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高考理科数学山东专用二轮专题复习课件：专题三第讲数列的求和及综合应用

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高三数学二轮复习 数列求和及综合应用 课件(全国通用)

高三数学二轮复习 数列求和及综合应用 课件(全国通用)
2 2 2 2
1 1 1 1 － 1 2 答案：(1)① － ②2 (2) ② n n n＋1 2n－1 2n＋1
2．常见的放缩技巧 1 1 1 1 1 1 1 (1) － ＝ < < ＝ － ； n n＋1 nn＋1 n2 n－1n n－1 n
1 1 1 1 － 1 (2) 2< 2 ＝ ； n n －1 2n－1 n＋1
第2讲
数列求和及综合应用
(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、裂项相消等方法求一般数列的和，体现 转化与化归的思想． (2)①数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合， 探求数列中的最值或证明不等式．②以等差数列、等比数列为 背景，利用函数观点探求参数的值或范围．
＝－3n· 2n 2.
＋
所以Tn＝3n· 2n 2 .
＋
[知识回顾] 1．必记公式 (1)常见的拆项公式(其中n∈N*) 1 ① ＝________________. nn＋1 1 1 1 1 ② ＝ n－ . nn＋k k n＋k 1 ③ ＝_____________. 2n－12n＋1
[考题回访] 1．(2016· 天津卷)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公 差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．
2 * (1)设cn＝b2 － b ， n ∈ N ，求证：数列{cn}是等差数列； ＋ n 1 n 2n
(2)设a1＝d，Tn＝∑
k ＝1
* (－1)kb2 k ，n∈N ，求证：
④若等差数列{an}的公差为d，
1 1 1 1 1－ 1 1－ 1 则 ＝ a ＝ a ； . a 2 d a n ＋ n ＋ anan＋1 d a a n 1 n 2 n n＋2 1 1 1 1 － ⑤ ＝ . 2 n n ＋ 1 n ＋ 1 n ＋ 2 nn＋1n＋2

高考数学大二轮复习层级二专题三数列第2讲数列求和及综合应用课件

高考数学大二轮复习层级二专题三数列第2讲数列求和及综合应用课件
1，n＝1， 因此 an＝－nn2＋1，n≥2.
1，n＝1， 答案：an＝－nn2＋1，n≥2.
(2)各项均不为 0 的数列{an}满足an＋1an2＋an＋2＝an＋2an(n∈N*)， 且 a3＝2a8＝15，则数列{an}的通项公式为____________．
解析：因为an＋1an2＋an＋2＝an＋2an，所以 an＋1an＋an＋1an＋2＝2an＋2an. 因为 anan＋1an＋2≠0，所以an1＋2＋a1n＝an2＋1， 所以数列a1n为等差数列．
[解析] (1)由已知，an＋1－an＝lnn＋n 1，a1＝2， 所以 an－an－1＝lnn－n 1(n≥2)， an－1－an－2＝lnnn－ －12， … a2－a1＝ln21，
将以上 n－1 个式子叠加，得 an－a1＝lnn－n 1＋lnnn－－21＋…＋ln21 ＝lnn－n 1·nn－ －12·…·21 ＝ln n. 所以 an＝2＋ln n(n≥2)， 经检验 n＝1 时也适合．故选 A.
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－311－－33n＋ n×3n＋1＝2n－123n＋1＋3.
所以 a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×2n－123n＋1＋3 ＝2n－13n＋22＋6n2＋9(n∈N*)．
[主干整合] 1．数列通项 (1)数列通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系，an＝SS1n－Sn－1nn≥＝21.， (2)应用 an 与 Sn 的关系式 f(an，Sn)＝0 时，应特别注意 n＝1 时的 情况，防止产生错误．
12Tn＝3·12＋7·212＋…＋(4n－9)·21n－2＋(4n－5)·21n－1， 所以12Tn＝3＋4·12＋4·212＋…＋4·21n－2－(4n－5)·21n－1， 因此 Tn＝14－(4n＋3)·21n－2，n≥2， 又 b1＝1，所以 bn＝15－(4n＋3)·12n－2.

