新高三新高考数学人教A版复习课件-第7章-第3节累加法、裂项相消法的应用
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n＋1
＝
1 （2n＋1）（2n＋3）
，所以
cn
＝
1 2
2n1＋1－2n1＋3 ，
所以
Tn
＝
1 2
13－15＋15－17＋…＋2n1＋1－2n1＋3
＝
1 2
13－2n1＋3
＝
n 6n＋9 .
04
课后练习
一、填空 1. (2017·全国Ⅲ)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列2na＋n 1 的前 n 项和．
(2) 由 (1) 知
an ＝ 2n ， 故
bn
＝
1 （n＋1）an
＝
1 （n＋1）（2n）
＝
1 2
1n－（n＋1 1） ，
∴Tn＝12 1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1
＝12 1－n＋1 1 ＝2nn＋2 .
3. 已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3＝0，S5＝－5. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列a2n－11a2n＋1 的前 n 项和． 【解】 (1)设{an}的公差为 d，则 Sn＝na1＋n（n－ 2 1） d. 由已知可得35aa11＋ ＋31d0＝ d＝0－，5， 解得 a1＝1，d＝－1. 故{an}的通项公式为 an＝2－n.
an＝15
1 (5n－1
－5n1＋4
)
将上列各式相加易得 Sn＝15
1 (4
－5n1＋4
)＝20nn＋16
.
03
课堂练习
1．求下列各数列的前 n 项和 (n N*) (1) an＝（3n－1）1（3n＋2） (2) an＝4n21－1 (3) an＝n2＋1 2n 【答案】 (1)Sn＝2（3nn＋2） (2)Sn＝2nn＋1 (3)Sn＝4n32＋n2＋ 125nn＋8
(2)在已知数列{an}中，如果有 an＝f(n)－f(n＋1)，则可将其中的 n 分 别用 1，2，…，n 去代换得到 n 个关系式，再将这 n 个关系式相加即可求出 该数列的前 n 项和．
2. 裂项相消法
该法是建立在累加法(2)的基础之上的，如果在已知数列{an}中，an＝
k g（n）·g（n＋1）
1 n＋1
＝n＋n 1
.
例 5 已知数列{an}的通项公式 an＝（5n－1）1（5n＋4） ，求数列{an}
的前 n 项和．
【解】 将题设中通项裂项得 an＝15 (5n1－1 －5n1＋4 )，从而有
a1＝15
1 (4
－19
)
a2＝15 (19 －114 )
a3＝15 (114 －119 )
……
(2)由(1)知a2n－11a2n＋1 ＝（3－2n）1（1－2n） ＝12 2n1－3－2n1－1 ，从而
数
列
1 a2n－1a2n＋1
的前
n
项
和
为
1 2
－11－11＋11－13＋…＋2n1－3－2n1－1
＝
n 1－2n .
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本节内容结束
【解】 (1)因为 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当 n≥2 时， a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1). 两式相减得 (2n－1)an＝2， 所以 an＝2n2－1 (n≥2). 又由题设可得 a1＝2， 从而{an}的通项公式为 an＝2n2－1 .
(2)记2na＋n 1 的前 n 项和为 Sn，
an＝ n＋1 － n 累加得 Sn＝ n＋1 －1.
例 4 已知数列{an}的通项公式 an＝n（n1＋1） ，求数列{an}的前 n 项和．
【解】将题设中通项裂项得 an＝n（n1＋1） ＝1n －n＋1 1 ，
从而有 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝1－12 ＋12－13 ＋…1n－n＋1 1 ＝1－
(k 为常数)，则该通项通常可拆成 an＝f(n)－f(n＋1)的形式，
再用累加法求得该数列前 n 项和．
02
典例精析
例 1 在数列{an}中，若 a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，求数列{an}的通项公式． 【解】 由题意得 an＋1－an＝n＋1，可采用累加法，当 n≥2 时， a1＝2 a2－a1＝ 2 a3－a2＝ 3 a4－a3＝ 4 ……
第七章 数 列
第三节 累加法、裂项相消法的应用
01
知识梳理
1．累加法 (1)在已知数列{an}中，如果有 an＋1－an＝f(n)，且 f(1)＋f(2)＋…＋f(n)是 可求的，则可将其中的 n 分别用 1，2，…，(n－1)去代换得到(n－1)个关系 式，再将这(n－1)个关系式相加即可求出该数列的通项．
2. 已知等差数列{an}满足 a3＝7，a5＋a7＝26. (1)求等差数列{an}的通项公式； (2)设 cn＝ana1n＋1 ，n∈N*，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
【解】 (1)设等差数列的公差为 d， 则由题意可得a21a＋1＋2d1＝ 0d7＝，26， 解得ad1＝＝23.， 所以 an＝3＋2(n－1)＝2n ＋1.
