2020届高考数学专题汇编：数列求和之裂项放缩

（2）记 Rn=
1 a1a2
+
1 a2a3
++
1 an an +1
，试比较 Rn 与
1 2
Tn
的大小．
解析：（1）因为 S1 ，S3 ，S9 成等比数列，所以 S3=2 S1 ⋅ S9 ，所以 (3 + 3d )2 = 9 + 36d ，即 d (d − 2) = 0 ，
又 d ≠ 0 ，所以 d = 2 ，因为 a1 = 1，所以 a=n 2n −1， Sn = n2 ．
1 2n +1
(n
≥
1)
;
4
1 n2
<
1 n2 −
1
(
n
>
1)
;
1 n2
<
n
(
1 n−
1)
(
n
>
1)
;
1 n2
>
1 2n
(n > 5);
n
∑ 1、 ai < f (n)(> f (n)) 类型 i =1
例 1.1（根式分式型）
【2019 年高考浙江卷】设等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ， a3 = 4 ， a4 = S3 ，数列 {bn} 满足：对每个 n ∈ N∗, Sn + bn , Sn+1 + bn , Sn+2 + bn 成等比数列．
2n − 1= , an−1 2n − 3 an−2
2n 2n
− −
3 5
,= , aa23
5 ，∴ an ⋅ an−1 ⋅ ⋅ = a3
3
an−1 an−2 a2
2n 2n
− −
1 3
⋅
2n 2n
− −
3 5
⋅
⋅
5 3
= 即 an a2
2n −1(n ≥ 2)
3
，∴ an
=2n − 3
1
a2
，由 4Sn
若不等式放缩不来，大家最好的办法就是两个数作差（作商）比较大小即可。
n
2、 ∑ ai < m (> m) 类型 i =1
例 2.1（根式分式型）
n
n
∑ ∑ { } 1.已知数列 an 满足： an > 0 ，且对一切 n ∈ N∗ ，有 ai3 = Sn2 ，其中 Sn = ai .
i =1
i =1
× (n
−1)2
=6 −
(n
n −1 , n ∈ N* ． n(n +1)
分析：由目标 c1 + c2 + + cn < 2 n ⇒ c1 + c2 + + cn−1 < 2 n −1
( ) ( ) 可得目标证明： cn < 2
n − n −1 ⇒ n −1 < 2 n(n +1)
n − n −1 = 2 n + n −1
证明：因为
cn
= n −1 = 2 n −1 <
2
n(n +1) 2 n (n +1) n (n −1) +
n −1
(n −1)(n −1)
= 2
n + (n −1)
( ) 所以 cn < 2 n − n −1 ，即： c1 + c2 + + cn < 2 n, n ∈ N∗. ( ) 点评：对于这类放缩，若一开始就寻找放缩角度 cn < 2 n − n −1 ，问题显然很难解决，并且基本凑不
2n (= 22n n−−11−−2n+12+n+11 −1)
2n (= 2n −1 − 2n+1 −1) −2n
2n+1 −1 − 2n −1
,
所以 bn <
2n+1 −1 −
2n
−1
，即： b1
+
b2
++
bn
<
2n+1 −1
点评：对于这类放缩，若一开始就寻找放缩角度 bn < 2n+1 −1 − 2n −1 ，问题有时很难解决，甚至配凑不
点评：归纳法证明，其关键难点在于后面不等式的大小比较证明，切不可不化简不证明直接书写放缩结果， 若不等式放缩不来，大家最好的办法就是两个数作差（作商）比较大小即可。
{ } 2.【2019.10 浙南名校联盟第一次联考】已知等比数列 an 的公比 q > 1 ，且 a1 + a3 + a5 =42 ，a3 + 9 是 a1 ，
an = 2n .
分析：由目标结果： b1 + b2 + + bn < 2n+1 −1 ⇒ b1 + b2 + + bn−1 < 2n −1
可得目标证明： bn < 2n+1 −1 − 2n −1
= 证明：因为 bn
= 2n
2n ( 2n −1 − 2n+1 −1)
2n −1 + 2n+1 −1 ( 2n −1 + 2n+1 −1)( 2n −1 − 2n+1 −1)
到这类放缩尺度，可是借用通项求法则可快速找到放缩程度，剩下的我们只需证明不等式成立即可。
法二= ： cn
= an 2bn
2n = − 2 2n(n +1)
我们用数学归纳法证明．
n −1 , n ∈ N* ． n(n +1)
（i）当 n = 1 时， c1= 0 < 2 ，不等式成立； （ii）假设=n k(k ∈ N*) 时不等式成立，即 c1 + c2 + + ck < 2 k ． 那么，当 n= k +1 时，
所以 a1 + a3 + a5 =
3a3 +18 =
42 ，解得
a3 = 8 ，由 a1 + a5 = 34 ，得
8 q2
+ 8q2
= 34 ，
解得 q2 = 4 或 q2 = 1 ，因为 q > 1 ，所以 q = 2 . 所以， 4
（2）法一： bn =
2n 2n −1 +
2n+1 −1 ， n ∈ Ν∗ .
<
3 2
解：（1） 4Sn =(2n ) − 1 an+1 + 1，∴4Sn−1 = (2n − 3) an + 1(n ≥ 2) ，
∴ 4an
=
(2n
) − 1 an+1
−
(2n
− 3)an
(n
≥
2) ，即 (2n
+ 1) an
=(2n
) − 1 an+1
⇒
Hale Waihona Puke an +1 an=2n 2n
+1
，
−1
∴= an an −1
（1）求数列{an},{bn} 的通项公式；
（2）= 记 cn
an , n ∈ N∗, 2bn
证明： c1 + c2 + + cn < 2
n, n ∈ N∗.
解析：（1）由题意得 a1 + 2d = 4, a1 + 3d = 3a1 + 3d ，解得=a1 0= , d 2 ．
从而 an =2n − 2, n ∈ N* ， Sn =n2 − n，n ∈ N* ，
1．【湖州三校】已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn ， a1 = 1 ，公差 d ≠ 0 ，且 S1 ， S3 ， S9 成等比数列，
数列{bn}满足 b1S1
+ b2S2
+ + bnSn
=6
−
n2
+ 4n 2n
+
6
(n ∈ N*)
，{bn}的前 n
项和为 Tn
．
（1）求数列 {an } 和 {bn } 的通项公式；
i =1
（2） 将不等式改写为等式利用和 Sn 求通项 an ；
（3） 利用求通项形式： an = f (n) − f (n −1) ⇒ an < f (n) − f (n −1) ，找到通项放缩角度；
（4） 利用保留前几项进行调整放缩尺度.
三、 相关知识
（1）利用和 Sn
求通项 an
：有
an
=
SS1n,
数列求和之裂项放缩
一、 问题简述
（1）通项 an 一般为“同类”分式型，但又不能直接求和；
（2）想到配、凑但是有时不能精确到具体值；
（3）难以找到通项放缩的角度.
二、 运用模式
n
n
（1） ∑ 证明： ai < m (> ∑ m) （ m 为常数）， ai < f (n)(> f (n)) ；
i =1
−
an+1
= 2Sn ，即
an2
−= an
2Sn−1 n ≥ 2 ，作差得： an+1 − an = 1
令 n = 1, 2 得， a1 =1, a2 =2 ⇒ an =n .
∑ ∑ ∑ n
（3）
1
n
=
=k 1= ak k k 1
1
n
<1+
= k 3 k
2
1− k −1
1 k+
1
=2 +
2− 2
{ } a5 的等差中项．数列 bn 的通项公式 bn =