裂项相消法的几种变换技巧
数列裂项相消知识点
数列裂项相消是一种常用的数列求和技巧，可以帮助我们简化数列求和的过程。
在本文中，我将为大家介绍数列裂项相消的基本原理和应用方法。
一、数列裂项相消的基本原理在求和过程中，我们经常会遇到连续数列，即数列中的元素相差固定的值。
假设我们有一个连续数列{a, a+d, a+2d, a+3d, …}，其中a为首项，d为公差。
如果我们将这个数列从头和从尾开始相加，会发现很多项会相消掉，最后只剩下首项和尾项。
二、数列裂项相消的应用方法假设我们要求解连续数列{1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15}的和。
我们可以使用数列裂项相消的方法来简化求和过程。
首先，我们可以将这个数列分为两部分：{1, 3, 5, 7}和{9, 11, 13, 15}。
接下来，我们将这两个数列从头和从尾开始相加：1 + 15 = 16 3 + 13 = 16 5 + 11 = 16 7 + 9 = 16可以发现，这四组数的和都是16。
而在原始数列中，这四组数分别位于数列的首项和尾项，所以它们的和也等于数列的和。
所以，我们只需要计算数列的首项和尾项，然后将它们相加，即可得到数列的和。
在这个例子中，首项为1，尾项为15，所以数列的和为1 + 15 = 16。
三、数列裂项相消的推广数列裂项相消不仅适用于连续数列，还可以推广到其他类型的数列。
例如，对于等差数列{a, a+d, a+2d, a+3d, …}，我们可以将它裂为两部分：{a, a+d, a+2d, …}和{a+3d, a+4d, a+5d, …}然后将这两个数列从头和从尾开始相加，最后只剩下首项和尾项。
对于等比数列{a, ar, ar^2, ar^3, …}，同样可以使用数列裂项相消的方法来简化求和过程。
四、数列裂项相消的优势数列裂项相消的方法在求和过程中可以大大简化计算，特别是对于长数列来说。
通过将数列分为两部分，并从头和从尾开始相加，我们可以消除大部分中间项，只保留首项和尾项，从而大幅度减少计算量。
裂项法的常见技巧
…
ｎ 【 ｎ ＋ ｋ Ｊ
一一 ｔ ｆ
： （ 一 ） ， 其中
ｋ ｎ ｎ ＋ ｋ
一
ｃ ｃ 专 ＝
一
‘ 吉 ＜ ＜ ＝
ｎ （ ｎ ＋ １ ） （ ｎ ＋ ２ ） ２ ｎ ｎ ＋ １ ） （ ｎ ＋ １ ） ） （ ｎ ＋ ２ ）
技 法点拨
④
裂项法是高 考数列题 的一 种常见 的解题方 法 ， 学生往往把握不好裂项 的本质 ，在本文 中笔者拟从 裂项的本质入手探讨裂项法 的常见技巧 。 裂项法是将 数列中的每一项 （ 通项） 分解 ， 然 后 重新组合 ，使之能消去一些项 ，最终达 到求 和的 目 的。裂项的实质是将数列 中的每一项裂成一个 函数 的两个 函数值 之差 即％ ｎ ） ｎ ＋ ６ ） ， 从 而达 到
、
分 式 型 裂 项
分式型裂项法 的实质是通分 的逆运算 。分式 型 的裂项 主要 是发 现规律进行构造 的过程 ，很多 时候 裂项 的方式不容易找到 ， 需要 进行适 当的变形 ， 或将 部分进行运算 ， 使其更 容易发现规质是三角 函数公 式 的变形用法 ， 要注意弄清公式的各种 变形 ， 找出能 够达 到裂项相 消的变形 。 常 见类 型 ： （ １ ） 数列｝ ａ ｎ ｝ 是 等差 数列 ， 且 公差 为
２ １ ｍ ３ １ ｍ ｍ ｍ
