1、考点一考点一 分组转化法求和分组转化法求和师生共研过关师生共研过关 等比数列等比数列 典例精析典例精析 已知数列已知数列an的前的前 n 项和项和 Snn 2 n 2 ，nN*. (1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式； 解解 当当 n1 时，时，a1S11； 当当 n2 时，时，anSnSn 1n 2 n 2 n 1 2 n1 2 n. a11 也满足也满足 ann， 故数列故数列an的通项公式为的通项公式为 ann. (2)设设 bn2an(1)nan，求数列，求数列bn的前的前 2n 项和项和 解解 由由(1)知知 ann，故，故 bn2n(1)nn. 记数列记数列bn的前的前 2
2、n 项和为项和为 T2n， 则则 T2n(212222n)(12342n) 记记 A212222n，B12342n， 则则 A2 1 22n 12 22n 1 2， B(12)(34)(2n1)2nn. 故数列故数列bn的前的前 2n 项和项和 T2nAB22n 1 n2. 解题技法解题技法 口诀记忆口诀记忆 通项和差玩组合，通项和差玩组合， 分组求和各管各分组求和各管各. 若数列通项是几个数列通项的和或差的组合，如：等差若数列通项是几个数列通项的和或差的组合，如：等差 加等比，等比加等比对于这类数列求和，就是对数列通项加等比，等比加等比对于这类数列求和，就是对数列通项 进行分解，然后分别对每
3、个数列进行求和例如：进行分解，然后分别对每个数列进行求和例如：anbncn hn，则，则 k1 n ak k1 n bk k1 n ck k1 n hk. 过关训练过关训练 1已知数列已知数列an的通项公式是的通项公式是 an2n3 1 5 n，则其前 ，则其前 20 项和为项和为 ( ) A3803 5 1 1 519 B4002 5 1 1 520 C4203 4 1 1 520 D4404 5 1 1 520 解析：解析：令数列令数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，则，则 S20a1a2a20 2(1220)3 1 5 1 52 1 520 2 20 201 2 3 1 5 1 1
4、 520 11 5 4203 4 1 1 520 . C 2已知等差数列已知等差数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，且满足，且满足 S424，S763. (1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式； (2)若若 bn2anan，求数列，求数列bn的前的前 n 项和项和 Tn. 解：解：(1)an为等差数列，设其首为等差数列，设其首项为项为 a1，公差为，公差为 d， S44a14 3 2 d24， S77a17 6 2 d63， 解得解得 a13， d2， an2n1. (2)bn2anan22n 1 (2n1)24n(2n1)， Tn2(4424n)(352n1) 24 1 4n 1
5、4 n 3 2n1 2 8 3(4 n 1)n22n. 考点二考点二 错位相减法求和错位相减法求和师生共研过关师生共研过关 典例精析典例精析 设数列设数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，且，且 2Sn3an1. (1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式； 解解 由由 2Sn3an1， 得得 2Sn 13an11(n2)， ，得，得 2an3an3an 1， an an 1 3(n2)， 又又 2S13a11，a11， an是首项为是首项为 1，公比为，公比为 3 的等比数列，的等比数列， an3n 1. (2)设设 bn n an，求数列 ，求数列bn的前的前 n 项和项和 Tn.
6、解解由由(1)得，得，bn n 3n 1， Tn 1 30 2 31 3 32 n 3n 1， 1 3Tn 1 31 2 32 n 1 3n 1 n 3n， ， 两式相减，得两式相减，得2 3Tn 1 30 1 31 1 32 1 3n 1 n 3n 1 1 3n 11 3 n 3n 3 2 2n 3 23n ，Tn9 4 6n 9 43n . 解题技法解题技法 口诀记忆口诀记忆 通项等差乘等比，通项等差乘等比， 乘乘q相减化等比相减化等比. 如果数列如果数列an是等差数列，是等差数列， bn是等比数列， 求数列是等比数列， 求数列an bn 的前的前 n 项和时，可采用错位相减法，一般是和式
7、两边同乘以项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以 等比数列等比数列bn的公比，然后作差求解的公比，然后作差求解 提醒提醒 (1)在写在写“Sn”与与“qSn”的表达式时应特别注意将两的表达式时应特别注意将两 式式“错项对齐错项对齐”，以便下一步准确写出，以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式的表达式 (2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数， 应分公比等于应分公比等于 1 和不等于和不等于 1 两种情况求解两种情况求解 过关训练过关训练 1数列数列1 2， ，3 4， ，5 8， ， 7 16， ，的前的前 10 项之和为项
8、之和为_ 解析：解析：因为因为 S101 2 3 4 5 8 19 210， ， 所以所以1 2S10 1 4 3 8 17 210 19 211. 得得1 2S10 1 2 2 4 2 8 2 210 19 211 1 2 1 2 1 1 2 9 11 2 19 211 3 2 1 29 19 211 3 21023 211 ， 所以所以 S103 21023 210 3 049 1 024. 3 049 1 024 2(2019 福州模拟福州模拟)已知数列已知数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn， 且且 Sn2an1. (1)证明：数列证明：数列an是等比数列；是等比数列； 解：解：证
