第17讲 · 数列求和进阶（裂项相消、放缩夹逼）与递推求通项

本讲承接第16讲。约定：凡涉及取值范围，一律用区间或 {x | …} 形式作答，绝不只写 x > a 这类不等式（如 n ≥ 2 写作 n ∈ {n | n ∈ N*, n ≥ 2}，放缩结果写作 S ∈ (4,5)）。

一、裂项相消的回顾与新模型

1. 基本思想

裂项相消（列项相消）的前提：数列各项具有前后两项连续的相同形式，才能拆成「两项之差」再抵消中间项。第16讲已学基础型，本讲补充三种新模型。

2. 模型一：对数型裂项

对数的差可以制造「商→差」：

[ \ln\frac{(n+1)^2}{n^2} = \ln(n+1)^2 - \ln n^2 = 2[\ln(n+1) - \ln n] ]

例：已知 aₙ = n²，令 bₙ = \ln\frac{a_{n+1}}{a_n}，则

[ b_n = \ln\frac{(n+1)^2}{n^2} = 2[\ln(n+1)-\ln n] ]

前 n 项和

[ S_n = 2[\ln(n+1)-\ln 1] = 2\ln(n+1) ]

要点：对数把「商的形式」直接变成「两项之差」，是裂项相消里很顺手的一类。注意验证 n = 1 时公式仍成立，本例无需分段。

3. 模型二：幂型（平方分母）裂项

形如

[ b_n = \frac{4n+2}{n^2(n+1)^2} ]

拆项：

[ \frac{4n+2}{n^2(n+1)^2} = \frac{2}{n^2} - \frac{2}{(n+1)^2} = 2\left[\frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}\right] ]

前 n 项和（错位相减式消项）：

[ T_n = 2\left[1 - \frac{1}{(n+1)^2}\right] = 2 - \frac{2}{(n+1)^2} ]

诀窍：分母是小分母减大分母（1/n² − 1/(n+1)²），因为小分母对应大值，方向才对；负项数列求和很少见，这里靠「配常数」凑出可消结构。

4. 模型三：抽象型裂项

有时题中直接给出 a_{n+1}/（某式） 本身就是可裂项结构，按「多写一项 / 少写一项再作差」操作即可（见第二节）。

二、定义优先：Sₙ 与 aₙ 关系求通项（必验 n = 1）

1. 核心操作

由 Sₙ 推 aₙ：

[ a_n = \begin{cases} S_1, & n = 1\[4pt] S_n - S_{n-1}, & n \in {n \mid n \in N^*,\ n \geq 2} \end{cases} ]

n = 1 必须单独验证是否满足通式，即使满足也要写这一步，否则扣分。

2. 例题一（定义优先）

已知

[ 3a_1 + 5a_2 + 7a_3 + \cdots + (2n+1)a_n = n \qquad (n \in N^*) ]

求 aₙ。

解：「少写一项」，写出 n-1 时的式子

[ 3a_1 + 5a_2 + \cdots + (2n-1)a_{n-1} = n-1 \qquad (n \in {n \mid n \in N^*,\ n \geq 2}) ]

两式在公共定义域内相减，得

[ (2n+1)a_n = 1 \quad\Longrightarrow\quad a_n = \frac{1}{2n+1} ]

验 n = 1：3a_1 = 1 ⇒ a_1 = 1/3，而通式 a_1 = 1/(2·1+1) = 1/3 也成立，故可合并：

[ \boxed{a_n = \frac{1}{2n+1}\ (n \in N^*)} ]

此即「定义优先」思想：只要形式由 Sₙ（或带系数的 Sₙ）决定，就要用 n 与 n-1 两式相减，且 a₁ 必单独考虑。

3. 例题二（交错裂项）

接上，令

[ b_n = (-1)^n \cdot \frac{4n}{(2n-1)(2n+1)} ]

先拆：

[ \frac{4n}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{1}{2n-1} + \frac{1}{2n+1} ]

于是

[ b_n = (-1)^n\left(\frac{1}{2n-1} + \frac{1}{2n+1}\right) ]

前 n 项和 Tₙ 展开后正负交错抵消，仅余首项 −1 与末项：

[ T_n = -1 + \frac{(-1)^n}{2n+1} ]

思路与第一节「正一项负一项相消」一致，只是顺序改变（先正后负、再正再负），最终只剩首尾。

三、放缩后裂项求和（夹逼求整数部分）

1. 放缩的目的与方向

• 目的：原式不可直接求和时，通过「放大 / 缩小」把它变成可裂项求和的形式。
• 方向选择（先定方向，类比选文理科选历史/物理）：
  • 要证「结果 > X」→ 把原数缩小后仍 > X，则原数必更大 ⇒ 用缩小。
  • 要证「结果 < X」→ 把原数放大后仍 < X ⇒ 用放大。

