经典研材料裂项相消法求和大全

开一数学组教研材料 （裂项相消法求和之再研究 ） 张明刚

一项拆成两项，消掉中间所有项，剩下首尾对称项 基本类型：

1.形如

1n(n?k)?1k(1n?1n?k)型。如

111

＝－；

n?n＋1?nn＋1

1111

2.形如an＝＝(?)型；

?2n－1??2n＋1?22n?12n?1(2n)23.an?(2n?1)(2n?1)?1?12(12n?1?12n?1)

4.an?1n(n?1)(n?2)n?2n(n?1)12n?12n(n?1)[1?1(n?1)(n?2)1n?2n?1]

5.an???2(n?1)?nn(n?1)?12n??1(n?1)2n,则Sn?1?1(n?1)2n

n＋1

6.形如an＝2型．

n?n＋2?214n1?1??7.形如an＝n＝??型；

?4－1??4n＋1－1?3?4n?14n?1?1?8.

n＋12n－（n－1）11

. n＝n＝n－1－n·2nn（n－1）·2n（n－1）·2（n－1）2

1n?1a?b1a?bn?k?1k9.形如an＝

??n?k?n?型；an?1(n?1)n?nn?1

10.

??a?b

11.n?n!??n?1?!?n! 12.Cn14.tan?tan??tan??tan?tan(???)m?1?Cn?1?Cnmm 13.an?Sn?Sn?1?n?2?

?1

15.利用两角差的正切公式进行裂项 把两角差的正切公式进行恒等变形，例如

tan(???)?tan??tan?1?tan?tan? 可以

1

另一方面，利用tan1?tan??k?1??k??tan(k?1)?tanktan1Matan(k?1)?tank1?tan(k?1)?tank，得

tan(k?1)?tank??1,

16 利用对数的运算性质进行裂项

对数运算有性质logN?logM?logN，有些试题则可以构造这种形式进行裂项.

17 利用排列数或组合数的性质进行裂项

mmm?1排列数有性质n?n!?(n?1)!?n!，组合数有这样的性质Cn?Cn?1?Cn，都可以作为裂项的依据.

例7 求和：1?1!?2?2!???n?n!?_____

分析 直接利用n?n!?(n?1)!?n!可得结果是(n?1)!?1.

222233233318.求和：Sn?C2?C3???Cn.有Ck?Ck?1?Ck，从而Sn?C2?Cn?1?C3?Cn?1.

裂项相消法求和之再研究

一项拆成两项，消掉中间所有项，剩下首尾对称项

一、多项式数列求和。

（1）用裂项相消法求等差数列前n项和。即形如an?an?b的数列求前n项和

22此类型可设an?(An?Bn)?[A(n?1)?B(n?1)]?an?b左边化简对应系数相等求出A,B。

则Sn?a1?a2?a3?an ?(A?B)?0?(4A?2B)?(A?B)?(9A?3B)?(4A?2B)? ?(An?Bn)?[A(n?1)?B(n?1)] ?An?Bn222

例1：已知数列?an?的通项公式为an?2n?1，求它的前n项和Sn。

解：令an?(An?Bn)?[A(n?1)?B(n?1)]?2n?1 则有an?2An?B?A=2n?1?2A?2?A?1 ????B?A??1??B?0 ?an?n?(n?1) ?Sn?a1?a2?a32222

?an?1?2?1?3?2?222?n?(n?1)?n222m?1m?2?bm?2n?（2）用裂项相消法求多项式数列前n项和。即形如an?bm?1n?b1n?b0的数列求前

n项和。

此类型可设an?(cmn?cm?1nmm?1??c1n)?[cm(n?1)m?cm?1(n?1)m?1??c1(n?1)]

2

?bm?1nm?1?bm?2nm?2??b1n?b0

上边化简对应系数相等得到一个含有m元一次方程组。

说明：解这个方程组采用代入法，不难求。系数化简可以用二项式定理，这里不解释。 解出c1,c2,,cm。再裂项相消法用易知Sn?cmnm?cm?1nm?1??c1n

3例2：已知数列?an?的通项公式为an?n，求它的前n项和Sn。

解：设an?（An ?A(4n ?4An ?n3334?Bn23?Cn2?Dn）?[A(n?1)?B(n?1)?C(n?1)?D(n?1)]2432?6n?4n?1)?B(3n2?3n?1)?C(2n?1)?D?(?6A?3B)n?(4A?3B?2C)n?(?A?B?C?D)?A??4A?1???B??6A?3B?0? ?????4A?3B?2C?0???A?B?C?D?0?C????D?an?（14n?4???141214?012(n?1)?3

