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(共45张PPT)
第六章
数列
第33讲　数列的求和
第2课时　裂项相消法
题型突破　能力进阶
目标
1
等差型裂项求和
1
【解答】
【解析】
1
变式1　(2025·邯郸一模)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝1，a2＝b1，2a5＝b3＋2，a4＝b2.
(1) 求{an}，{bn}的通项公式；
【解答】
变式1　(2025·邯郸一模)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝1，a2＝b1，2a5＝b3＋2，a4＝b2.
(2) 若bm＋3am－10＝0，求m的值；
【解答】
　　　　因为bm＋3am－10＝0，所以2m＋3m－10＝0.令f(x)＝2x＋3x－10，由函数y＝2x和y＝3x－10在R上为增函数，得f(x)在R上为增函数．因为f(2)＝22＋6－10＝0，所以m＝2.
变式1　(2025·邯郸一模)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝1，a2＝b1，2a5＝b3＋2，a4＝b2.
【解答】
目标
2
指数型裂项求和
　　　(2025·泰州一调改)设数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝n2＋5n.
(1) 求{an}的通项公式；
2
【解答】
　　　(2025·泰州一调改)设数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝n2＋5n.
【解答】
2
变式2　记Sn为数列{an}的前n项和，已知3Sn＝4an－3n.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】
　　　　令n＝1，得3S1＝4a1－3，所以a1＝3；当n≥2时，3Sn＝4an－3n①，3Sn－1＝4an－1－3(n－1)②，①－②得an＝4an－1＋3，则an＋1＝4(an－1＋1).又因为a1＝3，a1＋1＝4，所以数列{an＋1}是以4为首项，4为公比的等比数列，所以an＋1＝4n，an＝4n－1.
变式2　记Sn为数列{an}的前n项和，已知3Sn＝4an－3n.
【解答】
目标
3
无理型裂项求和
3
【解答】
【解答】
3
目标
4
裂项为“＋”型
　　　(2025·龙岩二检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，a1＝1.
(1) 求数列{an}的通项公式；
4
【解答】
　　　(2025·龙岩二检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，a1＝1.
【解答】
4
三角型裂项求和
　　　(2025·安庆三模)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan.
(1) 求数列{an}的通项公式；
5
【解答】
目标
5
　　　(2025·安庆三模)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan.
5
【解答】
配套精练
配套精练
A组　夯基精练
一、 单项选择题
【解析】
【答案】D
【解析】
A
【解析】
D
【解析】
【答案】B
二、 多项选择题
5．在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，…这些数叫做三角形数．设第n个三角形数为an，则下面结论正确的是 (　　)
A．an－an－1＝n(n≥2)
B．a20＝210
C．1 024是三角形数
【解析】
　　　　对于A，a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，由此可归纳得an－an－1＝n(n≥2)，故A正确；
【答案】ABD
【解析】
【答案】ACD
【解析】
【解析】
【解析】
【解答】
　　　　条件①不符合题意．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.当n＝1时，a1＝1也满足上式．所以{an}的通项公式为an＝2n－1.
因为an>0，所以an－an－1＝2，则{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以{an}的通项公式为an＝2n－1.
【解答】
11．已知Sn是数列{an}的前n项和，2Sn＝(n＋1)·an，且a1＝1.
(1) 求{an}的通项公式；
【解答】
11．已知Sn是数列{an}的前n项和，2Sn＝(n＋1)·an，且a1＝1.
【解答】
B组　能力挑战(挑战点：放缩法)
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，(n－2)Sn＋1＋2an＋1＝nSn，n∈N*.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，(n－2)Sn＋1＋2an＋1＝nSn，n∈N*.
【解答】第2课时　裂项相消法
举题说法
等差型裂项求和
例1　(2026·济南期初)已知正项数列{an}的前n项积为Tn，且满足an＝(n∈N*).
(1) 求证：数列{Tn}为等差数列；
【解答】 当n＝1时，a1＝T1＝，又an>0，T1≠0，所以T1＝3；当n≥2时，an＝＝，又Tn≠0，所以Tn－2＝Tn－1，即Tn－Tn－1＝2，所以数列{Tn}是首项为3，公差为2的等差数列．
(2) 令cn＝，求数列{cn}的前n项和Sn.
