金版教程高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí)講義:第二編 專題整合突破 專題三 三角函數(shù)與解三角形 第二講 三角恒等變換與解三角形 Word版含解析

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 第二講 三角恒等變換與解三角形 必記公式] 1.同角三角函數(shù)之間的關(guān)系 (1)平方關(guān)系:sin2α+cos2α=1; (2)商數(shù)關(guān)系:tanα=. 2.誘導(dǎo)公式 (1)公式:Sα+2kπ;Sπα;S-α;Sα; (2)巧記口訣:奇變偶不變,符號(hào)看象限,α當(dāng)銳角看. 3.兩角和與差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(αβ)=sinαcosβcosαsinβ; (2)cos(αβ)=cosαcosβ?sinαsinβ; (3)tan(αβ)=; (4)輔助角

2、公式:asinα+bcosα=sin(α+φ)=cos(α+θ). 4.二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin2α=2sinαcosα; (2)cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α; (3)tan2α=. 5.降冪公式 (1)sin2α=; (2)cos2α=. 6.正弦定理 ===2R(2R為△ABC外接圓的直徑). 變形:a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC. sinA=,sinB=,sinC=. a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC. 7.余弦定理 a2=b2+c2-2bccosA,b2=a2+c2-2

3、accosB, c2=a2+b2-2abcosC. 推論:cosA=,cosB=, cosC=. 變形:b2+c2-a2=2bccosA,a2+c2-b2=2accosB,a2+b2-c2=2abcosC. 8.面積公式 S△ABC=bcsinA=acsinB=absinC. 重要結(jié)論] 1.判斷三角形形狀的常用結(jié)論 (1)sinA=sinB且A+B≠π?等腰三角形; (2)sin2A=sin2B?A=B或A+B=?等腰或直角三角形; (3)cosA=cosB?A=B?等腰三角形; (4)cos2A=cos2B?A=B?等腰三角形; (5)sin(A-B)=0?A=B

4、?等腰三角形; (6)A=60且b=c?等邊三角形; (7)A,B,C成等差數(shù)列?B=60; (8)a2<b2+c2(A為三角形中的最大角)?三角形為銳角三角形(A為銳角); (9)a2=b2+c2?三角形為直角三角形(A為直角); (10)a2>b2+c2?三角形為鈍角三角形(A為鈍角). 2.射影定理 a=bcosC+ccosB. b=acosC+ccosA. c=acosB+bcosA. 失分警示] 1.同角關(guān)系應(yīng)用錯(cuò)誤:利用同角三角函數(shù)的平方關(guān)系開方時(shí),忽略判斷角所在的象限或判斷出錯(cuò),導(dǎo)致三角函數(shù)符號(hào)錯(cuò)誤. 2.誘導(dǎo)公式的應(yīng)用錯(cuò)誤:利用誘導(dǎo)公式時(shí),三角函數(shù)名變換

5、出錯(cuò)或三角函數(shù)值的符號(hào)出錯(cuò). 3.忽視解的多種情況 如已知a,b和A,應(yīng)先用正弦定理求B,由A+B+C=π,求C,再由正弦定理或余弦定理求邊c,但解可能有多種情況. 4.忽略角的范圍 應(yīng)用正、余弦定理求解邊、角等量的最值(范圍)時(shí),要注意角的范圍. 5.忽視解的實(shí)際意義 求解實(shí)際問題,要注意解得的結(jié)果要與實(shí)際相吻合. 考點(diǎn) 三角恒等變換   典例示法 題型1 求角 典例1  20xx中山模擬]已知cos(2α-β)=-,sin(α-2β)=,0<β<<α<,則α+β=________. 解析] 由0<β<<α<易得<2α-β<π,-<α-2β<,<α+β<,故s

6、in(2α-β)=,cos(α-2β)=,cos(α+β)=cos(2α-β)-(α-2β)]=cos(2α-β)cos(α-2β)+sin(2α-β)sin(α-2β)=,故α+β=. 答案]  解答此類問題的關(guān)鍵是結(jié)合已知條件,求出相應(yīng)角的三角函數(shù)值,然后根據(jù)角的范圍確定角的具體取值. 題型2 求值 典例2  20xx安徽合肥質(zhì)檢]已知coscos=-,α∈. (1)求sin2α的值; (2)求tanα-的值. 解] (1)coscos=cossin=sin=-, 即sin=-. ∵α∈,∴2α+∈, ∴cos=-, ∴sin2α=sin=sincos-cossi

7、n=. (2)∵α∈,∴2α∈, 又由(1)知sin2α=,∴cos2α=- ∴tanα-=-===-2=2. 化簡(jiǎn)常用的方法技巧 (1)化簡(jiǎn)常用方法:①直接應(yīng)用公式,包括公式的正用、逆用和變形用;②切化弦、異名化同名、異角化同角等. (2)化簡(jiǎn)常用技巧:①注意特殊角的三角函數(shù)與特殊值的互化;②注意利用角與角之間的隱含關(guān)系,如2α=(α+β)+(α-β),θ=(θ-φ)+φ等;③注意利用“1”的恒等變形,如tan45=1,sin2α+cos2α=1等. 考點(diǎn) 正、余弦定理   典例示法 題型1 應(yīng)用正、余弦定理求邊、角 典例3  20xx淄博模擬]已知a,b,c分別

8、為△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊,且acosC+asinC-b-c=0. (1)求A; (2)若a=2,求△ABC面積的最大值. 解] (1)由acosC+asinC-b-c=0及正弦定理得sinAcosC+sinAsinC-sinB-sinC=0. 因?yàn)锽=π-A-C,所以sinAsinC-cosAsinC-sinC=0. 易知sinC≠0,所以sinA-cosA=1, 所以sin=.又0<A<π,所以A=. (2)解法一:由(1)得B+C=?C=-B0<B<, 由正弦定理得====, 所以b=sinB,c=sinC. 所以S△ABC=bcsinA=sinBsinCsin