2024届高考数学专题复习-数列求和课件

2024届高考数学专题复习-数列求和课件

解
析
：
∵an
＝
1 4n2－1
＝
1 2
2n1－1－2n1＋1
，
∴
Sn
＝
1 2
[
11－13
＋
13－15
＋
…
＋
2n1－1－2n1＋1]＝121－2n1＋1＝2nn＋1.
答案：2nn＋1
分组转化法求和
[例 1] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n，n∈N *. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和． [解] (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－（n－1）2＋2 （n－1）＝n. 又 a1＝1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n.
(2021·全国乙卷)设{an}是首项为 1 的等比数列，数列{bn}满足 bn＝n3an.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＜S2n. 解：(1)设{an}的公比为 q，则 an＝qn－1. 因为 a1，3a2，9a3 成等差数列，所以 1＋9q2＝2×3q，解得 q＝13， 故 an＝3n1－1，bn＝3nn.
[逐点清]
1．(必修 5 第 61 页 A 组 4 题改编)数列{1＋2n－1}的前 n 项和为
A．1＋2n
B．2＋2n
C．n＋2n－1
D．n＋2＋2n
解析：由题意得 an＝1＋2n－1，所以 Sn＝n＋11－－22n＝n＋2n－1.
答案：C
()
2．(易错题)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an＝n·2n，则 Sn＝________．

高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列求和及综合应用课件

高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列求和及综合应用课件
所以{ean}是首项为2，公比(ɡōnɡ bǐ)为2的等比数列. 所以 ea1＋ea2＋…＋ean＝2×11－－22n＝2n＋1－2.
12/13/2021
真题感悟 考点整合 第十九页，共三十二页。 热点聚焦 分类突破
归纳总结 思维升华
【训练(xùnliàn)1－2】 已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公 比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列(shùliè){a2nbn}的前n项和(n∈N*). 解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)， 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0， 又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，② 联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2. 所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.
12/13/2021
真题感悟 考点整合 第十五页，共三十二页。 热点聚焦 分类突破
归纳总结 思维升华
[考法3] 错位相减法(jiǎnfǎ)求和 【例1－3】 (2018·杭州调研)已知等差数列{an}满足：an＋1>an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项
分别加上1，1，3后成等比数列，且an＋2log2bn＝－1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
所以，n的值为4.
12/13/2021
真题感悟 考点整合 第十页，共三十二页。 热点聚焦 分类突破

2017高考数学理山东专用二轮课件：3-3-1 等差、等比数

2017高考数学理山东专用二轮课件：3-3-1 等差、等比数

数列{bn}的前 n 项和 Sn=nb1+
������(������-1) ������(������-1) d=2n+ × 2=n2+n. 2 2
-10考向一 考向二 题型1 题型2
题型2 转化后再用公式法 例2已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,且3S1,2S2,S3成等差数 列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=log3an,求Tn=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1. 解: (1)∵3S1,2S2,S3成等差数列, ∴4S2=3S1+S3, ∴4(a1+a2)=3a1+(a1+a2+a3), 即a3=3a2,∴公比q=3,∴an=a1qn-1=3n. (2)由(1)知,bn=log3an=log33n=n, ∵b2n-1b2n-b2nb2n+1=(2n-1)2n-2n(2n+1)=-4n, ∴Tn=(b1b2-b2b3)+(b3b4-b4b5)+…+(b2n-1b2n-b2nb2n+1)
-4-
2.数列求和的常用方法 (1)公式法:利用等差、等比数列的求和公式. (2)错位相减法:适合求数列{an· bn}的前n项和Sn,其中{an},{bn}分 别是等差、等比数列. (3)裂项相消法:即将数列的通项分成两个式子的代数和,通过累 加抵消中间若干项的方法. (4)拆项分组法:先把数列的每一项拆成两项(或多项),再重新组合 成两个(或多个)简单的数列,最后分别求和. (5)并项求和法:把数列的两项(或多项)组合在一起,重新构成一个 数列再求和,适用于正负相间排列的数列求和.

