数列求和裂项相消法公式

数列裂项相消公式：1/[n(n+1)]=(1/n)-[1/(n+1)]。裂项是指这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用。是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的。通项分解（裂项）倍数的关系。通常用于代数，分数，有时候也用于整数。

公式，在数学、物理学、化学、生物学等自然科学中用数学符号表示几个量之间关系的式子。具有普遍性，适合于同类关系的所有问题。在数理逻辑中，公式是表达命题的形式语法对象，除了这个命题可能依赖于这个公式的自由变量的值之外。

裂项相消法公式大全

裂项相消法公式大全裂项相消法是一种数学方法，用于解决等差数列、等比数列以及无理数列的求和问题。该方法的基本思想是将等差数列、等比数列以及无理数列的每一项分别裂项，然后将裂项相消，从而得到等差数列、等比数列以及无理数列的和。以下是裂项相消法的一些公式: 1. 等差数列求和公式: Sn = n * (a1 + an) / 2 其中，n 是数列的长度，a1 是数列的首项，an 是数列的最后一项。 2. 等比数列求和公式: Sn = (n/2) * (a1 * an) / (an + a1) 其中，n 是数列的长度，a1 是数列的首项，an 是数列的最后一项。 3. 无理数列求和公式: 对于无理数列，可以将每一项裂项，然后相消。例如，对于无理数列π*(n+1)/n，可以将π*(n+1)/n 裂项为π/n 和 (n+1)*π/n，然后将两项相消。 4. 等差数列裂项公式: a[n+1] - a[n] = (n+1-n)*a1 其中，a[n+1] 是数列的第 n+1 项，a[n] 是数列的第 n 项，n 是数列的长度。

5. 等比数列裂项公式: a[n+1]/a[n] = (a[n]/a[n-1])*(a[n-1]/a[n]) 其中，a[n+1] 是数列的第 n+1 项，a[n] 是数列的第 n 项，n 是数列的长度。 6. 无理数列裂项公式: π*(n+1)/n - π/n = (n+1-n)*π 其中，π*(n+1)/n 是数列的第 n+1 项，π/n 是数列的第 n 项，n 是数列的长度。以上是裂项相消法的一些公式，可以根据实际需要选择合适的公式进行求解。

数列裂项相消法求和

数列的求和是高考的必考题型，求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择恰当的求和方法。常见的求和方法有：公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等。今天讲讲裂项相消法求和。常见的列项求和公式 ()1 1 111) 1(+- =+n n n n ()) 1 1(11) 2(k n n k k n n +-=+ )1 21121(211 41) 3(2 +--= -n n n n n n n -+=++11 1) 4( )(1 1) 5(n k n k k n n -+= ++ n n n a a a log )1(log )1 1(log )6(-+=+ 注意：裂开后，两项之差前面的系数为小分母大分母-1

【典例1】形如)(1k n n a n +=型 {}{}{}n n n n n n n n n n T n b s b a n a a s s n a 项和的前求数列设项公式。是等比数列，并求其通证明数列都成立。对任意的正整数且满足项和为的各项为正数，前已知数列,1 )2()1(324,2=-+= ⎩⎨ ⎧≥-==-2 ,1 n ,11n S S S a a S n n n n n ，得用公式求分析：已知下面求n>1时，（1）

【典例2】形如k n n a n ++ = 1型 {}2019 ,,)()1(1 24)(S S n a N n n f n f a x x f n n n a 求项和为的前记数列，令），，的图像过点（已知函数+∈++= =

解析：【规律方法】利用裂项相消法求和的注意事项。 1、抵消后并不定只剩下第一项和最后一项，也有可能是前面两项，和后两项；或者是前面几项，后面几项。 2、将通项裂开后，有时需要调整前面的系数，系数为：裂开的两项分母之差的倒数。

