2019高考数学二轮复习第一篇微型专题热点重点难点专题透析专题3数列课件理.pptx

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1、2019,专题 3,数列,03,目录,微专题07 等差数列与等比 数列,点击出答案,一、等差数列 1.等差数列的通项公式是什么?如何表示等差数列中任意两项的关系?,an=a1+(n-1)d;an=am+(n-m)d.,2.等差数列的前n项和公式是什么?它具有什么特点?,Sn= ( 1 + ) 2 =na1+ (1) 2 d. 等差数列的前n项和为关于n的二次函数,且没有常数项.,请列举等差数列的通项与前n项和的一些重要性质.,(2)数列 + 仍为等差数列，公差为. (3)若an， bn都是等差数列，则anbn仍为等差数列. (4)在项数为n的等差数列中， 当n为奇数时， ， ，当n为偶数时，

2、(5)若an与 bn为等差数列，且前n项和分别为 与 ，则, 奇 偶 = +1 2, 奇 偶 = +1 1, = +1 2,., 偶 奇 = 2, , , = 21 21 ,.,.,二、等比数列 1.等比数列的通项公式是什么?如何表示等比数列中任意两项的关系?,an=a1qn-1;an=amqn-m.,2.等比数列的前n项和公式是什么?具有什么特点?易忽略点是什么?,Sn= 1 ,q=1, 1 (1 ) 1 = 1 q 1 ,q1. 当q1时,Sn= 1 1 - 1 1 qn,qn的系数与常数项互为相反数. 应用等比数列前n项和公式时,应先讨论公式中的公比q是否等于1.,请列举等比数列的通项与

3、前n项和的一些重要性质.,1. an是等比数列can是等比数列（c0）. 2. an， bn均为等比数列anbn， 是等比数列.3. an是等比数列，则 4.若m,n,p,qN*,且m+n=p+q,则aman=ap aq. 5.等间隔的K项和（或积）仍成等比数列. 6.若an是等差数列，b0，则 是等比数列. 若an是正项等比数列，则 lgan是等差数列. 7.数列Sm，S2m-Sm ，S3m-S2m ，仍是等比数列（ Sm0 ）., = ., , ,1.等差数列的单调性与什么有关?等比数列呢?,等差数列的单调性只取决于公差d的正负,而等比数列的单调性既要考虑公比q的取值,又要考虑首项a1的正

4、负.,2.等差中项、等比中项的概念是什么?由此可以得到哪些重要的性质?,等差中项:若a,M,b成等差数列,则M为a,b的等差中项,且M= + 2 . 重要性质:已知数列an是等差数列,(1)若m,n,p,qN*,且m+n=p+q,则am+an=ap+aq.(2)an= 1 21 S2n-1. 等比中项:若a,M,b成等比数列,则M为a,b的等比中项,且M2=ab. 重要性质:已知数列an是等比数列,若m,n,p,qN*,且m+n=p+q, 则aman=ap aq.,三、数列求和 列举数列求和的方法,各自的注意点是什么? (1)公式法求和:,要熟练掌握一些常见数列的前n项和公式.,(2)分组求和

5、法:,分组求和法是解决通项公式可以写成cn=an+bn形式的数列求和问题的方法,其中an与bn是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列.,(3)裂项相消法:,将数列的通项公式分成两个代数式子的差,即an=f(n+1)-f(n)的形式,然后通过累加抵消中间若干项的求和方法.形如 +1 (其中an是公差d0且各项均不为0的等差数列,c为常数)的数列等.用裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项.用裂项相消法求和时要注意所裂式与原式的等价性.,(4)错位相减法:,形如anbn(其中an为等差数列,bn为等比数列)的数列求和,一般分三步:巧拆分;构差式;求和.用错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项.,(

6、5)倒序求和法:,距首尾两端等距离的两项和相等,可以用此法.一般步骤:求通项公式;定和值;倒序相加;求和;回顾反思.,从近三年的高考全国卷试题来看,数列一直是高考的热点,数列部分的题型、难度和分值都保持稳定,考查的重点主要是等差数列及其前n项和、等比数列及其前n项和、数列的通项、数列的前n项和等知识.考查内容比较全面,解题时要注意基本运算、基本能力的运用,同时注意函数与方程、转化与化归等数学思想的应用. 一、选择题和填空题的命题特点 等差(比)数列的基本运算:a1,an,Sn,n,d(q)这五个量中已知其中的三个量,求另外两个量.已知数列的递推关系式以及某些项,求数列的通项公式和前n项和等.,