÷ ［ （ １ ｘ ２ ｘ ３ 一 Ｏ ｘ ｌ ｘ ２ ） ＋ （ ２ ｘ ３ ｘ ４ 一 ｌ ｘ ２ ｘ ３ ） ＋
＋ — （ １ 一 ） （ １ － ） …（ １ 一 一 ｍ）
ｍ！ ， ｎ ｍ ｍ
…＋ｎ （ ｎ ＋ １ ） （ 肼２ ） 一 （ ｎ 一 １ ） ｎ （ ｎ 十 １ ） ） ］ 一 旦 ： ＿ ＝ １［ ＿ｎ
小学奥数裂项相消法
小学奥数裂项相消法裂项相消法简单来说就是把一个复杂的问题分解为若干个小问题，然后逐个解决。
用这种方法解题要特别注意的是，分解时不能漏掉因数，或者遗忘一些项，否则可能造成无穷解，即没有办法计算出答案。
下面就介绍一种裂项相消法解题步骤和注意事项。
我们将数列分解，将每一项拆成若干个数，分项的过程就是变形，由于我们将数列的项拆得很细，所以这样做是比较保险的，如果是一个比较大的数列，拆起来也比较困难，还可以将数列的每一项按照每一项在数列中所占的位置来排序，然后再逐个地拆开。
在应用此方法解题时需要注意的是： 1、11。
8一直拆到余2。
但如果分项时把小数点漏了，那么结果无穷多，也没有办法计算出结果。
2、分项时，不要遗漏因数，也不要混淆顺序，最好用计算器来完成。
3、应用裂项相消法的基本思想是化整为零，求得代数式的值。
4、一定要看清楚题目的要求，确定相消的式子，并且合理安排运算的顺序，尽量把计算简化。
5、每个数字都不能漏掉，合理地应用裂项相消法能提高解题效率。
当我们把一个复杂的数学问题变成几个比较简单的小问题时，就会感觉到思路明显开阔许多。
裂项相消法虽然可以减少计算工作量，但对同学们的计算能力要求更高。
如果你在做题目时碰到了一个比较复杂的题目，请试试这个方法。
11。
8-1=？ 11。
8-3=？ 11。
8-6=？ 11。
8-9=？ 11。
8-11=？11。
8-13=？ 11。
8-17=？ 11。
8-19=？ 11。
8-20=？ 11。
8-23=？11。
8-1=？ 11。
8-2=？ 11。
8-3=？ 11。
8-4=？ 11。
8-5=？11。
8-7=？ 11。
8-8=？ 11。
8-9=？ 11。
8-10=？ 11。
8-11=？11。
8-12=？ 11。
8-13=？ 11。
8-14=？ 11。
8-15=？ 11。
8-16=？11。
8-17=？ 11。
8-18=？ 11。
2025优化设计一轮第4节 第2课时 裂项相消法
<
3
.
2
规律方法
1.等差型常用的裂项技巧
2.裂项相消法求和的基本步骤
3.裂项原则
一般是前边裂几项,后边就裂几项,直到发现被消去项的规律为止.
4.消项规律
消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边剩第几项,后边就剩倒数第几项.
[对点训练
1
1](2024·山东日照模拟)在数列{an}中,
2
(1)求{an}的通项公式;
1
=2 ( 5-1+
1
= (-1- 3 +
2
7 − 3 + 9 − 5+…+ 2 + 3 − 2-1)
2 + 1 + 2 + 3),
所以 2Tn= 2 + 3 + 2 + 1 − 3-1,
所以 2Tn- +1 = 2 + 3 + 2 + 1 − 3-1- 2 + 1 = 2 + 3 − 3-1,
1
2
(2)证明: + +…+
3 1
(1)解
1
因为
2
所以当 n≥2
4 2
(+2)
<
+
2
3
+
3
+…+ =n2+n.
4
+1
1
.