数列裂项相消法

数列裂项相消法数列是数学中一个重要的概念，它是按照一定的规律排列成一列数的集合。在数学中，数列不仅仅是一些数的简单排列，它更是我们探索抽象、递推的一个途径，也是一些数学问题解决的基础。在数学中，数列裂项相消法是一种简便的数学工具，它充分利用数列的性质，将数列通过裂项相消的方式，简化和加速计算过程。本文将从数列基础认识入手，详细介绍数列裂项相消法的原理和应用，希望能为学生和教师提供一些帮助。一、数列的基础认识 1、数列的定义按照一定规律排列成一列数的集合称为数列。 2、数列的表示形式数列一般表示为a1, a2, a3, ……,an (n为自然数) 或 {an}。 3、数列的通项公式我们可以通过观察数列的规律，利用代数方法推出数列的通项公式，通项公式是数列中每一项的公式。 4、数列的性质数列有许多重要的性质，主要包括公差、公比和递推公式等。二、裂项相消法的原理数列裂项相消法是一种计算数列的方法，它的基本原理是：利用数列中相邻项的差或比，裂项相消，简化计算过程。 an - a(n-1) = f(n) - f(n-1) a(n-1) - a(n-2) = f(n-1) - f(n-2) …… a2 - a1 = f(2) - f(1) 如果把所有式子加起来，就可以得到：利用裂项相消法，可以得到：

an = （a1 + an）/2 + （n - 1）/2 * d 这个公式可以用于计算等差数列的前n项和。例如，有一个公差为3，首项为1的等差数列，前5项和为？根据上面的公式，可以得到： 5 * （1 + 5*3）/2 = 40。因此，该等差数列的前5项和为40。 an / a(n-1) = q 由此可以得到等比数列的求和公式：当q ≠ 1 时： a1 = 1，q = 2，n = 4。斐波那契数列是一种非常特殊的数列，它的前两项都是1，每一项都是前两项之和。 1,1,2,3,5,8,13,21,34…… an = （1/√5）*（（（1+√5）/2）^n -（（1-√5）/2）^n） ∑（k=1 to n）a(k) = a(n+2) - 1。例如，求斐波那契数列的前8项和。 a10 = 89，因此，前8项和为88。四、总结数列裂项相消法是一种简便的数学工具，它利用数列的性质，加速和简化计算过程，可以广泛应用于等差数列、等比数列、斐波那契数列的求和，也可以用于一些其他数列的计算。对于学生来说，掌握数列裂项相消法可以提高计算效率，对数学学科的应用也具有非常重要的作用。

高中数学复习数列求和裂项相消法

裂项相消法求和把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。 1、特别是对于⎭ ⎬⎫⎩⎨⎧+1n n a a c ，其中{}n a 是各项均不为0的等差数列，通常用裂项相消法，即利用1+n n a a c =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+111n n a a d c ，其中()n n a a d -=+1 2、常见拆项：1 11)1(1+-=+n n n n )1 21121(21)12)(12(1+--=+-n n n n ]) 2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n !)!1(!n n n n -+=⋅ )! 1(1!1)!1(+-=+n n n n 例1 求数列1{ }(1)n n +的前n 和n S ．例2 求数列1{ }(2) n n +的前n 和n S ．

例3 求数列1{ }(1)(2)n n n ++的前n 和n S ．例4 求数列 ⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和. 例5：求数列 311⨯，421⨯，5 31⨯，…，)2(1+n n ，…的前n 项和S 例6、求和) 12)(12()2(5343122 22+-++⋅+⋅=n n n S n Λ

一、累加法 1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。 2．若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则 21321(1) (2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=L L 两边分别相加得 111()n n k a a f n +=-=∑ 例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则 11232211 2 ()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)1 2[(1)(2)21](1)1 (1)2(1)12 (1)(1)1 n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=L L L 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。例2 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。解法一：由1231n n n a a +=+⨯+得1231n n n a a +-=⨯+则 11232211 122112211()()()()(231)(231)(231)(231)3 2(3333)(1)3 3(13)2(1)313 3313 31n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+-L L L

数列的求和(裂项相消法)

数列的求和（裂项相消法）对于⎭ ⎬⎫⎩⎨ ⎧ +1n n a a c ，其中{}n a 是各项均不为0的等差数列，通常用裂项相消法，即利用1+n n a a c =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+111n n a a d c ，常见拆项： 1 11)1(1+-=+n n n n )121 121(21)12)(12(1+--=+-n n n n 1 k = =1、已知数列的的通项，求数列的前n 项和：（1） )1(1+=n n a n （2）) 2(1 +=n n b n 2、求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,1 1, ,3 21, 2 11n n 的前n 项和. 3、在数列{a n }中，11211++ ⋅⋅⋅++++= n n n n a n ，又1 2+⋅=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项的和.

