常见数列考点、方法及例题

这篇博客是给某个人写的，而非某些人写的。

基本概念

我相信你会。

考点

通项公式
前 n 项和

特殊数列

等差数列

顾名，等差，就是相邻两项的差为定值：$a_{n+1}-a_n=d$。

通项公式：$a_n=a_1+(n-1)\cdot d$。

等差中项：若 $a,b,c$ 成等差数列，则有 $2\cdot b=a+c$。

性质：若 $u+v=m+n$，则 $a_u+a_v=a_m+a_n$。

前 n 项和：$S_n=\dfrac{(a_1+a_n)\cdot n}{2}=a_1\cdot n+\dfrac{n\cdot (n-1)}{2}\cdot d$。

证明：

\[\begin{array}{rllllll} S_n&=a_1&+a_2&+\cdots&+a_{n-1}&+a_n\\ S_n&=a_n&+a_{n-1}&+\cdots&+a_2&+a_1\\ 2\cdot S_n&=(a_1+a_n)&+(a_2+a_{n-1})&+\cdots&+(a_{n-1}+a_2)&+(a_n+a_1)\\ &=n\cdot (a_1+a_n)\\ S_n&=\dfrac{(a_1+a_n)\cdot n}{2} \end{array}\]

证毕。

特殊性质：$\dfrac{S_n}{n}$ 是首项为 $a_1$，公差为 $\dfrac{d}{2}$ 的等差数列。

\[\dfrac{S_n}{n}=\dfrac{a_1\cdot n+\frac{n\cdot (n-1)}{2}\cdot d}{n}=a_1+\dfrac{n-1}{2}\cdot d \]

例一
在等差数列 $\{a_n\}$ 中，已知 $a_1=1$，$a_3+a_5=8$，则 $a_7$ 的值为？

解：

由等差中项：$a_4=\dfrac{a_3+a_5}{2}=4$；

则 $d=\dfrac{a_4-a_1}{4-1}=1$；

$a_7=a_1+(7-1)\cdot d=7$。

例二
等差数列 $\{a_n\}$ 中，已知 $a_7=9,S_5=5$，则 $S_8$ 为？

解：
由题可得：

$\left\{\begin{array}{l} a_7 & =a_1+(7-1)d\\ S_5 & =5\cdot a_1+\dfrac{5\times 4}{2}\cdot d \end{array}\right.$

解得 $a_1=-3,d=2$。

$S_8=8\cdot a_1+\dfrac{8\times 7}{2}\cdot d=32$。

等比数列

类比等差，等比数列就是相邻两项的比是定值：$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=q$。

由上式，显然 $q\neq 0$，且 $\{a_n\}$ 的每一项都不能为 $0$。

通项公式：$a_n=a_1\cdot q^{n-1}$。

等比中项：若 $a,b,c$ 成等比数列，则有 $b^2=a\cdot c$。

性质：若 $u+v=m+n$，则 $a_u\cdot a_v=a_m\cdot a_n$。

前 n 项和：$S_n= \left\{\begin{matrix} \dfrac{a_1-a_nq}{1-q}&q\ne1\\ na_1&q=1 \end{matrix}\right.$。

证明：

$q=1$ 时，证明略。

$q\ne 1$ 时：

\[\begin{array}{r} S_n=&a_1+&a_2+&a_3+&\cdots+&a_{n-1}+&a_n\\ =&a_1+&a_1\cdot q+&a_1\cdot q^2+&\cdots+&a_1\cdot q^{n-2}+&a_1\cdot q^{n-1}\\ q\cdot S_n=&&a_1\cdot q+&a_1\cdot q^2+&\cdots+&a_1\cdot q^{n-2}+&a_1\cdot q^{n-1}&+a_1\cdot q^n\\ \end{array}\]

\[(1-q)\cdot S_n=a_1-a_1\cdot q^n \]

\[S_n=\dfrac{a_1-a_1\cdot q^n}{1-q}=\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q} \]

证毕。

例三
在等比数列 $\{a_n\}$ 中，$a_4\cdot a_5=4$，求 $a_1\cdot a_2\cdots a_8$。

解：

$a_4\cdot a_5=a_1^2\cdot q^7=4$；
$\begin{array}{l} &a_1\cdot a_2\cdots a_8\\ =&a_1^8\cdot q^{28}\\ =&(a_1^2\cdot q^7)^4\\ =&4^4\\ =&256 \end{array}$