9、=sinBsinC=sinBsin ==sin2B-cos2B+ =sin+.易知-<2B-<, 故當(dāng)2B-=,即B=時(shí),S△ABC取得最大值,最大值為+=. 解法二:由(1)知A=,又a=2,由余弦定理得22=b2+c2-2bccos,即b2+c2-bc=4?bc+4=b2+c2≥2bc?bc≤4,當(dāng)且僅當(dāng)b=c=2時(shí),等號(hào)成立. 所以S△ABC=bcsinA=bc≤4=, 即當(dāng)b=c=2時(shí),S△ABC取得最大值,最大值為. 解三角形問題,多為邊和角的求值問題,這就需要根據(jù)正、余弦定理結(jié)合已知條件靈活轉(zhuǎn)化邊和角之間的關(guān)系,從而達(dá)到解決問題的目的.其基本步驟是: 第一步:定

10、條件 即確定三角形中的已知和所求,在圖形中標(biāo)出來,然后確定轉(zhuǎn)化的方向. 第二步:定工具 即根據(jù)條件和所求合理選擇轉(zhuǎn)化的工具,實(shí)施邊角之間的互化. 第三步:求結(jié)果. 題型2 判斷三角形的形狀 典例4  設(shè)△ABC的內(nèi)角,A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若bcosC+ccosB=asinA,則△ABC的形狀為(  ) A.銳角三角形 B.直角三角形 C.鈍角三角形 D.不確定 解析] 由正弦定理得sinBcosC+sinCcosB=sin2A, ∴sin(B+C)=sin2A, 即sin(π-A)=sin2A,sinA=sin2A. ∵A∈(0,π),∴sinA

11、>0,∴sinA=1,即A=,故選B. 答案] B 利用正、余弦定理判定三角形形狀的兩種思路 (1)“角化邊”:利用正弦、余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為只含邊的關(guān)系,通過因式分解、配方等得出邊的相應(yīng)關(guān)系,從而判斷三角形的形狀. (2)“邊化角”:利用正弦、余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為只含內(nèi)角的三角函數(shù)間的關(guān)系,通過三角函數(shù)恒等變形,得出內(nèi)角的關(guān)系,從而判斷出三角形的形狀,此時(shí)要注意應(yīng)用A+B+C=π這個(gè)結(jié)論. 題型3 求有關(guān)三角形的面積 典例5  20xx浙江高考]在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c.已知a≠b,c=,cos2A-cos2B=sinAcosA-sinBc

12、osB. (1)求角C的大??; (2)若sinA=,求△ABC的面積. 解] (1)由題意得-=sin2A-sin2B,即sin2A-cos2A=sin2B-cos2B, sin=sin. 由a≠b,得A≠B,又A+B∈(0,π), 得2A-+2B-=π, 即A+B=,所以C=. (2)由c=,sinA=,=,得a=. 由a<c,得A<C,從而cosA=, 故sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=, 所以△ABC的面積為S=acsinB=. 與三角形面積有關(guān)問題的常見類型及解題策略 (1)求三角形的面積.對(duì)于面積公式S=absinC=ac

13、sinB=bcsinA,一般是已知哪一個(gè)角就使用含哪個(gè)角的公式. (2)已知三角形的面積解三角形.與面積有關(guān)的問題,一般要利用正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊和角的互化. 考點(diǎn) 正、余弦定理的實(shí)際應(yīng)用   典例示法 典例6  如圖,游客從某旅游景區(qū)的景點(diǎn)A處下山至C處有兩種路徑.一種是從A沿直線步行到C,另一種是先從A沿索道乘纜車到B,然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山,甲沿AC勻速步行,速度為50 m/min.在甲出發(fā)2 min后,乙從A乘纜車到B,在B處停留1 min后,再?gòu)腂勻速步行到C.假設(shè)纜車勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為130 m/min,山路AC長(zhǎng)為1260 m,經(jīng)測(cè)量,

14、cosA=,cosC=. (1)求索道AB的長(zhǎng); (2)問乙出發(fā)多少分鐘后,乙在纜車上與甲的距離最短? (3)為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過3分鐘,乙步行的速度應(yīng)控制在什么范圍內(nèi)? 解] (1)在△ABC中,因?yàn)閏osA=,cosC=,所以sinA=,sinC=. 從而sinB=sinπ-(A+C)]=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=+=.由正弦定理=,得AB=sinC==1040(m). 所以索道AB的長(zhǎng)為1040 m. (2)假設(shè)乙出發(fā)t min后,甲、乙兩游客距離為d m,此時(shí),甲行走了(100+50t) m,乙距離A處130t m,所以由

15、余弦定理得d2=(100+50t)2+(130t)2-2130t(100+50t)=200(37t2-70t+50),因0≤t≤,即0≤t≤8,故當(dāng)t=時(shí),d最小,所以乙出發(fā)分鐘后,甲、乙兩游客距離最短. (3)由正弦定理=,得BC=sinA==500(m). 乙從B出發(fā)時(shí),甲已走了50(2+8+1)=550(m),還需走710 m才能到達(dá)C. 設(shè)乙步行的速度為v m/min,由題意得-3≤-≤3,解得≤v≤,所以為使兩位游客在C處互相等待的時(shí) 間不超過3 min,乙步行的速度應(yīng)控制在(單位:m/min)范圍內(nèi). 1.解三角形應(yīng)用題的常見情況及方法 (1)實(shí)際問題經(jīng)抽象概括后,

16、已知量與未知量全部集中在一個(gè)三角形中,可用正弦定理或余弦定理求解. (2)實(shí)際問題經(jīng)抽象概括后,已知量與未知量涉及兩個(gè)或兩個(gè)以上的三角形,這時(shí)需作出這些三角形,先解夠條件的三角形,然后逐步求解其他三角形,有時(shí)需設(shè)出未知量,從幾個(gè)三角形中列出方程(組),解方程(組)得出所要求的解. 2.解三角形應(yīng)用題的一般步驟 針對(duì)訓(xùn)練 20xx湖北高考]如圖,一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛,到A處時(shí)測(cè)得公路北側(cè)一山頂D在西偏北30的方向上,行駛600 m后到達(dá)B處,測(cè)得此山頂在西偏北75的方向上,仰角為30,則此山的高度CD=_________________________________

