1、1第三部分 考前临门一脚(一)巧用性质 妙解函数速解技法学一招函数性质主要指函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，要深刻理解并加以巧妙地运用以对称性为例，若函数 f (x)满足 f (a x) f (b x)，则函数图象关于直线 x对称；若函数 f (x)满足 f (a x) f (b x) c，则函数图象关于点 对a b2 (a b2 ， c2)称定义在 R 上的奇函数 f (x)满足 f (x2) f (x)，且在0,1上是增函数，例 1则有( )A f 2 时， f (x)单调递增因为 x1 x20 且 a1，函数 f (x) 4log a ，其中 x ，则函数 f 5ax 3ax 1
2、1 x1 x 14 14(x)的最大值与最小值之和为_解析：依题意知， f (x)4 4log a ，令 g(x) 4log a ，其定ax 1ax 1 1 x1 x ax 1ax 1 1 x1 x3义域为 ，可知 g( x) 4log a g(x)，函数 g(x)的图象关于原14， 14 a x 1a x 1 1 x1 x点对称，从而可知函数 f (x)的图象关于点(0,4)对称，故函数 f (x)的最大值与最小值之和为 8.答案：8常用结论记一番1函数的单调性在公共定义域内：(1)若函数 f (x)是增函数，函数 g(x)是增函数，则 f (x) g(x)是增函数；(2)若函数 f (x)
3、是减函数，函数 g(x)是减函数，则 f (x) g(x)是减函数；(3)若函数 f (x)是增函数，函数 g(x)是减函数，则 f (x) g(x)是增函数；(4)若函数 f (x)是减函数，函数 g(x)是增函数，则 f (x) g(x)是减函数提示 在利用函数单调性解不等式时，易忽略函数定义域这一限制条件2函数的奇偶性(1)判断函数的奇偶性有时可以用定义的等价形式： f (x)f ( x)0， 1；f xf x(2)设 f (x)， g(x)的定义域分别是 D1， D2，那么在它们的公共定义域上：奇奇奇，奇奇偶，偶偶偶，偶偶偶，奇偶奇3有关函数 f (x)周期性的常用结论(1)若 f (
4、x a) f (x a)，则函数 f (x)的周期为 2|a|；(2)若 f (x a) f (x)，则函数 f (x)的周期为 2|a|；(3)若 f (x a) ，则函数 f (x)的周期为 2|a|；1f x(4)若 f (x a) ，则函数 f (x)的周期为 2|a|.1f x(二)最值函数 大显身手速解技法学一招Error!对于任意 xR，函数 f (x)表示 y x3， y x ， y x24 x3 中的最例 132 12大者，则 f (x)的最小值是( )A2 B3C8 D14解析 如图，分别画出函数 y x3， y x ， y x24 x3 的图象，32 12得到三个交点 A
5、(0,3)， B(1，2)， C(5,8)由图象可得函数 f (x)的表达式为f (x)Error!所以 f (x)的图象是图中的实线部分，图象的最低点是B(1,2)，所以函数 f (x)的最小值是 2.答案 A已知函数 f (x) x2 x m ， g(x)log 2x，min m， n表示 m， n 中的最例 212小值，设函数 h(x)min f (x)， g(x)(x0)，则当函数 h(x)有三个零点时，实数 m 的取值范围为( )A. B.(0，34) ( ， 34C. D.(12， 34) (12， )解析 在同一直角坐标系中，作出函数 y f (x)和 y g(x)的图象如图所示
6、当两函数图象交于点 A(1,0)时，即有 11 m 0，解得12m ，所以当函数 h(x)有三个零点时，12即为点 A 和 y f (x)与 x 轴的两个交点，若满足条件，则需Error!解得 0f (x)为增函数； f ( x)1，即 x(，1)12(1，)答案 (，1)(1，)已知函数 f (x)( ax b)ln x bx3 在(1， f (1)处的切线方程为 y2.例 3(1)求 a， b 的值；(2)求函数 f (x)的极值；(3)若 g(x) f (x) kx 在(1,3)上是单调函数，求 k 的取值范围解 (1)因为 f (1) b32，所以 b1.又 f ( x) aln x
7、a b aln x a1，bx 1x而函数 f (x)在(1， f (1)处的切线方程为 y2，所以 f (1)1 a10，所以 a0.(2)由(1)得 f (x)ln x x3， f ( x) 1( x0)1x令 f ( x)0，得 x1.当 00；当 x1 时， f ( x)0)， g( x) k1，1x又 g(x)在 x(1,3)上是单调函数，若 g(x)为增函数，有 g( x)0，即 g( x) k10，即 k1 在 x(1,3)上恒成立1x 1x8又 1 ，所以 k .1x (0， 23) 23若 g(x)为减函数，有 g( x)0，即 g( x) k10，即 k1 在 x(1,3)
