2025年高考数学大题复习：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

弘考法一：分式型裂项

"例题分析

［例1］已知在等差数列｛%｝中，«i+a5=18,a6=15.

(1)求｛a九｝的通项公式；

⑵求数歹小屋而J的前几项和S，

【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即；

(2)采用裂项相消法可求得Sn.

【详解】(1)设等差数列｛a力的公差为d,

a6a3

•・•+。5=2。3=18,•••的=9,d=3=~~~—2,

・•・册=的+(九—3)d=9+2(n-3)=2n+3.

(2)由(1)得.___-___=_____-_____=-(—______L_A

，

(2n+l)an(2n+l)(2n+3)2\2n+l2n+37

・•・Sn=-X(i-i+i-i+i-i+•••+---—+—------)=2X(i--)=

n2\3557792n-l2n+l2n+l2n+372\32n+376n+9

满分秘籍

利用裂项相消法求和的注意事项

(1)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。

(2)将通项裂项后，一定要注意调整前面的系数，避免失误。

(3)掌握常见的分式型裂项相消的公式：

公式一：一--=2(工一--);公式二：-----------=-(--------)

n(n+k)k'nn+kJ,、(2n-l)(2n+l)2、如-1如+J

公式三：-----------=-[----------------]

n(n+l)(n+2)2Ln(n+1)(n+l)(n+2)J

IB变式训练

【变式1-1]记数列的前n项和为Sn，对任意neN*,有Sn=5+1)(%—n).

(1)证明：｛aj为等差数列；

(2)求数列f-」一)的前n项和.

ianan+1J

【答案】(1)证明见解析

【分析】(1)根据Sn=(n+l)(an-n),令n=l得到a1=2,令n22最终得到an-an-i=2,结合等差

数列定义即可证明；

(2)根据等差数列定义得到an=2n,结合裂项相消法求和即可.

【详解】(1)因为Sn=(n+l)(an—n),

所以当n=l时，a[=Si=2(a1-1),所以ai=2,

当n22时，S—i=n(an_!-n+1),

两式相减得Sn-Sn_j=(n+l)(an—n)—n(an_i—n+1),

22

即an=(n+l)an—n-n—na—i+n-n,

即nan-nan_1=2n,

因为n22,所以an-an_T=2为常数，

所以｛aj是首项为2,公差为2的等差数列

(2)由(1)知，an=2+2(n—1)=2n,

anan+l4n(n+l)4\nn+17

所以数列｛康｝的前n项和屁(1-W…-三)=乂1-+)=4(n+l)'

【变式1-2】记Sn为数列｛册｝的前几项和.

(1)从下面两个条件中选一个，证明：数列｛册｝是等差数列；

①数歹W+｝是等差数列；②Sn=生/⑺GN*)

(2)若数列｛册｝为等差数列，且的=1,。3=5,求数歹耳温通｝的前n项和7V

【答案】(1)证明见解析

⑵T--____2n+3

()n-4-2(n+l)(n+2)

【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｛曰｝的首

项为bi，公差为P，求出Sn，表示出an，即可得证.

(2)由(1)根据已知得出一然后利用裂项相消法即可求解.

(n+2)Sn2\nn+2/

【详解】(1)选择条件①：•••Sn=曳*(neN*),

•••2Sn=nan+n,2Sn+1=(n4-l)an+1+n+1,

两式相减可得2an+1=(n+l)an+1-nan+1,

即nan-1=(n-l)an+1,

/.(n+l)an+1-l=nan+2,

两式相减可得(n+l)an+1-nan=nan+2-(n-l)an+1,

化简可得2nan+1=n(an+2+an),

・•・2an+1=an+2+an,・•・数列｛aj是等差数列•

选择条件②：设数列｛鼻｝的首项为bi，公差为p,

则,=N+(n-l)p=np+'-p,故Sn=pn2+⑸-p)n,

当nN2时，an=Sn-Sn_t

=pn2+(bi-p)n-p(n-l)2一⑸-p)(n-1)

=bi+2(n-l)p,

当n=1时，a〕=Si=bi,Aan=bi+2(n—l)p,

Xan+1-an=bi+2np-bx-2(n-l)p=2p.