4
2
3
+ + +…+ =n2+n,
3
4
+1
-1
1
2
3
时, + + +…+ =n2-n,
裂项相消与放缩法解数列专题
裂项相消与放缩法解数列专题数列专题3一、裂项求和法裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的.通项分解（裂项）如：通项为分式结构，分母为两项相乘，型如：11+∙n na a ， }{na 是0≠d 的等差数列。
常用裂项形式有： ；111)1(1+-=+n n n n 1111()()n n k k n n k =-++；)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-n n n n n ；])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-n n n n n n n ；)(11b a ba b a --=+；)(11n k n kn k n -+=++特别地：nn nn -+=++111二、用放缩法证明数列中的不等式将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的方法，叫放缩法。
1.常见的数列不等式大多与数列求和或求积有关，其基本结构形式有如下4种：①1nii a k =<∑（k 为常数）；②1()nii a f n =<∑；③1()nii a f n =<∏；④1nii a k=<∏（k 为常数）.放缩目标模型→可求和（积）→等差模型、等比模型、裂项相消模型2.几种常见的放缩方法（1）添加或舍去一些项，如：a a >+12；n n n >+)1( （2）将分子或分母放大（或缩小）①n n n n n 111)1(112--=-< ； 111)1(112+-=+>n n n n n（程度大） ②)1111(21)1)(1(111122+--=+-=-<n n n n n n )2(≥n （程度小）③1111111121312111<+=++++++≤+++++++n n n n n n n n n或21221212121312111==+++≥+++++++n n n n n n n n n ④nnnn n nn==+++>++++111131211⑤平方型：)121121(2144441222+--=-<=n n n n n ； )111(41)1(41441)12(122nn n n n n n --=-=-<-⑥立方型：])1(1)1(1[21)1(1123+--=-<n n n n n n n )2(≥n⑦指数型： )1()(111≥>-≤--b a b a a b a n n n；)1()(111≥>-≤--b a b a ab a n n⑧kkk k k 21111<++=-+；⑨利用基本不等式，2)1()1(++<+n n n n ，如：4lg 16lg 15lg )25lg 3lg (5lg 3log 2=<=+<⋅（一）放缩目标模型可求和—等比数列或等差数列例如：（1）求证：)(121212121*32N n n∈<++++ .（2）求证：)(1121121121121*32N n n∈<++++++++ .（3）求证：)(22323222121*32N n nnn∈<++++++++ .总结：放缩法证明与数列求和有关的不等式，若1ni i a =∑可直接求和，就先求和再放缩；若不能直接求和的，一般要先将通项na 放缩后再求和.问题是将通项na 放缩为可以求和且“不大不小”的什么样的nb 才行呢？其实，能求和的常见数列模型并不多，主要有等差模型、等比模型、错位相减模型、裂项相消模型等. 实际问题中，nb 大多是等比模型或裂项相消模型.（1）先求和再放缩例1.设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a n ＋12－4n －1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14构成等比数列．(1)证明：2145a a =+(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1223111112n n a a a a a a++++<.（2）先放缩再求和 例如：求证：)(2131211*222N n n ∈<++++ .例如：函数xx x f 414)(+=，求证：)(2121)()2()1(*1N n n n f f f n ∈-+>++++ .