(完整word版)数列中裂项求和的几种常见模型.docx

数列中裂项求和的几种常见模型数列问题是高考的一大热点，而且综合性较强，既注重基础知识的掌握，又注重数学思想与方法的运用。

而此类问题大多涉及数列求和，所以数列求和方法是学生必须掌握的，主要的求和方法有：公式法、拆项重组法、并项求和法，裂项相消法、错位相加法、倒序相加法等等，而裂项相消法是其中较为基础、较为灵活的一种，也是出现频率最高，形式最多的一种。

下面就例举几种裂项求和的常见模型，以供参考。

模型一：数列 { a n } 是以 d 为公差的等差数列，且d 0,a n 0(n 1,2,3, )，则111 1a nan 1()d a nan 1例 1 已知二次函数yf ( x) 的图像经过坐标原点，其导函数为f ' (x) 6x 2 ，数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，点 (n, S n )(n N ) 均在函数yf ( x) 的图像上。

（Ⅰ）求数列 { a n } 的通项公式；（Ⅱ）设 b n1 ，T n 是数列 {b n } 的前 n 项和，求使得 T nm对所有a nan 120n N 都 成立的 最小正整数m ；（2006 年湖北省数学高考理科试题）解：（Ⅰ）设这二次函数 f(x)＝ax 2+bx (a ≠0) , 则 f`(x)=2ax+b,由于 f`(x)=6x－2, 得a=3 , b=－2, 所以 f(x) ＝3x 2－ 2x.又因为点 (n, S n )( n N) 均在函数 y f ( x) 的图像上，所以 S n ＝3n 2－2n.当 n ≥2 时， a ＝S －S ＝（2n＝6n －5.3n －2n ）－ （ n1) 22( 1)n n n －13112nn N ）当 n ＝1 时，a ＝ S ＝3×1－2＝6×1－ 5，所以，a ＝6n －5 （（Ⅱ）由（Ⅰ）得知 b n 3 ＝ 3＝ 1( 1 1 ) ，a nan 1(6n 5) 6(n 1) 5 2 6n 5 6n1故 T n ＝ nb i ＝11 ) 1 1 ) 1 1＝1（1－1 ）.(1 ( ... ( )i 12 7 7 136n 5 6n 126n 1因此，要使 1（1－6 1 1 ）< m （ n N ）成立的 m,必 且 足 12n 202≤ m，即 m ≥10，所以 足要求的最小正整数 m2010..例 2 在 xoy 平面上有一系列点P 1 ( x 1, y 1 ),P 2 ( x 2 , y 2 ) ，⋯， P n ( x n , y n ) ，⋯，（n ∈N * ），点 P n 在函数 y x 2 ( x 0) 的 象上，以点 nnP 心的 P 与 x 都相切，且 P 与 P +1 又彼此外切 . 若 x 1 1, 且 x n 1 x n .nn（I ）求数列 { x n } 的通 公式；（II ） P 的面 S n ,T nS 1S 2 LS n , 求证 : T n3 n2解：（ I ） P n 与 P n+1彼此外切，令 r n P n 的半径，| P n P n 1 | r n r n 1 ,即 ( x nx n 1 ) 2 ( y ny n 1 )2y ny n 1,两 平方并化 得 ( x n x n 1 )2 4 y n y n 1,由 意得， P n 的半径 r ny nx n 2 ,( x n x n 1 )24 x n 2x n 21 ,x n x n 1 0,x nx n 1 2x n x n 1 ,即 112( n N ),x n 1 x n数列 { 1 }是以 11 首 ，以2 公差的等差数列，x n x 1所以11 (n 1)2 2n 1,即 x n1 1x n2n （II ） S nr n 2y n 2x n 41) 4 ，(2n因为 T nS 1S 2S n[1 1 1]32 (2n1) 2(1111)1.33.5(2n 3)( 2n1){11[(1 1) (11) ( 1 1 )]}2 3 3 52n 3 2n 1[11(11 )] 3 2(2n1)3 .22n 1 22所以， T n3 .2模型二：分母有理化，如：1n 1nn n 1例 3 已知f ( x)1(x2) ， f ( x) 的反函数 g (x) ，点 A(a n ,1) 在曲x24a n1y g (x) 上 (n N ) ，且 a11(I)明数列 { 12 } 等差数列；a n( Ⅱ ) b n1, S n b1b2b n，求 S n11a n a n1解 (I)∵点 A( a n,1) 在曲y=g( x) 上( n∈N+) ，na n1∴点 (1, a n)在曲=(x ) 上(n∈ +)a n1, 并且a n>0a n1y f N1(24)a n141，114(n1, n N ) ，∴数列12} 等差数列a a{an 12n 22aa n1n n(Ⅱ)∵数列 {1} 等差数列，并且首12 =1，公差4，a n2a1∴ 12=1+4（ n—1），∴a n21，∵ a n>0，∴a n1，a n4n34n3b ＝1=14n14n3,n114n34n14a n a n 1∴S n＝b1＋b2+⋯＋ b n=51945....... 4 n 14n 3 =4n 1 1444N 例 4N 24012，不超n 11的最大整数。