例四
已知等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，若 $a_2\cdot S_4=a_4\cdot S_2$，求 $\dfrac{a_{2019}}{a_1}$

解：

求 $\dfrac{a_{2019}}{a_1}$，即求 $q^{2018}$。

当 $q=1$ 时，$S_n=n\cdot a_1$，显然 $a_2\cdot S_4=a_4\cdot S_2$ 不成立。

当 $q\ne1$ 时，$S_n=\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}$；

$a_2\cdot S_4=a_1\cdot q\cdot \dfrac{a_1(1-q^4)}{1-q}$

$a_4\cdot S_2=a_1\cdot q^3\cdot \dfrac{a_1(1-q^2)}{1-q}$

则 $a_1\cdot q\cdot \dfrac{a_1(1-q^4)}{1-q}=a_1\cdot q^3\cdot \dfrac{a_1(1-q^2)}{1-q}$

显然 $a_1\ne 0,q\ne 0$ 且 $q\ne 1$

$\therefore 1-q^4=q^2\cdot(1-q^2)$

$\therefore (1-q^2)(1+q^2)=q^2\cdot(1-q^2)$

若 $q= -1$，成立。

若 $q\ne -1$，得 $1+q^2=q^2$，显然不成立。

综上所述，$q=-1,q^{2018}=1$。

考点：等段和

对于公差为 $d$ 等差数列 $\{a_n\}$，数列 $\{S_m,S_{2m}-S_m,S_{3m}-S_{2m},\cdots\}$ 构成公差为 $m^2d$ 的等差数列。

对于公比为 $q$ 等差数列 $\{a_n\}$，数列 $\{S_m,S_{2m}-S_m,S_{3m}-S_{2m},\cdots\}$ 构成公差为 $q^m$ 的等比数列。

证明略（让我懒一下）。

例五
已知等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，且 $S_5=4,S_{10}=10$，求 $S_{15}$。

解：

$S_5=4,S_{10}-S_5=6$；

则 $\{S_{km}-S_{(k-1)m}\}$ 为公差为 $\dfrac{3}{2}$ 的等比数列；

可得 $S_{15}-S_{10}=9,S_{15}=19$。

通项公式

累加法

解决形如 $a_{n+1}=a_n+f(n)$ 的数列通项问题。

将上式写开后，可以得到以下等式：

\[\begin{array}{l} a_{n}&=&a_{n-1}+f(n-1)\\ a_{n-1}&=&a_{n-2}+f(n-2)\\ &&\vdots \\ a_{3}&=&a_2+f(2)\\ a_{2}&=&a_1+f(1)\\ \end{array}\]

将所有等式等号两边相加，可得：

\[a_n+a_{n-1}+\cdots +a_2+a_1=a_{n-1}+a_{n-2}+\cdots +a_2+a_1+f(n-1)+f(n-2)+\cdots +f(2)+f(1) \]

化简得：

\[a_n=a_1+f(n-1)+f(n-2)+\cdots +f(2)+f(1) \]

而求 $f(n-1)+f(n-2)+\cdots +f(2)+f(1)$ 即相当于求前 n 项和。

例六
已知 $a_{n+1}=a_{n}+2\cdot3^n+1，a_1=3$，求 $a_n$ 的通项公式。

解：

先“累”：

$\begin{array}{l} a_{n}&=&a_{n-1}+2\cdot 3^{n-1}+1\\ a_{n-1}&=&a_{n-2}+2\cdot 3^{n-2}+1\\ &&\vdots \\ a_{3}&=&a_2+2\cdot 3^2+1\\ a_{2}&=&a_1+2\cdot 3+1\\ \end{array}$

再“加”：

$\begin{array}{l} a_n&=a_1+2\cdot 3^{n-1}+1+2\cdot 3^{n-2}+1+\cdots +2\cdot 3^2+1+2\cdot 3+1\\ &=a_1+2\cdot \dfrac{3^{n-1}-3\cdot \frac13}{1-\frac13}+(n-1)\\ &=3^n+n-1 \end{array}$

