1、“数列”专题提能课专 题 提 能四讲第防止思维定式，实现“移花接木”提能点(一)失误1因忽视对n1的检验而失误例 1 已知数列an的前 n 项之和为 Snn2n1，则数列an的通项公式为_解析 当 n1 时，a1S13.当 n2 时，anSnSn12n，an3，n1，2n，n2.答案 an3，n1，2n，n2点评 在对数列的概念的理解上，仅注意了 anSnSn1，导致出现错误答案 an2n.已知 Sn求 an 时，要注意进行分类讨论，能合则合，反之则分失误2因不会设项而解题受阻例 2 已知一个等比数列an的前 4 项之积为 116，第 2，3项的和为 2，则数列an的公比 q_解析 设数列an
2、的前 4 项分别为 a，aq，aq2，aq3，则a4q6 116，aqaq2 2，可得a4q6 116，a4q4（1q）44，所以(1q)464q2，当 q0 时，可得 q26q10，解得 q32 2，当 q0，an1an40，an1an4，即an是首项为 2，公差为 4 的等差数列，an4n2.点评 本例利用了方程的消元思想，通过 an1Sn1Sn，Sn18(an2)2 消去 Sn，找到数列中相邻两项的递推关系，使问题得到解决值得注意的是有时可借助 an1Sn1Sn 消去 an，利用 Sn1，Sn的递推关系解题2分类讨论思想解决数列前 n 项和的问题例 2 设等比数列an的公比为 q，前 n
3、 项和 Sn0(n1，2，)(1)求 q 的取值范围；(2)设 bnan232an1，记bn的前 n 项和为 Tn，试比较 Sn与Tn 的大小解(1)因为an是等比数列，Sn0，可得 a1S10，q0.当 q1 时，Snna10；当 q1 时，Sna1（1qn）1q0，即1qn1q 0(n1，2，)，上式等价于不等式组：1q0，1qn0，1qn0(n1，2，)，解式得 q1；解式，由于 n 可为奇数、可为偶数，得1q0 或 0q0 且1q0.当1q2 时，TnSn0，即 TnSn；当12q2 且 q0 时，TnSn0，即 TnSn；当 q12或 q2 时，TnSn0，即 TnSn.点评 关于数
4、列的分类讨论一般有三个考查方向：对公差 d 的讨论、对公比 q 的讨论、对项数 n 的讨论本例中考查了对公比 q 的讨论3转化与化归思想解决递推公式问题例 3 已知数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，且Sn14an2(nN*)，求an的通项公式解 当 n2 时，Sn14an2，Sn4an12.两式相减，得 an14an4an1，将之变形为 an12an2(an2an1)所以an12an是公比为 2 的等比数列 又 a1a2S24a12，a11，得 a25，则 a22a13.所以 an12an32n1.两边同除以 2n1，得an12n1an2n34，所以an2n 是首项为a12 12，
5、公差为34的等差数列 所以an2n1234(n1)34n14，所以 an(3n1)2n2.点评 本例通过两次化归，第一次把数列化归为等比数列，第二次把数列化归为等差数列，随着化归的进行，问题降低了难度化归与转化的思想中隐含着许多数学方法，如消元法、构造法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、分组求和法等提能点(四)强化一题多法，激活“解题思维”非特殊数列求和的常用方法 典例 设等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S44S2，a2n2an1.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为 Tn，由Tnan12n(为常数)，令 cnb2n(nN*)，求数列cn的前 n 项和 Rn.解
6、(1)an2n1，nN*(过程略)(2)法一(错位相减法)：由题意可知 Tn n2n1，所以当 n2 时，bnTnTn1n12n2 n2n1n22n1，故 cnb2n2n222n1(n1)14n1.所以 Rn0140114121423143(n1)14n1，14Rn014111422143(n2)14n1(n1)14n.两式相减，得34Rn14114214314n1(n1)14n1414n114(n1)14n133n1314n.整理得 Rn1943n14n1.点评 由于 cn(n1)14n1，根据它的通项特征是等差数列n1与等比数列14n1 的积数列，我们可以把此类数列形象地称为“差比型”数列
7、，求这类数列的前 n 项和时，常规的解法当然是“错位相减法”法二(构造常数列法)：由法一，知 cn(n1)14n1，nN*.又 cnRnRn1(n2)，所以 RnRn1(n1)14n1.设 Rn(anb)14nRn1a(n1)b14n1，即 RnRn134ana34b14n1.比较，得34a1，a34b1，所以a43，b49，所以Rn13n19 14n1 为常数列 所以 Rn13n19 14n1R11319 14049，整理得 Rn1943n14n1.点评 构造常数列是因为 cnanbna1(n1)db1qn1SnSn1(n2)，可设 Sn(anb)qnSn1a(n1)bqn1.整理后比较系数可解出 a，b 的值，即可得到常数列Sn(anb)qn，进而求出 Sn.法三(分组求和法)：由 cn(n1)14n1 43（n1）14n1n14n 4314n，所以 Rnc1c2cn 430n14n 49114n 1943n14n1.点评 数列cn可以拆成两部分，一部分可以用裂项相消法，另一部分是一个等比数列，这样就可以分别求出两部分的和，然后再求和“课时达标训练”见“课时达标训练(十六)”(单击进入电子文档)谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢
