《2018年高考数学(理)二轮复习 讲学案：考前专题四 数列、推理与证明 第2讲 数列的求和问题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高考数学(理)二轮复习 讲学案：考前专题四 数列、推理与证明 第2讲 数列的求和问题.pdf（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第第 2 2 讲讲数列的求和问题数列的求和问题 高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方 法求一般数列的和，体现转化与化归的思想. 热点一分组转化求和 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(2017山东省平阴县第一中学模拟)已知数列an是等差数列，其前 n 项和为 Sn，数列 bn是公比大于 0 的等比数列，且 b12a12，a3b21，S32b37. (1)求数列an和bn的通项公式； 2，n为奇数， (2)令 cn 2an 求数列cn的前 n 项和
2、 Tn. bn ，n为偶数， 解(1)设数列an的公差为 d，bn的公比为 q，且 q0， 由题易知，a11，b12， a3b21，dq0， 由得 2 S32b37， 4q 3d10， 5 q 舍去，此时 d2，解得 q2 4 an2n1，bn2n. (2)由(1)知，an2n1，bn2n， 2，n为奇数， cn2n1 1 ，n为偶数， n 2 n 当 n 为偶数时，奇数项和偶数项各有 项， 2 Tn(c1c3c5cn1)(c2c4cn) n(c2c4cn)， 令 Hnc2c4c6cn， 2n52n13711 Hn 35 n3 n1 ， 22222 2n52n1137 Hn 35 n1 n1
3、， 42222 以上两式相减，得 2n133444 Hn 35 n1n1 422222 444 12n1 2123 2n1 n1 22 1 n 2 21 4 12n1 1 14 n1 22 136n13 ， 662n 266n13 Hn. 992n1 6n1326 故当 n 为偶数时，Tnn ， 992n 1 当 n(n3)为奇数时，n1 为偶数， 6n726 TnTn1an(n1) 2 992n 2 6n735 n ， 992n 2 经验证，n1 也适合上式 6n735n ，n为奇数， 992 综上，得 T 6n1326n ，n为偶数. 992 n2 n n1 思维升华在处理一般数列求和时，
4、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，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 2n1an 跟踪演练 1(2017 届广东省揭阳市模拟)已知数列an中，a11，an1n1. n an (1)求证：数列 n 1是等比数列； (2)求数列an的前 n 项和 Sn. (1)证明方法一由已知得 an1an 21， nn1 an1an 12 n 1， n1 an 又 a112，an0，10， n an1 1 n1 2
5、， an1 n an 数列 n 1是首项为 2，公比为 2 的等比数列 2n1an 方法二由 an1n1， n 得 nan12(n1)ann(n1)， 由 a10 及递推关系，可知an0， an 10， n an1 1 n1nan 1nn1 ann1annn1 1 n 2n1an2nn12， n1annn1 a1 又a11，12， 1 an 数列 n 1是首项为 2，公比为 2 的等比数列 an (2)解由(1)得122n 12n， n ann2nn， Sn2222323(n1)2n 1n2n123(n1)n， 设 Tn2222323(n1)2n 1n2n， 则 2Tn22223324(n1)
6、2nn2n 1， 由，得 Tn222232nn2n 1 212n n2n 1(n1)2n 12， 12 Tn(n1)2n 12， n1n 又 123(n1)n， 2 nn1 Sn(n1)2n 12. 2 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 例 2(2017山西省实验中学联考)已知数列an为等差数列，且a35，a59，数列bn的前 21 n 项和 Sn bn . 33 (1)求数列an和bn的通项公式； (2)设 cnan|bn|，求数列cn的前 n 项的和 Tn.
