电教-棉花姑娘

特殊数列的裂项求和法
王永洪
1

(北京市海淀区北京理工大学机电学院,100081)
数列的有限项求和，是将一个数列的 指定项按一定的规则进行累加的运算，一般能将前
n
项和用只含
有
n
的代数式表示的数列非常有限，对于不能直接表示出结果的数列求和，只能借助不等式和函数单调性
的思 想对和式进行估计。这种估计的基本原则是当
n
趋于无穷大取值时，估计式与原和式的相对误差 趋于
零，但判断相对误差是否趋于零需要极限的理论和不等式的辅助推理，这种对和式的估计方法是不唯 一的，
另外为了估计绝对误差的范围，需要对和式进行上限和下限的估计。对于可求和的数列，最基础也 是最常
见的求和方法有三种：（1）倒序相加法，利用数列中某些特殊位置的项相加之后可得一个可简单 求和的新
数列，其代表为等差数列求和；（2）错位相减法，利用和式展开形式在乘以一个因子后，将首 项移至原和
式第二项位置，得到的和式与原和式对应项相减，得到一个新的和式，再对新和式重复进行上 述过程有限
次，得到一个简单数列求和，其代表是等比数列求和；（3）裂项法，原理是等式的恒等变形 ，形如
nn

(A
k2
k
A
k1
) A
1
A
n
，令
a
1
A
1
，
a
k
A
k
A
k1
(2kn)
， 则

a
n
A
n
。可见这种方法的实质是将
a
n

k1
的通项公式分解为一个数列

A
n

的相邻且连续的两项的差的形式进行求和。一般而言，将

a
n

通项做上述
分解没有规范、固定的方法可循，裂项操作有很多的方法，因此有很多的 技巧和经验要求，而且需要作多
次尝试，因此这类数列求和方法因具体问题而异。裂项法的典型例子有< br>
k2
n
1
k
2
1

(3n 2)(n1)
4n(n1)
，

4
k2
n
2
k
k
32
k
2

2
n
2
2
n
1
，

arctan
k1
n1
2k
2
arccot
n1
n
。
适用于 裂项法求和的数列形式很多，这种方法的指导思想是恒等变形，最终的目的是将数列通项表示
成某个数列 的相邻连续两项差的形式，遵循这样的思路即可顺利解决问题。以下将介绍三种类型的数列裂
项求和的方 法，并重点介绍它与数列极限问题的综合运用。
例1：以双曲线
x
2
3y
2
1
的两条渐近线为坐标轴建立一个坐标系，取双曲线位于第一象限的一支 ，点列
n

2
A为
A
1
在 y轴上的投影，设
a
n
AA
n
AA
n3
n 2n
,求
lim

(1)
k
a
k
A< br>n
(n,y
n
)
(nN)
位于双曲线上，
n< br>k1
的值.

解：在此坐标系中，曲线方程为xy1
，下面在这个新坐标系中计算
AA
n
AA
n3：

11
A(0,1)
，
A
n
(n,)，
A
n3
(n3,)
.
nn3
< br>
1


1

1

 


AA
n
ni+

1

j,AA
n3
(n3)i+

1

j
， 注意到
ij
，于是
2

n

n3







1
作者联系信息：北京市海淀区中关村 南大街5号北京理工大学机电学院116信箱，邮编：100081。
E-mail:mt_xxx2007@ .

特殊数列的裂项求和法



1n3

1



n

 
AA
n
AA
n3
n(n3)ii

1

1

jj

nn3
ij
n

n

n3

n3

n
2
2n
11

11

11< br>







.
6< br>
nn3

nn3

11

11
11



.
6

nn3

nn3


所以，
设
b
2k
a
2k
a
2k1


b
2
b
4


b
2n
5
a
n

5

1
6

2k
n

1

17

1



，则
2k1

6

2k22k3

1
1

17
n1

11



1








6
k1

2k2k1

6

k2

2k2k1


1

17
n

11

5111

1













6
k1

2k2k1

6

k1

2k2k1

62n12n22n3

5
17

5111

11
n

11








6

62n12n22n3

3
k1

2k12k

n

下面求解
lim


n
k1
n

1

2k1

1


：
2k


1
2k1

1
2k

1
4k
2
2k
1
2k1
< br>1
13
(2k)(2k)
22
1
2k

1
2k1

1

1
4k3
.