8、上恒成立，1x 1x又 1 ，所以 k0.1x (0， 23)综上， k 的取值范围为(，0 .23， )技法领悟 破解此类问题需注意两点：(1)求函数的单调区间时应优先考虑函数的定义域；(2)求得函数在多个区间单调性相同时，区间之间用“， ”分割，或用“和”相连，不能用“”相连经典好题练一手1已知直线 2x y10 与曲线 y aex x 相切(其中 e 为自然对数的底数)，则实数a 的值是( )A. B1 12C2 De解析：选 B 由题意知 y aex12，则 a0， xln a，代入曲线方程得y1ln a，所以切线方程为 y(1ln a)2( xln a)，即 y2 xln a12 x
9、1 a1.2若函数 f (x) ax x2 ln x 存在极值，且这些极值的和不小于 4ln 2，则 a 的取值范围为( )A2，) B2 ，)2C2 ，) D4，)3解析：选 C f ( x) a2 x (x0)，因为 f (x)存在极值，所以 f 1x 2x2 ax 1x( x)0 在(0，)上有根，即 2x2 ax10 在(0，)上有根，所以 a280，显然当 0 时， f (x)无极值，不合题意，所以 a280，即 a2或 a0，则 f (x1)， f (x2)为 f (x)的极值，所以 f (x1) f (x2)12 a29( ax1 x ln x1)( ax2 x ln x2) a
10、(x1 x2)( x x )(ln x1ln x2) 21 2 21 2a22ln 24ln 2，所以 a2 .综上， a 的取值范围为2 ，)(a24 1) 3 33 是圆周率，e 是自然对数的底数，在 3e，e 3，e ， 3,3 ， e六个数中，最小的数与最大的数分别是( )A3 e,3 B3 e，e Ce 3， 3 D e,3解析：选 A e0，即 0e 时，函数 f (x)单调递减故函数 f (x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)由 e 3，在ln ln 33 ln ee ln ln 333e，e 3，e ， 3,3 ， e六个数中的最大的数是 3 ，同理得最小的数
11、为 3e.4已知函数 f (x)1ln x a2x2 ax(aR)(1)讨论函数 f (x)的单调性；(2)若 a0 且 x(0,1)，求证： x2 0，则当 x 时， f ( x)0，1a当 0 时， f ( x)0，1a 1a故 f (x)在 上单调递减，在 上单调递增(0，1a) (1a， )若 a 时， f ( x)0.12a 12a故 f (x)在 上单调递减，在 上单调递增(0， 12a) ( 12a， )(2)证明：若 a0 且 x(0,1)，则 f (x)1ln x， x(0,1)欲证 x2 0，故函数 g(x)在(0,1)上单调递增，所以 g(x)p(0)2，当 x( x0,
12、1)时， p(x0)p(1)0，当 x( x1,1)时， h( x)h(0)1，所以 x(1ln x)0， 0)的图象相邻两条对称轴的距离为 ，( x 3) 2且 f (0)1.(1)求函数 f (x)的解析式；14(2)设 ， ， f ， f ，求 tan(2 2 )的值(0， 4) ( 3) 1013 ( 6) 65解：(1)函数 f (x) Acos (A0， 0)的图象相邻两条对称轴的距离为 ，( x 3) 2 ， 2，T2 2又 f (0)1， A1， A2，12 f (x)2cos .(2x 3)(2) ， f 2cos 2cos(2 )2cos 2 ，(0， 4) ( 3) 10
13、13cos 2 ，sin 2 ，513 1 cos22 1213则 tan 2 .sin 2cos 2 125 ，(0， 4)f 2cos 2cos 2 ，( 6) 65cos 2 ，sin 2 ，35 1 cos22 45则 tan 2 .sin 2cos 2 43tan(2 2 ) .tan 2 tan 21 tan 2 tan 2125 431 12543 1663常用结论记一番三角公式中常用的变形(1)对于含有 sin cos ，sin cos 的问题，利用(sin cos )212sin cos ，建立 sin cos 与 sin cos 的关系(2)对于含有 sin ，cos 的齐
14、次式 ，利用 tan (如sin cos sin cos ， sin cos ) 转化为含 tan 的式子sin cos (3)对于形如 cos2 sin 与 cos2 sin cos 的变形，前者用平方关系15sin2 cos 2 1 化为二次型函数，而后者用降幂公式化为一个角的三角函数(4)含 tan tan 与 tan tan 时考虑 tan( ) .tan tan 1 tan tan (五)正弦余弦 相得益彰速解技法学一招边角互化的技巧：若要把“边”化为“角” ， 常利用“ a2 Rsin A， b2 Rsin B， c2 Rsin C”，,若要把“角”化为“边” ，常利用 R 为 A
