数列求和与递推

1. 1分母有理化即为裂项：$\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{(\sqrt{k+1}{)}^2-(\sqrt{k}{)}^2}=\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$。
2. 2逐项相加：$(\sqrt{2}-\sqrt{1})+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+\cdots +(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})$。
3. 3中间项全部抵消，只剩 $\sqrt{n+1}-\sqrt{1}$。
4. 4故原和为 $\sqrt{n+1}-1$。

点评根式型分式的裂项方法就是分母有理化，这是裂项相消的一个重要变体。

1. 1先裂项：$\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$。
2. 2逐项相加：$\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$。
3. 3中间项两两抵消，只剩首尾：$1-\frac{1}{n+1}$。
4. 4通分得 $\frac{n}{n+1}$。

点评裂项后一定要写出前两项与最后两项，明确「消去哪些、剩下哪些」，这是解答题的采分点。

1. 1用累乘法：$\frac{a_n}{a_1}=\frac{a_2}{a_1}\cdot \frac{a_3}{a_2}\cdots \frac{a_n}{a_{n-1}}$。
2. 2右边 $=\frac{1}{2}\times \frac{2}{3}\times \cdots \times \frac{n-1}{n}$，相邻分子分母连续约分，只剩 $\frac{1}{n}$。
3. 3故 $a_n=a_1\cdot \frac{1}{n}=\frac{1}{n}$（$n\ge 2$）。
4. 4检验 $n=1$ 时 $\frac{1}{1}=1=a_1$，故对一切 $n$ 成立。

1. 1写出 $T_n=1\cdot 2+2\cdot 2^2+3\cdot 2^3+\cdots +n\cdot 2^n$。
2. 2两边同乘公比 $2$：$2T_n=1\cdot 2^2+2\cdot 2^3+\cdots +(n-1)2^n+n\cdot 2^{n+1}$。
3. 3错位相减（上式减下式）：$-T_n=2+2^2+2^3+\cdots +2^n-n\cdot 2^{n+1}$。
4. 4中间是等比求和：$2+2^2+\cdots +2^n=\frac{2(2^n-1)}{2-1}=2^{n+1}-2$。
5. 5故 $-T_n=2^{n+1}-2-n\cdot 2^{n+1}$，即 $T_n=(n-1)2^{n+1}+2$。

点评错位相减的三个易错点：乘的是等比部分的公比、相减后中间项是等比数列（项数为 $n$ 而非 $n+1$）、最后一项要单独保留。

1. 1$T_n=1\cdot 3+3\cdot 3^2+5\cdot 3^3+\cdots +(2n-1)3^n$。
2. 2两边乘 $3$：$3T_n=1\cdot 3^2+3\cdot 3^3+\cdots +(2n-3)3^n+(2n-1)3^{n+1}$。
3. 3作差 $T_n-3T_n$：$-2T_n=3+2\left(3^2+3^3+\cdots +3^n\right)-(2n-1)3^{n+1}$。
4. 4括号内等比求和：$3^2+\cdots +3^n=\frac{9(3^{n-1}-1)}{2}=\frac{3^{n+1}-9}{2}$，代入得 $-2T_n=3+(3^{n+1}-9)-(2n-1)3^{n+1}$。
5. 5整理：$-2T_n=-6+(2-2n)3^{n+1}$，故 $T_n=3+(n-1)3^{n+1}$。

点评公比不是 $2$ 时，作差后系数会变成「公比减一」，务必写清是 $T_n-q{T}_n=(1-q)T_n$，否则最后除法会错。

1. 1构造等比：在递推式两边同加 $1$，得 $a_{n+1}+1=2(a_n+1)$。
2. 2故数列 $\{a_n+1\}$ 是以 $a_1+1=2$ 为首项、$2$ 为公比的等比数列。
3. 3所以 $a_n+1=2\cdot 2^{n-1}=2^n$。
4. 4即 $a_n=2^n-1$。

点评形如 $a_{n+1}=p{a}_n+q$（$p\ne 1$）的递推，一律设 $a_{n+1}+\lambda =p(a_n+\lambda )$ 待定 $\lambda =\frac{q}{p-1}$，本题 $\lambda =1$。

1. 1裂项：$\frac{1}{k(k+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2}\right)$。
2. 2求和：$T_n=\frac{1}{2}\left[\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right)\right]$。
3. 3这是「隔一项相消」，前面剩下 $1$ 与 $\frac{1}{2}$，后面剩下 $-\frac{1}{n+1}$ 与 $-\frac{1}{n+2}$。
4. 4故 $T_n=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)=\frac{3}{4}-\frac{1}{2(n+1)}-\frac{1}{2(n+2)}$。

点评分母相差 $2$ 时裂项要带系数 $\frac{1}{2}$，且首尾各剩两项——这是与「相差 $1$」情形最大的区别。

1. 1用累加法：$a_n-a_1=(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+\cdots +(a_n-a_{n-1})$。
2. 2每个差为 $a_{k+1}-a_k=k$，故右边 $=1+2+\cdots +(n-1)=\frac{n(n-1)}{2}$。
3. 3所以 $a_n=1+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{n^2-n+2}{2}$（$n\ge 2$）。
4. 4检验 $n=1$：代入得 $\frac{1-1+2}{2}=1=a_1$，故对一切 $n$ 成立。

点评差是 $n$ 的式子用累加法，商是 $n$ 的式子用累乘法；两种方法都要在最后检验 $n=1$。

1. 1分组：奇数项为 $a_1,a_3,\cdots ,a_9$ 共 $5$ 项，偶数项为 $a_2,a_4,\cdots ,a_{10}$ 共 $5$ 项。
2. 2奇数项依次为 $1,5,9,13,17$（相邻相差 $4$），是等差数列，和为 $\frac{5(1+17)}{2}=45$。
3. 3偶数项：$2^2,2^4,2^6,2^8,2^{10}$，是首项 $4$、公比 $4$ 的等比数列，和为 $\frac{4(4^5-1)}{4-1}=\frac{4\times 1023}{3}=1364$。
4. 4故 $S_{10}=45+1364=1409$。

点评奇偶分段的数列必须分别数清项数：前 $10$ 项中奇数项与偶数项各 $5$ 个，公差与公比都要按「隔一项」重新计算。

1. 1把和拆成两组：$S_{2n}={\sum }_{k=1}^{2n}2k+{\sum }_{k=1}^{2n}(-1{)}^k$。
2. 2第一组是等差数列求和：$2(1+2+\cdots +2n)=2\cdot \frac{2n(2n+1)}{2}=2n(2n+1)$。
3. 3第二组中 $-1$ 与 $+1$ 两两配对，共 $n$ 对，每对和为 $0$，故该组和为 $0$。
4. 4所以 $S_{2n}=2n(2n+1)=4n^2+2n$。

点评通项由「不同类型的部分相加」构成时一律分组求和；含 $(-1{)}^n$ 的项要按奇偶配对，并注意项数是否为偶数。