全国名校高考数学一轮复习优质专题汇编(知识点详解附专题训练) 数列求和之裂项相消法

第6节 数列求和之裂项相消法
【基础知识】
1．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前错误！未找到引用源。

项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似错误！未找到引用源。

（其中错误！未找到引用源。

是各项不为零的等差数列，错误！未找到引用源。

为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法：
（1）错误！未找到引用源。

，特别地当错误！未找到引用源。

时，错误！未找到引用源。

；
（21
k
=
，特别地当错误！未找到引用源。

时，
=；
（3）()()
221111212122121n n a n n n n ⎛⎫
==+- ⎪-+-+⎝⎭ （4）()()(
)()()1111
122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭ （5）
)()1
1(11q p q p p q pq <--=
一般裂项模型：
（1）)()1(n f n f a n -+= （2）
n n n n tan )1tan()
1cos(cos 1sin -+=+ （3）
1
1
1)1(1+-
=+=
n n n n a n （4）
)1
21121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n
（5）])
2)(1(1
)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n
(6)
n
n n n n n n n S n n n n n n n n n a 2
)1(1
1,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=
-则 （7）)1
1(1))((1C
An B An B C C An B An a n +-+-=++=
（8）
n a ==
【规律技巧】
1. 在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．
对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．
应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．
使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特
别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式．
2. 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面：
(1)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为11
2
n n -
+，漏掉前面的系数12
；
(2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误．
【典例讲解】
【例1】 正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2
n －(n 2＋n －1)S n －
(n 2＋n )＝0.
(1)求数列{a n }的通项公式a n ；
(2)令b n ＝n ＋1
（n ＋2）2a 2n
，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *
，都有T n ＜564.
【解析】(1)解 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2
＋n )＝0，
得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.
由于{a n }是正项数列，所以S n ＞0，S n ＝n 2＋n . 于是a 1＝S 1＝2，
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n .综上，数列{a n }的通项a n ＝2n .
规律方法 利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．
【变式探究】 (2014·山东卷)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．
(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)
n －1
4n
a n a n ＋1
，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解析】(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×1
2×2＝2a 1＋2， S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12， 由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1.
(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n （2n －1）（2n ＋1）
＝(－1)
n －1
⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，
T n ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1
－12n ＋1＝2n
2n ＋1
.
当n 为奇数时，
T n ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1
＋1
2n ＋1＝2n ＋22n ＋1
. 所以T n ＝⎩
⎨⎧2n ＋2
2n ＋1
，n 为奇数，2n
2n ＋1
，n 为偶数.
⎝ ⎛⎭
⎪⎫或T n ＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋1
【例2】求数列
⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,1
1,
,3
21,
2
11n n 的前n 项和.
解
：设
n n n n a n -+=++=
11
1
（裂项）
则
1
13
212
11+++
⋅⋅⋅+++
+=
n n S n
（裂项求和）
＝)1()23()12(n n -++⋅⋅⋅+-+- ＝11-+n 【例3】 在数列{a n }中，11211++
⋅⋅⋅++++=n n n n a n ，又1
2
+⋅=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项的和.
解： ∵ 2
11211n
n n n n a n =++⋅⋅⋅++++=
∴
)11
1(82
122+-=+⋅=
n n n n b n
（裂项）
∴ 数列{b n }的前n 项和
)]1
1
1()4
13
1()3
12
1()2
1
1[(8+-
+⋅⋅⋅+-+-+-=n n
S n （裂项求和）
＝)111(8+-
n ＝
1
8+n n
【例4】求证：
1
sin 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 12=+⋅⋅⋅++ 解：设
89
cos 88cos 1
2cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=
S ∵
n n n n tan )1tan()
1cos(cos 1sin -+=+ （裂项）
∴
89
cos 88cos 1
2cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=
S （裂项求和）
＝
]}88tan 89[tan )2tan 3(tan )1tan 2(tan )0tan 1{(tan 1
sin 1
-+-+-+- ＝)0tan 89(tan 1sin 1 -＝
1cot 1
sin 1⋅＝ 1sin 1cos 2 ∴ 原等式成立
【针对训练】 1、求数列1357,,,,24816⋅⋅⋅,21
2
n n -的前n 项和.。