7、 解(1)因为数列an为等差数列， 1 所以 d (a5a3)2， 2 又因为 a35，所以 a11，所以 an2n1. 21 当 n1 时，b1 b1 ，所以 b11； 33 22 当 n2 时，bnSnSn1 bn bn1， 33 所以 bn2bn1， 即数列bn是首项为 1，公比为2 的等比数列， 所以 bn(2)n 1. (2)因为 cnan|bn|(2n1)2n 1， 所以 Tn1132522(2n1)2n 1， 2Tn12322523(2n1)2n， 两式相减，得 Tn112222222n 1(2n1)2n 12(2222n 1)(2n1)2n 22n 12(2n1)2n 12 1
8、2n 14(2n1)2n3(32n)2n， 所以 Tn3(2n3)2n. 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(2017 届湖南省衡阳市期末)数列an的前 n 项和 Sn满足： Snn2， 数列bn满足： 1 2 b3 ；bn0；2b2 n1bn1bnbn0.4 (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. 解(1
9、)当 n1 时，a11， 当 n2 时，anSnSn12n1(nN N*)， 检验 a11，满足 an2n1(nN N*) 2 2b2 n1bn1bnbn0， 且 bn0，2bn1bn， 11 q ，b3b1q2 ， 24 1n 1 * b11，bn (nN N ) 2 1n 1 (2)由(1)得 cn(2n1) 2 ， 1 12(2n1)1n1， Tn135 222 11 12(2n3)1n1(2n1)1n， Tn13 2222 2 11 1221n1(2n1)1n 两式相减，得 Tn122 2222 2 1n1(2n1)1n 121 22 1n 13 3 22n. 1n 1 Tn6 2 (
10、2n3) 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 1 1 要适用于a a或a a(其中an为等差数列)等形式的数列求和 n n1 n n2 2 例 3(2017 届山东省青岛市二模)在公差不为 0 的等差数列an中，a2a3a6，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)n n a n 1a n1 1 22 ，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解(1)设数列an的公差为 d， a2 2a3a6， (a1d)2a12da15d， a2a11， 3a1 即(a12d)2a1(a110d)
11、， d0，由解得 a12，d3. 数列an的通项公式为 an3n1. (2)由题意知， bn(1)n n 3n33n3 2 2 11 1 33 (1)n 6 3n 3n 22 1 1 1 (1) 2n12n19 n 1 1 1 1 1 1 1 Tn 9 133557 1 n 1 11 2n1 . 9 11 1n2n12n1 思维升华(1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成anbnkbn(k1， kN N*)的形式， 从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列an的通 项公式，使之符合裂项相消的条件 (2)常用的裂项公式 11 11 1 11 1 若an是等差
12、数列，则 a a ， a a ； anan1d n n1 anan22d n n2 1 111111 ， nnk； nn1nn1nnkk 1 11 1 2n12n1 ； 2n12n12 11 11 nn1n1n2 ； nn1n22 11 n1 n， ( nk n) n n1n nk k 1 111n2 跟踪演练 3已知数列an满足：(nN N*) a1a2an2 (1)求数列an的通项公式； 1 (2)若 bnanan1，Sn为数列bn的前 n 项和，对于任意的正整数n，Sn2 恒成立，求实数 3 的取值范围 11 解(1)由题意，得当 n1 时， ，则 a12. a12 111n2 当 n2
13、 时， a1a2an2 n12111 则， a1a22an 1 2 1n2n12n1 两式相减，得 ， an222 22 即 an，当 n1 时，也符合上式，则 an. 2n12n1 (2)由(1)，得 22 bnanan1 2n1 2n11 4 2n12n1 11 22n12n1， 111111 所以 Sn2 33557 1 1 ， 2 2n1 1 1 2n12n1 14 则 n 越大，越小，Sn越大，即当 n1 时，Sn有最小值 S1 . 32n1 1 因为对于任意的正整数 n，Sn2 恒成立， 3 415 所以 2 ，解得 0，解得 q2，所以 bn2n. 由 b3a42a1，可得 3d
14、a18， 由 S1111b4，可得 a15d16， 联立，解得 a11，d3，由此可得 an3n2. 所以数列an的通项公式为 an3n2，数列bn的通项公式为 bn2n. (2)设数列a2nb2n1的前 n 项和为 Tn， 由 a2n6n2， b2n124n 1， 得 a2nb2n1(3n1)4n， 故 Tn24542843(3n1)4n， 4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n 1， ，得3Tn2434234334n(3n1)4n 1 1214n 4(3n1)4n 1 14 (3n2)4n 18， 3n2 n1 8 得 Tn4 . 33 3n2 n1 8 所以数列a2nb2n
