第二板块 大题考法精研(一)——数列的运算及求和（课件PPT）-【新高考方案】2024年高考数学二轮复习专题增分方略（新教材）

大题考法精研(一) ——数列的运算及求和 章节标题内容1 Use "Title Only" Layout 1 1 2 目 录 题型一　数列的基本运算 题型二　数列求和 2 [例1]　(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn＝ 题型一　数列的基本运算 (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. [解]　(1)因为3a2＝3a1＋a3， 所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d， 所以an＝nd. 因为S3＋T3＝21， 因为d＞1，所以d＝3. 所以{an}的通项公式为an＝3n. 因为d>1，所以an>0，又因为S99－T99＝99， 由等差数列的性质，得99a50－99b50＝99， [思维建模] 在等差数列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．　　 [针对训练] 1．已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，且bn∈N*，若a1＝b2＝2，a1＋a2＋a3＝b1＋b2＋b3＋b4＝15. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设由{an}，{bn}的公共项构成的新数列记为{cn}，求数列{cn}的前5项之和S5. 解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，因为a1＝2，a1＋a2＋a3＝15， 所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1. 因为b2＝2，b1＋b2＋b3＋b4＝15， 则2q3＋2q2－13q＋2＝0， 所以(q－2)(2q2＋6q－1)＝0. 因为bn∈N*，所以q＝2，b1＝1. 所以bn＝2n－1. (2)设数列{an}的第m项与数列{bn}的第n项相等，则am＝bn3m－1＝2n－1， 因为m，n∈N*， 当n＝10时，m＝171，则c5＝512. 故{cn}的前5项之和S5＝2＋8＋32＋128＋512＝682. 方法1　分组法 题型二　数列求和 记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n＞5时，Tn＞Sn. [解]　(1)设等差数列{an}的公差为d. 所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6. 因为S4＝32，T3＝16， 所以{an}的通项公式为an＝2n＋3. (2)证明：由(1)知an＝2n＋3， 当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝ [思维建模]　使用分组法求和的数列常见类型 数列通项中含绝对值 先不考虑绝对值，求解数列从哪一项开始变号，把正数项和非正数项分开看作两个数列，分别求和(此时需考虑绝对值)，相加得解 续表 (1)求数列{an}的通项公式； (2)将数列{an}和数列{2n}中所有的项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn}，求{bn}的前100项的和． 方法2　裂项相消法 [例3]　(2023·潍坊一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn(n≥2)． (1)求数列{an}的通项公式； [解]　(1)当n≥2时，Sn＋1＋2Sn－1＝3SnSn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1，即an＋1＝2an. 又∵{an}是等比数列，∴q＝2.由题意，a1＝1， ∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*. [思维建模] 1．裂项相消之后，余项的基本特征 (1)前几后几：即前面的余式和后面的余式的个数相同； (2)前第几，后倒数第几：即余下的式子是对称的； (3)突破口：裂项是关键！注意检验裂项过程中的等号；可以把裂好的项通分，检验等号是否成立． 2．裂项常见形式 (1)分母两项的差等于常数 (2)分母两项的差与分子存在一定关系 (3)分母含无理式 [针对训练] (2)记数列bn＝(an－3)(an＋1－3)，求数列{bn}的前n项和Tn. ∴2an－2an＋1＝(an＋1－3)(an－3)，即2(an－3)－2(an＋1－3)＝(an＋1－3)(an－3)， 方法3　错位相减法 [例4]　(2023·济宁一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，nan＋1＝2Sn＋n(n∈N*)． [解]　(1)证明：由nan＋1＝2Sn＋n， 当n＝1时，a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3； 当n≥2时，(n－1)an＝2Sn－1＋n－1， 两式相减得nan＋1－(n－1)an