2022年高考数学复习名师知识点总结：数列求和及数列的综合应用.. .pdf

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1、1 数列求和及数列的综合应用【高考考情解读】高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题.2. 通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题， 考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题1 数列求和的方法技巧(1) 分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并(2) 错位相减法这是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法， 这种方法主要用于求数列anbn的前 n

2、 项和，其中 an，bn 分别是等差数列和等比数列(3) 倒序相加法这是在推导等差数列前n 项和公式时所用的方法， 也就是将一个数列倒过来排列( 反序) ， 当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和(4) 裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n 项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和 这种方法，适用于求通项为1anan1的数列的前 n 项和，其中an 若为等差数列，则1anan11d1an1an1. 常见的拆项公式：11n1n1；名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - -

3、- - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 20 页 - - - - - - - - - 2 11k(1n1nk)；112(12n112n1) ；1nnk1k(nkn)2 数列应用题的模型(1) 等差模型：如果增加 ( 或减少 ) 的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加( 或减少 )的量就是公差(2) 等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比(3) 混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型(4) 生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少 ) ，同时又以一个固定的具体量增加(

4、或减少 )时，我们称该模型为生长模型如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等(5) 递推模型：如果容易找到该数列任意一项an与它的前一项 an1( 或前 n 项) 间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题. 考点一分组转化求和法例 1 等比数列 an 中，a1，a2，a3分别是下表第一、 二、三行中的某一个数，且 a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列第二列第三列第一行3 2 10 第二行6 4 14 第三行9 8 18 (1) 求数列 an的通项公式；(2) 若数列 bn满足： bnan( 1)nln an，求数列 bn 的前 n 项和 Sn. 解(1) 当 a13

5、 时，不合题意；当 a12 时，当且仅当 a26，a318 时，符合题意；名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 20 页 - - - - - - - - - 3 当 a110 时，不合题意因此 a12，a26，a318. 所以公比 q3. 故 an23n1(nN*) (2) 因为 bnan(1)nln an23n1( 1)nln(2 3n1) 23n1( 1)nln 2 (n1)ln 3 23n1( 1)n(ln 2 ln 3) (1)nnln 3 ，所以 Sn

6、2(13 3n1) 111 ( 1)n (ln 2 ln 3) 123 ( 1)nnln 3. 当 n 为偶数时， Sn213n13n2ln 3 3nn2ln 3 1；当 n 为奇数时， Sn213n13(ln 2 ln 3) n12n ln 3 3nn12ln 3 ln 2 1. 综上所述， Sn3nn2ln 3 1，n为偶数，3nn12ln 3 ln 2 1， n 为奇数 .在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，

7、所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式(2013安徽 ) 设数列an 满足 a12，a2a48，且对任意 nN*，函数 f(x) (anan1an2)x an1cos x an2sin x满足 f 20. (1) 求数列 an的通项公式；(2) 若 bn2 an12an，求数列 bn的前 n 项和 Sn. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 20 页 - - - - - - - - - 4 解(1) 由题设可得 f (x) (anan

8、1an2) an1sin x an2cos x ，又 f 20，则 anan22an10，即 2an1anan2，因此数列 an 为等差数列，设等差数列 an 的公差为 d，由已知条件a122a14d8，解得a12，d1，ana1(n1)dn1. (2)bn2n112n12(n1)12n，Snb1b2 bn(n3)n112nn23n112n. 考点二错位相减求和法例 2 (2013山东 ) 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) 若数列 bn满足b1a1b2a2bnan112n，nN*，求bn 的前 n 项和 Tn.

9、解(1) 设等差数列 an 的首项为 a1，公差为 d，由S44S2，a2n2an1得 a11，d2，所以 an2n1(nN*) (2) 由已知b1a1b2a2bnan112n，nN*，当 n2时，b1a1b2a2bn1an1112n1，得：bnan12n，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 20 页 - - - - - - - - - 5 又当 n1 时，b1a112也符合上式，所以bnan12n(nN*)，所以 bn2n12n(nN*) 所以 Tnb1b2

10、b3 bn123225232n12n. 12Tn1223232n32n2n12n1. 两式相减得：12Tn1222222322n2n12n13212n12n12n1. 所以 Tn32n32n. 错位相减法求数列的前n 项和是一类重要方法 在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征， 即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题设数列 an 满足 a12，an1an322n1. (1) 求数列 an的通项公式；(2) 令 bnnan，求数列 bn的前 n 项和 Sn. 解(1) 由已知，得当 n1 时，an1(an1an) (anan1) (a2a1) a13(22n