7、命题特点,A,答案,解析,1.(2018全国卷理T4改编)记Sn为等差数列an的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则S5=( ). A.-20 B.-10 C.10 D.20,解析 设数列an的公差为d,由题意可得3 3 1 + 32 2 d =2a1+d+4a1+ 43 2 d,解得d=- 3 2 a1. 因为a1=2,所以d=-3,所以S5=52+ 54 2 (-3)=-20,故选A.,-32,答案,解析,2.(2018全国卷理T14改编)记Sn为数列an的前n项和.若Sn=2an+1,则a6= .,解析 当n2时,Sn-1=2an-1+1,所以Sn-Sn-1=2(an-an-1)

8、,即an=2an-1. 又a1=S1=2a1+1,所以a1=-10, 所以数列an是以-1为首项,2为公比的等比数列, 所以an=-2n-1,a6=-26-1=-32.,二、解答题的命题特点 等差(比)数列的基本运算:a1,an,Sn,n,d(q)这五个量中已知其中的三个量,求另外两个量.已知数列的递推关系式以及某些项,求数列的通项公式.已知等差(比)数列的某些项或前几项的和,求其通项公式.等差(比)数列的判断与证明以及等差数列前n项和的最值问题等.,解析,1.(2018全国卷文T17改编)已知数列an满足a1=1,nan+1=2(n+1)an,设bn= . (1)证明数列bn是等比数列,并求

9、an的通项公式. (2)求数列an的前n项和Sn.,解析 (1)由已知条件可得 +1 +1 = 2 ,即bn+1=2bn. 又b1=1,所以bn是首项为1,公比为2的等比数列. 所以bn= =2n-1,所以an=n2n-1.,(2)由(1)可得 Sn=a1+a2+an=120+221+322+n2n-1, 所以2Sn=121+222+323+n2n, 两式相减得 -Sn=1+21+22+23+2n-1-n2n= 1 2 12 -n2n=2n-1-n2n, 所以Sn=(n-1)2n+1.,解析,2.(2018全国卷理、文T17改编)记Sn为等差数列an的前n项和,已知a1=-7,a1+a2+a3

10、=-15. (1)求an,Sn; (2)求数列|an|的前n项和Tn.,解析 (1)设数列an的公差为d,由题意得 3 1 +3d=15, 1 =7, 解得d=2, 所以an=2n-9,Sn=n2-8n.,(2)当1n4(nN*)时,an0, 所以Tn=|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|+|an| =-(a1+a2+a3+a4)+(a5+an)=-S4+(Sn-S4)=Sn-2S4=n2-8n+32. 综上所述,Tn= 8 2 (1n4), 2 8n+32(n5).,解析,3.(2018全国卷理、文T17改编)在正项等比数列an中,a1=1,a5=4a3. (1)求an的通项公式

11、; (2)记Sn为an的前n项和,证明:an= 1+ 2 .,解析 (1)设数列an的公比为q(q0),由题设得an=qn-1. 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2(舍去)或q=2. 故an=2n-1. (2)因为an=2n-1,所以Sn= 1 2 12 =2n-1, 所以 1+ 2 = 1+( 2 1) 2 =2n-1=an.,规律方法,1.等差数列和等比数列的判断方法:判断等差数列和等比数列,可以先计算特殊的几项,观察其特征,然后归纳出等差数列或者等比数列的结论.证明等差数列和等比数列,应该首先考虑其通项公式,利用定义或者等差中项、等比中项来证明.利用通项公式和前n项和公式

12、只是作为判断方法,而不是证明方法.把对数列特征的判定渗透在解题过程中,可以帮助学生拓展思维和理清思路. 2.数列通项的求法: (1)公式法: 等差数列通项公式;等比数列通项公式.,规律方法,(2)已知Sn(即a1+a2+an=f(n)求an,用作差法:an= 1 (n=1), 1 (n2,n N ). (3)已知a1a2an=f(n)求an,用作商法:an= (1)(=1), () (1) (n2,n N ). (4)已知an+1-an=f(n)求an,用累加法:an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1(n2,nN*).,规律方法,(5)已知 +1 =f(n)求a

