（全国通用版）2019高考数学二轮复习 专题二 数列 第2讲 数列的求和问题学案 文.doc

《（全国通用版）2019高考数学二轮复习 专题二 数列 第2讲 数列的求和问题学案 文.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（全国通用版）2019高考数学二轮复习 专题二 数列 第2讲 数列的求和问题学案 文.doc（17页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1第第 2 2 讲讲 数列的求和问题数列的求和问题考情考向分析 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，体现了转化与化归的思想热点一 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 (2018北京海淀区模拟)已知等差数列an满足 2an1an2n3(nN N*)(1)求数列an的通项公式；(2)若数列是首项为 1，公比为 2 的等比数列，求数列bn的前n项和anbn解 (1)设等差数列an的公差为d，因为 2an1an2n3，所以Er

2、ror!所以Error!所以Error!所以ana1(n1)d2n1(nN N*)(2)因为数列anbn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以anbn2n1，因为an2n1，所以bn2n1(2n1)设数列bn的前n项和为Sn，则Sn(1242n1)135(2n1)2n1n2，12n 12n12n12所以数列bn的前n项和为 2n1n2(nN N*)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

3、进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式跟踪演练 1 已知等差数列an的公差为d，且关于x的不等式a1x2dx30(nN N*)，S6a6是S4a4，S5a5的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)设bn121 2logna，数列的前n项和为Tn，求Tn.2 bnbn1解 (1)S6a6是S4a4，S5a5的等差中项，2S4a4S5a5，(S6a6)S6a6S4a4S5a5S6a6，化简得 4a6a4，设等比数列an的公比为q，则q2 ，a6 a41 4an0(nN N*)，q0，q ，1 2an2n1n2(nN N*)(1 2)(1 2)(2)由(1)得，bn121 2logna231

4、 21log2n2n3.设cn2 bnbn12(2n3)2n1.1 2n31 2n1Tnc1c2cn(1 11 1) (1 11 3) (1 31 5)(1 2n31 2n1)1(nN N*)1 2n12n 2n16真题体验1(2017全国)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则_.n k11 Sk答案 (nN N*)2n n1解析 设等差数列an的公差为d，由Error!得Error!Snn11，nn12nn122.1 Sn2nn1(1 n1 n1)n k11 Sk1 S11 S21 S31 Sn2(11 21 21 31 31 41 n1 n1)2(nN N*)(11 n1)2

5、n n12(2017天津)已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN N*)，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a2nb2n1的前n项和(nN 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，而b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2，所以bn2n.由b3a42a1，可得 3da18，由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2(nN N*)所以数列an的通项公式为an3n2(nN N*)，数列bn的

6、通项公式为bn2n(nN N*)(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n124n1，得a2nb2n1(3n1)4n，7故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n112 14n14(3n2)4n18，得Tn4n1 (nN N*)3n2 38 3所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1 (nN N*)3n2 38 3押题预测1已知数列an的通项公式为an(nN N*)，其前n项和为Sn，若存在MZ Z，满n22nnn1足对任意的nN N*，都有Sn0；2bbn

7、1bnb0.1 42n12n(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，anSnSn12n1(nN N*)，8又a11 满足an2n1，an2n1(nN N*)2bbn1bnb0，2n12n且bn0，2bn1bn，q ，b3b1q2 ，1 21 4b11，bnn1(nN N*)(1 2)(2)由(1)得cn(2n1)n1，(1 2)Tn13 52(2n1)n1，1 2(1 2)(1 2)Tn1 32(2n3)n1

8、(2n1)n，1 21 2(1 2)(1 2)(1 2)两式相减，得Tn12 222n1(2n1)n1 21 2(1 2)(1 2)(1 2)12(2n1)n1(1 2)n1(1 2)3n1.(1 2)(3 2n)Tn6n1(2n3)(nN N*)(1 2)A 组 专题通关1已知数列an，bn满足a11，且an，an1是方程x2bnx2n0 的两根，则b10等于( )A24 B32 C48 D64答案 D解析 由已知有anan12n，an1an22n1，则2，an2 an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 1,2,2,4,4,8,8,16,1

9、6,32,32，而bnanan1，b10a10a11323264.2(2018河南省六市联考)已知数列an的前n项和为Sn2n1m，且a1，a4，a52 成9等差数列，bn，数列bn的前n项和为Tn，则满足Tn的最小正整anan1an112 017 2 018数n的值为( )A11 B10 C9 D8答案 B解析 根据Sn2n1m可以求得anError!所以有a1m4，a416，a532，根据a1，a4，a52 成等差数列，可得m432232，从而求得m2，所以a12 满足an2n，从而求得an2n(nN N*)，所以bnanan1an112n2n12n11，1 2n11 2n11所以Tn1