1
4k1
；

1
n

2k 1
n
1

11

1

1
a< br>n
0
，于是 于是
1
，
lim






1

1
，由于< br>lim
n
2n1
k1

2k12k
4n1
n
k1

2k12k


l im

(1)
k
a
k
lim(b
2
 b
4


b
2n
)
n
k1< br>n
n
47
36
.
以下两例介绍线性常系数齐次递推式给 出的数列的裂项求和方法。这种裂项方法极其特殊，但却有规
律可循，他将二次齐次递推数列的性质完美 地运用到了寻找裂项恒等式的过程中，揭示了这种类型数列求
和问题的本质。
2
例2 ：数列

a
n

有
a
1
2,a
2
8,且n1,a
n1
4a
n
a
n1
，求

arccota
n
的值.
n1

解：首先证明一个恒等式：
2
a
n1
a
n1
4
。
n1
，
a
n
n
对于线性常系数递推数列

a
n

:
a
n1
4a
n
a
n1
(n1)
,其通解为：
a
n


x
1
n


x
2
，其中
x
1
，
x< br>2
是方
x
2
4x10
的两个根，
x
1
x
2
1
，而

，

由
a
1
,a
2
的值确定.于是
2n1n1n2
a
n1
a
n1
a
n
(

x
1
n 1


x
2
)(

x
1
n1< br>

x
2
)(

x
1
n


x
2
)



(
x
1
x
2

x
2
x
1
)2

.

2
const
（常数）于是
n2
，a
n1
a
n1
a
n
，继而
22
a
n1
a
n1
a
n
a
3
a1
a
2
4
.
a
n
因此有下面的计算：
2
a
n1
a
n
a
n
a
n1
a
n1
41

2

2
.
a a
a
n
(a
n1
a
n1
)4a
n< br>a
n
1
n

n1
a
n1
a< br>n

a
n1
这说明

arctan
a< br>n
a
n1
arctan
a
n1
a
n< br>arctan
1
a
2
n
2
，
arccota
n
2

特殊数列的裂项求和法


a
k
a
k1

a
n
a
2
arccotaarccotaarctanarctanarctan
1

arccota
1
arctan


a
k1
a
k

a
n1
a
2
k1k2


a
arctan
n
，
a
n1n
2
k
2
1
n

下面求极限
lima rctan
n
a
n
a
n1
：
a
n 1
a
n
4
a
n1
a
n
由
a
n1
4a
n
a
n1
得
由于
lim
a
n
a
n1
.
a
n
a
n1


，则
n
是存在的，于是对上述 等式两边取极限，令
lim
1
n

4

， 注意

1
，得

23
，

arc cota
k
2
limarctan
k1
n

a
n
a
n1
arctan(23)

12

．
7
a
2k1
例3：数列

a
n

满足
a
0
,a
1

5
21
5
,当
n2
时,总有
a
n
5a
n1
a
n2
.求

arctan
k0
的值.
解：本题与上例很相似，但解法有很大差异。首先，可以仿照上例的证法证明一个恒等式：

于是
于是有下面的计算
这即是

7
5a
2k 2

2
a
n1
a
n1
a
n

7
25
(1)
n
，
n2
.
2
a
2k
a
2k2
a
2k1

7< br>25
.

7

.


a
2k1

7
5a
2k

77
1


5a
2k2
5a
2k

arctan
n
7
a
2k1
arctan
7
7
5a
2k2
7
5a
0
arctan
7
5a
2k7
，
.
7
2


arctan
a
k0
arctan

arctan
7
a
2k 1
2k1
5a
2n2
可以证明，当
n
时，
a
n

，于是

arctan
k0
a rctan

2
.
需要指出的是，本题还可以裂项求解

arctanh


k0


7

11 x
的值，其中是反双曲正切
arctanh(x)ln


a< br>21x

2k

函数.
以下将介绍的是一类以二次多项式
yf(x)
形成的递推数列

a
n

:a
n1
f(a
n
)(nN
*
)
有关的系列问
题，对于这类数列的求和方法的本质是有理分式的分解和合并。这是通项中含有指数项的一类数列的裂项
求和一般手段。
例4：设数列

