裂项相消法

前言概述

用裂项相消法可以求数列的通项公式$a_n$，也可以求数列的前$n$项的和$S_n$。

常用公式

常用式：$\cfrac{1}{n(n+1)}=\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1}$；推广式：$\cfrac{1}{n(n+k)}=\cfrac{1}{k}(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+k})$；

常用式：$\cfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$；推广式：$\cfrac{1}{\sqrt{n+k}+\sqrt{n}}=\cfrac{1}{k}(\sqrt{n+k}-\sqrt{n})$；

不常用：$\cfrac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n+1}}=\cfrac{1}{2}(\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1})$；

常用式：$\cfrac{1}{4n^2-1}=\cfrac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1})$；

组合用：$\cfrac{n^2}{4n^2-1}=\cfrac{1}{4}\times\cfrac{4n^2-1+1}{4n^2-1}=\cfrac{1}{4}(1+\cfrac{1}{4n^2-1})=\cfrac{1}{4}+\cfrac{1}{8}(\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1})$；

常用式：$ln(1+\cfrac{1}{n})=ln\cfrac{n+1}{n}=ln(n+1)-lnn$；

不常用：$\cfrac{a_{n+1}}{S_n\cdot S_{n+1}}=\cfrac{S_{n+1}-S_{n}}{S_n\cdot S_{n+1}}=\cfrac{1}{S_n}-\cfrac{1}{S_{n+1}}$

不常用：$\cfrac{2^n}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)}=\cfrac{1}{2^n-1}-\cfrac{1}{2^{n+1}-1}$

不常用：$\cfrac{n+1}{(n+2)^2\cdot n^2}=\cfrac{1}{4}[\cfrac{1}{n^2}-\cfrac{1}{(n+2)^2}]$

不常用：$\cfrac{1}{n(n+1)(n+2)}=\cfrac{1}{2}[\cfrac{1}{n(n+1)}-\cfrac{1}{(n+1)(n+2)}]$，启迪思维的变形，两项到三项

记忆方法

【案例1】$\cfrac{2}{(n-1)(n+1)}=2\cdot \cfrac{1}{(n-1)(n+1)}=2\cdot \Box (\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1})$，

那么小括号前面的系数到底该是多少才能使得原式保持恒等变形呢?

我们只需要做通分的工作，将

$\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1}=\cfrac{(n+1)-(n-1)}{(n-1)(n+1)}=\cfrac{2}{(n-1)(n+1)}$

故$\cfrac{1}{(n-1)(n+1)}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1})$，

故上述$\Box$位置应该为$\cfrac{1}{2}$，

即$\cfrac{2}{(n-1)(n+1)}=2\cdot \cfrac{1}{2} (\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1})=\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1}$，

【案例2】$(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=1$，故$\cfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$

关联表示

①$\cfrac{1}{n^2+2n}$；②$b_n=\cfrac{1}{a_n\cdot a_{n+1}}$；③$\cfrac{a_{n+1}}{S_n\cdot S_{n+1}}$；④$c_n=\cfrac{1}{log_3{a_n}\cdot log_3{a_{n+1}}}$；

⑤$\cfrac{1}{(n+2)^2-4}=\cfrac{1}{n^2+4n}=\cfrac{1}{n(n+4)}=\cfrac{1}{4}(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+4})$；⑥ $b_n=\cfrac{a_n}{(a_n+1)(a_{n+1}+1)}$；

⑦ 意想不到的一种：由 $b_{n+1}b_n=2n-1$，得到$\cfrac{1}{b_n}$的裂项公式 ^[1]

书写模式

如数列$a_n=\cfrac{1}{n(n+2)}$，求其前$n$项和$S_n$。

分析：先裂项得到，$a_n=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+2})$，

则$S_n=a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n$

则往下的求和书写格式有以下两种：

第一种书写格式：横向消项，容易出错；

$S_n=\cfrac{1}{2}[(1-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{4})+(\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{5})+\cdots+(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1})+(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+2})]$