15、BC 外接圆的“sin A a2R， sin B b2R， sin C c2R， cos C a2 b2 c22ab ”半径 等.在 ABC 中，角 A， B， C 所对的边分别是 a， b， c，且 .例 1cos Aa cos Bb sin Cc(1)证明：sin Asin Bsin C；(2)若 b2 c2 a2 bc，求 tan B.65解 (1)证明：根据正弦定理，可设 k(k0)asin A bsin B csin C则 a ksin A， b ksin B， c ksin C.代入 中，有cos Aa cos Bb sin Cc ，变形可得cos Aksin A cos Bksi
16、n B sin Cksin Csin Asin Bsin Acos Bcos Asin Bsin( A B)在 ABC 中，由 A B C，有 sin(A B)sin( C)sin C，所以 sin Asin Bsin C.(2)由已知， b2 c2 a2 bc，65根据余弦定理，有 cos A .b2 c2 a22bc 35所以 sin A .1 cos2A45由(1)，sin Asin Bsin Acos Bcos Asin B，所以 sin B cos B sin B，45 45 35故 tan B 4.sin Bcos B16如图，在 ABC 中， B ， AB8，点 D 在边 BC
17、上，且例 2 3CD2，cos ADC .17(1)求 sin BAD；(2)求 BD， AC 的长解 (1)在 ADC 中，cos ADC ，17sin ADC ，1 cos2 ADC1 (17)2 437则 sin BADsin( ADC B)sin ADCcos Bcos ADCsin B .437 12 17 32 3314(2)在 ABD 中，sin ADBsin( ADC)sin ADC .437由正弦定理得 BD 3，ABsin BADsin ADB83314437在 ABC 中， BC BD DC5，由余弦定理得 AC2 AB2 BC22 ABBCcos B8 25 2285
18、49，12即 AC7.经典好题练一手1已知 ABC 的三个内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c，若 ，则该三cos Acos B ba 2角形的形状是( )A直角三角形 B等腰三角形C等边三角形 D钝角三角形解析：选 A 因为 ，由正弦定理得 ，所以 sin 2Asin 2B.由cos Acos B ba cos Acos B sin Bsin A ，可知 a b，所以 A B.又 A， B(0，)，所以 2A2 B，即 A B ，所以ba 2 2C ，于是 ABC 是直角三角形 2172在 ABC 中，内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c，若 acos C cco
19、s A2 bsin A，则 A 的值为( )A. B.56 6C. D. 或23 6 56解析：选 D 由 acos C ccos A2 bsin A，结合正弦定理可得 sin Acos Csin Ccos A2sin Bsin A，即 sin(A C)2sin Bsin A，故 sin B2sin Bsin A又 sin B0，可得 sin A ，故 A 或 .12 6 563非直角 ABC 中，内角 A， B， C 的对边分别是 a， b， c，已知 c1， C .若 sin 3Csin( A B)3sin 2 B，则 ABC 的面积为( )A. B.1534 154C. 或 D.2134
20、 36 3328解析：选 D 因为 sin Csin( A B)sin( A B)sin( A B)2sin Acos B6sin Bcos B，因为 ABC 非直角三角形，所以 cos B0，所以 sin A3sin B，即 a3 b.又 c1， C ，由余弦定理得 a2 b2 ab1，结合 a3 b，可得 b2 ，所以 3 17S absin C b2sin .故选 D.12 32 3 33284在 ABC 中，角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c，面积为 S，已知 2acos2 2 ccos2C b.A2 52(1)求证：2( a c)3 b；(2)若 cos B ， S ，
