【精品】2019高考数学二轮复习专题三数列与不等式第2讲数列的求和问题学案.pdf

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1、1第 2 讲数列的求和问题 考情考向分析 数列的求和问题作为数列的基础知识，为数列与不等式等综合问题提供必要的准备热点一分组转化法求和有些数列，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，然后再合并例 1 在各项均为正数的等比数列an中，a1a34，a3是a22 与a4的等差中项，若an12nb(nN*)(1)求数列 bn的通项公式；(2)若数列cn满足cnan 11b2n1b2n1，求数列cn的前n项和Sn.解(1)设等比数列 an 的公比为q，且q0，由an0，a1a3 4，得a22，又a3是a22 与a4的等差中项，故 2

2、a3a22a4，22q222q2，q2 或q0(舍)ana2qn22n1，an12n2nb，bnn(nN*)(2)由(1)得，cnan11b2n1b2n122n12n1 2n1 2n1212n112n1，数列cn的前n项和Sn222 2n12113131512n112n12 12n1212112n12n12n2n1(nN*)思维升华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，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合

3、并为一个公式跟踪演练1 已知 an 为等差数列，且a23，an 前 4 项的和为16，数列 bn满足b14，b488，且数列bnan为等比数列(nN*)(1)求数列 an和bnan的通项公式；(2)求数列 bn的前n项和Sn.解(1)设an的公差为d，因为a2 3，an前 4 项的和为16，所以a1d3,4a1432d16，解得a1 1，d2，所以an 1(n1)2 2n1(nN*)设bnan的公比为q，则b4a4()b1a1q3，所以q3b4a4b1a18874127，得q3，所以bnan()41 3n1 3n(n N*)(2)由(1)得bn3n2n1，所以Sn(3 3233 3n)(1 3

4、5 2n1)3()13n13n()12n1232()3n1 n23n12n232(nN*)热点二错位相减法求和错位相减法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项和，其中 an，bn分别是等差数列和等比数列3例 2 已知数列 an 满足a1a3，an1an232n1，设bn2nan(nN*)(1)求数列 bn的通项公式；(2)求数列 an的前n项和Sn.解(1)由bn 2nan，得anbn2n，代入an1an232n1得bn12n1bn2n132n1，即bn1bn3，所以数列 bn 是公差为3 的等差数列，又a1a3，所以b12b38，即b12b168，

5、所以b12，所以bnb1 3(n1)3n1(nN*)(2)由bn3n 1，得anbn2n3n12n，所以Sn225228233n12n，12Sn2225238243n12n1，两式相减得12Sn1312212312n3n12n1523n52n1，所以Sn 53n52n(n N*)思维升华(1)错位相减法适用于求数列anbn的前n项和，其中 an 为等差数列，bn 为等比数列(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数(3)为保证结果正确，可对得到的和取n1,2 进行验证跟踪演练2 已知数列 an的前n项和是Sn，且Sn12an1(nN*

6、)数列 bn 是公差d不等于0 的等差数列，且满足：b132a1，b2，b5，b14成等比数列(1)求数列 an，bn的通项公式；(2)设cnanbn，求数列 cn 的前n项和Tn.解(1)当n1 时，a112a11，a123，4当n2时，Sn112an，Sn1112an1，SnSn112()an1an，所以an13an1(n2)，所以 an是以23为首项，13为公比的等比数列，所以an2313n1213n.由b11，又b25b2b14，得()14d2()1d()113d，d22d0，因为d0，所以d2，所以bn2n1(nN*)(2)由(1)得cn4n23n，则Tn2363210334n23n

7、，13Tn23263310344n 63n4n 23n1，得，23Tn23413213313n4n23n1，2341913n11134n 23n14323n4n23n1，所以Tn 22n23n(n N*)热点三裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于1anan1或1anan2(其中 an 为等差数列)等形式的数列求和例 3 已知数列 an 的前n项和Sn满足：Sna(Snan1)(nN*)(a为常数，a0，a1)(1)求an 的通项公式；(2)设bnanSn，若数列 bn 为等比数列，求a的值；(3)在满足条件(2)的情形下，cna

8、n1()an 1()an1 1.若数列cn的前n项和为Tn，且对任意nN*满足Tn223，求实数 的取值范围解(1)Sna()Snan 1，5n1 时，a1a.n2时，Sn1a(Sn1an11)，SnSn1ana(SnSn1)aanaan1，anaan1，即anan1a且a0，a1，数列 an是以a为首项，a为公比的等比数列，anan(nN*)(2)由bnanSn得，b1 2a，b22a2a，b32a3a2a.数列 bn为等比数列，b22b1b3，即(2a2a)22a(2a3a2a)，解得a12.(3)由(2)知cn12n112n112n112n2n1 2n1112n112n11，Tn1211

9、12211221123112n112n111312n1 1919成立，求n的最小值解(1)由 2Sna2n2Sn11 知，2Sn1a2n12Sn21()n3，两式相减得，2ana2na2n12an1，即 2()anan1()anan1()anan1，又数列 an为递增数列，a11，anan 10，anan12()n3，又当n2 时，2()a1a2a22 2a11，即a222a230，解得a23 或a2 1(舍)，a2a12，符合anan 12，an是以 1 为首项，以2 为公差的等差数列，an1(n1)2 2n1(nN*)(2)bn12n1 2n11212n 112n 1，Tn12111313