累乘法

解决形如 $a_{n+1}=g(n)\cdot a_n$ 的数列通项问题。

和累加法类似，此处不在赘述。

例七
已知 $a_{n}=2n\cdot 5^{n-1}\cdot a_{n-1}(n\ge 2)，a_1=1$，求 $a_n$ 的通项公式。

解：

先“累”：

$\begin{array}{l} a_{n}&=&2n\cdot 5^{n-1}\cdot a_{n-1}\\ a_{n-1}&=&2(n-1)\cdot 5^{n-2}\cdot a_{n-2}\\ &&\vdots \\ a_{3}&=&2\cdot 3\cdot 5^2\cdot a_2\\ a_{2}&=&2\cdot 2\cdot 5^1\cdot a_1\\ \end{array}$

再“乘”：

$\begin{array}{l} a_{n}&=2n\cdot 5^{n-1}\cdot 2(n-1)\cdot 5^{n-2}\cdots2\cdot 3\cdot 5^2\cdot2\cdot2\cdot 5^1\cdot a_1\\ &=2^{n-1}\cdot n!\cdot 5^{(n-1)+(n-2)+\cdots +2+1}\cdot a_1\\ &=2^{n-1}\cdot n!\cdot 5^{\frac{n(n-1)}{2}} \end{array}$

待定系数法

用于解决形如 $a_{n+1}=x\cdot a_n+y$ 的通项公式。

解决方案：构造等比数列。

设未知数 $\alpha $，满足 $a_{n+1}+\alpha =x(a_n+\alpha)$，就可以求出 $\alpha$ 的值，然后构造 $b_n=a_n+\alpha$，求 $\{b_n\}$ 即求 $\{a_n\}$。

当 $y$ 不是一个常数而是一个多项式时，需要多个待定系数辅助消参。

当然，$y$ 也可能是指数形式，不过与上述方法相似。

例八
已知 $a_{n+1}=3a_n+4n,a_1=-2$，求 $a_n$ 的通项公式。

解：

设 $a_{n+1}+\alpha\cdot(n+1)+\beta=3(a_n+\alpha\cdot n+\beta)$

解得 $\alpha=2,\beta=1$

$a_{n+1}+2\cdot(n+1)+1=3(a_n+2\cdot n+1)$

令 $b_n=3(a_n+2\cdot n+1)$，则 $b_1=3(a_1+2+1)=3$。

$b_n=b_1\cdot 3^{n-1}=3^n$

$a_n=3^{n-1}-2\cdot n -1$

换元法

对于根式这不好处理的东西，可以尝试整体换元，表示成熟悉的二次项。

或者题干中有一项重复出现，可以将其换掉。

不过，整体换元不一定能题目解出来，但可以为我们提供一个思路。

例九
已知 $a_{n+1}=\dfrac{1}{16}(1+4a_n+\sqrt{1+24a_n}),a_1=2$，求 $a_n$。

解：

令 $b_n=\sqrt{1+24a_n}$，则 $a_n=\dfrac{b_n^2-1}{24},b_1=7$

代回原式可得：

$\dfrac{b_{n+1}^2-1}{24}=\dfrac{1}{16}(1+4\cdot \dfrac{b_n^2-1}{24}+b_n)$

整理得：

$\begin{array}{rl} b_{n+1}^2&=\dfrac{1}{4}b_n^2+\dfrac{3}{2}b_n+\dfrac{9}{4} \\ &=\dfrac{1}{4}(b_n^2+6b_n+9)\\ &=\dfrac{1}{4}(b_n+3)^2 \end{array}$

由于 $b_n\ge0$，所以 $b_{n+1}=\dfrac{1}{2}b_n+\dfrac32$

既不等差，又不等比，用待定系数法：

$b_{n+1}+\alpha=\dfrac{1}{2}(b_n+\alpha)$

求得 $\alpha=-3$

那么 $b_{n+1}-3=\dfrac12(b_n-3),b_1-3=4$

则 $b_n-3=(b_1-3)\cdot q^{n-1}=(\dfrac{1}{2})^{n-3}$

$b_n=(\dfrac{1}{2})^{n-3}+3$

$a_n=\sqrt{1+24\left[(\dfrac{1}{2})^{n-3}+3\right]}=\sqrt{6\cdot(\dfrac12)^{n-1}+73}$

$Sa$ 题型

$S$ 即前 $n$ 项和，$a$ 即原数列。

当题干中同时出现二者时，也就是常见的 $Sa$ 题型。

重要且常用的关系：$a_n=S_{n+1}-S_n$

求 $a_n$ 的时候将 $S_n$ 消去。

求 $S_n$ 的时候将 $a_n$ 消去。

例十
已知数列 $\{a_{n}\}$ 满足：$S_{n+1}\cdot S_{n}=a_{n+1}$，而且 $a_{1}=\dfrac{2}{9}$。
(1) 求证: 数列 $\{\dfrac{1}{S_{n}}\}$ 为等差数列；
(2) 求 $a_{n}$。