13、n,用累乘法:an= 1 1 2 2 1 a1(n2,nN*). (6)已知递推关系式求an,用构造法(构造等差、等比数列). 3.数列求和:数列求和的关键是研究数列通项公式,根据通项公式的不同特征选择相应的求和方法,若数列是等差数列或等比数列,则直接利用公式求和;若通项公式是等差乘等比型,则利用错位相减法;若通项公式可以拆分成两项的差且在累加过程中可以互相抵消某些项,则利用裂项相消法.,微专题 07 等差数列与等比数列,返,B,答案,解析,1.已知an是等比数列,an0,且 5 2 +a3a7=8,则log2a1+log2a2+log2a9=( ).A.8 B.9 C.10 D.11,解析

14、5 2 +a3a7=8,an0,且an是等比数列, 2 5 2 =8,a5=2. log2a1+log2a2+log2a9=log2(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5=log2 5 9 =9log22=9,故选B.,答案,解析,2n,答案,解析,3.如图所示的是“杨辉三角”数图,计算第1行的2个数的和,第2行的3个数的和, 第3行的4个数的和,则第n行的n+1个数的和为 . 1 1 第1行1 2 1 第2行1 3 3 1 第3行1 4 6 4 1 第4行,解析 1+1=2,1+2+1=4,1+3+3+1=8,1+4+6+4+1=16,则第n行的n+1个数的和为2n.,解析,4

15、.已知数列an的各项均为正数,前n项和为Sn,且Sn= ( +1) 2 ,nN*. (1)求证:数列an是等差数列. (2)设bn= 1 2 ,Tn=b1+b2+bn,求Tn.,解析 (1)Sn= ( +1) 2 ,nN*, 当n=1时,a1=S1= 1 ( 1 +1) 2 (a10), 解得a1=1; 当n2时,由 2 = 2 + , 2 1 = 1 2 + 1 ,得2an= 2 +an- 1 2 -an-1,即(an+an-1)(an-an-1-1)=0, an+an-10, an-an-1=1(n2). 数列an是首项为1,公差为1的等差数列. (2)由(1)可得an=n,Sn= (+1

16、) 2 , bn= 1 2 = 1 (+1) = 1 - 1 +1 . Tn=b1+b2+b3+bn =1- 1 2 + 1 2 - 1 3 + 1 - 1 +1 =1- 1 +1 = +1 .,能力1,等差、等比数列的基本运算,3n-1,典型例题,答案,解析,【例1】 设Sn为等比数列an的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an= .,解析 (法一)设等比数列an的公比为q(q0),则2S2=2(a1+a2)=2(a1+a1q),S3=a1+a2+a3=a1+a1q+a1q2. 因为3S1,2S2,S3成等差数列, 所以3a1+a1+a1q+a1q2=4(a1+a1q

17、), 解得q=3,故an=3n-1.,解析 (法二)设等比数列an的公比为q,由3S1,2S2,S3成等差数列,易得q1, 所以4S2=3S1+S3, 即 4 1 (1 2 ) 1 =3a1+ 1 (1 3 ) 1 , 解得q=3,故an=3n-1.,方法归纳,在等差(比)数列问题中,最基本的量是首项a1和公差d(公比q),在解题 时往往根据已知条件建立关于这两个量的方程组,从而求出这两个量,那么其他问题也就会迎刃而解,这就是解决等差(比)数列问题的基本量的方法,其中蕴含着方程思想的运用.在应用等比数列前n项和公式时,务必注意公比q的取值范围.,B,变式训练,答案,解析,1.已知等比数列an的

18、前n项和为Sn,a1+a3=30,S4=120,设bn=1+log3an,则数列bn的前15项和为( ).A.152 B.135 C.80 D.16,D,答案,解析,2.设an是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1=( ). A.2 B.-2 C. 1 2 D.- 1 2,解析 由题意知S1=a1,S2=2a1-1,S4=4a1-6. 因为S1,S2,S4成等比数列, 所以 2 2 =S1S4,即(2a1-1)2=a1(4a1-6), 解得a1=- 1 2 .故选D. .,能力2,等差、等比数列的基本性质,C,典型例题,答案,解析,【例2】

