【最高考】2021届高考数学二轮专题突破课堂讲义 第11讲 数列求和及其综合应用.doc

第11讲数列求和及其综合应用 1. 掌握数列的求和方法：(1) 直接利用等差、等比数列求和公式；(2) 通过适当变形(构造)将未知数列转化为等差、等比数列，再用公式求和；(3) 根据数列特征，采用累加、累乘、错位相减、逆序相加等方法求和；(4) 通过分组、拆项、裂项等手段分别求和；(5) 在证明有关数列和的不等式时要能用放缩的思想来解题(如n(n1)<n2<n(n1)，能用函数的单调性(定义法)来求数列和的最值问题及恒成立问题2. 数列是特殊的函数，这部分内容中蕴含的数学思想方法有函数与方程思想、分类讨论思想、化归转化思想、数形结合思想等，高考题中所涉及的知识综合性很强，既有较繁的运算又有一定的技巧，在解题时要注意从整体去把握1. 若数列an的通项公式是an(1)n1·(3n2)，则a1a2a10_答案：15解析： a1a2a3a4a9a103， a1a2a105×(3)15.2. 已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为An和Bn，且，则_答案：6解析：6.3. 若数列an满足p(p为正常数，nN*)，则称an为“等方比数列”，则“数列an是等方比数列”是“数列an是等比数列”的_(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”)条件答案：必要不充分4. 已知等比数列an的首项为2，公比为3，前n项和为Sn.若log39，则的最小值是_答案：解析：由题设an2×3n1，S4m1134m， an(S4m1)34mn1.又log39， an(S4m1)39，即4mn19， 4mn10.又(4mn)·，当且仅当，即mn2时，“”成立题型一 等差、等比数列求和公式及利用例1 已知an是等差数列，满足a13，a412，数列bn满足b14，b420，且bnan为等比数列(1) 求数列an和bn的通项公式；(2) 求数列bn的前n项和解：(1) 设等差数列an的公差为d，由题意得d3.所以ana1(n1)d3n(n1，2，)设等比数列bnan的公比为q，由题意得q38，解得q2.所以bnan(b1a1)qn12n1.从而bn3n2n1(n1，2，)(2) 由(1)知bn3n2n1(n1，2，)数列3n的前n项和为n(n1)，数列2n1的前n项和为1×2n1，所以，数列bn的前n项和为n(n1)2n1.题型二 可转化为等差、等比数列求和例2 已知数列an的前n项和Sn，nN*.(1) 求数列an的通项公式；(2) 设bn2an(1)nan，求数列bn的前2n项和解：(1) 当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n.故数列an的通项公式为ann.(2) 由(1)知，bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.题型三 根据数列特征，用适当的方法求和例3 已知数列an的前n项和Snn2kn(kN*)，且Sn的最大值为8.(1) 确定常数k，求an；(2) 求数列的前n项和Tn.解：(1) 当nkN*时，Snn2kn取最大值，即8k2k2k2，故k4，从而anSnSn1n(n2)又a1S1，所以ann.(2) 因为bn，Tnb1b2bn1，所以Tn2TnTn2144. 已知数列an和bn满足a11，a22，an>0，bn(nN*)，且bn是以q为公比的等比数列(1) 证明：an2anq2；(2) 若cna2n12a2n，证明：数列cn是等比数列；(3) 求和：.(解法1)(1) 证明：由q，有q, an2anq2(nN*) .(2) 证明： anan2q2， a2n1a2n3q2a1q2n2，a2na2n2q2a2q2n2， cna2n12a2na1q2n22a2q2n2(a12a2)q2n25q2n2， cn是首项为5，以q2为公比的等比数列(3) 解：由(2)得q22n，q22n，于是()()(1).由题知q>0，当q1时，n；当q1时，.故解法2: (1) 同解法1.(2) 证明：q2(nN*)，又c1a12a25， cn是首项为5，以q2为公比的等比数列(3) 解：由(2)的类似方法得a2n1a2n(a1a2)q2n23q2n2，. q2k2，k1，2，n, (1q2q4q2n2)(下面同解法1)题型四 数列求和的综合应用例4 将数列an中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，构成的数列为bn，b1a11，Sn为数列bn的前n项和，且满足1(n2)(1) 证明：数列成等差数列，并求数列bn的通项公式；(2) 上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数，当a81时，求上表中第k(k3)行所有项的和(1) 证明：由已知，1，又bnSnSn1， 2(SnSn1)Sn(SnSn1)S，即2Sn12SnSnSn1.