2.4 培优课4 裂项相消问题新视角-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

培优课4　裂项相消问题新视角 　 第一篇 专题二 数列 03 视角三　通项裂项为“＋”型 02 视角二　无理型 视角一　指数型 01 内容索引 05 专题集训 04 视角四　三角型 视角一　指数型 返回 典例 1 已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n，n∈N*. (1)判断数列{an－2n－1}是否是等比数列，并求数列{an}的通项公式； 解：因为a1＝3，所以a1－2×1－1＝0. 因为等比数列中的各项都不可能为0，所以数列{an－2n－1}不是等比数列. 由an＋1＝3an－4n，得an＋1－2(n＋1)－1＝3(an－2n－1). 因为a1－2×1－1＝0，所以an－2n－1＝0，从而an＝2n＋1. (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：由(1)可得bn＝＝－， 则Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＋＝－. 规律反思 常见的指数型裂项 1.an＝＝－. 2.an＝＝－. 预测练1.已知各项均为正数的数列{an}为等差数列，各项均为正数的数列{bn}为等比数列，a1＝b1＝2，a2，a4－1，a7成等比数列，b1，b3，b5－18成等差数列. (1)求{an}，{bn}的通项公式； 解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q. 由a2，a4－1，a7成等比数列，可得(2＋3d－1)2＝(2＋d)(2＋6d)， 化简得3d2－8d－3＝0，解得d＝3或d＝－(舍)， 所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1. 又因为b1，b3，b5－18成等差数列， 所以2×2q2＝2＋2q4－18，即q4－2q2－8＝0， 解得q＝2或q＝－2(舍)， 故bn＝2×2n－1＝2n. (2)若cn＝，{cn}的前n项和为Sn，求证：Sn＜. 解：证明：由(1)知cn＝ ＝ ＝－， 所以Sn＝－＋－＋…＋－＝－＜. 返回 视角二　无理型 返回 典例 2 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知数列{}是首项为1，公差为1的等差数列. (1)求数列{an}的通项公式； 解：因为数列{}是首项为1，公差为1的等差数列， 所以＝1＋(n－1)＝n，即Sn＝n2. 当n＝1时，a1＝S1＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1. 又a1＝1符合上式，所以an＝2n－1. (2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：bn＝ ＝ ＝ ＝＝×， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝×＋×＋…＋× ＝×＝. 规律反思 常见的无理型裂项 1.an＝＝－). 2.an＝＝－. 预测练2.设数列{an}满足a1＝0且－＝1. (1)求数列{an}的通项公式； 解：因为－＝1， 所以数列是公差为1的等差数列. 又＝1，所以＝n，所以an＝1－. (2)设bn＝，记Sn＝bk，求证：Sn＜1. 解：证明：由(1)得bn＝＝＝－， 从而Sn＝bk＝－)＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＜1. 返回 视角三　通项裂项为“＋”型 返回 典例 3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且3(Sn－n)＝4(an－2). (1)证明数列{an－1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式； 解：证明：当n＝1时，3(a1－1)＝4(a1－2)，解得a1＝5. 当n≥2时，由3(Sn－n)＝4(an－2)可得3(－n＋1)＝4(－2)， 两式相减可得an＝4an－1－3， 即an－1＝4(an－1－1)， 所以数列{an－1}是以5－1＝4为首项，4为公比的等比数列， 所以an－1＝4·4n－1＝4n，即an＝4n＋1. (2)若点P(an－1，)在函数y＝log4x的图象上，且数列{cn}满足cn＝(－1)n＋1·，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：因为点P在函数y＝log4x的图象上， 所以＝log4(an－1)＝log44n＝n，即bn＝3n－2， 所以cn＝(－1)n＋1 ＝(－1)n＋1. 当n为偶数时，Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝－＋…－＝1－＝； 当n为奇数时，Tn＝c1＋c2＋…＋cn－1＋cn＝＋cn ＝＋＝1＋＝. 综上，Tn＝ 规律反思 常见的通项裂项为“＋”型 1.(－1)n·＝(－1)n·(＋). 2.(－1)n·＝(－1)n·(＋). 3.(－1)n·＝(－1)n·(＋). 预测练3.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，数列是以2为公差的等差数列. (1)求数列{an}的通项公式； 解：因为a1＝3，所以＝3. 又因为数列是以2为公差的等差数列， 所以＝2n＋1，即Sn＝2n2＋n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n－2(n－1)2－(n－1)＝4n－1， a1＝3也符合上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝4n－1. (2)设bn＝，求数列{bn}的前2n项和T2n. 解：由(1)可得bn＝＝＝·(＋)， 所以T2n＝［－(＋)＋(＋)－(＋)＋…＋(＋)］＝(－＋)＝， 所以数列{bn}的前2n项和T2n＝. 