裂项相消法的八大类型_蒋志明.pdf

中学生数学·２ ０ １ ２年７月上·第４ ４ ５期（ 高中）网址：ｚ ｘ ｓ ｓ ． ｃ ｂ ｐ ｔ ． ｃ ｎ ｋ ｉ ． ｎ ｅ ｔ 电子邮箱：ｚ ｘ ｓ ｓ ＠ｃ ｈ ｉ ｎ ａ ｊ ｏ ｕ ｒ ｎ ａ ｌ ． ｎ ｅ ｔ ． ｃ ｎ思 路 与 方 法浙江省兰溪市第一中学（３ ２ １ １ ０ ０） 蒋志明 舒林军裂项相消法实质上是把一个数列的每一 项裂为两项的差， 即化ａｎ＝ｆ（ｎ）－ｆ（ｎ＋１） 的 形式， 从而达到数列求和的目的， 即得到Ｓｎ＝ｆ（１）－ｆ（ｎ＋１） 的形式． 通过此类题型的解 决， 可以培养同学们的逆向思维， 开发同学们的智力， 检查同学们思维的灵活性． 故在高考中常常出现利用裂项相消法来求数列的前ｎ项和、 不等式证明等较难的题型． 笔者通过长期教学的研究， 并加以总结， 归纳出八大题型，让同学们通过对题型的了解， 可以快速掌握其技巧， 达到事半功倍的效果．题型一 等差型等差型是裂项相消法中最常见的类型， 也是最容易掌握的． 设等差数列｛ａｎ｝ 的各项不为零， 公差为ｄ， 则１ ａｎａｎ＋１＝１ ｄ（１ ａｎ－１ ａｎ＋１）． 常见的有：（１）１ １×２＋１ ２×３＋…＋１ ｎ（ｎ＋１）＝１－１ ｎ＋１；（２）１ １×３＋１ ３×５＋…＋１ （２ｎ－１） （２ｎ＋１）＝１２（１－１ ２ｎ＋１） ；（３）１１×３＋１ ２×４＋…＋１ ｎ（ｎ＋２）＝１＋１ ２－１ ｎ＋１－１ ｎ＋２．例１ 求数列｛（ｎ＋ １）２＋ １（ｎ＋ １）２－ １｝ 的前ｎ项的和Ｓｎ．分析 先把通项进行化简， 分子通常化为常数， 然后裂项就可以求得．解 数 列 的 通 项ａｎ＝（ｎ＋１）２＋１（ｎ＋１）２－１＝ｎ２＋２ｎ＋２ ｎ２＋２ｎ＝１＋２ ｎ２＋２ｎ＝１＋（１ ｎ－１ ｎ＋２） ，Ｓｎ＝（１＋１１－１ ３）＋（１＋１２－１ ４）＋（１＋１ ３－１ ５）＋…＋（１＋１ ｎ－１－１ ｎ＋１）＋（１＋１ｎ－１ ｎ＋２）＝ｎ＋１＋１２－１ ｎ＋１－１ ｎ＋２＝ｎ－１ ｎ＋１－１ ｎ＋２＋３ ２．题型二 无理型该类型的特点是， 分母为两个根式之和，这两个根式的平方差为常数， 然后通过分母有理化来达到消项的目的， 有时在证明不等式时， 常常把分母放缩成两个根式之和， 来达到消 项 化 简 的 目 的．常 见 有：１ ｎ槡＋１＋槡ｎ＝ｎ槡＋１－槡ｎ．例２ 证明：２ｎ槡＋１－２＜１＋１ 槡２＋１ 槡３＋…＋１ 槡ｎ＜２槡ｎ－１ （ｎ≥２，ｎ∈Ｎ）．分析 先把通项进行放缩后再裂项相消即可证．