11、122n3 2)222(n1)1. 而 a12，符合上式，所以数列 an 的通项公式为 an22n1. (2) 由 bnnann22n1知Sn12223325n22n1. 从而 22Sn123225327n22n1. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 20 页 - - - - - - - - - 6 得 (122)Sn22325 22n1n22n1，即 Sn19(3n 1)22n12 考点三裂项相消求和法例 3 (2013广东 )设各项均为正数的数列 an

12、的前 n 项和为 Sn，满足 4Sna2n14n1，nN*, 且 a2，a5，a14构成等比数列(1) 证明： a24a15；(2) 求数列 an的通项公式；(3) 证明：对一切正整数n，有1a1a21a2a31anan10，a24a15. (2) 解当 n2时，4Sn1a2n4(n1)1，4an4Sn4Sn1a2n1a2n4，即 a2n1a2n4an4(an2)2，又 an0，an1an2，当 n2时，an 是公差为 2 的等差数列又 a2，a5，a14成等比数列a25a2a14，即(a26)2a2(a224)，解得 a23. 由(1) 知 a11. 又 a2a1312，数列 an 是首项

13、a11，公差 d2 的等差数列an2n1. (3) 证明1a1a21a2a31anan1113135157112113131512n112n112112n10)中，a13，此数列的前 n 项和为 Sn，对于所有大于 1 的正整数 n 都有 Snf(Sn1)(1) 求数列 an 的第 n1 项；(2) 若bn是1an1，1an的等比中项，且 Tn为bn的前 n 项和，求 Tn. 解(1) 因为x，2，3(x 0)成等差数列，所以 22x3，整理，得 f(x) (x3)2. 因为 Snf(Sn1)(n 2)，所以 Sn(Sn13)2，所以SnSn13，即SnSn13，所以Sn是以3为公差的等差数列

14、因为 a13，所以 S1a13，所以SnS1(n1)333n33n. 所以 Sn3n2(nN*)所以 an1Sn1Sn3(n1)23n26n3. (2) 因为bn是1an1与1an的等比中项，所以(bn)21an11an，所以 bn1an11an1名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 20 页 - - - - - - - - - 8 11812n112n1，Tnb1b2 bn118113131512n112n1118112n1n18n9. 考点四数列的实际应用例

15、 4 (2012湖南 )某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产， 到当年年底资金增长了50% ，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产设第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元(1) 用 d 表示 a1，a2，并写出 an1与 an的关系式；(2) 若公司希望经过 m(m 3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金 d 的值( 用 m表示) (1) 由第 n 年和第 (n1)年的资金变化情况得出an与 an1的递推关系；(2) 由 a

16、n1与 an之间的关系，可求通项公式，问题便可求解解(1) 由题意得 a12 000(1 50%) d3 000d，a2a1(150%)d32a1d4 50052d. an1an(150%)d32and. (2) 由(1) 得 an32an1d3232an2d d 322an232dd32n1a1d 13232232 n2. 整理得 an32n1(3 000 d)2d32n1132n1(3 000 3d)2d. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 20 页 -

17、 - - - - - - - - 9 由题意，知 am4 000，即32m1(3 000 3d)2d4 000，解得 d32m2 1 00032m1m2m 13m2m. 故该企业每年上缴资金d 的值为m2m 13m2m时，经过 m(m 3)年企业的剩余资金为 4 000 万元用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的 是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果某产品在不做广告宣传且每千克获利a 元

18、的前提下，可卖出 b 千克若做广告宣传，广告费为n(nN*) 千元时比广告费为 (n 1)千元时多卖出b2n千克(1) 当广告费分别为 1 千元和 2 千元时，用 b 表示销售量 S；(2) 试写出销售量 S与 n 的函数关系式；(3) 当 a50，b200 时，要使厂家获利最大，销售量S和广告费 n 分别应为多少？解(1) 当广告费为 1 千元时，销售量 Sbb23b2. 当广告费为 2 千元时，销售量 Sbb2b227b4. (2) 设 Sn(nN)表示广告费为 n 千元时的销售量，由题意得 S1S0b2，S2S1b22，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - -

19、 - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 20 页 - - - - - - - - - 10 SnSn1b2n. 以上 n 个等式相加得， SnS0b2b22b23b2n，即 SSnbb2b22b23b2nb1 12n1112b(212n) 来源: (3) 当 a50，b200 时，设获利为 Tn，则有TnSa1 000n10 000(212n) 1 000n 1 000(20102nn)，设 bn20102nn，则 bn1bn20102n1n120102nn52n1，当 n2时，bn1bn0；当 n3 时，bn1bn0. 所以当

20、n3 时，bn取得最大值，即Tn取得最大值，此时S375，即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为375 千克和 3 千元1 数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键 若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：(1)anS1SnSn1. (2) 递推关系形如 an1anf(n) ，常用累加法求通项(3) 递推关系形如an1anf(n) ，常用累乘法求通项(4) 递推关系形如“an1panq(p、q 是常数，且 p1，q0)”的数列求通项，此类通项问题， 常用待定系数法 可设 an1 p(an)，经过比较，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - -

21、- - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 20 页 - - - - - - - - - 11 求得 ，则数列 an是一个等比数列(5) 递推关系形如“an1panqn(q，p 为常数，且 p1，q0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以qn转化为类型 (4) ，或同除以 pn1转为用迭加法求解2 数列求和中应用转化与化归思想的常见类型： 来源: (1) 错位相减法求和时将问题转化为等比数列的求和问题求解(2) 并项求和时，将问题转化为等差数列求和(3) 分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项

22、相消法或并项法求和的几个数列的和求解提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n1 项中的前 n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零3 数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在试题中主要有： 一是，构造等差数列或等比数列模型， 然后用相应的通项公式与求和公式求解；二是，通过归纳得到结论，再用数列知识求解. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 20 页 - - - -

23、 - - - - - 12 1 在一个数列中，如果 ? nN*，都有 anan1an2k(k 为常数 ) ，那么称这个数列为等积数列，称k 为这个数列的公积已知数列an 是等积数列，且a11，a22，公积为 8，则 a1a2a3 a12_. 答案28 解析依题意得数列 an是周期为 3 的数列，且 a11，a22，a34，因此 a1a2a3 a124(a1a2a3) 4(124)28. 2 秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感某医院近 30 天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列an，已知 a11，a22，且 an2an1(1)n(nN*) ，则该医院 30 天入院治疗甲流的人数共有_答案

24、255 解析由于 an2an1(1)n，所以 a1a3a291，a2，a4， a30构成公差为 2 的等差数列，所以 a1a2a29a3015152151422255. 3 已知公差大于零的等差数列an 的前 n 项和 Sn，且满足： a2a465，a1a518. (1) 若 1i21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，求i 的值；(2) 设 bnnn，是否存在一个最小的常数m使得 b1b2 bn0，a2a4，a25，a413. a1d5，a13d13，a11，d4. an4n3. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - -

25、 - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 20 页 - - - - - - - - - 13 由于 1i21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，a1a21a2i，即 181(4i 3)2，解得 i 3. (2) 由(1) 知，Snn1242n2n，所以 bn11212n112n1，b1b2 bn12113131512n112n1n2n1，因为n2n112112，所以存在 m 12使 b1b2 bn0，S160，S1616a1a1628(a8a9)0，a90，S2a20，S8a80，S9a90，S10a100，S15a150，而 S1S2a2a8，所以在S1a

26、1，S2a2，S15a15中最大的是S8a8. 故选 B. 5 数列an满足 a11，且对任意的 m ，nN*都有 am namanmn ，则1a11a21a31a2 012等于( ) A.4 0242 013B.4 0182 012C.2 0102 011D.2 0092 010答案A 解析令 m 1 得 an1ann1，即 an1ann1，于是 a2a12，a3a23， anan1n，上述 n1 个式子相加得 ana123 n，所以 an123 n2，因此1an221n1n1，所以1a11a21a31a2 0122 112121312 01212 013名师资料总结 - - -精品资料欢迎

27、下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 20 页 - - - - - - - - - 16 2112 0134 0242 013. 6 已知函数 f(n) n2为奇数，n2为偶数，且 anf(n) f(n 1)，则 a1a2a3 a2 012等于( ) A2 012 B2 011 C2 012 D2 011 答案C 解析当 n 为奇数时，anf(n) f(n 1)n2(n1)2(2n1)；当 n 为偶数时，anf(n) f(n 1)n2(n1)22n1. 所以 a1a2a3 a2 0122(123