15、1的前 n 项和为4 . 33 押题预测 n2 1已知数列an的通项公式为 an n ，其前n 项和为 Sn，若存在MZ Z，满足对任意 2 nn1 的 nN *，都有 S nM 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 n22n1n 解析因为 an n n 2 nn12 nn1 1 2n1 1 n ， n2 n1 111111 所以 Sn2012122122232n1n2nn1 1 1 n ，
16、2 n1 1 由于 1 n 0)，且 4a3是 a1与 2a2 的等差中项 (1)求an的通项公式； 2n1 (2)设 bn，求数列bn的前 n 项和 Tn. an 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，S1a(S1a11)，所以 a1a， 当 n2 时，Sna(Snan1)， Sn1a(Sn1an11)， 由，得 anaan1，即 an a， an1 故an是首项 a1a，公比为 a 的等比数列， 所以 anaan 1an. 故 a2a2，a3a3. 由 4a3是 a1与 2a2的等差中项，可得 8a3a
17、12a2， 即 8a3a2a2， 因为 a0，整理得 8a22a10， 即(2a1)(4a1)0， 11 解得 a 或 a (舍去)， 24 1n1 故 an 2 2n. 2n1 (2)由(1)得 bn(2n1)2n， an 所以 Tn32522723(2n1)2n 1(2n1)2n， 2Tn322523724(2n1)2n(2n1)2n 1， 由，得Tn322(22232n)(2n1)2n 1 222n 1 62(2n1)2n 1 12 22n 2(2n1)2n 1 2(2n1)2n 1， 所以 Tn2(2n1)2n 1. A 组专题通关 1(2017 届湖南师大附中月考)已知数列an，bn
18、满足 a11，且 an，an1是方程 x2bnx 2n0 的两根，则 b10等于() A24 C48 答案D 解析由已知有 anan12n，an1an22n 1，则 B32 D64 an22，所以数列a n奇数项、偶数项分an 别 为 公 比 为2的 等 比 数 列 ， 可 以 求 出a2 2 ， 所 以 数 列 an 的 项 分 别 为 1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，而 bnanan1，所以 b10a10a11323264，故选 D. 22 2(2017 届河南百校联盟质检)已知正项数列an中，a11，a22,2a2 nan1an1(n2)， 1 bn，记数列bn的前
19、n 项和为 Sn，则 S33的值是() anan1 A. 99 C4 2 答案D 22 解析2a2 nan1an1(n2)， 2 数列a2 n为等差数列，首项为 1，公差为 2 13. B. 33 D3 a2 n13(n1)3n2，an0， an 3n2(nN *)， 11 bn anan1 3n2 3n1 1 ( 3n1 3n2)， 3 故数列bn的前 n 项和为 11 Sn ( 4 1)( 7 4)( 3n1 3n2) ( 3n11)， 33 1 则 S33 ( 33311)3. 3 故选 D. 3(2017 届江西省鹰潭市模拟)已知函数 f(n)n2cos(n) ，且anf(n)f(n1
20、)，则 a1a2 a100等于() A100 C100 答案A 解析a1122，a22232，a33242，a44252，所以 a1a3a99( 122)(9921002)(12)(34)(99100)5 050，a2a4a100(22 32)(10021012)(23100101)5 150，所以a1a2a1005 050 5 150100. 4(2017 届广东省潮州市模拟)已知 Sn为数列an的前 n 项和，an23n 1(nN N*)，若 bn B0 D10 200 an1 ，则 b1b2bn_. SnSn1 11 答案 n1 231 an123n 解析因为 n13， an23 所以数
21、列an为等比数列 a11qn213n n 所以 Sn3 1， 1q13 an1Sn1Sn11 又 bn， SnSn 1 SnSn1SnSn1 11 1 11 1 1111 S则 b1b2bn n1S1S2S2S3 n Sn1S1 Sn1231. 5(2017 届安徽蚌埠怀远县摸底)对于任意实数 x，x表示不超过 x 的最大整数，如0.2 n * 1，1.721，已知 an(nN N )，Sn为数列an的前项和，则 S2 017_. 3 答案677 712 1 20，3451，6782，根据这个规律，后面每 解析由于0， 33333333 3 项都是相同的数，2 017267132，后余 2 项
22、， 1671 所以 S2 0176713672672677 712. 2 6(2017 届山西晋中榆社中学月考)设数列an的前 n 项和为 Sn，a11，且对任意正整数 n， 满足 2an1Sn20. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bnna2 n，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解(1)因为 2an1Sn20， 所以当 n2 时，2anSn120， 两式相减，得 2an12anSnSn10， 1 即 2an12anan0，an1 an. 2 1 又当 n1 时，2a2S120a2 a1， 2 1 即 an1 an (nN N*) 2 1 所以an是首项 a11，公比 q 的等比数列
23、， 2 1n 1 所以数列an的通项公式为 an 2 . n 2 (2)由(1)知，bnnan n1， 4 n123n 则 Tn1 2 n2 n1， 4444 n13n 4Tn42 n3 n2， 444 由，得 111n 3Tn5 n3n2n1 4444 163n4 . 334n1 163n4 所以数列bn的前 n 项和为 Tn. 994n1 2 7(2017 届山东省胶州市普通高中期末)正项数列an的前 n 项和 Sn满足：S2 n(n n1)Sn (n2n)0. (1)求数列an的通项公式 an； n15 * (2)令 bn. 2 2，数列bn的前 n 项和为 Tn，证明：对于任意的 nN
