5裂项求和.docx
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5裂项求和
5.裂项求和
第五讲:
裂项求和
如果说错位相减法是高考的热点,那么,裂项求和法则是高考的难点;错位相减法与裂项求和法是数列求和的两个基本方法,两种方法不仅具有各自的用场,而且还可有机结合,裂项求和法较错位相减法则更有灵性,有更广泛的用场.
1.等差裂项
例1:
（2019年课标Ⅰ高考试题）已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式;（Ⅱ）求数列{
1
}的前n项和.
a2n1a2n1
解析:
（Ⅰ）设Sn=na1+
B=
n（n1）d2ddd12
d=n+（a1-）n=An+Bn,其中A=,B=a1-;由S3=0,S5=-53A+B=0,5A+B=-1A=-,222222
3
d=-1,a1=1an=2-n;2
[1**********]1
===（-）{}的前n项和=[（-）+（-）+
11132a2n1a2n1（32n）（12n）（2n3）（2n1）22n32n1a2n1a2n1
（Ⅱ）由
…+（
1111n
-）]=（-1-）=-.
2n32n122n12n1
[思想方法]:
关于等差裂项求和法有二个问题:
①如果数列{an}是等差数列,且bn=
用裂项bn=
1
则数列{bn}的前n项和可anank
11111111
（）.=（）求和法求解;②如果数列{an}是等差数列,则bn=
anan1an22danan1an1an2anankkdanank
类题:
1.（2019年大纲高考试题）等差数列{an}中,a7=4,a19=2a9.（Ⅰ）求{an}的通项公式;（Ⅱ）设bn=
2
1
求数列{bn}的前n项和Sn.nan
2.（2019年江西高考试题）正项数列{an}满足:
an-（2n-1）an-2n=0.（Ⅰ）求{an}的通项公式;（Ⅱ）令bn=
1
求数列{bn}的前n项和Tn.
（n1）an
2.分式裂项
例2:
（2019年广东高考试题）己知点（1,）是函数f（x）=ax（a>0,且a≠1）的图象上一点,等比数列{an}的前n项和为
f（n）-c.数列{bn}的首项为c,且前n项和Sn满足Sn-Sn-1=SnSn1（n≥2）.（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式;（Ⅱ）若数列{
10001
}的前n项和为Tn,问满足Tn>的最小正整数n是多少？
2019bnbn1
1
3
解析:
（Ⅰ）由f
（1）=
-
111n12
a=f（n）=（）a1=f
（1）-c=-c,a2=[f
（2）-c]-[f
（1）-c]=-,a3=[f（3）-c]-[f
（2）-c]33339
2121n-21n21an-2
公比q=2=an=a2q=-（）=-2（）a1=-=-cc=1;由Sn-Sn-1=nSn1（SnSn1）2793333a13
（SnSn1）=SnSn1
2
SnSn1=1数列{Sn}是首项1=b1=c=1,公差为1的等差数列
2
2
Sn=
nSn=n当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=n-（n-1）=2n-1,且b1=1适合该式,故bn=2n-1;（Ⅱ）因
[**************]
==（）Tn=+++…+=[（1-）+（-）+（-）+
33557bnbn1（2n1）（2n1）22n12n1b1b2b2b3b3b4bnbn12
…+（
[**************]1nn1000
）]=（1-）=.由Tn>>的最小正整数nn>满足Tn>2n12n[1**********]n12n12n120199
是112.
[思想方法]:
关于分式裂项应关注:
①如果函数f（n）是n的二次函数,函数g（n）是n的m（m≥2）次多项式函数,且an=
g（n）
则首先把an化成an=h（n）+k的形式,然后利用裂项求和法求数列{an}的前n项和;②an=f（n）f（n）
11
=
n（nk）（n2k）2k
[
11
];
n（nk）（nk）（n2k）
2
类题:
1.（2019年盐城第三次质检试题）己知数列{an}的前n项和Sn满足:
Sn+1=Sn（2+an）,n为正整数.（Ⅰ）试证:
数列{
na11
}为等差数列,并求an;（Ⅱ）求证:
i
2
2
2
2.（2019年江西高考试题）正项数列{an}的前n项和Sn满足:
Sn-（n+n-1）Sn-（n+n）=0.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式;（Ⅱ）令bn=
n1
2
（n2）2an
数列{bn}的前n项和为Tn.证明:
对任意的n∈N+,都有Tn
5.64
3.根式裂项
例3:
（2019年济南第一次质检试题）在数列{an}中,a1=1,3anan-1+an-an-1=0（n≥2）.