2. 例题（求整数部分）

求

[ S = \frac{1}{\sqrt1+\sqrt2}

• \frac{1}{\sqrt3+\sqrt4}
• \frac{1}{\sqrt5+\sqrt6}
• \cdots
• \frac{1}{\sqrt{99}+\sqrt{100}} ]

的整数部分 [S]。

解：第 k 项有理化为

[ \frac{1}{\sqrt{2k-1}+\sqrt{2k}} = \sqrt{2k} - \sqrt{2k-1} ]

这类「隔一项」相邻根式差无法直接连消，故用放缩夹逼。

• 下界（缩小）：把分母中较大的根再放大一点，得

[ \frac{1}{\sqrt{2k-1}+\sqrt{2k}}

\frac{1}{\sqrt{2k-1}+\sqrt{2k+1}} = \frac12\bigl(\sqrt{2k+1}-\sqrt{2k-1}\bigr) ]

对 k = 1,2,…,50 求和（裂项相消）：

[ S > \frac12\bigl(\sqrt{101}-\sqrt1\bigr) = \frac{\sqrt{101}-1}{2} \approx 4.52 ]

• 上界（放大）：把分母中较小的根再缩小一点（令 k=1 时取 √0）：

[ \frac{1}{\sqrt{2k-1}+\sqrt{2k}} < \frac{1}{\sqrt{2k-2}+\sqrt{2k}} = \frac12\bigl(\sqrt{2k}-\sqrt{2k-2}\bigr) ]

对 k = 1,2,…,50 求和（取 √0 = 0）：

[ S < \frac12\bigl(\sqrt{100}-\sqrt0\bigr) = \frac{10}{2} = 5 ]

综上

[ \frac{\sqrt{101}-1}{2} < S < 5 \quad\Longrightarrow\quad S \in (4,5) ]

故整数部分

[ \boxed{[S] = 4} ]

此即「放缩后裂项」：放缩只为让不可求和的式子变得「能求和、能前后消消乐」，消完只剩首尾。该题为高难度（高三月考压轴选择级别），重在体会思想。

四、数列递推与通项公式方法归类

1. 五大方向

数列三件事：求通项、求和、递推。由「前后项关系」求通项的途径：

1. 观察法（写前几项猜）—— 最朴素。
2. 等差 / 等比定义法。
3. Sₙ 与 aₙ 关系（见第二节，必验 n=1）。
4. 累加法、累乘法：把 aₙ − aₙ₋₁、aₙ / aₙ₋₁ 一路累加 / 累乘。
5. 构造法（本讲重点，见下）。

2. 构造法常见类型

（型1）a_{n+1} = p·a_n + q（p ≠ 1）

待定系数配常数：设 a_{n+1} + t = p(a_n + t)，展开得 a_{n+1} = p a_n + (p-1)t，比较得 t = q/(p-1)。则 {a_n + t} 成公比 p 的等比。

例：a_{n+1} = 2a_n + 3。配 a_{n+1}+3 = 2(a_n+3)，{a_n+3} 等比，r=2。

（型2）a_{n+1} = p·a_n + q^n

两边同除以 p^{n+1}：

[ \frac{a_{n+1}}{p^{n+1}} = \frac{a_n}{p^n} + \frac{1}{p}\left(\frac{q}{p}\right)^n ]

于是 {a_n/p^n} 相邻两项之差为等比数列，累加可得。

（型3）a_{n+1} = p·a_n + an + b

设 a_{n+1} + k(n+1) + b_0 = p(a_n + kn + b_0)，比较 n 的系数与常数项解出 k, b_0，则 {a_n + kn + b_0} 成等比。

例：a_{n+1} = 2a_n + 3n + 2 ⇒ 配得 {a_n + 3n + 5} 等比，r=2。

（型4）分式型

出现 1/a_{n+1} 与 1/a_n 的等差 / 等比关系时，取倒数转化为线性型。例如 1/a_{n+1} − 1/a_n = c ⇒ {1/a_n} 等差。

（型5）二阶线性：a_{n+2} = p·a_{n+1} + q·a_n

构造：找 α, β 使

[ a_{n+2} - \alpha a_{n+1} = \beta(a_{n+1} - \alpha a_n) ]

其中 α, β 为「特征方程」 r² - pr - q = 0 的两根；或令 c_n = a_{n+1} - \alpha a_n，则 {c_n} 成等比。

例：a_{n+2} = 4a_{n+1} - 3a_n ⇒ a_{n+2} - a_{n+1} = 3(a_{n+1} - a_n)，故 {a_{n+1}-a_n} 等比，r=3。（特征方程 / 不动点法为选学，数学兴趣小组可深入。）

