【精品】2019高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列求和及综合应用学案.pdf

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1、1第 2 讲数列求和及综合应用高考定位数列求和主要考查通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；数列的综合问题是高考考查的热点，主要考查数列与其他知识的交汇问题.真 题 感 悟(2018浙江卷)已知等比数列 an 的公比q1，且a3a4a528，a42 是a3，a5的等差中项.数列 bn满足b11，数列(bn1bn)an 的前n项和为 2n2n.(1)求q的值；(2)求数列 bn的通项公式.解(1)由a42 是a3，a5的等差中项得a3a52a44，所以a3a4a53a4 428，解得a48.由a3a520 得 8q1q 20，解得q 2或q12，因为q1，所以q2.(2

2、)设cn(bn1bn)an，数列 cn 前n项和为Sn.由cnS1，n1，SnSn1，n2，解得cn4n 1.由(1)可知an2n1，所以bn1bn(4n1)12n1，故bnbn1(4n5)12n2，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)12n2(4n9)12n3 712 3.设Tn371211122(4n5)12n2，n2，12Tn3127122(4n9)12n2(4n5)12n1，2所以12Tn34124122 412n2()4n5 12n1，因此Tn14(4n3)12n2，n2，又b11，所以bn15(4n3)12n2，n2，又b11 也适合上式，

3、所以bn15(4n3)12n2.考 点 整 合1.数列求和常用方法(1)分组转化求和：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和.(2)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把Sna1a2an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSna1qa2qanq，两式错位相减即可求出Sn.(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如canan 1(其中 an是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.2.数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成

4、立问题，解决方法如下：(1)利用数列(或函数)的单调性；(2)放缩法：先求和后放缩；先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求和，或者放缩后裂项相消法求和；(3)数学归纳法.3.数列与不等式的综合问题主要题型为：证明不等式，或不等式恒成立问题，转化为最值问题是其主要思路，而求最值常用方法为：作差比较，利用数列单调性求最值；放缩法求最值.热点一数列的求和问题 考法 1 分组转化求和【例 1 1】(2018天津卷)设an是等差数列，其前n项和为Sn(nN*)；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(nN*).已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42

5、a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数n的值.3解(1)设等比数列 bn 的公比为q(q0).由b11，b3b2 2，可得q2q 20.因为q0，可得q2，故bn2n1.所以，Tn12n1 2 2n 1.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，Snn（n1）2.(2)由(1)，有T1T2Tn(2122 2n)n2（12n）12n2n1n2.由Sn(T1T2Tn)an4bn可得n（n1）2 2n 1n2n2n1，整理得n23n40，解得n 1(舍)，或n4.所以，

6、n的值为 4.探究提高1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.考法 2 裂项相消法求和【例 1 2】设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且Sn满足S2n(n2n 3)Sn 3(n2n)0，nN*.(1)求a1的值；(2)求数列 an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1（a1 1）1a2（a21）1an（an1）13.(1)解由题意知，S2n(n2n3)Sn

7、3(n2n)0，nN*.令n1，有S21(1213)S13(121)0，可得S21S160，解得S1 3 或 2，即a1 3 或 2，又an为正数，所以a12.(2)解由S2n(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*可得，(Sn3)(Snn2n)0，则Snn24n或Sn 3，又数列 an 的各项均为正数，所以Snn2n，Sn1(n1)2(n1)，所以当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.又a1221，所以an 2n.(3)证明当n 1 时，1a1（a11）1231613成立；当n 2 时，1an（an1）12n（2n1）1（2n1）（2n1）12(12n112n 1)，所以1a1

8、（a1 1）1a2（a2 1）1an（an1）1612(1315)(12n112n1)1612(1312n1)161613.所以对一切正整数n，有1a1（a11）1a2（a2 1）1an（an1）13.探 究 提 高(1)解 决 本 题 的 关 键 是 先 放 缩 后 裂 项 求 和，如 本 题 中12n（2n 1）1（2n1）（2n1），根据结构特征合理放缩.(2)裂项相消法的基本思想是把数列的通项an分拆成anbn 1bn等形式，从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中要善于根据这个基本思想变换数列an的通项公式，使之符合裂项相消法的条件.考法 3 错位相减法求和【例 1 3】(2018杭

9、州调研)已知等差数列an满足：an 1an(nN*)，a11，该数列的前三项分别加上1，1，3 后成等比数列，且an2log2bn 1.(1)求数列 an，bn 的通项公式；(2)求数列 anbn 的前n项和Tn.解(1)设d为等差数列 an的公差，且d0，由a11，a2 1d，a312d，分别加上1，1，3 成等比数列，得(2 d)22(4 2d)，因为d0，所以d2，所以an1(n1)2 2n1，又因为an 12log2bn，所以 log2bnn即bn12n.(2)由(1)知，anbn(2n1)12n.5Tn1213225232n12n，12Tn1223235242n12n 1，得12Tn

10、12212212312412n2n12n1122122112n11122n12n112112n12n12n 1322n32n1.所以Tn32n32n.探究提高(1)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到的部分，在求等比数列的和时，一定要查清其项数.(2)为保证结果正确，可对得到的和取n1，2进行验证.【训练 11】(2018北京卷)设an是等差数列，且a1 ln 2，a2a35ln 2.(1)求an的通项公式；(2)求 ea1ea2 ean.解(1)设an的公差为d.因为a2a35ln 2，所以 2a13d5ln 2.又a1ln 2，所以dln 2.所以ana1(n1)dn

11、ln 2.(2)因为 ea1eln 22，eanean1eanan 1eln 22，所以 ean 是首项为2，公比为2 的等比数列.所以 ea1ea2 ean21 2n122n 12.【训练 12】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，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列 a2nbn的前n项和(nN*).解(1)设等差数列 an 的公差为d，等比数列 bn的公比为q(q0)，由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q6 0，6又因为q0，解得q2，所以bn 2n.由b3a