17、______________ _________________________m. 答案 100 解析 在△ABC中,∠BAC=30,∠BCA=75-30=45,所以由正弦定理得,BC=AB=600=600=300.在△BCD中,CD=BCtan30=300=100,故此山的高度為100 m. 全國(guó)卷高考真題調(diào)研] 1.20xx全國(guó)卷Ⅱ]若cos=,則sin2α=(  ) A. B. C.- D.- 答案 D 解析 因?yàn)閏os=coscosα+sinsinα=(sinα+cosα)=,所以sinα+cosα=,所以1+sin2α=,所以sin2α=-,

18、故選D. 2.20xx全國(guó)卷Ⅰ]sin20cos10-cos160sin10=(  ) A.- B. C.- D. 答案 D 解析 原式=sin20cos10+cos20sin10=sin(20+10)=. 3.20xx全國(guó)卷Ⅰ]在平面四邊形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75,BC=2,則AB的取值范圍是________. 答案 (-,+) 解析 如圖,作△PBC,使∠B=∠C=75,BC=2,作直線AD分別交線段PB、PC于A、D兩點(diǎn)(不與端點(diǎn)重合),且使∠BAD=75,則四邊形ABCD就是符合題意的四邊形.過C作AD的平行線交PB于點(diǎn)Q,在△PBC中,過P作BC的垂

19、線交BC于點(diǎn)E,則PB==+;在△QBC中,由余弦定理QB2=BC2+QC2-2QCBCcos30=8-4=(-)2,故QB=-,所以AB的取值范圍是(-,+). 其它省市高考題借鑒] 4.20xx浙江高考]已知2cos2x+sin2x=Asin(ωx+φ)+b(A>0),則A=________,b=________. 答案  1 解析 由于2cos2x+sin2x=1+cos2x+sin2x=sin+1,所以A=,b=1. 5.20xx廣東高考]設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.若a=,sinB=,C=,則b=________. 答案 1 解析 由sinB=

20、得B=或,因?yàn)镃=,所以B≠,所以B=,于是A=.由正弦定理,得=,所以b=1. 6.20xx山東高考]設(shè)f(x)=sinxcosx-cos2. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)在銳角△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.若f=0,a=1,求△ABC面積的最大值. 解 (1)由題意知f(x)=- =-=sin2x-. 由-+2kπ≤2x≤+2kπ,k∈Z,可得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z; 由+2kπ≤2x≤+2kπ,k∈Z,可得+kπ≤x≤+kπ,k∈Z. 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(k∈Z); 單調(diào)遞減區(qū)間是(k∈Z). (2)由f=sinA-=0,得s

21、inA=, 由題意知A為銳角,所以cosA=. 由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA, 可得1+bc=b2+c2≥2bc, 即bc≤2+,且當(dāng)b=c時(shí)等號(hào)成立. 因此bcsinA≤. 所以△ABC面積的最大值為. 一、選擇題 1.20xx合肥質(zhì)檢]sin18sin78-cos162cos78=(  ) A.- B.- C. D. 答案 D 解析 sin18sin78-cos162cos78=sin18sin78+cos18cos78=cos(78-18)=cos60=,故選D. 2.20xx廣西質(zhì)檢]已知<α<π,3sin2α=2cosα,則cos

22、(α-π)等于(  ) A. B. C. D. 答案 C 解析 由3sin2α=2cosα得sinα=.因?yàn)?α<π,所以cos(α-π)=-cosα= =. 3.20xx鄭州質(zhì)檢]在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若=,則cosB=(  ) A.- B. C.- D. 答案 B 解析 由正弦定理知==1,即tanB=,所以B=,所以cosB=cos=,故選B. 4.20xx武漢調(diào)研]據(jù)氣象部門預(yù)報(bào),在距離某碼頭正西方向400 km處的熱帶風(fēng)暴中心正以20 km/h的速度向東北方向移動(dòng),距風(fēng)暴中心300 km以內(nèi)的地區(qū)為危險(xiǎn)區(qū),則該碼頭處于

23、危險(xiǎn)區(qū)內(nèi)的時(shí)間為(  ) A.9 h B.10 h C.11 h D.12 h 答案 B 解析 記碼頭為點(diǎn)O,熱帶風(fēng)暴中心的位置為點(diǎn)A,t小時(shí)后熱帶風(fēng)暴到達(dá)B點(diǎn)位置,在△OAB中,OA=400,AB=20t,∠OAB=45,根據(jù)余弦定理得4002+400t2-220t400≤3002,即t2-20t+175≤0,解得10-5≤t≤10+5,所以所求時(shí)間為10+5-10+5=10(h),故選B. 5.20xx云南統(tǒng)測(cè)]已知△ABC的內(nèi)角A、B、C對(duì)的邊分別為a、b、c,sinA+sinB=2sinC,b=3,當(dāng)內(nèi)角C最大時(shí),△ABC的面積等于(  ) A. B. C.

24、 D. 答案 A 解析 根據(jù)正弦定理及sinA+sinB=2sinC得a+b=2c,c=,cosC===+-≥2-=,當(dāng)且僅當(dāng)=,即a=時(shí),等號(hào)成立,此時(shí)sinC=,S△ABC=absinC=3=. 6.20xx鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè)]在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,已知sin(B+A)+sin(B-A)=3sin2A,且c=,C=,則△ABC的面積是(  ) A. B. C. D.或 答案 D 解析 sin(B+A)=sinBcosA+cosBsinA,sin(B-A)=sinBcosA-cosBsinA,sin2A=2sinAcosA,sin(B+A)+s