an－an－1＝n 累加得 an＝2＋(2＋3＋4＋…＋n)＝
n（n＋1） 2
＋1
当 n＝1 时也满足 an，所以 an＝n（n＋ 2 1） ＋1.
例 2 已知数列{an}的通项公式为 an＝1n －n＋1 1 ，求数列{an}的前 n 项 和．
【解】 令 f(n)＝1n ，则 an＝f(n)－f(n＋1)的形式，可采用累加法． a1＝1－12 a2＝12 －13 a3＝13 －14
…… an＝1n －n＋1 1 将上述各式相加易得 Sn＝1－n＋1 1 ＝n＋n 1 .(相消后只剩两项)
例3
已知数列{an}的通项公式 an＝
1 n＋ n＋1
，求数列{an}的前 n 项
和．
【解】 an＝
1 n＋ n＋1
＝
n＋1 －
n ，可用累加法．
a1＝ 2 － 1 a2＝ 3 － 2 a3＝ 4 － 3 ……
由(1)知2na＋n 1 ＝（2n＋1）2（2n－1）
＝2n1－1
－
1 2n＋1
，
则 Sn＝11 －13 ＋13 －15
＋…＋2n1－1
－
1 2n＋1
＝2n2＋n 1
.
2. 正项数列{an}满足 a2n －(2n－1)an－2n＝0. (1)求数列{an}的通项公式 an； (2)令 bn＝（n＋11）an ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 【解】 (1)由 a2n －(2n－1)an－2n＝0 得(an－2n)(an＋1)＝0， 由于{an}是正项数列，则 an＝2n.
＝
1 （2n＋1）（2n＋3）
，所以
cn
＝
1 2
2n1＋1－2n1＋3 ，
所以
Tn
＝
1 2
13－15＋15－17＋…＋2n1＋1－2n1＋3
＝
1 2
13－2n1＋3
＝
n 6n＋9 .
04
课后练习
一、填空 1. (2017·全国Ⅲ)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列2na＋n 1 的前 n 项和．
(2) 由 (1) 知
an ＝ 2n ， 故
bn
＝
1 （n＋1）an
＝
1 （n＋1）（2n）
＝
1 2
1n－（n＋1 1） ，
∴Tn＝12 1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1
＝12 1－n＋1 1 ＝2nn＋2 .
3. 已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3＝0，S5＝－5. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列a2n－11a2n＋1 的前 n 项和． 【解】 (1)设{an}的公差为 d，则 Sn＝na1＋n（n－ 2 1） d. 由已知可得35aa11＋ ＋31d0＝ d＝0－，5， 解得 a1＝1，d＝－1. 故{an}的通项公式为 an＝2－n.
an＝15
1 (5n－1
－5n1＋4
)
将上列各式相加易得 Sn＝15
1 (4
－5n1＋4
)＝20nn＋16
.
03
课堂练习
1．求下列各数列的前 n 项和 (n N*) (1) an＝（3n－1）1（3n＋2） (2) an＝4n21－1 (3) an＝n2＋1 2n 【答案】 (1)Sn＝2（3nn＋2） (2)Sn＝2nn＋1 (3)Sn＝4n32＋n2＋ 125nn＋8
(2)在已知数列{an}中，如果有 an＝f(n)－f(n＋1)，则可将其中的 n 分 别用 1，2，…，n 去代换得到 n 个关系式，再将这 n 个关系式相加即可求出 该数列的前 n 项和．
2. 裂项相消法
该法是建立在累加法(2)的基础之上的，如果在已知数列{an}中，an＝
k g（n）·g（n＋1）
1 n＋1
＝n＋n 1
.