4、等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a32=9a2a6，（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n =log 3 a 1 +log 3 a 2 +…+log 3 a n ，求数列{}的前n项和． 5、正项数列{a n }满足﹣（2n﹣1）a n ﹣2n=0．（1）求数列{a n }的通项公式a n ；（2）令b n =，求数列{b n }的前n项和T n ． 6、已知等差数列{a n }满足：a 3 =7，a 5 +a 7 =26．{a n }的前n项和为S n ．（1）求a n 及S n ；（2）令（n∈N*），求数列{b n }的前n项和T n ．

7. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点), (n s n n 在直线2 11 21+=x y 上，数列{}n b 满足0212=+-++n n n b b b ，()* N n ∈，113 =b ，且其前9项和为153. （1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）设) 12)(112(3 --=n n n b a c ，求数列{}n c 前n 项的和n T . 8、已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足5,053-==S S (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列21211 n n a a -+⎧ ⎫⎨⎬⎩⎭ 的前n 项和．

数列求和专题(裂项相消)

数列求和专题复习一、公式法 1.等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2 ) 1(2)(11-+=+= 2.等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==) 1(11)1()1(111q q q a a q q a q na S n n n 3.常见数列求和公式： )1(211+==∑=n n k S n k n ；)12)(1(6112 ++==∑=n n n k S n k n ；21 3)]1(21[+==∑=n n k S n k n 例1：已知3 log 1log 23-= x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n 项和. 例2：设n S n +⋅⋅⋅+++=321， +∈N n ,求1 )32()(++= n n S n S n f 的最大值. 二、倒序相加法似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法。如果一个数列{}n a ，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用正序写和与倒序写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和。这一种求和的方法称为倒序相加法. 例3：求 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 2 2 2 2 2++⋅⋅⋅+++的值例4：求222 2 2 2222222123101102938101 ++++++++的和．变式1：已知函数()x f x = （1）证明：()()11f x f x +-=；（2）求128910101010f f f f ⎛⎫ ⎛⎫ ⎛⎫⎛⎫ ++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 的值. 三、裂项相消法这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：（1）)()1(n f n f a n -+= （2） n n n n tan )1tan() 1cos(cos 1sin -+=+

差比数列求和裂项相消

差比数列求和裂项相消差比数列是一种数列,其中的每一项都是前两项的差或比。差比数列的通项公式可以用来求出数列的前几项和。差比数列求和裂项相消法是一种求差比数列和的方法,它通过将数列的前几项相加,并使用裂项公式求出数列的通项公式,然后使用通项公式求出数列的和。举个例子,假设我们要求的是以2为公差的等差数列的前 5项和。我们可以将数列的前几项相加,得到： 2 + 4 + 6 + 8 + 10 = 30 然后使用裂项公式求出数列的通项公式,即： a + (n-1)d = 30 其中a是数列的第一项,n是数列的项数,d是数列的公差。在这个例子中,a=2,n=5,d=2。将这些值代入公式中得到： 2 + (5-1)2 = 30 解得： 2 + 8 = 30 10 = 30 显然,这个结果是不正确的,说明我们没有正确地求出数列的通项公式。总之,差比数列求和裂项相消法是一种求差比数列和的方法,它通过将数列的前几项相加,并使用裂项公式求出数列

的通项公式,然后使用通项公式求出数列的通项公式来求出数列的和。差比数列的通项公式为： S = (a1 + an) * n / 2 其中S是数列的和,a1是数列的第一项,an是数列的最后一项,n是数列的项数。在这个例子中,a1=2,an=10,n=5。将这些值代入公式中得到： S = (2 + 10) * 5 / 2 S = 12 * 5 / 2 S = 60 / 2 S = 30 这样我们就正确地求出了以2为公差的等差数列的前5项和。总之,差比数列的通项公式是一种有效的求数列和的方法,它可以帮助我们快速求出数列的和,而无需手动求和。