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式;（Ⅱ）若λan+
1an1
≥λ对任意n≥2的整数恒成立,求实数λ的取值范围;
2
（n1-1）.3
1an1
（Ⅲ）设数列bn=an,{bn}的前n项和为Tn,求证:
Tn>
解析:
（Ⅰ）由3anan-1+an-an-1=03an+1an+an+1-an=0
11
=3n-2an=;
3n2an
-
11
=3数列{}是以1为首项,公差为3的等差数列anan
（Ⅱ）λan+=
1an1
≥λ
3n2
+（3n+1）≥λ
（3n4）（3n1）（3n1）（3n2）（3n1）（3n2）（3n1）（3n2）
≥λ,令xn=-xn+1-xn=
3n3（n1）3（n1）3（n1）
2828（3n1）（3n4）
>0（n≥2）xn+1>xnxn≥x2=,所以,实数λ的取值范围是（-∞,];
3n（n1）33
1n2
（Ⅲ）bn=an=
=
22n2
>
2n1n2
=
22
（3n1n2）Tn=b1+b2+b3+…+bn>[（11312）+33
（2122）+（31332）+…+（n1n2）]=2（n1-1）.
3
[思想方法]:
①如果数列{an}是以d（d≠0）为公差的等差数列,则bn=
1b
1n1n
1112
（）;②（abb）dan1an
2
a
类题:
1.（2019年全国高中数学联赛四川初赛试题）已知数列{ak}定义如下:
ak＝（Ⅰ）an+1
12n3
132k1（k=1,2,…）,求证:
242k
;
n
（Ⅱ）对任意的正整数n,都有ak
k1
2.（2019年全国高中数学联赛湖南初赛试题）已知函数f（x）=ln（1+x）-x在区间[0,n]（n∈N）上的最小值为bn,令an=ln（1+n）-bn,pk=
a1a3a2k1*
（k∈N）,求证:
p1+p2+…+pn
a2a4a2k
*
4.指对裂项
例4:
（2019年全国I高考试题）设数列{an}的前n项和Sn=4an-3
2n12
+,n=1,2,3,….33
n2n3,n=1,2,3,….证明:
Ti
（Ⅰ）求首项a1与通项an;（Ⅱ）设Tn=
解析:
（Ⅰ）在Sn=4an-3
Sn+1=
2n122n124424
+中,令n=1得:
S1=a1-+,并由a1=S1得a1=S1=2;又由Sn=an-+…①
33333333
2n222n22n12n11a1an44444n+1
an+1-+…②,②-①得:
Sn+1-Sn=an+1-an-+an+1=an+1-an-=n+an+1=4an+2nn1
[1**********]441a1an11121314
则b1=,bn+1=nn,所以,bn+1-bn=bn=b1+（b2-b1）+（b3-b2）+（b4-b3）+…+（bn-bn-1）=+[（）+（）+（）+…1n
22222244
令bn=
+（
1n1n1nnnn
）]=1-（）an=4[1-（）]=4-2;222
n
n
（Ⅱ）由（Ⅰ）知an=4-2,代入Sn=1）（2-1）Tn=
n+1
2n122n1211442nnn2n+2n+1n+1n+1
an-+得:
Sn=（4-2）-+=（2-3×2+2）=（2-2）（2-1）=（2-
333333333
2n2n3311
=n=（nn1）n1
Sn2（21）（21）22121
Ti=（
i1
n
32311
n1）
1
[思想方法]:
关于指数裂项求和法有三个公式:
①
公比为q（q≠1）的等比数列（an>0,an≠1）,则
1
n
loga
（a1）an11（a1）na11
nn1;②n1;③若{an}是nn1n
（at）（at）atatn（n1）ana（n1）an
n1
loga
=logq（
a
1
n
loga
-
1
n1
loga
）.
