全國(guó)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二數(shù)列第2講數(shù)列的求和問(wèn)題學(xué)案文.doc

第2講數(shù)列的求和問(wèn)題考情考向分析高考對(duì)數(shù)列求和的考查主要以解答題的形式出現(xiàn)，通過(guò)分組轉(zhuǎn)化、錯(cuò)位相減、裂項(xiàng)相消等方法求一般數(shù)列的和，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸的思想熱點(diǎn)一分組轉(zhuǎn)化法求和有些數(shù)列，既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將數(shù)列通項(xiàng)拆開(kāi)或變形，可轉(zhuǎn)化為幾個(gè)等差、等比數(shù)列或常見(jiàn)的數(shù)列，即先分別求和，然后再合并例1(2018北京海淀區(qū)模擬)已知等差數(shù)列an滿足2an1an2n3(nN*)(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和解(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，因?yàn)?an1an2n3，所以所以所以所以ana1(n1)d2n1(nN*)(2)因?yàn)閿?shù)列anbn是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，所以anbn2n1，因?yàn)閍n2n1，所以bn2n1(2n1)設(shè)數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn(1242n1)135(2n1)2n1n2，所以數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為2n1n2(nN*)思維升華在處理一般數(shù)列求和時(shí)，一定要注意使用轉(zhuǎn)化思想把一般的數(shù)列求和轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列進(jìn)行求和，在求和時(shí)要分清楚哪些項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列，哪些項(xiàng)構(gòu)成等比數(shù)列，清晰正確地求解在利用分組求和法求和時(shí)，由于數(shù)列的各項(xiàng)是正負(fù)交替的，所以一般需要對(duì)項(xiàng)數(shù)n進(jìn)行討論，最后再驗(yàn)證是否可以合并為一個(gè)公式跟蹤演練1已知等差數(shù)列an的公差為d，且關(guān)于x的不等式a1x2dx30的解集為(1,3)，(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)若bn2an，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Sn.解(1)由題意，得解得故數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an12(n1)，即an2n1(nN*)(2)據(jù)(1)求解知an2n1，所以bn2an22n12(2n1)4n2，所以Sn(442434n)(26104n2)2n2(nN*)熱點(diǎn)二錯(cuò)位相減法求和錯(cuò)位相減法是在推導(dǎo)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)所用的方法，這種方法主要用于求數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和，其中an，bn分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列例2(2018百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知等比數(shù)列an的公比q1，前n項(xiàng)和為Sn(nN*)，a1a3，a11，a21，a31分別是一個(gè)等差數(shù)列的第1項(xiàng)，第2項(xiàng)，第5項(xiàng)(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bnanlg an，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.解(1)由a1a3得，a1a1q21q2，所以a11，由a11，a21，a31分別是一個(gè)等差數(shù)列的第1項(xiàng)，第2項(xiàng)，第5項(xiàng)，得a31(a11)4(a21)(a11)，即a3a14(a2a1)，即q214(q1)，即q24q30，因?yàn)閝1，所以q3，所以an3n1(nN*)(2)bnanlg an(n1)3n1lg 3，所以Tn03232333(n1)3n1lg 3，3Tn032233334(n1)3nlg 3，兩式相減得，2Tn332333n1(n1)3nlg 3(n1)3nlg 33nlg 3，所以Tn3nlg 3(nN*)思維升華(1)錯(cuò)位相減法適用于求數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和，其中an為等差數(shù)列，bn為等比數(shù)列(2)所謂“錯(cuò)位”，就是要找“同類項(xiàng)”相減要注意的是相減后得到部分求等比數(shù)列的和，此時(shí)一定要查清其項(xiàng)數(shù)(3)為保證結(jié)果正確，可對(duì)得到的和取n1,2進(jìn)行驗(yàn)證跟蹤演練2(2018安慶模擬)在等差數(shù)列an中a49，前三項(xiàng)的和為15.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn.解由題意得解得an2n1(nN*)(2)Sn，Sn，得，Sn12，Sn2(nN*)熱點(diǎn)三裂項(xiàng)相消法求和裂項(xiàng)相消法是指把數(shù)列和式中的各項(xiàng)分別裂開(kāi)后，某些項(xiàng)可以相互抵消從而求和的方法，主要適用于或(其中an為等差數(shù)列)等形式的數(shù)列求和例3(2018天津市十二校模擬)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足：Sna(nN*)(a為常數(shù)，a0，a1)(1)求an的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bnanSn，若數(shù)列bn為等比數(shù)列，求a的值；(3)在滿足條件(2)的情形下，cn.若數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，且對(duì)任意nN*滿足Tn2，求實(shí)數(shù)的取值范圍解(1)Sna，n1時(shí)，a1a.n2時(shí)，Sn1a(Sn1an11)，SnSn1ana(SnSn1)aanaan1，anaan1，即a且 a0，a1，數(shù)列an是以a為首項(xiàng)，a為公比的等比數(shù)列，anan(nN*)(2)由bnanSn得，b12a，b22a2a，b32a3a2a.