19、(1)设等差数列an的前n项和为Sn,且满足S150,S160,则 1 1 , 2 2 , 15 15 中最大的项为( ). A. 6 6 B. 7 7 C. 8 8 D. 9 9 (2)若等比数列an的各项均为正数,且a8a13+a9a12=2e(e为自然对数的底数),则ln a1+ln a2+ln a20= .,10,解析 (1)由S15= 15( 1 + 15 ) 2 = 152 8 2 =15a80,S16= 16( 1 + 16 ) 2 =8(a8+a9)0,a9a2a80, 所以00,即 0,所以 8 8 是 1 1 , 2 2 , 15 15 中的最大项. 故选C.,(2)因为a

20、n是等比数列,所以a8a13=a9a12=e, 所以ln a1+ln a2+ln a20=ln(a1a2a20)=ln(a1a20)10=10ln(a8a13) =10ln e=10.,等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现,是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具,应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件,有时需要进行适当变形.在解决等差、等比数列的运算问题时,经常采用“巧用性质,整体考虑,减少运算量”的思想.,方法归纳,n(2n-1),变式训练,答案,解析,1.已知等比数列an满足an0,且a3a2n-3=22n(n2),则当n1时,log2a1+log2a2+lo

21、g2a3+log2a2n-1= .,解析 log2a1+log2a2+log2a3+log2a2n-1=log2(a1a2a3a2n-1). 设S=a1a2a3a2n-1, 则S= 2 1 a2n-2a2n-3a1. 两式相乘,得S2=(a3a2n-3)2n-1=22n(2n-1), 所以S=2n(2n-1),故原式=n(2n-1).,7 3,答案,解析,2.已知等比数列an的前n项和为Sn,若 6 3 =3,则 9 6 = .,解析 显然公比q1,则由 6 3 = 1 (1 6 ) 1 1 (1 3 ) 1 = 1 6 1 3 =1+q3=3,得q3=2, 所以 9 6 = 1 9 1 6

22、= 1 2 3 1 2 2 = 7 3 . .,能力3,等差、等比数列的判断与证明,典型例题,解析,【例3】 已知数列an的前n项和Sn=(an-1),其中0. (1)证明an是等比数列,并求其通项公式; (2)当=2时,求 =1 a2i.,解析 (1)由题意得a1=S1=(a1-1),故1,a1= 1 ,a10. 由Sn=(an-1),Sn+1=(an+1-1), 得an+1=an+1-an,即an+1(-1)=an. 由a10,0,得an0,所以 a n+1 a n = 1 , 因此an是首项为 1 ,公比为 1 的等比数列, 于是an= 1 n .,(2)由(1)可知,当=2时,an=2

23、n, 故 i=1 n a2i=a2+a4+a2n= 4(1 4 n ) 14 = 4( 4 n 1) 3 .,判断或证明数列是否为等差、等比数列,一般是依据等差、等比数列的定义,或利用等差中项、等比中项进行判断.利用 2 =an+1an-1(n2,nN*)来证明数列an为等比数列时,要注意数列中的各项均不为0.,方法归纳,变式训练,解析,记Sn为等比数列an的前n项和,已知a3=-8,S3=-6. (1)求数列an的通项公式; (2)求Sn,并证明对任意的nN*,Sn+2,Sn,Sn+1成等差数列.,解析 (1)设数列an的公比为q, 由题设可得 1 2 =8, 1 (1+q+ 2 )=6,

24、解得 =2, 1 =2, 故数列an的通项公式为an=(-2)n.,(2)由(1)可得Sn= 1 (1 ) 1 =- 2 3 +(-1)n 2 +1 3 . 由于Sn+2+Sn+1=- 4 3 +(-1)n 2 +3 2 +2 3 =2 2 3 +(1 ) 2 +1 3 =2Sn, 故Sn+2,Sn,Sn+1成等差数列.,能力4,公式an= (=), (, ) 的应用,典型例题,解析,【例4】 设数列an的前n项和为Sn,已知a1=,Sn+1=Sn+(nN*),其中常数1. (1)求证:数列an是等比数列. (2)若数列bn满足bn= 1 log(a1a2an)(nN*),求数列bn的通项公式

