2020届高考数学专题汇编：数列求和之裂项放缩

数列求和之裂项放缩一、问题简述（1）通项na一般为“同类”分式型，但又不能直接求和；（2）想到配、凑但是有时不能精确到具体值；（3）难以找到通项放缩的角度.二、运用模式（1）证明：()1niiamm=∑（m为常数），()()()1niiafnfn=∑；（2）将不等式改写为等式利用和nS求通项na；（3）利用求通项形式：()()()()11nnafnfnafnfn=−−⇒−−，找到通项放缩角度；（4）利用保留前几项进行调整放缩尺度.三、相关知识（1）利用和nS求通项na：有11,n1,2nnnSaSSn−==−≥；（2）()(),lim0nnSAgngn→+∞=−→，即nSA；若0na，有1nSS≥；（3）将不可求和的通项转化为可求和的通项形式以及考虑等号成立的条件：如：()()()221141121;1212121214nnnnnnn==−≥−+−+−()()()()22221111111;1;5;112nnnnnnnnnn−−1、()()()1niiafnfn=∑类型例1.1（根式分式型）【2019年高考浙江卷】设等差数列{}na的前n项和为nS，34a=，43aS=，数列{}nb满足：对每个12,,,nnnnnnnSbSbSb∗++∈+++N成等比数列．（1）求数列{},{}nnab的通项公式；（2）记,,2nnnacnb∗=∈N证明：12+2,.ncccnn∗++∈N解析：（1）由题意得11124,333adadad+=+=+，解得10,2ad==．从而*22,nann=−∈N，2*nSnnn=−∈N，，由12,,nnnnnnSbSbSb+++++成等比数列得212()()()nnnnnnSbSbSb+++=++．解得2121()nnnnbSSSd++=−，所以2*,nbnnn=+∈N．（2）法一：*221,22(1)(1)nnnanncnbnnnn−−===∈++N．分析：由目标12121+2+21nncccncccn−++⇒++−可得目标证明：()()2212111)1(nncnnnnnnnn−+−−⇒−−=+−证明：因为()()()()()121212(1)211111nnnncnnnnnnnnnn−−−===++−+−−+−所以()21ncnn−−，即：12+2,.ncccnn∗++∈N点评：对于这类放缩，若一开始就寻找放缩角度()21ncnn−−，问题显然很难解决，并且基本凑不到这类放缩尺度，可是借用通项求法则可快速找到放缩程度，剩下的我们只需证明不等式成立即可。法二：*221,22(1)(1)nnnanncnbnnnn−−===∈++N．我们用数学归纳法证明．（i）当1n=时，102c=，不等式成立；（ii）假设*()nkk=∈N时不等式成立，即122kccck+++．那么，当1nk=+时，121122(1)(2)1kkkcccckkkkk++++++++++2222(1)211kkkkkkk+=++−=+++．即当1nk=+时不等式也成立．根据（i）和（ii），不等式122ncccn+++对任意*n∈N成立．点评：归纳法证明，其关键难点在于后面不等式的大小比较证明，切不可不化简不证明直接书写放缩结果，若不等式放缩不来，大家最好的办法就是两个数作差（作商）比较大小即可。2.【2019.10浙南名校联盟第一次联考】已知等比数列{}na的公比1q，且13542aaa++=，39a+是1a，5a的等差中项．数列{}nb的通项公式1211nnnnbaa+=−+−，n∗∈Ν．（1）求数列{}na的通项公式；（2）证明：11221nnbbb++++−，n∗∈Ν．解析：（1）由39a+是1a，5a的等差中项得：153218aaa+=+，所以135331842aaaa++=+=，解得38a=，由1534aa+=，得228834qq+=，解得24q=或214q=，因为1q，所以2q=.所以，2nna=.（2）法一：122121nnnnb+=−+−，n∗∈Ν.分析：由目标结果：1121212121nnnnbbbbbb+−+++−⇒+++−可得目标证明：12121nnnb+−−−证明：因为111122(2121)2121(2121)(2121)nnnnnnnnnnnb++++−−−==−+−−+−−−−11112(2121)2(2121)212121212nnnnnnnnnnn++++−−−−−−===−−−−−+−,所以12121nnnb+−−−，即：11221nnbbb++++−点评：对于这类放缩，若一开始就寻找放缩角度12121nnnb+−−−，问题有时很难解决，甚至配凑不到目标要求，可是借用通项求法则可快速找到放缩程度，剩下的我们只需证明不等式成立即可（可作差，作商等比较大小）。法2：由（1）可得122121nnnnb+=−+−，n∗∈Ν.我们用数学归纳法证明.（1）当1n=时，1231313b==−+，不等式成立；（2）假设nk=（*kN∈）时不等式成立，即11221kkbbb++++−.那么，当1nk=+时，11121122212121kkkkkkbbbb+++++++++−+−+−112112122(2121)21(2121)(2121)kkkkkkkk++++++++−−−=−+−+−−−−1121212(2121)21212kkkkkk++++++−−−=−+=−−，即当1nk=+时不等式也成立.由（1），（2）得，不等式11221nnbbb++++−，对任意*nN∈.成立.点评：归纳法证明，其关键难点在于后面不等式的大小比较证明，切不可不化简不证明直接书写放缩结果，若不等式放缩不来，大家最好的办法就是两个数作差（作商）比较大小即可。2、()1niiamm=∑类型例2.1（根式分式型）1.