裂项相消法讲义【提高篇】

第1页共10页1、利用裂项相消法求和应注意：(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩几项，后面对称地也剩几项,且前面所剩项的符号与后边刚好相反，例如数列)2(1nn的求和。(2)将通项裂项后，有时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相等．如：若{an}是等差数列，则1anan＋1＝1d111nnaa，1anan＋2＝12d211nnaa2.裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列an的通项公式，达到求解目的．归纳起来常见的命题角度有：(1)形如)11(1)(1knnkknn型。如1nn＋1＝1n－1n＋1；(2)形如an＝nknkknn11型；(3)形如an＝12n－12n＋1＝)121121(21nn型；(4)形如an＝n＋1n2n＋22型．(5)形如an＝4n4n－14n＋1－1＝131411411nn型；(6)n＋1n（n－1）·2n＝2n－（n－1）n（n－1）·2n＝1（n－1）2n－1－1n·2n.角度1形如an＝1nn＋k型;【例1】在等比数列{an}中，a10，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1、a5的等比中项为16.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Snk对任意n∈N*恒成立．若存在，求出正整数k的最小值；不存在，请说明理由．[解析](1)设数列{an}的公比为q，由题意可得a3＝16，∵a3－a2＝8，则a2＝8，∴q＝2.∴an＝2n＋1.(2)∵bn＝log42n＋1＝n＋12，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝nn＋34.第2页共10页∵1Sn＝4nn＋3＝431n－1n＋3，∴1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn＝43（11－14＋12－15＋13－16＋…＋1n－1n＋3）＝43（1＋12＋13－1n＋1－1n＋2－1n＋3）431＋12＋13229，∴存在正整数k的最小值为3.2．已知数列{an}的前n项和Sn与通项an满足Sn＝12－12an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设f(x)＝log3x，bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，Tn＝1b1＋1b2＋…＋1bn，求T2012；[解析](1)当n＝1时，a1＝13，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，又Sn＝12－12an，所以an＝13an－1，即数列{an}是首项为13，公比为13的等比数列，故an＝13n.(2)由已知可得f(an)＝log313n＝－n，则bn＝－1－2－3－…－n＝－nn＋12，故1bn＝－21n－1n＋1，又Tn＝－21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝－21－1n＋1，所以T2012＝－40242013.变式1.在等差数列na中，31a，其前n项和为nS，等比数列nb的各项均为正数，11b，公比为q，且1222Sb，22bSq.（1）求na与nb；（2）设数列nc满足1nncS，求nc的前n项和nT.[解析]（1）设na的公差为d.第3页共10页因为,,122222bSqSb所以．，qdqdq6126解得3q或4q（舍），3d.故3313nann，13nnb.（2）由（1）可知，332nnnS，所以122113331nncSnnnn.故21111121211322313131nnTnnnn…变式2.(2013·江西高考)正项数列{an}满足：a2n－(2n－1)an－2n＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝1n＋1an，求数列{bn}的前n项和Tn.[解析](1)由a2n－(2n－1)an－2n＝0，得(an－2n)·(an＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以an＝2n.(2)由an＝2n，bn＝1n＋1an，得bn＝12nn＋1＝121n－1n＋1.Tn＝121－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝121－1n＋1＝n2n＋1.变式3.已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝anan＋12，n∈N*.(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)设bn＝12Sn，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.[解析](1)证明∵Sn＝anan＋12，n∈N*，∴当n＝1时，a1＝S1＝a1a1＋12(an0)，∴a1＝1.当n≥2时，由2Sn＝a2n＋an，2Sn－1＝a2n－1＋an－1得2an＝a2n＋an－a2n－1－an－1.即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an＋an－10，∴an－an－1＝1(n≥2)．所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)可得an＝n，Sn＝nn＋12，第4页共10页bn＝12Sn＝1nn＋1＝1n－1n＋1.∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.变式4.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝12Sn(n＝1,2,3，…)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)当bn＝1233logna时，求证：数列1bnbn＋1的前n项和Tn＝n1＋n.[解析](1)由已知得an＋1＝12Sn，an＝12Sn－1(n≥2)，得到an＋1＝32an(n≥2)．