一道高考题引发的思考——裂项相消法求和揭秘

f (n )
2n - 1 +
)
1
，其中 λ 为常数，k 为正整数，则
f (n + k)
(
Sn = a1 + a2 + … + an
é 1
1
1
1
= λ êê
+
+…+
f
(1)
f
(1
+
k)
f
(2)
f
(2
+ k)
ë
1
1
úù
ú
f (n ) f (n + k) û
é 1
1
1
1
= λ êê
+
+…+
f
(1)
f
(2)
2
n+1
= a 2n + 2 ( a n + 1 + a n )，
(
)(
) (
)
整 理 得 an + 1 + an an + 1 - an = 2 an + 1 + an ，
由于 a n + 1 + a n ≠ 0，所以 a n + 1 - a n = 2，
故数列 { a n } 是以 1 为首项，2 为公差的等差数
列，则 a n = a 1 + ( n - 1) d = 2n - 13；
1
1
1
（2）由 题 知 b n =
=
( 2n - 13) ( 2n - 11) 2 2n - 13
1
，
2n - 11
)
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(
( )( ) (
) (
)
1 1
1
éê 1 1
( n + 2 ) a n - ( n + 1) a n - 1 ，进 而 得 a n = n + 1 。 利
an - 1 n - 1
3
3
n ( n + 1)
用 累 乘 法 求 得 an =
，检 验 对 于 n = 1 也 成
2
n ( n + 1)
立，得到 { a n }的通项公式 a n =
。
2
1
= 2 êê 1 +
+
a1 a2
an
2
2
3
ë
1
1
úùú = 2 1 - 1
⋯+
< 2。
n n+1 û
n+1
∴
(
) (
裂项相消法是数列求和方法中非常重要的方
法，其主要是把数列中的每一项分裂为两项或多
项，在后续的运算中相互抵消，从而达到减少计算、
方便求和的目的。
适合用裂项相消法求解的常见类型有：
类 型 一 ：数 列 { a n } 裂 项 变 形 为 a n = λ( f (n ) -
a1 a2
an - 2 an - 1
1 2
n
n+1 n n+1
…×
。
×
=
n-2 n-1
2
(
)
(
(
)
(
(
)
)
)
(
(
)
)
(
显然对于 n = 1 也成立，∴{ a n } 的通项公式 a n =
)
n n+1
。
2
1
2
1
1
（2） =
=2
,
an n n + 1
n n+1
(
(
)
)
( )( )
)
1
1
1
1
1
1
é
+
+⋯+
( a n + c) ( a n + 1 + c)
a n ( q - 1)
an
⇒
=
( a n + c) ( a n + 1 + c)
( a n + c) ( a n + 1 + c)
(
)
1
1
1
；
q - 1 an + c
an + 1 + c
an
（2）
an
·
an + 1 - an
)
(
an + c +
an + 1 + c
kd
1
⇒
=
（a n + c) ( a n + k + c) （a n + c) ( a n + k + c)
中学教学参考
2022··12
2022
20
(
)
1
1
1
；
kd a n + c a n + 1 + c
当 { a n }为等比数列时，
1
1
an + 1 - an
（1）
=
=
an + c
an + 1 + c
（1）求 数 列 { a n } 的 通 项 公 式 ；
（2）已 知 b n =
1
，求数列 {b n }的前 n 项和 T n。
an an + 1
解：
（1）由 题 意 知（S n + 1 - S n）-（S n - S n - 1）= 2，
则 a n + 1 - a n = 2（n ≥ 2），
又 a 2 - a 1 = 2，所 以 { a n } 是 公 差 为 2 的 等 差 数
。
3
3
3
n + 1 an - 1
∴ 当 n ≥ 2 时 ，S n - 1 =
，∴ a n = S n 3
n + 2 an
n + 1 an - 1
Sn - 1 =
，
3
3
a
n+1
整 理 得 n - 1 a n = n + 1 a n - 1，即 n =
，
an - 1 n - 1
a
a
a
a
3 4
∴ an = a1 × 2 × 3 × … × n - 1 × n = 1 × × ×
·
an + 1 + c -
an + c
an + 1 + c - an + c
1
an + c =
· an + 1 + c q-1
an + 1 + c -
an + c 。
)
(
=
下面几个式子是对上结论的常见应用：
1
1 1
1
1
1
1
；
；
= =
n (n + 2) 2 n n + 2
n (n + 1) n n + 1
é g (1) g (2)
g (n )
g (1 + k)
= λ êê
+
+…+
f
(1)
f
(2)
f
(n
)
f (1 + k)
ë
g (2 + k)
g (n + k) úù
-…ú。
f (2 + k)
f (n + k) û
中间的项抵消，首尾对称性地剩下有限个项，
即可得到数列之和。此类问题一般难度较大，关键
在于裂项。此种类型裂项变换比较复杂，大概可以
［例题 1］已知各项均为正数的等差数列 { a n } 满
