巧用裂项相消法求和

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裂项相消法是数列求和的重要方法之一，其实质是将一个数列的通项（或中间某项）裂为两项的差，即化为an= f（n）- f（n-1）（n≥2）的形式，通过叠加消去中间的项，从而达到数列求和的目的.高考常常需要学生应用裂项相消法求数列前n项的和，或进一步证明有关数列的不等式.本文就裂项相消法的主要类型进行归类与分析，以期有助于学生的高考复习.

等差型

等差型是裂项相消法中最常见的一类，也是最容易掌握的.典型的裂项形式有： = - ， = （ - ）， = （ - ）等.

例1 设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4=4S2，a2n=2an+1.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）设bn= ，求数列{bn}的前n项的和Tn.

解 （1）设等差数列{an}的公差为d，于是有4a1+6d=8a1+4d，a1+（2n-1）d=2a1+2（n-1）d+1.解得a1=1，d=2.

an=2n-1，n∈ .

（2）bn= = = （ - ），Tn=b1+b2+…+bn= （1- + - +…+ - ）= （1- ）= .

评析 对于bn= 的裂项，不能忘了系数 .

例2 已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，已知S5=70，且a2，a7，a22成等比数列.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）设数列{ }的前n项和为Tn，求证： ≤Tn< .

（1）解：数列{an}是等差数列，且S5=70，5a1+10d=70. ①

又a2，a7，a22成等比数列，a27=a2a22，即（a1+6d）2=（a1+d）（a1+21d）. ②

由①②，解得a1=6，d=4，或a1=14，d=0（舍去）.an=4n+2，n∈ .

（2）证明：由（1）得Sn=2n2+4n， = = （ - ）.

Tn= + + +…+ + = （1- ）+ （ - ）+ （ - ）+…+ （ - ）+ （ - ）= （1+ - - ）= - ・（ + ）.

由n∈ ，可知Tn< .

又Tn+1-Tn= （ - ）>0，数列{Tn}是递增数列.

Tn≥T1= .故 ≤Tn< .

评析 解答本题要注意Tn裂项相消后保留的项数，不要误认为最后一定会留下两项.

例3 正项数列{an}的前n项和Sn满足：S2n-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0.

（1）求数列{an}的通项公式an;

（2）令bn= ，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈ ，都有Tn< .

（1）解：由S2n-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0，得[Sn-（n2+n）]（Sn+1）=0.

由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn=n2+n.于是可知a1=S1=2.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n.

综上可知，数列{an}的通项公式为an=2n，n∈ .

（2）证明：由（1）可得bn= = [ - ].

故Tn= [1- + - + - +…+ - + - ]= [1+ - - ]< （1+ ）= .

评析 通过对bn的裂项变形，理解裂项的实质.

无理型

无理型的主要特点是分母为两个根式之和，且这两个根式的平方差为常数，通过分母有理化达到消项的目的.有时在证明不等式时，我们常常将分母放缩成两个根式之和，再进行消项化简.无理型的主要形式是 = - .

例4 已知f（x）=- ，数列{an}的前n项和为Sn，点Pn（an，- ）（n∈ ）在曲线y= f（x）上，且a1=1，an>0.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）求证：Sn> -1，n∈ .

（1）解：据题意可知- = f（an）=- 且an>0， = . - =4（n∈ ）.

数列{ }是等差数列，首项 =1，公差d=4.

=1+4（n-1），即a2n= .

an>0，an= ，n∈ .

（2）证明：an= ，an= > = .

Sn=a1+ a2 +…+ an> [（ -1）+（ - ）+…+（ - ）]= （ -1）> -1，n∈ .

评析 在论证求和式的不等关系时，我们通常是先将通项公式an放缩，再裂项相消求和.

指数型

由（an+1+b）-（an+b）=（a-1）・an，得到 = （ - ），这为指数式的裂项提供了思路.指数型的常见形式有： = - ， = - 等.

例5 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，数列{Sn+1}是公比为2的等比数列.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）设dn= ，n∈ ，求数列{dn}的前n项和Hn，并证明Hn<1.

解 （1）S1=a1=1，S1+1=2，Sn+1=2・2n-1=2n.Sn=2n-1.

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（2n-1）-（2n-1-1）=2n-1.又a1=1，an=2n-1.

故数列{an}的通项公式为an=2n-1，n∈ .

（2）由已知有dn= = = - ，Hn=d1+d2+d3+…+dn=（ - ）+（ - ）+…+（ - ）= - =1- <1.Hn<1.

对数型

由对数的运算法则可知：若an>0，n∈ ，则loga =logaan+1-logaan.

例6 已知数列{an}的通项公式为an=lg ，若其前n项和Sn=3，则n=_____.

解 an=lg =lg （n+1）-lg n，Sn=lg 2-lg 1+lg 3-lg 2+…+lg （n+1）-lg n=lg （n+1）-lg 1=3，解得n=999.

三角函数型

由两角差的正切公式，我们可得到tan α-tan β=tan（α-β）（1+tan αtan β），经过对这一公式构造后，可达到裂项消项的目的.

例7 在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作Tn，再令an=lg Tn，n≥1.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）设bn=tan an・tan an+1，求数列{bn}的前n项和Sn.

解 （1）利用倒序相乘，我们不难得到Tn=10n+2，于是得an=n+2，n∈ .

（2）由（1）可知bn=tan（n+2）・tan（n+3）.

tan 1=tan[（n+1）-n]= ，tan（n+1）・tan n= -1.

Sn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=（ -1）+（ -1）+（ -1）+…+[ -1]+[ -1]= -n.