(1) 证明：

由 $S_{n+1}\cdot S_{n}=a_{n+1}$

可得 $S_{n+1}\cdot S_{n}=S_{n+1}-S_n$

等式两边同除 $S_{n+1}\cdot S_{n}$ 得：

$1=\dfrac{1}{S_n}-\dfrac{1}{S_{n+1}}$

$\dfrac{1}{S_{n+1}}-\dfrac{1}{S_n}=-1$

$\dfrac{1}{S_1}=\dfrac{1}{a_1}=\dfrac{9}{2}$

故数列 $\{\dfrac{1}{S_n}\}$ 是首项为 $\dfrac92$，公差为 $-1$ 的等差数列。

证毕。

(2) 解：

由 (1) 可知：

$\dfrac{1}{S_n}=\dfrac{11-2n}{2}$

则 $S_n=\dfrac{2}{11-2n}$

当 $n\ge 2$ 时，有：

$\begin{array}{l} a_n&=S_n-S_{n-1}\\ &=\dfrac{2}{11-2n}-\dfrac{2}{11-2(n-1)}\\ &=\dfrac{4}{(11-2n)(13-2n)} \end{array}$

当 $n=1$ 时，代入验算可知，不符合通式。

故 $a_n=\left \{\begin{array}{l} \dfrac{2}{9}&,n=1\\ \dfrac{4}{(11-2n)(13-2n)}&,n\ge2 \\ \end{array}\right .$

前 n 项和

第一种是最最基础的。

之后两种相对简单，不是很难理解。

最后两种较难，是考试常考题型。

公式法

即等差数列、等比数列的前 n 项和公式。

倒序相加

回想等差数列求和公式的推导过程，其实就是倒序相加。

~~一般用于裂项相消和错位相减不能做的题。~~

当一道题用其他方法都不能做的时候，可以考虑倒序相加。

例十一
求 $\sin^21^{\circ}+\sin^22^{\circ}+\cdots+\sin^289^{\circ}$

令 $S=\sin^2 1^{\circ}+\sin^2 2^{\circ}+\cdots+\sin^2 89^{\circ}$

则 $S=\sin^2 89^{\circ}+\sin^2 88^{\circ}+\cdots+\sin^2 1^{\circ}$

由诱导公式，$\sin(\dfrac{\pi}{2}-\alpha)=\cos(\alpha)$

则 $S=\cos^2 1^{\circ}+\cos^2 2^{\circ}+\cdots+\cos^2 89^{\circ}$

那么有

$\begin{array}{l} 2S&=(\sin^2 1^{\circ}+\cos^2 1^{\circ})+(\sin^2 2^{\circ}+\cos^2 2^{\circ})+\cdots+(\sin^2 89^{\circ}+\cos^2 89^{\circ})\\ &=\begin{matrix}\underbrace{1+1+\cdots+1}\\89\end{matrix}\\ &=89 \end{array}$

$S=\dfrac{89}2$

分组求和

解决形如 $\{a_n+b_n\}$ 的前 n 项和问题。

分成两组，先求 $a_n$ 的前 n 项和 $A_n$，再求 $b_n$ 的前 n 项和 $B_n$，最终答案即为 $A_n+B_n$。

例十二
求 $(x+\dfrac{1}{x} )^2+(x^2+\dfrac{1}{x^2} )^2+\cdots +(x^n+\dfrac{1}{x^n} )^2$

解：

$\begin{array}{l} &(x+\dfrac{1}{x} )^2+(x^2+\dfrac{1}{x^2} )^2+\cdots +(x^n+\dfrac{1}{x^n} )^2\\ =&x^2+\left(\dfrac{1}{x}\right)^2+2+(x^2)^2+\left(\dfrac{1}{x^2}\right)^2+2+\cdots +(x^n)^2+\left(\dfrac{1}{x^n}\right)^2+2\\ =&x^2+(x^2)^2+\cdots +(x^n)^2+\left(\dfrac{1}{x}\right)^2+\left(\dfrac{1}{x^2}\right)^2+\cdots +\left(\dfrac{1}{x^n}\right)^2+2+2+\cdots+2\\ =&x^2+(x^2)^2+\cdots +(x^n)^2+\left(\dfrac{1}{x}\right)^2+\left(\dfrac{1}{x^2}\right)^2+\cdots +\left(\dfrac{1}{x^n}\right)^2+2n\\ \end{array}$