【解答】 由(1)知Tn＝2n＋1，cn＝＝＝，则Sn＝＝＝，所以数列{cn}的前n项和Sn＝.
(1) an＝＝；
(2) an＝＝；
(3) an＝＝.
变式1　(2025·邯郸一模)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝1，a2＝b1，2a5＝b3＋2，a4＝b2.
(1) 求{an}，{bn}的通项公式；
【解答】 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.因为a1＝1，a2＝b1，2a5＝b3＋2，a4＝b2，所以由b1≠0得d≠－1.由①③得q＝④，①④代入②得8d＝(1＋d)·，解得d＝1，故b1＝2，q＝＝2，所以an＝1＋(n－1)×1＝n，bn＝2×2n-1＝2n.
(2) 若bm＋3am－10＝0，求m的值；
【解答】 因为bm＋3am－10＝0，所以2m＋3m－10＝0.令f(x)＝2x＋3x－10，由函数y＝2x和y＝3x－10在R上为增函数，得f(x)在R上为增函数．因为f(2)＝22＋6－10＝0，所以m＝2.
(3) 若cn＝，求数列{cn}的前n项和Sn.
【解答】 由(1)得cn＝＝＝＝－，所以Sn＝－＋－＋…＋－＝1－＝.
指数型裂项求和
例2　(2025·泰州一调改)设数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝n2＋5n.
(1) 求{an}的通项公式；
【解答】 因为2Sn＝n2＋5n，所以Sn＝，当n＝1时，S1＝，所以a1＝S1＝3；当n≥2时，Sn－1＝，所以an＝Sn－Sn－1＝－＝n＋2，而a1＝3也满足上式，所以an＝n＋2.
(2) 设bn＝n·2n+1，求数列的前n项和Tn.
【解答】 ＝＝＝－，所以Tn＝－＋－＋－＋…＋－＝1＋－－＝－－.
(1) an＝＝·(a≠1)；
(2) an＝＝－.
变式2　记Sn为数列{an}的前n项和，已知3Sn＝4an－3n.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 令n＝1，得3S1＝4a1－3，所以a1＝3；当n≥2时，3Sn＝4an－3n①，3Sn－1＝4an－1－3(n－1)②，①－②得an＝4an－1＋3，则an＋1＝4(an－1＋1).又因为a1＝3，a1＋1＝4，所以数列是以4为首项，4为公比的等比数列，所以an＋1＝4n，an＝4n－1.
(2) 设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解答】 因为bn＝＝，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝.
无理型裂项求和
例3　(2025·秦皇岛考前模)已知各项都是正数的数列{an}，其前n项和为Sn，a1＝1，且Sn－＝.
(1) 求{an}的通项公式；
【解答】 由题意得4Sn－4＝a－1，所以(2－1)2＝a.又数列{an}是各项都是正数的数列，a1＝1，所以2－1＝an，4Sn＝(an＋1)2.当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2，则有4Sn－4Sn－1＝4an＝a＋2an－a－2an－1，所以2(an＋an－1)＝a－a＝(an＋an－1)(an－an－1)，所以an－an－1＝2，故数列{an}是1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1.
(2) 若bn＝＋，求证：＋＋…＋＝3.
【解答】 由(1)得bn＝＋，所以＝＝(－)，所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝(－)＝3，得证．
an＝＝(－).
裂项为“＋”型
例4　(2025·龙岩二检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，a1＝1.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，得－＝1.又a1＝1，所以数列是首项为＝a1＝1，公差为d＝1的等差数列，所以＝n，即Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，且a1＝1也满足该式，所以an＝2n－1，则数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2) 若bn＝(－1)n·，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解答】 由(1)得bn＝(－1)n＝(－1)n·，所以Tn＝－＋－＋…＋(－1)n＝－1＋(－1)n.
(1) (－1)n·＝(－1)n；
(2) (－1)n＝(－1)n.
