01浅谈裂项相消法求和-《中学生数理化》高二数学2024年7-8月刊

■河南省洛阳市第一高级中学 闫雍恒 “数列求和”是人教A版《选择性必修第 二册》第四章数列的内容,是在同学们学习数 列的概念、等差数列、等比数列相关知识之 后,对数列知识的拓展和深化。“裂项相消法 求和”是一种重要的求和方法,曾在历年高考 中多次出现,且命题角度灵活,其实质是将数 列中的通项分解,然后重新组合,使之能消去 一些项,最终达到求和的目的,其解题的关键 就是裂项和消项。下面结合典型例题从不同 维度对裂项相消法求和进行探讨。 一、裂项相消法的步骤、原则及规律 1.基本步骤 2.裂项原则 一般是前边裂几项,后边裂几项,直到发 现被消去项的规律为止。 3.消项规律 消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边 剩第几项,后边就剩倒数第几项。 二、裂项相消法主要类型 类型一:等差数列型 一般地,已知数列{an}是公差为d 的等 差数列,求数列 1 anan+1 的前n 项和Sn 时, 可先 由 an+1 -an =d 将 1 anan+1 分 裂 为 1 d 1 an - 1 an+1 ,把数列 1anan+1 的每一项分 裂成两项,且相邻项之间有互为相反数的部 分,从而可经过前后项的正负抵消,只剩下少 量前后没有消掉的项,最终求和。 这种类型常见的裂项公式有: 1 n(n+1)= 1 n- 1 n+1 ; 1 n(n+k)= 1 k 1 n- 1 n+k ; 1 4n2-1 = 1 (2n-1)(2n+1)= 1 2 1 2n-1- 1 2n+1 。 当通项出现 n2 4n2-1 这样的形式时,我们 可以 将 其 灵 活 变 形 为 1 4× 4n2 4n2-1 = 1 4× (4n2-1)+1 4n2-1 = 1 4× 1+ 1 4n2-1 ,就把问题 转化为上面的裂项公式可以解决的问题了。 又 比 如, 1 n(n+1)(n+2) 可 以 分 裂 为 1 2 1 n(n+1)- 1 (n+1)(n+2) ; 2n+1 n2(n+1)2 可以分裂为 1 n2 - 1 (n+1)2 ; n+1 n2(n+2)2 可以分裂为 1 4 1 n2 - 1 (n+2)2 ; n+1 n2(n+1)2(n+2)2 可 以 分 裂 为 1 4 1 n2(n+1)2 - 1 (n+1)2(n+2)2 。 例 1 已 知 数 列{an}中,a1=4,且 an-an+1= 1 2 (an+1-3)(an-3)。 (1)求证:数列 2an-3 是等差数列; (2)记数列{bn}中,bn=(an-3)(an+1- 3),求数列{bn}的前n项和Tn。 分析:第一问分析可得 2 an-3 是首项为 2,公差为1的等差数列,求出an-3= 2 n+1 。 代入bn=(an-3)(an+1-3),可得bn 的通项 3 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2024年7—8月 公式,最后求Tn。 解:(1)因为an-an+1= 1 2 (an+1-3)· (an-3),所以2an-2an+1=(an+1-3)(an- 3),即2(an-3)-2(an+1-3)=(an+1-3)· (an-3)。 整理得 2 an+1-3 - 2 an-3 =1(an ≠3),且 2 a1-3 =2。 故 2 an-3 是首项为2,公差为1的等差 数列。 (2)由(1)得 2an-3 是首项为2,公差为 1的等差数列,故 2 an-3 =2+n-1=n+1,即 an-3= 2 n+1 ,an+1-3= 2 n+2 。 则bn=(an-3)(an+1-3)= 2 n+1 · 2 n+2=4 1 n+1- 1 n+2 。 因 此,Tn =b1 +b2 + … +bn =4× 1 2- 1 3 + 13-14 +…+ 1n- 1n+1 + 1 n+1- 1 n+2 =4× 12- 1n+2 = 2nn+2。 类型二:指数型 这种类型常见的裂项公式有: (n+1)·2n=n·2n+1-(n-1)·2n; (a-1)an (an+b)(an+1+b) = 1 an+b - 1 an+1+b ; 2n (2n-1)(2n+1-1) = (2n+1-1)-(2n-1) (2n-1)(2n+1-1) = 1 2n-1 - 1 2n+1-1 ; 3n (3n-1)(3n+1-1) = 1 2 (3n+1-1)-(3n-1) (3n-1)(3n+1-1) = 1 2 1 3n-1 - 1 3n+1-1 。 