$=\cfrac{1}{2}(1+\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{n+2})=\cdots$

第二种书写格式：纵向消项，不易出错，如图所示；

先得到如下的表达式，

$S_n=\cfrac{1}{2}[(1-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{4})+(\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{5})+\cdots+(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1})+(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+2})]$

然后如图所示，将每一个小括号写成两列，

$\begin{array}{lcl} &1&-&\dfrac{1\mkern-8.5mu/}{3\mkern-8.5mu/}&\\ &\dfrac{1}{2}&-&\dfrac{1\mkern-8.5mu/}{4\mkern-8.5mu/}&\\ &\dfrac{1\mkern-8.5mu/}{3\mkern-8.5mu/}&-&\dfrac{1\mkern-8.5mu/}{5\mkern-8.5mu/}&\\ &\cdots&\cdots&\cdots&\\ &\dfrac{1\mkern-8.5mu/}{n\mkern-8.5mu/-2\mkern-8.5mu/}&-&\dfrac{1\mkern-8.5mu/}{n\mkern-8.5mu/}&\\ &\dfrac{1\mkern-8.5mu/}{n\mkern-8.5mu/-1\mkern-8.5mu/}&-&\dfrac{1}{n+1}&\\ &\dfrac{1\mkern-8.5mu/}{n\mkern-8.5mu/}&-&\dfrac{1}{n+2}&\\ \end{array}$

很明显可以斜向消项，第一列剩余前两项，第二列剩余后两项，故结果为

$S_n=\cfrac{1}{2}(1+\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{n+2})=\cdots$

再给一个练习题，通过此练习题，更能体会纵向书写的妙处。

$a_n=\cfrac{1}{n(n+3)}$，求其前$n$项和$S_n$。

横向写法的好处：比如数列 $b_1$，$b_2-b_1$，$b_3-b_2$，$\cdots$，$b_n-b_{n-1}$ 的前 $n$ 项的和为 $b_n$；

解释：$b_1$$+$$(b_2-b_1)$$+$$(b_3-b_2)$$+$$\cdots$$+$$(b_n-b_{n-1})=b_n$；

求通项公式

【2018山东滨州期末】在数列$\{a_n\}$中，$a_1=2$，$na_{n+1}=(n+1)a_n+2$，$n\in N^*$，则数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n$=_________。

分析：两边同除以$n(n+1)$，得到$\cfrac{a_{n+1}}{n+1}=\cfrac{a_n}{n}+\cfrac{2}{n(n+1)}$，再用累加法，得到$a_n=4n-2$；

典例剖析

【学生问题】2018天津高考中的一个裂项相消变形的说明：

问题：$\cfrac{k\cdot 2^{k+1}}{(k+1)(k+2)}=\cfrac{2^{k+2}}{k+2}-\cfrac{2^{k+1}}{k+1}$是如何变形得到的？

分析：这样的变形是为了利用数列$\{\cfrac{2^{k+1}}{k+1}\}$完成消项。

$\cfrac{k\cdot 2^{k+1}}{(k+1)(k+2)}$

$=2^{k+1}\cdot\cfrac{k}{(k+1)(k+2)}$

$=2^{k+1}\cdot \cfrac{2(k+1)-(k+2)}{(k+1)(k+2)}$

$=2^{k+1}\cdot (\cfrac{2}{k+2}-\cfrac{1}{k+1})$

$=\cfrac{2^{k+2}}{k+2}-\cfrac{2^{k+1}}{k+1}$

【2019高三理科数学三轮模拟试题】已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且有$3S_n=4a_n-2$，若$b_n=log_{\frac{1}{2}}a_n$，则数列$\{\cfrac{1}{b_n\cdot b_{n+1}}\}$的前$n$项和$T_n$=_____________。

