专题12 利用倒序相加法求数列和(解析版).docxVIP

专题12 利用倒序相加法求数列和 【知识总结】 1．倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加法 如果一个数列的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的。 (2)并项求和法 在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和。 形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解。 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050。 【例题讲解】 【例1】正项数列{an}的前n项和Sn满足：Seq \o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0. (1)求数列{an}的通项公式an； (2)令bn＝eq \f(n＋1,?n＋2?2a\o\al(2,n))，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜eq \f(5,64). 解：(1)由Seq \o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0， 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0. 由于{an}是正项数列，所以Sn＞0，Sn＝n2＋n. 于是a1＝S1＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n. 综上，数列{an}的通项公式为an＝2n. (2)证明：由于an＝2n， 故bn＝eq \f(n＋1,?n＋2?2a\o\al(2,n))＝eq \f(n＋1,4n2?n＋2?2)＝eq \f(1,16)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,?n＋2?2))). Tn＝eq \f(1,16)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)＋\f(1,22)－\f(1,42)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,?n－1?2)－)) eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,?n＋1?2)＋\f(1,n2)－\f(1,?n＋2?2))) ＝eq \f(1,16)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)－\f(1,?n＋1?2)－\f(1,?n＋2?2)))＜eq \f(1,16)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＝eq \f(5,64). 1.裂项相消法求和的实质和解题关键 裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项． (1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项． 2．常见数列的裂项方法 【变式训练】在数列{an}中，a1＝2，an是1与anan＋1的等差中项． (1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))是等差数列，并求{an}的通项公式； (2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n2an)))的前n项和Sn. 解：(1)证明：∵an是1与anan＋1的等差中项， ∴2an＝1＋anan＋1， ∴an＋1＝eq \f(2an－1,an)， ∴an＋1－1＝eq \f(2an－1,an)－1＝eq \f(an－1,an)， ∴eq \f(1,an＋1－1)＝eq \f(an,an－1)＝1＋eq \f(1,an－1)， ∵eq \f(1,a1－1)＝1， ∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))是首项为1，公差为1的等差数列， ∴eq \f(1,an－1)＝1＋(n－1)＝n， ∴an＝eq \f(n＋1,n). (2)由(1)得eq \f(1,n2an)＝eq \f(1,n?n＋1?)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)， ∴Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1). 【例题训练】 一、单选题 1．已知是