当出现 n+2 n(n+1)·2n 的形式时,可以参考 上面公式,采用添项去项的方式进行配凑,将 其变 形 为 2(n+1)-n n(n+1)·2n = 1 2n 2 n- 1 n+1 = 1 n·2n-1 - 1 (n+1)·2n 。 又比如, (4n-1)·3n-1 n(n+2) = 1 2 9 n+2- 1 n · 3n-1= 1 2 3n+1 n+2- 3n-1 n 。 例 2 已知数列{an}的前n 项和为 Sn,且2Sn=3n-2n-1。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn= 2·3n an+1an+2 ,求数列{bn}的前n 项和Tn。 分 析:此 例 中,易 得 bn = 2·3n an+1an+2 = 2·3n (3n-1)(3n+1-1) ,是指数型裂项较为常规的 问题,可将其分裂得到bn= 1 3n-1 - 1 3n+1-1 , 即可顺利求和。 解:(1)2Sn=3n-2n-1。① 当n=1时,2S1=2a1=3-2-1=0,解 得a1=0。 当n≥2时,2Sn-1=3n-1-2n+1。② 由①-②得2an=3n-3n-1-2=2·3n-1 -2,即an=3n-1-1。 又a1=0,也符合上式,故an=3n-1-1 (n∈N*)。 (2)由(1)得an=3n-1-1,则an+1=3n- 1,an+2=3n+1-1。 故bn= 2·3n an+1an+2 = 2·3n (3n-1)(3n+1-1) = 1 3n-1 - 1 3n+1-1 。 则Tn=b1+b2+…+bn= 1 31-1 - 1 32-1 + 1 32-1 - 1 33-1 +…+ 1 3n-1 - 1 3n+1-1 = 1 31-1 - 1 3n+1-1 = 1 2- 1 3n+1-1 。 例 3 【2020年高考天津卷】已知{an} 为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5 =5(a4-a3),b5=4(b4-b3)。 (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)记数列{an}的前n 项和为Sn,求证: 4 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2024年7—8月 SnSn+2<S2n+1(n∈N*); (3)对 任 意 的 正 整 数 n,设 cn = (3an-2)bn anan+2 ,n为奇数, an-1 bn+1 ,n为偶数, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 求数列{cn}的前2n 项和。 分析:第三问中,数列{cn}的通项公式按 n为奇数、偶数分别表示,但在求和环节,当 求奇数项的和时仍然考查的是指数型裂项相 消求和,即当n为奇数时,cn= (3an-2)bn anan+2 = (3n-2)2n-1 n(n+2) = 2n+1 n+2- 2n-1 n ,也即对任意的正 整 数 n,∑ n k=1 c2k-1 = ∑ n k=1 22k 2k+1- 22k-2 2k-1 = 22n 2n+1-1 ,偶数项可利用错位相减求和得到。 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等 比数列{bn}的公比为q。 已知a1=1,a5=5(a4-a3),则1+4d= 5d,解得d=1。 故an=1+n-1=n(n∈N*)。 因为b1=1,b5=4(b4-b3),所以q4= 4(q3-q2),解得q=2。 故bn=2n-1(n∈N*)。 (2)(方法一)由(1)可得Sn= n(n+1) 2 。 故SnSn+2= 1 4n (n+1)(n+2)(n+3), S2n+1= 1 4 (n+1)2(n+2)2。 SnSn+2-S2n+1=- 1 2 (n+1)(n+2)<0, 故SnSn+2<S2n+1(n∈N*)。 (方法二)已知数列{an}为等差数列,且 an=n,Sn= n(n+1) 2 ,Sn+2= (n+2)(n+3) 2 , Sn+1= (n+1)(n+2) 2 。 SnSn+2 S2n+1 = n(n+3) (n+1)(n+2)= n2+3n n2+3n+2 < 1,故SnSn+2<S2n+1(n∈N*)。 (3)当n 为奇数时,cn= (3an-2)bn anan+2 = (3n-2)2n-1 n(n+2) = 2n+1 n+2- 2n-1 n ; 当n为偶数时,cn= an-1 bn+1 = n-1 2n 。 对 任 意 的 正 整 数 n,有 ∑ n k=1 c2k-1 = ∑ n k=1 22k 2k+1- 22k-2 2k-1 = 2 2n 2n+1-1 ,∑ n k=1 c2k = ∑ n k=1 2k-1 4k = 1 4+ 3 42 + 5 43 +…+ 2n-1 4n 。