《2022年高考数学之解密数列命题点对点突破（全国通用）》专题13 裂项相消法求和(原卷版)

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专题 13　裂项相消法求和
【基本知识】
裂项相消法求和
1．裂项相消法
裂项相消法的基本思想就是把通项 an分拆成 an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，从而在求和时达到某
些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．
主要适用于或(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．
1．常用的裂项公式
(1)若{an}是等差数列，则＝，＝；
(2)＝－，＝；
(3)＝；
(4)＝；
(5)＝－
(6)＝－，＝(－)；
(7)loga＝loga(n＋1)－logan；
(8)＝－，＝；
(9)＝－；
(10)＝－；
(11) (－1)n＝(－1)n．
注意：(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．
(2)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．
考点一　选填题
【基本题型】
[例1] (1)数列{an}的通项公式是 an＝，前 n项和为 9，则 n等于(　　)
A．9　　　　　　　　B．99　　　　　　　　C．10　　　　　　　　D．100
答案　B　解析　因为 an＝＝－，所以 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1，令－1
＝9，得 n＝99．
(2)(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前 n项和为 Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________．
答案　　解析　设公差为 d，则∴∴an＝n．∴前n项和 Sn＝1＋2＋…＋n＝，∴＝＝2，∴＝2＝2＝2·
＝．
(3)设等差数列{an}的前 n项和为 Sn，已知 a1＝9，a2为整数，且 Sn≤S5，则数列的前 9项和为_____．
答案　－　解析　由Sn≤S5得即得－≤d≤－，又 a2为整数，所以 d＝－2，an＝a1＋(n－1)×d＝11－
2n，＝，所以数列的前 n项和 Tn＝＝，所以 T9＝－×＝－．
(4)定义各项为正数的数列{pn}的“美数”为(n∈N*)．若各项为正数的数列{an}的“美数”，且 bn＝，
则＋＋…＋＝________．
答案　　解析　因为各项为正数的数列{an}的“美数”为，所以＝，即 Sn＝n(2n＋1)，则 Sn－1＝(n－
1)[2(n－1)＋1]＝2n2－3n＋1(n≥2)，所以 an＝Sn－Sn－1＝4n－1(n≥2)，又＝，所以 a1＝3，满足式子 an＝4n－
1，所以 an＝4n－1(n∈N*)．又 bn＝，所以 bn＝n，所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝．
(5)若数列{an}满足 a1＝1，且对于任意的 n∈N*都有 an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋＋等于(　　)
A．　　　　　　B．　　　　　　C．　　　　　　D．
答案　C　解析　由an＋1＝an＋n＋1，得 an＋1－an＝n＋1，则 a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3
＋1，…，an－an－1＝(n－1)＋1，以上等式相加，得 an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，把 a1＝1代入上
式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，＝＝2，则＋＋…＋＋＝2＝2＝．
(6)已知数列{4n－2n}(n∈N*)的前 n项和为 Sn，bn＝，则数列{bn}的前 n项和 Tn＝________．
答案　　解析　Sn＝×(22n－1)－2×(2n－1)＝×[2(2n＋1)(2n－1)－3×(2n－1)]＝×(2n＋1－1)(2n－1)．所以
bn＝＝×＝．所以 Tn＝i＝＝＝．
(7)已知 Sn为数列{an}的前 n项和，an＝2·3n－1(n∈N*)，若 bn＝，则 b1＋b2＋…＋bn＝________．
答案　－　解析　由an＝2·3n－1可知数列{an}是以 2为首项，3为公比的等比数列，所以 Sn＝＝3n－
1，则 bn＝＝＝－，则 b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝－.
【对点精练】
1．若数列的前 n项和为，则 n的值为(　　)
A．9　　　　　　　　B．10　　　　　　　　C．11　　　　　　　　D．12
2．已知等差数列{an}的前 n项和为 Sn，且 a9＝a12＋6，a2＝4，则数列{}的前 10 项和为(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
3．在数列{an}中，an＝＋＋…＋，又 bn＝，则数列{bn}的前 n项和为________．
4．已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－2an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前 2 017 项
的和 S2 017＝________．
5．在等差数列{an}中，a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列的前 n项和为(　　)
A．　　　　　　B．　　　　　　C．　　　　　　D．
6．设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且 a1＝，a2＝，则数列{3nan}的前 15 项和为________．
7．已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－2an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前 2 017 项
的和 S2 022＝________．
8．已知数列{an}满足 2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列的前 n项和为 Sn，则
S1·S2·S3·…·S10＝(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．
　　　　　　　　
D．
9．已知数列{an}的通项公式为 an＝(n∈N*)，其前 n项和为 Sn，则在数列 S1，S2，…，
S2 020 中，有理数项的项数为(　　)
A．42　　　　　　　　B．43　　　　　　　　C．44　　　　　　　　D．45
10．已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若 bn＝，那么数列{bn}的前
n项和 Sn为(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
11．已知函数 f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令 an＝，n∈N*．记数列{an}的前 n项和为 Sn，则 S2 019
＝(　　)
A．－1　　　　　B．－1　　　　　C．－1　　　　　D．＋1
12．已知数列{an}的前 n项和为 Sn，且 Sn＝n2＋4n，若首项为的数列{bn}满足－＝an，则数列{bn}
的前 10 项和为(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
考点二　解答题
1．an＝型
【基本题型】
[例2]　各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝8，且 2a1，a3，3a2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足 bn＝，求{bn}的前 n项和 Sn．
解析　(1)设等比数列{an}的公比为 q(q>0)．∵2a1，a3，3a2成等差数列，∴2a3＝2a1＋3a2，
即2a1q2＝2a1＋3a1q，∴2q2－3q－2＝0，解得 q＝2或q＝－(舍去)，∴an＝8×2n－1＝2n＋2．
(2)由(1)可得 bn＝＝＝，
∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝
＝＝－＝－．
[例3]　已知数列{an}的前 n项和为 Sn，且满足 an＝Sn＋1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝log2an，cn＝，且数列{cn}的前 n项和为 Tn，求 Tn的取值范围．
解析　(1)当n＝1时，a1＝S1＋1，解得 a1＝2，当 n≥2 时，an－1＝Sn－1＋1，①，an＝Sn＋1，②
②－①，得 an－an－1＝an，即 an＝2an－1，
∴数列{an}是以 2为首项，2为公比的等比数列，即 an＝2n．
(2)bn＝log2an＝log22n＝n，cn＝＝＝－，
Tn＝＋＋＋…＋＝1－，
∵n∈N*，∴∈，∴Tn∈．
[例4]　在数列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求数列的前 n项和 Sn．
解析　(1)nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的两边同时除以 n(n＋1)，得－＝2(n∈N*)，
所以数列是首项为 4，公差为 2的等差数列．
(2)由(1)，得＝2n＋2，所以 an＝2n2＋2n，
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