创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题9　数列求和的常用方法.doc

微专题9数列求和的常用方法高考定位1.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、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.(2021·全国乙卷)设an是首项为1的等比数列，数列bn满足bn.已知a1，3a2，9a3成等差数列.(1)求an和bn的通项公式；(2)记Sn和Tn分别为an和bn的前n项和.证明：Tn<.(1)解设an的公比为q，则anqn1.因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以19q22×3q，解得q，故an，bn.(2)证明由(1)知Sn，Tn， Tn，得Tn，即Tn，整理得Tn，则2TnSn2<0，故Tn<.热点一分组转化法求和若一个数列经过适当的拆分，可分为几个等差、等比或常见的数列，即可先分别求和，再合并，常见的类型有：(1)anbn，其中an是等差数列，bn是等比数列；(2)an例1 (2022·深圳调研)已知等比数列an中，a11，且2a2是a3和4a1的等差中项.等差数列bn满足b11，b713.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Tn.解(1)设数列an的公比为q，由题意可得2×2a2a34a1，即4a1qa1q24a1，又a11，所以q2，则数列an的通项公式为an2n1(nN*).(2)设数列bn的公差为d，由题意可得b7b1126d，即d2，则数列bn的通项公式为bn1(n1)×22n1.anbn2n1(2n1)，则Tn(201)(213)2n1(2n1)(20212n1)(132n1)2n1n2(nN*).规律方法分组转化求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和.注意在含有参数的数列中对参数的讨论.训练1 (2022·长沙雅礼中学质检)已知数列an中，a11，a23，其前n项和Sn满足Sn1Sn12Sn2(n2，nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)若bnan2an，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由题意得Sn1SnSnSn12(n2)，即an1an2(n2)，又a2a1312，所以an1an2(nN*).所以数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an2n1(nN*).(2)bnan2an2n122n12n1·4n，所以Tn135(2n1)×(442434n)n2.热点二裂项相消法求和裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消.常见的裂项方式有：；.例2 (2022·郑州调研)已知数列an的前n项和为Sn，a11，4Snan1an1.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnan1(1)nn，求bn的前2k项和T2k(kN*).解(1)因为a11，4Snan1an1，当n1时，4S1a2a11，解得a23，当n2时，4Sn1an1an1，所以4Sn4Sn1an1an1(an1an1)，即4anan1anan1an，显然an0，所以4an1an1，所以a2n是以3为首项，4为公差的等差数列，a2n1是以1为首项，4为公差的等差数列，所以a2n34(n1)2×2n1，a2n114(n1)2×(2n1)1，所以an2n1(nN*).(2)因为anbnan1(1)nn，所以bn(1)n·，所以T2kb1b2b3b2k(nN*).易错提醒1.裂项相消求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.训练2 (2022·苏州检测)从S42(a41)，a2n2an1，aaaa中任选两个，补充在横线上，并回答下面的问题.已知公差d不为0的等差数列an，其前n项和为Sn，且_.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，求数列bn的前n项和Tn.注：如果选择多种情形分别解答，按第一个解答计分.解(1)若选：因为an是等差数列，且S42(a41)，a2n2an1，所以解得a11，d2，所以an2n1.若选：由题意得解得a11，d2，所以an2n1.若选：因为an是等差数列，且a2n2an1，aaaa，所以解得a11，d2，所以an2n1.(2)因为an2n1，所以bn，所以Tn().热点三错位相减法求和一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列an·bn的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列bn的公比，然后作差求解.