当 $x=\pm1$ 时

原式 $=n+n+2n=4n$

当 $x\ne\pm1$ 时

$\begin{array}{rl} \text{原式}=&\dfrac{x^2(1-x^{2n})}{1-x^2}+\dfrac{\frac{1}{x^2}(1-\frac{1}{x^{2n}})}{1-\frac{1}{x^2}}+2n\\ =&\dfrac{x^2(x^{2n}-1)}{x^2-1}+\dfrac{1-\frac{1}{x^{2n}}}{x^2-1}+2n\\ =&\dfrac{x^{2n+2}(x^{2n}-1)}{x^{2n}(x^2-1)}+\dfrac{x^{2n}-1}{x^{2n}(x^2-1)}+2n\\ =&\dfrac{x^{2n+2}(x^{2n}-1)+x^{2n}-1}{x^{2n}(x^2-1)}+2n\\ =&\dfrac{(x^{2n}-1)(x^{2n+2}+1)}{x^{2n}(x^2-1)}+2n\\ \end{array}$

错位相减

错位相减应用于差比数列的求和。

差比数列，就是等差数列乘等比数列的简称，用数学语言描述，就是：

$c_n=a_n\cdot b_n$，其中 $a_n$ 为等差数列，$b_n$ 为等比数列。

其实，在推导等比数列的前 n 项和的时候，用到的就是错位相减，其中的 $\{a_n\}$ 就是一个首项为 $1$，公差为 $0$ 的等差数列。

这个地方其实不需要例题，因为直接用两个通项就可以代表所有情况。

$a_n=a_1+(n-1)d,b_n=b_1\cdot q^{n-1}$

$\begin{array}{r} S_n&=&a_1\cdot b_1+&(a_1+d)\cdot b_1\cdot q+&(a_1+2d)\cdot b_1\cdot q^2+&\cdots +&[a_1+(n-1)d]\cdot b_1\cdot q^{n-1}&\\ qS_n&=&&a_1\cdot b_1\cdot q+&(a_1+d)\cdot b_1\cdot q^2+&\cdots +& [a_1+(n-2)d]\cdot b_1\cdot q^{n-1}&+[a_1+(n-1)d]\cdot b_1\cdot q^{n}\\ \end{array}$

对应相减可得：

$(1-q)S_n=a_1\cdot b_1+d\cdot b_1\cdot q+d\cdot b_1\cdot q^2+\cdots+d\cdot b_1\cdot q^{n-1}+[a_1+(n-1)d]\cdot b_1\cdot q^{n}$

整理：

$\begin{array}{l} (1-q)S_n&=a_1\cdot b_1+d\cdot b_1\cdot q+d\cdot b_1\cdot q^2+\cdots+d\cdot b_1\cdot q^{n-1}+[a_1+(n-1)d]\cdot b_1\cdot q^{n}\\ &=a_1\cdot b_1+d\cdot b_1\cdot (q+q^2+\cdots+q^{n-1})+[a_1+(n-1)d]\cdot b_1\cdot q^{n}\\ &=a_1\cdot b_1+d\cdot b_1\cdot (\dfrac{q-q^n}{1-q} )+a_n\cdot b_n\cdot q \end{array}$

得 $S_n=\dfrac{a_1\cdot b_1+d\cdot b_1\cdot (\frac{q-q^n}{1-q} )+a_n\cdot b_n\cdot q}{1-q}$。

显然这个公式并不方便记忆，而且直接套公式考试好像也不给分。

所以重要的是推导的过程而非结果。

裂项相消

个人感觉裂项相消是数列里比较难的一类题了。

~~我才不会承认是因为我没学好。~~

对于裂项相消，一个比较简单的方法是直接裂开，然后凑系数。

比如最简单的一类题型：

例十三
已知 $a_n=\dfrac{1}{n(n+2)}$，求 $S_n$。

解：

先设系数、裂项：

$\begin{array}{l} a_n&=\dfrac{1}{n(n+2)}\\ &=k(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+2}) \end{array}$

然后带着系数通分回来：

$\begin{array}{l} &k(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+2})\\ =&\dfrac{k(n+2-n)}{n(n+2)}\\ =&\dfrac{2k}{n(n+2)} \end{array}$