已知数列{}na满足：0na，且对一切n∗∈N，有321niniaS==∑，其中1nniiSa==∑.（1）求证：对一切n∗∈N，有2112nnnaaS++−=；（2）求数列{}na的通项公式；（3）求证：113nkkak=∑解析：（1）因1nniiSa==∑，所以11nniiSa+==∑，作差得：11nnnaSS++=−；又因为321niniaS==∑，所以13211niniaS++==∑，作差得：32211nnnaSS++=−所以()()()32221111111122nnnnnnnnnnnnnaSSSSSSaSaaaS++++++++=−=−+=⋅+⇒−=；（2）由2112nnnaaS++−=，即()2122nnnaaSn−−=≥，作差得：11nnaa+−=令1,2n=得，121,2naaan==⇒=.（3）311211112112122322111nnnkkkkakkknnk====+−=+−−+−++∑∑∑.2.已知数列{}na的前n项和为nS，若()14211nnSna+=−+，且11a=.（1）求证：数列{}na是等差数列，并求出{}na的通项公式（2）设1nnnbaS=，数列{}nb的前n项和为nT，求证：32nT解：（1）()14211nnSna+=−+，()()142312nnSnan−∴=−+≥，()()142123nnnanana+∴=−−−()2n≥，即()()1121212121nnnnannanaan++++=−⇒=−，1312221235,,,23253nnnnananaanana−−−−−∴===−−，131222123523253nnnnaaannaaann−−−−−∴⋅⋅⋅=⋅⋅⋅−−即()22123nanna−=≥，2213nnaa−∴=，由()14211nnSna+=−+令1n=可得：122413Saa=+⇒=，()212nann∴=−≥，验证11a=符合上式，21nan∴=−,2nSn=.（2）由（1）得：()()2112121nbnnnn==−−，11b=，可知当2n≥时，()()()11111121222121nbnnnnnnnn===−−−−−1211111111131112223122nnTbbbbnnn∴=++++−+−++−=+−−例2.2（二次分式型）1．【湖州三校】已知等差数列{}na的前n项和为nS，11a=，公差0d≠，且1S，3S，9S成等比数列，数列{}nb满足2*1122466()2nnnnnbSbSbSn+++++=−∈N，{}nb的前n项和为nT．（1）求数列{}na和{}nb的通项公式；（2）记12231111nnnRaaaaaa+=+++，试比较nR与12nT的大小．解析：（1）因为1S，3S，9S成等比数列，所以2319SSS=⋅，所以2(33)936dd+=+，即(2)0dd−=，又0d≠，所以2d=，因为11a=，所以21nan=−，2nSn=．因为2*1122466()2nnnnnbSbSbSn+++++=−∈N，所以222212461262nnnnbbbn++×+×++×=−，令1n=，可得21121416162b+×+×=−，即112b=．易得当2n≥时，22221211(1)4(1)612(1)62nnnnbbbn−−−+−+×+×++×−=−，所以222146(1)4(1)666(2)22nnnnnnnbnn−++−+−+×=−−+≥22nn=．所以1(2)2nnbn=≥，显然112b=也满足上述，所以12nnb=．（2）由（1）知12nnb=，所以112nnT=−，所以111(1)222nnT=−．由题可得122311111335111(21)(21)nnnRaaaaaann+=+=+++××−+++11111111(1)(1)23352121221nnn=−+−++−=−−++，当1n=时，122113×+=，所以1112RT；当2n=时，222215×+=，所以2212RT；当3n≥时，123(1)2(11)1CCC12nnnnnnnn−=+=++++++21n≥+，所以12nnRT．综上，当2n≤时12nnRT；当3n≥时12nnRT．2.【浙师大附中2020.04.19周测】正项数列{}na的前n项和为nS满足：()()22210nnSnnSnn−+−−+=（1）求数列{}na的通项公式na；（2）令()2212nnnbna+=+，数列{}nb的前n项和为nT，证明：对于任意的Nn∗∈,都有564nT.解析：（1）()()()()()()222221010nnnnnSnnSnnSnnSSnn−+−−+=⇒−++=⇒=+12nnnaSSn−=−=，当1n=时，符合，即：2nan=；（2）()()()22222211111162422nnnnbnnannn++===−+++，所以()()221111511646412nnTn=+−−++例2.3（指数分式型）1.【2019.11杭四中（吴山）高三期中】已知数列{}na满足11111,222nnnaaa−==+，数列{}nb满足2nnnba=.（1）求证：数列{}nb是等差数列，并求数列{}na的通项公式；（2）设()()()1121nnnnnncnana++=−+−，数列{}nc的前n项和为nT，求满足()*12463nTnN∈的n的最大值.解析：（1）证明：1111111222121nnnnnnnnnnbbaaaa−−−−−−−−=−=+−=，且11b=，所以数列{}nb是以1为首项，1为公差的等差数列，即nbn=，故2nnna=；（2）()()()1111121121212121212122nnnnnnnnnnncnnnn+++++===−+−−−−−+−即112121nnT+=−−，又因1111