高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题5数列推理与证明第23练数列求和问题文.doc

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1、1 / 13【2019【2019 最新最新】精选高考数学考前精选高考数学考前 3 3 个月知识方法专题训练个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题第一部分知识方法篇专题 5 5 数列推理与证明第数列推理与证明第 2323 练数列求练数列求和问题文和问题文题型分析高考展望 数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一，主要考查等差、等比数列的前 n 项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法、裂项相消法是高考的热点内容，常与通项公式相结合考查，有时也与函数、方程、不等式等知识交汇，综合命题体验高考体验高考1(2015安徽)已知数列an中，a11，anan1(n2)，则数列an的前 9 项和等于_答

2、案 27解析 由已知数列an是以 1 为首项，以为公差的等差数列S99191827.2(2016浙江)设数列an的前 n 项和为 Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则 a1_，S5_.答案 1 121解析 由解得 a11，a23，当 n2 时，由已知可得：an12Sn1，an2Sn11，2 / 13得 an1an2an，an13an，又 a23a1，an是首项为 1，公比为 3 的等比数列Sn(3n1)S5121.3(2015课标全国)Sn 为数列an的前 n 项和已知an0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设 bn，求数列bn的前 n 项和解 (1)由 a2an4Sn3

3、，可知 a2an14Sn13.可得 aa2(an1an)4an1，即 2(an1an)aa(an1an)(an1an)由于 an0，可得 an1an2.又 a2a14a13，解得 a11(舍去)或 a13.所以an是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an2n1.(2)由 an2n1 可知bn.设数列bn的前 n 项和为 Tn，则Tnb1b2bn1 2(1 31 5)(1 51 7)(1 2n11 2n3).4(2016山东)已知数列an的前 n 项和 Sn3n28n，bn是等差数列，且 anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令 cn，求数列cn的前 n 项和 Tn.解

4、 (1)由题意知，当 n2 时，3 / 13Sn13n22n5，anSnSn16n5，当 n1 时，a1S111，符合an通项公式，所以 an6n5.设数列bn的公差为 d.由Error!即可解得 b14，d3，所以 bn3n1.(2)由(1)知，cn3(n1)2n1.又 Tnc1c2cn，得 Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n234412n 12n1 2n23n2n2，所以 Tn3n2n2.高考必会题型高考必会题型题型一 分组转化法求和例 1 (2016天津)已知an是等比数列，前 n 项和为 Sn(nN*)

5、，且，S663.(1)求an的通项公式；(2)若对任意的 nN*，bn 是 log2an 与 log2an1 的等差中项，求数列(1)nb的前 2n 项和解 (1)设数列an的公比为 q.由已知，有，解得 q2 或 q1.又由 S6a163，知 q1，所以 a163，得 a11.4 / 13所以 an2n1.(2)由题意，得 bn(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，即bn是首项为，公差为 1 的等差数列设数列(1)nb的前 n 项和为 Tn，则T2n(bb)(bb)(bb)b1b2b3b4b2n1b2n2n2.点评 分组求和常见的方法：(1)根据等差、等比数列分组，

6、即分组后，每一组可能是等差数列或等比数列；(2)根据正号、负号分组；(3)根据数列的周期性分组；(4)根据奇数项、偶数项分组变式训练 1 (2016浙江)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知S24，an12Sn1，nN*.(1)求通项公式 an；(2)求数列|ann2|的前 n 项和解 (1)由题意得则又当 n2 时，由 an1an(2Sn1)(2Sn11)2an，得 an13an.所以数列an的通项公式为 an3n1，nN*.(2)设 bn|3n1n2|，nN*，则 b12，b21，当 n3 时，由于 3n1n2，故 bn3n1n2，n3.设数列bn的前 n 项和为 Tn，则 T12，T2

7、3，当 n3 时，Tn3n7n2 2，5 / 13所以 TnError!题型二 错位相减法求和例 2 (2015湖北)设等差数列an的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等比数列bn的公比为 q，已知 b1a1，b22，qd，S10100.(1) 求数列an，bn的通项公式；(2) 当 d1 时，记 cn，求数列cn的前 n 项和 Tn.解 (1)由题意有，即Error!解得或Error!故或Error!(2)由 d1，知 an2n1，bn2n1，故 cn，于是Tn1，Tn.1 2可得Tn23，1 2故 Tn6.点评 错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列an乘以等比数列bn对应项“anbn

8、”型数列求和(2)步骤：求和时先乘以数列bn的公比；把两个和的形式错位相减；整理结果形式变式训练 2 (2015山东)设数列an的前 n 项和为 Sn.已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；6 / 13(2)若数列bn满足 anbnlog3an，求bn的前 n 项和 Tn.解 (1)因为 2Sn3n3，所以 2a133，故 a13，当 n1 时，2Sn13n13，此时 2an2Sn2Sn13n3n123n1，即 an3n1，所以 anError!(2)因为 anbnlog3an，所以，当 n1 时，b1，所以 T1b1；当 n1 时，bn31nlog33n1(n1)31n.所以，当 n1