证明 因为１ 槡ｎ＝２ ２槡ｎ＞２ ｎ槡＋１＋槡ｎ＝２（ｎ槡＋１－槡ｎ） （ｎ≥２，ｎ∈Ｎ） ，所以１ ＋１槡２＋１槡３＋…＋１槡ｎ＞２（槡２－槡１）＋２（槡３－槡２）＋…＋２（ｎ槡＋ １－槡ｎ）＝２ｎ槡＋ １－２ ．又因为１ 槡ｎ＝２ ２槡ｎ＜２ 槡ｎ＋ｎ槡－１＝２（槡ｎ－ｎ槡－１） （ｎ≥２，ｎ∈Ｎ） ，所以１＋１ 槡２＋１ 槡３＋…＋１ 槡ｎ＜１＋２（槡２－ ·９１·中学生数学·２ ０ １ ２年７月上·第４ ４ ５期（ 高中）网址：ｚ ｘ ｓ ｓ ． ｃ ｂ ｐ ｔ ． ｃ ｎ ｋ ｉ ． ｎ ｅ ｔ 电子邮箱：ｚ ｘ ｓ ｓ ＠ｃ ｈ ｉ ｎ ａ ｊ ｏ ｕ ｒ ｎ ａ ｌ ． ｎ ｅ ｔ ． ｃ ｎ思 路 与 方 法槡１）＋２（槡３－槡２）＋…＋２（槡ｎ－ｎ槡－１）＝２槡ｎ－１．即不等式成立．题型三 指数型由于（ａ－１）ａｎ＝ａｎ＋１－ａｎ， 因此一般地有（ａ－１）ａｎ（ａｎ＋ｂ） （ａｎ＋１＋ｂ）＝１ ａｎ＋ｂ－１ ａｎ＋１＋ｂ．例３ 已知数列｛ａｎ｝ 的首项为３， 点（ａｎ，ａｎ＋１） 在直线４ｘ－ｙ＝０上． （１） 求数列｛ａｎ｝ 的通项； （２） 设数列 ｛ａｎ｝ 的前ｎ项 和 为Ｓｎ，ｂｎ＝ａｎ＋１ （ａｎ＋１－３）Ｓｎ＋１（ｎ∈Ｎ＊） ， 求数列｛ｂｎ｝ 的前ｎ项和Ｔｎ．分析 先求数列｛ａｎ｝ 的通项， 再求Ｓｎ， 然 后把通项ｂｎ进行裂项即可． 解 （１） 容易解得ａｎ＝３·４ｎ－１；（２） 因为Ｓｎ＝３（１－４ｎ）１－４＝４ｎ－１，所以ｂｎ＝３·４ｎ３（４ｎ－１） ·（４ｎ＋１－１）＝１３（１ ４ｎ－１－１ ４ｎ＋１－１）．即Ｔｎ＝１３（１ ４－１－１ ４２－１＋１ ４３－１－１ ４２－１＋…＋１ ４ｎ－１－１ ４ｎ＋１－１）＝１９－１ ３·４ｎ＋１－３．题型四 对数型由对数的运算法则可知： 若ａｎ＞０，ｎ∈Ｎ＊， 则ｌ ｏ ｇａａｎ＋１ ａｎ＝ ｌ ｏ ｇａａｎ＋１－ ｌ ｏ ｇａａｎ．例４ 已 知 数 列 ｛ａｎ｝的 通 项 为ａｎ＝ｌ ｇｎ＋１ ｎ， 若其前ｎ项和Ｓｎ＝２， 则ｎ＝．分析 因为ａｎ＝ｌ ｇｎ＋１ｎ＝ｌ ｇ（ｎ＋１）－ｌ ｇｎ，所以Ｓｎ＝ ｌ ｇ ２－ ｌ ｇ １＋ ｌ ｇ ３－ ｌ ｇ ２＋…＋ ｌ ｇ（ｎ＋１）－ ｌ ｇｎ＝ ｌ ｇ（ｎ＋１）－ ｌ ｇ １＝２，即ｎ＝９ ９．题型五 三角函数型由三角函数两角和差公式可以得到的变形如下：ｔ ａ ｎα－ ｔ ａ ｎβ＝ ｔ ａ ｎ（α－β） （１＋ ｔ ａ ｎαｔ ａ ｎβ） 等， 可以经过构造达到裂项消项的目的．例５ 在数１和１ ０ ０之间插入ｎ个实数，使得这ｎ＋２个数构成递增的等比数列， 将这ｎ＋２个数的乘积记作Ｔｎ， 再令ａｎ＝ ｌ ｇＴｎ，ｎ≥１． （Ⅰ） 求数列｛ａｎ｝ 的通项公式； （Ⅱ） 设ｂｎ＝ｔ ａ ｎａｎ·ｔ ａ ｎａｎ＋１求数列｛ｂｎ｝ 的前ｎ项和Ｓｎ．