裂项相消法讲义.docx
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裂项相消法讲义
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
1
且前面所剩项的符号和后边刚好相反,例如数列的求和。
n(n2)
(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和原通项相
2.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:
1111
+—F—…+—
S1S2S3Sn
4/11111111、
3M42536nn+3
4/八1,1111、4一1[122
=3(1+1+1——nrrn+r忌)<41+2+3<22,
•••存在正整数k的最小值为3.
2.已知数列{an}的前n项和Sn和通项an满足Sn=1—*an.
(1)求数列{an}的通项公式;
1
[分析]⑴当n=1时,a1=3,
11
当nA2时,an=Si—Si-1,又Sn=2——^an,所以an=^an-1,
即数列{an}是首项为3,公比为3的等比数列,
33
故an=
1
⑵由已知可得f(an)=Iog33n=——n
所以T2012=-4024
20122013'
变式1.在等差数列an中,a13,其前n项和为Sn,等比数列bn的各项均为正数,
’S2
d1,公比为q,且b2S212,q.
=——21-
b2
(1)求an和bn;
(2)设数列Cn满足Cn丄,求Cn的前n项和Tn.
Sn
[分析]
(1)设an的公差为d.
b2
S212,
q6
因为
q
S2
所以
q
b2
解得
q
3或q
4(舍),d
故an
3
3n1
3n
,bn
(2)
由(
1)可知,
Sn
n3
2
故Tn
2
11
1
1
3
2
2
3
d12,
6d
3.
3n1
3n
,所以cn
Sn
n33n
2n
3n1
1一1nn+1.
变式3.已知数列{an}的各项均为正数,前
anan+1*
n项和为Sn,且Sn=2,n€N.
变式2.(2013江西高考)正项数列{an}满足:
an—(2n—1)an—2n=0.
(1)求数列{an}的通项公式an;
1
⑵令bn=石石,求数列{bn}的前n项和Tn.
[分析]
(1)由a2—(2n—1)an—2n=0,得(an—2n)(an+1)=0•由于{an}是正项数列,所以an
=2n.
11
(2)由an=2n,bn=匚+右,得bn=277+
11,1V,[1
Tn=21—2+厂3+…+l一n+n一n+1
(1)求证:
数列{an}是等差数列;
1
⑵设bn=2^,Tn=b1+b2+…+bn,求Tn.
[分析]
(1)证明TSn=~—,n€N*,
t,a1a1+1
•••当n=1时,a1=S1=2(an>0),/.a1=1.
当n>2时,由2S1=朋+弧
2Sn—1=an—1+an—1
得2an=an+an一a2—1一an—1.
即(an+an—1)(an—an—1—1)=0,
-an+an—1>0,二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.
nn+1
(2)由
(1)可得an=n,Si=2,
1_1_1
bn-2Snnn+1nn+1.
--Tn=b1+b2+b3+…+bn
-1_1+1—1+...+1—丄
223nn+1
=1—丄-亠
n+1n+1
、1
变式4.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=2$(n=1,2,3,…).
(1)求数列{an}的通项公式;
3
(n》2),得到an+1=qan(n>2).
an=^Sn-1
3
二数列{an}是以a2为首项,以3为公比的等比数列.
p111
又a2=2$1=2*1=2,
⑵证明bn=log3(3an+1)=log|2-|n—1=n.
1=1=1_1bnbn+1n1+nn1+n
1,1,1,.1
+++…+b1b2b2b3b3b4bnbn+1
1
1
1
1
1
1
11
—二+
—
+
—
:
+-
••十一.
1
2
2
3
3
4
n1+n
都有bn,,an,bn+1成等比数列.
(1)求数列{bn}的通项公式;
彳彳彳2+1
⑵设Sn=a;+£+…+和试比较2Sn和2-誘的大小.
[分析]
(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
列,
二an=bnbn+i(n€N*).可得ai=bib2=3,a2=b2b3=6,又{bn}是等差数列,二bi+b3=2b2,
解得b1=2,b2=^2^•二bn=¥(n+1).
n+1n+2
(2)由
(1)可得an=bnbn+1=
项和为Sn,贝yS2013=•
11
[分析]由f(4)=2可得4a=2,解得a=,则f(x)=xq.
=n+1—n,
S2013=a1+a2+a3+…+a2013=(,2—1)+(.3—,2)+(.4一,3)+…+(”J2014—寸2013)=
2014—1.
【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,&=—5.
(1)求{an}的通项公式;
1
⑵求数列a2n—1a2n+1的前n项和.
故{an}的通项公式为an=2—n.
1=11一1
3—2n1—2n=22n—32n—1
从而数列
a2n—1a2n+1的前n项和为
1丄—I+1—盯...+丄—亠=亠
2—11132n—32n—11—2n'
变式1.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,3=nan—n(n—1)(n€N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
2
⑵设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
anan+1
[分析]
(1)tSn=nan—n(n—1),当n》2时,
Sn_i=(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一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⑴知〃=anan+1
2
2n—1
2n+1
2n—1
2n+1’
故Tn=b1+b2+…+
bn=1
1
2n1
丄=1—
2n1
1_=2n
2n+12n+1
变式2.在数列{an}中,
a1=1,
当n》2时,
其前
1
n项和Sn满足Sn=anSn—?
.
(1)求Sn的表达式;
Sn
⑵设bn=2n+〒,求{bn}的前n项和Tn.
