《2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题三 2 第2讲 数列求和及综合应用 学案 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题三 2 第2讲 数列求和及综合应用 学案 Word版含解析.pdf（16页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第 2 讲 数列求和及综合应用 年份卷别考查内容及考题位置命题分析 卷an与 Sn关系的应用T14 2018 卷 等差数列前 n 项和的最值问 题T17 2017卷裂项相消法求和T15 卷 等差数列的基本运算、数列求 和T17 2016 卷 等比数列的通项公式、an与 Sn 的关系T17 等差数列、等比数列的前 n 项和是高考考查的重点若以解 答题的形式考查，数列往往与解 三角形在 17 题的位置上交替考 查，试题难度中等；若以客观题 考查，难度中等的题目较多，但 有时也出现在第 12 题或 16 题位 置上，难度偏大，复习时应引起 关注. 数列求和问题(综合型) 典型例题 命题角度一 公式法
2、求和 等差、等比数列的前 n 项和 (1)等差数列：Snna1d(d 为公差)或 Sn. n（n1） 2 n （a 1an） 2 (2)等比数列：Sn其中(q 为公比) na1，q1， a1（1qn） 1q a 1anq 1q ，q 1) 4 类特殊数列的前 n 项和 (1)123n n(n1) 1 2 (2)135(2n1)n2. (3)122232n2 n(n1)(2n1) 1 6 (4)132333n3 n2(n1)2. 1 4 已知数列an满足 a11，an1，nN*. 3an 2an3 (1)求证：数列为等差数列； 1 an (2)设 T2n，求 T2n. 1 a1a2 1 a2a3
3、 1 a3a4 1 a4a5 1 a2n1a2n 1 a2na2n1 【解】 (1)证明：由 an1，得 ， 3an 2an3 1 an1 2an3 3an 1 an 2 3 所以 . 1 an1 1 an 2 3 又 a11，则1，所以数列是首项为 1，公差为 的等差数列 1 a1 1 an 2 3 (2)设 bn， 1 a2n1a2n 1 a2na2n1( 1 a2n1 1 a2n1) 1 a2n 由(1)得，数列是公差为 的等差数列， 1 an 2 3 所以 ，即 bn ， 1 a2n1 1 a2n1 4 3( 1 a2n1 1 a2n1) 1 a2n 4 3 1 a2n 所以 bn1b
4、n . 4 3( 1 a2n2 1 a2n) 4 3 4 3 16 9 又 b1 ， 4 3 1 a2 4 3( 1 a1 2 3) 20 9 所以数列bn是首项为，公差为的等差数列， 20 9 16 9 所以 T2nb1b2bnn (2n23n) 20 9 n（n1） 2 ( 16 9) 4 9 求解此类题需过“三关” ： 第一关，定义关，即会利用等差数列或等比数列的定义，判 断所给的数列是等差数列还是等比数列；第二关，应用关，即会应用等差(比)数列的前 n 项 和公式来求解，需掌握等差数列an的前 n 项和公式：Sn或 Snna1d； n （a 1an） 2 n（n1） 2 等比数列an的
5、前 n 项和公式：Sn；第三关，运算关，认真运算，此 na1，q1， a1（1qn） 1q ，q 1) 类题将迎刃而解 命题角度二 分组转化法求和 将一个数列分成若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)，然后分别求 和也可先根据通项公式的特征，将其分解为可以直接求和的一些数列的和，再分组求和， 即把一个通项拆成几个通项求和的形式，方便求和 已知等差数列an的首项为a， 公差为d， nN*， 且不等式ax23x2 恒成立， 1 2(1 1 n1) 1 2 故 a . 1 2 综上知，实数 a 的取值范围是. (， 1 2 A 组 夯基保分专练 一、选择题 1 在等比数列an中， 公比 q