分析：先求得$a_n=2^{2n-1}$，则$b_n=1-2n$，

且数列$\{\cfrac{1}{b_n\cdot b_{n+1}}\}$的通项公式为$\cfrac{1}{b_n\cdot b_{n+1}}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1})$，

故$T_n=\cdots=\cfrac{n}{2n+1}$。

求数列的前$n$项和$S_n=1+\cfrac{1}{1+2}+\cfrac{1}{1+2+3}+\cdots+\cfrac{1}{1+2+3+\cdots+n}$，

分析：必须先能认出其通项公式$a_n=\cfrac{1}{1+2+3+\cdots+n}$，

从而$a_n=\cfrac{1}{\cfrac{n(n+1)}{2}}=\cfrac{2}{n(n+1)}=2(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})$，故有

$S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$

$=2[(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{4})+\cdots+(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})]$

$=2(1-\cfrac{1}{n+1})=\cfrac{2n}{n+1}$。

【2017全国卷2，理科第15题高考真题】已知等差数列 $\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，$a_3=3，S_4=10$，则$\sum\limits_{k=1}^n{ \cfrac{1}{S_k}}$

分析：由$a_1+2d=3$和$4a_1+6d=10$，容易计算出$a_n=n$，故$S_n=\cfrac{n(n+1)}{2}$，

则有$\cfrac{1}{S_n}=\cfrac{2}{n(n+1)}=2(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})$，

故$\sum\limits_{k=1}^n {\cfrac{1}{S_k}}$

$=2[(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+\cdots +(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})]$

$=2(1-\cfrac{1}{n+1})=\cfrac{2n}{n+1}$。

【新定义题目】【2019届高三理科数学课时作业】定义$\cfrac{n}{p_1+p_2+\cdots+p_n}$为$n$个正数$p_1，p_2，\cdots，p_n$的“均倒数”。若已知正项数列$\{a_n\}$的前$n$项和的“均倒数”为$\cfrac{1}{2n+1}$，又$b_n=\cfrac{a_n+1}{4}$，则$\cfrac{1}{b_1b_2}$$+\cfrac{1}{b_2b_3}$$+\cfrac{1}{b_3b_4}+$$\cdots $$+\cfrac{1}{b_{10}b_{11}}$=【】

$A.\cfrac{1}{11}$ $B.\cfrac{1}{12}$ $C.\cfrac{10}{11}$ $D.\cfrac{11}{12}$

分析：由新定义可知，$\cfrac{n}{a_1+a_2+\cdots+a_n}=\cfrac{1}{2n+1}$，

则由上式得到，$S_n=n(2n+1)$，又由$a_n$与$S_n$的关系可知，

当$n\geqslant 2$时，$S_{n-1}=(n-1)[2(n-1)+1]$，则$a_n=S_n-S_{n-1}=4n-1$；

再验证$n=1$时，$a_1=1(2\times 1+1)=3=4\times 1-1$，满足上式，

故$a_n=4n-1(n\in N^*)$，

则结合题目可知，故$b_n=\cfrac{a_n+1}{4}=\cfrac{4n-1+1}{4}=n$，

则$\cfrac{1}{b_1b_2}+\cfrac{1}{b_2b_3}+\cfrac{1}{b_3b_4}+\cdots+\cfrac{1}{b_{10}b_{11}}$

$=[(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+\cdots+(\cfrac{1}{10}-\cfrac{1}{11})]=\cfrac{10}{11}$，

故选$C$。

【2017全国卷3文科第17题高考真题】设数列$\{a_n\}$满足$a_1+3a_2+\cdots+(2n-1)a_n=2n$，

（1）求数列$\{a_n\}$的通项公式。

分析：本题是利用$a_n$和$S_n$的关系解题，或者是利用“退一法”解题。

由题目可知，$n\ge 1$，$a_1+3a_2+\cdots+(2n-1)a_n=2n①$得到，

当$n\ge 2$，$a_1+3a_2+\cdots+(2n-3)a_{n-1}=2(n-1)②$

两式相减得到

$n\ge 2，(2n-1)a_n=2$，

从而得到$a_n=\cfrac{2}{2n-1}(n\ge 2)$，

接下来验证$n=1$是否满足

当$n=1$时，$a_1=2=\cfrac{2}{2\times 1-1}$，满足上式，

故数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=\cfrac{2}{2n-1}(n\in N^*)$.