数列｛aQ是等差数列.

(2)•.•数列｛aj是等差数列，且公差d=亨=2,

nS：1)n(n1)2

Sn=呵+d=n+~x2=n.

(n+2)Snn(n+2)2\nn+2/

故几

1111_11_1\

324+35+nn+2/

1111

-flH-------------------------)

22n+1n+2

31,1।1、32n+3

---------1---------1--------1=----------------------------

42kn+ln+2742(n+l)(n+2)

【变式1-3］已知等差数列｛册｝满足。2=4,2a4一。5=7,等比数列｛4J满足力3=4,九+阮=8(瓦+上)・

(1)求｛每｝与｛%｝的通项公式;

O一，，^

(2)若勾＞0,设％=-----Fbn,求｛c九｝的前几项和S九.

«nan+l

【答案】(1)答案见解析

【分析】(1)设｛aj的公差为d,由题意可得2(4+2d)—(4+3d)=7,求得d=3,a1=1,进而可求an=

3n-2；设｛bj的公比为q,由题意可得biq3(l+q)=8b式1+q),求得q=2或q=-1,再分q=2,q=-1

两种情况求解即可.

(2)利用裂项相消法和分组求和法即可求解.

【详解】(1)设｛aj的公差为d,因为a2=4,2a4—as=7,

所以2(4+2d)—(4+3d)=7,解得d=3,从而ai=l,

所以an=3n—2.

设｛bn｝的公比为q,因为b4+bs=8(bi+b2),则有biq3(l+q)=8立(1+q)

EH0,q3(l+q)=8(1+q),解得q=2或q=-l,

当q=2时，因为b?=4,所以瓦=/=1,所以瓦,=2-1.

当q=—l时，因为bs=4,所以b]=4,b?=—4,所以为=4X(―I)—1.

(2)由(1)可知,若bn>0,则bn=2-1.

3

因为g(3n-2；(3n+l)+2nT'所以d=在一+Z"】，

所以Sn=(l_3+W”，+*_)+(l+2+,“+2nT)，

所以％=(1-*)+黑=2」高.

【变式1-4］已知数列｛册｝是公差为d的等差数列，且的=1,若16和26分别是｛册｝中的项.

(1)当d取最大值时，求通项an；

(2)在(1)的条件下，求数列｛诙%｝的前〃项和Sa.

【答案】(l)an=5n-4

【分析】(1)由等差数列的性质，可得d=驷子=岑1,找到m,n与d的关系，进而找到d取最大值时,

m—1n—1

通项an；

(2)裂项相消即可.

【详解】(1)由已知得d>0,数列｛aj单调递增，不防设am=16,an=26,且n>m>l,

d=并喘即总喑，..*…=5(m-l),

〈m与n越小，d越大，

・弋二：二；C二〉，d=5,.』=5…(nCN*)

(2)由(1)知：an=5n-4,二屋面=(5n+i)U-4)="3一在>

•F=第_:+3_5+……++—高)

4(1-=IeN*)

弘考法二：根式型裂项

例题分析

【例2】已知等差数列｛册｝的前n项和为%,a4+«7=20,S9=27a2.

(1)求｛册｝的通项公式；

(2)设"=一一「,数列｛⑥｝的前n项和为7\,证明：当3时，2〃>药?.

V^n+2+V^n

【答案】（l）an=2n-l

（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an；

（2）分母有理化化简利用裂项求和求出几，作差比较可证不等式成立.

(a1+3d+a1+6d=20

12al+9d=20,解得｛忆;

【详解】（1）设公差为d,

19al+d=27(a1+d)[18al=9d

所以Hn=a1+(n—l)d=1+2(n—1)=2n—1.