28、4 2 0112 012) 2 012. 二、填空题7 数列an中，已知对任意 nN*，a1a2a3 an3n1，则 a21a22a23 a2n_. 答案12(9n1) 解析a1a2a3 an3n1，a1a2a3 an13n11(n2)则 n2时，两式相减得， an23n1. 当 n1 时，a1312，适合上式，an23n1(nN*) a2n49n1，则数列 a2n 是首项为 4，公比为 9 的等比数列a21a22a23 a2n9n1912(9n1) 8 设数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 an为复数 isin n2cos n2(nN*)名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - -

29、- - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 20 页 - - - - - - - - - 17 的虚部，则 S2 013_. 答案1 来源: 数理化网 解析由已知得： ansin n2(nN*) ，a11，a20，a31，a40，故an 是以 4 为周期的周期数列，S2 013S5034 1S1a11. 9 已知数列 an 满足 3an1an4(n1)且 a19，其前 n 项之和为 Sn，则满足不等式 |Snn6|1125的最小整数 n 是_ 来源: 答案7 解析由递推式变形得 3(an11) (an1) ，an1

30、是公比为13的等比数列则 an18(13)n1，即 an8(13)n11. 于是 Sn81 13n113n 61 ( 13)n n66(13)nn 因此|Snn6| |6 (13)n| 6(13)n250，满足条件的最小n7. 10气象学院用 3.2 万元买了一台天文观测仪， 已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n4910(nN*) 元，使用它直至报废名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 20 页 - - - - - - - - -

31、18 最合算 ( 所谓报废最合算是指使用这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了_天答案800 解析由题意得，每天的维修保养费是以5 为首项，110为公差的等差数列 设一共使用了 n天，则使用 n 天的平均耗资为3.2104n49102n3.2104nn20992023.2104nn209920，当且仅当3.2104nn20时取得最小值，此时n800. 三、解答题11已知等差数列 an 满足： a59，a2a614. (1) 求数列 an的通项公式；(2) 若 bnanqan(q0) ，求数列 bn 的前 n 项和 Sn. 解(1) 设数列 an 的公差为 d，则由 a59，a2a614，得a14

32、d92a16d14，解得a11d2. 所以数列 an 的通项公式为 an2n1. (2) 由 an2n1 得 bn2n1q2n1. 当 q0且 q1 时，Sn1 35 (2n1) (q1q3q5 q2n 1)n2q2n1q2；当 q1 时，bn2n，则 Snn(n1)所以数列 bn 的前 n 项和 Sn，q1n2q2n1q2，q0且q1. 12将函数 f(x) sin 14xsin 14(x 2)sin 12(x 3)在区间 (0 ，)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列an(n N*)名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - -

33、- - 名师精心整理 - - - - - - - 第 18 页，共 20 页 - - - - - - - - - 19 (1) 求数列 an的通项公式；(2) 设 bn2nan，数列 bn的前 n 项和为 Tn，求 Tn的表达式解(1) 化简 f(x) sin 14xsin 14(x 2)sin 12(x 3)14sin x ，其极值点为 xk2(k Z)，它在(0 ，)内的全部极值点构成以2为首项， 为公差的等差数列，故an2(n1)n2. (2)bn2nan2(2n1)2n，Tn21 2322 (2n3)2n1(2n1)2n ，则 2Tn21 22323 (2n3)2n(2n1)2n1 两

34、式相减，得Tn21 222222322n(2n1)2n1 ，Tn(2n 3)2n3 13在等比数列 an中，a214，a3a61512. 设 bnlog2a2n2log2a2n12，Tn为数列 bn 的前 n 项和(1) 求 an和 Tn；(2) 若对任意的 nN*， 不等式 Tnn2(1)n恒成立， 求实数 的取值范围 来源: 解(1) 设an的公比为 q，由 a3a6a22q5116q51512得 q12，ana2qn2(12)n. bnlog2a2n2log2a2n12log(12)2n12log(12)2n12 1名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - -

35、 - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 20 页 - - - - - - - - - 20 12(12n112n1)，Tn12(113131512n112n1) 12(1 12n1) n2n1. (2) 当 n 为偶数时，由 Tnn2 恒成立得，n2n2n3 恒成立，即 (2n2n3)min，而 2n2n3 随 n 的增大而增大，n2 时(2n2n3)min0，0.当 n 为奇数时，由 Tnn2 恒成立得，n2n2n5 恒成立，即 (2n2n5)min而 2n2n522n2n59，当且仅当 2n2n，即 n1 时等号成立，9.综上，实数 的取值范围为 (， 0) 7 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 20 页，共 20 页 - - - - - - - - -