高考数学考纲解读与热点难点突破专题数列的求和问题教学案理含解析

1、 数列的求和问题【2019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】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an·bn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

2、或(其中an为等差数列)等形式的数列求和【高考题型示例】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*)(1)证明数列an为等比数列，并求an；(2)若4，bn(nN*)，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，an4·2n12n1，bn T2n22324526722n2n1(222422n)(352n1)n(n2)，T2nn22n.【变式探究】在各项均为正数的等比

3、数列an中，a1a34，a3是a22与a4的等差中项，若an1(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，cnan12n2n，数列的前n项和Sn2222n2n12(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，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

4、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bnan×3n13n(nN*)(2)由(1)得bn3n2n1，所以Snn2n2(nN*)【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)n·an，求数列bn的前n项和Tn.解(1)an为等

5、差数列，解得因此an的通项公式an2n1.(2)bn2an(1)n·an22n1(1)n·(2n1)2×4n(1)n·(2n1)，Tn2×(41424n)3579(1)n(2n1)Gn.当n为偶数时，Gn2×n，Tnn；当n为奇数时，Gn2×(2n1)n2，Tnn2，Tn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q>1，且a3a4a528，a42是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)

6、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q>1，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(4n9)×n37×3.设Tn37×11×2(4n5)×n2，n2，则Tn3×7×

7、;2(4n9)×n2(4n5)×n1，所以Tn34×4×24×n2(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*，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×.Tn<.【变式探究】已知数列an满足a1a3，an1，设b

8、n2nan(nN*)(1)求数列bn的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.解(1)由bn2nan，得an，代入an1得，即bn1bn3，所以数列bn是公差为3的等差数列，又a1a3，所以，即，所以b12，所以bnb13(n1)3n1(nN*)(2)由bn3n1，得an，所以Sn，Sn，两式相减得Sn13 ，所以Sn5(nN*)【感悟提升】(1)错位相减法适用于求数列an·bn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【变式

9、探究】已知数列an的前n项和是Sn，且Snan1(nN*)数列bn是公差d不等于0的等差数列，且满足：b1a1，b2，b5，b14成等比数列(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cnan·bn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)n1时，a1a11，a1，n2时，SnSn1，anan1(n2)，an是以为首项，为公比的等比数列，an×n12n.b11，由bb2b14得，2，d22d0，因为d0，解得d2，bn2n1(nN*)(2)cn，Tn，Tn，得，Tn44×，所以Tn2(nN*)【变式探究】公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，已知S410，且a1，a3

10、，a9成等比数列.(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和Tn.解(1)设an的公差为d，由题设得解之得a11，且d1.因此ann.(2)令cn，则Tnc1c2cn，Tn，得：Tn，Tn.【变式探究】已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.题型三裂项相消法求和例3、2018·天津卷设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(nN*)，bn是等差数列已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an和bn的通项公式 (2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN*)，求

11、Tn；【解析】(1)解：设等比数列an的公比为q.由a11，a3a22，可得q2q20.由q>0，可得q2，故an2n1.设等差数列bn的公差为d.由a4b3b5，可得b13d4.由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，2an1anan

12、1，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Tn<2，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*)(

13、2)由bnanSn得，b12a，b22a2a，b32a3a2a.数列bn为等比数列，bb1b3，(2a2a)22a(2a3a2a)，解得a.(3)由(2)知cn，Tn<，2，解得或1.即实数的取值范围是(，1【变式探究】(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)常用的裂项公式若an是等差数列，则，；，；，()【变式探究】已知数列an为递增数列，a11，其前n项和为Sn，且满足2Sna2Sn11.(1)求数列an的通项公式；(2)若b

14、n，其前n项和为Tn，若Tn>成立，求n的最小值解(1)由2Sna2Sn11知，2Sn1a2Sn21，两式相减得，2anaa2an1，即2，又数列an为递增数列，a11，anan1>0，anan12，又当n2时，2a2a11，即a2a230，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n>9，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，