25、in(B-A)=3sin2A,即2sinBcosA=6sinAcosA.當(dāng)cosA=0時(shí),A=,B=,又c=,得b=.由三角形面積公式知S=bc=;當(dāng)cosA≠0時(shí),由2sinBcosA=6sinAcosA可得sinB=3sinA,根據(jù)正弦定理可知b=3a,再由余弦定理可知cosC===cos=,可得a=1,b=3,所以此時(shí)三角形的面積為S=absinC=.綜上可得三角形的面積為或,所以選D. 二、填空題 7.已知tanα,tanβ是lg (6x2-5x+2)=0的兩個(gè)實(shí)根,則tan(α+β)=________. 答案 1 解析 lg (6x2-5x+2)=0?6x2-5x+1=0,∴

26、tanα+tanβ=,tanαtanβ=,∴tan(α+β)===1. 8.20xx貴陽(yáng)監(jiān)測(cè)]在△ABC中,內(nèi)角A、B、C所對(duì)邊分別是a、b、c,若sin2=,則△ABC的形狀一定是________. 答案 直角三角形 解析 由題意,得=,即cosB=,又由余弦定理,得=,整理,得a2+b2=c2,所以△ABC為直角三角形. 9.20xx西安質(zhì)檢]已知△ABC的三邊a,b,c所對(duì)的角分別為A,B,C,且a∶b∶c=7∶5∶3,若△ABC的面積為45,則△ABC外接圓的半徑為________. 答案 14 解析 因?yàn)閍∶b∶c=7∶5∶3,所以可設(shè)a=7k,b=5k,c=3k(k>0

27、),由余弦定理得,cosA===-.因?yàn)锳是△ABC的內(nèi)角,所以sinA==,因?yàn)椤鰽BC的面積為45,所以bcsinA=45,即5k3k=45,解得k=2.由正弦定理=2R(R為△ABC外接圓的半徑),即2R==,解得R=14,所以△ABC外接圓半徑為14. 三、解答題 10.20xx重慶測(cè)試]在銳角△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且2cos2+sin2A=1. (1)求A; (2)設(shè)a=2-2,△ABC的面積為2,求b+c的值. 解 (1)由2cos2+sin2A=1可得,2+2sinAcosA=1, 所以1+cos(π-A)+2sinAcosA=1,故2si

28、nAcosA-cosA=0. 因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形,所以cosA≠0,故sinA=, 從而A=. (2)因?yàn)椤鰽BC的面積為bcsinA=bc=2,所以bc=8. 因?yàn)锳=,故cosA=,由余弦定理可知,b2+c2-a2=2bccosA=bc. 又a=2-2,所以(b+c)2=b2+c2+2bc=(2+)bc+a2=8(2+)+(2-2)2=32. 故b+c==4. 11.20xx武漢調(diào)研]在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,已知cos2B+cosB=1-cosAcosC. (1)求證:a,b,c成等比數(shù)列; (2)若b=2,求△ABC的面積的最大值.

29、 解 (1)證明:在△ABC中,cosB=-cos(A+C). 由已知,得(1-sin2B)-cos(A+C)=1-cosAcosC, ∴-sin2B-(cosAcosC-sinAsinC)=-cosAcosC, 化簡(jiǎn),得sin2B=sinAsinC.由正弦定理,得b2=ac, ∴a,b,c成等比數(shù)列. (2)由(1)及題設(shè)條件,得ac=4. 則cosB==≥=, 當(dāng)且僅當(dāng)a=c時(shí),等號(hào)成立. ∵0

30、x)=1,求cos的值; (2)在銳角△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,且滿足(2a-c)cosB=bcosC,求f(2A)的取值范圍. 解 (1)f(x)=mn=sincos+cos2 =sin+cos+=sin+, 因?yàn)閒(x)=1,所以sin=, 所以cos=1-2sin2=. (2)因?yàn)?2a-c)cosB=bcosC, 由正弦定理得(2sinA-sinC)cosB=sinBcosC, 所以2sinAcosB-sinCcosB=sinBcosC, 所以2sinAcosB=sin(B+C). 因?yàn)锳+B+C=π,所以sin(B+C)=sinA,且sinA

31、≠0, 所以cosB=,又0

32、 =4sinxcos- =4sinx- =2sinxcosx+2sin2x- =sin2x+(1-cos2x)- =sin2x-cos2x =2sin. 所以,f(x)的最小正周期T==π. (2)令z=2x-,函數(shù)y=2sinz的單調(diào)遞增區(qū)間是,k∈Z. 由-+2kπ≤2x-≤+2kπ,得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z. 設(shè)A=,B=+kπ≤x≤+. 易知A∩B=. 所以,當(dāng)x∈時(shí),f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減. 模型歸納 利用y=sinx(y=cosx)的圖象及性質(zhì)解決三角函數(shù)性質(zhì)的模型示意圖如下: 典題例證 △ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊

33、分別為a,b,c,已知2cosC(acosB+bcosA)=c. (1)求C; (2)若c=,△ABC的面積為,求△ABC的周長(zhǎng). 審題過程  利用正、余弦定理進(jìn)行邊角互化;  由S△ABC得出ab,再由余弦定理聯(lián)立方程.  (1)由已知及正弦定理得, 2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC, 2cosCsin(A+B)=sinC, 故2sinCcosC=sinC. 可得cosC=,所以C=. (2)由已知,absinC=. 又C=,所以ab=6. 由已知及余弦定理得,a2+b2-2abcosC=7, 故a2+b2=13,從而(a+b)2=25.