求得 $k=\dfrac12,a_n=\dfrac12(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+2})$。

那么可得

$\begin{array}{l} S_n&=a_1+a_2+a_3+a_4\cdots +a_{n-2}+a_{n-1}+a_n\\ &=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{6}+\cdots+\dfrac{1}{n-2}-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+2}\right)\\ &=\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+2}\right)\\ &=\dfrac{3}{4}-\dfrac{2n+3}{(n+1)(n+2)} \end{array}$

当然，只是这样的话，太对不起他这个上档次的名字了。

例十四
已知 $a_n=\dfrac{1}{n(2n+2)}$，求 $S_n$。

解：

如果再像上边那样直接拆，会这样：

$\begin{array}{l} a_n&=\dfrac{1}{n(2n+2)}\\ &=k(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n+2})\\ &=\dfrac{k(n+2)}{n(2n+2)} \end{array}$

然后发现，分子上的 $n$ 会导致并不能找到一个常数 $k$ 使得 $a_n$ 裂项，所以需要保证分子是个常数。

那么在裂项的时候动动手脚。

可以把 $a_n$ 这样写：$a_n=\dfrac{2}{2n(2n+2)}$

也就是保证分母上的两个 $n$ 的系数相同，通分后分子上不含 $n$。

$\begin{array}{l} a_n&=\dfrac{2}{2n(2n+2)}\\ &=k(\dfrac{2}{2n}-\dfrac{2}{2n+2})\\ &=\dfrac{8k}{2n(2n+2)} \end{array}$

得 $k=\dfrac14,a_n=\dfrac14(\dfrac{2}{2n}-\dfrac{2}{2n+2})$。

那么有：

$\begin{array}{l} S_n&=a_1+a_2+a_3+a_4\cdots +a_{n-2}+a_{n-1}+a_n\\ &=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{2}{2}-\dfrac{2}{4}+\dfrac{2}{4}-\dfrac{2}{6}+\dfrac{2}{6}-\dfrac{2}{8}+\dfrac{2}{8}-\dfrac{2}{10}+\cdots+\dfrac{2}{2(n-2)}-\dfrac{2}{2(n-2)+2}+\dfrac{2}{2(n-1)}-\dfrac{2}{2(n-1)+2}+\dfrac{2}{2n}-\dfrac{2}{2n+2}\right)\\ &=\dfrac{1}{4}\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)\\ &=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4n+4} \end{array}$

当然，两项太简单了，要不裂三项试试？

例十五
$a_n=\dfrac{1}{n(n+1)(n+2)}$

（让我懒一下）

解：

不要被上边的“裂三项”误导，这种形式也是写成两分式相减。

裂项相消为什么能消？就是因为其有加有减，相同项经过一加一减，就消掉了。

所以裂三项指的是分母中有三个多项式相乘，而不是指将原式裂成三项。

$\begin{array}{l} a_n&=\dfrac{1}{n(n+1)(n+2)}\\ &=k(\dfrac{1}{n(n+1)}-\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}) \end{array}$

得 $k=\dfrac12,a_n=\dfrac12(\dfrac{1}{n(n+1)}-\dfrac{1}{(n+1)(n+2)})$

不想写了 qwq，和之前一样，老婆大人自己努力吧。

最后一种比较特殊，不只是分式，还有根式。

例十六
$a_n=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}$

这里与其说裂项，其实本质上是分母有理化。

一般看到这种分母上有根式，都要分母有理化。

因为分母=恶心，根式=恶心，所以分母上带根式=双倍恶心。

作为新时代的好青年，我们要杜绝这种行为。

那么可以得到：

$\begin{array}{l} a_n&=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}\\ &=\dfrac{\sqrt{n+1}-\sqrt n}{(\sqrt{n+1}+\sqrt n)(\sqrt{n+1}-\sqrt n)} \\ &=\dfrac{\sqrt{n+1}-\sqrt n}{(\sqrt{n+1})^2-(\sqrt n)^2} \\ &=\sqrt{n+1}-\sqrt n \end{array}$

然后就可以愉快的相消了。

印象之中，好像还有一种对数的相消，应该是真数相除转化为对数相减，但没找例题。

等有空了更新吧。

posted @ 2022-11-04 23:32 Zvelig1205 阅读(633) 评论(0) 编辑收藏举报

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