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裂项相消法的八大类型


中学生数学 ·2 高中 ) 0 1 2 年 7 月上 · 第 4 4 5期(

) 浙江省兰溪市第一中学 ( 3 2 1 1 0 0   蒋志明   舒林军    裂 项 相 消 法 实 质 上 是 把 一 个 数 列 的 每 一 即化 a 的 项裂为两项的差 , n) -f( n+1) f( n= 形式 , 从而达到数 列 求 和 的 目 的 , 即得到S

n= ) 的 形 式. 通过此类题型的解 1 -f( n+1) f( 可以培养 同 学 们 的 逆 向 思 维 , 开发同学们 决, 的智力 , 检查 同 学 们 思 维 的 灵 活 性. 故在高考 中常常出 现 利 用 裂 项 相 消 法 来 求 数 列 的 前 n 项和 、 不等 式 证 明 等 较 难 的 题 型 . 笔者通过长 期教学的研究 , 并加以总结 , 归纳出八 大 题 型 , 让同学们通过对题型的了解 , 可以快速掌 握 其 技巧 , 达到事半功倍的效果 . 题型一   等差型 等差型是裂项相 消 法 中 最 常 见 的 类 型 , 也 设等差数列{ 的各项不为 是最容易 掌 握 的 . a n} 1 1 ) 常见的 零, 公差为 d, 则 1 =1( - . a a d a a n n+1 n n+1 有: 1 1 1 ( 1) + +…+ ( )=1- 1×2 2×3 n n+1 1 ; n+1 1 1 1 ( 2) + +…+( ) ( ) 1×3 3×5 2 n-1 2 n+1 = 1( 1 ) ; 1- 2 2 n+1 1 1 ( )1 + 1 +…+ 3 =1+ ) 1×3 2×4 n( n+2 2 1 1 - - . n+1 n+2
2 ( ) n+ 1 + 1 } 例1 的前n 项的和S  求数列{ n. 2 ( ) n+ 1 - 1 分析   先把通项进行化简 , 分子 通 常 化 为

S 1+ n=(

1 1) ( 1 1) ( - + 1+ - + 1+ 1 3 2 4

1 1) … ( 1 1 ) ( 1 - + + 1+ - + 1+ - 3 5 n-1 n+1 n 1 ) 1 1 1 1 = n+1+ - - =n- - n+2 2 n+1 n+2 n+1 1 3 + . n+2 2 题型二   无理型 该类 型 的 特 点 是, 分 母 为 两 个 根 式 之 和, 这两个根式的平方差为常数 , 然后通过 分 母 有 理化来 达 到 消 项 的 目 的 , 有时在证明不等式 常常把分 母 放 缩 成 两 个 根 式 之 和 , 来达到 时, 消 项 化 简 的 目 的 .常 见 有 : 1 = n+1+槡 n 槡

思 路 与 方 法

n+1-槡 n. 槡
1 1 例 2  证明 : 2槡 n+1-2<1+ + + 2 槡 3 槡 … + 1 <2槡 n-1  ( n≥2, n∈N) . n 槡 分析   先 把 通 项 进 行 放 缩 后 再 裂 项 相 消 即可证 . 证明   因为   1 2 2 = > n 2 n n +1+ n 槡 槡 槡 槡

( ( , =2 n+1-槡 n) n≥2, n∈N) 槡 1 1 1 所以 1 + + + … + >2( 2-槡 1) + 槡 2 3 n 槡 槡 槡 ( 2 3-槡 2) + … +2( n+ 1-槡 n) =2 槡 n+ 1- 槡 槡 2 . 又因为   1 2 2 = < n 2槡 n 槡 n+ 槡 n-1 槡

常数 , 然后裂项就可以求得 .
2 ( ) n+1 +1 解  数列的通项 a = n = 2 ( ) n+1 -1 2 n +2 n+2 2 1 1 ) , =1+ 2 =1+ ( - 2 n n+2 n +2 n n +2 n

( ( , =2 n- 槡 n-1) n≥2, n∈N) 槡 所以 1+ 1 + 1 + … + 1 <1+2( 2- 槡 2 槡 3 n 槡 槡

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中学生数学 ·2 高中 ) 0 1 2 年 7 月上 · 第 4 4 5期(

( 1) +2 3-槡 2) + … +2( n- 槡 n-1) =2槡 n 槡 槡 槡 -1.