∴数列{an}是以a2为首项，以32为公比的等比数列．又a2＝12S1＝12a1＝12，∴an＝a2×32n－2＝1232n－2(n≥2)．∴an＝1，n＝1，1232n－2，n≥2.(2)证明bn＝log32(3an＋1)＝log3232·32n－1＝n.∴1bnbn＋1＝1n1＋n＝1n－11＋n.∴Tn＝1b1b2＋1b2b3＋1b3b4＋…＋1bnbn＋1＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－11＋n＝1－11＋n＝n1＋n.变式5.已知正项数列{an}，{bn}满足a1＝3，a2＝6，{bn}是等差数列，且对任意正整数n，都有bn，an，bn＋1成等比数列．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)设Sn＝1a1＋1a2＋…＋1an，试比较2Sn与2－b2n＋1an＋1的大小．[解析](1)∵对任意正整数n，都有bn，an，bn＋1成等比数列，且{an}，{bn}都为正项数第5页共10页列，∴an＝bnbn＋1(n∈N*)．可得a1＝b1b2＝3，a2＝b2b3＝6，又{bn}是等差数列，∴b1＋b3＝2b2，解得b1＝2，b2＝322.∴bn＝22(n＋1)．(2)由(1)可得an＝bnbn＋1＝n＋1n＋22，则1an＝2n＋1n＋2＝21n＋1－1n＋2，∴Sn＝212－13＋13－14＋…＋1n＋1－1n＋2＝1－2n＋2，∴2Sn＝2－4n＋2，又2－b2n＋1an＋1＝2－n＋2n＋3，∴2Sn－2－b2n＋1an＋1＝n＋2n＋3－4n＋2＝n2－8n＋2n＋3.∴当n＝1,2时，2Sn2－b2n＋1an＋1；当n≥3时，2Sn2－b2n＋1an＋1.角度2形如an＝1n＋k＋n型【例2】已知函数f(x)＝xa的图像过点(4,2)，令an＝1fn＋1＋fn，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2013＝________.[解析]由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝x12.∴an＝1fn＋1＋fn＝1n＋1＋n＝n＋1－n，S2013＝a1＋a2＋a3＋…＋a2013＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2014－2013)＝2014－1.角度3形如an＝12n－12n＋1型;【例3】(2013·新课标卷Ⅰ)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列1a2n－1a2n＋1的前n项和．[解析](1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋nn－12d.由已知可得3a1＋3d＝0，5a1＋10d＝－5.解得a1＝1，d＝－1.故{an}的通项公式为an＝2－n.(2)由(1)知1a2n－1a2n＋1＝13－2n1－2n＝1212n－3－12n－1，第6页共10页从而数列1a2n－1a2n＋1的前n项和为121－1－11＋11－13＋…＋12n－3－12n－1＝n1－2n.变式1.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.[解析](1)∵Sn＝nan－n(n－1)，当n≥2时，Sn－1＝(n－1)·an－1－(n－1)(n－2)，∴an＝Sn－Sn－1＝nan－n(n－1)－(n－1)an－1＋(n－1)·(n－2)，即an－an－1＝2.∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，故an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，n∈N*.(2)由(1)知bn＝2anan＋1＝22n－12n＋1＝12n－1－12n＋1，故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝311＋5131＋7151＋…＋121121nn＝1－12n＋1＝2n2n＋1.变式2.在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S2n＝anSn－12.(1)求Sn的表达式；(2)设bn＝Sn2n＋1，求{bn}的前n项和Tn.[解析](1)∵S2n＝anSn－12，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴S2n＝(Sn－Sn－1)Sn－12，即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①由题意Sn－1·Sn≠0，①式两边同除以Sn－1·Sn，得1Sn－1Sn－1＝2，∴数列1Sn是首项为1S1＝1a1＝1，公差为2的等差数列．∴1Sn＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝12n－1.第7页共10页(2)又bn＝Sn2n＋1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n－1－12n＋1)]＝121－12n＋1＝n2n＋1.变式3.已知数列{an}前n项和为Sn，首项为a1，且12，an，Sn成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}满足bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)，求证：1b1＋1b2＋1b3＋…＋1bn12.(1)解∵12，an，Sn成等差数列，∴2an＝Sn＋12，当n＝1时，2a1＝S1＋12，∴a1＝12，当n≥2时，Sn＝2an－12，Sn－1＝2an－1－12，两式相减得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴anan－1＝2，∴数列{an}是首项为12，公比为2的等比数列，∴an＝12×2n－1＝2n－2.(2)证明bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)＝log222n＋1－2×log222n＋3－2＝(2n－1)(2n＋1)，1bn＝12n－1×12n＋1＝12(12n