⑵b_2_2________

n-y/an+2+V^nV2n+3+-\/2n—1(V2n+3+V2n—1)(V2n+3—\/2n—1)

_2(V^?^-A/2n-l)_

―2n+3-(2n-l)-2'

所以Tn=也+b2+b?+…+bn

1______

=-(V5-l+V7-V3+V9-V5+--+V2n+3-V2n-1)

所以2Tn=V2n+3+V2n+1-V3-1,

所以2Tn—,Hn+i—72n+3+y/2n+T—y/3—1—V2n+1=A/2n+3—V3—1,

当nN3时，V2n+3-V3-1>,2x3+3-V3-l=3-V3-l=2-V3>0,

所以当n23时，2Tn>Va^7.

满分秘籍

变式训练

【变式2-1］已知等比数列｛册｝的前n项和为Sa，an+1=Sa+2（neN*）.

(1)求数列｛册｝的通项公式；

(2)在“与册+i之间插入几个数，使这n+2个数组成一个等差数列，记插入的这几个数之和为如，若不等式(-

l)nA<2-券对一切几eN*恒成立，求实数2的取值范围；

1n

(3)记%=4,求证：号+空+…+^l<&(neN)

10g2成弧廊

【答案】(1)%=2九

⑵E)

(3)详见解析.

【分析】(1)根据“和Sn的关系即可求解；(2)根据等差数列前n项和公式求出〃代入化简即可解决；(3)

求出与瞥，进行适当放缩后用裂项相消求和解决.

y/bn

【详解】(1)设等比数列｛册｝的公比为0

当九=1时，有。2=。1+2,贝！Uiq=%+2①

当7122时，［?？；,'1：1,两式相减可得：an+1-an^Sn-Sn^-an,

1azi—on-ii-乙

整理得与+i=2%,可知q=2,代入①可得的=2,

所以等比数列｛aj的通项公式为0n=2'(neN*).

(2)由已知在册与0n+i之间插入n个数，组成以即=2几为首项的等差数列，

1

所以〃=生曾段扫)一与一a„+1=迎"以=3n-2"-,

贝鼠-1)9<2一患=2一急

1nN

设％=2-京，则&｝是递增数列，

当n为偶数时，4<2—奈恒成立，即4<(2—卷)=c2=1,所以％

当n为奇数时，一4<2—。亘成立，即一4<(2—=q=l,所以2>—1；

Z'Z'min

综上所述，曲取值范围是

(3)证明：由(1)得“=白=；,

log2^2n

则有%二强1-——1——=—遮—=-----涯-----<-----遮----

、y[b^V2n(n+1)2VH(n+1)y/n(n+l')+y/n(n+l')nVn+1+Vn(n+1)

_______V2______.(«ns)_；2zj__i\

VnVn+l(V^+Vn+l)y/n-Vn+1\y/nVn+17

J2丁3+…十踵二。生<迎叶_目+化一目+…+1.)

-Jb[y[b^y[b^L'VlV2/^V2V3/55+1J

<V2(1-v^i)vVX原不等式得证.

【变式2・2】已知正项数列｛3J满足的=1,皿=fl+i.

anyn

(1)求证：数列｛确｝为等差数列；

(2)设"=-~二求数列仍，的前n项和

anan+l+anan+l

【答案】(1)证明见解析

1

⑵Tn=1-常

【分析】(1)由题管=舟，利用累乘法即可求解an=VH(neN*),进而可得端=n(n€N*),进而可证

等差；

⑵由(1)得bn=5-高，由裂项求和即可求解.

【详解】(1)由题可得细包二匡,

an7n

所以当nN2时，

a2a3aa-iaLw2xz3xz4xz~n-1~11

4nnY=向，

aia2a3an-2an-i\123n-2n-

易知a1=1满足an=Vn,所以an=Vn(nGN*).

所以a《+i—a,=n+l—n=1,

所以｛a各是首项为1,公差为1的等差数列.