例2.设数列{an}的前n项和为S n，满足，且a1，a2+5，a3成等差数列．（1）求a1的值；（2）求数列{an}的通项公式；（3）证明：对一切正整数n，有．总结：一般地，形如nnnb a a -=或b a a nn-=（这里1≥>b a ）的数列，在证明k a a a n<+++11121 （k 为常数）时都可以提取出na 利用指数函数的单调性将其放缩为等比模型. 练习：1.设数列}{na 满足0≠na ，11=a ，)2()21(11≥+-=--n a a a n a n n n n ，数列}{na 的前n 项和为nS .（1）求数列}{na 的通项公式； （2）求证：当2≥n 时，21<<+nS n n ； （3）试探究：当2≥n 时，是否有35)12)(1(6<<++nS n n n？说明理由.（3）形如1()ni i a f n =<∑例如：设)1(3221+++⋅+⋅=n n Sn，求证：)(2)2(2)1(*N n n n Sn n n∈+<<+.根据所证不等式的结构特征来选取所需要的不等式，不等式关系：2211222ba b a ab ba+≤+≤≤+注：①应注意把握放缩的“度”：上述不等式右边放缩用的是均值不等式2ba ab +≤，若放缩成1)1(+<+n n n ，则得2)1(2)3)(1(121+>++=+<∑=n n n k S ni i n ，就放过“度”了。
裂项相消法的八大类型_蒋志明
中学生数学·２０１２年７月上·第４４５期（高中）网址：ｚｘｓｓ．ｃｂｔ．ｃｎｋｉ．ｎｅｔ电子邮箱：ｚｘｓｓｃｈｉｎａｏｕｒｎａｌ．ｎｅｔ．ｃｎ思路与方法浙江省兰溪市第一中学（３２１１００） 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１ａｎａｎ＋１＝１ｄ（１ａｎ－１ａｎ＋１）．常见的有：（１）１１×２＋１２×３＋…＋１ｎ（ｎ＋１）＝１－１ｎ＋１；（２）１１×３＋１３×５＋…＋１（２ｎ－１）（２ｎ＋１）＝１２（１－１２ｎ＋１）；（３）１１×３＋１２×４＋…＋１ｎ（ｎ＋２）＝１＋１２－１ｎ＋１－１ｎ＋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＋２ｎ２＋２ｎ＝１＋２ｎ２＋２ｎ＝１＋（１ｎ－１ｎ＋２），Ｓｎ＝（１＋１１－１３）＋（１＋１２－１４）＋（１＋１３－１５）＋…＋（１＋１ｎ－１－１ｎ＋１）＋（１＋１ｎ－１ｎ＋２）＝ｎ＋１＋１２－１ｎ＋１－１ｎ＋２＝ｎ－１ｎ＋１－１ｎ＋２＋３２．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：１ｎ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＝２２槡ｎ＞２ｎ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＝２２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·２０１２年７月上·第４４５期（高中）网址：ｚｘｓｓ．ｃｂｔ．ｃｎｋｉ．ｎｅｔ电子邮箱：ｚｘｓｓｃｈｉｎａｏｕｒｎａｌ．ｎｅｔ．ｃｎ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）＝１ａｎ＋ｂ－１ａｎ＋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（１４ｎ－１－１４ｎ＋１－１）．即Ｔｎ＝１３（１４－１－１４２－１＋１４３－１－１４２－１＋…＋１４ｎ－１－１４ｎ＋１－１）＝１９－１３·４ｎ＋１－３．题型四 对数型由对数的运算法则可知：若ａｎ＞０，ｎ∈Ｎ＊，则ｌｏｇａａｎ＋１ａｎ＝ｌｏｇａａｎ＋１－ｌｏｇａａｎ．例４ 已知数列｛ａｎ｝的通项为ａｎ＝ｌｇｎ＋１ｎ，若其前ｎ项和Ｓｎ＝２，则ｎ＝．分析 因为ａｎ＝ｌｇｎ＋１ｎ＝ｌｇ（ｎ＋１）－ｌｇｎ，所以Ｓｎ＝ｌｇ２－ｌｇ１＋ｌｇ３－ｌｇ２＋…＋ｌｇ（ｎ＋１）－ｌｇｎ＝ｌｇ（ｎ＋１）－ｌｇ１＝２，即ｎ＝９９．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：ｔａｎα－ｔａｎβ＝ｔａｎ（α－β）（１＋ｔａｎαｔａｎβ）等，可以经过构造达到裂项消项的目的．例５ 在数１和１００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＝ｌｇＴｎ，ｎ≥１．