类题:
1.（2019年湖南高考试题）给出下面的数表序列:
表Ⅰ表Ⅱ表Ⅲ其中表n（n=1,2,3）有n行,第1行的n个数113135是1,3,5,2n-1,从第2行起,每行中的每个数448都等于它肩上的两数之和.12（Ⅰ）写出表4,验证表4各行中数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列,并将结论推广到表n（n≥3）（不要求证明）;
（Ⅱ）每个数列中最后一行都只有一个数,它们构成数列1,4,12,记此数列为{bn},求和:
b3bb
4n2.b1b2b2b3bnbn1
2019i1
2.（2019年全国高中数学联赛浙江预赛试题）设{an}为等比数列,且每项都大于1,则lga1lga2019
1
的值为.
lgailgai1
5.三角裂项
例5:
（2019年安徽高考试题）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bm=tanantanan+t,求数列{bn}的前n项和Sn.
解析:
（Ⅰ）设c1,c2,…,cn+2构成等比数列,其中c1=1,cn+2=100,则cicn+3-i=c1cn+2=100（i=1,2,…,n+2）,Tn=c1c2…cn+2…①
Tn=cn+2cn+1…c1…②,①×②式得:
（Tn）=（c1cn+2）（c2cn+1）…（cn+2c1）=100Tn=10an=lnTn=n+2;（II）由tan1=tan[（k+1）-k]=
11tan（k1）tank
[tan（k+1）-tank]-1bk=tanaktanak+1=tan（k+2）tan（k+3）=[tan（k+3）-tan（k+1）tank=tan1tan11tan（k1）tank
111（tan4-tan3）-1]+[（tan5-tan4）-1]+…+{[tan（n+3）-tan（n+2）]-1}=tan1tan1tan1
2
n+2
n+2
tan（k+2）]-1Sn=b1+b2+…+bn=[
1
[tan（n+3）-tan3]-n.tan1
[思想方法]:
灵活利用三角公式及其模型结构,是构造三角裂项式的关键.类题:
1.己知正项递增数列{an}的前n项和2Sn=an+n.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式;（Ⅱ）设bn=
1
求数列{bn}的前n项和Tn.
cosancosan1
12
an+n.2
2
2.己知数列{an}的前n项和Sn=（Ⅰ）求数列{an}的通项公式;
（Ⅱ）设bn=cosan,求数列{bn}的前n项和Tn.
6.递推裂项
例6:
数列{an}满足:
a1=1,an+1=1an2-an+2,n=1,2,3,…...
2
（Ⅰ）求证:
1≤an
140与an+1的大小,并说明理由.39i1ai
n
解析:
（Ⅰ）因an+1-an=1an2-2an+2=1（an-2）2≥0,假如ak=2,则由ak+1=1ak2-ak+2ak+1=2an=2a1=2,与己知矛盾;所
2
2
2
以an+1>anan≥a1=2;因0
1213
ak-ak+2=（ak-1）+0
111122
an-an+22an+1=an-2an+4an（an+1-an）=（an-2）（an+1-2）
anan2an122
1111
==1
a12an122an1i1ai
n
140
an+1=-39i1ai
n
8（5an13）（an1
13
）
.又由a1=1,an+1=1an2-an+2a2=3,a3=13,且当n>3时,an>a3=13.所以有:
（i）当
39（2an1）2288
n=1时,
n1n11404040
an+1.393939i1aii1aii1ain
[思想方法]:
关于递推裂项求和法有三个公式:
（1）an2=a（an-an+1）
11122
;
（2）an=a（an+an+1）-aanaanan1
11111122
;（3）an=（a-b）an+1-（a+b）an-b.ananaan1aanaanban1b
类题:
1.（2019年山东高考试题）己知a1=2,点（an,an+1）在函数f（x）=x+2x的图像上,其中n=1,2,3….（Ⅰ）证明:
数列{lg（1+an）}是等比数列;
（Ⅱ）设Tn=（1+a1）（1+a2）…（1+an）,求Tn及数列{an}的通项;（Ⅲ）记bn=
112
.求数列{bn}的前n项和Sn,并证明:
Sn+=1.anan23Tn1
2
2.（2019年全国高中数学联赛湖北初赛试题）已知数列{an}满足递推关系式:
an+1=（Ⅰ）若a1=4,证明:
（i）当n≥2时,有an+1≥2an;（ⅱ）当n≥1时,有an+1≥（（Ⅱ）若a1=1,证明:
当n≥5时,有
1
n
12
an-an+2,n≥1,n∈N.2
3n
）an;2
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