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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

1

1

1 1

a n

a

n 1

(

)

d a n

a

n 1

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

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

y

f ( x) 的

图像上。

（Ⅰ）求数列 { a n } 的通项公式；

（Ⅱ）设 b n

1 ，T n 是数列 {b n } 的前 n 项和，求使得 T n

m

对所有

a n

a

n 1

20

n 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 ＝（

2

n

＝6n －5.

3n －2n ）－ （ n

1) 2

2( 1)

n n n －1

3

1

1

2

n

n 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 n

a

n 1

(6n 5) 6(n 1) 5 2 6n 5 6n

1

故 T n ＝ n

b i ＝

1

1 ) 1 1 ) 1 1

＝1

（1－

1 ）.

(1 ( ... ( )

i 1

2 7 7 13

6n 5 6n 1

2

6n 1

因此，要使 1

（1－

6 1 1 ）< m （ n N ）成立的 m,必 且 足 1

2

n 20

2

≤ m

，即 m ≥10，所以 足要求的最小正整数 m

20

10..

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 n

n

P 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 .

n

n

（I ）求数列 { x n } 的通 公式；

（II ） P 的面 S n ,T n

S 1

S 2 L

S n , 求证 : T n

3 n

2

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 n

x n 1 ) 2 ( y n

y n 1 )2

y n

y 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 n

y n

x n 2 ,( x n x n 1 )

2

4 x n 2

x n 2

1 ,

x n x n 1 0,

x n

x n 1 2x n x n 1 ,即 1

1

2( n N ),

x n 1 x n

数列 { 1 }是以 1

1 首 ，以

2 公差的等差数列，

x n x 1

所以

1

1 (n 1)

2 2n 1,即 x n

1 1

x n

2n （II ） S n

r n 2

y n 2

x n 4

1) 4 ，

(2n

因为 T n

S 1

S 2

S n

[1 1 1

]

3

2 (2n

1) 2

(1

1

1

1

)

1.3

3.5

(2n 3)( 2n

1)

{1

1

[(1 1) (1

1) ( 1 1 )]}

2 3 3 5

2n 3 2n 1

[1

1

(1

1 )] 3 2(2n

1)

3 .

2

2n 1 2

2

所以， T n

3 .

2

模型二：分母有理化，如：1n 1n

n 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 n1

y 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 n

11

a n a n1

解 (I)∵点 A( a n,1) 在曲y=g( x) 上( n∈N+) ，

n

a n1

∴点 (1, a n)在曲=(

x ) 上(

n

∈ +)a n1, 并且a n>0

a n1y f N

1

(24

)

a n

141，

11

4(n1, n N ) ，∴数列

1

2

} 等差数列a a

{

a

n 12

n 22a

a 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 n

21

，∵ a n>0，∴a n1，

a n4n34n3

b ＝1=14n14n3,

n

114n34n14

a n a n 1

∴S n＝b1＋b2+?＋ b n=519

45....... 4 n 14n 3 =4n 1 1

444

N 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： Q212

n1n n n n 1

2(n1n)1

2(nn1) , n

N N1N

n 1) ,

2 ( n 1n) 1 2 ( n

n

n1n 1n2

N1

1) , 2( N1)2(N 1 1)2( N

1

n 1n

N

2(2

2006

1) 2( N 1 1)

n 1

1 2 22006 1 ,

n

N 不超

n 1

1

的最大整数 22007 2 。

n

2n

1

1

模型三：

(2

n+1

－ 1)(2 n

－ 1)

=

2n

－ 1

－

2n+1－1

例 5 数列 a n 的前 n 的和 S n 4

a n 1

2n 12 ，n=1,2,3, ?.

3

3

3

（Ⅰ）求首

a 1 与通 a n ；

n

n

（Ⅱ） T n

2

， n=1,2,3, ?， 明：

T i

3 S n

i 1

2

（2006 年全国数学

高考理科 ）

4

1

n+1

2

4

.解 : ( Ⅰ ) 由 S n =3a n －3×2

+3, n=1,2,3

，? ,

① 得 a 1=S 1= 3a 1

12

－ 3×4+3 所以 a 1=2.