裂项相消法公式大全

裂项相消法公式大全裂项相消是高中数学中常见的技巧，可以用来简化复杂的分式、方程式等等。以下是一些常见的裂项相消法公式： 1. $\dfrac{a}{b-c}-\dfrac{a}{b+c}=\dfrac{2ac}{b^2-c^2}$ 2. $\dfrac{a+b}{c}-\dfrac{a-b}{c}=\dfrac{2ab}{c^2}$ 3. $\dfrac{x}{(x+a)(x+b)}- \dfrac{x}{(x+b)(x+c)}=\dfrac{ab}{(x+a)(x+b)(x+c)}$ 4. $\dfrac{a}{x(x-a)}+\dfrac{b}{x(x-b)}=\dfrac{a+b}{x^2-ab}$ 5. $\dfrac{1}{ab}(\dfrac{1}{a-x}- \dfrac{1}{b+x})=\dfrac{2x}{a^2-x^2}-\dfrac{2x}{b^2-x^2}$ 6. $\dfrac{x+1}{x^2-4x+3}-\dfrac{x-1}{x^2-2x-3}=-\dfrac{2}{x-1}$ 7. $\dfrac{1}{x(x-1)(x-2)(x-3)}=\dfrac{6}{x-3}-\dfrac{15}{x- 2}+\dfrac{10}{x-1}-\dfrac{1}{x}$ 8. $\dfrac{1}{x(x+1)(x+2)}=\dfrac{-1}{x}+\dfrac{2}{x+1}- \dfrac{1}{x+2}$ 9. $\dfrac{x}{(x-a)(x-b)}+\dfrac{y}{(x-b)(x-c)}+\dfrac{z}{(x- c)(x-a)}=\dfrac{(x+y+z)}{(x-a)(x-b)(x-c)}$ 以上公式只是其中的一部分，裂项相消的技巧需要经常练习才能掌握。

数列求和的“裂项相消法”讲解

们仞Q C第 c/m 对于本题通项公式类型的数列，釆用的“求前n项和”的方法叫“裂项相消法” ——就是把通项拆分成“两项的差”的形式，使得恰好在求和时能够“抵消” 多数的项而剩余少数几项。很多题目要善于进行这种“拆分” 请看几例：柚：铲屛后r希渦厂呼仅與卅用了 “分子有理化”技巧） (1) (2)求和 $"=岚+而+丽+…+呛? + 1) 解：通项公式: 1 _(〃 + 1)-川_1 1 /?(/? +1) n(〃 + l) n n + \ 所以 77 + 1

(3)求和 = 3^7 + 7x11+ 11X 15+ *， +(4/7-1)(4H + 3) c 1 1 1 S n = --------- 1 ---------- F ------------- ••• + 3x7 7x11 11x15 (4/7 -1)(4/? + 3) 举__ 4(3~4/? + 3> 72 3(4/2+ 3) (4)求和》=丄 + 丄 + 丄 +・・・+ 一!一 1x3 2x4 3x5 n(n + 2) ] _ 1(H4-2)-/7 ___]_y n(n + 2) 2 77(77+ 2) 2 \ n « + 2 > 11111 1 1 1 Ix3 + 2^4 + 3^5 + 4x6 + 5x7+ *，+(H-2)n + (n-l)(n + l) + /7(H + 2) 1 1 1 1 =—T —— ------------- — ---------- 1 2 n+\ n+2 _3__1 _______ 1_ 2 /? + 1 n + 2 灵后这个题，要多写一些项，多观察，才可能看出抵消的规律来. 解： 1(4〃 + 3) —(4〃一1) If 1 1 " (4n-l)(4n + 3) 4 (4n-l)(4n + 3) 4^4/?-! 4/7 + 3 4/?+ 3) 4〃（仔细看看上一行里边“抵消”的规律）

裂项相消法指数型公式

裂项相消法指数型公式摘要： 1.裂项相消法的概念和原理 2.指数型公式的概述 3.裂项相消法在指数型公式中的应用 4.具体示例和解题步骤 5.裂项相消法在指数型公式中的优点和局限性正文： 1.裂项相消法的概念和原理裂项相消法是一种常用的数学求和方法，主要应用于数列求和、级数求和等问题。它的原理是将数列或级数中的项进行分组，然后通过对分组后的项进行加减相消，从而简化问题，达到快速求和的目的。 2.指数型公式的概述指数型公式是指包含指数运算的数学公式，通常表示为a^n 的形式，其中a 为底数，n 为指数。在指数型公式中，指数可以是自然数、负数或分数。指数型公式在数学、物理、化学等学科中有着广泛的应用。 3.裂项相消法在指数型公式中的应用裂项相消法在指数型公式中的应用主要体现在对指数型数列或级数的求和中。通过将指数型数列或级数中的项进行分组，利用指数运算的性质进行加减相消，从而简化问题，达到快速求和的目的。 4.具体示例和解题步骤

