04 赏析裂项法求和的常见类型-《中学生数理化》高二数学2025年1月刊

■河南省商丘市夏邑县佳合高中 张振继(特级教师) 数列求和的方法很多,其中裂项法求和 是一种重要的求和方法,也是高考的重要考 点。下面就裂项法求和的常见类型进行归纳 总结,供同学们参考。 常见数列的裂项公式: 1. 1 n(n+1)= 1 n- 1 n+1 ; 2. 1 (2n-1)(2n+1)= 1 2 · 1 2n-1- 1 2n+1 ; 3. 1 n(n+1)(n+2)= 1 2 1 n(n+1)- 1 (n+1)(n+2) ; 4. 2n (2n-1)(2n+1-1) = 1 2n-1 - 1 2n+1-1 ; 5. n (n+1)!= 1 n!- 1 (n+1)! ; 6.n·n! =(n+1)! -n!; 7. 1 n+ n+1 = n+1- n; 8. n+2 (n2+n)·2n+1 = 1 n·2n - 1 (n+1)·2n+1 ; 9. n·2n+1 (n+1)(n+2)= 2n+2 n+2- 2n+1 n+1 ; 10.ln n+1 n =ln (n+1)-ln n; 11.(-1)n n (n-1)(n+1)= (-1)n· 1 2 1 n-1+ 1 n+1 ; 12.tan n·tan(n+1)= tan(n+1)-tan n tan 1 - 1。 放缩后的裂项公式: 1. 1 n2 < 1 n2-1 = 1 2 1 n-1- 1 n+1 (n≥ 2); 2. 1 n(n+1)< 1 n2 < 1 n(n-1) (n≥2); 3. 2 n+ n+1 < 1 n = 2 2n < 2 n+ n-1 (n≥2)。 一、分式型 例 1 (2013年江西卷)已知各项均为 正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足S2n- (n2+n-1)·Sn-(n2+n)=0。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)令bn= n+1 (n+2)2a2n ,数列{bn}的前n 项和为Tn,求证:Tn< 5 64 。 解析:(1)由已知得,[Sn-(n2+n)]· (Sn+1)=0,则Sn=n2+n或Sn=-1(舍去)。 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+n)- [(n-1)2+(n-1)]=2n。 a1=2满足上式,故an=2n。 (2)由 题 意 知 bn = n+1 (n+2)2a2n = n+1 4n2(n+2)2 = 1 16 1 n2 - 1 (n+2)2 。 b1= 1 16× 1- 1 32 ,b2=116× 122-142 , b3= 1 16× 1 32 - 1 52 ,… 所以Tn= 1 161+ 1 22 - 1 (n+1)2 - 1 (n+2)2 < 1 16× 1+ 1 22 =564。 二、根式型 例 2 在数列{an}中,a2=1,a5=2, an≥0,对∀n∈N*,a2n+a2n+2=2a2n+1。若 bn= 2 (an+an+1)(an+1+an+2)(an+an+2) ,求 11 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 数列{bn}的前n项和Tn。 解析:因为a2n+a2n+2=2a2n+1,所以{a2n} 为等差数列。 又a2=1,a5=2,则公差d= a25-a22 3 =1 。 因此,a2n=a22+(n-2)×1=n-1。 又an≥0,故an= n-1。 bn= 2 (an+an+1)(an+1+an+2)(an+an+2) = 2 ( n-1+ n)(n+ n+1)( n-1+ n+1) = n+1- n-1 (n-1+ n)(n+ n+1) = (n+1+ n)-(n-1+ n) (n-1+ n)(n+ n+1) = 1 n-1+ n - 1 n+ n+1 。 b1=1- 1 1+ 2 ,b2= 1 1+ 2 - 1 2+ 3 , b3= 1 2+ 3 - 1 3+ 4 ,… 所 以 Tn =b1 +b2 + … +bn =1- 1 n+ n+1 =1+ n- n+1。 三、指数型 例 3 已知数列{an}的前n项和为Sn, 满足 1 8Sn=2 n-2- 1 4 ,bn= an+1 (an-1)(an+1-1) ,则 {bn}的前n项和Tn=( )。 A. 2n-2 2n-1 B. 2n+1-2 2n-1 C. 2n+1-2 2n+1-1 D. 2n+2-4 2n+1-1 解析:由1 8Sn=2 n-2- 1 4 ,得a1=2。 当n≥2时, 1 8Sn-1=2 n-3- 1 4 ,解 得 an=Sn-Sn-1=2n(n≥2)。 因为a1=2满足上式,所以an=2n。 bn= 2 n+1 (2 n-1)(2 n+1-1) =2 1 2 n-1 - 1 2 n+1-1 。 b1=2× 1 2 1-1 - 1 2 2-1 ,b2=2× 12 2-1- 12 3-1 , b3=2× 1 23-1 - 1 24-1 ,… 所以Tn=2- 2 2n+1-1 = 2n+2-4 2n+1-1 ,选D。 四、对数型 例 4 已知数列{an}的通项公式为 an=ln n+1 n ,求数列{an}的前n项和Sn。 解析:因为an=ln n+1 n =ln (n+1)- ln n,所以Sn=a1+a2+…+an=ln 2-ln 1 +ln 3-ln 2+…+ln(n+1)-ln n=ln(n+ 1)-ln 1=ln(n+1)。 