当前位置：首页 > 2018年高考数学(文)二轮复习教师用书：第1部分 专题2 数列 突破点5 数列的通项与求和
[变式训练1] (1)已知数列{an}前n项和为Sn，若Sn＝2an－2 ，则Sn＝__________.
(2)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且2Sn＋2＝3an(n∈N)，则an＝__________.
(1)n·2(n∈N) (2)2×3
nn*
*
nn－1
(n∈N) [(1)由Sn＝2an－2得当n＝1时，S1＝a1＝2；当n≥2
?Sn?
*n时，Sn＝2(Sn－Sn－1)－2，即n－n－1＝1，所以数列?n?是首项为1，公差为1的等差数列，22?2?则n＝n，Sn＝n·2(n≥2)，当n＝1时，也符合上式，所以Sn＝n·2(n∈N)．
2(2)因为2Sn＋2＝3an，① 所以2Sn＋1＋2＝3an＋1，②
由②－①，得2Sn＋1－2Sn＝3an＋1－3an，所以2an＋1＝3an＋1－3an，即
SnSn－1
Snnn*
an＋1
＝3. an当n＝1时，2＋2S1＝3a1，所以a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列， 所以an＝2×3
n－1
(n∈N)．]
热点题型2 裂项相消法求和
*
题型分析：裂项相消法是指把数列中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的
?1??1?
?或??(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和． 方法，主要适用于?
?anan＋1??anan＋2?
【例2】 已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比数列，
(1)求数列{an}的通项公式；
?1?13
(2)若数列??的前n项和为Tn，求证：≤Tn<.
68?Sn?
[解] (1)由已知及等差数列的性质得S5＝5a3，∴a3＝14， 又a2，a7，a22成等比数列，所以a7＝a2·a22． 所以(a1＋6d)＝(a1＋d)(a1＋21d)且d≠0， 3
解得a1＝d，∴a1＝6，d＝4．
2
*
2
2
1分 2分
4分 6分
故数列{an}的通项公式为an＝4n＋2，n∈N． (2)证明：由(1)得Sn＝na1＋an2
12
＝2n＋4n，＝Sn1?11?1
＝?－?，8分
2n＋4n4?nn＋2?
2
11?1?111
∴Tn＝?1－＋－＋…＋－
324nn＋2?4??
1?31?1＋＝－??．
84?n＋1n＋2?31?11?1
又Tn≥T1＝－ ?＋?＝，
84?23?613所以≤Tn<．
68[方法指津]
10分
12分
裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N)的形式，常见的裂项方式有： (1)(2)(3)
*
n1?11?1
＝?－?； n＋kk?nn＋k?
1
2n－11
1?1?1
－＝??；
2n＋12?2n－12n＋1?1
＝(n＋k－n)．
n＋n＋kk提醒：在裂项变形时，务必注意裂项前的系数．
[变式训练2] (名师押题)已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝
an＋1
，求数列{bn}的前n项和Tn. SnSn＋1
【导学号：04024061】
[解] (1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8，
??a1＝1，
又a1＋a4＝9，可得?
?a4＝8?
3
2分
??a1＝8，
或?
?a4＝1.?
n－1
(舍去) 4分 6分 8分
由a4＝a1q得公比q＝2，故an＝a1q＝2
n－1
．
a11－qnn(2)Sn＝＝2－1．
1－q又bn＝
an＋1Sn＋1－Sn11
＝＝－， 10分 SnSn＋1SnSn＋1SnSn＋1
?11??11??11?＝1－1＝1－1．
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝?－?＋?－?＋…＋?－?n＋1
2－1?S1S2??S2S3??SnSn＋1?S1Sn＋1
热点题型3 错位相减法求和
题型分析：限于数列解答题的位置较为靠前，加上错位相减法的运算量相对较大，故在近5年中仅有1年对该命题点作了考查，但其仍是命题的热点之一，务必加强训练． 【例3】 设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，
b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当d＞1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
??10a1＋45d＝100，
[解] (1)由题意有?
?a1d＝2，???2a1＋9d＝20，
即?
?a1d＝2，???a1＝1，解得?
?d＝2?
anbn
2分
a1＝9，??或?2
d＝.??9
an＝
n
4分
??an＝2n－1，
故?n－1
?bn＝2?
2n＋79??
或?
?2?.
b＝9·?9?????
n－1n－1
1
9
，
6分
(2)由d＞1，知an＝2n－1，bn＝2①
2n－135792n－1
，故cn＝n－1，于是Tn＝1＋＋2＋3＋4＋…＋n－1，222222
1135792n－1
Tn＝＋2＋3＋4＋5＋…＋n. ② 2222222①－②可得
11112n－12n＋3Tn＝2＋＋2＋…＋n－2－n＝3－n， 2222222n＋3故Tn＝6－n－1．
2[方法指津]
8分
10分 12分
运用错位相减法求和应注意：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}中一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，一般先乘公比，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；三是相减，相减时一定要注意式中最后一项的符号，考生常在此步出错，一定要细心．
提醒：为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．
[变式训练3] 已知在公比大于1的等比数列{an}中，a2，a4是函数f(x)＝(x－2)(x－8)的两个零点．
(1)求数列{an }的通项公式； (2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
【导学号：04024062】
[解] (1)因为a2，a4是函数f(x)＝(x－2)(x－8)的两个零点，且等比数列{an}的公比q大于1，所以a2＝2，a4＝8，
2分
所以q＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2
nn－1
(n∈N)．
2
*
6分
n(2)由(1)知2nan＝n×2 ，所以Sn＝1×2＋2×2＋…＋n×2，① 2Sn＝1×2＋2×2＋…＋(n－1)×2＋n×2
2
3
2
3
7分 8分
nn＋1
，②
2－2×2n＋1＝－n×2，11分
1－2
n由①－②，得－Sn＝2＋2＋2＋…＋2－n×2所以Sn＝2＋(n－1)×2
n＋1
nn＋1
(n∈N)． 12分
*
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