數(shù)列bn為等比數(shù)列，bb1b3，(2a2a)22a(2a3a2a)，解得a.(3)由(2)知cn，Tn0(nN*)，S6a6是S4a4，S5a5的等差中項(xiàng)(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn，數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn.解(1)S6a6是S4a4，S5a5的等差中項(xiàng)，2S4a4S5a5，S6a6S4a4S5a5S6a6，化簡(jiǎn)得4a6a4，設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則q2，an0(nN*)，q0，q，an2n1n2(nN*)(2)由(1)得，bn2n3.設(shè)cn.Tnc1c2cn1(nN*)真題體驗(yàn)1(2017全國(guó))等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a33，S410，則_.答案(nN*)解析 設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，由得Snn11，2.22(nN*)2(2017天津)已知an為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(nN*)，bn是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列a2nb2n1的前n項(xiàng)和(nN*)解(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因?yàn)閝0，解得q2，所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18，由S1111b4，可得a15d16，聯(lián)立，解得a11，d3，由此可得an3n2(nN*)所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an3n2(nN*)，數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為bn2n(nN*)(2)設(shè)數(shù)列a2nb2n1的前n項(xiàng)和為Tn，由a2n6n2，b2n124n1，得a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18，得Tn4n1(nN*)所以數(shù)列a2nb2n1的前n項(xiàng)和為4n1(nN*)押題預(yù)測(cè)1已知數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an(nN*)，其前n項(xiàng)和為Sn，若存在MZ，滿足對(duì)任意的nN*，都有SnM恒成立，則M的最小值為_(kāi)押題依據(jù)數(shù)列的通項(xiàng)以及求和是高考重點(diǎn)考查的內(nèi)容，也是考試大綱中明確提出的知識(shí)點(diǎn)，年年在考，年年有變，變的是試題的外殼，即在題設(shè)的條件上有變革，有創(chuàng)新，但在變中有不變性，即解答問(wèn)題的常用方法有規(guī)律可循答案1解析因?yàn)閍n，所以Sn1，由于10；2bbn1bnb0.(1)求數(shù)列an與bn的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cnanbn，求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和Tn.押題依據(jù)錯(cuò)位相減法求和是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，本題先利用an，Sn的關(guān)系求an，也是高考出題的常見(jiàn)形式解(1)當(dāng)n1時(shí)，a1S11，當(dāng)n2時(shí)，anSnSn12n1(nN*)，又a11滿足an2n1，an2n1(nN*)2bbn1bnb0，且bn0，2bn1bn，q，b3b1q2，b11，bnn1(nN*)(2)由(1)得cn(2n1)n1，Tn1352(2n1)n1，Tn132(2n3)n1(2n1)n，兩式相減，得Tn12222n1(2n1)n12(2n1)n3n1.Tn6n1(2n3)(nN*)A組專題通關(guān)1已知數(shù)列an，bn滿足a11，且an，an1是方程x2bnx2n0的兩根，則b10等于()A24 B32 C48 D64答案D解析由已知有anan12n，an1an22n1，則2，數(shù)列an的奇數(shù)項(xiàng)、偶數(shù)項(xiàng)均為公比為2的等比數(shù)列，可以求出a22，數(shù)列an的項(xiàng)分別為1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，而bnanan1，b10a10a11323264.2(2018河南省六市聯(lián)考)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn2n1m，且a1，a4，a52成等差數(shù)列，bn，數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn，則滿足Tn的最小正整數(shù)n的值為()A11 B10 C9 D8答案B解析根據(jù)Sn2n1m可以求得an所以有a1m4，a416，a532，根據(jù)a1，a4，a52成等差數(shù)列，可得m432232，從而求得m2，所以a12滿足an2n，從而求得an2n(nN*)，所以bn，所以Tn11，令1，整理得2n12 019，解得n10.3(2018山西榆社中學(xué)模擬)設(shè)Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，已知a1，2n(nN*)，則S100等于()A2 B2C2 D2答案D解析由2n，得2n，則2n1，2n2，21，將各式相加得21222n12n2，又a1，所以ann，因此S10012100，則S1001299100，兩式相減得S100100，所以S1002991001002.4在等比數(shù)列an中，a2a32a1，且a4與2a7的等差中項(xiàng)為17，設(shè)bn(1)nan，nN*，則數(shù)列bn的前2 018項(xiàng)的和為_(kāi)答案解析設(shè)等比數(shù)列an的首項(xiàng)為a1，公比為q.a2a32a1，a1q32，即a42.a4與2a7的等差中項(xiàng)為17，a42a734，即a716，a1，q2，an2n12n3(nN*)bn(1)nan(1)n2n3，數(shù)列bn的前2 018項(xiàng)的和為S2 018(a1a3a2 017)(a2a4a2 018)(22202222 014)(21212322 015).5(2018保山模擬)若數(shù)列an的通項(xiàng)公式annsin (nN*)，其前n項(xiàng)和為Sn，則S2 018_.答案解析a1a2a3a4a5a63，a7a8a9a10a11a123，a6m1a6m2a6m3a6m4a6m5a6m63，mN，所以S2 018.6(2018山東K12聯(lián)盟考試)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足2Sn3an1(nN*)(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn.解(1)當(dāng)n1時(shí)，2a13a11，a11.當(dāng)n2時(shí)，2Sn3an1，2Sn13an11，得，2an3an3an1，an3an1，3，數(shù)列an是以1為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以an3n1(nN*)(2)由(1)得(2n1)an(2n1)3n1，Tn130331532(2n1)3n1，3Tn131332(2n3)3n1(2n1)3n，得2Tn12(3132333n1)(2n1)3n12(2n1)3n2(n1)3n2.所以Tn(n1)3n1(nN*)7(2018永州模擬)在等比數(shù)列an中，首項(xiàng)a18，數(shù)列bn滿足bnlog2an(nN*)，且b1b2b315.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)記數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Sn，又設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，求證：Tn.(1)解由bnlog2an和b1b2b315，得log2(a1a2a3)15，a1a2a3215，設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，a18，an8qn1，88q8q2215，解得q4，an84n1，即an22n1(nN*)(2)證明由(1)得bn2n1，易知bn為等差數(shù)列，Sn35(2n1)n22n，則，Tn，Tn.8在公差不為0的等差數(shù)列an中，aa3a6，且a3為a1與a11的等比中項(xiàng)(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn(1)n(nN*)，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.解(1)設(shè)數(shù)列an的公差為d，aa3a6，(a1d)2a12da15d，aa1a11，即(a12d)2a1(a110d)，d0，由解得a12，d3.數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an3n1(nN*)(2)由題意知，bn(1)n(1)n(1)nTn.B組能力提高9(2018茂名聯(lián)考)記函數(shù)f(x)sin 2nxcos nx在區(qū)間0，內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為an(nN*)，則數(shù)列an的前20項(xiàng)的和是()A430 B840 C1 250 D1 660答案A解析令f(x)sin 2nxcos nx2cos nx0，得cos nx0，或sin nx，由得nxk(kZ)，令0kn(kZ)，得kn(kZ)，故共有n個(gè)解，由得nx2k或2k(kZ)，令02kn(kZ)，得k(kZ)，令02kn(kZ)，得k(kZ)，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，有個(gè)解，有個(gè)解，故有n個(gè)解，故an2n；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，有個(gè)解，有個(gè)解，故有n1個(gè)解，故an2n1，令bna2n1a2n2(2n1)128n1，故a1a2a20b1b2b10430.10(2018百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知數(shù)列an的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)均為公比為q的等比數(shù)列，q，且a12a21，則數(shù)列的前n項(xiàng)和的最小值為_(kāi)答案解析當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，設(shè)n2k1，ana2k1a1qk1k1；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，設(shè)n2k，ana2ka2qk1k，綜上an設(shè)bn3ann7.n為偶數(shù)時(shí)，Snb1b2bn37n9.又2.當(dāng)n7時(shí)，因?yàn)閒(n)是關(guān)于n的增函數(shù)，又g(n)9也是關(guān)于n的增函數(shù)，所以S8S10S12，因?yàn)镾8，S6，S4，S2，所以S6S8S4S2，所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，S6最小，S6，n為奇數(shù)時(shí)，Snb1b2bn37n3.又2.當(dāng)n7時(shí)，因?yàn)閒(n)是關(guān)于n的增函數(shù)，又g(n)3也是關(guān)于n的增函數(shù)，所以S7S9S11，因?yàn)镾7，S5，S39，S13，所以S7S5S3S6，綜上可知(Sn)minS6.11(2018天津市濱海新區(qū)七所重點(diǎn)學(xué)校聯(lián)考)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn2an1(nN*)，數(shù)列bn滿足nbn1(n1)bnn(n1)(nN*)，且b11，(1)證明數(shù)列為等差數(shù)列，并求數(shù)列an和bn的通項(xiàng)公式；(2)若cn(1)n1，求數(shù)列cn的前2n項(xiàng)和T2n；(3)若dnan，數(shù)列的前n項(xiàng)和為Dn，對(duì)任意的nN*，都有DnnSna，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)由nbn1(n1)bnn(n1)兩邊同除以n(n1)，得1，從而數(shù)列為首項(xiàng)1，公差d1的等差數(shù)列，所以n(nN*)，數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為bnn2.當(dāng)n1時(shí)，S12a11a1，所以a11.當(dāng)n2時(shí)，Sn2an1，Sn12an11，兩式相減得an2an1，又a110，所以2，從而數(shù)列an為首項(xiàng)a11，公比q2的等比數(shù)列，從而數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an2n1(nN*)(2)cn(1)n1(1)n1，T2nc1c2c3c2n1c2n(nN*)(3)由(1)得dnann2n1，Dn1122322(n1)2n2n2n1，2Dn12222323(n1)2n1n2n.兩式相減得Dn12222n1n2nn2n，所以Dn(n1)2n1，由(1)得Sn2an12n1，因?yàn)閷?duì)nN*，都有DnnSna，即(n1)2n1na恒成立，所以a2nn1恒成立，記en2nn1，所以amin，因?yàn)閑n1en2n10，從而數(shù)列為遞增數(shù)列，所以當(dāng)n1時(shí)，en取最小值e10，于是a0.