（2）求数列$\{\cfrac{a_n}{2n+1}\}$的前$n$项和$S_n$。

分析：结合第一问，数列$\cfrac{a_n}{2n+1}=\cfrac{2}{(2n-1)(2n+1)}=\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1}$

故数列的前$n$项和$S_n=(\cfrac{1}{2\times1-1}-\cfrac{1}{2\times 1+1})+(\cfrac{1}{2\times 2 -1}-\cfrac{1}{2\times 2+1})+\cdots+(\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1})$

$=1-\cfrac{1}{2n+1}=\cfrac{2n}{2n+1}$。

[本题目能说明一轮和二轮的关系]已知数列 $\{a_{n}\}$ 中，$a_{1}=1$，$a_{n}-a_{n-1}=n$ $(n \geq 2, n \in N^{+})$，设$b_{n}=\cfrac{1}{a_{n+1}}+\cfrac{1}{a_{n+2}}+\cfrac{1}{a_{n+3}}+\ldots+\cfrac{1}{a_{2 n}}$，若对任意的正整数 $n$，当 $m \in[1,2]$ 时, 不等式 $m^{2}$$-$$mt$$+$$\cfrac{1}{3}$$>$$b_{n}$ 恒成立，求实数 $t$ 的取值范围。

分析：当$n\geq 2$时，$a_{n}-a_{n-1}=n$，$a_{n-1}-a_{n-2}=n-1$， $\ldots$， $a_{2}-a_{1}=2$，

并项相加，得: $a_{n}-a_{1}=n+(n-1)+\ldots+3+2$，

则有$a_{n}=1+2+3+\ldots+n=\frac{1}{2} n(n+1)(n\geqslant 2)$

又当$n=1$时，$a_1=\cfrac{1}{2}\times 1\times (1+1)=1$，也满足上式，

故数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=\cfrac{1}{2}n(n+1)(n\in N^*)$;

则由题目$b_{n}=\cfrac{1}{a_{n+1}}+\cfrac{1}{a_{n+2}}+\cfrac{1}{a_{n+3}}+\ldots+\cfrac{1}{a_{2n}}$

$=\cfrac{2}{(n+1)(n+2)}+\cfrac{2}{(n+2)(n+3)}+\cdots+\cfrac{2}{2n(2n+1)}$

$=2(\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{n+2}+\cfrac{1}{n+2}-\cfrac{1}{n+3}+\cdots+\cfrac{1}{2n}-\cfrac{1}{2n+1})$

$=2(\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{2n+1})=\cfrac{2n}{2n^{2}+3n+1}=\cfrac{2}{2n+\cfrac{1}{n}+3}$,

令$f(x)=2 x+\cfrac{1}{x}(x \geq 1)$，则$f'(x)=2-\cfrac{1}{x^2}$，

当$x\geqslant 1$时，$f'(x)>0$恒成立，故$f(x)$在$[1,+\infty)$上为增函数，

故当$ x=1$ 时，$f(x)_{\min}=f(1)=3$，即当 $n=1$ 时，$(b_{n})_{\max}=\cfrac{1}{3}$

则须使 $m^{2}-mt+\cfrac{1}{3}>(b_{n})_{max}=\cfrac{1}{3}$，即 $m^{2}-mt >0$ 对$\forall m \in[1,2]$ 恒成立，

即$t<m$ 的最小值，可得 $t<1$，故实数 $t$ 的取值范围为$(-\infty, 1)$.

