资源描述
第2讲数列的求和问题,专题二数列,板块三专题突破核心考点,考情考向分析,高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化与化归的思想.,热点分类突破,真题押题精练,内容索引,热点分类突破,有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并.,热点一分组转化法求和,解答,例1(2018北京海淀区模拟)已知等差数列an满足2an1an2n3 (nN*). (1)求数列an的通项公式；,解设等差数列an的公差为d， 因为2an1an2n3，,所以ana1(n1)d2n1(nN*).,解答,解因为数列anbn是首项为1，公比为2的等比数列， 所以anbn2n1， 因为an2n1，所以bn2n1(2n1). 设数列bn的前n项和为Sn， 则Sn(1242n1)135(2n1),所以数列bn的前n项和为2n1n2(nN*).,在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解.在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式.,解答,跟踪演练1已知等差数列an的公差为d，且关于x的不等式a1x2dx30的解集为(1,3)， (1)求数列an的通项公式；,故数列an的通项公式为an12(n1)， 即an2n1(nN*).,解答,(2)若bn 2an，求数列bn的前n项和Sn.,解据(1)求解知an2n1，,热点二错位相减法求和,错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列anbn的前n项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列.,解答,例2(2018百校联盟联考)已知等比数列an的公比q1，前n项和为Sn(nN*)，a1a3 ，a11，a21，a31分别是一个等差数列的第1项，第2项，第5项. (1)求数列an的通项公式；,所以a11， 由a11，a21，a31分别是一个等差数列的第1项，第2项，第5项， 得a31(a11)4(a21)(a11)， 即a3a14(a2a1)， 即q214(q1)，即q24q30， 因为q1，所以q3，所以an3n1(nN*).,(2)设bnanlg an，求数列bn的前n项和Tn.,解答,解bnanlg an(n1)3n1lg 3， 所以Tn03232333(n1)3n1lg 3， 3Tn032233334(n1)3nlg 3， 两式相减得，2Tn332333n1(n1)3nlg 3,(1)错位相减法适用于求数列anbn的前n项和，其中an为等差数列，bn为等比数列. (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数. (3)为保证结果正确，可对得到的和取n1,2进行验证.,跟踪演练2(2018安庆模拟)在等差数列an中a49，前三项的和为15. (1)求数列an的通项公式；,解答,an2n1(nN*).,解答,裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于 或 (其中an为等差数列)等形式的数列求和.,热点三裂项相消法求和,解答,例3(2018天津市十二校模拟)已知数列an的前n项和Sn满足：Sna(Snan1) (nN*)(a为常数，a0，a1). (1)求an的通项公式；,解Sna(Snan1)， n1时，a1a. n2时，Sn1a(Sn1an11)， SnSn1ana(SnSn1)aanaan1，,数列an是以a为首项，a为公比的等比数列， anan(nN*).,解答,(2)设bnanSn，若数列bn为等比数列，求a的值；,解由bnanSn得，b12a， b22a2a， b32a3a2a. 数列bn为等比数列，,解答,(1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成anbnkbn(k1，kN*)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列an的通项公式，使之符合裂项相消的条件. (2)常用的裂项公式,解答,跟踪演练3(2018潍坊模拟)已知等比数列an的前n项和为Sn，a12，an0(nN*)，S6a6是S4a4，S5a5的等差中项. (1)求数列an的通项公式；,解S6a6是S4a4，S5a5的等差中项，,S6a6S4a4S5a5S6a6， 化简得4a6a4，,解答,解由(1)得，bn 2n3.,Tnc1c2cn,真题押题精练,真题体验,答案,解析,解析 设等差数列an的公差为d，,2.(2017天津)已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4. (1)求an和bn的通项公式；,解答,解设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q. 由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12， 所以q2q60. 又因为q0，解得q2，所以bn2n. 由b3a42a1，可得3da18， 由S1111b4，可得a15d16， 联立，解得a11，d3， 由此可得an3n2(nN*). 所以数列an的通项公式为an3n2(nN*)，数列bn的通项公式为bn2n(nN*).,(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN*).,解答,解设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n124n1，得a2nb2n1(3n1)4n， 故Tn24542843(3n1)4n， 4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1， ，得3Tn2434234334n(3n1)4n1,押题预测,答案,解析,押题依据,押题依据数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是考试大纲中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循.,1,押题依据错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式.,解答,押题依据,解当n1时，a1S11， 当n2时，anSnSn12n1(nN*)， 又a11满足an2n1， an2n1(nN*).,且bn0，2bn1bn，,解答,(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.,
展开阅读全文