9、时，Tnb1b2b3bn(131232(n1)31n)，所以 3Tn1(130231(n1)32n)，两式相减，得 2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n，所以 Tn，经检验，n1 时也适合综上可得 Tn.题型三 裂项相消法求和例 3 若数列an的前 n 项和为 Sn，点(an，Sn)在 yx 的图象上(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若 c10，且对任意正整数 n 都有 cn1cnlogan，求证：对7 / 13任意正整数 n2，总有.(1)解 Snan，当 n2 时，anSnSn1an1an，anan1.又S1a1，a1，an()n1()2n1.(2)证明 由

10、cn1cnlogan2n1，得当 n2 时，cnc1(c2c1)(c3c2)(cncn1)035(2n1)n21(n1)(n1)1 cn1 n21(1)()()()(1)()().又，原式得证点评 (1)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂开后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为的前 n 项和，其中an若为等差数列，则()其余还有公式法求和等(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项变式训练 3 等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a110，a2 为整数，且 SnS4.(1)求an的通项公式；(2)设 bn，求数列bn的前

11、 n 项和 Tn.8 / 13解 (1)由 a110，a2 为整数，知等差数列an的公差 d 为整数又 SnS4，故 a40，a50，于是 103d0,104d0.解得d.因此 d3.数列an的通项公式为 an133n.(2)bn.于是 Tnb1b2bn1 3(1 71 10)(1 41 7)(1 103n1 133n).高考题型精练高考题型精练1已知数列 1，3，5，7，则其前 n 项和 Sn 为( )An21Bn221 2nCn21Dn221 2n1答案 A解析 因为 an2n1，则 Snnn21.2已知数列an：，若 bn，那么数列bn的前 n 项和 Sn 为( )A. B.4n n1C

12、. D.5n n1答案 B9 / 13解析 an，bn4，Sn4(11 2)(1 21 3)(1 n1 n1)4(1).3数列an的通项公式为 an(1)n1(4n3)，则它的前 100项之和 S100 等于( )A200 B200 C400 D400答案 B解析 S100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200.4已知函数 f(n)且 anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100 等于( )A0 B100C100 D10 200答案 B解析 由题意，得 a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(1

13、2)(32)(43)(99100)(101100)(1299100)(23100101)5010150103100.故选 B.5若数列an的通项公式为 an，则其前 n 项和 Sn 为( )A1B.1 n1C.D.1 n2答案 D10 / 13解析 因为 an，所以 Sna1a2an11 n211 n2.故选 D.6已知数列an为等比数列，前三项为：a，a，a，且Sna1a2an，则 Tnaaa 等于( )A9B811(2 3)nC. D811(4 9)n答案 C解析 由 2a(1 3a1 3)解得 a3(a1 舍去)，Tnaaa.7对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列” ，若

14、 a11，an的“差数列”的通项公式为 an1an2n，则数列an的前 n 项和 Sn_.答案 2n1n2解析 因为 an1an2n，应用累加法可得 an2n1，所以 Sna1a2a3an222232nnn2n1n2.11 / 138若数列an的通项公式为 an2n2n1，则数列an的前 n 项和 Sn_.答案 2n12n2解析 Sn2n12n2.9数列an满足 an1(1)nan2n1，则an的前 60 项和为_答案 1 830解析 an1(1)nan2n1，a21a1，a32a1，a47a1，a5a1，a69a1，a72a1，a815a1，a9a1，a1017a1，a112a1，a1223

15、a1，a57a1，a58113a1，a592a1，a60119a1，a1a2a60(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a57a58a59a60)1026422341 830.10在等比数列an中，a13，a481，若数列bn满足bnlog3an，则数列的前 n 项和 Sn_.答案 n n1解析 设等比数列an的公比为 q，则q327，解得 q3.所以 ana1qn133n13n，故 bnlog3ann，所以.则数列的前 n 项和为 11.11设数列an的前 n 项和为 Sn，点(nN*)均在函数 y3x2 的图象上(1)求数列an的通项公式；12 / 13(2)设 bn，Tn 是数列bn

16、的前 n 项和，求使得 Tn对所有 nN*都成立的最小正整数 m.解 (1)依题意得，3n2，即 Sn3n22n.当 n2 时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5.当 n1 时，a1S1312211615，所以 an6n5(nN*)(2)由(1)得 bn3 6n56n15.故 Tnn1 2(11 7)(1 71 13)(1 6n51 6n1).因此，使得(nN*)成立的 m 必须满足，即 m10，故满足要求的最小正整数 m 为 10.12在数列an中，a13，a25，且an1是等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若 bnnan，求数列bn的前 n 项和 Tn.解 (1)an1是等比数列且 a112，a214，2，an122n12n，an2n1.(2)bnnann2nn，故 Tnb1b2b3bn(2222323n2n)(123n)令 T2222323n2n，13 / 13则 2T22223324n2n1.两式相减，得T222232nn2n1n2n1，T2(12n)n2n12(n1)2n1.123n，Tn(n1)2n1.