说明：一轮的复习中，必须要掌握每一个单独的知识点：①累加法求通项公式；②裂项法求通项公式；③简单的恒成立命题求解思路；

二轮复习中，就可以将对以上单独的知识点的考查整合到一个题目中，综合考察，很显然考查的难度会随着加入的知识点的个数，逐渐加大。

【2019届高三理科数学课时作业】已知数列$\{\sqrt{a_n}\}$的前$n$项和$S_n=n^2$，则数列$\{\cfrac{1}{a_{n+1}-1}\}$的前$n$项和$T_n$=____________。

分析：由$\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}+\cdots+\sqrt{a_n}=n^2$，

故当$n\ge 2$时，$\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}+\cdots+\sqrt{a_{n-1}}=(n-1)^2$，

两式相减，得到

当$n\ge 2$时，$\sqrt{a_n}=n^2-(n-1)^2=2n-1$，即$a_n=(2n-1)^2$，

验证$n=1$时，也满足上式。故通项公式为$a_n=(2n-1)^2，n\in N^*$，

$a_{n+1}=(2n+1)^2=4n^2+4n+1$，

则$\cfrac{1}{a_{n+1}-1}=\cfrac{1}{4n(n+1)}=\cfrac{1}{4}(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})$

故$T_n=\cfrac{1}{4}[(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+\cdots+(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})]$

$=\cfrac{1}{4}\cdot \cfrac{n}{n+1}=\cfrac{n}{4n+4}$

对应练习

【2018四川内江一模】已知$S_n$是等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和，$a_1=1$，$a_8=3a_3$，则$\cfrac{a_2}{S_1S_2}+\cfrac{a_3}{S_2S_3}+\cfrac{a_4}{S_3S_4}+\cdots+\cfrac{a_{n+1}}{S_nS_{n+1}}$=___________。

提示：$d=2$，$\cfrac{a_{n+1}}{S_n\cdot S_{n+1}}=\cfrac{S_{n+1}-S_{n}}{S_n\cdot S_{n+1}}=\cfrac{1}{S_n}-\cfrac{1}{S_{n+1}}$

$\cfrac{a_2}{S_1S_2}+\cfrac{a_3}{S_2S_3}+\cfrac{a_4}{S_3S_4}+\cdots+\cfrac{a_{n+1}}{S_nS_{n+1}}=1-\cfrac{1}{(n+1)^2}$；

【2018江西新余一中模拟】设数列$\{a_n\}$满足$a_1=2$，$a_2=6$，且$a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=2$，若$[x]$表示不超过$x$的最大整数，则$[\cfrac{2017}{a_1}+\cfrac{2017}{a_2}+\cdots +\cfrac{2017}{a_{2017}}]$=_________。

提示：变形得到$(a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_n)=2$，即数列$\{a_{n+1}-a_n\}$为等差数列，再用累加法得到$a_n=n(n+1)$，则$\cfrac{1}{a_n}=\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1}$，则$\cfrac{1}{a_1}+\cfrac{1}{a_2}+\cdots +\cfrac{1}{a_{2017}}=1-\cfrac{1}{2018}$，

则$2017(\cfrac{1}{a_1}+\cfrac{1}{a_2}+\cdots +\cfrac{1}{a_{2017}})=2017(1-\cfrac{1}{2018})=2017-\cfrac{2017}{2018}=2016+\cfrac{1}{2018}$，

故$[\cfrac{2017}{a_1}+\cfrac{2017}{a_2}+\cdots +\cfrac{2017}{a_{2017}}]=[2016+\cfrac{1}{2018} ]=2016$。

由 $b_{n+1}b_n=2n-1$，得到 $b_nb_{n-1}=2n-3$，两式相减得到，
$b_n(b_{n+1}-b_{n-1})=2$，故 $\cfrac{2}{b_n}=b_{n+1}-b_{n-1}$，这样就得到了项的倒数的裂项公式； ↩︎

posted @ 2019-01-07 22:17 静雅斋数学阅读(7543) 评论(0) 编辑收藏举报

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