即可得Tn【详解】（1）证明：因为anan+1=1+2所以1an是以1a1=1所以an（2）cTn7．已知数列an的前n项的积记为Tn，且满足(1)证明：数列Tn(2)设bn=1TnTn+1【答案】(1)证明见解析(2)S【分析】（1）分类讨论n=1与n≥2两种情况，利用递推式求得T1与T（2）利用裂项相消法求解即可.【详解】（1）因为1T当n=1时，1T1=1a1=当n≥2时，1Tn=an故数列Tn（2）由（1）得Tn则bn所以Sn8．已知数列an的前n项和为Sn，且a1(1)求an(2)记数列log2an+1an的前n【答案】(1)a(2)1023【分析】（1）根据递推关系及Sn与an的关系化简得出（2）利用裂项相消法求出Tn【详解】（1）因为2Sna所以2所以nan+1=又因为a1=1，所以所以an（2）因为log2所以T=令Tn=log2所以集合k∣Tk≤10,k∈9．已知等差数列an，首项a1=1，其前n项和为S(1)求数列an(2)若bn=1anan+1【答案】(1)a(2)证明详见解析.【分析】（1）求出Sn，再根据an与Sn【详解】（1）设斜率为1的直线为y=x+b，则Sn当n=1时，S11=1+b，所以a11所以Sn当n≥2时，Sn−1所以an=S所以an（2）证明：由（1）可得，bn则T====n因为Tn+1所以数列Tn又因为T1=13，且当所以1310．设数列an的前n项和为Sn，且(1)求an(2)记bn=1nan，数列bn【答案】(1)a(2)38【分析】（1）当n≥2时，利用an=Sn−Sn−1推出2（2）根据∵b【详解】（1）由Sn当n=1时，a1=S当n≥2时，Sn−1所以an=S整理得：n−2an所以有n−1an+1①-②可得2a所以an因为a1=6,a所以an（2）∵b∴T==311．已知数列an的首项a1=1(1)求证：数列3n(2)若数列bn满足bn=9n⋅a【答案】(1)证明见解析(2)S【分析】（1）对递推式变形，根据等差数列的定义即可证明；（2）先由（1）的结论求出数列3n⋅a【详解】（1）由3an+1−又3a1=3（2）由（1）知：3n所以bn所以1b所以S=312．在公差不为0的等差数列an中，a4=5，且a2，(1)求an的通项公式和前n项和S(2)设bn=1anan+1【答案】(1)an=2n−3(2)T【分析】（1）利用已知条件和等比中项，求出数列的首项和公差，即可求出通项公式；（2）利用裂项相消法即可求出结果.【详解】（1）公差d不为零的等差数列an中，a4=5所以a4=a解得a1则anSn（2）由（1）可知，bn可得数列bn的前nTn13．已知正项数列an满足a1=1(1)证明：数列an+1是等比数列，并求数列(2)设bn=an+1an【答案】(1)证明见解析；a(2)T【分析】（1）根据等比数列的定义可证等比数列，根据等比数列的通项公式可得an（2）根据裂项求和法可求出结果.【详解】（1）因为a1=1，an+1=2a所以an+1+1an+1=2，所以数列所以an+1=2×2（2）bn=an+1所以Tn==214．已知数列an(1)求数列an(2)若数列bn满足bn=sinπ2【答案】(1)a(2)−2n【分析】（1）先把题干条件等价变成an+1（2）结合特殊的三角函数值，利用分组求和进行求解.【详解】（1）由nan+1−所以n≥2时，a2故ann−a11=1−1n所以，an（2）由（1）知，bn所以，T=cosπ+cos2π+⋅⋅⋅+cos2n−1π+cos2nπ因为cos2n−1π+cos2nπ=-cos2nπ+cos2nπ=0于是cosπ+cos2π+⋅⋅⋅+cos2π+cos4π+⋯+cos所以，T2n故数列bn的前2n项和为−2n15．已知数列an的前n项和为Sn,(1)求数列an(2)已知_________，Tn是bn的前n项和，证明：从①bn=2⋅3【答案】(1)a(2)条件选择见解析，证明见解析【分析】（1）根据Sn,an的关系化简可得a2（2）选①，由bn=13n选②，由bn=2n⋅3【详解】（1）当n=1时，S1∴a1∴a2当n≥2时，∵Sn∴Sn−1∴Sn+1∴an+1∴an+1an∴数列an∴an（2）选①：由bn知Tn故Tn选②：由bn知Tn16．已知等差数列an的前n项和为S(1)求数列an(2)若数列cn满足cn+1−【答