又S110， SnSn10， ， 数列成等差数列，且1(n1)·，即Sn， bn(2) 解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q，且q0.因为121278，所以表中第1行至第12行共含有数列an的前78项，故a81在表中第13行第三列，因此a81b13·q2.又b13，所以q2.记表中第k(k3)行所有项的和为S，则S·(12k)(k3)1. (2014·全国卷)等差数列an的公差为2，若a2、a4、a8成等比数列，则an的前n项和Sn_答案：n(n1)解析： 等差数列an的公差为2，且a2、a4、a8成等比数列， aa2a8，即(a16)2(a12)(a114)，解得a12，则an2n， Snn(n1)2. (2014·福建卷)在等比数列an中，a23，a581. 若bnlog3an，则数列bn的前n项和Sn_答案：解析：设an的公比为q，依题意得解得因为bnlog3ann1，所以数列bn的前n项和Sn.3. (2014·全国卷)已知an是递增的等差数列，a2、a4是方程x25x60的根，则数列的前n项和为_答案：Sn2解析：方程x25x60的两根为2、3.由题意得a22，a43.设数列an的公差为d，则a4a22d，故d，从而得a1.所以an的通项公式为ann1.设的前n项和为Sn，由(1)知，则Sn，Sn，两式相减得Sn，所以Sn2.4. (2014·安徽卷)如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC2，过点A作BC的垂线，垂足为A1；过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；依此类推，设BAa1，AA1a2，A1A2a3，A5A6a7，则a7_答案：5. (2014·山东卷)在等差数列an中，已知公差d2，a2是a1与a4的等比中项(1) 求数列an的通项公式；(2) 设bna，记Tmb1b2b3b4(1)nbn，求Tn.解：(1) 由题意知，(a1d)2a1(a13d)，即(a12)2a1(a16)，解得a12.故数列an的通项公式为an2n.(2) 由题意知，bnan(n1)，所以Tn1×22×33×4(1)nn×(n1)因为bn1bn2(n1)，所以当n为偶数时，Tn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)48122n，当n为奇数时，TnTn1(bn)n(n1).所以Tn6. (2013·江苏卷)设an是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项和记bn，nN*，其中c为实数(1) 若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN*)；(2) 若bn是等差数列，证明：c0.证明：由题设，Snnad.(1) 若c0，得bnad.当b1，b2，b4成等比数列，bb1b4，即a，得d22ad0.又d0，故d2a.由此Snn2a，所以Snk(nk)2an2k2an2Sk(k，nN*)(2) 设数列bn的公差是d1，则bnb1(n1)d1，即b1(n1)d1，nN*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN*，有n3n2cd1nc(d1b1)令Ad1d，Bb1d1ad，Dc(d1b1)，则对所有的nN*，有An3Bn2cd1nD(*)在(*)式中分别取n1，2，3，4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，从而有由、得A0，cd15B，代入方程，得B0，从而cd10，即d1d0，b1d1ad0，cd10.若d10，则由d1d0，得d0，与题设矛盾，所以d10.又cd10，所以c0.(本题模拟高考评分标准，满分16分)(2014·南通二模)各项均为正数的数列an中，设Sna1a2an，Tn，且(2Sn)(1Tn)2，nN*.(1) 设bn2Sn，证明数列bn是等比数列；(2) 设cnnan，求集合(m，k，r)|cmcr2ck，m<k<r，m，k，rN*解：(1) 当n1时，(2S1)(1T1)2，即(2a1)2，解得a11.