例 5 已知数列{an}的通项公式 an＝（5n－1）1（5n＋4） ，求数列{an}
的前 n 项和．
【解】 将题设中通项裂项得 an＝15 (5n1－1 －5n1＋4 )，从而有
a1＝15
1 (4
－19
)
a2＝15 (19 －114 )
a3＝15 (114 －119 )
……
(2)由(1)知a2n－11a2n＋1 ＝（3－2n）1（1－2n） ＝12 2n1－3－2n1－1 ，从而
数
列
1 a2n－1a2n＋1
的前
n
项
和
为
1 2
－11－11＋11－13＋…＋2n1－3－2n1－1
＝
n 1－2n .
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本节内容结束
【解】 (1)因为 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当 n≥2 时， a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1). 两式相减得 (2n－1)an＝2， 所以 an＝2n2－1 (n≥2). 又由题设可得 a1＝2， 从而{an}的通项公式为 an＝2n2－1 .
(2)记2na＋n 1 的前 n 项和为 Sn，
an＝ n＋1 － n 累加得 Sn＝ n＋1 －1.
例 4 已知数列{an}的通项公式 an＝n（n1＋1） ，求数列{an}的前 n 项和．
【解】将题设中通项裂项得 an＝n（n1＋1） ＝1n －n＋1 1 ，
从而有 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝1－12 ＋12－13 ＋…1n－n＋1 1 ＝1－
(k 为常数)，则该通项通常可拆成 an＝f(n)－f(n＋1)的形式，
再用累加法求得该数列前 n 项和．
02
典例精析
例 1 在数列{an}中，若 a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，求数列{an}的通项公式． 【解】 由题意得 an＋1－an＝n＋1，可采用累加法，当 n≥2 时， a1＝2 a2－a1＝ 2 a3－a2＝ 3 a4－a3＝ 4 ……
第七章 数 列
第三节 累加法、裂项相消法的应用
01
知识梳理
1．累加法 (1)在已知数列{an}中，如果有 an＋1－an＝f(n)，且 f(1)＋f(2)＋…＋f(n)是 可求的，则可将其中的 n 分别用 1，2，…，(n－1)去代换得到(n－1)个关系 式，再将这(n－1)个关系式相加即可求出该数列的通项．
2. 已知等差数列{an}满足 a3＝7，a5＋a7＝26. (1)求等差数列{an}的通项公式； (2)设 cn＝ana1n＋1 ，n∈N*，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
【解】 (1)设等差数列的公差为 d， 则由题意可得a21a＋1＋2d1＝ 0d7＝，26， 解得ad1＝＝23.， 所以 an＝3＋2(n－1)＝2n ＋1.
an－an－1＝n 累加得 an＝2＋(2＋3＋4＋…＋n)＝
n（n＋1） 2
＋1
当 n＝1 时也满足 an，所以 an＝n（n＋ 2 1） ＋1.
例 2 已知数列{an}的通项公式为 an＝1n －n＋1 1 ，求数列{an}的前 n 项 和．
【解】 令 f(n)＝1n ，则 an＝f(n)－f(n＋1)的形式，可采用累加法． a1＝1－12 a2＝12 －13 a3＝13 －14
…… an＝1n －n＋1 1 将上述各式相加易得 Sn＝1－n＋1 1 ＝n＋n 1 .(相消后只剩两项)
例3
已知数列{an}的通项公式 an＝
1 n＋ n＋1
，求数列{an}的前 n 项
和．
【解】 an＝
1 n＋ n＋1
＝
n＋1 －
n ，可用累加法．
a1＝ 2 － 1 a2＝ 3 － 2 a3＝ 4 － 3 ……
由(1)知2na＋n 1 ＝（2n＋1）2（2n－1）
＝2n1－1
－
1 2n＋1
，
则 Sn＝11 －13 ＋13 －15
＋…＋2n1－1
－
1 2n＋1
＝2n2＋n 1
.
2. 正项数列{an}满足 a2n －(2n－1)an－2n＝0. (1)求数列{an}的通项公式 an； (2)令 bn＝（n＋11）an ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 【解】 (1)由 a2n －(2n－1)an－2n＝0 得(an－2n)(an＋1)＝0， 由于{an}是正项数列，则 an＝2n.