足 a 1 = 1，a 2n + 1 = a 2n + 2 ( a n + 1 + a n )。
（1）求{ a n }的通项公式；
（2）记 b n =
求数列 {b n }的前 n 项和 S n。
1，
a
1
an +
an + 1
，
解：
（1）各项均为正数的等差数列 { a n } 满足 a 1 =
1
1
1
1
=
；
2 2n - 1 2n + 1
(2n + 1) (2n - 1)
3n
1
1
1
=
- n+1
；
n
n
n+1
2
3 -1 3
(3 - 1) (3
- 1)
-1
4n
1
1
1
=
- n+1
；
n
n
n+1
3 4 -1 4
( 4 - 1) ( 4
- 1)
-1
4n 2
4n 2 - 1 + 1
1
=
=1+
=1+
4n 2 - 1
数学·考试研究
一道高考题引发的思考——裂项相消法求和揭秘
广西梧州高级中学（543000） 何德材
［摘 要］裂项相消法是数列求和的重要方法，此法蕴含着深刻的数学思想。文章对裂项相消法进行溯源与归
纳，以便学生对其有进一步的理解。
［关键词］裂项相消法；数列；求和；
［中图分类号］ G633.6
［文献标识码］ A
n+k k
n
⇒
（2）a 2 a 3…a n + 1 - a 1 a 2…a n = a 2…a n·( a n + 1 - a 1 ) =
1
nd·a 2…a n ⇒ a 2…a n =
( a a …a n + 1 - a 1 a 2…a n )；
nd 2 3
a
（3）lg n + k = lg a n + k - lg a n。
；
；
(n + 2) 2 (n + 1)! n! (n + 1)! n (n + 1) (n + 2)
(
)
1
1
1
。
2 n (n + 1) (n + 1) (n + 2)
［例 题 2］已 知 数 列 { a n } 的 前 n 项 和 为 S n，a 1 =
ห้องสมุดไป่ตู้
(
)
-11，
a 2 = -9，
且 S n + 1 + S n - 1 = 2S n + 2 n ≥ 2 。
4n 2 - 1
4n 2 - 1
1
1
1
1
=1+
。
2 2n - 1 2n + 1
(2n + 1) (2n - 1)
(
)
(
(
(
)
)
)
(
)
类比上式有下面的结论：
(
n+1
1 1
2n + 1
1
1
=
；
=
n 2 (n + 1) 2 n 2 (n + 1) 2 n 2 (n + 2) 2 4 n 2
)
1
n
1
1
1
=
=
… - f (n + k) ]。
中间的项抵消，首尾对称性地剩下有限个项，
即可得到数列之和。此类问题有两个点要注意，一
是 λ 的值，二是剩下的对称的项。
当 { a n }为等差数列时，容易得到下列结论：
（1）
1
·
n+k - n
=
n + n+k
n+k - n
1
1
= （ n + k - n ）；
n + n+k k
ê - + + - + +⋯+
11
9
9
7
2n
13
ë
1
1
-n
úùú = 1 - 1 。
=
2n - 11 û 2 11 2n - 11 22n - 121
é g (n )
类 型 三 ：数 列 { a n } 裂 项 变 形 为 a n = λ êê
ë f (n )
则 Tn =
1
2
g (n + k) úù
其中 λ 为常数，k 为正整数，则
ú，
f (n + k) û
Sn = a1 + a2 + … + an
é g (1) g (1 + k) g (2) g (2 + k)
= λ êê
+
+…+
f (1 + k)
f (2)
f (2 + k)
ë f (1)
g (n )
g (n + k) úù
ú
f (n )
f (n + k) û
f (n + k) ) ，
其中 λ 为常数，k 为正整数，则
Sn = a1 + a2 + … + an
= λ[ f (1) - f (1 + k) + f (2) - f (2 + k) + … + f (n ) -
f (n + k) ]
= λ[ f (1) + f (2) + … + f (n ) - f (1 + k) - f (2 + k) -
分两个步骤进行：第一步，把等差部分进行裂项；第
二步，利用待定系数法，确定等比项的裂项。
n+1
1
下面以计算
· n 为例进行说明。
(2n - 1) (2n + 1) 3
数学·考试研究
以 d > 0，a 1 = d，又 a 1 + a 4 + a 10 = 3a 1 + 12d = 15，即
15d = 15，所以 a 1 = d = 1，故 a n = n。
f
(n
)
f
(1
+ k)
ë
1
1
úù。
-…ú
f (2 + k)
f (n + k) û
中间的项抵消，首尾对称性地剩下有限个项，
即可得到数列之和。此类问题有两个点要注意，一
个是 λ 的值，另外一个是剩下的对称的项，和类型
一类似。
当 { a n }为等差数列时，
1
1
an + k - an
=
=
a n + c a n + 1 + c （a n + c) ( a n + k + c)
列，所以 a n = 2n - 1。
（2） 由 （1） 可 得 b n =
1
an +
2n + 1 2
1
an
+ 1
=
2n - 1
=
，
2n + 1
1
所以 S n = × ( 3 - 1 + 5 - 3 + … + 2n + 1 2