6、2， 前 87 项和 S87140， 则 a3a6a9a87等于( ) A. B60 140 3 C80 D160 解析 ： 选C.a3a6a9a87a3(1q3q6q84)a1q2 1（q3）29 1q3 q2 1qq2 14080.故选 C. a1（1q87） 1q 4 7 2已知数列an中，a1a21，an2则数列an的前 20 项和为 an2，n是奇数， 2an，n是偶数，) ( ) A1 121 B1 122 C1 123 D1 124 解析：选 C.由题意可知，数列a2n是首项为 1，公比为 2 的等比数列，数列a2n1是 首项为1， 公差为2的等差数列， 故数列an的前20项和为
7、101 1 （1210） 12 10 9 2 21 123.选 C. 3 已知数列an满足 2a122a22nann(nN*)， 数列的前 n 项和 1 log2anlog2an1 为 Sn，则 S1S2S3S10( ) A. B. 1 10 1 5 C. D. 1 11 2 11 解析：选 C.因为 2a122a22nann(nN*)， 所以 2a122a22n1an1n1(n2)， 两式相减得 2nan1(n2)，a1 也满足上式，故 an， 1 2 1 2n 故 ， 1 log2anlog2an1 1 n（n1） 1 n 1 n1 Sn1 1， 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1
8、1 n1 n n1 所以 S1S2S3S10 ，故选 C. 1 2 2 3 3 4 9 10 10 11 1 11 4 (2018太原模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn， 点(n， Sn3)(nN*)在函数 y32x 的图象上，等比数列bn满足 bnbn1an(nN*)，其前 n 项和为 Tn，则下列结论正确的是 ( ) ASn2Tn BTn2bn1 CTnan DTn0，所以 a2a312 为 anan1的最小值； 当时，可得此时 an7n53，a74，a83，易知当 n7 时， a425， a611) a146， d7，) an0，当 n8 时，an0，可得 q2，故 bn2n1.
9、所以，Tn2n1. 12n 12 设等差数列an的公差为 d.由 b4a3a5，可得 a13d4. 由 b5a42a6， 可得 3a113d16， 从而 a11，d1，故 ann. 所以，Sn. n（n1） 2 (2)由(1)，有 T1T2Tn(21222n)nn2n1n2. 2 （12n） 12 由 Sn(T1T2Tn)an4bn可得 2n1n2n2n1， n（n1） 2 整理得 n23n40， 解得 n1(舍)，或 n4. 所以，n 的值为 4. 11(2018陕西教学质量检测(一)已知在递增的等差数列an中，a12，a3是 a1和 a9 的等比中项 (1)求数列an的通项公式； (2)若
10、 bn，Sn为数列bn的前 n 项和，求 S100的值 1 （n1）an 解：(1)设公差为 d(d0)， 则 ana1(n1)d. 因为 a3是 a1和 a9的等比中项， 所以 a a1a9， 2 3 即(22d)22(28d)， 解得 d0(舍去)或 d2. 所以 ana1(n1)d2n. (2)由(1)得 bn， 1 （n1）an 1 2n（n1） 1 2( 1 n 1 n1) 所以 S100b1b2b100 (1 ) . 1 2 1 2 1 2 1 3 1 100 1 101 1 2(1 1 101) 50 101 12(2018兰州模拟)已知等差数列an中，a22，a3a58，数列b
11、n中，b12，其 前 n 项和 Sn满足：bn1Sn2(nN*) (1)求数列an，bn的通项公式； (2)设 cn，求数列cn的前 n 项和 Tn. an bn 解：(1)设an的公差为 d， 因为 a22，a3a58， 所以 2d23d8， 所以 d1，所以 ann. 因为 bn1Sn2(nN*)， 所以 bnSn12(nN*，n2) 得，bn1bnSnSn1bn(nN*，n2)， 所以 bn12bn(nN*，n2) 因为 b12，b22b1， 所以bn为等比数列，b12，q2， 所以 bn2n. (2)因为 cn， an bn n 2n 所以 Tn ， 1 2 2 22 3 23 n1