(2)由(1)可得a^=n,

所以b—1=_____1_____

nanan+i+an3n+inVn+l+Vn(n+l)

__________1__________J__]

7n(n+l)(Vn+Vn+l)VnVn+1*

所以又=1—七+专一专+…+专一盍=一焉.

nn

【变式2-3]在正项数列｛册｝中，ar=1,22.欣=1+22-2■碎一1O22).

⑴求Qn;

(2)证明：2=1(七一得)1

【答案】(1凡=段

(2)证明见解析

【分析】(1)由22n.a^=)+22n-2.a：_i(nN2),可得2?n.-22-2.a、1=1,令6=2?n.a，则上一

bn_i=l(n>2),可得{bj为首项为1，公差为1的等差数列，可得22n,a2=i+(n_1)xi=n,进而求

解；

(2)根据裂项相消求和，进而即可得证.

【详解】(1)由22n.aR=l+22n-2.a-I(n22),

得22n._22n-2.a£i=1,

令bn=22n,a2；则几-bn_t=l(n>2),且bi=4ag=1,

••・{bj为首项为1,公差为1的等差数列，

22n•a三=1+(n—1)x1=n,

又an>0,

⑵证明：W：(时需)=(»?+管-5+…+(上黑)=»黑吟

【变式在①"二；②"=一-一；③“=2na,这三个条件中任选一个补充在下面横线上,

2-4］an

yJCLn-\-yiln+1%1n+1

并解答问题.

2

己知数列｛%｝的前n项和Sn=nan-|n+|n.

(1)证明：数列｛an｝是等差数列；

(2)若%=2,设,求数列｛%｝的前n项和7\.

【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Sn的关系证明.

(2)利用裂项相消法、错位相减法计算求解.

【详解】⑴因为Sn=nan-》+|n9,

所以Sn+1=(n+l)an+i-9n+1)2+|(n+1)②，

②一①得an+i=(n+l)an+1-nan-3n,

整理得an+1-an=3,

由等差数列的定义可知｛an｝是等差数列.

(2)由⑴得｛aj的公差d=3,

又因为a1=2,所以an=a1+(n—l)d=3n—1.

若选①：

V3n+2—\/3n—1

nV^n+V^n+lV3n—l+V3n+2(V3n—l+V3n+2)(V3n+2-V3n-1)31八

所以Tn=匕+b2+b?+…+1=~[(V5—A/2)+(V8—V5)+“11—Vs)+…+«3rl+2—V3n—1)]

V3n+2-V2

若选②:

anan+l(3n—l)(3n+2)3\3n—1

3\23n+272(3n+2)

若选③：

nn

bn=2an=(3n—1)-2

Tn=b]+b?+…+bn=2x21+5x22+8x2?++(3n-1)x2”,

则2Tn=2x22+5x23+8x24+…+(3n-1)x2n+1,

123nn+1

两式作差得一Tn=2x2+3x2+3x2+-+3x2-(3n-1)x2

=4+一(3n—1)x2计1=-8+(4-3n)x2n+1.

所以几=8+(3n-4)X2"i.

然考法三:指数型裂项

座邈，例题分析

【例3】已知又是数列｛册｝的前几项和，且Sn=2n+1—2(ZieN*).

⑴求数列｛%｝的通项公式；

(2)若以=---f----求数列｛6n｝的前?1项和7\.

【答案】C)an=2n,neN*

(2)^=1-^^

【分析】（1）根据an与Sn的关系求解即可；

（2）利用裂项相消法求解即可.

【详解】（1）n=l时，Hi=Si=22—2=2,

n+1nn

n22时an=Sn-Sn_t=(2-2)-(2-2)=2,

经验证n=1时满足an，

n

an=2/nEN*；

z?x..h_2n_________

•n—(2n-l)(2n+1-l)―2n-l—2n+1-l?

T_11.11,1,,11_41

满分秘籍

变式训练

【变式3-1］已知数列｛册｝的前〃项和为Sn,<2Sn=3an-l.

（1）求｛%｝的通项公式;

n

(2)若“=3，求数列也｝的前"项和加.