2021高考数学二轮专题复习3.2等差数列等比数列的综合运算与数列求和ppt课件

2021高考数学二轮专题复习3.2等差数列等比数列的综合运算与数列求和ppt课件

若 Sm，Sm＋1，Sm＋2 构成等差数列，则 2(2m＋1－1)＝(2m－1)＋(2m ＋2－1)，
整理得 2m＝0，由于 m∈N*，所以无解， 故不存在正整数 m，使得 Sm，Sm＋1，Sm＋2 构成等差数列． 若选择条件②，即 Sn＝kan－12，由于 a1＝1，所以 1＝k－12，则
k＝32，于是 Sn＝32an－12. 当 n≥2 时，Sn－1＝32an－1－12，两式相减得 an＝32an－32an－1，于
故不存在正整数 m，使得 Sm，Sm＋1，Sm＋2 构成等差数列．
考点 2 裂项相消法求和
『考点整合』
裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以 相互抵消从而求和的方法，主要适用于ana1n＋1或ana1n＋2(其中{an} 为等差数列)等形式的数列求和．
『考南质量评估]数学家也有一些美丽的错误， 如法国数学家费马于 1640 年提出了以下猜想：Fn＝22n＋1(n∈N) 是质数.1732 年，瑞士数学家欧拉算出 F5＝641×6 700 417，该数不 是质数．已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和，且 Sn＝log2(Fn－1)－1(n∈N
方案三：选条件③.
设{bn}的公比为 q，则 q3＝bb25＝－27，即 q＝－3， 又 b2＝3，得 b1＝－1， 所以 bn＝－(－3)n－1. 从而 a5＝b1＝－1，由{an}是等差数列得 S5＝5a12＋a5， 由 S5＝－25 得 a1＝－9，所以 an＝2n－11. 因为 Sk>Sk＋1 且 Sk＋1<Sk＋2 等价于 ak＋1<0 且 ak＋2>0，
所以满足题意的 k 存在当且仅当33kk＋ ＋12－ －1166<>00， ， 即 k＝4.

大学数学(高数微积分)专题三第2讲数列求和及数列综合应用(课堂讲义)


(2)因为bn＝an＋(－1)nln an
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]
热点分类突破
＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，
所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－
再验证是否可以合并为一个公式．
热点分类突破
(2013·湖南)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan －21n，n∈N*，则：
(1)a3＝________；
(2)S1＋S2＋…＋S100＝________.
本
讲 栏
解析
∵an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－21n－(－1)n－1an－1＋2n1－1，
本 解 (1)由已知，得当 n≥1 时，
讲
栏 目
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1
开
关 ＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.
而a1＝2，符合上式， 所以数列{an}的通项公式为 an＝22n－1.
热点分类突破
(2)由 bn＝nan＝n·22n－1 知
本 讲 栏
即na＋n＋11－ann＝1，又a22－a11＝1，
目
开 关
故数列ann是首项为a11＝1，公差为1的等差数列，
所以ann＝1＋(n－1)×1＝n，所以 an＝n2，
所以数列{an}的通项公式为 an＝n2，n∈N*.
热点分类突破
(3)证明 a11＋a12＋a13＋…＋a1n＝1＋14＋312＋412＋…＋n12 <1＋14＋2×1 3＋3×1 4＋…＋nn1－1

【步步高】高考数学第二轮复习 专题三第2讲数列求和及数列的综合应用课件

第十八页，共二十七页。
变式训练 3 已知数列{an}，Sn 是其前 n 项的和，且 an＝7Sn－1 ＋1 (n≥2)，a1＝1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝log12an (n≥2)，Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n，求出最 小的正整数 k，使得对于任意的正整数 n，有 Tn<1k2恒成立． 解 (1)由题意知 an＝7Sn－1＋1，① 可得 an＋1＝7Sn＋1，② ②－①得 an＋1－an＝7(Sn－Sn－1)＝7an， 即 an＋1＝8an (n≥2)． 又由于 a1＝1≠0，可得 a2＝7×1＋1＝8， 所以数列{an}是一个以 1 为首项，8 为公比的等比数列． 所以 an＝8n－1＝23(n－1)．
第十二页，共二十七页。
所以 Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝12[1－13＋13－15＋15－17＋…＋2n1－1－2n1＋1] ＝121－2n1＋1＝2nn＋1. 探究提高 (1)求数列的通项要注意根据条件灵活选用不同 方法．例求 bn 时，利用定义就是不错的选择．(2)本题的关 键是求{cn}的前 n 项和．对 cn 裂项是求和的基本技巧．
b1 b2
bn
＝－21－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1 ＝－n2＋n1.
所以数列b1n的前 n 项和为－n2＋n1.
第二页，共二十七页。
考题分析 本题主要考查了等比数列的基本量的计算、通项 公式和前 n 项和的求法．考查了用裂项法求前 n 项和的基本 方法．体现了对逻辑思维能力和运算求解能力的考查． 易错提醒 (1)不能准确选择基本量，列方程求解．(2)bn 计算不 准确，易忽略负号．(3)所求的是b1n的前 n 项和而非{bn}的前 n 项和．
第十五页，共二十七页。
(2)由(1)，知 bn＝ana3n＋1 ＝(6n－5)[63(n＋1)－5]＝126n1－5－6n1＋1， 故 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝12[1－17＋17－113＋…＋6n1－5－6n1＋1] ＝121－6n1＋1. 因此，要使121－6n1＋1<2m0 (n∈N*)成立， 则 m 需满足12≤2m0即可，则 m≥10，所以满足要求的最小正整 数 m 为 10.

