第6节 数列求和之裂项相消法
【基础知识】
1．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法. 适用于类似⎨
⎧
c ⎫
⎬（其中{a n }是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数
⎩a n a n +1⎭
列、部分无理数列等. 用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法： （1）
11111⎛11⎫
=-，特别地当时，； k =1= -⎪
n n +1n n +1n n +k k ⎝n n +k ⎭1
=
k
（2
，特别地当k =
1 =；
2n 21⎛11⎫
（3）a n ==1+ -⎪
2⎝2n -12n +1⎭2n -12n +1（4）a n =
⎫11⎛11
= -⎪ ⎪n n +1n +22⎝n n +1n +1n +2⎭
（5）
1111
=(-) (p
一般裂项模型：
sin 1
=tan(n +1) -tan n （1）a n =f (n +1) -f (n ) （2）
cos n cos(n +1) (2n ) 2111111
=1+(-) （3）a n = （4）a n ==-
(2n -1)(2n +1) 22n -12n +1n (n +1) n n +1
（5）a n =(6)
1111
=[-]
n (n -1)(n +2) 2n (n +1) (n +1)(n +2)
a n =
n +212(n +1) -n 1111
⋅n =⋅n =-, 则S =1-n n -1n n
n (n +1) 2n (n +1) 2n ⋅2(n +1) 2(n +1) 2
（7）a n =
1111
=(-)
(An +B )(An +C ) C -B An +B An +C
（8
）a n =
=
【规律技巧】
1. 在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．
对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．
应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．
使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n -qS n ”的表达式．
2. 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如
111111
容易误裂为，漏掉前面的系数； =(--n 2n +22n (n +2) 2n n +
(2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误．
【典例讲解】
22
【例1】 正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n ＋n －1) S n －(n ＋n ) ＝0.
(1)求数列{a n }的通项公式a n ；
n ＋1*(2)令b n ＝{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N ，都有T n
（n ＋2）a n
5＜64
22
【解析】(1)解 由S 2n －(n ＋n －1) S n －(n ＋n ) ＝0，
得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1) ＝0.
由于{a n }是正项数列，所以S n ＞0，S n ＝n 2＋n . 于是a 1＝S 1＝2，
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1) 2－(n －1) ＝2n . 综上，数列{a n }的通项a n ＝2n .
规律方法 利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候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公式相等．
【变式探究】 (2014·山东卷) 已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．
(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1) n
－1
4n
，求数列{b n }的前n 项和T n . a n a n ＋1
2×1
【解析】(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 12＝2a 1＋2，
24×3
S 4＝4a 1＋2＝4a 1＋12，
2由题意得(2a 1＋2) 2＝a 1(4a 1＋12) ， 解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1) n
－1
4n 4n －
＝(－1) n a n a n ＋1（2n －1）（2n ＋1）
11－
＝(－1) n 12n －1＋2n ＋1⎫.
⎝⎭当n 为偶数时，
11⎫⎛1111112n
＋1＋－⎛＋＋…＋⎛T n ＝⎛－＝1－＝⎝3⎝35⎝2n －32n －1⎭⎝2n －12n ＋1⎭2n ＋12n ＋1当n 为奇数时，
11⎫⎛111112n ＋21＋1＋－⎛＋＋…－⎛T n ＝⎛＋＝1＋. ⎝3⎝35⎝2n －32n －1⎭⎝2n －12n ＋1⎭2n ＋12n ＋12n ＋2
，n 为奇数，2n ＋1
所以T n ＝
2n
，n 为偶数. 2n ＋1
⎧⎪⎨⎛或T ＝2n ＋1＋（－1）
n
2n ＋1⎝
【例2】求数列
n －1
⎭
11+2
,
12+, ⋅⋅⋅,
1n +n +1
设
, ⋅⋅⋅的前n 项和.
1n +n +1
解：
a n =
=n +1-n
（裂项）
则
S n =
11+2
+
12+3
+⋅⋅⋅+
1n +n +1
（裂项求和）
＝(2-) +(3-2) +⋅⋅⋅+(n +1-n ) ＝n +1-1 【例3】 在数列{an }中，a n =前n 项的和.
解： ∵ a n =
12n 2
，又b n =，求数列{bn }的++⋅⋅⋅+
n +1n +1n +1a n ⋅a n +1
12n n ++⋅⋅⋅+= n +1n +1n +12
∴
b n =
211
=8(-)
n n +1⋅22
（裂项）
∴ 数列{bn }的前n 项和 S n =8[(1-) +(
12111111-) +(-) +⋅⋅⋅+(-)] 2334n n +1
（裂项求和）
＝8(1-
18n
) ＝
n +1n +1
111cos 1
【例4】求证： ++⋅⋅⋅+= 2
cos 0cos 1cos 1cos 2cos 88cos 89sin 1
解：设S =
111
++⋅⋅⋅+
cos 0 cos 1 cos 1 cos 2 cos 88 cos 89
∵
sin 1
=tan(n +1) -tan n
cos n cos(n +1)
（裂项）
∴
S =
111
++⋅⋅⋅+
cos 0 cos 1 cos 1 cos 2 cos 88 cos 89
（裂项求和）
＝
1
{(tan1-tan 0) +(tan2-tan 1) +(tan3-tan 2) +[tan89-tan 88]}
sin 1
cos 1 11
＝(tan89-tan 0) ＝⋅cot 1＝2
sin 1sin 1sin 1
∴ 原等式成立
【针对训练】
13572n -1
1、求数列, , , , ⋅⋅⋅, n 的前n 项和.
248162
2、求数列
3、已知数列{a n }的通项公式为a n =
【巩固提升】
[1**********]
1．已知数列{a n }：＋，…，＋＋……，若b n ＝，
[1**********]010a n a n ＋1
那么数列{b n }的前n 项和S n 为
n
n ＋1
1
2．已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋a n ＝1(n ∈N *) ．
2(1)求数列{a n }的通项公式；
1111
(2)设b n ＝log －S n ＋1)(n ∈N *) ，令T n ＝…＋T n .
3b 1b 2b 2b 3b n b n ＋1
3. 求数列
4n B. n ＋1
1111
，，，„，，„的前n 项和S 1⨯32⨯43⨯5n (n +2)
1n +1+n
求它的前n 项的和.
( )
3n
n ＋15n D. n ＋1
11+2
,
12+3
, ⋅⋅⋅,
1n +n +1
, ⋅⋅⋅的前n 项和.
4. 答案：
.
5、
=
答案：