34、 所以△ABC的周長(zhǎng)為5+. 模型歸納 利用正弦、余弦定理解三角形的模型示意圖如下: 專題四 數(shù)列 第一講 等差與等比數(shù)列 必記公式] 1.等差數(shù)列通項(xiàng)公式:an=a1+(n-1)d. 2.等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式:Sn==na1+. 3.等比數(shù)列通項(xiàng)公式:an=a1qn-1. 4.等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式: Sn=. 5.等差中項(xiàng)公式:2an=an-1+an+1(n∈N*,n≥2). 6.等比中項(xiàng)公式:a=an-1an+1(n∈N*,n≥2). 7.?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和與通項(xiàng)an之間的關(guān)系:an=. 重要結(jié)論] 1.通項(xiàng)公式的推廣:等差數(shù)列中,an=a

35、m+(n-m)d;等比數(shù)列中,an=amqn-m. 2.增減性:(1)等差數(shù)列中,若公差大于零,則數(shù)列為遞增數(shù)列;若公差小于零,則數(shù)列為遞減數(shù)列. (2)等比數(shù)列中,若a1>0且q>1或a1<0且00且01,則數(shù)列為遞減數(shù)列. 3.等差數(shù)列{an}中,Sn為前n項(xiàng)和.Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍成等差數(shù)列;等比數(shù)列{bn} 中,Tn為前n項(xiàng)和.Tn,T2n-Tn,T3n-T2n,…一般仍成等比數(shù)列. 失分警示] 1.忽視等比數(shù)列的條件: 判斷一個(gè)數(shù)列是等比數(shù)列時(shí),忽視各項(xiàng)都不為零的條件. 2.漏掉等比中項(xiàng):

36、 正數(shù)a,b的等比中項(xiàng)是,容易漏掉-. 3.忽略對(duì)等比數(shù)列的公比的討論: 應(yīng)用等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式時(shí)應(yīng)首先討論公式q是否等于1. 4.a(chǎn)n-an-1=d或=q中注意n的范圍限制. 5.易忽略公式an=Sn-Sn-1成立的條件是n≥2. 6.證明一個(gè)數(shù)列是等差或等比數(shù)列時(shí),由數(shù)列的前n項(xiàng)和想當(dāng)然得到數(shù)列的通項(xiàng)公式,易出錯(cuò),必須用定義證明. 7.等差數(shù)列的單調(diào)性只取決于公差d的正負(fù),而等比數(shù)列的單調(diào)性既要考慮公比q,又要考慮首項(xiàng)a1的正負(fù). 考點(diǎn) 數(shù)列的概念、表示方法及遞推公式   典例示法 題型1 利用遞推關(guān)系求通項(xiàng)公式 典例1  (1)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1=1

37、,(n+2)a-(n+1)a+anan+1=0,則它的通項(xiàng)公式為(  ) A.a(chǎn)n= B.a(chǎn)n= C.a(chǎn)n= D.a(chǎn)n=n 解析] 由(n+2)a-(n+1)a+anan+1=0, 得(n+2)an+1-(n+1)an](an+1+an)=0, 又an>0,所以(n+2)an+1=(n+1)an, 即=,an+1=an, 所以an=…a1=a1(n≥2), 所以an=(n=1適合), 于是所求通項(xiàng)公式為an=. 答案] B (2)20xx江蘇高考]設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),則數(shù)列前10項(xiàng)的和為______. 解析] 由a1

38、=1,且an+1-an=n+1(n∈N*)得,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+2+3+…+n=, 則==2,故數(shù)列前10項(xiàng)的和S10=2=2=. 答案]  題型2 利用an與Sn的關(guān)系求an 典例2  20xx全國(guó)卷Ⅰ]Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知an>0,a+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和. 解] (1)由a+2an=4Sn+3,可知a+2an+1=4Sn+1+3. 可得a-a+2(an+1-an)=4an+1,即 2(an+1+an)=a-a=(an+1+an)(a

39、n+1-an). 由于an>0,可得an+1-an=2. 又a+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3. 所以{an}是首項(xiàng)為3,公差為2的等差數(shù)列, 通項(xiàng)公式為an=2n+1. (2)由an=2n+1可知 bn===. 設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,則 Tn=b1+b2+…+bn ==. 求數(shù)列通項(xiàng)公式的常見類型及方法 (1)歸納猜想法:已知數(shù)列的前幾項(xiàng),求數(shù)列的通項(xiàng)公式,可采用歸納猜想法. (2)已知Sn與an的關(guān)系,利用an=求an. (3)累加法:數(shù)列遞推關(guān)系形如an+1=an+f(n),其中數(shù)列{f(n)}前n項(xiàng)和可求,這種類型的數(shù)列求通

40、項(xiàng)公式時(shí),常用累加法(疊加法). (4)累乘法:數(shù)列遞推關(guān)系形如an+1=g(n)an,其中數(shù)列{g(n)}前n項(xiàng)可求積,此數(shù)列求通項(xiàng)公式一般采用累乘法(疊乘法). (5)構(gòu)造法:①遞推關(guān)系形如an+1=pan+q(p,q為常數(shù))可化為an+1+=p(p≠1)的形式,利用是以p為公比的等比數(shù)列求解; ②遞推關(guān)系形如an+1=(p為非零常數(shù))可化為-=的形式. 考點(diǎn) 等差、等比數(shù)列的運(yùn)算   典例示法 題型1 等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算 典例3  20xx全國(guó)卷Ⅱ]已知等比數(shù)列{an}滿足a1=,a3a5=4(a4-1),則a2=(  ) A.2 B.1 C. D. 解

41、析] 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,a1=,a3a5=4(a4-1),由題可知q≠1,則a1q2a1q4=4(a1q3-1), ∴q6=4, ∴q6-16q3+64=0,∴(q3-8)2=0,∴q3=8,∴q=2, ∴a2=,故選C. 答案] C 題型2 等差、等比數(shù)列性質(zhì)的運(yùn)算 典例4  20xx全國(guó)卷Ⅰ]設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1+a3=10,a2+a4=5,則a1a2…an的最大值為________. 解析] 設(shè){an}的公比為q,由a1+a3=10,a2+a4=5得a1=8,q=,則a2=4,a3=2,a4=1,a5=,所以a1a2…an≤a1a2a3a4=64. 答案

42、] 64 1.等差(比)數(shù)列基本運(yùn)算中的關(guān)注點(diǎn) (1)基本量 在等差(比)數(shù)列中,首項(xiàng)a1和公差d(公比q)是兩個(gè)基本量. (2)解題思路 ①求公差d(公比q):常用公式an=am+(n-m)d(an=amqn-m); ②列方程組:若條件與結(jié)論的聯(lián)系不明顯時(shí),常把條件轉(zhuǎn)化為關(guān)于a1和d(q)的方程組求解,但要注意消元及整體計(jì)算,以減少計(jì)算量. 2.等差(比)數(shù)列的性質(zhì)盤點(diǎn) 考點(diǎn) 等差、等比數(shù)列的判斷與證明   典例示法 典例5  20xx全國(guó)卷Ⅰ]已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ為常數(shù). (1)證明:an+2-