三角型裂项求和
例5　(2025·安庆三模)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 在数列{an}中，a2＝1，Sn为{an}的前n项和，当n＝1时，由2S1＝a1，得a1＝0.当n≥2时，由2Sn＝nan①，得2Sn＋1＝(n＋1)an＋1②，②－①得2Sn＋1－2Sn＝(n＋1)an＋1－nan，2(Sn＋1－Sn)＝(n＋1)an＋1－nan，即nan＝(n－1)an＋1，即＝，递推可得＝，…，＝，＝.由累乘法可得··…··＝××…××，可得＝n.又因为a2＝1，所以an＋1＝n，即an＝n－1，又a1＝0也符合上式，所以an＝n－1.
(2) 若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解答】 由(1)可知an＝n－1，bn＝＝＝
＝＝－＝tan (n＋1)－tan n，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…bn＝(tan 2－tan 1)＋(tan 3－tan 2)＋…＋[tan n－tan (n－1)]＋[tan (n＋1)－tan n]＝tan (n＋1)－tan 1，所以数列{bn}的前n项和Tn＝tan (n＋1)－tan 1.
配套精练
A组　夯基精练
一、 单项选择题
1．(2026·赣州期初)已知函数f(x)＝x2－mx的图象在点x＝1处的切线l与直线x＋3y－2＝0垂直，记数列的前n项和为Sn，则S2 026的值为(　D　)
A． B．
C． D．
【解析】 由题知f′(x)＝2x－m，则在点x＝1处的切线的斜率为f′(1)＝2－m.又直线x＋3y－2＝0的斜率为－，所以(2－m)·＝－1，解得m＝－1，f(x)＝x2＋x，则＝＝－，因此Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，所以S2 026＝.
2．若数列{an}满足an＝，则S8＝(　A　)
A．2 B．3
C．8 D．9
【解析】 因为an＝＝(－1)n(＋)，所以S8＝a1＋a2＋…＋a8＝－(＋)＋(＋)－…－(＋)＋(＋)＝－1＝2.
3．已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，a1＋a2＋…＋anA．1 B．
C． D．
【解析】 由题知an＝×＝，故a1＋a2＋…＋an＝＝－<，所以m≥，即m的最小值为.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝，数列{bn}的前n项和为Tn，且(2bn－1)Sn＝an＋1，则满足Tn≥2的正整数n的最小值为(　B　)
A．3　 B．15
C．16 D．17
【解析】 因为an＝＝－，所以Sn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝.因为(2bn－1)Sn＝an＋1，所以(2bn－1)＝－，整理得2bn＝＋1＝，所以bn＝log2＝log2－log2，所以Tn＝(log2－log2)＋(log2－log2)＋…＋(log2－log2)＝log2.令log2≥2，解得n≥15.所以正整数n的最小值为15.
二、 多项选择题
5．在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，…这些数叫做三角形数．设第n个三角形数为an，则下面结论正确的是(　ABD　)
A．an－an－1＝n(n≥2)
B．a20＝210
C．1 024是三角形数
D．＋＋＋…＋＝
【解析】 对于A，a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，由此可归纳得an－an－1＝n(n≥2)，故A正确；对于B，因为n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝，所以a20＝210，故B正确：对于C，令＝1 024，此方程没有正整数解，故C错误；对于D，由an＝，得＝＝2，所以＋＋＋…＋＝2＝2＝，故D正确．
6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则下列结论正确的是(　ACD　)
A．为等比数列
B．an＋1>an
C．的前n项和Sn＝2n+1－n－2
D．的前n项和Tn＝1－
【解析】 由an＋1＝，得2an＋1＋anan＋1＝an，化简得＋1＝，即＋1＝2，所以＝2.因为＋1＝2，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，故A正确；由＋1＝2×2n-1＝2n，得＝2n－1，an＝，因为2n－1恒大于0，且随着n的增大而增大，所以an＝随着n的增大而减小，故B错误；Sn＝21－1＋22－1＋…＋2n－1＝－n＝2n+1－n－2，故C正确；由2nanan＋1＝2n··＝－，得Tn＝－＋－＋…＋－＝1－，故D正确．
三、 填空题
7．已知数列{an}满足a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝n2＋n，则数列的前n项和等于____．
【解析】 数列{an}中，由nan＋1－(n＋1)an＝n2＋n＝n(n＋1)，得－＝1，因此数列是以＝2为首项，1为公差的等差数列，＝2＋(n－1)·1＝n＋1，即an＝n(n＋1)，于是＝＝－，所以数列的前n项和等于＋＋＋…＋＝1－＝.