返回 视角四　三角型 返回 典例 4 已知Sn是数列{an}的前n项和，2Sn＝(n＋1)an，且a1＝1. (1)求数列{an}的通项公式； 解：因为2Sn＝(n＋1)an，当n≥2时，2Sn－1＝nan－1， 两式相减得2an＝(n＋1)an－nan－1，即(n－1)an＝nan－1， 变形得＝，所以数列是常数列. 因此＝＝1，即an＝n，所以数列{an}的通项公式是an＝n. (2)设a0＝0，已知数列{bn}满足bn＝，求{bn}的前n项和Tn. 解：由(1)知an＝n，bn＝＝＝＝tan n－tan(n－1)， 所以Tn＝(tan 1－tan 0)＋(tan 2－tan 1)＋(tan 3－tan 2)＋…＋[tan n－tan(n－1)]＝tan n－tan 0＝tan n. 规律反思 常见的三角型裂项 1.＝(tan α－tan β). 2.＝[tan(n＋1)－tan n]. 3.tan αtan β＝(tan α－tan β)－1. 4.tan ntan(n－1)＝－1. 预测练4.已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝6，a2，a4，a8成等比数列，数列{bn}的前n项和Tn＝2bn－n. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 解：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 由题意得 解得 故数列{an}的通项公式为an＝n. 因为Tn＝2bn－n，当n≥2时， Tn－1＝2bn－1－(n－1)， 两式相减得bn＝2bn－1＋1. 又n＝1时，b1＝T1＝2b1－1，所以b1＝1， 因为bn＋1＝2bn＋1，所以bn＋1＋1＝2(bn＋1)， 而b1＋1＝2≠0，故bn＋1≠0， 即＝2(n∈N*)， 所以{bn＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列， bn＋1＝2n，所以bn＝2n－1. (2)求·cos(ak·π)的值. 解：当k＝2m，m∈N*时，·cos(ak·π)＝(2m)2cos 2mπ＝(2m)2， 当k＝2m－1，m∈N*时，·cos(ak·π)＝(2m－1)2cos[(2m－1)π]＝(－1)·(2m－1)2， 所以·cos(ak·π)＝22－12＋42－32＋…＋1002－992＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋…＋(100－99)(100＋99)＝1＋2＋3＋…＋99＋100＝5 050. 返回 专 题 集 训 返回 1.(15分)已知数列{an}满足a1＝1，＝an. (1)求数列{an}的通项公式； 解： 法一：由an＋1＝an，得＝＝， 由累乘法得an＝a1··…·＝a1×××…×＝. 法二：由an＋1＝an，得＝，又＝1， 则数列是各项均为1的常数列， 所以＝1，即an＝. 1 2 3 4 (2)求数列的前n项和Sn. 解：由(1)得＝＝－， 所以Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1. 1 2 3 4 2.(15分)已知数列满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)2n＋1. (1)求数列的通项公式； 解：依题意，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)2n＋1①， 当n＝1时，a1＝1. 当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)2n－1＋1②. ①－②得nan＝－[(n－2)2n－1＋1]＝n·2n－1(n≥2)， 所以an＝2n－1(n≥2).因为n＝1时，该式也成立， 故的通项公式为an＝2n－1. 1 2 3 4 (2)若bn＝，求数列的前n项和Sn. 解：由(1)知an＝2n－1，由bn＝可得bn＝＝－， 则Sn＝＋＋＋…＋＋＋＝－1. 1 2 3 4 3.(15分)已知Sn为正项数列的前n项和，a1＝3且Sn＋＝－. (1)求数列的通项公式； 解：由题意知，Sn＋Sn＋1＝－， 即2＝－3， 当n≥2时，2＝－3， 两式相减，可得＝0. 因为an＞0，可得an＋1－an＝2. 又因为a1＝3，当n＝1时，2＝－3，即－2a2－15＝0， 解得a2＝5或a2＝－3(舍去)，所以a2－a1＝2，符合an＋1－an＝2， 所以数列是首项为3，公差为2的等差数列. 所以数列的通项公式为an＝2n＋1. 1 2 3 4 (2)若bn＝(－1)n＋1，求的前10项和T10. 解：由题意得bn＝(－1)n＋1＝(－1)n＋1＝(－1)n＋1， 所以T10＝b1＋b2＋b3＋…＋b9＋b10＝－＋－…＋－＝1－＝，所以T10＝. 1 2 3 4 4.(15分)已知数列{an}的各项均为正数，{an}的前n项和为Sn，若S1＝1，－an－2＝0(n≥2). (1)求数列{an}的通项公式； 两式相减得－＋an－an＋1＝2an，即(an＋1－an－1)(an＋an＋1)＝0. 因为{an}的各项均为正数， 所以an＋1＝an＋1(n≥2). 又当n＝2时，－a2－2S1＝－a2－2＝0，解得a2＝2或a2＝－1(舍)， 则a2＝a1＋1，所以对任意正整数n，均有an＋1＝an＋1. 故{an}是以1为首项，1为公差的等差数列， 即an＝n(n∈N*). 解：当n≥2时，有 1 2 3 4 (2)设bn＝tan antan an＋1，求数列{bn}的前2 026项和. 解：由tan 1＝tan[(n＋1)－n] ＝， 得tan(n＋1)tan n＝－1. 由(1)得bn＝tan antan an＋1＝tan ntan(n＋1). 记{bn}的前n项和为Tn， 则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝[tan(n＋1)－tan n＋tan n－tan(n－1)＋…＋tan 2－tan 1]－n＝[tan(n＋1)－tan 1]－n＝－n－1， 所以T2 026＝－2 027. 返回 1 2 3 4 谢 谢 观 看！ $