经典研材料裂项相消法求和大全

1、 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：1111111)?( 1.形如；型。如 n11n?n?nkn?k)knn?n(1111)(?2.形如a 型； n ?1n?2n1?212n?n?1222112n)1(?)a1?(?3. n1n?12n(2?1)(2n?1)22n1111a? 4. n)2)(n?)2n(n?1)(n?1n(n?1)(n?21111?212(n?1)?nn?1?a?,则S?5. nnn?nn1nn)n?1?1)n(n(n21)2)2(n?2n?2(n?11na6.形如 型 n22?2nn?11n?1

2、4?a7.形如 型； n3 ?11?411nn?nn1?1444?）12n（nn111. 8. nnnnn212）n1）21nn（1）2（n（n1?11?an?n?k? 9.形如a型；nn k1?nnn(n?1)?kn?n?11ba? 10. ba?b?a?mmm?12S?nS?a?!?nn?1!n?n?!C?C?C12. 11. 13.n1n?n1nn?n?tantan?tantan1 14. ?)?tan( 15.利用两角差的正切公式进行裂项 ?tan?tan?tan(?) 可以把两角差的正切公式进行恒等变形，例如 ?tan?1tan1 tan(k?1)?tank?tan1kk?tan1?

3、，得另一方面，利用 1?tan(k?1)?tanktan(k?1)?tank?1)?tank?1,tan(k tan116 利用对数的运算性质进行裂项 MlogNlogM?log?对数运算有性质，有些试题则可以构造这种形式进行裂项. aN17 利用排列数或组合数的性质进行裂项 mmm?1C?C?C!?n(?n!?n?1)!n，都可以作为裂项的依据. 排列数有性质，组合数有这样的性质nn?1n1?1!?2?2!?n?n!?_ 例7 求和：n?n!?(n?1)!?n!(n?1)!?1. 可得结果是分析 直接利用2222332333S?C?C?CC?C?CS?C?C?C?C. ，从而有.18.求和：

4、1n3k2n?3nk?1n1nk2? 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。 a?an?b的数列求前）用裂项相消法求等差数列前n项和。即形如n项和 （1n22a?(An?Bn)?A(n?1)?B(n?1)?an?b左边化简对应系数相等求出A,B。 此类型可设nL?aa?a则S?a?n1n23L?)2B?(4A?3?B)?(9A?B)(4 ?(A?B)?0?A?2B)?(A 221)?B(n)?A(n?1)? ?(AnBn2Bn?An ?aS2n?1a? 。的通项公式为例1：已知数列n项和，求它的前nnn22?B(n?1)?1)?2n?a解：令

5、?(An1?Bn)?A(nn 则有a?2An?B?A=2n?1n2A?2A?1? ? 0?1BB?A?221)n?n?( ?an222222n?1)L?n?aa?aL?1?21?3(?2n? ?San2n132?mm?1nbn?abn?b?b?L?即形如项和。用裂项相消法求多项式数列前的数列求前（2）n2m1n1?m0?n项和。 mm?1mm?1?L?c(?(nc?(c?nnccnc?a设(?L?)n1)?1)n?1) 此类型可1?1?mnm1mm12 m?1m?2?L?bnb ?bnn?b? 0?21mm?1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

6、求。系数化简可以用二项式定理，这里不解释。 mm?1?Lcn?cnS?cn?cL,c,c 用易知。再裂项相消法解出11mm?nm21?3Sn?aa。的通项公式为 n例2：已知数列项和，求它的前nnn432432?D(nn?1)?B(n?1)1)An?BnC?CnDn?）?A(n?1)(?解：设a?（n322?3n?1)?C(2?B(3nn?1)A ?(4n?6nD?4n?1)32?(4A?3B?2C)n?(?A?(?6A?3B)nB?C?D)? 4An3n ?1?A? 44A?1?1?0B?6A?3?B? ?2?4A?3B?2C?0?1C?A?B?C?D?0? 4? ?0D?111111243

7、432n?1)(n?1)?n(）?(n?1)?a?（n?n n42244422n?1)(n?1)(nn?二、? ? 22?222222221?22?31?23?42?3n(n?1)(n?1)nn(n?1)?L?S? n22222222?二、多项式数列与等比数列乘积构成的数列。 na?aqq?1q?1（的数列求前项和。即形如n项和。这里不妨设。（1）用裂项相消法求等比数列前nnS?an）n项和显然为 时为常数列，前nAAaqnn1?nnA?a,)qa?(A?aqA?AqAq?a?。再用裂项此类型可设，则有，从而有 nnqqq?1nS?Aq?A 相消法求得n?na?3aS。 n例3：已知数列项和，