10、1，1 31 31 71 71 151 2n11 2n111 2n11令 1，整理得 2n12 019，1 2n112 017 2 018解得n10.3(2018山西榆社中学模拟)设Sn为数列an的前n项和，已知a1 ，2n(nN N*)，则S100等于( )1 2n1 an1n anA2 B249 210049 299C2 D251 210051 299答案 D解析 由2n，得2n，n1 an1n ann1 an1n an则2n1，2n2，21，n ann1 an1n1 an1n2 an22 a21 a1将各式相加得21222n12n2，n an1 a1又a1 ，所以ann，1 21 2n因

11、此S1001 2100，1 21 221 210010则S1001299100，1 21 221 231 21001 2101两式相减得S100 100，1 21 21 221 231 21001 2101所以S1002991001002.(1 2)(1 2)51 2994在等比数列an中，a2a32a1，且a4与 2a7的等差中项为 17，设bn(1)nan，nN N*，则数列bn的前 2 018 项的和为_答案 41 008 31 12解析 设等比数列an的首项为a1，公比为q.a2a32a1，a1q32，即a42.a4与 2a7的等差中项为 17，a42a734，即a716，a1 ，q2

12、，1 4an2n12n3(nN N*)(1 4)bn(1)nan(1)n2n3，数列bn的前 2 018 项的和为S2 018(a1a3a2 017)(a2a4a2 018)(22202222 014)(21212322 015).1 4141 009 141 2141 009 1441 008 31 125(2018保山模拟)若数列an的通项公式annsin (nN N*)，其前n项和为Sn，则S2 n 3018_.答案 2 019 32解析 a1a2a3a4a5a63，3a7a8a9a10a11a123，3a6m1a6m2a6m3a6m4a6m5a6m63，mN N，311所以S2 018

13、.2 019 326(2018山东 K12 联盟考试)已知数列an的前n项和为Sn，且满足2Sn3an1(nN N*)(1)求数列an的通项公式；(2)求数列的前n项和Tn.2n1an解 (1)当n1 时，2a13a11，a11.当n2 时，2Sn3an1，2Sn13an11，得，2an3an3an1，an3an1，3，an an1数列an是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，所以an3n1(nN N*)(2)由(1)得(2n1)an(2n1)3n1，Tn130331532(2n1)3n1，3Tn131332(2n3)3n1(2n1)3n，得2Tn12(3132333n1)(2n1)3n12

14、(2n1)3n2(n1)3n2.33n 13所以Tn(n1)3n1(nN N*)7(2018永州模拟)在等比数列an中，首项a18，数列bn满足bnlog2an(nN N*)，且b1b2b315.(1)求数列an的通项公式；(2)记数列bn的前n项和为Sn，又设数列的前n项和为Tn，求证：TnS6，综上可知(Sn)minS6.105 811(2018天津市滨海新区七所重点学校联考)已知数列an的前n项和为Sn，满足Sn2an1(nN N*)，数列bn满足nbn1(n1)bnn(n1)(nN N*)，且b11，(1)证明数列为等差数列，并求数列an和bn的通项公式；bn n(2)若cn(1)n1

15、，求数列cn的前 2n项和T2n；4n132log2an32log2an1(3)若dnan，数列的前n项和为Dn，对任意的nN N*，都有DnnSna，求实数bndna的取值范围解 (1)由nbn1(n1)bnn(n1)两边同除以n(n1)，得1，bn1 n1bn n从而数列为首项1，公差d1 的等差数列，bn nb1 1所以n(nN N*)，bn n数列bn的通项公式为bnn2.当n1 时，S12a11a1，所以a11.当n2 时，Sn2an1，Sn12an11，两式相减得an2an1，又a110，所以2，an an1从而数列an为首项a11，公比q2 的等比数列，从而数列an的通项公式为a

16、n2n1(nN N*)(2)cn(1)n14n12n12n3(1)n1，(1 2n11 2n3)T2nc1c2c3c2n1c2n 1 31 51 51 71 4n11 4n316 (nN N*)1 31 4n3(3)由(1)得dnann2n1，bnDn1122322(n1)2n2n2n1，2Dn12222323(n1)2n1n2n.两式相减得Dn12222n1n2nn2n，12n 12所以Dn(n1)2n1，由(1)得Sn2an12n1，因为对nN N*，都有DnnSna，即(n1)2n1na恒成立，(2n1)所以a2nn1 恒成立，记en2nn1，所以amin，(en)因为en1en2n10，从而数列为递增数列，2n1n11(2nn1)en所以当n1 时，en取最小值e10，于是a0.12设数列an的首项为 1，前n项和为Sn，若对任意的nN N*，均有Snankk(k是常数且kN N*)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Tn，证明：Tn0，故 Tn Tn，即 Tn3.an2n1123414