1412n?2314n）?[214(n?1)?24(n?1)]2?n(n?1)??(n?1)n? ??????22????22二、

222?Sn?1?2??2?3??1?2??3?4??2?3??????????????????2??2??2??2??2??n(n?1)??(n?1)n??n(n?1)??????????222??????222二、多项式数列与等比数列乘积构成的数列。

n（1）用裂项相消法求等比数列前n项和。即形如an?aq的数列求前n项和。这里不妨设q?1。（q?1时为常数列，前n项和显然为Sn?an）

nn?1此类型可设an?Aq?Aq，则有an?(A?Aq)qn?aq，从而有A?nAq?a,A?aqq?1。再用裂项

n相消法求得Sn?Aq?A

n例3：已知数列?an?的通项公式为an?3，求它的前n项和Sn。

解：设an?Aq?Aqnn?1，则有an?1222A333?3，从而有A?nn32?3，故an?n?13n?12?3n2。

?Sn?a1?a2?a3?an?(3?3?3?3?3?3??243?3)?n12(3n?1?3)

n（2）用裂项相消法求等差数列与等比数列乘积构成的数列前n项和。即形如an?(an?b)q的数列求前

n项和。

3

此类型通常的方法是乘公比错位错位相减法，其实也可以用裂项相消法。这里依然不妨设q?1，（q?1时为等差数列，不再赘述。）

nn?1n?1n?1可设an?(An?B)q?[A(n?1)?B]q，则有an?[(Aq?A)n?Bq?A?B)q?(aqn?bq)q，

从而得到方程组??(Aq?A)?aq?Bq?A?B?bqn，继而解出A，B。再用裂项相消法求得Sn?(An?B)q?B

n例4：已知数列?an?的通项公式为an?n?3，求它的前n项和Sn。

nn?1n?1n?1解：设an?(An?B)3?[A(n?1)?B]3，则有an?[2An?2B?A)3?3n?3，

A?2n?1n?12n?3n?2A?3?2从而得到方程组?，解得?。an??3??3 ?443?2B?A?0???B??4232?3?Sn?a1?a2?a3?an?14[3?3?3?3?3?5?3?3?3?22?(2n?1)?3n?1?(2n?3)?3]?n14[(2n?1)?3n?1?3]（3）用裂项相消法求多项式数列与等比数列乘积构成的数列前n项和。

m?1m?2?bm?2n?即形如an?(bm?1nb1n?b0)qn的数列求前n项和。

此类型有一个采用m次错位相减法的方法求出，但是当次数较高时错位相减法的优势就完全失去了。同样这里依然不妨设q?1，（q?1时为多项式数列，不再赘述。）

下面介绍错位相减法的方法：

m?1m?2?设an?(Bm?1n?Bm?2n?B1n?B0)q?[Bm?1(n?1)?C1n?C0)qnnm?1?Bm?2(n?1)m?2??B1(n?1)?B0)qn?1。

m?1m?2?先对上式化简成an?(Cm?1n?Cm?2n的形式，其中C0,C1,nCm?1是用B0,B1,Bm?1,qBm?1再用

来表示的一次式子。同样让对应系数相等得到一个m元一次方程组，用代入法可以解出B0,B1,m?1m?2?Bm?2n?用裂项相消法求得Sn?(Bm?1n?B1n?B0)q?B0。

n2例5：已知数列?an?的通项公式为an?n?2，求它的前n项和Sn。

nn?1n?1n?12222解：设an?(An?Bn?C)2?[A(n?1)?B(n?1)?C)2，则有an?(An?(2A?B)n?(?A?B?C)]2?2n?2

?A?2?A?2??n?1n22从而得到?2A?B?0，解得?B??4，所以an?(n?2n?3)2?[(n?1)?2(n?1)?3)2

??A?B?C?0?C?6???Sn?a1?a2?a3 ?(n?2n?3)22?an?2?2?3?2?3?2?2?2?n?1232?(n?2n?3)22n?1?[(n?1)?2(n?1)?3)22n

?6事实上裂项求和适合用于所有能将an化成an?f(n)?f(n?1)形式的所有数列?an?，f(n)与an存在形式上相似性，从而利用待定系数法的方式得到f(n)的表达式，最终可以得到Sn?f(n)?f(0)。这里部分可用倒叙相加法的数列不能使用此法是因为它没有一个统一形式不带省略号的前n项和公式。例如调和数列?n?1?也不能用此法，事实上调和数列?n?是不可求前n项和的数列。

?1四、结论。

从上面的论断不难得出裂项相消法，适合所有可求前n项和的数列。不愧为数列求前n项和的万能方法。不过值得肯定的是有部分数列利用裂项相消法，不易找出它的裂项方法，尤其是与指数函数，对数

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