25、.,解析 (1)当n=1时,S2=S1+,即a2=2, 2 1 =. 当n2时,Sn=Sn-1+, an+1=Sn+1-Sn=(Sn-Sn-1)=an, 即 +1 =(n2).又 2 1 =, 数列an是首项为,公比为的等比数列.,(2)由(1)得an=n, a1a2an=1+2+n= (+1) 2 , bn= 1 log (+1) 2 = +1 2 .,解这种题目的一般方法是用“退位相减法”消去Sn(或者an),得到数列an的递推公式(或者是数列Sn的递推公式),进而求出an(或者Sn)与n的关系式.,方法归纳,- 1 ,变式训练,答案,解析,设Sn是数列an的前n项和,且a1=-1,an+

26、1=SnSn+1,则Sn= .,解析 由已知得an+1=Sn+1-Sn=Sn+1Sn,易知Sn0,等式两边同时除以Sn+1Sn, 得 1 +1 - 1 =-1,故数列 1 是以-1为首项,-1为公差的等差数列,则 1 =-1-(n-1)=-n, 所以Sn=- 1 .,微专题 08 数列求和的方法,返,C,答案,解析,1.已知数列5,6,1,-5,该数列的特点是从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前16项之和S16等于( ). A.5 B.6 C.7 D.16,解析 根据题意得这个数列的前8项分别为5,6,1,-5,-6,-1,5,6,发现从第7项起,数字重复出现,所以此数列为

27、周期数列,且周期为6,前6项和为5+6+1+(-5)+(-6)+(-1)=0. 又因为16=26+4,所以这个数列的前16项之和S16=20+7=7.故选C.,D,答案,解析,2.已知在等差数列an中,|a3|=|a9|,公差dS6 B.S5S6 C.S6=0 D.S5=S6,解析 d0,a90,a70,S5=S6.故选D.,99,答案,解析,3.若数列 1 (+1) 的前n项和为 99 100 ,则n= .,解析 由题意得 1 12 + 1 23 + 1 34 + 1 (+1) =1- 1 2 + 1 2 - 1 3 + 1 3 - 1 4 + 1 - 1 +1 =1- 1 +1 = +1

28、= 99 100 , n=99.,解析,4.已知等差数列an的公差d0,前n项和为Sn,a2,a4是方程x2-10x+21=0的两个根. (1)求证: 1 2 + 1 3 + 1 1. (2)求数列2-nan的前n项和Tn.,解析 (1)方程x2-10x+21=0的两个根分别为x1=3,x2=7, 由题意得a2=3,a4=7, 1 +d=3, 1 +3d=7, 解得 1 =1, =2, an=1+(n-1)2=2n-1, Sn=n1+ (1) 2 2=n2. 当n2时,Sn=n2n(n-1), 1 2 + 1 3 + 1 1 12 + 1 23 + 1 (1) =1- 1 2 + 1 2 -

29、1 3 + 1 1 - 1 =1- 1 1.,解析 (2)2-nan= 21 2 , Tn= 1 2 1 + 3 2 2 + 5 2 3 + 21 2 , 1 2 Tn= 1 2 2 + 3 2 3 + 23 2 + 21 2 +1 . 由-得 1 2 Tn= 1 2 +2 1 2 2 + 1 2 3 + 1 2 - 21 2 +1 = 1 2 +2 1 2 2 1 1 2 1 1 1 2 - 21 2 +1 = 3 2 - 2+3 2 1 2 , Tn=3- 2+3 2 .,能力1,会用分组求和法求和,典型例题,解析,【例1】 已知数列an满足a1=2,a2+a4=8,且对任意nN*,函数f

30、(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cos x-an+2sin x满足f 2 =0. (1)求数列an的通项公式; (2)若bn=2 + 1 2 ,求数列bn的前n项和Sn.,解析 (1)由题设可得f(x)=an-an+1+an+2-an+1sin x-an+2cos x. 对任意nN*,f 2 =an-an+1+an+2-an+1=0, 即an+1-an=an+2-an+1,故数列an为等差数列. 由a1=2,a2+a4=8,得数列an的公差d=1, 所以an=2+1(n-1)=n+1.,(2)因为bn=2 + 1 2 =2 +1+ 1 2 +1 =2n+ 1 2 +2, 所以S