8．(2026·淮安期中)已知递增等比数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，S3＝42，则数列的前10项和为____．
【解析】 由a2＝8，S3＝42，得S3＝a1＋a2＋a3＝＋8＋8q＝42，解得q＝4或.因为等比数列{an}为递增数列，a2＝8>0，所以q＝4，所以a1＝2，故an＝2×4n-1＝22n-1.因为＝＝，所以T10＝×＝×＝.
9．已知数列{an}中，Sn为{an}的前n项和，是首项为1，公差为1的等差数列，则数列{an}的通项公式为__an＝2n－1__．若cn＝(－1)n+1·，记数列{cn}的前2n项和为T2n，则T2n的最小值为____．
【解析】 由题知＝1＋(n－1)·1＝n，解得Sn＝n2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，又a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1.cn＝(－1)n+1·＝(－1)n+1，所以T2n＝－＋…＋－＝1－.因为n∈N*，所以T2n<1，由于递减，所以T2n递增，所以当n＝1时，T2n最小，为T2＝1－＝.
四、 解答题
10．(2025·苏锡常镇一模)在①Sn＝n2－2n；②a1＝1；an＋1＝＋；③2－1＝an这三个条件中，选择一个合适的条件，补充在下题横线上(只要写序号)，并解答．
已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且对任意正整数n，有________．
(1) 求{an}的通项公式；
【解答】 条件①不符合题意．
(1) 若选②：由题知an>0，Sn>0，由an＋1＝＋，可得Sn＋1－Sn＝＋，即(－)(＋)＝＋，所以－＝1，则{}是公差为1的等差数列，故＝＋(n－1)×1＝n，则Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.当n＝1时，a1＝1也满足上式．所以{an}的通项公式为an＝2n－1.
若选③：因为2＝an＋1，则Sn＝，当n＝1时，2－1＝a1，解得a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，即(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0，因为an>0，所以an－an－1＝2，则{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2) 设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<1.
【解答】 由(1)知bn＝＝＝－，则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋＋…＋＝1－.因为T111．已知Sn是数列{an}的前n项和，2Sn＝(n＋1)·an，且a1＝1.
(1) 求{an}的通项公式；
【解答】 因为n∈N*，2Sn＝(n＋1)an，所以n≥2时，2Sn－1＝nan－1，两式相减得2an＝(n＋1)·an－nan－1，即(n－1)an＝nan－1，变形得＝，所以数列是常数列，因此＝＝1，即an＝n，所以数列{an}的通项公式是an＝n.
(2) 设a0＝0，已知数列{bn}满足bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
【解答】 由(1)知，an＝n，bn＝＝＝＝tan n－tan (n－1)，所以Tn＝(tan 1－tan 0)＋(tan 2－tan 1)＋(tan 3－tan 2)＋…＋[tan n－tan (n－1)]＝tan n－tan 0＝tan n．
B组　能力挑战(挑战点：放缩法)
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，(n－2)Sn＋1＋2an＋1＝nSn，n∈N*.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 由(n－2)Sn＋1＋2an＋1＝nSn，得(n－2)Sn＋1＋2(Sn＋1－Sn)＝nSn，整理得nSn＋1＝(n＋2)Sn，故＝，故是常数列，则＝＝1，即Sn＝n(n＋1).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－n(n－1)＝2n，当n＝1时也满足此式，故an＝2n.
(2) 求证：＋＋…＋＜.
【解答】 方法一：＝<＝，故n≥2时，＋＋…＋<＋＝＋<＋×＝<，又＝<，所以＋＋…＋<.