(an+l)(an+i+l)

［答案］(l)an=3-1

33

⑵几=「许

【分析】（1）由an与Sn的关系求通项；

（2）先求出，，再用裂项相消法求几.

【详解】（1）由己知2Sn=3an-1①,

当n=l时，2si=3ai-l,即2ai=3a】-1,解得a1=1,

当n22时，2Sn_i=3an_1-1②，

①一②得2an=3an-3an-i，即an=Ba-i，

所以数列｛aj是以1为首项，3为公比的等比数列，

所以an=3n-1；

nn

用来7k_3_3_3(11、

内为bn=a+i)a+|+D=(311+1)(3"+1)=5.(？^一行)'

匚二I、【E、

所以几=^3X/(1币一而1+而1一1耳+…+^1亚1)

=ix(-M=?____5―

2123n+l742(3n+l),

【变式3-2］已知数列｛an｝的前n项和为%,满足%=|册-1.

(1)求数列｛册｝的通项公式；

(2)记“=不*，求数列｛久｝的前几项和7叱

3n・3律+1

【答案】(1珏=2x3-1

⑵Tn.一人

【分析】(1)由an与Sn的关系可求出通项公式；

(2)利用裂项相消法求数列的和即可.

【详解】(1)当n=l时，a1=|ai-1,得a1=2,

当n22时，Sn-Sn_t=an=|(an-an_i)>得an=3an_1；

所以数列｛aj是以2为首项，公比为3的等比数列，

所以an=2X3-1.

(2)由(1)可得Sn=,x2x3-1—1=3n—l,

b-

11(3n-1)-(3n+1-1)

所以bn=X±_在7)，

1/111111

Tn=b1+b2+---+bn=-^?^-^-T+^-T-^-T+...+F-T-^r-T

所以Tn=1(七一

【变式3-3］已知S"为数列｛时｝的前多项和,at=2,Sn=an+1-3n-2.

(1)求数列｛册｝的通项公式期；

(2)设"=——，记｛0｝的前n项和为7\,证明：Tn<；.

«n-«n+l5

【答案】(l)an=5X2-1-3

(2)证明见解析

【分析】(1)根据数列递推式可得Sn_i=a。—3(n-1)-2,(n>2),采用两式相减的方法可得a^i=2an+

3,(n>2),从而构造数列，可求得｛aj的通项公式；

(2)由(1)的结论可得味=上-的表达式，利用裂项求和法，可得答案.

an-an+i

【详解】(1)当n=l时，Si=ai=a2—3—2,贝Ija2=7,

因为Sn—an+i—3n—2,

—

所以Sn-i=an3(n—1)—2,(n>2),

两式相减得:an+1=2an+3,(n>2),

所以an+i+3=2Qn+3),(n>2),

ai=2,ai+3=5,a2+3=10,则a2+3=2(ai+3),即n=1也适合上式，

所以匕o+3｝是以5为首项，公比为2的等比数列，

故：an+3=5x2-1,

故=5x2-1-3；

on2n

(2)由(D得bn=H=雨F际F

=“_i_______M

5\5x2n-1-35x2n-3A

故=bi+b2+b34---Fbn

2/111111\

—I—r-—-I—,,,—I-------------------------------------------------------------------I

5\277175x2-1—35x2n-37

i———Y

5\25x2n-37

当n£N*时，＞0,故Tn＜白；!.

【变式3-4］已知数列｛an｝的前n项和为Sn，的=3,铝=三六，兀eN*.

3-1

(1)求52，S3及｛an｝的通项公式；

_____0n+l_____

(2)设"=,数列｛勾｝的前几项和为Tn，若TnWMan—1)对任意的neN*恒成立，求2的最小值.

(an—l)(an+i-l)

n

【答案】(1莫2=12,S3=39,an=3(nEN*)

【分析】(1)根据递推公式和a1的值，即可求出S2,S3及｛aj的通项公式；

(2)求出数列｛、｝的通项公式，得出数列｛、｝的前n项和，由不等式的恒成立，还可求出入的最小值.