31、n=b1+b2+bn =(2+2+2)+2(1+2+n)+ 1 2 + 1 2 2 + 1 2 =2n+2 (+1) 2 + 1 2 1 1 2 1 1 2 =n2+3n+1- 1 2 .,方法归纳,某些数列的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.注意在含有字母的数列中对字母的讨论. (1)若数列cn的通项公式为cn=anbn,且an,bn为等差数列或等比数列,则可以采用分组求和法求数列cn的前n项和. (2)若数列cn的通项公式为cn= ,n为奇数, ,n为偶数, 且数列an,bn是等比数列或等差数列,则可以采用分组求和法求数列cn的前n项和. (3)若数列的通

32、项式中有(-1)n等特征,根据正号、负号分组求和.,变式训练,解析,已知在等比数列an中,an0,a1=4, 1 - 1 +1 = 2 +2 ,nN*. (1)求数列an的通项公式; (2)设bn=(-1)n(log2an)2,求数列bn的前2n项和T2n.,解析 (1)设等比数列an的公比为q,则q0. 由a1=4, 1 - 1 +1 = 2 +2 ,得 1 1 1 - 1 1 = 2 1 +1 ,解得q=2, 所以an=42n-1=2n+1.,解析 (2)bn=(-1)n(log2an)2=(-1)n(log22n+1)2=(-1)n(n+1)2. 设cn=n+1,则bn=(-1)n 2

33、. 故T2n=b1+b2+b3+b4+b2n-1+b2n =- 1 2 + 2 2 +(- 3 2 )+ 4 2 +(- 21 2 )+ 2 2 =(-c1+c2)(c1+c2)+(-c3+c4)(c3+c4)+(-c2n-1+c2n)(c2n-1+c2n) =c1+c2+c3+c4+c2n-1+c2n = 22+(2+1) 2 =n(2n+3)=2n2+3n.,能力2,会用错位相减法求和,典型例题,解析,【例2】 设数列an的前n项和为Sn,已知2Sn=3n+3. (1)求数列an的通项公式; (2)若数列bn满足anbn=log3an,求数列bn的前n项和Tn.,解析 (1)因为2Sn=3

34、n+3,所以当n=1时,2a1=3+3,即a1=3; 当n1时,2Sn-1=3n-1+3,此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=23n-1, 即an=3n-1. 所以an= 3,=1, 3 1 ,n1.,解析 (2)因为anbn=log3an,所以当n=1时,b1= 1 3 ; 当n1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)31-n.所以T1=b1= 1 3 . 当n1时,Tn=b1+b2+b3+bn= 1 3 +13-1+23-2+(n-1)31-n, 所以3Tn=1+130+23-1+(n-1)32-n. 两式相减,得 2Tn= 2 3 +(30+3-1+3-2+32-n)

35、-(n-1)31-n= 2 3 + 1 3 1 1 3 1 -(n-1)31-n= 13 6 - 2+1 2 3 1 , 所以Tn= 13 12 - 2+1 4 3 1 . 经检验,当n=1时也适合上式.故Tn= 13 12 - 2+1 4 3 1 .,方法归纳,(1)一般地,若数列an是等差数列,bn是等比数列,求数列anbn的前n项和,则可以采用错位相减法求和.一般是先将和式两边同乘以等比数列bn的公比,然后作差求解. (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时,应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式. (3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数

36、,应分公比等于1和不等于1两种情况求解.,变式训练,解析,设数列an是公差大于0的等差数列,其前n项和为Sn.已知S3=9,且2a1,a3-1,a4+1构成等比数列. (1)求数列an的通项公式; (2)若数列bn满足 =2n-1(nN*),设Tn是数列bn的前n项和,证明:Tn6.,解析 (1)设数列an的公差为d,则d0. S3=9,a1+a2+a3=3a2=9,即a2=3. 又2a1,a3-1,a4+1成等比数列, (2+d)2=2(3-d)(4+2d),解得d=2,a1=1, an=1+(n-1)2=2n-1.,解析 (2)由 =2n-1,得bn= 21 2 1 =(2n-1) 1 2