3. 关键提醒

• 构造法本质是「先构造一个好求的、有前后项关系的数列，求出来再还原回 aₙ」。
• 用 Sₙ 推 aₙ 时，a₁ 必单独考虑；满足通式也要写出验证步骤。
• 累加法 / 累乘法就是把 aₙ − a₁ 的所有相邻差、或 aₙ/a₁ 的所有相邻比全部累加 / 累乘。

五、课堂练习与作业

• 课本 135 页 2–7 题：含 aₙ = 2n²、aₙ = 4n−1、aₙ = 2·3^{n-1}+2（验 a₁）、由 1/S_{n+1}−1/S_n = 1 得 {1/S_n} 等差、S_n = 3^{n-1} 且 a₅+a₆+a₇ = S_7−S_4 = 729−27 = 702 等。
• 递推构造练习：a_{n+2}, a_{n+1}, a_n 混排题，按系数「四四分配」配出等比差（如 4S_{n+2}−8S_{n+1}+4S_n 化出 a_{n+2}−a_{n+1} = (1/2)(a_{n+1}−a_n)）。
• 作业：146 页（或 36 页）4 题，次日直接讲评。
• 进度：本讲后预计次日进入导数。（数列大题在高考中属较易大题，本讲覆盖第15–17题难度，第18题前两问，第19题难以预测。）

本讲修正/注意点

以下为清洗时静默修正的口误、ASR 错转与存疑项，便于追溯：

1. ASR 错转·对数符号：口语「LIN / JOIN / LINE」统一还原为 ln（自然对数）；「N 加一的平方除以 N 的平方」还原为 \ln((n+1)^2/n^2)。
2. ASR 错转·系数关系（例题一）：口述「三倍的 a 一加上倍的 a2 … (2n 减一) 倍的 AN 减一等于 N 减一」还原为 3a₁+5a₂+…+(2n+1)aₙ = n；由此推得 aₙ = 1/(2n+1)，口述「N 等于10. a1等于三分之一」实为 n=1, a₁=1/3。
3. ASR 错转·交错裂项结果：口语「不明加上二的三加一次方分之负三次方」还原为 Tₙ = -1 + (-1)ⁿ/(2n+1)。
4. ASR 错转·幂型裂项：口述「BN 就等于 N 乘以 N 加一 … N 平方乘以 N 加一的平方分之 4n 加二」还原为 bₙ = (4n+2)/[n²(n+1)²] = 2[1/n² − 1/(n+1)²]。
5. 放缩上下界（存疑待核）：口述在推导上下界时出现「N 加一减去 N 减一 / N 加二减去根号 N」等自我纠正，已按标准夹逼还原为步长 2 的根式裂项；具体题号与项数（是否到 99 项）原文口述略混，结论 [S]=4 与「整数位为 4」一致，夹逼逻辑已补全。
6. ASR 错转·二阶递推符号（存疑待核）：口述「AN 加二等于四倍的 AN 加一，再加上一个三倍的 AN」与随后「AN 加二减去 N 加一等于三倍的 N 加一减去三倍的 N」符号不一致；按实际作差推导采用 a_{n+2} = 4a_{n+1} − 3a_n，具体符号以原书为准，标注存疑待核。
7. ASR 错转·求和题结论（存疑待核）：口述「二倍的三等减一次方再加二、a1 等于六」还原为 aₙ = 2·3^{n-1}+2（若 a₁=6 则常数项应为 4）；「S7 减 S3 = 729 减 27 = 702」中 729=3⁶=S₇、27=3³=S₄，疑口述 S3 实为 S4，结论 a₅+a₆+a₇=702 保留。
8. ASR 乱码删除：删除课前 / 课间闲聊、点名（杨凌霄、尹子涵等）、Pad / 螺丝刀 / 冰岛黑沙滩 / 电池等无关内容，以及明显英文单词（「And we might not be bad for」「ok」「service mode」等无意义音节）。
9. 术语修正：本讲原文未出现「普及」，故无需改为「补集」；全程未涉及集合符号 ∅ ⊆ ⊊ ∪ ∩，按项目标准保留，未强行套用。
10. 口语冗余删除：删除「然后 / 就是 / 对 / 这个 / 嗯 / 那个 / 的话 / 这么爽 / 消消乐」等口头禅与破碎句，仅保留可还原的数学内容与解题方法。
11. 取值范围格式：按项目规矩，本讲所有 n ≥ 2、整数部位结果均改用集合 / 区间形式（如 n ∈ {n | n ∈ N*, n ≥ 2}、S ∈ (4,5)）。