43、an=λ; (2)是否存在λ,使得{an}為等差數(shù)列?并說明理由. 解] (1)證明:由題設(shè),anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1, 兩式相減得an+1(an+2-an)=λan+1. 因?yàn)閍n+1≠0,所以an+2-an=λ. (2)由題設(shè),a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1, 由(1)知,a3=λ+1. 若{an}為等差數(shù)列,則2a2=a1+a3,解得λ=4, 故an+2-an=4. 由此可得{a2n-1}是首項(xiàng)為1,公差為4的等差數(shù)列,a2n-1=4n-3; {a2n}是首項(xiàng)為3,公差為4的等差數(shù)列,a2n=4n-1. 所以an=

44、2n-1,an+1-an=2. 因此存在λ=4,使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列. 在本例題(2)中是否存在λ,使得{an}為等比數(shù)列?并說明理由. 解 由題設(shè)可知a1=1,a1a2=λS1-1,得a2=λ-1,由(1)知a3=λ+1,若{an}為等比數(shù)列,則a=a1a3,即(λ-1)2=λ+1,解得λ=0或λ=3. 當(dāng)λ=0時(shí),anan+1=-1,又a1=1,所以a2=-1,a3=1,…,an=(-1)n-1,所以數(shù)列{an}為首項(xiàng)為1,公比為-1的等比數(shù)列; 當(dāng)λ=3時(shí),a1=1,a2=2,a3=4,故可令an=2n-1,則anan+1=22n-1. λSn-1=32n-4,易得an

45、an+1與λSn-1不恒相等,與已知條件矛盾. 綜上可知,存在λ=0,使得{an}為等比數(shù)列. 1.等差數(shù)列的判定方法 (1)證明一個(gè)數(shù)列{an}為等差數(shù)列的基本方法有兩種 ①利用等差數(shù)列的定義證明,即證明an+1-an=d(n∈N*); ②利用等差中項(xiàng)證明,即證明an+2+an=2an+1(n∈N*). (2)解選擇、填空題時(shí),亦可用通項(xiàng)或前n項(xiàng)和直接判斷. ①通項(xiàng)法:若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為n的一次函數(shù),即an=An+B,則{an}是等差數(shù)列. ②前n項(xiàng)和法:若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn是Sn=An2+Bn的形式(A,B是常數(shù)),則{an}是等差數(shù)列. 2.等比數(shù)列

46、的判定方法 (1)定義法:若=q(q為非零常數(shù))或=q(q為非零常數(shù)且n≥2),則{an}是等比數(shù)列. (2)中項(xiàng)公式法:若數(shù)列{an}中,an≠0且a=anan+2(n∈N*),則數(shù)列{an}是等比數(shù)列. (3)通項(xiàng)公式法:若數(shù)列通項(xiàng)公式可寫成an=cqn(c,q均是不為0的常數(shù),n∈N*),則{an}是等比數(shù)列. (4)前n項(xiàng)和公式法:若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=kqn-k(k為常數(shù)且k≠0,q≠0,1),則{an}是等比數(shù)列. 提醒:若判斷一個(gè)數(shù)列不是等差(等比)數(shù)列,則只需說明前三項(xiàng)不是等差(等比)數(shù)列即可. 針對(duì)訓(xùn)練 20xx云南統(tǒng)測(cè)]在數(shù)列{an}中,a1=,an+

47、1=2-,設(shè)bn=,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和是Sn. (1)證明數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,并求Sn; (2)比較an與Sn+7的大?。? 解 (1)證明:∵bn=,an+1=2-,∴bn+1==+1=bn+1,∴bn+1-bn=1, ∴數(shù)列{bn}是公差為1的等差數(shù)列. 由a1=,bn=得b1=-, ∴Sn=-+=-3n. (2)由(1)知:bn=-+n-1=n-.由bn=得an=1+=1+. ∴an-Sn-7=-+3n-6+. ∵當(dāng)n≥4時(shí),y=-+3n-6是減函數(shù),y=也是減函數(shù), ∴當(dāng)n≥4時(shí),an-Sn-7≤a4-S4-7=0. 又∵a1-S1-7=-<0,a2-S2-

48、7=-<0,a3-S3-7=-<0,∴?n∈N*,an-Sn-7≤0, ∴an≤Sn+7. 全國(guó)卷高考真題調(diào)研] 1.20xx全國(guó)卷Ⅰ]已知{an}是公差為3的等差數(shù)列,數(shù)列{bn}滿足b1=1,b2=,anbn+1+bn+1=nbn. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求{bn}的前n項(xiàng)和. 解 (1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=,得a1=2. 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公差為3的等差數(shù)列, 通項(xiàng)公式為an=3n-1. (2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=, 因此{(lán)bn}是首項(xiàng)為1,公比為的等比數(shù)列. 記{bn}的

49、前n項(xiàng)和為Sn, 則Sn==-. 2.20xx全國(guó)卷Ⅲ]已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=1+λan,其中λ≠0. (1)證明{an}是等比數(shù)列,并求其通項(xiàng)公式; (2)若S5=,求λ. 解 (1)證明:由題意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=,a1≠0. 由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,即an+1(λ-1)=λan.由a1≠0,λ≠0且λ≠1得an≠0, 所以=. 因此{(lán)an}是首項(xiàng)為,公比為的等比數(shù)列,于是an=n-1. (2)由(1)得Sn=1-n.由S5=得1-5=,即5=. 解得λ=-1. 其它省市高考題借鑒]