10、1512n112n112112n1，又Tn919，即12112n1919，解得n9，又nN*，n的最小值为10.真题体验1(2017全国)等差数列an的前n项和为Sn，a3 3，S410，则k1n1Sk_.答案2nn1(nN*)解析设等差数列 an 的公差为d，7由a3a12d3，S44a1432d10，得a11，d 1.Snn1n n121n n12，1Sn2n n121n1n1.k1n1Sk1S11S21S31Sn2 112121313141n1n12 11n12nn 1(nN*)2(2017天津)已知 an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn 是首项为 2 的等比数列，且公比大于0

11、，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an 和bn的通项公式；(2)求数列 a2nb2n1 的前n项和(n N*)解(1)设等差数列 an 的公差为d，等比数列 bn 的公比为q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，又b12，所以q2q 60.又因为q0，解得q2，所以bn2n.由b3a42a1，可得 3da18，由S1111b4，可得a1 5d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2(nN*)所以数列 an 的通项公式为an3n2(nN*)，数列 bn 的通项公式为bn2n(nN*)(2)设数列 a2nb2n1 的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n124n

12、1，得a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，得3Tn24342343 34n(3n1)4n112 1 4n1 44(3n1)4n1(3n2)4n 18，得Tn3n234n183(nN*)8所以数列 a2nb2n1 的前n项和为3n234n183(nN*)押题预测1已知数列 an的通项公式为ann22nn n1(nN*)，其前n项和为Sn，若存在MZ，满足对任意的nN*，都有SnM恒成立，则M的最小值为 _押题依据数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是考试大纲中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是

13、试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循答案1 解析因为ann22nn n12n1 n2nn n112n1n12nn1，所以Sn120112121212122312n1n12nn1112nn1，由于 112nn10；2b2n1bn1bnb2n0.(1)求数列 an与bn的通项公式；(2)设cnanbn，求数列 cn 的前n项和Tn.押题依据错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式解(1)当n1 时，a1S11，当n2时，anSnSn 12n 1(nN*)，又a11 满足an2n1，an2n1(

14、nN*)2b2n1bn1bnb2n 0，且bn0，2bn1bn，q12，又b3b1q214，b11，bn12n1(nN*)(2)由(1)得cn(2n1)12n 1，Tn13125122(2n1)12n 1，912Tn1123122(2n3)12n1(2n1)12n，两式相减，得12Tn 12122122 212n 1(2n1)12n12 112n1(2n1)12n312n132n.Tn612n1(2n 3)(nN*)A组专题通关1 已知数列 an，bn 满足a11，且an，an 1是方程x2bnx2n0 的两根，则b10等于()A24 B32 C48 D64 答案D 解析由已知有anan 12

15、n，an1an22n1，则an2an2，数列 an的奇数项、偶数项均为公比为2 的等比数列，可以求出a22，数列 an的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，而bnanan1，b10a10a11323264.2 已知数列 an 的前n项和为Sn2n1m，且a1，a4，a52 成等差数列，bnanan1an 11，数列 bn的前n项和为Tn，则满足Tn2 0172 018的最小正整数n的值为()A11 B 10 C 9 D 8 答案B 解析根据Sn2n1m可以求得anm4，n1，2n，n2，所以有a1m 4，a416，a532，根据a1，a4，a52 成等差数列，可得m43

16、2232，从而求得m 2，所以a1 2 满足an2n，10从而求得an2n(nN*)，所以bnanan1an112n2n1 2n 1112n112n11，所以Tn 11313171711512n112n11112n11，令 112n112 0172 018，整理得2n12 019，解得n10.3设Sn为数列 an 的前n项和，已知a112，n1an 1nan2n(nN*)，则S100等于()A2492100B249299C2512100D251299答案D 解析由n1an1nan2n，得n1an1nan2n，则nann1an1 2n1，n1an1n2an22n2，2a21a121，将各式相加得

17、nan1a12122 2n12n2，又a112，所以ann12n，因此S1001122122 10012100，则12S10011222123 991210010012101，两式相减得12S100121221231210010012101，所以S1002129910012100251299.4在等比数列an 中，a2a32a1，且a4与 2a7的等差中项为17，设bn(1)nan，nN*，则数列 bn的前 2 018 项的和为 _答案41 0083112解析设等比数列 an的首项为a1，公比为q.a2a32a1，11a1q32，即a42.a4与 2a7的等差中项为17，a42a734，即a7

18、 16，a114，q 2，an142n12n3(nN*)bn(1)nan(1)n2n3，数列 bn的前 2 018 项的和为S2 018(a1a3a2 017)(a2a4a2 018)(2220 22 22 014)(212123 22 015)14141 0091412141 0091441 0083112.5若数列 an的通项公式annsinn3(n N*)，其前n项和为Sn，则S2 018_.答案2 01932解析a1a2a3a4a5a6 33，a7a8a9a10a11a12 33，a6m1a6m 2a6m3a6m4a6m5a6m 6 33，mN，所以S2 0182 01932.6已知数