24、 N ，都有 Tn0，Snn2n. 当 n1 时，a1S12， 当 n2 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n. 综上可知，数列an的通项公式 an2n. n1 (2)证明由于 an2n，bn 2， n22an 1 n111 2 所以 bn 2 2 . 4n n2216n n2 111111 1 Tn 1 3222423252n12 16 111 22 n1nn22 1111 115 1 2 . 1 22n12n22 1616264 8(2017 届江西省南昌市模拟)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11，S3S4S5. (1)求数列an的通项公式； (2)令 bn(1)
25、n 1anan1，求数列bn的前 2n 项和 T2n. 解(1)设等差数列an的公差为 d，由 S3S4S5， 可得 a1a2a3a5， 即 3a2a5，所以 3(1d)14d，解得 d2. 所以 an1(n1)22n1. (2)由(1)可得 bn(1)n 1(2n1)(2n1) (1)n 1(4n21)， 所以 T2n(4121)(4221)(4321)(4421)(1)2n 14(2n)21 412223242(2n1)2(2n)2 2n2n1 4(12342n12n)48n24n. 2 B 组能力提高 9(2017湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟联考)已知数列an满足 a11，nan
26、1(n 2n 1)ann(n1)，且 bnancos，记 Sn为数列bn的前 n 项和，则 S24等于() 3 A294 C470 答案D B174 D304 解析由 nan1(n1)ann(n1)，得 1 2 an1an an an 1，所以数列 n 为等差数列，因此1 n n1n n ，n3k1，kN N， 2 (n1)1n，a n ，b 1 n ，n3k2，kN N， 2 n ，n3k3，kN N， n 2 n 2 2 13 因此 b3k1b3k2b3k39k，kN N， 2 S249(017)138304，故选 D. 2 10. (2017 届湖南省常德市第一 中学月考)已知数列a n
27、的前n项和为Sn， Snn 22n， b nanan1cos(n1)， 数列bn的前n项和为Tn， 若Tntn2对nN N*恒成立， 则实数t的取值范围是_ 答案(，5 解析当 n1 时，a13； 当 n2 时，anSnSn1n22n(n1)22(n1)2n1， 当 n1 时也成立，an2n1(nN N*)， bnanan1cos(n1)(2n1)(2n3)cos(n1). 当 n 为奇数时，cos(n1)1，当 n 为偶数时， cos(n1)1，因此当 n 为奇数时，Tn 3557(2n1)(2n3)154(7112n1)2n26n7，Tntn2 132576 对 nN N*恒成立，2n26
28、n7tn2，t 2 27n7 7，t2； nn 当 n 为偶数时， Tn3557(2n1)(2n3)4(592n1)2n26n， Tntn2对 nN N*恒成立， 6 2n26ntn2，t2 ， n t5.综上可得 t5. 1 11(2017 届江苏如东高级中学等四校联考)已知数列an满足 a10，a2 ，且对任意 m， 8 3 nN N*，都有 a2m1a2n12amn1 (mn)2. 4 (1)求 a3，a5； (2)设 bna2n1a2n1(nN N*) 求数列bn的通项公式； 1 设数列b b的前 n 项和为 Sn，是否存在正整数p，q，且1pq，使得S1，Sp，Sq成等比 n n1
29、数列？若存在，求出 p，q 的值，若不存在，请说明理由 解(1)由题意，令 m2，n1， 3 则 a3a12a2 (21)2，解得 a31. 4 3 令 m3，n1，则 a5a12a3 (31)2， 4 解得 a55. (2)以 n2 代替 m，得 a2n3a2n12a2n13， 则a2(n1)1a2(n1)1(a2n1a2n1)3， 即 bn1bn3. 所以数列bn是以 3 为公差的等差数列 又 b1a3a11， 所以 bn1(n1)33n2. 11 因为 bnbn13n23n1 1 1 1 3n23n1 ， 3 1 1 1 1 1所以 Sn 34 47 1 1 11 1 n . 3n23n
30、133n1 3n1 1pq 则 S1 ，Sp，Sq. 43p13q1 因为 S1，Sp，Sq成等比数列， p 1q 所以3p12 4 3q1， 即6p1 3q4 . p2q 3q44 因为 1p3， qq 即6p13. p2 32 332 3 解得p. 33 又 10， S3b517，a1a1qa1q27， 又 b4是 a2和 a4的等比中项， 2 a2a4a2 3b416， 解得 a3a1q24， 由得 3q24q40， 2 解得 q2 或 q (舍去)， 3 a11，an2n 1. (2)当 n 为偶数时， Tn(11)2022(31)22423(51)24(n1)12n 2n2n 1 (2022322423n2n 1)(20222n 2)， 设 Hn2022322423n2n 1， 则 2Hn2222323424n2n， 由，得 Hn20222232n 1n2n 12n n2n(1n)2n1， 12 Hn(n1)2n1， 1422 n 2n . Tn(n1)2n1 314 3 当 n 为奇数，且 n3 时， TnTn1(n1)2n 1 n 2 52 n 2n1 (n1)2n1 3 3 22 2n 2n1 ， 33 经检验，T12 符合上式， Tn 2n22n 12，n为奇数， 33 22 n2 ，n为偶数. 33 n