等差乘等比型-错位相减法

“错位相减法”并非“等差乘等比型”数列求和的唯一方法

——具有突破观念性的创新型解法—裂项求和

内蒙古自治区巴彦淖尔市奋斗中学 0504班 陈一帆 指导老师：李国梅

一、问题的提出

我们都知道，高一课本第一册（上）在推导等比数列前n 项和公式1(1)1n n a q S q

-=- (1)q ≠的过程中运用了著名的“错位相减法”

，随即在书中的第137页复习参考题三B 组中出现了运用该方法来解决的求和问题：6、2123S x x =+++……1n nx -+。 这类数列的主要特征是：已知数列{}n C 满足n n n C a b =⋅其中{}n a 等差，{}n b 等比且公比不等于1，老师们形象地称这类数列{}n C 为“等差乘等比型”数列。求这类数列前n 项的和时通常在和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法即所谓的“错位相减法”。 而且近年来的各地乃至全国高考的试卷中频频出现此类型的数列的求和问题，解法当然是不变的“错位相减法”，而且老师在平时的讲题中也一再强调该类型的前n 项和只能用错位相减法来解决，似乎成了“自古华山一条道”的绝法。

难道真的没有其他的解决方法了吗？

这的确没有让我墨守成规，反而激起了我无限的探索欲。

二、特例解决带来的启发

当1q ≠时等比数列{}n a 通项11n n a a q -=可变形为n a =11111()11n n n a q a q q q q q

---⨯=--- 于是前n 项和1121[(1)()1n a S q q q q =-+-+-…+1()n n q q --]=1(1)1n a q q

-- 受到上面变形的启发，我想既然等比数列的通项可以裂成两项的差的形式，那么公比不为1的“等差乘等比型”数列的通项如果也能裂成类似的形式，那么让我苦思冥想的那个求和方法不就神奇的找到了吗？在此之前，我们老师还一再强调此类数列的求和不能用裂项相消，如果这一设想成功的话，算不算是观念和方法上的一次突破。

三、一个方法的发现

裂项求和也是数列求和中最常用的一种方法，它的本质是将数列中的每一项都化为两项之差，并且前一项的减数恰好与后一项被减数相同，求和时中间项相抵消。裂项求

和法简单易行，不易出错。这一方法绝好，但其难度在于如何对数列通项实施裂项。

下面就将采取裂项求和的方法来处理“等差乘等比型”数列的求和问题。

先看定理1 ：若数列{}n C 的通项公式为n n n C a b =⋅，其中数列{}n a 是等差数列，{}n b 是公比不为1的等比数列，则数列1{}n n C C +-也是“等差乘等比型”数列。

这个结论很容易证明。

不妨设等差数列{}n a 首项为1a ，公差为d ，等比数列{}n b 首项为1b ，公比为q ，则1111[(1)]n n n C C a n d b q -+-=+-⋅111111()[(1)]n n a nd b q a n d a q nqd b q --+=+---

=111[(1)(1)(1)]n a q qd n q d b q ---+--

令1(1)(1)(1)n e a q qd n q d =--+--，显然数列{}n e 是以11(1)e a q qd =--为首项，以(1)q d -为公差的等差数列。于是1n n n n C C e b +-=⋅，故数列1{}n n C C +-也是等差乘等比型数列。

有了上面的重要结论，我不禁猜想任何一个等差乘等比型数列是不是总可以拆成一个新的等差乘等比型数列的相邻两项的差，即能否存在一个等差数列{}n x ，使得11n n n n n n a b x b x b ++⋅=-，事实上，利用待定系数法可以很容易地求出数列{}n x 。

所以有定理2：

若数列{}n C 的通项公式为n n n C a b =⋅其中数列{}n a 是公差为d 的等差数列，数列{}n b 是公比为q （1q ≠）的等比数列，则存在一等差数列{}n x 使11n n n n n n a b x b x b ++⋅=-，其中等差数列{}n x 的首项1x 和公差0d 分别为1121(1)a q x d q q =+-- 011d d q

=- 我把它称为裂项公式，上述结论可直接计算验证。

利用定理2，就可以很容易地得到前n 项和n S 公式

2123S x x =+++……1n nx -+

1122n S a b a b =++…+n n a b

=11222233()()x b x b x b x b -+-+…+11()n n n n x b x b ++-

=1111n n x b x b ++-

三、应用举例

下面就利用上述所得裂项公式求几例等差乘等比型数列前n 项和。

例1. 求21322n S =

++…+212

n n - 解：设1(21)2n n C n =-，则11a =，2d =，112

b = 12q = 由裂项公式

1122

1

1226111(1)1(1)22

a q x d q q =+=+⨯=---- 0241112d d q ===-- 10(1)6(41)n x x n d n =+-=+-

164n x n +=+

于是n C 可裂为11n n n n n C x b x b ++=-

=1

11[64(1)]

(64)22n n n n ++--+ n S =1111n n x b x b ++- =3232n n +- 例2. (2003年北京(理)第16题)

已知数列{}n a 是等差数列且12a =，12312a a a ++=

（1）求数列{}n a 的通项公式。

（2）令()n

n n b a x x R =⋅∈ 数列{}n b 的前n 项和的公式。

解：(1)2n a n =

(2)2n n n n b a x nx ==由 知12a = 2d = q x =

当1x ≠

由裂项公式知112222221(1)1(1)(1)a q x y d q q x x x =+=+=----- 0211d d q x

==-- 10(1)n y y n d =+- 于是11n n n n n b y x y x ++=-

所以12n S b b =++…n b +