例3 (2022·成都调研)从Sn，2Sn1，3Sn2成等差数列，且S2；aan(2an5an1)，且an>0；2Snant0(t为常数)这三个条件中任选一个补充在横线处，并给出解答.已知数列an的前n项和为Sn，a1，_，其中nN*.(1)求an的通项公式；(2)记bnlogan1，求数列an·bn的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解(1)若选条件.因为Sn，2Sn1，3Sn2成等差数列，所以4Sn1Sn3Sn2，即Sn1Sn3(Sn2Sn1)，所以an13an2，又S2，a1，所以a2S2a1，即a2a1，所以an1an，即，又a1，所以数列an是首项为，公比为的等比数列，所以an.若选条件.由aan(2an5an1)，得3aan(2an5an1)，即3a5an1an2a0，所以(an12an)(3an1an)0，因为an>0，所以3an1an0，即，又a1，所以数列an是首项为，公比为的等比数列，所以an.若选条件.因为2Snant0，所以n2时，2Sn1an1t0，两式相减并整理，得anan1(n2)，即(n2)，又a1，所以数列an是首项为，公比为的等比数列，所以an.(2)由(1)知，an1，所以bnlogan1logn1，所以an·bn(n1)×，所以Tn，所以Tn，两式相减，得Tn××，所以Tn×.易错提醒(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列的公比为负数的情形.(2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“SnqSn”的表达式.训练3 (2022·潍坊一模)已知等比数列an的前n项和为Sn，且a12，S3a36.(1)求数列an的通项公式.(2)设bnlog2an，求数列anbn的前n项和Tn.解(1)设数列an的公比为q，由a12，S3a36得a1(1qq2)6a1q2，解得q2，所以an2n.(2)由(1)可得bnlog2ann，所以anbnn·2n，Tn1×22×223×23n·2n，2Tn1×222×23(n1)×2nn·2n1，所以Tn2222nn·2n1n·2n12n12n·2n1所以Tn(n1)2n12.一、基本技能练1.已知递增等差数列an，等比数列bn，数列cn满足a1c11，c49，a1，a2，a5成等比数列，bnancn，nN*.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列cn的前n项和Sn.解(1)设等差数列an的公差为d(d>0)，等比数列bn的公比为q，则an1(n1)d，a1，a2，a5成等比数列，aa1a5，即(1d)214d，解得d2或d0(舍去)，an2n1，nN*.b1a1c12，且b4a4c416，2q316，解得q2，bn2n.(2)cnbnan2n(2n1)，Snc1c2cn212232n(2n1)(2222n)13(2n1)2n12n2.2.从Snn2n，a3a516且S3S542，且S756这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答.设等差数列an的前n项和为Sn，bn是等比数列，_，b1a1，b2，求数列的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解若选，解答过程如下.当n1时，a1S12.当n2时，anSnSn12n，又a1满足an2n，所以an2n(nN*).设数列bn的公比为q，因为b1a12，b24，所以q2，bn2n.所以数列bn的前n项和为2n12.，所以数列的前n项和为11.故Tn2n1212n11.若选，解答过程如下.设数列an的公差为d，由a3a516且S3S542，得解得所以an2n.后同选的解法.若选，解答过程如下.由得，所以，即anna1，由S77a428a156，得a12，所以an2n.后同选的解法.3.(2022·六安一模)已知正项等比数列an单调递增，其前n项和为Sn，且S37，a22.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由an是正项等比数列且单调递增，结合已知可得得，即2q25q20，解得q2，a11，q2，故an2n1.(2)由(1)可得bn.Tnb1b2bn.二、创新拓展练4.(2022·柳州二模)数列an的前n项和为Sn，若a12，点(Sn，Sn1)在直线yxn1(nN*)上.(1)求证：数列是等差数列；(2)若数列bn满足bn2nan，求数列bn的前n项和Tn.(1)证明点(Sn，Sn1)在直线yxn1(nN*)上，Sn1Sn(n1)，等式两边同除以n1，则有1，1，数列是以a12为首项，1为公差的等差数列.(2)解由(1)可知2(n1)×(1)n3，Snn23n，当n1时，a1S1132；当n2时，anSnSn1n23n(n1)23(n1)2n4，经检验，当n1时也成立.an2n4(nN*).Tnb1b2bn1bn，Tn2×210×222×234×24(42n)·2n，2Tn2×220×232×244×25(42n)·2n1，Tn2×212×222×232×242·2n(42n)·2n1，Tn(3n)·2n212.