【详解】(1)由题意，nGN*

在数列｛aj中，ai=3,管=*1，

当nN2时，Sn=-^--"……----Si=

Sn-1Sn-2S2S12

当n=1时上式也符合，

.•.Sn=^^(nGN*),S2=3x(：r)=[2,S3=3x(；f=39

.•.当nN2时，an=Sn-Sn_i=3\当n=l时，上式也符合.

...｛an｝的通项公式为an=3n(nGN*).

(2)由题意及(1)得，n6N*,

在数列｛aj中，an=3%

数列｛bn｝中，bn=俑_1)；：：+1-1)=(3"-l)(3n+1-l)=2Qj-3m-1)'

.T,,,,..3/I1\9(3n-l)

-Tn=%+b2+…+咏=5匕-KJ=而匚b

VTn<A(an-l),

，，A-4(3n+1-l),

,,9V9_2

・4(3n+1-l)—4(31+1-1)-32,

••••F的最大值为专A>^.

二・人的最小值为套

弘考法四：对数型裂项

F罢工例题分析

［例4］已知数列｛册｝满足刈=1,nan+1=(n+l)an+n(n+1).

⑴证明：数列｛用为等差数列：

(2)设数列｛“｝满足0=In咄，求数列｛%｝的前几项和%.

an

【答案】(1)证明见解析

(2)Sn=21n(n+1)

【分析】⑴对啊+1=5+1珏+11(11+1)进行整理得到管一卒=1,即可说明数歹(j件｝为等差数歹U；

(2)将bn变形为bn=ln@警或bn=ln(n+l)2-Inn2,然后求和即可.

【详解】(1)法1：由nan+1=(n+l)an4-n(n+1),

两边同除以n(n+l)得，包节=曳+1,电—包=1(>1)为常数，

n+lnn+1nn

...数列｛及为等差数列，首项号=1,公差为1,

an+i

法2：由nan+1=(n+l)an+n(n+1)得=^-an+(n+1),

...如一%=(四+1)_曳=1(n?i)为常数，

n+ln\n/n

...数列｛茨为等差数列，首项半=1,公差为1.

2

(2)由胃=；+(n—1)x1=n,an=n,

法1：bn=ln"=ln"2

anM

则Sn=ln||+ln||+…+

/23n+1\

=21n-x-x•••x------

\12n/

=21n(n+1).

法2：b=In皿==ln(n+l)2-Inn2,

nanM

则Sn=(ln22-Ini2)+(ln32-ln22)+…+[ln(n+I)2-Inn2]

=ln(n+l)2—Ini2

=21n(n+1).

满分秘籍

对数型裂项常见公式

Q■九十1

l°ga---=l0gaan+l—l°gaan

an

变式训练

【变式4-1］已知数列｛册｝的首项为2,an>0且满足成-anan_r-2碎=0(n>2且之GN*),bn=log2an.

(1)求｛%J的通项公式；

(2)设％=10g2第i，求｛7｝的前"项和治.

。71

【答案】(1月=2n

(2)Sn=log2(n+1)

【分析】(1)因式分解可知｛aj为等比数列，然后可解；

(2)利用对数运算裂项可解.

【详解】(1)由a二一anan_i—2a-i=0得(an-2an_i)(an+an_，=0,

因为an>0,所以an+an-i>0,所以an—2an-i=0,即3-=2,

an-l

又ai=2,所以｛aj是以2为首项和公比的等比数列，所以an=2。

(2)由bn=10g2an=log22n=n得。=log2=log2(n+1)-log2n,

Dn

Sn=log22-log2l+log23-log22+log24-log23+…+log2(n+1)-log2n

=Iog2(n+1)-log2l=log2(n+1)

【变式4-2］已知｛册｝为等差数列，前〃项和为%,(ne/v*),｛6/是首项为2的等比数列，且公比大于0,

62+63=12，b3^a3+a5,b6=Sn-2.