（Ⅰ）求数列｛ａｎ｝的通项公式；（Ⅱ）设ｂｎ＝ｔａｎａｎ·ｔａｎａｎ＋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＝１０ｎ＋２，即得ａｎ＝ｎ＋２．（２）∵ ｔａｎ［（ｎ＋３）－（ｎ＋２）］＝ｔａｎ（ｎ＋３）－ｔａｎ（ｎ＋２）１＋ｔａｎ（ｎ＋２）·ｔａｎ（ｎ＋３）＝ｔａｎ１，∴ ｔａｎ（ｎ＋２）·ｔａｎ（ｎ＋３）＝ｔａｎ（ｎ＋３）－ｔａｎ（ｎ＋２）ｔａｎ１－１，Ｓｎ＝ｔａｎ（１＋２）·ｔａｎ（１＋３）＋ｔａｎ（２＋２）·ｔａｎ（２＋３）＋…＋ｔａｎ（ｎ＋２）·ｔａｎ（ｎ＋３）＝ｔａｎ（１＋３）－ｔａｎ（１＋２）ｔａｎ１＋ｔａｎ（２＋３）－ｔａｎ（２＋２）ｔａｎ１＋…＋ｔａｎ（ｎ＋３）－ｔａｎ（ｎ＋２）ｔａｎ１－ｎ＝ｔａｎ（ｎ＋２）－ｔａｎ３ｔａｎ１－ｎ．题型六 阶乘和组合数公式型由阶乘的定义可以得到：ｎｎ！＝（ｎ＋１）！－ｎ！，由组合数公式也可以得到Ｃｍｎ＋１－Ｃｍｎ＝Ｃｍ－１ｎ．例６ 化简：（１）１＋２×２！＋３×３！＋…＋ｎ×ｎ！；（２）Ｃ２５＋Ｃ２６＋…＋Ｃ２ｎ（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＝Ｃ３６－Ｃ３５＋Ｃ３７－Ｃ３６＋…＋Ｃ３ｎ＋１－Ｃ３ｎ＝Ｃ３ｎ＋１－Ｃ３５＝（ｎ＋１）ｎ（ｎ－１）６－１０．·０２·中学生数学·２０１２年７月上·第４４５期（高中）网址：ｚｘｓｓ．ｃｂｔ．ｃｎｋｉ．ｎｅｔ电子邮箱：ｚｘｓｓｃｈｉｎａｏｕｒｎａｌ．ｎｅｔ．ｃｎ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（１２），ｒ＝ｆ（１５）＋ｆ（１１１）＋…＋ｆ（１ｎ２＋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－ｙ１－ｘ（）ｙ＞０，所以ｆ（ｘ）在（－１，１）上是减函数．又因为ｆ１ｎ２＋ｎ（）－１＝１ｎ（ｎ＋１）１－１ｎ（ｎ＋１熿燀燄燅）＝ｆ１ｎ－１ｎ＋１１－１ｎ（ｎ＋１熿燀燄燅）＝ｆ（１ｎ）－ｆ（１ｎ＋１），所以ｒ＝ｆ（１２）－ｆ（１３）＋ｆ（１３）－ｆ（１４）＋…＋ｆ（１ｎ）－ｆ（１ｎ＋１）＝ｆ（１２）－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：１ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）＝１２（ｎ＋１）（１ｎ－１ｎ＋２）＝１２（１ｎ（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＝ｂ３ｂ１ｂ２＋ｂ４ｂ２ｂ３＋…＋ｂｎ＋２ｂｎｂｎ＋１．分析 因为ｂｎ＋２ｂｎｂｎ＋１＝（ｎ＋２）２ｎ＋１ｎ２ｎ－１（ｎ＋１）２ｎ＝ｎ＋２ｎ（ｎ＋１）２ｎ－２＝２（ｎ＋１）－ｎｎ（ｎ＋１）２ｎ－２＝１ｎ２ｎ－３－１（ｎ＋１）２ｎ－２，所以Ｓｎ＝１１·２－２－１２·２－１＋１２·２－１－１３·２０＋…＋１ｎ２ｎ－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２３页）图２（２）如图２，｜ＭＡ｜＝１ｓｉｎθ，｜ＭＢ｜＝２ｃｏｓθ，｜ＭＡ｜·｜ＭＢ｜＝２ｓｉｎθｃｏｓθ＝４ｓｉｎ２θ≥４．当ｓｉｎ２θ＝１，即θ＝４５°时取等号，此时直线ｌ的倾斜角为１３５°，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·。
裂项相消
Sn
2[1
1 2
1 2
1 3
1 nBiblioteka 1 n 1
21
1 n 1
2n n 1
当堂训练
1.数列{an}的前n项和为Sn，若an＝
A.1
B.
C.
D.
，则S5等于 ()
解析：∵an＝
，
∴S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5
1 n
n
1
1
(2)
(2n
1
1)2n
1
1 2
(
1 2n 1
1) 2n 1
(3)
1 n(n
2)
1 2
(
1 n
n
1
2
)
(4)
1 n 1
n
n 1
n
注意：根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和
小试身手
应该怎样拆项？
[思考探究]
用裂项相消法求数列前n项和的前提是什么？ 提示：数列中的每一项均能分裂成一正一负两项，这是用
裂项相消法的前提.一般地，形如{ 列)的数列可选用此法来求.
