elta-重新开始

形形色色的裂项相消
解题的 过程是从条件出发，抽丝剥茧，达到问题解决的目的．而编题的过程是从一个本
来很显然的东西出发，经 过次数不同的改造伪装，使得已知条件和待求问题之间的联系变得
比较隐晦复杂．解题和编题是一对互逆 的过程，解题和编题都需要斗智斗勇，两者的关系在
形形色色的裂项相消求和问题中可见一斑．
已知
a
n
b
n
b
n1
（其中
b< br>n
已知），则
{a
n
}
的前
n
项和
S
n
b
1
b
n1
，或者，已知
，则
{a
n
}
的前
n
项和
S
n
b
n 1
b
1
，如果
b
n
b
n1
或b
n1
b
n
不
a
n
b
n1< br>b
n
（其中
b
n
已知）
作变形化简，那么求和就太 简单了，比如说，
题1：已知
a
n
(n1)
3
n< br>3
，求
{a
n
}
的前
n
项和
Sn
．
那么我们可以轻而易举地求出
S
n
(n1)< br>3
1
，显然命题者不会如此出题，他会稍作改
变：从
a
n< br>(n1)
3
n
3
开始，将
(n1)n
化简 为
3n
2
3n1
，那么就有
题2：已知
a
n
3n
2
3n1
，求
{a
n
}
的前< br>n
项和
S
n
．
这个题就恐怕不是一般的学生能解决的了（假 定学生不知道平方和公式
33

k
k1
n
2
1< br>．命题者到此就大功告成了，他做了一点微小的改动，
n(n1)(2n1)
的前 提下）
6
将人人会做的题1改编成了一个较难的题2．下面就轮到解题者上场了．我们要做的是 还原
出命题者做的那点“微小的改动”，这个改动对命题者来说确实是“微小的”，但对于解题者
而言却远非显然．这样的现象在数学乃至其它科学中都会发生，原因是很多“逆问题”的求
解比“正问 题”困难得多．
下面我们通过一些例子来看看命题者是如何把
b
n
bn1
或
b
n1
b
n
改造得面目全非的，
而我们如何还原出它们的本质．
类型1：分母有理化
这类问题的特征是通项公式为带根号的两项或两项以上和的倒数，解答方法是分母有理
化．
题 3：已知
a
n

1
，求
{a
n
}
的前
n
项和
S
n
．
n1n
解答：
a
n

1
n1n
，所以
S
n
n1 1
．
n1n
题4：（08上海交大）数列
{a
n
}
的通项公式为
a
n

1
nn1(n1)n
， 则这个数列的前
99
项之和
S
99

__________ ___．

解答： 因为
a
n

1nn1(n1)nnn1(n1)n
< br>
2

2
n(n1)(n1)nn(n1)
nn 1(n1)n

111
9
，所以
S
n
1< br>，故
S
99

．

10
nn1n1
类型2：乘积的倒数
这类问题的特征是通项公式为某一数列的两项或两项以上的乘积的倒数．
①令
b
n< br>
cccc
11
1
，则
b
n
b
n1

n1n
，可得问题：已知
a
n

n1n
，求
{a
n
}
c
n
c
n1c
n1
c
n
c
n
c
n1
c
n
11
；

c
1
c
n1
的前
n
项和
S
n
．答案为
S
n

②令
b
n

cc
111
，则
b
n
bn1

n2n
，可得问题：已知
c
n
c
n1
c
n
c
n1
c
n
c
1n2
c
n
c
n
c
n12
a
n
< br>c
n2
c
n
11
，求
{a
n
}
的前
n
项和
S
n
．答案为
S
n

；等等．

c
n
c
n1
c
n2c
1
c
2
c
n1
c
n2
c
n1
c
n
cc
n
及
n2
乘上一个非零常 数，就可得到不同的问
c
n1
c
n
c
n
c
n1
c
n2
给出不同的
{c
n
}
，并且对< br>题．
题5： 已知
a
n

1
，其中
{c< br>n
}
为任意项都不为零的等差数列，公差
d0
，求
{an
}
的
c
n
c
n1
111
()< br>．
dc
1
c
n1
前
n
项和
S< br>n
．答案为
S
n

c
n1
c
n
2
n1
2
n
2
n
令
c
n21
，则，所以我们可以编制

n

nn1n1
c
n1
c
n
(21)(21)(21)(21)
n下面的问题：
2
n
11
S
题6：已知
a
n

n
，求的前项和．答案为．
{a}S
n
n
n n
32
n1
1
(21)(2
n1
1)
如 果再加一层伪装，则可再乘上一个常数，编制下题：
2
n1
111
S()
． 题7：已知
a
n< br>
n
，求的前项和．答案为
{a}S
n
n
nn
n1
n1
2321
(21)(21)
题8：（03复旦）数列< br>{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，其中

a
n

求
S
2003
．
1
(n1n)(n1n1)(nn1)
，
解答：令
c
n
n1n
，则
c
n1
c
n
n1n12
，

c
n1
c
n
(n1n)(nn1)(n1n)(n1n 1)(nn1)
所以
a
n

11
c
n1< br>c
n
111
()
，故
2c
n
c< br>n1
(n1n)(n1n1)(nn1)
2c
n1
c
n
111111
S
n
()(1)(1n1n)< br>，从而
2c
1
c
n1
22
n1n
S
2003

1
(120042003)
．
2
类型3：乘积
这类问题的特征是通项公式为某一数列的两项或两项以上的乘积．
由
c
n
c
n1

1
(c
nc
n1
c
n2
c
n1
c
n
c
n1
)
可知，若
a
n
(c
n2
c
n1
)c
n
c
n1
，则
{a
n}
c
n2
c
n1
的前
n
项和
S
n
c
n
c
n1
c
n2
c
0
c
1
c
2
．
题9：已知
a
n
n(n1)
，求
{a
n
}
的前
n
项和
S
n
．
解答：因为
a
n
n(n1)[n(n1) (n2)(n1)n(n1)]
，所以
1
3
11
S
n
[n(n1)(n2)012]n(n1)(n2)
．
33
！22！nn!
______________． 题10：（0 7上海交大）
11
解答：因为
a
n
nn![(n1)1 ]n!(n1)!n!
，所以
S
n
(n1)!0!(n1) !1
．
题11：（06上海交大）已知
a
k

____ ________________．
解答：因为
k2
，则数列
{a< br>n
}
的前
100
项和为
k!(k1)!(k2)!< br>a
k

k2k2k21


2
k !(k1)!(k2)!k![1(k1)(k1)(k2)]k!(k2)k!(k2 )


k1(k2)111
，
(k2)!k(2)!k(1k)!(2)!
11
11
，故
S< br>100

．

2102!
2!(n2)!
所以
S
n