高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应用课件文1205340-数学备课【全免费】

＝2n－1－1， 1－2
由 b1＝2，所以 bn＝2n－1＋1. (3)cn＝bnbann＋1＝bnb＋nb1－n＋b1 n＝b1n－bn1＋1， 所以 Tn＝c1＋c2＋…cn＝b11－b12＋b12－b13＋…＋ b1n－bn1＋1＝b11－bn1＋1＝12－2n＋1 1.
命题视角 3 错位相减法求和
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2， 所以 An＝1－（n＋1 1）2＝（nn2＋＋12）n 2.
因此{An}是单调递增数列， 所以当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有 最大值．
[规律方法] 1．给出 Sn 与 an 的关系求 an，常用思路是：一是利 用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项 公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的 关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的 等比数列．
[变式训练] (2017·太原质检)已知数列{an}的前 n 项 和 Sn＝2n＋1－2，数列{bn}满足 bn＝an＋an＋1(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式； (2)若 cn＝log2an(n∈N*)，求数列{bn·cn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)由于 Sn＝2n＋1－2，n∈N*，
＋2n.
[规律方法] 1．在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思 想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求 和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式． 2．分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组； (2)根据正号、负号分组．
从而{an}的通项公式为 an＝2n2－1. an

高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应

第2讲 数列的求和及综合应用
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.
真题感悟 1.(2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足 a1＋3a(2n＋1)(b21＋b2n＋1)＝(2n＋1)bn＋1， 又 S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以 bn＝2n＋1. 令 cn＝bann，则 cn＝2n2＋n 1， 因此 Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝32＋252＋273＋…＋22nn－－11＋2n2＋n 1， 又12Tn＝232＋253＋274＋…＋2n2－n 1＋22nn＋＋11， 两式相减得12Tn＝32＋12＋212＋…＋2n1－1－22nn＋＋11， 所以 Tn＝5－2n2＋n 5.
温馨提醒 (1)裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导 致错误. (2)an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2，忽略 n≥2 的限定，忘记第一项单独求解 与检验.
2.数列与函数、不等式的交汇 数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所 满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲 线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列 与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的 综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成 立问题.
热点一 数列的求和问题 命题角度1 分组转化求和 【例 1－1】 (2017·郑州质检)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n，
n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和.
解 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－(n－1)2＋2 (n－1)＝n. 而 a1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n， 则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n). 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝2(11－－222n)＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
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(2)因为 anbn＝log3an，所以 b1＝13，
当 n＞1 时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.
所以 T1＝b1＝13；
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
当 n＞1 时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋ (n－1)×31－n)， 所以 3Tn＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)， 两式相减，得 2Tn＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n ＝23＋11－－331－－1n－(n－1)×31－n ＝163－62n×＋33n，所以 Tn＝1132－64n×＋33n， 经检验，n＝1 时也适合. 综上可得 Tn＝1132－64n×＋33n.
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3.数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒 成立问题，解决方法如下： (1)利用数列(或函数)的单调性； (2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后 成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求 和，或者放缩后裂项相消后再求和； (3)数学归纳法.
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(2)由 an＝2n＋1 可知 bn＝ana1n＋1＝（2n＋1）1（2n＋3）＝122n1＋1－2n1＋3. 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝1213－15＋15－17＋…＋2n1＋1－2n1＋3 ＝3（2nn＋3）.
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当 n 为奇数时， Sn＝2×11－－33n－(ln 2－ln 3)＋n－2 1－nln 3 ＝3n－n－2 1ln 3－ln 2－1.
3n＋n2ln 3－1，n为偶数， 综上所述，Sn＝3n－n－2 1ln 3－ln 2－1，n为奇数.
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探究提高 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求 和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如 （n－1）1（n＋1）(n≥2)或n（n1＋2）.
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[微题型 3] 错位相减法求和 【例 1－3】 (2015·枣庄模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝an＋1＋n－2，n∈N*，a1＝2. (1)证明：数列{an－1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝Sn－3nn＋1(n∈N*)的前 n 项和为 Tn，证明：Tn＜6.