21、求 b.14 15解：(1)证明：由已知得，a(1cos C) c(1cos A) b.52整理得 a c acos C ccos A b.52在 ABC 中，由余弦定理，得18acos C ccos A a ca2 b2 c22ab b2 c2 a22bc b.2b22b a c b，即 2(a c)3 b.32(2)cos B ，sin B .14 154 S acsin B ac ， ac8.12 158 15又 b2 a2 c22 accos B( a c)22 ac(1cos B)，2(a c)3 b， b2 16 ，解得 b216，9b24 (1 14) b4.常用结论记一番1解三
22、角形中常用结论：(1)三角形中正弦、余弦、正切满足的关系式有： 2 R， c2 a2 b22 abcos C，tan Atan Btan Ctan Atan asin A bsin B csin CBtan C， abABsin Asin Bcos Ac2(c 为最大边)；钝角三角形 a2 b2 ， C B ， A C ； 2 2 2任意角的正弦值都大于其他角的余弦值(4)在 ABC 中， A， B， C 成等差数列 B60；在 ABC 中， A， B， C 成等差数列，且 a， b， c 成等比数列三角形为等边三角形2设 ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c，其面积为
23、 S.(1)S aha bhb chc(ha， hb， hc分别表示 a， b， c 边上的高)12 12 1219(2)S absin C bcsin A casin B.12 12 12(3)S r(a b c)(r 为三角形 ABC 内切圆的半径)12(六)向量小题 三招搞定速解技法学一招解 决 与 向 量 有 关 的 小 题 ， 一 般 用 三 招 ，即 “构 图 、 分 解 、 建 系 ”， 就 能 突 破 难 点 ， 顺 利 解 决 问 题 .如图， 在直角梯形 ABCD 中， ， 例 1 DC 14 AB 2 ，且 r s ，则 2r3 s( )BE EC AE AB AD A1
24、 B2C3 D4解析 法一：根据图形，由题意可得 AE AB BE AB 23 BC ( )AB 23 BA AD DC ( )13AB 23 AD DC 13AB 23AD 14AB .12AB 23AD 因为 r s ，所以 r ， s ，AE AB AD 12 23则 2r3 s123.法二：因为 2 ，所以 2( )，BE EC AE AB AC AE 整理得 ( ) ，则AE 13AB 23AC 13AB 23 AD DC 12AB 23AD r ， s ，2 r3 s3.12 23法三：如图，延长 AD， BC 交于点 P，则由 得 DC AB，且 AB4 DC，DC 14AB 2
25、0又 2 ，所以 E 为 PB 的中点，且 .BE EC AP 43AD 于是， ( )AE 12 AB AP 12 .12AB 23AD 则 r ， s ，2 r3 s3.12 23法四：如图，建立平面直角坐标系 xAy，依题意可设点 B(4m,0)， D(3m,3h)， E(4m,2h)，其中 m0， h0.由 r s ，AE AB AD 得(4 m,2h) r(4m,0) s(3m,3h)，所以Error! 解得Error!所以 2r3 s123.答案 C技法领悟解决平面向量问题的常用方法(1)求解有关平面向量的问题时，若能灵活利用平面向量加、减法运算及其几何意义进行分析，则有利于问题的
26、顺利获解这种解题思路，我们不妨称之为按“图”处理(2)建系法：处理有关平面图形的向量问题时，若能灵活建立平面直角坐标系，则可借助向量的坐标运算巧解题，这也体现了向量的代数化手段的重要性(3)基底法：求解有关平面向量的问题时，若能灵活地选取基底，则有利于问题的快速获解理论依据：适当选取一组基底 e1，e 2，利用平面向量基本定理及相关向量知识，可将原问题转化为关于 e1，e 2的代数运算问题经典好题练一手1已知 0，| |1，| |2， 0，则| |的最大AB BC AB BC AD DC BD 值为( )A. B2255C. D25 5解析：选 C 由 0 可知， .AB BC AB BC 故
27、以 B 为坐标原点，分别以 BA， BC 所在的直线为 x 轴， y 轴建21立如图所示的平面直角坐标系，则由题意，可得 B(0,0)， A(1,0)， C(0,2)设 D(x， y)，则 ( x1， y)，AD ( x,2 y)DC 由 0，可得( x1)( x) y(2 y)0，AD DC 整理得 2( y1) 2 .(x12) 54所以点 D 在以 E 为圆心，半径 r 的圆上(12， 1) 52因为| |表示 B， D 两点间的距离，BD 而| | ，EB 52所以| |的最大值为| | r .BD EB 52 52 52已知向量 a，b 满足 a(a2b)0，|a|b|1，且|ca2