方法二：当n≥2时，<＝－，当n≥3时，＋＋＋…＋<1＋＋＋＋…＋＝1＋＋－＝－<.当n＝1，2时也成立，故＋＋＋…＋<，所以＋＋…＋＝<.
方法三：由于<(n≥2)，当n≥2时，＋＋＋…＋<＋＋＋…＋＝1＋＝1＋<.当n＝1时，上式也成立，故＋＋＋…＋<，所以＋＋…＋<.第2课时　裂项相消法
举题说法
等差型裂项求和
例1　(2026·济南期初)已知正项数列{an}的前n项积为Tn，且满足an＝(n∈N*).
(1) 求证：数列{Tn}为等差数列；
(2) 令cn＝，求数列{cn}的前n项和Sn.
(1) an＝＝；
(2) an＝＝；
(3) an＝＝.
变式1　(2025·邯郸一模)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝1，a2＝b1，2a5＝b3＋2，a4＝b2.
(1) 求{an}，{bn}的通项公式；
(2) 若bm＋3am－10＝0，求m的值；
(3) 若cn＝，求数列{cn}的前n项和Sn.
指数型裂项求和
例2　(2025·泰州一调改)设数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝n2＋5n.
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 设bn＝n·2n+1，求数列的前n项和Tn.
(1) an＝＝·(a≠1)；
(2) an＝＝－.
变式2　记Sn为数列{an}的前n项和，已知3Sn＝4an－3n.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
无理型裂项求和
例3　(2025·秦皇岛考前模)已知各项都是正数的数列{an}，其前n项和为Sn，a1＝1，且Sn－＝.
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 若bn＝＋，求证：＋＋…＋＝3.
an＝＝(－).
裂项为“＋”型
例4　(2025·龙岩二检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，a1＝1.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 若bn＝(－1)n·，求数列{bn}的前n项和Tn.
(1) (－1)n·＝(－1)n；
(2) (－1)n＝(－1)n.
三角型裂项求和
例5　(2025·安庆三模)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
配套精练
A组　夯基精练
一、 单项选择题
1．(2026·赣州期初)已知函数f(x)＝x2－mx的图象在点x＝1处的切线l与直线x＋3y－2＝0垂直，记数列的前n项和为Sn，则S2 026的值为(　　)
A． B．
C． D．
2．若数列{an}满足an＝，则S8＝(　　)
A．2 B．3
C．8 D．9
3．已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，a1＋a2＋…＋anA．1 B．
C． D．
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝，数列{bn}的前n项和为Tn，且(2bn－1)Sn＝an＋1，则满足Tn≥2的正整数n的最小值为(　　)
A．3　 B．15
C．16 D．17
二、 多项选择题
5．在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，…这些数叫做三角形数．设第n个三角形数为an，则下面结论正确的是(　　)
A．an－an－1＝n(n≥2)
B．a20＝210
C．1 024是三角形数
D．＋＋＋…＋＝
6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则下列结论正确的是(　　)
A．为等比数列
B．an＋1>an
C．的前n项和Sn＝2n+1－n－2
D．的前n项和Tn＝1－
三、 填空题
7．已知数列{an}满足a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝n2＋n，则数列的前n项和等于____．
8．(2026·淮安期中)已知递增等比数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，S3＝42，则数列的前10项和为____．
9．已知数列{an}中，Sn为{an}的前n项和，是首项为1，公差为1的等差数列，则数列{an}的通项公式为____．若cn＝(－1)n+1·，记数列{cn}的前2n项和为T2n，则T2n的最小值为____．
四、 解答题
10．(2025·苏锡常镇一模)在①Sn＝n2－2n；②a1＝1；an＋1＝＋；③2－1＝an这三个条件中，选择一个合适的条件，补充在下题横线上(只要写序号)，并解答．
已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且对任意正整数n，有________．
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<1.
11．已知Sn是数列{an}的前n项和，2Sn＝(n＋1)·an，且a1＝1.
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 设a0＝0，已知数列{bn}满足bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
B组　能力挑战(挑战点：放缩法)
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，(n－2)Sn＋1＋2an＋1＝nSn，n∈N*.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 求证：＋＋…＋＜.

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