分析 （１） 利用倒序相乘不难得到Ｔｎ＝１ ０ｎ＋２， 即得ａ ｎ＝ｎ＋２． （２）∵ ｔ ａ ｎ［ （ｎ＋３）－（ｎ＋２） ］＝ｔ ａ ｎ（ｎ＋３）－ ｔ ａ ｎ（ｎ＋２） １＋ ｔ ａ ｎ（ｎ＋２） ·ｔ ａ ｎ（ｎ＋３）＝ ｔ ａ ｎ １，∴ ｔ ａ ｎ（ｎ＋ ２）·ｔ ａ ｎ（ｎ＋ ３）＝ｔ ａ ｎ（ｎ＋３）－ ｔ ａ ｎ（ｎ＋２） ｔ ａ ｎ １－１，Ｓｎ＝ ｔ ａ ｎ（１＋２） ·ｔ ａ ｎ（１＋３）＋ ｔ ａ ｎ（２＋２） ·ｔ ａ ｎ（２＋３）＋…＋ ｔ ａ ｎ（ｎ＋２） ·ｔ ａ ｎ（ｎ＋３）＝ｔ ａ ｎ（１＋３）－ ｔ ａ ｎ（１＋２） ｔ ａ ｎ １＋ｔ ａ ｎ（２＋３）－ ｔ ａ ｎ（２＋２） ｔ ａ ｎ １＋…＋ｔ ａ ｎ（ｎ＋３）－ ｔ ａ ｎ（ｎ＋２） ｔ ａ ｎ １－ｎ＝ｔ ａ ｎ（ｎ＋２）－ ｔ ａ ｎ ３ ｔ ａ ｎ １－ｎ．题型六 阶乘和组合数公式型由阶乘的定义可以得到：ｎ ｎ！＝（ｎ＋１） ！－ｎ！ ， 由组合数公式也可以得到Ｃｍ ｎ＋１－Ｃｍ ｎ＝Ｃｍ－１ ｎ．例６ 化简： （１）１＋２×２！＋３×３！＋…＋ｎ×ｎ！ ； （２）Ｃ２ ５＋Ｃ２ ６＋…＋Ｃ２ ｎ（ｎ≥５，ｎ∈Ｎ＊）． 分析 由上面所推出的结论得到：（１） 原式＝２！－１！＋３！－２！＋…＋（ｎ＋１） ！－ｎ！＝（ｎ＋１） ！－１； （２） 原式＝Ｃ３ ６－Ｃ３ ５＋Ｃ３ ７－Ｃ３ ６＋…＋Ｃ３ ｎ＋１－Ｃ３ ｎ＝Ｃ３ ｎ＋１－Ｃ３ ５＝（ｎ＋１）ｎ（ｎ－１） ６－１ ０．·０２·中学生数学·２ ０ １ ２年７月上·第４ ４ ５期（ 高中）网址：ｚ ｘ ｓ ｓ ． ｃ ｂ ｐ ｔ ． ｃ ｎ ｋ ｉ ． ｎ ｅ ｔ 电子邮箱：ｚ ｘ ｓ ｓ ＠ｃ ｈ ｉ ｎ ａ ｊ ｏ ｕ ｒ ｎ ａ ｌ ． ｎ ｅ ｔ ． ｃ ｎ思 路 与 方 法题型七 抽象型 有些抽象函数可以根据给出的性质， 也可以进行裂项相消， 如下面例子．例７ 定义在（－１，１） 上的函数ｆ（ｘ） 满足： （１） 对ｘ∈（－１，０） ， 都有ｆ（ｘ）＞０；（２） 已知ｐ＝ｆ（０） ，ｑ＝ｆ（１ ２） ，ｒ＝ｆ（１ ５）＋ｆ（１ １ １）＋…＋ｆ（１ ｎ２＋ｎ－１） （ｎ≥２，ｎ∈Ｎ＊） ， 比较ｐ，ｑ，ｒ的大小． 分析 由（２） 可知： 令ｘ＝ｙ， 则ｆ（０）＝０； 令ｘ＝０， 则ｆ（－ｙ）＝－ｆ（ｙ） ， 所以ｆ（ｘ） 为奇 函数， 对ｘ，ｙ∈（－１，１） ， 且ｘ＜ｙ， 都有ｆ（ｘ）－ｆ（ｙ）＝ｆｘ－ｙ １－ｘ（）ｙ＞０， 所以ｆ（ｘ） 在（－１，１）上是减函数．