n(2008年全国高中数学合浙江省)解： Q212n1n n n n 12(n1n)12(nn1) , nN N1Nn 1) ,2 ( n 1n) 1 2 ( nnn1n 1n2N11) , 2( N1)2(N 1 1)2( N1n 1nN2(220061) 2( N 1 1)n 11 2 22006 1 ,nN 不超n 11的最大整数 22007 2 。

n2n11模型三：(2n+1－ 1)(2 n－ 1)=2n－ 1－2n+1－1例 5 数列 a n 的前 n 的和 S n 4a n 12n 12 ，n=1,2,3, ⋯.333（Ⅰ）求首a 1 与通 a n ；nn（Ⅱ） T n2， n=1,2,3, ⋯， 明：T i3 S ni 12（2006 年全国数学高考理科 ）41n+124.解 : ( Ⅰ ) 由 S n =3a n －3×2+3, n=1,2,3，⋯ ,① 得 a 1=S 1= 3a 112－ 3×4+3 所以 a 1=2.4 1n2再由①有 S n －1=3a n －1－ 3×2 +3, n=2,3 ，4, ⋯4 1 n+1n将①和②相减得 : a n =S n －S n － 1= 3(a n － a n －1) －3×(2 －2 ),n=2,3, ⋯整理得 : an+2n =4(a n － 1+2n －1),n=2,3, ⋯ ,因而数列 { a n +2n } 是首a1+2=4, 公比 4 的等比数列 ,n nn －1 n⋯ ,nnn⋯ ,即 a +2 =4×4 = 4 , n=1,2,3,因而 a =4 －2 , n=1,2,3,nn4 n n1 n+12 1 ( Ⅱ ) 将 a n =4 －2 代入①得 S n =3× (4－2 )－3×2 +3=3×(2 n+1－1)(2 n+1－2)=2×(2 n+1－1)(2 n －1) 3T n = 2n = 3 2n= 3 1－1)S × (2 n+1n2 ×(n2 n+12－1)(2 －1)2 －1－1nn3 n 113113 所以 ,i 1T i=2 i 1( 2i －1－2i+1－ 1) =2×( 21－1 － 2i+1－1) <2模型四： a n 1a n (a nk)，且 a n0(n1,2,3, ) ，11 1kka na nan 1例 6函数 g( x)1 x 3 ax2 的象在 x 1 的切 平 行于 直32x y0.g( x) 的 函数 f ( x) . 数列 a n足： a 11 ,a n 1f (a n ) .2( Ⅰ ) 求函数 f (x) 的解析式 ;( Ⅱ ) 判断数列 a n 的增减性 , 并 出 明 ;( Ⅲ ) 当 n2, n N * , 明 : 11 1 1 1 L 1 12 .a 1 a 2 a n解：（Ⅰ）∵函数 g( x)1 x 3 ax2 的 函数 f (x) x 2 2ax ，由于在 x13的切 平行于2xy 0 ，∴ 12a 2a1，∴ f ( x)x 2x2( Ⅱ ) ∵ a n 1f (a n ) , ∴ a n 1a n2a na n 1ana n 2, ∵ a 11, 故 a n0 , 所2以a n 1an0 , 所以 a n 是 增 .( Ⅲ ) ∵ a n 1a n (a n1),∴ 11= 1_1,∴11 1an 1a n (a n 1) a n 1 a n1 a na n an 1∴11 1 ,11 1 ,111 ⋯ 11 11 a 1a 1 a 2 1 a 2a 2a 3 1 a 3 a 3 a 4 1 a na nan 1令 S n11 1 11 2 1 2a 1a 2a 2a 3an 1 an 1当 n 2 , S n11L 11124261 a 11 a n1 a 11 a 211 a 23721∴111L121 a 111 a na 2例 7 已知数列{ a n } 足 a 1 1,a n 1a n 2n (n 1,2,3) ， { b n } 足 b 1 1,b n 1 b n b n 2(n 1,2,3 ) ，证明：1n 2n11 。

k 1 a k 1b k ka k 1 b k k(2006 年全国高中数学联合竞赛浙江省预赛试题 )证明： 记 n1，则1 I 2I n 。

I na k 1b k kak 1b k k I 1k 12n1n1n1而 I n。

(a k 1 1)(b k k)k 1 a k 11 k 1 b kk 1k因为 a 1 1,a n 1a n 2n ，所以 a k 1 1 k( k 1) 。

从而有n 1 nk 1 a k 11k 11 1 1 。

（1）1 n 1 k(k 1)又因为 b k 1b k b k2b k (b k k) ，所以 1k 11 ，kkb k 1 b k (b k k) b k b kk即1 11。

从而有n1111 1。

（2）k 1b kb kk b kbk 1k b 1bn 1b 1由（ 1）和（ 2）即得I n1 。

综合得到1 1。

I n2左边不等式的等号成立当且仅当 n=1 时成立。