裂项相消法的八大类型

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1、中学生数学·２０１２年７月上·第４４５期（高中）思浙江省兰溪市第一中学（３２１１００）蒋志明舒林军路裂项相消法实质上是把一个数列的每一Ｓｎ＝（１＋１－１）＋（１＋１－１）＋（１＋与项裂为两项的差，即化ａｎ＝ｆ（ｎ）－ｆ（ｎ＋１）的１３２４１１１１１方形式，从而达到数列求和的目的，即得到Ｓｎ＝－）＋…＋（１＋－）＋（１＋－３５ｎ－１ｎ＋１ｎ法ｆ（１）－ｆ（ｎ＋１）的形式．通过此类题型的解１１１１１决，可以培养同学们的逆向思维，开发同学们ｎ＋２）＝ｎ＋１＋２－ｎ＋１－ｎ＋２＝ｎ－ｎ＋１－的智力，检查同学们思维的灵活性．故在高考１３＋．中常常出

2、现利用裂项相消法来求数列的前ｎｎ＋２２项和、不等式证明等较难的题型．笔者通过长题型二无理型期教学的研究，并加以总结，归纳出八大题型，该类型的特点是，分母为两个根式之和，让同学们通过对题型的了解，可以快速掌握其这两个根式的平方差为常数，然后通过分母有技巧，达到事半功倍的效果．理化来达到消项的目的，有时在证明不等式题型一等差型时，常常把分母放缩成两个根式之和，来达到等差型是裂项相消法中最常见的类型，也消项化简的目的．常见有：１＝是最容易掌握的．设等差数列｛ａｎ｝的各项不为槡ｎ＋１＋槡ｎ１１１１槡ｎ＋１－槡ｎ．零，公差为ｄ，则＝（－）．常见的ａ

3、ｎａｎ＋１ｄａｎａｎ＋１１１例２证明：２槡ｎ＋１－２＜１＋＋＋有：槡２槡３１１１１（１）＋＋…＋＝１－…＋＜２槡ｎ－１（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ）．１×２２×３ｎ（ｎ＋１）槡ｎ１分析先把通项进行放缩后再裂项相消；ｎ＋１即可证．１１１（２）＋＋…＋证明因为１×３３×５（２ｎ－１）（２ｎ＋１）１２２１１＝＞＝２（１－２ｎ＋１）；槡ｎ２槡ｎ槡ｎ＋１＋槡ｎ１１１１＝２（槡ｎ＋１－槡ｎ）（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ），（３）＋＋…＋＝１＋１×３２×４ｎ（ｎ＋２）２１１１所以１＋＋＋…＋＞２（槡２－槡１）＋１１槡２槡３槡ｎ－－．ｎ＋１ｎ＋２２（槡３－槡２）＋…＋２（槡ｎ＋

4、１－槡ｎ）＝２槡ｎ＋１－（ｎ＋１）２＋１例１求数列｛２｝的前ｎ项的和Ｓｎ．２．（ｎ＋１）－１又因为分析先把通项进行化简，分子通常化为１２２常数，然后裂项就可以求得．＝＜槡ｎ２槡ｎ槡ｎ＋槡ｎ－１（ｎ＋１）２＋１解数列的通项ａｎ＝２＝＝２（槡ｎ－槡ｎ－１）（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ），（ｎ＋１）－１ｎ２＋２ｎ＋２２１１１１１２＝１＋２＝１＋（－），所以１＋＋＋…＋＜１＋２（槡２－ｎ＋２ｎｎ＋２ｎｎｎ＋２槡２槡３槡ｎ·１９·网址：ｚｘｓｓ．ｃｂｐｔ．ｃｎｋｉ．ｎｅｔ电子邮箱：ｚｘｓｓ＠ｃｈｉｎａｊｏｕｒｎａｌ．ｎｅｔ．ｃｎ中学生数学·２０１２年７月上·第

5、４４５期（高中）槡１）＋２（槡３－槡２）＋…＋２（槡ｎ－槡ｎ－１）＝２槡ｎ形如下：－１．ｔａｎα－ｔａｎβ＝ｔａｎ（α－β）（１＋ｔａｎαｔａｎβ）等，即不等式成立．可以经过构造达到裂项消项的目的．思题型三指数型例５在数１和１００之间插入ｎ个实数，路由于（ａ－１）ａｎ＝ａｎ＋１－ａｎ，因此一般地有使得这ｎ＋２个数构成递增的等比数列，将这ｎ与（ａ－１）ａｎ１１＋２个数的乘积记作Ｔｎ，再令ａｎ＝ｌｇＴｎ，ｎ≥１．（ａｎｎ＋１＝ｎ－ｎ＋１．＋ｂ）（ａ＋ｂ）ａ＋ｂａ＋ｂ（Ⅰ）求数列｛ａｎ｝的通项公式；方例３已知数列｛ａｎ｝的首项为３，点（ａｎ，（

6、Ⅱ）设ｂｎ＝ｔａｎａｎ·ｔａｎａｎ＋１求数列｛ｂｎ｝的法ａｎ＋１）在直线４ｘ－ｙ＝０上．前ｎ项和Ｓｎ．（１）求数列｛ａｎ｝的通项；分析（１）利用倒序相乘不难得到Ｔｎ＝（２）设数列｛ａ｝的前ｎ项和为Ｓ，ｂｎ＋２，即得ａｎｎｎ＝１０ｎ＝ｎ＋２．ａｎ＋１（２）∵ｔａｎ［（ｎ＋３）－（ｎ＋２）］＝（ｎ∈Ｎ＊），求数列｛ｂ｝的前ｎｎ（ａ）Ｓｎ＋１－３ｎ＋１ｔａｎ（ｎ＋３）－ｔａｎ（ｎ＋２）项和Ｔ＝ｔａｎ１，ｎ．１＋ｔａｎ（ｎ＋２）·ｔａｎ（ｎ＋３）分析先求数列｛ａｎ｝的通项，再求Ｓｎ，然∴ｔａｎ（ｎ＋２）·ｔａｎ（ｎ＋３）＝后把通项ｂｎ进行裂项即可

7、．ｔａｎ（ｎ＋３）－ｔａｎ（ｎ＋２）－１，解（１）容易解得ａ·４ｎ－１；ｔａｎ１ｎ＝３３（１－４ｎ）Ｓｎ＝ｔａｎ（１＋２）·ｔａｎ（１＋３）＋ｔａｎ（２＋２）·ｔａｎ（２（２）因为Ｓｎｎ＝＝４－１，１－４＋３）＋…＋ｔａｎ（ｎ＋２）·ｔａｎ（ｎ＋３）ｎ所以ｂ３·４ｔａｎ（１＋３）－ｔａｎ（１＋２）ｎ＝ｎｎ＋１＝３（４－１）·（４－１）ｔａｎ１＝１（１－１）．＋ｔａｎ（２＋３）－ｔａｎ（２＋２）＋…ｎｎ＋１３４－１４－１ｔａｎ１即Ｔ１（１－１＋１－１ｔａｎ（ｎ＋３）－ｔａｎ（ｎ＋２）ｎ＝２３２＋－ｎ３４－１４－１４－１４－１ｔａｎ１＋…＋１

8、－１）＝１－１．＝ｔａｎ（ｎ＋２）－ｔａｎ３－ｎ．ｎｎ＋１ｎ＋１４－１４－１９３·４－３ｔａｎ１题型四对数型题型六阶乘和组合数公式型由对数的运算法则可知：若ａｎ＞０，ｎ∈Ｎ由阶乘的定义可以得到