12、42a1，可得 3da18，由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以 an 的通项公式为an3n2，bn 的通项公式为bn2n.(2)设数列 a2nbn的前n项和为Tn，由a2n6n2，bn2n，有Tn 4210221623(6n2)2n，2Tn42210231624(6n8)2n(6n2)2n1，上述两式相减，得Tn42622623 62n(6n2)2n1，12（12n）1 24(6n2)2n1(3n 4)2n216.所以Tn(3n4)2n216.所以数列 a2nbn的前n项和为(3n4)2n216.热点二数列的综合应用【例 2】已知数列 an和b

13、n 满足a1a2a3an(2)bn(nN*).若an 为等比数列，且a12，b36b2.(1)求an与bn；(2)设cn1an1bn(nN*).记数列 cn的前n项和为Sn.求Sn；求正整数k，使得对任意nN*均有SkSn.解(1)设数列 an 的公比为q，由题意a1a2a3an(2)bn，b3b26，知a3(2)b3b28.又由a12，得公比q2(q 2 舍去)，所以数列 an的通项为an2n(nN*).所以，a1a2a3an2n（n1）2(2)n(n1).故数列 bn 的通项为bnn(n 1)(nN*).(2)由(1)知cn1an1bn12n1n1n 1(nN*)，所以Sn1212212n

14、11212131n1n112112n112 11n11n112n(nN*).7因为c10，c20，c30，c40；当n5 时，cn1n（n1）n（n1）2n1，而n（n1）2n（n1）（n2）2n1（n1）（n2）2n10，得n（n1）2n5（51）251，所以，当n5 时，cna8B.S12 24，a5a8C.S1212，a5a8D.S12 24，a5f(a81)，且f(a51)f(a81)0，故a5a8，且a51(a81)，即a5a82，又 an 是等差数列，10所以S1212（a1a12）212（a5a8）212.答案A 6.各项均为正数的数列an 的前n项和为Sn，且 3Snanan1

15、，则nk 1a2k()A.n（n5）2B.3n（n1）2C.n（5n1）2D.（n3）（n5）2解析当n1 时，3S1a1a2，即 3a1a1a2，a2 3，当n2 时，由 3Snanan1，可得 3Sn 1an 1an，两式相减得：3anan(an1an1).an0，an 1an13，a2n 为一个以3 为首项，3 为公差的等差数列，nk1a2ka2a4a6a2n 3nn（n1）233n（n1）2，选 B.答案B 二、填空题7.在数列 an中，an1n 12n1nn1，若bn2anan1，则数列 bn 的前n项和Sn为_.解析an1n 12n1nn1n（n1）2n 1n2.bn2anan 1

16、2n（n1）48n（n1）81n1n1，Snb1b2bn8 11212131n1n18 11n18nn1.答案8nn18.(2018 绍兴调研)设等比数列 an的首项a11，且 4a1，2a2，a3成等差数列，则公比q_；数列 an的前n项和Sn_.解析因为a11，且 4a1，2a2，a3成等差数列，所以 4q4q2，解得q2，所以Sn12n122n1.11答案2 2n1 9.(2016 浙江卷)设数列 an的前n项和为Sn.若S24，an 1 2Sn1，nN*，则a1_，S5_.解析an12Sn1，Sn1Sn2Sn1，Sn 13Sn1，Sn1123Sn12，数列Sn12是公比为3 的等比数列

17、，S212S1123.又S24，S11，a11，S512S1123432342432，S5121.答案1 121 10.(2018 全国卷)记Sn为数列 an的前n项和.若Sn2an1，则S6 _.解析法一因为Sn2an1，所以当n 1时，a12a11，解得a1 1；当n2 时，a1a22a21，解得a2 2；当n3 时，a1a2a32a31，解得a3 4；当n4 时，a1a2a3a42a41，解得a4 8；当n5 时，a1a2a3a4a52a51，解得a5 16；当n6 时，a1a2a3a4a5a62a61，解得a6 32.所以S6 12 481632 63.法二因为Sn2an1，所以当n1

18、 时，a12a11，解得a1 1，当n2 时，anSnSn1 2an1(2an11)，所以an2an1，所以数列 an 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，所以an 2n1，所以S61（126）1 2 63.答案63 11.(2018 北京昌平区调研)已知数列 an的奇数项依次构成公差为d1的等差数列，偶数项依次构成公差为d2的等差数列(其中d1，d2为整数)，且对任意nN*，都有anan 1，若a11，a22，且数列 an的前 10 项和S1075，则d1_，a8_.解析因为a11，a22，所以a31d1，a42d2，a512d1.因为对任意nN*，都有ana2，即 1d12，解得d11

19、；又a4a3，a5a4，所以2d21d1，12d12d2，解得 1d1d21212d1.因为S1075，所以 51542d152542d275，所以d1d26，所以d26d1，所以 1d16d112d1，解得73d10)，由a11，a3a22，可得q2q2 0.因为q0，可得q 2，故an2n1.设等差数列 bn 的公差为d.由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得 3b113d16，从而b11，d1，故bnn.所以，数列 an 的通项公式为an2n1，数列 bn的通项公式为bnn.(2)解由(1)，有Sn1 2n122n1，故Tnnk1(2k1)nk12kn2（12n）12n2n1n2.证明因为（Tkbk2）bk（k1）（k2）（2k 1k2k2）k（k1）（k2）k2k1（k1）（k 2）2k2k22k1k 1，所以nk1（Tkbk2）bk（k1）（k2）2332222442332n2n22n1n12n 2n22.