4 1

n

2

再由①有 S n －1=3a n －1－ 3×2 +3, n=2,3 ，4, ?

4 1 n+1

n

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 : a

n

+2n =4(a n － 1+2

n －

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 n

n －1 n

? ,

n

n

n

? ,

即 a +2 =4×4 = 4 , n=1,2,3,

因而 a =4 －2 , n=1,2,3,

n

n

4 n n

1 n+1

2 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) 3

T n = 2n = 3 2n

= 3 1

－

1

)

S × (2 n+1

n

2 ×(

n

2 n+1

2

－1)(2 －1)

2 －1

－1

n

n

3 n 1

1

3

1

1

3 所以 ,

i 1

T i

=

2 i 1

( 2

i －1

－

2i+1

－ 1) =

2×( 21

－1 － 2i+1

－1) <

2

模型四： a n 1

a n (a n

k)

，且 a n

0(n

1,2,3, ) ，

1

1 1

k

k

a n

a n

a

n 1

例 6函数 g( x)

1 x 3 ax

2 的象在 x 1 的切 平 行于 直

3

2x y

0.g( x) 的 函数 f ( x) . 数列 a n

足： a 1

1 ,

a n 1

f (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 n

2, n N * , 明 : 1

1 1 1 1 L 1 1

2 .

a 1 a 2 a n

解：（Ⅰ）∵函数 g( x)

1 x 3 ax

2 的 函数 f (x) x 2 2ax ，由于在 x

1

3

的切 平行于

2x

y 0 ，∴ 1

2a 2

a

1

，∴ f ( x)

x 2

x

2

( Ⅱ ) ∵ a n 1

f (a n ) , ∴ a n 1

a n

2

a n

a n 1

a

n

a n 2

, ∵ a 1

1

, 故 a n

0 , 所

2

以

a n 1

a

n

0 , 所以 a n 是 增 .

( Ⅲ ) ∵ a n 1

a n (a n

1),∴ 1

1

= 1

_

1,∴1

1 1

a

n 1

a n (a n 1) a n 1 a n

1 a n

a n a

n 1

∴

1

1 1 ,

1

1 1 ,

1

1

1 ? 1

1 1

1 a 1

a 1 a 2 1 a 2

a 2

a 3 1 a 3 a 3 a 4 1 a n

a n

a

n 1

令 S n

1

1 1 1

1 2 1 2

a 1

a 2

a 2

a 3

a

n 1 a

n 1

当 n 2 , S n

1

1

L 1

1

1

2

4

26

1 a 1

1 a n

1 a 1

1 a 2

1

1 a 2

3721

∴1

1

1

L

1

2

1 a 1

1

1 a n

a 2

例 7 已知数列

{ a n } 足 a 1 1,a n 1

a 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：

1

n 2

n

1

1 。

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 n

1

，则

1 I 2I n 。

I n

a k 1

b k ka

k 1

b k k I 1

k 1

2

n

1

n

1

n

1

而 I n

。

(a k 1 1)(b k k)

k 1 a k 1

1 k 1 b k

k 1

k

因为 a 1 1,a n 1

a n 2n ，所以 a k 1 1 k( k 1) 。

从而有

n 1 n

k 1 a k 11

k 1

1 1 1 。 （1）

1 n 1 k(k 1)

又因为 b k 1

b k b k

2

b k (b k k) ，所以 1

k 1

1 ，

k

k

b k 1 b k (b k k) b k b k

k

即

1 1

1

。从而有

n

11

1

1 1。 （2）

k 1

b k

b k

k b k

b

k 1

k b 1

b

n 1

b 1

由（ 1）和（ 2）即得

I n

1 。 综合得到

1 1

。

I n

2

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。