“裂项相消”是数列求和的方法之源

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数列求和是数列的重要内容，也是高考考查的重点内容之一，但是，无论是教材还是各种资料，给出的数列求和的方法多种多样，如“公式法”（即等差、等比数列前n项和的公式），“分组求和法”（即通项公式形如（其中a，b，c，q均为常数）的数列求和），“裂项相消法”、“错位相减法”等一系列的方法.笔者经过探讨an=（an+b）+c・qn发现，其实这些问题均可以通过“裂项相消法”予以解决. 本文对此加以解释说明，仅供参考！

一、等差数列的前n项和公式推导

教材中对于等差数列的前n项和公式的推导，采用的是“倒序相加法”，其实也可以利用“裂项相消法”求和来推导.

问题1若数列{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，求数列{an}的前n项和Sn.

解析等差数列{an}的通项公式为an=a1-d+dn，只需对正整数n进行 “裂项”即可，而其余项均为常数项.

由于n=（n+1）2-n22-12，

所以an=（a1-d）+d[（n+1）2-n22-12]

=（a1-32d）+d2[（n+1）2-n2].

于是

Sn=（a1-32d）n+d2[（22-1）+（32-22）+（42-32）

+…+（n+1）2-n2]

=（a1-32d）n+d2[（n+1）2-1]

=na1+n（n-1）d2.

从而得到等差数列{an}的前n项和公式为

Sn=na1+n（n-1）d2.

二、等比数列的前n项和公式推导

教材中对等比数列前n项和公式的推导，采用的是 “错位相加法”，也可以采用“裂项相消法”推导.

问题2数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列，求其前n项和Sn.

解析当q=1时，Sn=na1是显而易见的，我们只探讨公比q≠1的情况，只需要对qn进行“裂项”，

由于qn=1q-1（qn+1-qn），

所以，等比数列{an}的通项公式

an=a1qn-1=a1q-1（qn-qn-1）.

于是

Sn=a1q-1[（q1-q0）+（q2-q1）+（q3-q2）+…

+（qn-qn-1）]

=a1q-1（qn-1）.

从而得到等比数列的前n项和公式.

三、通项公式形如an=（an+b）qn （其中a，b，q为常数，且q≠1）的数列求和

各种资料对这种形式的数列求和，都采用“错位相减法”，本文采用“裂项相消”予以解决，并加以推广.

问题3若数列{an}的通项公式为an=（2n+1）・3n，求该数列的前n项和Sn.

解析利用待定系数法对通项公式进行“裂项”.

设an=（2n+1）・3n

=[a（n+1）+b]・3n+1-（an+b）・3n，

解得a=1，b=-1，

于是an=（2n+1）・3n

=[（n+1）-1]・3n+1-（n-1）・3n，

所以Sn=（32-0）+（2×33-32）+（3×34-2×33）

+…+{[（n+1）-1]・3n+1-（n-1）・3n}

=[（n+1）-1]・3n+1=n・3n+1.

对于一般情况，当数列{an}的通项公式为an=（an+b）qn （其中a，b，q为常数，且q≠1）时，也同样可以利用待定系数法对通项公式进行“裂项”，即an=（an+b）qn=[s（n+1）+t]qn+1-（sn+t）qn，待定出系数s，t，最终使其前n项的和能够相消，达到求前n项和的目的.

上述问题还可推广为：数列{an}的通项公式为an=（an2+bn+c）qn （其中a，b，c，q为常数，且q≠1），也同样可以利用待定系数法进行“裂项”，即an=（an2+bn+c）qn=[s（n+1）2+t（n+1）+r]qn+1-（sn2+tn+r）qn，待定出系数s，t，r，使其前n项和能够相消.甚至通项公式为an=f（n）qn （其中f（n）是关于n的多项式函数），均可以利用“裂项相消”进行数列求和，其思路方法同上，不再赘述.

四、其它几类数列的求和

若数列{an}是等差数列，则数列{banan+1}（其中b为常数）的前n项和Sn的求法，以及通项公式an=1n+1+n及其相类似的问题，本身就采用“裂项相消”进行数列求和，不再赘述.

以上分析可以看出，对于数列求和的常见问题，都可以采用“裂项相消”进行数列求和，因而“裂项相消”成为数列求和的方法之源，也使得数列求和的方法得以统一.