2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题教学案理含解析20190330235

1、 数列的求和问题数列的求和问题 【20192019 年高考考纲解读】年高考考纲解读】 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 【重点、难点剖析】【重点、难点剖析】 一、分组转化法求和 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 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 三、裂项相消法求和 裂项相消法是指把数列和式中

2、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 【高考题型示例】【高考题型示例】 题型一、分组转化法求和题型一、分组转化法求和 例 1、若数列an的前 n 项和 Sn满足 Sn2an(0，nN N*) (1)证明数列an为等比数列，并求an； (2)若4，bn(nN N*)，求数列bn的前 2n项和T2n. 解析：(1)Sn2an，当n1 时，得a1， 当n2 时，Sn12an1， SnSn12an2an1， 即an2an2an1，an2an1， 数列an是以为首项，2 为公比的等比数列， an2n1. (2)4，an42n12n1，

3、 bn T2n22324526722n2n1 (222422n)(352n1) n(n2)， T2nn22n. 【变式探究】在各项均为正数的等比数列an中，a1a34，a3是a22 与a4的等差中项，若an12nb(nN*) (1)求数列bn的通项公式； (2)若数列满足cnan1，求数列的前n项和Sn. (2)由(1)得，cnan1 2n2n， 数列的前n项和 Sn2222n 2n12(nN*) 【感悟提升】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

4、， 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 【变式探究】已知an为等差数列，且a23，an前 4 项的和为 16，数列bn满足b14，b488，且数列为等比数列(nN*) (1)求数列an和的通项公式； (2)求数列bn的前n项和Sn. 解 (1)设an的公差为d， 因为a23，an前 4 项的和为 16， 所以a1d3,4a1d16， 解得a11，d2， 所以an1(n1)22n1(nN*) 设的公比为q，则b4a4q3， 所以q327，得q3， 所以bnan3n13n(nN*) (2)由(1)得bn3n2n1， 所以Sn n2n2(n

5、N*) 【变式探究】已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足S424，S763. (1)求数列an的通项公式； (2)若bn2an(1)nan，求数列bn的前n项和Tn. 解 (1)an为等差数列， 解得 因此an的通项公式an2n1. (2)bn2an(1)nan22n1(1)n(2n1) 24n(1)n(2n1)， Tn2(41424n)3579(1)n(2n1)Gn. 当n为偶数时，Gn2n， Tnn； 当n为奇数时，Gn2(2n1)n2， Tnn2， Tn 题型二、错位相减法求和题型二、错位相减法求和 例 2、 2018浙江卷已知等比数列an的公比q1， 且a3a4a528，a42 是

6、a3，a5 的等差中项 数列bn满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为 2n2n. (1)求q的值； (2)求数列bn的通项公式 【解析】 (1)解：由a42 是a3，a5 的等差中项， 得a3a52a44， 所以a3a4a53a4428， 解得a48. 由a3a520，得 820， 解得q2 或q. 因为q1，所以q2. (2)解：设cn(bn1bn)an，数列cn的前n项和为Sn. 由cn解得cn4n1. 由(1)可得an2n1， 所以bn1bn(4n1)n1， 故bnbn1(4n5)n2，n2， bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1) (4n5)n2(4n

7、9)n373. 设Tn37112(4n5)n2，n2， 则Tn372(4n9)n2(4n5)n1， 所以Tn34424n2(4n5)n1， 因此Tn14(4n3)n2，n2. 又b11，所以bn15(4n3)n2. 【变式探究】已知各项均不为零的数列an的前n项和为Sn，且对任意的nN N*，满足Sna1(an1) (1)求数列an的通项公式； (2)设数列bn满足anbnlog2an，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn. (2)anbnlog2an2n，bn， Tn，Tn， 两式相减得Tn22. Tn0，可得q2，故an2n1. 设等差数列bn的公差为d.由a4b3b5，可得b13d4.由

8、a5b42b6，可得 3b113d16，从而b11，d1， 故bnn. 所以，数列an的通项公式为an2n1，数列bn的通项公式为bnn. (2)解：由(1)，有Sn2n1，故 Tn(2k1)knn2n1n2. 证明：因为 ， 【举一反三】在数列an中，a12，an是 1 与 anan1的等差中项 (1)求证：数列是等差数列，并求an的通项公式； (2)求数列的前 n 项和 Sn. 解析：(1)an是 1 与 anan1的等差中项， 2an1anan1，an1， an111，1， 1，数列是首项为 1，公差为 1 的等差数列， 1(n1)n，an. (2)由(1)得， Sn1. 【变式探究】已

9、知数列an的前n项和Sn满足：Sna(nN*)(a为常数，a0，a1) (1)求an的通项公式； (2)设bnanSn，若数列bn为等比数列，求a的值； (3)在满足条件(2)的情形下，cn.若数列的前n项和为Tn，且对任意nN*满足Tn2，求实数的取值范围 解 (1)Sna， n1 时，a1a. n2 时，Sn1a(Sn1an11)， SnSn1ana(SnSn1)aanaan1， anaan1，即a且 a0，a1， 数列an是以a为首项，a为公比的等比数列， anan(nN*) (2)由bnanSn得，b12a， b22a2a， b32a3a2a. 数列bn为等比数列， b22b1b3，(

10、2a2a)22a(2a3a2a)， 解得a. (3)由(2)知cn ， Tn成立，求n的最小值 解 (1)由 2Sna2n2Sn11 知， 2Sn1a2n12Sn21， 两式相减得，2ana2na2n12an1， 即 2， 又数列an为递增数列，a11，anan10， anan12， 又当n2 时，2a222a11， 即a222a230，解得a23 或a21(舍)， a2a12， 符合anan12， an是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列， an1(n1)22n1(nN*) (2)bn， Tn， 又Tn，即，解得n9， 又nN*，n的最小值为 10. 【变式探究】 设Sn为数列an的前n项和，Sn2n25n. (1)求证：数列3an为等比数列； (2)设bn2Sn3n，求数列的前n项和Tn. 【变式探究】设正项等比数列an，a481，且a2，a3的等差