(2分)由(2Sn)(1Tn)2，所以Tn1.当n2时，Tn11.，得(n2)，(4分)即(2Sn)(2Sn1)2(2Sn1)(2Sn)2，即bnbn12(bn1bn)2，所以.因为数列an的各项均为正数，所以数列2Sn单调递减，所以<1，所以(n2)因为a11，所以b110，所以数列bn是等比数列(6分)(2) 由(1)知2Sn，所以an，即cn.由cmcr2ck，得2(*)又n2时，<1，所以数列cn从第2项开始依次递减(8分)() 当m2时，若km2，则2，(*)式不成立，所以km1，即km1.(10分)令rm1i(iN*)，则cr2ckcm，所以r2i1，即存在满足题设的数组(2i1i1，2i1i，2i1)(iN*)(13分)() 当m1时，若k2，则r不存在；若k3，则r4；若k4时，2，(*)式不成立综上所述，所求集合为(1，3，4)，(2i1i1，2i1i，2i1)(iN*)(16分)(注：列举出一组给2分，多于一组给3分)1. 两个正数a、b的等差中项是，一个等比中项是，且ab，则双曲线1的离心率e_答案：解析：由题有 或(舍)，e.2. 在等比数列an中，前n项和为Sn，若Sm，Sm2，Sm1成等差数列，则am，am2，am1成等差数列(1) 写出这个命题的逆命题；(2) 判断逆命题是否为真，并给出证明解： (1)在等比数列an中，前n项和为Sn，若am，am2，am1成等差数列，则Sm，Sm2，Sm1成等差数列(2) 设数列an的首项为a1，公比为q.由题意知2am2amam1，即2a1qm1a1qm1a1qm. a10，q0, 2q2q10, q1或q.当q1时，有Smma1，Sm2(m2)a1，Sm1(m1)a1，显然2Sm2SmSm1，此时逆命题为假；当q时，有2Sm2a1，SmSm1a1，即2Sm2SmSm1，此时逆命题为真3. 已知等差数列an满足a3a6，a1·a8，a1a8.(1) 求数列an的通项公式；(2) 把数列an的第1项、第4项、第7项、第3n2项、分别作为数列bn的第1项、第2项、第3项、第n项、，求数列2bn的前n项之和；(3) 设数列cn的通项为cnn·2bn，试比较(n1)(n2)cnn(n1)cn2与2n(n2)cn1的大小解： (1) 由题意知an为等差数列，a3a6a1a8.又a1·a8，且a1a8，解得a11，a8，公差d， an1(n1)n(nN*)(2) b1a11，b2a40， bna3n2(3n2)n2， ， 2是首项为2，公比为的等比数列， 2的前n项之和为4.(3) cnn·2， (n1)(n2)cnn(n1)cn22n(n2)cn1n(n1)(n2)2n(n1)(n2)·22n(n1)(n2)·2n(n1)(n2)(222×2)n·(n1)(n2)2(122×2)n(n1)(n2)·2(1222×21)n(n1)(n2)·2(11)0，其中bn2bn(n2)2(n2)2，bn1bn(n1)2(n2)1， (n1)(n2)cnn(n1)cn22n(n2)cn1.4. 已知数列an满足an2an12n1(n2)，且a481.(1) 求数列an的前三项a1，a2，a3；(2) 求证：数列为等差数列，并求an. (1) 解：由an2an12n1(n2)，得a42a324181， a333，同理a213，a15.(2) 证明：由an2an12n1(n2)，得1， 1， 是等差数列. 的公差d1， (n1)×1n1， an(n1)×2n1.5. 已知二次函数yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f(x)6x2，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上(1) 求数列an的通项公式；(2) 设bn，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn对所有nN*都成立的最小正整数m.解： (1) 设该二次函数f(x)ax2bx (a0)，则f(x)2axb，由于f(x)6x2，得a3，b2，所以f(x)3x22x.又点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上，所以Sn3n22n.当n2时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5；当n1时，a1S13×1226×15，所以an6n5 (nN*)(2) 由(1)得知bn，故Tnbi(1)()().因此，要使(nN*)成立的m，必须且仅须满足，即m10，所以满足要求的最小正整数m为10.- 9 -