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1、2024裂项相消法求和之再研究一、多项式数列求和。(1)用裂项相消法求等差数列前n项和。即形如为=。+/，的数列求前n项和此类型可设=(An2+Bn)-A(n-I)2+B(n-Y)=an+b左边化简对应系数相等求出A,B.则SH=4+。2+。3+an=(A+B)-0(4A+2B)-(A+B)+(9A3B)-(4A+2B)+(An2+Bn)-A(h-1)2B(n-)=An2+Bn例1：已知数列%的通项公式为为二2-1,求它的前n项和S“。解：令a”=(An2Bn)-A(n-I)2+B(-1)=2n-l则有=24+8-4=2-12A=2A=1-=B=O.an=n2-(n-l)2Snd+CI-)+a
2、?+a”=1+2-1+32+一(一1)n(2)用裂项相消法求多项式数列前n项和。即形如4=超_/1+*H2+如什仇的数列求前n项和。此类型可设“=(%胪+*+w)%(iy+%(-1严+.+C1(Ti-I)=初亡+鼠2=+如+%上边化简对应系数相等得到一个含有m元一次方程组。说明：解这个方程组采用代入法，不难求。系数化简可以用二项式定理，这里不解释。解出G，j，再裂项相消法用易知Slc+%mt+W例2：已知数列q的通项公式为”=/,求它的前n项和S-解：设=(An4A=1-6A+3B=04A-3B+2C=0-A+B-C+D=0+Bn3+Cn2+Dn)-A(n-1)4+B(n-I)3+C(n-I)
3、2+D(n-1)=A(4i3-62+4-1)+B(32-311l)+C(2n-1)+Z)A=-4B=1.2C=-4D=O=4At?+(-6A+3B)n2+(4A-3B+2C)n+(-A+B-C+D)%=(4+孑+；2)一；(一)4+；(一)3+；(一)2I(愉+1)7二、多项式数列与等比数列乘积构成的数列。(1)用裂项相消法求等比数列前n项和。即形如为二7的数列求前n项和。这里不妨设ql(q=l时为常数列，前n项和显然为S=a)此类型可设4=A/-Aqf则有4=(A-4q=w,从而有a-4=q,A=&-。再用裂项qqq-相消法求得S”=A，r-A例3：已知数列4的通项公式为=3,求它的前n项和
4、Sfl。23311+,3解：设%=Aq-A,则有4r=y3=3,从而有4=/,故勺=一万。.Sn=al+a2+a,-+a,1=(32-3+33-32+34-33+-3n+,-311)=(311+1-3)(2)用裂项相消法求等差数列与等比数列乘积构成的数列前n项和。即形如4=(卬7+)夕”的数列求前n项和。此类型通常的方法是乘公比错位错位相减法，其实也可以用裂项相消法。这里依然不妨设qwl,(g=l时为等差数列，不再赘述。)可设an=(An+B),-A(-1)+Bqn-i,则有an=(Aq-A)n+Bq+A-B)qnx=(aqn+bq)q,y,从而得到方程组“0一A)的,继而解出A,BC再用裂项
5、相消法求得S.=(A+B-8Bq+A-B=hq例4：已知数列4的通项公式为“二小3,求它的前n项和S”。解：设勺=(An+5)3”一A(?-1)+B3n-,则有an=2An+2B+A)3,=33n,3从而得到方程组f3,解得a=2。=1.3间-2B+A=044B=-4.S.=4+g+%+=-32+3+332-32533-332+(2w-1)311+,-(2n-3)3w=-(2-1)311+,+344(3)用裂项相消法求多项式数列与等比数列乘积构成的数列前n项和。即形如4=S+勾_22+也+%)/的数列求前项和。此类型有一个采用m次错位相减法的方法求出，但是当次数较高时错位相减法的优势就完全失去
6、了。同样这里依然不妨设(q=l时为多项式数列，不再赘述。)下面介绍错位相减法的方法：设4=(8XWT+82胪-2+,+B|W+)fl-Bj,i(n-ir,+Bm.2(n-l)m-2+.(T)+()广、先对上式化简成为=(CH/+Cg/+Cj2+G”的形式，其中C)，G，CI是用稣，4，Bg,q来表示的一次式子。同样让对应系数相等得到一个m元一次方程组，用代入法可以解出线,4，纥IT再用用裂项相消法求得S,l=(B-+n2n+.+in+综)/一BO。例5：已知数列q的通项公式为q=2,求它的前n项和5.。解：设a”=(An2+Bn+C)2w-A(n-l)2+B(n-1)+C)211,则有为=(A
7、n2+(2A+B)n+(A+8+C)211,=2n22niA=2从而得到2A+B=0,解得-+B+C=OA=2B=-4,所以牝=W-2+3)2rt+,-(n-l)2-2(-l)+3)2”C=6二.S“=q+w+3+“=2x2-3x2+3x2,-2x2+,+(/-2+3)2-(-1)-2(-1)+3)2=(-2n+3)2n+1-6三、其他数列。上面的推导和习题，我们不难发现。错位相减法适合与等差等比数列，也适合可用公式法，错位相减法，分组求和法，并项求和法，裂项相消法，部分倒叙相加法的数列。事实上裂项求和适合用于所有能将%化成为=/()-/(-1)形式的所有数列q,/()与勺存在形式上相似性，从