x
n

满足
x< br>1
0
，
x
n1

2
3x
n6x18x27
4
n
2
n
,nN
. (Ⅰ)
试用
x
1
表示

x
n

的 通项公式.并求当
x
1
满足怎样的条件时，

x
n

为无穷递减数列，并求
22
2
1
x
1
2
2
2
x
2
2
n
x
n
的值.
(Ⅱ)若
x
1

3
2
，
limx
1
x
2
x
n
K
n
存在且非零,求
K
的值和极限
limx
1
x
2
x
nK
n
.
nn

3

特殊数列的裂项求和法
(Ⅲ)在(Ⅱ）的条件下，设数列

a
n

有
a
n
x
2
n
2
3x
n
2x3
2n
，记
S
n
为

a
n

的前
n
项和，
T
n
x
1
x
2
 x
n
K
n
,
试用
T
n
表示
S< br>n
.
解（Ⅰ）由

x
n

得递推关系得
由于
x
1
0
，显然
x
n
0(n2 )
.
设
y
n

1
2
x
n

1
x
2
n1

3
x
2
n

2
x
2
n

2
3
．
，则
y
n1
1

1

3

y
n


．
3

3

2
设< br>z
n
log
3
y
n

1
3
，则有

z
n1
2z
n
1

1 1
.

zlog
3
2

1
x31

3
x
1
2
1
为首项，2为公比的等比数 列．
3
x
1
2
3

3

2
1


x
1

2
n1
即
z
n1
12

z
n
1

，因此

z
n
1

是以
log
3
z
n

的通项为

z
n
2n1
log
3
x
n

11
，
．
1
由

x
n

的通项公式知，若< br>
x
n

为无穷递减数列，则
设


3
x
2
1
3
x
1
2
11
， 得

6
2
x
1

6
2
． 1
，于是
2x6
n2
n
2
n1
< br>2
n1
n1


2

，于是只需对< br>
2
n1

进行前
n
项求和，对于这个数列的通项
1

1




有以下的变形式：
2
n
1

2
n

2
n
(

2
1)
n


2
n1
 1

2
n


2
n

2
n1
1

2
n

2
n1
1
n

11

2
2
n1

n

n

n1
(n0,1,2,

)



2
1

2
1


21

.
即
于是

(Ⅱ)
x
1

3
2
12
1
22
2
2
n
n
2
n
1
2
k1

2
n

2
n
1

2
n1

< br>2
n1
1
，
，


k1
2
k1
1
2
n

12
n
n

1

2
1

12
n

32x2x

2x6


n
，其中

1
.

2


1

2
1

x
1

n
则
x
n< br>
3

1



3

2
n1
．
1

x
1
x
2


x
n

1

3
n

1

3


1

1

1



1
2

1
2
< br>



1
2
n1

3

3

3

23
n1
1

1
n

3
2

．

4

特殊数列的裂项求和法

当
K
3
3时，
limx
1
x
2
x
n
K
n
存在，其值为
n
6
3
．
2
3
( Ⅲ)

a
n

的通项公式可以表示成：
a
n

1
y
n

3
23y
n
2
， 由
y
n1
3y
n
2y
n

得：
1

y
n
(3y
n
2)
3
3y
n
2

1
y
n

3
3y
n1
2
6
;

.
3y
n1
2
于是
进而
a
n< br>
1
y
n


1

1
6



．
23y
n
3y23y2
n1

n

3
6

1

1< br>

3

2
n

1

1
S
n
6




3y23y2n1

1

2
n
9
．
由(Ⅱ)得到
1


最后，


1


3

2
3T
n
2
.
S
n
9

T
n
2
1

．
2
例5：数列

x
n

：
n1,x< br>n
x
n1
x
0
. (Ⅰ)
若
2x
0

1
4
，求
x
1
的取值范围，使得
nN
，
x
n
2
. (Ⅱ）

1

y
1

1
y
2


1


.
y
n
< br>若
x
0
2
，
|x
1
|2
，数 列

y
n

由以下定义：
y
n
x
1
x
2
x
n
(nN
*
).
求极限
lim

n
解：(Ⅰ)设
f(x)x
2
x
0
，
xR
．
f
1
(x)f(x)
，
f
n1
(x)f

f
n
(x)

(n1,2,)
，对于不同的参数
x
0
和不同的自变量
x
，
n
趋于无穷大时，
f
n
(x)
的取值范围不仅 和
x
0
与
x
有关，还与
n
有关．当
x0
与
x
如何取
值时，存在正数
M
，使得
fn
(x)M
使对于任意的正整数
n
都成立，这即所谓函数列的一致有界 问题，其
中
M(x
0
,x)
是与
n
无关的常数．
由于
2x
0