}({an}是等差数
裂项法求和
例：求数列 1, 1 , 1 , 1 ,,
1
,(n N*)
12 123 1234 123n
的前n项和
提示： an
1
2
1
n
2 n(n 1)
2( 1 n
1) n 1
3 4 47
3n 2 3n 1
裂项相消法的八种解决方案
裂项相消法的八种解决方案裂项相消法是一种常见的数学解题方法，广泛应用于代数和方程的求解中。
本文提供了八种使用裂项相消法解决问题的方法和示例。
方法一：分子平方差公式- 使用分子平方差公式将二次项分解为两个平方的差。
- 示例：解决方程$(x+2)^2 - 4 = 0$。
方法二：差平方公式- 使用差平方公式将二次项分解为两个平方的和。
- 示例：解决方程$(y-3)^2 + 9 = 0$。
方法三：三项平方差公式- 使用三项平方差公式将立方项分解为三个立方的差。
- 示例：解决方程$(2x+1)^3 - 8 = 0$。
方法四：根与系数的关系- 利用方程的根与系数之间的关系，求解方程。
- 示例：解决方程$x^2 - 5x + 6 = 0$。
方法五：分解因式- 将方程分解为两个因式相乘的形式，然后使用裂项相消法求解。
- 示例：解决方程$(x+3)(x-2) - 7 = 0$。
方法六：换元法- 通过进行合适的变量替换，将方程转化为更简单的形式。
- 示例：解决方程$(3u-1)^2 - 16 = 0$。
方法七：配方法- 利用配方法将方程转化为平方的形式，然后使用裂项相消法求解。
- 示例：解决方程$3x^2 + 2x - 1 = 0$。
方法八：二项平方和公式- 使用二项平方和公式将高次项分解为两个平方和的形式。
- 示例：解决方程$(x^2 + 2x)^2 - 9 = 0$。
这些是使用裂项相消法解决方程的八种常见方法。
通过熟练掌握这些方法，您将能够更轻松地解决各种数学问题。
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裂项相消法的几种变换技巧
洪凰翔 (湖北武穴师范 436400)
裂项相消法是解决有限项数列求和的一种重要方法.“裂项”的方法很多,但要选择一种通过“裂项”而达到“相消”直至解决问题的方法却是较难的.本文就此问题谈几种技巧.1 直接变换
数列通项的结构式具有明显的裂项特征时,就应不失时机地直接进行裂项变换.
例1 求下列数列各项的和
12!,23!,34!,…,n -1n !
.解 ∵n -1n !=n n !-1n !=1(n -1)!-1n !
,
∴S n -1=(1-12!)+(12!-13!)+(1
3!
-14!)+…+(1(n -1)!-1n !)=1-1n !.2 加零变换
作“m -m ”的变换,然后巧妙地作等价运算,往往能实现裂项相消的愿望.
例2 求和:
S n =1+11+2+11+2+3+…+1
1+2+…+n .
解 11+2+…+n =
2
n (n +1)=2(n -n +1)n (n +1)=2n -2n +1.
∴S n =(21-22)+(22-23)+…+(2
n
-2n +1)=2-2n +1=2n n +1.
3 乘“1”变换
如加零变换失效,就要及时调节思维方向,转换运算形式.可在通式中施以乘“m ÷m ”(m ≠0)的变换,找到裂项相消方法.
例3 设{a n }为等差数列,且公差为d ,
求S n =1a 1+a 2+1
a 2+a 3
+…+
1
a n +a n +1
.
1
=1d ·d a n +a n +1=1d
·a n +1-a n a n +
a n +1
=1d
(a n +1-a n ),∴S n =1d (a 2-a 1)+1d
(a 3-a 2)+…+1
d (
a n +1-a n )
=
a n +1-a 1a n +1-a 1
n
=n
a 1+a n +1
.
4 公式变换
依据数列的通项结构原理,灵活地运用数学公式,常能使裂项相消达到较为理想的境界.如排列数、组合数性质、积化和差公式等,只要开拓思维,善于发掘和应用,就能使它们成为裂项相消的有力工具.