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(3)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对 应项的乘积组成的数列.把 Sn＝a1＋a2＋…＋an 两边同乘以相应 等比数列的公比 q，得到 qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相 减即可求出 Sn. (4)裂相相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式， 然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 anacn＋1(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.
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热点一 数列求和
[微题型 1] 分组转化求和
【例 1－1】 等比数列{an}中，a1，a2，a3 分别是下表第一，二，三行中的 某一个数，且 a1，a2，a3 中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列 第二列 第三列
第一行 3
2
10
第二行 6
4
14
第三行 9
8
18
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
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解 (1)当 a1＝3 时，不合题意； 当 a1＝2 时，当且仅当 a2＝6，a3＝18 时，符合题意； 当 a1＝10 时，不合题意. 因此 a1＝2，a2＝6，a3＝18， 所以公比 q＝3. 故 an＝2·3n－1(n∈N*).
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探究提高 近年高考对错位相减法求和提到了特别重要的位 置上，常在解答题中出现，也是考纲对数列前n项和的基本要 求，错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为 等差数列，{bn}为等比数列；所谓“错位”，就是要找“同类项” 相减.要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要 查清其项数.
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(2)因为 bn＝an＋(－1)nln an ＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1) ＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3] ＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3， 所以 Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]· (ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3. 当 n 为偶数时， Sn＝2×11－－33n＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1；
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热点二 数列中的不等式问题 [微题型 1] 利用数列单调性解决数列不等式问题 【例 2－1】 （2015·济宁模拟）首项为正数的数列{an}满足 an＋1 ＝14(a2n＋3)，n∈N*.
(1)证明：若 a1 为奇数，则对一切 n≥2，an 都是奇数； (2)若对一切 n∈N*都有 an＋1＞an，求 a1 的取值范围. (1)证明 已知 a1 是奇数，假设 ak＝2m－1 是奇数，其中 m 为 正整数，则由递推关系得 ak＋1＝a2k＋4 3＝m(m－1)＋1 是奇数. 根据数学归纳法，对任意 n∈N*，an 都是奇数.
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(5)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新 组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和. (6)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项 (或多项)组合在一起，重新构成 一个数列再求和，一般适用 于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数奇偶性的讨论. 2.数列单调性的常见题型及方法如下： (1)求最大(小)项时，可利用①数列单调性；②函数单调性； ③导数. (2)求参数范围时，可利用①作差法；②同号递推法；③先猜 后证法.
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探究提高 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思 想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和， 在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比 数列，清晰正确地求解.在利用分组求和法求和时，由于数列 的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后 再验证是否可以合并为一个公式.
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(2)函数 f(x)＝2x 在(a2，b2)处的切线方程为 y－2a2＝ (2a2ln 2)(x－a2)，它在 x 轴上的截距为 a2－ln12. 由题意知，a2－ln12＝2－ln12，解得 a2＝2.所以，d＝a2－a1＝1. 从而 an＝n，bn＝2n，所以 Tn＝12＋222＋233＋…＋n2－n－11 ＋2nn， 2Tn＝11＋22＋232＋…＋2nn－1.因此，2Tn－Tn＝1＋12＋212＋…＋ 2n1－1－2nn＝2－2n1－1－2nn＝2n＋1－2nn－2. 所以 Tn＝2n＋1－2nn－2.
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1.求和的常用方法 (1)公式法：直接利用等差数列、等比数列的求和公式求解. (2)倒序相加法：适用于与首、末等距离的两项之和等于首、 末两项之和，且和为常数的数列.等差数列前n项和公式的推 导就使用了倒序相加法，利用倒序相加法求解数列前n项和 时，要把握数列通项公式的基本特征，即通过倒序相加可以 得到一个常数列，或者等差数列、等比数列，从而转化为常 见数列的求和方法，这也是数学转化与化归思想的具体体现.
第2讲 数列的求和及综合应用
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高考定位 若考查数列解答题，则以数列的通项与求和为核 心地位来考查，题目难度不大.
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(2015·山东卷)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
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【训练 1】 设等差数列{an}的公差为 d，点(an，bn)在函数 f(x)＝2x 的图象上(n∈N*). (1)若 a1＝－2，点(a8，4b7)在函数 f(x)的图象上，求数列{an}的 前 n 项和 Sn； (2)若 a1＝1，函数 f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在 x 轴上的截 距为 2－ln12，求数列abnn的前 n 项和 Tn. 解 (1)由已知，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7， 有 2a8＝4×2a7＝2a7＋2，解得 d＝a8－a7＝2. 所以 Sn＝na1＋n（n－ 2 1）d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
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解 (1)因为 2Sn＝3n＋3， 所以 2a1＝3＋3，故 a1＝3， 当 n＞1 时，2Sn－1＝3n－1＋3， 此时 2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1， 即 an＝3n－1， 所以 an＝33，n－1n，＝n1＞，1.