1、专题5 数列,第2讲 综合大题部分,考情考向分析 1利用转化证明等差、等比数列 2通过分组转化、错位相减、裂项相消求数列和，进而求与不等式相关综合问题,考点一 证明等差、等比数列,解析：(1)依题意，an1anan2an12an2an，两边同时除以anan1an2，,2(中项法)数列an满足a11，a22，an22an1an2.(1)设bnan1an，证明bn是等差数列；(2)求an的通项公式解析：(1)证明：an22an1an2， an12anan12(n2)， 得an2an12an12an(anan1)(an2an1)(anan1)2(an1an)bnan1an，bn1an2an1，bn1
2、anan1.bn1bn12bn(n2)，bn为等差数列,(2)由已知得b1a2a11， 又a32a2a124125， b2a3a2523， 公差db2b1312， bn12(n1)2n1， 即an1an2n1.所以an1a1n2， 即an1n2a1. 又a11， 所以an的通项公式为ann22n2.,1等差数列的证明及判断(1)定义法，对于数列an，若an1and(d为常数)，则数列an是等差数列(2)等差中项法，对于数列an，若2an1anan2，则数列an是等差数列(3)通项公式法，若数列an的通项公式满足ananb(a，b为常数)，则数列an是等差数列(4)前n项和法，若数列an的前n项
3、和Snan2bn(a，b为常数)，则数列an是等差数列,2等比数列的证明与判断(2)等比中项法，对于非零数列an，若anan2a，则数列an是等比数列(3)若数列an成等比数列，则数列lg an(an0)成等差数列；反之，若数列an成等差数列，则数列ban成等比数列,考点二 数列求和 1(分组求和)(2018河南信阳模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且a12,2Sn(n1)2ann2an1，数列bn满足b1a1，nbn1anbn.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若数列cn满足cnanbn(nN*)，求数列cn的前n项和Tn.解析：(1)由2Sn(n1)2ann2an1，可得2Sn1(
4、n2)2an1(n1)2an2，两式相减可得：2an1(n2)2an1(n1)2an2(n1)2ann2an1，2an1an2an，,数列an是等差数列， 又由2S122a1a2，a12，解得a24. d422. an22(n1)2n. 由nbn1anbn，得bn12bn，又b1a12， 数列bn是等比数列，首项与公比都为2. bn2n. (2)cnanbn2n2n，,2(裂项相消)(2018东北三省三校第二次联考)已知数列an满足a13，an12ann1，数列bn满足b12，bn1bnann，nN*.(1)证明：ann为等比数列；解析：(1)因为an12ann1，所以an1(n1)2(ann
5、)又a13，所以a112，所以数列ann是以2为首项，2为公比的等比数列,(2)由(1)知，ann22n12n. 所以bn1bnannbn2n， 即bn1bn2n. b2b121，b3b222，b4b323，bnbn12n1.,3(错位相减)(2018河南、河北两省联考)已知数列an的前n项和为Sn，a15，nSn1(n1)Snn2n.(2)令bn2nan，求数列bn的前n项和Tn.,当n2时，anSnSn1n24n(n1)24(n1)2n3. 又a15也符合上式，所以an2n3(nN*)， 所以bn(2n3)2n， 所以Tn52722923(2n3)2n， 2Tn522723924(2n1)
6、2n(2n3)2n1， 所以得 Tn(2n3)2n110(23242n1)(2n3)2n110(2n28) (2n1)2n12.,4(并项求和)(2018湖南长沙模拟)设Sn是数列an的前n项和，已知a11，Sn22an1.(1)求数列an的通项公式；解析：(1)Sn22an1，a11，当n1时，S122a2，当n2时，Sn122an，当n2时，an2an2an1，,(2)由(1)知bn(1)n(n1)， Tn0123(1)n(n1)， 当n为偶数时，,1分组求和一是观察数列的通项公式的特征，若其是由若干个可求其和的数列的通项公式组成，则求和时可用分组求和法求解；二是会用公式法求和，即对分成的
7、各组数列进行求和 2裂项相消求和,抵消规律，正、负项相互抵消时，要注意准确分析最后所剩项的规律、特点是什么(通过具体分析求前2项和、前3项和、前4项和时，正、负项抵消后所剩项的特点，可归纳得出一般的规律)；否则，极易出错,3错位相减法适用条件，若数列an是等差数列(公差为d，且d0)，数列bn是等比数列(公比为q，且q1)，则求等差乘等比型数列anbn的前n项和Sn时，可利用错位相减法错位相减，先写出Sn的基本表达式Sna1b1a2b2a3b3anbn；然后两边同乘以公比q得Snqa1b2a2b3a3b4an1bnanbn1；再由以上两式作差得Sn(1q)a1b1d(b2b3bn)anbn1，
8、进一步化简即可求得Sn. 4并项求和法将一个数列分成若干段，然后各段分别利用等差(比)数列的前n项和的公式及错位相减法等进行求和利用并项求和法求解问题的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(1)n”,1用裂项相消法求和时漏项或添项,解析 (1)由题意知2(S3a3)S1a1S2a2， 所以2(a1a2a3)2a3a1a1(a1a2)a2，,易错防范 应用裂项相消法求和时，将通项裂项后需要调整前面的系数，使得裂开的两项之差与裂项之前的通项恒等，同时注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,2用错位相减法求和处理不当致误,解析 (1)由an0,2an12
9、anan1an0，,Sn220321422(n1)2n1， 2Sn221322423n2n1(n1)2n， (注意将两式“错项对齐”，以便写出SnqSn的表达式) 由得Sn221222n1(n1)2n22n2(n1)2n n2n， 故Snn2n.,易错防范 (1)两式相减时，用两式的公比的“同次”项，相减而错位(不是“同位”项 相减)，相减也只是“等差部分”相减 (2)相减后所得结果最后一项一般为“” (3)相减后，所得表达式一般从第2项开始直到“倒数第二项”成等比数列,3忽视项数n的奇偶性讨论,易错防范 由于bn是分段形式的通项，求其和Tn时，因n的奇偶性不同，Tn的项数也 不同，故要对n按奇偶性分类讨论 一般地当通项式是n的奇偶性分数，或含有(1)n时，都要对n进行讨论,