8、而利用待定系数法的方式得到了5)的表达式，最终可以得到5=/()-/(0)。这里部分可用倒叙相加法的数列不能使用此法是因为它没有一个统一形式不带省略号的前n项和公式。例如调和数列“也不能用此法，事实上调和数列是不可求前n项和的数列。四、结论。从上面的论断不难得出，错位相减法适合所有可求前11项和的数列。错位相减法不愧为数列求前n项和的万能方法。不过值得肯定的是有部分数列利用裂项相消法，不易找出它的裂项方法，尤其是与指数函数，对数函数，三角函数这些比较高级的基本初等函数相关的初等函数。对于前两个大点得出的结论，我们当然也可以使用待定系数法来求S“，只是不要忘记它们都是用裂项相消法证明出来的结论。
9、保留原来的参数得到结论也可以使用，从而直接得出待定参数的值，但对记性的要求很高，这里就不再啰嗦。本人不建议背诵。例6：已知数列4的通项公式为4=阳二3一,求它的前n项和S.。11(n+l)(n+2)解：设An+Bn(n+)A(n+)+B(+l)(n+2)则4(An+B)(n+2)-n(An+A+B)_An+2Bn(11+l)(n+2)n(w+l)(n+2)所以+23i(h+l)(w+2)3”4/?(/?+1)(112)A=323=-4B=-I3-2n(n+1)3n+l(+1)5+2)。14473n-211,21112232334(11+1)_13+1_/?-32(”+1)5+2)2(+1)(+
10、2)3什1(+1)(+2)例7：已知数列“的通项公式为a”=22m+,-32m1解：an=22+1-32m+1-(2m+i-1)(2,-1)-2ft-l2n+l-l,Sn2,-122-l22-l23-l1+I2n-211+,=1-112n+,-22,+1-12m+,-1例8：已知数列q的通项公式为=SiYzf,求它的前n项和S.，589oIJ解：.ar,=sirr=cos2no，cos2no=22Sinrcos2noSin(2+1)sin(2-1)。Sinr2sin_+sin(2?+1)Sin(2-1)”22sin2sin,.sn=i(/7i)+sin(2n+y(错位相减法这里不赘述了)22s
11、inS89=1(89-1)+sin(289+l2sin=44.5(与倒叙相加法结果一致)(1)(2)已知数列(的通项公式为q二/7+2n(n+i)2n,求它的前n项和S”；作业：1、请用裂项相消法求下列各数列的和.已知数列att的通项公式为4=H已知数列4的通项公式为%=Sin，求它的前n项和5；,求它的前n项和Sn；已知数列an的通项公式为4=(/+)3，求它的前n项和Sn；(4)已知数列4的通项公式为q二2/1+111(11+l)(11+2),求它的前n项和S“；(6)根据您的阅读自己给自己设计个题目.两平面向量和之模的最小值Hg：若点4在圆C:(x-l)2+(y+2)2=4上运动，点B在
12、y轴上运动，则对定点P(3,2)而言，PA+尸81的最小值为【1A.3B.5C.25/51D.25+l解法1：设A(XI,y),B(O,y2),则PA-PB=(x-6,y1y2-4).若设r=IPA+PB,则由题意可得(M-6)2(M+必一4尸=，.即，点4在以D(6,4-y2)为圆心,以为半径的圆D:(-6)2+(y+y2-4)2=/上.由圆C与圆。有公共点4可得+2ICQI=J(61)2+(6-H)?5,从而r3.故,答案为A.解法2：设A(X1,y),B(0,y2),则PA+PB=(xi-6,y1+y2-4).从而，IPA+P81=(x1-6)2+(1+y2-4)2(x1-6)2=6-x
13、13.故,答案为A.解法3：由点A在圆C上可设A(l+2cos6,-22sin),B(Om，则PA+PB=(2cos6-5+2sin0-6).故IPA+PB=(2cos6-5)2+(r+2sin6-6)2(2cos-5)2=5-2cos63.故,答案为A.解法4：设。为AB的中点,则PA+PB=2PQ,过P,Q,A作y轴的垂线,垂足分别为P；Q,A.13由于IPPPQI+1QQRPQI+I44ISPQl+,3因此PQPP-=-,即IPA+PB=2尸QN3.故,答案为A.解法5:设3为点8关于点尸的对称点，则IPA+P8=尸A-P8=84.由于点3在直线x=6上,点A在圆C:。-1）2+（丁+2）2=4上可得|82252=3.故,答案为A.解法6：设A为点A关于点尸的对称点,则IQA+P8=P8-PA=A8.由于点A在圆。：。-5）2+（丁-6）2=4上,点8在轴上可得|48252=3.故,答案为A.