① 由①× 1 4 可得,1 4∑ n k=1 c2k= 1 42 + 3 43 +…+ 2n-3 4n + 2n-1 4n+1 。② ①-②得, 3 4∑ n k=1 c2k= 1 4+ 2 42 + 2 43 +…+ 2 4n - 2n-1 4n+1 。解得∑ n k=1 c2k= 5 9- 6n+5 9×4n 。 因此,∑ 2n k=1 ck=∑ n k=1 c2k-1+∑ n k=1 c2k= 4n 2n+1- 6n+5 9×4n - 4 9 。 例 4 已知数列{an}满足a1= 1 2 , an= 1 2an-1+ 1 2n ,数列{bn}满足bn=2nan。 (1)求证数列{bn}是等差数列,并求数列 {an}的通项公式; (2)设cn= n(n+1) 2n(n-an)(n+1-an+1) ,数 列{cn}的前n 项和为Tn,求满足 Tn< 124 63 (n∈N*)的n的最大值。 分析:第一问可证明数列{bn}是等差数列, 并 求 得 an = n 2n ,从 而 得 到 cn = n(n+1) 2n(n-an)(n+1-an+1) = n(n+1) 2n n- n 2n n+1-n+12n+1 ,形式较为复杂。同 学们若细心观察,不难发现可以将此式分裂为 2 1 2n-1 - 1 2n+1-1 的形式,求和就水到渠成了。 解:(1)数 列{an}满 足 a1= 1 2 ,an = 5 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2024年7—8月 1 2an-1+ 1 2n ,所以2nan=2n-1an-1+1,整理得 2nan-2n-1an-1=1(常数)。 由于数列{bn}满足bn=2nan,故数列 {bn}是等差数列。 数列{2nan}是以21a1=2· 1 2=1 为首 项,1为公差的等差数列,即2nan=1+n-1 =n,整理得an= n 2n 。 (2)由(1)可得an= n 2n ,故: cn= n(n+1) 2n(n-an)(n+1-an+1) = n(n+1) 2n n- n 2n n+1-n+12n+1 =2 1 2n-1 - 1 2n+1-1 。 所 以 前 n 项 和 Tn = 21- 1 3+ 1 3- 1 7+ …+ 1 2n-1 - 1 2n+1-1 = 21- 1 2n+1-1 <12463,整理得2n+1-1<63, 解得n<5。故n的最大值为4。 类型三:先有理化后求和型 结合分母有 理 化 得 1 a+ b = 1 a-b · a- b ,可 将 1 n+ n+k 分 裂 为 1 k n+k- n ,将 1 (n+1)n+n n+1 分裂为 1 n - 1 n+1 。 例 5 已知各项均为正数的数列{an} 的前n项和为Sn,且a2n+2an=4Sn。 (1)求Sn; (2)设bn=(n+1+ n)· Sn,求数 列 1 bn 的前n项和Tn。 分析:同学们在解第二问时,可以利用分 母有理化得到 1 bn = 1 n+1+ n · 1 Sn = n+1- n n(n+1) ,将其分裂为1 n - 1 n+1 ,进而 求出Tn=∑ n i=1 1 bi =∑ n i=1 1 i - 1 i+1 =1- 1n+1。 解:(1)由题意得 a2n+2an=4Sn, a2n+1+2an+1=4Sn+1, 两式 作差整理得(an+1+an)(an+1-an-2)=0。 又数列{an}各项均为正数,故an+1- an-2=0,即an+1-an=2。 当n=1时,a21+2a1=4S1=4a1,即 a1(a1-2)=0,解得a1=2。 故数列{an}是首项为2、公差为2的等差 数列,Sn=na1+ n(n-1) 2 d=n 2+n。 (2) 1 bn = 1 (n+1+ n) · 1 Sn = n+1- n n(n+1) = 1 n - 1 n+1 。 所以Tn=∑ n i=1 1 bi =∑ n i=1 1 i - 1 i+1 =1- 1 n+1 。 类型四:其他形式 (1)结 合 对 数 的 运 算 性 质,将 通 项 logc an+1 an 裂为logc an+1-logc an。 (2)结合两角差的正弦公式sin(α-β)= sin αcos β-cos αsin β,当 遇 到 通 项 为 1 sin nsin (n+1) 时,对其进行变形,得: 1 sin nsin (n+1) = 1 sin 1 · sin (n+1-n) sin nsin (n+1) = 1 sin 1 · sin (n+1)cos n-cos (n+1)sin n sin nsin (n+1) = 1 sin 1 1 tan n- 1 tan (n+1) ,从而实现裂项的 目的; 当遇到 1 sin 2nx 时,对其进行变形,得: 1 sin 2nx = sin 2n-1x sin 2n-1x·sin 2nx = sin(2nx-2n-1x) sin 2n-1x·sin 2nx = 1 tan 2n-1x - 1 tan 2nx 。 (3)结合两角差的正切公式tan(α-β)= 6 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2024年7—8月 tan α-tan β 1+tan αtan β ,变 形 可 得 tan αtan β = tan α-tan β tan (α-β) -1,将通项tan n·tan (n+1) 分裂为 tan (n+1)-tan n tan 1 -1 。 (4)当遇到与组合和阶乘有关的数列求 和问题时,我们还可以结合组合与阶乘的知 识进行裂项,比如: n·n! =(n+1)! -n!, n (n+1)! = 1 n!- 1 (n+1)! ,Cmn=Cmn+1-Cm-1n 。 例 6 已知各项均为正数的数列{an} 的前n项和为Sn,且满足2 Sn=an+1,数 列{bn}为等比数列,且满足bn+1+bn=2n, n∈N*。 (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求证:SnSn+2<S2n+1; (3)求∑ n i=1 (tan an·tan an+1+an·bn)的值。 分析:第三问中,可以巧妙结合两个角差 的正切公式变形,利用裂项相消得: tan an ·tan an+1 =ttan(2n-1)· tan (2n+1)= tan (2n+1)-tan (2n-1) tan 2 -1 。 An = tan 3-tan 1 tan 2 -1 + tan 5-tan 3 tan 2 -1 + … + tan (2n+1)-tan (2n-1) tan 2 -1 = tan (2n+1)-tan 1 tan 2 -n 。 解:(1)因2 Sn =an +1,故4Sn = (an+1)2。① 则4Sn+1=(an+1+1)2。② ②-①得4an+1=a2n+1-a2n+2an+1- 2an,整 理 得 (an+1 +an)(an+1 -an)= 2(an+1+an)。 因为an>0,所以an+1-an=2。 数列{an}为等差数列,公差d=2。 当n=1时,2 S1=a1+1,解得a1=1。 故{an}的通项公式为an=2n-1。 设等比数列{bn}的公比为q,由题意得, b1+b2=2,b2+b3=4,故q= b2+b3 b1+b2 =2。 由b1+b2=b1+2b1=2,解得b1= 2 3 。 数列{bn}的通项公式为bn= 2n 3 ,即an= 2n-1,bn= 2n 3 。 (2)由(1)得Sn=n2。 SnSn+2-S2n+1=n2(n+2)2-(n+1)4= (2n2+4n+1)(-1)<0,不等式得证。 (3)设An=∑ n i=1 (tan an·tan an+1)。 tan an ·tan an+1 =tan (2n-1)· tan (2n+1)= tan (2n+1)-tan (2n-1) tan 2 -1 。 因 此,An = tan 3-tan 1 tan 2 -1 + tan 5-tan 3 tan 2 -1 + … + tan(2n+1)-tan(2n-1) tan 2 -1 = tan(2n+1)-tan 1 tan 2 -n 。 设Bn=∑ n i=1 (an·bn),则Tn=1×21+3× 22+5×23+…+(2n-3)2n-1+(2n-1)· 2n。 2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)2n+ (2n-1)2n+1。 两式相减,得-Tn=2+23+24+25+… +2n+1-(2n-1)2n+1。 故Tn=(2n-3)2n+1+6。 Bn= 1 3Tn= 2 3n-1 2n+1+2。 故∑ n i=1 (tan an·tan an+1+an·bn)=An+ Bn= tan (2n+1)-tan 1 tan 2 -n+ 2 3n-1 2n+1 +2。 例 7 记正项数列{an}的前n 项积为 Tn,且 1 an =1- 4 Tn 。 (1)证明:数列{Tn}是等差数列; (下转第11页) 7 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2024年7—8月