28、b|1，则|c|的最大值为( )A2 B4C. 1 D. 15 3解析：选 D 设 a ，a2b ，c ，且设点 A 在 x 轴上，OA OB OC 则点 B 在 y 轴上，由|ca2b|1，可知|c(a2b)| |OC OB |1，所以点 C 在以 B 为圆心，1 为半径的圆上，如图所示BC 法一：因为 a(a2b)0，所以 2ab|a| 2.又|a|b|1，所以|a2b| ，|a|2 4|b|2 4ab 4|b|2 |a|2 3所以|c| max| |1|a2b|1 1.OB 3法二：连接 AB，因为 a2b，OB OA AB 所以 2b.AB 因为|a|b|1，所以| |2，| |1，A
29、B OA 所以| | ，OB 3所以|c| max| |1 1.OB 33在 Rt ABC 中， CA4， CB3， M， N 是斜边 AB 上的两个动点，且 MN2，22则 的取值范围为( )CM CN A. B4,62，52C. D.11925， 485 11925， 535解析：选 C 设 MN 的中点为 E，则有 2 ，CM CN CE 所以 ( )2( )2| |2 | CM CN 14 CM CN CM CN CE 14|2| |21.NM CE 易知| |的最小值等于点 C 到斜边 AB 的距离，即 ，所以 的最小值为CE 125 CM CN 21 .(125) 11925当点
30、M(或点 N)与点 A 重合时，| |最大，CE 此时| |21 24 2214 ，CE 45 535所以 的最大值为 1 .CM CN 535 485综上， 的取值范围是 .CM CN 11925， 4854.如图，在梯形 ABCD 中， AB CD， CD2， BAD ， 4若 2 ，则 _.AB AC AB AD AD AC 解析：法一：因为 2 ，AB AC AB AD 所以 ，AB AC AB AD AB AD 所以 .AB DC AB AD 因为 AB CD， CD2， BAD ， 4所以 2| | | |cos ，AB AB AD 4化简得| |2 .AD 2故 ( )AD AC
31、 AD AD DC 23| |2 AD AD DC (2 )22 2cos 12.2 2 4法二：如图，建立平面直角坐标系 xAy.依题意，可设点 D(m， m)， C(m2， m)， B(n,0)，其中 m0， n0，则由 2 ，AB AC AB AD 得( n,0)(m2， m)2( n,0)(m， m)，所以 n(m2)2 nm，化简得 m2.故 ( m， m)(m2， m)2 m22 m12.AD AC 答案：12常用结论记一番1在四边形 ABCD 中：(1) ，则四边形 ABCD 为平行四边形；AB DC (2) 且( )( )0，则四边形 ABCD 为菱形；AB DC AB AD
32、AB AD (3) 且| | |，则四边形 ABCD 为矩形；AB DC AB AD AB AD (4)若 ( 0， 1)，则四边形 ABCD 为梯形AB DC 2设 O 为 ABC 所在平面上一点，内角 A， B， C 所对的边长分别为 a， b， c，则(1)O 为 ABC 的外心 2 2 2.OA OB OC (2)O 为 ABC 的重心 0.OA OB OC (3)O 为 ABC 的垂心 .OA OB OB OC OC OA (4)O 为 ABC 的内心 a b c 0.OA OB OC (5)O 为 ABC 的 A 的旁心 a b c .OA OB OC (七)玩转通项 搞定数列速解
33、技法学一招几种常见的数列类型及通项的求法24递推公式 解法an1 an f (n) 转化为 an1 an f (n)，利用累加法(逐差相加法)求解an1 f (n)an 转化为 f (n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解an 1anan1 pan q 转化为特殊数列 an k的形式求解an1 pan f (n) 利用待定系数法，构造数列 bn，消去 f (n)带来的差异已知数列 an满足 a1 ， an1 an，求 an(nN *)例 123 nn 1解 由条件知 ，分别令 n1,2,3，( n1)，代入上式得( n1)个an 1an nn 1等式累乘，即 .a2a1 a3a2 a4a3 ana
34、n 1 12 23 34 n 1n ana1 1n又 a1 ， an .23 23n技法领悟 累加、累乘法起源于等差、等比数列通项公式的求解使用过程中要注意赋值后得到(n1)个式子，若把其相加或相乘，等式的左边得到的结果是 an a1或 ，添加首项后，ana1等式的左边累加或累乘的结果才为 an.已知数列 an的首项 a11， an1 (nN *)，求数列 的前例 2an2an 1 1anan 110 项和解 因为 an1 ，an2an 1所以 2 ，即 2，1an 1 2an 1an 1an 1an 1 1an所以 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，1an所以 2 n1，所以 an ，1