又因为ｆ１ ｎ２＋ｎ（）－１＝１ ｎ（ｎ＋１）１－１ ｎ（ｎ＋１熿燀燄燅）＝ｆ１ ｎ－１ ｎ＋１１－１ ｎ（ｎ＋１熿燀燄燅）＝ｆ（１ ｎ）－ｆ（１ｎ＋１） ，所以ｒ＝ｆ（１ ２）－ｆ（１ ３）＋ｆ（１ ３）－ｆ（１ ４）＋…＋ｆ（１ ｎ）－ｆ（１ｎ＋ １）＝ｆ（１ ２）－ｆ（１ｎ＋ １）＜ ０ ． 因此ｑ＜ｒ＜ｐ．题型八 混合型有些可以通过以上几种进行混合的通项，裂项的难度较大， 例如：１ ｎ（ｎ＋１） （ｎ＋２）＝１ ２（ｎ＋１）（１ ｎ－１ ｎ＋２）＝１ ２（１ ｎ（ｎ＋１）－１ （ｎ＋１） （ｎ＋２）） ； 又 如 下 面 例题：例８ 已知数列｛ｂｎ｝ 的通项为ｂｎ＝ｎ·２ｎ－１， 求和：Ｓｎ＝ｂ３ ｂ１ｂ２＋ｂ４ ｂ２ｂ３＋…＋ｂｎ＋２ ｂｎｂｎ＋１．分析 因为ｂｎ＋２ ｂｎｂｎ＋１＝（ｎ＋２）２ｎ＋１ｎ２ｎ－１（ｎ＋１）２ｎ＝ｎ＋２ ｎ（ｎ＋１）２ｎ－２＝２（ｎ＋１）－ｎ ｎ（ｎ＋１）２ｎ－２＝１ ｎ２ｎ－３－１ （ｎ＋１）２ｎ－２，所以Ｓｎ＝１ １·２－２－１ ２·２－１＋１ ２·２－１－１ ３·２０＋…＋１ ｎ２ｎ－３－１ （ｎ＋ １）２ｎ－２＝ ４ －１ （ｎ＋ １）２ｎ－２．以上笔者仅仅归纳出常见的八大题型， 对一些不常见的题型需要大胆的猜测， 也可以从首项起开始裂项， 然后加以归纳， 即从特殊到一般， 有时也可以利用待定系数法去完成裂开通项． 最后希望同学们要善于总结归纳， 并加以积累， 这样才能把自己从题海里解脱出来． （ 责审 王雷檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪）（ 上接第２ ３页）图２（２） 如图２，｜ＭＡ｜＝１ ｓ ｉ ｎθ，｜ＭＢ｜＝２ ｃ ｏ ｓθ，｜ＭＡ｜·｜ＭＢ｜＝２ ｓ ｉ ｎθｃ ｏ ｓθ＝４ ｓ ｉ ｎ ２θ≥４．当ｓ ｉ ｎ ２θ＝１， 即θ＝４ ５ ° 时取等号， 此时直 线ｌ的倾斜角为１ ３ ５ °， 故所求直线方程为ｘ＋ｙ－３＝０．小结 解法一， 解法二分别用直线方程的点斜式和截距式给出直线方程， 然后建立目标函数， 再用基本不等式求出最值， 解法自然流畅． 解法三是通过转换解析几何环境到解三角形环境这样设角也比较自然．本题与本文开头的联考题， 一个以解几为背景， 一个以平几为背景， 题目虽然不同， 但解法基本相同． 经常对这类题型不同但解法相同或相近的问题进行模式化总结与反思， 有利于同学们今后一看到这类问题就会有法可依， 有路可行， 从而熟能生巧， 开拓思路， 提高解决问题的实力． （ 责审 王雷） ·１２·。