1
[分析]⑴TSn=anSn—,
an=Sn—Sn-1(n》2),
•-Sn=(Sn—Sn-1)Si—?
即2Sn-1Sn=Sn-1一Sn,①由题意Sn—1SnM0,
①式两边同除以Sn—1Sn,得1—丄=2,
SnSn-1
111
•数列1是首项为1=—=1,公差为2的等差数列.
SnS1a1
11
••亍1+2(n-1)=2n-1,•Sn=冇.
Sn1
⑵又bn=2n+1=2n-12n+1
11-1
22n—12n+1
十111111
•-Tn=b1+b2+…+bn=2[(1—3)+(3—5)+…+―)]
=11—=_j^
22n+12n+1
、1
变式3.已知数列{an}前n项和为Sn,首项为a1,且,an,Sn成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
⑵数列{bn}满足bn=(log2a2n+1)X(log2a2n+3),求证:
丄+丄+丄+•••+丄丿bib2bsbn<2.
11
(1)解•••2,an,Sn成等差数列,•2an=Sn+?
当n=1时,
1
2a1=S1+,
•a1…a1=2,
当n》2时,
0=2an—2,
Sn—1=2an—1—2
两式相减得
an=Sn一Si—1
=2an—2an—1,
anC
=2,
an-1
二数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,
1——
•••an=^X2n—1=2n—2.
⑵证明bn=(log2a2n+1)X(log2a2n+3)=log222^12Xlog222^32=(2n—1)(2n+1),
111111
bn2n—12n+12(2n—12n+1,
1,1,1,,11111111帚計鼠+…+矿1[(1—1)+(1—1)+…+(冇—市)]=刃
1
2n+1
)<如€N*).
丄+1+1+•+亠1
b1b2b3bn2
变式4.(2014浙江协作体三模)在直角坐标平面上有一点列P1(x1,y1),P2(X2,y2),…,Pn(xn,
135
yn),…,对一切正整数n,点Pn在函数y=3x+〒的图像上,且Pn的横坐标构成以—?
为首
项,一1为公差的等差数列{Xn}.
(1)求点Pn的坐标;
⑵设抛物线列C1,C2,C3,…,Cn,…中的每一条的对称轴都垂直于X轴,抛物线6的顶
11
点为Pn,且过点Dn(0,n2+1).记和抛物线Cn相切于点Dn的直线的斜率为kn,求忑+忑
1
+•••+.
kn—1kn
3135
(n—1)x(—1)=—n—|,•••yn=3xn+拧=—3n—5.
°n|o1Qn—I—R且顶点为Pn,二设Cn的方程为y=ax++2—4—■
把Dn(O,n2+1)代入上式,得
a=1,二Cn的方程为
y=x2+(2n+3)x+n2+1.
--kn=y'|x=o=2n+3,
111
kn-1kn2n+12n+32
kn-1kn2
11
+————+•••+
+79++
1
2n+12n+3_252n+3
角度4形如a
【例4】(2013江西高考)正项数列{an}的前n项和
(1)求数列{an}的通项公式an;
5
数列{bn}的前n项和为Tn.证明:
对于任意的n€N*,都有hv^.
[分析]
(1)由S2—(n2+n—1)Sn—(n2+n)=0,
得[Sn—(n2+n)](Sn+1)=0.
由于数列{an}是正项数列,所以Sn>0,S=n2+n.
于是a1=S1=2,n》2时,
an=Sn一Sn-1=n2+n—(n—1)2—(n—1)=2n.
综上可知,数列{an}的通项公式an=2n.
⑵证明:
由于
bn=
Tn=
an=2n,
+r?
-n+22=161+歹―n+12―n+22
宀+1=3<162264.
1c
2,Cn
log2an
(2)设bn
⑵设bn=
an+1
an+1—33+1
n€N*,求数列{bn}的前n项和Tn.
1
【例4】已知等比数列an的前n项和为Sn,a,㊁,公比q0,S,a,,S3a3,S2a2
成等差数列
(1)求an的通项公式
分析:
(1)因为§a1,S3
a3,S2
a2成等差数列,所以
S3a3
S1
a〔S2
a2
S3a3.化
简得4a3
a「所以q
2a3
1
因为q0.
所以q
.故an
ag
n11/
(
1
(1)n.
a1
4
2
2
2
2
1
1
1
1
⑵bn
2
~2.
(lOg2an)
[log:
2(n)2
n
n1
111
Cn(n
1)bnbn2
2
2
[2
2】.
n
(n
2)
4n(n
2)
TnG
C2C3L
41
1r/-
111
1
1
1、
1
1、
1
1
4[(1
232)(2242)
(32
52)L
((n1)2
(n1)2)
(n2)
2)]
n1bnbn2,求数列Cn的前n项和Tn。
1111
[1222]
422(n1)2(n2)2
罕]
44(n1)2(n2)2
、4n
角度5形女口an=4“_1―4“+1_1型
已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,若数列{Sn+1}是公比为4的等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
分析:
(1)由题意知Sn+1=(S1+1)4n1=4n,所以Sn=4n—1.
当nA2时,an=Sn—Sn-1=34n1,且a1=3满足上式,所以数列{an}的通项公式为an=34n—1.
c、an+1=4n=111
(2)bn=an+1—3Sn+1=4n—14n+1—1=34~~1
11
Tn=b1+b2+…+bn=1
3411
1
431
+•••+寸丄
34n1
1
4n11
111_1_1
341—14nn—1=9—34n+1-1.
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