1
4
，记

1

114x
0
2
，

2

1 14x
0
2
，按下列两种情况讨论

f
n
(x )

的有界性问题．
(ⅰ)当
x

1
时，f(x)x(x

1
)(x

2
)0
，即
f(x)x

1
，而
f
n1
fn
(f
n


1
)(f
n


2
)
，又数
学归纳法可证明
f
n1
fn
f
1
x

1
.
于是
f
n1
f
n
f
n
2
f
n
 x
0
x
2
xx
0
0
，
f
n
(x)(n1)(x
2
xx
0
)x
，另外， 由于
yf(x)
是偶
函数，于是
x

1
时，< br>
f
n
(x)

无界．
(ⅱ)当
x
1
时，
f
2
(x)

1
2
(x
2


1
2
)(x
2


1
x
0
)
.
2
f
2
(x )

1
2
，一般地，
f
n
2
1


1
2
(f
n
2


1< br>2
)(f
n
2


1
x
0
)
，由数学归纳由于

1
x
0
2

1


1
2
，于是
x
0
2
f< br>n
2
(x)

1
2
．

f
n
(x)

一致有界． 法可证明
x
0
这里也可以分两类 情况分析如下：当
0x
0

1
4
时，

2
x

1
时，

2
f
n
( x)x
，
0x

2
时，
xf
n
( x)

2
；当
2x
0
0
，
0x 

1
时，
af
n
(x)

1
．
注意，当
x
0
2
时，
f
n
(x )
有以下表达式：

5

特殊数列的裂项求和法

22


2

xx
2
4

xx4




,x2;

 
22

此式的推导见下文.
f
n
(x)


x

n
x2.

2cos

2arccos

,
2


nn
综上所述，当
x
(Ⅱ)设
x
1
x
< br>1
114x
0
2
时，且
f
n
(x)< br>
f
n
(x)

一致有界，
2
n1
114x
0
2
于是
nN
，
x
n
2
.
2
，
x
1
2
4
2
1
x
，
xC
.由

x
n

递推式 求得
x
n
x
1
x
2
n1
，其中x


．

x
1

或
x
1
x
1
2
4
2
.
1

n
1

y
n
x
1
x
2


x
n


x


x
2

n
x



x
2
1

1


n
1


n



x


x
2

n
，将

x
2

2
n

作如 下分解
y
n

x


x

x< br>2


1
1
1


x
2
1

2
n

x
2
n
< br>x

x
2
n1
1
1

n 1
1

n1


x
2

n 1

x
2

n1


x
2< br>
x
2

11
11


2
n1
1

1



2
n 1



x
2
n1


< br>x
2
n1


2

x

x








1

n
即

x
2

2
n
x

1
1

x
2

2
n 1
1

2
n
1

2
n1
xxx
n

n1

n1

2

2

x
2

x
2

x
2

n1
1
n1
1
111
1

2
n1

2
n1
1

1


1

2
n
1

2
n

2
n


x

x
n1< br>
x

x
n




x
n

.

2

x
2

x
2


x
2


2

x
2
n1
1

2
n1
2
n
xx
n1

x
2

1
1< br>
2
n

x
2
n

，于是 < br>x

1
1



2
n

x
2
n


．
x




1

x
1


k1
n
1
n
1


< br>1



x


x

x

x
2
y
k

x

x



1
若
x
1
2
，取
x
x
1
2
4
2
1
，得
< br>n1

1
y
n

1
x

x
1
x
1
2
4
2
，若
x
1< br>2
，取
x
x
1
x
1
2
4
2
1
，

y
n1

1
n< br>
1
x

x
1
x
1
2
 4
2
．
从以上的例子中可以看出，裂项求和方法因具体问题不同，解法差异很大，但 核心思想是等式的恒等
变形，至于为何例题中的构造的数列形式能用于求和，或是从解法中如何探讨如何 构造能用于裂项法求和
的新数列，这里就不再做叙述了，因为单纯从恒等变形式入手就有很多构造结果。 至于裂项求和法与极限
思想和不等式的综合运用问题，在例1中得到很好的展示，恒等变形在其中发挥着 决定性的作用，因此，
对等式的处理在复杂数学问题中是不能轻视的。


6

特殊数列的裂项求和法


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王永洪
mt_xxx2007@
由于撰稿时间匆忙，不足之处诚望指教。

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