(1)求｛曲｝和｛%｝的通项公式;

(2)设q=0,cn+i—4=In(1+，)，n€N*,求<:展

Un=2k-1

(3)设％=〈13,其中keN*.求｛%｝的前2〃项和72叱

-^-,n=2k

Vbn

n

【答案】(l)an=n,bn=2；

(2)cn=Inn；

ZQXln(2n+l)

⑶---—•

【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),

2n-1n

由b2+b3=12=>2q+2q=12=>q=2,或q=-3舍去，所以几=2-2=2；

b3=33+a5=>2a4=8^a4=4=>a1+3d=4,

be=Su-2=>lla1+5x11x10d—2=64，解得：ai=d=l,BPan=1+(n—1)-1=n,

n

所以有an=n,bn-2；

(2)

因为Cn+1_Cn=In(1+3=In平，

所以当n>2,nGN*时，

有J二(cn-cn-l)+(cn-l-cn-2)------5)+J

=ln」y+In二+…+InI=In=Inn,显然当n=1时也适合，

n—1n—21(n—l)(n—32)?…)1；；

即％=Inn；

(3)

n

由(1)(2)可知：an=n,bn=2,cn=Inn.

当n=2k—1,k€N*时，d2i=埠f，

当n=2k,keN*时，d2k=

,2k-1

JIJ_31n(2k-l)1%+1_41n(2k-l)-ln(2k+l)

^k-l+a2k-^2kr22k-豕，

41nl—ln341n3—ln541n5—ln741n(2n—1)—ln(2n+1)

T2n=------i-------1--------o------1--------o------FH-------------------------------

4I42434n

ln3ln3ln5ln541n7ln(2n—1)ln(2n+1)

414142T4243T-ry-14n

_ln(2n+l)

4n

【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｝,｛勾｝,已知对于任意neN*,都有许二百“"】，数列｛%｝是等差数列，比=1,

且历+5,b4+l,星一3成等比数列.

(1)求数列｛%｝和出n｝的通项公式；

an,n=2k—1

｛bn,n=2k也€N*).

(i)求WnI——-----；

log3c2i-rlog3c2i+l

(近)求2着「Ck+i.

【答案】⑴an=3,bn=2n-1

(2)(i)1--；(ii)-+^^-9n+1

''2n+l1648

【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｛、｝的公差为d,

".,b2+5,b4+1,be-3成等比数列，且也=1,

,2

..(b4+l)=(b2+5)(b6-3),即(2+3d>=(6+d)(-2+5d),解得d=2,

则几—1+2(n—1)-2n—1,

即an=V3bn+1-V32n-3n,

⑵(i)由(1)可知，J=CN*),

则V_______?________=_?—+_f+...+——_「

3352n-12n+1

乙i=lJog3c2i_「log3c2i+ilog334og33log33-log33Iog33-log33

222

---------1---------1-,•,------------------------

1x33x5(2n-l)(2n+1)

=(1…+p____L_)

V3/\35/\2n-12n+1/

=1--；

2n+l

(ii)由题意,对VneN*,

2n-12n+12n-1

C2n—1C2n+c2nc2n+i=c2n(c2n-i+c2n+i)=(2n-l)(3+3)=10(2n-1)-3

=y(2n-l)-9n,

设｛(2n-1)-9号的前n项为｛Rj,

23n+1

所以Rn=9+3x92+…+(2n—1)x9%则9Rn=9+3x9++(2n-1)x9,

n2_qn+1

贝U—8Rn=9+2(92+93+...+n)_(2n-1)x9n+1=9+2•-....(2n-1)X9n+1

91—9

_45|5-8ngn+i,

44

所以Rn=2+誓g+l,

即升\CkCk+1=竺Rn=在+竺曰-9叶1.

-k=lKK+,3n1648

【变式4-4］已知数列｛pj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=砂P7=方•设

数列｛%J满足％i=Pn-Qn-

(1)求｛(2九｝的通项公式；

(2)在①“=丫7a晨②"=log4孑；③*=妇立=这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解

71+1?1+Zan+lan

答.已知数列｛“｝满足，求｛%｝的前〃项和

【答案】(l)an=(n+l)-2n

(2)答案见解析

【分析】设出数列｛Pn｝的公差d及数列｛qj的首项qi，由题列方程可求出d,qn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②，利用分组求和法即

可求解；若选③，利用裂项相消法即可求解.