形如下 : ( 等, t a n t a n t a n( 1+ t a n t a n α- α- α β= β) β) 可以经过构造达到裂项消项的目的 . 例 5  在 数 1 和 1 0 0 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 , , 个数的乘积记作 再令 +2 Tn a l Tn n≥1. g n= ( 求数列 { 的通项公式 ; a Ⅰ) n} ( 设b 的 a n a t a n a b Ⅱ) n =t n· n+1 求 数 列 { n} 前 n 项和Sn . 分析   ( 利 用 倒 序 相 乘 不 难 得 到 Tn = 1) 1 0
n+2

思 路 与 方 法

即不等式成立 . 题型三   指数型
n n+1 n , 由于 ( 因此一般地有 a-1) a =a -a n ( ) a-1 a 1 1 = n - n+1 . n+1 ( ( a+ b) a + b) a + b a + b 例 3  已 知 数 列 { 的 首 项 为 3, 点( a a n} n, n

在直线 4 a x- y=0 上 . n+1 ) ( ) 求数列 { 的通项 ; 1 a n} ( ) 设数列{ 的 前 n 项 和 为 Sn , 2 a b n} n=

, 即得 a n+2. n=

a n+1 ( , 求数列{ 的前n n∈ N* ) b n} ( ) a S n+1 -3 n+1
项和 Tn . 分析   先求 数 列 { 的 通 项, 再求S 然 a n} n, 后把通项b n 进行裂项即可 . n-1 ) ·4 ; 解  ( 容易解得 a 1 n =3
n ( ) n 3 1-4 ( ) 因为 S =4 -1, 2 n= 1-4 n 3·4 所以b n = n n+1 ( ) ·( ) 3 4 -1 4 -1

( ( ]= 2)∵   t a n[ n + 3)- ( n + 2) ( ) ( ) t a n n+3 - t a n n+2 = t a n 1, ( ) · ( ) 1+ t a n n+2 t a n n+3 ∴  t a n( n + 2)· t a n( n + 3)= ( ) ( ) t a n n+3 - t a n n+2 -1, t a n 1 ( ) · ( ) ( ) · ( S t a n 1+2 t a n 1+3 + t a n 2+2 t a n 2 n = ) ( ) · ( ) +3 +…+ t a n n+2 t a n n+3 ( ) ( ) t a n 1+3 - t a n 1+2 = t a n 1 ( ) ( ) t a n 2+3 - t a n 2+2 + +… t a n 1 ( ) ( ) t a n n+3 - t a n n+2 + - n t a n 1 ( ) t a n n+2 - t a n 3 = - n. t a n 1 题型六   阶乘和组合数公式型 ! 由阶乘的 定 义 可 以 得 到 : n n! = ( n+1)
m m , 由组 合 数 公 式 也 可 以 得 到 C - n! n+1 -C n = m-1 C . n ( ) 例 6  化简 : 1 1+2×2! +3×3! + …



1( 1 1 ) - n+1 . n 34 -1 4 -1

即 Tn = 1 ( 1 - 21 + 31 - 21 3 4-1 4 -1 4 -1 4 -1 1 ) 1 1 1 - n+1 . +…+ n = - n+1 -1 9 3·4 -3 4 -1 4 题型四   对数型 , 由对数的 运 算 法 则 可 知 : 若a n∈N n >0

a n+1 则l o = l o a l o a *, g g g a a n+1 - a n. a n 例 4  已 知 数 列 { 的通项为a a n} n = n+1, 若其前 n 项和Sn =2, 则 n= l g n


n+1 分析   因 为 a =l n+1) - g g( n =l n l n, g 所以 S l 2- l 1+ l 3- l 2+ … + l n g g g g g( n=
) ( ) +1 - l n= l n+1 - l 1=2, g g g 即 n=9 9. 题型五   三角函数型 由三角函 数 两 角 和 差 公 式 可 以 得 到 的 变

; + n× n! 2 2 2 ( ) 2 C C C n≥5, n∈N* ) . 5+ 6+ … + n( 分析   由上面所推出的结论得到 : ) ( 原式 =2! -1! +3! -2! + … + ( 1 n ) ! ! ( ) ! ; +1 - n = n+1 -1
3 3 3 3 3 ( ) 原式 =C 2 C C C C 6- 5+ 7- 6+ … + n+1 - ( ) ) n+1 n( n-1 3 3 3 C C C -1 0. n= n+1 - 5= 6

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中学生数学 ·2 高中 ) 0 1 2 年 7 月上 · 第 4 4 5期(