19、列 an，a1 e(e 是自然对数的底数)，an1a3n(n N*)(1)求数列 an的通项公式；(2)设bn(2n1)ln an，求数列 bn的前n项和Tn.解(1)由a1 e，an 1a3n知，an0，所以 ln an13ln an，数列ln an是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，所以 ln an3n1，an13ne(nN*)(2)由(1)得bn(2n1)ln an(2n1)3n1，Tn130331532(2n1)3n1，3Tn131332(2n3)3n1(2n1)3n，12，得2Tn 12(313233 3n1)(2n1)3n1233n1 3(2n1)3n 2(n1)3n2.所以T

20、n(n1)3n1(nN*)7在等比数列an 中，首项a18，数列 bn满足bnlog2an(nN*)，且b1b2b315.(1)求数列 an的通项公式；(2)记数列 bn的前n项和为Sn，又设数列1Sn的前n项和为Tn，求证：Tn34.(1)解由bn log2an和b1b2b315，得 log2(a1a2a3)15，a1a2a3 215，设等比数列 an的公比为q，a18，an8qn1，88q8q2215，解得q4，an84n1，即an22n1(nN*)(2)证明由(1)得bn 2n1，易知 bn为等差数列，Sn35(2n1)n22n，则1Sn1n n2121n1n 2，Tn121131214

21、1n1n212321n11n2，Tn34.8在公差不为0 的等差数列 an中，a22a3a6，且a3为a1与a11的等比中项(1)求数列 an的通项公式；(2)设bn(1)nnan12an112(nN*)，求数列 bn 的前n项和Tn.解(1)设数列 an 的公差为d，a22a3a6，(a1d)2a12da15d，a23a1a11，即(a12d)2a1(a1 10d)，d0，由解得a12，d3.数列 an的通项公式为an3n1(nN*)(2)由题意知，13bn(1)nn3n32 3n32(1)n1613n3213n32(1)n1912n112n1Tn19111313151517 1n12n11

22、2n1191 1n12n1.B组能力提高9(2018浙江省台州中学模拟)数列 an 满足an 1(1)nan2n1，则an的前 60 项和为()A3 660 B 3 690 C 1 830 D 1 845 答案C 解析由an1(1)nan2n1 得an2(1)n1an1 2n1，当n为奇数时，有an1an2n1，an 2an12n1，两式相减得an2an2；当n为偶数时，有an1an2n1，an2an 12n1，两式相加得an2an4n，所以可将数列an的所有奇数项连续两项看成一个整体，构成每一项都为2 的常数数列，所有偶数项连续两项看成一个整体，构成首项为8，公差为 16 的等差数列，则S6

23、01521581514216 1 830，故选 C.10设数列 an的各项均为正数，前n项和为Sn，对于任意的nN*，an，Sn，a2n成等差数列，设数列 bn的前n项和为Tn，且bn()ln xna2n，若对任意的实数x(1，e(e 是自然对数的底数)和任意正整数n，总有Tn0，anan11，即数列 an 是等差数列，又 2a12S1a1a21，a11，ann(nN*)14又x(1，e，0ln x1，Tn11221321n211121231n1n1 11212131n11n21n0，从而数列en为递增数列，所以当n1 时，en取最小值e1 0，于是a0.12设数列 an 的首项为1，前n项和

24、为Sn，若对任意的nN*，均有Snankk(k是常数且kN*)成立，则称数列an为“P(k)数列”(1)若数列 an为“P(1)数列”，求数列an 的通项公式；(2)是否存在数列an 既是“P(k)数列”，也是“P(k2)数列”？若存在，求出符合条件的数列 an的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列 an为“P(2)数列”，a22，设Tna12a222a323an2n，证明：Tn3.(1)解因为数列 an 为“P(1)数列”，则Snan11，故Sn1an21，两式相减得，an22an1，又n1 时，a1S1a21，所以a2 2，故an12an对任意的nN*恒成立，即an1

25、an2(常数)，故数列 an为等比数列，其通项公式为an 2n1，nN*.(2)解假设存在这样的数列an，则Snankk，故Sn1ank 1k，两式相减得，an1ank1ank，故an3ank 3an k2，16同理由 an是“P(k2)数列”可得，an1ank3ank2，所以an 1an3对任意nN*恒成立所以Snankkank 2kSn2，即SnSn2，又Snank2k2Sn22，即Sn2Sn2，两者矛盾，故不存在这样的数列an既是“P(k)数列”，也是“P(k2)数列”(3)证明因为数列 an 为“P(2)数列”，所以Snan2 2，所以Sn 1an32，故有an 1an3an2，又n1 时，a1S1a32，故a33，满足a3a2a1，所以an 2an1an对任意正整数n恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8.故Tna12a222a323an2n12222323524825an2n，所以12Tn122223324525an12nan2n 1，两式相减得12Tn12122123224an22nan2n 13414Tn2an2n1，显然Tn 20，故12Tn3414Tn，即Tn3.