例如，求解以下指数型数列的和：1, 2^2, 3^3, 4^4,..., n^n。解题步骤如下：（1）将数列中的项进行分组，设第k 组的和为Sk，即Sk = k^k。（2）对第k 组进行裂项相消，得到Sk = (k-1)^k + k^k。（3）利用等比数列求和公式，得到Sk = (k-1)^k + k^k = ((k-1)^(k-1) + 1) * k。（4）将所有组的和相加，得到原数列的和为：S = 1 + 2^2 + 3^3 +...+ n^n = (1 + 2 + 3 +...+ n) * n = (n(n+1)/2) * n。 5.裂项相消法在指数型公式中的优点和局限性裂项相消法在指数型公式中的优点是可以简化数列或级数的求和问题，提高求解速度。同时，它适用于各种类型的指数型公式，具有较强的通用性。然而，裂项相消法也有其局限性。对于一些特殊的指数型公式，裂项相消法可能无法直接应用，需要结合其他数学方法进行求解。

数列求和————裂项相消法高考常见的类型总结

数列求和————裂项相消法高考常见的类型总结裂项相消法是数列求和中的常见求解策略，说是高考的高频考点，通常出现在数列解答题的第二问，是学生必须掌握的内容，本文章就是对裂项相消法常见的经典题型进行总结，，基本上，数列的通项中含有乘积的分式的形式，就应该想到这种方法。（一）、减法型：裂项为减法，分母之“差”等于分子裂项相消法就是将代数式中的项拆分成“两项的差”的形式，使得其在进行求和运算时恰好能够“抵消”多数项而剩余少数几项，从而达到简便求和的目的﹒本文试举例说明﹒ 常用的裂项公式（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）类型一：等差型（裂项主要是逆用通分，把乘积式转化为两式的差）（1）连续两项型

1．已知等差数列的前项和为 ,则数列的前100项和为 A．B．C．D．解、设等差数列{a n }的首项为a 1 ，公差为d. ∵a 5＝5，S 5 ＝15，∴⇒⇒a n ＝n. ∴＝＝， S 100 ＝＋＋…＋＝1－＝ . 2．已知数列满足，， .（1）求证：数列是等比数列；（2）已知，求数列的前项和 .解、（1）当时，、当时 ∴数列是首项为2，公比为的等比数列（2）由（1）知∴ ∴ ∴ .

3．若的前项和为，点均在函数的图像上. （1）求数列的通项公式；（2），求数列的前项和 . 解、（1）由于点在函数的图像上，所以①. 当时，；当时，②， ①-②得 .当时上式也满足，所以数列的通项公式为 . （2）由于，所以，所以所以 . （2）相隔项 4．记为数列的前n项和，已知 . （1）求的值及的通项公式；（2）设，求数列的前n项和. 解：（1）当时，，故，即，又，故对任意， . （2）由题知，

裂项相消法求和附解析

.裂项相消法利用列相消法乞降，注意抵消后其实不必定只剩下第一和最后一，也有可能前面剩两，后边剩两，再就是通公式列后，有需要整前面的系数，使列前后等式两保持相等。（ 1 ）假如 {a n }等差数列，11.( 11 ) ,11.(1 1 ) a n a n 1 d a n a n 1a n a n 22d a n a n 2 （ 2 ） 111 n（n1） n n1 （ 3 ）1 k)1 ( 1 n 1) n(n k n k （ 4 ）1 1 (11)（2n 1（)2n 1） 2 2n 1 2n 1 （ 5 ） n(n 1 2) 1[1 (n 1] 1)( n2n(n 1)1)(n2) （ 6 ）1n1n n n1 （ 7 ） 11 n k n) n n k ( k 1. 已知数列的前n和，．（1 ）求数列的通公式；（2 ），求数列的前n和． [ 分析 ] (1)⋯⋯⋯⋯⋯①

. ,⋯⋯⋯⋯⋯② ①②得 : 即⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分在①中令, 有, 即，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分故 2. 已知 {a n} 是公差 d 的等差数列，它的前n 和 S n， S4=2S 2 +8 ．（Ⅰ）求公差 d 的；（Ⅱ）若 a 1 =1 ， T n是数列 {} 的前 n 和，求使不等式T n≥全部的 n ∈N* 恒建立的最大正整数m 的； [ 分析 ] （Ⅰ）数列{a n }的公差 d ， ∵ S4 =2S 2 +8 ，即 4a 1 +6d=2(2a 1 +d) +8，化得：4d=8，解得 d=2 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）由 a 1=1 ， d=2 ，得 a n =2n-1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分 ∴=．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分