(1)

设数列｛pj的公差为d,数列｛qj的首项为q>

由题意得2+2d=2q02+6d=4q1；

解得d=1,qi=2,

n

则Pn=n+1,qn=2,所以an=(n+1)•2。

⑵

若选①味=^an,

即bn=•(n+1)•2。=n•2”，

所以几=1X21+2X22+3X23+…+nX2n,

则2Tn=1x22+2x23+3x2,+…+nx2n+1,

123nn+1

两式相减得一Tn=2+2+2+•••+2-nx2

(2-2n+1)

-nx2n+1

1-2

=(1-n)2n+1-2

所以又=(n-1)X2n+1+2.

若选②,=log4患，

n

即bn=log4^+log42=log4岩+会

所以Tn=(log4：+log.*1---1-bg4翟)+|(1+2H---Fn)

/23n+1\(1+n)n

=10g4Qx.xE+「-

若选③,=色巫，

an+ian

即咏=小好=工——，

an+l3nan3n+l

所以几=(--£)+(---)+…+~—)

VaiazzVazas/\anan+i/

_11

alan+l

_工_____1

-4(n+2)2n+1*

弘考法五：三角函数型裂项

.思，例题分析

【例5】已知2〃+2个数排列构成以册@>1)为公比的等比数列，其中第1个数为1,第2〃+2个数为8,

设a九=log2册.

(1)证明：数列｛看｝是等差数列；

(2)设勾=tan—tan—,求数列｛%｝的前100项和Si。。.

anan+l

【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=白，再结合等差数列的定义分析证明；

(2)根据两角差的正切公式整理得上=-苧(tan.-tan左)-1,结合裂项相消法运算求解.

【详解】(1)由题意可得：q2n+l=1=8,且qn>l,可得qn=2白，

所以an=log22就=/,可得工=罕，

2n+lan3

rn.l112(n+l)+l2n+l2

则-------=---1-----------=7；，

an+lan333

(2)由(1)可得----=

an+lan3

t4an--7-1-t4an—7t

an+lan__/o"

ijtan=tan-1

贝Y717+7tan--jitZan—~

an+lan

整理得bn=tan—tan=—^(tan———tan—)—1,

anan+l3\an+la/

则Si。。=%+b2+-+b100=[-y(tan-tan^)-1]+[-^(tan-tan-1]+-+卜乳an肃

tan—)-11

3100/J

V3r/兀7l\/717l\(7171\1

=———Itan----tan—I+Itan----tan—IH---1-(tan------tan----j—100

a

3L\a2a"\a?a2/\aioiioo^J

V3/7i7i\V3/203兀\

=———Itan------tan—)—100=———tan-....tann)—100

3\a[。Ia"3\3/

=一遮tan(68ir—4-100=-tan--100=-99,

3\3/33

所以数列｛bn｝的前100项和Sioo=—99.

满分秘籍

1变式训练

【变式5-1]已知数列｛a九｝中，的=La2=p且4+1=(九一毋(几=2,3,4,…).

4Ti—CLn

(1)设勾=—工---1(九CN*),试用"表不久+i，并求｛b九｝的通项公式；

an+l

=e

(2)设“cos/cosbN*),求数列｛%｝的前几项和Sn・

COSDnCOSDn-j.l

【答案】⑴、+1=十味，bn=3n

-sin3n

ncos(3n+3)cos3

【分析】(1)根据提示bn=--l(neN*)将条件an+l=0%进行转化即可；

an+ln-an

(2)根据两角差的正弦公式可将J—化为裂项式J=当生-嘤求和.

cosbncosbn+icosbn+icosbn

【详解】(1)工=------上一1=^----------------i-一1=^----------^=4(工