1、 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 na 是以 d 为公差的等差数列，且 ),3,2,1(0,0 nad n ，则)11(1111 nnnn aadaa例 1 已知二次函数 ()y f x 的图像经过坐标原点，其导函数为(
2、 ) 6 2f x x，数列 na 的前 n 项和为 nS ，点 ( , )( )nn S n N 均在函数 ()y f x 的图像上。 （）求数列 na 的通项公式； （）设11nnnb aa， nT 是数列 nb 的前 n 项和，求使得 20n mT对所有nN 都 成 立 的 最 小 正 整 数 m ； （ 2006 年湖北省数学高考理科试题） 解： （ ）设这二次函数 f(x) ax2+bx (a 0) ,则 f(x)=2ax+b,由于 f(x)=6x 2,得 a=3 , b= 2, 所以 f(x) 3x2 2x. 又因为点 ( , )( )nn S n N 均在函数 ()y f x 的
3、图像上，所以 nS 3n2 2n. 当 n 2时 ， an Sn Sn 1（ 3n2 2n） )1(2)13 2 nn（ 6n 5. 当 n 1时， a1 S1 31 2 2 61 5， 所以， an 6n 5 （ nN ） （）由（）得知13 nnn aab 5)1(6)56( 3 nn )16 156 1(21 nn ， 故 Tn ni ib1 21 )16 156 1(. . .)13171()711( nn 21 （ 1 161n ） . 因此，要使 21 （ 1 161n ） 0 21 141 nn aa ， ),1(411221 Nnnaa nn ，数列 21na为等差数列 ( )
4、数列 21na为等差数列，并且首项为211a=1，公差为 4， 21na=1+4（ n 1） ，34 12 nan， an0，341 nan， bn111 1nn aa=4 34141434 1 nnnn, Sn b1 b2+ bn=4 3414.4 594 15 nn=4 114 n例 4 设 40122N ，则不超过11Nn n的最大整数为 。 (2008 年全国高中数学联合竞赛浙江省预赛试题 ) 解： 2 1 211n n n n n 12 ( 1 ) 2 ( 1 )n n n nn , 1 1 212 ( 1 ) 1 2 ( 1 )N N Nn n nn n n nn , 112 (
5、1 ) 2 ( 1 1 ) 1 2 ( 1 )NnN N Nn , 2 0 0 6 2 0 0 6112 ( 2 1 ) 2 ( 1 1 ) 2 2 1NnN n , 不超过11Nn n的最大整数为 200722 。 模型三： 2n(2n+1 1)(2n 1) = 12n 1 12n+1 1 例 5 设数列 na 的前 n 项的和 14 1 223 3 3nnnSa ， n=1,2,3, . （）求首项 1a 与通项 na ； （）设 2nn nT S， n=1,2,3, ，证明：132n ii T （ 2006 年 全国 数学高考理科试题） . 解 : ( )由 Sn=43an 13 2n+
6、1+23, n=1,2,3， , 得 a1=S1= 43a1 13 4+23 所以 a1=2. 再由有 Sn 1=43an 1 13 2n+23, n=2,3， 4, 将和相减得 : an=Sn Sn 1= 43(an an 1) 13 (2n+1 2n),n=2,3, 整理得 : an+2n=4(an 1+2n 1),n=2,3, , 因而数列 an+2n是首项为a1+2=4,公比为 4的等比数列 , 即 an+2n=4 4n 1= 4n, n=1,2,3, , 因而 an=4n 2n, n=1,2,3, , ( )将 an=4n 2n 代入得 Sn= 43 (4n 2n) 13 2n+1
7、+ 23 = 13(2n+1 1)(2n+1 2) = 23 (2n+1 1)(2n 1) Tn= 2nSn = 322n(2n+1 1)(2n 1) = 32 (12n 1 12n+1 1) 所以 , 1nii T= 321(ni12i 1 12i+1 1) = 32 (121 1 12i+1 1) 32 模型四： k kaaa nnn )(1 ，且 ),3,2,1(0 na n ，则1111 nnn aaak例 6 设函数 321() 3g x x ax的图象在 1x 处的切线平行于直线20xy.记 ()gx 的导函数为 ()fx.数列 na 满足： 1 12a , 1 ()nna f a
8、 . ( )求函数 ()fx的解析式 ; ( )试判断数列 na 的增减性 ,并给出证明 ; ( )当 2, *Nnn时 ,证明 :121 1 1121 1 1na a a . 解： （）函数 321() 3g x x ax的导函数为 2( ) 2f x x ax，由于在 1x处的切线平行于 20xy ， 1 22a 12a ， 2()f x x x ( ) 1 ()nna f a , 2211n n n n n na a a a a a ,1 12a,故 0na ,所以 1 0nnaa ,所以 na 是单调递增 . ( ) 1 ( 1)n n na a a ,111( 1)n n na a
9、a = 11_1nnaa,11 1 11n n na a a 1 1 21 1 11 a a a ,2 2 31 1 11 a a a ,3 3 41 1 11 a a a 11 1 11n n na a a 令 nS1 2 2 3 1 11 1 1 1 1 122nna a a a a a 当 2n 时 , nS 1 2 1 21 1 1 1 1 2 4 2 61 1 1 1 1 3 7 2 1na a a a a 1 121 1 1121 1 1na a a 例 7 已知数列 na 满足 naaa nn 2,1 11 )3,2,1( n ， nb 满足 ,11b nbbb nnn 21 )
10、3,2,1( n ，证明： 1121 1 11 nk kkkk kbkaba 。 (2006 年全国高中数学联合竞赛浙江省预赛试题 ) 证明： 记 nk kkkkn kbkabaI 1 111，则 nIII 21 21 。 而 nk kkn kbaI 1 1 )(1(1 nk knk k kba 11 1111 。 因为 naaa nn 2,1 11 ，所以 )1(11 kkak 。 从而有 1111)1( 111 11 1 nkka nknk k。 （ 1） 又因为 k kbbkbbb kkkkk )(21 ，所以kbbkbb kb kkkkk 11)(1 1， 即1111 kkk bbkb。从而有 111111111 bbbkb nnk k。 （ 2） 由（ 1）和（ 2）即得 1nI 。 综合得到 121 nI。 左边不等式的等号成立当且仅当 n=1 时成立。 以上我们通过几个典型问题的解析，总 结了四类裂项求和的常见模型，可以让我们更清楚的认识到裂项相消的来龙去脉，而这些模型是近几年高考中普遍采用的，要求我们注重培养学生的化归、转化的能力。