12、2n1 n 2n Tn， 1 2 1 22 2 23 3 24 n1 2n n 2n1 两式相减，得 Tn 1， 1 2 1 2 1 22 1 2n n 2n1 2n 2n1 所以 Tn2. n2 2n B 组 大题增分专练 1(2018昆明模拟)数列an满足 a11，an12an3. (1)证明an1是等比数列，并求数列an的通项公式； (2)已知符号函数 sgn(x)设 bnansgn(an)，求数列bn的前 100 项和 1，x 0， 0，x0， 1，x 0，) 解：(1)因为 an12an3，a11， 所以 an112(an1)，a112， 所以数列an1是首项为2，公比为2 的等比数
13、列 故 an1(2)n，即 an(2)n1. (2)bnansgn(an)2 n1，n为偶数， 2n1，n为奇数，) 设数列bn的前 n 项和为 Sn， 则 S100(21)(221)(231)(2991)(21001) 22223210021012. 2(2018惠州第一次调研)在公差不为 0 的等差数列an中，a1，a4，a8成等比数列 (1)若数列an的前 10 项和为 45，求数列an的通项公式； (2)若 bn，且数列bn的前 n 项和为 Tn，若 Tn ，求数列an的公差 1 anan1 1 9 1 n9 解：(1)设数列an的公差为 d(d0)， 由 a1，a4，a8成等比数列可
14、得 a a1a8， 2 4 即(a13d)2a1(a17d)，得 a19d. 由数列an的前 10 项和为 45 得 10a145d45， 即 90d45d45， 所以 d ，a13. 1 3 故数列an的通项公式为 an3(n1) . 1 3 n8 3 (2)因为 bn， 1 anan1 1 d( 1 an 1 an1) 所以数列bn的前 n 项和 Tn ， 1 d( 1 a1 1 a2) ( 1 a2 1 a3)( 1 an 1 an1) 1 d( 1 a1 1 an1) 即 Tn 1 d( 1 a1 1 a1nd) 1 d( 1 9d 1 9dnd) ， 1 d2( 1 9 1 9n)
15、1 9 1 9n 因此1，解得 d1 或 1. 1 d2 故数列an的公差为1 或 1. 3 已知等差数列an的首项 a12， 前 n 项和为 Sn， 等比数列bn的首项 b11， 且 a2b3， S36b2，nN*. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)数列cn满足 cnbn(1)nan，记数列cn的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 解：(1)设数列an的公差为 d，数列bn的公比为 q. 因为 a12，b11，且 a2b3，S36b2， 所以解得 2dq2， 3（222d） 2 6q.) d2， q2.) 所以 an2(n1)22n，bn2n1. (2)由题意：cnbn(1)nan2
16、n1(1)n2n. 所以 Tn(1242n1)2468(1)n2n， 若 n 为偶数： Tn(24)(68)2(n1)2n 12n 12 2n1 22nn1. n 2 若 n 为奇数： Tn(24)(68)2(n2)2(n1)2n 12n 12 2n122n2nn2. n1 2 所以 Tn2 nn1，n为偶数， 2nn2，n为奇数.) 4 已知数列an满足 a13， an12ann1， 数列bn满足 b12， bn1bnann， n N*. (1)证明：ann为等比数列； (2)数列cn满足 cn，求证数列cn的前 n 项和 Tn . ann （b n1）（bn11） 1 3 证明：(1)因为
17、 an12ann1， 所以 an1(n1)2(ann) 又 a13，所以 a112， 所以数列ann是以 2 为首项，2 为公比的等比数列 (2)由(1)知，ann22n12n. 所以 bn1bnannbn2n， 即 bn1bn2n. b2b121， b3b222， b4b323， bnbn12n1. 以上式子相加，得 bn22n(n2) 2（12n1） 12 当 n1 时，b12，满足 bn2n， 所以 bn2n. 所以 cn. ann （b n1）（bn11） 2n （2 n1）（2n11） 1 2n1 1 2n11 所以 Tn . 1 21 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2n11 1 3 1 2n11 1 3