9、明：当证明：当 n1 时，时，a1S12a11，所以，所以 a11， 当当 n2 时，时，anSnSn 1(2an1)(2an11)， 所以所以 an2an 1， 所以数列所以数列an是以是以 1 为首项，为首项，2 为公比的等比数列为公比的等比数列 (2)设设 bn(2n1)an，求数列，求数列bn的前的前 n 项和项和 Tn. 解：解：由由(1)知，知，an2n 1， ， 所以所以 bn(2n1)2n 1， ， 所以所以 Tn132522(2n3)2n 2 (2n1)2n 1， ， 2Tn12322(2n3)2n 1 (2n1)2n， ，得，得Tn12(21222n 1) (2n1)2n
10、122 2n 1 2 12 (2n1)2n (32n)2n3， 所以所以 Tn(2n3)2n3. 考点三考点三 裂项相消法求和裂项相消法求和全析考法过关全析考法过关 考法全析考法全析 考法考法(一一) 形如形如 an 1 n nk (k 为非零常数 为非零常数)型型 例例 1 (2018 福州模拟福州模拟)已知数列已知数列an中，中，a11，a22， an 13an2an1(n2，nN*)设设 bnan1an. (1)证明：数列证明：数列bn是等比数列；是等比数列； 解解 证明：因为证明：因为 an 13an2an1(n2，nN*)，bnan1an， 所以所以b n 1 bn a n 2an
11、1 an 1an 3a n 12an an1 an 1an 2 a n 1an an 1an 2， 又又 b1a2a1211， 所以数列所以数列bn是以是以 1 为首项，为首项，2 为公比的等比数列为公比的等比数列 (2)设设 cn bn 4n21 2n，求数列 ，求数列cn的前的前 n 项和项和 Sn. 解解 由由(1)知知 bn12n 1 2n 1， ， 因为因为 cn bn 4n21 2n， ， 所以所以 cn 1 2 2n1 2n1 1 4 1 2n1 1 2n1 ， 所以所以 Snc1c2cn 1 4 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 1 4 1 1 2n1 n 4n
12、2. 考法考法(二二) 形如形如 1 nk n(k 为非零常数 为非零常数)型型 例例 2 已知函数已知函数 f(x)x的图象过点的图象过点(4,2)，令，令 an 1 f n1 f n ， ， nN*.记数列记数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn， 则， 则 S2 018( ) A. 2 0171 B. 2 0181 C. 2 0191 D. 2 0191 解析解析 由由 f(4)2，可得，可得 42，解得，解得 1 2，则 ，则 f(x) x. 所以所以 an 1 f n1 f n 1 n1 n n1 n， 所以所以S2 018a1a2a3a2 018( 2 1)( 3 2) ( 4
13、3)( 2 019 2 018) 2 0191. C 规律探求规律探求 看个性看个性 考法考法(一一)数列的通项公式形如数列的通项公式形如 an 1 n nk 时，可 时，可 转化为转化为 an1 k 1 n 1 nk ，此类数列适合使用裂项，此类数列适合使用裂项 相消法求和相消法求和 考法考法(二二)数列的通项公式形如数列的通项公式形如 an 1 nk n 时，可转化为时，可转化为 an1 k( n k n)，此类数列适合，此类数列适合 使用裂项相消法求和使用裂项相消法求和 找找 共共 性性 裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质和解题关键 裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分
14、解， 然后裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解， 然后 重新组合， 使之能消去一些项， 最终达到求和的目的，重新组合， 使之能消去一些项， 最终达到求和的目的， 其解题的关键就是准确裂项和消项其解题的关键就是准确裂项和消项 (1)裂项原则：裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直一般是前边裂几项，后边就裂几项，直 到发现被消去项的规律为止到发现被消去项的规律为止 (2)消项规律：消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前消项后前边剩几项，后边就剩几项，前 边剩第几项，后边就剩倒数第几项边剩第几项，后边就剩倒数第几项 过关训练过关训练 1(2017 全国卷全国卷)等差数列等差数列an的
15、前的前 n 项和为项和为 Sn，a33，S4 10，则，则 k1 n 1 Sk _. 解析：解析：设等差数列设等差数列an的首项为的首项为 a1，公差为，公差为 d， 依题意有依题意有 a12d3， 4a16d10， 解得解得 a11， d1， 所以所以 Snn n 1 2 ， 1 Sn 2 n n1 2 1 n 1 n1 ， 因此因此 k1 n 1 Sk 2 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 2n n1. 2n n1 2正项数列正项数列an的前的前 n 项和项和 Sn满足：满足：S2 n (n2n1)Sn(n2 n)0. (1)求数列求数列an的通项公式的通项公式 an； 解：解：
16、由由 S2 n (n2n1)Sn(n2n)0， 得得Sn(n2n)(Sn1)0. 由于由于an是正项数列，所以是正项数列，所以 Sn0，Snn2n. 于是于是 a1S12， 当当 n2 时，时，anSnSn 1n2n(n1)2(n1)2n. 综上，数列综上，数列an的通项公式为的通项公式为 an2n. (2)令令 bn n1 n2 2a2 n，数列 ，数列bn的前的前 n 项和为项和为 Tn.求证：对于任求证：对于任 意的意的 nN*，都有，都有 Tn 5 64. 解：解：证明：由于证明：由于 an2n， 故故 bn n1 n2 2a2 n n1 4n2 n2 2 1 16 1 n2 1 n2 2 . 故故 Tn 1 16 1 1 32 1 22 1 42 1 32 1 52 1 n1 2 1 n1 2 1 n2 1 n2 2 1 16 1 1 22 1 n1 2 1 n2 2 1 16 1 1 22 5 64.