五、三角型 例 5 已知{an}是公差不为0的等差 数列,a1=1,且a1,a3,a9 成等比数列。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=tan n·tan(n+1),求数列 {bn}的前n项和Tn。 解析:(1)设{an}的公差为d(d≠0)。由 a1,a3,a9 成等比数列,得(1+2d)2=1+8d, 解得d=1。 所以数列{an}的通项公式为an=n。 (2)因为tan(α-β)= tan α-tan β 1+tan αtan β ,所 以tan αtan β= tan α-tan β tan(α-β) -1。 因此,bn =tan n ·tan(n +1)= tan(n+1)-tan n tan 1 -1 。 所以Tn=∑ n k=1 bk=∑ n k=1 tan k·tan(k+1) =∑ n k=1 tan(k+1)-tan k tan 1 -1 = tan(n+1)-tan 1 tan 1 -n = tan(n+1) tan 1 - (n+1)。 六、 an+1 SnSn+1 型 例 6 已知数列{an}是递增的等比数 列,且a4+a6=40,a5=16。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{an}的前n 项和为Sn,且 bn= an+1 SnSn+1 ,数列{bn}的前n 项和为Tn,若 21 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 Tn<m-2 025对一切n∈N* 都成立,求正 整数m 的最小值。 解析:(1)易得a1=1,q=2,故an=2n-1。 (2)Sn= a1(1-qn) 1-q =2n-1,bn= an+1 SnSn+1 = Sn+1-Sn SnSn+1 = 1 Sn - 1 Sn+1 。 所以Tn=b1+b2+…+bn= 1 S1 - 1 S2 + 1 S2 - 1 S3 +…+ 1 Sn - 1 Sn+1 = 1 S1 - 1 Sn+1 =1- 1 2n+1-1 。 又 Tn =1- 1 2n+1-1 <1,故 1≤m - 2 025,解得m≥2 026。所以正整数 m 的最 小值为2 026。 七、先放缩后裂项求和型 例 7 已知数列{an}满足a1= 3 4 ,an+1 an =1+ an (n+1)2 ,n∈N*。 (1)求证: 1 an > 1 3+ 1 n ; (2)求证: 1 an < 5 6+ 1 n+1 (n≥2)。 解析:(1)由 an+1 an =1+ an (n+1)2 ,得an+1 =an+ a2n (n+1)2 ,即an+1-an= a2n (n+1)2 >0, 所以{an}单调递增。 an+1=an+ a2n (n+1)2 <an+ anan+1 (n+1)2 ,即 1 an - 1 an+1 < 1 (n+1)2 。 令n=1,2,3,…,n-1,累加得 1 a1 - 1 an < 1 22 + 1 32 + … + 1 n2 < 1 1×2+ 1 2×3+ … + 1 (n-1)n=1- 1 n 。 所以 1 an > 1 3+ 1 n 。 (2)由(1)得 1 a1 - 1 an <1- 1 n ,即4 3- 1 an < 1- 1 n< 4 3- 1 n ,则an<n。 当n≥2时,an-1<n-1。 所以an=an-1+ a2n-1 n2 <an-1+ n-1 n2 an-1 = n2+n-1 n2 an-1,即an-1> n2 n2+n-1 an。 因此,an=an-1+ a2n-1 n2 >an-1+ an-1 n2 · n2 n2+n-1 an=an-1+ an-1an n2+n-1 。 则an-an-1> an-1an n2+n-1 ,变形得 1 an-1 - 1 an > 1 n2+n-1 > 1 n2+n = 1 n- 1 n+1 。 令n=2,3,…,n,累加得 1 a1 - 1 an > 1 2- 1 n+1 (n≥2),所以 1 an < 1 a1 - 1 2+ 1 n+1= 4 3- 1 2+ 1 n+1= 5 6+ 1 n+1 (n≥2)。 八、其他型 例 8 已知数列{an}满足a1= 3 2 ,an+1 =a2n-an+1,则 1 a1 + 1 a2 +…+ 1 a2 025 的整数部 分为 。 解析:已知a1= 3 2 ,由an+1=a2n-an+1, 得an+1-an=a2n-2an+1=(an-1)2>0,即 an+1>an,故数列{an}单调递增。 当n≥2时,an> 3 2 。 易知an+1-1=a2n-an=an(an-1)。 因为 1 an+1-1 = 1 an(an-1) = 1 an-1 - 1 an , 所以 1 an = 1 an-1 - 1 an+1-1 。 所 以 1 a1 + 1 a2 + … + 1 a2 025 = 1 a1-1 - 1 a2 026-1 =2- 1 a2 026-1 <2。 又 1 a1 + 1 a2 +…+ 1 a2 025 >1,所以 1 a1 + 1 a2 +…+ 1 a2 025 的整数部分为1。 (责任编辑 徐利杰) 31 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月