35、an 12n 1而 ，1anan 1 1 2n 1 2n 1 12( 12n 1 12n 1)所以 Error!Error! .1a1a2 1a2a3 1a10a11 12 12(1 121) 102125经典好题练一手1在数列 an中， a12， an1 anlg ，则 an( )(11n)A2lg n B2( n1)lg nC2 nlg n D1 nlg n解析：选 A 由 an1 anlg an1 anlg ，那么 an a1( a2 a1)(11n) (1 1n)( an an1 )2lg 2lg lg lg 32 432lg2 2lg n.nn 1 32 43 nn 12已知数列 a
36、n满足 a11， an an1 1( n2， nN *)，则数列 an的通项公式12an_.解析：由 an an1 1( n2， nN *)，12得 an2 (an1 2)，而 a12121，12数列 an2是首项为1，公比为 的等比数列12 an2 n1 ， an2 n1 .(12) (12)答案：2 n1(12)3设数列 an是首项为 1 的正项数列，且 a a nan nan1 0( n2， nN *)，2n 2n 1则数列 an的通项公式 an_.解析：由题设得( an an1 )(an an1 n)0，由 an0， an1 0 知 an an1 0，于是 an an1 n，所以 an
37、 a1( a2 a1)( a3 a2)( an an1 )123 n .n n 12答案：n n 124在数列 an中，已知 a11， an1 2 an43 n1 (nN *)，求通项公式 an.解：原递推式可化为 an1 3n2( an 3n1 )，即an1 3 3n1 2 an2 3n1 ，比较系数得 4，即 an1 43 n2( an43 n1 )，则数列 an43 n1 是首项为 a143 11 5，公比为 2 的等比数列，故26an43 n1 52 n1 ，即 an43 n1 52 n1 .常用结论记一番等差(比)数列的重要结论(1)数列 an是等差数列数列 c 是等比数列；数列 a
38、n是等比数列，则数列anloga|an|是等差数列(2)an， bn是等差数列， Sn， Tn分别为它们的前 n 项和，若 bm0，则 .ambm S2m 1T2m 1(3)首项为正(或为负)递减(或递增)的等差数列前 n 项和最大(或最小)问题转化为解不等式Error! Error!，也可化为二次型函数 Sn An2 Bn 来分析，注意 nN *.(4)等差(比)数列中， Sm， S2m Sm， S3m S2m，(各项均不为 0)仍是等差(比)数列(八)掌握规律 巧妙求和速解技法学一招求数列的前 n 项和的主要方法(1)公式法：对于等差数列或等比数列可用公式法(2)裂项相消法：将数列的每一项
39、分解为两项的差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而累加相消(3)错位相减法：若 an为等差数列， bn为等比数列，则对于数列 anbn的前 n 项和可用错位相减法(4)倒序相加法：如果一个数列 an中与首、末两端等“距离”的两项的和等于同一个常数，那么求这个数列前 n 项和即可用倒序相加法(5)分组求和法：将原数列分解成可用公式法求和的若干个数列已知各项均为正数的等差数列 an满足： a42 a2，且 a1,4， a4成等比数列，设例 1an的前 n 项和为 Sn.(1)求数列 an的通项公式；(2)求数列 的前 n 项和为 Tn.Snn2n解 (1)根据题意，设等差数列 an的公差为 d
40、， a42 a2，且 a1,4，a4成等比数列， a10，27Error!解得 a12， d2，数列 an的通项公式为 an2 n.(2)由(1)知 a1 d2，则 Sn2 n 2 n2 n，n n 12设 bn ，则 bn .Snn2n Snn2n n 12n Tn ，221 322 n2n 1 n 12nTn ，12 222 323 n2n n 12n 1两式相减得，Tn ，12 221 122 123 12n n 12n 1 Tn2 121 122 12n 1 n 12n2 3 .12(1 12n 1)1 12 n 12n n 32n技法领悟 利用错位相减法求和的 3 个注意点(1)判断模型，即判断数列 an， bn中一个为等差数列，一个为等比数列；(2)错开位置，一般先乘以公比，再把前 n 项和退后一个位置来书写，这样避免两式相减时看错列；(3)相减，相减时定要注意式中最后一项的符号，考生常在此处出错，一定要细心已知数列 an满足 a1 ， an1 a an， bn (nN *)，例 212 2n 11 anSn b1 b2 bn， Pn b1b2bn，求 2Pn Sn的值解 因为 a1 ， an1 a an， nN *，12 2n