   题型七   抽象型 有些抽象函数可以根据给出的 性 质 , 也可 以进行裂项相消 , 如下面例子 . 例 7  定 义 在 ( 上 的 函 数 f( 满 -1, 1) x) : ( ) ( , ) , ( ) ; 足 1 对 ?x∈ -1 0 都有 f x >0 1 , 1 ( ) ) , 已知 p=f( 2 0 r=f( ) + q=f( ) 2 5 1 1 ) ( , 比 + … +f(2 n≥2, n∈N* ) f( ) 1 1 n+ n-1 较 p, r 的大小 . q, 分析   由 ( 可 知: 令 x=y, 则 f( 2) 0) =0; , 令 x=0, 则 f( 所 以 f( 为奇 - = -f( x) y) y) ) , 函数 , 对 ?x, 且 x<y, 都有 f( -1, 1 x) y∈ ( -f( =f y)

有些可以通过以上几种进行混 合 的 通 项 , 裂项的难度较大 , 例如 : 1 1 ) 1 1 ( = ( ) ( ) ) n -n+2 = n( n+1 n+2 2 n+1 1 1( 1 ) ; 又如下面例 )- ( ) ( ) 2 n( n+1 n+1 n+2 题: 例 8  已 知 数 列 { 的 通 项 为b b n} n =n·

b b b 3 4 n+2 n-1 , 求和 : 2 S + +…+ . n= b b b b b b 1 2 2 3 n n+1
n+1 ( ) b n+2 2 分析   因为 n+2 = n -1 n ) b b n 2 ( n+1 2 n n+1

思 路 与 方 法

( ) n+2 2 n+1 - n = ( n-2 = n-2 ) ) n n+1 2 n( n+1 2 1 1 , = n-3 - ( n-2 ) n 2 n+1 2 1 1 1 1 所以 S n= -2 - -1 + -1 - 0+ · · · · 1 2 2 3 2 2 2 2 1 1 …+ 1 4 -( n-3 - n-2 = n-2 . ( ) ) n 2 n+ 1 2 n+ 1 2 以上笔者仅仅归纳出常见的 八 大 题 型 , 对 一些不常见的题型需要大胆的猜测 , 也可以从 首项起开始 裂 项 , 然 后 加 以 归 纳, 即从特殊到 有时也可以利用待定系数法去完 成 裂 开 一般 , 通项 . 最后希 望 同 学 们 要 善 于 总 结 归 纳 , 并加 以积累 , 这样才能把自己从题海里解脱出来 . ( 责审   王雷 )

y 所以 f( 在( x) -1, 1) >0, 1-x ( y)

x-

上是减函数 . 1 熿 燄 ( ) 1 n n +1 又因 为 f 2 = = 1 n+ n-1 1- ( ) 燀 n n+1 燅 1 1 熿 - 燄 n n+1 1 1 ) , =f( ) -f( f 1 n n+1 1- ) n+1 燀 n( 燅 1 1 1 1 ( 所以r = - + -f( ) + f ) f( ) f( ) 2 3 3 4 1 1 ) ( 1 1 ) …+ - = - 0 . < f( ) f( f ) f( n n+ 1 2 n+ 1 因此q< r<p.





题型八   混合型 檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪 ( 上接第 2 点斜式和截距式给出直线方程 , 然后建 立 目 标 3 页) ( ) 如图 2, 2 1 , MA | |= s i n θ 2 , MB | |= c o s θ MA|·|MB|= | 2 4 = ≥4. s i n c o s i n 2 θ θ s θ
图2

函数 , 再用基 本 不 等 式 求 出 最 值 , 解法自然流 畅. 解法三是通过转换解析几何环境到 解 三 角 形环境这样设角也比较自然 . 本题与本文开头的联考题 , 一个以解几为 背景 , 一个以平几为背景 , 题目虽然 不 同 , 但解 法基本相同 . 经常对这类题型不同但解 法 相 同 或相近的问题进行模式化总结与反思 , 有利于 同学们今后一看到这类问题就会有法 可 依 , 有 路可行 , 从而熟能生巧 , 开拓思路 , 提高解决问 题的实力 . ( 责审   王雷 )

当s 即 θ=4 时 取 等 号, 此时直 i n 2 5 ° θ=1, , 线l 的倾斜角为1 故所求直线方程为x+ 3 5 ° y -3=0. 小结   解法一 , 解法二分别用直 线 方 程 的

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