例4 求和:S n =C 26+C 27+…+C 2
n +5.
解 由组合数性质C m n +1=C m n +C m -1
n 得C 3n +6=C 3n +5+C 2
n +5,则
C 2n +5=C 3n +6-C 3n +5.
故S n =(C 37-C 36)+(C 38-C 3
7)+…+(C 3n +6-C 3n +5)=C 3n +6-C 36.
例5 求和S n =sin H +sin (H +A )+…+sin[H +(n -1)A ].
解 sin[H +(n -1)A ]
=
2sin A 2
·sin[H
+(n -1)A ]2sin A 2=
co s(H +2n -32A )-co s(H +2n -1
2A )
2sin
A 2∴S n =co s(H -A 2)-cos(H +A
2
)
2sin A 2
+
cos(H +A 2)-cos(H +3
2A )
A +…+
·
39·2001年第3期 中学数学月刊
cos(H +
2n -32A )-cos(H +2n -1
2
A )2sin A 2=
cos(H -A 2)-cos(H +2n -1
2
A )
2sin A
2
=sin n 2A sin(H +n -12A )
2sin
A 2
(sin A 2≠0).
5 综合变换
对于某些数列求和问题,只用单一的变换技巧不能达到裂项相消的目的,这就要求并用多种变换手段,合理运算方能求和.
例6 求证∑n
i =1
(i -1)!(m +i )!=1m [1
m !
-n !
(n +m )!](n ,m
均为自然数).
证明 (i -1)!(m +i )!=(i -1)!
(m +i )!
·
(m +i -1)!(m +i -1)!·m m =(i -1)!(m +i )!·(m +i -1)!
(m +i -1)!·
1m (m +i -i )=1m [(i -1)!(m +i )!·(m +i )!(m +i -1)!-i (m +i )!]=1m [(i -1)!(m +i -1)!-i !(m +i )!],∴∑n
i =1
(i -1)!(m +i )!=1m ∑n
i =1[(i -1)!
(m +i -1)!
-i !(m +i )!]=1m [1m !-n !
(m +n )!
].
裂项相消法在求有限项数列的和中有着广泛应用,“裂项”是手段,“相消”才是目的.只有实现裂项相消,问题才能得到根本解决.
(上接第38页) x 20=1x 20
,即x
0=±1时,等号成立.代入方程2a +b =-2,
a 2+
b 2=45
或
b -2a =-2,
a 2+
b 2=
45
,解之即可知当a =±4
5,b =-25
时,a 2+b 2的最小值为45.
例4 求实数a 的范围,使得对任意实
数x 和任意H ∈[0,P
2
]恒有(x +3+
2sin H cos H )2+(x +a sin H +a cos H )2≥1
8
.
(1996年全国联赛题)
解 由结论的形式联想到圆的方程的标
准形式,设m =x +3+2sin A cos H ,
n =x +a sin H +a cos A ,则m 2+n 2
≥
18表示以(0,0)为原点,以2
4
为半径的圆的外部(包括边界),消去x 得动直线的方程n =m -3-2sin H co s H
+a sin H +a co s H ,所以只须动直线与圆m 2+n 2=1
8恒相切或相离,
即
û3+2sin H cos H -a (sin H +cos H )û2
≥2
4恒
成立,所以û2+(sin H +co s H )2-a (sin H +
co s H )û≥1
2
恒成立即可.
令sin H +cos H =t ,由H ∈[0,P
2
],有1≤t
≤2,则化为û2+t 2-at û≥1
2,t ∈[1,
2]恒成立,即2+t 2-at ≥1
2
,或2+t 2-at
≤-12,t ∈[1,2]恒成立,即a ≤t +32t 或
a ≥t +5
2t
,t ∈[1,2]恒成立,利用函数的
单调性易求得6≤t +32t ≤
52,9
4
2≤t
+52t ≤72.∴a ≤6或a ≥72
.从以上数例可以看出,借助于辅助圆,常可使解题另辟蹊径,得到新颖别致的解法,达到事半功倍的效果,还可培养求异、创新思维的能力.·40· 中学数学月刊 2001年第3期。