8、求它的前的通项公式为nnnn?1n332A31?nnnn?a?AqAa?q?3A?ag3，故，则有，从而有。解：设 nnn22321123243n?1nn?1?)?33?L?3(33)?33?(3?L?a?S?aaa?33? n321n22na?(an?b)q的数列求前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项和。即形如nnn项和。 3 q?1，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时为等差数列，不再赘述。（） nn?1n?1n?1a?(An?B)q?A(n?1)?Bqa?(Aq?A)n?Bq?A?B)q?(aqn?bq)q， 可设，

9、则有nn(Aq?A)?aq?nS?(An?B)q?B B。再用裂项相消法求得，继而解出A，从而得到方程组?nBq?A?B?bq?na?n?3aS。的通项公式为 项和例4：已知数列，求它的前nnnnnn?1n?1n?1a?(An?B)3?A(n?1)?B3a?2An?2B?A)3?3n?3，解：设 ，则有nn3?32A?3n?122n?A?n1n? 33a? 解得。从而得到方程组，2? n?440?2B?A?3?B? ?4?1122232n?1nn?1?3n?1)?n?3)?33?3?3n?L?(2?1)?3?(2L?S?a?a?a?a?3?3?3?33?(2?5?3 nn32144（3）用裂项

10、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?2na?(bn?bn?Lbn?b)q即形如的数列求前n项和。 2?0n1?mm1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。q?1q?1时为多项式数列，不再赘述。），同样这里依然不妨设（ 下面介绍错位相减法的方法： m?1m?2nm?1m?2n?1a?(Bn?Bn?L?Bn?B)q?B(n?1)?B(n?1)?L?B(n?1)?B)q。设0m0?n11m?121mm?2m?1m?2nLLq)n?C?Cn?L?Ca?(CnB,q,B,C,CBC是用的形式，其中先对上式化简成0m?2m?11

11、n11m100m?1?LB,B,B再用用代入法可以解出元一次方程组，来表示的一次式子。同样让对应系数相等得到一个m1?10mm?1m?2n?BS?(Bn?Bnn?L?B?B)q用裂项相消法求得。 2?m1?n001m?n2S2?naa。5例：已知数列 n项和的通项公式为，求它的前nnn2n2n?12n?12n?1a?(An?Bn?C)2?A(n?1)?B(n?1)?C)2a?(An?(2A?B)n?(?A?B?C)2?2n?2 设则有，解：nnA?2A?2?2n?12na?(n?2n?3)2?(n?1)?2(n?1)?3)240B?B2A? ，解得从而得到，所以?n?C?06A?B?C?232

12、2n?12nLL3)21)?2(n?(n?22?1)?(n?2n?3)2?22?a?S?aa?a2?2?3?3?n13n2 1?2n6?2n?3)2? (n?a?1)?f(nnaa?f()a)(nf存在形，形式的所有数列与化成事实上裂项求和适合用于所有能将nnnnS?f(n)?f(0)f(n。这里部式上相似性，从而利用待定系数法的方式得到的表达式，最终可以得到n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?1?1nn 项和的数列。是不可求前也不能用此法，事实上调和数列n数列四、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

13、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4 函数，三角函数这些比较高级的基本初等函数相关的初等函数。对于前两个大点得出的结论，我们当然也S，只是不要忘记它们都是用裂项相消法证明出来的结论。可以使用待定系数法来求保留原来的参数得到n结论也可以使用，从而直接得出待定参数的值，但对记性的要求很高，这里就不再啰嗦。 3n?4?S?aa。 n的通项公式为项和例6：已知数列，求它的前 nnnn(n?1)(n?2)An?BA(n?1)?B(An?B)(n?2)?n(An?A?B)An?2B?a?a? 解：设则 nn2)n(n?1)(

14、n?2)n(n?1)(n?n(n?1)(n?1)(n?2)A?3A?3?An?2B3n?43n?23n?1?a? 所以，所以，解得? n2)?n?1)(n2)n(n?1)(nn(n?1)(n?2)n(?1)(n?B2B?4?2?14473n?23n?1LL?a?a?a?S?a? n21n32)?1)(n?1)(n31?22?2?33?4n(n 2n31n?13n?=? ? 2)?1)(n1)(n?2)2(n2(n?n2?a?aS。 ，求它的前的通项公式为n例7：已知数列项和 nnnnn?122?3?2?1nn1122?a? 解： nnn?1nnn?12n?1?1?1?1)(22?1)22?3?21?(2n?1?112211111L?1?S? n23n?112nn?1n?1?121?1?122?122?12?1?212?o2aSSna?sin。项和 例8：已知数列，求它的前n的通项公式为n89nnoooo1)?sin(2n?1)nsin1?cos2nsin(211oo2o?ncos?2ncos2Qa?sinn? ，解： noo2sin1sin122oo?1)?sin(2n?1)1sin(2n1?a?n?(n?1)? ? noo22sin122sin1?o1)?sin(2n1?S?(n?1)? no2sin12o1)?sin(2?891S?(89?1)?44.5