37、 1 , 则Tn=1 1 2 0 +3 1 2 1 +(2n-1) 1 2 1 , 1 2 Tn=1 1 2 1 +3 1 2 2 +(2n-3) 1 2 1 +(2n-1) 1 2 , 两式相减得1 2 Tn=1+2 1 2 1 +2 1 2 2 +2 1 2 1 -(2n-1) 1 2 =1+ 1 1 2 1 1 1 2 - 21 2 =3- 2+3 2 , 故Tn=6- 2+3 2 1 . nN*,Tn=6- 2+3 2 1 6.,能力3,会用裂项相消法求和,典型例题,解析,【例3】 设数列an的前n项和为Sn,对任意正整数n都有6Sn=1-2an. (1)求数列an的通项公式; (2)

38、若数列bn满足bn=lo g 1 2 an,Tn= 1 1 2 1 + 1 2 2 1 + 1 2 1 ,求Tn.,解析 (1)由6Sn=1-2an,得6Sn-1=1-2an-1(n2). 两式相减得6an=2an-1-2an,即an= 1 4 an-1(n2). 由6S1=6a1=1-2a1,得a1= 1 8 . 数列an是等比数列,公比q= 1 4 , an= 1 8 1 4 1 = 1 2 2+1 .,(2)an= 1 2 2+1 ,bn=2n+1, 从而 1 2 1 = 1 4(+1) = 1 4 1 1 +1 . Tn= 1 4 1 1 2 + 1 2 1 3 + 1 1 +1 =

39、1 4 1 1 +1 = 4(+1) .,方法归纳,(1)利用裂项相消法求和时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项. (2)将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.,变式训练,解析,若bn为等比数列,数列an满足:对任意的nN*,有a1b1+a2b2+anbn=(n-1)2n+1+2.已知a1=1,a2=2. (1)求数列an与bn的通项公式; (2)求数列 1 +1 的前n项和Sn.,解析 (1)由题意可得 1 1 =2, 1 1 + 2 2 =10, 解得 1 =2, 2 =4, bn=2n. 又由题

40、意得, 当n2时,anbn=(a1b1+a2b2+anbn)-(a1b1+a2b2+an-1bn-1)=n2n, an=n,此式对n=1也成立, 数列an的通项公式为an=n.,(2)由(1)可知, 1 +1 = 1 (+1) = 1 - 1 +1 , Sn= 1 1 2 + 1 2 1 3 + 1 1 +1 =1- 1 +1 = +1 .,能力4,会求等差、等比数列中关于绝对值的求和问题,典型例题,解析,【例4】 在公差为d的等差数列an中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列. (1)求d,an; (2)若d0,求|a1|+|a2|+|a3|+|an|.,解析 (1)由题意

41、得a15a3=(2a2+2)2. 又由a1=10,an是公差为d的等差数列, 得d2-3d-4=0,解得d=-1或d=4. 所以an=-n+11(nN*)或an=4n+6(nN*).,解析 (2)设数列an的前n项和为Sn. 因为d0,所以由(1)得d=-1,an=-n+11, 所以当n11时,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=Sn=- 1 2 n2+ 21 2 n; 当n12时,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=-Sn+2S11= 1 2 n2- 21 2 n+110. 综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+|an|= 1 2 2 + 21 2 n,n11, 1 2 2 21

42、2 n+110,n12.,方法归纳,根据等差数列的通项公式及d0,确定an的符号,从而去掉绝对值符号,这需要对n的取值范围进行分类讨论.,变式训练,解析,已知数列an满足a1=-2,an+1=2an+4. (1)证明:数列an+4是等比数列. (2)求数列|an|的前n项和Sn.,解析 (1)a1=-2,a1+4=2. an+1=2an+4,an+1+4=2an+8=2(an+4), +1 +4 +4 =2, an+4是以2为首项,2为公比的等比数列.,解析 (2)由(1)可知an+4=2n,an=2n-4. 当n=1时,a1=-20,S1=|a1|=2; 当n2时,an0, Sn=-a1+a2+an=2+(22-4)+(2n-4)=2+22+2n-4(n-1) = 2(1 2 ) 12 -4(n-1)=2n+1-4n+2. 又当n=1时,也满足上式, Sn=2n+1-4n+2.,