50、 3.20xx北京高考]已知{an}為等差數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和.若a1=6,a3+a5=0,則S6=________. 答案 6 解析 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d, 由已知得解得 所以S6=6a1+65d=36+15(-2)=6. 4.20xx廣東高考]設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,n∈N*,已知a1=1,a2=,a3=,且當(dāng)n≥2時(shí),4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1. (1)求a4的值; (2)證明:為等比數(shù)列; (3)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式. 解 (1)∵4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1, ∴n=2時(shí),4S4+5S2=8S3+S1, ∴4(a1

51、+a2+a3+a4)+5(a1+a2)=8(a1+a2+a3)+a1, ∴4+5=81+++1, 解得a4=. (2)證明:∵n≥2時(shí),4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1, ∴4(Sn+2-Sn+1)-2(Sn+1-Sn)=2(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1), ∴(Sn+2-Sn+1)-(Sn+1-Sn)=(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1), ∴an+2-an+1=. 又a3-a2=, ∴是首項(xiàng)為1,公比為的等比數(shù)列. (3)由(2)知是首項(xiàng)為1,公比為的等比數(shù)列, ∴an+1-an=n-1, 兩邊同乘以2n+1得,an+12n+1-an2n=4. 又a

52、222-a121=4, ∴{an2n}是首項(xiàng)為2,公差為4的等差數(shù)列, ∴an2n=2+4(n-1)=2(2n-1), ∴an==. 一、選擇題 1.20xx重慶高考]在等差數(shù)列{an}中,若a2=4,a4=2,則a6=(  ) A.-1 B.0 C.1 D.6 答案 B 解析 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,由a4=a2+2d,a2=4,a4=2,得2=4+2d,d=-1,∴a6=a4+2d=0.故選B. 2.20xx山西四校聯(lián)考]等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若公比q>1,a3+a5=20,a2a6=64,則S5=(  ) A.31 B.36 C

53、.42 D.48 答案 A 解析 由等比數(shù)列的性質(zhì),得a3a5=a2a6=64,于是由且公比q>1,得a3=4,a5=16,所以解得所以S5==31,故選A. 3.20xx唐山統(tǒng)考]設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若=3,則=(  ) A.2 B. C. D.1或2 答案 B 解析 設(shè)S2=k,S4=3k,由數(shù)列{an}為等比數(shù)列,得S2,S4-S2,S6-S4為等比數(shù)列,∴S2=k,S4-S2=2k,S6-S4=4k,∴S6=7k,S4=3k,∴==,故選B. 4.20xx浙江高考]已知{an}是等差數(shù)列,公差d不為零,前n項(xiàng)和是Sn.若a3,a4,a8成等比

54、數(shù)列,則(  ) A.a(chǎn)1d>0,dS4 >0 B.a(chǎn)1d<0,dS4<0 C.a(chǎn)1d>0,dS4<0 D.a(chǎn)1d<0,dS4>0 答案 B 解析 由a=a3a8,得(a1+2d)(a1+7d)=(a1+3d)2,整理得d(5d+3a1)=0,又d≠0,∴a1=-d,則a1d=-d2<0,又∵S4=4a1+6d=-d,∴dS4=-d2<0,故選B. 5.正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿足:a3=a2+2a1,若存在am,an,使得aman=16a,m,n∈N*,則+的最小值為(  ) A.2 B.16 C. D. 答案 C 解析 設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,a3=a2+2

55、a1?q2=q+2?q=-1(舍)或q=2,∴an=a12n-1,aman=16a?a2m+n-2=16a?m+n=6,∵m,n∈N*,∴(m,n)可取的數(shù)值組合為(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),計(jì)算可得,當(dāng)m=2,n=4時(shí),+取最小值. 6.20xx吉林長(zhǎng)春質(zhì)量監(jiān)測(cè)]設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1=a2=1,{nSn+(n+2)an}為等差數(shù)列,則an=(  ) A. B. C. D. 答案 A 解析 設(shè)bn=nSn+(n+2)an,則b1=4,b2=8,{bn}為等差數(shù)列,所以bn=4n,即nSn+(n+2)an=4n,Sn+an=4.

56、 當(dāng)n≥2時(shí),Sn-Sn-1+an-an-1=0,所以an=an-1,即2=,又因?yàn)椋?,所以是首項(xiàng)為1,公比為的等比數(shù)列,所以=n-1(n∈N*),an=(n∈N*),故選A. 二、填空題 7.20xx廣東高考]在等差數(shù)列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,則a2+a8=________. 答案 10 解析 利用等差數(shù)列的性質(zhì)可得a3+a7=a4+a6=2a5,從而a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25,故a5=5,所以a2+a8=2a5=10. 8.20xx遼寧質(zhì)檢]設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1=1,an+1=2Sn+3,則S4=________.

57、 答案 66 解析 依題an=2Sn-1+3(n≥2),與原式作差得,an+1-an=2an,n≥2,即an+1=3an,n≥2,可見,數(shù)列{an}從第二項(xiàng)起是公比為3的等比數(shù)列,a2=5,所以S4=1+=66. 9.20xx云南統(tǒng)考]在數(shù)列{an}中,an>0,a1=,如果an+1是1與的等比中項(xiàng),那么a1++++…+的值是________. 答案  解析 由題意可得,a=?(2an+1+anan+1+1)(2an+1-anan+1-1)=0,又an>0,∴2an+1-anan+1-1=0,又2-an≠0,∴an+1=?an+1-1=,又可知an≠1,∴=-1,∴是以為首項(xiàng),-1為公

58、差的等差數(shù)列,∴=-(n-1)=-n-1?an=?==-,∴a1++++…+=1-+-+-+-+…+-=. 三、解答題 10.20xx蚌埠質(zhì)檢]已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列,Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且a3=3,S3=9. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=log2,且{bn}為遞增數(shù)列,若cn=,求證:c1+c2+c3+…+cn<1. 解 (1)設(shè)該等比數(shù)列的公比為q, 則根據(jù)題意有3=9, 從而2q2-q-1=0, 解得q=1或q=-. 當(dāng)q=1時(shí),an=3; 當(dāng)q=-時(shí),an=3n-3. (2)證明:若an=3,則bn=0,與題意不符, 故an=3

59、n-3, 此時(shí)a2n+3=32n,∴bn=2n,符合題意. ∴cn===-, 從而c1+c2+c3+…+cn=1-<1. 11.成等差數(shù)列的三個(gè)正數(shù)的和等于15,并且這三個(gè)數(shù)分別加上2,5,13后成為等比數(shù)列{bn}中的b3,b4,b5. (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式; (2)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,求證:數(shù)列是等比數(shù)列. 解 (1)設(shè)成等差數(shù)列的三個(gè)正數(shù)分別為a-d,a,a+d. 依題意,得a-d+a+a+d=15, 解得a=5. 所以{bn}中的b3,b4,b5依次為7-d,10,18+d. 依題意,有(7-d)(18+d)=100, 解得d=2或d=-13

60、(舍去). 故{bn}的第3項(xiàng)為5,公比為2, 由b3=b122,即5=b122, 解得b1=. 所以{bn}是以為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,其通項(xiàng)公式為bn=2n-1=52n-3. (2)證明:數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn==52n-2-,即Sn+=52n-2. 所以S1+=,==2. 因此是以為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列. 12.20xx西安質(zhì)檢]等差數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),a1=1,前n項(xiàng)和為Sn;數(shù)列{bn}為等比數(shù)列,b1=1,且b2S2=6,b2+S3=8. (1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式; (2)求++…+. 解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d

61、,d>0,{bn}的公比為q, 則an=1+(n-1)d,bn=qn-1. 依題意有 解得或(舍去) 故an=n,bn=2n-1. (2)由(1)知Sn=1+2+…+n=n(n+1), ==2, ∴++…+ =2 =2=. 第二講 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用 重要公式及結(jié)論] 1.分組求和法:分組求和法是解決通項(xiàng)公式可以寫成cn=an+bn形式的數(shù)列求和問題的方法,其中{an}與{bn}是等差(比)數(shù)列或一些可以直接求和的數(shù)列. 2.裂項(xiàng)相消法:將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個(gè)代數(shù)式子的差,即an=f(n+1)-f(n)的形式,然后通過累加抵消中間若干項(xiàng)的求和方法.形如(其中{

62、an}是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列,c為常數(shù))的數(shù)列等. 3.錯(cuò)位相減法:形如{anbn}(其中{an}為等差數(shù)列,{bn}為等比數(shù)列)的數(shù)列求和,一般分三步:①巧拆分;②構(gòu)差式;③求和. 4.倒序求和法:距首尾兩端等距離的兩項(xiàng)和相等,可以用此法,一般步驟:①求通項(xiàng)公式;②定和值;③倒序相加;④求和;⑤回顧反思. 附: (1)常見的拆項(xiàng)公式(其中n∈N*) ①=-. ②=. ③=. ④若等差數(shù)列{an}的公差為d,則= ;=. ⑤=. ⑥=-. ⑦=(-). (2)公式法求和:要熟練掌握一些常見數(shù)列的前n項(xiàng)和公式,如 ①1+2+3+…+n=; ②1+3+5+…+(2n

63、-1)=n2; ③12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1). 失分警示] 1.公比為字母的等比數(shù)列求和時(shí),注意公比是否為1的分類討論. 2.錯(cuò)位相減法求和時(shí)易漏掉減數(shù)式的最后一項(xiàng). 3.裂項(xiàng)相消法求和時(shí)易認(rèn)為只剩下首尾兩項(xiàng). 4.裂項(xiàng)相消法求和時(shí)注意所裂式與原式的等價(jià)性. 考點(diǎn) 數(shù)列求和問題   典例示法 題型1 分組轉(zhuǎn)化求和 典例1  設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=2,a2+a4=8,且對(duì)任意n∈N*,函數(shù)f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cosx-an+2sinx滿足f′=0. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若bn=2,求數(shù)

64、列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解] (1)由題設(shè)可得 f′(x)=an-an+1+an+2-an+1sinx-an+2cosx. 對(duì)任意n∈N*,f′=an-an+1+an+2-an+1=0, 即an+1-an=an+2-an+1,故{an}為等差數(shù)列. 由a1=2,a2+a4=8,解得{an}的公差d=1, 所以an=2+1(n-1)=n+1. (2)因?yàn)閎n=2 =2=2n++2, 所以Sn=b1+b2+…+bn =(2+2+…+2)+2(1+2+…+n)+ =2n+2+ =n2+3n+1-. 題型2 錯(cuò)位相減法求和 典例2  20xx湖北高考]設(shè)等差數(shù)列{an}

65、的公差為d,前n項(xiàng)和為Sn,等比數(shù)列{bn}的公比為q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式; (2)當(dāng)d>1時(shí),記cn=,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 解] (1)由題意有, 即 解得或 故或 (2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=,于是 Tn=1+++++…+,① Tn=+++++…+,② ①-②可得 Tn=2+++…+- =3-, 故Tn=6-. 題型3 裂項(xiàng)相消法求和 典例3  20xx洛陽(yáng)統(tǒng)考]設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,對(duì)任意正整數(shù)n都有6Sn=1-2an. (1)求數(shù)

66、列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=logan,求Tn=++…+. 解] (1)由6Sn=1-2an, 得6Sn-1=1-2an-1(n≥2). 兩式相減得6an=2an-1-2an,即an=an-1(n≥2), 由6S1=6a1=1-2a1,得a1=, ∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列,公比q=, 所以an=n-1=2n+1. (2)∵an=2n+1,∴bn=2n+1, 從而==. ∴Tn= ==. 1.分組求和的常見方法 (1)根據(jù)等差、等比數(shù)列分組. (2)根據(jù)正號(hào)、負(fù)號(hào)分組,此時(shí)數(shù)列的通項(xiàng)式中常會(huì)有(-1)n等特征. 2.裂項(xiàng)相消的規(guī)律 (1)裂項(xiàng)系數(shù)取決于前后兩項(xiàng)分母的差. (2)裂項(xiàng)相消后前、后保

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